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2024-2025高二物理选择性必修第一册【新教材】人教版（2019）：第一章 动量守恒定律单元练
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球向右拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切摩擦，小球向左摆到最低点过程中（ ）
A．小车和小球组成的系统动量守恒 B．车的机械能守恒
C．细绳中的拉力对小车做正功 D．小球的机械能增加
2．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，，，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
3．如图所示，相同的两木块M、N，中间固定一轻弹簧，放在粗糙的水平面上，用力将两木块靠近使弹簧压缩，当松手后两木块被弹开的过程中，不计空气阻力，则对两木块和弹簧组成的系统有（　　）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量、机械能都不守恒
4．质量为ma＝1 kg，mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图像如图所示，则可知碰撞属于（　　）
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，不能确定
5．如图所示，光滑水平面上静置一质量为M的木块，由一轻弹簧连在墙上，有一质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在其中，当木块第一次回到原来位置的过程中，墙对弹簧的冲量大小为（ ）
A．0 B． C． D．2mv0
6．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比m1：m2为（ ）
A．（+1）：（﹣1） B．：1
C．（﹣1）：（+1） D．1：
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．物理知识在生活和生产中有广泛应用，以下实例利用了反冲现象的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（　　）
A．A物体的质量为3m
B．A物体的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
9．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为△P1、△P2、△P3，则有（　　）
A．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量相等
B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
C．I1＜I2＜I3，△P1＝△P2＝△P3
D．I1＜I2＜I3，△P1＜△P2＜△P3
10．一列火车共有n节车厢，各节车厢质量相等，车厢之间间隙相等，间隙长度的总和为L，静止于水平长直轨道上．若第一节车厢以v0向第二节车厢运动，碰撞后连在一起运动，再与第三节车厢碰撞后连在一起运动，再与第四节车厢碰撞……，以此类推，直到n节车厢全部运动，则火车的最后速度v及整个过程所经历的时间t为：（不计铁轨对车轮的阻力以及列车编组时的动力）
A． B． C． D．
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．如图甲所示，物块A、B的质量分别是和，A、B用轻弹簧拴接，放在光滑的水平面上，B右侧与竖直墙壁相接触.时，另有一物块C以速度向右运动，在时与A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，C的图像如图乙所示.求：
（1）C的质量；
（2）B离开墙壁后弹簧具有的最大弹性势能；
（3）在4~ 12 s的时间内墙壁对B弹力的冲量的大小
12．实验小组用如图1所示装置来验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒.、为两个直径相同的小球，质量分别为、，且.实验时，接球板水平放置，让入射球多次从斜轨上点静止释放，平均落点为；再把被碰小球静放在水平轨道末端，再将入射小球从斜轨上某一位置静止释放，与小球相撞，并多次重复，分别记录两个小球碰后的平均落点、.
图1 图2
（1） 关于该实验的要求，下列说法正确的是____.（多选，填正确答案前的标号）
A．斜槽末端必须是水平的
B．斜槽轨道必须是光滑的
C．必须测出斜槽末端的高度
D．放上小球后，球必须仍从点释放
（2） 图1中点为斜槽末端在接球板上的投影点，实验中测出、、的长度分别为、、.若两球碰撞时动量守恒，则满足的表达式为____________________.（用题中已知物理量符号表示）
（3） 如图2所示，仅改变接球板的放置，让接球板的一端紧靠在斜槽末端，使小球仍从斜槽上点由静止释放，重复第一次实验操作，在接球板上得到三个落点、、，其中点为斜槽末端与接球板的接触点，测出、、长度分别为、、.若两球碰撞时动量守恒，则满足的表达式为______________________.（用题中已知物理量符号表示）
（4） 某同学仅将球替换为半径相同、质量为的球，重复第一次实验操作，发现碰撞后球反向运动，沿倾斜轨道上升一段距离后再次下滑离开轨道末端，假设斜槽轨道光滑，测量碰撞后、落点的平均位置到点的距离分别为、.若误差允许范围内满足关系式_____________________________（用题中已知物理量符号表示），则可以认为两球碰撞前后的动量守恒.
