第一章 动量守恒定律 素养检测提升练习

人教版选择性必修第一册 第一章 素养检测 提升练习
一、单选题
1．一质量为M的烟花斜飞到空中，到最高点时速度为v，此时烟花炸裂成两块（损失的炸药质量不计），炸裂成的两块速度沿水平相反方向，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力，若向前一块的质量为m，则向前一块的速度大小为 （　　）
A． B． C． D．
2．如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平滑杆上，质量为M＝3m的小球（可视为质点）通过长为L的轻质细绳与滑环连接。将滑环固定时，给小球一个水平冲量，小球摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量，则小球摆起的最大高度为（　　）
A． B． C． D．
3．一质量为2kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，合力F随时间t变化的关系图像如图所示，则（　　）
A．t=2s时，物块的动量大小为0
B．t=3s时，物块的速率为1m/s
C．t=0到t=1s时间内，合力F对物块冲量的大小为1N·s
D．t=2s到t=3s时间内，物块动量变化量的大小为2kg·m/s
4．2018年4月12日，我国遥感三十一号01组卫星成功发射，用于开展电磁环境探测．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m=800g的气体，气体离开发动机时的对地速度v=1000m/s,假设火箭（含燃料在内）的总质量为M=600kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则
A．火箭第三次气体喷出后速度的大小约为4m/s
B．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2km/s
C．要使火箭能成功发射至少要喷气500次
D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17s
5．如图所示，将质量为=3的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为的子弹以速度沿水平方向射入木块，子弹穿出木块时的速度为；现将同样的木块放在光滑的水平面上，相同子弹仍以沿水平方向射入木块，则子弹( )
A．不能射穿木块，子弹和木块以相同的速度做匀速运动
B．能射穿木块
C．刚好能射穿木块，子弹射穿木块时速度为零
D．刚好能射穿木块，子弹射穿木块时速度大于
6．篮球运动员在接队友传来的篮球时，通常要先伸出双臂迎接球，当手接触到篮球时，双臂迅速将球引至胸前，使篮球的速度减小，这样做的作用是（ ）
A．减小篮球对手的冲量 B．减小篮球的动量变化
C．减小篮球对手的冲力 D．减小篮球的动能变化
7．光滑水平桌面上有A、B两个物块，B的质量是A的n倍．将一轻弹簧置于A、B之间，用外力缓慢压A、B，撤去外力后，A、B开始运动，A和B的动量大小的比值为（ ）
A．1 B．1/n C．n D．n2
8．假设一小型宇宙飞船沿人造卫星的轨道在高空做匀速圆周运动，运动周期为T，如果飞船沿与其速度相反的方向抛出一个物体A，以后的运动可能是（　　）
A．物体A与飞船运动周期都等于T
B．物体A的运动周期等于T，而飞船的运动周期小于T
C．物体A竖直下落，而飞船在原轨道上运动
D．物体A和飞船的运动周期都大于T
9．2021年7月26日，台风“烟花”在浙江省平湖市沿海登陆，登陆时中心附近最大风力有10级。某高层建筑顶部广告牌的面积S=25m2，最大风速为20m/s，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，空气密度ρ=1.2kg/m3，则该广告牌受到的最大风力大小为（　　）
A．1.2×104N B．1.8×104N C．2.4×104N D．2.8×104N
10．如图，质量为0.5kg的物体从倾角为37°的光滑斜面顶端由静止释放，斜面足够长，，，下列说法正确的是（　　）
A．第1s内重力做功的平均功率为15W
B．第1s内重力做功的平均功率为9W
C．第2s末重力做功的瞬时功率为60W
D．第2s末重力做功的瞬时功率为30W
二、多选题
11．如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图。跳楼机由静止开始从a位置自由下落到b位置，再从b开始以恒力制动竖直下落到c位置停下。已知跳楼机和游客的总质量为m，高度差为2h，高度差为h，重力加速度为g。忽略空气阻力，则（　　）
A．从a到b与从b到c的运动时间之比为2∶1
B．从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等
C．从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于
