粤教版高中物理选择性必修第一册第一章动量和动量守恒定律达标检测卷含解析

第一章达标检测卷一、选择题(1～6为单选题，7～10为多选题，每小题4分，共40分)1．如图所示，放在光滑水平面上的两物体，它们之间有一个被压缩的轻质弹簧，用细线把它们拴住．已知两物体质量之比为m1∶m2＝2∶1，把细线烧断后，两物体被弹开，速度大小分别为v1和v2，动能大小分别为Ek1和Ek2，则下列判断正确的是(　　)A．弹开时，v1∶v2＝1∶1B．弹开时，v1∶v2＝2∶1C．弹开时，Ek1∶Ek2＝2∶1D．弹开时，Ek1∶Ek2＝1∶2【答案】D　【解析】根据动量守恒定律知，p1＝p2，即m1v1＝m2v2，所以v1∶v2＝m2∶m1＝1∶2，故A、B错误；由Ek＝得，Ek1∶Ek2＝m2∶m1＝1∶2，故C错误，D正确．2．如图所示，光滑水平直轨道上有两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0.一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半．则物体B的质量为(　　)A．　 B．　C．m　　 D．2m【答案】B　【解析】以初速度v0的方向为正方向．设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v.由题意知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得m＋2mBv＝(m＋mB)v，解得mB＝，故B正确．3．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.2，与沙坑的距离x＝1 m，g取10 m/s2，物块可视为质点，则A碰撞前瞬间的速度大小为(　　)A．0.5 m/s B．1.0 m/sC．3.0 m/s D．2.0 m/s【答案】C　【解析】碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－·2mv2，代入数据得v＝2 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有mv＝mv＋·2mv2，联立解得v0＝3.0 m/s，故C正确．4．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：①mv0　②mv0－　③　④mv0－以上结果正确的是(　　)A．只有①　 B．只有③C．③④　 D．只有④【答案】C　【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＝v0，木块动量的增量为Mv＝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v0，①错误，③正确；从另一个角度，由于系统动量守恒，木块动量的增加量等于子弹动量的减少量，为mv0－mv＝mv0－v0，②错误，④正确，故C正确．5．在一对很大的平行正对金属板间可形成匀强电场，通过改变两金属板间的电压，可使其间的电场强度E随时间t按如图所示的规律变化．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(　　)A．带电粒子一定只向一个方向运动B．0～3.0 s内，电场力的冲量等于0，电场力的功小于0C．4.0 s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4 s内，电场力的冲量等于0【答案】D　【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图像所围“面积”成正比(注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，4.0 s末带电粒子不能回到原出发点，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，0～3.0 s内，电场力的冲量不等于0,2.5 s～4 s内，电场力的冲量等于0，B错误，D正确．6．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v－t图像是下列选项中的(　　)【答案】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做初速度为零的加速运动，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，随后弹簧开始恢复原长，但A继续加速，B继续减速，且由动量守恒定律可求解最终vB＝0，vA＝v0，故D正确．7．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中(　　)A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统水平方向动量守恒B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统水平方向动量守恒C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零D．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反【答案】BD　【解析】以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒，所以小球向左摆动时，小车向右运动，由于初始状态小车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零，要么大小相等、方向相反，故A、C错误，B、D正确．