第一章 動(dòng)量守恒定律 基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)卷（A卷）（全解全析版）

第一章動(dòng)量守恒定律基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)卷（A卷）高二物理·全解全析123456789101112BCCCBBCCACCDBDAD1．B【解析】A．動(dòng)量是矢量，動(dòng)能是標(biāo)量，一個(gè)物體的動(dòng)量改變，其動(dòng)能不一定改變，例如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．一個(gè)物體動(dòng)能改變，則速度大小在變化，其動(dòng)量一定改變，故B正確；C．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體的動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤；D．動(dòng)量是矢量，正、負(fù)號(hào)代表方向，不參與大小的比較，故大小p1＜p2，故D錯(cuò)誤。故選B。2．C【解析】A．水對(duì)裝置向上的反沖動(dòng)力與裝置對(duì)水向下的壓力是一對(duì)相互作用力，大小相等，故A錯(cuò)誤；B．人懸空靜止一段時(shí)間，裝置的位移為零，所以水的反沖動(dòng)力對(duì)裝置做功為零，而反沖動(dòng)力的作用時(shí)間不為零，所以沖量不為零，故B錯(cuò)誤；C．人懸空靜止時(shí)，動(dòng)能為零，而重力勢(shì)能與所取零勢(shì)能面有關(guān)，可能為零，所以人的機(jī)械能可能為零，故C正確；D．整體向上減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，水的反沖力與速度方向相同，所以對(duì)裝置做正功，故D錯(cuò)誤。故選C。3．C【解析】A．根據(jù)沖量的定義知，重力對(duì)物體的沖量大小為mgt，A錯(cuò)誤；B．對(duì)物體進(jìn)行受力分析可知支持力大小FN＝mgcosθ則支持力對(duì)物體的沖量大小為IN=mgcosθ·tB錯(cuò)誤；C．摩擦力Ff＝mgsinθ所以摩擦力對(duì)物體的沖量大小為mgtsinθ，C正確；D．因物體靜止，合力為零，則合力對(duì)物體的沖量大小為零，D錯(cuò)誤。故選C。4．C【解析】A．由圖乙可知機(jī)器人在2s時(shí)開(kāi)始滑動(dòng)，有加速度，所以剛要滑動(dòng)時(shí)故A錯(cuò)誤；B．由圖a、圖b結(jié)合牛頓第二定律可得聯(lián)立可得機(jī)器人質(zhì)量滑動(dòng)摩擦力為機(jī)器人與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為故B錯(cuò)誤；C．在0~4s時(shí)間內(nèi)，合外力的沖量為故C正確；D．4s末機(jī)器人的速度為在0~4s時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為故D錯(cuò)誤。故選C。5．B【解析】A．當(dāng)兩手同時(shí)放開(kāi)時(shí)，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，又因?yàn)殚_(kāi)始時(shí)總動(dòng)量為零，故系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零，故A正確。BC．先放開(kāi)左手，左邊的小車就向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再放開(kāi)右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，且開(kāi)始時(shí)總動(dòng)量方向向左，放開(kāi)右手后總動(dòng)量方向也向左，故B錯(cuò)誤，C正確。D．兩手放開(kāi)后在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中系統(tǒng)總動(dòng)量都保持不變，與何時(shí)放手無(wú)關(guān)，但系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定為零，故D正確。此題選擇不正確的，故選B。6．B【解析】A．由圖知，A離開(kāi)擋板瞬間B的速度為，B的速度最小值為，B的速度最小時(shí)，彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)，A的最大速度，取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得解得故A錯(cuò)誤，B正確；C．