人教版高中物理选择性必修第一册章末综合检测（一）动量守恒定律含答案

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章末综合检测（一） 动量守恒定律(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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。)1．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统(　　) A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析：选B　在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒。在此过程中，有摩擦力做功，所以系统机械能不守恒，故B正确，A、C、D错误。2．某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以2 m/s的速度跳到一艘向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务。小船的质量是140 kg，原来的速度是0.5 m/s。该同学上船后又跑了几步，最终停在船上。不计阻力，则此时小船的速度是(　　)A．0.25 m/s，方向与该同学原来的速度方向相同B．0.25 m/s，方向与该同学原来的速度方向相反C．0.5 m/s，方向与该同学原来的速度方向相同D．0.5 m/s，方向与该同学原来的速度方向相反解析：选A　由题意可知，该同学和小船组成的系统动量守恒。设该同学原来运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v′，v′＝eq \f(m1v1－m2v2,m1＋m2)＝0.25 m/s，解得结果为正值，表明最终小船的速度方向与该同学原来的速度方向相同，故A正确。3．当车辆发生碰撞事故时，为了尽可能地减轻驾乘人员的伤害程度，在汽车内前方(正副驾驶位)设置了安全气囊，在汽车发生猛烈撞击时安全气囊将自动弹出。则该安全气囊的功能是(　　)A．减小驾乘人员的动量变化率B．减小驾乘人员受到的冲量C．减小驾乘人员的动量变化量D．减小驾乘人员与气囊的作用时间解析：选A　 汽车发生碰撞过程，驾乘人员从运动变为静止，动量的变化量Δp一定，由动量定理可知，人受到的冲量大小一定；安全气囊可以增加驾乘人员的减速的时间t，由动量定理Δp＝Ft得：动量的变化率eq \f(Δp,Δt)＝F，延长时间t，动量的变化率减小，即人受到的冲击力减小，可以减小人受到的伤害，故A正确，B、C、D错误。4．太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行，质量为M的飞船飞入太空尘埃密集区域时，需要开动引擎提供大小为F的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行。已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上，则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为(　　)A．M＋eq \f(F,v) B.eq \f(F,v)－MC．M－eq \f(F,v) D.eq \f(F,v)解析：选D　设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m。以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象，根据动量定理有：Ft＝mv－0，其中t＝1 s，可得：m＝eq \f(F,v)，D正确。5．一质量为m的运动员从下蹲状态开始起跳，经Δt的时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中地面对他作用的冲量大小和做的功分别为(　　)A．mv＋mgΔt，eq \f(1,2)mv2 B．mv，eq \f(1,2)mv2C．mv＋mgΔt,0 D．mv－mgΔt,0解析：选C　人的速度原来为零，刚好离开地面时速度变为v，则由动量定理可得：I－mgΔt＝Δmv＝mv，故地面对运动员的冲量为I＝mv＋mgΔt；由于支持力的作用点没有位移，故地面对运动员做功为零，选项C正确。6．物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(　　)解析：选D　质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝eq \r(2ax)，设质点的质量为m，则质点的动量p＝meq \r(2ax)，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。7.如图所示，质量为M、底边长为a的三角形木块A置于光滑水平面上，在A的顶部有一质量为m、底边长为b的三角形木块B，且两三角形木块的底边平行。若B从A的顶端由静止滑至底部，则A后退的距离为(　　)A.eq \f(ma,M＋m) B.eq \f(Ma,M＋m)C.eq \f(ma－b,M＋m) D.eq \f(Ma－b,M＋m)解析：选C　由A、B组成的系统在相互作用的过程中水平方向动量守恒，且水平方向上初态总动量为0，在水平方向属于人船模型。设木块B滑至底部的过程向左滑行的水平距离为L2，木块A后退的距离为L1，有ML1＝mL2且L1＋L2＝a－b，解得L1＝eq \f(m,M＋m)(a－b)，C正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)8.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑(　　) A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处解析：选BC　在小球下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在小球下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，则小球不能滑到槽上，选项C正确，D错误。9．一质量为2 kg 的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)A．t＝1 s时物块的速率为1 m/sB．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t＝4 s时物块的速度为零解析：选AB　解法一：根据F-t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项正确，C、D项错误。解法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq \f(F1,m)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝eq \f(F2,m)＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。10．如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A(可视为质点)从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则(　　) A．A能到达B圆槽的左侧最高点B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为 eq \r(\f(gR,3))C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为 eq \r(\f(4gR,3))D．