人教版(新教材)高中物理选择性必修一第一章 动量守恒定律章末检测试卷(一)

人教版（新教材）高中物理选择性必修第一册PAGEPAGE1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v0行驶，当船上的人以相对地面的水平速度v0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．v0 B.eq\f(m,M)v0C.eq\f(M＋m,M)v0 D.eq\f(M＋2m,M)v0〖答案〗D〖解析〗当船上的人以相对地面的水平速度v0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)v0＝m(－v0)＋Mv解得：v＝eq\f(M＋2m,M)v0，故D正确．4．一质量为60kg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1.5s，安全带自然长度为5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A．500N B．1100NC．600N D．1000N〖答案〗D〖解析〗设建筑工人下落5m时速度为v，则v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×5)m/s＝10m/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＝－mv，所以F＝mg＋eq\f(mv,t)＝60×10N＋eq\f(60×10,1.5)N＝1000N，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pa＝30kg·m/s，b球的动量pb＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20kg·m/s，则碰撞后b球的动量为()A．－20kg·m/s B．10kg·m/sC．20kg·m/s D．30kg·m/s〖答案〗C〖解析〗碰撞过程中，a球的动量减少了20kg·m/s，故此时a球的动量是10kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变，为30kg·m/s，则碰撞后b球的动量为20kg·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.eq\f(v,4)eq\r(\f(2h,g)) B.eq\f(2v,3)eq\r(\f(2h,g))C．4veq\r(\f(2h,g)) D.eq\f(4v,3)eq\r(\f(2h,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：mv－3mv′＝0，解得v′＝eq\f(v,3)；设两块爆竹落地用的时间为t，则有：h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，落地后两者间的距离为：s＝(v＋v′)t，联立各式解得：s＝eq\f(4v,3)eq\r(\f(2h,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．0B.eq\f(m,M)eq\r(\f(2MgR,M＋m))，方向向左C.eq\f(m,M)eq\r(\f(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＝mv－Mv′，根据机械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv′2，联立以上两式解得v′＝eq\f(m,M)eq\r(\f(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eq\f(1,4)弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v0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：mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22，联立解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离时二者交换速度，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v0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eq\f(1,9)，那么小球B的速度可能是()A.eq\f(1,3)v0 B.eq\f(2,3)v0C.eq\f(4,9)v0 D.eq\f(5,9)v0〖答案〗AB〖解析〗根据Ek＝eq\f(1,2)mv2，碰撞后A球的动能变为原来的eq\f(1,9)，则A球的速度变为vA′＝±eq\f(1,3)v0，正、负表示方向有两种可能．当vA′＝eq\f(1,3)v0时，vA′与v0同向，有mv0＝eq\f(1,3)mv0＋2mvB，解得vB＝eq\f(1,3)v0当vA′＝－eq\f(1,3)v0时，vA′与v0反向，有mv0＝－eq\f(1,3)mv0＋2mvB，解得vB＝eq\f(2,3)v0，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eq\f(m,M)vC．小车向左运动的最大位移为eq\f(mL,M＋m)D．小车向左运动的最大位移为eq\f(m,M)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．Mv′－mv＝0，则v′＝eq\f(m,M)v，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＝eq\f(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v0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＝eq\f(1,4)mv02 B．E＝eq\f(1,2)mv02C．I＝mv0 D．I＝2mv0〖答案〗AD〖解析〗选取A、B作为械能守恒定律可得：弹簧最大弹性势能E＝eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＝eq\f(1,4)mv02，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eq\f(v0,2)，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×eq\f(v0,2)－2m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v0,2)))＝2mv0，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LD、LE、LF.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．m1LF＝m1LD＋m2LEB．m1LE2＝m1LD2＋m2LF2C．m1LE＝m1LD＋m2LFD．LE＝LF－LD〖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Lsinθ＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有Lcosθ＝vt，解得v＝eq\f(Lcosθ,t)＝eq\f(Lcosθ,\r(\f(2Lsinθ,g)))＝eq\f(cosθ,\r(\f(2sinθ,g)))eq\r(L)，所以v∝eq\r(L).由题意分析得，只需满足m1v1＝m1v1′＋m2v2，把速度v代入整理得m1eq\r(LE)＝m1eq\r(LD)＋m2eq\r(LF)，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eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v22，整理得m1LE＝m1LD＋m2LF，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v0＝3m/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＝70kg、mA＝10kg和mB＝20kg，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)20kg·m/s方向水平向右(2)2.4m/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，mAv0＝(mA＋mB)v1(2分)解得：v1＝1m/s(1分)A对B的冲量：I＝mBv1＝20×1kg·m/s＝20kg·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＋(mA＋mB)v1＝(m人＋mA＋mB)v2(2分)代入数据得：v2＝2.4m/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)eq\f(1,3)mv02(2)eq\f(2,3)mv0，方向水平向左(3)eq\f(1,3)v0，方向水平向左eq\f(2,3)v0，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mv0＝(m＋2m)v(2分)由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋2m)v2(1分)解得Ep＝eq\f(1,3)mv02(1分)(2)对木块A，根据动量定理得I＝mv－mv0(1分)解得I＝－eq\f(2,3)mv0，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v1和v2，根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2(2分)根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22(2分)解得v1＝－eq\f(v0,3)，v2＝eq\f(2v0,3)，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eq\f(v0,2)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eq\f(m,4)，速度大小为v0，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vA和vB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)eq\f(v0,5)eq\f(v0,2)(2)eq\f(1,40)mv02〖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vB＝eq\f(v0,2)；(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：eq\f(mv0,2)－eq\f(mv0,4)＝(eq\f(m,4)＋m)vA(2分)解得vA＝eq\f(v0,5)(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Epm，选向左为正方向，由动量守恒定律得：eq\f(5,4)mvA＋mvB＝(eq\f(5,4)m＋m)v(2分)