新人教版高中物理选择性必修第一册第一章动量守恒定律进阶突破训练含解析

第一章　进阶突破

1．(2020年绍兴柯桥区校级期末)在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t，通过位移L后，动量变为p，动能变为Ek.以下说法正确的是(　　)

A．在F作用下，这个物体经过位移2L，其动量等于2p

B．在F作用下，这个物体经过时间2t，其动量等于2p

C．在F作用下，这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek

D．在F作用下，这个物体经过位移2L，其动能等于4Ek

【答案】B　【解析】由题意可知，经过时间t、通过位移L后，动量为p、动能为Ek，由动量定理可知p＝Ft，由动能定理得Ek＝FL，设物体质量为m; 当位移为2L时，物体的动能Ek′＝F·2L＝2FL＝2Ek，物体的动量p′＝＝＝p，故A、D错误； 当时间为2t时，动量p′＝F·2t＝2Ft＝2p，物体的动能Ek′＝＝＝4×＝4Ek，故B正确，C错误．

2．(2020年南昌第二中学月考)如图所示，在光滑的水平面上有2 018个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状态．现给第一个小球初动能Ek，使它正对其他小球运动．若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能总量为(　　)

A．Ek　　 B．Ek　　

C．Ek　　 D．Ek

【答案】B　【解析】以第一个小球初速度v0的方向为正方向，将2 018个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒守恒得mv0＝2 018mv，解得v＝，则系统损失的机械能为ΔE＝×mv－×2 018mv2，解得ΔE＝Ek，故B正确．

3．(2020年潍坊第一中学模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为 L，如图所示．将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(　　)

A．FN＝mgcos α

B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α

C．滑块到达斜面底端时的动能为mgLtan α

D．此过程中斜面向左滑动的距离为L

【答案】D　【解析】当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，故A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I＝FNt，故B错误；B下降的高度为Ltan α，其重力势能的减小量等于mgLtan α，减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块B的动能要小于mgLtan α，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M－m＝0，即有Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得x1＝，故D正确．

4．(2021届北京朝阳二模)男女双人滑冰是颇具艺术性的冰上运动项目．在某次比赛的一个小片段中，男女运动员在水平冰面上沿同一直线相向滑行，且动能恰好相等，男运动员的质量为女运动员的1.44倍，某时刻两者相遇．为简化问题，在此过程中两运动员均可视为质点，且冰面光滑．则(　　)

A．两者相遇后的总动量小于相遇前的总动量

B．两者相遇后的总动能一定等于相遇前的总动能

C．两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等

D．女运动员相遇前后的动量大小之比为14∶1

【答案】C　【解析】由题意可知，可将两运动员的运动看作完全非弹性碰撞，即碰后速度相等，在碰撞过程中，满足动量守恒定律，即两者相遇后的总动量等于相遇前的总动量，A错误；碰撞过程中要损失机械能，所以两者相遇后的总动能小于相遇前的总动能，B错误；两者相遇相互作用，相互作用力大小相等方向相反，作用时间也相同，所以两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等，C正确；由题可知，碰撞前Ek1＝Ek2，m1＝1.44m2＝1.44m，可得，相遇前两者的速度关系为v2＝1.2v1＝1.2v，由动量守恒可得m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v共，v共＝v，则女运动员相遇前后的动量大小之比为＝，D错误．故选C．

5．(2021届深圳名校调研)如图所示，小球从O点开始做平抛运动，p为落地点，O′为线段Op的中点，轨迹上的m、n点分别与O′在同一竖直线上和水平线上，则小球(　　)

A．从O到m与从O到n重力做功之比为1∶2

B．从O到m与从O到n的水平位移之比为1∶2

C．从O到m与从O到n重力冲量之比为1∶2

D．经过m、n时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1∶2

【答案】A　【解析】设从O到p的运动的时间为t，则有hOp＝gt2，xOp＝v0t，由于O′为线段Op的中点，m点与O′在同一竖直线上，则有从O到m的时间为tO m＝＝t，从O到m的竖直位移为hO m＝g2＝hOp，根据重力做功公式WG＝mgh可得从O到m与从O到n的重力做功之比为＝＝，A正确；从O到n的时间为tOn＝＝＝t，从O到m与从O到n的水平位移之比为＝＝，B错误；根据冲量定义I＝Ft可知从O到m与从O到n重力冲量之比为＝＝，C错误；速度方向与水平方向夹角的正切值为tan θ＝＝，所以经过m、n时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为＝，D错误．

