选修1物理第1章_动量守恒定律单元测试卷含答案

选修1物理第1章动量守恒定律单元测试卷含答案学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________一、选择题（本题共计 8 小题，每题 3 分，共计24分，）1. 下列说法正确的是（）A.物体的动量改变，其速度大小一定改变B.动量为零时，物体一定处于平衡状态C.动能不变，物体的动量一定不变D.物体的运动状态改变，其动量一定改变2. 如图甲所示，轻弹簧下端固定，竖立在水平面上。

其正上方某位置有一小球，小球从静止开始下落，接触弹簧的上端后始终在弹簧竖直轴线上作直线运动，从小球开始运动计时，利用传感器和计算机绘制出弹簧弹力随时间变化图像如图乙所示，图乙中F1、F2、F3是小球运动过程中弹簧的最大弹力，则（）A.t1、t2时刻小球的速度最大B.t2、t5时刻小球的动量为零C.t3、t4时刻小球的运动方向相同D.t3到t4和t6到t7过程中小球动量的变化量相等3. 如图所示，物体B置于光滑水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，物体A、B的质量分别为m、2m，一切摩擦均不计，则下列选项正确的是（）A.A不能到达B圆槽的左侧最高点B.A运动的最大速度为2√2gR3C.B运动的最大速度为√3gR3RD.B向右运动的最大位移大小为134. 1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（后者的发动机已熄火），接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F=895N，推进器开动时间Δt=7s．测出飞船和火箭组的速度变化Δv=0.91m/s．已知“双子星号”飞船的质量m1=3400kg．由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为（）A.3400kgB.3485kgC.6265kgD.6885kg5. 海豚是除了人类之外最聪明的动物了，它能够和人类完美配合，完成各种精彩的表演．如图所示，一海豚表演时跳起的高度为H=2ℎ，若海豚身体水平，落入水中的深度为ℎ1=ℎ；若海豚身竖直，落入水中的深度为ℎ2=1.5ℎ．假定海豚的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，海豚身体的尺寸远小于海豚入水深度，重力加速度为g．海豚两次在水中运动的时间之比为t1:t2，两次受到水的作用力之比为F1:F2，则（）A.t 1t 2=23，F 1F 2=73B.t 1t 2=23，F 1F 2=97C.t 1t 2=√53，F 1F 2=73D.t 1t 2=√53，F 1F 2=976. 如图所示，在竖直面内有一固定的半圆槽，半圆直径AG 水平，B 、C 、D 、E 、F 将半圆周六等分，现将质量相同的小球1、2、3、4、5，从A 点向右做平抛运动，分别落到B 、C 、D 、E 、F 上，则下列说法正确的是（ ）A.球4到达E 点时，速度的反向延长线必过圆心OB.平抛运动全过程，球3动量变化率最大C.平抛运动全过程，球5运动的时间最长D.平抛运动全过程，球3的重力冲量最大7. 在光滑水平面上，有两个小球A 、B 沿同一直线同向运动（B 在前），已知碰前两球的动量分别为p A ＝12kg ·m/s 、p B ＝13kg ·m/s ，碰后它们动量的变化分别为Δp A 、Δp B 。

下列数值可能正确的是（ ）A.Δp A ＝−3kg ·m/s 、Δp B ＝3kg ·m/sB.Δp A ＝3kg ·m/s 、Δp B ＝−3kg ·m/sC.Δp A ＝−24kg ·m/s 、Δp B ＝24kg ·m/sD.Δp A ＝24kg ·m/s 、Δp B ＝−24kg ·m/s8. 如图所示，在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．小球A 与小球B 发生弹性碰撞后两小球均向右运动，小球B 与墙壁碰撞后原速率返回，并与小球A 在P 点相遇，PQ ¯=2PO ¯，则两小球质量之比m 1:m 2为（ ）A.5:7B.4:3C.2:1D.5:3二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 4 分 ，共计16分 ， ）9. 如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A 、B 从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止．若子弹A 射入的深度大于子弹B 射入的深度，则（ ）A.子弹A 射入木块时的初动量和子弹B 射入木块时的初动量等大B.入射过程中子弹A 受到的阻力比子弹B 受到的阻力大C.子弹A 在木块中运动的时间比子弹B 在木块中运动的时间长D.子弹A 射入木块时的初动能一定比子弹B 射入木块时的初动能大10. 如图所示，水平地面固定一倾角为θ的光滑直角斜劈．坡面ABCD 为正方形，边长为L ，E 为BC 的中点．两个可视为质点的小球P 和Q ，小球P 从A 点以某速度沿AB 方向水平抛出，同时小球Q 由B 点无初速度释放，经过时间t ，P 、Q 两小球恰好在C 点相遇，若两小球质量均为m ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）A.在两小球被释放后的任意相同时间内（未相遇前）两小球的动量变化量都相等B.两小球在坡面上运动过程中，任意时刻小球P 所受重力的瞬时功率都比小球Q 所受重力的瞬时功率大C.t =√2Lg sin θD.若小球P 的速度变为原来的2倍，两小球可能在E 处相遇11. 如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置。