B向右运动的最大位移大小为eq \f(2R,3)解析：选AD　运动过程不计一切摩擦，故物体A、B组成的系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故A正确；A、B整体在水平方向上合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以A运动到圆槽最低点时，由动量守恒定律得mvA－2mvB＝0，即vA＝2vB，A的水平速度向左，B的水平速度向右，设B在水平方向上的最大位移为d，则m(2R－d)＝2md，解得d＝eq \f(2,3)R，故D正确；对A运动到圆槽的最低点的运动过程中，由机械能守恒定律可得：mgR＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)·2mvB2＝3mvB2，解得A运动到圆槽的最低点时B的速率为：vB＝ eq \r(\f(1,3)gR)，A的速率为：vA＝2vB＝ eq \r(\f(4,3)gR)，故B、C错误。三、非选择题(本题共4小题，共54分)11．(9分)为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B，按下述步骤进行实验：步骤1：在A、B的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；步骤2：安装好实验装置如图甲，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；步骤3：让滑块B静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A、B停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图乙所示。(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置在________。①P5、P6之间　②P6处　③P6、P7之间(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________。①A、B两个滑块的质量m1和m2②滑块A释放时距桌面的高度③频闪照相的周期④照片尺寸和实际尺寸的比例⑤照片上测得的s45、s56和s67、s78⑥照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89⑦滑块与桌面间的动摩擦因数写出验证动量守恒的表达式_________________________________________________。(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)由题图可知碰撞位置发生在P5、P6之间或P6处，又由于P6位置滑块速度明显减小，故A、B相撞的位置在P6处，故②正确。(2)设碰撞前滑块A在P4、P5、P6的速度分别为v4、v5、v6，碰撞后，整体在P6、P7、P8的速度分别为v6′、v7、v8，则v4＝eq \f(s34＋s45,2T)，v5＝eq \f(s45＋s56,2T)，又v5＝eq \f(v4＋v6,2)，解得碰撞前滑块A速度v6＝eq \f(2s56＋s45－s34,2T)，同理，碰撞后整体的速度v6′＝eq \f(2s67＋s78－s89,2T)，需要验证的方程为m1v6＝(m1＋m2)v6′，将以上两式代入整理得m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)，故需要直接测量的物理量是A、B两个滑块的质量m1和m2及s34、s45、s56和s67、s78、s89，故①、⑥正确。(3)提高实验准确度或改进实验原理的建议：①使用更平整的轨道槽，轨道要平整，防止各段摩擦力不同，滑块做非匀变速运动。②在足够成像的前提下，缩短频闪照相每次曝光的时间，碰撞时间很短，缩短频闪照相每次曝光的时间，使滑块碰撞位置拍摄更清晰、准确。③适当增大相机和轨道槽的距离，相机和轨道槽的距离较小时，由于镜头拍摄引起的距离误差增大，应适当增大相机和轨道槽的距离。④将轨道的一端垫起少许，平衡摩擦力，使得滑块碰撞前后都做匀速运动。答案：(1)②(2)①⑥m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)(3)见解析(任意一条即可)12．(13分)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。解析：长木板A与滑块C处于光滑水平面上，两滑块碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，设碰后瞬间A、C的速度分别为vA、vC，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvCA、C碰撞后，对于长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到共同速度v之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，则mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，可知最后三者速度相等，即vC＝v联立解得vA＝2 m/s。答案：2 m/s13．(14分)(2021·广东高考)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。解析：(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，加速度大小a1＝eq \f(μmg,m)＝1 m/s2，设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，则v12－v2＝2(－a1)s1，解得v1＝0.3 m/s，甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，则有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1 m/s，解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2 m/s，碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝eq \f(μmg,m)＝1 m/s2，设乙算珠能运动的最远距离为x，则x＝eq \f(v乙2,2a2)＝0.02 m，由于x＝s2，所以乙算珠能够滑动到边框a。(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝eq \f(v－v1,a1)＝0.1 s，碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝eq \f(v1′,a1)＝0.1 s，所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2 s。答案：(1)能，计算过程见解析　(2)0.2 s14．(18分)(2022·广东高考)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；(3)滑杆向上运动的最大高度h。解析：(1)滑块静止时，对滑块和滑杆整体分析如图甲所示，可得N1＝(M＋m)g代入数据解得N1＝8 N，滑块向上滑动时，对滑杆受力分析如图乙所示，可得N2＋f＝Mg代入数据解得N2＝5 N。(2)滑块向上运动过程中，从A到B由动能定理得：－mgl－fl＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02代入数据解得v1＝8 m/s。(3)滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为v′，由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v′再由动能定理得：－(M＋m)gh＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v′2代入数据解得：h＝0.2 m。答案：(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m