高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试单元测试综合训练题

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试单元测试综合训练题，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第一章　单元检测卷（A）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．运输家用电器、易碎器件等物品时，经常用泡沫塑料作填充物，这是为了在运输过程中 （　　）
A．减小物品受到的冲量
B．使物体的动量减小
C．使物体的动量变化量减小
D．使物体的动量变化率减小
【答案】　D
【解析】　物体的动量变化一定时，力作用的时间越短，力就越大，物体的动量变化率越大；反之就越小，运输家用电器、易碎器件等物品时，经常用泡沫塑料作填充物，这是为了在运输过程中增大作用时间以减小物品受到的作用力，使物体的动量变化率减小，故D正确．
2．质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg的A、B两个小球在光滑水平面上发生碰撞，碰撞前后均在同一条直线上．碰撞前速度vA＝6 m/s、vB＝2 m/s，碰撞后速度v'A＝2 m/s、v'B＝4 m/s．则此碰撞是 （　　）
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．无法确定
【答案】　B
【解析】　由12mAvA2＋12mBvB2＞12mAv'A2＋mBv'B2，v'A≠v'B可知，此次碰撞为非弹性碰撞．

3．两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如右图中a线段所示，在t＝4 s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如右图中b、c线段所示．从图中的信息可知 （　　）
A．木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反
B．木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动量增大
C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大
D．木块B的质量是木块C质量的14
【答案】　D
【解析】　由x－t图象可知，位移均为正，均朝一个方向运动，没有反向，A错误；木块都与弹簧分离后B的速度为v1＝10-46-4 m/s＝3 m/s，C的速度为v2＝5-46-4 m/s＝0．5 m/s，细线未断前B、C的速度均为v0＝1 m/s，由于系统所受合外力之和为零，故系统前后的动量守恒：（mB＋mC）v0＝mBv1＋mCv2，计算得B、C的质量比为1∶4，D正确，B错误；系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，C错误．
4．

如右图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是 （　　）
A．A开始运动时
B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时
D．A和B的速度相等时
【答案】　D
【解析】　对A、B组成的系统由于水平面光滑，所以动量守恒．而对A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，即A、B动能与弹簧弹性势能之和为定值，当A、B速度相等时，弹簧形变量最大，弹性势能最大，所以此时动能损失最大．
5．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中，下列说法正确的是（重力加速度为 g） （　　）
A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为12mv2
B．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为12mv2
D．地面对他的冲量为mv＋m gΔt，地面对他做的功为零
【答案】　D
【解析】　人的速度原来为零，起跳后变为v，以向上为正方向，由动量定理可得I－mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为mv＋mgΔt，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D正确．
6．

如右图所示，半径为R的光滑半圆槽质量为M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度为（重力加速度为 g） （　　）
A．0
B．mM2MgRM+m，方向向左
C．mM2MgRM+m，方向向右
D．不能确定
【答案】　B
【解析】　以水平向右为正方向，设在最低点时m和M的速度大小分别为v和v'，根据动量守恒定律得：0＝mv－Mv'，根据机械能守恒定律得：mgR＝12mv2＋12Mv'2，联立以上两式解得v'＝mM2MgRM+m，方向向左，故选项B正确．
7．

如右图所示，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止．如果小车不固定，物体仍从A点静止滑下，则 （　　）
A．还是滑到C点停止
B．滑到BC间停止
C．会冲出C点落到车外
D．上述三种情况都有可能
【答案】　A
【解析】　设BC长度为L．小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，即有：Q1＝FfL，若小车不固定，设物体相对小车滑行的距离为s．对小车和物体组成的系统，水平方向动量守恒，最终两者必定均静止，根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，则有：Q2＝Q1，而Q2＝Ffs，得到物体在小车BC部分滑行的距离s＝L，故物体仍滑到C点停止，故A正确．
8．

