2025鲁科版高中物理选择性必修第一册同步练习题--第1章 动量及其守恒定律

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2025鲁科版高中物理选择性必修第一册
第1章　动量及其守恒定律
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3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.下面的说法正确的是 (　　)
A.当力与物体的位移垂直时,该力的冲量为零
B.如果物体的速度发生变化,则所受合外力的冲量为零
C.物体所受合外力的冲量越大,它的动量变化量也越大
D.做竖直上抛运动的物体,在Δt时间内所受重力的冲量可能为零
2.研究发现,啄木鸟的头部很特殊:大脑和头骨之间存在着小小的硬脑膜,头颅坚硬,骨质松而充满气体,似海绵状,从而使啄木鸟啄树时不会发生脑震荡。下面的解释合理的是 (　　)
A.啄木鸟头部特殊结构使得树对啄木鸟的力小于啄木鸟对树的力
B.啄木鸟头部特殊结构使得啄木鸟的神经感觉不到树对头的力
C.啄木鸟头部特殊结构使得啄木鸟的头与树的作用时间变长,使头部受力变小
D.啄木鸟头部特殊结构使得树木变得柔软易啄
3.如图所示,两个直径相同的小球静止在光滑水平面上,B球的质量为km,A球的质量为m。给A球一个水平向右的初速度v0,使A与B发生碰撞,若碰后两球的速度方向都在A、B连线上,则 (　　)
A.只存在一个k值,可以使碰后两球的速度大小均为v0
B.共存在两个k值,可以使碰后两球的速度大小均为v0
C.共存在三个k值,可以使碰后两球的速度大小均为v0
D.无论k取何值,都不能使碰后两球的速度大小均为v0
4.物体A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动,如图(a)所示,A的质量为m,B 的质量为M,当连接A、B的绳子突然断开后,物体A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B的下落速度大小为v',在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为(　　)
A.Mv B.mv-Mv' C.mv+mv' D.mv+Mv'
5.如图,甲、乙两人静止在冰面上,突然两人掌心相碰互推对方,互推过程中两人之间的相互作用力远大于冰面对人的摩擦力,若两人与冰面间的动摩擦因数相等,则下列说法正确的是(　　)
A.若m甲>m乙,则在互推的过程中,甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量
B.无论甲、乙质量关系如何,在互推过程中,甲、乙两人动量变化量大小相等
C.若m甲>m乙,则分开瞬间甲的速率大于乙的速率
D.若m甲>m乙,则分开后乙先停下来
6.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg,下列说法中正确的是 (　　)
A.该碰撞为完全非弹性碰撞 B.物体乙的质量为4 kg
C.碰撞过程中两物块损失的机械能为3 J D.该碰撞过程中能量不守恒
7.如图所示,某种气体分子束由质量为m、速度为v的分子组成,设各分子都向同一方向运动,垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回。如果分子束中每立方米的体积内有n0个分子,下列说法正确的是(　　)
A.单个分子与平面碰撞的过程中,动量变化量的大小为0
B.单个分子与平面碰撞的过程中,平面对其做功为负功
C.分子束撞击平面所产生的压强为2n0mv2
D.分子束撞击平面所产生的压强为n0mv2
8.如图所示,质量为M=3 kg的长木板置于光滑水平地面上,质量为m=1 kg的小物块(可视为质点)放在长木板的右端,在木板右侧固定着一个竖直弹性挡板,挡板的下沿略高于木板。现使木板和物块以v1=8 m/s的速度一起向右匀速运动,物块与挡板发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.3,木板足够长,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法不正确的是 (　　)
A.物块与挡板第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为4 s
B.物块与挡板第二次碰撞过程,挡板对物块的冲量大小为8 N·s
C.物块与挡板第n次碰撞前的速度大小为vn=24-n m/s
D.若整个过程中物块不会从长木板上滑落,长木板的最小长度为 m
