2021-2022学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册 1.1动量 同步练习（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册 1.1动量 同步练习（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 340.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-11-23 21:08:52 | ||
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文档简介
1.1动量
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．做曲线运动的物体速度可能不变 B．做变速运动的物体，只要有摩擦力存在，机械能一定减少
C．做匀速圆周运动的物体，动量始终不变 D．做匀速圆周运动的物体，加速度大小始终不变
2．某次训练中，质量为60 kg的跳水运动员从跳台自由下落10 m后入水，在水中竖直向下减速运动。设他在空中下落时所受空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为2400 N。那么在他入水后下降2.5 m的过程中，下列说法不正确的是（取）（ ）
A．他的加速度大小为 B．他的动量减少了
C．他的动能减少了4500 J D．他的机械能减少了4500 J
3．质量为m、速率为v的小球与墙壁垂直相碰后以的速率返回，则小球的动量变化量大小为( )
A． B． C． D．0
4．从塔顶平抛出完全相同的四个小球，初速度各不相同，忽略空气阻力，落到同一水平地面上。则下列说法正确的是（ ）
A．四个小球落地时动能相同
B．四个小球落地时动量相同
C．四个小球落地时，重力做功的功率不相等
D．四个小球在下落过程中的动量的变化相同
5．关于质量一定的物体的动能、动量关系说法正确的是（ ）
A．动能不变，动量一定不变
B．动量变化，动能一定变化
C．动量的变化量为零，动能的变化量一定为零
D．动能的变化量为零，动量的变化量一定为零
6．如图所示，足够长的水平粗糙面与半径为R的圆弧在最低点C相连，两个长度分别为和R的光滑斜面AC和BC先后固定于圆弧处，均与水平面在C点平滑连接，质量为m的滑块1从斜面AC顶端由静止释放，质量也为m的滑块2从斜面BC顶端由静止释放，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，则（ ）
A．滑块1、2在C点时的动量相同
B．滑块1、2在斜面上运动的时间之比为2∶1
C．滑块1、2在C点时的动能之比为2∶ 1
D．滑块1、2在CD上滑行的最大距离之比为1∶2
7．如图所示，两个小朋友在玩弹性球，他们从同一点将质量相同的甲、乙两个弹性球水平抛出，两个小球经过了地面上的同一点O，两个小球的运动轨迹如图所示（实线和虚线分别为甲球和乙球的运动轨迹），忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两球从抛出至到达O点运动时间相同
B．甲、乙两球的初速度之比为7∶5
C．甲、乙两球在O点时速度大小之比为7∶5
D．每球与地面碰撞前后的动量大小相等、方向相反
8．如图所示，甲、乙两人在水平路面上沿相反方向运动。已知甲的质量为40 kg，速度大小υ1=5 m/s；乙的质量为80 kg，速度大小υ2=2.5 m/s。则以下说法正确的是（ ）
A．甲的动量比乙的动量大 B．甲、乙两人的动量相同
C．甲的动量大小为200 kg·m/s2 D．乙的动量大小为200 kg·m/s
9．如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的四分之一圆周轨道，圆心O在S的正上方。在O、P两点各有一质量为m的小物块甲和乙，从同一时刻开始，甲自由下落，乙沿圆弧下滑。以下说法正确的是（ ）
A．甲比乙先到达S点，它们在S点的动量不相同
B．乙比甲先到达S点，它们在S点的动能不相同
C．甲比乙先到达S点，它们在S点的动量相同
D．乙比甲先到达S点，它们在S点的动能相同
二、多选题
10．运动的物体的质量比为2:1,则：( )
A．当它们的动能相同时，动量之比P甲∶P乙=2:1；
B．当它们的动能相同时，动量之比P甲∶P乙=:1；
C．当它们的动量相同时，它们的动能之比Ek甲∶Ek乙=2:1;
D．当它们的动量相同时，它们的动能之比Ek甲∶Ek乙=1:2
11．一辆汽车在平直的公路上做直线运动，如图是描述该车在时刻由静止开始运动的加速度随时间变化图象。则由图象提供的信息可求出（ ）
A．汽车在末的速度大小
B．汽车的最大动量
C．汽车在的时间内牵引力对它做的功
D．汽车在内一直沿同一方向运动且速度的变化量为零
12．如图所示，物体从某一高度处自由下落，落到直立于地面的轻弹簧上，在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为零，然后被弹回，下列说法中正确的是
A．物体从A下落到B的过程中，动能和重力势能之和不断减小
B．物体从A下落到B的过程中，动能和弹性势能之和不断减小
C．物体两次通过A点时动能相等
D．物体两次通过A点时动量相等
13．质量为2kg的物体在水平面上做直线运动，若速度大小由4m/s变成6m/s，那么在此过程中，动量变化的大小可能是（ ）
A．4kg·m/s B．10kg·m/s C．20kg·m/s D．12kg·m/s
14．一个人站在阳台上，以相同的速率υ0分别把三个球竖直向上抛出、竖直下抛出、水平抛出，不计空气阻力，最后在落到地面时．则下列说法正确的是（ ）
A．上抛球的速度最大 B．三个球动量大小一样大
C．平抛球的速度最大 D．三个球动能一样大
三、实验题
15．利用图甲中装置做“探究碰撞中的不变量”的实验。
(1)入射小球，原静止的被碰小球，由实验测得它们在碰撞前后的x-t图像如图乙所示，可知入射小球碰撞后的是______________kg﹒m/s，入射小球碰撞前的是_________kg·m/s，被碰小球碰撞后的是___________kg﹒m/s，由此得出结论_________________。
(2)本实验中，实验必须要求的条件是__________。
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放
D．入射小球与被碰小球的关系满足，
四、解答题
16．羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到惊人的136m/s，假设某次球飞来的速度为50 m/s，运动员将球以100 m/s的速度大小反向击回。设羽毛球的质量为5.2 g，试求：
（1）运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
（2）运动员击球过程中羽毛球的动能变化量。
17．如图所示，一个质量为430 g的金属块沿直线垂直右侧墙面向右运动，到达A点时速度为5 m/s，到达B点时速度为4 m/s，与墙壁碰撞前瞬间的速度为3 m/s，与墙壁碰撞后瞬间的速度为2.8 m/s，返回B点时速度为1.8 m/s，分别求金属块由A到B，与墙壁碰撞前后，由A到返回B的动量变化量。
18．如图，足够长得斜面倾角＝37°，一个质量为m=1.0kg物体以＝12m/s的初速度，从斜面A点处沿斜面向上运动。加速度大小为a＝8.0m/s2。重力加速度g＝10m/s2，37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)物体沿斜面上滑的最大距离x；
(2)物体与斜面间的动摩擦因数；
(3)物体返回到A点时的动量大小p。
19．如图所示，一轨道由半径R=2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为m=1kg的小球从A点正上方处的O 点由静止释放，小球经过圆弧上的B点时，轨道对小球的支持力大小FN=18N，最后从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点。已知B点与地面间的高度h=3.2m，小球与BC段轨道间的动摩擦因数μ=0.2，小球运动过程中可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2， 求：
（1）小球运动至B点时的动量；
（2）小球在圆弧轨道AB上运动过程中克服摩擦力所做的功Wf；
（3）水平轨道BC的长度L多大时，小球落点P与B点的水平距最大。
参考答案
