2023-2024学年鲁科版选择性必修1第一章 动量及其守恒定律 单元测试A卷（含解析）

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2023-2024学年 鲁科版 选择性必修1 第一章《动量及其守恒定律》单元测试A卷
试卷后附解析
考试范围：xxx；考试时间：75分钟；命题人：xxx
题号 一 二 三 四 总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请添加修改第I卷的文字说明
评卷人得分
一、单选题
1．如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量，正确的是（　　）
A．拉力F的冲量大小为Ftcosθ
B．摩擦力的冲量大小为Ftsinθ
C．重力的冲量大小为mgt
D．物体所受支持力的冲量大小为mgt
2．质量为m的小球，沿水平方向以速率v与固定的竖直壁作弹性碰撞，设指向壁内的方向为正方向，则由于此碰撞，小球的动量增量为（　　）
A．mv B．0 C．2mv D．–2mv
3．某人站在平板车上，与车一起在光滑水平面上做匀速直线运动，当人相对于车竖直向上跳起时，车的速度大小将怎样变化（ ）
A．变小 B．不变 C．变大 D．变大、变小或不变均可能
4．2022年北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，由任子威、曲春雨、范可新、武大靖、张雨婷组成的中国队以2分37秒348的成绩夺冠。在交接区域，“交棒”的任子威猛推“接棒”的武大靖一把，使武大靖向前快速冲出。在此过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．任子威和武大靖的加速度相同
B．任子威对武大靖的冲量与武大靖对任子威的冲量相同
C．任子威和武大靖的动量变化量一定不相同
D．任子威和武大靖组成的系统机械能一定守恒
5．一个质量为m、带电量为、直径为d的实心钢球，以初速度进入绝缘水平光滑直轨道，正好撞上该轨道上另一个完全相同但不带电的钢球，在整个运动过程中（　　）
A．两球的总动量和机械能都保持不变
B．两球速度相同时，两球静电力小于
C．由于存在静电力作用，系统的动量和机械能都不守恒
D．因为两球完全相同，碰撞后入射球将保持静止
6．某人以拉力F将物块沿斜面向下拉，如图所示，拉力等于摩擦力即，在物体下滑过程中　　
A．物体匀速运动
B．拉力的瞬时功率增大
C．摩擦力的冲量不变
D．物体的机械能增大
7．如图所示，一大型气球初始时悬停在空中，喷气口被绳系着，某时刻系在喷气口的绳子突然松开，内部气体竖直向下喷出，由于反冲作用气球开始向上运动。已知内部气体的密度为，气球连同内部气体最初的质量为m，喷气口的横截面积为S，绳子松开瞬间喷出气体的速度为v，重力加速度为g，不计空气阻力，则绳子松开瞬间气球的加速度大小为（　　）
A． B． C． D．
评卷人得分
二、多选题
8．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线同一方向运动，A球的动量是7kg m/s，B球的动量是5kg m/s．当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（ ）
A．pA = 6kg m/s， pB = 6kg m/s B．pA = 8kg m/s，pB = 4kg m/s
C．pA = -2kg m/s，pB = 14kg m/s D．pA= - 7kg m/s，pB=19kg m/s
9．如图所示，质量为0.4kg的四分之一圆弧轨道静止在光滑水平面，右侧有固定在竖直平面内的光滑半圆轨道，半径为0.4m，下端与水平面相切。现在将质量为0.2kg可视为质点的小球，从图中A点静止释放，小球离开圆弧轨道后恰好能通过半圆轨道的最高点，重力加速度为10m/s2，不计一切阻力。下列说法正确的（　　）
A．小球沿圆弧轨道下滑过程，系统动量守恒
B．小球沿圆弧轨道下滑过程，系统机械能守恒
C．小球通过半圆轨道D点时，对轨道的压力大小为4N
D．小球与圆弧轨道分离时，圆弧轨道的位移为0.5m
10．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为，不计空气阻力。下列说法错误的是（ ）
A．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球离开小车后做竖直上抛运动
C．小球从进入小车轨道到离开水平位移为半圆的直径
D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为
