人教版(新教材)高中物理选择性必修1第一章 动量守恒定律章末验收卷（一）

人教版（新教材）高中物理选择性必修第一册PAGEPAGE1章末验收卷(一)(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分)1.(2021·安徽怀宁县二中高二月考)有些汽车设置有安全气囊，它是用来保护乘客的，使汽车在出现撞击事故时，乘客不致发生致命危险，关于安全气囊的作用，下列说法中正确的是()A.减小人的动能变化量B.减小人的动能变化率C.减小人的动量变化率D.减小人受到合力外的冲量〖答案〗C〖解析〗汽车发生碰撞过程，驾乘人员从运动变为静止，动量的变化量Δp一定，由动量定理可知，人受到的冲量大小一定；安全气囊可以增加驾乘人员的减速时间Δt，由动量定理得Δp＝FΔt，动量的变化率eq\f(Δp,Δt)＝F，延长时间Δt，动量的变化率减小，即人受到的冲击力减小，可以减小人受到的伤害，故C正确，A、B、D错误。2.(2021·湖南益阳高二期末)如图所示，撑杆跳高是运动会中的一个重要比赛项目。一质量为65kg的运动员在一次撑杆跳高中达到最高点后，重心下落6.05m接触软垫，在软垫上经0.8s速度减为零，则从运动员接触软垫到速度减小到零的过程中，软垫受到的平均冲力约为(重力加速度取g＝10m/s2)()A.1.5×102N B.1.5×103NC.1.5×104N D.1.5×105N〖答案〗B〖解析〗运动员的质量为m＝65kg，由自由落体运动规律得v2＝2gh运动员从接触软垫到速度减小为零的过程中应用动量定理得(mg－F)t＝0－mv，联立解得F＝1554N，由牛顿第三定律知软垫受到的平均冲力F′＝F＝1554N，故B项正确。3．光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为()A.n2 B.nC.eq\f(1,n) D.1〖答案〗D〖解析〗撤去外力后，P、Q组成的系统水平方向不受外力，所以总动量守恒，设P的运动方向为正方向，则根据动量守恒定律有pP－pQ＝0，pP＝pQ，故动量大小之比为1∶1，故选项D正确。4.(2021·河南林州一中高二月考)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，人恰好可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(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〖答案〗C〖解析〗以人运动的方向为正方向，撤去缆绳，由动量守恒定律可知，0＝mv1－Mv2由于两次人消耗的能量相等，则由功能关系可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)解得v1＝eq\r(\f(M,M＋m))v0，所以x1＝v1t＝eq\r(\f(M,M＋m))x0＝eq\r(\f(240,60＋240))×1.5m＝1.34m，故C正确。5.如图所示，一只内壁光滑的半球形碗固定在小车上，小车静止在光滑水平面上。在小车最右边的碗边A处无初速度释放一只质量为m的小球。则在小球沿碗内壁下滑的过程中，下列说法正确的是(碗的半径为R，重力加速度为g)()A.小球、碗和车组成的系统机械能守恒B.小球的最大速度等于eq\r(2gR)C.小球、碗和车组成的系统动量守恒D.小球不能运动到碗左侧的碗边B点〖答案〗A〖解析〗当小球在碗内运动时，由于各接触面均光滑，在小球运动的过程中，小球、碗、小车组成的系统机械能守恒，选项A正确；当碗静止不动时，小球滑到最低点时的速度才是eq\r(2gR)，现在碗在小车上是运动的，故小球的最大速度不等于eq\r(2gR)，选项B错误；当小球在碗内运动时，在水平方向上不受外力的作用，故系统在水平方向上动量守恒，但在竖直方向上的动量是不守恒的，故选项C错误；因为机械能守恒，小球从右侧滑下时小车会向右做加速运动，当小球滑上左侧时，小车又会做减速运动，到最后小车与球在B点相对静止，所以小球能够运动到B点，选项D错误。6.如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x－t(位移—时间)图像。已知m1＝0.1kg。由此可以判断()A.碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动B.碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动C.m2＝0.5kgD.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能〖答案〗A〖解析〗由题图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4m/s，碰后速度为v1′＝－2m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2m/s，两小球组成的系统动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入数据解得m2＝0.3kg，所以选项A正确，B、C错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)))＝0，所以碰撞是弹性碰撞，选项D错误。7.如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱的直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是()A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为eq\f(1,4)ρvD2C.水柱对汽车的平均冲力为eq\f(1,4)ρD2v2D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍〖答案〗D〖解析〗高压水枪单位时间喷出水的质量m0＝ρV＝ρπeq\f(D2,4)·v＝eq\f(1,4)πρvD2，故A、B错误；设水柱对车的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝eq\f(1,4)ρπvD2·t·v，解得F＝eq\f(1,4)ρπv2D2，选项C错误；高压水枪产生的压强p＝eq\f(F,S)＝eq\f(\f(1,4)ρπv2D2,\f(1,4)πD2)＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，选项D正确。