2025版新教材高中物理第1章動量守恒定律學業(yè)質量標準檢測新人教版選擇性必修第一冊

第一章學業(yè)質量標準檢測本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，時間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，第1～6小題只有一個選項符合題目要求，第7～10小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分)1．假如一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律。若一個系統(tǒng)動量守恒時，則(D)A．系統(tǒng)內每個物體所受的合力確定都為零B．系統(tǒng)內每個物體的動量大小不行能都增加C．系統(tǒng)的機械能確定守恒D．此系統(tǒng)的機械能可能增加解析：系統(tǒng)動量守恒時，系統(tǒng)每一個物體，動量不愿定守恒，合外力不愿定為零，所以A錯；系統(tǒng)動量守恒時，系統(tǒng)內每個物體動量之和為零，所以每個物體的動量大小可能都增加，也可能都減小，B錯；系統(tǒng)的內力若是滑動摩擦力，系統(tǒng)的機械能就不守恒，C錯；像爆炸類動量守恒，系統(tǒng)的機械能就增加，D正確。2.如圖所示，科技愛好者將靜置在地面上的自制“水火箭”釋放升空。水火箭又稱氣壓式噴水火箭，利用水推動火箭，可用廢棄的飲料瓶制作而成。制作時，灌入三分之一的水，利用打氣筒充入空氣，到達確定的壓力后放射。已知在極短的時間內，質量為m0的水以相對地面為v0的速度與水平方向成θ角斜向下從“水火箭”底部噴出。假設放射前“水火箭”總質量為m(含水)，不計瓶內空氣質量，重力加速度為g，空氣阻力不計。下列說法正確的是(C)A．水火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力B．水噴出的過程中，系統(tǒng)的機械能守恒C．系統(tǒng)在水平方向的動量守恒D．系統(tǒng)在豎直方向的動量守恒解析：水火箭的推力來源于向下噴出的水對火箭的反作用力，A錯誤；水噴出的過程中，水火箭內的氣體做功，系統(tǒng)的機械能不守恒，B錯誤；系統(tǒng)在水平方向不受外力，但豎直方向受重力作用，C正確，D錯誤。3．(2024·黑龍江試驗中學高三下學期月考)某物體的v－t圖像如圖所示，下列說法正確的是(C)A．0～t1和t2～t3，合外力做功和沖量都相同B．t1～t2和t3～t4，合外力做功和沖量都相同C．0～t2和t2～t4，合外力做功和沖量都相同D．0～t1和t3～t4，合外力做功和沖量都相同解析：0～t1內動能的變更量為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，動量變更量為mv0；t2～t3內動能變更量為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，動量變更量為－mv0，依據(jù)動能定理可知這兩段時間內合外力做功相等；而依據(jù)動量定理得知：合外力的沖量不同，故A錯誤；t1～t2內動能變更量為0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，動量變更量為0－mv0＝－mv0，t3～t4內動能變更量為0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，動量變更量為0－(－mv0)＝mv0。則知動能變更量相同，而動量變更量不同，所以合外力做功相等，合外力的沖量不同，故B錯誤；0～t2和t2～t4內動能變更量為0，動量變更量為0，依據(jù)兩個定理得知合外力的功和沖量都相同，故C正確；由以上分析得知：0～t1和t3～t4內動能變更量不同，動量變更量相同，故D錯誤。4.人的質量m＝60kg，船的質量M＝240kg，若船用纜繩固定，船離岸1.5m時，人可以躍上岸。若撤去纜繩，如圖所示，人要平安躍上岸，船離岸至多約為(不計水的阻力，兩次人消耗的能量相等)(C)A．1.5m B．1.2mC．1.34m D．1.1m解析：此問題需近似處理，人起跳時，屬于斜上拋運動，只考慮水平方向的速度。人兩次起跳消耗的能量相等的意思是：人和船組成系統(tǒng)的動能不變。船用纜繩固定時，設人起跳的速度為v0，則x0＝v0t，消耗的能量Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。撤去纜繩，因動量守恒，則有：mv1＝－Mv2，兩次人消耗的能量相等，即動能不變，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\r(\f(M,M＋m))v0，故x1＝v1t＝eq\r(\f(M,m＋M))x0＝eq\r(\f(240,60＋240))×1.5m≈1.34m，C正確。5.如圖所示，直升機螺旋槳以角速度ω勻速轉動，直升機懸停在空中。已知直升機總質量為M，螺旋槳轉動時形成以半徑為r的圓面，空氣密度為ρ，重力加速度為g。則此直升機懸停在空中時(D)A．螺旋槳作用于空氣后空氣的速度為v＝ωrB．螺旋槳作用于空氣后空氣的速度為v＝eq\r(\f(Mg,ρπr))C．發(fā)動機的功率為P＝eq\f(Mg,r)eq\r(\f(Mg,ρπ))D．