章末综合检测(1)第1章 动量与动量守恒定律(Word练习)-【优化指导】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（教科版2019）

章末综合检测(一)　动量与动量守恒定律 (满分：100分) 一、选择题：本题共8小题，每小题6分。第1～5题只有一个选项符合题目要求，第6～8题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．如图所示，在跳高运动时，运动员落地一侧铺有海绵垫，这样做是为了减小(　　) A．运动员的惯性 B．运动员重力的冲量 C．接触面对运动员的冲量 D．接触面对运动员的作用力 D　解析：惯性仅与质量有关，运动员质量不变，惯性不变，A错误；由动量定理可得mgt－Ft＝0－mv，可得Ft＝mgt＋mv，F＝mg＋，可知铺上海绵垫后，延长了接触时间t，则运动员的重力的冲量mgt是增加的，接触面对运动员的冲量Ft也是增加的，但是延长了接触时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，B、C错误，D正确。 2．“守株待兔”是众所周知的寓言故事。假设兔子质量为2 kg，以15 m/s的速度奔跑，撞树后不反弹，作用时间为0.01 s，兔子受到的平均撞击力大小为(　　) A．3 N B．30 N C．300 N D．3 000 N D　解析：根据Ft＝0－mv，解得兔子受到的平均撞击力为F＝－3 000 N，负号表示与运动方向相反，D正确。 3．将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　) A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s A　解析：开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝m1v1＋p，解得火箭的动量p＝－m1v1＝－0.05×600 kg·m/s＝－30 kg·m/s，负号表示方向，大小为30 kg·m/s，A正确。 4．如图所示，大气球质量为25 kg，载有质量为50 kg的人，静止在距地面20 m高的空气中，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为(不计人的高度，可以把人看作质点)(　　) A．60 m B．40 m C．30 m D．10 m A　解析：人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度大小为v1，气球的速度大小为v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以竖直向下为正方向，由动量守恒得m1v1－m2v2＝0，则m1－m2＝0，解得s球＝2s人＝40 m，则绳子长度L＝s球＋s人＝40 m＋20 m＝60 m，即绳子至少长60 m，A正确。 5．如图所示的是台球运动员正在准备击球，设运动员在某一杆击球过程中，白色球主球和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球的动量变为pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　) A．mA＝mB B．mA＝mB C．mA＝mB D．mA＝6mB A　解析：由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有≥＋，代入解得mB≥mA，碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上得mA≤mB≤4mA，A正确，B、C、D错误。 6．2023年6月20日，我国天宫空间站电推进发动机首次实现在轨“换气”，电推进发动机如图所示，其工作原理为先将氙气等惰性气体转化为带电离子，然后把这些离子加速并喷出，以产生推进力，进而完成航天器的姿态控制、轨道修正、轨道维持等任务。假设电推进发动机功率为100 kW，能够产生5.0 N的推力，忽略惰性气体质量减少对航天器的影响，以下说法不正确的是(　　) A．电推进发动机工作时系统的机械能是守恒的 B．电推进发动机工作时系统的动量不守恒 C．惰性气体离子被加速后的速度约为20 km/s D．电推进发动机需要每秒喷射约1.25×10－4 kg惰性气体离子 ABC　解析：电推进发动机工作时，推进力对系统做正功，系统的机械能增加，但系统所受合外力为0，系统的动量守恒，A、B错误；设惰性气体离子被加速后的速度为v，t时间内喷射惰性气体离子的质量为m，则有Pt＝mv2，根据动量定理可得Ft＝mv，联立可得Pt＝Ftv，解得v＝＝ m/s＝40×103 m/s＝40 km/s，电推进发动机需要每秒喷射惰性气体离子的质量为m0＝＝＝ kg＝1.25×10－4 kg，C错误，D正确。 7．长木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物块b。以地面为参考系，给a和b以大小均为v0、方向相反的初速度，最后b没有滑离a。设a的初速度方向为正方向，a、b的v－t图像可能正确的是(　　) 　 　　 　 　　 ABC　解析：长木板a与小物块b组成的系统动量守恒，最后b没有滑离a，则两物体最后相对静止具有共同速度，则有mav0－mbv0＝(ma＋mb)v，解得v＝，由上式可知两物体最后的共同速度可能为正，也可能为负，或为0，A、B、C正确，D错误。 8．如图甲所示的是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M＝450 kg，桩料的质量为m＝50 kg。