13．如图甲所示，冲击摆是一个用细线悬挂着的摆块，弹丸击中摆块时陷入摆块内，使摆块摆至某一高度，利用这种装置可以测出弹丸的发射速度．
实验步骤如下：
①用天平测出弹丸的质量和摆块的质量；
②将实验装置水平放在桌子上，调节摆绳的长度，使弹丸恰好能射入摆块内，并使摆块摆动平稳，同时用刻度尺测出摆长；
③让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机，把弹丸射入摆块内，摆块和弹丸推动指针一起摆动，记下指针的最大偏角；
④多次重复步骤③，记录指针最大偏角的平均值；
⑤换不同挡位测量，并将结果填入下表．
挡位 平均最大偏角 弹丸质量 摆块质量 摆长 弹丸的速度
低速挡 15.7 0.00765 0.0789 0.270 5.03
中速挡 19.1 0.00765 0.0789 0.270 6.77
高速挡 0.00765 0.0789 0.270 7.15
完成下列填空：
（1）现测得高速挡指针最大偏角如图乙所示，请将表中数据补充完整： ．
（2）用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度 ．（已知重力加速度为）
（3）为减小实验误差，每次实验前，并不是将指针置于竖直方向的零刻度处，常常需要试射并记下各挡对应的最大指针偏角，每次正式射击前，应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角．请写出这样做的一个理由： ．
14．如图是冲击摆装置.塑料制成的摆块用绳悬挂起来，使它只能摆动不能转动.摆块中间正对枪口处有一水平方向的锥形孔，孔的内壁垫以泡沫塑料，当弹丸射入后迅速停住，然后与摆块一起摆动，读出摆线偏离竖直方向的最大角度，就可求出弹丸的速度.某次实验中，弹簧枪射出的弹丸以某一速度v0（未知）水平射入静止的摆块，读出摆线偏离竖直方向的最大角度α=37°；然后将摆块拉到摆线偏离竖直方向的角度β=60°由静止释放，当摆块摆到最低位置时，让弹丸以相同速度v0射入，摆块恰好静止.已知摆线的长度L=1.00m，不考虑空气阻力，求弹丸质量m与摆块质量M的比值及弹丸的初速度v0的大小。（g取10m/s2，cos 37°=0.8）
15．如图，三块厚度相同、质量相等的木板、、（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于木板左端.已知三块木板质量均为，木板长度为，机器人质量为，重力加速度取，忽略空气阻力.
（1） 机器人从木板左端走到木板右端时，求、木板间的水平距离.
（2） 机器人走到木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从木板右端跳到木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值.
（3） 若机器人以做功最少的方式跳到木板左端后立刻与木板相对静止，随即相对木板连续不停地3次等间距跳到木板右端，此时木板恰好追上木板.求该时刻、两木板间距与木板长度的关系.
参考答案
1．【知识点】动量守恒的判定与应用
【答案】C
【详解】A．小球在摆动得过程中，小球和小车系统只受重力和支持力作用，水平方向合力为零，所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上，只有小球有竖直方向的分速度，且各位置的分速度不相等，则竖直方向动量不守恒，所以系统动量不守恒，A错误；
BCD．小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球拉力做正功，因小球的部分机械能转化为小车的机械能，所以小球机械能减小，小车机械能增大，BD错误，C正确。
故选C。
2．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】C
【详解】
AB．两球碰撞后A的速度不可能大于B的速度，故A、B均错误；
C．两球碰撞过程，系统不受外力，系统总动量守恒，根据能量守恒定律，碰撞后系统总动能应该小于或者等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22 J，C选项碰后总动能为16.75 J，符合题意，故C正确；
D．D选项满足碰撞过程系统总动量守恒，但是碰后总动能为46.75 J，超出原有的总动能，故D错误。
故选C。
3．【知识点】动量守恒与弹簧相结合
【答案】B
【详解】
两木块相同，与地面的摩擦力大小相等，方向相反，则两木块被弹开时，两木块与弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，在整个过程中除弹簧弹力做功外，还有摩擦力做功，则两木块及弹簧组成的系统机械能不守恒。
故选B。
4．【知识点】弹性碰撞和非弹性碰撞、求解弹性碰撞问题
【答案】A　
【详解】由x-t图像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va'＝－1 m/s，vb'＝2 m/s，碰撞前动能为ma＋mb＝ J，碰撞后动能为mava'2＋mbvb'2＝ J，故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后动量mava'＋mbvb'＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞。故选A。
5．【知识点】子弹-木块模型
【答案】D
【详解】
由于子弹射入木块的时间极短，系统的动量守恒，取向右为正向，根据动量守恒定律得
mv0=(M+m) v，
解得
从弹簧被压缩到木块第一次回到原来的位置过程中，系统速度大小不变，方向改变，对木块（含子弹），根据动量定理得
由于弹簧的质量不计，则墙对弹簧的弹力等于弹簧对木块的弹力，所以墙对弹簧的冲量大小等于弹簧对木块的冲量大小，为2mv0
A．0，与结论不相符，选项A错误；
B．，与结论不相符，选项B错误；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．2mv0，与结论相符，选项D正确；
6．【知识点】人船模型、动量守恒的判定与应用
【答案】C
【详解】
两球到达最低的过程由动能定理得：mgR=mv2，解得；所以两球到达最低点的速度均为：；设向左为正方向，则m1的速度，则m2的速度，由于碰撞瞬间动量守恒得：m2v2+m1v1=（m1+m2）v共
解得：①
二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道P点，对此过程由动能定理得：-（m1+m2）gR（1-cos60°）=0-（m1+m2）v共2②
由①②解得：
整理得：m1：m2=，故选C.
