2024-2025學(xué)年高中物理第一章動量守恒定律綜合評估練習(xí)含解析新人教版選擇性必修第一冊

PAGEPAGE13第一章動量守恒定律綜合評估時間：90分鐘滿分：100分一、單項選擇題(每小題3分，共24分)1．一質(zhì)量為2kg的質(zhì)點從靜止起先沿某一方向做勻加速直線運動，它的動量p隨位移x變更的關(guān)系式為p＝8eq\r(x)kg·m/s，關(guān)于該質(zhì)點的說法不正確的是(D)A．速度變更率為8m/s2B．受到的恒力為16NC．1s末的動量為16kg·m/sD．1s末的動能為32J解析：由式子p＝8eq\r(x)kg·m/s和動量定義式p＝mv，可以得到x＝eq\f(v2,16)，再由勻加速直線運動的位移公式知加速度a＝8m/s2.故A、B、C三個選項都是正確的；而1s末的動能應(yīng)是64J，D錯．2．在一對很大的平行正對金屬板間可形成勻強電場，通過變更兩金屬板間的電壓，可使其間的電場強度E隨時間t按如圖所示的規(guī)律變更．在這個電場中間，有一個帶電粒子從t＝0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，且運動過程中不接觸金屬板，則下列說法中正確的是(D)A．帶電粒子肯定只向一個方向運動B．0～3.0s內(nèi)，電場力的沖量等于0，電場力的功小于0C．4.0s末帶電粒子回到原動身點D．2.5s～4s內(nèi)，電場力的沖量等于0解析：帶電粒子在勻強電場中受到的電場力F＝Eq，其沖量I＝Ft＝Eqt，可見，電場力的沖量與E－t圖像與橫軸所圍面積成正比(留意所圍圖形在橫軸之上和橫軸之下時的面積符號相反)．帶電粒子在平行正對金屬板間做往復(fù)運動，4.0s末帶電粒子不能回到原動身點，選項A、C錯誤；由圖像與橫軸所圍面積表示與沖量成正比的量可知，0～3.0s內(nèi)，電場力的沖量不等于0,2.5s～4s內(nèi)，電場力的沖量等于0，選項B錯誤，D正確．本題答案為D.3．如圖所示，質(zhì)量之比mAmB＝32的兩物體A、B，原來靜止在平板小車C上，地面光滑．現(xiàn)同時對A、B兩物體施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同時由靜止起先運動，下列正確的說法是(B)A．僅當(dāng)A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)之比為μAμB＝23時，A、B、C組成系統(tǒng)的動量才守恒B．無論A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)是否相同，A、B、C組成系統(tǒng)的動量都守恒C．因為F1、F2等大反向，故A、B組成的系統(tǒng)的機械能守恒D．若A、B與小車C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，則C與B的運動方向相同解析：A、B、C組成的系統(tǒng)合力為零，故系統(tǒng)動量守恒，故選項A錯誤，選項B正確；在外力作用下，A、B起先做加速運動，動能增加，故A、B組成的系統(tǒng)機械能增大，故選項C錯誤；若A、B與小車C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，則A對C的摩擦力大于B對C的摩擦力，故A與C的運動方向相同，故選項D錯誤．4．人從高處跳到低處，為了平安，一般都是腳尖先著地，然后身體下蹲，這樣做的目的是為了(D)A．減小著地時所受沖量B．使動量增量變的更小C．增大人對地面的壓強，起到平安作用D．延長對地面的作用時間，從而減小地面對人的作用力解析：人落地時從腳尖著地到腳掌全部與地面接觸須要肯定的時間，依據(jù)動量定理可知，動量變更量肯定時，作用時間越長，作用力越?。?．質(zhì)量為M的木塊，放在光滑水平桌面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、速度為v0的子彈沿水平方向擊中木塊并停留在其中與木塊共同運動，在子彈擊中木塊過程中，木塊受到的沖量大小為：①mv0②mv0－eq\f(mMv0,m＋M)③eq\f(mMv0,m＋M)④mv0－eq\f(m2v0,m＋M)以上結(jié)果正確的是(C)A．只有① B．只有③C．③④ D．④解析：子彈和木塊組成的系統(tǒng)，在子彈擊中木塊的過程中動量守恒mv0＝(M＋m)v，所以v＝eq\f(m,M＋m)v0，木塊動量的增量為Mv＝eq\f(Mm,M＋m)v0，由動量定理可知，木塊受到的沖量等于木塊動量的增量，即為eq\f(Mm,M＋m)v0，③正確．從另一個角度，由于系統(tǒng)動量守恒，木塊動量的增加等于子彈動量的削減，為mv0－mv＝mv0－eq\f(m2,M＋m)v0，④正確，故選C.6．如圖所示，一質(zhì)量為m的彈性小球從肯定高處自由落下，與傾斜角為45°的固定斜面相碰，碰撞前小球的動量為p，方向豎直向下，碰撞后小球沿水平向左的方向運動，動量大小為p，設(shè)碰撞時間極短且為t，則碰撞過程中，斜面對小球的平均作用力為(C)A．方向沿斜面對下，大小為eq\f(\r(2)p,t)B．方向沿水平向左，大小為eq\f(p,t)C．方向垂直于斜面斜向上，大小為eq\f(\r(2)p,t)D．方向豎直向上，大小為eq\f(p,t)解析：碰撞時間極短，表示可以忽視重力，該題是二維狀況下的動量定理的簡潔應(yīng)用：豎直方向上：Δpy＝0－p＝－p(取向下為正)；水平方向上：Δpx＝p－0(取向左為正)．那么Δp＝eq\r(Δp\o\al(2,x)＋Δp\o\al(2,y))＝eq\r(2)p，方向垂直斜面對上，依據(jù)動量定理FNt＝eq\r(2)p，F(xiàn)N＝eq\f(\r(2)p,t).7．