高二物理（人教版选择性必修一）试题阶段质量检测（一）动量守恒定律（Word版附解析）

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阶段质量检测(一)　动量守恒定律 (满分:100分　网阅作业,选择题请在答题区内作答。标的为推荐讲评题目) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.下列说法正确的是 (　　) A.动量为零时,物体一定处于平衡状态 B.物体所受合外力不变时,其动量一定不变 C.物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动 D.动能不变,物体的动量一定不变 2.如图1所示,将纸带的一端压在装满水的矿泉水瓶底下,用手慢慢拉动纸带,可以看到瓶子跟着纸带一起移动起来。拉紧纸带,用手指向下快速击打纸带,如图2所示,可以看到纸带从瓶底抽出,而矿泉水瓶仍平稳地停留在原处。下列说法正确的是 (　　) A.两过程瓶所受的摩擦力方向均与纸带运动方向相反 B.两过程瓶所受的摩擦力均为滑动摩擦力 C.图1过程瓶所受摩擦力的冲量等于图2过程瓶所受摩擦力的冲量 D.图1过程瓶的动量变化量大于图2过程瓶的动量变化量 3.用火箭发射人造地球卫星,以喷气前的火箭为参考系,在极短时间内喷出燃气的质量为m,喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为v,喷气后火箭的质量为M。下列说法正确的是 (　　) A.若继续喷出燃气,火箭的速度会减小 B.喷气后,火箭的速度变化量为-mvM C.喷气后,火箭的速度大小一定为mvM−m D.为了提高火箭的速度,可以研制新型燃料以减小燃气的喷射速度v 4.如图所示,光滑的水平地面上静止放着质量为M的小车,小车底边长为L,质量为m的小球从小车顶端静止释放,最终从小车上滑离,不计一切摩擦,下列说法正确的是 (　　) A.小车、小球组成的系统动量守恒 B.小车、小球组成的系统机械能不守恒 C.小球从小车上滑离后,将做自由落体运动 D.小球从小车上滑离时,小车向左运动的距离为mM+mL 5.如图所示,光滑水平面上有a、b、c三个弹性小球,质量分别为2m、3m、m。小球a一端靠墙,并通过一根轻弹簧与小球b相连,此时弹簧处于原长。现给小球c一个向左的初速度v0,与小球b发生碰撞,整个碰撞过程中没有机械能损失,弹簧始终处于弹性限度之内。下列说法正确的是 (　　) A.整个过程中小球a、b、c和弹簧组成的系统动量守恒 B.碰撞过程中小球c的动量变化量大小为2mv0 C.弹簧弹性势能最大值为38mv02 D.弹簧第一次达到最长时,小球a的速度达到最大 6.如图所示,用高压水枪清洗汽车时,设水枪出水口的直径为d1,水柱射出出水口的速度大小为v1,水柱垂直射到汽车表面时的直径为d2,水柱垂直射到汽车表面时水的速度大小为v2,冲击汽车后水的速度为零。已知水的密度为ρ,液体在流动过程中单位时间流过任一横截面的质量相等。下列说法正确的是 (　　) A.若d1 < d2,则v1 < v2 B.高压水枪单位时间喷出的水的体积为12πv2d22 C.高压水枪单位时间喷出的水的质量为14ρπv1d12 D.水柱对汽车的平均冲力大小为18ρπd22v22 7.如图所示,小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,从B到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道,在右端固定一轻弹簧,弹簧处于自然状态,自由端在C点。一质量为m、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A由静止滑下,然后滑入水平轨道,小车(含挡板)的质量为2m,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.滑块到达B点时的速度大小为2gR B.当弹簧压缩到最短时,滑块和小车具有向右的共同速度 C.弹簧获得的最大弹性势能为mgR D.滑块从A点运动到B点的过程中,小车运动的位移大小为23R 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分) 8.如图所示,质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道小车静止于光滑水平面上,一质量也为m的小球以水平初速度v0冲上小车,到达某一高度后,小球又返回小车的左端,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　) A.小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒 B.小球返回到小车左端时,小车向右运动的速度最大 C.无论小球初速度v0多大,小球最终都会从小车左侧离开 D.小球返回到小车左端后将向左做平抛运动 9.如图,质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上,圆弧面的最低点和水平面相切,圆弧的半径为R。圆弧体B锁定,圆弧体A不锁定,一个小球从圆弧体A的最高点由静止释放,小球沿圆弧体B上升的最大高度为R2。已知重力加速度大小为g,则 (　　) A.小球与圆弧体的质量之比为1∶1 B.小球与圆弧体的质量之比为1∶2 C.若圆弧体B没有锁定,则圆弧体B最终获得的速度大小为gR D.