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0＝5 m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率k＝5.05×104 N/m。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为4.5 m/s B．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为9 m/s C．打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1 m D．打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3 m BC　解析：设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为v0，则v02＝2gh0，得 v0＝＝10 m/s，取竖直向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，得Mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝9 m/s，A错误，B正确；由题图乙知，桩料下沉过程中所受的阻力随距离均匀变化，平均力做功为 Wf＝－kh·h＝－kh2，对夯锤与桩料，由动能定理得(M＋m)gh＋Wf＝0－(M＋m)v2，代入数据解得h＝1 m，C正确；由于每次提升重锤距桩顶的高度均为h，每次碰撞后瞬间的速度均为v，设三次打击后共下降x，则由图像可知，克服阻力做功W＝kx2，由能量守恒定律得3×(M＋m)v2＝kx2，解得经过三次撞击后被桩料打入泥土的深度x＝2.4 m，D错误。 二、非选择题：本题共6小题，共52分。 9．(6分)某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。 实验步骤如下： (1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间____________时，可认为气垫导轨水平； (2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块(含遮光片)的质量m2； (3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块； (4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12； (5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I＝________，滑块动量改变量的大小Δp＝______________；(用题中给出的物理量及重力加速度g表示) (6)某次测量得到的一组数据为：d＝1.000 cm，m1＝1.50×10－2 kg，m2＝0.400 kg，Δt1＝3.900×10－2 s，Δt2＝1.270×10－2 s，t12＝1.50 s，g取9.80 m/s2。计算可得I＝________N·s，Δp＝________kg·m·s－1；(均保留3位有效数字) (7)定义δ＝||×100%，本次实验δ＝____________________% (保留1位有效数字)。 答案：(1)相等　 (5)m1gt12　m2(－)　 (6)0.221　0.212　(7)4 解析：(1)当滑块经过A、B两个光电门时间相等时，速度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水平的。 (5)由I＝Ft，知I＝m1gt12，由Δp＝mv2－mv1 知 Δp＝m2·－m2·＝m2(－)。 (6)代入数据知，冲量I＝m1gt12＝1.5×10－2×9.8×1.5 N·s≈0.221 N·s，动量改变量Δp＝m2(－)≈0.212 kg·m·s－1 。 (7)δ＝×100%＝×100%≈4%。 10．(7分)在验证动量守恒定律实验中，装置如图所示，按照以下步骤进行操作： ①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球a从斜槽轨道上由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O； ②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a由静止释放，撞到木板上得到痕迹B； ③把小球b静止放在斜槽轨道最右端，让小球a仍由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C。 (1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1________(填“>”“<”或“＝”)m2。 (2)下列器材选取或实验操作符合实验要求的是________。 A．小球a、b半径可以不同 B．小球a每次必须从斜槽轨道同一位置由静止释放 C．斜槽轨道末端必须保持水平 D．需用停表测定小球在空中飞行的时间 (3)实验测得，小球a、b质量分别为m1、m2，O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2、y3，若动量守恒，则需要验证的表达式为______________________(用所测量的量表示)。 答案：(1)>　(2)BC　(3)＝＋ 解析：(1)为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m1>m2。 (2)为使两球发生对心碰撞，小球a、b半径必须相同，A错误；为使小球a到达斜槽末端时的速度相等，小球a每次必须从斜槽轨道同一位置由静止释放，B正确；小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端必须保持水平，C正确；小球离开斜槽后做平抛运动，平抛运动的时间可由竖直方向的位移求得，不需要用停表测定，D错误。 (3)小球离开斜槽后做平抛运动，设做平抛运动的时间为t，斜槽末端到木板的水平距离为x，小球做平抛运动的初速度为v，小球的竖直位移为y，则水平方向有x＝vt，竖直方向有y＝gt2，解得v＝x，则碰撞前小球a的速度v0＝x，碰撞后小球a的速度v1＝x，碰撞后小球b的速度v2＝x，两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，整理得＝＋。 11．(7分)如图所示的是我国传统农具——风谷车，如图是其工作原理示意图。转动摇柄，联动风箱内的风叶向车斗内送风，质量较大的谷粒为饱粒，落入出料口AB，瘪粒及草屑被吹出出风口。已知A、B两点在同一水平线上，AB的宽度x＝0.27 m，A在C正下方，AC的高度h＝0.45 m，一个质量m＝2.0×10－5 kg的谷粒从C漏下，恰好碰到B点落入出料口。设谷粒从C漏出时速度为零，谷粒在车斗内所受水平风力恒定，只考虑其所受重力和风力作用，重力加速度g取10 m/s2。求该谷粒从C落到出料口的过程中： (1)所经历的时间； (2)所受水平风力冲量的大小。 答案：(1)0.3 s　(2)3.6×10－5 N·s 解析：(1)设谷粒从C落到出料口的过程中所经历的时间为t，谷粒在竖直方向做自由落体运动，根据运动的独立性，有h＝gt2 解得t＝0.3 s。 (2)设谷粒从C落到出料口B点时的水平速度为vx ，因谷粒在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动的独立性原理有vx×t＝0.27 m 解得vx＝1.8 m/s 则只在水平方向上根据动量定理，所受水平风力冲量的大小为Ix＝Fxt＝mvx＝2.0×10－5×1.8 N·s＝3.6×10－5 N·s。 12．(8分)如图所示，一个质量为m′＝4m的物块(可视为质点)静止在光滑水平桌面的边缘，桌面离水平面的高度为h。一个质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度射出，物块落地后不反弹，重力加速度为g。求： (1)子弹射入物块的过程中系统损失的机械能； (2)物块落地点与抛出点的距离。 答案：(1)mv02　(2) 解析：(1)子弹射穿木块过程动量守恒 mv0＝m·＋m′v 解得v＝ 系统损失的机械能 ΔE＝mv02－[m()2＋m′v2] 解得ΔE＝mv02。 (2)木块做平抛运动x＝vt h＝gt2 s＝ 解得s＝。 13．(10分)如图所示，光滑的轨道固定在竖直平面内，其O点左边为水平轨道，O点右边的曲面轨道高度h＝0.45 m，左右两段轨道在O点平滑连接。质量m＝0.10 kg的小滑块a由静止开始从曲面轨道的顶端沿轨道下滑，到达水平段后与处于静止状态的质量M＝0.30 kg的小滑块b发生碰撞，碰撞后小滑块a恰好停止运动。重力加速度g取10 m/s2，求： (1)小滑块a通过O点时的速度大小； (2)碰撞后小滑块b的速度大小； (3)碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能。 答案：(1)3 m/s　(2)1 m/s　(3)0.3 J 解析：(1)小滑块从曲线轨道上下滑的过程中， 由机械能守恒定律得mgh＝mv02 代入数据解得，小滑块a通过O点时的速度v0＝3 m/s。 (2)碰撞过程系统动量守恒，以水平向左为正方向， 由动量守恒定律得mv0＝Mv1 代入数据解得v1＝1 m/s (3)碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能ΔE＝mv02－Mv12 代入数据解得ΔE＝0.3 J。 14．(14分)如图所示为一个物理演示实验，它显示：图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方。A是某种材料做成的实心球，质量为m1，在顶部的凹坑中插着质量为m2的棒B，已知m1＝3m2，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙。将此装置从A下端离地板的高度H处由静止释放。实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着棒B脱离球A，A、B分别开始上升。不计空气阻力。已知球A上升的高度为h，求棒B上升的高度。重力加速度g取10 m/s2，结果用H、h表示。 实验发现B的材料不同，A、B上升的高度不同，弹性越好，棒B上升的高度越高。试通过计算说明棒B上升的高度存在一个范围，即存在一个最大值和最小值，并求出这一最大值和最小值各是多少？(结果只能用H表示，因为在本问中是变化的) 答案：见解析 解析：设A、B一起刚落到地板时的速度大小为v0，则根据机械能守恒定律得 (m1＋m2)gH＝(m1＋m2)v02， 设A与B碰撞以后A球的速度大小为v1，则根据机械能守恒定律得 m1gh＝m1v12， 设A与B碰撞以后B的速度大小为v2，选竖直向上为正方向，则根据动量守恒定律可得 m1v0－m2v0＝m1v1＋m2v2， 设棒B上升的高度为hB，则根据机械能守恒定律得 m2ghB＝m2v22， 联立解得hB＝4H＋9h－12。 当A与B发生完全非弹性碰撞时，棒B上升的高度最小为hmin，则根据动量守恒定律有 m1v0－m2v0＝(m1＋m2)vmin， 根据机械能守恒定律得 m2ghmin＝m2vmin2， 解得hmin＝， 当A与B发生弹性碰撞时，棒B上升的高度最大为hmax， 则根据动量守恒定律有 m1v0－m2v0＝m1vA＋m2vmax， 根据机械能守恒定律得 m1v02＋m2v02＝m1vA2＋m2vmax2， 解得hmax＝＝4H。 学科网（北京）股份有限公司 $$