第一章1动量—2动量定理同步检测（word版含答案）

2021人教版选择性必修第一册 第一章　1　动量—2　动量定理 同步检测
一、多选题
1．水平抛出的物体，不计空气阻力，则（　　）
A．在相等时间内，动量的变化相同
B．在任何时间内，动量的变化方向都在竖直方向
C．在任何时间内，动量对时间的变化率相同
D．在刚抛出的瞬间，动量对时间的变化率为零
2．如图所示，PQ和MN是固定于水平面内电阻不计、间距L=1m的足够长平行光滑金属轨道，质量均为m=0.2kg，接入两轨道电阻值均为R=1Ω的两金属棒ab、cd静置于轨道上，整个装置处在竖直向上、磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，某时刻cd棒突然受到水平向右I=0.8N·s的瞬时冲量作用开始，运动过程中金属板始终与轨道垂直，接触良好，取重力加速度，下列说法正确的是
A．开始运动后，d端电势始终比c端电势高
B．cd棒开始运动的瞬间，d、c两端的电势差Udc=1.6V
C．在整个运动过程中，电路abcd中产生的热量为1.2J
D．在整个运动过程中，通过ab棒横截面的电荷量为1C
3．在某次杂技表演中，一演员平躺在水平面上，腹部上方静置一质量M=80kg的石板，另一演员手持一质量为m=5kg的铁锤，从h1=1.8m高处由静止落下，与石板撞击后反弹至h2=0.05m处，结果石板裂开而平躺着的演员没有受伤。若铁锤撞击石板的时间为t1=0.01s，由于缓冲，演员腹部与石板相互作用的时间为t2=0.5s，铁锤的下落视为自由落体运动，重力加速度g取10m/s2，则（　　）
A．铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为6m/s
B．撞击过程中铁锤受到的冲量大小为25N s
C．撞击过程中铁锤对石板的平均作用力大小为3500N
D．缓冲过程中石板对演员的平均作用力大小约为870N
4．物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物体a的质量为1.2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t=0时对物块a施加水平向右的恒力F，t=1s时撤去，在0~1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所专示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（　　）
A．t=1s时a的速度大小为0.8m/s
B．t=1s时弹簧伸长量最大
C．b物体的质量为0.8kg
D．弹簧伸长量最大时，a的速度大小为0.6m/s
5．光滑水平面上静止一质量为2kg的物块。在0～8s时间内受到水平力F的作用。力F随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（　 ）
A．t=2s时，物块的速度大小为2m/s
B．t=4s时，物块的速度大小为2m/s
C．t=2s时和t=6s时，物块的动量相同
D．t=8s时，物块恰好回到原出发点
6．一个质量是0.5kg的小球以5m/s的速度竖直向下落到地面上，随后以3m/s的速度反向弹起，小球与地面的作用时间是0.1s，若取竖直向下的方向为正方向，不计空气阻力，取，则下列说法正确的是
A．小球与地面接触前后动量变化量为-4kg·m/s
B．小球与地面接触过程中重力的冲量为0.5N·s
C．小球与地面接触前后合力的冲量为4N·s
D．地面对小球的平均弹力大小为40N
7．机车从静止开始沿平直轨道做匀加速直线运动，所受的阻力始终不变，在此过程中，下列说法中正确的是( )
A．机车输出功率逐渐增大
B．机车输出功率不变
C．在任意两相等的时间内，机车动能变化相等
D．在任意两相等的时间内，机车动量变化的大小相等
二、单选题
8．“比冲”是航天器发射系统的常用物理量，用于表达动力系统的效率，其可以描述为单位质量推进剂产生的冲量。据此分析，“比冲”的国际单位可以是（　　）
A．N·s B．N C．m/s D．m/s2
9．如图所示，竖直平面内有水平向右的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上。两个质量相等的带电粒子，以相同的速度分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．两粒子都带负电
B．从M点进入的粒子电荷量较大