發(fā)動機的功率為P＝eq\f(Mg,2r)eq\r(\f(Mg,ρπ))解析：在時間Δt內被向下推動的空氣質量Δm＝ρV＝ρSvΔt，由動量定理知，Δt內被推動的空氣：FΔt＝Δmv因為直升機懸停在空中，則F＝Mg，可知MgΔt＝ρSvΔt·v解得v＝eq\r(\f(Mg,ρS))＝eq\r(\f(Mg,ρπr2))，故A、B錯誤。發(fā)動機的功率等于螺旋槳對空氣做功的功率。在時間Δt內被推動的空氣的動能Ek＝eq\f(1,2)Δmv2＝eq\f(1,2)ρSvΔt·eq\f(Mg,ρπr2)＝eq\f(MgΔt,2)eq\r(\f(Mg,ρπr2))則推力做的功W＝eq\f(MgΔt,2)eq\r(\f(Mg,ρπr2))，推力的功率P＝eq\f(W,Δt)＝eq\f(Mg,2r)eq\r(\f(Mg,ρπ))，故C錯誤，D正確。6.如圖所示，假設煙花上升到距地面高度為h的最高點時，炸裂成甲、乙、丙三個質量均為m的碎塊(可視為質點)，其中甲的初速度大小為v0，方向豎直向上，乙、丙的初速度大小相等且夾角為120°，爆炸產(chǎn)生的熱量為Q，重力加速度大小為g，空氣阻力忽視不計。下列說法正確的是(C)A．爆炸剛結束時，乙、丙的合動量大小為2mv0B．三個碎塊到達地面時的動能不相等C．甲在落地的過程中，重力對甲的沖量大小為meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＋\r(v\o\al(2,0)＋2gh)))D．爆炸過程中釋放的總能量為eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)解析：依據(jù)動量守恒定律知，爆炸剛結束時，乙、丙的合動量大小為mv0，故A錯誤；三個碎塊的質量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夾角為120°，則三個碎塊夾角互為120°，因此三個碎塊初速度大小均相等，初動能相等，落到地面時重力做功相等，則末動能相等，故B錯誤；甲落地過程機械能守恒，則落地速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)，據(jù)動量定理得，重力對甲的沖量大小I＝m(v0＋eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh))，故C正確；爆炸過程中釋放的總能量等于三個碎塊初動能之和加上爆炸產(chǎn)生的熱量Q，則E總>eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故D錯誤。7.一個連同裝備總質量M＝200kg的航天員，脫離飛船進行太空行走后(如圖所示)，在與飛船相距d＝90m的位置與飛船保持相對靜止。所帶氧氣筒中還剩有m0＝1kg氧氣，氧氣除了供他呼吸外，還需向與飛船相反方向噴出一部分氧氣以獲得使他回到飛船的反沖速度v′，為此，氧氣筒上有可使氧氣以v＝100m/s速度噴出的噴嘴。依據(jù)物理原理：假如一次性噴出氧氣質量為m，噴氣速度為v，則其獲得反沖速度的大小v′＝eq\f(mv,M)，已知耗氧率為Q＝5×10－4kg/s(即每秒呼吸消耗氧氣量為5×10－4kg)。為保證他平安返回飛船，一次性噴出氧氣的質量m可能為(BC)A．0.04kg B．0.25kgC．0.35kg D．0.92kg解析：設噴出氧氣質量為m，返回時間為t，則返回速度的大小v′＝eq\f(mv,M)＝eq\f(m×100,200)＝0.5m，依據(jù)v＝eq\f(s,t)可得：t＝eq\f(d,v′)＝eq\f(90,0.5m)＝eq\f(180,m)。航天員耗氧量：Qt＝m0－m，即5×10－4×t＝1－m，t＝2000×(1－m)。聯(lián)立兩式得：2000×(1－m)＝eq\f(180,m)，即100m2－100m＋9＝0，解得：m1＝0.1kg，m2＝0.9kg，所以0.1kg<m<0.9kg?？芍x項B、C正確。8．如圖所示，在固定的水平桿上，套有質量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質量為M的木塊，現(xiàn)有質量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是(BC)A．子彈射入木塊后瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子彈射入木塊后瞬間，輕繩拉力大于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)動量守恒解析：子彈射入木塊過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬間速度大小為v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，選項A錯誤；子彈射入木塊后瞬間，依據(jù)牛頓其次定律得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v\o\al(2,1),l)，可知輕繩拉力大于(M＋m0)g，選項B正確；子彈射入木塊后瞬間，對圓環(huán)有FN＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，選項C正確；子彈射入木塊后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，選項D錯誤。9.