第一章 动量守恒定律 阶段·评估 第一章质量检测(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

第一章质量检测 阶段•评估 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.下列说法正确的是(　　) A.动量为零时，物体一定处于平衡状态 B.物体所受合外力不变时，其动量一定不变 C.物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动 D.动能不变，物体的动量一定不变 √ 解析：动量为零时，物体的速度为零，加速度不一定为零，物体不一定处于平衡状态，A错误;物体所受合外力不变时，若合外力不为零，则加速度不为零且不变，则其速度一定变化，则动量一定变化，B错误;物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动，例如平抛运动，C正确;动能不变，则物体的速度大小不变，但是物体的速度方向可能变化，则物体的动量可能变化，D错误。 2.如图1所示，将纸带的一端压在装满水的矿泉水瓶底下，用手慢慢拉动纸带，可以看到瓶子跟着纸带一起移动起来。拉紧纸带，用手指向下快速击打纸带，如图2所示，可以看到纸带从瓶底抽出，而矿泉水瓶仍平稳地停留在原处。下列说法正确的是 (　　) A.两过程瓶所受的摩擦力方向均与纸带运动方向相反 B.两过程瓶所受的摩擦力均为滑动摩擦力 C.图1过程瓶所受摩擦力的冲量等于图2过程瓶所受摩擦力的冲量 D.图1过程瓶的动量变化量大于图2过程瓶的动量变化量 解析：题图1过程，用手慢慢拉动纸带，瓶与纸带相对静止，瓶所受的摩擦力为静摩擦力，瓶对纸带的静摩擦力阻碍瓶与纸带间的相对运动趋势，方向与纸带运动方向相反，根据牛顿第三定律，瓶所受的静摩擦力方向与纸带运动方向相同; √ 题图2过程瓶与纸带间发生相对运动，瓶所受的摩擦力为滑动摩擦力，瓶对纸带的摩擦力阻碍瓶与纸带间的相对运动，方向与纸带运动方向相反，根据牛顿第三定律，瓶所受的滑动摩擦力方向与纸带运动方向相同;故两过程瓶所受的摩擦力方向均与纸带运动方向相同，故A、B错误;瓶的动量变化量为Δp=mv，题图1过程慢慢拉动纸带后，瓶的速度不为零，题图2过程纸带从瓶底抽出后，瓶的速度等于零，则题图1过程瓶的动量变化量大于题图2过程瓶的动量变化量，故D正确;根据动量定理If=Δp可知，题图1过程瓶所受摩擦力的冲量大于题图2过程瓶所受摩擦力的冲量，故C错误。 3.用火箭发射人造地球卫星，以喷气前的火箭为参考系，在极短时间内喷出燃气的质量为m，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为v，喷气后火箭的质量为M。下列说法正确的是 (　　) A.若继续喷出燃气，火箭的速度会减小 B.喷气后，火箭的速度变化量为- C.喷气后，火箭的速度大小一定为 D.为了提高火箭的速度，可以研制新型燃料以减小燃气的喷射速度v √ 解析：火箭向后喷气，火箭对喷出的气体有向后的作用力，喷出的气体反过来对火箭产生一个向前的反作用力，从而使火箭获得向前的推力，不断喷出气体，则火箭的速度会越来越大，故A错误;由动量守恒定律可知mv+MΔv=0，即喷气后火箭的速度变化量为Δv=-，因喷气前火箭的速度未知，则不能确定喷气后火箭的速度，B正确，C错误;为了提高火箭的速度，可以研制新型燃料以增加燃气的喷射速度v，D错误。 4.如图所示，光滑的水平地面上静止放着质量为M的小车，小车底边长为L，质量为m的小球从小车顶端静止释放，最终从小车上滑离，不计一切摩擦，下列说法正确的是 (　　) A.小车、小球组成的系统动量守恒 B.小车、小球组成的系统机械能不守恒 C.小球从小车上滑离后，将做自由落体运动 D.小球从小车上滑离时，小车向左运动的距离为L √ 解析：对于小车、小球组成的系统，由于小球沿曲面加速下滑，有竖直向下的加速度，所以系统竖直方向的合外力不为零，系统动量不守恒，A错误;对于小车、小球组成的系统，在小球下滑过程中只有重力做功，所以系统机械能守恒，B错误;对系统，水平方向动量守恒，有0=mv1-Mv2，根据机械能守恒定律，有mgh=m+M，小球滑离小车时的速度不为零，因此小球做平抛运动，C错误;对系统，水平方向动量守恒，有0=mv1-Mv2，即有M=m，即Mx2=mx1，又因为x1+x2=L，解得x2=L，D正确。 5.如图所示，光滑水平面上有a、b、c三个弹性小球，质量分别为2m、3m、m。小球a一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b相连，此时弹簧处于原长。现给小球c一个向左的初速度v0，与小球b发生碰撞，整个碰撞过程中没有机械能损失，弹簧始终处于弹性限度之内。下列说法正确的是 (　　) A.整个过程中小球a、b、c和弹簧组成的系统动量守恒 B.碰撞过程中小球c的动量变化量大小为2mv0 C.弹簧弹性势能最大值为m D.