D．从b到c，跳楼机和游客的加速度大小等于2g
12．半径为r和R（r＜R）的光滑半圆形槽，其圆心均在同一水平面上，如图所示，质量相等的两物体分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速地释放，在下滑过程中两物体 （ ）
A．机械能均逐渐减小
B．经最低点时动能相等
C．在最低点对轨道的压力相等
D．在最低点的机械能相等
13．如图4所示，A．B两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面上的相同高度，处于静止状态，两斜面的倾角分别为37°和53°，若不计摩擦，剪断细绳后，下列说法中正确的是(以地面为参考面)( )
A．两物体着地时的速度相同．
B．两物体着地时的动能一定相同．
C．两物体着地时的机械能一定不同．
D．两物体着地时所受重力的功率一定相同．
14．以某一速度沿平直公路匀速行驶的汽车，遇障碍物司机做出空挡刹车的动作，刹车的瞬时速度表达式为，则下列说法中正确的是（　　）
A．汽车的初速度为
B．汽车刹车后运动就停下
C．汽车刹车的加速度大小为
D．车在冰雪天要慢行的原因主要是驾驶员视线不好，安全间距缩短，而刹车时的加速度大小基本不变
15．如图所示，有两个光滑固定斜面AB和CD，A和C两点在同一水平面上，斜面BC比斜面AB长．一个滑块自A点以速度vA上滑，到达B点时速度减小为零，紧接着沿BC滑下．设滑块从A点到C点的总时间为tC，那么在滑动过程中，下列关于运动速度v、加速度的大小a、动能Ek、机械能E的四个图象，正确的是（ ）
A． B． C． D．
16．如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30°，则
A．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh
B．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功
C．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率等于
D．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率大于
17．如图甲所示，轨道左端接有一电容为C的电容器，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动．电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图乙所示，下列关于导体棒运动的速度v、导体棒受到的外力F随时间变化的图像正确的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
18．一电动机将质量为60kg的物体从地面提升到10m的高出，则电动机的有用功是________J，若电动机消耗的电能为8000J，则此电动机的效率是_________．若是以1m/s的速度匀速提升，则有用功率是_________．（g=10m/s2）
19．如图所示，在光滑的冰面上，人和冰车的总质量为M，是球的质量m的17倍。人坐在冰车上，如果每一次人都以相同的对地速度v将球推出，且球每次与墙发生碰撞时均无机械能损失。试求：球被人推出_____次后，人就再也接不到球了。
20．在光滑水平桌面上停放着A、 B小车，其质量 两车中间有一根用细线缚住的被压缩弹簧，当烧断细线弹簧弹开时， A车的动量变化量和 B车的动量变化量之比为 ________。
四、实验题
21．某同学用如图（a）所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图（b）所示。
图（b）中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球A多次从斜轨上静止释放，找到其平均落地点的位置P。然后，把被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球A从斜轨上静止释放，与小球B相碰，并且多次重复。实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N。
（1）为了确保两小球一样大，该同学实验开始前用游标卡尺测量了两小球的直径都如图（c）所示，则小球的直径为___________mm
（2）对于上述实验操作，下列说法正确的是___________。
A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下B．斜槽轨道必须光滑
C．斜槽轨道末端必须水平 D．小球A质量应大于小球B的质量
（3）在本实验中，下列关于入射球A的落点P的说法，正确的是___________；
A．如果小球每次都从同一点无初速度释放，重复几次的落点P一定是重合的
B．由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，落点应当很分散
C．测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为、、…、，则OP应取、、…、平均值，即
D．用尽量小的圆把、、…、圈住，这个圆的圆心是小球落点的平均位置P
（4）上述实验除需测量线段、、的长度外，还需要测量的物理量有___________。
A．A、B两点间的高度差
B．B点离地面的高度
C．小球A和小球B的质量、
D．小球A和小球B离开轨道的速度、
（5）当所测物理量满足表达式___________（用第（4）小问中测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
（6）若要进一步验证两小球是否为弹性碰撞，还要验证表达式___________（用第（4）小问中测物理量的字母表示）是否成立。
五、解答题
22．如图所示，凹槽A放置于水平面上，凹槽内表面水平光滑，凹槽两侧壁间距为d，在凹槽左侧壁放置物块 B（可视为质点），物块B、凹槽A质量分别为m、2m，凹槽与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5．现对凹槽施一水平外力，使A、B一起从静止开始水平向右运动，当速度达到时撤去外力．已知重力加速度为g，物块B与凹槽侧壁发生的碰撞都是弹性碰撞，碰撞时间极短可不计，不计空气阻力．求：
（1）刚撤去外力时凹槽A的加速度；
（2）物块B与凹槽右侧发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小vA、vB；
（3）从撤去外力到凹槽A停止运动的过程中，凹槽A运动的时间t．
23．在光滑的水平面上质量m1=1kg的A物体以初速度v0=4m/s和静止的质量为m2(未知)的B物体正碰，碰撞时间不计，碰后A物体以2m/s的速度反向弹回，B物体速度大小也为2m/s.，求:
（1）B物体的质量m2
（2）通过计算判断，碰撞过程是弹性碰撞还是非弹性碰撞？
24．如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在车B上坐着一个小孩，车B与小孩的总质量是车A质量的4倍。从静止开始，小孩把车A以速度v（对地）推出，车A返回后，小孩抓住并再次把它推出，每次推出车A的速度都是v（对地）、方向向左，则小孩把车A总共推出多少次后，车A返回时，小孩不能再接到车A。（小车与竖直墙相撞无能量损失）
25．自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断的向外辐射电磁波（电磁能量），这种辐射，因与温度相关，称为热辐射．处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能量保持不变．若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体．单位时间内从黑体表面单位面积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比，即，其中为已知常量．在下面的问题中，把研究对象（太阳、火星）都近似看作黑体．已知太阳半径为，太阳表面温度为，火星半径为r．
（1）每秒从太阳表面辐射的总能量为多少？
（2）已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400倍，忽略其它天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度．
26．下图是工厂里一种运货过程的简化模型，货物（可视为质点）质量m=4kg，以初速度v0=10m/s滑上静止在光滑轨道OB上的小车左端，小车质量为M=6kg，高为h=1.25m。在光滑轨道上的A处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物继续运动，最后货物恰好落在光滑轨道上的B点，已知货物与小车上表面间的动摩擦因数 =0.5，货物做平抛运动的水平位移AB长为1.5m，重力加速度g取10m/s2？
（1）求货物从小车右端滑出时的速度大小；
（2）若OA段足够长，且小车长度为6.7m，判断货物是否还能落在B点，若不能，则落点到B点距离为多少？
27．2021年6月17日，神舟十二号飞船顺利与“天和”核心舱对接。神舟十二号飞船质量，“天和”核心舱，在神舟十二号飞船到达距离“天和”核心舱的停泊点后，指挥中心下达“飞船转最后靠拢”指令，飞船匀速向“天和”核心舱靠拢，经后，神舟十二号飞船成功与“天和”核心舱对接成组合体，飞船与核心舱对接撞击时间为。现以对接前的“天和”核心舱为参考系，求：
（1）对接后，神舟十二号飞船与“天和”核心舱组合体的速度大小；
（2）对接撞击时的相互作用力大小F；
（3）为了保证航天员在对接过程中的舒适性，试通过科学分析，提出对飞船与核心舱的对接机构、对接过程的参数等的合理建议。