6．(多选)(2020年乌鲁木齐第一中学期中)如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，当地重力加速度为g，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，经时间t到达B，在小球从A点运动到B点的过程中(　　)

A．小球所受合力的冲量水平向右

B．小球所受支持力的冲量大小是

C．小球受到的重力的冲量为0，重力做的功不为0

D．小球受到的支持力的冲量为0，支持力做的功也是0

【答案】AB　【解析】根据动量定理，动量的变化水平向右，因此合力的冲量水平向右，A正确；根据机械能守恒mgR＝mv2，可得动量的变化p＝mv＝m，方向水平向右，重力的冲量IG＝mgt，方向竖直向下，根据动量定理IG＋IN＝p，由矢量三角形法则，可得支持力的冲量大小为IN＝＝，在整个运动过程中只有重力做功，支持力不做功，B正确，C、D错误．

7．(多选)(2021届泰安名校期末)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着玩手机，经常出现手机砸伤人脸的情况．若手机的质量为150 g，从离人脸约20 cm的高度无初速度掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为0.1 s，重力加速度g取10 m/s2，下列计算正确的是(　　)

A．手机与人脸作用过程中，手机的动量变化量大小约为0.3 kg·m/s

B．人脸对手机的冲量大小约为0.3 N·s

C．人脸对手机的冲量大小约为1.0 N·s

D．手机对人脸的平均冲力大小约为4.5 N

【答案】AD　【解析】根据自由落体运动的规律，得下落的速度为v＝＝ m/s＝2 m/s，手机与人脸作用后手机的速度变为0，所以手机与人脸作用过程中动量变化为Δp＝0－mv＝－0.15×2 kg·m/s＝－0.30 kg·m/s，A正确；手机与人脸接触的过程中受到重力与人脸的作用力，选取向上为正方向，则有Iy－mgt＝Δp，代入数据可得Iy＝0.45 N·s，B、C错误；由冲量的定义Iy＝Ft，代入数据可得F＝＝ N＝4.5 N，D正确．

8．(多选)(2020届威海名校模拟)图甲为蹦极的场景，运动员及携带装备的总质量为75 kg，弹性绳原长为10 m．运动员从蹦极台自由下落，下落过程中的速度－位移图像如图乙所示．已知弹性绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，重力加速度g取10 m/s2．下列说法正确的是(　　)

A．整个下落过程中，运动员及携带装备与弹性绳组成的系统机械能守恒

B．运动员及携带装备从静止开始下落15 m的过程中重力的冲量为1 125 N·s

C．弹性绳的劲度系数约为150 N/m

D．弹性绳长为24 m时，运动员的加速度大小约为5 m/s2

【答案】AC　【解析】整个下落过程中，运动员及携带装备与弹性绳组成的系统除重力和弹力外没有其他外力做功，满足机械能守恒条件，A正确；运动员及携带装备从静止开始下落15 m的过程中，由动量定理得IG＝IF＝mv＝75×15 N·s＝1 125 N·s，故重力与弹力的合力的冲量为1 125 N·s，B错误；由开始下落到位移为15 m时，加速度为0，即mg＝kΔx，代入数据解得k≈150 N/m，C正确；弹性绳长为24 m时，由牛顿第二定律kΔx′－mg＝ma，代入数据解得a＝18 m/s2，方向向上，D错误．

9．(多选)(2021届辽宁六校协作体期中)两质量相同的小球A、B同向运动，已知pA＝6 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s，某时刻两小球发生碰撞，碰后A、B球的动量pA′、pB′可能为(　　)

