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）

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 0 B.mM v 0 C.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 N B ．1 100 N C ．600 N D ．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 vt ＝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/s B ．10 kg·m/s C ．20 kg·m/s D ．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 ．4v 2h gD.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 ′＝v3；设两块爆竹落地用的时间为t ，则有：h ＝12gt 2，得t ＝2hg，落地后两者间的距离为：s ＝(v ＋v ′)t ，联立各式解得：s ＝4v32hg，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 M 2MgRM ＋m，方向向左 C.m M2MgRM ＋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 ′＝mM2MgRM ＋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1 9，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mM vC ．小车向左运动的最大位移为mLM ＋mD ．小车向左运动的最大位移为mM L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 ′＝mMv ，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 ＝mLM ＋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 02B ．E ＝12m v 02C ．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 E B ．m 1L E 2＝m 1L D 2＋m 2L F 2 C ．m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F D ．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 θg L ，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 02－1 2(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m4，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 0 2；(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＝(m4＋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)。