28．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道，小滑块与水平面间的动摩擦因数，一质量为m的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点B由静止释放，滑至D点恰好静止，CD间距为4R。已知重力加速度为g。
(1)小滑块到达C点时，圆轨道对小滑块的支持力大小；
(2)现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动能。
29．如图所示，将直径为2R的半圆形导轨固定在竖直面内的A、B两点，直径AB与竖直面的夹角为60°；在导轨上套一质量为m的小圆环，原长为2R、劲度系数的弹性轻绳穿过圆环且固定在A、B两点．已知弹性轻绳满足胡克定律，且形变量为x时具有弹性势能EP=kx2，重力加速度为g，不计一切摩擦．将圆环由A点正下方的C点静止释放，当圆环运动到导轨的最低点D点时，求：
（1）圆环的速率v；
（2）导轨对圆环的作用力F的大小。
30．传送带与水平面夹角为37°，皮带以10m/s的速率沿顺时针方向转动，如图所示。今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为29m，g取10m/s2，则小物块从A运动到B的时间为多少？
31．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的1/4圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速V0从右端滑上B，并以1/2 V0滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求：
（1）木板B上表面的动摩擦因素μ；
（2）1/4圆弧槽C的半径R；
（3）当A滑离C时，C的速度．
32．如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极端的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
(1)整个过程中摩擦阻力 所做的总功；
(2)人给第一辆车水平冲量的大小；
(3)第一次与第二次碰撞系统功能损失之比
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
【详解】
由题意知，到达最高点时速度沿水平方向，大小为v。因烟花所受的重力远小于内部爆炸力，故在爆炸的短时间内系统动量守恒。设初速度方向为正方向，向前一块的速度大小为v1，向后一块速度大小为v2，故有
又因为爆炸后两块做平抛运动，落地时水平位移大小相等，根据平抛运动规律可知
联立方程，解得
故选A。
2．B
【解析】
【详解】
滑环固定时，根据机械能守恒定律，有
水平冲量大小为
滑环不固定时、物块初速度仍为，在物块摆起最大高度时，它们速度都为，在此程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则
由以上各式可得
．
A. 与分析不符，故A错误；
B. 与分析相符，故B正确；
C. 与分析不符，故C错误；
D. 与分析不符，故D错误；
故选：B。
3．B
【解析】
【详解】
A．图像和时间轴所围成的面积表示物体受到的冲量，根据动量定理
则有
解得
A错误；
B．图像和时间轴所围成的面积表示物体受到的冲量，根据动量定理
解得
B正确；
C．t=0到t=1s时间内，合力F对物块冲量的大小
C错误；
D．t=2s到t=3s时间内，物块动量变化量大小
D错误。
故选B。
4．A
【解析】
【详解】
火箭第三次气体喷出后，根据动量守恒定律：，解得v3≈4m/s，选项A正确；地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到第一宇宙速度7.9km/s，选项B错误；要使火箭能成功发射至少要喷气n次，则，其中vn=7.9km/s，解得n≈666次，即要使火箭能成功发射至少要持续喷气666/20=33.3s，选项CD错误；故选A.
5．A
【解析】
【详解】
当木块固定时，根据动能定理得， -fd= 1 2 m( v0 3 )2- 1 2 mv02，解得 ，当木块不固定，假设子弹不能射出木块，根据动量守恒定律得，，解得，根据能量守恒定律得，，可知△x＜d，所以假设成立，子弹不能射出木块，最终子弹和木块以相同的速度做匀速运动．故A正确，B、C、D错误．
6．C
【解析】
【详解】
先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：-Ft=0-mv，解得；当时间增大时，动量的变化量不变，则球的动量的变化率减小，即球对手的作用力减小；所以C正确．
7．A
【解析】
【详解】
撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设A的动量方向为正方向，则有：PA-PB=0，故PA=PB；故动量之比为1；故A正确，BCD错误．故选A．
【点睛】
本题考查动量守恒定律的应用，要注意明确撤去拉力后的动量大小始终为零，同时在列式时一定要注意动量的矢量性．
8．D
【解析】