1．D
【详解】
A．做曲线运动的物体速度方向在不断变化，故A错误；
B．物体的机械能变化与否取决于是否有除重力和系统内弹簧弹力以外的力做功，故B错误；
C．匀速圆周运动的速度方向在不断变化，所以动量方向也在不断变化，故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体，加速度大小始终不变，方向变化，故D正确。
故选D。
2．D
【详解】
A．运动员在水中受到重力和水的阻力，选向下为正方向，则
代入数据解得
负号代表方向向上，故A正确；
B．运动员入水时的速度
入水后下降2.5m后的速度
所以动量变化量为
故B正确；
C．减速下降深度为2.5m过程中，根据动能定理，动能减少量等于克服合力做的功，为
故C正确；
D．减速下降深度为2.5m过程中，机械能的减少量等于克服阻力做的功，为
故D错误。
本题选不正确项，故选D。
3．A
【详解】
以返回时的速度方向为正方向，可得小球的动量变化量大小为
A正确。
故选A。
4．D
【详解】
A．根据功能关系，可知小球平抛到地面过程中，
可知，落到同一水平地面上，四个小球的动能不相同。故A错误；
B．根据上一选项分析可知，四球落地的速度大小不同，根据公式有
可知四个小球落地时动量不相同。故B错误；
C．重力做功的功率为
其中
解得
即四个小球落地时，重力做功的功率相同。故C错误；
D．四个小球在下落过程中的动量的变化为
p=mgt, t =
故动量的变化相同。故D正确。
故选D。
5．C
【详解】
A．动能不变，可能是速度的大小不变，但是方向可能变化，则物体的动量不一定不变，例如匀速圆周运动，选项A错误；
B．动量变化，动能不一定变化，例如做匀速圆周运动的物体，选项B错误；
C．动量的变化量为零，即动量不变，则动能一定不变，即动能的变化量一定为零，选项C正确；
D．动能的变化量为零，即速度大小不变，则动量的变化量不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体，选项D错误；
故选C。
6．C
【详解】
A．滑块1、2在C点时速度方向不同，则动量方向不同，故A错误；
B．对滑块1，根据牛顿运动定律
，
对滑块2，根据牛顿运动定律
，
解得滑块1、2在斜面上运动的时间之比为1:1，故B错误；
C．根据 可知，到C点时速度大小之比为 ，故动能之比为2:1，故C正确；
D．滑块1、2在CD上滑行减速加速度
，
所以滑块1、2在CD上滑行的最大距离之比为2:1，故D错误。
故选C。
7．B
【详解】
A．由题意可知小球抛出后做平抛运动，两个小球抛出时离地面的高度相同，所以从抛出后到第一次落地的时间相等，设此时间为t0，则两球抛出后到O点的运动时间分别为5t0和7t0，故A错误；
B．设甲、乙两球抛出时的速度分别为v甲、v乙，由图结合平抛运动规律可知
解得
故B正确；
C．由图结合平抛运动规律可知，两个小球与地面碰撞时竖直方向的速度相等，有
则两个小球落地时速度分别为
则
故C错误；
D．由图可知球与地面碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变但方向相反，则球与地面碰撞前后的合速度大小不变，但方向不是相反的，故每球与地面碰撞前后的动量大小相等、方向不是相反的，故D错误；
8．D
【详解】
根据公式
p=mv
可知甲的动量大小为200 kg·m/s，则C的单位是错误的；乙的动量大小为200 kg·m/s ，甲、乙动量大小相等，但动量方向不同，故甲、乙动量不同。则D正确，ABC错误。
故选D。
9．A
【详解】
在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，则有
解得
所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同，质量相等，则动能相等，由于甲的路程小于乙的路程，故甲比乙先到达S。又到达S点时甲的速度竖直向下，而乙的速度水平向左。故两物体的动量大小相等，方向不相同，故A正确，BCD错误。
故选A。
10．BD
【详解】
AB．动能与动量的关系：
Ek=
P=
当它们的动能相同时，动量之比
P甲∶P乙=:1
故A错误，B正确；
CD．根据动能与动量的关系：
Ek=
当它们的动量相同时，它们的动能之比
Ek甲∶Ek乙=1:2
故C错误，D正确．
故选BD.
