第1章 动量及其守恒定律 单元过关检测(一)-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用Word(鲁科版)

单元过关检测(一) (分值：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．“比冲”是航天器发射系统的常用物理量，用于表达动力系统的效率，其可以描述为单位质量推进剂产生的冲量。据此分析，“比冲”的国际单位可以是(　　) A．N·s B．N C．m/s D．m/s2 解析：选C。由题意可知，“比冲”为单位质量推进剂产生的冲量，则其国际单位为＝m/s，故C符合题意。 2．如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是(　　) A．男孩和木箱组成的系统动量守恒 B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．木箱动量的变化量与男孩、小车总动量的变化量相同 解析：选C。在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩在水平方向受到小车的摩擦力，即男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；小车在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，C正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱动量的变化量与男孩、小车总动量的变化量大小相同、方向相反，D错误。 3．某乒乓球运动员在练习高抛发球时，手掌张开且伸平，将一质量为2.7 g的乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后向上运动的最大高度为2.45 m，若抛球过程手掌和球接触时间为5 ms，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则该过程手掌对球的平均作用力大小约为(　　) A．0.4 N B．4 N C．40 N D．400 N 解析：选B。乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后向上运动至最大高度，根据动能定理有－mgh＝0－mv，球过程手掌和球接触时间为5 ms内，对小球进行分析，根据动量定理有(F－mg)Δt＝mv0－0，解得F≈4 N，故B符合题意。 4. 甲同学以一定速度将一个直径约1 m的充满空气的气球投向乙同学，乙同学被撞出几米远，气球被弹回。若甲同学把气球里的空气放掉，再以相同的速度投向乙同学，乙同学纹丝不动。忽略空气阻力，关于两次实验，下列说法正确的是(　　) A．两次气球对乙同学的作用力相等 B．两次气球撞乙同学前的动量相等 C．撞击过程，充气气球的动量变化率小 D．撞击过程，充气气球的动量变化量大 解析：选D。第一次乙同学被撞出几米远，第二次乙同学纹丝不动，则第一次气球对乙同学的作用力较大，A错误；两次气球抛出的初速度相等，忽略空气阻力，充气气球的质量更大，动量也更大，B错误；撞击过程，充气气球对乙的作用力较大，则乙对气球的反作用力也较大，根据动量定理可知，充气气球的动量变化率大，C错误；撞击过程，根据动量定理，充气气球与乙作用时间长，且作用力大，所以充气气球的动量变化量大，D正确。 5．如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是(　　) A．子弹与硬木摩擦产生的内能较多 B．两个系统产生的内能不一样大 C．子弹在软木中打入深度较大 D．子弹在硬木中打入深度较大 解析：选C。设子弹质量为m，木块质量为M，由于最终都达到共同速度，根据动量守恒定律mv0＝(m＋m)v，可知共同速度v相同，则根据ΔE＝mv－(m＋M)v2＝Q，可知子弹与硬木或子弹与软木构成的系统机械能减小量相同，故两个系统产生的内能Q一样多，故A、B错误；根据功能关系Q＝f·d，可知产生的内能Q相同时，摩擦力f越小，子弹打入深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，故C正确，D错误。 6．如图所示，质量M＝4 kg的圆环套在光滑的水平轨道上，质量m＝2 kg的小球通过长L＝1.8 m的轻绳与圆环连接。现将细绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　) A．运动过程中，小球的机械能守恒 B．小球从释放到最低点过程，绳子对小球的拉力做正功 C．小球通过最低点时，小球的速度大小为6 m/s　 D．从小球开始运动到小球运动到最低点这段时间内，圆环的位移大小为0.6 m 解析：选D。该过程系统机械能守恒，小球的机械能减小，绳子对其拉力做负功，故A、B错误；依题意，系统水平方向动量守恒，可得Mv1＝mv2，由系统机械能守恒，可得mgL＝Mv＋mv，联立解得v2＝2 m/s，故C错误；系统水平方向动量守恒，根据“人船模型”可得Md1＝md2，又d1＋d2＝L，联立解得d1＝0.6 m，d2＝1.2 m，即圆环的位移大小为0.6 m，故D正确。 7．如图所示，用两根不可伸长的轻质细绳把小球a和b悬挂于O点，对两小球施加大小相等、方向相反的恒力作用，a、b两小球静止在同一水平线上，两绳与竖直方向的夹角分别为α＝30°和β＝60°。某时刻将两根细绳同时剪断，此后作用在两小球上的水平力不断增大但大小始终相等，一段时间后两小球落在水平地面上，落地前瞬间小球a的速度与水平方向的夹角为45°，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A.下落过程中a、b组成的系统水平方向动量守恒 B．下落过程中a、b组成的系统机械能守恒 C．下落过程中a、b的水平位移相等 D．