第1章 动量及其守恒定律 章末检测试卷(Word教参)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（鲁科版）

章末检测试卷(一) (满分：100分) 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．(2023·江苏苏州常熟中学高二期中)如图所示，载有物资的无人机静止于空中某高度处，某时刻吊挂的物资突然脱落，空气对无人机的作用力始终不变，不计物资受到的空气作用力，则从物资脱落到物资落地前的时间内，脱落的物资和无人机组成的系统的动量(　　) A．为零 B．方向竖直向上 C．方向竖直向下 D．方向均有可能 答案　A 解析　由于无人机和物资静止在空中，故空气对无人机的作用力等于无人机和物资所受重力之和，物资脱落后，以无人机和物资构成的整体为研究对象，系统所受合外力仍为零。从物资脱落到物资落地前的过程中，由于系统一开始的初动量为零，根据动量守恒定律可知，系统的末动量也为零，故选A。 2．(2023·朝阳市高二月考)质量为58 g的网球以144 km/h的水平速度朝运动员飞来，运动员以216 km/h的水平速度反向击回，假设网球与球拍的作用时间为0.02 s。则下列说法正确的是(　　) A．网球动量变化量的大小为1.16 kg·m/s B．网球动能变化量为150.8 J C．球拍对网球做功为零 D．球拍与网球之间的平均作用力大小为290 N 答案　D 解析　设以网球飞来的方向为正，则初速度为v1＝144 km/h＝40 m/s，网球被击回的速度为v2＝－216 km/h＝－60 m/s，则网球动量的变化量为Δp＝mv2－mv1＝－5.8 kg·m/s，A错误；网球动能的变化量为ΔEk＝mv22－mv12＝58 J，B错误；由动能定理可知球拍对网球做的功等于网球动能的变化量，C错误；由动量定理可知－Ft＝mv2－mv1，解得F＝290 N，D正确。 3.如图所示，光滑水平面上静置一质量为M的木块，由一轻弹簧连在墙上，有一质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在其中，当木块第一次回到原来位置的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，墙对弹簧的冲量大小为(　　) A．0 B. C. D．2mv0 答案　D 解析　由于子弹射入木块的时间极短，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝。从弹簧被压缩到木块第一次回到原来的位置过程中，系统速度大小不变，方向改变，对木块(含子弹)，根据动量定理得I＝－(M＋m)v－(M＋m)v＝－2(M＋m)·＝－2mv0。由于弹簧的质量不计，则墙对弹簧的弹力等于弹簧对木块的弹力，所以墙对弹簧的冲量大小等于弹簧对木块的冲量大小，为2mv0，故D正确。 4．(2023·聊城市高一月考)如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个材料相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速直线运动。在t＝0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是(　　) A．t＝0至t＝时间内，A、B的总动量不守恒 B．t＝时，A的动量大小为2mv C．t＝至t＝时间内，A、B的总动量守恒 D．t＝时，A的动量大小为4mv 答案　B 解析　因为最初质量均为m的两个物体A、B在水平恒力F作用下一起以速度v匀速运动，所以每一个物体受到的阻力大小均为。轻绳断开后，以v的方向为正方向，对物体B应用动量定理有－F·tB＝0－mv，解得B继续运动的时间tB＝。在物体B停止运动前，以A、B整体为研究对象，合外力仍然为零，系统的动量守恒，t＝后，系统动量不守恒，选项A、C错误。t＝时，物体B恰好停止运动，对A、B整体应用动量守恒定律，有2mv＝0＋pA′，即pA′＝2mv，选项B正确。在t＝到t＝的过程中，对A运用动量定理，F×＝pA终－2mv，故pA终＝3mv，选项D错误。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 5．(2023·北京师大附中高二期末)玻璃杯从离桌面一定高度处由静止自由下落，第一次直接落到桌面上，玻璃杯被打破；第二次在桌面上垫了一条毛巾，玻璃杯没有被打破。两种情况下玻璃杯都没有反弹。不计空气阻力，比较两种情况下玻璃杯的减速过程，下列判断正确的是(　　) A．直接落到桌面上时玻璃杯的动量变化量较大 B．两次玻璃杯的动量变化量大小相同 C．落到毛巾上时玻璃杯的动能减少量较小 D．