C．从N点进入的粒子动量变化较大
D．两粒子的电势能都增加
10．关于动量定理，下列说法正确的是（ ）
A．动量越大，合外力的冲量越大
B．动量变化越大，合外力的冲量越大
C．动量变化越快，合外力的冲量越大
D．冲量方向与动量方向相同
11．如图所示，光滑细杆BC和AC构成直角三角形ABC，其中AC杆竖直，BC杆和AC杆间的夹角，两根细杆上分别套有质量相等的可视为质点的小球P、Q。现将两个小球分别从杆AC和BC的顶点由静止释放，不计空气阻力，sin37°=0.6，则P、Q两个小球由静止释放后到运动至C点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动时间之比为3：4 B．重力的冲量之比2：1
C．合力的冲量之比为5：4 D．合力的功之比为1：2
12．“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核（称为母核）俘获一个核外电子，其内部一个质子转变为中子，从而变成一个新核（称为子核），并且放出一个中微子的过程。中微子的质量极小，不带电，很难探测到，人们最早就是通过子核的反冲而间接证明中微子存在的。若一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”（电子的初动量可不计），则（　　）
A．母核的质量数大于子核的质量数
B．母核的电荷数大于子核的电荷数
C．子核的动量与中微子的动量相同
D．子核的动能大于中微子的动能
13．孝感某高中学校上体育课时，一学生为了检查篮球气是否充足，于是手持篮球自离地面高度0.8m处以3m/s的初速度竖直向下抛出，球与地面相碰后竖直向上弹起的最大高度为0.45m,已知篮球的质量为1kg,球与地面接触时间为0.5s，若把在这段时间内球对地面的作用力当作恒力处理，则此力的大小为（空气阻力不计，g=10m/s2）
A．6N B．16N C．26N D．36N
14．在光滑水平面上，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x后，动量变为p、动能变为Ek。以下说法正确的是 （　　）
A．在力F作用下，这个物体若经过时间2t，其动量将等于2p
B．在力F作用下，这个物体若经过位移2x，其动量将等于2p
C．在力F作用下，这个物体若经过时间2t，其动能将等于3Ek
D．在力F作用下，这个物体若经过位移2x，其动能将等于4Ek
15．如图所示，为一正立方体木箱，O点为底面的中心，M点为的中点，N点为面的中心MO、NO为两个光滑的轻杆，两个完全相同的小球m、n分别套在MO、NO杆上，某时刻从M、N两点由静止沿杆滑下。在两个小球滑到O点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．m球和n球滑到O点时的速度相同
B．m球下滑的加速度大于n球下滑的加速度
C．m球重力的冲量等于n球重力的冲量
D．m球重力做功的平均功率小于n球重力做功的平均功率
16．在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示，由此可知（　　）
A．小球带正电
B．电场力大小为3mg
C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D．小球从A到B与从B到C的动量变化量相等
17．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图象如图所示，则（　　）
A．t=1s时物块的速率为2m/s
B．t=3s时物块的速度大小为为1.5m/s
C．t=4s时物块的动量大小为4kg m/s
D．0～4s时物块受到的冲量为6N s
18．我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
19．为了备战2020年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m=60kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2. 15m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0. 5m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2. 95m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10m/s2。则（　　）
