2024-2025学年高中物理第一章动量守恒定律综合评估练习含解析新人教版选择性必修第一册

PAGEPAGE13第一章动量守恒定律综合评估时间：90分钟满分：100分一、单项选择题(每小题3分，共24分)1．一质量为2kg的质点从静止起先沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移x变更的关系式为p＝8eq\r(x)kg·m/s，关于该质点的说法不正确的是(D)A．速度变更率为8m/s2B．受到的恒力为16NC．1s末的动量为16kg·m/sD．1s末的动能为32J解析：由式子p＝8eq\r(x)kg·m/s和动量定义式p＝mv，可以得到x＝eq\f(v2,16)，再由匀加速直线运动的位移公式知加速度a＝8m/s2.故A、B、C三个选项都是正确的；而1s末的动能应是64J，D错．2．在一对很大的平行正对金属板间可形成匀强电场，通过变更两金属板间的电压，可使其间的电场强度E随时间t按如图所示的规律变更．在这个电场中间，有一个带电粒子从t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，且运动过程中不接触金属板，则下列说法中正确的是(D)A．带电粒子肯定只向一个方向运动B．0～3.0s内，电场力的冲量等于0，电场力的功小于0C．4.0s末带电粒子回到原动身点D．2.5s～4s内，电场力的冲量等于0解析：带电粒子在匀强电场中受到的电场力F＝Eq，其冲量I＝Ft＝Eqt，可见，电场力的冲量与E－t图像与横轴所围面积成正比(留意所围图形在横轴之上和横轴之下时的面积符号相反)．带电粒子在平行正对金属板间做往复运动，4.0s末带电粒子不能回到原动身点，选项A、C错误；由图像与横轴所围面积表示与冲量成正比的量可知，0～3.0s内，电场力的冲量不等于0,2.5s～4s内，电场力的冲量等于0，选项B错误，D正确．本题答案为D.3．如图所示，质量之比mAmB＝32的两物体A、B，原来静止在平板小车C上，地面光滑．现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止起先运动，下列正确的说法是(B)A．仅当A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为μAμB＝23时，A、B、C组成系统的动量才守恒B．无论A、B与平板车上表面间的动摩擦因数是否相同，A、B、C组成系统的动量都守恒C．因为F1、F2等大反向，故A、B组成的系统的机械能守恒D．若A、B与小车C上表面间的动摩擦因数相同，则C与B的运动方向相同解析：A、B、C组成的系统合力为零，故系统动量守恒，故选项A错误，选项B正确；在外力作用下，A、B起先做加速运动，动能增加，故A、B组成的系统机械能增大，故选项C错误；若A、B与小车C上表面间的动摩擦因数相同，则A对C的摩擦力大于B对C的摩擦力，故A与C的运动方向相同，故选项D错误．4．人从高处跳到低处，为了平安，一般都是脚尖先着地，然后身体下蹲，这样做的目的是为了(D)A．减小着地时所受冲量B．使动量增量变的更小C．增大人对地面的压强，起到平安作用D．延长对地面的作用时间，从而减小地面对人的作用力解析：人落地时从脚尖着地到脚掌全部与地面接触须要肯定的时间，依据动量定理可知，动量变更量肯定时，作用时间越长，作用力越小．5．质量为M的木块，放在光滑水平桌面上处于静止状态，现有一质量为m、速度为v0的子弹沿水平方向击中木块并停留在其中与木块共同运动，在子弹击中木块过程中，木块受到的冲量大小为：①mv0②mv0－eq\f(mMv0,m＋M)③eq\f(mMv0,m＋M)④mv0－eq\f(m2v0,m＋M)以上结果正确的是(C)A．只有① B．只有③C．③④ D．④解析：子弹和木块组成的系统，在子弹击中木块的过程中动量守恒mv0＝(M＋m)v，所以v＝eq\f(m,M＋m)v0，木块动量的增量为Mv＝eq\f(Mm,M＋m)v0，由动量定理可知，木块受到的冲量等于木块动量的增量，即为eq\f(Mm,M＋m)v0，③正确．从另一个角度，由于系统动量守恒，木块动量的增加等于子弹动量的削减，为mv0－mv＝mv0－eq\f(m2,M＋m)v0，④正确，故选C.6．如图所示，一质量为m的弹性小球从肯定高处自由落下，与倾斜角为45°的固定斜面相碰，碰撞前小球的动量为p，方向竖直向下，碰撞后小球沿水平向左的方向运动，动量大小为p，设碰撞时间极短且为t，则碰撞过程中，斜面对小球的平均作用力为(C)A．方向沿斜面对下，大小为eq\f(\r(2)p,t)B．方向沿水平向左，大小为eq\f(p,t)C．方向垂直于斜面斜向上，大小为eq\f(\r(2)p,t)D．方向竖直向上，大小为eq\f(p,t)解析：碰撞时间极短，表示可以忽视重力，该题是二维状况下的动量定理的简洁应用：竖直方向上：Δpy＝0－p＝－p(取向下为正)；水平方向上：Δpx＝p－0(取向左为正)．那么Δp＝eq\r(Δp\o\al(2,x)＋Δp\o\al(2,y))＝eq\r(2)p，方向垂直斜面对上，依据动量定理FNt＝eq\r(2)p，FN＝eq\f(\r(2)p,t).7．如图所示，在足够大的光滑水平面上放有两个质量相等的物块A和B，其中A物块连接一个轻质弹簧并处于静止状态，B物块以初速度v0向着A物块运动，当物块与弹簧作用时，两物块在同一条直线上运动，请识别关于B物块与弹簧作用过程中，两物块的v­t图像是下列选项中的(D)解析：B通过弹簧与A作用的过程中，B先与A压缩弹簧，所以A、B所受的弹簧弹力都先增大，A做初速为零的加速运动，B做初速为v0的减速运动，且加速度都先增大，当弹簧压缩到最短时，由动量守恒定律可知A、B两物体速率均为eq\f(v0,2)，随后弹簧起先复原原长，但A接着加速，B接着减速，且由动量守恒定律以及机械能守恒可求解最终vB＝0，vA＝v0.8．一物体在合力F的作用下从静止起先做直线运动，合力F随时间t的变更关系如图所示．设该物体从计时起先至t0时刻和从t0时刻至2t0时刻的位移分别是x1和x2，在t0时刻和2t0时刻的速度分别是v1和v2，从计时起先至t0时刻合力做的功是W1，冲量是I1；从t0至2t0时刻合力做的功是W2，冲量是I2.则(D)A.eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,5) B.eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)C.eq\f(I1,I2)＝eq\f(4,1) D.eq\f(W1,W2)＝eq\f(4,5)解析：由动量定理可得，在0～t0时间内，有I1＝mv1＝2F0t0，在0～2t0时间内，有I2＝mv2－mv1＝F0t0，解得eq\f(I1,I2)＝eq\f(2F0t0,F0t0)＝eq\f(2,1)，mv2＝I1＋I2＝3F0t0，则eq\f(v1,v2)＝eq\f(2,3)，由动能定理可得W1＝2F0x1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，W2＝F0x2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得eq\f(W1,W2)＝eq\f(4,5)，eq\f(x1,x2)＝eq\f(2,5)，选项D正确．