2024版高中同步新教材选择性必修第一册人教版物理 第一章 动量守恒定律

姓名班级考号姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题密○封○装○订○线密○封○装○订○线密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题第一章动量守恒定律全卷满分100分考试用时90分钟。一、单项选择题(本大题共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个符合题目要求)1.对于动量相同的两个物体,质量小的物体()A.速度大,动能大B.速度小,动能小C.速度大,动能小D.速度小,动能大2.下列关于碰撞的说法不正确的是()A.弹性碰撞是一个理想化模型B.两个小球碰撞过程作用时间极短,即内力远远大于外力,故两小球组成的系统的动量守恒C.两个弹性钢球发生弹性碰撞,碰撞发生过程中任何时刻两钢球总动能都守恒D.发生完全非弹性碰撞的两个物体,系统损失的机械能都转化成了内能3.质量为1kg的物体在光滑水平地面上做初速度为6m/s的匀速直线运动,某时刻开始,物体受到如图所示的水平力F的作用,0~2s时间内,力F的方向与物体的初速度方向相同,2~6s时间内,力F的方向与物体的初速度方向相反。则物体在第6s末的速度大小为()A.1m/sB.2m/sC.4m/sD.8m/s4.把一支枪水平固定在小车上,小车放在光滑的水平面上,枪发射出一颗子弹时,关于枪、子弹和车,下列说法中正确的是()A.枪和子弹组成的系统动量守恒B.枪和车组成的系统动量守恒C.三者组成的系统动量守恒,因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用,这两个外力的合力为零D.三者组成的系统因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小,使系统的动量变化很小,可忽略不计,故系统动量近似守恒5.如图所示,有光滑弧形轨道的小车静止于光滑的水平面上,其总质量为M,有一质量也为M的铁块以水平速度v沿轨道的水平部分滑上小车。若轨道足够高,铁块不会滑出,重力加速度为g,则铁块沿圆弧形轨道上升的最大高度为()A.v24gB.v22g6.生命在于运动,体育无处不在,运动无限精彩。如图所示,质量为450kg的小船静止在水面上,质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m,不计空气和水的阻力,下列说法正确的是()A.人在甲板上散步时,船保持静止B.人在立定跳远的过程中船保持静止C.人在立定跳远的过程中船后退了0.4mD.人相对地面的成绩为1.8m7.如图所示,A、B、C、D、E、F、G为七个质量分布均匀、半径相同的球,其中A、G两球质量相等,B、C、D、E、F五球质量相等,且A球质量小于B球质量。现将B、C、D、E、F、G放置在光滑的水平面上排成一条直线且均处于静止状态。某时刻让A球以速度v0正对B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则发生一系列碰撞之后,最终()A.五个小球静止,两个小球运动B.四个小球静止,三个小球运动C.三个小球静止,四个小球运动D.七个小球都运动8.如图所示,在固定的水平杆上,套有质量为m的光滑圆环,轻绳一端拴在环上,另一端系着质量为m的木块,现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.子弹射入木块后的运动过程中,圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒B.子弹射入木块后的瞬间,它们的共同速度为mC.子弹射入木块后,子弹和木块能上升的最大高度为mD.子弹射入木块后,当子弹和木块上升到最大高度时,圆环的速度达到最大二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)9.一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水,静止在水中。遇到危险时,它在0.01s时间内把吸入的水向后全部喷出,以2m/s的速度向前逃窜。以下说法正确的是()A.该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相同B.该乌贼喷出的水的速度大小为28m/sC.该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为39.2JD.该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为280N10.水平力F方向确定,大小随时间的变化如图a所示,用力F拉静止在水平桌面上的小物块,在F从0开始逐渐增大的过程中,物块0~4s内的加速度随时间变化的图像如图b所示,最大静摩擦力大于滑动摩擦力,由图可知()A.物块与水平桌面间的最大静摩擦力为8NB.在0~4s时间内,水平力F的冲量为32N·sC.在0~4s时间内,合外力的冲量为18N·sD.在0~4s时间内,合外力做的功为40.5J11.如图所示,水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d,轨道上穿有两小球A和B,质量分别为m1、m2,B的左边有一固定挡板。A由图示位置静止释放,当A与B相距最近时A的速度为v1,则在以后的运动过程中()A.A的最小速度可能是0B.A的最小速度可能是m1−C.B的最大速度是v1D.B的最大速度是2m112.如图甲所示,曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上,一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面,且没有从滑块上端冲出去。若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2,作出v2-v1图像如图乙所示,重力加速度为g,不考虑任何阻力,则下列说法正确的是()A.小球的质量为baB.小球运动到最高点时的速度为abC.小球能够上升的最大高度为aD.若a=b,小球在与滑块分离后做自由落体运动三、非选择题(本大题共6小题,共60分)13.(6分)气垫导轨是一种常用的实验仪器,它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫,使滑块悬浮在导轨上,滑块在导轨上的运动可视为无摩擦的。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来探究碰撞中的不变量,如图所示,实验步骤如下:a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。b.调整气垫导轨,使导轨处于水平。c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧,用电动卡销锁定,静止放置在气垫导轨上。d.用刻度尺测出滑块A的左端至挡板C的距离L1。e.按下电钮放开卡销,同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时,记下滑块A、B分别到达挡板C、D的运动时间t1和t2。(1)实验中还应测量的物理量是;

