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人教版高中物理新教材同步讲义 选择性必修第一册 第1章 章末检测试卷(一)（含解析）
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这是一份人教版高中物理新教材同步讲义 选择性必修第一册 第1章 章末检测试卷(一)（含解析），共12页。
章末检测试卷(一)
(满分：100分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下面列举的装置各有一定的道理，其中不能用动量定理进行解释的是( )
A．运输玻璃器皿等易碎物品时，在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物
B．建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间
C．热水瓶胆做成两层，且把两层中间的空气抽去
D．跳高运动中的垫子总是十分松软
答案 C
解析 A、B、D均是通过延长作用时间从而减小冲击力，都可以用动量定理解释；C选项中将热水瓶胆做成双层，中间的空气抽去是为了保温，不是为了减小冲击力，不能用动量定理解释，故选C。
2．(2022·深圳市实验学校段考)50 kg 的妈妈带着20 kg 的小孩骑着10 kg的自行车以3 m/s的速度匀速行驶在平直路面上。行驶中小孩从车上跳下来，若小孩在离开车座时的水平速度为零，则此时妈妈和自行车的行驶速度大小为( )
A．2 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D．6 m/s
答案 C
解析 设大人与车的总质量为M，小孩的质量为m，由于小孩在离开车座时的水平速度为零，则根据人、车系统水平方向动量守恒可得(m＋M)v0＝Mv，代入数据求得v＝4 m/s，故C正确。
3．某电影中，宇航员在太空中与飞船之间相距7.5 m，飞船无法实施救援活动，为了靠近飞船，男主角剪破自己的宇航服，反向喷出气体使自己飞向飞船。假设气体能以50 m/s的速度喷出，宇航员连同装备共100 kg，开始时宇航员和飞船保持相对静止，宇航员必须在100 s内到达飞船，喷出气体的质量至少为( )
A．0.1 kg B．0.15 kg
C．0.2 kg D．0.25 kg
答案 B
解析 设宇航员反冲获得的最小速度为u，则有u＝＝ m/s＝0.075 m/s，设喷出气体的质量为m，宇航员连同装备的质量为M，喷出气体的过程系统动量守恒，以气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－(M－m)u＝0，解得m≈0.15 kg，选项B正确。
4.如图所示，光滑水平面上静置一质量为M的木块，由一轻弹簧连在墙上，有一质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在其中，当木块第一次回到原来位置的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，墙对弹簧的冲量大小为( )
A．0 B.
C. D．2mv0
答案 D
解析 由于子弹射入木块的时间极短，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝。从弹簧被压缩到木块第一次回到原来的位置过程中，系统速度大小不变，方向改变，对木块(含子弹)，根据动量定理得I＝－(M＋m)v－(M＋m)v＝－2(M＋m)·＝－2mv0。由于弹簧的质量不计，则墙对弹簧的弹力等于弹簧对木块的弹力，所以墙对弹簧的冲量大小等于弹簧对木块的冲量大小，为2mv0，故D正确。
5.如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱的直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是( )
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2
C．水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍
答案 D
解析 高压水枪单位时间喷出水的质量m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，故A、B错误；设水柱对车的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2·t·v ，解得F＝ρπv2D2，选项C错误；高压水枪产生的压强p＝＝＝ρv2 ，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，选项D正确。
6.如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB＝5mA，B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向夹角为30°，由静止释放A球，在最低点A球与B球发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是( )
A．A球静止，B球向右，且偏角小于30°
B．A球向左，B球向右，且偏角等于30°
C．A球向左，B球向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°
D．A球向左，B球向右，A球偏角等于B球偏角，且都小于30°
答案 C
解析 设A球到达最低点的速度为v，在最低点A球与B球发生弹性碰撞后，A球的速度为vA，B球的速度为vB，取向右为正方向
由动量守恒定律可得mAv＝mAvA＋mBvB
由两球发生弹性碰撞可得
mAv2＝mAvA2＋mBvB2