如圖所示，在足夠大的光滑水平面上放有兩個質(zhì)量相等的物塊A和B，其中A物塊連接一個輕質(zhì)彈簧并處于靜止?fàn)顟B(tài)，B物塊以初速度v0向著A物塊運動，當(dāng)物塊與彈簧作用時，兩物塊在同一條直線上運動，請識別關(guān)于B物塊與彈簧作用過程中，兩物塊的v-t圖像是下列選項中的(D)解析：B通過彈簧與A作用的過程中，B先與A壓縮彈簧，所以A、B所受的彈簧彈力都先增大，A做初速為零的加速運動，B做初速為v0的減速運動，且加速度都先增大，當(dāng)彈簧壓縮到最短時，由動量守恒定律可知A、B兩物體速率均為eq\f(v0,2)，隨后彈簧起先復(fù)原原長，但A接著加速，B接著減速，且由動量守恒定律以及機械能守恒可求解最終vB＝0，vA＝v0.8．一物體在合力F的作用下從靜止起先做直線運動，合力F隨時間t的變更關(guān)系如圖所示．設(shè)該物體從計時起先至t0時刻和從t0時刻至2t0時刻的位移分別是x1和x2，在t0時刻和2t0時刻的速度分別是v1和v2，從計時起先至t0時刻合力做的功是W1，沖量是I1；從t0至2t0時刻合力做的功是W2，沖量是I2.則(D)A.eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,5) B.eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)C.eq\f(I1,I2)＝eq\f(4,1) D.eq\f(W1,W2)＝eq\f(4,5)解析：由動量定理可得，在0～t0時間內(nèi)，有I1＝mv1＝2F0t0，在0～2t0時間內(nèi)，有I2＝mv2－mv1＝F0t0，解得eq\f(I1,I2)＝eq\f(2F0t0,F0t0)＝eq\f(2,1)，mv2＝I1＋I(xiàn)2＝3F0t0，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(2,3)，由動能定理可得W1＝2F0x1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，W2＝F0x2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得eq\f(W1,W2)＝eq\f(4,5)，eq\f(x1,x2)＝eq\f(2,5)，選項D正確．二、多項選擇題(每小題4分，共16分)9．小車靜止在光滑水平面上，站在車上的人練習(xí)打靶，靶裝在車上的另一端，如圖所示．已知車、人、槍和靶的總質(zhì)量為M(不含子彈)，每顆子彈質(zhì)量為m，共n發(fā)，打靶時，槍口到靶的距離為d.若每發(fā)子彈打入靶中，就留在靶里，且待前一發(fā)打入靶中后，再打下一發(fā)．則以下說法中正確的是(BCD)A．待打完n發(fā)子彈后，小車將以肯定的速度向右勻速運動B．待打完n發(fā)子彈后，小車應(yīng)停在射擊之前位置的右方C．在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移相同大小均為eq\f(md,nm＋M)D．在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移均相同解析：子彈、槍、人、車系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，子彈射擊前系統(tǒng)的總動量為零，子彈射入靶后總動量也為零，故小車仍舊是靜止的．在子彈射出槍口到打入靶中的過程中，小車向右運動，所以第n發(fā)子彈打入靶中后，小車應(yīng)停在原來位置的右方．待打完n發(fā)子彈后，小車將靜止不動，故A錯誤、B正確；設(shè)子彈出口速度為v，車后退速度大小為v′，以向左為正，依據(jù)動量守恒定律，有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′①子彈勻速前進(jìn)的同時，車勻速后退，故有：vt＋v′t＝d②聯(lián)立解得：v′＝eq\f(mv,M＋n－1m)，t＝eq\f(d[M＋n－1m],M＋nm)故車后退位移大小為：ΔS＝v′t＝eq\f(md,nm＋M)每顆子彈從放射到擊中靶過程，小車均后退ΔS，均正確，故C、D正確．故選B、C、D.10．圖為兩物體A、B在沒有其他外力作用時相互作用前后的v-t圖像，則由圖像可知(AB)A．A、B的質(zhì)量之比為53B．A、B作用前后總動量守恒C．A、B作用前后總動量不守恒D．A、B間相互作用力相同解析：A、B兩物體發(fā)生碰撞，沒有其他外力，A、B組成的系統(tǒng)總動量守恒，故選項B正確，選項C錯誤；由動量守恒定律得mAΔvA＝－mBΔvB，eq\f(mA,mB)＝－eq\f(ΔvB,ΔvA)＝－eq\f(6－1,2－5)＝53，故選項A正確；A、B之間相互作用力大小相等、方向相反，因而A、B間相互作用力不同，故選項D錯誤．11．如圖所示，將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側(cè)靠豎直墻壁，右側(cè)靠一質(zhì)量為M2的物塊．今讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方h高處從靜止起先下落，與半圓槽相切自A點進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是(BD)A．小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒B．小球在槽內(nèi)從B至C運動的過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒C．小球離開C點以后，將做豎直上拋運動D．