11．AD
【详解】
A．根据图象与t轴所围的面积表示速度变化量，可求出内速度的变化量，由于初速度为0，则可求汽车在末的速度大小，A正确；
B．由图可知，汽车在内做匀加速运动，内做减速运动，故末速度最大，动量最大，由可求出最大速度，但汽车的质量未知，故不能求出最大动量，B错误；
C．由于不知道汽车的质量，故不能求出牵引力对汽车做的功，C错误；
D．根据“面积”表示速度变化量可知，内速度变化量为零，即汽车一直沿同一方向运动，15s末速度恰好为零，D正确。
故选AD。
12．AC
【详解】
A．物体从A下落到B的过程中，系统机械能守恒，动能和重力势能之和不断减小转化成了弹性势能，A正确；
B．物体从A下落到B的过程中，重力势能不断减小，所以动能和弹性势能之和不断增大，B错误；
CD．因为系统机械能守恒，两次经过A点的动能相等，但由于速度方向相反，所以动量不同，C正确D错误。
故选AC。
13．AC
【详解】
6m/s可能与初速度方向相同也可能与初速度方向相反，当方向相同时动量变化量为
当方向相反时动量变化量为
则动量变化量的大小为。
故选AC。
14．BD
【详解】
AC．由机械能守恒定律
可知在相同高度以相同速率抛出的物体，落地时速率相同，方向不同，故AC错误；
B．小球落地时，速度大小相等，由
可知三个球动量大小一样大，故B正确；
D．由
可知三个球动能一样大，故D正确。
故选BD。
15．0.0075 0.015 0.0075 碰撞前后系统中两小球的质量与速度乘积的矢量和是不变量 BCD
【详解】
(1)由题图乙可知，碰撞前入射小球的速度为
碰撞后，入射小球的速度为
被碰小球的速度为
入射小球碰撞后的
入射小球碰撞前的
被碰小球碰撞后的
碰撞前系统质量与速度乘积的矢量和为
碰撞后系统质量与速度乘积的矢量和为
由此可知碰撞前后系统中两小球的质量与速度乘积的矢量和为不变量；
(2)AB．“探究碰撞中的不变量”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，要求小球离开轨道后做平抛运动，即斜槽轨道末端切线水平，对斜槽是否光滑没有要求，A错误，B正确；
C．要保证碰撞前入射小球的速度相同，入射小球每次都要从同高度由静止滚下，C正确；
D．为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后入射小球不反弹，要求m1>m2，r1=r2，D正确。
故选BCD。
【关键点拨】
解答本題的关键是理解入射小球和被碰小球从同高度做平抛运动并且落到同一水平面上，下落的时间相同，所以在实验过程中把本来需要测量的速度转换为测量平抛运动过程中水平方向发生的位移，掌握实验原理才能顺利解决此类题目。
16．（1）0.78kg·m/s，与羽毛球飞来的方向相反；（2）19.5 J
【详解】
（1）以羽毛球飞来的方向为正方向，则回击前
p1＝mv1＝5.2×10-3×50 kg·m/s＝0.26 kg·m/s
回击后
p2＝mv2＝－5.2×10-3×100 kg·m/s＝－0.52 kg·m/s
所以动量的变化量
Δp＝p2－p1＝－0.52 kg·m/s－0.26 kg·m/s＝－0.78kg·m/s
负号表示与羽毛球飞来的方向相反。
（2）羽毛球的初动能
Ek＝m＝6.5J
末动能
Ek′＝m＝26 J
所以
ΔEk＝Ek′－Ek＝19.5 J
17．，向左；，向左；，向左
【详解】
设向右为正方向，则金属块在A点的动量为
第一次到达B点的动量为
与墙壁碰撞前瞬间的动量为
与墙壁碰撞后瞬间的动量为
返回B点的动量为
金属块由A到B的动量变化量
P1=PB1-PA =-0.43kg .
即动量变化量大小为，方向向左；
金属块与墙壁碰撞前后的动量变化量
P2=P墙2-P墙1 =-2.494kg .
即动量变化量大小为，方向向左；
金属块由A到返回B的动量变化量
P3=PB1-PA =-2.494kg .