弹簧第一次达到最长时，小球a的速度达到最大 √ 解析：由于墙壁对a球有弹力作用，整个过程中小球a、b、c和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误;小球c与小球b发生弹性碰撞，设碰撞后小球b速度为v1，小球c速度为v2，由动量守恒定律 和机械能守恒定律得mv0=3mv1+mv2，m=·3m+m，解得v1=v0，v2=-v0，所以Δp=mv2-mv0=-mv0，故小球c的动量变化量大小为mv0，故B错误;小球b向左运动至速度为零时，弹簧弹性势能最大，则Epm=·3m=m，故C正确;从小球b开始压缩弹簧到弹簧恢复原长过程，小球b与弹簧组成的系统机械能守恒，小球b向右的速度大小为v1，当小球a、b向右运动，弹簧恢复原长时，小球a的速度最大，故D错误。 6.如图所示，用高压水枪清洗汽车时，设水枪出水口的直径为d1，水柱射出出水口的速度大小为v1，水柱垂直射到汽车表面时的直径为d2，水柱垂直射到汽车表面时水的速度大小为v2，冲击汽车后水的速度为零。已知水的密度为ρ，液体在流动过程中单位时间流过任一横截面的质量相等。下列说法正确的是 (　　) A.若d1 < d2，则v1 < v2 B.高压水枪单位时间喷出的水的体积为πv2 C.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπv1 D.水柱对汽车的平均冲力大小为ρπ √ 解析：因液体在流动过程中单位时间流过任一横截面的质量相等，则πv1ρ=πv2ρ，若d1<d2，则v1>v2，A错误;高压水枪单位时间喷出的水的体积为V0=πv1=πv2，B错误;高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0=ρV0=ρπv1=ρπv2，C正确;根据动量定理有FΔt=Δmv2=πρv2Δt·v2，由牛顿第三定律可得水柱对汽车的平均冲力大小为ρπ，D错误。 7.如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，从B到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自然状态，自由端在C点。一质量为m、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A由静止滑下，然后滑入水平轨道，小车(含挡板)的质量为2m，重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.滑块到达B点时的速度大小为 B.当弹簧压缩到最短时，滑块和小车具有向右的共同速度 C.弹簧获得的最大弹性势能为mgR D.滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为R √ 解析：选C　滑块运动到B点时，水平方向由动量守恒定律有mv1=2mv2，根据机械能守恒定律有mgR=m+×2m，解得此 时滑块的速度大小为v1=，小车的速度大小为v2=，故A错 误;弹簧压缩到最短时滑块与小车共速，弹簧的弹性势能最大，设共速时的速度大小为v，则有0=(m+2m)v，即弹簧压缩到最短时，两者速度均为零，则根据能量守恒定律可知Epmax=mgR，故B错误，C正确;滑块从A点运动到B点的过程，由人船模型可知mx1=2mx2，x1+x2=R，解得小车运动的位移大小为x2=，故D错误。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小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) 8.如图所示，质量为m、半径为R的四分之一 光滑圆弧轨道小车静止于光滑水平面上，一质量 也为m的小球以水平初速度v0冲上小车，到达某 一高度后，小球又返回小车的左端，不计空气阻 力，下列说法正确的是(　　) A.小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒 B.小球返回到小车左端时，小车向右运动的速度最大 C.无论小球初速度v0多大，小球最终都会从小车左侧离开 D.小球返回到小车左端后将向左做平抛运动 √ √ √ 解析：小球和小车组成的系统在水平方向上所受合外力为0，则系统在水平方向上动量守恒，故A正确;小球在圆弧轨道上运动时，对小车的压力一直具有水平向右的分力，使小车向右加速运动，则小球返回到小车左端时，小车向右运动的速度最大，故B正确; 若v0足够大，当小球飞离小车时，小球相对小车的速度竖直向上，即此时二者的水平分速度相等，则小球一定会落回小车，最终从左侧离开小车，故无论小球初速度v0多大，小球最终都会从小车左侧离开，故C正确;设小球离开小车时的速度为v1，小车的速度为v2，取向右为正方向，整个过程中根据水平方向动量守恒得mv0=mv1+mv2，由系统机械能守恒得m=m+m，联立解得v1=0，v2=v0，所以小球与小车分离后将做自由落体运动，故D错误。 9.如图，质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径为R。圆弧体B锁定，圆弧体A不锁定，一个小球从圆弧体A的最高点由静止释放，小球沿圆弧体B上升的最大高度为。已知重力加速度大小为g，则(　　) A.小球与圆弧体的质量之比为1∶1 B.