2021-2022新教材粤教版物理选择性必修第一册章末检测第一章动量和动量守恒定律WORD版含解析

章末综合检测(一)动量和动量守恒定律(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，共40分。第1～8小题只有一个选项正确，每小题3分；第9～12小题有多个选项正确，每小题4分，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲运动原理的是()解析：选D喷灌装置是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，章鱼在水中前行和转向利用了喷出的水的反冲作用，火箭发射是利用喷气的方式而获得动力的，利用了反冲运动原理，故A、B、C不符合题意；码头边轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，没有利用反冲作用，故D符合题意。2．蹦极是勇敢者的体育运动。设运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段；从弹性绳刚好被拉直到运动员下落至最低点为第二阶段。不计空气阻力。下列说法正确的是()A．第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小相等B．第一阶段重力的冲量和第二阶段合力的冲量大小相等C．第一、第二阶段重力的总冲量大于第二阶段弹力的冲量D.第一阶段运动员的速度不断增大，第二阶段运动员的速度不断减小解析：选B设两个阶段的时间分别是t1和t2，根据动量定理可知mgt1＋(mgt2－Ft2)＝0，即第一阶段重力的冲量和第二阶段合力的冲量大小相等，选项A错误，选项B正确；由(mgt1＋mgt2)－Ft2＝0可知，第一、第二阶段重力的总冲量等于第二阶段弹力的冲量，选项C错误；第一阶段运动员的速度不断增大，第二阶段开始时重力大于弹力，运动员做加速运动，后来重力小于弹力，运动员做减速运动，选项D错误。3.如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人。原来车和人都是静止的。当人从左向右行走的过程中()A．人和车组成的系统在水平方向动量不守恒B．人和车组成的系统机械能守恒C．人和车的速度方向相同D．人停止行走时，人和车的速度一定均为零解析：选D由题意可知，人和车组成的系统在水平方向上不受外力的作用，所以人和车组成的系统在水平方向上动量守恒，故A错误；对于人来说，人在蹬平板车的过程中，人受到的其实是静摩擦力，方向向右，人对车的摩擦力向左，人和车都运动起来，故摩擦力做功，所以人和车组成的系统机械能不守恒，故B错误；当人从左向右行走的过程中，人对车的摩擦力向左，车向后退，即车向左运动，速度方向向左，故C错误；人和车组成的系统在水平方向上动量守恒，由题意知系统动量为零，所以人停止行走时，系统末动量为零，即人和车的速度一定均为零，故D正确。4.如图所示，物体A、B静止在光滑的水平面上，且mA>mB，现用大小相等的两个力F和F′分别作用在A和B上，使A、B沿一条直线相向运动，然后又先后撤去这两个力，使这两个力对物体A、B做的功相同，接着两物体A、B碰撞并合为一体后，它们()A．可能停止运动B．一定向右运动C．可能向左运动D．仍运动，但运动方向不能确定解析：选B由动能定理可知，两个力对物体做的功相同，则碰撞前两物体的动能相同。由物体的动量和动能的关系p＝eq\r(2mEk)知，pA>pB。选碰前A的方向为正方向，则B的动量为负值，由动量守恒定律有pA＋pB＝(mA＋mB)v，v必为正，故碰后速度v的方向一定与pA的方向相同，向右，B正确。5．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B球在前，A球在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率之比vA′∶vB′A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．2∶3解析：选D设碰前A球的速率为v，根据题意知，pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前B球速度vB＝eq\f(v,2)，碰后vA′＝eq\f(v,2)，由动量守恒定律，有mv＋2m×eq\f(v,2)＝m×eq\f(v,2)＋2mvB′，解得vB′＝eq\f(3,4)v，所以eq\f(vA′,vB′)＝eq\f(2,3)，选项D正确。6.如图所示，在光滑水平直轨道上有两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0，一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。则物体B的质量为()A．eq\f(m,4) B．eq\f(m,2)C．mD．2解析：选B设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v。由题意知，碰撞前瞬间A的速度为eq\f(v,2)，碰撞前瞬间B的速度为2v，以共同速度的方向为正方向，由动量守恒定律得meq\f(v,2)＋2mBv＝(m＋mB)v，解得mB＝eq\f(m,2)，故选项B正确。7．滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。滑块a、b的质量之比为()A．5∶4 B．1∶8C．8∶1 D．4∶5解析：选B设滑块a、b的质量分别为m1、m2，a、b两滑块碰撞前的速度分别为v1、v2，由题图得v1＝－2m/s，v2＝1m/s。两滑块发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度设为v，由题图得v＝eq\f(2,3)m/s，以共同速度的方向为正方向，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，联立解得m1∶m2＝1∶8，选项B正确。8．人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸最多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)()A．1.5m B．1.2mC．1.34m D．1.1m解析：选C船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则x0＝v0t，消耗的能量Ek＝eq\f(1,2)mv02。