2024-2025学年高中地理选择性必修1-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注意事项1.本试卷满分100分,考试用时90分钟。2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10m/s2。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,只有一个选项符合题目要求)1.足球运动员训练罚点球,足球放置在球门中央的正前方O点,如图所示,两次射门,足球分别斜向上打在水平横梁上的a、b两点,a为横梁中点。已知两次球被踢出时的速度大小相等,不计空气阻力,则足球()A.到达a、b的位移相同B.到达a、b的速度相同C.到达a、b的动能相同D.到达a、b的动量相同2.“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹,漂行水上如履平地。如图甲所示,在平静的湖面上,一位女子脚踩竹竿抵达岸边,此时女子静立于竹竿上的A点,一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片,并从中选取了两张进行对比。经过测量发现,甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1cm,乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。已知竹竿的质量约为25kg,若不计水的阻力,则该女子的质量约为()A.45kgB.50kgC.55kgD.60kg3.如图所示,某物理老师为了演示动量守恒定律的应用,在光滑水平桌面上放置一小车,用细线将一小钢球悬挂在小车的立柱上。演示开始前该老师用右手按住小车,左手拿着小球将细线向左拉开一定角度,并保持整个装置静止在桌面上的A处,若使小车能够运动到右侧较远的B处,下列方案可行的是()A.同时松开两只手B.先松开左手,当小球第一次运动到最低点时,再松开右手C.先松开左手,当小球运动到右侧最高点时,再松开右手D.先松开左手,当小球第二次运动到最低点时,再松开右手4.如图所示,质量为M=9kg的木块静止于光滑水平面上,一质量为m=1kg的子弹以水平速度v0=100m/s打入木块并停在木块中,下列说法正确的是()A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v=8m/sB.子弹对木块做的功W=500JC.木块对子弹做正功D.子弹打入木块过程中产生的热量Q=4500J5.如图是我国某瀑布的局部风景图。已知该级瀑布的落差约为h=80m,流量(数值上等于单位时间内流出水的体积)Q=5m3/s,忽略水的初速度及空气的影响,可认为水落到瀑布底部的岩石上时竖直速度减为0(水撞击岩石的过程中可以忽略重力的影响),水的密度ρ=1×103kg/m3,则瀑布对底部岩石的冲击力大小约为()A.2×103NB.2×104NC.2×105ND.2×106N6.一物体P与静止在粗糙水平面上的物体Q发生弹性正碰,碰撞时间极短,两物体与水平面间的动摩擦因数相同,碰撞前后物体P运动的v-t图像如图所示,则()A.物体P碰撞前后运动的位移大小之比是4∶1B.物体P和物体Q质量之比是1∶3C.物体P和物体Q碰后运动的位移大小之比是3∶1D.物体P和物体Q碰撞后速度大小之比是2∶37.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.光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车,一质量也为m的小球以水平初速度v0沿槽口向小车滑去,到达某一高度后,小球又返回右端,图甲小车放置在无阻碍的光滑水平面上,图乙小车靠墙停放,已知重力加速度为g,则()A.图甲中小球返回右端后将做平抛运动B.图甲中在小球从最高点滑下过程中与小车组成的系统动量守恒C.图甲中小球在弧形槽内上升的最大高度为vD.图乙中全过程小球对小车压力的冲量大小为2mv0二、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.质量皆为m的甲、乙两人分别站在质量为M的小船的船头和船尾,随船以速度v0在水面上漂移(不计阻力)。两人同时以对地的速率v水平跳出,其中甲沿船前进的方向跳出,乙沿相反方向跳出,则()A.船对甲的冲量较大B.船对乙的冲量较大C.船速不变D.船速增大10.如图所示,打桩机将质量为M的重物提升至离桩高h的高度,然后由静止释放,重物与质量为m的桩发生完全非弹性碰撞后,桩打入的深度为d。已知重力加速度为g,重物下落过程视为自由落体运动,下列说法正确的是()A.重物与桩碰后瞬间的速度为mB.碰撞过程中损失的机械能为MgℎC.桩打入地面过程中受到地面的平均阻力为M2gℎ(M+m)D.重物从静止释放到桩打入深度为d的过程中,重物和桩构成的系统损失的机械能为Mg(h+d)+mgd11.如图(a),质量m=1kg可视为质点的小物块放在水平地面上,物块与地面间动摩擦因数μ=0.4。