2019人教版选择性必修第一册第一章动量守恒定律第2节动量定理基础训练（word版含答案）

2019人教版选择性必修第一册 第一章 动量守恒定律 第2节 动量定理 基础训练
一、多选题
1．若物体在运动过程中所受到的合外力不为零，则在运动过程中
A．物体的动能可能不变
B．物体的速度可能不变
C．物体的加速度可能不变
D．物体的动量可能不变
2．关于动量、冲量以及动量变化说法正确的是（　　）
A．一个做曲线运动的物体，其动量的大小和方向变化，而在相等时间内物体受到的合外力的冲量不可能始终相等
B．一个做曲线运动的物体，其动量的大小始终不变，而在相等时间内合外力的冲量大小可能总相等
C．一个物体合外力冲量为零时，虽然其动量不变，但是物体所受到的每个力的冲量可能一直增大
D．一个运动物体，其动量越来越大，而其加速度一定越来越大
3．如图所示，甲球从O点以水平速度1飞出，落在水平地面上的A点．乙球从O点以水平速度2飞出，落在水平地面上的B点，反弹后恰好也落在A点两球质量均为m．若乙球落在B点时的速度大小为2，与地面的夹角为60°，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法正确的是
A．乙球在B点受到的冲量大小为
B．抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能
C．OA两点的水平距离与OB两点的水平距离之比是3：1
D．由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是1：1
4．质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为，在物体下落h的过程中，下列说法中正确的应是（ ）
A．物体的动能增加了
B．物体的机械能减少了
C．物体克服阻力所做的功为
D．物体的重力势能减少了mgh
二、单选题
5．伽利略提出单摆平常总是在同一高度的两点C、D之间摆来摆去（C、D为摆动两端的最高点），如果在E或F处钉上个钉子，则由C摆来的摆锤将分别摆到同一高度的点G和I，从G或I再摆回来时仍达到C。图为伽利略摆的简化模型。若摆动中忽略空气阻力和一切摩擦，则（　　）
A．摆锤摆动过程中动量的变化量等于重力的冲量
B．图中摆锤在D点时绳的拉力和重力的合力方向水平向右
C．摆锤由C摆到B点的过程中，因为重力势能在减小，所以B点的重力势能为负值
D．摆锤在摆动过程中机械能守恒
6．一位同学将一本掉在地板上的物理必修2课本慢慢捡回到课桌上，则该同学对教科书做功大约为（重力加速度）
A．0.04J B．0.4J C．4J D．40J
7．质量为50kg的学生从1.8ｍ高处跳下，双脚触地后，他紧接着弯曲双腿使重心下降用了0.2s静止，则着地过程中，地面对他的平均作用力为（　　）
A．2000N B．500N C．1500N D．1000N
8．如图所示，质量m1=0.5kg的物块A以初速度v0=5.0m/s在光滑水平地面上向右运动，与静止在前方、质量m2=2.0kg的B发生正碰，B的左端有一小块质量可以忽略的橡皮泥，碰撞过程持续了0.1s，碰撞结束后AB一起运动，以v0方向为正方向，下列说法中正确的是（　　）
A．碰撞过程中A受到的冲量为2.0N·s B．碰撞过程中A的平均加速度为40m/s2
C．碰撞过程中B受到的平均作用力为20N D．A、B碰撞结束后A的动量为2.5kg·m/s
9．离子推进器已经全面应用于我国航天器，其工作原理如图所示，推进剂氙原子P喷注入腔室C后，被电子枪G射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子。氙离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B之间的电场中加速，并从栅电极B喷出。在加速氙离子的过程中飞船获得反推力。已知栅电极A、B之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q，AB间距为d，推进器单位时间内喷射的氙离子数目n。则喷射离子过程中，对推进器产生的反冲作用力大小为（　　）
A． B． C． D．
10．下列对几种物理现象的解释中，正确的是( )
A．泥工师傅贴瓷片时为了使瓷片平整用橡皮锤敲打瓷片，而不是用铁锤，是因为橡皮锤产生的冲量小
B．小朋友用力推门而没推动，但推力产生的冲量并不为零
C．动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用时，速度小的将先停下来
D．竖直抛出物体上升到一定高度后又落回抛出点，不计空气阻力，则此过程中重力的冲量为零
11．足球静止在地面上，被运动员飞起一脚，在的时间内变为的速度向东飞出，此过程中足球的加速度大小为（　　）
A． B． C． D．
12．如图甲所示，在静水中，当风的方向与无自带动力帆船的目标航向（图中由A指向B）一致时，只需将帆面与船身垂直安放，则帆船能沿直线顺利到达目标位置B；如图乙所示，在静水中，当风的方向与无自带动力帆船的目标航向（图中由A指向B）相反时，若调整船身和帆面的位置（其中目标方向AB与船身的夹角为θ，帆面与船身的夹角为φ），帆船也可以逆风到达目标位置B，例如，帆船可先到达C再到达目标位置B。帆船能沿AC段运动的动力来源可简化解释为：风以某一角度α吹到帆面上，碰撞后弹出的角度也是α，碰撞前、后的风速大小相同。风与帆面的碰撞导致风对帆面施加了一个垂直于帆面的冲量，使帆船受到了一个方向与帆面垂直的压力F，这个压力沿船身方向及垂直于船身方向的分力分别为F1和F2，F1就是船沿AC航线前进的动力（其大小与的大小关系可表示为），F2则有使船侧向漂移的作用，可以认为该力被水对船的横向阻力平衡。结合以上解释和所学的物理知识，下列说法中不正确的是（　　）
A．k与φ、θ和空气密度ρ都有关
B．要使无自带动力帆船沿CB航行，帆面必须处于锐角∠ACB的两边之间
C．若不断改变船身和帆面的方位，无自带动力帆船可沿锯齿形航线从A驶向B
D．空气分子与帆面发生弹性碰撞前后，空气分子的动量改变量垂直于帆面
13．如图甲所示，将长的平板车固定在水平面上，在其上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，可视为质点质量为物块以初速度滑上平板车，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力随它距平板车左端点位移的变化关系如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．物块在平板上做匀减速直线运动
B．物块克服摩擦力做功为
C．物块滑离平板车时的速度大小为
D．摩擦力对平板车的冲量大小为零
14．玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面 撞击过程中
A．动能变化较大 B．动量变化较大
C．受到的冲量较大 D．动量变化较快
15．下列说法中正确的是
A．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
B．电子束穿过铝箔的衍射实验证实了电子的粒子性
C．汽车安全气囊通过减小撞击过程中动量变化量来减轻对乘员的伤害程度
D．已知氢原子基态能级为E1，则氢原子从n=4向n=2跃迁时放出的能量为
16．某物体受到一个－6N·s的冲量作用，则(　　)
A．物体的动量一定减少
B．物体的末动量一定是负值
C．物体动量变化量的方向一定与规定的正方向相反
D．物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反
17．做匀加速直线运动的物体，速度从0增大到v，动能增加了ΔE1，速度从v增大到2v，动能增加了ΔE2，则（　　）
A． B．
C． D．
18．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是（　　）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最低点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
D．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量不为零
19．两个互相垂直的力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动，如图所示。物体通过一段位移时，力F1对物体做功4J，力F2对物体做功4J，则力F1与F2的合力对物体做功为（　　）
A．8J B．2J C．5J D．4J
20．如图，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点，在从A到B的过程中，物块（　　）
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功大于克服摩擦力做的功