落地前任意时刻a的加速度等于b的加速度 解析：选A。下落过程中a、b组成的系统水平方向所受合外力一直为0，则系统水平方向动量守恒，故A正确；下落过程中，作用在两小球上的水平力一直对两小球做正功，则a、b组成的系统的机械能增大，故B错误；初始时，两球均处于平衡状态，由mag tan α＝F，mbg tan β＝F，可得ma tan α＝mb tan β，代入数据可得ma＝3mb，细绳剪断后两球在竖直方向做自由落体运动，处于同一水平线上，水平方向有F＝maaax，F＝mbabx，可知＝，水平方向根据x＝axt2，可知下落过程中a、b的水平位移不相等，根据a＝＝，可知落地前任意时刻a的加速度小于b的加速度，故C、D错误。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。 8．如图所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触。现解除对弹簧的锁定，对A、B与弹簧组成的系统分析正确的是(　　) A．在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统动量守恒 B．在A离开挡板后，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒 C.在A离开挡板后，A、B与弹簧组成的系统动量守恒 D．在A离开挡板后的运动过程中，弹簧弹性势能最大时A、B速度相等 解析：选BCD。在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒；挡板对A不做功，只有弹簧的弹力对B做功，所以系统机械能守恒，故A错误。A离开挡板后，A、B的运动过程中，系统的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B、C正确。在A离开挡板后的运动过程，B向右减速，A向右加速，两者间距增大，弹簧的弹性势能增大，两者速度相等后，B向右继续减速，A向右继续加速，两者间距减小，弹簧的弹性势能减小，所以A、B速度相等，弹簧弹性势能最大，故D正确。 9. 如图所示的是一款落锤冲击试验机，将重锤从不同高度落到样本(片、薄膜、制品)上，以检测其在不同温度、湿度、冲击能量下的性能表现。现将一质量为100 kg的重锤从高度h＝2.45 m处由静止释放，重锤与样本冲击时间约为0.05 s，然后以5 m/s的速度反弹。已知重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　) A．与样本冲击过程，重锤的动量变化量大小为700 kg·m/s B．与样本冲击过程，重锤的动量变化量大小为1 200 kg·m/s C．重锤对样本的冲击力大小约为24 000 N D．重锤对样本的冲击力大小约为25 000 N 解析：选BD。设重锤与样本冲击前的速度为v1，根据速度位移关系v＝2gh，可得v1＝7 m/s，与样本冲击过程，以竖直向上为正方向，重锤的动量变化量大小Δp＝mv2－(－mv1)＝1 200 kg·m/s，故A错误，B正确；根据动量定理可得(F－mg)Δt＝mv2－(－mv1)，解得F＝25 000 N，故C错误，D正确。 10．如图所示，一小车停在光滑水平面上，车上一人(相对于小车位置始终不变)持玩具枪向车的竖直挡板连续平射，所有子弹全部嵌在挡板内没有穿出，枪口到挡板的距离为L，嵌在挡板内子弹的质量小于人的质量，射击持续了一会儿后停止，下列说法正确的是(　　) A．所有子弹嵌入挡板后，小车的速度为零 B．子弹飞行的距离为L C．小车前进的距离大于L D．人后退的距离小于L 解析：选AD。刚开始小车停在光滑水平面上，人、小车、子弹组成的系统初动量为零，射击子弹的过程中，该系统所受合外力为零，即该系统动量守恒，因此可知该系统末动量也一定为零，即所有子弹嵌入挡板后，小车的速度为零，故A正确；根据动量守恒定律可知，当子弹获得向前的速度时，小车一定获得向后的速度，即速度方向一定相反，则根据运动性质可知，小车与子弹的位移之和应等于L，由此可知，人后退的距离小于L，故B、C错误，D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(8分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验。气垫导轨装置如图(a)所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。 (1)下面是实验的主要步骤： ①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨通入压缩空气； ③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向； ④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；把滑块2放在气垫导轨的中间； ⑤先接通打点计时器的电源，再放开滑块1，让滑块1带动纸带一起运动；在中间与滑块2相撞并粘在一起运动； ⑥取下纸带，重复步骤④⑤，选出理想的纸带如图(b)所示； ⑦测得滑块1的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g。 (2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s(保留3位有效数字)。 (3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：(2)碰撞前滑块1的速度为 v＝＝ m/s＝2.00 m/s 则两滑块在碰撞前的总动量为 p＝m1v1＝2.00 × 0.310 kg·m/s＝0.620 kg·m/s 碰撞后两滑块共同的速度为 v共＝＝ m/s＝1.20 m/s 则两滑块在碰撞后的总动量为p′＝(m1 ＋ m2)v共＝1.20×(0.310 ＋ 0.205) kg·m/s＝0.618 kg·m/s。 (3)本实验的主要系统误差是限位孔对纸带向左的阻力对系统的冲量使系统的总动量减少。 答案：(2)0.620　0.618　(3)限位孔对纸带向左的阻力对系统的冲量使系统的总动量减少 12．(10分)某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图甲中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。图乙中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。 (1)在验证动量守恒定律的实验中，下列条件描述正确的是________。 A．轨道必须是光滑的 B．轨道末端的切线必须是水平的 C．入射小球A的质量必须小于被碰小球B D．每次入射小球A只需从同一高度滚下即可 (2)某次实验中，得出小球落点情况如图乙所示(单位是cm)，P′、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置(把落点圈在内的最小圆的圆心)，则入射小球A和被碰小球B质量之比为m1∶m2＝________。 解析：(1)轨道是否光滑，对实验无影响，A错误；轨道末端的切线必须是水平的，以保证小球能做平抛运动，B正确；入射小球A的质量必须大于被碰小球B，以防止碰后入射球A反弹，C错误；每次入射小球A只需从同一高度无初速滚下即可，D错误。故选B。 (2)根据实验原理可得m1v0＝m1v1＋m2v2，又因下落时间相同，可求得m1OP′＝m1OM＋m2ON，由题图乙可知OM＝15.5 cm、OP′＝25.5 cm、ON＝40.0 cm，代值可得m1∶m2＝4∶1。 答案：(1)B　(2)4∶1 13. (10分)如图所示，飞船在距某星球表面一定高度处悬停，选定相对平坦的区域后，在反推火箭作用下，开始加速下降，下降高度为100 m，当“缓冲脚”触地时反推火箭立即停止工作，此时飞船速度为20 m/s。随后飞船在“缓冲脚”的缓冲作用下，经2 s减速到0，停止在该星球表面上。飞船质量m＝1 000 kg，该星球表面的重力加速度g取4 m/s2。求： (1)飞船加速下降过程中，反推火箭对飞船做的功； (2)从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，地面对“缓冲脚”的平均支持力的大小。 解析：(1)飞船加速下降过程中，设反推火箭对飞船做的功为W，根据动能定理有mgh＋W＝mv2，解得W＝－2×105 J。 (2)从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，设地面对“缓冲脚”的平均支持力的大小为F，根据动量定理有(mg－F)t＝0－mv，解得F＝1.4×104N。 答案：(1)－2×105 J　(2)1.4×104N 14．(12分)如图是某少年进行滑板训练时的示意图。滑板原来静止在水平地面某处，少年以某一水平初速度跳上滑板，之后与滑板一起以v＝2.0 m/s的速度开始沿水平地面向左滑行，经过x＝20 m的距离后停下。此后少年又从滑板上水平向左跳出，滑板变成向右滑行，向右滑行的距离是向左滑行的距离的四分之一。已知滑板的质量m＝4 kg，少年的质量M＝40 kg，滑板滑行过程受到的路面阻力大小与滑板对地面的压力大小成正比，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)少年跳上滑板时的水平初速度v1大小； (2)少年跳离滑板时的水平速度v2大小。 解析：(1)少年跳上滑板时，系统的动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得Mv1＝(M＋m)v 代入数据解得v1＝2.2 m/s。 (2)少年与滑板向左滑行经过x＝20 m的距离后停下的过程有－k(M＋m)gx＝0－(M＋m)v2 滑板向右滑行至停下的过程有 －kmgx′＝0－mv 且4x′＝x 解得v3＝v 少年跳离滑板时，有0＝Mv2－mv3 联立解得v2＝0.1 m/s。 答案：(1)2.2 m/s　(2)0.1 m/s 15．(14分)如图所示，两个完全相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在水平面上，圆弧槽半径均为R、内外表面均光滑，质量均为m，a、b两点分别为A、B槽的最高点，c、d两点分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁。一个质量为2m的小球P(可视为质点)从a点由静止释放，重力加速度为g。求： (1)小球P到达A槽最低点时受到弹力的大小； (2)小球P在B槽内运动的最大高度； (3)B槽具有的最大速度。 解析：(1)小球P从a点运动到c点，A、B均保持静止，根据动能定理可得2mgR＝·2mv 小球P从a点运动到c点时的速度大小v0＝ 根据牛顿第二定律有N－2mg＝2m 解得N＝6mg。 (2)小球P滑到B槽后A依然保持静止，B开始向右运动，由于小球P和B槽组成的系统水平方向上不受外力，则动量守恒，当小球P在B槽内运动到最大高度时，二者水平速度相同，取向右为正方向，设共同速度为v，根据动量守恒可得 2mv0＝(2m＋m)v 对小球P和B槽组成的系统，根据机械能守恒定律可得·2mv＝(2m＋m)v2＋2mgh 联立解得h＝。 (3)小球P返回B槽最低点d时，B槽速度最大，设P的速度为v1，B的速度为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得 2mv0＝2mv1＋mv2 ·2mv＝·2mv＋mv 解得v2＝ 。 答案：(1)6mg　(2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $