【讲与练】高中物理人教版(2019)选择性必修1：第1章动量守恒定律学业质量标准检测

第一章学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2020·课标Ⅰ，14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(D)A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积解析：本题考查动量定理的应用。安全气囊并不能改变碰撞前后司机动量的变化量，B错误；汽车碰撞瞬间，安全气囊充满气体，司机的动能转化为与气囊碰撞过程产生的内能，气囊延长了司机的受力时间，由动量定理知，司机受到的力F＝eq\f(Δp,Δt)，故司机受到的力减小，气囊又增大了司机的受力面积，故司机在单位面积上受力减小，A、C错误，D正确。2．(2019·全国卷Ⅰ，16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为(B)A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg解析：设1s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv知，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，选项B正确。3．(2023·黑龙江实验中学高三下学期月考)某物体的v－t图像如图所示，下列说法正确的是(C)A．0～t1和t2～t3，合外力做功和冲量都相同B．t1～t2和t3～t4，合外力做功和冲量都相同C．0～t2和t2～t4，合外力做功和冲量都相同D．0～t1和t3～t4，合外力做功和冲量都相同解析：0～t1内动能的变化量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量变化量为mv0；t2～t3内动能变化量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量变化量为－mv0，根据动能定理可知这两段时间内合外力做功相等；而根据动量定理得知：合外力的冲量不同，故A错误；t1～t2内动能变化量为0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量变化量为0－mv0＝－mv0，t3～t4内动能变化量为0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量变化量为0－(－mv0)＝mv0。则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合外力做功相等，合外力的冲量不同，故B错误；0～t2和t2～t4内动能变化量为0，动量变化量为0，根据两个定理得知合外力的功和冲量都相同，故C正确；由以上分析得知：0～t1和t3～t4内动能变化量不同，动量变化量相同，故D错误。4．水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的v－t图像如图所示，图中AB∥CD，则整个过程中(D)A．F1的冲量等于F2的冲量B．F1的冲量大于F2的冲量C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D．合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量解析：由题图可知，AB∥CD，由v－t图像斜率表示加速度可知，推力撤去后两物体的加速度相等，推力撤去后物体的合力等于摩擦力，由牛顿第二定律可知，两物体受摩擦力大小相等，a物体的运动时间小于b物体的时间，由I＝Fft，可知摩擦力对a物体的冲量大小小于摩擦力对b物体的冲量大小，对整个过程中，由动量定理可得F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，又tOB<tOD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，A、B、C错误；由动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体的动量变化量都是零，所以合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量，D正确。故选D。5．三块相同的木块A、B、C，自同一高度由静止开始下落，其中B在开始下落时被一个水平飞来的子弹击中并嵌入其中，木块C在下落一半高度时被水平飞来的一子弹击中并嵌入其中，若三个木块下落到地面的时间分别为tA、tB、tC，则(B)A．tA＝tB＝tC B．tA＝tB<tCC．tA<tB<tC D．tA<tB＝tC解析：木块A做自由落体运动，木块B在刚要下落瞬间被子弹射中，并留在其中，木块B与子弹一起做平抛运动。竖直方向A、B均做自由落体运动，且下落高度相同，故二者下落时间相同，即tA＝tB，木块C落下一定距离后被同样的子弹水平射中，也留在其中，在子弹击中木块过程中，竖直方向动量守恒，根据动量守恒定律可知，由于子弹进入木块后总质量变大，所以木块竖直方向的速度变小，木块落地时间延长，木块C在空中的运动时间比A、B时间长，即，tA＝tB<tC，则AB同时落地，C最后落地。故选B。6．(2023·全国高二课时练习)如图所示，在光滑水平面上，质量为M＝2kg的带有光滑半圆形槽(半径足够大)的滑块a，在槽底部有一质量为m＝1kg的小球，滑块a和小球一起以速度v0＝10m/s向右滑动。另一质量也为M＝2kg的滑块b静止于滑块a的右侧。两滑块相撞(碰撞时间极短)后，粘在一起向右运动，g取10m/s2，则下列说法正确的是(D)A．碰撞过程中，小球、滑块a、滑块b组成的系统水平动量不守恒B．两滑块碰撞过程中损失的机械能为75JC．碰撞过程中，滑块b受到的冲量大小为12N·sD．小球能够上升的最大高度是1m解析：两滑块相撞过程，由于碰撞时间极短，小球及滑块a、b在水平方向上不受外力，故系统在水平方向动量守恒，A错误；滑块a和b发生完全非弹性碰撞，碰后具有共同速度，由动量守恒定律有Mv0＝2Mv，解得v＝5m/s，该过程中，损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2Mv2＝50J，B错误；根据动量定理，碰撞过程中滑块b受到的冲量等于滑块b的动量变化量，即I＝Mv＝2×5kg·m/s＝10N·s，C错误；滑块a和b碰撞完毕至小球上升到最高点的过程，系统在水平方向上所受合外力为零，水平方向动量守恒，小球上升到最高点时，有2Mv＋mv0＝(2M＋m)v′，该过程中，系统的机械能守恒，则有eq\f(1,2)×2Mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(2M＋m)v′2＋mgh，解得h＝1m，D正确。7．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(BC)A．子弹射入木块后瞬间，速度大小为eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子弹射入木块后瞬间，轻绳拉力大于(M＋m0)gC．子弹射入木块后瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)gD．子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒解析：子弹射入木块过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬间速度大小为v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，选项A错误；子弹射入木块后瞬间，根据牛顿第二定律得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v\o\al(2,1),l)，可知轻绳拉力大于(M＋m0)g，选项B正确；子弹射入木块后瞬间，对圆环有N＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，选项C正确；子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误。8．质量为M的带有eq\f(1,4)光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则(BC)A．小球以后将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此过程小球对小车做的功为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为eq\f(v\o\al(2,0),2g)解析：从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且无摩擦力做功，所以系统机械能守恒，设小球离开小车时候的小球速度为v1，小车速度为v2，根据动量守恒有Mv0＝Mv1＋Mv2，根据机械能守恒eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，联立解得v1＝0，v2＝v0，即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；根据动能定理小球对小车所做的功W＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－0＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，C正确；小球上升到最高点时，与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律Mv0＝2Mv，根据机械能守恒定律eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Mv2))＋Mgh，联立解得h＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)，D错误。故选BC。9．如图所示，一平台到地面的高度为h＝0.45m，质量为M＝0.3kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2。地面上有一质量为m＝0.1kg的玩具青蛙距平台右侧的水平距离为x＝1.2m，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行。已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是(AD)A．玩具青蛙在空中运动的时间为0.3sB．玩具青蛙在平台上运动的时间为2sC．玩具青蛙起跳时的速度大小为3m/sD．木块开始滑动时的速度大小为1m/s解析：由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得玩具青蛙在空中运动的时间为t1＝0.3s，A项正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为vx＝eq\f(x,t1)＝4m/s，vy＝gt1＝3m/s，玩具青蛙起跳时的速度大小为v0＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝5m/s，C项错误；由动量守恒定律得mvx＝(M＋m)v，解得木块开始滑动时的速度大小为v＝1m/s，D项正确；由动量定理得：－μ(M＋m)gt2＝0－(M＋m)v，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t2＝0.5s，B项错误。10．(2023·河北省唐县第一中学高二期中)如图所示，光滑水平面上，质量为2m的小球B连接着轻质弹簧，处于静止；质量为m的小球A以初速度v0向右匀速运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，过一段时间，A与弹簧分离，设小球A、B与弹簧相互作用过程中无机械能损失，弹簧始终处于弹性限度以内。则(ABD)A．当弹簧被压缩到最短时，A球的速度为eq\f(1,3)v0B．在运动过程中弹簧的最大弹性势能为eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)C．从A接触弹簧到再次恢复原长时，弹簧对A、B的冲量相等D．在运动过程中，当A球的速度大小为eq\f(1,4)v0，B球的速度大小可能为eq\f(5,8)v0解析：当弹簧被压缩到最短时，根据动量守恒有mv0＝3mv，解得v＝eq\f(1,3)v0，A正确；弹簧的最大弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·3mv2＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，B正确；从A接触弹簧到再次恢复原长时，弹簧对A、B的冲量方向相反，不能相等，C错误；当碰撞后A球以eq\f(1,4)v0，速度反弹向左运动时，由动量守恒定律mv0＝－m·eq\f(1,4)v0＋2mv2，解得v2＝eq\f(5,8)v0，D正确。故选ABD。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(2小题，共14分。把答案直接填在横线上)11．(6分)(2023·浙江省宁波市效实中学高二下学期检测)某小组在做“寻求碰撞中的不变量”实验时，采用了如图1所示的实验装置，小车甲、乙的碰撞端分别装上撞针与橡皮泥。