11．在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，用来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两冰壶质量相等，由图象可知（　　）
A．碰撞后，蓝壶经过5s停止运动
B．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s
C．红蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞
D．红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：4
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人得分
三、实验题
12．在“验证动量守恒定律”实验中，A、B两小球大小相同，质量分别为m1、m2（m1>m2），实验装置如图所示。
（1）实验步骤正确的顺序是 ；（填写字母）
A．将斜槽固定在桌边并使其末端水平。在地板上铺白纸和复写纸，通过小铅锤将斜槽末端在纸上的投影记为点O。
B．取下白纸，用圆规找出落点的平均位置点P、点M和点N，用刻度尺测出lOP、lOM和lON。
C．改变点C位置，重复上述实验步骤。
D．首先让球A从斜槽点C由静止释放，落在复写纸上，如此重复多次。
E．再将球B放在槽口末端，让球A从点C由静止释放，撞击球B，两球落到复写纸上，如此重复多次。
（2）按照本实验方法，验证动量守恒定律的关系式是 。
A．　　B．
C．　　D．
13．如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（G-Atwood1747-1807）创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律和动量守恒定律，如图乙所示。（已知当地的重力加速度为g）
（1）该同学用游标卡尺测量遮光片的宽度如图所示，则d= mm；然后将质量均为m（A含挡光片和挂钩、B含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，A置于桌面上处于静止状态，测量出挡光片中心到固定光电门中心的竖直距离h；
（2）为了验证动量守恒定律，该同学让A在桌面上处于静止状态，将B从静止位置竖直上升s后由自由下落，直到光电门记录下挡光片挡光的时间为（B未接触桌面），则验证绳绷紧过程中系统沿绳方向动量守恒定律的表达式为 ；如果该同学忘记将B下方的质量也为m的C取下，完成测量后，验证动量守恒定律的表达式为 。
评卷人得分
四、解答题
14．如图，光滑水平面上有一具有光滑曲面的静止滑块B，可视为质点的小球A从B的曲面上离地面高为h处由静止释放，且A可以平稳地由B的曲面滑至水平地面。已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度为g，试求：
（i）A从B上刚滑至地面时的速度大小；
（ii）若A到地面后与地面上的固定挡板P碰撞，之后以原速率反弹，则A返回B的曲面上能到达的最大高度为多少？

15．“蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空处自由下落，在空中感受完全失重的滋味。此人质量为，橡皮绳原长，人可看成质点，且此人从跳台自静止下落到最低点所用时间，取重力加速度。
（1）此人下落到橡皮绳刚伸直（原长）时，人的动量是多少？
（2）从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中橡皮绳对人平均作用力为多大？

16．如图所示，轨道ABC中的A段为一半径R=0.2m的光滑圆形轨道，BC段为足够长的粗糙水平面．一小滑块P由A点从静止开始下滑，滑到B点时与静止在B点相同质量的小滑块Q碰撞后粘在一起，两滑块在BC水平面上滑行一段距离后停下．g取10m/s2，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同μ=0.1，求：
(1)小滑块P刚到达圆形轨道B点时轨道对它的支持力FN为3N，求该滑块的质量和运动到B点的速度．
(2)滑块在水平面上的滑行的距离．
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
) (
※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
) (
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(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
) (
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
) (
