第一章 动量守恒定律3动量守恒定律拔高练习（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 第一章 动量守恒定律3动量守恒定律拔高练习（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 692.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-01-23 07:49:13 | ||
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文档简介
2019人教版选择性必修第一册 第一章 动量守恒定律 3 动量守恒定律 拔高练习
一、多选题
1．如图a所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg．现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v－t图如图b所示，则可知（ ）
A．在A离开挡板前，A、B系统动量守恒
B．在A离开挡板后，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
C．弹簧锁定时其弹性势能为9J
D．在A离开挡板后的运动过程，弹簧弹性势能最大时A、B速度相等
2．如图所示，一块长方体木块，放在光滑水平面上。一颗子弹（可视为质点且不计重力）以某一速度水平向右射入木块，最后子弹留在木块中。则子弹在木块中相对木块运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小
B．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功
C．子弹和木块组成的系统机械能守恒
D．子弹和木块组成的系统动量守恒
二、单选题
3．在冰壶比赛中，冰壶甲以速度v1正碰静止的冰壶乙，碰后冰壶甲的速度变为v2，方向不变．已知冰壶质量均为m，碰撞过程时间为t，则碰撞过程中冰壶乙受到的平均作用力大小为（ ）
A．F＝0 B．F＝ C．F＝ D．F＝
4．木块和用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，紧靠在墙壁上，在上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（ ）
A．尚未离开墙壁前，和组成的系统动量守恒
B．尚未离开墙壁前，和组成的系统机械能守恒
C．离开墙壁后，和组成的系统动量守恒
D．离开墙壁后，和、弹簧组成的系统机械能不守恒
5．如图所示，一个质量为的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为的小物块。现使木箱瞬间获得一个方向水平向左、大小为的初速度，下列说法正确的是（ ）
A．最终小物块和木箱都将静止
B．最终小物块和木箱组成的系统损失的机械能为
C．木箱速度水平向左、大小为时，小物块的速度大小为
D．木箱速度水平向左、大小为时，小物块的速度大小为
6．两根长度均为L的绝缘细线分别系住质量相等、电荷量均为+Q的小球a、b，并悬挂在O点。当两个小球静止时，它们处在同一高度上，且两细线与竖直方向间夹角均为 α=60°，如图所示，静电力常量为k，则每个小球的质量为（ ）
A． B． C． D．
7．AB两物体的质量之比mA：mB=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上在摩擦阻力的作用下做匀减速直线运动，直到停止，在此过程中．AB两物体所受摩擦力的冲量之比IA：IB与AB两物体克服摩擦力做功之比WA：WB分别为（ ）
A．4：1 2：1 B．2：14：1 C．2：1 2：1 D．1：2 1：4
8．如图所示，质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB的长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方为h的位置由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为（不计空气阻力），则（ ）
A．小球冲出B点后做斜上抛运动
B．小球第二次进入轨道后恰能运动到A点
C．小球第一次到达B点时，小车的位移大小是R
D．小球第二次通过轨道克服摩擦力所做的功等于
9．关于机械能守恒和动量守恒的描述，下列说法正确的是（ ）
A．如果一个系统的机械能守恒，则系统的动量也一定守恒
B．如果一个系统的合外力做功为零，则系统的机械能一定守恒
C．如果一个系统所受外力矢量和为零，则系统的动量一定守恒
D．如果一个物体做变速运动，则该物体的机械能一定不守恒
10．如图所示，两个小物块、静止在光滑水平面上，它们之间由一根细线连接且夹着一个处于压缩状态的轻弹簧．烧断细线后，被弹出的小物块、在同一直线上运动，且弹簧与它们分离．、的质量分别是2kg和4kg，则下列判断正确的是
A．小物块与的速率之比为1:2
B．弹簧对小物块与所做的功的大小之比为2:1
C．弹簧对小物块与的冲量大小之比为2:1
D．小物块与的动能之比为1: 2
