2024-2025學年新教材高中物理章末綜合測評1動量及其守恒定律含解析魯科版選擇性必修第一冊

PAGE9-章末綜合測評(一)動量及其守恒定律(時間：90分鐘分值：100分)1．(4分)質量為m的木箱放在水平地面上，在與水平方向成θ角的拉力F作用下，由靜止起先運動，經(jīng)過時間t速度達到v，在這段時間內(nèi)拉力F和重力的沖量大小分別為()A．Ft,0 B．Ftcosθ，0C．mv,0 D．Ft，mgtD[由沖量的定義式I＝Ft知，某個力與該力對應時間的乘積，便為該力的沖量．因此拉力的沖量為Ft，重力的沖量為mgt，故選項D正確．]2．(4分)在水平地面上有一木塊，質量為m，它與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.物體在水平恒力F的作用下由靜止起先運動，經(jīng)過時間t后撤去力F，物體又前進了時間2t才停下來．這個力F的大小為()A．μmg B．2μmgC．3μmg D．4μmgC[整個過程中滑動摩擦力的作用時間為3t，水平恒力F的作用時間為t，由動量定理可得，F(xiàn)t－μmg·3t＝0－0，得F＝3μmg，所以選項C正確．]3.(4分)如圖所示，滑槽M1與滑塊M2緊靠在一起，靜止于光滑的水平面上．小球m從M1的右上方無初速度地下滑，當m滑到M1左方最高處時，M1將()A．靜止 B．向左運動C．向右運動 D．無法確定B[小球m和滑槽M1、滑塊M2三個物體構成一個系統(tǒng)，這個系統(tǒng)所受水平方向的合外力為零，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球m下滑前系統(tǒng)總動量為零，小球m下滑后m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑塊M2作用，作用結果使滑塊M2向右運動，有向右的動量．當m滑到左方最高點時，小球m和滑槽M1的相對速度為零，但小球m和滑槽M1這個整體向左運動，有向左的動量，這樣才能保證系統(tǒng)總動量為零．故選項B正確．]4.(4分)在光滑的水平面上有a、b兩球，其質量分別為ma、mb，兩球在t0時刻發(fā)生正碰，兩球在碰撞前后的速度圖像如圖所示．下列關系正確的是()A．ma>mb B．ma<mbC．ma＝mb D．無法推斷B[不妨設a球碰b球前的速度大小為v，則由題圖可知，碰后a、b兩球的速度大小為eq\f(v,2)，由動量守恒得：mav＝mbeq\f(v,2)＋maeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v,2)))，解得：mb＝3ma，只有B項正確．]5.(4分)如圖所示．A、B、C、D、E、F六個球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球質量相等，而F球質量小于B球質量．A球的質量等于F球質量，A球以速度v0向B球運動，所產(chǎn)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后()A．5個小球靜止，1個小球運動B．4個小球靜止，2個小球運動C．3個小球靜止，3個小球運動D．6個小球都運動C[A球與B球相碰時，由于A球的質量小于B球的質量，A球彈回，B球獲得速度與C球碰撞，由于發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且質量相等，B球靜止，C球獲得速度，同理，C球與D球的碰撞，D球與E球的碰撞都是如此，E球獲得速度后與F球的碰撞過程中，由于E球的質量大于F球的質量，所以E球、F球碰后都向前運動，所以碰撞之后，A、E、F三球運動，B、C、D三球靜止，選項C正確．]6．(4分)物體A和B用輕繩相連，掛在輕彈簧下靜止不動，如圖(a)所示，A的質量為m，B的質量為M，當連接A、B的繩突然斷開后，物體A上升經(jīng)某一位置時的速度大小為v，這時物體B的下落速度大小為u，如圖(b)所示，在這段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為()圖(a)圖(b)A．mv B．muC．mv＋Mu D．mv＋muD[從初態(tài)到末態(tài)A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，取向上為正方向：0＝mv－Mu，對B由動量定理得：Mgt＝Mu－0，設彈簧沖量為I，對A由動量定理得：I－mgt＝mv－0，聯(lián)立解得：I＝mv＋mu，A、B、C錯誤，D正確．]7．(4分)冰壺運動深受觀眾寵愛，圖1為2017年12月9日冬奧會男子冰壺資格賽(中國VS俄羅斯)上中國隊員投擲冰壺的鏡頭．在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與對方靜止的冰壺乙發(fā)生碰撞，如圖2.若兩冰壺質量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置不行能是圖中的哪一幅圖()圖1圖2ABCDA[假如兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運動，最終停止，最終兩冰壺的位置如圖B所示，B正確；假如為非彈性碰撞，總動量向右，則C圖有可能，C正確，A錯誤；若兩球不是對心碰撞，則兩球可能在兩側方向均發(fā)生移位，但兩側方向應保證動量為零，故D有可能，D正確；本題選不行能的，故選A.]8．(6分)某同學把兩塊不同的木塊用細線連接，中間夾一被壓縮的彈簧，如圖所示，將這一系統(tǒng)置于光滑的水平桌面上，燒斷細線，視察木塊的運動狀況，進行必要的測量，驗證木塊間相互作用時動量守恒．(1)該同學還必需有的器材是________．