可得vA＝－v，vB＝v，A球向左，B球向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°，故选项C正确。
7．(2023·泰安市检测)如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为m球＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1
A．6∶1 B．4∶1
C．2∶1 D．4∶3
答案 B
解析 滑环固定时，设小球获得冲量I后对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有m球v02＝m球gh1，解得h1＝；滑环不固定时，小球初速度仍为v0，在小球摆起最大高度h2时，它们速度都为v，在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，
则m球v0＝(m＋m球)v，m球v02＝(m＋m球)v2＋m球gh2，由以上各式可得h2＝，则h1∶h2＝4∶1，故B正确。
8．(2023·长春十一高月考)如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的静止的物体，物体上有一光滑的半圆弧轨道，半径为R，最低点为C，两端AB一样高，现让质量为m的小滑块从A点由静止下滑，重力加速度为g，则在运动过程中( )
A．物体所能获得的最大速度为m
B．小滑块运动到最低点C时对轨道的压力大小为3mg
C．物体向左运动的最大距离为
D．物体与小滑块组成的系统机械能守恒，动量也守恒
答案 C
解析 物体和小滑块组成的系统竖直方向所受合外力不为0，系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，则水平方向动量守恒；由于只有重力做功，系统机械能守恒，当小滑块到达最低点时，物体的速度最大，则mv1－Mv2＝0，mgR＝mv12＋Mv22，解得物体所能获得的最大速度为v2＝m，故A、D错误；当光滑的半圆弧轨道固定在水平地面上时，由机械能守恒定律可知mv2＝mgR，由牛顿第二定律F－mg＝，滑块运动到最低点C时轨道对滑块的支持力大小F＝3mg，根据牛顿第三定律可知滑块运动到最低点C时对轨道的压力大小为3mg，现在光滑的半圆弧轨道在水平面上运动，滑块运动到最低点C时对轨道的压力大小不是3mg，故B错误；由水平方向动量守恒，得mx1＝Mx2，x1＋x2＝2R，解得物体向左运动的最大距离为x2＝，故C正确。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．(2022·内江市期末)如图所示，静止在光滑水平面上的小车，站在车上的人将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中，不计空气阻力。所有球仍在车上，那么，在投球过程中下列说法正确的是( )
A．人和小车组成的系统所受的合外力为零，小车静止不动
B．人和小车组成的系统所受的合外力不为零，小车向右运动
C．投完球后，小车将向右做匀速直线运动
D．投完球后，小车将静止不动
答案 BD
解析 在投球过程中，人和车(含篮球)系统所受的合外力不为零，但水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以人和车系统所受的合外力不为零，小车向右运动，A错误，B正确；由题知投完球后所有球仍在车上，人、车和球速度相同，根据系统水平方向动量守恒知，小车的速度为零，C错误，D正确。
10．(2022·芜湖市期末)如图甲所示，光滑水平面上的轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现让该弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，静止在光滑水平面上，物体A以2v0的速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，已知整个过程弹簧处于弹性限度内，则( )
A．物体A的质量为6m
B．物体A的质量为3m
C．弹簧压缩量为最大值x时的弹性势能为mv02
D．弹簧第一次恢复原长时，物体B的动量大小为mv0
答案 BC
解析 弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，物体A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝mAv02，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝mA(2v0)2－(mA＋m)v2，联立得mA＝3m，Epm＝mv02，故A错误，B、C正确；弹簧第一次恢复原长时，由动量守恒定律得mA·2v0＝mAv1＋mv2，由机械能守恒定律得mA(2v0)2＝mAv12＋mv22，物体B的动量大小为pB＝mv2，解得pB＝3mv0，选项D错误。
11．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量为5 kg·m/s，B球的动量为7 kg·m/s，当A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值为( )
A．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
B．pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s
C．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
D．pA＝－5 kg·m/s，pB＝17 kg·m/s
答案 BC