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,部分选对的得2分,有选错的得0分)
9.如图所示,质量为3m、长为L的平板车静止在光滑的水平地面上,车的左端有一个可视为质点的人,人的质量为m。一开始人和车都静止,空气阻力忽略不计。人从车的左端走到车的右端的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.人与车组成的系统动量守恒
B.人与车组成的系统机械能守恒
C.人从车的左端行走到右端,人相对于地的位移为0.75L
D.人到车的右端时,可能与车一起向右运动
10.重庆云阳龙缸大秋千,经过多次测试于2020年7月开放,摆动半径约100 m,有一质量为50 kg的体验者荡秋千,运动到最低点时速度约为108 km/h,下列说法正确的是(g取10 m/s2) (　　)
A.从最高点摆到最低点过程中,体验者所受重力的冲量为零
B.摆到最高点时,体验者的速度为零,加速度不为零
C.在最低点时,体验者处于失重状态
D.在最低点时,秋千对体验者的拉力约为950 N
11.一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量M=3 kg,小车静止在光滑水平地面上,圆弧下端水平。有一质量m=1 kg的小球以水平初速度v0=4 m/s 从圆弧下端滑上小车,如图所示,取水平向左为正方向,重力加速度g=10 m/s2,则 (　　)
A.在小球滑到最高点的过程中,小球与小车组成的系统动量守恒
B.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6 m
C.小球离开小车时的速度为-2 m/s
D.小球从滑上小车到离开小车的过程中对小车做的功为6 J
12.如图所示,长为L、质量为3m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。下列说法正确的是 (　　)
A.木板获得的最大速度为 B.铁块获得的最大速度为
C.铁块与木板之间的动摩擦因数为 D.子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(8分)用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律,实验步骤如下:
①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB;
②安装好实验装置,使斜槽的末端所在的平面保持水平;
③先不在斜槽的末端放小球B,从斜槽上位置P由静止开始释放小球A,小球A离开斜槽后,频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示);
④将小球B放在斜槽的末端,再从位置P处由静止释放小球A,使它们碰撞,频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示);
⑤测出所需要的物理量。
请回答:
(1)实验步骤①中A、B两球的质量应满足mA　　　　mB(填“>”“=”或“<”)。
(2)在实验步骤⑤中,需要在照片中直接测量的物理量有　　　　(请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)。
(3)两球在碰撞过程中若动量守恒,满足的方程是:　　　(用所测物理量表示)。
14.(8分)某研究性学习小组从冰壶比赛中获得启发,利用冰壶碰撞来验证动量守恒定律。该小组在两个相同的奶粉罐中加水,放在户外结冰后制成两只质量不同的冰壶A和B,在户外一块平整的水平地面上泼水结冰形成冰面。小组成员用如图甲(俯视)所示的装置压缩弹簧后将冰壶弹出,此冰壶与另一只静止的冰壶发生碰撞。主要实验步骤如下:
①固定发射装置,将冰壶A压缩弹簧后释放;
②标记冰壶A停止时的位置,在冰壶运动路径上适当位置标记一定点O,测出冰壶A停止时右端到O点的距离,如图乙所示,重复多次,计算该距离的平均值记为x1;
③将冰壶B静置于冰面,左端位于O点。重新弹射冰壶A,使两冰壶对心正碰(即弹性碰撞),测出冰壶A停止时右端距O点的距离和冰壶B停止时左端距O点的距离,重复多次,分别计算距离的平均值记为x2和x3,如图丙所示。
(1)实验中,应如何操作才能确保冰壶A每次到达O点时的速度均相同 　　　　　　　　　。
(2)为完成实验,还需要测出　　　　　　　　　,验证动量守恒定律的表达式为　　　　　　　　　　(用x1、x2、x3和测得物理量对应的字母表示)。
