章末达标检测1 动量守恒定律（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版）江苏专版

(时间：75分钟　满分：100分) 一、单项选择题(共11小题，每小题4分，共44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．关于冲量、动量、动量变化量的下列说法中正确的是(　　) A．冲量的方向一定和动量的方向相同 B．冲量的大小一定和动量变化量的大小相同 C．动量变化量方向一定和动量的方向相同 D．动量变化量的大小一定和动量大小的变化量相同 解析　由动量定理可知，冲量的方向一定和动量变化量的方向相同，冲量的大小一定和动量变化量的大小相同。 答案　B 2．水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的，煤层受到3.6×106 N/m2的压强冲击即可破碎，若水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为(水的密度为1×103 kg/m3)(　　) A．30 m/s　　　　　　 B．40 m/s C．45 m/s D．60 m/s 解析　建立如图所示模型，设水流形成的水柱面积为S，由动量定理得F·Δt＝0－ρSv0Δt·(－v0)，可得压强：p＝＝ρv02，故冲击煤层的水流速度至少应为v0＝＝60 m/s。 答案　D 3．如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为(　　) A．，向东 B．，向东 C．，向东 D．v1，向东 解析　人和车组成的系统，在水平方向上所受合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒。设车的速度v1的方向为正方向，选地面为参考系。初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(M－m)v，因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变。人在水平方向上对地的动量仍为mv1，则有Mv1＝(M－m)v＋mv1，(M－m)v1＝(M－m)v，所以v＝v1，正确答案应为D。 答案　D 4．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住。不计水的阻力。则抛出货物的最小速率是(　　) A．v0 B．2v0 C．3v0 D．4v0 解析　设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物：12mv0＝11mv1－mv，甲船与货物：10m×2v0－mv＝11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得：v≥4v0，则最小速度为：4v0。故选D。 答案　D 5．在光滑的水平面上，两个质量均为m的完全相同的滑块以大小均为p的动量相向运动，发生正碰，碰后系统的总动能不可能是(　　) A．0 B． C． D． 解析　碰撞前系统的总动能为Ek＝2×＝，由于碰撞后系统总动能不增加，所以选项B是不可能的。 答案　B 6．质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为x的地面上，如图所示，若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边(　　) A． B．x C．x D．x 解析　挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，有Ep＝mvB2，挡板撤走后，A、B同时释放，由动量守恒定律0＝mvA′－mvB′，所以vA′＝vB′，Ep＝mvA′2＋mvB′2，由以上两式解得vB′＝vB，故x′＝vB′t＝x，D对。 答案　D 7．(2024·湖州高二期末)如图所示，质量为M的木块A放在光滑水平面上，其上固定一竖直轻杆，长为l的细线系于轻杆上端O点处的钉子上，细线另一端系一质量为m的球C。现将球C拉起使细线水平伸直，然后静止释放。则在球C摆动过程中(　　) A．木块A保持静止 B．球C的机械能守恒 C．A、C构成的系统动量守恒 D．A、C构成的系统水平方向上动量守恒 解析　小球C和木块A组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，小球在往下摆动过程中水平方向有分速度，木块A必定会向相反方向运动，故A错误，D正确；小球的部分机械能会转移给物块A，小球机械能减小，故B错误；A、C构成的系统竖直方向合外力不为零，动量不守恒，故C错误。 答案　D 8．如图所示，两个完全相同的小球A、B用等长的细线悬于O点，开始两球均静止，两悬线竖直，线长为L。若将A球拉至图示位置静止释放，则B球被碰后第一次速度为零时的高度不可能是(　　) A． B． C． D． 解析　小球A从释放到最低点，由动能定理可知 mg(L－L cos 60°)＝mvA2－0， 解得vA＝。 若A与B发生完全弹性碰撞，由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即vB＝vA＝，B上升过程中由动能定理可知－mgh＝0－mvB2，解得h＝ 若A与B发生完全非弹性碰撞即AB粘在一起，由动量守恒定律可知mvA＝2mv， 解得v＝ ，在AB上升过程中，由动能定理可知 －2mgh＝0－×2mv2，解得h＝。 所以B球上升的高度≤h≤，高度不可能是，故选D。 答案　D 9．双人花样滑冰是冬奥会的比赛项目，颇具艺术性与观赏性。如图所示，比赛中两人以相同的动能在水平冰面上沿同一直线相向滑行，男运动员的质量大于女运动员的质量，某时刻两人相遇。为简化问题，在此过程中两运动员均可视为质点，且冰面光滑。则(　　) A．两者相遇后的总动量小于相遇前的总动量 B．两者相遇后的总动能一定等于相遇前的总动能 C．两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等 D．两者相遇后将一起静止 解析　两者在光滑冰面上运动，相遇后接触的过程动量守恒，所以相遇后的总动量等于相遇前的总动量，故A错误；两者相遇后接触在一起，所以相遇的过程属于完全非弹性碰撞，碰撞过程有能量损失，所以两者相遇后的总动能一定小于相遇前的总动能，故B错误；两者相遇过程中，受的力是相互作用力，等大反向，作用时间相同，由冲量的定义可知，受到的冲量大小一定相等，故C正确；两人相遇前，动能相同，但质量不同，由p＝可知，两者动量大小不同，所以两者相遇后不会静止，故D错误。 答案　C 10．如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点。每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为零)，关于它们下滑的过程，下列说法正确的是(　　) A．重力对它们的冲量不相同 B．弹力对它们的冲量相同 C．合外力对它们的冲量相同 D．它们的动能增量不同 解析　由运动学知识可知三个滑环的运动时间相等，故A错误。由于三种情形下弹力的方向不同，故B错误。由机械能守恒定律知D正确。而合外力冲量大小为mv，由于v大小不等，故C错误。 答案　D 11．(2024·江苏淮安期末)如图甲所示，质量不等的a、b两物块，静止在粗糙水平地面上，用大小相等的水平恒定推力F分别作用a、b一段时间后撤去推力，由于惯性，物块将继续运动一段时间后才能停下，两物块的v-t图像如图乙中a、b所示，已知图中线段AB∥CD，则(　　) A．