小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒解析：小球在半圓槽內(nèi)由A到B運動的過程中，由于墻壁對半圓槽有水平向右的作用力，所以系統(tǒng)在水平方向所受的合外力不為零，即小球與半圓槽在水平方向動量不守恒，故A錯誤；小球在半圓槽內(nèi)由B到C運動的過程中，半圓槽離開墻壁，系統(tǒng)在水平方向不受外力，則小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，故B正確；小球離開C點以后，具有水平向右與豎直向上兩個方向的分速度，小球的速度斜向右上方，小球做斜拋運動，故C錯誤；小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，重力對系統(tǒng)做功，槽對小球的彈力做的負(fù)功，等于小球?qū)Σ鄣膹椓ψ龅恼?，所以小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D正確．12．質(zhì)量為M的小車靜止于光滑的水平面上，小車的上表面和eq\f(1,4)圓弧軌道均光滑，如圖所示，一個質(zhì)量為m的小球以速度v0水平?jīng)_向小車，當(dāng)小球返回左端脫離小車時，下列說法正確的是(BCD)A．小球肯定沿水平方向向左做平拋運動B．小球可能沿水平方向向左做平拋運動C．小球可能沿水平方向向右做平拋運動D．小球可能做自由落體運動解析：小球水平?jīng)_上小車，又返回左端，到離開小車的整個過程中，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，相當(dāng)于小球與小車發(fā)生彈性碰撞的過程．假如m<M，小球離開小車向左做平拋運動；假如m＝M，小球離開小車做自由落體運動；假如m>M，小球離開小車向右做平拋運動，所以答案應(yīng)選B、C、D.三、填空題(每小題9分，共18分)13．用如圖甲所示的氣墊導(dǎo)軌來驗證動量守恒定律，用頻閃照相機閃光4次拍得照片如圖乙所示，已知閃光時間間隔為Δt＝0.02s，閃光本身持續(xù)時間極短，已知在這4次閃光時間內(nèi)A、B均在0～80cm范圍內(nèi)且第一次閃光時，A恰好過x＝55cm處，B恰好過x＝70cm處，則由圖可知：(1)兩滑塊在x＝60cm處碰撞．(2)兩滑塊在第一次閃光后t＝0.01s時發(fā)生碰撞．(3)若碰撞過程中滿意動量守恒，則A、B兩滑塊的質(zhì)量比為23.解析：(1)碰撞發(fā)生在第1、2兩次閃光時刻之間，碰撞后B靜止，故碰撞發(fā)生在x＝60cm處．(2)碰撞后A向左做勻速運動，設(shè)其速度為v′A，所以v′A·Δt＝20cm.得v′A＝10m/s，從碰撞到其次次閃光時A向左運動10cm，設(shè)經(jīng)驗的時間為t′，有v′A·t′＝10cm.得t′＝0.01s，設(shè)第一次閃光到發(fā)生碰撞經(jīng)驗的時間為t，有t＋t′＝Δt，得t＝eq\f(Δt,t′)＝0.01s.(3)碰撞前，A的速度大小為vA＝eq\f(5cm,\f(1,2)Δt)＝eq\f(10cm,Δt)；B的速度大小為vB＝eq\f(10cm,\f(1,2)Δt)＝eq\f(20cm,Δt)；碰撞后，A的速度v′A＝eq\f(20cm,Δt)，取向左為正方向，則由動量守恒定律可知mAv′A＝mBvB－mAvA，解得mAmB＝23.14．圖甲，用“碰撞試驗器”可以驗證動量守恒定律，即探討兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系．(1)試驗中，干脆測定小球碰撞前后的速度是不簡潔的.但是，可以通過僅測量C(填選項前的符號)，間接地解決這個問題．A．小球起先釋放的高度hB．小球拋出點距地面的高度HC．小球做平拋運動的射程(2)圖甲中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影．試驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP.然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復(fù)．接下來要完成的必要步驟是ADE.(填選項前的符號)A．用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2B．測量小球m1起先釋放的高度hC．測量拋出點距地面的高度HD．分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE．測量平拋射程OM、ON(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為m1·OM＋m2·ON＝m1·OP(用(2)中測量的量表示)；若碰撞是彈性碰撞，那么還應(yīng)滿意的表達(dá)式為m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2(用(2)中測量的量表示)．(4)經(jīng)測定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地點的平均位置距O點的距離如圖乙所示，碰撞前、后m1的動量分別為p1與p′1，則p1p′1＝1411，若碰撞結(jié)束時m2的動量為p′2，則p′1p′2＝112.9.試驗結(jié)果說明，碰撞前、后總動量的比值eq\f(p1,p′1＋p′2)為1(1～1.01都正確)．解析：(1)驗證動量定律試驗中，即探討兩小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系，干脆測定小球碰撞前后的速度是不簡潔的，可通過落地高度不變狀況下水平射程來體現(xiàn)速度，故選C.(2)(3)小球做平拋運動H＝eq\f(1,2)gt2①x＝vt②m1、m2碰撞過程動量守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2′③由①②③得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON④由④知，只需測m1、m2和水平射程OP、OM、ON就可驗證動量守恒，故(2)選ADE.