第一章 動量守恒定律 基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)卷（A卷）（全解全析版）

第一章動量守恒定律基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)卷（A卷）高二物理·全解全析123456789101112BCCCBBCCACCDBDAD1．B【解析】A．動量是矢量，動能是標(biāo)量，一個物體的動量改變，其動能不一定改變，例如勻速圓周運動，故A錯誤；B．一個物體動能改變，則速度大小在變化，其動量一定改變，故B正確；C．做勻速圓周運動的物體的動能不變，故C錯誤；D．動量是矢量，正、負(fù)號代表方向，不參與大小的比較，故大小p1＜p2，故D錯誤。故選B。2．C【解析】A．水對裝置向上的反沖動力與裝置對水向下的壓力是一對相互作用力，大小相等，故A錯誤；B．人懸空靜止一段時間，裝置的位移為零，所以水的反沖動力對裝置做功為零，而反沖動力的作用時間不為零，所以沖量不為零，故B錯誤；C．人懸空靜止時，動能為零，而重力勢能與所取零勢能面有關(guān)，可能為零，所以人的機(jī)械能可能為零，故C正確；D．整體向上減速運動時，水的反沖力與速度方向相同，所以對裝置做正功，故D錯誤。故選C。3．C【解析】A．根據(jù)沖量的定義知，重力對物體的沖量大小為mgt，A錯誤；B．對物體進(jìn)行受力分析可知支持力大小FN＝mgcosθ則支持力對物體的沖量大小為IN=mgcosθ·tB錯誤；C．摩擦力Ff＝mgsinθ所以摩擦力對物體的沖量大小為mgtsinθ，C正確；D．因物體靜止，合力為零，則合力對物體的沖量大小為零，D錯誤。故選C。4．C【解析】A．由圖乙可知機(jī)器人在2s時開始滑動，有加速度，所以剛要滑動時故A錯誤；B．由圖a、圖b結(jié)合牛頓第二定律可得聯(lián)立可得機(jī)器人質(zhì)量滑動摩擦力為機(jī)器人與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為故B錯誤；C．在0~4s時間內(nèi)，合外力的沖量為故C正確；D．4s末機(jī)器人的速度為在0~4s時間內(nèi)，合外力做的功為故D錯誤。故選C。5．B【解析】A．當(dāng)兩手同時放開時，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因為開始時總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，故A正確。BC．先放開左手，左邊的小車就向左運動，當(dāng)再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，且開始時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故B錯誤，C正確。D．兩手放開后在彈簧恢復(fù)原長的過程中系統(tǒng)總動量都保持不變，與何時放手無關(guān)，但系統(tǒng)的總動量不一定為零，故D正確。此題選擇不正確的，故選B。6．B【解析】A．由圖知，A離開擋板瞬間B的速度為，B的速度最小值為，B的速度最小時，彈簧第一次恢復(fù)原長，A的最大速度，取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒和機(jī)械能守恒得解得故A錯誤，B正確；C．在A離開擋板前，由于擋板對A有作用力，A、B系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故C錯誤；D．分析從A離開擋板后A、B的運動過程，彈簧伸長到最長時，彈性勢能最大，此時A、B的共同速度為，根據(jù)動量守恒解得根據(jù)機(jī)械能守恒定律解得故D錯誤。故選B。7．C【解析】相對于船豎直向上拋出物體時，由于慣性，物體仍然具有和船同方向的速度，船和物體組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，故船速不變。故選C。8．C【解析】B.小球從滑上小車到滑離小車的過程，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有解得則小球滑離小車時相對小車的速度大小為故B錯誤；CD.小球恰好到達(dá)管道的最高點，說明在最高點時小球和管道之間相對速度為0，小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點的過程中，水平方向上由動量守恒定律有得小車動量變化量大小小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點的過程中，由機(jī)械能守恒定律有得故C正確，故D錯誤；A.由以上分析可知在整個過程中小車一直向右運動，故A錯誤。故選C。9．AC【解析】無論是否啟動反推發(fā)動機(jī)，著陸過程返回艙的初末速度不變，動量變化量不變，反推發(fā)動機(jī)的作用時延長動量變化的時間，從而減小返回艙動量的變化率，進(jìn)而減小返回艙受到的平均沖力，故AC正確，BD錯誤。故選AC。10．CD【解析】A．子彈推釘子進(jìn)入木樁的過程中，子彈和釘子做勻變速運動，釘子所受木樁的阻力不可忽略，所以子彈和釘子組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．由題意分析可知，子彈接觸釘子的瞬間，釘子有一個初速度，隨后子彈將釘子勻減速推入木樁，由平均速度公式可得代入數(shù)據(jù)解得子彈和釘子間的作用時間為t=故B錯誤；C．子彈動量改變量大小為由動量定理可得釘子對子彈的沖量大小為，由牛頓第三定律知，子彈對釘子的沖量大小為，故C正確；D．對于子彈，由動量定理可知代入數(shù)據(jù)解得釘子對子彈的作用力大小為F=8000N由牛頓第三定律可知，子彈對釘子的作用力大小為8000N，故D正確。故選CD。11．BD【解析】A．P、Q系統(tǒng)所受外力為零，因此整個過程中動量守恒，所以P、Q系統(tǒng)總動量與P未撞上彈簧時相等，為故A錯誤；B．彈簧被壓縮至最短，即P、Q距離最小，P、Q的相對速度為零，此時P、Q速度相等，而P的質(zhì)量大于Q的質(zhì)量，所以P的動量大于Q的動量，故B正確；C．彈簧壓縮至最短后，Q的速度將繼續(xù)變大，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，Q的動能達(dá)到最大值，故C錯誤；D．彈簧被壓縮至最短，即P、Q距離最小，P、Q的相對速度為零，此時P、Q速度相等，故D正確。故選BD。12．AD【解析】A．由x-t圖像的斜率得到，碰前b球的位移不隨時間而變化，處于靜止。a球的速度大小為v1＝＝m/s＝4m/s做勻速運動，故A正確；B．同理由圖像可知，碰后b球和a球均做勻速運動，其速度分別為v2′＝2m/sv1′＝－2m/s故B錯誤；CD．根據(jù)動量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′代入解得m2＝0.6kg碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為＝m1v－m1v1′2－m2v2′2代入解得＝0所以碰撞過程機(jī)械能守恒，故C錯誤，D正確。故選AD。13．