①下列说法中符合本实验要求的是( )。

（选填选项前面的字母）A.入射球比靶球质量大或者小均可，但直径必须相同B.在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放C.安装轨道时末端必须水平D.需要的测量仪器有天平和刻度尺 ②实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O 点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球的平均落点位置M 、P 、N ，并测得它们到O 点的距离分别为OM ¯、OP ¯和ON ¯．已知入射球的质量为m 1，靶球的量为m 2，如果测得m 1gOM ¯+m 2gON ¯近似等于 m 1OP ，则可认为成功验证了碰撞中的动量守恒。

12. 如图所示，物块c静置于光滑水平面上，物块b置于水平木板a的左端，a、b一起以速度v0在光滑水平面上向右运动，t=0时刻，木板a与物块c碰撞立即粘合在一起．已，随后b与ac运动的v−t关系如图所知物块c质量为m，木板a与物块c粘合后速度为v02示，不计空气阻力，重力加速度为g，物块b可视为质点，且物块b始终未滑出木板a．则下列说法正确的是（）A.物块b质量为mB.物块b质量为2mC.木板a长度至少为v0t04D.物块b与木板a间的动摩擦因数为v03gt0三、解答题（本题共计 4 小题，每题 11 分，共计44分，）13. 如图所示，有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的mg（g为重力加速度）．在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力大小恒为f=12为零，弹簧的长度为l．现有一质量也为m的物体从距地面2l处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，物体与滑动一起又恰好回到初始位置，忽略空气阻力．求：（1）物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；（2）物体和滑块碰撞后下滑的最大距离x．14. 如图甲所示，质量M＝2kg的木板以初速度v0＝5m/s在光滑的水平面上运动，质量m＝0.5kg的滑块落在木板的右端没有弹起，最终恰好没掉下来，从滑块落到木板上开始计时，二者的速度-时间图像如图乙所示，g取10m/s2，求：（1）滑块与木板间的动摩擦因数μ．（2）木板的长度L和系统产生的内能Q．15. 如图所示，质量m1=0.3kg的足够长的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=10m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．求：（1）物块在车面上滑行的时间t．（2）摩擦力对小车的冲量和对小车做功．（3）要使物块不从小车右端滑出，车长至少多长？16. 两物体碰撞后的分离速度与碰撞前的接近速度成正比，这个比值叫做恢复系数：k=u2−u1式中v1、v2为两物体碰前的速度，u1、u2为两物体碰后的速度．恢复系数是v1−v2反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关．如图所示，质量为m1的小球a，用l1=0.4m的细线悬挂于O1点，质量为m2=1kg的小球b，用l2=0.8m的细线悬挂于O2点，已知O1、O2两点在同一竖直线上．让小球a静止下垂，将小球b向右拉起，使细线水平，从静止释放，两球刚好在最低点发生对心碰撞．相碰后，小球a向左摆动，细线l1与竖直方向最大偏角为60∘，两小球均可视为质点，空气阻力忽略不计，仅考虑首次碰撞．重力加速度g=10m/s2．（1）两球相碰前瞬间小球b对细线l2的拉力的大小；（2）若a小球的质量m1=2kg，求两球碰撞的恢复系数k的大小；（3）所有满足题干要求的碰撞情形中，恢复系数k取何值时系统机械能损失最多？四、实验探究题（本题共计 2 小题，共计16分，）17.(7分) 现利用图（a）所示的装置验证动量守恒定律．在图（a）中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器（图中未画出）的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间．已知：实验测得滑块A的质量为m1，滑块B的质量为m2，遮光片的宽度d=1.00cm；打点计时器所用的交流电的频率为f=50Hz．将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A以向右的初速度，使它与B相碰；碰后光电计时器显示的时间为Δt B=0.0035s，碰撞前后打出的纸带如图（b）所示．