8．质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑，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，下列说法中正确的是(　　)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．小球可能沿水平方向向右做平抛运动D．小球可能做自由落体运动【答案】BCD　【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．如果m<M，小球离开小车向左做平抛运动；如果m＝M，小球离开小车做自由落体运动；如果m>M，小球离开小车向右做平抛运动，故B、C、D正确．9．如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是(　　)A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)uD．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2【答案】BC　【解析】小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A和D两种情况不可能发生；选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故B、C正确．10．如图为两物体A、B在没有其他外力作用时相互作用前后的v－t图像，则由图像可知(　　)A．A、B的质量之比为5∶3B．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【答案】AB　【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B正确，C错误．由动量守恒定律得mAΔvA＝－mBΔvB，＝－＝－＝5∶3，故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D错误．二、非选择题(本题共6小题，共60分)11．(9分)利用如图甲所示装置验证动量守恒定律．实验过程如下：请将实验过程补充完整．(1)将打点计时器固定在长木板的一端；(2)小车上连好纸带，把长木板有打点计时器的一端垫高，微调木板的倾斜程度，直到_______________________________________________________________，这样做的目的是____________________________________________；(3)后面贴有双面胶的小车A静止在木板上，靠近打点计时器的小车B连着穿过限位孔的纸带；(4)接通打点计时器的电源，轻推一下小车B，使小车B运动一段距离后与小车A发生正碰，碰后粘在一起继续运动；(5)小车运动到木板下端后，关闭电源，取下纸带如图乙，图中已标出各计数点之间的距离，小车碰撞发生在________(填“ab段”“bc段”“cd段”或“de段”)；(6)若打点计时器电源频率为50 Hz，小车A的质量为0.2 kg，小车B的质量为0.6 kg，则碰前两小车的总动量是________kg·m/s，碰后两小车的总动量是________kg·m/s(结果保留三位有效数字)．【答案】(2)轻推小车，使小车能够沿木板匀速下滑　平衡摩擦力，使系统的合外力为零，满足动量守恒的条件　(5)cd段　(6)1.13　1.08【解析】(2)把长木板有打点计时器的一端垫高，轻推小车，使小车能够沿木板匀速下滑，这样做的目的是平衡摩擦力，使系统合外力为零，满足动量守恒的条件．(5)小车发生碰撞速度要减小，则由纸带可知小车碰撞发生在cd段．(6)bc段小车的速度v1＝＝ m/s＝1.883 m/s，de段小车的速度v2＝＝ m/s＝1.352 m/s，碰前两小车的总动量是 p＝mBv1＝0.6×1.883 kg·m/s≈1.13 kg·m/s.碰后两小车的总动量是 p′＝(mA＋mB)v2＝(0.2＋0.6)×1.352 kg·m/s≈1.08 kg·m/s，故p≈p′，因此，在实验差误允许的范围，碰撞前后两小车的总动量守恒．12．(9分)某班物理兴趣小组选用如图所示装置来“探究碰撞中的不变量”．将一段不可伸长的轻质绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O点，另一端连接小钢球A，把小钢球拉至M处可使绳水平拉紧．在小钢球最低点N右侧放置有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B(B上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)．当地的重力加速度为g.某同学按如图所示安装气垫导轨、滑块B(调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B发生一维碰撞．让小钢球A从某位置释放，摆到最低点N与滑块B碰撞，碰撞后小钢球A并没有立即反向，碰撞时间极短．(1)(多选)为完成实验，除了毫秒计读数Δt、碰撞前瞬间绳的拉力F1、碰撞结束瞬间绳的拉力F2、滑块B质量mB和遮光板宽度d外，还需要测量的物理量有________．A．小钢球A的质量mAB．绳长LC．