现给物块一水平向右的初速度v0=1m/s,同时施加水平向右的外力F,F的大小随时间t的变化如图(b)所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则物块在0~6s时间内()A.最大速度为3m/sB.最大加速度为2m/s2C.运动的总时间为(6+2)sD.所受摩擦力的总冲量大小为19N·s12.如图所示,质量为1kg的物块A放在质量为4kg的小车B上,物块A与小车间的动摩擦因数为0.1,两者以共同速度在光滑水平面上向右运动,右侧墙壁上固定着一处于自然长度的轻弹簧。t1=0时刻小车撞上弹簧时的速度大小v1=1m/s,t2时刻物块、小车之间将要发生滑动,此时弹簧压缩量为0.25m,再过38s小车速度减小到零。小车被弹回过程中小车、物块加速度相等时刻为t3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终处在弹性限度内。下面说法正确的是()A.弹簧的劲度系数为10N/mB.t2时刻小车速度大小为32C.t3时刻物块速度大小为34D.从t2到t3整个系统损失的机械能为932三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(8分)某同学利用如图所示的斜槽轨道和两个由相同材料制成、表面粗糙程度相同的滑块A、B做“验证动量守恒定律”的实验,斜槽轨道由倾斜轨道和平直轨道组成,两部分间由一段圆弧平滑连接,在平直轨道上一侧固定有刻度尺,其操作步骤如下:①将斜槽轨道放置在水平桌面上;②用天平测得A、B两个滑块的质量分别为m1、m2;③不放滑块B,使滑块A从倾斜轨道顶端P点由静止释放,滑块A最终静止在平直轨道上,记下滑块A静止时其右侧面对应的刻度x1;④把滑块B放在平直轨道上,记下其左侧面对应的刻度x0;⑤让滑块A仍从倾斜轨道顶端P点由静止释放,滑块A与滑块B发生碰撞后最终均静止在平直轨道上,记下最终滑块B静止时其左侧面对应的刻度x2、滑块A静止时其右侧面对应的刻度x3。(1)实验中,必须满足的条件是。

A.倾斜轨道必须光滑B.平直轨道必须水平C.滑块A的质量应等于滑块B的质量D.同一组实验中,滑块A静止释放的位置要相同(2)实验中滑块A碰撞前的速度大小v0与成正比。

A.x1B.x1-x0C.(x1-x0)2D.x(3)若关系式m1x1−x0=成立,则可得出结论:滑块A、B碰撞过程中动量守恒。若要进一步验证滑块A、B的碰撞是否为弹性碰撞,则应满足的关系式为:14.(10分)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2,进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空:(1)调节导轨水平;(2)测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg,要使碰撞后两滑块运动方向相反,应选取质量为kg的滑块作为A;

(3)调节B的位置,使得A与B接触时,A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等;(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动,并与B碰撞,分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2;(5)将B放回到碰撞前的位置,改变A的初速度大小,重复步骤(4),多次测量的结果如下表所示;12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k=v0.31k20.330.330.33(6)表中的k2=(保留2位有效数字);

(7)v1v2的平均值为(保留(8)理论研究表明,对本实验的碰撞过程,是否为弹性碰撞可由v1v2判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则v1v2的理论表达式为(用m1和m2表示),本实验中其值为(保留2位有效数字),若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内,15.(8分)在3000m速度轮滑接力赛中,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前方,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙的速度大小为12m/s,甲的速度大小为10m/s,此时乙沿水平方向迅速推甲,之后乙的速度大小变为9m/s。若甲、乙的质量均为60kg,乙推甲的时间为0.4s,忽略交接过程地面的摩擦力与空气阻力,则乙推甲过程:(1)乙推完甲后瞬间甲的速度大小是多少?(2)乙对甲的平均作用力大小是多少?(3)乙至少需额外消耗的体能是多少?16.(9分)如图所示,光滑固定水平杆上套有质量均为m=0.5kg的滑块A和B。长l=1.0m的轻质细线一端固定在滑块B上,另一端系住一质量为m0=1.0kg的小球C。现将C球向左拉起至细线与竖直方向成θ=53°角的位置,然后由静止释放C球,已知sin53°=0.8,cos53°=0.6。