11．人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，人水平从船上向岸上跳。若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等）（ ）
A．1.5m B．1.2m C．1.34m D．1.1m
12．由中国航天科技集团公司五院自主研制的电推进系中2015年1月2日取得重要成果；电推进系统在试验中已突破6 000小时，开关机3 000次，具备确保该卫星在轨可靠运行15年的能力，如图所示为应用该系统的三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动的示意图，其中b、c都在半径为r的轨道上，a是地球同步卫星，此时a、b恰好相距最近，已知地球质量为M，半径为R，地球自转的角速度为，引力常量为G，则
A．卫星b的周期小于24小时
B．卫星b和c的机械能相等
C．到卫星a和b下一次相距最近，还需经过时间
D．卫星a的动能较大
13．小船在湖水中相对于地面以大小为v的速度向东行驶，若在船上同时以相对地面大小为2v的速度分别向东和向西抛出两个一样的物体，则小船速度将
A．减小 B．增大 C．不变 D．变为向西
14．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个圆弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，整个过程中凹槽不会侧翻，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．球和滑块组成的系统水平方向动量守恒
B．当时，小球恰能到达B点
C．小球在滑块上运动的过程中，滑块的动能先增大后减小
D．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
15．一个质量为M，长为L的小车静止在光滑水平路面上，一个质量为m的人站在小车的一端，当人从车的一端走到另一端时，小车移动的距离为（ ）
A．L B． C． D．
三、解答题
16．如图所示，一根轻绳长1.6m，一端系在固定支架上，另一端悬挂一个质量为1kg的砂箱．砂箱处于静止．质量为10g的子弹以水平速度V0＝50m/s打入砂箱，其后以V＝10m/s速度从砂箱穿出．g取10m/s2．求：
（1）砂箱和子弹作为一个系统共同损失的机械能；
（2）砂箱获得速度后，上升的最大高度．
（3）砂箱从最高点返回到最低点处时，绳对砂箱的拉力大小．
17．如图所示，水平地面和半圆轨道面均光滑，质量M＝1kg的小车静止在地面上，小车上表面与R=0.24m的半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量m＝2kg的滑块（可视为质点）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，二者共速时小车还未与墙壁碰撞，当小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，求：
(1)滑块与小车共速时的速度；
(2)小车的最小长度；
(3)小车的长度L在什么范围，滑块能沿圆轨道运动并通过圆轨道最高点Q点？
18．如图所示，在光滑的水平面上有A和B两小车，质量分别为、，A车上有一质量为m的人，开始时两车和人均静止。现人以速度向右跳上B车，并与B车保持相对静止，则人跳离A车后，A车的速度大小为多少？人跳上B车后，B车的速度大小为多少？
19．如图所示，光滑的水平面上有一个质量为M＝2m的凸型滑块，它的左侧面与水平面相切，并且光滑，滑块的高度为h．质量为m的小球，以某一初速度在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块．试分析计算小球的初速度满足什么条件，小球才能越过滑块．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．BCD
【详解】
A．在A离开挡板前，挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，A、B系统动量不守恒，故A项不符合题意；
B．在A离开挡板后，只有弹簧弹力做功，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，故B项符合题意；
C．解除对弹簧的锁定后至A刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为B的动能，据机械能守恒定律，有：
故C项符合题意；
D．在A离开挡板后的运动过程，当弹簧弹性势能最大时，弹簧的长度达到极值，A、B速度相等，故D项符合题意．
2．AD
【详解】
A．根据牛顿第三定律，子弹对木块的作用力大小等于木块对子弹的作用力大小，作用时间相同，根据
子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小，A正确；
B．子弹对木块的作用力大小等于木块对子弹的作用力大小，但是子弹的位移大于木块的位移，子弹对木块做的功不等于木块对子弹做的功，B错误；
C．子弹射入木块的过程中，木块对子弹的平均阻力对系统做功，所以系统的机械能不守恒，C错误；
D．子弹和木块组成的系统，合外力为零，动量守恒，D正确。
故选AD。
3．C
【详解】