直接落到桌面上时玻璃杯的动量变化较快 答案　BD 解析　玻璃杯两次都从离桌面同一高度处由静止自由下落，落到桌面上时速度相同，动量也相同，玻璃杯落到桌面上和毛巾上速度都减为0，且玻璃杯都没有反弹，由Δp＝0－mv，可知两次动量变化量相同，由ΔEk＝0－mv2，可知落到毛巾上时玻璃杯的动能减少量与直接落到桌面上玻璃杯的动能减少量相同，故A、C错误，B正确；由于落在毛巾上有一个相对较长的缓冲时间，直接落到桌面上时缓冲时间较短，所以直接落到桌面上时玻璃杯的动量变化较快，故D正确。 6．(2023·湖北高二期末)如图a所示，质量分别为m1、m2的两物块A、B间拴接一个被压缩且锁定的轻弹簧，整个装置静置于光滑水平地面上，其中A与左侧固定的挡板相接触。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B的速度随时间变化的图像如图b所示，则(　　) A．整个运动过程中，A、B组成的系统机械能守恒 B．A、B的质量之比m1∶m2＝1∶1 C．A的最大速度为2 m/s D．A离开挡板后，弹簧的弹性势能最大时B的速度为2 m/s 答案　BD 解析　整个运动过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；由题图b可知，B的最大速度为4 m/s，最小速度为0，当B的速度为零后，B又开始做加速运动，说明B速度为零时，弹簧恢复原长，A、B相当于发生了完全弹性碰撞，根据m2v＝m1v1，m2v2＝m1v12，故A获得的速度最大v1＝4 m/s，m1＝m2，B正确，C错误；A离开挡板后，弹簧的弹性势能最大时A、B速度相同，根据动量守恒定律可知m2v＝(m1＋m2)v′，解得v′＝2 m/s，D正确。 7．如图甲，质量m＝10 g的子弹水平射入静置在水平地面上的木块并留在其中，此后木块运动的－t图像如图乙所示，其中x表示木块的位移，t表示木块运动的时间。已知木块的质量M＝0.99 kg，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．木块与水平地面之间的动摩擦因数为0.8 B．子弹射入木块时的速度为400 m/s C．子弹射入木块过程中，子弹损失的机械能为792 J D．子弹射入木块过程中，木块的质量越大，子弹对木块的冲量越小 答案　AB 解析　由x＝v0t－at2，得＝v0－at，结合图乙可知v0＝4 m/s，a＝8 m/s2，木块在水平地面上滑行过程，根据牛顿第二定律可得a＝μg，解得μ＝0.8，A项正确；子弹射入木块过程，动量守恒，有mv＝(M＋m)v0，解得v＝400 m/s，B项正确；系统损失的机械能ΔE＝mv2－(M＋m)v02＝792 J，子弹损失的机械能ΔE′＝mv2－mv02＝799.92 J，C项错误；由mv＝(M＋m)v0，得v0＝，对木块由动量定理可得I＝Mv0＝v＝v，可见，在m、v不变的情况下，M越大，I越大，D项错误。 8.(2023·浙江杭州二中高二期中)质量均为m的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为M的小球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，在以后的运动过程中，正确的判断是(重力加速度为g)(　　) A．A和B分离之前，A、B、C组成的系统动量守恒 B．小球C到达最低点时速度大小为2 C．木块B的最大速度大小为 D．小球C到达左侧最高点时速度大小为 答案　BCD 解析　小球摆动过程中，A、B、C系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故A错误；小球C下落过程中，水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒可得MvC－2mvAB＝0，由机械能守恒定律可得MgL＝MvC2＋×2mvAB2，解得vC＝2，vAB＝，故B正确；分离后B以原速度做匀速直线运动，则B的最大速度为vAB＝，故C正确；分离后B以原速度做匀速直线运动，A速度减为0后反方向向左运动，当A、C速度相等时，C球摆到最高点，此过程A、C组成的系统水平方向动量守恒，则MvC－mvAB＝(m＋M)v，解得v＝，故D正确。 三、非选择题：本题共7小题，共60分。 9.(4分)如图所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块在小车的水平车板上向右运动，且未滑出小车，小车的动量大于木块的动量，则木块先________后________。 答案　减速　匀速 解析　若小车的动量大于木块的动量，则系统总动量向左，最终木块和小车的共同速度向左，则木块先向右减速，再向左加速，最后随小车匀速运动；小车先向左减速，后匀速。 10．(4分)(2024·湖北黄冈市黄梅国际育才中学高二月考)电影《夺冠》让人们想起了中国女排在奥运会夺冠的激动人心的时刻，女排队员的拼搏精神永远激励着人们奋发前进。一排球运动员进行垫球训练，排球以6 m/s的速度竖直向下打在运动员的手上，然后以8 m/s的速度竖直向上飞出。