求:(1)A、B两滑块分离时,A、B、C的速度大小;(2)A、B两滑块分离时,滑块A的位移大小;(3)A、B两滑块分离后,C球能向上摆动的最大高度。17.(11分)在一次模拟训练中,质量为1.2kg的微型导弹在0.01s时间内发生第一次爆炸,向下高速喷出少量高压气体(此过程导弹位移可以忽略),然后被竖直发射到距地面h=80m的最高点。在最高点时剩余火药在极短时间内发生第二次爆炸,爆炸过程中释放的能量有40%转化为机械能,导弹被炸成两部分,其中质量为m1=0.8kg的部分以v1=600m/s的速度水平飞出,不计空气阻力和火药的质量。求:(1)第一次火药爆炸过程中高压气体对导弹平均作用力大小;(2)第二次火药爆炸后两部分导弹落地点之间的距离;(3)第二次火药爆炸中释放的能量。18.(14分)如图所示,光滑水平面上有一质量M=1.98kg的小车,小车上表面有一半径为R=1m的14光滑圆弧轨道,与水平轨道在B点相切,B点右侧粗糙,小车的最右端D点竖直固定轻质弹簧片CD,B、D之间距离为0.3m,一个质量m=2kg的小球置于车的B点,车与小球均处于静止状态,有一质量m0=20g的子弹,以速度v0=800m/s击中小车并停留在车中,设子弹击中小车的过程时间极短,已知小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5,小球与弹簧片碰撞时无机械能损失。求(1)子弹击中小车后的瞬间,小车的速度大小;(2)小球再次返回圆弧轨道最低点时,小球的速度大小;(3)小球最终相对于B点的距离。

答案全解全析1.C由几何关系可知,足球到达b的位移较大,选项A错误;根据机械能守恒有12mv02=12mv2+mgh,由于两次球被踢出时的速度大小相等,达到高度相同,则到达a、b的动能相等,速度大小相等,但方向不同,故动量不同,选项B、D2.A对人和竹竿组成的系统,可看成人船模型,所以m1x1=m2x2,代入数据可得人的质量为m2=45kg,选项A正确。3.B同时松开两只手,钢球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒,系统在水平方向上总动量为0,小球向右运动时,车往左运动,小球向左运动时,车往右运动,车只会在原来位置左右往复运动,无法持续向右运动到B处,故A不符合题意;先松开左手,当小球第一次运动到最低点时,再松开右手,系统在水平方向上总动量方向向右,车会运动到B处,故B符合题意;先松开左手,当小球运动到右侧最高点时,再松开右手,系统在水平方向上总动量为0,小球向左运动时,车往右运动,小球向右运动时,车往左运动,车只会在原来位置左右往复运动,无法持续向右运动到B处,故C不符合题意;先松开左手,当小球第二次运动到最低点时,速度向左,此时再松开右手,系统在水平方向上总动量方向向左,车不会运动到B处,故D不符合题意。故选B。4.D根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v,子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v=mv0m+M=10m/s,选项A错误;根据动能定理,子弹对木块做的功W=12Mv2=450J,选项B错误;子弹动能减小,木块对子弹做负功,选项C错误;根据能量守恒,子弹打入木块过程中产生的热量Q=12mv02-12(m5.C水近似做自由落体运动,撞击岩石前速度v=2gℎ=40m/s,假设经过一段极短的时间Δt,该时间内撞上岩石的水的质量为Δm=ρQΔt,由动量定理有ρQΔt(v-0)=FNΔt,解得FN=ρQv=2×105N,根据牛顿第三定律,水对岩石的冲击力大小约为2×105N,选项C6.B物体P与物体Q发生弹性正碰,根据动量守恒有mPv=mP·(-0.5v)+mQv1,根据机械能守恒有12mPv2=12mP·(-0.5v)2+12mQv12,解得v1=v2,mQ=3mP,故物体P和物体Q质量之比是1∶3,选项B正确;两物体与水平面间的动摩擦因数相同,设为μ,则两物体做减速运动的加速度大小为a=μg,物体P碰撞前有v0-v=at,物体P碰撞后有0.5v=at,可得v0=32v,物体P碰撞前运动的位移大小x1=v0+v2t=54vt,物体P碰撞后运动的位移大小x2=0.5v2t=14vt,物体P碰撞前后运动的位移大小之比是x1∶x2=5∶1,选项A错误;物体Q碰后运动的时间为t1=v1a=t,物体Q碰后运动的位移大小为x3=v12t1=14vt,物体P和物体Q碰后运动的位移大小之比是x2∶x3=1∶1,选项C错误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两球质量均为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图甲中在小球从最高点滑下过程中与小车组成的系统只是在水平方向动量守恒,故B错误。图甲,设小球回到最右端时速度为v1,小车此时速度为v2,对小球和小车由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+mv2,12mv02=12mv12+12mv22,得v1=0,v2=v0,所以小球回到最右端后将做自由落体运动;设图甲中小球在弧形槽内上升的最大高度为h,有mv0=2mv,12mv02=12×2mv2+mgh,得h=v024g,故A错误,C正确。