粤教版 (2019)选择性必修 第一册第三节 动量守恒定律同步测试题

这是一份粤教版 (2019)选择性必修 第一册第三节 动量守恒定律同步测试题，共9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。

一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分.每小题只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、不选或多选均不得分）
1.跳高比赛中，必须在运动员着地处铺上很厚的海绵垫子，这是因为（ ）
A.减小运动员着地过程中受到的冲量作用
B.减小运动员着地过程中动量的变化量
C.减小运动员着地过程中受到的平均冲力
D.以上说法均不正确
解析：跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，跳高运动员在跳高时跳到沙坑里或跳到海绵垫上可以延长着地过程的作用时间t，由I＝Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故A、B、D错误，C正确.
答案：C
2．如图所示，测试汽车安全气囊的实验中，汽车载着模型人以80 km/h的速度撞向刚性壁障，汽车速度瞬间减为0，同时，安全气囊弹出，保护模型人．则关于安全气囊的作用，下列说法正确的是( )
A．安全气囊减少了碰撞过程中模型人的受力时间
B．安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲击力
C．安全气囊减小了碰撞过程中模型人的动能变化量
D．安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲量
解析：整个碰撞过程中模型人受到的冲量和模型人的动能变化量是一定的，不因安全气囊的弹出而发生变化．根据动量定理可知安全气囊的作用是增加了碰撞过程中模型人的受力时间，从而减小了碰撞过程中模型人受到的冲击力，故A、C、D错误，B正确．
答案：B
3.一人静止于完全光滑的冰面上，现欲远离冰面，下列可行的方法是（ ）
A.向后踢腿 B.手臂向上摆
C.在冰面上滚动 D.脱下外衣水平抛出
解析：A、B两项中人与外界无作用，显然不行；对于C项，由于冰面光滑，也不行；对于选项D，人抛出外衣的过程得到外衣的反作用力，即利用了反冲的原理，从而能远离冰面.
答案：D
4.质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为（ ）
A.0.6 m/s，向左
B.3 m/s，向左
C.0.6 m/s，向右
D.3 m/s，向右
解析：以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入数据解得v′＝0.6 m/s，方向向左.
答案：A
5.一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面.则在礼花弹炸裂后的瞬间，这三块碎片的运动方向可能是（ ）
解析：由于一块碎片首先沿竖直方向落至地面，这个碎片的速度方向应竖直向下，根据动量守恒，另两块碎片的动量合成后应竖直向上，故D正确.
答案：D
6.如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上.c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上.小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同.他跳到a车上相对a车保持静止，此后（ ）
A.a、b两车运动速率相等
B.a、c两车运动速率相等
C.三辆车的速率关系vc＞va＞vb
D.a、c两车运动方向相同
解析：若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律0＝－M车vc＋m人v，m人v＝－M车vb＋m人v，m人v＝（M车＋m人）·va，所以vc＝eq \f(M人v,M车)，vb＝0，va＝eq \f(m人v,M车＋m人).即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反.所以选项A、B、D错误，C正确.
答案：C
7.中国空间站天和核心舱使用了电推进发动机，基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为航天器提供推力．电推进发动机在某次地面测试中，离子以一定速率向后喷出，流量为3×10－3 g/s，获得的平均推力大小为0.09 N，则离子被喷出的速率为( )
A．3 km/s B．30 km/s
C．60 km/s D．90 km/s
解析：在Δt时间内喷出的离子质量Δm＝3×10－3×10－3Δt，根据动量定理有FΔt＝Δmv，解得v＝3.0×104 m/s＝30 km/s，故选B.
