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1、2024版高中同步新教材选择性必修第一册人教物理备课资源第一章动量守恒定律全卷满分100分考试用时90分钟。一、单项选择题(本大题共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个符合题目要求)1.对于动量相同的两个物体,质量小的物体()A.速度大,动能大B.速度小,动能小C.速度大,动能小D.速度小,动能大2.下列关于碰撞的说法不正确的是()A.弹性碰撞是一个理想化模型B.两个小球碰撞过程作用时间极短,即内力远远大于外力,故两小球组成的系统的动量守恒C.两个弹性钢球发生弹性碰撞,碰撞发生过程中任何时刻两钢球总动能都守恒D.发生完全非弹性碰撞的两个物体,系统损失的机械能都转化成了
2、内能3.质量为1 kg的物体在光滑水平地面上做初速度为6 m/s的匀速直线运动,某时刻开始,物体受到如图所示的水平力F的作用,02 s时间内,力F的方向与物体的初速度方向相同,26 s时间内,力F的方向与物体的初速度方向相反。则物体在第6 s末的速度大小为()A.1 m/sB.2 m/sC.4 m/sD.8 m/s4.把一支枪水平固定在小车上,小车放在光滑的水平面上,枪发射出一颗子弹时,关于枪、子弹和车,下列说法中正确的是()A.枪和子弹组成的系统动量守恒B.枪和车组成的系统动量守恒C.三者组成的系统动量守恒,因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用,这两个外力的合力为零D.三者组成的系统因
3、为子弹和枪筒之间的摩擦力很小,使系统的动量变化很小,可忽略不计,故系统动量近似守恒5.如图所示,有光滑弧形轨道的小车静止于光滑的水平面上,其总质量为M,有一质量也为M的铁块以水平速度v沿轨道的水平部分滑上小车。若轨道足够高,铁块不会滑出,重力加速度为g,则铁块沿圆弧形轨道上升的最大高度为()A.v24gB.v22gC.v28gD.v26g6.生命在于运动,体育无处不在,运动无限精彩。如图所示,质量为450 kg的小船静止在水面上,质量为50 kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2 m,不计空气和水的阻力,下列说法正确的是()A.人在甲板上散步时,船保持静止B.人在立定跳远的过程中船保持静止C.人在
4、立定跳远的过程中船后退了0.4 mD.人相对地面的成绩为1.8 m7.如图所示,A、B、C、D、E、F、G为七个质量分布均匀、半径相同的球,其中A、G两球质量相等,B、C、D、E、F五球质量相等,且A球质量小于B球质量。现将B、C、D、E、F、G放置在光滑的水平面上排成一条直线且均处于静止状态。某时刻让A球以速度v0正对B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则发生一系列碰撞之后,最终()A.五个小球静止,两个小球运动B.四个小球静止,三个小球运动C.三个小球静止,四个小球运动D.七个小球都运动8.如图所示,在固定的水平杆上,套有质量为m的光滑圆环,轻绳一端拴在环上,另一端系着质量为m的木块,现有
5、质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.子弹射入木块后的运动过程中,圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒B.子弹射入木块后的瞬间,它们的共同速度为m0v0m0+2mC.子弹射入木块后,子弹和木块能上升的最大高度为mm02v022g(m0+m)2(m0+2m)D.子弹射入木块后,当子弹和木块上升到最大高度时,圆环的速度达到最大二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)9.一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg
6、的水,静止在水中。遇到危险时,它在0.01 s时间内把吸入的水向后全部喷出,以2 m/s的速度向前逃窜。以下说法正确的是()A.该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相同B.该乌贼喷出的水的速度大小为28 m/sC.该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为39.2 JD.该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为280 N10.水平力F方向确定,大小随时间的变化如图a所示,用力F拉静止在水平桌面上的小物块,在F从0开始逐渐增大的过程中,物块04 s内的加速度随时间变化的图像如图b所示,最大静摩擦力大于滑动摩擦力,由图可知()A.物块与水平桌面间的最大静摩擦力为8 NB.在04 s时间内,水平力F