二、多项选择题(共4个小题，每小题6分，共24分)8.关于物体的动量和冲量，下列说法正确的是()A.物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B.物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C.物体的动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向D.物体所受合外力越大，它的动量变化就越快〖答案〗BCD〖解析〗根据动量定理，物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化也越大，A项错误；物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变，B项正确；物体的动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向，C项正确；根据动量定理得F＝eq\f(Δp,Δt)，则物体所受的合外力越大，它的动量变化越快，D项正确。9.质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小可能是()A.m(v－v0) B.mgtC.meq\r(v2－veq\o\al(2,0)) D.meq\r(2gh)〖答案〗BCD〖解析〗根据动量定理，物体动量的变化应该等于初末动量的矢量差，而不是代数差，选项A错误；由动量定理I合＝Δp知Δp＝mgt，因此B正确；由公式Δp＝mΔv＝mvy＝meq\r(2gh)，则C、D正确。10.(2021·山东莱芜一中月考)带有eq\f(1,4)光滑圆弧轨道、质量为m0的滑车静止于光滑水平面上，如图所示。一质量为m的小球以速度v0水平冲上滑车，当小球上滑再返回，并脱离滑车时，以下说法可能正确的是()A.小球一定沿水平方向向左做平抛运动B.小球可能沿水平方向向左做平抛运动C.小球可能做自由落体运动D.若小球初速度v0足够大，以致小球能从滑道右端冲出滑车，则小球再也落不进滑车〖答案〗BC〖解析〗小球从滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，选取小球的速度v0方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋m0v2，由系统的机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,2)，联立解得v1＝eq\f(m－m0,m＋m0)v0，如果m<m0，v1<0，则小球离开滑车向左做平抛运动；如果m＝m0，v1＝0，即小球离开小车时的速度是0，小球将做自由落体运动；如果m>m0，v1>0，小球离开小车向右做平抛运动，故A错误，B、C正确；小球离开四分之一圆弧轨道，在水平方向上与小车的速度相同，则返回时仍然回到小车上，故D错误。11.(2020·南昌市一中高二期末)如图所示，质量为m的物块，在与水平方向成θ角的恒力F作用下沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是vA和vB，物块由A运动到B的过程中，力F对物块做的功W和力F对物块的冲量I分别是()A.W>eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A) B.W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)C.I>mvB－mvA D.I＝mvB－mvA〖答案〗BC〖解析〗由动能定理可得F所做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，故A错误，B正确；由动量定理可得合外力的冲量I合＝mvB－mvA,而合外力为F在水平方向上的分力，故F>F合，故F的冲量大于合外力的冲量，故C正确，D错误。三、实验题(共2小题，每小题6分，共12分)12.(2020·福建福州第一中学期末)(1)利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验。实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小和很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大应选下图中的________(填“甲”或“乙”)、若要求碰撞动能损失最小则应选下图中的________(填“甲”或“乙”)(甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥)。(2)某次实验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0～80cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10cm处。若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的________时刻，A、B两滑块质量比mA∶mB＝________。〖答案〗(1)乙甲(2)2.5T2∶3〖解析〗(1)若要求碰撞时动能损失最大，则需两物体碰撞后结合在一起，故应选图中的乙；若要求碰撞动能损失最小，则应使两物体发生弹性碰撞，即选图中的甲。(2)由图可知，第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10cm处；第二次A在x＝30cm处；第三次A在x＝50cm处；碰撞在x＝60cm处，从第三次闪光到碰撞的时间为eq\f(T,2)，则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5T时刻；若设碰前A的速度为v，则碰后A的速度为－eq\f(v,2)，B的速度为v，根据动量守恒定律可得mAv＝－mA·eq\f(v,2)＋mBv，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(2,3)。