已知排球的质量为250 g，排球与手作用时间为0.2 s，重力加速度g取10 m/s2。排球的动量变化量大小为__________，排球对手的平均作用力大小为__________。 答案　3.5 kg·m/s　20 N 解析　取竖直向上为正方向，排球的动量变化量为Δp＝mv2－mv1 代入数据解得Δp＝0.25×[8－(－6)] kg·m/s＝3.5 kg·m/s 由动量定理可得Ft－mgt＝Δp 代入数据解得F＝20 N 由牛顿第三定律得排球对手的平均作用力大小F′＝F＝20 N。 11．(8分)为了验证碰撞中动量是否守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤进行实验： ①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1>m2； ②按如图所示安装好实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端； ③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球m1在斜面上的落点位置； ④将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置； ⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。 根据该同学的实验，回答下列问题： (1)(4分)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的__________点，m2的落点是图中的________点； (2)(2分)只需满足关系式________，则说明碰撞过程中动量是守恒的；(结果用m1、m2、LD、LE、LF来表示) (3)(2分)只要再满足关系式________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞(结果用m1、m2、LD、LE、LF来表示)。 答案　(1)D　F　(2)m1＝m1＋m2　(3)m1LE＝m1LD＋m2LF 解析　(1)小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落点是D点，m2球的落点是F点。 (2)不放小球m2时，m1落在题图中的E点，设其水平初速度为v1，小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在D点，设其水平初速度为v1′，m2的落点在F点，设其水平初速度为v2，设斜面BC与水平面的夹角为α，由平抛运动规律得LDsin α＝gt2，LDcos α＝v1′t 解得v1′＝ 同理可解得v1＝，v2＝ 所以只要满足m1v1＝m1v1′＋m2v2 即m1＝m1＋m2 则说明两球碰撞过程中动量守恒。 (3)若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则还要满足关系式 m1v12＝m1v1′2＋m2v22 即m1LE＝m1LD＋m2LF。 12．(8分)某同学设计了一个验证动量守恒定律的实验，实验步骤如下，请完成填空。 (1)(2分)用游标卡尺测出遮光片的宽度d，如图甲所示，则d＝________ mm。 (2)(2分)如图乙，将遮光片固定在小车A上，光电门1、2固定在长木板的一侧，长木板下垫着小木片，使得小车A运动时通过两个光电门的时间相等，这样做的目的是________________； (3)(4分)保持(2)中长木板的倾角不变，如图丙，在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之运动，并与原来静止在前方的小车B相碰，碰后粘合一体继续运动，用数字毫秒计分别读出遮光片通过光电门1、2的时间t1＝3.14 ms、t2＝4.75 ms； (4)已测得小车A和橡皮泥的质量m1＝0.4 kg，小车B的质量m2＝0.2 kg，则碰前小车的总动量为____________ kg·m/s，碰后两小车的总动量为______ kg·m/s(计算结果均保留三位有效数字)。比较碰撞前后的总动量，完成验证。 答案　(1)3.35　(2)平衡摩擦力　(4)0.427 0．423 解析　(1)游标卡尺的读数为：主尺的读数＋游标尺的读数×精度值＝3 mm＋7×0.05 mm＝3.35 mm。 (2)如题图乙，将遮光片固定在小车A上，光电门1、2固定在长木板的一侧，长木板下垫着小木片，使得小车A运动时通过两个光电门的时间相等，即通过光电门的速度相同，则小车做匀速直线运动，这样做的目的是平衡摩擦力。 (4)小车A通过光电门1时的速度为v1＝＝ m/s＝1.067 m/s 两小车通过光电门2时的速度为v2＝＝ m/s＝0.705 m/s 则碰前两小车的总动量为p1＝m1v1＝0.4×1.067 kg·m/s＝0.427 kg·m/s 碰后两小车的总动量为p2＝(m1＋m2)v2＝(0.4＋0.2)×0.705 kg·m/s＝0.423 kg·m/s。 