人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试同步训练题

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试同步训练题，共10页。试卷主要包含了如图所示,一质量为M=3等内容，欢迎下载使用。
第一章　动量守恒定律专题强化练1　类碰撞问题题组一　弹簧模型1.(2021湖南娄底一中高二上开学考试,)用轻弹簧连接的A、B两小球质量分别为m和M(m<M),静止在光滑水平面上。若使A球获得瞬时速度v(如图甲),弹簧压缩到最短时的长度为L1;若使B球获得瞬时速度v(如图乙),弹簧压缩到最短时的长度为L2,则L1与L2的大小关系为              (　　)A.L1>L2　　　　　　　　　　B.L1<L2C.L1=L2　　　　　　　　　　D.不能确定2.(2020河南高二下联考,)如图所示,质量为3m的弹性小球B与轻质弹簧右端拴接静止在光滑水平面上,弹簧左端固定在竖直墙壁上。质量为2m的弹性小球A以速度v0向左运动,小球A、B发生对心弹性碰撞。则小球B压缩弹簧使得弹簧具有的弹性势能的最大值为              (　　)A.m　　　　　　　　　　B.mC.m　　　　　　　　　　D.m3.(2021安徽太和一中高二上开学考试,)(多选)质量为m的木板与直立的轻质弹簧的上端相连,弹簧下端固定在水平地面上,静止时弹簧的压缩量为h,如图所示。现将一质量为2m的物块从木板正上方2h处由静止释放,物块与木板碰撞后粘在一起向下运动,到达最低点后又向上运动,它们恰能回到A点,物块可视为质点,空气阻力、木板厚度忽略不计,重力加速度大小为g,则              (　　)A.物块和木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小B.整个运动过程,物块、木板和弹簧组成的系统机械能守恒C.物块和木板碰撞后瞬间的共同速度为D.初始状态弹簧的弹性势能为题组二　子弹打木块模型4.(2021安徽六安舒城中学高二上第二次月考,)如图所示,子弹以水平速度v0射入放在光滑水平桌面上的木块,子弹没有射出。子弹质量为m,木块质量为M,此过程中木块的位移为s,子弹进入木块的深度为Δs,若将子弹在射入木块的过程中受到的阻力视为恒力,则s和Δs的大小关系满足              (　　)A.s>Δs　　　　　　　　　　B.s=ΔsC.s<Δs　　　　　　　　　　D.不能确定5.(2019湖北重点高中协作体高二下期中,)如图所示,A点距水平地面高度为h,木块M在A点处于静止状态,某时刻释放M,木块做自由落体运动,在空中运动的总时间为t1。有一子弹m以水平速度v射向木块并嵌在木块中,若在A点释放木块的同时子弹射入,木块在空中运动的总时间为t2;若在木块落至h一半的B点时子弹射入,木块在空中运动的总时间为t3。已知木块与子弹作用时间极短,空气阻力不计,则              (　易错　)A.t1=t2=t3　　　　　　　　　　B.t1=t2<t3C.t1<t2=t3　　　　　　　　　　D.t1>t2>t36.(2021湖南师大附中高三上月考,)(多选)长方体滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成,将其放在光滑的水平面上,如图所示。质量为m的子弹以速度v水平射向滑块,若射击上层,则子弹刚好不穿出,如图甲所示;若射击下层,整个子弹刚好嵌入,如图乙所示。比较上述两种情况,以下说法正确的是              (　　)A.两次子弹对滑块做功一样多B.两次滑块所受冲量一样大C.子弹击中上层过程中产生的热量多D.子弹嵌入下层过程中对滑块做功多题组三　板块模型7.(2020山西忻州一中高二下月考,)(多选)如图所示,一质量为M=3.0kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一质量为m=1.0kg的小物块A。现以地面为参考系,给A和B大小均为4.0m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,但最后A并没有滑离B板,站在地面上的观察者看到在一段时间内物块A做加速运动,则在这段时间内的某时刻,木板B相对地面的速度大小可能是              (深度解析)A.3.0m/s　　　　　　　　　　B.2.5m/sC.2.4m/s　　　　　　　　　　D.1.8m/s8.(2021重庆西南大学附中高二上第一次月考,)(多选)如图所示,长为L、质量为2m的长木板B放在光滑的水平面上,质量为m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中,铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短,子弹、铁块均视为质点,铁块与木板间的动摩擦因数恒定,重力加速度为g,则              (　　)A.整个过程中子弹、A、B三者构成的系统动量守恒B.木板获得的最大速度为v0C.铁块获得的最大速度为v0D.铁块与木板之间的动摩擦因数为题组四　滑块+光滑弧面(斜面)模型9.(2021云南昆明一中高三上第一次摸底,)如图所示,水平光滑地面上质量为M、半径为R且内壁光滑的半圆槽左侧靠竖直墙壁静止。质量为m的小球可视为质点,从槽口A的正上方某高度处由静止释放,并从A点沿切线进入槽内,最后从C点离开凹槽,B为凹槽的最低点。关于小球与槽相互作用的过程,下列说法中正确的是              (　　)A.小球在槽内从A运动到B的过程中,小球与槽在水平方向动量不守恒B.小球在槽内从A运动到B的过程中,小球机械能不守恒C.小球在槽内从B运动到C的过程中,小球与槽在水平方向动量不守恒D.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动10.(2020辽宁沈阳第一二○中学高一下期中,)如图所示,光滑的水平面上有一个质量为M=3m的凸形滑块,它的左侧面与水平面相切,并且光滑,滑块的高度为h=0.6m。质量为m的小球,以某一初速度在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块,要使小球越过滑块,小球初速度至少是(g=10m/s2)              (　　)A.4.5m/s　　　　　　　　　　B.4m/sC.3.5m/s　　　　　　　　　　D.3m/s11.(2020河北石家庄二中高一下月考,)(多选)如图所示,在光滑水平面上停放质量为m、带有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以水平速度v0沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦),到达某一高度后,小球又返回小车右端,则              (　　)A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为B.小球离开车后,对地将向右做平抛运动C.小球离开车后,对地将做自由落体运动D.此过程中小球对车做的功为m题组五　悬绳模型12.(2021黑龙江哈师大附中高二上开学考试,)如图所示,小车放在光滑的水平面上,将系绳小球拉开到一定角度,然后同时放开小球和小车,那么在以后的过程中              (　　)A.小球向左摆动时,小车也向左运动,且系统动量守恒B.小球向左摆动时,小车向右运动,且系统动量守恒C.小球向左摆到最高点,小球的速度为零而小车的速度不为零D.在任意时刻,小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反13.(2020河北石家庄辛集一中高二下月考,)如图所示,质量为m的滑环套在足够长的光滑水平滑杆上,质量为M=3m的小球(可视为质点)通过长为L的轻质细绳与滑环连接。将滑环固定时,给小球一个水平冲量,小球摆起后刚好碰到水平杆;若滑环不固定,仍给小球同样的水平冲量,则小球摆起的最大高度为              (　　)A.L　　　　　　　　　　B.LC.L　　　　　　　　　　D.L 
答案全解全析1.C　当弹簧压缩到最短时,两球的速度相同,对于题图甲,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv=(m+M)v',由机械能守恒定律得Ep=mv2-(m+M)v'2,联立解得弹簧压缩到最短时的弹性势能为Ep=;同理,对于题图乙,当弹簧压缩到最短时的弹性势能为Ep=,即两种情况弹性势能相等,则有L1=L2,故A、B、D错误,C正确。2.C　设弹性小球A、B发生弹性碰撞后的速度分别为v1、v2,取向左为正方向,碰撞过程满足动量守恒定律,有2mv0=2mv1+3mv2,同时满足机械能守恒定律,有×2m=×2m+×3m,联立解得v1=-v0,v2=v0,由此可知碰后小球A反弹,小球B向左压缩弹簧,两小球分开后,小球B压缩弹簧将动能全部转化为弹簧的弹性势能,故弹簧的弹性势能最大值为Epm=EkB=×3m=m,故选C。3.AD　两个物体碰后一起向下运动过程中,刚开始弹簧的弹力小于两个物体的总重力,因此加速向下运动,当弹簧的弹力等于两物体总重力时,速度达到最大,之后再向下做减速运动,因此两物体一起向下运动过程中速度先增大后减小,故A正确;由于两个物体碰撞是完全非弹性碰撞,有机械能损失,故整个运动过程中系统机械能不守恒,故B错误;设物块与木板碰前瞬间的速度为v0,则=2g·2h=4gh,两物体碰撞过程中动量守恒,有2mv0=(2m+m)v1,得v1=,故C错误;由能量关系有Ep+(m+2m)=(m+2m)gh,解得初始状态弹簧的弹性势能Ep=mgh,故D正确。故选A、D。4.C　子弹击中木块过程动量守恒,设子弹与木块共速时的速度为v,取向右为正方向。