第一章 动量守恒定律 章末检测试卷（一）
文档属性
| 名称 | 第一章 动量守恒定律 章末检测试卷（一） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 411.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-03-18 14:09:15 | ||
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文档简介
人教版选择性必修第一册 第一章 章末检测试卷（一）
一、单选题
1．如图，质量为M的斜面小车静止在水平面上，质量为m的物块从斜面上端由静止释放，不计一切摩擦，物块从斜面底端滑出时，物块与斜面小车的速度大小关系是( )
A．v1∶v2＞M∶m B．v1∶v2＝m∶M
C．v1∶v2＝M∶m D．v1∶v2＜M∶m
2．安全带是在高空作业与进行技艺表演时，为保障安全所用的带子。假设质量为70 kg的建筑工人，不慎从高空由静止落下，幸好有弹性安全带，使他最终静止悬挂。已知弹性安全带的缓冲时间是1.0 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力，则安全带所受的平均冲力的大小为（ ）
A．700 N B．1400 N C．7000N D．770 N
3．下列说法中正确的是（ ）
A．根据F=可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力
B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量
C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是不同的
D．玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大
4．一个质量为0.5 kg的小钢球竖直下落，落地时速度大小为1m/s，与地面作用0.1s后以等大的动量被反弹．小钢球在与地面碰撞的过程中，下列说法中正确的是( )
A．小钢球重力的冲量是0.1 kg·m/s
B．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1 kg·m/s
C．若选向上为正方向，则小钢球受到的合力冲量是－1 N·s
D．若选向上为正方向，则小钢球的受到的合力为5N
5．如图所示，长度为L、质量为M的平板车静止在地面上，一个质量为m的人（可视为质点）站在平板车右端某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，此过程中车相对地面的位移大小为（车与水平地面间的摩擦不计）（ ）
A． B． C． D．L
6．甲、乙两球在光滑水平面上发生碰撞．碰撞前，甲球向左运动，乙球向右运动，碰撞后一起向右运动，由此可以判断（ ）
A．甲的质量比乙小
B．甲的初速度比乙小
C．甲的初动量比乙小
D．甲的动量变化比乙小
7．如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则（ ）
A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零
B．此系统的机械能一定守恒
C．此系统的机械能可能增加
D．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加
8．下列各运动中动量变化率不相等的是（ ）
A．匀速圆周运动 B．匀变速直线运动 C．自由落体运动 D．平抛运动
9．如图所示，把一个小球用一根不可伸长的轻质细线悬挂于O点，就成为一个摆，在O点的正下方M点钉一个钉子，将小球向左拉至a点，此时细线伸直且与竖直方向夹角，然后由静止释放小球，小球向右摆动，经过最低点b后到达右侧最高点c，此时摆角为。已知摆长m，小球质量kg，重力加速度。以下判断正确的是（ ）
A．小球在c处受合力为零
B．小球向右摆动刚要到达b点时轻绳拉力为
C．
D．小球向右摆动刚经过b点前后的瞬间角速度不变
二、多选题
10．如图，光滑水平面上有两辆小车，用细线相连，中间有一个被压缩的轻弹簧，小车处于静止状态。烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动。已知两小车质量之比m1:m2=2:1，下列说法正确的是（）
A．弹簧弹开后两车速度大小之比为1:2
B．弹簧弹开后两车动量大小之比为1:2
C．弹簧弹开过程受到的冲量大小之比为2:1
D．弹簧弹开过程弹力对做功之比为1:2
11．在光滑的水平桌面上，质量为m的物块A以速度v向右运动，与静止在桌面上的质量为3m的物块B发生正碰，以向右为正方向，碰撞后，物块A的速度可能为（ ）
A． B．
C． D．
12．一个质量为m1的人造地球卫星在高空做匀速圆周运动，轨道半径为r．某时刻和一个质量为m2的同轨道反向运动的太空碎片发生迎面正碰，碰后二者结合成一个整体，并开始沿椭圆轨道运动，轨道的远地点为碰撞时的点．若碰后卫星的内部装置仍能有效运转，当卫星与碎片的整体再次经过远地点时，通过极短时间喷气可使整体仍在卫星碰前的轨道上做圆周运动，绕行方向与碰前相同．已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．卫星与碎片碰撞前的线速度大小为
B．卫星与碎片碰撞前运行的周期大小为
C．喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为
D．喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为
三、实验题
