人教版(新教材)高中物理選擇性必修1第一章 動量守恒定律章末檢測試卷(一)

人教版（新教材）高中物理選擇性必修第一冊PAGEPAGE1章末檢測試卷(一)(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．下面列舉的裝置各有一定的道理，其中不能用動量定理進行解釋的是()A．運輸玻璃器皿等易碎物品時，在器皿的四周總是墊著碎紙或海綿等柔軟、有彈性的墊襯物B．建筑工人戴的安全帽內有帆布墊，把頭和帽子的外殼隔開一定的空間C．熱水瓶膽做成兩層，且把兩層中間的空氣抽去D．跳高運動中的墊子總是十分松軟〖答案〗C2.(2020·河北新華石家莊二中高一期末)一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一條長為L、系有小球的水平細繩，小球由靜止釋放，如圖1所示，不計一切摩擦，下列說法正確的是()圖1A．小球的機械能守恒，動量不守恒B．小球的機械能不守恒，動量也不守恒C．球、車系統(tǒng)的機械能守恒，動量守恒D．球、車系統(tǒng)的機械能、動量都不守恒〖答案〗B〖解析〗小球由靜止釋放過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，故系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，當小球有向右的速度時小車將同時有向左的速度，所以小球在下落過程中并不是真正的圓周運動，小車將通過細繩對小球做功，小球機械能不守恒．動量守恒的研究對象是一個系統(tǒng)，小球動量不守恒，故A錯誤，B正確；小球與小車系統(tǒng)在整個過程中只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故C、D錯誤．3.(2020·山東高三二模)如圖2所示，“渤海之眼”摩天輪位于濰坊市的北端，摩天輪懸掛透明座艙，人坐在艙內隨旋轉座椅一起做勻速圓周運動．以下說法正確的是()圖2A．轉動過程中，人的動量不變B．轉動一圈，人所受合力的沖量不為零C．轉動一圈，人所受重力的沖量不為零D．轉動到最高點時，人所受合力為零〖答案〗C〖解析〗轉動過程中，人的動量大小不變，方向不斷變化，則動量變化，選項A錯誤；轉動一圈，人動量的變化為零，則由動量定理可知，人所受合力的沖量為零，選項B錯誤；根據(jù)I＝mgt可知，轉動一圈，人所受重力的沖量不為零，選項C正確；轉動到最高點時，人的加速度不為零，則所受合力不為零，選項D錯誤．4．(2020·海南卷)太空探測器常裝配離子發(fā)動機，其基本原理是將電離的原子從發(fā)動機尾部高速噴出，從而為探測器提供推力，若某探測器質量為490kg，離子以30km/s的速率(遠大于探測器的飛行速率)向后噴出，流量為3.0×10－3g/s，則探測器獲得的平均推力大小為()A．1.47N B．0.147NC．0.09N D．0.009N〖答案〗C〖解析〗對離子，根據(jù)動量定理有F·Δt＝Δmv而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt解得F＝0.09N.故探測器獲得的平均推力大小為0.09N，故選C.5.(2020·江西高二月考)2020年5月28日，中國第一艘國產航空母艦“山東艦”在某海域執(zhí)行訓練任務．如圖3，假設某次艦上進行飛機起飛訓練，質量為m＝2×104kg的飛機在彈射系統(tǒng)作用下經(jīng)過t1＝0.2s以某一初速度進入甲板跑道，之后在甲板上做勻加速直線運動，經(jīng)過t2＝4.0s在跑道上運動120m后成功起飛，且飛機的起飛速度為v＝50m/s，不計空氣阻力．下列說法正確的是()圖3A．飛機在彈射系統(tǒng)作用下獲得的動量大小為1×105kg·m/sB．彈射系統(tǒng)作用于飛機的平均作用力大小為1×106NC．飛機在甲板跑道上的加速度大小為12.5m/s2D．彈射系統(tǒng)對飛機做的功為2.5×105J〖答案〗B〖解析〗設飛機在彈射系統(tǒng)作用下獲得的初速度為v0，則eq\f(v0＋v,2)t2＝s，解得v0＝10m/s，則飛機在彈射系統(tǒng)作用下獲得的動量大小為p0＝mv0＝2×105kg·m/s，選項A錯誤；根據(jù)動量定理可知Ft1＝p0，解得F＝1×106N，選項B正確；飛機在甲板跑道上的加速度大小為a＝eq\f(v－v0,t2)＝eq\f(50－10,4)m/s2＝10m/s2，選項C錯誤；彈射系統(tǒng)對飛機所做的功為W＝eq\f(1,2)mv02＝1×106J，選項D錯誤．6．一只爆竹豎直升空后，在高為h處達到最高點并發(fā)生爆炸，分為質量不同的兩塊，兩塊質量之比為3∶1，其中質量小的一塊獲得大小為v的水平速度，重力加速度為g，不計空氣阻力，則兩塊爆竹落地后相距()A.eq\f(v,4)eq\r(\f(2h,g)) B.eq\f(2v,3)eq\r(\f(2h,g))C．4veq\r(\f(2h,g)) D.eq\f(4v,3)eq\r(\f(2h,g))〖答案〗D〖解析〗設其中一塊質量為m，另一塊質量為3m.爆炸過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，以速度v的方向為正方向，由動量守恒定律得：mv－3mv′＝0，解得v′＝eq\f(v,3)；設兩塊爆竹落地用的時間為t，則有：h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，落地后兩者間的距離為：s＝(v＋v′)t，聯(lián)立各式解得：s＝eq\f(4v,3)eq\r(\f(2h,g))，故選D.7．(2020·全國卷Ⅲ)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖4中實線所示．已知甲的質量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為()圖4A．3JB．4JC．5JD．