现进行以下操作：把打点计时器固定在光滑水平轨道左侧将纸带一端穿过打点计时器，另一端连在小车甲的后面；打开打点计时器，轻推一下小车甲，使其获得一定速度后与静止的小车乙碰撞粘连成一体；关闭打点计时器，取下纸带，进行相关探究。在某次实验中得到的纸带部分如图2所示(图中的直尺为毫米刻度尺)。(1)请判断小车甲是与图示纸带的_右端__(“左端”或“右端”)相连接？并说明理由_甲与乙碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，由于纸带右侧速度大，为碰前速度，所以小车甲是与图示纸带的右侧相连__。(2)若测量出小车甲的质量为524.4g，小车乙的质量为510.0g，则在这次碰撞中小车甲对小车乙的冲量为_0.10_kg·m/s__(保留两位有效数字)。解析：(1)甲与乙碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，由于纸带右侧速度大，为碰前速度，所以小车甲是与图示纸带的右侧相连。(2)碰后共同速度：v2＝eq\f(19.75－15.75,10×0.02)×10－2m/s＝0.200m/s，碰后乙的动量：p乙＝m乙v2＝0.5100×0.200kg·m/s＝0.102kg·m/s≈0.10kg·m/s，由动量定理可得小车甲对小车乙的冲量：I＝p乙－0＝p乙＝0.10kg·m/s。12．(8分)用频闪照相方法探究碰撞中的守恒量，实验装置如图1所示，主要操作步骤如下：①用天平测量A、B两个小球的质量(两个小球的半径相同)；②安装好实验装置，使斜槽末端水平；带有正方形方格的木板靠近斜槽竖直安装，且斜槽末端的重垂线和方格的竖线平行；③将小球A从斜槽上挡板P处由静止释放，离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的位置，如图2所示；④将小球B放在斜槽末端，让小球A仍从P处由静止释放，两球发生正碰后，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置，如图3所示。(1)测得A、B的质量分别为4m、m，由图2、3可知，碰撞前后A、B总动量_守恒__(选填“守恒”或“不守恒”)，总动能_不相等__(选填“相等”或“不相等”)。(2)已知方格边长为L，频闪周期为T，根据图2、3还可以求出_AB__。A．A、B球碰撞前、后的速度大小B．当地重力加速度gC．A球在斜槽释放点的高度(3)实验中可能会引起误差的操作有_斜槽末端未水平放置，小球未从同一位置释放，方格板未竖直放置等__(写出两条)。(4)若在操作步骤③中得到A球的位置如图4所示，请提出改进意见_斜槽上挡板P的位置适当调低__。解析：(1)碰前小球A的速度v0＝eq\f(3L,T)，碰后A、B的速度分别为v1＝eq\f(2L,T)，v2＝eq\f(4L,T)，则碰前动量p1＝4meq\f(3L,T)＝eq\f(12mL,T)，碰后总动量，p2＝4meq\f(2L,T)＋meq\f(4L,T)＝eq\f(12mL,T)，则碰撞前后A、B总动量守恒；碰前总动能E1＝eq\f(1,2)×4meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L,T)))2＝eq\f(18mL2,T2)，碰后总动能E2＝eq\f(1,2)×4meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2L,T)))2＋eq\f(1,2)×meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4L,T)))2＝eq\f(16mL2,T2)，可知总动能不相等；(2)根据(1)的分析，若已知方格边长为L，频闪周期为T，根据图2、3还可以求出A、B球碰撞前、后速度大小；根据图2可得Δy＝2L＝gT2，可得g＝eq\f(2L,T2)，即可求得当地重力加速度g；因A球在斜槽中运动时有摩擦力作用，则不能求出A球在斜槽释放点的高度，A、B正确，C错误；故选AB；(3)实验中可能会引起误差的操作有：斜槽末端未水平放置、小球未从同一位置释放、方格板未竖直放置等；(4)由图可知，A球做平抛运动的初速度过大，即从斜槽中下落的高度过高，则可将斜槽上挡板P的位置适当调低。三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)两只船与堤岸的距离相同，是从小船跳上堤岸容易些，还是从大船跳上岸容易些？为什么？答案：大船，见解析解析：在人蹬船的极短时间内，忽略水的阻力，人与船水平方向动量守恒，人蹬船所做的功W是一定的，设人与船的质量分别为m、M，蹬后人与船获得的速率分别为v1、v2，由动量守恒和能量守恒得mv1＝Mv2，W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，联立解得v1＝eq\r(\f(2MW,mM＋m))＝eq\r(\f(2W,m1＋\f(m,M)))，可见，船的质量M越大，人蹬船后获得的速度就越大，所以从大船跳上岸容易些。14．(11分)(2022·天津一中高二下学期模块检测)光滑的水平面上，用轻质弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块以6m/s的共同速度向右运动，弹簧处于原长，质量为1kg的物体C静止在前方，如图所示，B与C发生弹性碰撞，求：(1)碰后物块C的速度大小；(2)在以后的运动中，弹簧的最大弹性势能为多少？答案：(1)8m/s(2)8J解析：(1)B、C碰撞瞬间，动量守恒：mBv0＝mBvB＋mCvC，发生的是弹性碰撞：eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)，联立解得：vC＝8m/s，vB＝2m/s。(2)在以后的运动中，当A、B的速度相等时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，对A、B系统水平方向不受外力，动量守恒：mAv0＋mBvB＝(mA＋mB)v′，根据机械能守恒得：eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＋Ep，联立解得：Ep＝8J。15．(12分)两质量均为m的相同物块紧密相连，中间放有少量火药，在足够长水平地面上以初速度v0开始运动，物块与水平地面的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。当物块一起运动时间为t0＝eq\f(v0,2μg)时，火药爆炸将两物块炸开，有ΔE＝eq\f(9,4)mveq\o\al(2,0)的化学能转化为两物块的动能，且爆炸后两物块均沿水平方向运动。爆炸时间极短。求：(1)火药爆炸前瞬间两物块的速度大小；(2)两物块炸开后均停止运动时两物块间的距离。答案：(1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(5v\o\al(2,0),2μg)解析：(1)对于两物块根据牛顿第二定律得a＝eq