13．如图所示为验证动量守恒定律的实验装置，气垫导轨置于水平桌面上，A、B均为弹性滑块，已知遮光板宽度为d，实验过程中给滑块A一向右的初速度，使它碰撞静止的滑块B。某同学记录了滑块A碰撞前经过光电门的遮光时间t1，碰撞后经过光电门的遮光时间t2：滑块B碰掩后经过光电门的遮光时间t3，选向右为正方向。
(1)该实验还需测量的量为_______。
A．滑块A的质量mA
B．滑块B的质量mB
C．两光电门之间的距离L1
D．开始时滑块A，B间距离L2
(2)下面各空用本题中的相关字母表达∶
①碰撞前滑块A、B的总动量表达式为______________________。
②若碰后A向左运动，则验证动量守恒定律的表达式为_____________________。
③若碰后A向右运动，则验证动量守恒定律的表达式为_____________________。
14．某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。
（1）两小球的质量应满足的关系是______。（选填“＞”或“＜”或“＝”），实验前固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿______方向。
（2）第一步：先从S处释放并多次重复找到小球的落地点。
第二步：将静置于轨道末端点，再从S处释放，与发生对心碰撞，多次重复后找到两球的落地点。
第三步：最终地面上有三个落地点M、P、N，地面上的O点与轨道末端点在同一竖直线上，并测得OM、OP、ON的长度分别为、、。
（3）第一步中小球的落地点为______（选填“M”或“P”或“N”）点，若、、、、满足关系式：______（用、、、、表示），则两球碰撞前后的动量守恒。
四、解答题
15．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端．已知A、B质量相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g．求：
（1）B、C碰撞过程中，损失的机械能；
（2）A运动到C的右端时的速度v；
（3）A物体与木板C上表面间的动摩擦因数μ．
16．如图所示，轻弹簧k一端与墙相连处于自然状态，质量为4kg的木块沿光滑的水平面以5m/s的速度运动并开始挤压弹簧，求木块被弹回速度增大到3m/s时弹簧的弹性势能.
17．如图甲所示，下表面光滑的长木板B静止放在水平面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板的最右端，质量为m1＝0.5 kg的物块A从距长木板B左侧s0＝9.5 m处以某一初速度向长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），以长木板B开始运动作为计时起点，长木板B和物块C运动的v－t图象如图乙所示，已知物块A与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)长木板B的质量m2；
(2)物块A的初速度v0；
(3)A静止时，系统A、B、C由于摩擦产生的热量Q．
18．如图所示,两个小球A和B质量分别是mA＝2.0kg,mB＝1.6kg,球A静止在光滑水平面上的M点,球B在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A运动,假设两球相距L≤18m时存在着恒定的斥力F,L＞18m时无相互作用力.当两球相距最近时,它们间的距离为d＝2m,此时球B的速度是4m/s.求:
(1)球B的初速度大小;
(2)两球之间的斥力大小;
(3)两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
规定向左为正方向，物块滑离小车时，设物块水平分速度为，物块和小车在水平方向上动量守恒，有：
解得
因为
则物块滑离小车时小车的速度
，即，故A正确，BCD错误；
故选A．
2．B
【解析】
【详解】
人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：
取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力 F，取F方向为正方向，由动量定理得：
解得：
故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据动量定理得
解得
即物体动量的变化率等于合外力，故A正确；
B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是矢量，故B错误；
C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便。故C错误；
D．玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为玻璃杯与地面作用时间短，受到的冲击力太大。故D错误。
故选A。
4．B
【解析】
【详解】
A、根据冲量定义可知： ，故A错；
B、若选向上为正方向，则小钢球的动量变化量为 ，故B对；
C、根据动量定理，合力冲量等于动量的变化量，所以若选向上为正方向，则小钢球受到的合力冲量是 ，故C错；
D、已知合力的冲量为，所以合力的大小为 ，故D错；
故选B
5．B
【解析】
【详解】
选取向左为正方向，设人的向左速度大小为v1，小车向右后退的速度大小为v2，由于车与水平地面间的摩擦不计，系统的水平方向的合外力为零，则系统的水平方向动量守恒，则有
设人从右端到达左端的时间为t，则人对地的位移大小为
平板车对地的位移大小为
由空间几何关系得
联立以上各式得
故选B。
6．C
【解析】
【详解】
ABC.甲乙碰撞后一起向右运动，说明碰撞后的总动量向右，设向右为正方向，根据动量守恒，则，得，即乙的质量与速度乘积大于甲球的，而无法判断两球的质量关系和速度关系，AB错误C正确；
D.根据动量守恒，则甲的动量变化与乙的动量变化相等，D错误．
故选C.