冰壶在碰撞过程中动量守恒，取冰壶甲的方向为正方向，设碰撞后冰壶乙的速度为v，由动量守恒定律得
mv1＝mv2＋mv
解得
v＝v1－v2
冰壶乙在碰撞过程中，由动量定理有
Ft＝mv－0
解得碰撞过程中冰壶乙受到的平均作用力大小
F＝
故选C。
4．C
【详解】
A．当撤去外力后，a尚未离开墙之前，系统受到墙壁的作用力，动量不守恒，A错误；
B．当撤去外力后，a尚未离开墙之前，系统受到墙壁作用力，但没位移，所以a、b和弹簧组成的系统机械能守恒，但题干中给出的是a、b组成的系统机械能守恒，B错误；
C．a离开墙壁后，系统所受外力之和为0，且弹簧对a、b球的弹力等大反向，合力为0，所以a和b组成的系统动量守恒，此外a、b的动能和弹簧的弹性势能之间相互转化，机械能守恒，C正确，D错误。
故选C。
5．C
【详解】
A．系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小物块动量为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终小物块和木箱相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律知，最终小物块和木箱以相同的速度一起向左运动。故A错误；
B．最终小物块与木箱相对静止，一起做匀速运动，整个过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
解得
系统损失的机械能
故B错误；
C．系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
解得
故C正确；
D．系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
解得
故D错误。
故选C。
6．A
【详解】
对小球进行受力分析，如图所示。
根据平衡条件，结合三角知识，可得
根据库仑定律得，小球在水平方向受到库仑力的大小为
而由几何关系，则有
解得
故A正确，BCD错误；
故选A。
7．C
【详解】
解：根据动量定理得，I合=0﹣mv0，因为合力的冲量等于摩擦力的冲量，A、B质量之比为2：1，初速度相等，则摩擦力冲量之比为2：1，
根据动能定理知，，因为质量之比为2：1，初速度相等，克服摩擦力做功之比为2：1，故C正确，A、B、D错误．
故选C．
8．C
【详解】
A．小球与小车组成的系统在水平方向系统动量守恒，开始系统在水平方向动量为零，小球离开小车时两者水平速度相等，由于系统在水平方向初动量为零，在水平方向，由动量守恒定律可知，系统末状态在水平方向动量也为零，即小球离开小车时小车与小球在水平方向的速度为零，小球离开小车时的速度方向竖直向上，小球离开小车后做竖直上抛运动，故A错误；
BD．从小球开始下落到小球离开小车上升到最高点过程，由能量守恒定律得
则小球第一次通过轨道时，克服摩擦力做功
W=mgh
小球第二次通过轨道时，由于在对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做功小于mgh，小球第二次进入轨道后可以从A点冲出轨道，故BD错误；
C．小球第一次到达B点时，设小车的位移大小为x，则小球的位移大小为2R-x，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv-mv′=0
即
解得
x=R
即小球第一次到达B点时，小车的位移大小是R，故C正确；
故选C。
9．C
【详解】
AB．系统所受合外力为零系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功系统机械能守恒，一个系统动量守恒机械能不一定守恒，如爆炸过程，系统动量守恒，但系统机械能增加，故AB错误；
C．如果一个系统的合外力为零，则系统动量一定守恒，故C正确；
D．如果一个物体做变速运动，可能是只有重力或只有弹力做功，则系统机械能守恒，故D错误；
故选C。
10．B
【详解】
根据动量守恒可知：，解得va:vb=2:1，选项A错误；弹簧对小物块与所做的功的大小之比为，选项B正确，D错误； 根据动量定理Ia=mava；Ib=mbvb,则弹簧对小物块a与b的冲量大小之比为1:1，选项D错误；故选B.
点睛：此题关键是要知道弹簧把两物体弹开的过程中，动量守恒；弹簧的弹性势能转化为两物体的动能.
11．C
【详解】
以人的方向为正方向，撤去缆绳，由动量守恒定律可知
0=mv1-Mv2
由于两次人消耗的能量相等，故人跳起时的动能不变；则由功能关系可知
解得
所以
故选C。
12．C
【解析】
根据公式可得，半径越大，周期越大，所以b的周期大于a的运动周期，即卫星b的周期大于24小时，A错误，由于b、c的质量关系未知，所以两者的机械能不一定相等，B错误；b、c在地球的同步轨道上，所以卫星b、c和地球具有相同的周期和角速度．由万有引力提供向心力，即，，根据，解得，故C正确；根据可得，即a的速度最大，但是不知道a的质量，所以a的动能不一定最大，D错误．
13．B
【解析】
【分析】
以物体和船为系统，原来匀速运动，系统所受的合外力为零，抛物的过程系统满足动量守恒定律，根据此定律列式分析．
【详解】
以物体和船组成的系统为研究对象，抛物的过程系统动量守恒．取向东方向为正方向，设船的质量为M，一个重物的质量为m，由动量守恒定律得：，
所以有：，即船速增大，故B正确．故选B .