如圖所示，質量為m、帶有半圓形軌道的小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R。現(xiàn)將質量也為m的小球從A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點進入半圓形軌道后從B點沖出，在空中上升的最大高度為eq\f(3,4)h0(不計空氣阻力)，則(CD)A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．小車向左運動的最大距離為eq\f(1,2)RC．小球離開小車后做豎直上拋運動D．小球其次次能上升的最大高度h滿足eq\f(1,2)h0<h<eq\f(3,4)h0解析：小球與小車組成的系統(tǒng)在豎直方向上所受的合外力不為零，所以系統(tǒng)的動量不守恒，故A錯誤；系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，以向右為正方向，設小車向左移動的距離為x，則在水平方向上有：meq\f(2R－x,t)－meq\f(x,t)＝0，解得小車的位移x＝R，故B錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，則小球離開小車后，兩者在水平方向的速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C正確；小球第一次在半圓形軌道中運動的過程中，損失的機械能ΔE＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h0－\f(3,4)h0))＝eq\f(1,4)mgh0。由于小球其次次在半圓形軌道中運動時對應位置處的速度變小，則彈力變小，摩擦力變小，克服摩擦力做功小于eq\f(1,4)mgh0，故機械能損失小于eq\f(1,4)mgh0，因此小球再次離開小車時，能上升的最大高度h>eq\f(3,4)h0－eq\f(1,4)h0＝eq\f(1,2)h0，且h<eq\f(3,4)h0，故D正確。10．如圖甲所示，一個輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上?，F(xiàn)使A以3m/s的速度向B運動壓縮彈簧，速度—時間圖像如圖乙，則有(BC)A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s，且彈簧都處于壓縮狀態(tài)B．從t3到t4時間內彈簧由伸長狀態(tài)復原原長C．兩物塊的質量之比為m1∶m2＝1∶2D．在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2＝1∶4解析：因為B在前A在后，由圖可知t1之后一小段時間，A減速，B加速，則t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時刻之后一小段時間，A加速，B減速，則t3時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，故A錯誤。在t3時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，兩物塊速度相等，彈簧最長，t4時刻兩物塊速度復原到初始狀態(tài)即彈簧復原至原長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)復原至原長，故B正確。依據(jù)動量守恒定律，t＝0時刻和t1時刻系統(tǒng)總動量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3m/s，v2＝1m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正確。在t2時刻A的速度為vA＝－1m/s，B的速度為vB＝2m/s，依據(jù)m1∶m2＝1∶2，Ek＝eq\f(1,2)mv2，得Ek1∶Ek2＝1∶8，故D錯誤。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(本題共2小題，共14分。把答案干脆填在橫線上)11．(6分)在試驗室里驗證動量守恒定律時，一般接受如圖甲、乙所示的兩種裝置。(1)若入射小球質量為m1，半徑為r1；被碰小球質量為m2，半徑為r2，則要求_C__。A．m1>m2，r1>r2 B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1＝r2 D．m1<m2，r1＝r2(2)若接受圖乙所示裝置進行試驗，以下所供應的測量工具中必需的是(AC)A．直尺 B．游標卡尺C．天平D．彈簧測力計E．秒表(3)設入射小球的質量為m1，被碰小球的質量為m2，則在用圖甲所示裝置進行試驗時(P為碰前入射小球落點的平均位置)，所得“驗證動量守恒定律”的結論為m1·eq\x\to(OP)＝m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(O′N)(用裝置圖中的字母表示)。解析：(1)為防止小球反彈，使m1>m2；為使兩球發(fā)生對心碰撞，應使r1＝r2，故C正確。(2)需驗證的動量守恒關系式為m1v1＝m1v1′＋m2v2′，可表示為m1eq\x\to(OP)＝m1eq\x\to(OM)＋m2eq\x\to(ON)，所以須要直尺、天平。