人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试同步达标检测题

第一章　学业质量标准检测

本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题　共40分)

一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)

1.1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是(　C　)

A．安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化

B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量

C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率

D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大

解析：在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft＝ΔP可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即是减小了驾驶员的动量变化率，故选C。

2．(2020·吉林省实验中学高二下学期期中)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　D　)

A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动

B．C与B碰前，C与AB的速率之比为m∶M

C．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动

D．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动

解析：小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当弹簧伸长的过程中，C向右运动，则小车向左运动，故A错误；规定向右为正方向，在C与B碰前，根据动量守恒得mvc－Mv＝0，计算得出vc∶v＝M∶m，故B错；因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当C与泥粘在一起时，总动量仍然为零，则小车停止运动，故C错，D对。

3．(2020·黑龙江实验中学高三下学期月考)某物体的v－t图像如图所示，下列说法正确的是(　C　)

A．0～t1和t2～t3，合外力做功和冲量都相同

B．t1～t2和t3～t4，合外力做功和冲量都相同

C．0～t2和t2～t4，合外力做功和冲量都相同

D．0～t1和t3～t4，合外力做功和冲量都相同

解析：0～t1内动能的变化量为mv，动量变化量为mv0；t2～t3内动能变化量为mv，动量变化量为－mv0，根据动能定理可知这两段时间内合外力做功相等；而根据动量定理得知：合外力的冲量不同，故A错误；t1～t2内动能变化量为0－mv＝－mv，动量变化量为0－mv0＝－mv0，t3～t4内动能变化量为0－mv＝－mv，动量变化量为0－(－mv0)＝mv0。则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合外力做功相等，合外力的冲量不同，故B错误；0～t2和t2～t4内动能变化量为0，动量变化量为0，根据两个定理得知合外力的功和冲量都相同，故C正确；由上分析得知：0～t1和t3～t4内动能变化量不同，动量变化量相同，故D错误。

4．人的质量m＝60 kg，船的质量M＝240 kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5 m时，人可以跃上岸。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)(　C　)

A．1.5 m B．1.2 m

C．1.34 m D．1.1 m

解析：船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则x0＝v0t。

撤去缆绳，由动量守恒0＝mv1－Mv2，两次人消耗的能量相等，即动能不变mv＝mv＋Mv，

解得v1＝v0

故x1＝v1t＝x0≈1.34 m，C正确。

5．(2021·河南省洛阳市高二下学期期中)高速水流切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造中的高难度加工特制了一台高速水流切割机器人，该机器人的喷嘴横截面积为10－7 m2，喷嘴射出的水流速度为103 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，设水流射到工件上后速度立即变为零。则该高速水流在工件上产生的压力大小为(　B　)

A．1 000 N B．100 N

C．10 N D．1 N

解析：单位时间内喷到工件上的水的体积为：V＝Svt

故质量为：m＝ρV＝ρSvt

设水的初速度方向为正方向，

则由动量定理可得：Ft＝0－mv

解得：F＝－＝－ρSv2＝－100 N

工件受到的冲击压力为100 N，方向沿水流的方向，故选B。

6．(2020·河南省郑州市原联盟高三3月线上测试)如图所示，光滑地面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点。A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1∶m2不可能为(　C　)

A．3∶1　　 B．1∶3

C．1∶5 D．1∶7

解析：若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有：v2t＝3v1t，即：v2 ＝3v1。根据动量守恒得，m1v0＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得：m1v＝m1v＋m2v， 联立解得m1＝3m2；若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点追上球2，则有：v1t＝3v2t，即：v1＝3v2，根据动量守恒得：m1v0＝－m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得：m1v＋m1v＋m2v， 联立解得：m2＝7m1；若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与挡板碰后反弹在B点相遇，则有：v1t＝v2t，即：v1＝v2，根据动量守恒得：m1v0＝－m1v1＋m2v2, 根据机械能守恒得m1v＝m1v＋m2v，联立解得：m2＝3m1；综上所述，两小球的质量之比不可能为1∶5，故选C。