6J〖答案〗A〖解析〗根據(jù)題圖圖像，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲′＝－1.0m/s，v乙′＝2.0m/s，碰撞過程由動量守恒定律得m甲v甲＋8.如圖5所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車(含管道)的質量為2m，原來靜止在光滑的水平面上．今有一個可以看作質點的小球，質量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車．小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道左端滑離小車．關于這個過程，下列說法正確的是(重力加速度為g)()圖5A．小球滑離小車時，小車回到原來位置B．小球滑離小車時相對小車的速度大小為eq\f(v,3)C．車上管道中心線最高點離小車上表面的豎直高度為eq\f(v2,3g)D．小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是eq\f(mv,3)〖答案〗C〖解析〗小球恰好到達管道的最高點，說明在最高點時小球和管道之間相對速度為0，小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由動量守恒定律有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝eq\f(v,3)，小車動量變化大小Δp車＝2m·eq\f(v,3)＝eq\f(2,3)mv，D項錯誤；小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由機械能守恒定律有mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋2m)v′2，得H＝eq\f(v2,3g)，C項正確；小球從滑上小車到滑離小車的過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律有：mv＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22，解得v1＝－eq\f(v,3)，v2＝eq\f(2,3)v，則小球滑離小車時相對小車的速度大小為eq\f(2,3)v＋eq\f(1,3)v＝v，B項錯誤；由以上分析可知在整個過程中小車一直向右運動，A項錯誤．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．9．質量為m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度與質量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰，碰撞后A球的動能變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,9)，那么小球B的速度可能是()A.eq\f(1,3)v0 B.eq\f(2,3)v0C.eq\f(4,9)v0 D.eq\f(5,9)v0〖答案〗AB〖解析〗根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2，碰撞后A球的動能變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,9)，則A球的速度變?yōu)関A′＝±eq\f(1,3)v0，正、負表示方向有兩種可能．當vA′＝eq\f(1,3)v0時，vA′與v0同向，有mv0＝eq\f(1,3)mv0＋2mvB，解得vB＝eq\f(1,3)v0當vA′＝－eq\f(1,3)v0時，vA′與v0反向，有mv0＝－eq\f(1,3)mv0＋2mvB，解得vB＝eq\f(2,3)v0，故選A、B.10．一質量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動．F隨時間t變化的圖線如圖6所示，則()圖6A．t＝1s時物塊的速率為1m/sB．t＝2s時物塊的動量大小為4kg·m/sC．t＝3s時物塊的動量大小為5kg·m/sD．t＝4s時物塊的速度為零〖答案〗AB〖解析〗由動量定理可得：Ft＝mv，解得v＝eq\f(Ft,m).t＝1s時物塊的速率為v＝eq\f(2×1,2)m/s＝1m/s，故A正確；t＝2s時物塊的動量大小p2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，t＝3s時物塊的動量大小為p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，t＝4s時物塊的動量大小為p4＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s，所以t＝4s時物塊的速度為1m/s，故B正確，C、D錯誤．11.(2020·四川成都石室中學高三月考)如圖7所示，足夠長的光滑細桿PQ水平固定，質量為2m的物塊A穿在桿上，可沿桿無摩擦滑動．質量為0.99m的物塊B通過長度為L的輕質細繩豎直懸掛在A上，整個裝置處于靜止狀態(tài)，A、B可視為質點．若把A固定，讓質量為0.01m的子彈以v0的速度水平射入物塊B(時間極短，子彈未穿出)后，物塊B恰好能到達水平桿PQ位置，重力加速度為g，則()圖7A．在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒B．子彈射入物塊B的初速度v0＝100eq\r(2gL)C．若物塊A不固定，子彈仍以v0射入，物塊B仍能擺到水平桿PQ位置D．