答案：B
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选均不得分）
8.如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为80m0、20m0，两船沿同一直线相向运动，速度大小分别为2v0、v0.为避免两船相撞，甲船上的人不断地将质量为m0的货物袋以相对地面6.2v0的水平速度抛向乙船，且被乙船上的人接住，假设某一次甲船上的人将货物袋抛出且被乙船上的人接住后，刚好可保证两船不致相撞，不计水的阻力．则此时( )
A．甲、乙两船的速度大小为1.4v0
B．甲、乙两船的速度大小为1.25v0
C．从甲船抛出的总货物袋数为12袋
D．从甲船抛出的总货物袋数为10袋
解析：刚好保证两船不致相撞，可知两船此时速度相等，设为v，以甲船运动方向为正方向，整个过程据动量守恒定律可得80m0·
2v0－20m0·v0＝(80m0＋20m0)v，解得甲、乙两船的速度大小为v＝1.4v0，A正确，B错误；设从甲船抛出的总货物袋数为n，对甲船抛出货物袋的过程由动量守恒定律可得80m0·2v0＝n·m0×6.2v0＋(80－n)m0v，解得n＝10，C错误，D正确．
答案：AD
9.如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，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同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，正确的说法是（弹簧不超过其弹性限度）（ ）
A.动量始终守恒
B.机械能不断增加
C.当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
D.当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零
解析：由题意，F1、F2等大反向，A、B两物体及弹簧组成的系统所受的合外力为零，系统的动量始终守恒，故A正确；在整个拉伸的过程中，拉力一直对系统做正功，系统机械能增加，物体A、B均做变加速运动，速度先增加后减小，当速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大；此后弹簧在收缩的过程中，F1、F2都做负功，故系统的机械能会减小，故B错误，C正确；在拉力作用下，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，外力做正功，系统的机械能增大；当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，因此A、B先做变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大，不为零，故D错误.
答案：AC
10.如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块.现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（ ）
A.小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
B.小木块和木箱最终速度为eq \f(M,M＋m)v0
C.小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
解析：木箱与小木块组成的系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动.取v0方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝（m＋M）v得v＝eq \f(M,m＋M)v0，A、B项正确.
答案：AB
三、非选择题（共5小题，共54分）
11.（10分）如图所示，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 （填选项前的符号），间接地解决这个问题.
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，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 .（填选项前的符号）
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.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 [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 [用（2）中测量的量表示].
解析：（1）小球碰前和碰后的速度都可用平抛运动来测定，即v＝eq \f(x,t).而由H＝eq \f(1,2)gt2知，每次运动的竖直高度相等，平抛时间相等，即m1eq \f(OP,t)＝m1eq \f(OM,t)＋m2eq \f(ON,t)，则可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.故只需测做平抛运动的射程，因而选C.
（2）由（1）中所得表达式知：在OP已知时，需测量m1、m2、OM和ON，故必要步骤为A、D、E.
（3）若为弹性碰撞同时满足动能守恒，有
eq \f(1,2)m1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(OP,t)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)m1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(OM,t)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)m2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ON,t)))eq \s\up12(2)，
可得m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2.
答案：（1）C （2）ADE （3）m1·OM＋m2·ON＝m1·OP
m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2
12.（9分）如图甲所示，某同学设计一个气垫导轨装置验证动量守恒定律的实验：
（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝ mm.
（2）质量为m2的滑块2静止放在水平气垫导轨上光电门②的右侧，质量为m1的滑块1从光电门①的右侧向左运动，穿过光电门①与滑块2发生碰撞，随后两个滑块分离并依次穿过光电门②，滑块2与导轨左端相碰并被粘接条粘住，待滑块1穿过光电门②后用手将它停住，两个滑块上固定的遮光条宽度相同，数字计时器分别记录下滑块1通过光电门①的时间Δt、滑块2和滑块1依次通过光电门②的时间Δt2和Δt1.本实验中两个滑块的质量大小关系应为 .若等式 成立，则证明两滑块碰撞过程中系统的动量守恒（用题中所给的字母表示）.
解析：（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度
d＝1.3 cm＋0.05 mm×16＝13.80 mm.
（2）滑块1穿过光电门1的速度：v＝eq \f(d,Δt) ；滑块1穿过光电门2的速度：v1＝eq \f(d,Δt1)；滑块2穿过光电门2的速度：v2＝eq \f(d,Δt2)；
若动量守恒，则m1eq \f(d,Δt)＝m1eq \f(d,Δt1)＋m2eq \f(d,Δt2)，即eq \f(m1,Δt)＝eq \f(m1,Δt1)＋eq \f(m2,Δt2)；
为防止碰后m1反弹，则两滑块的质量关系是m1>m2.
