第1章 动量及其守恒定律 单元检测-2026-2027学年高二上学期物理鲁科版选择性必修第一册

第1章 动量及其守恒定律 单元检测 (时间：75分钟　满分：100分) 一.选择题:(10小题,50分) 1．下面列举的装置各有一定的道理，其中不能用动量定理进行解释的是(　　) A．运输玻璃器皿等易碎物品时，在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物 B．建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间 C．热水瓶胆做成两层，且把两层中间的空气抽去 D．跳高运动中的垫子总是十分松软 2．一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　) A．小球的机械能守恒，动量不守恒 B．小球的机械能不守恒，动量也不守恒 C．球、车系统的机械能守恒，动量守恒 D．球、车系统的机械能、动量都不守恒 3.如图所示，“渤海之眼”摩天轮位于潍坊市的北端，摩天轮悬挂透明座舱，人坐在舱内随旋转座椅一起做匀速圆周运动．以下说法正确的是(　　) A．转动过程中，人的动量不变 B．转动一圈，人所受合力的冲量不为零 C．转动一圈，人所受重力的冲量不为零 D．转动到最高点时，人所受合力为零 4．太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490 kg，离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为(　　) A．1.47 N B．0.147 N C．0.09 N D．0.009 N 5.中国第一艘国产航空母舰“山东舰”在某海域执行训练任务．如图，假设某次舰上进行飞机起飞训练，质量为m＝2×104 kg的飞机在弹射系统作用下经过t1＝0.2 s以某一初速度进入甲板跑道，之后在甲板上做匀加速直线运动，经过t2＝4.0 s在跑道上运动120 m后成功起飞，且飞机的起飞速度为v＝50 m/s，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　) A．飞机在弹射系统作用下获得的动量大小为1×105 kg·m/s B．弹射系统作用于飞机的平均作用力大小为1×106 N C．飞机在甲板跑道上的加速度大小为12.5 m/s2 D．弹射系统对飞机做的功为2.5×105 J 6．一只爆竹竖直升空后，在高为h处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为3∶1，其中质量小的一块获得大小为v的水平速度，重力加速度为g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距(　　) A. B. C．4v D. 7.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示．已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　) A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J 8.如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动．质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点．若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0的速度水平射入物块B(时间极短，子弹未穿出)后，物块B恰好能到达水平杆PQ位置，重力加速度为g，则(　　) A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统动量和机械能都守恒 B．子弹射入物块B的初速度v0＝100 C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，物块B仍能摆到水平杆PQ位置 D．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到最高点时速度为 9.如图所示，质量为m的小球A静止于光滑的水平面上，在球A和竖直墙之间用水平轻弹簧连接，现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰撞，碰撞后两球粘在一起压缩弹簧．若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰撞到回到原静止位置的过程中弹簧对A、B整体的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是(　　) A．E＝mv02，I＝mv0 B．E＝mv02，I＝2mv0 C．E＝mv02，I＝mv0 D．E＝mv02，I＝2mv0 10.如图所示，质量为m＝0.5 kg的滑块(可视为质点)放在水平面上O点，现给滑块一水平向右的初速度v0＝9 m/s，经过一段时间滑块与竖直的墙壁发生碰撞，已知碰前的速度大小为v＝7 m/s，碰后的速度大小为v′＝6 m/s，O点与竖直墙壁的距离为L＝5 m，滑块与竖直墙壁碰撞所用时间为t＝0.05 s，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　) A．滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.16 B．滑块与竖直墙壁碰撞过程中动量的变化量大小为0.5 kg·m/s C．碰撞过程中竖直墙壁对滑块的作用力大小为130 N D．滑块从O点开始运动到最终停止所用的总时间为2.5 s 2． 实验题:(10分) 11．