13．(10分)(2023·开封市高一月考)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放，一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。g取10 m/s2，空气阻力不计。求： (1)(2分)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t； (2)(4分)A的最大速度v的大小； (3)(4分)初始时B离地面的高度H。 答案　见解析 解析　(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝gt2 代入数据解得t＝0.6 s (2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt＝6 m/s 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒定律得 mBvB＝(mA＋mB)v 之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度， 代入数据解得v＝2 m/s (3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有 (mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH 代入数据解得H＝0.6 m。 14．(12分)(2023·聊城市高二期末)如图所示，用长为1 m的不可伸长的轻绳将质量为1 kg的小球C悬挂于O点，小球C静止。质量为1 kg的物块A放在质量也为1 kg的木板B的右端，二者以共同的速度v0＝2 m/s沿着光滑水平面向着小球滑去，小球与物块发生弹性正碰，物块与小球均可视为质点，且小球C返回过程不会再碰到物块A，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)(5分)碰后瞬间小球C的速度大小； (2)(7分)若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，木板B至少要多长，物块A才不会从长木板的上表面滑出。 答案　(1)2 m/s　(2)0.5 m 解析　(1)设物块质量为mA，小球质量为mC，由于发生弹性正碰，则由动量守恒得 mAv0＝mAv1＋mCv2 由机械能守恒得mAv02＝mAv12＋mCv22 解得v1＝0，v2＝2 m/s (2)此后物块加速，木板减速，物块刚好和木板共速时，物块运动到木板左端对应木板B的最小长度，设木板质量为mB，共速速度为v3，由动量守恒得 mBv0＝(mB＋mA)v3 由能量守恒定律得mBv02－(mB＋mA)v32＝μmAgL 解得L＝0.5 m。 15．(14分)如图所示，光滑水平面上放置着滑板A和滑块C，滑块B置于A的左端，滑板A的上表面由粗糙水平部分和四分之一光滑圆弧组成，三者的质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg，滑块B可视为质点。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间后，B滑上A的圆弧部分，然后又滑回到A的水平部分直到A、B再次达到共同速度，一起向右匀速运动，且恰好不再与C碰撞。已知B与A水平部分的动摩擦因数为μ＝0.3，且运动过程中B始终没有离开A，重力加速为g＝10 m/s2，求： (1)(4分)A与C发生碰撞后的瞬间C的速度大小vC； (2)(4分)滑板A粗糙水平部分的最小长度L； (3)(6分)若粗糙水平部分为最小长度，求滑板A上光滑圆弧的最小半径R。 答案　(1)3 m/s　(2)0.5 m　(3)0.15 m 解析　(1)A与C发生碰撞，根据动量守恒定律mAv0＝mAvA＋mCvC B在A上滑动，根据动量守恒定律mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v共 其中v共＝vC 解得vC＝3 m/s (2)由(1)得A与C刚撞完时，A的速度vA＝2 m/s B在A上滑动，再次回到A的最左端A、B共速时，滑板A粗糙水平部分的长度最小，根据能量守恒定律得2μmBgL＝mAvA2＋mBv02－(mA＋mB)v共2 解得L＝0.5 m (3)B恰好运动到圆弧部分最高点，根据动量守恒定律有mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v共′ 根据能量守恒定律得μmBgL＋mBgR＝mAvA2＋mBv02－(mA＋mB)v共′2 解得R＝0.15 m。 学科网（北京）股份有限公司 $