由动量守恒定律有mv0=(m+M)v,由动能定理,对木块有fs=Mv2,对子弹有-f(s+Δs)=mv2-m,联立解得s=Δs<Δs,故选C。5.B　木块M由静止开始下落,则M做自由落体运动;当M刚开始下落时子弹射入,则二者以某一共同的水平初速度做平抛运动,竖直方向仍为自由落体运动,故t1=t2;若在木块落至h一半的B点时子弹射入,系统水平方向动量守恒,即M会获得水平方向的分速度,而子弹此时竖直方向的速度为零,要从零加速到与M具有相同的速度,要受到M向下的作用力,根据牛顿第三定律可知M会受到子弹给的向上的作用力,则向下的加速度会减小,小于自由落体加速度g,故比自由下落时间长一些。综上所述,有t1=t2<t3,故选B。易混易错易误认为子弹不管从何处水平射入木块中,只对木块水平方向的运动有影响,而对竖直方向的运动没有影响,从而错选A。实际的情况是:只要子弹水平射入时,木块在竖直方向有速度,就会影响木块在竖直方向的运动,从而影响落地时间。6.AB　根据动量守恒定律可知,两次滑块和子弹最终获得的速度(滑块和子弹共速)是相同的,即两次滑块获得的动能是相同的,根据动能定理,滑块动能的增加是子弹对其做功的结果,所以两次子弹对滑块做的功一样多,故A正确,D错误;由动量和动能的关系Ek=可知,两次滑块增加的动量也是相同的,由动量定理可知两次滑块受到的冲量一样大,故B正确;两种情况中,系统产生的热量都等于系统减少的动能,而子弹减少的动能一样多,滑块增加的动能也一样多,则系统减少的动能一样多,故系统产生的热量一样多,C错误。故选A、B。7.BC　以A、B组成的系统为研究对象,系统动量守恒,取水平向右为正方向,从A开始运动到A的速度变为零的过程中,由动量守恒定律得(M-m)v0=MvB1,解得vB1=2.67m/s;从开始到A、B速度相同的过程中,由动量守恒定律得(M-m)v0=(M+m)vB2,解得vB2=2m/s,则在物块A做加速运动的时间内,木板B的速度范围为2m/s≤vB≤2.67m/s,故B、C正确,A、D错误。导师点睛A先向左做减速运动,速度减为零后向右做加速运动直到与B共速,此过程中B一直向右做减速运动。8.AD　整个过程中子弹、A、B三者构成的系统受到的合外力为零,则系统的动量守恒,故A正确;取向右为正方向,对子弹和木板B构成的系统,根据动量守恒定律有mv0=(m+2m)v1,解得v1=,即木板获得的最大速度为v0,故B错误;对木板B(包括子弹)和铁块A构成的系统有mv0=(m+2m+m)v2,解得v2=,即铁块获得的最大速度为v0,故C错误;子弹打入木板后,对木板B(包括子弹)和铁块A构成的系统,由能量守恒定律有μmgL=·3m-·4m,解得μ=,故D正确。故选A、D。9.A　小球在槽内从A运动到B的过程中,因为槽的左侧是竖直的墙壁,槽受到墙向右的弹力,槽不会向左运动,小球与槽在水平方向上动量不守恒;小球从A运动到B,只有重力对它做功,小球的机械能守恒,故A正确,B错误。小球在槽内从B运动到C的过程中,槽向右运动,小球与槽在水平方向上动量守恒,故C错误。小球离开C点以后,由于小球既有竖直向上的分速度,又有水平方向的分速度,所以小球做斜上抛运动,故D错误。故选A。10.B　设小球的初速度为v0,当小球滑到滑块最高点时,小球的速度为v1,滑块速度为v2,以水平向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2,由机械能守恒定律得m=m+M+mgh,小球若要越过滑块,应有v1≥v2,假设v1=v2=v(临界状态),代入上述表达式得mv0=(m+M)v,m=(m+M)v2+mgh,联立并代入数据解得v0=4m/s,即小球初速度至少为4m/s,故选B。11.ACD　当小球与小车的水平速度相等时,小球沿弧形槽上升到最大高度,以水平向左为正方向,根据水平方向动量守恒有mv0=2mv,解得v=v0,故A正确;设小球离开小车时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,整个过程中水平方向动量守恒,可得mv0=mv1+mv2,由能量守恒得m=m+m,联立解得:v1=0,v2=v0,所以小球与小车分离后做自由落体运动,故B错误,C正确;对小车运用动能定理得,小球对小车做功为W=m=m,故D正确。故选A、C、D。12.D　小球与小车组成的系统在水平方向不受外力,在竖直方向所受合外力不为零,故系统只在水平方向动量守恒,故A、B错误;小球向左摆到最高点时,小球水平速度为零,小车的速度也为零,故C错误;系统水平方向总动量为零,在任意时刻,小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反,故D正确。故选D。13.B　滑环固定时,根据机械能守恒定律有MgL=M,解得v0=,水平冲量大小为I=M;滑环不固定时,因为给小球的水平冲量相同,所以小球初速度仍为v0,在小球摆至最大高度h时,小球和滑环的速度相等,设为v,在此过程中小球和滑环组成的系统水平方向的动量守恒,有Mv0=(m+M)v,由机械能守恒得M=(m+M)v2+Mgh,解得h=L,故选B。