2025版新教材高中物理第1章动量守恒定律学业质量标准检测新人教版选择性必修第一册

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．假如一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。若一个系统动量守恒时，则(D)A．系统内每个物体所受的合力确定都为零B．系统内每个物体的动量大小不行能都增加C．系统的机械能确定守恒D．此系统的机械能可能增加解析：系统动量守恒时，系统每一个物体，动量不愿定守恒，合外力不愿定为零，所以A错；系统动量守恒时，系统内每个物体动量之和为零，所以每个物体的动量大小可能都增加，也可能都减小，B错；系统的内力若是滑动摩擦力，系统的机械能就不守恒，C错；像爆炸类动量守恒，系统的机械能就增加，D正确。2.如图所示，科技爱好者将静置在地面上的自制“水火箭”释放升空。水火箭又称气压式喷水火箭，利用水推动火箭，可用废弃的饮料瓶制作而成。制作时，灌入三分之一的水，利用打气筒充入空气，到达确定的压力后放射。已知在极短的时间内，质量为m0的水以相对地面为v0的速度与水平方向成θ角斜向下从“水火箭”底部喷出。假设放射前“水火箭”总质量为m(含水)，不计瓶内空气质量，重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是(C)A．水火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力B．水喷出的过程中，系统的机械能守恒C．系统在水平方向的动量守恒D．系统在竖直方向的动量守恒解析：水火箭的推力来源于向下喷出的水对火箭的反作用力，A错误；水喷出的过程中，水火箭内的气体做功，系统的机械能不守恒，B错误；系统在水平方向不受外力，但竖直方向受重力作用，C正确，D错误。3．(2024·黑龙江试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内动能的变更量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量变更量为mv0；t2～t3内动能变更量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量变更量为－mv0，依据动能定理可知这两段时间内合外力做功相等；而依据动量定理得知：合外力的冲量不同，故A错误；t1～t2内动能变更量为0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量变更量为0－mv0＝－mv0，t3～t4内动能变更量为0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量变更量为0－(－mv0)＝mv0。则知动能变更量相同，而动量变更量不同，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内动能变更量为0，动量变更量为0，依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内动能变更量不同，动量变更量相同，故D错误。4.人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要平安跃上岸，船离岸至多约为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等)(C)A．1.5m B．1.2mC．1.34m D．1.1m解析：此问题需近似处理，人起跳时，属于斜上抛运动，只考虑水平方向的速度。人两次起跳消耗的能量相等的意思是：人和船组成系统的动能不变。船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则x0＝v0t，消耗的能量Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。撤去缆绳，因动量守恒，则有：mv1＝－Mv2，两次人消耗的能量相等，即动能不变，则有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)，解得v1＝eq\r(\f(M,M＋m))v0，故x1＝v1t＝eq\r(\f(M,m＋M))x0＝eq\r(\f(240,60＋240))×1.5m≈1.34m，C正确。5.如图所示，直升机螺旋桨以角速度ω匀速转动，直升机悬停在空中。已知直升机总质量为M，螺旋桨转动时形成以半径为r的圆面，空气密度为ρ，重力加速度为g。则此直升机悬停在空中时(D)A．螺旋桨作用于空气后空气的速度为v＝ωrB．螺旋桨作用于空气后空气的速度为v＝eq\r(\f(Mg,ρπr))C．发动机的功率为P＝eq\f(Mg,r)eq\r(\f(Mg,ρπ))D．发动机的功率为P＝eq\f(Mg,2r)eq\r(\f(Mg,ρπ))解析：在时间Δt内被向下推动的空气质量Δm＝ρV＝ρSvΔt，由动量定理知，Δt内被推动的空气：FΔt＝Δmv因为直升机悬停在空中，则F＝Mg，可知MgΔt＝ρSvΔt·v解得v＝eq\r(\f(Mg,ρS))＝eq\r(\f(Mg,ρπr2))，故A、B错误。发动机的功率等于螺旋桨对空气做功的功率。在时间Δt内被推动的空气的动能Ek＝eq\f(1,2)Δmv2＝eq\f(1,2)ρSvΔt·eq\f(Mg,ρπr2)＝eq\f(MgΔt,2)eq\r(\f(Mg,ρπr2))则推力做的功W＝eq\f(MgΔt,2)eq\r(\f(Mg,ρπr2))，推力的功率P＝eq\f(W,Δt)＝eq\f(Mg,2r)eq\r(\f(Mg,ρπ))，故C错误，D正确。6.如图所示，假设烟花上升到距地面高度为h的最高点时，炸裂成甲、乙、丙三个质量均为m的碎块(可视为质点)，其中甲的初速度大小为v0，方向竖直向上，乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，爆炸产生的热量为Q，重力加速度大小为g，空气阻力忽视不计。下列说法正确的是(C)A．爆炸刚结束时，乙、丙的合动量大小为2mv0B．三个碎块到达地面时的动能不相等C．甲在落地的过程中，重力对甲的冲量大小为meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＋\r(v\o\al(2,0)＋2gh)))D．