在A離開(kāi)擋板前，由于擋板對(duì)A有作用力，A、B系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；D．分析從A離開(kāi)擋板后A、B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，彈簧伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能最大，此時(shí)A、B的共同速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒解得根據(jù)機(jī)械能守恒定律解得故D錯(cuò)誤。故選B。7．C【解析】相對(duì)于船豎直向上拋出物體時(shí)，由于慣性，物體仍然具有和船同方向的速度，船和物體組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，故船速不變。故選C。8．C【解析】B.小球從滑上小車到滑離小車的過(guò)程，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有解得則小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度大小為故B錯(cuò)誤；CD.小球恰好到達(dá)管道的最高點(diǎn)，說(shuō)明在最高點(diǎn)時(shí)小球和管道之間相對(duì)速度為0，小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過(guò)程中，水平方向上由動(dòng)量守恒定律有得小車動(dòng)量變化量大小小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有得故C正確，故D錯(cuò)誤；A.由以上分析可知在整個(gè)過(guò)程中小車一直向右運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。故選C。9．AC【解析】無(wú)論是否啟動(dòng)反推發(fā)動(dòng)機(jī)，著陸過(guò)程返回艙的初末速度不變，動(dòng)量變化量不變，反推發(fā)動(dòng)機(jī)的作用時(shí)延長(zhǎng)動(dòng)量變化的時(shí)間，從而減小返回艙動(dòng)量的變化率，進(jìn)而減小返回艙受到的平均沖力，故AC正確，BD錯(cuò)誤。故選AC。10．CD【解析】A．子彈推釘子進(jìn)入木樁的過(guò)程中，子彈和釘子做勻變速運(yùn)動(dòng)，釘子所受木樁的阻力不可忽略，所以子彈和釘子組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B．由題意分析可知，子彈接觸釘子的瞬間，釘子有一個(gè)初速度，隨后子彈將釘子勻減速推入木樁，由平均速度公式可得代入數(shù)據(jù)解得子彈和釘子間的作用時(shí)間為t=故B錯(cuò)誤；C．子彈動(dòng)量改變量大小為由動(dòng)量定理可得釘子對(duì)子彈的沖量大小為，由牛頓第三定律知，子彈對(duì)釘子的沖量大小為，故C正確；D．對(duì)于子彈，由動(dòng)量定理可知代入數(shù)據(jù)解得釘子對(duì)子彈的作用力大小為F=8000N由牛頓第三定律可知，子彈對(duì)釘子的作用力大小為8000N，故D正確。故選CD。11．BD【解析】A．P、Q系統(tǒng)所受外力為零，因此整個(gè)過(guò)程中動(dòng)量守恒，所以P、Q系統(tǒng)總動(dòng)量與P未撞上彈簧時(shí)相等，為故A錯(cuò)誤；B．彈簧被壓縮至最短，即P、Q距離最小，P、Q的相對(duì)速度為零，此時(shí)P、Q速度相等，而P的質(zhì)量大于Q的質(zhì)量，所以P的動(dòng)量大于Q的動(dòng)量，故B正確；C．彈簧壓縮至最短后，Q的速度將繼續(xù)變大，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，Q的動(dòng)能達(dá)到最大值，故C錯(cuò)誤；D．彈簧被壓縮至最短，即P、Q距離最小，P、Q的相對(duì)速度為零，此時(shí)P、Q速度相等，故D正確。故選BD。12．AD【解析】A．由x-t圖像的斜率得到，碰前b球的位移不隨時(shí)間而變化，處于靜止。a球的速度大小為v1＝＝m/s＝4m/s做勻速運(yùn)動(dòng)，故A正確；B．同理由圖像可知，碰后b球和a球均做勻速運(yùn)動(dòng)，其速度分別為v2′＝2m/sv1′＝－2m/s故B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′代入解得m2＝0.6kg碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為＝m1v－m1v1′2－m2v2′2代入解得＝0所以碰撞過(guò)程機(jī)械能守恒，故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。13．