若物塊A不固定，子彈仍以v0射入，當物塊B擺到最高點時速度為eq\f(\r(2gL),3)〖答案〗BD〖解析〗在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構成的系統(tǒng)，所受的合外力遠小于內力，其動量守恒，但由于摩擦要產生內能，所以機械能不守恒，A錯誤；子彈射入物塊B后一起向上擺至最高點過程中，由機械能守恒定律有(0.01m＋0.99m)gL＝eq\f(1,2)×(0.01m＋0.99m)v2，解得v＝eq\r(2gL)；子彈射入物塊B過程中，由動量守恒定律得0.01mv0＝(0.01m＋0.99m)v，解得v0＝100eq\r(2gL)，B正確；若物塊A不固定，子彈仍以v0射入后，子彈和物塊B的動能轉化為物塊A和物塊B(包括子彈)的動能和物塊B(包括子彈)的重力勢能，所以物塊B的上擺高度小于物塊A固定時的上擺高度，C錯誤；當物塊B擺到最高點時，物塊A、B和子彈具有相同的速度，由動量守恒定律有(0.01m＋0.99m)v＝(0.01m＋0.99m＋2m)v′，解得v′＝eq\f(\r(2gL),3)，D正確．12.(2020·河南鄭州一中高二期中)如圖8所示，質量為m的小球A靜止于光滑的水平面上，在球A和墻之間用水平輕彈簧連接，現(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰撞，碰撞后兩球粘在一起壓縮彈簧．若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E，從球A被碰撞到回到原靜止位置的過程中彈簧對A、B整體的沖量大小為I，則下列表達式中正確的是()圖8A．E＝eq\f(1,4)mv02 B．E＝eq\f(1,2)mv02C．I＝mv0 D．I＝2mv0〖答案〗AD〖解析〗選取A、B作為一個系統(tǒng)，設兩球碰撞后的速度為v，在A、B兩球碰撞過程中，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律可得：mv0＝(m＋m)v，解得v＝eq\f(v0,2)，再將A、B及輕彈簧作為一個系統(tǒng)，在壓縮彈簧過程中利用機械能守恒定律可得：彈簧最大彈性勢能E＝eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＝eq\f(1,4)mv02，A正確，B錯誤；彈簧壓縮到最短后，A、B開始向右運動，彈簧恢復原長時，由機械能守恒定律可知，A、B的速度大小均為eq\f(v0,2)，以水平向右為正方向，從球A被碰撞到回到原靜止位置的過程中，彈簧對A、B整體的沖量大小I＝2m×eq\f(v0,2)－2m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,2)))＝2mv0，C錯誤，D正確．三、非選擇題(本題6小題，共60分)13．(6分)如圖9所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系．圖9(1)實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通過僅測量________(填選項前的符號)間接地解決這個問題．A．小球開始釋放高度hB．小球拋出點距地面的高度HC．小球做平拋運動的射程(2)圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影點．實驗時，先將入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP.然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球m2相撞，并多次重復．(小球質量關系滿足m1>m2)接下來要完成的必要步驟是________．(填選項前的符號)A．用天平測量兩個小球的質量m1、m2B．測量小球m1開始釋放時的高度hC．測量拋出點距地面的高度HD．分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE．測量平拋射程OM、ON(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為________〖用(2)中測量的量表示〗．〖答案〗(1)C(2分)(2)ADE(2分)(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON(2分)〖解析〗(1)驗證動量守恒定律實驗中，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系，直接測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變情況下的水平射程來體現(xiàn)速度．故選C.(2)實驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP.然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球從斜軌上S位置靜止釋放，與小球相碰，并多次重復．測量平均落地點的位置，找到平拋運動的水平位移，因此步驟中D、E是必需的，而且D要在E之前．至于用天平測量質量，先后均可以．故選A、D、E.(3)若兩球相碰前后的動量守恒，則m1v0＝m1v1＋m2v2，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，代入得：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.14．(9分)(2020·全國卷Ⅰ)某同學用如圖10所示的實驗裝置驗證動量定理，所用器材包括：氣墊導軌、滑塊(上方安裝有寬度為d的遮光片)、兩個與計算機相連接的光電門、砝碼盤和砝碼等．