江蘇專用-新教材高中物理第一章動量守恒定律章末檢測含解析新人教版選擇性必修第一冊

PAGEPAGE9動量守恒定律(時間：75分鐘滿分：100分)一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分。每題只有一個選項最符合題意。1.如圖所示，坐落于中國天津永樂橋之上的“天津之眼”，以其獨特的位置優(yōu)勢成為“世界上唯一一座建在橋上的摩天輪”。假設乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列說法正確的是()A．在摩天輪轉動的過程中，乘客動量始終保持不變B．在最低點時，乘客所受重力大小大于座椅對他的支持力大小C．在摩天輪轉動一周的過程中，座椅對乘客的沖量方向豎直向上D．從最高點到最低點的過程中，重力的瞬時功率逐漸增大解析：選C在摩天輪轉動過程中，乘客做勻速圓周運動，乘客的速度大小不變，但方向變化，乘客的動量發(fā)生變化，故A錯誤；在最低點，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力方向向上，F(xiàn)＝FN－mg，則支持力FN＝mg＋F，所以重力大小小于支持力大小，故B錯誤；在摩天輪轉動一周的過程中，動量變化量為零，則合力對乘客的總沖量為零，座椅對乘客的沖量與重力的沖量方向相反，即座椅對乘客的沖量方向豎直向上，故C正確；從最高點到最低點的運動過程中，重力的瞬時功率先增大后減小，故D錯誤。2.按壓式圓珠筆內(nèi)裝有一根小彈簧，尾部有一個小帽，壓一下小帽，筆尖就伸出來。如圖所示，使筆的尾部朝下，將筆向下按到最低點，使小帽縮進，然后放手，筆將向上彈起至一定的高度。忽略摩擦和空氣阻力。則筆從最低點運動至最高點的過程中，下列說法正確的是()A．筆的動量一直增大B．彈簧的彈性勢能減少量等于筆的動能的增加量C．筆的動能先減小后增大D．若考慮運動的全過程，筆所受的重力的沖量大小等于彈力沖量大小解析：選D筆從最低點運動至最高點的過程中，筆向上運動，先加速再減速，故動量、動能都是先增大再減小，A、C錯誤；忽略摩擦和空氣阻力，筆、彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可知彈簧的彈性勢能減少量等于筆的動能和重力勢能總和的增加量，B錯誤；根據(jù)動量定理可知，合外力的沖量等于動量的改變量，運動的全過程，初、末動量都為零，則可知筆所受的重力的沖量大小等于彈力沖量大小，D正確。3.中國CNCAP(汽車碰撞實驗)是檢驗汽車安全性能的重要標準，其中一項稱為40%ODB正面碰撞檢驗：汽車速度為64km/h，迎面碰到可潰障礙物上并停下來。某次測試中，駕駛座假人甲系著安全帶，副駕駛座假人乙沒有系安全帶，但其前方固定著一豎直擋板，假人質量均為50kg，碰撞時間為0.05s，假人與安全帶的作用時間為0.2s，碰撞過程中甲、乙所受水平方向平均作用力之比為()A．1∶4B．4∶1C．2∶5D．5∶2解析：選A取假人為研究對象，取車速方向為正方向，由動量定理可得－Ft＝0－mv，解得F＝eq\f(mv,t)∝eq\f(1,t)，碰撞過程中甲、乙所受水平方向平均作用力之比為eq\f(F1,F2)＝eq\f(t2,t1)＝eq\f(0.05,0.2)＝eq\f(1,4)，故選A。4.人們對手機的依賴性越來越強，有些人喜歡躺著看手機，經(jīng)常出現(xiàn)手機砸到眼睛的情況。如圖所示，若手機質量m為200g，從離人眼約h＝10cm的高度無初速掉落，砸到眼睛后經(jīng)t＝0.01s手機停止運動，取重力加速度g＝10m/s2，下列分析正確的是()A．手機對眼睛的作用力大小約為30NB．手機對眼睛的作用力大小約為58NC．全過程手機重力的沖量大小約為0.48N·sD．全過程手機重力做功約為20J解析：選A手機下落的高度h＝10cm＝0.10m，手機的質量m＝200g＝0.20kg，根據(jù)自由落體速度v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.1)m/s≈1.4m/s，手機與眼睛作用后手機的速度變成0，選取向上為正方向，所以手機與眼睛作用過程中動量變化為Δp＝0－(－mv)＝0.2×1.4kg·m/s＝0.28kg·m/s，手機與眼睛接觸的過程中受到重力與眼睛的作用力，根據(jù)動量定理可知Ft－mgt＝Δp，解得手機對眼睛的作用力大小F＝30N，故A正確，B錯誤；手機下落時t′＝eq\f(v,g)＝eq\f(1.4,10)s＝0.14s，全過程中重力的沖量I＝mg(t＋t′)＝0.2×10×(0.14＋0.01)N·s＝0.30N·s，故C錯誤；全過程手機重力做功W＝mgh＝0.2J，D錯誤。