(2)利用上述测量的实验数据,得出关系式成立,即可得出碰撞中守恒的量是mv的和。上式中算得的A、B两滑块的mv大小不相等,产生误差的原因是

。(至少说三条)

14.(10分)图示为验证动量守恒定律的实验装置,实验中选取两个半径相同、质量不等的小球,按下面步骤进行实验:(1)用天平测出入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,实验应满足m1m2(选填“>”“=”或“<”)。

(2)安装实验装置,将斜槽AB固定在桌边,使槽的末端切线水平,再将一斜面BC连接在斜槽末端。(3)先不放被碰小球,将入射小球从斜槽顶端A处由静止释放,标记小球在斜面上的落点位置P。(4)将被碰小球放在斜槽末端B处,仍让入射小球从斜槽顶端A处由静止释放,两球发生碰撞,分别标记入射小球、被碰小球在斜面上的落点位置。(5)用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离。图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面的三个落点位置,测得M、P、N到B点的距离分别为sM、sP、sN。(6)用实验中测得的数据来表示,误差范围内只要满足关系式,就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。

(7)若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞,用实验中测得的数据来表示,误差范围内只要满足关系式,就能说明两球碰撞是弹性碰撞。

15.(8分)如图所示,甲、乙两小孩各乘一辆冰车在光滑水平冰面上游戏,甲和他的冰车总质量为60kg,乙和他的冰车总质量也为60kg,游戏时甲推着一质量为10kg的木箱和他一起以v0=2.6m/s的速度向右滑行,乙在甲的正前方相对冰面静止,为避免碰撞,甲将木箱推给乙,使木箱与乙一起运动,则甲至少以相对冰面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞?16.(8分)如图甲所示,一轻弹簧的两端分别与两物块A、B相连接,A的质量m1=2kg,B的质量为m2,开始静止在光滑的水平面上。t=0时刻使B获得3m/s水平向右的瞬时速度,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。求:(1)m2的值;(2)物块A的最大速度。17.(13分)如图甲所示,“打弹珠”是一种常见的民间游戏,该游戏的规则为:将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出,并与另一静止的弹珠发生碰撞,被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。现将此游戏进行简化,如图乙所示,粗糙程度相同的水平地面上,弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上,两弹珠间距x1=2m,弹珠B与坑间距x2=1m。某同学将弹珠A以v0=6m/s的初速度水平向右瞬间弹出,经过时间t1=0.4s与弹珠B正碰(碰撞时间极短),碰后瞬间弹珠A的速度大小为1m/s,方向向右,且不再与弹珠发生碰撞。已知两弹珠的质量均为2.5g,若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数相同,并将弹珠的运动视为滑动,求:(1)碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和在地面上运动时加速度大小;(2)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失,并判断该同学能否胜出。18.(15分)如图所示,质量m=1kg的滑块B静止放置于光滑平台上,B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M=4kg的小车C,其上表面与平台等高,小车与水平面间的摩擦不计。平台左侧的光滑圆弧轨道与平台平滑连接,圆弧轨道半径R=1.6m,其左侧端点P与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角为60°。现将滑块A从P点由静止开始释放,滑块A滑至平台上挤压弹簧,经过一段时间弹簧恢复原长后,滑块B离开平台滑上小车C,最终滑块B恰好未从小车C上滑落。已知滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ=0.4,小车的长度L=0.9m,滑块A、B均可视为质点,求:(1)滑块B刚滑上小车C时的速度大小v0;(2)滑块A的质量m0;(3)该过程中弹簧弹性势能的最大值Ep。