(3)得出驗證動量守恒定律的結論為m1·eq\x\to(OP)＝m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(O′N)。12．(8分)某同學欲接受氣墊導軌和光電計時器等裝置“驗證動量守恒定律”。如圖所示，滑塊A和滑塊B做相向運動，已知安裝在A、B兩滑塊上的遮光條寬度均為d，在碰撞前滑塊A、B經(jīng)過光電門時，遮光條擋光時間分別為Δt1和Δt2，碰撞后滑塊A、B粘合在一起運動，運動方向與碰撞前滑塊B運動方向相同，此后滑塊A再次經(jīng)過光電門時遮光條的擋光時間為Δt。(1)滑塊A、B碰撞前速度的大小分別為vA＝eq\f(d,Δt1)，vB＝eq\f(d,Δt2)。(2)為了驗證碰撞中動量守恒，除了上述已知條件外，還必需要測量的物理量有_AB__。A．滑塊A(包括遮光條)的質量m1B．滑塊B(包括遮光條)的質量m2C．碰撞后滑塊B經(jīng)過光電門時遮光條擋光的時間ΔtBD．兩個光電門之間的距離L(3)為了驗證碰撞中動量守恒定律，須要驗證的關系是eq\f(m2,Δt2)－eq\f(m1,Δt1)＝eq\f(m1＋m2,Δt)。[用題干中已知量字母和(2)中所選已知量的字母表示]解析：(1)滑塊A、B碰撞前速度的大小分別為vA＝eq\f(d,Δt1)，vB＝eq\f(d,Δt2)；碰后共同速度v＝eq\f(d,Δt)。取向右為正，(2)(3)要驗證的關系式為m2vB－m1vA＝(m2＋m1)v，整理可得eq\f(m2,Δt2)－eq\f(m1,Δt1)＝eq\f(m1＋m2,Δt)，則必需要測量的物理量有滑塊A、B(包括遮光條)的質量m1、m2。三、論述、計算題(本題共4小題，共46分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最終答案不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必需明確寫出數(shù)值和單位)13．(8分)我國規(guī)定摩托車、電動自行車騎乘人員必需依法佩戴具有緩沖作用的平安頭盔。小明對某輕質頭盔的平安性能進行了模擬試驗檢測。某次，他在輕質頭盔中裝入質量為5.0kg的物體(物體與頭盔緊密接觸)，使其從1.80m的高處自由落下(如圖)，并與水平地面發(fā)生碰撞，頭盔厚度被擠壓了0.03m時，物體的速度減小到零，擠壓過程視為勻減速直線運動。不計空氣阻力及物體和地面的形變，重力加速度取g＝10m/s2。求：(1)頭盔接觸地面前瞬間的速度大??；(2)物體做勻減速直線運動的時間；(3)物體做勻減速直線運動過程中地面對頭盔的沖量。答案：(1)6m/s(2)0.01s(3)30.5N·s解析：(1)依據(jù)自由落體運動規(guī)律v2＝2gh，解得頭盔接觸地面前的速度v＝6m/s。(2)由勻變速直線運動規(guī)律可得x＝eq\f(0＋v,2)Δt，解得Δt＝eq\f(2x,v)＝eq\f(2×0.03,6)s＝0.01s。(3)取向上為正方向，由動量定理得：I－mgt＝0－m(－v)，則地面對頭盔的沖量I＝mgt＋mv＝30.5N·s。14．(12分)質量為M的小車置于光滑水平面上。小車的上表面由eq\f(1,4)圓弧和平面組成，車的右端固定有一不計質量的彈簧，圓弧AB部分光滑，半徑為R，平面BC部分粗糙，長為l，C點右方的平面光滑。質量為m的滑塊從圓弧最高處A無初速度下滑(如圖所示)，與彈簧相接觸并壓縮彈簧，最終又返回到B點相對于車靜止。求：(1)BC部分的動摩擦因數(shù)μ；(2)彈簧具有的最大彈性勢能；(3)當滑塊與彈簧剛分別時滑塊和小車的速度大小。答案：(1)eq\f(R,2l)(2)eq\f(mgR,2)(3)eq\r(\f(MRg,M＋m))，eq\f(m,M)eq\r(\f(MRg,M＋m))解析：(1)滑塊與小車初始狀態(tài)為靜止，末狀態(tài)滑塊相對小車靜止，即兩者共速且速度為0，據(jù)能量守恒定律有：mgR＝μmg·2l，解得μ＝eq\f(R,2l)。(2)彈簧壓縮到最大形變量時，滑塊與小車共速，且速度均為0，此時據(jù)能量守恒關系得彈簧的彈性勢能Ep＝mgR－μmgl＝eq\f(mgR,2)。(3)彈簧與滑塊剛分別時，彈簧的彈性勢能為0，設此時滑塊速度大小為v1，小車速度大小為v2，據(jù)能量守恒有：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)又因為系統(tǒng)動量守恒，有：mv1－Mv2＝0解得：v1＝eq\r(\f(MRg,M＋m))，v2＝eq\f(m,M)eq\r(\f(MRg,M＋m))。15.(12分)如圖所示，小車上固定著一個豎直放置的彎曲圓管，整個小車(含圓管)的質量為2m，初始時靜止在光滑的水平面上。一個質量為m的小球以水平速度v從圓管左端飛入后恰好能從圓管右端滾離小車。小球半徑略小于圓管半徑，可以看作質點，忽視一切摩擦以及圓管的厚度。求：(1)小球滾離小車時的速度大??；(2)圓管中軸線距離車身的高度。答案：(1)v(2)eq\f(v2,3g)解析：(1)小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，則mv＝2mv車＋mv球。由機械能守恒可得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,車)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,