高中物理 人教版选择性必修一第一章动量守恒定律章末检测试卷(一)

章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．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答案 C2．如图1所示，在光滑的水平面上放置有两木块A和B，A的质量较大，现同时施加大小相等的恒力F使它们相向运动，然后又同时撤去外力F，A和B迎面相碰后合在一起，则A和B合在一起后的运动情况是()图1A．停止运动B．因A的质量较大而向右运动C．因B的速度较大而向左运动D．运动方向不确定答案 A解析由动量定理知，A和B在碰撞之前的动量等大反向，合动量为零，碰撞过程中动量守恒，因此碰撞合在一起之后的总动量仍为零，即停止运动，故选A.3．(2019·湖北重点高中联考)一只小船质量为M ，船上人的质量为m .船原来以速度v 0行驶，当船上的人以相对地面的水平速度v 0沿船行反方向跳离船时，不计水的阻力，则船的速度大小变为( )A ．v 0B.m M v 0C.M ＋m M v 0D.M ＋2m Mv 0 答案 D解析 当船上的人以相对地面的水平速度v 0沿船行反方向跳离船时，小船和人组成的系统动量守恒，以小船原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：(M ＋m )v 0＝m (－v 0)＋M v解得：v ＝M ＋2m Mv 0，故D 正确． 4．一质量为60 kg 的建筑工人不慎由静止从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来．已知弹性安全带从开始伸直到拉伸到最长的缓冲时间是1.5 s ，安全带自然长度为5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．1 000 N 答案 D解析 设建筑工人下落5 m 时速度为v ，则v ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s ，设安全带所受平均冲力大小为F ，则由动量定理得：(mg －F )t ＝－m v ，所以F ＝mg ＋m v t＝60×10 N ＋60×101.5N ＝1 000 N ，故D 对，A 、B 、C 错． 5．a 、b 两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，碰撞前a 球的动量p a ＝30 kg·m/s ，b 球的动量p b ＝0，碰撞过程中，a 球的动量减少了20 kg·m/s ，则碰撞后b 球的动量为( )A ．－20 kg·m/sB ．10 kg·m/sC ．20 kg·m/sD ．30 kg·m/s 答案 C解析 碰撞过程中，a 球的动量减少了20 kg·m/s ，故此时a 球的动量是10 kg·m/s ，a 、b 两球碰撞前后总动量保持不变，为30 kg·m/s ，则碰撞后b 球的动量为20 kg·m/s.6．(2018·济南市高二下期末)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.v 42h g B.2v 32h g C ．4v2h g D.4v 32h g答案 D解析 设其中一块质量为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：m v －3m v ′＝0，解得v ′＝v 3；设两块爆竹落地用的时间为t ，则有：h ＝12gt 2，得t ＝2h g ，落地后两者间的距离为：s ＝(v ＋v ′)t ，联立各式解得：s ＝4v 32h g ，故选D.7.如图2所示，半径为R 的光滑半圆槽质量为M ，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m 的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度为(重力加速度为g )( )图2A ．0 B.m M2MgR M ＋m ，方向向左 C.m M 2MgR M ＋m，方向向右 D ．不能确定答案 B解析 以水平向右为正方向，设在最低点时m 和M 的速度大小分别为v 和v ′，根据动量守恒定律得：0＝m v －M v ′，根据机械能守恒定律得：mgR ＝12m v 2＋12M v ′2，联立以上两式解得v ′＝m M 2MgR M ＋m，方向向左，故选项B 正确． 8.如图3所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m 的装有14弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则( )图3A．在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B．小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动C．小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动D．小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v0答案 C解析整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒：m v0＝m v1＋m v2，由机械能守恒得：12＝12m v12＋12m v22，联立解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离时二者2m v0交换速度，所以小球从小车右侧离开后对地将做自由落体运动，故B、D错误，C正确．二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9．如图4所示，用水平轻弹簧相连的物块a和b放在光滑的水平面上，物块a紧靠竖直墙壁，物块c以初速度v0向物块b运动并在极短时间内与b粘在一起．对于由物块a、b、c和弹簧所组成的系统，在下列依次进行的过程中，机械能守恒但动量不守恒的是()图4A ．c 刚与b 接触→c 与b 粘在一起B ．b 和c 整体向左运动→弹簧压缩量第一次最大C ．弹簧压缩量第一次最大→弹簧第一次恢复原长D ．弹簧第一次恢复原长→弹簧伸长量第一次最大答案 BC解析 c 与b 粘在一起，发生的是完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能损失最大，故A 错误；b 和c 整体向左运动→弹簧压缩量第一次最大，动能转化成弹簧的弹性势能，机械能守恒，但动量不守恒，故B 正确；弹簧压缩量第一次最大→弹簧第一次恢复原长，弹性势能转化成动能，机械能守恒，但是动量增加，故C 正确；弹簧第一次恢复原长→弹簧伸长量第一次最大，动量守恒，机械能守恒，故D 错误．10．