若圆弧体B没有锁定,则圆弧体B最终获得的速度大小为122gR 10.在冰壶比赛中,某运动员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示,碰撞前、后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示,其中红壶碰撞前、后的图线平行,两冰壶质量相等,则 (　　) A.碰后蓝壶的速度为0.8 m/s B.两壶发生了弹性碰撞 C.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m D.碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受摩擦力 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(7分)某小组用如图所示的装置做“验证碰撞中的动量守恒定律”的实验。 (1)需要的测量仪器或工具有　　　　。(2分)  A.秒表 B.天平(带砝码) C.刻度尺 D.圆规 (2)必须满足的条件是　　　　。(2分)  A.斜槽轨道末端切线水平 B.斜槽轨道应尽量光滑以减小误差 C.入射球和被碰球质量相等 D.入射球每次从轨道的同一位置由静止释放 (3)入射小球质量为m1,被碰小球质量为m2。某次实验中得出的落点情况如图所示,在实验误差允许的范围内,若碰撞过程动量守恒,其关系式应为　　　　　　　　　　　。(用m1、m2、OM、OP、ON表示)(3分)  12.(9分)某实验小组用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。 (1)A、B两个滑块的遮光片的宽度相同,用游标卡尺测量遮光片的宽度,其示数如图乙所示,其值为d=　　　　 cm。(3分)  (2)实验前,接通气源后,在导轨上轻放一个滑块,给滑块一初速度,使它从导轨左端向右运动,发现滑块通过左侧光电门的时间大于通过右侧光电门的时间。为使导轨水平,可调节旋钮Q使导轨右端　　　(选填“升高”或“降低”)一些。(3分)  (3)实验时分别使滑块A、B挤压气垫导轨左、右两侧弹射架中的橡皮条,同时释放后,观察到左侧光电门先后有两个计数,分别为t1、t1',右侧光电门有一个计数t2,已知滑块A的质量为mA,滑块B的质量为mB,如果关系式　　　　　　　　(用题中物理量符号表示,设向右为正方向)成立,则两滑块碰撞过程中动量守恒。(3分)  13.(11分)雨滴从高空落下,由于受空气阻力的作用,经短时间加速后便匀速下落。因此,雨滴通常不会砸伤人,但是对微小的蚊子而言,雨滴可能是致命的。如果雨滴以v0=10 m/s的速度匀速下落,恰好砸中一只停在地面上的蚊子,经过t=5.0×10-3 s速度减为零。已知雨滴的质量m=1.0×10-4 kg,重力加速度g=10 m/s2,在t时间内: (1)求雨滴所受的合外力的冲量大小I;(4分) (2)已知蚊子所受重力G=2.0×10-5 N,求雨滴对蚊子的平均作用力与蚊子重力的大小之比k。(7分) 14.(12分)如图所示,质量m=2 kg的物体以水平速度v0=5 m/s滑上静止在光滑水平面上的平板小车,小车质量M=3 kg,物体与小车上表面之间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,设小车足够长,求: (1)小车和物体的共同速度大小;(4分) (2)物体在小车上滑行的时间;(5分) (3)在物体相对小车滑动的过程中,系统损失的动能。(3分) 15.(15分)如图所示,水平传送带以5 m/s 的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小;(5分) (2)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能;(5分) (3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,求P点到O点的最小距离。(5分) 阶段质量检测(一) 1．选C　动量为零时，物体的速度为零，加速度不一定为零，物体不一定处于平衡状态，A错误；物体所受合外力不变时，若合外力不为零，则加速度不为零且不变，则其速度一定变化，则动量一定变化，B错误；物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动，例如平抛运动，C正确；动能不变，则物体的速度大小不变，但是物体的速度方向可能变化，则物体的动量可能变化，D错误。 2．选D　题图1过程，用手慢慢拉动纸带，瓶与纸带相对静止，瓶所受的摩擦力为静摩擦力，瓶对纸带的静摩擦力阻碍瓶与纸带间的相对运动趋势，方向与纸带运动方向相反，根据牛顿第三定律，瓶所受的静摩擦力方向与纸带运动方向相同；题图2过程瓶与纸带间发生相对运动，瓶所受的摩擦力为滑动摩擦力，瓶对纸带的摩擦力阻碍瓶与纸带间的相对运动，方向与纸带运动方向相反，根据牛顿第三定律，瓶所受的滑动摩擦力方向与纸带运动方向相同；故两过程瓶所受的摩擦力方向均与纸带运动方向相同，故A、B错误；瓶的动量变化量为Δp＝mv，题图1过程慢慢拉动纸带后，瓶的速度不为零，题图2过程纸带从瓶底抽出后，瓶的速度等于零，则题图1过程瓶的动量变化量大于题图2过程瓶的动量变化量，故D正确；根据动量定理If＝Δp可知，题图1过程瓶所受摩擦力的冲量大于题图2过程瓶所受摩擦力的冲量，故C错误。 3．