7．【知识点】反冲运动
【答案】ACD
【详解】乌贼喷水前行、火箭喷气升空、飞机喷气加速都是利用了反冲原理，而电风扇吹风不是反冲。故选A、C、D 。
8．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】AC　
【详解】对图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝M，对图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量仍为x时，A、B二者达到相等的速度v，由动量守恒定律有M·2v0＝（M＋m）v，由能量守恒定律有Ep＝M（2v0）2－（M＋m）v2，联立得M＝3m，Ep＝M＝m，故A、C正确，B、D错误。
9．【知识点】冲量的概念
【答案】BC
【详解】
AB．三个过程中，由于斜面光滑，故运动过程中机械能守恒，由
可知，三个过程中到达斜面底端时的速度大小都相等，但速度方向不同，由动量定理可知，三个过程中合外力的冲量大小相等，方向不同，动量的变化量大小相等，方向也不相同；由于动能是标量，故这三个过程中动能的变化量是相等的，由动能定理可得，这三个过程中，合外力做功相等，故A错误，B正确；
CD．设斜面的高度为H，斜面的倾角为α，则物体在斜面下滑的时间
由上式可知，α越大，时间t越短，故有t1I1＜I2＜I3
由上面AB选项的分析，可知
△P1＝△P2＝△P3
故C正确，D错误。
故选BC。
10．【知识点】动量与牛顿定律的综合考查、动量和能量的综合应用、动量守恒的判定与应用
【答案】AD
【详解】
AB．n节车厢运动、碰撞过程中，系统所受外力之和为零，故整个过程中动量守恒，则根据动量守恒有：
解得，故A正确，B错误.
CD．设每节车厢相邻间距为s，则有：
碰撞后链接在一起的车厢节数依次为2节、3节···(n-1)节，n节，它们的速度相应为所以火车最后的速度为，由：
得通过各间距的时间分别为：
···
整个过程经历的时间为：
故C错误，D正确.
11．【知识点】动量和能量的综合应用、动量守恒与弹簧相结合
【答案】（1）3kg （2）13.5 J （3）
【详解】
（1）取水平向右为正方向，由题图乙知，C与A碰前速度为，碰后速度为的，C与A碰撞过程中动量守恒，有
解得
（2）B离开墙壁之后，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，且当A、C与B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，取水平向右为正方向，设B离开墙壁的瞬间A、C的速度为，A、B、C速度相等时共同速度为，由题图知，，有
联立解得
（3）在4~12 s的时间内，取水平向右为正方向，根据动量定理，墙壁对B的冲量为
代入数据得
即墙壁对B弹力的冲量的大小为。
12．【知识点】研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
【答案】（1） AD
（2）
（3）
（4）
【解析】
（1） 为使小球运动至轨道末端的速度相同,放上小球后,球必须仍从点释放,为保证小球从斜槽末端飞出后做平抛运动，斜槽末端必须水平,安装的斜槽轨道不需要光滑,故、正确,错误；小球从斜槽末端飞出后做平抛运动,竖直方向上,小球下落的高度相等,则小球在空中运动的时间相等,小球水平位移之比等于小球初速度之比,实验不需要测出斜槽末端距地面的高度,故错误.
（2） 小球从斜槽末端飞出后做平抛运动,竖直方向上,小球下落的高度相等,则小球在空中运动的时间相等,设为,碰撞前小球的速度为,碰撞后小球、小球的速度分别为,,两球碰撞前后的总动量守恒，有,整理得.