小球与圆弧体的质量之比为1∶2 C.若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为 D.若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为 √ √ 解析：设小球质量为m，圆弧体质量为M，小球从圆弧体A上滚下时，圆弧体A的速度大小为v1，小球的速度大小为v2，由题意可知Mv1=mv2，mgR=M+mmgR=m，解得M=m，v2=，故A正确，B错误;若圆弧体B没有锁定，则小球与圆弧体B作用过程类似于弹性碰撞，二者交换速度，因此圆弧体B最终获得的速度大小为，故C正确，D错误。 10.在冰壶比赛中，某运动员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰撞前、后两壶运动的v⁃t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前、后的图线平行，两冰壶质量相等，则 (　　) A.碰后蓝壶的速度为0.8 m/s B.两壶发生了弹性碰撞 C.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m D.碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受摩擦力 √ √ 解析：由题图(b)可知碰前红壶的速度v0=1.0 m/s，碰后红壶的速度为v0'=0.2 m/s，可知碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0=mv0'+mv， 代入数据解得v=0.8 m/s，根据m>mv0'2+mv2可知，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A正确，B错误;红壶的加速度大小为a== m/s2=0.2 m/s2，若红壶未发生碰撞，停止运动的时间为t0== s=6 s，根据v⁃t图像与横轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小x=×m=2.0 m，故C错误;根据v⁃t图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D正确。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(7分)某小组用如图所示的装置做“验证碰撞中的动量守恒定律”的实验。 (1)需要的测量仪器或工具有　　　　。(2分)  A.秒表 B.天平(带砝码) C.刻度尺 D.圆规 BCD 解析：根据实验原理可知，若碰撞过程中动量守恒，则满足m1=m1+m2，实验中需要测量的物理量有：两小球质量和水平射程，因此需要用到刻度尺和天平;测量水平射程前，要确定小球的平均落点，需要用到圆规;不需要测量时间，不需要秒表。故选B、C、D。 (2)必须满足的条件是________。(2分)  A.斜槽轨道末端切线水平 B.斜槽轨道应尽量光滑以减小误差 C.入射球和被碰球质量相等 D.入射球每次从轨道的同一位置由静止释放 AD 解析：要保证小球每次都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确;“验证碰撞中的动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，只要小球离开轨道后做平抛运动就可以，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误;为了保证入射小球碰后不反弹，所以入射球的质量要大于被碰球的质量，故C错误;要保证入射球每次碰撞前的速度都相同，所以入射球每次都要从同一位置由静止滚下，故D正确。 (3)入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2。某次实验中得出的落点情况如图所示，在实验误差允许的范围内，若碰撞过程动量守恒，其关系式应为_____________________。(用m1、m2、、、表示)(3分)  m1=m1+m2 解析：若碰撞过程中动量守恒，则满足m1v0=m1v1+m2v2，由于小球做平抛运动，下落的高度相同，在空中运动的时间相同，两边乘以时间得m1v0t=m1v1t+m2v2t，即m1=m1+m2。 12.(9分)某实验小组用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。 (1)A、B两个滑块的遮光片的宽度相同，用游标卡尺测量遮光片的宽度，其示数如图乙所示，其值为d=________ cm。(3分)  0.270 解析：20分度游标卡尺的精确值为0.05 mm，由题图乙可知遮光片的宽度为 d=2 mm+14×0.05 mm=2.70 mm=0.270 cm。 (2)实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从导轨左端向右运动，发现滑块通过左侧光电门的时间大于通过右侧光电门的时间。