即动量变化量大小为，方向向左。
18．(1)9m；(2)0.25；(3)
【详解】
(1)根据
解得
x＝9m
(2)根据牛顿第二定律
mgsinθ＋μN＝ma
N＝mgcosθ
解得
μ＝0.25
(3)据牛顿第二定律
mgsinθ－μN＝ma1
解得
a1＝4m/s2
得回到出发点时的速度大小
物体返回到出发点时的动量大小
p=mv=
19．（1）；（2）22J；（3）3.36m
【详解】
（1）小球在B点，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
小球运动至B点时的动量为
（2）从到B的过程中，由动能定理可得
代入数据解得
（3）由B到C的过程中，由动能定理得
解得
根据公式可得，从C点到落地的时间为
B到P的水平距离为
代入数据，联立并整理可得
由数学知识可知，当，P到B的水平距离最大，为
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．做曲线运动的物体速度可能不变 B．做变速运动的物体，只要有摩擦力存在，机械能一定减少
C．做匀速圆周运动的物体，动量始终不变 D．做匀速圆周运动的物体，加速度大小始终不变
2．某次训练中，质量为60 kg的跳水运动员从跳台自由下落10 m后入水，在水中竖直向下减速运动。设他在空中下落时所受空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为2400 N。那么在他入水后下降2.5 m的过程中，下列说法不正确的是（取）（ ）
A．他的加速度大小为 B．他的动量减少了
C．他的动能减少了4500 J D．他的机械能减少了4500 J
3．质量为m、速率为v的小球与墙壁垂直相碰后以的速率返回，则小球的动量变化量大小为( )
A． B． C． D．0
4．从塔顶平抛出完全相同的四个小球，初速度各不相同，忽略空气阻力，落到同一水平地面上。则下列说法正确的是（ ）
A．四个小球落地时动能相同
B．四个小球落地时动量相同
C．四个小球落地时，重力做功的功率不相等
D．四个小球在下落过程中的动量的变化相同
5．关于质量一定的物体的动能、动量关系说法正确的是（ ）
A．动能不变，动量一定不变
B．动量变化，动能一定变化
C．动量的变化量为零，动能的变化量一定为零
D．动能的变化量为零，动量的变化量一定为零
6．如图所示，足够长的水平粗糙面与半径为R的圆弧在最低点C相连，两个长度分别为和R的光滑斜面AC和BC先后固定于圆弧处，均与水平面在C点平滑连接，质量为m的滑块1从斜面AC顶端由静止释放，质量也为m的滑块2从斜面BC顶端由静止释放，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，则（ ）
A．滑块1、2在C点时的动量相同
B．滑块1、2在斜面上运动的时间之比为2∶1
C．滑块1、2在C点时的动能之比为2∶ 1
D．滑块1、2在CD上滑行的最大距离之比为1∶2
7．如图所示，两个小朋友在玩弹性球，他们从同一点将质量相同的甲、乙两个弹性球水平抛出，两个小球经过了地面上的同一点O，两个小球的运动轨迹如图所示（实线和虚线分别为甲球和乙球的运动轨迹），忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两球从抛出至到达O点运动时间相同
B．甲、乙两球的初速度之比为7∶5
C．甲、乙两球在O点时速度大小之比为7∶5
D．每球与地面碰撞前后的动量大小相等、方向相反
8．如图所示，甲、乙两人在水平路面上沿相反方向运动。已知甲的质量为40 kg，速度大小υ1=5 m/s；乙的质量为80 kg，速度大小υ2=2.5 m/s。则以下说法正确的是（ ）
A．甲的动量比乙的动量大 B．甲、乙两人的动量相同
C．甲的动量大小为200 kg·m/s2 D．乙的动量大小为200 kg·m/s
9．如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的四分之一圆周轨道，圆心O在S的正上方。在O、P两点各有一质量为m的小物块甲和乙，从同一时刻开始，甲自由下落，乙沿圆弧下滑。以下说法正确的是（ ）
A．甲比乙先到达S点，它们在S点的动量不相同
B．乙比甲先到达S点，它们在S点的动能不相同
C．甲比乙先到达S点，它们在S点的动量相同
D．乙比甲先到达S点，它们在S点的动能相同
二、多选题