15.(8分)“蹦极”是一项勇敢者的运动,如图甲所示,某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落,在空中感受完全失重的滋味。此人质量为50 kg,橡皮绳原长45 m,人可看成质点,且此人从P点自静止下落到最低点所用时间为9 s;重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)此人下落到橡皮绳刚伸直(原长)时,人的动量大小是多少
(2)橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中弹力F随时间t变化的图像如图乙所示,求图像中阴影部分的“面积”大小。
　　
16.(10分)如图所示,一轻质弹簧两端分别连着木块A和B,初态A和B均静止于光滑的水平面上。现有初速度为v0的子弹射中木块A,并留在A中。已知子弹和木块A的质量均为m,木块B的质量为3m。求:
(1)弹簧压缩量达到最大时,A、B两木块的速度vA和vB的大小;
(2)弹簧弹性势能的最大值Ep;
(3)木块A的最小速度的大小v1和木块B的最大速度的大小v2。
17.(10分)如图所示,光滑的轨道固定在竖直平面内,其O点左边为光滑的水平轨道,O点右边为四分之一光滑的圆弧轨道,高度h=0.8 m,左右两段轨道在O点平滑连接。质量m=0.1 kg的小滑块a由静止从圆弧轨道的顶端沿轨道下滑,到达水平段后与处于静止的小滑块b发生碰撞,小滑块b的质量M=0.4 kg,碰撞后小滑块a恰好停止运动。重力加速度为g=10 m/s2,求:
(1)小滑块a通过O点时对轨道的压力的大小和方向;
(2)碰撞瞬间小滑块b所受冲量的大小;
(3)碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能。
18.(16分)如图所示,质量分别为mA=m、mB=3m的A、B两物体放置在光滑的水平面上,其中A物体紧靠光滑墙壁,A、B两物体之间用轻弹簧相连。对B物体缓慢施加一个水平向右的力,使A、B两物体之间的弹簧压缩到最短并锁定,此过程中,该力做功为W0,现突然撤去外力并解除锁定(设重力加速度为g,A、B两物体体积很小,可视为质点)。
(1)从撤去外力到A物体开始运动,求墙壁对A物体的冲量IA大小;
(2)A、B两物体离开墙壁后到达圆轨道之前,求B物体的最小速度vB;
(3)若在B物体获得最小速度瞬间脱离弹簧,从光滑圆形轨道的右侧小口进入(B物体进入后小口自动封闭组成完整的圆形轨道)圆形轨道,要使B物体不脱离圆形轨道,试求圆形轨道半径R的取值范围。
答案全解全析
1.C 2.C 3.A 4.C 5.B 6.C
7.C 8.A 9.AC 10.BD 11.BCD 12.BD
1.C　力的冲量为I=Ft,可知当力与物体的位移垂直时,该力的冲量不为零,做竖直上抛运动的物体,在Δt时间内所受重力的冲量不可能为零,故A、D错误;如果物体(质量不变)的速度发生变化,则物体的动量发生变化,根据动量定理I=Δp可知,物体所受合外力的冲量不为零,B错误;物体所受合外力的冲量越大,根据动量定理I=Δp可知,物体的动量变化量一定越大,C正确。
2.C　树对啄木鸟的力与啄木鸟对树的力是一对相互作用力,总是等大反向,A错误;即使啄木鸟头部有特殊结构,啄木鸟的神经也能感觉到树对头的力,B错误;由于啄木鸟的头部存在“骨质松而充满气体,似海绵状”的结构,从而“使啄木鸟啄树时不会发生脑震荡”,说明啄木鸟头部的特殊结构有缓冲作用,即延长了啄木鸟的头与树的作用时间,根据动量定理,可知头部受力变小,并不是树木变得柔软易啄,C正确,D错误。
3.A　A、B碰撞过程中满足动量守恒,若碰后两球速度方向相同,则mv0=(m+km)×v0,解得k=;若碰后两球运动方向相反,则mv0=-m×v0+km×v0,解得k=。由于两球碰后的总动能不可能超过碰前的总动能,因此应该满足m≥m+km,将k=代入,不满足条件,因此只存在一个k值,可以使碰后两球的速度大小均为v0。故选A。
4.C　以竖直向上为正方向,由动量定理对B:-Mgt=-Mv'-0,对A:I-mgt=mv-0,解得I=m(v+v'),故选项C正确。
5.B　甲对乙的力与乙对甲的力是一对相互作用力,大小相等,方向相反,作用时间相等,则甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等,方向相反,故A错。以两人组成的系统为研究对象,互推过程中系统动量守恒,由动量守恒定律知甲、乙两人的动量变化量大小一定相等,方向相反,故B正确。设推开瞬间,甲的速度大小为v甲,乙的速度大小为v乙,由动量守恒定律可得m甲v甲=m乙v乙,若m甲>m乙,则v甲6.C　由v-t图可知,碰前甲、乙的速度分别为v甲=5 m/s、v乙=1 m/s;碰后甲、乙的速度分别为v甲'=-1 m/s,v乙'=2 m/s,该碰撞不是完全非弹性碰撞。由动量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙',解得m乙=6 kg。损失的机械能为ΔE=m甲+m乙-m甲v甲'2-m乙v乙'2,解得ΔE=3 J,即碰撞过程中两物块损失的机械能为3 J,此能量转化为内能,该碰撞过程中能量守恒。故选C。