A．起跳过程中地面对运动员的支持力冲量为390N·s
B．运动员在起跳过程和空中上升过程均处于超重状态
C．运动员起跳过程的平均速度大于离地上升到最高点过程的平均速度
D．运动员能够加速起跳是因为地面对运动员的支持力对运动员做正功
三、解答题
20．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。如图所示，一个质量为的运动员，从离水平网面高处自由落下，着网后沿竖直方向恰能蹦回到离水平网面高处，通过压力传感器测得运动员与蹦床接触过程中网面受到的平均作用力大小为，g取，不计空气阻力，试求：
（1）运动员与蹦床接触的时间；
（2）从开始自由落下到蹦回到离水平网面高处，这一过程中运动员所受重力的冲量。
21．将质量为的小球，从距水平地面高处，以速度抛出，不计空气阻力，取，求：
（）抛出后内重力对小球的冲量；
（）小球落地时的动量．
22．如图所示，两平行光滑导轨置于水平面（纸面）内，导轨间距L=0.5m，左端连有电容C=0.4F的电容器。一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度B=1.0T，方向竖直向下的匀强磁场区域。金属杆在平行于导轨的拉力F作用下，沿导轨向右做初速度为零的加速直线运动，在金属杆的速度从零增大到v=2m/s的过程中，拉力F随时间t变化的图象如图所示。已知金属杆的质量m=0.1kg，电容器储存电能的表达式（U为电容器两极板间的电压），金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好，忽略一切电阻及电磁辐射的能量，求：
（1）该过程拉力做的功W；
（2）该过程的时间t0
23．如图所示，长度为 l 的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为 m 的小球（小球的大小可以忽略、重力加速度为）．
（1） 在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F的大小；
（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阻力．求小球通过最低点时:
a．小球的动量大小；
b．小球对轻绳的拉力大小．
24．城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题，由物理学知识可知，即使是很小的物体从高处坠落也可能对人造成严重的伤害。设一个50g的鸡蛋从16楼的窗户自由落下，相邻楼层的高度差约为3m，鸡蛋下落起点距地面的高度约为45m，鸡蛋撞击地面后速度减为0。为便于估算，不计空气阻力，不计与地面撞击过程中鸡蛋的重力，g取10m/s2。
(1)求鸡蛋与地面撞击前的速度大小以及撞击过程中地面对鸡蛋作用的冲量大小；
(2)若鸡蛋与地面撞击的时间为3×10-3s，求鸡蛋对地面的平均冲击力的大小。
25．公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离，当前车突然减速停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相撞。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。若汽车刹车时所受阻力是其重力的，安全距离为120m，求汽车安全行驶的最大速度。
26．金属晶体中晶格大小的数量级是10-10m．电子经加速电场加速，形成一电子束，电子束照射该金属晶体时，获得明显的衍射图样．问这个加速电场的电压约为多少
(已知电子的电荷量为e=1．6×10-19C，质量为m=0．90×10-30kg)
27．如图所示，木块A和半径为r＝0．5m的四分之一光滑圆轨道B静置于光滑水平面上，A、B质量mA＝mB＝2．0kg．现让A以v0＝6m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为t＝0．2s，碰后速度大小变为v1＝4m/s．取重力加速度g＝10m/s2．求：
①A与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小；
②A滑上圆轨道B后到达最大高度时的共同速度大小．
四、填空题