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以v 0的速度与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( ) A.13v 0 B.23v 0 C.49v 0 D.59v 0 答案 AB解析 根据E k ＝12m v 2，碰撞后A 球的动能变为原来的19，则A 球的速度变为v A ′＝±13v 0，正、负表示方向有两种可能．当v A ′＝13v 0时，v A ′与v 0同向，有 m v 0＝13m v 0＋2m v B ，解得v B ＝13v 0 当v A ′＝－13v 0时，v A ′与v 0反向，有 m v 0＝－13m v 0＋2m v B ，解得v B ＝23v 0，故选A 、B.11.小车静置于光滑的水平面上，小车的A 端固定一个水平轻质小弹簧，B 端粘有橡皮泥，小车的质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩(细绳未画出)，开始时小车与C 都处于静止状态，木块C 距小车右端的距离为L ，如图5所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )图5A ．如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B ．当木块相对地面运动的速度大小为v 时，小车相对地面运动的速度大小为m Mv C ．小车向左运动的最大位移为mL M ＋mD ．小车向左运动的最大位移为m ML 答案 BC解析 小车、弹簧与木块C 这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失．M v ′－m v ＝0，则v ′＝m Mv ，该系统属于“人船模型”，Md ＝m (L －d )，所以车向左运动的最大位移应等于d ＝mL M ＋m，综上，选项B 、C 正确． 12.(2020·郑州一中高二期中)如图6所示，质量为m 的小球A 静止于光滑的水平面上，在球A 和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v 0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( )图6A ．E ＝14m v 02 B ．E ＝12m v 02 C ．I ＝m v 0D ．I ＝2m v 0答案 AD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v 0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：m v 0＝(m ＋m )v ，解得v ＝v 02，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 ＝12×2m ⎝⎛⎭⎫v 022＝14m v 02，A 正确，B 错误；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v 02，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 ×v 02－2m ×⎝⎛⎭⎫－v 02＝2m v 0，C 错误，D 正确．三、非选择题(本题6小题，共60分)13．(6分)(2019·玉溪一中期中)如图7所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图7(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hB．小球抛出点距地面的高度HC．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、m2B．测量小球m1开始释放时的高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．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]．答案(1)C(2分)(2)ADE(2分)(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP(2分)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：m1OP＝m1OM＋m2ON.14．(8分)(2019·济宁市模拟考试)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球a、b，按下述步骤做了实验：图8①用天平测出两小球a、b的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)．②按如图8所示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端．③先不放小球b，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．④将小球b放在斜槽末端边缘处，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球a和b在斜面上的落点位置．⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中点D、E、F是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为L D、L E、L F.根据该同学的实验，回答下列问题：(1)在不放小球b时，小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，a的落点在图中________点，把小球b放在斜槽末端边缘处，小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球a 的落点在图中________点．(2)若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有________．A ．m 1L F ＝m 1L D ＋m 2L EB ．m 1L E 2＝m 1L D 2＋m 2L F 2C ．m 1L E ＝m 1LD ＋m 2L FD ．LE ＝LF －L D答案 (1)E (2分) D (2分) (2)C(4分)解析 (1)小球a 从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，a 的落点在题图中的E 点，小球a 和小球b 相撞后，小球b 的速度增大，小球a 的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后a 球的落点是D 点，b 球的落点是F 点．(2)设斜面BC 的倾角为θ，小球落点到B 点的距离为L ，小球从B 点抛出时速度为v ，则竖直方向有L sin θ＝12gt 2，水平方向有L cos θ＝v t ，解得v ＝L cos θt ＝L cos θ2L sin θg ＝cos θ2sin θgL ，所以v ∝L .