（1）碰撞时，滑块A的速度v0=________m/s（保留三位有效数字）；（2）碰撞后，滑块A的速度v A=________m/s，滑块B的速度v B=________m/s（保留三位有效数字）；（3）碰撞前总动量p=________；碰撞后总动量p′=________（均用题中给定物理量的符号表示）．18.(9分) 一实验小组用气垫导轨验证滑块碰撞过程中的动量守恒，实验装置如图所示．（1）实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮，使导轨________；充气后，当滑块在导轨上能________运动时，说明气垫导轨已经调节好．（2）实验时，先使滑块1挤压导轨左端弹射架上的轻弹簧，然后释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定有弹簧片的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；实验中需要测量滑块1（包括挡光片）的质量m1、滑块2（包括弹簧片和挡光片）的质量m2、滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1、通过光电门2的挡光时间Δt1，还需要测量________、________．（写出物理量及其表示符号）（3）如果表达式________成立，则说明滑块1、2碰撞过程中动量守恒．（用物理量的符号表示）参考答案与试题解析选修1物理第1章动量守恒定律单元测试卷含答案一、选择题（本题共计 8 小题，每题 3 分，共计24分）1.【答案】D【考点】动量动能【解析】动量是矢量，既有大小也有方向，动能是标量，只有大小没有方向，速度大小不变，动能不变，但动量不一定不变，要考虑反向是否变化.【解答】解：A．动量是矢量，物体的动量改变，可能是速度大小改变，可能只是速度方向改变，A错误；B．动量为零，说明物体速度为零，但速度为零物体不一定处于平衡状态，例如竖直上抛的物体到达最高点时，速度为零，但不处于平衡状态，B错误；C．动能不变，速度大小不变，但速度方向可能改变，动量可能改变，C错误；D．物体运动状态改变，速度一定改变，动量一定改变，D正确.故选D .2.【答案】B【考点】动量定理的理解【解析】（1）分析小球下落过程中的运动过程，判断速度的变化情况，（2）判断t2和t5的速度，根据动量的定义式判断两时刻的动量大小；（3）分析运动情况，从而找到t3和t4两时刻的运动方向；（4）根据动量定理判断动量的变化量；【解答】A．t1到t2小球向下运动，弹力逐渐增大，所以小球先向下做加速度逐渐减小的加速运动，再向下做加速度增大的减速运动，当速度为零时，弹簧压缩到最短，故t1到t2之间的某一位置速度是最大的，故A错误；B．当弹簧压缩到最短时，小球的速度为零，根据图像可知t2和t5时刻弹簧压缩到最短，所以这两个时刻速度为零，故t2和t5时刻动量为零，故B正确；C．根据图像可知，t3时刻小球离开弹簧向上运动，到最高点由于重力作用又返回向下做自由落体运动，直到和弹簧接触，所以t3和t4时刻的速度方向相反，故C错误；D．根据图像可知t3时刻的速度大于t6时刻的速度，故t3到t4的运动时间大于t6到t7的时间，根据动量定理可知两段时间的合力冲量不相等，则t3到t4和t6到t7过程的动量的变化量不相等，故D错误；3.【答案】C【考点】系统机械能守恒定律的应用动量守恒定律的综合应用【解析】物体A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A到达左侧的最高点时，水平方向上的速度相等，竖直方向上的速度为零，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出A上升的最大高度以及到达最低点的速度．当A运动到左侧最高点时，B向右的位移最大，根据动量守恒定律求出最大位移的大小．【解答】解：A．设A到达左侧最高点的速度为v，根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为零，即v=0，根据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点，故A错误．BC．设A到达最低点时的速度为v，根据动量守恒定律得：0=mv−2mv′，解得：v′=v2，根据能量守恒定律得：mgR=12mv2+12⋅2m(v2)2，解得：v=√4gR3，v′=√4gR32=√3gR3，故B错误，C正确；D．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得：m(2R−x)=2mx，解得：x=23R，故D错误．故选：C．4.【答案】B【考点】动量定理的基本应用【解析】此题暂无解析【解答】解：根据动量定理得FΔt=(m1+m2)Δv，代入数据解得m2≈3485kg，B选项正确．故选B．5.【答案】B【考点】动能定理的应用动量定理的基本应用【解析】整个过程，利用动能定理求出F1、F2与海豚重力mg关系，求出F1:F2；海豚以两种方式落水时速度相等，由动量定理得出时间之比．【解答】解：若海豚身水平落入水中，静止时，由动能定理可知：mg(H+ℎ1)−F1ℎ1=0−0，则：F1=3mg，若海豚身竖直落入水中，静止时，由动能定理可知：mg(H+ℎ2)−F2ℎ2=0−0，则：F2=73mg，所以：F1F2=3mg73mg=97；两次落水时速度相等，由动量定理可知：0−mv=(mg−F1)t1，0−mv=(mg−F2)t2，则t1t2=F2−mgF1−mg=73mg−mg3mg−mg=23，故ACD错误，B正确．