28．如图，质量为20 kg的物体M静止放在光滑水平面上，现用与水平方向成30°角斜向上的力F作用在物体上，力F的大小为10 N，作用时间为10 s。在此过程中，力F对物体的冲量大小为__________N·s，10s末物体的动量大小是__________kg·m/s。
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．ABC
【详解】
A．因物体在空中只受重力，故重力的冲量应等于动量的变化；故在任何相等时间内，动量的变化都相同的，故A正确；
B．因重力的冲量竖直向下，故动量的变化也是竖直向下的，故B正确；
C．动量对时间的变化率等于重力，故C正确；
D．在抛出瞬间，虽然速度小，但重力已有冲量，故动量的变化率仍等于重力，不为零，故D错误。
故选ABC。
2．AD
【详解】
A．根据右手定则判断可知：cd棒中感应电流方向从c到d，则d端相当于电源的正极，电势高于c端的电势，故A正确；
B．cd棒开始运动的瞬间，产生的感应电动势为
金属棒的速度为
联立可得
d、c两端的电势差
故B错误；
C．由题意可知最后两根金属棒以相同的速度匀速运动且速度为v，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得产生的热量为
故C错误；
D．对cd棒根据动量定理可得
进一步可得
代入数据解得
故D正确．
故选AD．
3．ACD
【详解】
A．设铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为，则有自由落体运动规律可得
可得：，A正确；
B．设撞击后铁锤反弹的速度大小为，则有
解得：，以竖直向上为正方向，由动量定理可得
B错误；
C．设撞击过程中石板对铁锤的作用力大小为，则有
记得：，C正确；
D．石块与铁锤撞击过程时间很短，可近似认为动量守恒，设碰撞后瞬间石板的速度为，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得
解得： ，设缓冲过程中人对石板的作用力大小为，由动量定理可得
解得：，D正确；
故选ACD。
4．CD
【详解】
A．若物体的加速度从1.0均匀减小到0.6，图像的面积为
而a的初速度为零，可知1s时的速度为0.8m/s，但实际是物体a的图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8m/s，则t=1s时a的速度大小小于0.8m/s，故A错误；
B．撤去F时，两者的加速度相等，但a加速的加速度在1s前始终大于b加速的加速度，则a的速度大于b的速度，此后a相对b继续远离，则弹簧继续拉长，当两者速度相等时弹簧的伸长量最大，故B错误；
C．恒力F拉动a的瞬间，由图像a的加速度为，有
1s时两者的加速度相等，对a、b由牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．F拉动1s的过程，由系统的动量定理可知
撤去F后直至共速时，系统的动量守恒，有
解得
即弹簧伸长量最大时，a和b的速度大小都为0.6m/s，故D正确；
故选CD。
5．BC
【详解】
A．由图可知在0～2s内，力的冲量
根据动量定理
解得，故A错误；
B．由图可知在0～4s内，力的冲量
根据动量定理
解得，故B正确；
C．由图可知在0～2s内与0～6s内，力的冲量相同，根据动量定理知t=2s时和t=6s时，物块的动量相同，故C正确；
D．根据图象知，在0～4s内，物块做加速度先增加后减小的加速运动，在4～8s内，力的方向改变，做减速运动，根据图象和对称性知，在t=8s时，速度恰减到零。所以在0～8s内物块的运动方向不变，t=8s时，物块不会回到原出发点，故D错误。
故选BC。
6．AB
【详解】
若取竖直向下的方向为正方向
，
A．小球与地面接触前后动量变化量为
A正确；
B．冲量的计算公式为
小球与地面接触过程中重力的冲量大小为
B正确；
C．由动量定理知：合外力的冲量等于动量的改变量，所以小球与地面接触前后合力的冲量为 ，C错误；
D．由动量定理知：合外力的冲量等于动量的改变量即
解得
D错误。
故选AB。
7．AD
【详解】
AB．由题意知，机车做匀加速直线运动，且阻力不变，所以牵引力也不变，根据P=Fv，随着速度的增大，故输出功率增大，A正确，B错误；
C．根据动能定理，在任意相等时间内，由于位移不等，所以合外力做功不等，故机车动能变化不相等，C错误；
D．根据动量定理，在任意相等时间内，合外力与时间都相等，故机车动量变化的大小相等，D正确。
故选AD。
8．C
【详解】
由题意可知，比冲为单位质量推进剂产生的冲量，则其国际单位为。