【点睛】
本题首先要准确选择研究对象，掌握动量守恒定律，要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向．
14．A
【详解】
A．由于小球与滑块在水平方向上不受外力作用，所以球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，故A正确；
B．当小球刚好到达B点时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
机械能守恒定律得
联立解得
所以当时，小球不能到达B点，故B错误；
C．小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块M的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，故C错误；
D．小球离开四分之一圆弧轨道时，在水平方向上与滑块M的速度相同，则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块M上，不可能从滑块的左侧离开滑块，故D错误。
故选A。
15．C
【详解】
设该过程人相对地面的位移为，小车的对地位移为，由人船模型可得
又
联立解得小车移动的距离
故ABD错误，C正确。
故选C。
16．(1) 11.92J (2) 0.008m (3) 10.1N
【解析】
（1）子弹射穿砂箱过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：，代入数据解得：，
能量守恒定律得：，代入数据解得：；
（2）对木块，由机械能守恒定律得：，
代入数据解得：；
（3）在最低点，由牛顿第二定律得：
，代入数据解得：；
17．(1) ；(2)；(3)
【详解】
(1)由动量守恒知
得
(2)设小车的最小长度为L1，由能量守恒知
得
(3)m恰能滑过圆弧的最高点，有
小车粘在墙壁后，滑块在车上滑动，运动到最高点Q，在这个过程对滑块由动能定理
解得
所以小车长度
滑块要想运动到Q点，小车的长度L必须满足
18．；
【详解】
以人和A车为系统，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得
解得
可知方向向左。所以A车的速度大小为；以人和B车为系统，规定向右为正方向，有
解得
19．小球的初速度必须大于
【详解】
设小球的初速度为v0，当小球滑到滑块最高点时，小球的速度为v1，滑块的速度为v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得:
小球要越过滑块，临界条件
v1=v2
解得
故小球的初速度必须大于。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、多选题
1．如图a所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg．现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v－t图如图b所示，则可知（ ）
A．在A离开挡板前，A、B系统动量守恒
B．在A离开挡板后，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
C．弹簧锁定时其弹性势能为9J
D．在A离开挡板后的运动过程，弹簧弹性势能最大时A、B速度相等
2．如图所示，一块长方体木块，放在光滑水平面上。一颗子弹（可视为质点且不计重力）以某一速度水平向右射入木块，最后子弹留在木块中。则子弹在木块中相对木块运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小
B．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功
C．子弹和木块组成的系统机械能守恒
D．子弹和木块组成的系统动量守恒
二、单选题
3．在冰壶比赛中，冰壶甲以速度v1正碰静止的冰壶乙，碰后冰壶甲的速度变为v2，方向不变．已知冰壶质量均为m，碰撞过程时间为t，则碰撞过程中冰壶乙受到的平均作用力大小为（ ）
A．F＝0 B．F＝ C．F＝ D．F＝
4．木块和用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，紧靠在墙壁上，在上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（ ）
A．尚未离开墙壁前，和组成的系统动量守恒
B．尚未离开墙壁前，和组成的系统机械能守恒
C．离开墙壁后，和组成的系统动量守恒
D．离开墙壁后，和、弹簧组成的系统机械能不守恒
5．如图所示，一个质量为的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为的小物块。现使木箱瞬间获得一个方向水平向左、大小为的初速度，下列说法正确的是（ ）
A．最终小物块和木箱都将静止
B．最终小物块和木箱组成的系统损失的机械能为
C．木箱速度水平向左、大小为时，小物块的速度大小为
D．木箱速度水平向左、大小为时，小物块的速度大小为
6．两根长度均为L的绝缘细线分别系住质量相等、电荷量均为+Q的小球a、b，并悬挂在O点。当两个小球静止时，它们处在同一高度上，且两细线与竖直方向间夹角均为 α=60°，如图所示，静电力常量为k，则每个小球的质量为（ ）
A． B． C． D．
7．AB两物体的质量之比mA：mB=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上在摩擦阻力的作用下做匀减速直线运动，直到停止，在此过程中．AB两物体所受摩擦力的冲量之比IA：IB与AB两物体克服摩擦力做功之比WA：WB分别为（ ）