21．从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上比掉在泥土地上易碎，是因为掉在水泥地上时，杯子
A．动量的变化量大 B．动量大
C．受到的冲量大 D．受到的作用力大
22．蹦极跳是勇敢者的体育运动。设运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段，从弹性绳刚好被拉直到运动员下降至最低点为第二阶段。下列说法中正确的 是（　　）
A．第一阶段重力对运动员的冲量和第二阶段弹力对运动员的冲量大小相等
B．第一阶段重力对运动员的冲量和第二阶段合力对运动员的冲量相等
C．第一、第二阶段重力对运动员的总冲量和第二阶段弹性绳弹力对运动员的冲量大小相等
D．第一阶段运动员受到的合力方向始终向下，第二阶段运动员受到的合力方向始终向上
23．如图1所示，质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则 (　　)
A．重力对两物体做的功相同
B．重力的平均功率相同
C．到达底端时重力的瞬时功率相同
D．到达底端时两物体的动能相同，速度相同
三、解答题
24．如图所示，固定木板BC与水平面在B点平滑连接，一物块在水平面上A点以 的初速度向右滑去．已知物块与水平面间的动摩擦因数,与木板间的动摩擦因数重力加速度 ,AB间的距离为s=2 m,木板的倾角为，木板足够长，求：
(1)物块在木板上滑行的距离
(2)物块从A点运动到木板上最高点所用的时间；
(3)保持物块出发点和出发初速度不变，要使物块在木板上向上滑行的距离最小，则木板的倾角应调整为多少，此情况下物块在木板上运动的时间为多少．
25．研究小组利用图示装置探究小物块在斜面上的运动．木板OA长度L = 3.75m，可绕轴O在竖直平面内转动，它与水平面的夹角记为θ；小物块的质量m ＝0.1 kg，与木板之间的动摩擦因数μ = 0.25，开始时小物块静置于O端．大小为1 N、方向始终平行于木板的力F作用于小物块上（取g =10m/s2，sin37°= 0.6）．求:
（1）θ取何值时，小物块在木板上运动的时间最长？
（2）当θ=37°时，为保证小物块不冲出木板顶端，力F的作用时间不得超过多少？
26．一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8s，g取10m/s2。
（1）求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量；
（2）求运动员对网的平均作用力大小；
27．如图所示，长的细线上端固定在O点，下端连接一个质量为的小球，悬点O距地面的高度，开始时将小球提到O点而静止，然后让它自由下落，当小球到达使细线被拉直的位置时，刚好把细线拉断，再经过落到地面，如果不考虑细线的形变，，试求：
（1）细线拉断前、后的速度大小；
（2）假设细线由拉直到断裂所经历的时间为，试确定细线的平均张力大小。
28．如图所示，用恒力F使一个质量为m的物体由静止开始沿水平地面移动了位移x，力F跟物体前进的方向的夹角为α，物体与地面间的动摩擦因数为μ，求：
（1）拉力F对物体做功W的大小；
（2）物体获得的动能Ek．
29．光的干涉和衍射现象说明光具有波动性。爱因斯坦的光电效应理论和康普顿效应理论表明，光在某些方面确实也会表现得像是由一些粒子（即一个个有确定能量和动量的“光子”）组成的。人们意识到，光既具有波动性，又具有粒子性。（c为光速，h为普朗克常量）
(1)物理学家德布罗意把光的波粒二象性推广到实物例子，他提出假设：实物粒子也具有波动性，即每一个运动的粒子都与一个对应的波相联系，粒子的能量E和动量p跟它所对应波的频率v和波长之间也遵从如下关系：，。请依据上述关系以及光的波长公式，试推导单个光子的能量E和动量p间存在的关系；
(2)我们在磁场中学习过磁通量，其实在物理学中有很多通量的概念，比如电通量、光通量、辐射通量等等。辐射通量表示单位时间内通过某一截面的辐射能，其单位为。
①光子具有能量。一束波长为的光垂直照射在面积为S的黑色纸片上，其辐射通量为，且全部被黑纸片吸收，求该束光单位体积内的光子数n；
②光子具有动量。当光照射到物体表面上时，不论光被物体吸收还是被物体表面反射，光子的动量都会发生改变，因而对物体表面产生一种压力。求上一问中的光对黑纸片产生的压力大小，并判断若将黑纸片换成等大的白纸片，该束光对白纸片的压力有何变化。
30．如图所示，斜面与水平方向的夹角为α，在斜面上方某处以速度v0水平抛出一小球，小球垂直撞在斜面上，忽略空气阻力，重力加速度为g，求该小球从出发飞到斜面时下降的高度。
31．如图所示，正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量，为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等，与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识。
(1)求一个粒子与器壁碰撞一次受到的冲量大小I；
(2)导出器壁单位面积所受的大量粒子的撞击力f与m、n和v的关系。（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时给出必要的说明）
32．动量守恒定律和能量守恒定律是自然界的基本规律，请结合相关知识完成下列问题：
(1)如图所示质量为m和M的两个物块放置在光滑水平地面上，M的左侧连着一个轻弹簧，给m初始速度使其撞向M，在相互作用的过程中弹簧始终处于弹性限度内。若m的初速度大小为V0，求在m通过弹簧和M相互作用过程中弹簧的最大弹性势能；
(2)近期热播电影“流浪地球”引起了影迷对天文知识的关注，其中一个名词“引力弹弓”更是成为人们谈论的热点，其实“引力弹弓”是指我们发射的深空探测器在探索太阳系或太阳系以外的宇宙空间过程中可以借助星球的引力实现助推加速，从而达到节省燃料，延长探测器有效工作时间的目的。例如1977年美国宇航局发射的旅行者一号空间探测器现已成为第一个飞出太阳系进入星际介质的探测器，它在运行的过程中就借助了木星和土星的引力助推作用从而具有了飞出太阳系的动能。
如图所示为一个最简单的“引力弹弓”模型，假设太阳系内一探测器以大小为V的速度向右飞行，同时某一行星向左以大小为U的速度运动（V与U均以太阳为参考系），探测器在靠近行星的过程中被行星引力吸引改变运动方向并最终与行星同向运动并脱离行星。请你运用所学知识证明此时探测器获得的速度大小为2U+V（证明时可认为探测器质量远远小于行星质量，不考虑其它星体万有引力的影响）。
33．如图所示，水平轨道OBC与一半径为R＝0.5m的竖直光滑半圆形轨道CD相切于C点，其中AB部分粗糙，其他部分光滑．质量分别为1kg和2kg且外形相同的甲、乙两物块放在水平轨道上．物块甲被一处于压缩状态的轻弹簧水平锁定于A点左侧某处（图中未画出），其与轨道间的动摩擦因数为＝0.2，AB间的距离L＝7.75m．现释放物块甲，使其从A点弹出，并与物块乙相撞．已知两物块撞后粘在一起向右运动，两物块恰好能运动到半圆轨道的最高点D，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）两物块撞后粘在一起的速度v共；
（2）弹簧对物块甲的冲量。
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．AC
【详解】
A项：物体在运动过程中所受到的合外力不为零，若合力总与速度垂直，合力不做功，由动能定理得知物体的动能不变，比如匀速圆周运动．故A正确；
B项：力是改变物体速度的原因，合力不为零，物体的速度一定改变．故B错误；
C项：物体在运动过程中所受到的合外力不为零，合力可能不变，则加速度也可能不变．故C正确；
D项：由动量定理，所以物体的动量一定变化，故D错误．
2．BC
【详解】
A．物体做曲线运动，速度方向一定改变，速度大小可能改变，在相等时间内物体受到的合外力的冲量可能始终相等，如平抛运动，故A错误；
B．一个做曲线运动的物体，其动量的大小始终不变，如果受到合外力的大小不变，则相等时间内合外力的冲量大小总相等，如匀速圆周运动，故B正确；
C．物体合外力冲量为零时，根据动量定理，其动量不变；但是物体所受到的每个力的冲量可能一直增大，只要保证合力为零即可，故C正确；
D．运动物体，其动量越来越大，说明速度越来越大，但加速度可能越来越小，故D错误。
故选BC。
【点睛】
3．ABC
【分析】
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动．结合分运动的规律研究．
【详解】
A．由动量定理得：，解得：，故A正确；
B．由题意可知，甲球抛出的初速度较大，动能大，由于高度相同，势能相同，所以抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能，故B正确；
C．乙球与地面发生弹性碰撞，由对称性可知，，所以第一次落地不平位移之比为3：1故C正确；
D．由公式可知，乙球不反弹从O到B所用的时间与甲球从O到A的时间相同，由于乙球反弹后再到A点，所以两者的时间不相等，故D错误．