由题意分析得，只需满足m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2，把速度v 代入整理得m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，就可说明两球碰撞过程中动量守恒；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22，整理得m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，故C 正确．15．(8分)(2019·陕西怀仁高二期中)如图9所示，人站在滑板A 上，以v 0＝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 、m A ＝10 kg 和m B ＝20 kg ，求：图9(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．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，设碰后AB的速度为v1，m A v0＝(m A＋m B)v1 (2分)解得：v1＝1 m/s(1分)A对B的冲量：I＝m B v1＝20×1 kg·m/s＝20 kg·m/s方向水平向右．(2分)(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，m人v0＋(m A＋m B)v1＝(m人＋m A＋m B)v2(2分)代入数据得：v2＝2.4 m/s.(1分)16．(12分)如图10所示，在光滑水平面上静止放着一质量为2m的木板B，木板表面光滑，右端固定一水平轻质弹簧，质量为m的木块A以速度v0从木板的左端水平向右滑上木板B.图10(1)求弹簧的最大弹性势能；(2)弹簧被压缩至最短的过程中，求弹簧给木块A 的冲量；(3)当木块A 和木板B 分离时，求木块A 和木板B 的速度．答案 (1)13m v 02 (2)23m v 0，方向水平向左 (3)13v 0，方向水平向左 23v 0，方向水平向右 解析 (1)弹簧被压缩到最短时，木块A 与木板B 具有相同的速度，此时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v ，从木块A 开始沿木板B 表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A 、B 和轻弹簧组成的系统的动量守恒，取向右为正方向，有m v 0＝(m ＋2m )v (2分)由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能E p ＝12m v 02－12(m ＋2m )v 2(1分) 解得E p ＝13m v 02(1分) (2)对木块A ，根据动量定理得I ＝m v －m v 0(1分)解得I ＝－23m v 0，负号表示方向水平向左(1分) (3)从木块A 滑上木板B 直到二者分离，系统的机械能守恒，设分离时A 、B 的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋2m v 2(2分)根据机械能守恒定律得12m v 02＝12m v 12＋12×2m v 22 (2分) 解得v 1＝－v 03，v 2＝2v 03，负号表示方向水平向左．(2分) 17.(12分)两块质量都是m 的木块A 和B 在光滑水平面上均以大小为v 02的速度向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k 的水平轻弹簧连接，如图11所示．现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为m 4，速度大小为v 0，子弹射入木块A (时间极短)并留在其中．求：图11(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A 、B 的速度v A 和v B 的大小．(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．答案 (1)v 05 v 02 (2)140m v 02 解析 (1)在子弹打入木块A 的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A 、B都不受弹簧弹力的作用，故v B ＝v 02；(1分) 由于此时A 不受弹簧的弹力，木块A 和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选向左为正方向，由动量守恒定律得：m v 02－m v 04＝(m 4＋m )v A (2分) 解得v A ＝v 05(2分) (2)在弹簧压缩过程中木块A (包括子弹)、B 与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒． 设弹簧压缩量最大时共同速度的大小为v ，弹簧的最大弹性势能为E pm ，选向左为正方向，由动量守恒定律得：54m v A ＋m v B ＝(54m ＋m )v (2分) 由机械能守恒定律得：12×54m v A 2＋12m v B 2＝12×(54m ＋m )v 2＋E pm (3分) 联立解得v ＝13v 0，E pm ＝140m v 02.(2分) 18．(14分)(2020·荆门市龙泉中学期末考试)在光滑水平面上静置有质量均为m 的木板AB 和滑块CD ，木板AB 上表面粗糙，滑块CD 上表面是光滑的14圆弧，其始端D 点切线水平且与木板AB 上表面平滑相接，如图12所示．一可视为质点的物块P ，质量也为m ，从木板AB的右端以初速度v 0滑上木板AB ，过B 点时速度为v 02，又滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 圆弧的最高点C 处．已知物块P 与木板AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .求：图12(1)物块滑到B 处时木板的速度v AB ；(2)木板的长度L ；(3)滑块CD 圆弧的半径．答案 (1)v 04，方向向左 (2)5v 0216μg (3)v 0264g解析 (1)物块由点A 到点B 时，取向左为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝m v B ＋2m ·v AB (2分)又v B ＝v 02，(1分) 解得v AB ＝v 04，方向向左(1分) (2)物块由点A 到点B 时，根据能量守恒定律得12m v 02－12m (v 02)2－12×2m (v 04)2＝μmgL (3分) 解得L ＝5v 0216μg.(1分) (3)由点D 到点C ，滑块CD 与物块P 组成的系统在水平方向上动量守恒 m ·v 02＋m ·v 04＝2m v 共(2分) 滑块CD 与物块P 组成的系统机械能守恒mgR ＝12m (v 02)2＋12m (v 04)2－12×2m v 共2(2分) 联立解得，滑块CD 圆弧的半径为R ＝v 0264g .(2分)。