圖10實驗步驟如下：(1)開動氣泵，調節(jié)氣墊導軌，輕推滑塊，當滑塊上的遮光片經(jīng)過兩個光電門的遮光時間________時，可認為氣墊導軌水平；(2)用天平測砝碼與砝碼盤的總質量m1、滑塊(含遮光片)的質量m2；(3)用細線跨過輕質定滑輪將滑塊與砝碼盤連接，并讓細線水平拉動滑塊；(4)令滑塊在砝碼和砝碼盤的拉動下從左邊開始運動，和計算機連接的光電門能測量出遮光片經(jīng)過A、B兩處的光電門的遮光時間Δt1、Δt2及遮光片從A運動到B所用的時間t12；(5)在遮光片隨滑塊從A運動到B的過程中，如果將砝碼和砝碼盤所受重力視為滑塊所受拉力，拉力沖量的大小I＝________，滑塊動量改變量的大小Δp＝________；(用題中給出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次測量得到的一組數(shù)據(jù)為：d＝1.000cm，m1＝1.50×10－2kg，m2＝0.400kg，Δt1＝3.900×10－2s，Δt2＝1.270×10－2s，t12＝1.50s，取g＝9.80m/s2.計算可得I＝________N·s，Δp＝________kg·m·s－1；(結果均保留3位有效數(shù)字)(7)定義δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%，本次實驗δ＝______%(保留1位有效數(shù)字)．〖答案〗(1)大約相等(1分)(5)m1gt12(1分)m2(eq\f(d,Δt2)－eq\f(d,Δt1))(2分)(6)0.221(1分)0.212(2分)(7)4(2分)〖解析〗(1)若氣墊導軌調整水平，則滑塊在氣墊導軌上自由滑動時，做勻速運動．則遮光片通過兩個光電門的時間大約相等時可認為氣墊導軌水平．(5)拉力的沖量I＝m1gt12滑塊經(jīng)過A、B兩光電門時的速度分別為：v1＝eq\f(d,Δt1)，v2＝eq\f(d,Δt2)故滑塊動量的改變量Δp＝m2v2－m2v1＝m2(eq\f(d,Δt2)－eq\f(d,Δt1))．(6)I＝m1gt12＝1.50×10－2×9.80×1.50N·s≈0.221N·s，Δp＝m2(eq\f(d,Δt2)－eq\f(d,Δt1))＝0.400×(eq\f(1.000×10－2,1.270×10－2)－eq\f(1.000×10－2,3.900×10－2))kg·m/s≈0.212kg·m/s.(7)δ＝|eq\f(I－Δp,I)|×100%＝|eq\f(0.221－0.212,0.221)|×100%≈4%.15．(8分)如圖11所示，人站在滑板A上，以v0＝3m/s的速度沿光滑水平面向右運動．當靠近前方的橫桿時，人相對滑板豎直向上起跳越過橫桿，A從橫桿下方通過，與靜止的滑板B發(fā)生碰撞并粘在一起，之后人落到B上，與滑板一起運動，已知人、滑板A和滑板B的質量分別為m人＝70kg、mA＝10kg和mB＝20kg，求：圖11(1)A、B碰撞過程中，A對B的沖量的大小和方向；(2)人最終與滑板的共同速度的大?。即鸢浮?1)20kg·m/s方向水平向右(2)2.4m/s〖解析〗(1)人跳起后A與B碰撞前后動量守恒，以v0的方向為正方向，設碰后AB的速度為v1，有mAv0＝(mA＋mB)v1(2分)解得：v1＝1m/s(1分)A對B的沖量：I＝mBv1＝20×1kg·m/s＝20kg·m/s方向水平向右．(2分)(2)人下落與AB作用前后，水平方向動量守恒，設共同速度為v2，有m人v0＋(mA＋mB)v1＝(m人＋mA＋mB)v2(2分)代入數(shù)據(jù)得：v2＝2.4m/s.(1分)16．(11分)(2018·全國卷Ⅰ)一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空．當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動．爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量．求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度．〖答案〗(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)〖解析〗(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mv02①(1分)設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0－v0＝－gt②(2分)聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))③(1分)(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E＝mgh1④(1分)火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有eq\f(1,4)mv12＋eq\f(1,4)mv22＝E⑤(1分)eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥(1分)由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動．設爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有eq\f(1,4)mv12＝eq\f(1,2)mgh2⑦(2分)聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)(2分)17．(12分)(2020·嘉興一中期中)如圖12所示，ABC是光滑軌道，其中BC部分是半徑為R的豎直放置的半圓，AB部分與BC部分平滑連接．一質量為M的小木塊放在軌道水平部分，木塊被水平飛來的質量為m的子彈射中，子彈留在木塊中．子彈擊中木塊前的速度為v0.若被擊中的木塊能沿軌道滑到最高點C，重力加速度為g，求：圖12(1)子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產生的熱量Q；(2)木塊從C點飛出后落地點距離B點的距離s.〖答案〗(1)eq\f(Mmv02,2M＋m)(2)2eq\r(\f(m2v02R,gM＋m2)－4R2)〖解析〗(1)子彈擊中木塊的過程滿足動