小钢球从M到N运动的时间(2)滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝________.(用题中已给的物理量符号来表示)(3)实验中的不变量的表达式是：____________________________.(用题中已给的物理量符号来表示)【答案】(1)AB　(2)(3)＝＋mB【解析】滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝，根据牛顿第二定律得F1－mAg＝mA，F2－mAg＝mA，碰撞中系统动量守恒，则mAv1＝mAv2＋mBvB，整理得＝＋mB，故还需要测量小钢球A的质量mA，绳长L，故A、B正确．13．(10分) (2020年山西大学附属中学月考)如图所示，小球A从半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道的上端P点以v0＝3 m/s的初速度滑下，水平面光滑且与圆弧轨道末端相切，小球A到达水平面上以后，与静止于该水平面上的钢块B发生弹性碰撞，碰撞后小球A被反向弹回，沿原路返回恰能到达P点，钢块B的质量mB＝18 kg，g取10 m/s2，求：(1)小球A刚滑上水平面时的速度大小vA；(2)小球A的质量．【答案】(1)5 m/s　(2)2 kg【解析】(1)设小球A的质量为mA，A在光滑圆弧轨道上下滑过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得mAv＋mAgR＝mAv，代入数据得vA＝5 m/s.(2)碰后，A返回的过程，机械能守恒，设碰后A的速度大小为vA′，得mAvA′2＝mAgR，解得vA′＝4 m/s.A、B碰撞过程动量守恒，以碰前A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAvA＝－mAvA′＋mBvB′，碰撞过程为弹性碰撞，由机械能守恒定律，得mAv＝mAvA′2＋mBvB′2，代入数据解得mA＝2 kg.14．(10分)如图所示，有一质量为M的长木板(足够长)静止在光滑的水平面上，一质量为m的小铁块以初速度v0水平滑上木板的左端，小铁块与木板之间的动摩擦因数为μ，试求小铁块在木板上相对木板滑动的过程中，若小铁块恰好没有滑离长木板，则木板的长度至少为多少？【答案】【解析】此题为另类的“子弹打木块”的模型，即把铁块类比于有初动量的“子弹”，以小铁块和长木板为一个系统，系统动量守恒．在达到共同速度的过程中，m给M一个向右的滑动摩擦力Ff＝μmg，M向右做匀加速运动；M给m一个向左的滑动摩擦力Ff′＝μmg，m向右做匀减速运动，m相对M向右运动，最后两者达到共同速度．由动量守恒得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，因小铁块恰好没有滑离长木板，设木板长至少为l，则Q＝μmgl＝ΔEk＝mv－(M＋m)v2，解得l＝.15．(10分)如图所示，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足的条件．【答案】≤μ<【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mv>μmgl，即μ<.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＝mv－mv，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＋mv3，mv＝mv＋v，联立各式得v3＝v1，由题意知b没有与墙发生碰撞，由动能定理得μmgl≥v，解得μ≥，综上所述应满足的条件为≤μ<.16．(12分)一个航天员连同装备的总质量为100 kg，在空间跟飞船相距45 m处相对飞船处于静止状态．他带有一个装有0.5 kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50 m/s的相对速度喷出的喷嘴．航天员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸．已知航天员呼吸的耗氧率为2.5×10－4 kg/s.试问：(1)如果他在准备返回飞船的瞬时，释放0.15 kg的氧气，他能安全回到飞船吗？(2)航天员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？【答案】(1)能　(2)1 800 s　200 s【解析】(1)令M＝100 kg，m0＝0.5 kg，Δm＝0.15 kg，氧气释放速度为v，航天员在释放氧气后的速度为v′.由动量守恒定律得0＝(M－Δm)v′＋Δmv，由于释放氧气的质量0.15 kg远远小于总质量100 kg，因此认为氧气喷出后总质量不变，v′≈－v＝－×50 m/s＝－0.075 m/s.航天员返回飞船所需时间t＝＝ s＝600 s.航天员返回途中所耗氧气m′＝kt＝2.5×10－4×600 kg＝0.15 kg，氧气筒喷射后所余氧气m″＝m0－Δm＝(0.5－0.15) kg＝0.35 kg，因为m″>m′，所以航天员能顺利返回飞船．(2)设释放的氧气Δm未知，途中所需时间为t，则m0＝kt＋Δm为航天员返回飞船的极限条件，t＝＝·＝·＝ kg·s，0．5 kg＝2.5×10－4× kg＋Δm，解得Δm1＝0.45 kg或Δm2＝0.05 kg，分别代入t＝ kg·s，得t1＝200 s，t2＝1 800 s.即航天员安全返回飞船的最长时间为1 800 s，最短时间只有200 s.