故选ABC．
【点睛】
解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关．
4．ACD
【详解】
A.物体所受的合力为
由动能定理可得动能的改变量，合力做功为
所以动能增加，故A正确；
BD.物体下降h,知重力势能减小mgh,动能增加,则机械能减小，故B错误，D正确；
C.因为除重力以外其它力做功等于机械能的变化量，机械能减小，可知物体克服阻力做功为，故C正确；
5．D
【详解】
A．根据动量定理可知，摆锤摆动过程中动量的变化量等于合力的冲量，故A错误；
B．图中摆锤在D点时绳的拉力和重力的合力方向为沿切线斜向右下方，故B错误；
C．重力势能在减小，B点的重力势能不一定是负值，因为这与零势能点的选取有关，故C错误；
D．摆锤在摆动过程中，只有重力做功，轻绳的拉力不做功，故摆动过程中机械能守恒，故D正确。
故选D。
6．C
【解析】
课桌的高度约为0.7m，物理书的重力约为6N，他对课本所做的功为：，所以此过程中做功大约为4J．故C正确，ABD错误．故选C．
7．A
【详解】
学生落地时的速度为
代入数据解得
根据动量定理可得
代入数据解得地面对他的平均作用力为
故选A。
8．C
【详解】
A．A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有
代入数据解得
以v0方向为正方向，根据动量定理，碰撞过程中A受到的冲量为
所以A错误；
B．碰撞过程中A的平均加速度为
所以B错误；
C．碰撞过程中B受到的平均作用力为
所以C正确；
D． A、B碰撞结束后A的动量为
所以D错误；
故选C。
9．C
【详解】
氙离子在栅电极A、B间经历直线加速过程，根据动能定理有
解得
由动量定理得
解得
由牛顿第三定律知，对推进器产生的反冲作用力大小是
故选C。
10．B
【详解】
A.用橡皮锤是由于橡皮锤有弹性，作用时间长，根据动量定理
Ft=△P
产生的力小，而不是产生的冲量小，故A错误．
B. 在推时推不动是因为推力小于最大静摩擦力，推力的冲量Ft不为零，故B正确；
C. 动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，根据动量定理
Ft=△P
两个物体将同时停下来，故C错误；
D. 竖直抛出物体上升到一定高度后又落回抛出点，重力冲量mgt不为零，故D错误．
11．C
【详解】
此过程中足球的加速度大小为
故选C。
12．B
【详解】
A．风对帆面压力F，则帆面对风的作用力大小也为F，如图
对风，根据动量定理有
可见F的大小与风的质量（密度）、以及角度φ、θ有关，而为风对帆面压力F的一个分力，，所以k与φ、θ和空气密度ρ都有关，选项A正确；
D．因F与帆面垂直，根据可知空气分子的动量改变量垂直于帆面，选项D正确；
B．要使无自带动力帆船沿CB航行，即船身沿CB方向，F1就是船沿航线前进的动力，所以F1沿CB方向，而F2垂直于船身方向，即垂直于CB方向，则合力F的方向大致如图所示，又F的方向与帆面垂直，则帆面并不处于锐角∠ACB的两边之间，选项B错误；
C．由题意和B项的分析可知船可以沿AC和CB航行，则若不断改变船身和帆面的方位，无自带动力帆船可沿锯齿形航线从A驶向B，选项C正确。
本题选不正确的，故选B。
13．C
【详解】
A．物块在平板上向右滑动时，所受的摩擦力逐渐变大，可知加速度变大，则物块做非匀减速直线运动，选项A错误；
B．物块克服摩擦力做功为
选项B错误；
C．根据动能定理，物块滑离平板车时
解得速度大小为
选项C正确；
D．根据
可知，摩擦力对平板车的冲量大小不为零，选项D错误。
故选C。
14．D
【详解】
玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等，最后的速度均为零；说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等，由动能定理可知，动能变化也相等，由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，故D正确。
故选D。
15．D
【详解】
A.黑体辐射的实验规律无法用光的波动性解释，为了解释黑体辐射规律，普朗克提出了量子学说，认为微观粒子的能量是分立的．故A错误；
B.电子束穿过铝箔的衍射实验证实了电子的波动性．故B错误；
C.汽车安全气囊通过减小撞击过程中冲力来减轻对乘员的伤害程度，根据动量定量，碰撞过程中，动量变化量不变，安全气囊可以增加碰撞时间，从而减小冲撞力．故C错误；