答案与解析第一章动量守恒定律1.A2.C3.C4.C5.A6.D7.B8.C9.BD10.AB11.ABD12.ABD1.A两物体动量相同,由p=mv可知,质量小的物体速度大;由Ek=p22m可知,2.C弹性碰撞是一个在理想情况下、碰撞不发热、没有动能损失的理想化模型,A正确;两个小球碰撞过程作用时间极短,即内力远大于外力,不管是弹性碰撞还是非弹性碰撞,动量都守恒,B正确;两个弹性钢球发生弹性碰撞,碰撞前后总动能守恒,但并不是碰撞过程中任何时刻总动能都守恒,在碰撞中,两球形变还未完全恢复时,因形变产生的弹性势能没有完全释放,此时总动能不守恒,C错误;发生完全非弹性碰撞的两个物体,碰撞后结合在一起,系统的机械能损失最大,损失的机械能转化成因碰撞产生的内能,D正确。故选C。3.C设初速度方向为正方向,在F-t图像中,图线与时间轴围成的面积表示力F的冲量,在0~6s内,力F的冲量为I=[12×2×2-12×(6-2)×2]N·s=-2N·s,根据动量定理I=mvt-mv0,物体在第6s末的速度vt=4m/s,故选4.C枪、子弹和车组成的系统只受重力和支持力,合力为零,三者组成的系统动量守恒,A、B错误,C正确;子弹和枪筒之间的摩擦力属于三者组成的系统的内力,其大小不影响系统的动量,D错误。故选C。5.A铁块上升到最高点时与小车具有共同的速度,由动量守恒定律有Mv=2Mv',由能量关系可知Mgh=12Mv2-12×2Mv'2,解得h=v246.D人与船组成的系统水平方向动量守恒,人动船也动,A、B错误;根据人船模型规律有Mx=m(d-x),d=2m,解得x=0.2m,人在立定跳远的过程中船后退了0.2m,C错误;人相对地面的成绩为2m-0.2m=1.8m,D正确。故选D。7.B因球之间的碰撞均为弹性碰撞,则动量守恒、机械能守恒,设A、G两球质量为m1,其余球的质量均为m2,A、B碰后,A的速度为v1,B的速度为v2,由动碰静规律可得v1=m1−m2m1+m2v0,v2=2m1m1+m2v0,因A球质量m1小于B球质量m2,碰撞后A球反弹,B球向前运动,因B、C、D、E、F五球质量相等,B与C碰后,交换速度,B静止,同理C、D、E都静止,由于F质量大于G质量,F与G碰后,都向前运动,因此B、C、D、E四个球静止,A、8.C子弹射入木块后的运动过程中,圆环、木块和子弹构成的系统在竖直方向上存在加速度,即合外力不为零,动量不守恒,A错误;子弹射入木块的过程,子弹与木块组成的系统动量守恒,设射入后的瞬间它们的速度大小为v1,根据动量守恒定律有m0v0=(m0+m)v1,解得v1=m0v0m0+m,B错误;子弹射入木块后的运动过程中,圆环、木块和子弹构成的系统在水平方向所受合外力为零,水平方向动量守恒,当三者达到共同速度v时,子弹和木块上升的高度最大,设为h,根据动量守恒定律有m0v0=(m0+2m)v,从子弹射入木块后到子弹和木块上升到最大高度的过程中,根据机械能守恒定律有12(m0+m)v12=12(m0+2m)v2+(m0+m)gh,联立解得h=mm02v022g(9.BD乌贼喷水过程时间较短,系统内力远大于外力,系统动量守恒,该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反,A错误;选取乌贼逃窜的方向为正方向,根据动量守恒定律得0=Mv1-mv2,解得喷出的水的速度大小v2=28m/s,B正确;该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量E=12mv22+12Mv12=42J,C错误;对喷出的水分析,由动量定理有F·Δt=mv2-0,10.AB由题图b可知,t=2s时物块开始运动,静摩擦力最大,最大静摩擦力等于此时的拉力,由题图a读出最大静摩擦力为8N,A正确;在0~4s时间内,用“面积法”求水平力F的冲量为IF=12×4×16N·s=32N·s,B正确;当t=2s时,a=1m/s2,F=8N,当t=4s时,a=3m/s2,F=16N,根