故选C。
9．C
【详解】
A．两粒子都向电场方向偏转，所以粒子均带正电，A错误；
B．两粒子在电场中均做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，到达P点时时间相等，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有
从M点进入的粒子水平距离小，所以其电量也小。B错误；
C．根据选项B可知，从N点进入的粒子电量大，根据动量定理得
所以从N点进入的粒子动量变化较大。C正确；
D．电场力均做正功，电势能减小。D错误。
故选C。
10．B
【详解】
AB．合外力的冲量等于物体动量变化量，动量越大，动量变化量不一定越大，A错误，B正确；
C．根据动量定量有
而动量变化越快，即越大，不一定大，即合力的冲量不一定大，C错误；
D．冲量的方向和动量变化量的方向相同，即和外力的方向相同，D错误。
故选B。
11．C
【详解】
A．设AC长度为L，则BC长度为，P球沿AC杆下滑的加速度为
Q球沿BC杆下滑的加速度为
对P球
对Q球
联立得
即P、Q两球从各自点下滑到C点的时间相同，故A错误；
B．P球重力的冲量
Q球重力的冲量
故P、Q两球重力冲量之比为
故B错误；
C．P、Q两球下滑到C点时的速度分别为
根据动量定理可得
故P、Q两球合力冲量之比为
故C正确；
D．根据动能定理可得
所以合力做功之比为
故D错误。
故选C。
12．B
【详解】
AB．原子核（称为母核）俘获一个核外电子，使其内部的一个质子变为中子，并放出一个中微子，从而变成一个新核（称为子核）的过程。电荷数少1，质量数不变。故A错误，B正确；
C．原子核（称为母核）俘获电子的过程中动量守恒，初状态系统的总动量为0，则子核的动量和中微子的动量大小相等，方向相反。故C错误；
D．子核的动量大小和中微子的动量大小相等，由于中微子的质量很小，根据
知，中微子的动能大于子核的动能。故D错误。
故选B。
13．C
【详解】
设球与地面碰撞前速度大小为v1，碰后速度大小为v2
由运动学规律，对球下落过程，有：
代入数据得:v1=5m/s
对球上升过程有：
代入数据得：v2=3m/s
设向上为正，则对碰撞过程，由动量定理，得：
(FN mg)t=mv2 ( mv1)
代入数据得：FN=26N
由牛顿第三定律可知，球对地面的作用力大小为：F′N=FN=26N，故C正确，ABD错误．
故选：C
点睛：先由速度-位移公式求出球与地面碰撞前速度大小，然后求出球与地面碰撞后速度大小，最后由动量定理即可求出．
14．A
【详解】
AC. 当时间变为2t时，根据动量定律知，速度变为原来的2倍，动量将变为原来的2倍，动能将变为原来的4倍。故A正确，C错误。
BD. 当位移变为2x时，根据动能定理知，速度变为原来的倍，动量变为原来的倍，动能变为原来的2倍。故B、D错误。
故选A。
15．D
【详解】
A．根据题意，分别将NO、MO看做直角三角形的两个斜边，由图可知，M、N两点高度相同，由动能定理
得两者落地速度为，即大小相等，但落地时速度的方向不相同，故m球和n球滑到O点时的速度不相同，故A错误；
B．对两小球受力分析，根据牛顿第二定律可得，加速度为
根据几何关系可知，NO的倾角大于MO的倾角，即，所以，故B错误；
C．根据
v=at
因两小球下落的速度大小相等，故，根据
可知m球重力的冲量大于n球重力的冲量，故C错误；
D．根据
因两小球下落的高度相同，则重力做功相等，又，故，故D正确。
故选D。
16．B
【详解】
A．根据小球从B点进入电场的轨迹可看出，小球受电场力向上，即小球带负电，故A 错误；
B．因为到达C点时速度水平，所以C点速度等于A点速度，因为AB=2BC，设BC的竖直高度为h，则AB的竖直高度为2h，由A到C根据动能定理
mg×3h-Eqh=0
即
Eq=3mg
故B正确；
C．小球从A到B的水平距离等于从B到C水平距离的2倍，因水平方向速度不变，则小球从A到B的时间等于从B到C的运动时间的2倍，选项C错误；
D．根据动量定理，小球从A到B动量变化量为
从B到C动量变化量
即小球从A到B与从B到C的动量变化量等大反向，选项D错误。
故选B。
17．B
【详解】
A．前两秒时间内，根据牛顿第二定律可得
则1s时物体的速度为
故A错误；
B．2~4s内，根据牛顿第二定律可得
则t=3s时物块的速度大小为
故B正确；
C．t=4s时物块的动量大小为
故C错误；
D．0～4s时物块受到的冲量等于动量的变化量，所以冲量为2N s，故D错误。
故选B。
18．B