选B　火箭向后喷气，火箭对喷出的气体有向后的作用力，喷出的气体反过来对火箭产生一个向前的反作用力，从而使火箭获得向前的推力，不断喷出气体，则火箭的速度会越来越大，故A错误；由动量守恒定律可知mv＋MΔv＝0，即喷气后火箭的速度变化量为Δv＝－eq \f(mv,M)，因喷气前火箭的速度未知，则不能确定喷气后火箭的速度，B正确，C错误；为了提高火箭的速度，可以研制新型燃料以增加燃气的喷射速度v，D错误。 4．选D　对于小车、小球组成的系统，由于小球沿曲面加速下滑，有竖直向下的加速度，所以系统竖直方向的合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；对于小车、小球组成的系统，在小球下滑过程中只有重力做功，所以系统机械能守恒，B错误；对系统，水平方向动量守恒，有0＝mv1－Mv2，根据机械能守恒定律，有mgh＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22，小球滑离小车时的速度不为零，因此小球做平抛运动，C错误；对系统，水平方向动量守恒，有0＝mv1－Mv2，即有Meq \f(x2,t)＝meq \f(x1,t)，即Mx2＝mx1，又因为x1＋x2＝L，解得x2＝eq \f(m,m＋M)L，D正确。 5．选C　由于墙壁对a球有弹力作用，整个过程中小球a、b、c和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；小球c与小球b发生弹性碰撞，设碰撞后小球b速度为v1，小球c速度为v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝3mv1＋mv2，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)·3mv12＋eq \f(1,2)mv22，解得v1＝eq \f(1,2)v0，v2＝－eq \f(1,2)v0，所以Δp＝mv2－mv0＝－eq \f(3,2)mv0，故小球c的动量变化量大小为eq \f(3,2)mv0，故B错误；小球b向左运动至速度为零时，弹簧弹性势能最大，则Epm＝eq \f(1,2)·3mv12＝eq \f(3,8)mv02，故C正确；从小球b开始压缩弹簧到弹簧恢复原长过程，小球b与弹簧组成的系统机械能守恒，小球b向右的速度大小为v1，当小球a、b向右运动，弹簧恢复原长时，小球a的速度最大，故D错误。 6．选C　因液体在流动过程中单位时间流过任一横截面的质量相等，则eq \f(1,4)πd12v1ρ＝eq \f(1,4)πd22v2ρ，若d1v2，A错误；高压水枪单位时间喷出的水的体积为V0＝eq \f(1,4)πv1d12＝eq \f(1,4)πv2d22，B错误；高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0＝ρV0＝eq \f(1,4)ρπv1d12＝eq \f(1,4)ρπv2d22，C正确；根据动量定理有FΔt＝Δmv2＝eq \f(1,4)πd22ρv2Δt·v2，由牛顿第三定律可得水柱对汽车的平均冲力大小为eq \f(1,4)ρπd22v22，D错误。 7．选C　滑块运动到B点时，水平方向由动量守恒定律有mv1＝2mv2，根据机械能守恒定律有mgR＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22，解得此时滑块的速度大小为v1＝eq \r(\f(4,3)gR)，小车的速度大小为v2＝eq \r(\f(1,3)gR)，故A错误；弹簧压缩到最短时滑块与小车共速，弹簧的弹性势能最大，设共速时的速度大小为v，则有0＝(m＋2m)v，即弹簧压缩到最短时，两者速度均为零，则根据能量守恒定律可知Epmax＝mgR，故B错误，C正确；滑块从A点运动到B点的过程，由人船模型可知mx1＝2mx2，x1＋x2＝R，解得小车运动的位移大小为x2＝eq \f(R,3)，故D错误。 8．选ABC　小球和小车组成的系统在水平方向上所受合外力为0，则系统在水平方向上动量守恒，故A正确；小球在圆弧轨道上运动时，对小车的压力一直具有水平向右的分力，使小车向右加速运动，则小球返回到小车左端时，小车向右运动的速度最大，故B正确；若v0足够大，当小球飞离小车时，小球相对小车的速度竖直向上，即此时二者的水平分速度相等，则小球一定会落回小车，最终从左侧离开小车，故无论小球初速度v0多大，小球最终都会从小车左侧离开，故C正确；设小球离开小车时的速度为v1，小车的速度为v2，取向右为正方向，整个过程中根据水平方向动量守恒得mv0＝mv1＋mv2，由系统机械能守恒得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22，联立解得v1＝0，v2＝v0，所以小球与小车分离后将做自由落体运动，故D错误。 9．选AC　设小球质量为m，圆弧体质量为M，小球从圆弧体A上滚下时，圆弧体A的速度大小为v1，小球的速度大小为v2，由题意可知Mv1＝mv2，mgR＝eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22，eq \f(1,2)mgR＝eq \f(1,2)mv22，解得M＝m，v2＝eq \r(gR)，故A正确，B错误；若圆弧体B没有锁定，则小球与圆弧体B作用过程类似于弹性碰撞，二者交换速度，因此圆弧体B最终获得的速度大小为eq \r(gR)，故C正确，D错误。 10．