二、多项选择题(每小题4分，共16分)9．小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法中正确的是(BCD)A．待打完n发子弹后，小车将以肯定的速度向右匀速运动B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同大小均为eq\f(md,nm＋M)D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移均相同解析：子弹、枪、人、车系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍旧是静止的．在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方．待打完n发子弹后，小车将静止不动，故A错误、B正确；设子弹出口速度为v，车后退速度大小为v′，以向左为正，依据动量守恒定律，有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′①子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有：vt＋v′t＝d②联立解得：v′＝eq\f(mv,M＋n－1m)，t＝eq\f(d[M＋n－1m],M＋nm)故车后退位移大小为：ΔS＝v′t＝eq\f(md,nm＋M)每颗子弹从放射到击中靶过程，小车均后退ΔS，均正确，故C、D正确．故选B、C、D.10．图为两物体A、B在没有其他外力作用时相互作用前后的v­t图像，则由图像可知(AB)A．A、B的质量之比为53B．A、B作用前后总动量守恒C．A、B作用前后总动量不守恒D．A、B间相互作用力相同解析：A、B两物体发生碰撞，没有其他外力，A、B组成的系统总动量守恒，故选项B正确，选项C错误；由动量守恒定律得mAΔvA＝－mBΔvB，eq\f(mA,mB)＝－eq\f(ΔvB,ΔvA)＝－eq\f(6－1,2－5)＝53，故选项A正确；A、B之间相互作用力大小相等、方向相反，因而A、B间相互作用力不同，故选项D错误．11．如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止起先下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是(BD)A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B．小球在槽内从B至C运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒解析：小球在半圆槽内由A到B运动的过程中，由于墙壁对半圆槽有水平向右的作用力，所以系统在水平方向所受的合外力不为零，即小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，故A错误；小球在半圆槽内由B到C运动的过程中，半圆槽离开墙壁，系统在水平方向不受外力，则小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，故B正确；小球离开C点以后，具有水平向右与竖直向上两个方向的分速度，小球的速度斜向右上方，小球做斜抛运动，故C错误；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，重力对系统做功，槽对小球的弹力做的负功，等于小球对槽的弹力做的正功，所以小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒，故D正确．12．质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和eq\f(1,4)圆弧轨道均光滑，如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法正确的是(BCD)A．小球肯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．小球可能沿水平方向向右做平抛运动D．小球可能做自由落体运动解析：小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统动量守恒、机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程．假如m<M，小球离开小车向左做平抛运动；假如m＝M，小球离开小车做自由落体运动；假如m>M，小球离开小车向右做平抛运动，所以答案应选B、C、D.三、填空题(每小题9分，共18分)13．用如图甲所示的气垫导轨来验证动量守恒定律，用频闪照相机闪光4次拍得照片如图乙所示，已知闪光时间间隔为Δt＝0.02s，闪光本身持续时间极短，已知在这4次闪光时间内A、B均在0～80cm范围内且第一次闪光时，A恰好过x＝55cm处，B恰好过x＝70cm处，则由图可知：(1)两滑块在x＝60cm处碰撞．(2)两滑块在第一次闪光后t＝0.01s时发生碰撞．(3)若碰撞过程中满意动量守恒，则A、B两滑块的质量比为23.解析：(1)碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰撞后B静止，故碰撞发生在x＝60cm处．(2)碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为v′A，所以v′A·Δt＝20cm.得v′A＝10m/s，从碰撞到其次次闪光时A向左运动10cm，设经验的时间为t′，有v′A·t′＝10cm.得t′＝0.01s，设第一次闪光到发生碰撞经验的时间为t，有t＋t′＝Δt，得t＝eq\f(Δt,t′)＝0.01s.(3)碰撞前，A的速度大小为vA＝eq\f(5cm,\f(1,2)Δt)＝eq\f(10cm,Δt)；B的速度大小为vB＝eq\f(10cm,\f(1,2)Δt)＝eq\f(20cm,Δt)；碰撞后，A的速度v′A＝eq\f(20cm,Δt)，取向左为正方向，则由动量守恒定律可知mAv′A＝mBvB－mAvA，解得mAmB＝23.14．图甲，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即探讨两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)试验中，干脆测定小球碰撞前后的速度是不简洁的.但是，可以通过仅测量C(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．A．小球起先释放的高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．