答案：（1）13.80 （2）m1＞m2 eq \f(m1,Δt)＝eq \f(m1,Δt1)＋eq \f(m2,Δt2)
13.(9分)第24届冬奥会于2022年2月4日在北京召开，经过分站比赛的角逐，我国在短道速度滑冰项目获得满额参赛资格．短道速度滑冰接力赛很具有观赏性，某次训练中参与接力的队员甲质量为60 kg，乙质量为75 kg，接力前二人速度均为10 m/s，方向向前，甲在前，乙在后，乙从后面猛推甲(如图所示)，动作完成瞬间乙的速度变为2 m/s，方向不变，接力过程二人所受的系统外力远小于推力，且接力前后瞬间两人均在一条直线上运动．
(1)求乙猛推甲动作完成瞬间甲的速度；
(2)求乙猛推甲过程甲的动量变化量大小．若猛推过程作用时间为0.8 s，求甲受到的平均作用力大小．
解析：(1)设所求甲的速度为v2，乙猛推甲，由系统动量守恒，有
(m＋M)v0＝Mv1＋mv2，
解得v2＝20 m/s，方向与初速度方向相同．
(2)甲的速度变化量为Δp＝mv2－mv0，
解得Δp＝600 kg·m/s.
由动量定理得eq \(F,\s\up6(－))Δt＝Δp，
解得甲受到的平均作用力大小eq \(F,\s\up6(－))＝eq \f(Δp,Δt)＝eq \f(600,0.8) N＝750 N.
答案：(1)20 m/s 方向与初速度方向相同 (2)Δp＝600 kg·m/s eq \(F,\s\up6(－))＝eq \f(Δp,Δt)＝eq \f(600,0.8) N＝750 N
14．(10分)如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内，ab为四分之一圆弧轨道，bc段水平，且与ab圆弧相切于b点，在光滑水平地面上紧靠轨道c端，停着质量为M＝3 kg、长度为L＝0.5 m的平板车，平板车上表面与bc等高．现将可视为质点的物块从与圆心O等高的a点由静止释放，物块滑至圆弧轨道最低点b时的速度大小为vb＝2 m/s，对轨道的压力大小等于30 N，之后物块向右滑上平板车．重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．
(1)求该物块的质量；
(2)若物块最终未从平板车上滑落，求物块在平板车上滑动过程中产生的热量．
解析：(1)设四分之一圆弧的半径为R，物块的质量为m，在b点轨道对物块的支持力为F，物块从a到b由机械能守恒定律得mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)，
物块运动到b点，由牛顿第二定律得F－mg＝eq \f(mveq \\al(2,b),R)，
联立解得F＝3mg，
由牛顿第三定律知F＝30 N，
联立解得m＝1 kg.
(2)设物块与平板车的共同速度为v，物块在平板车上滑行过程中产生的热量为Q，取滑块滑上平板车的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mvb＝(m＋M)v，
由能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)－eq \f(1,2)(m＋M)v2，
联立解得Q＝1.5 J.
答案：(1)1 kg (2)1.5 J
15.（16分）如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3 kg的小球A以初速度v0＝4.0 m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性碰撞.设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，求：
（1）两小球碰撞前A的速度大小；
（2）小球B运动到最高点C时对轨道的压力；
（3）小球A所停的位置与圆轨道最低点的距离.
解析：（1）以v0的方向为正方向，碰撞前对A由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0，
解得vA＝2 m/s.
（2）对A、B，碰撞前后动量守恒：
MvA＝Mv′A＋mvB，
因A、B发生弹性碰撞，故碰撞前后动能保持不变：
eq \f(1,2)Mveq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)Mv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
联立以上各式解得v′A＝1 m/s，vB＝3 m/s.
又因为B球在轨道上机械能守恒，得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＋2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
解得vC＝eq \r(5) m/s.
设在最高点C，轨道对小球B的压力大小为FN，则有
mg＋FN＝meq \f(veq \\al(2,C),R)，
解得FN＝4 N.
由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为4 N，方向竖直向上.
（3）对A沿圆轨道运动时：eq \f(1,2)Mv′eq \\al(2,A)因此A沿圆轨道运动到其能到达的最高点后又原路返回轨道底端，此时A的速度大小为1 m/s.
由动能定理得－μMgs＝0－eq \f(1,2)Mv′eq \\al(2,A)，
解得s＝0.2m.
答案：（1）2m/s（2）4N，方向竖直向上（3）0.2m