D.根据氢原子能级计算公式：，，跃迁时放出的能量，故D正确．
16．C
【详解】
C．根据动量定理内容合外力的冲量等于动量的变化量，动量定理为矢量式，合外力冲量的方向与动量变化量的方向相同，冲量的方向为负方向说明与规定的正方向相反，所以C项正确；
A．动量的增量为负值，有可能物体的末动量方向为负方向，所以A项错误；
B．有可能物体的末动量比初动量小，动量的变化量就为负值，所以B项错误；
D．正方向规定不确定，所以D项错误。
故选C。
17．B
【详解】
由题意可得
故选B。
18．D
【详解】
A．机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故A错误；
B．圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力，向心力指向上方，处于超重状态，则乘客重力小于座椅对他的支持力，故B错误；
C．运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，速度在重力方向上的分量大小变化，所以重力的瞬时功率在变化，故C错误。
D．根据I=mgt可知，转动一周，乘客重力的冲量不为零，故D正确。
故选D。
19．A
【详解】
当有多个力对物体做功的时候，合力对物体做功就等于用各个力对物体做功的代数和，因此合力做功为
W=4+4J=8J
选项A正确，BCD错误。
故选A。
20．A
【详解】
A．由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在AO之间，弹力和摩擦力平衡时加速度为零，所以物块在从A到B的过程中合力先减小后增大，故加速度先减小后反向增大，故A正确；
B．物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，即在O点左侧，故B错误；
C．从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C错误；
D．从A到B过程中根据动能定理可得
可得
即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D错误。
故选A。
21．D
【详解】
AB.从同一高度落下的杯子，所以杯子落地速度大小相同，动量相同，末动量为零，所以动量变化量相同，AB错误．
CD.根据动量定理 ，冲量的大小相同；落在水泥地上的与地作用时间短，作用力大，更容易碎，C错误D正确．
22．C
【详解】
AC．整个下落过程中，只有重力和弹力有冲量；由于初末速度都为零，动量变化量为零，根据动量定理，总冲量为零，则得整个过程中，第一、第二阶段重力对运动员的总冲量大小等于第二阶段弹力的冲量大小，则第一阶段重力的冲量应小于第二阶段弹力的冲量大小，选项A错误，C正确；
B．第一阶段重力对运动员的冲量和第二阶段合力对运动员的冲量大小相等，方向相反，所以冲量不相等，选项B错误；
D．第二阶段运动员受到的合力方向先向下后向上，选项D错误。
故选C。
23．A
【详解】
由于两个物体质量相同、下落高度相同，所以重力对两物体做的功相同，A选项正确．由于下落的时间不同，所以重力的平均功率不相同，B选项错误．根据机械能守恒可知，两物体到达底端时动能相同，即速度大小相同、方向不同，D选项错误．由瞬时功率的计算式可得PA＝mgvcosθ，PB＝mgv，因此，到达底端时重力的瞬时功率PA＜PB，C选项错误．
24．(1)0.8m(2)0.8s(3)60°,
【详解】
（1）物块在木板上的滑行距离为L，根据动能定理，有：
μ1mgs+(mgsinθ+μ2mgcosθ)L＝mv02
带入数据解得：L=0.8m
（2）物块在水平面上滑行的加速度大小为：a=μ1g，
由v02 v2＝2μ1gs
求得物块运动到B点时的速度为：v=4m/s
由s=(v0+v)t1
求得t1=0.4s
由L=vt2
得t2=0.4s
因此向上运动的总时间为：t=t1+t2=0.8s；
（3）由（1）问中动能定理知：
其中tanα=μ2，α=30°；
因此当θ=60°时，L有最小值L=m
上滑加速度a1＝gsin60°+μ2gcos60°＝m/s2
由于运动到最高点时，gsin60°＞μ2gcos60°，则物块会沿着斜面加速下滑，加速度为：
a2＝gsin60° μ2gcos60°＝m/s2
由L=at2可得上滑的总时间t3＝s
下滑时间为t4＝s；
物块在木板上运动的总时间为：t总＝t3+t4＝s；