小车静置于光滑的水平面上，小车的A端固定一个水平轻质小弹簧，B端粘有橡皮泥，小车的质量为M，长为L，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（细绳未画出），开始时小车与C都处于静止状态，如右图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是 （　　）
A．如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为mMv
C．小车向左运动的最大位移为MLM+m
D．小车向左运动的最大位移为mML
【答案】　B
【解析】　小车、弹簧与C这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失．Mv'－mv＝0，则v'＝mMv，同时该系统属于“人船模型”，Md＝m（L－d），所以车向左运动的最大位移应等于d＝mLM+m，综上，选项B正确C错误．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．下列说法正确的是 （　　）
A．根据F＝ΔpΔt可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力
B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量
C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便
D．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
【答案】　ACD
【解析】　A选项是牛顿第二定律的另一种表达方式，所以A正确；冲量是矢量，B错误；F＝ΔpΔt是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，C正确；易碎品运输时用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，D正确．
10．

如右图所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开，已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列结论中错误的是 （　　）
A．P的速度恰好为零
B．P与Q具有相同速度
C．Q刚开始运动
D．Q的速度等于v
【答案】　ACD
【解析】　P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B正确，A、C错误．由于作用过程中动量守恒，设速度相等时速度为v'，则mv＝（m＋m）v'，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v'＝v2，故D错误．
11．A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为M2的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，设水对船的阻力不计，则 （　　）
A．A、B两船的速度大小之比为3∶2
B．A、B（包括人）动量大小之比为3∶2
C．A、B（包括人）动量之和为零
D．因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定
【答案】　AC
【解析】　选A船、B船和人组成的系统为研究对象，则它们的初始总动量为0．由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为0．选最终B船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律可得：0＝（M＋M2）vB＋MvA，解得vB＝－23vA．所以A、B两船的速度大小之比为3∶2，选项A正确；A和B（包括人）的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为1∶1，选项B错误；由于系统的总动量始终为零，故A、B（包括人）动量之和也始终为零，选项C正确．
12．

如右图所示，A、B两木块紧靠在一起静止于光滑水平面上，物块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是 （　　）
A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒
B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒
C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C组成的系统动量都守恒
D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒
【答案】　BC
【解析】　当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B正确；若将A、B、C视为一个系统，则沿水平方向不受外力作用，系统动量守恒，选项C正确，选项D错误．
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（6分）实验小组采用如下图所示装置进行了动量守恒实验验证．

a．在木板表面先后钉上白纸和复印纸，并将木板竖直立于靠近槽口处，使小球A从斜槽轨道上某固定点C由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
b．将木板向右平移适当的距离固定，再使小球A从原固定点C由静止释放，撞到木板上得到痕迹P；
c．把半径相同的小球B静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球A仍从原固定点C由静止释放，与小球B相碰后，两球撞在木板上得到痕迹M和N；
d．用刻度尺测量纸上O点到M、P、N三点的距离分别为y1、y2、y3．
请你写出用直接测量的物理量来验证两球碰撞过程中系统的动量守恒的表达式：　　　　　　　　．（小球A、B的质量分别为m1、m2） 
【答案】　m11y2＝m11y3＋m21y1
【解析】　小球离开轨道后做平抛运动，设木板与抛出点之间的距离为x，由平抛运动规律得水平方向有x＝vt，竖直方向有h＝12gt2，解得v＝xg2h，放小球B之前，小球A落在图中的P点，设A的水平初速度为v0，小球A和B发生碰撞后，球A的落点在图中的N点，设其水平初速度为v1，球B的落点是图中的M点，设其水平初速度为v2，小球碰撞的过程中若动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m2v2，即m1·xg2y2＝m1·xg2y3＋m2·xg2y1，则验证两球碰撞过程中系统动量守恒表达式为m11y2＝m11y3＋m21y1．
14．（8分）现利用图（a）所示的装置验证动量守恒定律．在图（a）中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器（图中未画出）的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间．