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,代入数值解得μ=0.1,m=4kg,a-t图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量,则0~4s内物块速度的变化量为Δv=1+32×(4-2)m/s=4m/s,根据动量定理,0~4s内合外力的冲量I=Δp=mΔv=4×4N·s=16N·s,C错误;物块的初速度为零,0~4s内物块速度的变化量为4m/s,故4s末物块的速度为v=4m/s,根据动能定理,0~4s内合外力做的功W=12mv2=32J,D错误。故选A11.ABD小球A到达相距B最近位置(弹簧恢复原长)后继续前进,此后拉动B前进,A减速,B加速,达到共同速度时两者相距最远,此后A继续减速,B加速,当两球再次相距最近时,弹簧恢复原长,B达到最大速度。取v1的方向为正方向,从两球相距最近到后续B速度最大,由动量守恒和能量守恒有m1v1=m1v1'+m2v2,12m1v12=12m1v1'2+12m2v22,解得v2=2m1m1+m2v1,v1'=m1−m2m1+m2v1,故B的最大速度为2m1m1+m2v1,D正确,C错误;若m1>m12.ABD设小球的质量为m,初速度为v0,小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒,有mv0=mv1+Mv2,得v2=mv0M-mMv1,结合图乙可得图线斜率大小为ba=mM,且a=v0,则小球的质量m=baM,A正确;若a=b,小球与滑块质量相等,小球在与滑块分离时,由系统水平方向上动量守恒及机械能守恒,可知两者交换速度,小球速度为零,小球在与滑块分离后做自由落体运动,D正确;小球运动到最高点时,竖直方向速度为零,在水平方向与滑块具有相同的速度v共,在水平方向,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v共,解得v共=mv0m+M,结合A项中的分析化简得v共=aba+b,B正确;小球从开始运动至到达最高点的过程中,由机械能守恒定律得12mv02=12(m+M)v共2+mgh13.答案(1)滑块B的右端至挡板D的距离L2(2分)(2)mA·L1t1-mB·L2t2=0(2分解析(1)本实验探究碰撞中的不变量(动量守恒),需要测量两滑块的质量和弹开后的速度大小,其中A的速度大小等于L1t1,所以还应测量的物理量是滑块B的右端至挡板D的距离(2)取滑块A运动的方向为正方向,验证动量守恒的表达式是mA·L1t1-mB·L2t2=0。本实验中产生误差的原因是测量时间、距离、质量等存在误差(即偶然误差14.答案(1)>(2分)(6)m1sP=m1sM+m2sN(4分)(7)m1sP=m1sM+m2sN(解析(1)为了防止碰撞后入射小球反弹,一定要保证入射小球的质量大于被碰小球的质量,即m1>m2。(6)碰撞前,入射小球落在图中P点,设其水平速度为v1,发生碰撞后,入射小球的落点是图中的M点,设其水平速度为v1',被碰小球的落点是图中的N点,设其水平速度为v2,设斜面BC与水平面的夹角为α,由平抛运动规律得sMsinα=12gt2,sMcosα=v1't,解得v1'=gsMcos2α2sinα,同理可得v1=gsPcos2α2sinα,v2=gsNcos2α2sinα,因此,只要满足m1v1=(7)如果两小球的碰撞为弹性碰撞,则还应满足12m1v12=12m1v1'2+12m2v22,代入以上v1、v2、v1'的表达式可得m1sP=m1s15.答案9.8m/s解析设甲以速度v将箱子推出,推出箱子后甲的速度为v甲,乙获得的速度为v乙,取向右为正方向,以甲和箱子组成的系统为研究对象,根据动量守恒,得(m甲+m)v0=m甲v甲+mv(2分)以箱子和乙组成的系统为研究对象,得mv=(m+m乙)v乙(2分)当甲与乙恰好不相撞时v甲=v乙,此时v最小(2分)联立解得v=9.8m/s(2分)16.答案(1)1kg(2)2m/s解析t=1s时两物块A、B共速,此时弹簧伸长量最