(2)須要干脆測量的數(shù)據(jù)是________．(3)用所得數(shù)據(jù)驗證動量守恒的關系式是________．[解析]這個試驗的思路與課本上采納的試驗的原理完全相同，也是通過測平拋運動的位移來代替它們作用完畢時的速度．[答案](1)刻度尺、天平(2)兩木塊的質量m1、m2和兩木塊落地點分別到桌子兩側邊緣的水平距離s1、s2(3)m1s1＝m2s29．(8分)如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.起先時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C發(fā)生碰撞．求A與C碰撞后瞬間A的速度大小．[解析]因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC ①A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB ②A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿意vAB＝vC ③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2m/s. ④[答案]2m/s10.(8分)如圖所示，豎直面內(nèi)固定一半徑為R＝0.3m的光滑四分之一圓弧軌道，光滑地面上放置一長為L＝0.3m的長木板，長木板的上表面與圓弧軌道的最低點B等高，且二者接觸但不粘連，長木板質量為M＝1kg，一個質量為m＝1kg的鐵塊(可以看成質點)以肯定初速度v0＝3m/s滑上長木板的左端，鐵塊恰好能滑到圓弧軌道的最高點C，重力加速度為g＝10m/s2，求：(1)鐵塊與長木板間的動摩擦因數(shù)；(2)最終鐵塊靜止在長木板上的位置．[解析](1)對鐵塊，由動能定理得：－μmgL－mgR＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.5.(2)鐵塊下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)以向左為正方向，由動量守恒定律得：mvB＝(M＋m)v由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋μmgx代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.3m．鐵塊最終滑到長木板的左端．[答案](1)0.5(2)最終物塊滑到長木板的左端11．(4分)(多選)如圖所示，一不行伸長的輕繩的一端固定于O點，另一端系一小球，起先時將輕繩向右拉至水平，然后將小球由靜止釋放，則小球由靜止到運動到最低點的過程，下列說法正確的是()A．拉力對小球的沖量為零B．重力對小球的沖量方向豎直向下C．小球的動量改變量方向豎直向下D．合力對小球的沖量方向水平向左BD[拉力不為零，依據(jù)I＝Ft可知，拉力對小球的沖量不為零，選項A錯誤；重力豎直向下，可知重力對小球的沖量方向豎直向下，選項B正確；小球初動量為零，末動量水平向左，可知小球的動量改變量方向水平向左，依據(jù)動量定理可知，合力對小球的沖量方向水平向左，選項C錯誤，D正確．]12．(4分)(多選)古時有“守株待兔”的寓言，設兔子的頭部受到大小等于自身重力的撞擊力時即可致死，并設兔子與樹樁的作用時間為0.2s，則被撞死的兔子奔跑的速度大小可能為(g取10m/s2)()A．1m/s B．1.5m/sC．2m/s D．2.5m/sCD[對兔子由動量定理，可得Ft＝mv2－mv1，選取兔子奔跑的方向為正方向，即－Ft＝0－mv1，F(xiàn)＝eq\f(mv1,t).當F≥mg時，兔子即被撞死，即F＝eq\f(mv1,t)≥mg.所以v1≥gt，即v1≥10×0.2m/s＝2m/s，故應選C、D.]13．(4分)(多選)質量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ.初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為()A.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgLBD[小物塊與箱子作用過程中滿意動量守恒，小物塊最終恰好又回到箱子正中間．二者相對靜止，即為共速，設速度為v1，mv＝(m＋M)v1，系統(tǒng)損失動能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)eq\f(Mmv2,M＋m)，A錯誤，B正確；由于碰撞為彈性碰撞，故碰撞時不損失能量，系統(tǒng)損失的動能等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C錯誤，D正確．]14．(4分)(多選)A、B兩船的質量均為m，它們都靜止在安靜的湖面上，A船上質量為eq\f(m,2)的人以水平速度v從A船跳到B船，再從B船跳回A船．水對船的阻力不計，經(jīng)多次跳動后，人最終跳到B船上，則()A．A、B兩船的速度大小之比為3∶2B．A、B(包括人)的動量大小之比為1∶1C．A、B(包括人)的動量之和為0D．因跳動次數(shù)未知，故以上選項均無法確定ABC[選A船、B船和人為一個系統(tǒng)，則他們的初始總動量為0.由動量守恒定律可知，系統(tǒng)以后的總動量將始終為0.選最終B船的運動方向為正方向，則由動量守恒定律可得0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(m,2)))vB＋mvA，解得vB＝－eq\f(2,3)vA.所以A、B兩船的速度大小之比為3∶2，選項A正確．A和B(包括人)的動量大小相等，方向相反，動量大小之比為1∶1，選項B正確．