如图所示，在“验证动量守恒定律”实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系． (1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量________(填选项前的符号)间接地解决这个问题． A．小球开始释放高度h B．小球抛出点距地面的高度H C．小球做平抛运动的射程 (2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影点．实验时，先将入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复．(小球质量关系满足m1>m2)接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号) A．用天平测量两个小球的质量m1、m2 B．测量小球m1开始释放时的高度h C．测量抛出点距地面的高度H D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E．测量平抛射程OM、ON (3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________[用(2)中测量的量表示]． 三.计算题：(40分)(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 12.(8分)强夯机是在建筑工程中由于需要对松土压实处理的机器，其中一种为吊重锤击式，如图所示．重锤的质量m＝1.0×104 kg，从离地h＝20 m高处自由下落，重锤夯土历时Δt＝0.40 s，然后陷在土中．取g＝10 m/s2，不计空气阻力，重力加速度为g.求： (1)重锤自由下落的时间t和刚落地时的速度大小v； (2)重锤对松土的平均作用力大小F. 13．(10分)如图所示，人站在滑板A上，以v0＝3 m/s的速度沿光滑水平面向右运动．当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A从横杆下方通过，与静止的滑板B发生碰撞并粘在一起，之后人落到B上，与滑板一起运动，已知人、滑板A和滑板B的质量分别为m人＝70 kg、mA＝10 kg和mB＝20 kg，求： (1)A、B碰撞过程中，A对B的冲量的大小和方向； (2)人最终与滑板的共同速度的大小． 14．(10分)如图所示，ABC是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆，AB部分与BC部分平滑连接．一质量为M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中，子弹留在木块中．子弹击中木块前的速度为v0.若被击中的木块能沿轨道滑到最高点C，不计空气阻力，重力加速度为g，求： (1)子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q； (2)木块从C点飞出后落地点距离B点的距离s. 15.(12分)如图所示，光滑水平面上静止放置质量M＝2 kg的长木板C，离板右端x＝0.72 m处静止放置质量mA＝1 kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量为mB＝1 kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g取10 m/s2.现在木板上施加一水平向右的力F＝3 N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力F.问： (1)A与B碰撞之前运动的时间是多少？ (2)若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？ 参考答案: 1.答案　C 2.答案　B解析　小球由静止释放过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统只在水平方向动量守恒，当小球有向右的速度时小车将同时有向左的速度，所以小球在下落过程中并不是真正的圆周运动，小车将通过细绳对小球做功，小球机械能不守恒．动量守恒的研究对象是一个系统，小球动量不守恒，故A错误，B正确；小球与小车系统在整个过程中只有重力做功，系统机械能守恒，故C、D错误． 3.答案　C解析　转动过程中，人的动量大小不变，方向不断变化，则动量变化，选项A错误；转动一圈，人动量的变化为零，则由动量定理可知，人所受合力的冲量为零，选项B错误；根据I＝mgt可知，转动一圈，人所受重力的冲量不为零，选项C正确；转动到最高点时，人的加速度不为零，则所受合力不为零，选项D错误． 4.答案　C解析　对离子，根据动量定理有F·Δt＝Δmv 而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt 解得F＝0.09 N. 故探测器获得的平均推力大小为0.09 N，故选C. 5.答案　B解析　设飞机在弹射系统作用下获得的初速度为v0，则t2＝s，解得v0＝10 m/s，则飞机在弹射系统作用下获得的动量大小为p0＝mv0＝2×105 kg·m/s，选项A错误；根据动量定理可知Ft1＝p0，解得F＝1×106 N，选项B正确；飞机在甲板跑道上的加速度大小为a＝＝ m/s2＝10 m/s2，选项C错误；弹射系统对飞机所做的功为W＝mv02＝1×106 J，选项D错误． 6.答案　D解析　设质量小的一块的质量为m，另一块质量为3m.爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度v的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv－3mv′＝0，解得v′＝；设两块爆竹落地用的时间为t，则有：h＝gt2，得t＝，落地后两者间的距离为：s＝(v＋v′)t，联立各式解得：s＝，故选D. 7.