2021-2022新教材粵教版物理選擇性必修第一冊章末檢測第一章動量和動量守恒定律WORD版含解析

章末綜合檢測(一)動量和動量守恒定律(時間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共12小題，共40分。第1～8小題只有一個選項正確，每小題3分；第9～12小題有多個選項正確，每小題4分，全選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．下列圖片所描述的事例或應(yīng)用中，沒有利用反沖運動原理的是()解析：選D噴灌裝置是利用水流噴出時的反沖作用而運動的，章魚在水中前行和轉(zhuǎn)向利用了噴出的水的反沖作用，火箭發(fā)射是利用噴氣的方式而獲得動力的，利用了反沖運動原理，故A、B、C不符合題意；碼頭邊輪胎的作用是延長碰撞時間，從而減小作用力，沒有利用反沖作用，故D符合題意。2．蹦極是勇敢者的體育運動。設(shè)運動員離開跳臺時的速度為零，從自由下落到彈性繩剛好被拉直為第一階段；從彈性繩剛好被拉直到運動員下落至最低點為第二階段。不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．第一階段重力的沖量和第二階段彈力的沖量大小相等B．第一階段重力的沖量和第二階段合力的沖量大小相等C．第一、第二階段重力的總沖量大于第二階段彈力的沖量D.第一階段運動員的速度不斷增大，第二階段運動員的速度不斷減小解析：選B設(shè)兩個階段的時間分別是t1和t2，根據(jù)動量定理可知mgt1＋(mgt2－Ft2)＝0，即第一階段重力的沖量和第二階段合力的沖量大小相等，選項A錯誤，選項B正確；由(mgt1＋mgt2)－Ft2＝0可知，第一、第二階段重力的總沖量等于第二階段彈力的沖量，選項C錯誤；第一階段運動員的速度不斷增大，第二階段開始時重力大于彈力，運動員做加速運動，后來重力小于彈力，運動員做減速運動，選項D錯誤。3.如圖所示，光滑的水平地面上有一輛平板車，車上有一個人。原來車和人都是靜止的。當(dāng)人從左向右行走的過程中()A．人和車組成的系統(tǒng)在水平方向動量不守恒B．人和車組成的系統(tǒng)機械能守恒C．人和車的速度方向相同D．人停止行走時，人和車的速度一定均為零解析：選D由題意可知，人和車組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力的作用，所以人和車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，故A錯誤；對于人來說，人在蹬平板車的過程中，人受到的其實是靜摩擦力，方向向右，人對車的摩擦力向左，人和車都運動起來，故摩擦力做功，所以人和車組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故B錯誤；當(dāng)人從左向右行走的過程中，人對車的摩擦力向左，車向后退，即車向左運動，速度方向向左，故C錯誤；人和車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由題意知系統(tǒng)動量為零，所以人停止行走時，系統(tǒng)末動量為零，即人和車的速度一定均為零，故D正確。4.如圖所示，物體A、B靜止在光滑的水平面上，且mA>mB，現(xiàn)用大小相等的兩個力F和F′分別作用在A和B上，使A、B沿一條直線相向運動，然后又先后撤去這兩個力，使這兩個力對物體A、B做的功相同，接著兩物體A、B碰撞并合為一體后，它們()A．可能停止運動B．一定向右運動C．可能向左運動D．仍運動，但運動方向不能確定解析：選B由動能定理可知，兩個力對物體做的功相同，則碰撞前兩物體的動能相同。由物體的動量和動能的關(guān)系p＝eq\r(2mEk)知，pA>pB。選碰前A的方向為正方向，則B的動量為負值，由動量守恒定律有pA＋pB＝(mA＋mB)v，v必為正，故碰后速度v的方向一定與pA的方向相同，向右，B正確。5．A球的質(zhì)量是m，B球的質(zhì)量是2m，它們在光滑的水平面上以相同的動量運動。B球在前，A球在后，發(fā)生正碰后，A球仍朝原方向運動，但其速率是原來的一半，碰后兩球的速率之比vA′∶vB′A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．2∶3解析：選D設(shè)碰前A球的速率為v，根據(jù)題意知，pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前B球速度vB＝eq\f(v,2)，碰后vA′＝eq\f(v,2)，由動量守恒定律，有mv＋2m×eq\f(v,2)＝m×eq\f(v,2)＋2mvB′，解得vB′＝eq\f(3,4)v，所以eq\f(vA′,vB′)＝eq\f(2,3)，選項D正確。6.如圖所示，在光滑水平直軌道上有兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m。開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0，一段時間后，B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半。