为使导轨水平，可调节旋钮Q使导轨右端 ________(选填“升高”或“降低”)一些。(3分)  升高 解析：给滑块一初速度，使它从导轨左端向右运动，发现滑块通过左侧光电门的时间大于通过右侧光电门的时间，可知滑块做加速运动，为使导轨水平，可调节旋钮Q使导轨右端升高一些。 (3)实验时分别使滑块A、B挤压气垫导轨左、右两侧弹射架中的橡皮条，同时释放后，观察到左侧光电门先后有两个计数，分别为t1、t1'，右侧光电门有一个计数t2，已知滑块A的质量为mA，滑块B的质量为mB，如果关系式_______________ (用题中物理量符号表示，设向右为正方向)成立，则两滑块碰撞过程中动量守恒。(3分)  -=- 解析：A、B两滑块分别从导轨的左、右两侧向中间运动，设向右为正方向，根据动量守恒定律可得mAvA-mBvB=-(mA+mB)vAB，遮光片的宽度为d，根据题意有vA=，vB=，vAB=，可得如果关系式-=-成立，则两滑块碰撞过程中动量守恒。 13.(11分)雨滴从高空落下，由于受空气阻力的作用，经短时间加速后便匀速下落。因此，雨滴通常不会砸伤人，但是对微小的蚊子而言，雨滴可能是致命的。如果雨滴以v0=10 m/s的速度匀速下落，恰好砸中一只停在地面上的蚊子，经过t=5.0×10-3 s速度减为零。已知雨滴的质量m=1.0×10-4 kg，重力加速度g=10 m/s2，在t时间内： (1)求雨滴所受的合外力的冲量大小I;(4分) 答案：1.0×10-3 N·s　 解析：对雨滴，规定竖直向下为正方向，根据动量定理有-I=0-mv0，解得I=1.0×10-3 N·s。 (2)已知蚊子所受重力G=2.0×10-5 N，求雨滴对蚊子的平均作用力与蚊子重力的大小之比k。(7分) 答案：10 050 解析：对雨滴，根据动量定理可得 (mg-F)t=0-mv0 根据牛顿第三定律得，雨滴对蚊子的平均作用力大小为F'=F=0.201 N，则k==10 050。 14.(12分)如图所示，质量m=2 kg的物体以水平速度v0=5 m/s滑上静止在光滑水平面上的平板小车，小车质量M=3 kg，物体与小车上表面之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2，设小车足够长，求： (1)小车和物体的共同速度大小;(4分) 答案：2 m/s　 解析：物体和小车组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v 解得小车和物体的共同速度 v== m/s=2 m/s。 (2)物体在小车上滑行的时间;(5分) 答案：0.6 s　 解析：根据牛顿第二定律有-μmg=ma 物体在小车上做匀减速运动的加速度为 a=-μg=-5 m/s2 则物体在小车上滑行的时间t==0.6 s。 (3)在物体相对小车滑动的过程中，系统损失的动能。(3分) 答案：15 J 解析：系统损失的动能为 ΔEk=m-(m+M)v2=15 J。 15.(15分)如图所示，水平传送带以5 m/s 的速度 顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。 传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小;(5分) 答案：5 m/s　 解析：根据题意，小物块在传送带上受滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有μm物g=m物a 解得a=5 m/s2 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x==2.5 m<L传=3.6 m 可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小v=v传=5 m/s。 (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能;(5分) 答案：0.3 J　 解析：小物块运动到传送带右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2 其中v=5 m/s，v1=-1 m/s，解得v2=3 m/s 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=m物v2-m物-m球 解得ΔEk=0.3 J。 (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。(5分) 答案：0.2 m 解析：若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方时的速度为v3，则小球在P点正上方时，由牛顿第二定律有m球g=m球 小球从O点正下方运动到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有 m球=m球+m球g 联立解得d=0.2 m 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 本课结束 $$