【详解】
A．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误．
B．设甲乙两运动员的质量分别为、，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是，．根据题意整个交接棒过程动量守恒：
可以解得：
，
即B选项正确；
CD．经历了中间的完全非弹性碰撞过程会有动能损失，CD选项错误．
【点睛】
本题主要考查能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．
19．A
【详解】
A．人离开地面时的速度为
人加速的时间
由动量定理
解得
选项A正确；
B．运动员在起跳过程处于超重状态，在空中上升过程处于失重状态，选项B错误；
C．设起跳离开地面时的速度为v，则运动员起跳过程的平均速度与离地上升到最高点过程的平均速度均等于，相等，选项C错误；
D．运动员加速起跳时，地面对运动员的支持力的位移为零，则对运动员不做功，选项D错误。
故选A。
20．（1）；（2）
【详解】
（1）由题意运动员自由落体到网面的速度满足
向上离开网面的速度满足
设向上为正，则从接触网面到离开网面过程由动量定理得
解得运动员与蹦床接触的时间为
（2）运动员自由落体到网面的时间满足
运动员从离水平网面到高处所用时间满足
所以从开始自由落下到蹦回到离水平网面高处所用总时间为
则这一过程中运动员所受重力的冲量为
解得
21．(1)；(2)
【详解】
（1）重力是恒力，内重力对小球的冲量，方向竖直向下．
（2）小球落地时竖直分速度为
由速度合成知，落地速度．
所以小球落地时的动量大小为
22．（1）该过程拉力做的功为0.4J；（2）该过程的时间为1s。
【详解】
（1）当速度为v时的感应电动势E=BLv
根据能量守恒定律可得W=+=+
代入数据解得W=0.4J；
（2）根据图象可知，图象与坐标轴围成的面积表示力F在t0时间内的冲量I，
则I=
根据动量定理可得I-BLt0=mv-0
该过程中电容器所带的电荷量Q=t0=CE=CBLv
联立解得t0=1s。
23．（1）；mgtanα；（2）；
【分析】
（1）小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据共点力平衡求出力F的大小．
（2）根据机械能守恒定律求出小球第一次到达最低点的速度，求出动量的大小，然后再根据牛顿第二定律，小球重力和拉力的合力提供向心力，求出绳子拉力的大小．
【详解】
（1）小球受到重力、绳子的拉力以及水平拉力的作用，受力如图
根据平衡条件，得拉力的大小：
（2）a．小球从静止运动到最低点的过程中，
由动能定理：
则通过最低点时，小球动量的大小：
b．根据牛顿第二定律可得：
根据牛顿第三定律，小球对轻绳的拉力大小为：
【点睛】
本题综合考查了共点力平衡，牛顿第二定律、机械能守恒定律，难度不大，关键搞清小球在最低点做圆周运动向心力的来源．
24．(1)30m/s，1.5N·s；(2)500N
【详解】
(1)根据机械能守恒定律
解得鸡蛋撞击地面前的速度大小
以向下为正方向，根据动量定理
撞击过程中地面对鸡蛋作用的冲量大小为1.5N·s
(2)根据
解得
根据牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面的平均冲击力大小为500N
25．30m/s
【详解】
设汽车安全行驶的最大速度为v，反应时间为t，安全距离为x，由位移公式可得
由牛顿第二定律可得
联立可得v=30m/s。
26．153V
【详解】
据波长发生明显衍射的条件可知，当运动电子的德布罗意波波长与晶格大小差不多时，可以得到明显的衍射现象．
设加速电场的电压为U，电子经电场的加速后获得的速度为v，对加速过程由动能定理得：①，
据德布罗意物质波理论知，电子的德布罗意波长为：②，
其中③
解①②③联立方程组可得：．
27．①100N
②2m/s
【详解】
试题分析：①A与墙碰撞过程，规定水平向左为正，对A由动量定理有
Ft＝mAv1－mA（－v0）
解得F＝100 N
②A从返回到滑上斜面到最高度的过程，对A、C系统水平方向动量守恒有
mAv1＝（mA＋mC）v2
解得v2＝2 m/s
考点：动量定理；动量守恒
28．100 50
【详解】
[1]由冲量定义可得，力F对物体的冲量大小为
[2]对物体由动量定理得
解得
答案第1页，共2页
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