不會(huì)

D

5.8【解析】（1）[1][2]碰撞后，B球的速度大于碰前A球的速度，而A球碰后的速度小于其碰前的速度，由于平拋運(yùn)動(dòng)豎直高度相等，則時(shí)間相等，則平拋運(yùn)動(dòng)B球水平分位移最大。而A球碰后的水平分位移小于碰前的水平分位移，即A球碰前做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移是圖中的OP，B球被碰后做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移是圖中的ON。（2）[3]由于A球每次在斜槽軌道上下滑過(guò)程，克服摩擦力做功相同，即每次從同一高度靜止釋放后，碰前的速度也相同，則球A下滑過(guò)程中與斜槽軌道間存在摩擦力，這對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果不會(huì)產(chǎn)生誤差。（3）[4]為了避免碰撞后發(fā)生反彈，入射小球A的質(zhì)量必須大于被碰小球B的質(zhì)量，而為了發(fā)生對(duì)心正碰，兩球的半徑必須相等，ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。（4）[5]根據(jù)動(dòng)量守恒定律有結(jié)合圖中數(shù)據(jù)，解得14．

使其中一個(gè)滑塊在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，看滑塊經(jīng)過(guò)兩光電門的時(shí)間是否相等，若相等，則導(dǎo)軌水平

BC

【解析】（1）[1]使其中一個(gè)滑塊在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，看滑塊經(jīng)過(guò)兩光電門的時(shí)間是否相等，若相等，則導(dǎo)軌水平。（2）[2]本實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，所以在實(shí)驗(yàn)中必須要測(cè)量質(zhì)量和速度，速度可以根據(jù)光電門的擋光時(shí)間求解，而質(zhì)量通過(guò)天平測(cè)出，同時(shí)，擋光片的寬度可以消去，所以不需要測(cè)量擋光片的寬度，故選BC。（3）[3]在第一次實(shí)驗(yàn)中，碰撞前A的速度為碰撞后A的速度為B的速度為在A、B碰撞過(guò)程中若滿足即則動(dòng)量守恒。（4）[4]在第二次實(shí)驗(yàn)中，碰撞后A、B速度相同，根據(jù)速度公式可知A、B碰撞過(guò)程若滿足則動(dòng)量守恒。15．（1）6m/s；（2）0.01s；（3）【解析】（1）頭盔接觸地面前做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律v2=2gh…………（2分）代入數(shù)據(jù)解得v=6m/s…………（1分）（2）由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得…………（2分）解得…………（1分）（3）取向下為正分向，由動(dòng)量定理得-I=0-mv…………（2分）物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中地面對(duì)頭盔的沖量為…………（1分）16．（1）；（2）；（3）【解析】（1）當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)其速度為v1，此時(shí)小車的速度為v2，設(shè)小球的速度方向?yàn)檎较?。系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得…………（2分）由能量守恒定律得…………（2分）解得，…………（1分）（2）設(shè)當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，小球向左移動(dòng)的距離為s1，小車向右移動(dòng)的距離為s2，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得…………（2分）由幾何關(guān)系可知s1+s2=l…………（1分）解得…………（1分）（3）小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得…………（1分）解得小球擺到最低點(diǎn)時(shí)輕繩對(duì)小車的拉力…………（1分）17．8m/s【解析】設(shè)甲至少以速度v將箱子推出，推出箱子后甲的速度為，乙獲得的速度為，取向右為正方向，以甲和箱子為系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒，得…………（2分）以箱子和乙為系統(tǒng)，得…………（2分）當(dāng)甲與乙恰好不相撞時(shí)…………（2分）聯(lián)立解得…………（1分）18．（1）；（2），；（3）【解析】（1）設(shè)小車第一次與墻壁碰撞前瞬間的速度大小為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得…………（1分）對(duì)小車，根據(jù)動(dòng)量定理有解得…………（1分）（2）小車第一次與墻壁碰撞后的一段時(shí)間內(nèi)，鐵塊向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，小車向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，小車的速度先減為零，然后小車在摩擦力的作用下向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到小車與鐵塊第二次達(dá)到共同速度，此后鐵塊與小車一起向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)直到小車與墻壁發(fā)生第二次碰撞，小車不斷與墻壁碰撞，鐵塊在小車上滑行，系統(tǒng)的機(jī)械能不斷減少，直到鐵塊與小車均靜止且鐵塊恰好在小車的右端，對(duì)鐵塊，根據(jù)動(dòng)量定理有解得…………（1分）根據(jù)功能關(guān)系有解得…………（1分）（3）經(jīng)分析可知，小車每一次與墻壁碰撞后都先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)至靜止，再向右