13.(2021·山东莒县高二期中)小明同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律。实验步骤如下：①将光电门1、2分别固定在气垫导轨左右两侧，打开电源，调节气垫导轨水平；②将两个宽度均为d的挡光片分别安装在甲、乙两滑块上；③把两个滑块用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧；④烧断细线，观察两滑块的运动情况；⑤当滑块上的挡光片经过光电门时，分别用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt1、Δt2；⑥分别求出相互作用前后的总动量，进行比较。根据实验步骤，回答下列问题：(1)为了完成实验，还需要的测量工具有________(填选项前的字母代号)A.毫米刻度尺B.游标卡尺C.天平D.秒表(2)怎样检验气垫导轨已经调节到水平，简要叙述____________________________________________________________________________________；(3)写出还需要测量的物理量和符号___________________________________；(4)若相互作用前后动量守恒，写出动量守恒表达式_____________________________________________。〖答案〗(1)C(2)滑块由静止放上不动或轻轻一拨，滑块通过两个光电门的时间相等(3)滑块的质量m1、m2(4)eq\f(m1,Δt1)＝eq\f(m2,Δt2)〖解析〗(1)若两滑块被弹簧弹开前后的动量守恒，其表达式可表示为m1v1＝m2v2两个速度分别为v1＝eq\f(d,Δt1)，v2＝eq\f(d,Δt2)联立可得m1eq\f(d,Δt1)＝m2eq\f(d,Δt2)所以需要的测量工具为天平，故选C。(2)检验气垫导轨已经调节到水平的方法是：滑块静止于气垫导轨上，轻轻一拨，滑块通过两个光电门的时间相等。(3)根据m1eq\f(d,Δt1)＝m2eq\f(d,Δt2)可知，还需要测量的物理量和符号是：滑块的质量m1、m2。(4)由以上分析可知，若相互作用前后动量守恒，动量守恒表达式m1eq\f(d,Δt1)＝m2eq\f(d,Δt2)，即eq\f(m1,Δt1)＝eq\f(m2,Δt2)。四、计算题(共3个小题，共36分)14.(10分)(2020·赣州市赣县三中高二期末)如图所示，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为eq\f(2,5)v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒定。试求：(1)子弹穿出木块后，木块的速度大小v；(2)子弹受到的阻力多大；(3)子弹在木块中运动的时间t。〖答案〗(1)eq\f(v0,5)(2)eq\f(9mveq\o\al(2,0),25L)(3)eq\f(5L,3v0)〖解析〗(1)子弹与木块相互作用过程，满足动量守恒定律mv0＝m×eq\f(2,5)v0＋3mv解得v＝eq\f(v0,5)。(2)对系统应用功能关系得fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m(eq\f(2,5)v0)2－eq\f(1,2)×3mv2解得f＝eq\f(9mveq\o\al(2,0),25L)。(3)对木块应用动量定理得ft＝3mv解得t＝eq\f(5L,3v0)。15.（12分）(2020·四川绵阳江油中学高二月考)如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为8kg的小车C的上表面平滑相接，圆弧面上有滑块A，在小车C的左端有一滑块B，滑块A与B的质量均为2kg，且均可视为质点。滑块A从距小车的上表面高h＝1.25m处由静止下滑，与B碰撞，已知碰撞过程时间极短，滑块A、B与小车C间的动摩擦因数均为μ＝0.5，水平地面光滑，g取10m/s2。求：(1)滑块A与B碰撞前瞬间的速度；(2)如滑块A与B碰撞后粘在一起，则滑块A与B碰撞后瞬间A、B的速度大小；(3)如A、B碰撞无机械能损失，则滑块A与B碰撞后瞬间A、B的速度大小(必须有方程)；(4)如A、B碰撞无机械能损失且B最终没有从小车C上滑出，求小车C上表面的最短长度L。〖答案〗(1)5m/s(2)2.5m/s(3)05m/s(4)2m〖解析〗(1)设滑块A与B碰撞前瞬间，滑块A的速度为v0，由机械能守恒定律得mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)解得v0＝5m/s。(2)如滑块A与B碰撞后粘在一起，则mAv0＝(mA＋mB)v解得滑块A与B碰撞后瞬间A、B的速度大小v＝2.5m/s。(3)设滑块A与B碰撞后瞬间，A的速度为vA，B的速度为vB，则mAv0＝mAvA＋mBvBeq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)解得vA＝0，vB＝v0＝5m/s。(4)设滑块B与小车C最后达到的相同速度为v′，小车C上表面的最短长度L，则根据动量守恒定律有mBvB＝(mB＋mC)v′根据能量守恒定律有μmBgL＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(mB＋mC)v′2解得L＝2m。16.（14分）两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失)。已知A球的质量为3m，B、C球的质量均为m。求：(1)弹簧长度被锁定后A球的速度vA；(2)在A球离开挡板P之后的运动过程中，A球的最大速度vAmax；(3)在A球离开挡板P之后的运动过程中，D球速度最小时弹簧的弹性势能。〖答案〗(1)eq\f(1,5)v0(2)eq\f(4,5