由于系統(tǒng)的總動量守恒，始終為0，故A和B(包括人)的動量之和也始終為0，選項C正確．]15.(4分)(多選)如圖所示，輕彈簧一端固定在質量為2m的小球A上，靜止在光滑水平面上，質量為m的小球B以速度v0A．小球B壓縮彈簧過程中，小球A和小球B組成系統(tǒng)機械能守恒B．彈簧最短時小球A的速度為eq\f(v0,3)C．彈簧最大彈性勢能為eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)D．小球B最終以速度eq\f(v0,3)向右勻速運動BC[小球B壓縮彈簧過程中，小球A、小球B與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，兩球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；彈簧最短時兩球速度相等，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(2m＋m)v，解得：v＝eq\f(1,3)v0，故B正確；彈簧最短時彈簧彈性勢能最大，此時兩球速度相等，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋2m))v2＋Ep，解得：Ep＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，故C正確；最終兩球分別、彈簧復原原長，兩球各自做勻速直線運動，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝2mvA＋mvB，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得：vA＝eq\f(2,3)v0，vB＝－eq\f(1,3)v0，負號表示方向向左，故D錯誤．]16．(8分)某同學用圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律．圖中AB為斜槽，BC為水平槽．甲(1)下列說法正確的是________．A．該試驗要求入射小球的質量應大于被碰小球的質量B．該試驗要求入射小球和被碰小球必需是金屬材質C．該試驗通過測量入射小球從斜槽上由靜止釋放的高度h得到小球碰撞前的速度D．該試驗通過測量小球做平拋運動的豎直位移間接得到小球碰撞前后的速度(2)試驗時先使入射小球從斜槽上某一固定位置S多次由靜止釋放，落到位于水平地面的記錄紙上并留下痕跡，從而確定P點的位置；再把被碰小球放在水平槽末端，讓入射小球仍從位置S多次由靜止釋放，跟被碰小球碰撞后，兩球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，從而確定M、N點的位置．試驗中，確定P點位置時多次落點的痕跡如圖乙所示，刻度尺的零刻線與O點對齊，則OP＝________cm.(3)該試驗若要驗證兩小球碰撞前后的動量是否守恒，須要分別測量記錄紙上M點距O點的距離LOM、P點距O點的距離LOP、N點距O點的距離LON.除此之外，還須要測量的物理量是________，須要驗證的關系式為________(其中涉及須要測量的物理量請用自己設定的字母表示)．[解析](1)要使兩球發(fā)生對心正碰，兩球半徑應相等，為防止入射球碰撞后反彈，入射小球的質量應大于被碰小球的質量，而對小球的材質無要求，故A正確，B錯誤；入射小球從靜止下落過程中會受到軌道對其的摩擦力作用，由于摩擦力做功未知，所以不能通過測量入射小球從斜槽上由靜止釋放的高度h得到小球碰撞前的速度，故C錯誤；兩球碰撞后均做平拋運動，平拋的初速度為v＝eq\f(x,t)，豎直高度相同，則下落時間相等，故只須要測量平拋的水平位移而不須要測量豎直高度，故D錯誤．(2)為保證減小試驗誤差，則應讀軌跡中心到O點的距離即為OP的長度，毫米刻度尺的最小分度是毫米，估讀到0.1mm，所以OP＝39.80cm.(3)據(jù)平拋運動學問可知，落地高度相同，則運動時間相同，設落地時間為t，則：v0＝eq\f(LOP,t)v1＝eq\f(LOM,t)v2＝eq\f(LON,t)令入射小球的質量為m1和被碰小球的質量為m2，依據(jù)動量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2可得驗證的表達式為：m1LOP＝m1LOM＋m2LON還須要測量的物理量是兩球的質量．[答案](1)A(2)39.80(3)入射小球的質量為m1和被碰小球的質量m2m1LOP＝m1LOM＋m2L17．(10分)如圖所示，有一擺長為L的單擺，擺球A自水平位置擺下，在擺的平衡位置與置于光滑水平面的B球發(fā)生彈性碰撞，導致后者又跟置于同一水平面的C球發(fā)生完全非彈性碰撞．假設A、B、C球的質量均為m，重力加速度為g.那么(1)A、B球碰后A球的速度為多大？(2)B、C球碰后它們共同的速度多大？(3)B和C碰撞過程中損失的機械能是多少？[解析](1)對A從最高點到最低點進行分析，由機械能守恒得：mgL＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gL)由于A與B發(fā)生彈性碰撞，且質量相等，所以交換速度，所以碰后速度為vB＝eq\r(2gL)，vA＝0.(2)對B、C由水平方向動量守恒得：mvB＝(m＋m)v′解得：v′＝eq\f(\r(2gL),2)，即B、C球碰后的速度是eq\f(\r(2gL),2).(3)依據(jù)能量守恒可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)(m＋m)v′2＋Q代入數(shù)值解得：Q＝eq\f(1,2)mgLB和C碰撞過程中損失的機械能是eq\f(1,2)mgL.[答案](1)0(2)e