第一章 动量守恒定律 基础达标卷（A卷）（全解全析版）

第一章动量守恒定律基础达标卷（A卷）

高二物理•全解全析123456789101112BCCCBBCCACCDBDAD1.B【解析】A.动量是矢量，动能是标量，一个物体的动量改变，其动能不一定改变，例如匀速圆周运动，故A错误；B.一个物体动能改变，则速度大小在变化，其动量一定改变，故B正确；C.做匀速圆周运动的物体的动能不变，故C错误；D.动量是矢量，正、负号代表方向，不参与大小的比较，故大小p/<p2,故D错误。故选BoC【解析】A.水对装置向上的反冲动力与装置对水向下的压力是一对相互作用力,大小相等，故A错误；B.人悬空静止一段时间，装置的位移为零，所以水的反冲动力对装置做功为零,而反冲动力的作用时间不为零，所以冲量不为零，故B错误；C.人悬空静止时，动能为零，而重力势能与所取零势能面有关，可能为零，所以人的机械能可能为零，故c正确；D.整体向上减速运动时，水的反冲力与速度方向相同，所以对装置做正功，故D错误。故选C。C【解析】A.根据冲量的定义知，重力对物体的冲量大小为机A错误；B.对物体进行受力分析可知支持力大小FN=mgcosO则支持力对物体的冲量大小为Ii^=mgcos3-tB错误；C.摩擦力

由几何关系可知由几何关系可知由几何关系可知Sl+S2=l（1分）解得ml（1分）（3）由几何关系可知Sl+S2=l（1分）解得ml（1分）「_『4汉（1分）（1（1分）F=3mg+R-TOC\o"1-5"\h\z17.8m/s/［解析］设甲至少以速度y将箱子推出，推出箱子后甲的速度为飞，乙获得的速度为公取向右为正方向，以甲和箱子为系统，根据动量守恒，得甲+m）%=M甲y甲（2分）以箱子和乙为系统，得=乙）一乙（2分）当甲与乙恰好不相撞时v甲=丫乙（2分）联立解得v=8m/s（1分）瓜（1）ti=0.4s；（2）f=ls,L=2.5m；（3）5=1.25m【解析】⑴设小车第-次与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为〜根据动量守恒定律有Mv0={M+m)Vj解得v,=3m/s（1分）对小车，根据动量定理有/nMgt、=mv]解得=0.4s（1分）（2）小车第一次与墙壁碰撞后的一段时间内，铁块向右做匀减速直线运动，小车向左做匀减速直线运动，小车的速度先减为零，然后小车在摩擦力的作用下向右做匀加速直线运动，直到小车与铁块第二次达到共同速度，此后铁块与小车一起向右做匀速直线运动直到小车与墙壁发生第二次碰撞，小车不断与墙壁碰撞，铁块在小车上滑行，系统的机械能不断减少，直到铁块与小车均静止且铁块恰好在小车的右端，对铁块，根据动量定理有—jiiMgt=0-Mv0解得t=ls（1分）根据功能关系有〃MgL=！Mu。?解得TOC\o"1-5"\h\zL=2.5m（1分）（3）经分析可知，小车每一次与墙壁碰撞后都先向左做匀减速直线运动至静止,再向右做匀加速直线运动至与铁块达到共同速度后再与墙壁碰撞，在两次碰撞间的运动过程中，系统动量守恒，有-m）vn={M+m）v,7+1（n=l,2,3）（1分）解得匕川=!匕?(〃=1，2,3)(1分)设第一次碰撞后小车向左运动的最大距离为4,对小车，根据动能定理有112_piMgd\=0——1212_piMgd\=0——（1分）解得（（1分）（1分）4=0.6m设第〃次碰撞后小车向左运动的最大距离为（1分）（1分）（1分）-jLiMgdn=O--mvn

乙同理有可得可得可得根据对称性,12-^Mgdn+i可得根据对称性,12-^Mgdn+i=Q--mvn+i结合数学知识可得（1分）（1分）（1分）（1分）5—2(4+d]+dy+.)=2（1分）（1分）其中1q=一

25解得s=1.25mFf=mgsin6所以摩擦力对物体的冲量大小为〃侬sinaC正确；D.因物体静止，合力为零，则合力对物体的冲量大小为零，D错误。【解析】A.由图乙可知机器人在2s时开始滑动，有加速度，所以刚要滑动时7m=E=?x2N=6N故A错误；B.由图a、图b结合牛顿第二定律可得F4-f=ma4F2-f=tna2联立可得机器人质量m=3kg滑动摩擦力为/=3N机器人与水平桌面间的动摩擦因数为Fnmg故B错误；C.在0〜4s时间内，合外力的冲量为/=m^=3x^x（4—2）N・s=12N・s故C正确;D.4s末机器人的速度为u=d=l12x2m/s=4m/s在。〜4s时间内，合外力做的功为W=—mv2=24J2故D错误。故选C。B【解析】A.当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A正确。BC.先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故B错误，C正确。D.两手放开后在弹簧恢复原长的过程中系统总动量都保持不变，与何时放手无关，但系统的总动量不一定为零，故D正确。此题选择不正确的，故选B。B【解析】A.由图知，A离开挡板瞬间B的速度为%=3m/s,B的速度最小值为B的速度最小时，弹簧第一次恢复原长，A的最大速度，取向右为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒得为%=%%+恤%