撤去缆绳，由动量守恒得0＝mv1－Mv2，两次人消耗的能量相等，即动能不变，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，解得v1＝eq\r(\f(M,M＋m))v0，故x1＝v1t＝eq\r(\f(M,M＋m))x0＝eq\r(\f(240,60＋240))×1.5m＝1.34m，C正确，A、B、D错误。9.如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的、质量为m的、静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是()A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)uD．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2解析：选BC小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向上未受到力的作用，故摆球在水平方向上的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A和D两种情况不可能发生；选项B的说法对应小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C的说法对应小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生。故选项B、C正确。10.如图所示，质量均为m的A、B两物块用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上。A与竖直墙面接触，弹簧处于原长。现用向左的推力缓慢推物块B，当B处于图示位置时静止，整个过程推力做功为W，瞬间撤去推力，撤去推力后()A．当A对墙的压力刚好为零时，物块B的动能等于WB．墙对A物块的冲量为eq\r(4mW)C．当B向右运动的速度为零时，弹簧的弹性势能为零D．弹簧第一次伸长后具有的最大弹性势能为eq\f(1,3)W解析：选AC根据功能关系，开始时弹簧具有的弹性势能为W。当A对墙的压力刚好为零时，弹簧的弹力为零，弹性势能为零，根据能量守恒可知，此时B的动能为W，A项正确；墙对A的冲量等于A、B组成系统的动量改变量，即I＝Δp＝eq\r(2mEk)＝eq\r(2mW)，B项错误；当B向右运动的速度为零时，弹簧处于原长，即弹簧的弹性势能为零，C项正确；弹簧第一次伸长后，根据动量守恒，有2mv＝eq\r(2mW)，此时弹簧的弹性势能Ep＝W－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)W，D项错误。11．明朝的万户是“世界航天第一人”。如图所示，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备(火箭、椅子、风筝等)的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为eq\f(mv0,M－m)C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为eq\f(m2v02,2gM－m2)D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒解析：选BC火箭的推力来源于燃气对它的反作用力，选项A错误；以竖直向下为正方向，根据动量守恒定律有0＝mv0－(M－m)v，解得在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小v＝eq\f(mv0,M－m)，选项B正确；喷出燃气后，万户及其所携设备做竖直上抛运动，动能转化为重力势能，有eq\f(1,2)(M－m)v2＝(M－m)gh，解得万户及其所携设备能上升的最大高度h＝eq\f(m2v02,2gM－m2)，选项C正确；在火箭喷气过程中，燃料燃烧，将一部分化学能转化为万户及其所携设备的机械能，万户及其所携设备的机械能增加，选项D错误。12．带有eq\f(1,4)光滑圆弧轨道且质量为M的滑车静止于光滑水平面上，如图所示。一质量也为M的小球以速度v0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则()A．小球以后将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此过程小球对滑车做的功为eq\f(1,2)Mv02D．小球在弧形槽上升的最大高度为eq\f(v02,2g)解析：选BC由于没摩擦力和系统外力做功，因此该系统在整个过程中机械能守恒，即作用前后系统的动能相等，又因为在水平方向上动量守恒，故可以用弹性碰撞的结论解决。因为两者质量相等，故发生速度交换，即滑车最后的速度为v0，小球的速度为0，因而小球将做自由落体运动，对滑车做功W＝eq\f(1,2)Mv02，A错误，B、C正确。小球上升到最高点时与滑车相对静止，具有共同速度v′，因此又可以把从开始到小球上升到最高点的过程看作完全非弹性碰撞，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′①eq\f(1,2)Mv02＝2×eq\f(1,2)Mv′2＋Mgh②解①②得h＝eq\f(v02,4g)，D错误。二、实验题(本题共2小题，共14分)13．(6分)气垫导轨上两个滑块A、B相互作用后的运动过程的频闪照片如图所示，频闪的频率为10Hz。开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻弹簧，滑块用绳子连接，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动。已知滑块A、B的质量分别为200g、300g，根据照片记录的信息，A、B离开弹簧后，A滑块做________运动，其速度大小为________m/s，本实验得出的结论是________________________________________________。解析：由题图可知，A、B离开弹簧后，均做匀速直线运动。开始时vA＝0，vB＝0，A、B被弹开后，vA′＝0.09m/s，vB′＝0.06m/s，mAvA′＝0.2×0.09kg·m/s＝0.018kg·m/smBvB′＝0.3×0.06kg·m/s＝0.018kg·m/s由此可得mAvA′＝mBvB′，即0＝mBvB′－mAvA′结论：两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒。答案：匀速直线0.09两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒14．(8分)用如图甲所示的装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律，实验步骤如下：①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；③先不在斜槽的末端放小球B，从斜槽上位置P由静止开始释放小球A，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示)；④将小球B放在斜槽的末端，再从位置P处由静止释放小球A，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示)；⑤测出所需要的物理量。请回答：(1)实验①中A、B的两球质量应满足mA_____(选填“＞”“＝”或“＜”)mB。(2)在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有______________(请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)。(3)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是______________________________________________________(用所测物理量表示)。解析：(1)为了防止入射球碰后反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即mA＞mB。(2)碰撞时应有mAv0＝mAvA＋mBvB两次频闪时间间隔相等，上式中两边同乘以t，则有mAx0＝mAxA＋mBxB，所以需要在照片中直接测量的物理量有x0、xA、xB。(3)由(2)的分析可知，应验证的表达式为mAx0＝mAxA＋mBxB。答案：(1)＞(2)x0、xA、xB(3)mAx0＝mAxA＋mBxB三、计算题(本题共4小题，共46分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15.(8分)如图所示，水平固定的长滑杆上套有2个质量均为m的薄滑扣(即可以滑动的圆环)A和B，两滑扣之间由不可伸长的柔软轻质细线连接(图中未画出)，细线长度为l，滑扣在滑杆上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑杆正压力大小的k倍，开始时两滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互挤压)。今给滑扣A一个向左的初速度v0＝eq\r(6kgl)，使其在滑杆上开始向左滑行，细线拉紧后两滑扣以共同的速度向前滑行，假设细线拉紧过程的时间极短，重力加速度为g，求：(1)细线拉紧后两滑扣的共同速度的大小；(2)整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的机械能损失。解析：(1)由动能定理得－kmgl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02①由动量守恒定律，得mv1＝2mv共②由①②解得v1＝2eq\r(kgl)，v共＝eq\r(kgl)。(2)ΔE＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)×2mv共2联立解得ΔE＝kmgl。答案：(1)eq\r(kgl)(2)kmgl16．(12分)长为L、质量为M的长方体木板静止在光滑的水平面上，一质量为m的物块，以v0的水平速度从左端滑上木板，最后与木板保持相对静止，μ为物块与木板间的动摩擦因数。(1)求物块在木板上滑行的时间t。(2)要使物块不从木板右端滑出，物块滑上木板左端的速度v′不能超过多少？解析：(1)设物块与木板的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v对物块应用动量定理有－μmgt＝mv－mv0解得t＝eq\f(Mv0,μgM＋m)。(2)要使物块恰好不从木板上滑出，需使物块到木板最右端时与木板有共同的速度v共，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv′＝(m＋M)v共由功能关系有eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)(m＋M)v共2＋μmgL解得v′＝eq\r(\f(2μgm＋ML,M))要使物块不从木板右端滑出，物块滑上木板左端速度不超过eq\r(\f(2μgm＋ML,M))。答案：(1)eq\f(Mv0,μgM＋m)(2)eq\r(\f(2μgm＋ML,M))17.(12分)如图所示，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动，一长L＝0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1＝0.2kg的球。当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起使细绳处于水平位置时无初速度释放。当球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2＝0.8kg的球正碰，碰后球m1以2m/s的速度弹回，球m2将沿半圆形轨道运动，且恰好能通过最高点D，g＝10m/s2，求(1)球m2在半圆形轨道的最低点C的速度大小；(2)光滑半圆形轨道的半径R。解析：(1)设球m1摆至最低点时的速度为v0，由机械能守恒定律知m1gL＝eq\f(1,2)m1v02得v0＝eq\r(2gL)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s球m1与m2正碰，两者动量守恒，设球m1、m2碰后的速度分别为v1、v2以向右的方向为正方向，则有m1v0＝－m1v1＋m2v2解得v2＝1.5m/s。(2)球m2在CD轨道上运动时，由机械能守恒有eq\f(1,2)m2v22＝m2g·2R＋eq\f(1,2)m2vD2由球m2恰好能通过最高点D可知，重力恰好提供向心力，即m2g＝eq\f(m2vD2,R)联立并代入数据解得R＝0.045m。答案：(1)1.5m/s(2)0.045m18.(14分)两块质量都为m的木块A和B在光滑水平面