【详解】
ABC．飞船沿与其速度相反的方向发射一个物体A的过程，飞船与A组成的系统动量守恒，因为物体A是沿飞船向后抛出，由动量守恒定律可知，飞船的动量一定增大，飞船的速度增大，根据万有引力提供向心力的特点可知，飞船将做离心运动，上升到高轨道，飞船的轨道半径r飞船变大，飞船不可能在原轨道运动，由可知，飞船的周期T变大，故ABC都错误；
D． 抛出后物体的速度方向有几种可能：
①若抛出后物体的速度方向与飞船方向相同，则物体A的速度减小，将做近心运动，rA变小，由由可知，A的周期变小，小于T；
②若抛出后物体的速度为零，则A会在万有引力的作用下竖直下落。
③若物体的速度方向与飞船方向相反，其大小可能等于飞船原来的速度，此时仍将在原轨道运行，rA不变，A的周期不变，等于T；
④A的速度也可能大于飞船原来的速度，此时也将上升到高轨道运动，rA变大，A的周期变大，大于T；
故D正确。
故选D。
9．A
【解析】
【详解】
设时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有
对时间内吹到广告牌上的空气，根据动量定理有
得
代入数据解得
根据牛顿第三定律，则广告牌受到的最大风力为。
故选A。
10．B
【解析】
【详解】
AB．物体沿斜面向下的加速度
第1s位移
由
选项A错误，B正确；
CD．第2s末速度
重力的瞬时功率
P瞬=mgvsin37°=36W
选项CD错误。
故选B。
11．ACD
【解析】
【详解】
A．加速与减速过程平均速度相等，由
可得运动时间之比为2：1，A正确；
B．由a到b为自由落体运动，加速度为g，完全失重 ，游客对座椅的压力为0，座椅对游客的作用力0，B错误；
CD．由a到b的加速度为g，有
由b到c加速度为a，有
可得
方向向上，从b到c
解得
CD正确。
故选ACD。
12．CD
【解析】
【详解】
A：圆形槽光滑，两小球在下滑过程中，均只有重力做功，机械能守恒．故A项错误．
B：对左侧小球的下滑过程，据机械能守恒定律可得；同理，对右侧小球的下滑过程，可得．因为，则．故B项错误．
C：设左侧小球在最低点时，轨道对小球的支持力为；对左侧小球在最低点时受力分析，据牛顿第二定律可得，解得：．同理可得，右侧小球在最低点时，轨道对小球的支持力为．据牛顿第三定律可得，在最低点两球对轨道的压力相等．故C项正确．
D：取任一高度处为参考平面，两球在最高点无初速释放时的机械能相等；下滑过程中，两球的机械能守恒，则两球在最低点的机械能相等．故D项正确．
13．CD
【解析】
【详解】
A．两物体开始处于同样高度，运动到最低点时由动能定理
速度大小相等，但方向不同，A错；
BC．由于两物体质量不同，到达最低点时动能不同，机械能一定不同，故B错误，C正确；
D．处于静止状态时
到最低点时A的重力功率为，B的重力功率为，功率相等，D正确；
故选CD。
14．AB
【解析】
【分析】
【详解】
AC．匀变速直线运动速度公式
对比可得，，A正确，C错误；
B．刹车到停止所用时间为
B正确；
D．冰雪天气路面动摩擦因素减小，刹车过程的加速度减小，导致相同初速度的情况下刹车距离变长，D错误。
故选AB。
15．BC
【解析】
【详解】
A．滑块匀减速上滑后匀加速下滑过程中，由于斜面光滑，不受摩擦力，只有重力做功，故机械能守恒，物体滑到C点的速度等于A点的速度，A错误；
B．物体下滑时斜面的坡度较小，加速度较小，速度变化的慢，由于速度变化的大小相等，故下滑时间较长，B正确，
C．物体的动能为，C正确；
D．整个过程中机械能守恒，所以E保持不变，D错误。
故选BC。
【点睛】
本题关键抓住物体上滑过程和下降过程的机械能守恒，根据坡度比较两过程加速度的大小，结合图象讨论即可．
16．BD
【解析】
【详解】
AB．将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示；
货物速度为：
v货物=vcosθ
由于θ逐渐变小，故货物加速上升；当θ=30°时，货物速度为；当θ=90°时，货物速度为零；根据功能关系，拉力的功等于货物机械能的增加量，故有：
WF=△EP+△EK=mgh+mv2
故A错误，B正确；
CD．在绳与水平夹角为30°时，拉力的功率为：P=Fv货物，其中v货物=，由于加速，拉力大于重力，故P＞mgv，故C错误，D正确；
故选BD．
17．BD
【解析】
【分析】
【详解】
感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即
设电容器的图像的斜率为k,由图乙可知，导体棒的速度随时间变化的关系为
故A错误，B正确；
可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度，由、，可得
由牛顿第二定律
可以得到
故C错误，D正确．
故选BD。
18． 6000J； 75%； 600W
【解析】
【详解】
电动机的有用功：W=mgh=60×10×10J=6000J；若电动机消耗的电能为8000J，则此电动机的效率是；以1m/s的速度匀速提升，则有用功率：P=Fv=mgv=600×1W=600W.