爆炸过程中释放的总能量为eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)解析：依据动量守恒定律知，爆炸刚结束时，乙、丙的合动量大小为mv0，故A错误；三个碎块的质量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，则三个碎块夹角互为120°，因此三个碎块初速度大小均相等，初动能相等，落到地面时重力做功相等，则末动能相等，故B错误；甲落地过程机械能守恒，则落地速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)，据动量定理得，重力对甲的冲量大小I＝m(v0＋eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh))，故C正确；爆炸过程中释放的总能量等于三个碎块初动能之和加上爆炸产生的热量Q，则E总>eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故D错误。7.一个连同装备总质量M＝200kg的航天员，脱离飞船进行太空行走后(如图所示)，在与飞船相距d＝90m的位置与飞船保持相对静止。所带氧气筒中还剩有m0＝1kg氧气，氧气除了供他呼吸外，还需向与飞船相反方向喷出一部分氧气以获得使他回到飞船的反冲速度v′，为此，氧气筒上有可使氧气以v＝100m/s速度喷出的喷嘴。依据物理原理：假如一次性喷出氧气质量为m，喷气速度为v，则其获得反冲速度的大小v′＝eq\f(mv,M)，已知耗氧率为Q＝5×10－4kg/s(即每秒呼吸消耗氧气量为5×10－4kg)。为保证他平安返回飞船，一次性喷出氧气的质量m可能为(BC)A．0.04kg B．0.25kgC．0.35kg D．0.92kg解析：设喷出氧气质量为m，返回时间为t，则返回速度的大小v′＝eq\f(mv,M)＝eq\f(m×100,200)＝0.5m，依据v＝eq\f(s,t)可得：t＝eq\f(d,v′)＝eq\f(90,0.5m)＝eq\f(180,m)。航天员耗氧量：Qt＝m0－m，即5×10－4×t＝1－m，t＝2000×(1－m)。联立两式得：2000×(1－m)＝eq\f(180,m)，即100m2－100m＋9＝0，解得：m1＝0.1kg，m2＝0.9kg，所以0.1kg<m<0.9kg。可知选项B、C正确。8．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，依据牛顿其次定律得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FN＝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。9.如图所示，质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R。现将质量也为m的小球从A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为eq\f(3,4)h0(不计空气阻力)，则(CD)A．小球和小车组成的系统动量守恒B．小车向左运动的最大距离为eq\f(1,2)RC．小球离开小车后做竖直上抛运动D．小球其次次能上升的最大高度h满足eq\f(1,2)h0<h<eq\f(3,4)h0解析：小球与小车组成的系统在竖直方向上所受的合外力不为零，所以系统的动量不守恒，故A错误；系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，设小车向左移动的距离为x，则在水平方向上有：meq\f(2R－x,t)－meq\f(x,t)＝0，解得小车的位移x＝R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，则小球离开小车后，两者在水平方向的速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C正确；小球第一次在半圆形轨道中运动的过程中，损失的机械能ΔE＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h0－\f(3,4)h0))＝eq\f(1,4)mgh0。由于小球其次次在半圆形轨道中运动时对应位置处的速度变小，则弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做功小于eq\f(1,4)mgh0，故机械能损失小于eq\f(1,4)mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的最大高度h>eq\f(3,4)h0－eq\f(1,4)h0＝eq\f(1,2)h0，且h<eq\f(3,4)h0，故D正确。10．如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上。现使A以3m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙，则有(BC)A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于压缩状态B．从t3到t4时间内弹簧由伸长状态复原原长C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2D．在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶4解析：因为B在前A在后，由图可知t1之后一小段时间，A减速，B加速，则t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻之后一小段时间，A加速，B减速，则t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误。在t3时刻弹簧处于伸长状态，两物块速度相等，弹簧最长，t4时刻两物块速度复原到初始状态即弹簧复原至原长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态复原至原长，故B正确。依据动量守恒定律，t＝0时刻和t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3m/s，v2＝1m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正确。在t2时刻A的速度为vA＝－1m/s，B的速度为vB＝2m/s，依据m1∶m2＝1∶2，Ek＝eq\f(1,2)mv2，得Ek1∶Ek2＝1∶8，故D错误。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(本题共2小题，共14分。把答案干脆填在横线上)11．(6分)在试验室里验证动量守恒定律时，一般接受如图甲、乙所示的两种装置。