图乙中小车始终不动,以小球初速度方向为正方向,全过程小球受到的合冲量为-2mv0,而小球只受重力和小车对其的支持力,重力的冲量方向竖直向下,大小为IG,9.BD设v0方向为正方向,则船对甲的冲量I甲=mv-mv0,船对乙的冲量I乙=-mv-mv0,则船对乙的冲量较大,选项A错误,B正确;对甲、乙两人及船组成的系统,由动量守恒定律有(M+2m)v0=Mv船+mv-mv,可得v船>v0,可知船速增大,选项C错误,D正确。10.CD根据v2-0=2gh,得重物下落h时的速度v=2gℎ,根据动量守恒有Mv=(M+m)v1,得重物与桩碰后瞬间的速度为v1=M2gℎM+m,选项A错误;碰撞过程中损失的机械能为ΔE=12Mv2-12(M+m)v12=mMgℎM+m,选项B错误;根据动能定理有(M+m)gd-fd=0-12(M+m)v12,解得桩打入地面过程中受到地面的平均阻力为f=M2gℎ(M+m)d+(M+m)g,选项C正确11.ABC当摩擦力与外力F大小相等时,物块的速度达到最大,摩擦力的大小为f=μmg=4N,由图可知,此时外力已经施加了t1=2s,设其冲量为I1;外力的冲量等于F-t图像中0~2s内图线与横轴围成的面积,由图可知I1=12×(4+6)×2N·s=10N·s,根据动量定理可得I1-ft1=mvmax-mv0,解得vmax=I1−ft1+mv0m=3m/s,选项A正确。最大加速度为amax=Fmax−fm=2m/s2,选项B正确。设运动的总时间为t,根据动量定理有IF+If=0-mv0,其中IF=12×(6-t+6)×t,If=-4t,代入可得t2-4t-2=0,解得t=(2+6)s,选项12.BCDt2时刻,弹簧压缩量x=0.25m,对A、B组成的系统有kx=(mA+mB)a,对A有aA=μg=1m/s2,当a=aA时物块与小车之间即将相对滑动,解得k=20N/m,选项A错误;t1~t2时间内,用平均力计算弹簧弹力做功,W=kx2·x,根据动能定理有12(mA+mB)v12-12(mA+mB)v22=W,解得v2=32m/s,选项B正确;从t2到t3,物块A的加速度大小总是等于1m/s2,方向水平向左,t3时刻小车的加速度仍为1m/s2,弹簧形变量仍为x=0.25m,小车的速度大小仍为v2=32m/s,即小车的减速过程与反向加速运动过程具有对称性,从t2到t3的时间t=2×38s=34s,对A应用动量定理,有-μmAgt=mAv3-mAv2,解得v3=34m/s,选项C正确;从t2到t3系统损失的机械能ΔE=12(mA+mB)v22-12mAv13.答案(1)D(2分)(2)D(2分)(3)m1x3−x0+m2x2−x0(2分)m1(x1-x0)=m1(x3-x0)+m2(x解析(1)倾斜轨道不一定光滑,只要滑块A到达底端的速度相同即可,选项A错误;因为两滑块的材料相同,表面粗糙程度相同,若平直轨道的倾角为θ,由动能定理得(mgsinθ-μmgcosθ)x=12mv2,解得v2=2(gsinθ-μgcosθ)x,可见平直轨道不水平时,两滑块在轨道上碰撞后的速度的平方仍与位移成正比,仍可用运动的位移代替速度,选项B错误;为防止滑块A与滑块B碰后反弹,则滑块A的质量必须大于滑块B的质量,选项C错误;为保证滑块A每次到达底端的初速度相同,则同一组实验中,滑块A静止释放的位置要相同,选项D正确。(2)对滑块A由动能定理得-μm1g(x1-x0)=0-12m1v02,可得滑块A碰撞前的速度大小为v0=2μg(x1−x0),即v0∝x1−x0。(3)若滑块A、B碰撞过程中动量守恒,则有m1v0=m1v1+m2v2,又因为v0=2μg(x1−x0),v1=2μg(x3−x0),v2=2μg(x2−x0),联立可得m1x1−x0=m1x3−x0+m2x2−x0;若滑块14.答案(2)0.304(2分)(6)0.31(2分)(7)0.32(2分)(8)m2−m12m1(2分)解析(2)应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块,碰后运动方向相反,故选0.304kg的滑块作为A。(6)由于两段位移大小相等,根据表中的数据可得k2=v1v2=t2t(7)v1v2的平均值为k=0.31+0.31+0.33+0.33+0.33(8)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒,可得m1v0=-m1v1+m2v2,12m1v02=12m1v12+12m2v22,联立解得v15.答案(1)13m/s(2)450N(3)180J解析(1)取甲运动员初始运动方向为正方向,乙推甲的过程中,两者所组成的系统动量守恒,则有mv乙1+mv甲1=mv乙2+mv甲2(1分)解得v甲2=13m/s(1分)(2)取甲运动员初始运动方向为正方向,乙推甲的过程中,对运动员甲,根据动量定理有Ft=mv甲2-mv甲1(2分)代入数据得F=450N(1分)(3)交接过程乙至少需额外消耗的体能等于系统机械能的增加量,故ΔE=12mv甲22+1解得ΔE=180J(1分)16.答案(1)2m/s2m/s2m/s(2)0.4m(3)