点睛：本题是已知受力情况确定运动情况的问题，关键是先根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式分析；同时要能够结合动能定理列式分析．
25．（1）[，]；（2）
【详解】
（1）当θ=90°时，有
物块动不起来，t→∞符合题意；
物块在倾角为θ的斜面上运动，据牛二律有
根据
要使t最大，须使最小，也即最大
令
化简得
其中
临界条件为
时a =0，t →∞，则
故满足条件的θ角范围是
[，]
（2）当θ = 37°有F作用时
解得
a1 =2m/s2
撤去F后
解得
a2=8m/s2
设加速时间为t1，减速时间为t2，有
又
联立解得
s
26．（1）1080kg·m/s；（2）1950N
【详解】
（1）向下接触网面的速度为
向上离开网面的速度为
向上为正，动量的变化量为
解得
△p=1080kg·m/s
（2）根据动量定理
解得
=1950N
根据牛顿第三定律可知，运动员对网的平均作用力大小为1950N。
27．（1），；（2）
【详解】
（1）细线拉断前，小球下落过程机械能守恒
得
设细线断后球速为，方向竖直向下，由
得
（2）设细线的平均张力为F，方向竖直向上，取竖直向下为正方向，
由动量定理可得
得
28．（1）；（2）
【详解】
试题分析：（1）物体在的作用下，发生位移，与的夹角为，有，
（2）物体对地面的压力为，由滑动摩擦力公式： ，
可得，由动能定理：
整理可以得到：
考点：动能定理的应用
【名师点睛】本题是对功的计算公式、动能定理的直接应用，比较简单．
29．(1)；(2)①，②，变大
【详解】
(1)单个光子的能量
根据单个光子的动量可知
(2)①假设时间内通过黑纸片光束的体积为，则光子总个数为
辐射通量
解得单位体积内的光子数
②光束照射黑纸片，全部被吸收，根据动量定理
解得黑纸片对光的作用力
根据牛顿第三定律可知光对黑纸片的压力为；若将黑纸片换为等大的白纸片，光子在白纸片表面全部反弹，若全部发生弹性碰撞，则根据动量定理
则
所以根据牛顿第三定律可知该束光对白纸片的压力变大。
30．
【详解】
小球水平方向的速度为v0，将落在斜面上的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过角度关系求解得竖直方向的末速度为
小球从出发飞到斜面时下降的高度
31．(1)；(2)
【详解】
(1)以碰撞前粒子的速度方向为正方向，根据题意可知碰撞后粒子的速度变为，由动量定理得
所以一个粒子与器壁碰撞一次受到的冲量大小为。
(2)在时间内能打到面积为S的器壁上的粒子所占据的体积为
由于粒子有均等的概率与器壁各面相碰，所示可能到达目标区域的粒子数为
根据动量定理得
则面积为S的器壁受到的粒子的撞击力为
所以器壁单位面积所受的大量粒子的撞击力为
32．(1)；(2)证明见详解
【详解】
(1)取m、M系统为研究对象，V0方向为正方向，由动量守恒定律有
①
由能量守恒定律有
②
①②联立有
(2)设探测器质量为m，行星质量为M，脱离时探测器速度大小为V1，行星速度大小为V2，取行星和探测器系统为研究对象，U方向为正，由动量守恒定律可知
⑤
探测器靠近和脱离行星时可认为系统万有引力势能没变，故由能量守恒有
⑥
⑤⑥联立可知
，
因为，所以
，
所以
证毕。
33．（1）5m/s（2）16N·s
【分析】
物块恰好能运动到半圆轨道的最高点，则在最高点D点重力提供向心力，由此求出最高点的速度；由机械能守恒求出C点的速度，由动量守恒求出碰撞前的速度，由位移速度公式求出物块在A点的速度，最后由动量定理求出冲量．
【详解】
(1) 甲、乙两块碰后恰能到达竖直半圆轨道的最高点，由圆周运动知识得：
在甲、乙两块从碰后到上滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律有：
在甲、乙碰撞的过程中，由动量守恒定律有：
m甲v甲=（m甲+m乙）v共
在物块甲由A到B的过程中，由运动学知识有：
联立以上各式解得： v0=16m/s
v共=5m/s；
(2) 在弹簧与物块甲相互作用的过程中，根据动量定理有：
I=m甲v0=16N s．
【点睛】
动量定理的应用范围很广，能够求解的物理量也很多，有许多物理量含在某个物理量的表达式里面．
该题的突破口是要运用动能定理找到FN与x的关系，再从FN的范围求出x的范围．
我们在读题时要抓住题目的一些关键语言，这可能就是突破口．
答案第1页，共2页
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