7.C　分子打在平面上后又以原速率反向弹回,则单个分子与平面碰撞的过程中,动量变化量的大小为2mv,A错误;单个分子与平面碰撞的过程中,根据动能的定义式可知ΔEk=0,故平面对其做功为零,B错误;t时间内碰撞在面积S上的分子数N=vt·Sn0,对于这部分分子,根据动量定理有-Ft=-Nmv-Nmv,解得F=2n0mv2S,结合p=,可得分子束撞击平面所产生的压强为p=2n0mv2,故C正确,D错误。
8.A　小物块第一次与挡板碰撞后,先向左做匀减速直线运动,再向右做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得加速度大小a=μg=3 m/s2;小物块第一次与挡板碰撞后到与木板有共同速度v2的过程中动量守恒,有Mv1-mv1=(M+m)v2,解得v2=4 m/s;小物块与木板共速时的位移和所用时间分别为x1==8 m,t'1==4 s,小物块和木板一起向右匀速运动的时间为t″1==2 s,木板与挡板第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为t1=t'1+t″1=6 s,A说法错误。小物块第一次与挡板碰撞后,直到达到共同速度v2,由动量守恒定律得Mv1-mv1=(M+m)v2,解得v2=v1;同理,小物块第二次挡板碰撞后,直到达到共同速度v3,由动量守恒定律得Mv2-mv2=(M+m)v3,解得v3=v2=()2v1,以此类推可得vn=v1=24-n m/s,物块与挡板第二次碰撞前的速度大小为v2=4 m/s,碰后原速率反弹,规定水平向左为正方向,对物块应用动量定理,可得I=mv2-(-mv2)=8 N·s,B、C说法正确。木板在与小物块发生相对滑动过程时,一直向右做匀减速运动,最终两个物体静止,根据能量守恒定律得μmglmin=m+M,解得lmin= m,D说法正确。
9.AC　对于人与车构成的系统,所受合外力为0,系统动量守恒,A正确;由于开始时人和车都静止,行走时,系统动能增加,则系统的机械能增大,B错误;人从车的左端行走到右端,根据动量守恒定律有mx1-3mx2=0,又x1+x2=L,解得x1=0.75L,C正确;人到达车的右端时,若人与车一起向右运动,合动量水平向右,动量不守恒,故D错误。
10.BD　从最高点摆到最低点过程中,体验者所受重力的冲量I=mgt,显然不为零,故A错;摆到最高点时,体验者的速度为零,但所受合力不为零,加速度不为零,故B正确;在最低点时,体验者做圆周运动,拉力与重力的合力提供向心力,方向竖直向上,体验者处于超重状态,故C错;在最低点时,设秋千对体验者的拉力为F,根据牛顿第二定律得F-mg=m,解得F=950 N,故D正确。
11.BCD　小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零,在竖直方向的合力不为零,因此系统只在水平方向动量守恒,A错误;当小球沿圆弧轨道上升到最高点时,它们的速度相同,在水平方向,由动量守恒定律可得mv0=(m+M)v1,系统的机械能守恒,有m=(m+M)+mgh,联立解得h=0.6 m,B正确;设小球离开小车时的速度大小为v2,此时小车的速度大小为v3,取水平向左为正方向,根据系统在水平方向动量守恒和系统机械能守恒,则有mv0=-mv2+Mv3,m=m+M,联立解得v2=2 m/s,v3=2 m/s,小球的速度方向向右,应为负值,C正确;小球从滑上小车到离开小车的过程,对小车,由动能定理可得W=M=6 J,D正确。
12.BD　当子弹完全射入木板时木板的速度最大,设为v1,根据动量守恒定律有mv0=4mv1,解得v1=,故A错误;铁块相对木板滑动时始终做匀加速运动,当铁块恰好相对木板静止时速度最大,设为v2,根据动量守恒定律有mv0=5mv2,解得v2=,故B正确;根据能量守恒定律可得μmgL=·4m-·5m,解得μ=,故C错误;子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为ΔE=m-·5m=m,故D正确。故选B、D。
13.答案　(1)>(2分)　
(2)x0、xA、xB(3分)　
(3)mAx0=mAxA+mBxB(3分)
解析　(1)为了防止入射球碰后反弹,入射球的质量要大于被碰球的质量,即mA>mB。