解析 若碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故A错误；碰撞前，A的速度大于B的速度vA>vB，则有>得到mA
A．物块与钢板碰后的速度大小为
B．在Δt时间内，物块对钢板的冲量大小为m－mgΔt
C．从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为mg(x0＋h)
D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg·(2x0＋)
答案 AD
解析 物块下落h，由机械能守恒定律有mgh＝mv12，物块与钢板碰撞，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2，解得v2＝v1＝，选项A正确；取向下为正方向，碰撞过程，对钢板由动量定理有(mg－F弹＋F)Δt＝mv2，其中mg＝F弹，解得物块对钢板的冲量I＝FΔt＝m，B错误；从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为ΔEp＝mg(x0＋h)＋mgx0＝mg(2x0＋h)，选项C错误；从碰撞到Q点，由能量守恒定律可知，×2mv22＋2mgx0＝Ep，则弹性势能的增加量为Ep＝mg(2x0＋)，选项D正确。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)如图所示为一弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，弹簧压缩并锁定，在金属管两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管内径且与弹簧不固连)。现解除弹簧锁定，两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射(抛出前已与弹簧分离)。然后按下述步骤进行实验：
①用天平测出两球质量m1、m2；
②用刻度尺测出两管口离地面的高度h；
③记录两球在水平地面上的落点P、Q。
回答下列问题：
(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有________。(已知重力加速度为g)
A．弹簧的压缩量Δx
B．两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2
C．两球从管口弹出到落地的时间t1、t2
(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为Ep＝________。
(3)由上述测得的物理量来表示，如果满足关系式________，就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。
答案 (1)B(2分) (2)＋(2分) (3)m1x1＝m2x2(2分)
解析 (1)根据机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能等于两球刚被弹出时的动能之和，而要求解动能必须还要知道两球弹射的初速度v0，由平抛运动规律可知v0＝，故还需要测出两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2；
(2)小球被弹开时获得的动能Ek＝mv02＝，故弹性势能的表达式为Ep＝m1v12＋m2v22＝＋；
(3)如果满足关系式m1v1＝m2v2，即m1x1＝m2x2，那么就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。
14．(10分)(2022·全国甲卷)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
(1)调节导轨水平；
(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为________ kg的滑块作为A；
(3)调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等；
(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2；
(5)将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示；
1
2
3
4
5
t1/s
0.49
0.67
1.01
1.22
1.39
t2/s
0.15
0.21
0.33
0.40
0.46
k＝
0.31
k2
0.33
0.33
0.33
(6)表中的k2＝________(保留2位有效数字)；
(7)的平均值为______(保留2位有效数字)；
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为__________________(用m1和m2表示)，本实验中其值为________(保留2位有效数字)，若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
答案 (2)0.304 (6)0.31 (7)0.32
(8)＝ 0.34(每空2分)
解析 (2)用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304 kg的滑块作为A。
(6)由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得k2＝＝＝＝0.31。
(7)的平均值为
＝＝0.32。
(8)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得m1v0＝－m1v1＋m2v2
m1v02＝m1v12＋m2v22
联立解得＝，代入数据可得＝0.34。
15．(8分)如图所示，甲、乙两名宇航员正在离静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。
(1)乙要以多大的速度v将物体A推出；
(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。
答案 (1)5.2 m/s (2)432 N
解析 (1)规定水平向左为正方向，甲、乙两宇航员最终的速度大小均为v1，方向向左。对甲、乙以及物体A组成的系统根据动量守恒定律可得
M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1(2分)
对乙和A组成的系统，根据动量守恒定律可得
M2v0＝(M2－m)v1＋mv(2分)
联立解得v＝5.2 m/s ，v1＝0.4 m/s。(1分)
故乙要以5.2 m/s的速度将物体A推出。
(2)对甲根据动量定理有
Ft＝M1v1－M1(－v0) (2分)
解得F＝432 N。(1分)
16．(10分)(2023·新安中学月考)如图所示，虚线OO1左侧的水平地面粗糙，右侧的水平地面光滑，在虚线左侧20 m处静止着一质量为m＝1 kg的物块A，在虚线右侧静止着质量为M＝3 kg、长度为L＝2.4 m 的长木板B，B的右端静止放置着另一质量为m0的小物块C，现给A一水平向右、大小为v0＝12 m/s的初速度，一段时间后A与B发生弹性碰撞，已知A与OO1左侧地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，C与B间的动摩擦因数为μ2＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，A、C均可视为质点。
(1)求A与B发生碰撞后，B速度的大小；
(2)若最终C恰好未滑离B，求C的质量。
答案 (1)4 m/s (2)1 kg
解析 (1)选A为研究对象，在OO1左侧运动阶段，设A与B碰撞前A的速度为v
v2＝v02－2a1x(1分)
由牛顿第二定律可知
μ1mg＝ma1(1分)
联立解得v＝8 m/s(1分)
A与B发生弹性碰撞的瞬间，C的速度未发生变化，则碰撞过程中A和B组成的系统动量守恒、机械能守恒，有
mv＝mv1＋Mv2(1分)
mv2＝mv12＋Mv22(1分)
解得B的速度大小为v2＝4 m/s。(1分)
(2)对B与C，根据动量守恒定律和能量守恒定律可知
Mv2＝(m0＋M)v3(1分)
μ2m0gL＝Mv22－(m0＋M)v32(2分)
解得m0＝1 kg。(1分)
17．(12分)如图所示，用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块静止于光滑的水平地面上，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C以v＝6 m/s的初速度在光滑水平地面上向右运动，与前方的物块A发生碰撞(碰撞时间极短)，并且C与A碰撞后粘在一起运动，A、B、C位于同一直线上。在以后的运动中：
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块B的速度多大？弹簧弹性势能的最大值是多大？
(2)弹簧第一次恢复原长时物块B的速度多大？
答案 (1)3 m/s 12 J (2)6 m/s
解析 (1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，有
mCv＝(mA＋mB＋mC)v2(1分)
解得v2＝3 m/s(1分)
即弹簧弹性势能最大时B的速度为3 m/s
由于A、C两者组成的系统碰撞前后瞬间动量守恒，有
mCv＝(mA＋mC)v1(1分)
解得v1＝4 m/s(1分)
设弹簧的弹性势能最大为Ep，根据机械能守恒定律得
Ep＝(mA＋mC)v12－(mA＋mB＋mC)v22(2分)
解得Ep＝12 J(1分)
(2)C、A碰撞后为初状态，再次恢复原长为末状态，则由系统动量守恒得
(mC＋mA)v1＝(mC＋mA)v3＋mBvB(2分)
由系统能量守恒得
(mC＋mA)v12＝(mC＋mA)v32＋mBvB2(2分)
解得vB＝6 m/s。(1分)
18．(14分)如图，在光滑水平地面上有一辆质量M＝2 kg的小车，小车左右两侧均为半径R＝0.3 m的四分之一光滑圆弧轨道，两圆弧轨道之间平滑连接长L＝0.6 m的粗糙水平轨道．质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)从小车左侧圆弧轨道顶端A处由静止释放，小物块和粗糙水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小物块第一次滑到左侧圆弧轨道末端时，小物块与小车的速度大小之比；
(2)小物块第一次滑到右侧圆弧轨道上的最大高度h；
(3)整个运动过程小物块在粗糙水平轨道上经过的路程s及全过程小车在地面上发生的位移x的大小。
答案 (1)2∶1 (2)0.24 m (3)3 m 0.3 m
解析 (1)小物块和小车组成的系统水平方向动量守恒，设水平向右为正方向，小物块第一次滑到左侧圆弧轨道末端时速度大小为v1，小车速度大小为v2
由0＝mv1－Mv2(2分)
得v1∶v2＝2∶1(1分)
(2)小物块第一次滑到右侧圆弧轨道上的最大高度h处时，小物块和小车有相同的水平速度v′，有0＝(m＋M)v′(2分)
由系统能量守恒得
mgR＝mgh＋μmgL＋(m＋M)v′2(2分)
联立解得h＝0.24 m(1分)
(3)小物块最终与小车相对静止，
有0＝(m＋M)v″(1分)
整个过程，由系统能量守恒得mgR＝μmgs(1分)
得s＝3 m(1分)
则s＝5L
可知，物块在小车的水平轨道最右端(或右侧圆弧底端)相对小车静止，则物块相对小车发生位移x总＝R＋L