7．C
【解析】
【详解】
系统动量守恒，系统所受合外力为零，但此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，故A错误；当只有重力或只有弹力做功时系统机械能守恒，系统动量守恒，系统所受合外力为零，系统动量守恒但机械能不一定守恒，系统机械能可能增加，故B错误，C正确；系统动量守恒，系统总动量保持不变，系统内有的物体动量增大，有的物体动量减小，系统总动量保持不变，故B错误．所以C正确，ABD错误．
8．A
【解析】
【详解】
根据动量定理
则动量变化率
A．匀速圆周运动受到的合力大小相等方向指向圆心，是变力，动量的变化率变化，A正确；
B．匀变速直线运动加速度恒定不变，根据牛顿第二定律，合力恒定，动量的变化率不变，B错误；
CD．自由落体和平抛运动只受重力，是恒力，动量的变化率不变，CD错误。
故选A。
9．B
【解析】
【详解】
A．小球在c处加速度不为零，则受合力不为零，选项A错误；
B．小球向右摆动刚要到达b点时，由机械能守恒定律
解得轻绳拉力为
F=N
选项B正确；
C．从b到c由机械能守恒
因
可知
选项C错误；
D．小球向右摆动刚经过b点前后的瞬间线速度不变，根据
v=ωr
可知，则角速度变大，选项D错误。
故选B。
10．AD
【解析】
【详解】
AB．两车组成的系统动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，弹簧弹开后系统总动量仍为零，即两车动量大小相等、方向相反，动量之比
故A正确，B错误；
C．两车弹开过程两车受到的合力大小相等、方向相反、力的作用时间相等，小车受到的冲量：I=Ft大小相等，冲量大小之比为1：1，故C错误；
D．由动能定理可知，弹力对小车做功
做功之比
故D正确。
故选AD。
11．BD
【解析】
【详解】
根据完全弹性碰撞关系可得
，
解得
根据完全非弹性碰撞关系可得
解得
所以若碰撞后A的速度向右，则应该小于，若碰撞后A的速度向左，则应该小于。
故选BD。
12．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．卫星圆周运动的向心力由万有引力提供可得
又
可得
故A错误；
B．据万有引力提供圆周运动向心力，有
解得卫星周期为
故B正确；
CD．根据动量守恒定律可得
由动能定理可得
喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为
故C正确，D错误。
故选BC。
13． AB
【解析】
【详解】
(1)[1]滑块A碰撞前的速度
碰撞后滑块A的速度
碰撞后滑块B的速度
若碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前滑块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
即有
整理得
除了测量滑块经过光电门的时间外，实验需要测量两滑块的质量，故A、B正确，C、D错误；
故选AB；
(2)①[2]碰撞前滑块A、B的总动量
②[3]若碰后滑块A向左运动，以碰撞前滑块A的速度方向为正方向，碰撞后滑块A、B的总动量为
验证动量守恒定律的表达式为
③[4]若碰后滑块A向右运动，以碰撞前滑块A的速度方向为正方向，碰撞后滑块A、B的总动量为
验证动量守恒定律的表达式为
14． ＞ 水平 P
【解析】
【详解】
（1）[1]为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即
[2]斜槽末端的切线要沿水平方向，这样才能保证两个小球离开斜槽后做平抛运动。
（3）[3]第一步中小球抛出时的速度，比碰撞后的速度小，的速度大；碰撞前后，小球，均做平抛运动，因为下落高度相同，下落时间相同，则第一步中小球的落地点应为P点。
[4]碰撞后，小球落点为N点，为M点，若两球碰撞前后的动量守恒，则有
即需要验证的表达式为
15．（1）（2），方向水平向右（3）
【解析】
【详解】
（1）B、C碰撞过程中动量守恒，设B、C碰后的共同速度为，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得①
机械能损失②，
联立解得③
（2）B、C共速后，A以的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离，A、C相互作用过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得④，
由①④可得⑤，方向水平向右
（3）在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律可得⑥
又⑦
由①⑤⑥⑦可得
点睛：本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，综合性较强，对学生能力的要求较高，运用动量守恒定律解题时，需注意选取的系统，通过动量守恒列式求解．
16．32J.