(2)碰撞时应有:mAv0=mAvA+mBvB,由平抛规律有x=vt,小球从相同高度落下,频闪照相机频率相同,所以题图乙、丙中小球的运动时间相等,上式中两边同乘以t,则有:mAx0=mAxA+mBxB,所以需要在照片中直接测量的物理量有:x0、xA、xB。
(3)由(2)的分析可知,应验证的表达式为:mAx0=mAxA+mBxB。
14.答案　(1)每次将弹簧压缩至同一位置静止释放(2分)　(2)冰壶A的质量m1和冰壶B的质量m2(2分)　m1=m2-m1(4分)
解析　(1) 确保冰壶A每次到达O点时的速度均相同,需要每次将弹簧压缩至同一位置静止释放;
(2)运动过程中两冰壶均做匀减速运动,则有v2=2ax,结合动量守恒定律可得m1=m2-m1,故还需要测量冰壶A的质量m1和冰壶B的质量m2。
15.答案　(1)1 500 kg·m/s　(2)4 500 kg·m/s
解析　(1)此人由静止下落到橡皮绳刚伸直(原长)的过程中,人做自由落体运动,有v2=2gh (1分)
解得v=30 m/s(1分)
此时人的动量p=mv=1 500 kg·m/s(1分)
(2)F-t图像中阴影部分的“面积”大小表示弹力F的冲量,人从P点自静止下落到橡皮绳正好拉直的时间为t0,则h=g (1分)
解得t0=3 s(1分)
橡皮绳作用时间为t1=t-t0=6 s(1分)
以竖直向上为正方向,由动量定理得IF-mgt1=0-(-mv) (1分)
解得IF=4 500 kg·m/s,即图像中阴影部分的面积大小为4 500 kg·m/s。 (1分)
16.答案　(1)v0　v0　(2)m　(3)0　v0
解析　(1)子弹打入A的过程,根据动量守恒定律可得mv0=(m+m)v (1分)
解得v=v0 (1分)
对于子弹、木块A、B和弹簧组成的系统,A、B速度相同时弹簧被压缩到最短。
根据动量守恒定律有2mv=(m+m+3m)v共 (1分)
解得v共=vA=vB=v0 (1分)
(2)弹簧被压缩到最短时,弹簧的弹性势能最大,设为E,由能量守恒定律得×(m+m)v2=×(m+m+3m)+Ep(1分)
解得Ep=m (1分)
(3)设弹簧恢复原长时A、B的速度分别是v'A、v'B,根据动量守恒定律有
2mv=2mv'A+3mv'B (1分)
由能量守恒定律得
·2mv2=·2mv'2A+·3mvB'2(1分)
解得v'A=-v0,v'B=v0 (1分)
所以A的最小速度的大小为v1=0,B的最大速度的大小v2=v0。 (1分)
17.答案　(1)3 N,方向竖直向下　(2)0.4 N·s
(3)0.6 J
解析　(1)小滑块a下滑的过程中
由动能定理得mgh=m (1分)
代入数据解得,小滑块a通过O点时的速度
v0=4 m/s(1分)
a通过O点时,根据牛顿第二定律有
N-mg=m (1分)
代入数据解得,小滑块a通过O点时所受支持力N=3 N
根据牛顿第三定律知,小滑块对轨道的压力的大小为3 N(1分)
方向竖直向下 (1分)
(2)碰撞过程中a、b组成的系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得mv0=Mv1 (1分)
由动量定理得滑块b所受冲量的大小为I=Mv1(1分)
代入数据解得I=0.4 N·s(1分)
(3)碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能ΔE=m-M (1分)
代入数据解得ΔE=0.6 J(1分)
18.答案　(1)　(2)
(3)R≤或R≥
解析　(1)设弹簧恢复原长时,物体B的速度为vB0。
由能量守恒定律有W0=·3m (2分)
解得vB0= (1分)
此过程中墙壁对物体A的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小,也等于弹簧对物体B的冲量大小,故由动量定理有IA=mBvB0= (2分)
(2)当弹簧恢复原长后,物体A离开墙壁,弹簧伸长,物体A的速度逐渐增大,物体B的速度逐渐减小,当弹簧再次恢复到原长时,物体A达到最大速度,物体B的速度减小到最小值,此过程满足动量守恒、机械能守恒,有3mvB0=mvA+3mvB (2分)
×3m=m+×3m (2分)
解得vB== (1分)
(3)第一种情况:物体B恰好过最高点不脱离圆形轨道时,
由机械能守恒得
×3m=×3m+3mg·2R (1分)
在最高点,由牛顿第二定律有3mg=3m (1分)
解得R=,所以有R≤ (1分)
第二种情况:物体B恰好到达圆形轨道的圆心等高处时,×3m=3mgR (1分)
解得R=,所以有R≥ (1分)
综上,圆形轨道半径R的取值范围为
R≤或R≥ (1分)
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