不會

D

5.8【解析】（1）[1][2]碰撞后，B球的速度大于碰前A球的速度，而A球碰后的速度小于其碰前的速度，由于平拋運動豎直高度相等，則時間相等，則平拋運動B球水平分位移最大。而A球碰后的水平分位移小于碰前的水平分位移，即A球碰前做平拋運動的水平位移是圖中的OP，B球被碰后做平拋運動的水平位移是圖中的ON。（2）[3]由于A球每次在斜槽軌道上下滑過程，克服摩擦力做功相同，即每次從同一高度靜止釋放后，碰前的速度也相同，則球A下滑過程中與斜槽軌道間存在摩擦力，這對實驗結(jié)果不會產(chǎn)生誤差。（3）[4]為了避免碰撞后發(fā)生反彈，入射小球A的質(zhì)量必須大于被碰小球B的質(zhì)量，而為了發(fā)生對心正碰，兩球的半徑必須相等，ABC錯誤，D正確。故選D。（4）[5]根據(jù)動量守恒定律有結(jié)合圖中數(shù)據(jù)，解得14．

使其中一個滑塊在導(dǎo)軌上運動，看滑塊經(jīng)過兩光電門的時間是否相等，若相等，則導(dǎo)軌水平

BC

【解析】（1）[1]使其中一個滑塊在導(dǎo)軌上運動，看滑塊經(jīng)過兩光電門的時間是否相等，若相等，則導(dǎo)軌水平。（2）[2]本實驗需要驗證動量守恒定律，所以在實驗中必須要測量質(zhì)量和速度，速度可以根據(jù)光電門的擋光時間求解，而質(zhì)量通過天平測出，同時，擋光片的寬度可以消去，所以不需要測量擋光片的寬度，故選BC。（3）[3]在第一次實驗中，碰撞前A的速度為碰撞后A的速度為B的速度為在A、B碰撞過程中若滿足即則動量守恒。（4）[4]在第二次實驗中，碰撞后A、B速度相同，根據(jù)速度公式可知A、B碰撞過程若滿足則動量守恒。15．（1）6m/s；（2）0.01s；（3）【解析】（1）頭盔接觸地面前做自由落體運動，根據(jù)自由落體運動規(guī)律v2=2gh…………（2分）代入數(shù)據(jù)解得v=6m/s…………（1分）（2）由勻變速直線運動規(guī)律可得…………（2分）解得…………（1分）（3）取向下為正分向，由動量定理得-I=0-mv…………（2分）物體做勻減速直線運動過程中地面對頭盔的沖量為…………（1分）16．（1）；（2）；（3）【解析】（1）當(dāng)小球到達(dá)最低點時其速度為v1，此時小車的速度為v2，設(shè)小球的速度方向為正方向。系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由動量守恒定律得…………（2分）由能量守恒定律得…………（2分）解得，…………（1分）（2）設(shè)當(dāng)小球到達(dá)最低點時，小球向左移動的距離為s1，小車向右移動的距離為s2，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得…………（2分）由幾何關(guān)系可知s1+s2=l…………（1分）解得…………（1分）（3）小球運動到最低點，根據(jù)牛頓第二定律得…………（1分）解得小球擺到最低點時輕繩對小車的拉力…………（1分）17．8m/s【解析】設(shè)甲至少以速度v將箱子推出，推出箱子后甲的速度為，乙獲得的速度為，取向右為正方向，以甲和箱子為系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒，得…………（2分）以箱子和乙為系統(tǒng)，得…………（2分）當(dāng)甲與乙恰好不相撞時…………（2分）聯(lián)立解得…………（1分）18．（1）；（2），；（3）【解析】（1）設(shè)小車第一次與墻壁碰撞前瞬間的速度大小為，根據(jù)動量守恒定律有解得…………（1分）對小車，根據(jù)動量定理有解得…………（1分）（2）小車第一次與墻壁碰撞后的一段時間內(nèi)，鐵塊向右做勻減速直線運動，小車向左做勻減速直線運動，小車的速度先減為零，然后小車在摩擦力的作用下向右做勻加速直線運動，直到小車與鐵塊第二次達(dá)到共同速度，此后鐵塊與小車一起向右做勻速直線運動直到小車與墻壁發(fā)生第二次碰撞，小車不斷與墻壁碰撞，鐵塊在小車上滑行，系統(tǒng)的機(jī)械能不斷減少，直到鐵塊與小車均靜止且鐵塊恰好在小車的右端，對鐵塊，根據(jù)動量定理有解得…………（1分）根據(jù)功能關(guān)系有解得…………（1分）（3）經(jīng)分析可知，小車每一次與墻壁碰撞后都先向左做勻減速直線運動至靜止，再向右