則物體B的質(zhì)量為()A．eq\f(m,4) B．eq\f(m,2)C．mD．2解析：選B設(shè)B的質(zhì)量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v。由題意知，碰撞前瞬間A的速度為eq\f(v,2)，碰撞前瞬間B的速度為2v，以共同速度的方向為正方向，由動量守恒定律得meq\f(v,2)＋2mBv＝(m＋mB)v，解得mB＝eq\f(m,2)，故選項B正確。7．滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞，碰撞后兩者粘在一起運動，兩者的位置x隨時間t變化的圖像如圖所示。滑塊a、b的質(zhì)量之比為()A．5∶4 B．1∶8C．8∶1 D．4∶5解析：選B設(shè)滑塊a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b兩滑塊碰撞前的速度分別為v1、v2，由題圖得v1＝－2m/s，v2＝1m/s。兩滑塊發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度設(shè)為v，由題圖得v＝eq\f(2,3)m/s，以共同速度的方向為正方向，由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，聯(lián)立解得m1∶m2＝1∶8，選項B正確。8．人的質(zhì)量m＝60kg，船的質(zhì)量M＝240kg，若船用纜繩固定，船離岸1.5m時，人可以躍上岸。若撤去纜繩，如圖所示，人要安全躍上岸，船離岸最多為(不計水的阻力，兩次人消耗的能量相等，兩次從離開船到躍上岸所用的時間相等)()A．1.5m B．1.2mC．1.34m D．1.1m解析：選C船用纜繩固定時，設(shè)人起跳的速度為v0，則x0＝v0t，消耗的能量Ek＝eq\f(1,2)mv02。撤去纜繩，由動量守恒得0＝mv1－Mv2，兩次人消耗的能量相等，即動能不變，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，解得v1＝eq\r(\f(M,M＋m))v0，故x1＝v1t＝eq\r(\f(M,M＋m))x0＝eq\r(\f(240,60＋240))×1.5m＝1.34m，C正確，A、B、D錯誤。9.如圖所示，在質(zhì)量為M的小車中掛著一單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正前方的、質(zhì)量為m的、靜止的木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短。在此碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是()A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度分別變?yōu)関1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)閡，滿足Mv＝(M＋m)uD．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2解析：選BC小車與木塊碰撞，且碰撞時間極短，因此相互作用只發(fā)生在木塊和小車之間，懸掛的擺球在水平方向上未受到力的作用，故擺球在水平方向上的動量未發(fā)生變化，即擺球的速度在小車與木塊碰撞過程中始終不變，由此可知A和D兩種情況不可能發(fā)生；選項B的說法對應(yīng)小車和木塊碰撞后又分開的情況，選項C的說法對應(yīng)小車和木塊碰撞后粘在一起的情況，兩種情況都有可能發(fā)生。故選項B、C正確。10.如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物塊用輕彈簧連接，放在光滑的水平面上。A與豎直墻面接觸，彈簧處于原長?，F(xiàn)用向左的推力緩慢推物塊B，當(dāng)B處于圖示位置時靜止，整個過程推力做功為W，瞬間撤去推力，撤去推力后()A．當(dāng)A對墻的壓力剛好為零時，物塊B的動能等于WB．墻對A物塊的沖量為eq\r(4mW)C．當(dāng)B向右運動的速度為零時，彈簧的彈性勢能為零D．彈簧第一次伸長后具有的最大彈性勢能為eq\f(1,3)W解析：選AC根據(jù)功能關(guān)系，開始時彈簧具有的彈性勢能為W。當(dāng)A對墻的壓力剛好為零時，彈簧的彈力為零，彈性勢能為零，根據(jù)能量守恒可知，此時B的動能為W，A項正確；墻對A的沖量等于A、B組成系統(tǒng)的動量改變量，即I＝Δp＝eq\r(2mEk)＝eq\r(2mW)，B項錯誤；當(dāng)B向右運動的速度為零時，彈簧處于原長，即彈簧的彈性勢能為零，C項正確；彈簧第一次伸長后，根據(jù)動量守恒，有2mv＝eq\r(2mW)，此時彈簧的彈性勢能Ep＝W－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)W，D項錯誤。11．明朝的萬戶是“世界航天第一人”。