7、的冲量为32 NsC.在04 s时间内,合外力的冲量为18 NsD.在04 s时间内,合外力做的功为40.5 J11.如图所示,水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d,轨道上穿有两小球A和B,质量分别为m1、m2,B的左边有一固定挡板。A由图示位置静止释放,当A与B相距最近时A的速度为v1,则在以后的运动过程中()A.A的最小速度可能是0B.A的最小速度可能是m1m2m1+m2v1C.B的最大速度是v1D.B的最大速度是2m1m1+m2v112.如图甲所示,曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上,一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面,且没有从滑块上端冲出去。若测得在水平方向上
8、小球与滑块的速度大小分别为v1、v2,作出v2-v1图像如图乙所示,重力加速度为g,不考虑任何阻力,则下列说法正确的是()A.小球的质量为baMB.小球运动到最高点时的速度为aba+bC.小球能够上升的最大高度为a22(a+b)gD.若a=b,小球在与滑块分离后做自由落体运动三、非选择题(本大题共6小题,共60分)13.(6分)气垫导轨是一种常用的实验仪器,它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫,使滑块悬浮在导轨上,滑块在导轨上的运动可视为无摩擦的。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来探究碰撞中的不变量,如图所示,实验步骤如下:a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。
9、b.调整气垫导轨,使导轨处于水平。c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧,用电动卡销锁定,静止放置在气垫导轨上。d.用刻度尺测出滑块A的左端至挡板C的距离L1。e.按下电钮放开卡销,同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时,记下滑块A、B分别到达挡板C、D的运动时间t1和t2。(1)实验中还应测量的物理量是;(2)利用上述测量的实验数据,得出关系式成立,即可得出碰撞中守恒的量是mv的和。上式中算得的A、B两滑块的mv大小不相等,产生误差的原因是。(至少说三条)14.(10分)图示为验证动量守恒定律的实验装置,实验中选取两个半径相同、质量不等的小球
10、,按下面步骤进行实验:(1)用天平测出入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,实验应满足m1m2(选填“”“=”或“m2,A的最小速度为m1m2m1+m2v1,B正确;若m1m2,A的最小速度为0,A正确。故选A、B、D。12.ABD设小球的质量为m,初速度为v0,小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒,有mv0=mv1+Mv2,得v2=mv0M-mMv1,结合图乙可得图线斜率大小为ba=mM,且a=v0,则小球的质量m=baM,A正确;若a=b,小球与滑块质量相等,小球在与滑块分离时,由系统水平方向上动量守恒及机械能守恒,可知两者交换速度,小球速度为零,小球在与滑块分离后做自由落体运动,
11、D正确;小球运动到最高点时,竖直方向速度为零,在水平方向与滑块具有相同的速度v共,在水平方向,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v共,解得v共=mv0m+M,结合A项中的分析化简得v共=aba+b,B正确;小球从开始运动至到达最高点的过程中,由机械能守恒定律得12mv02=12(m+M)v共2+mgh,解得h=Mv022(m+M)g,结合A项中的分析化简得h=a32(a+b)g,C错误。故选A、B、D。13.答案(1)滑块B的右端至挡板D的距离L2(2分)(2)mAL1t1-mBL2t2=0(2分)见解析(2分)解析(1)本实验探究碰撞中的不变量(动量守恒),需要测量两滑块的质量和弹开后的速度
