第1章 章末过关检测(一)-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用Word(教科版)

本高中物理讲义聚焦动量、冲量及动量守恒定律核心知识点，系统梳理从冲量计算、动量定理理解，到动量守恒条件分析，再到实验验证（如“验证动量守恒定律”）及碰撞、人船模型等实际应用的知识脉络，构建完整学习支架。 资料通过多样化题型（选择、实验、计算）设计，突出科学思维（模型建构、科学推理）与科学探究（实验操作分析）。例如实验题结合平抛运动验证动量守恒，计算题融入货车脱钩、滑块木板等真实情境，课中辅助教师检测学情，课后助力学生巩固知识、查漏补缺。

章末过关检测(一) (时间：90分钟　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.如图所示，质量为m的小球被长为r的轻细绳系住，在光滑水平面上绕O点做匀速圆周运动，角速度为ω，则小球运动四分之一个周期时间内细绳对小球的冲量大小为(　　) A．0 B．mωr C．2mωr D．2πmωr 解析：选B。初态动量大小p1＝mrω，四分之一个周期后动量大小p2＝mrω，两者相互垂直，根据动量定理细绳对小球的冲量大小，即合外力冲量大小I＝＝mωr。 2.如图所示，一质量为m的物体在与水平面成α角的斜向下推力F作用下，从静止开始向右运动时间t，下列说法正确的是(　　) A．物体所受推力F的冲量方向水平向右 B．物体所受推力F的冲量大小是Ft cos θ C．物体所受支持力的冲量大小为0 D．物体所受重力的冲量大小为mgt 解析：选D。物体所受推力F的冲量方向与F方向相同，故A错误；物体所受推力F的冲量大小是Ft，故B错误；物体所受支持力不为0，所以支持力的冲量大小不为0，故C错误；物体所受重力的冲量大小为mgt，故D正确。 3.如图所示，木块M和N用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，M紧靠在墙壁上，对N施加向左的水平力使弹簧压缩，当撤去外力后，关于M、N和轻弹簧组成的系统，下列说法正确的是(　　) A．M离开墙壁前，系统动量守恒 B．M离开墙壁前，M所受合力的冲量与N所受合力的冲量大小相等、方向相反 C．M离开墙壁后，系统动量守恒 D．M离开墙壁后，M的动量变化量与N的动量变化量相同 解析：选C。当撤去外力F后，M尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的合外力不为零，所以M、N和轻弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；M离开墙壁时，弹簧处于原长状态，M离开墙壁前一直保持静止状态，则所受合力的冲量为0，初始状态N动量为0，撤去外力F后，N一直受到弹簧向右的力的作用直到M离开墙壁，此过程中N所受合力的冲量向右，故B错误；M离开墙壁后，系统所受合外力为0，所以M、N和轻弹簧组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可知系统动量变化量为0，即ΔpM＝－ΔpN，动量变化量是矢量，M的动量变化量与N的动量变化量大小相等、方向相反，故C正确，D错误。 4．如图所示，两条船A、B的质量均为3m，静止于湖面上。质量为m的人一开始静止在A船中，人以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……经多次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则A船和B船(包括人)的动能之比为(　　) A．1∶1 B．4∶3 C．3∶2 D．9∶4 解析：选B。整个过程中，人和两船组成的系统动量守恒，系统初动量为零，故经n次跳跃后，有3mvA＝(3m＋m)vB，所以＝，根据EkA＝·3m·v，EkB＝·4m·v，联立求得＝。 5.如图，两航天员在空间站用绳子进行“拔河比赛”，两人同时发力，先到达空间站固定中线者获胜，同时比赛结束，则此过程中(　　) A．获胜者质量大 B．获胜者末动能小 C.两者系统动量守恒 D．两者系统机械能守恒 解析：选C。根据牛顿第三定律可知，两人受到了等大、反向的相互作用力，质量较小的一方将产生较大的加速度，根据v＝at、x＝at2可知，质量较小的一方速度更快，位移更大，将先到达固定中线，所以获胜的一方是质量小的一方，故A错误；从开始拉动到出现获胜者的过程中，获胜的一方位移更大，根据动能定理Fx＝mv2可知，获胜的一方获得的动能更大，故B错误；从开始拉动到出现获胜者的过程中，两人受到的作用力等大、反向，力的作用时间相等，所以两人获得的动量大小相等、方向相反，故C正确；刚开始的时候，两航天员的动能为0，拉动的时候会获得速度，动能不为0，机械能不守恒，故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. 安全问题是货车司机首要关注的问题，如图所示的是货车司机在某一平直模拟公路上进行的“货车和挂车脱钩实验”的示意图。一货车后面连接着一挂车，在平直模拟公路上匀速直线行驶。已知平直模拟公路上各处粗糙程度相同。在某一瞬间货车和挂车突然脱钩，货车在脱钩前、后牵引力不变，则在挂车停止运动前，下列说法正确的是(　　) A．货车和挂车组成的系统动量守恒 B．货车和挂车组成的系统机械能守恒 C．脱钩后货车做匀速直线运动 D．脱钩后挂车做加速运动 解析：选A。