选AD　由题图(b)可知碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后红壶的速度为v0′＝0.2 m/s，可知碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，代入数据解得v＝0.8 m/s，根据eq \f(1,2)mv02>eq \f(1,2)mv0′2＋eq \f(1,2)mv2可知，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A正确，B错误；红壶的加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1.2－1.0,1) m/s2＝0.2 m/s2，若红壶未发生碰撞，停止运动的时间为t0＝eq \f(v0,a)＝eq \f(1.2,0.2) s＝6 s，根据v­t图像与横轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小x＝eq \f(0.8,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－1))m＝2.0 m，故C错误；根据v­t图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D正确。 11．解析：(1)根据实验原理可知，若碰撞过程中动量守恒，则满足m1eq \x\to(OP)＝m1eq \x\to(OM)＋m2eq \x\to(ON)，实验中需要测量的物理量有：两小球质量和水平射程，因此需要用到刻度尺和天平；测量水平射程前，要确定小球的平均落点，需要用到圆规；不需要测量时间，不需要秒表。故选B、C、D。 (2)要保证小球每次都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确；“验证碰撞中的动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，只要小球离开轨道后做平抛运动就可以，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；为了保证入射小球碰后不反弹，所以入射球的质量要大于被碰球的质量，故C错误；要保证入射球每次碰撞前的速度都相同，所以入射球每次都要从同一位置由静止滚下，故D正确。 (3)若碰撞过程中动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2，由于小球做平抛运动，下落的高度相同，在空中运动的时间相同，两边乘以时间得m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即m1eq \x\to(OP)＝m1eq \x\to(OM)＋m2eq \x\to(ON)。 答案：(1)BCD　(2)AD　(3)m1eq \x\to(OP)＝m1eq \x\to(OM)＋m2eq \x\to(ON) 12．解析：(1)20分度游标卡尺的精确值为0.05 mm，由题图乙可知遮光片的宽度为 d＝2 mm＋14×0.05 mm＝2.70 mm＝0.270 cm。　 (2)给滑块一初速度，使它从导轨左端向右运动，发现滑块通过左侧光电门的时间大于通过右侧光电门的时间，可知滑块做加速运动，为使导轨水平，可调节旋钮Q使导轨右端升高一些。 (3)A、B两滑块分别从导轨的左、右两侧向中间运动，设向右为正方向，根据动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝－(mA＋mB)vAB，遮光片的宽度为d，根据题意有vA＝eq \f(d,t1)，vB＝eq \f(d,t2)，vAB＝eq \f(d,t1′)，可得如果关系式eq \f(mA,t1)－eq \f(mB,t2)＝－eq \f(mA＋mB,t1′)成立，则两滑块碰撞过程中动量守恒。 答案：(1)0.270　(2)升高　(3)eq \f(mA,t1)－eq \f(mB,t2)＝－eq \f(mA＋mB,t1′) 13．解析：(1)对雨滴，规定竖直向下为正方向，根据动量定理有－I＝0－mv0，解得I＝1.0×10－3 N·s。 (2)对雨滴，根据动量定理可得(mg－F)t＝0－mv0 根据牛顿第三定律得，雨滴对蚊子的平均作用力大小为F′＝F＝0.201 N，则k＝eq \f(F′,G)＝10 050。 答案：(1)1.0×10－3 N·s　(2)10 050 14．解析：(1)物体和小车组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v 解得小车和物体的共同速度 v＝eq \f(mv0,M＋m)＝eq \f(2×5,2＋3) m/s＝2 m/s。 (2)根据牛顿第二定律有－μmg＝ma 物体在小车上做匀减速运动的加速度为 a＝－μg＝－5 m/s2 则物体在小车上滑行的时间t＝eq \f(v－v0,a)＝0.6 s。 (3)系统损失的动能为 ΔEk＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2＝15 J。 答案：(1)2 m/s　(2)0.6 s　(3)15 J 15．解析：(1)根据题意，小物块在传送带上受滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有μm物g＝m物a 解得a＝5 m/s2 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x＝eq \f(v传2,2a)＝2.5 m