19．9
【解析】
【分析】
【详解】
人、冰车、球组成的系统动量守恒，以人与冰车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
第1次推出球的过程
第2次推球过程
…
第n次推球过程
将上述各式相加，得
解得
由题意可知，当人不可能再接到球时，有
已知：M=17m
解得
则人推球9次后不可能再接到球。
20．1∶1
【解析】
【分析】
【详解】
桌面光滑，两车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
动量变化量大小之比
21． 16.70mm ACD D C
【解析】
【详解】
（1）[1]小球的直径为1.6cm+0.05mm×14=16.70mm
（2）[2]A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，选项A正确；
B．斜槽轨道不一定必须光滑，只要到达底端时速度相同即可，选项B错误；
C．斜槽轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，选项C正确；
D．小球A质量应大于小球B的质量，以防止被碰球反弹，选项D正确。
故选ACD。
（3）[3]A．如果小球每次都从同一点无初速度释放，但是由于误差原因，重复几次的落点P不一定是重合的，选项A错误；
B．由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，但是落点应当相对集中，选项B错误；
C．测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为、、…、，由于这些点分散区域不在一条直线上，则不应该取、、…、平均值，选项C错误；
D．找平均位置的方法是：用尽量小的圆把、、…、圈住，这个圆的圆心是小球落点的平均位置P，选项D正确。
故选D。
（4）[4]要验证动量守恒定律定律，即验证
m1v0=m1v1+m2v2
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得
m1v0t=m1v1t+m2v2t
即
因此实验需要测量：两球的质量、分别找到两球相碰后平均落地点的位置M、N，测量小球的水平位移；即上述实验除需测量线段、、的长度外，还需要测量的物理量有小球A和小球B的质量、，故选C。
（5）[5]若两球相碰后的动量守恒，由（4）可知其表达式为
（6）[6]若碰撞过程没有动能的损失，碰撞前后总动能保持不变，则有
根据
可得
22．(1) 水平向左 (2) ， (3)
【解析】
【详解】
（1）对B：
μ3mg＝2ma，
a＝
方向水平向左
（2）撤去外力后，物块B做匀速直线运动，槽A做匀减速运动设B历时t1运动到达槽右侧壁，槽碰前速度为有：
xB＝v0t1
xA＝v0t1-at12
xB-xA＝d
v＝v0-at1
解得：
v＝
B与槽右侧壁发生弹性碰撞有
mv0+2mv＝mvB+2mvA
m v02+ 2m v2＝2m vB2+ 2m vA2
解得
vA＝＝
vB＝ ＝
（3）从撤去力F到A、B第一次发生弹性碰撞经过的时间为t1，则
t1＝＝
A、B第一次发生弹性碰撞后，B做匀速直线运动，A做匀减速直线运动，直至A速度减为0（此过程中A、B未发生碰撞），历时t2，
t2＝＝
B继续做匀速直线运动，直至A、B第二次发生弹性碰撞，由机械能守恒和动量守恒得
vB＇＝-vB
vA＇＝vB
A再次做匀减速直线运动，直至A速度减为0，历时t3，
t3＝＝
B继续做匀速直线运动，直至A、B第三次发生弹性碰撞，之后A再次做匀减速直线运动，直至A速度减为0，历时t4，同理可得
t4＝×
t＝t1+ t2+ t3+ t4. . . . . .＝[++(1++. . . . . .)] ＝
23．(1) 3.0Kg (2)
【解析】
【详解】
（1）动量守恒：规定v0的方向为正方向
其中，v0=4m/s v1= —2m/s v2=2m/s
解得：m2=3.0Kg
（2）碰前的动能
碰后的动能
因为碰前的动能等于碰后的总动能，所以是弹性碰撞
24．3次
【解析】
【分析】
【详解】
设小孩把车A总共推出n次后，车A返回时，小孩恰好不能再接到小车A.此时，车A返回时的速度v与车B的速度恰好相等，即vB=v，第1次推车时，小孩和车B获得的动量为mAv，以后每次推车时获得的动量为2mAv，根据动量守恒定律得
mAv＋（n-1）·2mAv=mBvB
又由题意知
4mA=mB
联立解得
n=2.5
所以小孩把车A总共推出3次后，车A返回时，小孩不能再接到小车A
25．（1） ；（2）
【解析】
【详解】