7．在2017年6月的全球航天探索大会上，我国公布了“可重复使用运载火箭”的概念方案。方案之一为“降落伞方案”：当火箭和有效载荷分离后，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆。对该方案设计的物理过程，下列说法正确的是(　BC　)

A．火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒

B．从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大

C．从返回轨道至低空轨道，火箭处于失重状态

D．打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量

解析：火箭和有效载荷分离过程中使用了引爆装置，该系统的总机械能不守恒，故A错误；从返回轨道下落至低空轨道，由G＝mg得g＝G，火箭的重力加速度增大，故B正确；火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，火箭处于失重状态，故C正确；由动量定理可知，打开气囊可以减小受到地面的冲击力，而不是减小地面对火箭的冲量，故D错误。

8．如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，下列说法正确的是(　AD　)

A．木块的最终速度为v0

B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒

C．车表面越粗糙，木块减少的动量越多

D．小车获得的冲量与车表面的粗糙程度无关

解析：以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，最后m、M以共同速度运动。有mv0＝(m＋M)v′，解得v′＝v0。故A正确，B错误；木块减少的动量mv－mv′与车面粗糙程度无关。故C错误；小车M获得冲量等于mv′，与车面粗糙程度无关，故D正确。

9．(2020·福建省厦门外国语学校高二下学期期中)如图甲

所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使B瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　BD　)

A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态

B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长

C．两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2

D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1

解析：交点表示速度相同，由A的速度图像知t1时刻正在加速，说明弹簧被拉伸，t3时刻正在减速，说明弹簧被压缩，故选项A错误；t3时刻A正在减速，说明弹簧被压缩，t4时刻A的加速度为零，说明弹簧处于原长，故选项B正确；对0到t1过程使用动量守恒定律得3m2＝(m1＋m2)×1，故m1∶m2＝2∶1，故选项C错误；由动能结合t2时刻各自速度知动能之比为8∶1，故选项D正确。

10．交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故。根据两位司机的描述得知，发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶，汽车B正沿南北大道向正北行驶。相撞后两车立即熄火并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出了如图所示的事故报告图。通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为该事故报告图中P点，并测量出相关的数据标注在图中，又判断出两辆车的质量大致相同。为简化问题，将两车均视为质点，且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知下列说法中正确的是(　BC　)

A．发生碰撞时汽车A的速率较大

B．发生碰撞时汽车B的速率较大

C．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为12∶5

D．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为2∶

解析：设两辆车质量均为m，相撞之前速度分别为vA、vB，相撞后向北的速度为v1，向东的速度为v2，则南北方向上动量守恒，mvB＝2mv1；东西方向上动量守恒mvA＝2mv2。由图可知：v1∶v2＝6∶2.5＝12∶5，即：vB∶vA＝12∶5，可知B、C正确。

第Ⅱ卷(非选择题　共60分)

二、填空题(2小题，共14分。把答案直接填在横线上)

11．(6分)(2021·浙江省宁波市效实中学高二下学期检测)某小组在做“寻求碰撞中的不变量”实验时，采用了如图1所示的实验装置，小车甲、乙的碰撞端分别装上撞针与橡皮泥。

现进行以下操作：把打点计时器固定在光滑水平轨道左侧将纸带一端穿过打点计时器，另一端连在小车甲的后面；打开打点计时器，轻推一下小车甲，使其获得一定速度后与静止的小车乙碰撞粘连成一体；关闭打点计时器，取下纸带，进行相关探究。在某次实验中得到的纸带部分如图2所示(图中的直尺为毫米刻度尺)。

(1)请判断小车甲是与图示纸带的__右端__(“左端”或“右端”)相连接？并说明理由。

(2)若测量出小车甲的质量为524.4 g，小车乙的质量为510.0 g，则在这次碰撞中小车甲对小车乙的冲量为__0.10_kg·m/s__(保留两位有效数字)。

解析：(1)甲与乙碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，由于纸带右侧速度大，为碰前速度，所以小车甲是与图示纸带的右侧相连。