5.如圖，一輕彈簧左端固定在長木塊M的左端，右端與小物塊m連接，且m與M及M與地面間接觸光滑。開始時，m和M均靜止，現(xiàn)同時對m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，從兩物塊開始運動以后的整個運動過程中，對m、M和彈簧組成的系統(tǒng)(整個過程中彈簧形變不超過其彈性限度)，正確的說法是()A．由于F1、F2等大反向，故系統(tǒng)機械能守恒B．F1、F2分別對m、M做正功，故系統(tǒng)動量不斷增加C．F1、F2分別對m、M做正功，故系統(tǒng)機械能不斷增加D．當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，m、M的動能最大解析：選D由于F1、F2等大反向，系統(tǒng)所受合外力為零，所以系統(tǒng)動量守恒，當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，m、M加速終止，m、M速度最大，以后開始減速，系統(tǒng)機械能先增加后減小，A、B、C錯誤，D正確。6.如圖所示，甲、乙兩船的總質量(包括船、人和貨物)分別為12m、14m，兩船沿同一直線、同一方向運動，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，拋出貨物的最小速度為(不計水的阻力)()A．4v0B．5v0C．6v0D．7v0解析：選B先對于乙和貨物由動量守恒定律得14mv0＝－mv＋13mv1，再對于甲和貨物列由動量守恒定律得12m·2v0－mv＝13mv2，由于恰好不相碰，則至少必須保證v1＝v2，解得v＝5v0，故選B。7.質量為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)圓弧的軌道均光滑。如圖所示，一個質量為m的小球以速度v0水平?jīng)_向小車，當小球返回左端脫離小車時，下列說法中正確的是()A．整個過程中，m和M組成的系統(tǒng)的動量守恒B．如果m>M，小球脫離小車后，做自由落體運動C．如果m>M，小球脫離小車后，沿水平方向向右做平拋運動D．如果m<M，小球脫離小車后，沿水平方向向右做平拋運動解析：選C整個過程中，m和M組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，其他方向動量不守恒，A錯誤；根據(jù)動量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，根據(jù)機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，如果m>M，則v1>0，小球脫離小車后，沿水平方向向右做平拋運動，C正確，B錯誤；如果m<M，則v1<0，小球脫離小車后，沿水平方向向左做平拋運動，D錯誤。8.如圖所示，一砂袋用無彈性輕細繩懸于O點。開始時砂袋處于靜止狀態(tài)，一彈丸以水平速度v0擊中砂袋后未穿出，二者共同擺動，若彈丸質量為m，砂袋質量為5m，彈丸和砂袋形狀大小忽略不計，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質量忽略不計，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法中正確的是()A．彈丸打入砂袋過程中，細繩所受拉力大小保持不變B．彈丸打入砂袋過程中，彈丸對砂袋的沖量大小大于砂袋對彈丸的沖量大小C．彈丸打入砂袋過程中所產(chǎn)生的熱量為eq\f(mv02,72)D．砂袋和彈丸一起擺動所達到的最大高度為eq\f(v02,72g)解析：選D初態(tài)時，細繩的拉力等于砂袋的重力，彈丸打入砂袋過程中，砂袋的速度增大，做圓周運動，細繩拉力與砂袋的重力的合力提供向心力，拉力增大，A選項錯誤；彈丸打入砂袋過程中，彈丸和砂袋組成的系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，彈丸對砂袋的沖量大小等于砂袋對彈丸的沖量大小，B選項錯誤；彈丸打入砂袋過程中，設初速度方向為正，根據(jù)動量守恒定律可知，mv0＝(m＋5m)v，根據(jù)能量守恒定律可知，產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋5m)v2＝eq\f(5,12)mv02，C選項錯誤；彈丸打入砂袋后，系統(tǒng)機械能守恒，有eq\f(1,2)(m＋5m)v2＝(m＋5m)·gh，解得最大高度h＝eq\f(v02,72g)，D選項正確。