（1）根据题意单位时间内从黑体表面单位面积辐射的电磁波的总能量为，则对于太阳来说每秒从太阳表面辐射的总能量为：
（2）设火星表面温度为T,而太阳辐射到火星表面单位时间单位面积上的能量为: ，其中
再结合 可解得：
26．（1）3m/s ；（2）仍能落在B点
【解析】
【详解】
（1）设物体做平抛运动时间为t，平抛初速度为
解得
解得
（2）当小车撞到障碍物前，小车和货物动量守恒，共速前
解得
对小车和货物分别有
，
由牛顿第二定律可得
，
共速前小车和货物的位移分别为
，
相对位移为
则小车与障碍物相碰后，货物滑离小车还需要运动的位移
由可得，货物滑离小车的速度
故仍能落在B点。
27．（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【分析】
【详解】
（1）以对接前的“天和”核心舱为参考系，对接前神舟十二号飞船的速度
对接前后动量守恒
解得
（2）以“天和”核心舱为研究对象，在碰撞过程中，由动量定理
解得
（3）本题注重科学思维过程，相关建议提出1条即可。
①能指出舒适性与飞船加速度有关，说明加速度与作用力的关系，从减小作用力的角度提出合理建议，如减小对接速度、利用缓冲装置延长作用时间。
②能提出减小作用力，能从减小作用力的角度提出减小对接速度、利用缓冲装置延长作用时间等合理建议。
③仅提出减小作用力或仅指出减小对接速度、利用缓冲装置延长作用时间等合理建议。
28．(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)小滑块在光滑半圆轨道上运动只有重力做功，故机械能守恒；设小滑块到达C点时的速度为vC，根据机械能守恒定律得
mgR＝mvC2
设小滑块到达C点时圆轨道对它的支持力为FN，根据牛顿第二定律得
FN＝3mg
根据牛顿第三定律，小滑块到达C点时，对圆轨道压力的大小N=FN=3mg；
(2)根据题意，小滑块恰好能通过圆轨道的最高点A，设小滑块到达A点时的速度为vA，此时重力提供向心力，根据牛顿第二定律得
小滑块从D到A的过程中只有重力、摩擦力做功，根据动能定理得
解得
EkD＝3.5mgR
29．（1）（2）mg
【解析】
【详解】
（1）如图所示:
由几何知识得，圆环在C点、D点时，弹性绳形变量相同，弹性势能相等．
圆环从C到D过程中，由机械能守恒定律得：
mgh=mv2
由几何关系可知：
解得：
（2）圆环在D点受力如图，弹性绳的弹力：f=kx，其中：
x=(-1)R
在D点，由牛顿第二定律得：
FN+fcos60°+fsin60°-mg=m
解得：
FN=mg
【点睛】
本题考查了求圆环的速率、轨道对圆环的作用力，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题；本题的难点，也是本题解题的关键是：应用数学知识气促C、D两点间的高度差、求出弹性绳的形变量．
30．3s
【解析】
【详解】
由于
物体一定沿传送带对地下移，且不会与传送带相对静止，设从物块刚放上皮带到速度达，物体位移为，加速度，时间，因物速小于皮带速率，根据牛顿第二定律可得
方向沿斜面向下
小于皮带长度，设从物块速率为到B端所用时间为，加速度，位移，物块速度大于皮带速度，物块受滑动摩擦力沿斜面向上，据牛顿第二定律可得
解得
故所用总时间
31．（1）
（2）
（3）VC =
【解析】
【详解】
试题分析：（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒：①，解得
系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能：②
③
而④
联立①②③式解得：⑤
（2）当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为v2，由于水平面光滑，A与C组成的系统动量守恒：⑥
A与C组成的系统机械能守恒：⑦
由 ⑤⑥式解得：⑧
（3）当A滑下C时，设A的速度为vA，C的速度为vC，A与C组成的系统动量守恒:
⑨
A与C组成的系统动能守恒：⑩
联立⑧⑨式解得：
考点：能量守恒，动量守恒，机械能守恒．
32．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则
（2）设第一车初速度为，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u；人给第一车的水平冲量大小为I,因此有动量守恒和动能定理可得
得
（3）设两次碰撞中系统动能损失分别为△Ek1和△Ek2
由
得
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