人教版(新教材)高中物理选择性必修1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.(2020·河北新华石家庄二中高一期末)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图1所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是()图1A．小球的机械能守恒，动量不守恒B．小球的机械能不守恒，动量也不守恒C．球、车系统的机械能守恒，动量守恒D．球、车系统的机械能、动量都不守恒〖答案〗B〖解析〗小球由静止释放过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统只在水平方向动量守恒，当小球有向右的速度时小车将同时有向左的速度，所以小球在下落过程中并不是真正的圆周运动，小车将通过细绳对小球做功，小球机械能不守恒．动量守恒的研究对象是一个系统，小球动量不守恒，故A错误，B正确；小球与小车系统在整个过程中只有重力做功，系统机械能守恒，故C、D错误．3.(2020·山东高三二模)如图2所示，“渤海之眼”摩天轮位于潍坊市的北端，摩天轮悬挂透明座舱，人坐在舱内随旋转座椅一起做匀速圆周运动．以下说法正确的是()图2A．转动过程中，人的动量不变B．转动一圈，人所受合力的冲量不为零C．转动一圈，人所受重力的冲量不为零D．转动到最高点时，人所受合力为零〖答案〗C〖解析〗转动过程中，人的动量大小不变，方向不断变化，则动量变化，选项A错误；转动一圈，人动量的变化为零，则由动量定理可知，人所受合力的冲量为零，选项B错误；根据I＝mgt可知，转动一圈，人所受重力的冲量不为零，选项C正确；转动到最高点时，人的加速度不为零，则所受合力不为零，选项D错误．4．(2020·海南卷)太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg，离子以30km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10－3g/s，则探测器获得的平均推力大小为()A．1.47N B．0.147NC．0.09N D．0.009N〖答案〗C〖解析〗对离子，根据动量定理有F·Δt＝Δmv而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt解得F＝0.09N.故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选C.5.(2020·江西高二月考)2020年5月28日，中国第一艘国产航空母舰“山东舰”在某海域执行训练任务．如图3，假设某次舰上进行飞机起飞训练，质量为m＝2×104kg的飞机在弹射系统作用下经过t1＝0.2s以某一初速度进入甲板跑道，之后在甲板上做匀加速直线运动，经过t2＝4.0s在跑道上运动120m后成功起飞，且飞机的起飞速度为v＝50m/s，不计空气阻力．下列说法正确的是()图3A．飞机在弹射系统作用下获得的动量大小为1×105kg·m/sB．弹射系统作用于飞机的平均作用力大小为1×106NC．飞机在甲板跑道上的加速度大小为12.5m/s2D．弹射系统对飞机做的功为2.5×105J〖答案〗B〖解析〗设飞机在弹射系统作用下获得的初速度为v0，则eq\f(v0＋v,2)t2＝s，解得v0＝10m/s，则飞机在弹射系统作用下获得的动量大小为p0＝mv0＝2×105kg·m/s，选项A错误；根据动量定理可知Ft1＝p0，解得F＝1×106N，选项B正确；飞机在甲板跑道上的加速度大小为a＝eq\f(v－v0,t2)＝eq\f(50－10,4)m/s2＝10m/s2，选项C错误；弹射系统对飞机所做的功为W＝eq\f(1,2)mv02＝1×106J，选项D错误．6．一只爆竹竖直升空后，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．(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图4中实线所示．已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()图4A．3JB．4JC．5JD．6J〖答案〗A〖解析〗根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0m/s，v乙′＝2.0m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋8.如图5所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车．小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，下列说法正确的是(重力加速度为g)()图5A．小球滑离小车时，小车回到原来位置B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为eq\f(v,3)C．车上管道中心线最高点离小车上表面的竖直高度为eq\f(v2,3g)D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是eq\f(mv,3)〖答案〗C〖解析〗小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒定律有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝eq\f(v,3)，小车动量变化大小Δp车＝2m·eq\f(v,3)＝eq\f(2,3)mv，D项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律有mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋2m)v′2，得H＝eq\f(v2,3g)，C项正确；小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：mv＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22，解得v1＝－eq\f(v,3)，v2＝eq\f(2,3)v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为eq\f(2,3)v＋eq\f(1,3)v＝v，B项错误；由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A项错误．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．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.10．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图6所示，则()图6A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零〖答案〗AB〖解析〗由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝eq\f(Ft,m).t＝1s时物块的速率为v＝eq\f(2×1,2)m/s＝1m/s，故A正确；t＝2s时物块的动量大小p2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，t＝3s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，t＝4s时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s，所以t＝4s时物块的速度为1m/s，故B正确，C、D错误．11.(2020·四川成都石室中学高三月考)如图7所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动．质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点．