故选B．6.【答案】D【考点】冲量半圆内的平抛问题动量【解析】物体做平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，意一点速度的反向延长线交水平位移于中点，重力的瞬时功率为P=mgv y【解答】解：A．物体做平抛运动，任意一点速度的反向延长线交水平位移于中点，故球4到达E点时，速度的反方向延长线一定不过圆心，故A错误；B．由动量定理FΔt=Δp得，小球的动量变化率等于小球所受到的合力，故5个小球的动量变化率相等，故B错误；C．根据ℎ=12gt2可知，球3运动时间最长，故C错误；D．根据I=mgt可知，球3的重力冲量最大，故D正确．故选D．7.【答案】A【考点】弹性碰撞和非弹性碰撞【解析】碰撞可能性判断遵循三条基本原则：一，满足动量守恒；二，机械能不增加；三，速度要符合实际情况．比如此题中A碰B，碰撞过程A受阻力，A的动量不可能增加．【解答】由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故碰后它们动量的变化分别为ΔP A<0，故B、D不符合题意；根据碰撞过程动量守恒，如果Δp A=−3kg⋅m/s,Δp B=3kg⋅m/s，所以碰后两球的动量分别为pA=9kg⋅m/s,p B′=16kg⋅m/s，根据碰撞过程总动能不增加，故A符合题意．根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔP A= 24kg⋅m/s,Δp B=24kg⋅m/s，所以碰后两球的动量分别为PA′=−12kg⋅m/s,PpB′′7kkkm/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C 不符合题意，故选A ． 8.【答案】 D【考点】系统机械能守恒定律的应用 “一动一静”弹性正碰模型【解析】根据碰后再次相遇的路程关系，求出小球碰后的速度大小之比，根据碰撞过程中动量、能量守恒列方程即可求出两球的质量之比． 【解答】解：设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有： m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2，由能量守恒定律有：12m 1v 02=12m 1v 12+12m 2v 22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速度率不变，由运动学规律有： v 1:v 2=PO ¯：(PO ¯+2PO ¯)=1:5，联立解得：m 1:m 2=5:3． 故选D ．二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 4 分 ，共计16分 ） 9.【答案】 A,D【考点】动量守恒定律的综合应用 摩擦力做功与能量转化【解析】根据子弹A 、B 从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析子弹在木块中运动时间的关系．根据动能定理研究初动能的关系．根据动量守恒定律研究质量关系． 【解答】解：A ．对两子弹和木块组成的系统动量守恒，所以子弹A 的初动量等于子弹B 的初动量，故A 正确．C ．由题可知，子弹A 、B 从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，则两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故C 错误．BD ．由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f ，子弹入射深度分别为d A 、d B ，根据动能定理得： 对A 子弹：−fd A =0−E kA ，得E kA =fd A ， 对B 子弹：−fd B =0−E kB ，得E kB =fd B ，由于d A >d B ，则有子弹入射时的初动能E kA >E kB ，故B 错误，D 正确． 故选AD ． 10. 【答案】 A,C【考点】 瞬时功率动量定理的基本应用 运动的合成与分解用牛顿运动定律分析斜面体模型【解析】 此题暂无解析 【解答】解：AB ．P 、Q 两小球在坡面上运动过程中所受的合力均为mg sin θ，相同时间内，两小球冲量变化相同，由动量定理可知，相同时间内，两小球动量变化量相等，重力的功率为P =mg sin θ×v y ，v y =g sin θ×t ，P 、Q 两小球所受重力的瞬时功率相等，故A 正确，B 错误；C ．由L =12g sin θ×t 2可知，t =√2Lg sin θ，故C 正确； D ．由x =vt ，y =12g sin θ×t 2，可得y =12g sin θ×x 2v 2，可知当P 的速度变为原来的√2倍时，两小球在E 处相遇，故D 错误． 故选AC ． 11. 【答案】 ①BCD②m 1OP ¯【考点】利用平抛运动规律验证动量守恒定律 【解析】①实验是要验证两个小球碰撞过程系统动量守恒，同时通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量；为防止小球反弹，还要保证入射球质量要大于被碰球质量。