(2)碰后共同速度：v2＝×10－2m/s＝0.200 m/s

碰后乙的动量：p乙＝m乙v2＝0.510 0×0.200 kg·m/s＝0.102 kg·m/s≈0.10 kg·m/s

由动量定理可得小车甲对小车乙的冲量：I＝p乙－0＝p乙＝0.10 kg·m/s。

12．(8分)如图，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。

(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__C__(填选项前的序号)，间接地解决这个问题

A．小球开始释放的高度h

B．小球抛出点距地面的高度H

C．小球做平抛运动的水平位移

(2)用天平测量两个小球的质量m1、m2。图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放；然后，把被碰小球m2静止于轨道水平部分的末端，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复，分别找到小球的平均落点M、P、N，并测量出平均水平位移OM、OP、ON。

(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__m1×OP＝m1×OM＋m2×ON__[用(2)中测量的量表示]；若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足的表达式为__m1×OP2＝m1×OM2＋m2×ON2__[用(2)中测量的量表示]。

解析：(1)在该实验中，通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度，故选C。

(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：m1OP＝m1OM＋m2ON；若碰撞是弹性碰撞，满足能量守恒：m1v＝m1v＋m2v，代入得：m1×OP2＝m1×OM2＋m2×ON2

三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

13．(10分)(2019·山东省临朐实验中学高二下学期检测)如图所示，人站在滑板A上，以v0＝3 m/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＝70 kg、mA＝10 kg和mB＝20 kg，求：

(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)20 N·s，水平向右　(2)2.4 m/s

解析：(1)A、B碰撞过程中，由动量守恒有mAv0＝(mA＋mB)v1，代入数据解得v1＝1 m/s

由动量定理得，A对B的冲量I＝mBv1＝20 N·s，方向水平向右。

(2)对人、A、B组成的系统进行全过程分析，由动量守恒有

(m人＋mA)v0＝(m人＋mA＋mB)v

代入数据解得v＝2.4 m/s

14．(11分)(2020·天津一中高二下学期模块检测)光滑的水平面上，用轻质弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块以6 m/s的共同速度向右运动，弹簧处于原长，质量为1 kg的物体C静止在前方，如图所示，B与C发生弹性碰撞，求：

(1)碰后物块C的速度大小；

(2)在以后的运动中，弹簧的最大弹性势能为多少？

答案：(1)8 m/s　(2)8 J

解析：(1)B、C碰撞瞬间，动量守恒：

mBv0＝mBvB＋mCvC，

发生的是弹性碰撞：

mBv＝mBv＋mCv，

联立解得：vC＝8 m/s，vB＝2 m/s，

(2)在以后的运动中，当A、B的速度相等时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，对A、B系统水平方向不受外力动量守恒：mAv0＋mBvB＝(mA＋mB)v′，根据机械能守恒得：mBv＋mAv＝(mA＋mB)v′2＋Ep，联立解得：

Ep＝8 J。

15．(12分)如图所示，质量为M＝3 kg的小车A以v0＝4 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为m＝1 kg的小球B(可看作质点)，小球距离车面H＝0.8 m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为m0＝1 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2。求：

(1)绳未断前小球距沙桶的水平距离Δx；

(2)小车的最终速度v的大小；

(3)整个系统损失的机械能ΔE。

答案：(1) 0.4 m　(2)3.2 m/s　(3) 14.4 J

解析：(1)A与C的碰撞动量守恒：mAv0＝(mA＋mC)v1，

得：v1＝3 m/s

设小球下落时间为t，则：H＝gt2，解得t＝0.4 s

Δx＝(v0－v1)t＝0.4 m

(2)设系统最终速度为v2，由水平方向动量守恒：

(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v2

得：v2＝3.2 m/s

(3)由能量守恒得：

ΔE＝mBgH＋(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v

解得ΔE＝14.4 J

16．(13分)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3 m/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＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。

(1)求斜面体的质量；

(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

答案：(1)20 kg　(2)冰块不能追上小孩

解析：(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动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m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得

m2v20＝(m2＋m3)v ①

m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②

式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg ③

(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有

m1v1＋m2v20＝0 ④

代入数据得v1＝1 m/s ⑤

设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3              ⑥

m2v＝m2v＋m3v ⑦

联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s

由于冰块与斜面体分离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。