A．pA′＝5 kg·m/s，pB′＝5 kg·m/s

B．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝2 kg·m/s

C．pA′＝2 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s

D．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s

【答案】AD　【解析】以两球组成的系统为研究对象，取甲球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前系统的总动能Ek＝＋＝＋＝，系统的总动量p＝6 kg·m/s＋4 kg·m/s＝10 kg·m/s；若碰撞后甲、乙两球动量为pA′＝5 kg·m/s，pB′＝5 kg·m/s，系统上的总动量p′＝5  kg·m/s＋5  kg·m/s＝10  kg·m/s，动量守恒，总动能Ek′＝＋＝＋＝，总动能不增加，符合实际情况，A正确；若碰撞后甲、乙两球动量为pA′＝8 kg·m/s，pB′＝2 kg·m/s，系统总动量p′＝8  kg·m/s＋2  kg·m/s＝10  kg·m/s，动量守恒，总动能Ek′＝＋＝＋＝，总动能增加，不符合实际情况，B错误；若碰撞后甲、乙两球动量为pA′＝2 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s，系统上的总动量p′＝2  kg·m/s＋8  kg·m/s＝10  kg·m/s，动量守恒，总动能Ek′＝＋＝＋＝，总动能增加，不符合实际情况，C错误；若碰撞后甲、乙两球动量为pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，系统上的总动量p′＝4  kg·m/s＋6  kg·m/s＝10  kg·m/s，动量守恒，总动能Ek′＝＋＝＋＝，总动能不增加，符合实际情况，D正确．

10．(多选)(2021届河北新乐名校月考)如图所示，光滑水平地面上停放着质量M＝2 kg的小车，小车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，其自由端恰在C点．质量m＝1 kg的小物块从斜面上A点由静止滑下并向右压缩弹簧．已知A点到B点的竖直高度差为h＝1.8 m，BC长度为L＝3 m，BC段动摩擦因数为0.3，CD段光滑，且小物块经B点时无能量损失．若g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．物块第一次到达C点时小车的速度为3 m/s

B．弹簧压缩时弹性势能的最大值为3 J

C．物块第二次到达C点时的速度为零

D．物块第二次到达C后物块与小车相对静止

【答案】BC　【解析】物块从A下滑到B的过程中，根据动能定理得mgh＝mv－0，解得v0＝6 m/s，物块在BC段滑行时，物块和小车的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，根据能量守恒定律得mv＝μmgL＋mv＋Mv，联立解得v1＝4 m/s，v2＝1 m/s，或v1＝0，v2＝3 m/s(不合题意)，所以物块第一次到达C点时小车的速度为1 m/s，A错误；当物块与小车的速度相等时弹簧压缩到最短，弹性势能最大，设物块与小车的共同速度为v，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，根据能量守恒定律得mv＝μmgL＋(m＋M)v2＋Ep，解得弹簧压缩时弹性势能的最大值Ep＝3 J，B正确；设物块第二次到达C点时的速度为v1′，此时小车的速度为v2′，根据动量守恒定律得(M＋m)v＝mv1′＋Mv2′，根据能量守恒定律，得(M＋m)v2＋Ep＝mv′＋Mv′，解得v1′＝0，v2′＝3 m/s，或v1′＝4 m/s，v2′＝1 m/s(不合题意)，所以物块第二次到达C点时的速度为零，第二次到达C点后物块与小车没有相对静止，D错误，C正确．

11．(2021届河北新乐第一中学月考)为验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，甲同学选用如图所示的装置，他先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O，接下来的实验步骤如下：

步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；

步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；

步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．

(1)对于上述实验操作，下列说法正确的是______．

A．应使小球1每次从斜槽上相同的位置自由滚下

B．斜槽轨道必须光滑

C．斜槽轨道末端必须水平

D．小球1质量应大于小球2的质量

(2)已知小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，当所测物理量满足表达式__________(用所测物理量字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．

(3)乙同学对上述装置进行了改造，如图所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接，使小球l仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点如图中D、E、F点，各点到B点的距离分别为LD、LE、LF.根据他的实验，只要满足关系式______________________，则说明碰撞中动量是守恒的．只要再满足关系式______________________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞．(用所测物理量的字母表示)

(4)丙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置改成如图所示．将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中小球1、小球2与木条的撞击点．实验时先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射小球1从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为B′；然后将木条平移到图中所示位置，入射小球1从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P′；再将入射小球1从斜轨上起始位置由静止释放，与小球2相撞，撞击点分别为M′和N′，测得B′与N′、P′、M′各点的高度差分别为h1、h2、h3．只要满足关系式___________(用所测物理量的字母表示)，则说明碰撞中动量是守恒的．