试验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，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相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是ADE.(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起先释放的高度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m1·OM＋m2·ON＝m1·OP(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满意的表达式为m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2(用(2)中测量的量表示)．(4)经测定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示，碰撞前、后m1的动量分别为p1与p′1，则p1p′1＝1411，若碰撞结束时m2的动量为p′2，则p′1p′2＝112.9.试验结果说明，碰撞前、后总动量的比值eq\f(p1,p′1＋p′2)为1(1～1.01都正确)．解析：(1)验证动量定律试验中，即探讨两小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，干脆测定小球碰撞前后的速度是不简洁的，可通过落地高度不变状况下水平射程来体现速度，故选C.(2)(3)小球做平抛运动H＝eq\f(1,2)gt2①x＝vt②m1、m2碰撞过程动量守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2′③由①②③得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON④由④知，只需测m1、m2和水平射程OP、OM、ON就可验证动量守恒，故(2)选ADE.若为弹性碰撞，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2，与①②联立有m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2.(4)由于m1＝45.0g，m2＝7.5g，则p1p1′＝eq\f(m1·OP,m1·OM)＝OPOM＝1411p1′p2′＝eq\f(m1·OM,m2·ON)＝eq\f(45.0×35.20,7.5×55.68)＝112.9eq\f(p1,p1′＋p2′)＝eq\f(m1·OP,m1·OM＋m2·ON)≈1.四、计算题(15、16题各10分，17、18题各11分，共42分)15．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算便利起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周匀称散开．忽视空气阻力，已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．答案：(1)ρv0S(2)eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，①ΔV＝v0SΔt，②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S.③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)veq\o\al(2,0)，④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变更量的大小为Δp＝(Δm)v，⑤设水对玩具的作用力的大小为F，依据动量定理有FΔt＝Δp，⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg，⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2).16．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算推断，冰块与斜面体分别后能否追上小孩？答案：(1)20kg(2)不能，理由见解析解析：(1)规定向左为速度正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为M.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋M)v①eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋M)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得M＝20kgv＝1m/s③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入数据得v1＝－1m/s⑤设冰块与斜面体分别后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋Mv3⑥eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1m/s⑧由于冰块与斜面体分别后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．17．如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为eq\f(3,4)m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满意的条件．答案：eq\f(32v\o\al(2,0),113gl)≤μ<eq\f(v\o\al(2,0),2gl)解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ，要使物块a、b能发生碰撞，应有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>μmgl，即μ<eq\f(v\o\al(2,0),2gl)设在a、b发生弹性碰撞前，a的速度大小为v1，由动能定理可得－μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)设在a、b发生弹性碰撞后，a、b的速度大小分别为v2、v3，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv1＝mv2＋eq\f(3,4)mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)(eq\f(3m,4))veq\o\al(2,3)联立各式得v3＝eq\f(8,7)v1，由题意知b没有与墙发生碰撞，由动能定理得μeq\f(3,4)mgl≥eq\f(1,2)(eq\f(3m,4))veq\o\al(2,3)解得μ≥eq\f(32v\o\al(2,0),113g