系统水平方向动量守恒，设小物块水平向右发生位移大小为x1，小车水平向左发生位移大小为x，有
mx1＝Mx(1分)
又x1＋x＝x总(1分)
得x＝0.3 m。(1分)
章末检测试卷(一)
(满分：100分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下面列举的装置各有一定的道理，其中不能用动量定理进行解释的是( )
A．运输玻璃器皿等易碎物品时，在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物
B．建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间
C．热水瓶胆做成两层，且把两层中间的空气抽去
D．跳高运动中的垫子总是十分松软
答案 C
解析 A、B、D均是通过延长作用时间从而减小冲击力，都可以用动量定理解释；C选项中将热水瓶胆做成双层，中间的空气抽去是为了保温，不是为了减小冲击力，不能用动量定理解释，故选C。
2．(2022·深圳市实验学校段考)50 kg 的妈妈带着20 kg 的小孩骑着10 kg的自行车以3 m/s的速度匀速行驶在平直路面上。行驶中小孩从车上跳下来，若小孩在离开车座时的水平速度为零，则此时妈妈和自行车的行驶速度大小为( )
A．2 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D．6 m/s
答案 C
解析 设大人与车的总质量为M，小孩的质量为m，由于小孩在离开车座时的水平速度为零，则根据人、车系统水平方向动量守恒可得(m＋M)v0＝Mv，代入数据求得v＝4 m/s，故C正确。
3．某电影中，宇航员在太空中与飞船之间相距7.5 m，飞船无法实施救援活动，为了靠近飞船，男主角剪破自己的宇航服，反向喷出气体使自己飞向飞船。假设气体能以50 m/s的速度喷出，宇航员连同装备共100 kg，开始时宇航员和飞船保持相对静止，宇航员必须在100 s内到达飞船，喷出气体的质量至少为( )
A．0.1 kg B．0.15 kg
C．0.2 kg D．0.25 kg
答案 B
解析 设宇航员反冲获得的最小速度为u，则有u＝＝ m/s＝0.075 m/s，设喷出气体的质量为m，宇航员连同装备的质量为M，喷出气体的过程系统动量守恒，以气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－(M－m)u＝0，解得m≈0.15 kg，选项B正确。
4.如图所示，光滑水平面上静置一质量为M的木块，由一轻弹簧连在墙上，有一质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在其中，当木块第一次回到原来位置的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，墙对弹簧的冲量大小为( )
A．0 B.
C. D．2mv0
答案 D
解析 由于子弹射入木块的时间极短，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝。从弹簧被压缩到木块第一次回到原来的位置过程中，系统速度大小不变，方向改变，对木块(含子弹)，根据动量定理得I＝－(M＋m)v－(M＋m)v＝－2(M＋m)·＝－2mv0。由于弹簧的质量不计，则墙对弹簧的弹力等于弹簧对木块的弹力，所以墙对弹簧的冲量大小等于弹簧对木块的冲量大小，为2mv0，故D正确。
5.如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱的直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是( )
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2
C．水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍
答案 D
解析 高压水枪单位时间喷出水的质量m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，故A、B错误；设水柱对车的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2·t·v ，解得F＝ρπv2D2，选项C错误；高压水枪产生的压强p＝＝＝ρv2 ，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，选项D正确。
6.如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB＝5mA，B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向夹角为30°，由静止释放A球，在最低点A球与B球发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是( )
A．A球静止，B球向右，且偏角小于30°
B．A球向左，B球向右，且偏角等于30°
C．A球向左，B球向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°
D．A球向左，B球向右，A球偏角等于B球偏角，且都小于30°
答案 C
解析 设A球到达最低点的速度为v，在最低点A球与B球发生弹性碰撞后，A球的速度为vA，B球的速度为vB，取向右为正方向
由动量守恒定律可得mAv＝mAvA＋mBvB
由两球发生弹性碰撞可得
mAv2＝mAvA2＋mBvB2
可得vA＝－v，vB＝v，A球向左，B球向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°，故选项C正确。