A．4：1 2：1 B．2：14：1 C．2：1 2：1 D．1：2 1：4
8．如图所示，质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB的长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方为h的位置由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为（不计空气阻力），则（ ）
A．小球冲出B点后做斜上抛运动
B．小球第二次进入轨道后恰能运动到A点
C．小球第一次到达B点时，小车的位移大小是R
D．小球第二次通过轨道克服摩擦力所做的功等于
9．关于机械能守恒和动量守恒的描述，下列说法正确的是（ ）
A．如果一个系统的机械能守恒，则系统的动量也一定守恒
B．如果一个系统的合外力做功为零，则系统的机械能一定守恒
C．如果一个系统所受外力矢量和为零，则系统的动量一定守恒
D．如果一个物体做变速运动，则该物体的机械能一定不守恒
10．如图所示，两个小物块、静止在光滑水平面上，它们之间由一根细线连接且夹着一个处于压缩状态的轻弹簧．烧断细线后，被弹出的小物块、在同一直线上运动，且弹簧与它们分离．、的质量分别是2kg和4kg，则下列判断正确的是
A．小物块与的速率之比为1:2
B．弹簧对小物块与所做的功的大小之比为2:1
C．弹簧对小物块与的冲量大小之比为2:1
D．小物块与的动能之比为1: 2
11．人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，人水平从船上向岸上跳。若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等）（ ）
A．1.5m B．1.2m C．1.34m D．1.1m
12．由中国航天科技集团公司五院自主研制的电推进系中2015年1月2日取得重要成果；电推进系统在试验中已突破6 000小时，开关机3 000次，具备确保该卫星在轨可靠运行15年的能力，如图所示为应用该系统的三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动的示意图，其中b、c都在半径为r的轨道上，a是地球同步卫星，此时a、b恰好相距最近，已知地球质量为M，半径为R，地球自转的角速度为，引力常量为G，则
A．卫星b的周期小于24小时
B．卫星b和c的机械能相等
C．到卫星a和b下一次相距最近，还需经过时间
D．卫星a的动能较大
13．小船在湖水中相对于地面以大小为v的速度向东行驶，若在船上同时以相对地面大小为2v的速度分别向东和向西抛出两个一样的物体，则小船速度将
A．减小 B．增大 C．不变 D．变为向西
14．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个圆弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，整个过程中凹槽不会侧翻，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．球和滑块组成的系统水平方向动量守恒
B．当时，小球恰能到达B点
C．小球在滑块上运动的过程中，滑块的动能先增大后减小
D．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
15．一个质量为M，长为L的小车静止在光滑水平路面上，一个质量为m的人站在小车的一端，当人从车的一端走到另一端时，小车移动的距离为（ ）
A．L B． C． D．
三、解答题
16．如图所示，一根轻绳长1.6m，一端系在固定支架上，另一端悬挂一个质量为1kg的砂箱．砂箱处于静止．质量为10g的子弹以水平速度V0＝50m/s打入砂箱，其后以V＝10m/s速度从砂箱穿出．g取10m/s2．求：
（1）砂箱和子弹作为一个系统共同损失的机械能；
（2）砂箱获得速度后，上升的最大高度．
（3）砂箱从最高点返回到最低点处时，绳对砂箱的拉力大小．
17．如图所示，水平地面和半圆轨道面均光滑，质量M＝1kg的小车静止在地面上，小车上表面与R=0.24m的半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量m＝2kg的滑块（可视为质点）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，二者共速时小车还未与墙壁碰撞，当小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，求：
(1)滑块与小车共速时的速度；
(2)小车的最小长度；
(3)小车的长度L在什么范围，滑块能沿圆轨道运动并通过圆轨道最高点Q点？
18．如图所示，在光滑的水平面上有A和B两小车，质量分别为、，A车上有一质量为m的人，开始时两车和人均静止。现人以速度向右跳上B车，并与B车保持相对静止，则人跳离A车后，A车的速度大小为多少？人跳上B车后，B车的速度大小为多少？
19．如图所示，光滑的水平面上有一个质量为M＝2m的凸型滑块，它的左侧面与水平面相切，并且光滑，滑块的高度为h．质量为m的小球，以某一初速度在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块．试分析计算小球的初速度满足什么条件，小球才能越过滑块．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．BCD