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)
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
解析：A．拉力F的冲量大小为
IF=Ft
故A错误；
B．物体做匀速直线运动，可知摩擦力
f＝Fcosθ
则摩擦力的冲量大小为
ft＝Ftcosθ
故B错误；
C．重力的冲量大小为
ＩG＝mgt
故C正确；
D．支持力的大小为
N＝mg－Fsinθ
则支持力的冲量大小为
IN=（mg－Fsinθ）t
故D错误。
答案：C。
2．D
解析：依题意，规定指向壁内的方向为正方向，则小球的初动量为，与固定的竖直壁作弹性碰撞，则小球等速率反弹，动量为，小球动量的增量为
答案：D。
3．B
解析：人和车组成的系统，在水平方向上不受外力，动量守恒，人竖直跳起时，水平方向上的速度与车的速度相等，根据动量守恒定律，知车的速度大小不变。
答案：B。
4．C
解析：A．任子威和武大靖受到的推力大小相等反向相反，但是质量不同因此加速度大小不同，A错误；
B．任子威对武大靖的冲量与武大靖对任子威的冲量大小相等，方向相反，B错误；
C．根据动量定理，动量的变化量等于冲量，任子威和武大靖的动量变化量的方向相反，所以任子威和武大靖的动量变化量一定不相同，C正确；
D．因为推力做功，任子威和武大靖组成的系统机械能一定增加，D错误。
答案：C。
5．B
解析：AC．在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的动量守恒，但是两个小球接触后会分别带上等量的相同电荷，发生排斥，电场力对每个小球做正功，机械能增加，AC错误；
D．发生碰撞后，两个小球接触后会分别带上等量的电荷，发生排斥，则碰撞后入射球不会保持静止，D错误；
B．当两个小球接触时刻，分别带上等量相同的电荷，相互排斥，此时相互作用的库仑力最大，约为
因为碰撞后，两球不静止，两球之间的距离变大，则两球速度相同时，两球静电力小于，B正确。
答案：B。
6．B
思路：分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律确定其运动情况；根据功的定义计算合外力做功；根据机械能守恒条件：只有重力做功，其他力做功代数和为零，分析机械能是否守恒．由公式分析拉力的瞬时功率如何变化；根据冲量的定义分析摩擦力的冲量变化情况.
解析：A、对物体受力分析：物体受重力、拉力、摩擦力和支持力，由于拉力和摩擦力二力平衡，相互抵消，相当于只受重力和斜面的支持力，故物体沿斜面向下做匀加速直线运动，故A错误；
B、物体的速度增加，由知，拉力的瞬时功率增大，故B正确；
C、根据冲量的定义可知，，故摩擦力的冲量增大，故C错误；
D、由于拉力和摩擦力平衡，它们做功之和为零，支持力不做功，故总功等于重力的功，故机械能保持不变，故D错误.
答案：B.
点拨：本题关键明确机械能守恒的条件以及冲量的定义，能通过受力分析并结合功能关系进行分析判断．
7．A
解析：由题意可知初始状态有
取极短时间Δt内喷出的气体为研究对象，根据动量定理得
得
F=ρv2S
根据牛顿第三定律知气体对气球的作用力大小为ρv2S，方向竖直向上。对气球，根据牛顿第二定律得
得
答案：A。
8．AC
解析：碰前系统的总动量
kg m/s
由题意，设两球质量为和，根据碰撞条件得
即
A．pA = 6kg m/s， pB = 6kg m/s，系统动量守恒，且碰后
所以
碰后总动能
解得
故
在碰撞条件区间内是可能的，A正确；
B．pA = 8kg m/s，pB = 4kg m/s系统动量守恒，且碰后
所以
不在碰撞条件区间内，不可能，B错误；
C．pA = -2kg m/s，pB = 14kg m/s系统动量守恒，动量方向相反，碰后符合不会发生二次相碰；碰后总动能
解得
在碰撞条件区间内是可能的，C正确；
D．pA= -7kg m/s，pB=19kg m/s系统动量守恒，动量方向相反，碰后符合不会发生二次相碰；碰后总动能
不满足碰撞动能不增加原理，是不可能，D错误。
答案：AC。
9．BD
解析：A．小球沿圆弧轨道下滑过程，系统竖直方向合力不为零，故系统动量不守恒，故A错误；
B．小球沿圆弧轨道下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故B正确；
C．小球离开圆弧轨道后恰好能通过半圆轨道的最高点，在半圆轨道的最高点
从D点到最高点
在D点
根据牛顿第三定律可知，对轨道的压力大小为6N，故C错误；
D．小球与圆弧轨道分离，由水平方向动量守恒得
由系统机械能守恒得
其中
且
，
解得
故D正确。
答案：BD。
10．ACD
解析：A．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但系统所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；