实验测得滑块A的质量m1＝0．310 kg，滑块B的质量m2＝0．108 kg，遮光片的宽度d＝1．00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50．0 Hz．
将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3．500 ms，碰撞前、后打出的纸带如图（b）所示．
若实验允许的相对误差绝对值（|碰撞前、后总动量之差碰前总动量|×100%）最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．
【答案】　见解析
【解析】　按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为
v＝ΔsΔt①
式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程．
设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则
ΔtA＝1f＝0．02 s②
ΔtA可视为很短．
设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1．将②式和图给实验数据代入①式得
v0＝2．00 m/s③
v1＝0．970 m/s④
设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有
v2＝dΔtB⑤
代入题给实验数据得
v2＝2．86 m/s⑥
设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p'，则
p＝m1v0⑦
p'＝m1v1＋m2v2⑧
两滑块在碰撞前、后总动量相对误差的绝对值为
δp＝|p-p'p|×100%⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得
δp＝1．7%＜5%⑩
因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．
15．

（7分）如右图所示，在光滑水平面上叠放着质量分别为mA、mB的物体A和B（设B足够长），A与B间的动摩擦因数为μ，质量为m的小球以水平速度v射向A，以大小为v5的速度被弹回，则A与B相对静止后的速度大小为．
【答案】　6mv5(mA+mB)
【解析】　设A与B相对静止后的速度为v'，取初始时小球速度v的方向为正．由于小球及A、B所组成的系统动量守恒，则有mv＝（mA＋mB）v'－m×v5，所以v'＝6mv5(mA+mB)．
16．

（9分）如右图所示，在光滑水平面上有两个木块A、B，在木块B的最左端放置一小物块C并保持静止，已知mA＝mB＝0．2 kg，mC＝0．1 kg，现木块A以初速度v＝2 m/s沿水平方向向右滑动，木块A与B相碰后具有共同速度（但不粘连），C与A、B间均有摩擦．求：
（1）木块A与B相碰瞬间A木块及小物块C的速度大小；
（2）设木块A足够长，求小物块C的最终速度．
【答案】　（1）1 m/s　0　（2）23 m/s，方向水平向右
【解析】　（1）木块A与B相碰瞬间C的速度为0，A、B木块的速度相同，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv＝（mA＋mB）vA，vA＝v2＝1 m/s．
（2）C滑上A后，摩擦力使C加速，使A减速，直至A、C具有共同速度，以A、C整体为系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA＝（mA＋mC）vC，vC＝23 m/s，方向水平向右．
17．

（14分）如右图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，求
（1）A、B两球的质量之比
（2）A、B两球碰撞前、后的总动能之比
【答案】　（1）4∶1　（2）95
【解析】　（1）设碰前B球的速度为v0，A碰墙后以原速率返回恰好不发生第二次碰撞，说明A、B两球碰撞后速度大小相等、方向相反，即分别为13v0和－13v0
根据动量守恒定律，得mBv0＝mB（－13v0）＋mA·13v0
解得mA∶mB＝4∶1；
（2）A、B两球碰撞前、后的总动能之比为
12mBv0212mA(13v0)2+12mB(-13v0)2＝95．
18．

（16分）如右图所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块（未穿出），若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：
（1）子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离；
（2）射入的过程中，系统损失的机械能．
【答案】　（1）m2v22(M+m)2μg　（2）Mmv22(M+m)
【解析】　因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差．
（1）设子弹射入木块时，二者的共同速度为v'，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv＝（M＋m）v'，①
二者一起沿地面滑动，前进的距离为x，由动能定理得：
－μ（M＋m） gx＝0－12（M＋m）v'2，②
由①②两式解得：x＝m2v22(M+m)2μg．
（2）射入过程中损失的机械能
ΔE＝12mv2－12（M＋m）v'2，③
解得：ΔE＝Mmv22(M+m)．