如圖所示，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及其所攜設(shè)備(火箭、椅子、風(fēng)箏等)的總質(zhì)量為M，點燃火箭后在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為m的燃氣相對地面以v0的速度豎直向下噴出，忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．火箭的推力來源于空氣對它的反作用力B．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為eq\f(mv0,M－m)C．噴出燃氣后，萬戶及其所攜設(shè)備能上升的最大高度為eq\f(m2v02,2gM－m2)D．在火箭噴氣過程中，萬戶及其所攜設(shè)備的機械能守恒解析：選BC火箭的推力來源于燃氣對它的反作用力，選項A錯誤；以豎直向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律有0＝mv0－(M－m)v，解得在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小v＝eq\f(mv0,M－m)，選項B正確；噴出燃氣后，萬戶及其所攜設(shè)備做豎直上拋運動，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能，有eq\f(1,2)(M－m)v2＝(M－m)gh，解得萬戶及其所攜設(shè)備能上升的最大高度h＝eq\f(m2v02,2gM－m2)，選項C正確；在火箭噴氣過程中，燃料燃燒，將一部分化學(xué)能轉(zhuǎn)化為萬戶及其所攜設(shè)備的機械能，萬戶及其所攜設(shè)備的機械能增加，選項D錯誤。12．帶有eq\f(1,4)光滑圓弧軌道且質(zhì)量為M的滑車靜止于光滑水平面上，如圖所示。一質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上滑車，到達某一高度后，小球又返回車的左端，則()A．小球以后將向左做平拋運動B．小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動C．此過程小球?qū)囎龅墓閑q\f(1,2)Mv02D．小球在弧形槽上升的最大高度為eq\f(v02,2g)解析：選BC由于沒摩擦力和系統(tǒng)外力做功，因此該系統(tǒng)在整個過程中機械能守恒，即作用前后系統(tǒng)的動能相等，又因為在水平方向上動量守恒，故可以用彈性碰撞的結(jié)論解決。因為兩者質(zhì)量相等，故發(fā)生速度交換，即滑車最后的速度為v0，小球的速度為0，因而小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動，對滑車做功W＝eq\f(1,2)Mv02，A錯誤，B、C正確。小球上升到最高點時與滑車相對靜止，具有共同速度v′，因此又可以把從開始到小球上升到最高點的過程看作完全非彈性碰撞，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律有Mv0＝2Mv′①eq\f(1,2)Mv02＝2×eq\f(1,2)Mv′2＋Mgh②解①②得h＝eq\f(v02,4g)，D錯誤。二、實驗題(本題共2小題，共14分)13．(6分)氣墊導(dǎo)軌上兩個滑塊A、B相互作用后的運動過程的頻閃照片如圖所示，頻閃的頻率為10Hz。開始時兩個滑塊靜止，它們之間有一根被壓縮的輕彈簧，滑塊用繩子連接，繩子燒斷后，兩個滑塊向相反方向運動。已知滑塊A、B的質(zhì)量分別為200g、300g，根據(jù)照片記錄的信息，A、B離開彈簧后，A滑塊做________運動，其速度大小為________m/s，本實驗得出的結(jié)論是________________________________________________。解析：由題圖可知，A、B離開彈簧后，均做勻速直線運動。開始時vA＝0，vB＝0，A、B被彈開后，vA′＝0.09m/s，vB′＝0.06m/s，mAvA′＝0.2×0.09kg·m/s＝0.018kg·m/smBvB′＝0.3×0.06kg·m/s＝0.018kg·m/s由此可得mAvA′＝mBvB′，即0＝mBvB′－mAvA′結(jié)論：兩滑塊組成的系統(tǒng)在相互作用過程中動量守恒。答案：勻速直線0.09兩滑塊組成的系統(tǒng)在相互作用過程中動量守恒14．(8分)用如圖甲所示的裝置結(jié)合頻閃照相機拍攝的照片來驗證動量守恒定律，實驗步驟如下：①用天平測出A、B兩個小球的質(zhì)量mA和mB；②安裝好實驗裝置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；③先不在斜槽的末端放小球B，從斜槽上位置P由靜止開始釋放小球A，小球A離開斜槽后，頻閃照相機連續(xù)拍攝小球A的兩位置(如圖乙所示)；④將小球B放在斜槽的末端，再從位置P處由靜止釋放小球A，使它們碰撞，頻閃照相機連續(xù)拍攝下兩個小球的位置(如圖丙所示)；⑤測出所需要的物理量。請回答：(1)實驗①中A、B的兩球質(zhì)量應(yīng)滿足mA_____(選填“＞”“＝”或“＜”)mB。(2)在步驟⑤中，需要在照片中直接測量的物理量有______________(請選填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)。