9.一質量為m的物體靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加兩個水平作用力，兩個力隨時間變化的圖像如圖所示，由圖像可知()A．在0～t1時間內(nèi)，物體的動量不斷增大B．在t1時刻，物體的動量為0C．在t1～t2時間內(nèi)，物體的動量不斷減小D．在t2時刻，物體的動量大小為eq\f(F1－F0t2－t1,4)解析：選B由題圖可知，0～t1時間內(nèi)，物體所受的合力始終為0，保持靜止不動，A項錯誤，B項正確；在t1～t2時間內(nèi)，物體所受的合力為負方向，大小逐漸增大，物體向負方向做加速運動，動量逐漸增大，C項錯誤；F-t圖線與橫坐標軸圍成的面積表示力的沖量，在t1～t2時間內(nèi)，對物體由動量定理結合圖像面積可知mv＝eq\f(F1－F0t2－t1,2)，D項錯誤。10.如圖所示，豎直放置的彈簧一端固定在地上，另一端連接物體B(視為質點)，保持靜止，彈簧被壓縮了h。另一個與B完全相同的物體A從彈簧原長位置靜止釋放自由落下，A與B發(fā)生完全非彈性碰撞(但不粘連)，碰撞時間極短，重力加速度為g。則下列說法錯誤的是()A．碰后瞬間兩物體的速度為eq\f(\r(2gh),2)B．碰撞后兩物體一起向下運動的最大位移大于hC．兩物體反彈向上運動，A不能再回到釋放點D．兩物體反彈向上運動時在碰撞點上方分開解析：選D設A、B的質量為m，碰撞前A的速度為vA，碰撞后A、B的速度為vAB，由于碰撞時間極短，可忽略A所受的重力，則碰撞過程中動量守恒，即mvA＝2mvAB，其中vA＝eq\r(2gh)，解得vAB＝eq\f(\r(2gh),2)，A正確；設彈簧勁度系數(shù)為k，碰撞后兩物體一起向下運動的位移為x，則mg＝kh，兩物體碰撞前彈簧儲存的彈性勢能為E1＝eq\f(1,2)kh2，碰撞后兩物體一起向下運動達到最大位移時彈簧儲存的彈性勢能為E2＝eq\f(1,2)k(x＋h)2＝eq\f(1,2)kh2＋eq\f(1,2)×2m×vAB2＋2mgx，求解后舍去負值，得x＝(1＋eq\r(2))h，故B正確；由于碰撞過程中存在能量損失，所以A不能再回到釋放點，故C正確；碰撞后A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，反彈向上運動到達碰撞點時，兩物體的速度大小等于碰后瞬間兩物體的速度，設兩物體上升x′后速度減小為零，則由動能定理得eq\f(1,2)kh2－eq\f(1,2)k(h－x′)2－2mgx′＝0－eq\f(1,2)×2m×vAB2，解得x′＝(eq\r(2)－1)h<h，即物體A、B到達不了彈簧的原長處，彈簧不可能對物體B產(chǎn)生向下的拉力，物體A、B不會分離，故D錯誤。11.如圖所示，質量為M、長度為L的長木板，靜止放置在光滑的水平地面上，一質量為m的物塊(可視為質點)以某一水平初速度v0從左端沖上木板，最終二者以速度v一起勻速運動，物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。整個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能和損失的機械能分別為Q和ΔE，下列關系式中正確的是()A．mv0＝(M＋m)v B．v02－v2＝2μgLC．Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)Mv2 D．ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2解析：選A物塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv0＝(M＋m)v，選項A正確；物塊的加速度為a1＝μg，則由運動公式有v02－v2＝2μg(L＋x)，其中x是木板的位移，選項B錯誤；對系統(tǒng)，由能量關系可知，系統(tǒng)損失的機械能等于產(chǎn)生的內(nèi)能，即ΔE＝Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))v2，選項C、D錯誤。