（3） 设斜面的倾角为 ,小球做平抛运动,有,,解得,则碰撞前小球的速度为,碰撞后小球、小球的速度分别为,,两球碰撞前后的总动量守恒,有,整理得.
（4） 碰撞后球反向运动，斜槽轨道光滑,结合（2）问分析可知，若误差允许范围内满足关系式,可以认为两球碰撞前后的动量守恒.
13．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】22.4（22.1°~22.7°均正确）；；较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能
【详解】
(1)[1]分度值为1°，故读数为22.4°（22.1°~22.7°均正确）；
(2)[2]弹丸射入摆块内，系统动量守恒
摆块向上摆动，由机械能守恒定律得
联立解得
(3)[3] 弹丸射入摆块时，机械能损失
联立动量守恒定律可得
所以较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能（其他理由，如“摆块在推动指针偏转时要克服摩擦力做功”“指针摆动较长的距离损失的机械能较多”等，只要合理即可）。
14．【知识点】动量和能量的综合应用、子弹-木块模型
【答案】 ；
【详解】
设弹丸射入摆块后共同速度为v，选v0的方向为正方向，系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律得
弹丸与摆块一起摆起的过程中系统机械能守恒，则有
将摆块拉起由静止释放，摆块摆到最低点时的速度为v1.
由机械能守恒定律得
弹丸射入摆块后系统共同速度为0，选v0的方向为正方向，由动量恒定律得
mv0－Mv1=0.
联立解得
15．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】（1）
（2） ；2
（3）
【解析】
（1） 机器人从木板左端走到木板右端的过程中,机器人与木板组成的系统动量守恒,木板向左运动,、木板静止,设机器人的质量为,三个木板的质量均为,由动量守恒定律得,设所用时间为,则有,即,又,联立解得,则、木板间的水平距离为.
（2） 设机器人起跳的速度大小为,速度方向与水平方向的夹角为 ,机器人从木板右端跳到木板左端的时间为,由斜抛运动规律得,,联立解得,机器人跳离木板的过程中,系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得,由功能关系得,机器人做的功为,联立可得,由数学知识可知,当且仅当时,即时,机器人做功最少,代入可得.
（3） 由,可计算出,由解得,此后木板以此速度向左做匀速直线运动.机器人跳离木板到与木板相对静止的过程中,机器人与、木板组成的系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得,此过程中木板向左运动的距离,代入数据得,机器人连续三次等间距跳到木板右端,整个过程机器人和木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次跳起后机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,机器人每次跳跃的时间为,以向右为正方向,由动量守恒定律得 ①,每次跳跃,机器人和木板的相对位移为,则有 ②,机器人到达木板右端时,木板恰好追上木板,从机器人跳上左端到跳到的右端的过程中,、木板的位移之差为,则有 ③,联立①②③三个式子得,A、两木板的间距为,,整理得.
【一题多解】
第（3）问的其他两种解法
解法一 累积法
当机器人跳到板右端时,板左端恰好追上板,求解、之间的距离,可以转化为求解板左端到的距离,这样就不需要再关注板的运动.机器人跳离木板到与木板相对静止的过程中,机器人与、木板组成的系统在水平方向动量守恒,得,机器人开始三连跳,、分离,的速度向右保持不再发生变化.机器人连续3次等间距跳到木板右端,整个过程机器人和木板组成的系统水平方向动量守恒.设三连跳过程中任意时刻机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,则,
机器人跳跃的总时间为,取向右为正方向,左右两边同时乘以相互作用时间,得,
设机器人与、共速时,从左端到右端用时间,向右运动,向左运动,机器人向右运动,即,
板长,
代入数据可得,
B能追上,则该时刻、两板间距.
解法二 巧选参考系法
当机器人跳到板右端时,板左端恰好追上板,则求解、之间的距离,可以转化为求解板左端到的距离,这
样就不需要再关注板的运动.当机器人在上开始三连跳时,、分离,则的速度不再发生变化,以为参考系,可以只研究机器人与组成的系统,机器人与初始时与共速,则二者组成的系统总动量始终为0,即人船模型,设三连跳过程中任意时刻机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,则在跳跃过程中任意时刻满足,
机器人从木板左端走到木板右端时,机器人、木板运动位移分别为、,有,
如图所示（机器人用小球表示）,由图可看出板长,
代入数据可得,
B左端到的距离即、两板间距为.
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