(3)兩球在碰撞過程中若動量守恒，滿足的方程是______________________________________________________(用所測物理量表示)。解析：(1)為了防止入射球碰后反彈，入射球的質(zhì)量要大于被碰球的質(zhì)量，即mA＞mB。(2)碰撞時應(yīng)有mAv0＝mAvA＋mBvB兩次頻閃時間間隔相等，上式中兩邊同乘以t，則有mAx0＝mAxA＋mBxB，所以需要在照片中直接測量的物理量有x0、xA、xB。(3)由(2)的分析可知，應(yīng)驗證的表達式為mAx0＝mAxA＋mBxB。答案：(1)＞(2)x0、xA、xB(3)mAx0＝mAxA＋mBxB三、計算題(本題共4小題，共46分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)15.(8分)如圖所示，水平固定的長滑桿上套有2個質(zhì)量均為m的薄滑扣(即可以滑動的圓環(huán))A和B，兩滑扣之間由不可伸長的柔軟輕質(zhì)細線連接(圖中未畫出)，細線長度為l，滑扣在滑桿上滑行的阻力大小恒為滑扣對滑桿正壓力大小的k倍，開始時兩滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互擠壓)。今給滑扣A一個向左的初速度v0＝eq\r(6kgl)，使其在滑桿上開始向左滑行，細線拉緊后兩滑扣以共同的速度向前滑行，假設(shè)細線拉緊過程的時間極短，重力加速度為g，求：(1)細線拉緊后兩滑扣的共同速度的大小；(2)整個過程中僅僅由于細線拉緊引起的機械能損失。解析：(1)由動能定理得－kmgl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02①由動量守恒定律，得mv1＝2mv共②由①②解得v1＝2eq\r(kgl)，v共＝eq\r(kgl)。(2)ΔE＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)×2mv共2聯(lián)立解得ΔE＝kmgl。答案：(1)eq\r(kgl)(2)kmgl16．(12分)長為L、質(zhì)量為M的長方體木板靜止在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的物塊，以v0的水平速度從左端滑上木板，最后與木板保持相對靜止，μ為物塊與木板間的動摩擦因數(shù)。(1)求物塊在木板上滑行的時間t。(2)要使物塊不從木板右端滑出，物塊滑上木板左端的速度v′不能超過多少？解析：(1)設(shè)物塊與木板的共同速度為v，以水平向右的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝(M＋m)v對物塊應(yīng)用動量定理有－μmgt＝mv－mv0解得t＝eq\f(Mv0,μgM＋m)。(2)要使物塊恰好不從木板上滑出，需使物塊到木板最右端時與木板有共同的速度v共，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mv′＝(m＋M)v共由功能關(guān)系有eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)(m＋M)v共2＋μmgL解得v′＝eq\r(\f(2μgm＋ML,M))要使物塊不從木板右端滑出，物塊滑上木板左端速度不超過eq\r(\f(2μgm＋ML,M))。答案：(1)eq\f(Mv0,μgM＋m)(2)eq\r(\f(2μgm＋ML,M))17.(12分)如圖所示，一光滑水平桌面AB與一半徑為R的光滑半圓形軌道相切于C點，且兩者固定不動，一長L＝0.8m的細繩，一端固定于O點，另一端系一個質(zhì)量m1＝0.2kg的球。當(dāng)球在豎直方向靜止時，球?qū)λ阶烂娴淖饔昧偤脼榱恪，F(xiàn)將球提起使細繩處于水平位置時無初速度釋放。當(dāng)球m1擺至最低點時，恰與放在桌面上的質(zhì)量m2＝0.8kg的球正碰，碰后球m1以2m/s的速度彈回，球m2將沿半圓形軌道運動，且恰好能通過最高點D，g＝10m/s2，求(1)球m2在半圓形軌道的最低點C的速度大?。?2)光滑半圓形軌道的半徑R。解析：(1)設(shè)球m1擺至最低點時的速度為v0，由機械能守恒定律知m1gL＝eq\f(1,2)m1v02得v0＝eq\r(2gL)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s球m1與m2正碰，兩者動量守恒，設(shè)球m1、m2碰后的速度分別為v1、v2以向右的方向為正方向，則有m1v0＝－m1v1＋m2v2解得v2＝1.5m/s。(2)球m2在CD軌道上運動時，由機械能守恒有eq\f(1,2)m2v22＝m2g·2R＋eq\f(1,2)m2vD2由球m2恰好能通過最高點D可知，重力恰好提供向心力，即m2g＝eq\f(m2vD2,R)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得R＝0.045m。答案：(1)1.5m/s(2)0.045m18.(14分)兩塊質(zhì)量都為m的木塊A和B在光滑水平面