7．(2023·泰安市检测)如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为m球＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1
A．6∶1 B．4∶1
C．2∶1 D．4∶3
答案 B
解析 滑环固定时，设小球获得冲量I后对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有m球v02＝m球gh1，解得h1＝；滑环不固定时，小球初速度仍为v0，在小球摆起最大高度h2时，它们速度都为v，在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，
则m球v0＝(m＋m球)v，m球v02＝(m＋m球)v2＋m球gh2，由以上各式可得h2＝，则h1∶h2＝4∶1，故B正确。
8．(2023·长春十一高月考)如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的静止的物体，物体上有一光滑的半圆弧轨道，半径为R，最低点为C，两端AB一样高，现让质量为m的小滑块从A点由静止下滑，重力加速度为g，则在运动过程中( )
A．物体所能获得的最大速度为m
B．小滑块运动到最低点C时对轨道的压力大小为3mg
C．物体向左运动的最大距离为
D．物体与小滑块组成的系统机械能守恒，动量也守恒
答案 C
解析 物体和小滑块组成的系统竖直方向所受合外力不为0，系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，则水平方向动量守恒；由于只有重力做功，系统机械能守恒，当小滑块到达最低点时，物体的速度最大，则mv1－Mv2＝0，mgR＝mv12＋Mv22，解得物体所能获得的最大速度为v2＝m，故A、D错误；当光滑的半圆弧轨道固定在水平地面上时，由机械能守恒定律可知mv2＝mgR，由牛顿第二定律F－mg＝，滑块运动到最低点C时轨道对滑块的支持力大小F＝3mg，根据牛顿第三定律可知滑块运动到最低点C时对轨道的压力大小为3mg，现在光滑的半圆弧轨道在水平面上运动，滑块运动到最低点C时对轨道的压力大小不是3mg，故B错误；由水平方向动量守恒，得mx1＝Mx2，x1＋x2＝2R，解得物体向左运动的最大距离为x2＝，故C正确。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．(2022·内江市期末)如图所示，静止在光滑水平面上的小车，站在车上的人将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中，不计空气阻力。所有球仍在车上，那么，在投球过程中下列说法正确的是( )
A．人和小车组成的系统所受的合外力为零，小车静止不动
B．人和小车组成的系统所受的合外力不为零，小车向右运动
C．投完球后，小车将向右做匀速直线运动
D．投完球后，小车将静止不动
答案 BD
解析 在投球过程中，人和车(含篮球)系统所受的合外力不为零，但水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以人和车系统所受的合外力不为零，小车向右运动，A错误，B正确；由题知投完球后所有球仍在车上，人、车和球速度相同，根据系统水平方向动量守恒知，小车的速度为零，C错误，D正确。
10．(2022·芜湖市期末)如图甲所示，光滑水平面上的轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现让该弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，静止在光滑水平面上，物体A以2v0的速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，已知整个过程弹簧处于弹性限度内，则( )
A．物体A的质量为6m
B．物体A的质量为3m
C．弹簧压缩量为最大值x时的弹性势能为mv02
D．弹簧第一次恢复原长时，物体B的动量大小为mv0
答案 BC
解析 弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，物体A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝mAv02，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝mA(2v0)2－(mA＋m)v2，联立得mA＝3m，Epm＝mv02，故A错误，B、C正确；弹簧第一次恢复原长时，由动量守恒定律得mA·2v0＝mAv1＋mv2，由机械能守恒定律得mA(2v0)2＝mAv12＋mv22，物体B的动量大小为pB＝mv2，解得pB＝3mv0，选项D错误。
11．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量为5 kg·m/s，B球的动量为7 kg·m/s，当A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值为( )
A．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
B．pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s
C．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
D．pA＝－5 kg·m/s，pB＝17 kg·m/s
答案 BC
解析 若碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故A错误；碰撞前，A的速度大于B的速度vA>vB，则有>得到mA
A．物块与钢板碰后的速度大小为
B．在Δt时间内，物块对钢板的冲量大小为m－mgΔt