由于脱钩前货车连接着挂车，在平直模拟公路上匀速直线行驶，货车和挂车组成的系统所受的合外力为零，货车牵引力大小与货车和挂车受到的摩擦力大小之和相等，方向相反，货车和挂车突然脱钩后到挂车停止运动前，由于货车牵引力大小不变，且脱钩后货车和挂车受到的摩擦力大小不变，因此脱钩后到挂车停止运动前货车和挂车组成的系统所受合外力依然为零，系统动量守恒，故A正确；设货车的质量为M，挂车的质量为m，与公路的动摩擦因数为μ，设货车的牵引力为F，未脱钩之前，根据受力平衡可得F＝μ(M＋m)g，脱钩后对货车，根据牛顿第二定律可得a货＝＝，货车做匀加速直线运动，对于挂车根据牛顿第二定律可得a挂＝－＝－μg，挂车做匀减速直线运动，故C、D错误；由C、D选项分析可知，脱钩后货车和挂车所受合外力大小相同，都为μmg，货车所受合外力做正功，挂车所受合外力做负功，而货车做匀加速直线运动，挂车做匀减速直线运动，脱钩时二者速度大小相同，因此脱钩后相同时间内货车的位移大，货车所受合外力做的正功大于挂车所受合外力做的负功，根据动能定理可知货车和挂车组成的系统动能增加，机械能增加，故B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。 8．2024年1月11日11时52分，我国在酒泉卫星发射中心使用快舟一号甲运载火箭，成功将天行一号02星发射升空并顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。下列说法正确的是(　　) A．卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在作用力和反作用力 B．火箭喷出的气体对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力 C．火箭飞出大气层后，由于没有空气，火箭虽向后喷气，但也无法获得前进的动力 D．火箭喷出的气体对周围空气产生一个作用力，空气反作用力使火箭获得飞行的动力 解析：选AB。卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，即地球对卫星的引力和卫星对地球的引力，故A正确；火箭飞出大气层后，虽然没有了空气，但火箭向后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故B正确，C、D错误。 9．如图甲所示的是杂技中的“顶竿”表演，水平地面上演员B用头部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿表演结束后，演员A自竿顶由静止开始下落。滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到地面上，演员A、B质量均为50 kg，长竹竿质量为5 kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．竹竿的总长度约为6 m B．前6 s内，演员B对地面的压力大小始终为1 050 N C．前6 s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为3 300 N·s D．演员A落地时向下屈腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力 解析：选AC。根据题意可知，竹竿的总长度为演员A下滑的距离，由题图乙可得l＝×2×6 m＝6 m，故A正确。设演员A、B的质量均为m，长竹竿质量为m1，则有(2m＋m1)g＝1 050 N，根据题意，由题图乙可知，在前4 s内，演员A加速下滑，具有向下的加速度，处于失重状态，以A、B和长竹竿为整体，可知演员B对地面的压力小于1 050 N；在4 s到6 s内，演员A减速下滑，具有向上的加速度，处于超重状态，以A、B和长竹竿为整体，可知演员B对地面的压力大于1 050 N，故B错误。取向下为正方向，在前4 s内，由图像可知，演员A的加速度a1＝ m/s2＝0.5 m/s2，则mg－f1＝ma1，解得f1＝475 N，此过程竹竿对演员B的压力FN1＝f1＋m1g＝525 N，在4 s到6 s内，由图像可知，演员A的加速度a2＝ m/s2＝－1 m/s2，则mg－f2＝ma2，解得f2＝550 N，此过程竹竿对演员B的压力FN2＝f2＋m1g＝600 N，所以前6 s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小I＝I1＋I2＝FN1t1＋FN2t2＝525×4 N·s＋600×2 N·s＝3 300 N·s，故C正确。演员A落地时向下屈腿，是为了延长作用时间，由动量定理可知，可以减小地面的冲击力，故D错误。 10.如图所示，在光滑的水平冰面上，一个坐在冰车上的人手扶一球静止在冰面上。已知人和冰车的总质量M＝40 kg，球的质量m＝5 kg。某时刻人将球以相对于地面v0＝4 m/s 的水平速度向前方固定挡板推出，球与挡板碰撞后速度大小不变，人接住球后再以同样的速度将球推出(假设人、球、冰车共速后才推球)，直到人不能再接到球，下列说法正确的是(　　) A．人第一次推球时，人、冰车、小球组成的系统动量守恒 B．人从第一次推球直到不能再接到球，人、冰车、小球组成的系统动量守恒 C．人第一次接到球后，人、球、冰车共同的速度大小为 m/s D．人第5次将球推出后将不能再接到球 解析：选ACD。第一次推球时(小球未与挡板接触)，人、冰车和小球组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确；球与挡板碰撞过程，挡板的作用力对系统有冲量，或者说系统合外力不为零，人、冰车和小球组成的系统动量不守恒，故B错误；设挡板每次对球碰撞作用的冲量为I，则有I＝2mv0，以人及冰车与球组成的系统为对象，人第一次接到球后，由动量定理有I＝(M＋m)v共，得到v共＝＝ m/s，故C正确；以人及冰车与球组成的系统为对象，人推n次后，由动量定理有(n－1)I＝Mv人－mv0，得到v人＝，若要人不再接到球，至少有v人＞v0，代入数据得n＞4.5，则人将球推出5次后不能再接到球，故D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(6分)“验证动量守恒定律”的实验装置图如图甲所示，装置中设计有一个支柱(通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰撞离开后，支柱立即倒下)，入射小球A和被碰小球B做平抛运动的抛出点分别在通过O、O′点的竖直线上，重垂线只确定了O点的位置。(球A的质量为m1，球B的质量为m2) (1)采用图甲的实验装置时，用20分度的游标尺测量小球的直径，如图乙，则读数为________mm。 (2)在某次实验得出小球的落点情况如图丙所示，下列说法正确的是________。 A．由图看出，重复多次实验后，小球落点不完全重合，可知小球每次不是从斜槽的同一位置由静止滑下 B．由于偶然因素存在，重复操作时小球的落点不会完全重合，但是落点应当比较密集 C．测定落点P的位置时，如果几次落点的位置分别为P1、P2、…Pn，则落点的平均位置OP＝ D．尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置 (3)已知某次实验时，两球质量满足m1大于m2，结果如图丙所示，则验证动量守恒定律的表达式是____________________。(用m1、m2、OP、OQ、O′R表示) 解析：(1)游标卡尺的读数为1.5 cm＋15×0.05 mm＝15.75 mm。 (2)由于偶然因素的存在，小球的落点不一定重合，但大致在真实落点附近，根据题图丙中点的图像可得小球每次是从斜槽的同一位置由静止滑下，A错误，B正确；测定某一落点的平均位置时应尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置，C错误，D正确。 (3)根据题意可得P点是小球A碰后的落点，R点是小球B碰后的落点，Q点是小球A碰前的落点，两球竖直高度相同，根据平抛运动知识可得每次两球水平方向运动时间相同，所以可用水平位移代替水平方向的初速度，根据动量守恒有m1OQ＝m1OP＋m2O′R。 答案：(1)15.75　(2)BD　(3)m1OQ＝m1OP＋m2O′R 12．(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。(均保留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＝0.310×2.00 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＝(0.310 ＋ 0.205)×1.20 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 13．(10分)随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。一货车严重超载后的总质量为4.9×104 kg，以54 km/h的速率匀速行驶。某时刻司机突然发现正前方25 m处停着总质量为1.0×103 kg的轿车，货车立即刹车做匀减速直线运动，已知超载的货车刹车减速时加速度大小为2.5 m/s2。 (1)求超载货车与轿车碰撞前的速度大小。 (2)若货车与轿车相互作用时间Δt＝0.1 s，碰撞后两车获得相同速度，则货车对轿车的平均冲力为多大？ 解析：(1)根据v2－v＝－2ax 代入数据解得v＝10 m/s。 (2)碰撞过程中满足动量守恒Mv＝(M＋m)v1 以轿车为研究对象FΔt＝mv1 解得冲击力为F＝9.8×104 N。 答案：(1)10 m/s　(2)9.8×104 N 14．(14分)如图所示，B是放在光滑的水平面上质量为4m的一块木板，物块A(可看成质点)质量为m，与木板间的动摩擦因数为μ，最初木板B静止，物块A以水平初速度v0滑上木板，木板足够长(重力加速度为g)。 (1)求木板B的最大速度。 (2)求从刚滑上木板到A、B速度刚好相等的过程中，物块A所发生的位移大小。 (3)若物块A恰好没滑离木板B，则木板至少多长？ 解析：(1)由题意知，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时B速度最大。以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律mv0 ＝ (m＋4m)v 得v＝。 (2)A向右减速的过程，根据动能定理有 －μmgx1＝mv2－mv 则物块A发生的位移x1＝。 (3)从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒定律得 μmgL＝mv－(m＋4m)v2 得L＝。 答案：(1)　(2)　(3) 15．(16分)如图所示，AB是半径R＝0.80 m的光滑 圆弧轨道，半径OB竖直，光滑水平地面上紧靠B点静置一质量M＝3.0 kg的小车，其上表面与B点等高。现将一质量m＝1.0 kg的小滑块从A点由静止释放，经B点滑上小车，最后与小车达到共同速度。已知滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.40。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求滑块刚滑至B点时，圆弧对滑块的支持力大小。 (2)求滑块与小车最后的共同速度大小。 (3)为使滑块不从小车上滑下，小车至少为多长？ 解析：(1)滑块由A至B，由机械能守恒定律得 mgR＝mv 经B点时，由牛顿第二定律得N－mg＝m 联立解得N＝30 N。 (2)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由动量守恒定律得mvB＝(m＋M)v′ 解得共同速度v′＝1.0 m/s。 (3)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由能量守恒定律得μmgl＝mv－(m＋M)v′2 联立可得l＝1.5 m，即小车长度至少为1.5 m。 答案：(1)30 N　(2)1.0 m/s　(3)1.5 m 章末知识网络建构 学科网（北京）股份有限公司 $