若為彈性碰撞，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2，與①②聯(lián)立有m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2.(4)由于m1＝45.0g，m2＝7.5g，則p1p1′＝eq\f(m1·OP,m1·OM)＝OPOM＝1411p1′p2′＝eq\f(m1·OM,m2·ON)＝eq\f(45.0×35.20,7.5×55.68)＝112.9eq\f(p1,p1′＋p2′)＝eq\f(m1·OP,m1·OM＋m2·ON)≈1.四、計算題(15、16題各10分，17、18題各11分，共42分)15．某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算便利起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周勻稱散開．忽視空氣阻力，已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求：(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度．答案：(1)ρv0S(2)eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)解析：(1)設(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV，①ΔV＝v0SΔt，②由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S.③(2)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時的速度大小為v.對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)veq\o\al(2,0)，④在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變更量的大小為Δp＝(Δm)v，⑤設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，依據(jù)動量定理有FΔt＝Δp，⑥由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg，⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2).16．如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算推斷，冰塊與斜面體分別后能否追上小孩？答案：(1)20kg(2)不能，理由見解析解析：(1)規(guī)定向左為速度正方向．冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為M.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v0＝(m2＋M)v①eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋M)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得M＝20kgv＝1m/s③(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體分別后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋Mv3⑥eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝－1m/s⑧由于冰塊與斜面體分別后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩．17．如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為eq\f(3,4)m，兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿意的條件．答案：eq\f(32v\o\al(2,0),113gl)≤μ<eq\f(v\o\al(2,0),2gl)解析：設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，要使物塊a、b能發(fā)生碰撞，應(yīng)有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>μmgl，即μ<eq\f(v\o\al(2,0),2gl)設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前，a的速度大小為v1，由動能定理可得－μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞后，a、b的速度大小分別為v2、v3，由動量守恒定律和能量守恒定律得：mv1＝mv2＋eq\f(3,4)mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)(eq\f(3m,4))veq\o\al(2,3)聯(lián)立各式得v3＝eq\f(8,7)v1，由題意知b沒有與墻發(fā)生碰撞，由動能定理得μeq\f(3,4)mgl≥eq\f(1,2)(eq\f(3m,4))veq\o\al(2,3)解得μ≥eq\f(32v\o\al(2,0),113g