答案　A解析　根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故选A. 8.答案　D解析　在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，所受的合外力远小于内力，其动量守恒，但由于摩擦要产生内能，所以机械能不守恒，A错误；子弹射入物块B后一起向上摆至最高点过程中，由机械能守恒定律有(0.01m＋0.99m)gL＝×(0.01m＋0.99m)v2，解得v＝；子弹射入物块B过程中，由动量守恒定律得0.01mv0＝(0.01m＋0.99m)v，解得v0＝100，B错误；若物块 A不固定，子弹仍以v0射入后，子弹和物块B的动能转化为物块A和物块B(包括子弹)的动能和物块B(包括子弹)的重力势能，所以物块B的上摆高度小于物块A固定时的上摆高度，C错误；当物块B摆到最高点时，物块A、B和子弹具有相同的速度，由动量守恒定律有(0.01m＋0.99m)v＝(0.01m＋0.99m＋2m)v′，解得v′＝，D正确． 9.答案　B解析　选取A、B作为一个系统，设两球碰撞后的速度为v，在A、B两球碰撞过程中，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：mv0＝(m＋m)v，解得v＝，再将A、B及轻弹簧作为一个系统，在压缩弹簧过程中利用机械能守恒定律可得：弹簧最大弹性势能E＝×2m2＝mv02；弹簧压缩到最短后，A、B开始向右运动，弹簧恢复原长时，由机械能守恒定律可知，A、B的速度大小均为，以水平向右为正方向，从球A被碰撞到回到原静止位置的过程中，弹簧对A、B整体的冲量大小I＝2m×－2m×＝2mv0，选项B正确． 10.答案　C解析　滑块从O点开始运动到与墙壁碰撞的过程中，对滑块由动能定理得－μmgL＝mv2－mv02，代入数据可解得μ＝0.32，A错误；取碰后的速度方向为正方向，则滑块与竖直墙壁碰撞过程中动量的变化量为Δp＝mv′－(－mv)，代入数据得Δp＝6.5 kg·m/s，B错误；由动量定理得Ft＝Δp，代入数据解得F＝130 N，C正确；碰前由动量定理得－μmgt1＝mv－mv0，代入数据解得t1＝ s，碰后由动量定理得－μmgt2＝0－mv′，代入数据解得t2＝ s，则全程所用的时间为t′＝(＋0.05＋) s＝2.55 s，D错误． 11.答案　(1)C　(2)ADE　(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON 解析　(1)验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以由落地高度不变情况下的水平射程来体现速度．故选C. (2)实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．测量平均落地点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必需的，而且D要在E之前．至于用天平测量质量，先后均可以．故选A、D、E. (3)若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m2v2，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，代入得：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON. 12.答案　(1)2.0 s　20 m/s　(2)6×105 N 解析　(1)由自由落体运动规律有h＝gt2 落地时的速度v＝gt 代入数据解得t＝2.0 s v＝20 m/s (2)研究重锤夯土过程，选竖直向上为正方向， 对重锤由动量定理有(F－mg)Δt＝0－(－mv) 代入数据解得F＝6.0×105 N 由牛顿第三定律可知， 重锤对松土的平均作用力大小为6×105 N． 13.答案　(1)20 kg·m/s　方向水平向右　(2)2.4 m/s 解析　(1)人跳起后A与B碰撞前后动量守恒，以v0的方向为正方向， 设碰后AB的速度为v1，有mAv0＝(mA＋mB)v1 解得：v1＝1 m/s A对B的冲量：I＝mBv1＝20×1 kg·m/s＝20 kg·m/s方向水平向右． (2)人下落与AB作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度为v2， 有m人v0＋(mA＋mB)v1＝(m人＋mA＋mB)v2 代入数据得：v2＝2.4 m/s. 14.答案　(1)　(2)2 解析　(1)子弹击中木块的过程满足动量守恒，以v0的方向为正方向， 有mv0＝(M＋m)v1 解得v1＝ 根据能量守恒定律可得Q＝mv02－(M＋m)v12 联立解得Q＝ (2)从子弹击中木块后到木块运动到C点的过程， 由机械能守恒定律有(M＋m)v12＝(M＋m)vC2＋2(M＋m)gR 解得vC＝ 木块离开C点后做平抛运动，s＝vCt， 2R＝gt2 解得s＝2.(1分) 15.答案　(1)1.2 s　(2)0.84 m 解析　(1)若A、C相对滑动，则A受到的摩擦力为Ff＝μmAg＝4 N>F， 故A、C不可能发生相对滑动． 设A、C一起运动的加速度为a 则a＝＝1 m/s2 由x＝at2 得A与B碰撞之前运动的时间t＝＝1.2 s (2)因A、B发生弹性碰撞，mA＝mB，B相对水平面静止，故A、B碰后，A的速度为0， 则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中，对A、C系统 由动量守恒定律有Mv0＝(M＋mA)v，v0＝at， 解得v0＝1.2 m/s，v＝0.8 m/s 由能量守恒定律得μmAgΔx＝Mv02－(M＋mA)v2 解得Δx＝0.12 m 故长木板C的长度至少为L＝x＋Δx＝0.84 m． 学科网（北京）股份有限公司 $