(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则要求_C__。A．m1>m2，r1>r2 B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1＝r2 D．m1<m2，r1＝r2(2)若接受图乙所示装置进行试验，以下所供应的测量工具中必需的是(AC)A．直尺 B．游标卡尺C．天平D．弹簧测力计E．秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行试验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为m1·eq\x\to(OP)＝m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(O′N)(用装置图中的字母表示)。解析：(1)为防止小球反弹，使m1>m2；为使两球发生对心碰撞，应使r1＝r2，故C正确。(2)需验证的动量守恒关系式为m1v1＝m1v1′＋m2v2′，可表示为m1eq\x\to(OP)＝m1eq\x\to(OM)＋m2eq\x\to(ON)，所以须要直尺、天平。(3)得出验证动量守恒定律的结论为m1·eq\x\to(OP)＝m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(O′N)。12．(8分)某同学欲接受气垫导轨和光电计时器等装置“验证动量守恒定律”。如图所示，滑块A和滑块B做相向运动，已知安装在A、B两滑块上的遮光条宽度均为d，在碰撞前滑块A、B经过光电门时，遮光条挡光时间分别为Δt1和Δt2，碰撞后滑块A、B粘合在一起运动，运动方向与碰撞前滑块B运动方向相同，此后滑块A再次经过光电门时遮光条的挡光时间为Δt。(1)滑块A、B碰撞前速度的大小分别为vA＝eq\f(d,Δt1)，vB＝eq\f(d,Δt2)。(2)为了验证碰撞中动量守恒，除了上述已知条件外，还必需要测量的物理量有_AB__。A．滑块A(包括遮光条)的质量m1B．滑块B(包括遮光条)的质量m2C．碰撞后滑块B经过光电门时遮光条挡光的时间ΔtBD．两个光电门之间的距离L(3)为了验证碰撞中动量守恒定律，须要验证的关系是eq\f(m2,Δt2)－eq\f(m1,Δt1)＝eq\f(m1＋m2,Δt)。[用题干中已知量字母和(2)中所选已知量的字母表示]解析：(1)滑块A、B碰撞前速度的大小分别为vA＝eq\f(d,Δt1)，vB＝eq\f(d,Δt2)；碰后共同速度v＝eq\f(d,Δt)。取向右为正，(2)(3)要验证的关系式为m2vB－m1vA＝(m2＋m1)v，整理可得eq\f(m2,Δt2)－eq\f(m1,Δt1)＝eq\f(m1＋m2,Δt)，则必需要测量的物理量有滑块A、B(包括遮光条)的质量m1、m2。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，只写出最终答案不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)13．(8分)我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必需依法佩戴具有缓冲作用的平安头盔。小明对某轻质头盔的平安性能进行了模拟试验检测。某次，他在轻质头盔中装入质量为5.0kg的物体(物体与头盔紧密接触)，使其从1.80m的高处自由落下(如图)，并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03m时，物体的速度减小到零，挤压过程视为匀减速直线运动。不计空气阻力及物体和地面的形变，重力加速度取g＝10m/s2。求：(1)头盔接触地面前瞬间的速度大小；(2)物体做匀减速直线运动的时间；(3)物体做匀减速直线运动过程中地面对头盔的冲量。答案：(1)6m/s(2)0.01s(3)30.5N·s解析：(1)依据自由落体运动规律v2＝2gh，解得头盔接触地面前的速度v＝6m/s。(2)由匀变速直线运动规律可得x＝eq\f(0＋v,2)Δt，解得Δt＝eq\f(2x,v)＝eq\f(2×0.03,6)s＝0.01s。(3)取向上为正方向，由动量定理得：I－mgt＝0－m(－v)，则地面对头盔的冲量I＝mgt＋mv＝30.5N·s。14．(12分)质量为M的小车置于光滑水平面上。小车的上表面由eq\f(1,4)圆弧和平面组成，车的右端固定有一不计质量的弹簧，圆弧AB部分光滑，半径为R，平面BC部分粗糙，长为l，C点右方的平面光滑。质量为m的滑块从圆弧最高处A无初速度下滑(如图所示)，与弹簧相接触并压缩弹簧，最终又返回到B点相对于车静止。求：(1)BC部分的动摩擦因数μ；(2)弹簧具有的最大弹性势能；(3)当滑块与弹簧刚分别时滑块和小车的速度大小。答案：(1)eq\f(R,2l)(2)eq\f(mgR,2)(3)eq\r(\f(MRg,M＋m))，eq\f(m,M)eq\r(\f(MRg,M＋m))解析：(1)滑块与小车初始状态为静止，末状态滑块相对小车静止，即两者共速且速度为0，据能量守恒定律有：mgR＝μmg·2l，解得μ＝eq\f(R,2l)。(2)弹簧压缩到最大形变量时，滑块与小车共速，且速度均为0，此时据能量守恒关系得弹簧的弹性势能Ep＝mgR－μmgl＝eq\f(mgR,2)。(3)弹簧与滑块刚分别时，弹簧的弹性势能为0，设此时滑块速度大小为v1，小车速度大小为v2，据能量守恒有：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)又因为系统动量守恒，有：mv1－Mv2＝0解得：v1＝eq\r(\f(MRg,M＋m))，v2＝eq\f(m,M)eq\r(\f(MRg,M＋m))。15.(12分)如图所示，小车上固定着一个竖直放置的弯曲圆管，整个小车(含圆管)的质量为2m，初始时静止在光滑的水平面上。一个质量为m的小球以水平速度v从圆管左端飞入后恰好能从圆管右端滚离小车。小球半径略小于圆管半径，可以看作质点，忽视一切摩擦以及圆管的厚度。求：(1)小球滚离小车时的速度大小；(2)圆管中轴线距离车身的高度。答案：(1)v(2)eq\f(v2,3g)解析：(1)小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒，则mv＝2mv车＋mv球。由机械能守恒可得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,车)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,