C．从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为mg(x0＋h)
D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg·(2x0＋)
答案 AD
解析 物块下落h，由机械能守恒定律有mgh＝mv12，物块与钢板碰撞，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2，解得v2＝v1＝，选项A正确；取向下为正方向，碰撞过程，对钢板由动量定理有(mg－F弹＋F)Δt＝mv2，其中mg＝F弹，解得物块对钢板的冲量I＝FΔt＝m，B错误；从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为ΔEp＝mg(x0＋h)＋mgx0＝mg(2x0＋h)，选项C错误；从碰撞到Q点，由能量守恒定律可知，×2mv22＋2mgx0＝Ep，则弹性势能的增加量为Ep＝mg(2x0＋)，选项D正确。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)如图所示为一弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，弹簧压缩并锁定，在金属管两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管内径且与弹簧不固连)。现解除弹簧锁定，两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射(抛出前已与弹簧分离)。然后按下述步骤进行实验：
①用天平测出两球质量m1、m2；
②用刻度尺测出两管口离地面的高度h；
③记录两球在水平地面上的落点P、Q。
回答下列问题：
(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有________。(已知重力加速度为g)
A．弹簧的压缩量Δx
B．两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2
C．两球从管口弹出到落地的时间t1、t2
(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为Ep＝________。
(3)由上述测得的物理量来表示，如果满足关系式________，就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。
答案 (1)B(2分) (2)＋(2分) (3)m1x1＝m2x2(2分)
解析 (1)根据机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能等于两球刚被弹出时的动能之和，而要求解动能必须还要知道两球弹射的初速度v0，由平抛运动规律可知v0＝，故还需要测出两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2；
(2)小球被弹开时获得的动能Ek＝mv02＝，故弹性势能的表达式为Ep＝m1v12＋m2v22＝＋；
(3)如果满足关系式m1v1＝m2v2，即m1x1＝m2x2，那么就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。
14．(10分)(2022·全国甲卷)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
(1)调节导轨水平；
(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为________ kg的滑块作为A；
(3)调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等；
(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2；
(5)将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示；
1
2
3
4
5
t1/s
0.49
0.67
1.01
1.22
1.39
t2/s
0.15
0.21
0.33
0.40
0.46
k＝
0.31
k2
0.33
0.33
0.33
(6)表中的k2＝________(保留2位有效数字)；
(7)的平均值为______(保留2位有效数字)；
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为__________________(用m1和m2表示)，本实验中其值为________(保留2位有效数字)，若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
答案 (2)0.304 (6)0.31 (7)0.32
(8)＝ 0.34(每空2分)
解析 (2)用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304 kg的滑块作为A。
(6)由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得k2＝＝＝＝0.31。
(7)的平均值为
＝＝0.32。
(8)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得m1v0＝－m1v1＋m2v2
m1v02＝m1v12＋m2v22
联立解得＝，代入数据可得＝0.34。
15．(8分)如图所示，甲、乙两名宇航员正在离静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。
(1)乙要以多大的速度v将物体A推出；