【详解】
A．在A离开挡板前，挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，A、B系统动量不守恒，故A项不符合题意；
B．在A离开挡板后，只有弹簧弹力做功，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，故B项符合题意；
C．解除对弹簧的锁定后至A刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为B的动能，据机械能守恒定律，有：
故C项符合题意；
D．在A离开挡板后的运动过程，当弹簧弹性势能最大时，弹簧的长度达到极值，A、B速度相等，故D项符合题意．
2．AD
【详解】
A．根据牛顿第三定律，子弹对木块的作用力大小等于木块对子弹的作用力大小，作用时间相同，根据
子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小，A正确；
B．子弹对木块的作用力大小等于木块对子弹的作用力大小，但是子弹的位移大于木块的位移，子弹对木块做的功不等于木块对子弹做的功，B错误；
C．子弹射入木块的过程中，木块对子弹的平均阻力对系统做功，所以系统的机械能不守恒，C错误；
D．子弹和木块组成的系统，合外力为零，动量守恒，D正确。
故选AD。
3．C
【详解】
冰壶在碰撞过程中动量守恒，取冰壶甲的方向为正方向，设碰撞后冰壶乙的速度为v，由动量守恒定律得
mv1＝mv2＋mv
解得
v＝v1－v2
冰壶乙在碰撞过程中，由动量定理有
Ft＝mv－0
解得碰撞过程中冰壶乙受到的平均作用力大小
F＝
故选C。
4．C
【详解】
A．当撤去外力后，a尚未离开墙之前，系统受到墙壁的作用力，动量不守恒，A错误；
B．当撤去外力后，a尚未离开墙之前，系统受到墙壁作用力，但没位移，所以a、b和弹簧组成的系统机械能守恒，但题干中给出的是a、b组成的系统机械能守恒，B错误；
C．a离开墙壁后，系统所受外力之和为0，且弹簧对a、b球的弹力等大反向，合力为0，所以a和b组成的系统动量守恒，此外a、b的动能和弹簧的弹性势能之间相互转化，机械能守恒，C正确，D错误。
故选C。
5．C
【详解】
A．系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小物块动量为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终小物块和木箱相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律知，最终小物块和木箱以相同的速度一起向左运动。故A错误；
B．最终小物块与木箱相对静止，一起做匀速运动，整个过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
解得
系统损失的机械能
故B错误；
C．系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
解得
故C正确；
D．系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
解得
故D错误。
故选C。
6．A
【详解】
对小球进行受力分析，如图所示。
根据平衡条件，结合三角知识，可得
根据库仑定律得，小球在水平方向受到库仑力的大小为
而由几何关系，则有
解得
故A正确，BCD错误；
故选A。
7．C
【详解】
解：根据动量定理得，I合=0﹣mv0，因为合力的冲量等于摩擦力的冲量，A、B质量之比为2：1，初速度相等，则摩擦力冲量之比为2：1，
根据动能定理知，，因为质量之比为2：1，初速度相等，克服摩擦力做功之比为2：1，故C正确，A、B、D错误．
故选C．
8．C
【详解】
A．小球与小车组成的系统在水平方向系统动量守恒，开始系统在水平方向动量为零，小球离开小车时两者水平速度相等，由于系统在水平方向初动量为零，在水平方向，由动量守恒定律可知，系统末状态在水平方向动量也为零，即小球离开小车时小车与小球在水平方向的速度为零，小球离开小车时的速度方向竖直向上，小球离开小车后做竖直上抛运动，故A错误；
BD．从小球开始下落到小球离开小车上升到最高点过程，由能量守恒定律得
则小球第一次通过轨道时，克服摩擦力做功
W=mgh
小球第二次通过轨道时，由于在对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做功小于mgh，小球第二次进入轨道后可以从A点冲出轨道，故BD错误；
C．小球第一次到达B点时，设小车的位移大小为x，则小球的位移大小为2R-x，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv-mv′=0
即
解得
x=R
即小球第一次到达B点时，小车的位移大小是R，故C正确；
故选C。
9．C
【详解】
AB．系统所受合外力为零系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功系统机械能守恒，一个系统动量守恒机械能不一定守恒，如爆炸过程，系统动量守恒，但系统机械能增加，故AB错误；
C．如果一个系统的合外力为零，则系统动量一定守恒，故C正确；
D．如果一个物体做变速运动，可能是只有重力或只有弹力做功，则系统机械能守恒，故D错误；
故选C。
10．B
【详解】
根据动量守恒可知：，解得va:vb=2:1，选项A错误；弹簧对小物块与所做的功的大小之比为，选项B正确，D错误； 根据动量定理Ia=mava；Ib=mbvb,则弹簧对小物块a与b的冲量大小之比为1:1，选项D错误；故选B.