【答案】(1)ACD　(2)m1＝m1＋m2

(3) m1＝m1＋m2　m1LE＝m1LD＋m2LF

(4) ＝＋

【解析】(1)因为平抛运动的时间相等，根据v＝，可知将时间看成一个单位，可以用水平射程表示速度，需测量小球平抛运动的射程来间接测量速度，故应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下，同时为了让小球2能飞得更远，防止小球1反弹，小球1的质量应大于小球2的质量，故B错误，A、C、D正确．

(2)因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是小球1不与小球2碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表小球1碰撞前的速度，OM是小球1碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后小球1的速度，ON是碰撞后小球2的水平位移，该位移可以代表碰撞后小球2的速度．当所测量物理量满足表达式m1＝m1＋m2，说明两球碰撞遵守动量守恒定律．

(3)碰撞前，小球1落在图中E处，设其水平初速度为v0，小球1和小球2发生碰撞后，小球1的落点在D处．设其水平初速度为v1，小球2的落点是图中F处，设其水平初速度为v2，设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得Lsin α＝gt2，Lcos α＝vt，解得v0＝，v1＝，v2＝，可见速度正比于，所以只要验证m1＝m1＋m2，即可说明碰撞中动量是守恒的．只要m1v＝m1v＋m2v，即m1LE＝m1LD＋m2LF，成立，则机械能守恒，即说明两小球的碰撞是弹性碰撞．

(4)根据平抛运动规律可知，下落时间t＝，可知速度v＝＝x，即v3＝x，v4＝x，v5＝x，若满足动量守恒，则一定有m1v3＝m1v4＋m2v5，联立解得＝＋.

12．(2020年哈尔滨师范大学附属中学期末)水平地面上固定着竖直面内半径R＝5.25 m的光滑圆弧槽，圆弧对应的圆心角为37°，槽的右端与质量m＝1 kg、长度L＝4 m且上表面水平的木板相切，槽与木板的交接处静止着质量m1＝2 kg和m2＝1 kg的两个小物块(可视为质点)．现点燃物块间的炸药，炸药爆炸释放的化学能有60%转化为动能，使两物块都获得水平速度，此后m2沿圆弧槽运动，离开槽后在空中能达到的最大高度为h＝1.8 m．已知m1与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2．求：

(1)物块到达圆弧槽左端时的速率v；

(2)炸药爆炸释放的化学能E；

(3)木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量Q.(保留到小数点后两位)

【答案】(1)10 m/s　(2)151.25 J　(3)2.00 J

【解析】(1)m2离开圆弧槽后，在空中的飞行过程的逆过程是平抛运动，分解m2离开圆槽时的速度v，有vy＝vsin 37°.

根据平抛运动规律得h＝gt2，

vy＝gt，

代入数据联立解得v＝10 m/s.

(2)设炸药爆炸后，m1、m2获得的速率分别为力v1、v2，

m2运动过程中，由机械能守恒定律有

m2gR(1－cos 37°)＋m2v2＝m2v，

代入数据得v2＝11 m/s.

爆炸过程中，由动量守恒定律有m1v1＝m2v2

代入数据得v1＝5.5 m/s.

由题意有60%E＝m1v＋m2v，

代入数据联立解得E＝151.25 J.

(3)对物块m1，根据牛顿第二定律则有μ1m1g＝m1a1，

对木板m，根据牛顿第二定律则有

μ1m1g－μ2(m＋m1)g＝ma2，

代入数据得a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2．

设经过时间t′物块m1从木板上飞出，有

v1t′－a1t′2＝a2t′2＋L，

代入数据得t′＝1 s或t′＝s(舍去)，

即当1 s时物块飞离木板，则有x1＝a2t′2，

Q1＝μ2(m＋m1)gx1，

物块飞出后，对木板受力分析可知μ2mg＝ma3，

2a3x2＝0－(a2t′)2，

Q2＝μ2mgx2．

木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量为Q＝Q1＋Q2＝2.00 J.