10．运动的物体的质量比为2:1,则：( )
A．当它们的动能相同时，动量之比P甲∶P乙=2:1；
B．当它们的动能相同时，动量之比P甲∶P乙=:1；
C．当它们的动量相同时，它们的动能之比Ek甲∶Ek乙=2:1;
D．当它们的动量相同时，它们的动能之比Ek甲∶Ek乙=1:2
11．一辆汽车在平直的公路上做直线运动，如图是描述该车在时刻由静止开始运动的加速度随时间变化图象。则由图象提供的信息可求出（ ）
A．汽车在末的速度大小
B．汽车的最大动量
C．汽车在的时间内牵引力对它做的功
D．汽车在内一直沿同一方向运动且速度的变化量为零
12．如图所示，物体从某一高度处自由下落，落到直立于地面的轻弹簧上，在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为零，然后被弹回，下列说法中正确的是
A．物体从A下落到B的过程中，动能和重力势能之和不断减小
B．物体从A下落到B的过程中，动能和弹性势能之和不断减小
C．物体两次通过A点时动能相等
D．物体两次通过A点时动量相等
13．质量为2kg的物体在水平面上做直线运动，若速度大小由4m/s变成6m/s，那么在此过程中，动量变化的大小可能是（ ）
A．4kg·m/s B．10kg·m/s C．20kg·m/s D．12kg·m/s
14．一个人站在阳台上，以相同的速率υ0分别把三个球竖直向上抛出、竖直下抛出、水平抛出，不计空气阻力，最后在落到地面时．则下列说法正确的是（ ）
A．上抛球的速度最大 B．三个球动量大小一样大
C．平抛球的速度最大 D．三个球动能一样大
三、实验题
15．利用图甲中装置做“探究碰撞中的不变量”的实验。
(1)入射小球，原静止的被碰小球，由实验测得它们在碰撞前后的x-t图像如图乙所示，可知入射小球碰撞后的是______________kg﹒m/s，入射小球碰撞前的是_________kg·m/s，被碰小球碰撞后的是___________kg﹒m/s，由此得出结论_________________。
(2)本实验中，实验必须要求的条件是__________。
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放
D．入射小球与被碰小球的关系满足，
四、解答题
16．羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到惊人的136m/s，假设某次球飞来的速度为50 m/s，运动员将球以100 m/s的速度大小反向击回。设羽毛球的质量为5.2 g，试求：
（1）运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
（2）运动员击球过程中羽毛球的动能变化量。
17．如图所示，一个质量为430 g的金属块沿直线垂直右侧墙面向右运动，到达A点时速度为5 m/s，到达B点时速度为4 m/s，与墙壁碰撞前瞬间的速度为3 m/s，与墙壁碰撞后瞬间的速度为2.8 m/s，返回B点时速度为1.8 m/s，分别求金属块由A到B，与墙壁碰撞前后，由A到返回B的动量变化量。
18．如图，足够长得斜面倾角＝37°，一个质量为m=1.0kg物体以＝12m/s的初速度，从斜面A点处沿斜面向上运动。加速度大小为a＝8.0m/s2。重力加速度g＝10m/s2，37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)物体沿斜面上滑的最大距离x；
(2)物体与斜面间的动摩擦因数；
(3)物体返回到A点时的动量大小p。
19．如图所示，一轨道由半径R=2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为m=1kg的小球从A点正上方处的O 点由静止释放，小球经过圆弧上的B点时，轨道对小球的支持力大小FN=18N，最后从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点。已知B点与地面间的高度h=3.2m，小球与BC段轨道间的动摩擦因数μ=0.2，小球运动过程中可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2， 求：
（1）小球运动至B点时的动量；
（2）小球在圆弧轨道AB上运动过程中克服摩擦力所做的功Wf；
（3）水平轨道BC的长度L多大时，小球落点P与B点的水平距最大。