12、大小,其中A的速度大小等于L1t1,所以还应测量的物理量是滑块B的右端至挡板D的距离L2。(2)取滑块A运动的方向为正方向,验证动量守恒的表达式是mAL1t1-mBL2t2=0。本实验中产生误差的原因是测量时间、距离、质量等存在误差(即偶然误差),由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差(即系统误差)。14.答案(1)(2分)(6)m1sP=m1sM+m2sN(4分)(7)m1sP=m1sM+m2sN(4分)解析(1)为了防止碰撞后入射小球反弹,一定要保证入射小球的质量大于被碰小球的质量,即m1m2。(6)碰撞前,入射小球落在图中P点,设其水平速度为v1,发生碰撞后,入射小球的落点是图中的M点,设其
13、水平速度为v1,被碰小球的落点是图中的N点,设其水平速度为v2,设斜面BC与水平面的夹角为,由平抛运动规律得sM sin =12gt2,sM cos =v1t,解得v1=gsMcos22sin,同理可得v1=gsPcos22sin,v2=gsNcos22sin,因此,只要满足m1v1=m1v1+m2v2,即m1sP=m1sM+m2sN,则说明两球碰撞过程中动量守恒。(7)如果两小球的碰撞为弹性碰撞,则还应满足12m1v12=12m1v12+12m2v22,代入以上v1、v2、v1的表达式可得m1sP=m1sM+m2sN。15.答案9.8 m/s解析设甲以速度v将箱子推出,推出箱子后甲的速度为v
14、甲,乙获得的速度为v乙,取向右为正方向,以甲和箱子组成的系统为研究对象,根据动量守恒,得(m甲+m)v0=m甲v甲+mv(2分)以箱子和乙组成的系统为研究对象,得mv=(m+m乙)v乙(2分)当甲与乙恰好不相撞时v甲=v乙,此时v最小(2分)联立解得v=9.8 m/s(2分)16.答案(1)1 kg(2)2 m/s解析t=1 s时两物块A、B共速,此时弹簧伸长量最大;t=2 s时弹簧恢复原长,此时物块A速度最大;t=3 s时两物块A、B共速,此时弹簧压缩量最大。(1)01 s内A、B组成的系统动量守恒,有m2v0=(m1+m2)v(2分)解得m2=1 kg(1分)(2)当弹簧恢复原长时A的速度
15、最大,两者组成的系统动量守恒,有m2v0=m1v1+m2v2(2分)系统机械能守恒,有12m2v02=12m1v12+12m2v22(2分)解得v1=2 m/s(1分)17.答案(1)4 m/s5 m/s2(2)7.510-3 J不能胜出解析(1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v1,由运动学规律得x1=v0t1-12at12(2分)v1=v0-at1(2分)联立解得v1=4 m/s,a=5 m/s2(1分)(2)设碰后瞬间弹珠B的速度为v2,由动量守恒定律得mv1=mv1+mv2(2分)解得v2=3 m/s(1分)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失E=12mv12-12mv12+12mv22(2分)解得E
16、=7.510-3 J(1分)碰后弹珠B运动的距离为x=v222a=0.9 m乙,所以a甲a乙,D正确。故选D。9.AC单摆的速度越大距平衡位置越近,回复力越小,A正确;单摆的周期为T=tn=10050 s=2 s,由单摆周期公式T=2lg,解得摆长l1 m,B错误;把摆长减小为原来的一半,则T=22T=2 s,C正确;若把该单摆放在月球上,重力加速度g变小,由T=2lg可知,周期T变大,D错误。故选A、C。10.AD当小球在纸面内小角度摆动时,摆长为L,故周期为T=2Lg,A正确,C错误;当小球在垂直纸面方向小角度摆动时,等效摆长为l=1+34L,故周期为T=21+34Lg=4+3gL,B错误
17、,D正确。11.ACD根据对称性可知,细绳被拉断前的瞬间,滑块P的位置与释放时位置A关于O点对称,滑块P的加速度与刚释放时的加速度大小相等,方向相反,A正确;细绳被拉断后,水平方向滑块P只受弹力作用,在滑块P往回走的过程中弹力做正功,当滑块P回到A位置时弹簧处于原长,P的速度最大,B错误;从释放滑块到细绳被拉断前的瞬间,P、Q组成的系统做简谐运动,刚释放时有mg=(mP+m)a,细绳被拉断前的瞬间有kx-mg=(mP+m)a,则物块Q下落的高度为x=2mgk,C正确;当滑块P运动到最右端时弹簧的弹性势能最大,为Ep=12kx2=2m2g2k,D正确。12.ACD设鱼漂总长为l,在平衡位置时,浮力与重力平衡,有F浮=gS12l=mg,鱼放开鱼钩的瞬间,由牛顿第二定律有gS56l-mg=ma,解得鱼漂的加速度大小为a=2g3,B正确;以鱼漂平衡时O点所在的水面位置为坐标原点,竖直向下为x轴正方向,建立坐标系,鱼放开鱼钩后,当鱼漂相对平衡位置的位移为x时,所受合力为F=mg-gS12l+x,可得F=-gSx,由于gS是定值,可知鱼漂做