(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。
答案 (1)5.2 m/s (2)432 N
解析 (1)规定水平向左为正方向，甲、乙两宇航员最终的速度大小均为v1，方向向左。对甲、乙以及物体A组成的系统根据动量守恒定律可得
M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1(2分)
对乙和A组成的系统，根据动量守恒定律可得
M2v0＝(M2－m)v1＋mv(2分)
联立解得v＝5.2 m/s ，v1＝0.4 m/s。(1分)
故乙要以5.2 m/s的速度将物体A推出。
(2)对甲根据动量定理有
Ft＝M1v1－M1(－v0) (2分)
解得F＝432 N。(1分)
16．(10分)(2023·新安中学月考)如图所示，虚线OO1左侧的水平地面粗糙，右侧的水平地面光滑，在虚线左侧20 m处静止着一质量为m＝1 kg的物块A，在虚线右侧静止着质量为M＝3 kg、长度为L＝2.4 m 的长木板B，B的右端静止放置着另一质量为m0的小物块C，现给A一水平向右、大小为v0＝12 m/s的初速度，一段时间后A与B发生弹性碰撞，已知A与OO1左侧地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，C与B间的动摩擦因数为μ2＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，A、C均可视为质点。
(1)求A与B发生碰撞后，B速度的大小；
(2)若最终C恰好未滑离B，求C的质量。
答案 (1)4 m/s (2)1 kg
解析 (1)选A为研究对象，在OO1左侧运动阶段，设A与B碰撞前A的速度为v
v2＝v02－2a1x(1分)
由牛顿第二定律可知
μ1mg＝ma1(1分)
联立解得v＝8 m/s(1分)
A与B发生弹性碰撞的瞬间，C的速度未发生变化，则碰撞过程中A和B组成的系统动量守恒、机械能守恒，有
mv＝mv1＋Mv2(1分)
mv2＝mv12＋Mv22(1分)
解得B的速度大小为v2＝4 m/s。(1分)
(2)对B与C，根据动量守恒定律和能量守恒定律可知
Mv2＝(m0＋M)v3(1分)
μ2m0gL＝Mv22－(m0＋M)v32(2分)
解得m0＝1 kg。(1分)
17．(12分)如图所示，用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块静止于光滑的水平地面上，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C以v＝6 m/s的初速度在光滑水平地面上向右运动，与前方的物块A发生碰撞(碰撞时间极短)，并且C与A碰撞后粘在一起运动，A、B、C位于同一直线上。在以后的运动中：
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块B的速度多大？弹簧弹性势能的最大值是多大？
(2)弹簧第一次恢复原长时物块B的速度多大？
答案 (1)3 m/s 12 J (2)6 m/s
解析 (1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，有
mCv＝(mA＋mB＋mC)v2(1分)
解得v2＝3 m/s(1分)
即弹簧弹性势能最大时B的速度为3 m/s
由于A、C两者组成的系统碰撞前后瞬间动量守恒，有
mCv＝(mA＋mC)v1(1分)
解得v1＝4 m/s(1分)
设弹簧的弹性势能最大为Ep，根据机械能守恒定律得
Ep＝(mA＋mC)v12－(mA＋mB＋mC)v22(2分)
解得Ep＝12 J(1分)
(2)C、A碰撞后为初状态，再次恢复原长为末状态，则由系统动量守恒得
(mC＋mA)v1＝(mC＋mA)v3＋mBvB(2分)
由系统能量守恒得
(mC＋mA)v12＝(mC＋mA)v32＋mBvB2(2分)
解得vB＝6 m/s。(1分)
18．(14分)如图，在光滑水平地面上有一辆质量M＝2 kg的小车，小车左右两侧均为半径R＝0.3 m的四分之一光滑圆弧轨道，两圆弧轨道之间平滑连接长L＝0.6 m的粗糙水平轨道．质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)从小车左侧圆弧轨道顶端A处由静止释放，小物块和粗糙水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小物块第一次滑到左侧圆弧轨道末端时，小物块与小车的速度大小之比；
(2)小物块第一次滑到右侧圆弧轨道上的最大高度h；
(3)整个运动过程小物块在粗糙水平轨道上经过的路程s及全过程小车在地面上发生的位移x的大小。
答案 (1)2∶1 (2)0.24 m (3)3 m 0.3 m
解析 (1)小物块和小车组成的系统水平方向动量守恒，设水平向右为正方向，小物块第一次滑到左侧圆弧轨道末端时速度大小为v1，小车速度大小为v2
由0＝mv1－Mv2(2分)
得v1∶v2＝2∶1(1分)
(2)小物块第一次滑到右侧圆弧轨道上的最大高度h处时，小物块和小车有相同的水平速度v′，有0＝(m＋M)v′(2分)
由系统能量守恒得
mgR＝mgh＋μmgL＋(m＋M)v′2(2分)
联立解得h＝0.24 m(1分)
(3)小物块最终与小车相对静止，
有0＝(m＋M)v″(1分)
整个过程，由系统能量守恒得mgR＝μmgs(1分)
得s＝3 m(1分)
则s＝5L
可知，物块在小车的水平轨道最右端(或右侧圆弧底端)相对小车静止，则物块相对小车发生位移x总＝R＋L
系统水平方向动量守恒，设小物块水平向右发生位移大小为x1，小车水平向左发生位移大小为x，有
mx1＝Mx(1分)
又x1＋x＝x总(1分)
得x＝0.3 m。(1分)
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