12112解得mA=3kgvm=4m/s故A错误，B正确；C.在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故C错误；D.分析从A离开挡板后A、B的运动过程，弹簧伸长到最长时，弹性势能最大,此时A、B的共同速度为4,根据动量守恒叫％=（%+恤）v共解得根据机械能守恒定律1?12不%B%=5。4+%)U共+Ep解得稣=9J故D错误。故选B。C【解析】相对于船竖直向上抛出物体时，由于惯性，物体仍然具有和船同方向的速度，船和物体组成的系统水平方向动量守恒，故船速不变。故选C。C【解析】B.小球从滑上小车到滑离小车的过程，规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv=mv[+2mv212121r2—mv=—mv}+—x2m22122解得2

岭二丁则小球滑离小车时相对小车的速度大小为21V..H=—V+—V=V

相33故B错误；CD.小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0,小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，水平方向上由动量守恒定律有f

mv=(m+2m)v得v1小车动量变化量大小,.v2=2m•一=—mv

33小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律有mgH=—mv2-g(m+2m)v2故C正确，故D错误;A.由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，故A错误。故选CoAC【解析】无论是否启动反推发动机，着陆过程返回舱的初末速度不变，动量变化量不变，反推发动机的作用时延长动量变化的时间，从而减小返回舱动量的变化率，进而减小返回舱受到的平均冲力，故AC正确，BD错误。故选ACoCD【解析】A.子弹推钉子进入木桩的过程中，子弹和钉子做匀变速运动，钉子所受木桩的阻力不可忽略，所以子弹和钉子组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B.由题意分析可知，子弹接触钉子的瞬间，钉子有一个初速度，随后子弹将钉子匀减速推入木桩，由平均速度公式x=vt可得Xt=—V2代入数据解得子弹和钉子间的作用时间为r=5xio-4s故B错误；C.子弹动量改变量大小为由动量定理I二邸可得钉子对子弹的冲量大小为4N.s,由牛顿第三定律知，子弹对钉子的冲量大小为4N.s,故C正确；D.对于子弹，由动量定理可知Ft=niAv代入数据解得钉子对子弹的作用力大小为F=8000N由牛顿第三定律可知，子弹对钉子的作用力大小为8000N,故D正确。故选CDoBD【解析】A.P、Q系统所受外力为零，因此整个过程中动量守恒，所以P、Q系统总动量与P未撞上弹簧时相等，为p=2mv+772x0=2mv故A错误；B.弹簧被压缩至最短，即P、Q距离最小，P、Q的相对速度为零，此时P、Q速度相等，而P的质量大于Q的质量，所以P的动量大于Q的动量，故B正确;C.弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q的动能达到最大值，故C错误；D.弹簧被压缩至最短，即P、Q距离最小，P、Q的相对速度为零，此时P、Q速度相等，故D正确。故选BDoAD【解析】A.由X-，图像的斜率得到，碰前b球的位移不随时间而变化，处于静止。。球的速度大小为A%18vi=~r~=-m/s=4m/s△t\2做匀速运动，故A正确；B.同理由图像可知，碰后b球和。球均做匀速运动，其速度分别为

故B错误；CD.根据动量守恒定律得mivi—m2V2f-}rmivir代入解得m2=0.6kg碰撞过程中系统损失的机械能为121,)1AE=—miv\——mivi—m2V2代入解得AE=0所以碰撞过程机械能守恒，故C错误，D正确。故选ADOOPON不会D5.8【解析】(1)[1]⑵碰撞后，B球的速度大于碰前A球的速度，而A球碰后的速度小于其碰前的速度，由于平抛运动竖直高度相等，则时间相等，则平抛运动B球水平分位移最大。而A球碰后的水平分位移小于碰前的水平分位移，即A球碰前做平抛运动的水平位移是图中的。尸，B球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的ON。[3]由于A球每次在斜槽轨道上下滑过程，克服摩擦力做功相同，即每次从同一高度静止释放后，碰前的速度也相同，则球A下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果不会产生误差。[4]为了避免碰撞后发生反弹，入射小球A的质量叫必须大于被碰小球B的质量%，而为了发生对心正碰，两球的半径必须相等，ABC错误，D正确。故选Do(4)⑸根据动量守恒定律有-OP=町OM+ON结合图中数据，解得14.14.14.生=5.814.使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过两光电门的时间是否相等,若相等，则导轨水平BC町（"=一叫《"+见9I\11I\，3网专=（可加出【解析】（1）口］使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过两光电门的时间是否相等，若相等，则导轨水平。（2）⑵本实验需要验证动量守恒定律，所以在实验中必须要测量质量和速度，速度可以根据光电门的挡光时间求解，而质量通过天平测出，同时，挡光片的宽度可以消去，所以不需要测量挡光片的宽度，故选BC。［3］在第一次实验中，碰撞前A的速度为碰撞后A的速度为%=——

bAr3B的速度为%=——

bAr3ddcl

町——二一肛bm?Az2-Az3即111

町——二一町FNt、Ar2-Az3则动量守恒。［4］在第二次实验中，碰撞后A、B速度相同，根据速度公式可知_d_dVi,%M甑A、B碰撞过程若满足itl—=（m,+则动量守恒。(1)6m/s；(2)0.01s；(3)30kg.m/s

【解析】（1）头盔接触地面前做自由落体运动，根据自由落体运动规律vv2=2ghv2=2gh（2v2=2gh（1（1分）（2）由匀变速直线运动规律可得（2分）解得42x42x△t=—v42x△t=—42x△t=—v2x0.03

-6-s=0.01s（1分）（3）取向下为正分向，由动量定理得TOC\o"1-5"\h\z-/=0-mv（2分）物体做匀减速直线运动过程中地面对头盔的冲量为I=30kg・m/s（1