二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13題～第16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。12．(15分)如圖所示，某同學制作了一個彈簧彈射裝置，輕彈簧兩端各放一個金屬小球(小球與彈簧不連接)，壓縮彈簧并鎖定，該系統(tǒng)放在內(nèi)壁光滑的金屬管中(管徑略大于兩球直徑)，金屬管水平固定在離地面一定高度處，解除彈簧鎖定，兩小球向相反方向彈射，射出管時均已脫離彈簧，現(xiàn)要測定彈射裝置鎖定時具有的彈性勢能，并探究彈射過程遵循的規(guī)律，實驗小組配有足夠的基本測量工具，重力加速度大小取g，按下述步驟進行實驗：①用天平測出小球P和Q的質量分別為m1、m2；②用刻度尺測出管口離地面的高度h；③解除鎖定記錄兩球在水平地面上的落點N、M；根據(jù)該同學的實驗，回答下列問題：(1)除上述測量外，要測定彈射裝置鎖定時具有的彈性勢能，還需要測量的物理量是________。A．彈簧的壓縮量ΔxB．P、Q兩球落地點M、N到對應管口的水平距離x1、x2C．金屬管的長度LD．兩球從彈出到落地的時間t1、t2(2)根據(jù)測量物理量可得彈性勢能的表達式Ep＝____________________________。(3)如果滿足關系式_______________________，則說明彈射過程中輕彈簧和兩金屬球組成的系統(tǒng)動量守恒。(用測得的物理量符號表示)解析：(1)由題意可知，彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能，則由Ep＝eq\f(1,2)mv2即可求得彈性勢能，故應測量小球的質量m以及通過金屬管的速度v。為了測量小球的速度，需要知道做平拋運動的水平位移，即需測量P、Q兩球落地點M、N到對應管口的水平距離x1、x2；彈簧壓縮量、金屬管的長度以及兩球從彈出到落地的時間和小球的直徑均不需要測量。故B正確，A、C、D錯誤。(2)由(1)可知Ep＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22由h＝eq\f(1,2)gt2可得平拋運動的時間為t＝eq\r(\f(2h,g))，根據(jù)水平方向上的勻速直線運動規(guī)律可知v1＝eq\f(x1,t)，v2＝eq\f(x2,t)聯(lián)立可得彈性勢能的表達式Ep＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(m1gx12,4h)＋eq\f(m2gx22,4h)。(3)根據(jù)動量守恒定律可知，兩球碰前動量為零，碰后方向向反，設向左為正，則有0＝m1v1－m2v2再根據(jù)水平方向x＝vt可得m1x1＝m2x2。答案：(1)B(2)eq\f(m1gx12,4h)＋eq\f(m2gx22,4h)(3)m1x1＝m2x213.(6分)建筑工地上將樁料打入泥土的打夯機示意圖如圖所示。打樁前先將樁料扶正立于地基上，樁料進入泥土的深度忽略不計。已知夯錘的質量為M＝80kg，樁料的質量為m＝20kg。某次打樁時，將夯錘提升到距離樁頂h0＝0.2m處由靜止釋放，夯錘自由下落。夯錘砸在樁頂上后，立刻隨樁料起向下運動。樁料進入泥土的深度為h＝0.2m，取g＝10m/s2。求樁料受到的平均阻力大小。解析：夯錘與樁料碰撞前，夯錘做自由落體運動，則有v02＝2gh，代入數(shù)據(jù)解得v0＝2m/s，取向下為正方向，打擊過程內(nèi)力遠大于外力，故系統(tǒng)動量守恒，夯錘與樁料碰撞后兩者共速，則有Mv0＝(M＋m)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝1.6m/s，設樁料進入泥土的最大深度為h，對夯錘與樁料，由動能定理得(M＋m)gh－eq\x\to(F)阻h＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2，代入數(shù)據(jù)解得eq\x\to(F)阻＝1640N。答案：1640N14．(8分)在太空中有一枚相對于太空站相對靜止的質量為M的火箭，突然噴出質量為m的氣體，噴出的速度為v0(相對于太空站)，緊接著再噴出質量也為m的另一部分氣體，此后火箭獲得的速度為v(相對太空站)，火箭第二次噴射的氣體的速度多大(相對于太空站)?