参考答案
1．D
【详解】
A．做曲线运动的物体速度方向在不断变化，故A错误；
B．物体的机械能变化与否取决于是否有除重力和系统内弹簧弹力以外的力做功，故B错误；
C．匀速圆周运动的速度方向在不断变化，所以动量方向也在不断变化，故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体，加速度大小始终不变，方向变化，故D正确。
故选D。
2．D
【详解】
A．运动员在水中受到重力和水的阻力，选向下为正方向，则
代入数据解得
负号代表方向向上，故A正确；
B．运动员入水时的速度
入水后下降2.5m后的速度
所以动量变化量为
故B正确；
C．减速下降深度为2.5m过程中，根据动能定理，动能减少量等于克服合力做的功，为
故C正确；
D．减速下降深度为2.5m过程中，机械能的减少量等于克服阻力做的功，为
故D错误。
本题选不正确项，故选D。
3．A
【详解】
以返回时的速度方向为正方向，可得小球的动量变化量大小为
A正确。
故选A。
4．D
【详解】
A．根据功能关系，可知小球平抛到地面过程中，
可知，落到同一水平地面上，四个小球的动能不相同。故A错误；
B．根据上一选项分析可知，四球落地的速度大小不同，根据公式有
可知四个小球落地时动量不相同。故B错误；
C．重力做功的功率为
其中
解得
即四个小球落地时，重力做功的功率相同。故C错误；
D．四个小球在下落过程中的动量的变化为
p=mgt, t =
故动量的变化相同。故D正确。
故选D。
5．C
【详解】
A．动能不变，可能是速度的大小不变，但是方向可能变化，则物体的动量不一定不变，例如匀速圆周运动，选项A错误；
B．动量变化，动能不一定变化，例如做匀速圆周运动的物体，选项B错误；
C．动量的变化量为零，即动量不变，则动能一定不变，即动能的变化量一定为零，选项C正确；
D．动能的变化量为零，即速度大小不变，则动量的变化量不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体，选项D错误；
故选C。
6．C
【详解】
A．滑块1、2在C点时速度方向不同，则动量方向不同，故A错误；
B．对滑块1，根据牛顿运动定律
，
对滑块2，根据牛顿运动定律
，
解得滑块1、2在斜面上运动的时间之比为1:1，故B错误；
C．根据 可知，到C点时速度大小之比为 ，故动能之比为2:1，故C正确；
D．滑块1、2在CD上滑行减速加速度
，
所以滑块1、2在CD上滑行的最大距离之比为2:1，故D错误。
故选C。
7．B
【详解】
A．由题意可知小球抛出后做平抛运动，两个小球抛出时离地面的高度相同，所以从抛出后到第一次落地的时间相等，设此时间为t0，则两球抛出后到O点的运动时间分别为5t0和7t0，故A错误；
B．设甲、乙两球抛出时的速度分别为v甲、v乙，由图结合平抛运动规律可知
解得
故B正确；
C．由图结合平抛运动规律可知，两个小球与地面碰撞时竖直方向的速度相等，有
则两个小球落地时速度分别为
则
故C错误；
D．由图可知球与地面碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变但方向相反，则球与地面碰撞前后的合速度大小不变，但方向不是相反的，故每球与地面碰撞前后的动量大小相等、方向不是相反的，故D错误；
8．D
【详解】
根据公式
p=mv
可知甲的动量大小为200 kg·m/s，则C的单位是错误的；乙的动量大小为200 kg·m/s ，甲、乙动量大小相等，但动量方向不同，故甲、乙动量不同。则D正确，ABC错误。
故选D。
9．A
【详解】
在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，则有
解得
所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同，质量相等，则动能相等，由于甲的路程小于乙的路程，故甲比乙先到达S。又到达S点时甲的速度竖直向下，而乙的速度水平向左。故两物体的动量大小相等，方向不相同，故A正确，BCD错误。
故选A。
10．BD
【详解】
AB．动能与动量的关系：
Ek=
P=
当它们的动能相同时，动量之比
P甲∶P乙=:1
故A错误，B正确；
CD．根据动能与动量的关系：
Ek=
当它们的动量相同时，它们的动能之比
Ek甲∶Ek乙=1:2
故C错误，D正确．
故选BD.