点睛：此题关键是要知道弹簧把两物体弹开的过程中，动量守恒；弹簧的弹性势能转化为两物体的动能.
11．C
【详解】
以人的方向为正方向，撤去缆绳，由动量守恒定律可知
0=mv1-Mv2
由于两次人消耗的能量相等，故人跳起时的动能不变；则由功能关系可知
解得
所以
故选C。
12．C
【解析】
根据公式可得，半径越大，周期越大，所以b的周期大于a的运动周期，即卫星b的周期大于24小时，A错误，由于b、c的质量关系未知，所以两者的机械能不一定相等，B错误；b、c在地球的同步轨道上，所以卫星b、c和地球具有相同的周期和角速度．由万有引力提供向心力，即，，根据，解得，故C正确；根据可得，即a的速度最大，但是不知道a的质量，所以a的动能不一定最大，D错误．
13．B
【解析】
【分析】
以物体和船为系统，原来匀速运动，系统所受的合外力为零，抛物的过程系统满足动量守恒定律，根据此定律列式分析．
【详解】
以物体和船组成的系统为研究对象，抛物的过程系统动量守恒．取向东方向为正方向，设船的质量为M，一个重物的质量为m，由动量守恒定律得：，
所以有：，即船速增大，故B正确．故选B .
【点睛】
本题首先要准确选择研究对象，掌握动量守恒定律，要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向．
14．A
【详解】
A．由于小球与滑块在水平方向上不受外力作用，所以球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，故A正确；
B．当小球刚好到达B点时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
机械能守恒定律得
联立解得
所以当时，小球不能到达B点，故B错误；
C．小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块M的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，故C错误；
D．小球离开四分之一圆弧轨道时，在水平方向上与滑块M的速度相同，则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块M上，不可能从滑块的左侧离开滑块，故D错误。
故选A。
15．C
【详解】
设该过程人相对地面的位移为，小车的对地位移为，由人船模型可得
又
联立解得小车移动的距离
故ABD错误，C正确。
故选C。
16．(1) 11.92J (2) 0.008m (3) 10.1N
【解析】
（1）子弹射穿砂箱过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：，代入数据解得：，
能量守恒定律得：，代入数据解得：；
（2）对木块，由机械能守恒定律得：，
代入数据解得：；
（3）在最低点，由牛顿第二定律得：
，代入数据解得：；
17．(1) ；(2)；(3)
【详解】
(1)由动量守恒知
得
(2)设小车的最小长度为L1，由能量守恒知
得
(3)m恰能滑过圆弧的最高点，有
小车粘在墙壁后，滑块在车上滑动，运动到最高点Q，在这个过程对滑块由动能定理
解得
所以小车长度
滑块要想运动到Q点，小车的长度L必须满足
18．；
【详解】
以人和A车为系统，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得
解得
可知方向向左。所以A车的速度大小为；以人和B车为系统，规定向右为正方向，有
解得
19．小球的初速度必须大于
【详解】
设小球的初速度为v0，当小球滑到滑块最高点时，小球的速度为v1，滑块的速度为v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得:
小球要越过滑块，临界条件
v1=v2
解得
故小球的初速度必须大于。
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