解析：題意中所涉及的速度都是相對于太空站的，可以直接使用動量守恒定律，規(guī)定v0的方向為正，則第一次噴氣后有0＝mv0－(M－m)v1，得v1＝eq\f(mv0,M－m)，v1與正方向相反第二次噴氣后有－(M－m)v1＝mv2－(M－2m)v，所以v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,m)－2))v－v0。答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,m)－2))v－v015．(12分)某游樂場入口旁有一噴泉，在水泵作用下會從鯨魚模型背部噴出豎直向上的水柱，將站在沖浪板上的MickeyMouse模型托起，穩(wěn)定地懸停在空中，伴隨著音樂旋律，MickeyMouse模型能夠上下運動，引人駐足，如圖所示。這一景觀可做如下簡化，水柱從橫截面積為S0的模型背部噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出，設同一高度水柱橫截面上各處水的速率都相同，沖浪板底部為平板且其面積大于水柱的橫截面積，保證所有水都能噴到?jīng)_浪板的底部。水柱沖擊沖浪板前其水平方向的速度可忽略不計，沖擊沖浪板后，水在豎直方向的速度立即變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。已知MickeyMouse模型和沖浪板的總質量為M，水的密度為ρ，重力加速度大小為g，空氣阻力及水的粘滯阻力均可忽略不計，噴水的功率定義為單位時間內(nèi)噴口噴出水的動能。(1)求噴泉噴水的功率P；(2)試計算MickeyMouse模型在空中懸停時離噴口的高度h；(3)實際上，當我們仔細觀察時，發(fā)現(xiàn)噴出的水柱在空中上升階段并不是粗細均勻的，而是在豎直方向上一頭粗、一頭細，請你說明上升階段的水柱是上端較粗還是下端較粗，并說明水柱呈現(xiàn)該形態(tài)的原因。解析：(1)噴泉噴水的功率為P＝eq\f(ΔW,Δt)＝eq\f(ΔEk,Δt)＝eq\f(\f(1,2)Δmv02,Δt)＝eq\f(\f(1,2)ρS0v0Δtv02,Δt)＝eq\f(1,2)ρS0v03。(2)以向上為正方向，以Δt內(nèi)沖擊沖浪板底部的水柱為研究對象，設碰到?jīng)_浪板時水的速度大小為v，由動量定理得－F·Δt＝Δp＝Δm·Δv＝ρS0v0Δt·Δv＝ρS0v0Δt·(0－v)所以F＝ρS0v0v根據(jù)牛頓第三定律有F′＝F＝Mg所以Mg＝ρS0v0v得v＝eq\f(Mg,ρS0v0)水從噴口噴出后再做豎直上拋運動，有v2－v02＝－2gh所以h＝eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2S02v02)。(3)從噴口噴出的水的流量Q＝S0v0是定值，單位時間內(nèi)噴出的水的體積Q＝S0v0＝Sivi不變，在vi不斷變小時，橫截面積Si在不斷增大，因此上升階段的水柱呈現(xiàn)的形態(tài)是上端較粗。答案：(1)eq\f(1,2)ρS0v03(2)eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2S02v02)(3)見解析16．(15分)如圖(a)所示，豎直平面內(nèi)一傾角為θ＝30°、足夠長的粗糙斜面與長度為l＝2m的粗糙水平面CD平滑連接，CD右側固定一彈性擋板?？梢暈橘|點、材料相同的滑塊A、B質量分別為mA＝1kg、mB＝2kg，置于水平面左端C點。某時刻A、B之間的少量炸藥突然爆炸(可視為瞬間過程)，若A、B之間炸藥爆炸的能量有48J轉化為A、B的機械能，其余能量轉化為內(nèi)能。爆炸后瞬間A、B速度方向均在水平方向上，A第一次在斜面上運動的v-t圖像如圖(b)所示(圖中v1、v2和t1未知)。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短，已知滑塊A、B與水平面CD之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)爆炸結束的瞬間A、B獲得的速度大小；(2)A與粗糙斜面之間的動摩擦因數(shù)μ1；(3)A第一次回到斜面底端時，A與B之間的距離及A和B都停止后，A與B之間的距離。解析：(1)在爆炸瞬間