B．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零。小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B正确；
C．系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
即有
解得
故C错误；
D．小球第一次车中运动过程中，由动能定理得
Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于
0.8h-0.2h=0.6h
故D错误。
答案：ACD。
11．AB
解析：A．设碰撞后，蓝壶经过t时间停止运动。根据三角形相似法知
解得
t=5s
故A正确；
B．设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0=1.0m/s，碰后速度为v′0=0.2m/s，根据动量守恒定律可得
mv0=mv′0+mv
解得
v=0.8m/s
故B正确；
C．碰撞过程两壶损失的动能为
所以红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，故C错误。
D．红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，根据动能定理得，克服摩擦力做功之比为
答案：AB。
12． ADEBC C
解析：（1）[1]实验中，将斜槽固定在桌边并使其末端水平。在地板上铺白纸和复写纸，通过小铅锤将斜槽末端在纸上的投影记为点O，首先让球A从斜槽点C由静止释放，落在复写纸上，如此重复多次，再将球B放在槽口末端，让球A从点C由静止释放，撞击球B，两球落到复写纸上，如此重复多次，取下白纸，用圆规找出落点的平均位置点P、点M和点N，用刻度尺测出lOP、lOM和lON，改变点C位置，重复上述实验步骤。故实验步骤正确的顺序是ADEBC；
（2）[2]根据碰撞的特点可知小球A与B碰撞后，A的速度既小于B的速度，也小于碰撞前瞬间自身的速度，由此可推知P点是A单独运动时的平均落点，M、N点分别是碰撞后A、B的平均落点，由于小球做平抛运动的竖直位移相等，所以运动时间相等，均设为t，则A在碰撞前瞬间的速度为
①
碰撞后瞬间A、B的速度分别为
②
③
根据动量守恒定律有
④
联立①②③④可得
⑤
答案：C。
13． 6.75
解析：（1）[1]游标卡尺的读数为
（2）[2]设绳绷紧前B的速度为，B从静止位置竖直上升s后由自由下落到绳绷紧前的过程中由动能定理得
绳绷紧前动量
绳绷紧后系统所受合外力为0，AB一起匀速运动
绳绷紧后动量
若动量守恒则
所以要验证的表达式为
；
[3]如果该同学忘记将B下方的质量也为m的C取下，完成测量后，设绳绷紧前BC的速度为，BC一起从静止位置竖直上升s后由自由下落到绳绷紧前的过程中由动能定理得
绳绷紧前动量
绳绷紧后ABC一起做匀加速运动
设A上升h后到达光电门时的速度为，绳绷紧后的瞬间速度为，在A上升h的过程中有
绳绷紧后动量
若动量守恒则
所以要验证的表达式为
14．(i)；(ii)
解析：(i)设A刚滑至地面时速度大小为v1，B速度大小为v2，由水平方向动量守恒
m v1=3mv2
由机械能守恒
mgh = mv12+ 3m v22
由以上两式解得
v1=，v2=
(ii) A与挡板碰后开始，到A追上B并到达最高高度hˊ，两物体具有共同速度v，此过程
系统水平方向动量守恒
mv1+3mv2=4mv
系统机械能守恒
mgh= 4mv2+mghˊ
由以上两式解得
hˊ= h
15．（1）1000kg m/s；（2）700N。
解析：（1）人做自由落体运动，下落20m高度时，根据
解得
所以此时人的动量大小
p=mv=50kg×20m/s=1000kg m/s
（2）人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为t1，则
解得
t1=2s
橡皮绳作用时间
t2=t总-t1=7s-2s=5s
取向上为正方向，由动量定理得
（F-mg）t2=0-（-mv）
橡皮绳对人的平均作用力大小为
F=700N
16．(1) 、 (2)
解析：(1)小滑块P沿光滑圆形轨道下滑到达B点的过程中，由动能定理得：
在B点，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：、
(2)碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得：
解得：
两滑块在水平面上滑行的过程中，由动能定理得:
解得：
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页