若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0的速度水平射入物块B(时间极短，子弹未穿出)后，物块B恰好能到达水平杆PQ位置，重力加速度为g，则()图7A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统动量和机械能都守恒B．子弹射入物块B的初速度v0＝100eq\r(2gL)C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，物块B仍能摆到水平杆PQ位置D．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到最高点时速度为eq\f(\r(2gL),3)〖答案〗BD〖解析〗在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，所受的合外力远小于内力，其动量守恒，但由于摩擦要产生内能，所以机械能不守恒，A错误；子弹射入物块B后一起向上摆至最高点过程中，由机械能守恒定律有(0.01m＋0.99m)gL＝eq\f(1,2)×(0.01m＋0.99m)v2，解得v＝eq\r(2gL)；子弹射入物块B过程中，由动量守恒定律得0.01mv0＝(0.01m＋0.99m)v，解得v0＝100eq\r(2gL)，B正确；若物块A不固定，子弹仍以v0射入后，子弹和物块B的动能转化为物块A和物块B(包括子弹)的动能和物块B(包括子弹)的重力势能，所以物块B的上摆高度小于物块A固定时的上摆高度，C错误；当物块B摆到最高点时，物块A、B和子弹具有相同的速度，由动量守恒定律有(0.01m＋0.99m)v＝(0.01m＋0.99m＋2m)v′，解得v′＝eq\f(\r(2gL),3)，D正确．12.(2020·河南郑州一中高二期中)如图8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8A．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v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：mv0＝(m＋m)v，解得v＝eq\f(v0,2)，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＝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)如图9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9(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·OP＝m1·OM＋m2·ON(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：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.14．(9分)(2020·全国卷Ⅰ)某同学用如图10所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等．图10实验步骤如下：(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间________时，可认为气垫导轨水平；(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块(含遮光片)的质量m2；(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I＝________，滑块动量改变量的大小Δp＝________；(用题中给出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次测量得到的一组数据为：d＝1.000cm，m1＝1.50×10－2kg，m2＝0.400kg，Δt1＝3.900×10－2s，Δt2＝1.270×10－2s，t12＝1.50s，取g＝9.80m/s2.计算可得I＝________N·s，Δp＝________kg·m·s－1；(结果均保留3位有效数字)(7)定义δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%，本次实验δ＝______%(保留1位有效数字)．〖答案〗(1)大约相等(1分)(5)m1gt12(1分)m2(eq\f(d,Δt2)－eq\f(d,Δt1))(2分)(6)0.221(1分)0.212(2分)(7)4(2分)〖解析〗(1)若气垫导轨调整水平，则滑块在气垫导轨上自由滑动时，做匀速运动．则遮光片通过两个光电门的时间大约相等时可认为气垫导轨水平．(5)拉力的冲量I＝m1gt12滑块经过A、B两光电门时的速度分别为：v1＝eq\f(d,Δt1)，v2＝eq\f(d,Δt2)故滑块动量的改变量Δp＝m2v2－m2v1＝m2(eq\f(d,Δt2)－eq\f(d,Δt1))．(6)I＝m1gt12＝1.50×10－2×9.80×1.50N·s≈0.221N·s，Δp＝m2(eq\f(d,Δt2)－eq\f(d,Δt1))＝0.400×(eq\f(1.000×10－2,1.270×10－2)－eq\f(1.000×10－2,3.900×10－2))kg·m/s≈0.212kg·m/s.(7)δ＝|eq\f(I－Δp,I)|×100%＝|eq\f(0.221－0.212,0.221)|×100%≈4%.15．(8分)如图11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11(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，以v0的方向为正方向，设碰后AB的速度为v1，有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，有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．(11分)(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．〖答案〗(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)〖解析〗(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝eq\f(1,2)mv02①(1分)设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②(2分)联立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))③(1分)(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④(1分)火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有eq\f(1,4)mv12＋eq\f(1,4)mv22＝E⑤(1分)eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥(1分)由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有eq\f(1,4)mv12＝eq\f(1,2)mgh2⑦(2分)联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)(2分)17．(12分)(2020·嘉兴一中期中)如图12所示，ABC是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆，AB部分与BC部分平滑连接．一质量为M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中，子弹留在木块中．子弹击中木块前的速度为v0.若被击中的木块能沿轨道滑到最高点C，重力加速度为g，求：图12(1)子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q；(2)木块从C点飞出后落地点距离B点的距离s.〖答案〗(1)eq\f(Mmv02,2M＋m)(2)2eq\r(\f(m2v02R,gM＋m2)－4R2)〖解析〗(1)子弹击中木块的过程满足动