11．AD
【详解】
A．根据图象与t轴所围的面积表示速度变化量，可求出内速度的变化量，由于初速度为0，则可求汽车在末的速度大小，A正确；
B．由图可知，汽车在内做匀加速运动，内做减速运动，故末速度最大，动量最大，由可求出最大速度，但汽车的质量未知，故不能求出最大动量，B错误；
C．由于不知道汽车的质量，故不能求出牵引力对汽车做的功，C错误；
D．根据“面积”表示速度变化量可知，内速度变化量为零，即汽车一直沿同一方向运动，15s末速度恰好为零，D正确。
故选AD。
12．AC
【详解】
A．物体从A下落到B的过程中，系统机械能守恒，动能和重力势能之和不断减小转化成了弹性势能，A正确；
B．物体从A下落到B的过程中，重力势能不断减小，所以动能和弹性势能之和不断增大，B错误；
CD．因为系统机械能守恒，两次经过A点的动能相等，但由于速度方向相反，所以动量不同，C正确D错误。
故选AC。
13．AC
【详解】
6m/s可能与初速度方向相同也可能与初速度方向相反，当方向相同时动量变化量为
当方向相反时动量变化量为
则动量变化量的大小为。
故选AC。
14．BD
【详解】
AC．由机械能守恒定律
可知在相同高度以相同速率抛出的物体，落地时速率相同，方向不同，故AC错误；
B．小球落地时，速度大小相等，由
可知三个球动量大小一样大，故B正确；
D．由
可知三个球动能一样大，故D正确。
故选BD。
15．0.0075 0.015 0.0075 碰撞前后系统中两小球的质量与速度乘积的矢量和是不变量 BCD
【详解】
(1)由题图乙可知，碰撞前入射小球的速度为
碰撞后，入射小球的速度为
被碰小球的速度为
入射小球碰撞后的
入射小球碰撞前的
被碰小球碰撞后的
碰撞前系统质量与速度乘积的矢量和为
碰撞后系统质量与速度乘积的矢量和为
由此可知碰撞前后系统中两小球的质量与速度乘积的矢量和为不变量；
(2)AB．“探究碰撞中的不变量”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，要求小球离开轨道后做平抛运动，即斜槽轨道末端切线水平，对斜槽是否光滑没有要求，A错误，B正确；
C．要保证碰撞前入射小球的速度相同，入射小球每次都要从同高度由静止滚下，C正确；
D．为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后入射小球不反弹，要求m1>m2，r1=r2，D正确。
故选BCD。
【关键点拨】
解答本題的关键是理解入射小球和被碰小球从同高度做平抛运动并且落到同一水平面上，下落的时间相同，所以在实验过程中把本来需要测量的速度转换为测量平抛运动过程中水平方向发生的位移，掌握实验原理才能顺利解决此类题目。
16．（1）0.78kg·m/s，与羽毛球飞来的方向相反；（2）19.5 J
【详解】
（1）以羽毛球飞来的方向为正方向，则回击前
p1＝mv1＝5.2×10-3×50 kg·m/s＝0.26 kg·m/s
回击后
p2＝mv2＝－5.2×10-3×100 kg·m/s＝－0.52 kg·m/s
所以动量的变化量
Δp＝p2－p1＝－0.52 kg·m/s－0.26 kg·m/s＝－0.78kg·m/s
负号表示与羽毛球飞来的方向相反。
（2）羽毛球的初动能
Ek＝m＝6.5J
末动能
Ek′＝m＝26 J
所以
ΔEk＝Ek′－Ek＝19.5 J
17．，向左；，向左；，向左
【详解】
设向右为正方向，则金属块在A点的动量为
第一次到达B点的动量为
与墙壁碰撞前瞬间的动量为
与墙壁碰撞后瞬间的动量为
返回B点的动量为
金属块由A到B的动量变化量
P1=PB1-PA =-0.43kg .
即动量变化量大小为，方向向左；
金属块与墙壁碰撞前后的动量变化量
P2=P墙2-P墙1 =-2.494kg .
即动量变化量大小为，方向向左；
金属块由A到返回B的动量变化量
P3=PB1-PA =-2.494kg .
即动量变化量大小为，方向向左。
18．(1)9m；(2)0.25；(3)
【详解】
(1)根据
解得
x＝9m
(2)根据牛顿第二定律
mgsinθ＋μN＝ma
N＝mgcosθ
解得
μ＝0.25
(3)据牛顿第二定律
mgsinθ－μN＝ma1
解得
a1＝4m/s2
得回到出发点时的速度大小
物体返回到出发点时的动量大小
p=mv=
19．（1）；（2）22J；（3）3.36m
【详解】
（1）小球在B点，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
小球运动至B点时的动量为
（2）从到B的过程中，由动能定理可得
代入数据解得
（3）由B到C的过程中，由动能定理得
解得
根据公式可得，从C点到落地的时间为
B到P的水平距离为
代入数据，联立并整理可得
由数学知识可知，当，P到B的水平距离最大，为