摩擦力对a、b两物块的冲量Ia<Ib B．摩擦力对a、b两物块的冲量Ia>Ib C．推力F对a、b的冲量IFa＝IFb D．a、b两物块的质量ma>mb 解析　根据v-t图像斜率表示加速度可知，加速阶段，a物块加速度较大，减速阶段，两物块加速度大小相等，根据牛顿第二定律－μmg＝ma减，可知两物块与地面间的动摩擦因数相等，在加速度阶段，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，a＝－μg，可知a、b两物块的质量ma<mb，根据冲量的定义I＝Ft并结合图像可知IFa<IFb，故选项C、D错误；对全过程根据动量定理，有IF－If＝0，IF＝If，结合选项C分析可知摩擦力对a、b两物块的冲量Ifa<Ifb，故选项A正确，B错误。 答案　A 二、非选择题(共5小题，共56分) 12．(12分)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图所示。采用的实验步骤如下： a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。 b.调整气垫导轨，使导轨处于水平。 c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。 d.用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1。 e.按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。 (1)实验中还应测量的物理量及其符号是________________________________。 (2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是________________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因有________________ _____________________________________________________。(至少答出两点) 答案　(1)B的右端至D板的距离L2 (2)mA＝mB　测量质量、时间、距离等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差(只要答对其中两点即可) 13．(8分)(2024·江苏南京期末)如图所示，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。已知重力加速度为g。 (1)求细绳能够承受的最大拉力； (2)若O点与地面高度H不变，平台高度和细绳长度可调，要使小球反弹后做平抛运动的水平距离最大，求L与H的比值； (3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。 解析　(1)设小球运动到最低点的速率为v0 小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgL＝mv02，解得v0＝ 小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得 T－mg＝m，解得T＝3mg 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力 T′＝T＝3mg。 (2)小球与滑块C碰撞后做平抛运动 在竖直方向上有H－L＝gt2 水平方向有x＝t 解得x＝× ＝ 所以要使小球反弹后做平抛运动的水平距离最大，则L＝H－L 可得L与H的比值＝。 (3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝m＋3mv1 设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律得3mv1＝(3m＋6m)v2 由能量守恒定律得 －μ·3mgs＝(3m＋6m)v22－·3mv12 联立解得s＝，由s<L知，滑块C不会从木板上掉下来。 答案　(1)3mg　(2)　(3)见解析 14．(8分)如图甲所示，物块A、B的质量分别是m1＝4 kg和m2＝6 kg，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物块B左侧与竖直墙相接触，另有一个物块C从t＝0时刻以一定的速度向左运动，在t＝5 s时刻与物块A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开。物块C的v-t图像如图乙所示，试求： (1)物块C的质量m3。 (2)在5 s到15 s的时间内物块A的动量变化的大小和方向。 解析　(1)根据图像可知，物体C与物体A相碰前的速度为v1＝6 m/s 相碰后的速度为：v2＝2 m/s 根据动量守恒定律得： m3v1＝(m1＋m3)v2 解得：m3＝2 kg。 (2)规定向左的方向为正方向，在第5 s末和第15 s末物块A的速度分别为： v2＝2 m/s，v3＝－2 m/s 所以物块A的动量变化为： Δp＝m1(v3－v2)＝－16 kg·m/s 即在5 s至15 s的时间内物块A动量变化的大小为16 kg·m/s，方向向右。 答案　(1)2 kg　(2)16 kg·m/s，方向向右 15．(13分)如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。 (1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 解析　(1)设斜面质量为M，冰块和斜面组成的系统，水平方向动量守恒： m2v2＝(m2＋M)v。 系统机械能守恒： m2gh＋(m2＋M)v2＝m2v22 解得：M＝20 kg。 (2)人推冰块的过程：m1v1＝m2v2， 得v1＝1 m/s(向右) 冰块与斜面组成的系统： m2v2＝m2v2′＋Mv3， m2v22＝m2v2′2＋Mv32， 解得v2′＝－1 m/s(向右)。 因|v2′|＝v1，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩。 答案　(1)20 kg　(2)见解析 16．(15分)如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C。重物A(视为质点)位于B的右端，A、B、C的质量相等，现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰，碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C之间有摩擦力，已知A滑到C的右端而未掉下。试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？ 解析　设A、B、C的质量均为m，碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1。 B、C碰撞瞬间，内力远大于外力，对B、C由动量守恒定律得mv0＝2mv1 设A滑到C的右端时，三者的共同速度为v2 对A、B、C，由动量守恒定律得 2mv0＝3mv2 设A与C之间的动摩擦因数为μ，从发生碰撞到A移至C的右端时C所走的距离为s，对B、C，由功能关系 μmgs＝(2m)v22－(2m)v12 设C的长度为l，对A，由功能关系 μmg(s＋l)＝mv02－mv22 由以上各式解得＝。 答案　倍 学科网（北京）股份有限公司 $