【解析】
【详解】
当木块速度v1=3m/s时，由机械能守恒定律得
Ep1+mv12=mv02
得到，Ep1=mv02-mv12=×4×25-×4×9=32J．
17．(1) 1.0kg (2) 10m/s (3) 16 J
【解析】
【详解】
(1)根据图乙可知，长木板B的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
(2)物块A与长木板B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
根据能量守恒可得
联立即得
v＝9 m/s，v1＝－3m/s
对于物块A，以初速度v0向右减速运动与长木板B碰撞的过程，根据动能定理有
解得
(3)对物块A反向后，
当A停下后，即
解得
t＝3 s
由于碰撞过程中不损失机械能，碰撞前后损失的机械能均为克服摩擦力而做功，故产生的热量为：
由图乙可知
解得
Q＝16 J
18．(1) ；(2)；(3)
【解析】
【详解】
试题分析：（1）当两球速度相等时，两球相距最近，根据动量守恒定律求出B球的初速度；（2）在两球相距L＞18m时无相互作用力，B球做匀速直线运动，两球相距L≤18m时存在着恒定斥力F，B球做匀减速运动，由动能定理可得相互作用力
（3）根据动量定理得到两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间．
（1）设两球之间的斥力大小是F，两球从开始相互作用到两球相距最近时所经历的时间是t．当两球相距最近时球B的速度，此时球A的速度 与球B的速度大小相等，,由动量守恒定律可得：;
(2)两球从开始相互作用到它们之间距离最近时，它们之间的相对位移Δx=L-d，由功能关系可得： 得：F=2.25N
(3)根据动量定理，对A球有,得
点晴：本题综合考查了动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强．知道速度相等时，两球相距最近，以及知道恒力与与相对位移的乘积等于系统动能的损失是解决本题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．如图，质量为M的斜面小车静止在水平面上，质量为m的物块从斜面上端由静止释放，不计一切摩擦，物块从斜面底端滑出时，物块与斜面小车的速度大小关系是( )
A．v1∶v2＞M∶m B．v1∶v2＝m∶M
C．v1∶v2＝M∶m D．v1∶v2＜M∶m
2．安全带是在高空作业与进行技艺表演时，为保障安全所用的带子。假设质量为70 kg的建筑工人，不慎从高空由静止落下，幸好有弹性安全带，使他最终静止悬挂。已知弹性安全带的缓冲时间是1.0 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力，则安全带所受的平均冲力的大小为（ ）
A．700 N B．1400 N C．7000N D．770 N
3．下列说法中正确的是（ ）
A．根据F=可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力
B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量
C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是不同的
D．玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大
4．一个质量为0.5 kg的小钢球竖直下落，落地时速度大小为1m/s，与地面作用0.1s后以等大的动量被反弹．小钢球在与地面碰撞的过程中，下列说法中正确的是( )
A．小钢球重力的冲量是0.1 kg·m/s
B．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1 kg·m/s
C．若选向上为正方向，则小钢球受到的合力冲量是－1 N·s
D．若选向上为正方向，则小钢球的受到的合力为5N
5．如图所示，长度为L、质量为M的平板车静止在地面上，一个质量为m的人（可视为质点）站在平板车右端某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，此过程中车相对地面的位移大小为（车与水平地面间的摩擦不计）（ ）
A． B． C． D．L
6．甲、乙两球在光滑水平面上发生碰撞．碰撞前，甲球向左运动，乙球向右运动，碰撞后一起向右运动，由此可以判断（ ）
A．甲的质量比乙小
B．甲的初速度比乙小
C．甲的初动量比乙小
D．甲的动量变化比乙小
7．如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则（ ）
A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零
B．此系统的机械能一定守恒
C．此系统的机械能可能增加
D．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加
8．下列各运动中动量变化率不相等的是（ ）
A．匀速圆周运动 B．匀变速直线运动 C．自由落体运动 D．平抛运动
9．如图所示，把一个小球用一根不可伸长的轻质细线悬挂于O点，就成为一个摆，在O点的正下方M点钉一个钉子，将小球向左拉至a点，此时细线伸直且与竖直方向夹角，然后由静止释放小球，小球向右摆动，经过最低点b后到达右侧最高点c，此时摆角为。已知摆长m，小球质量kg，重力加速度。以下判断正确的是（ ）
A．小球在c处受合力为零
B．小球向右摆动刚要到达b点时轻绳拉力为
C．
D．小球向右摆动刚经过b点前后的瞬间角速度不变
二、多选题
10．如图，光滑水平面上有两辆小车，用细线相连，中间有一个被压缩的轻弹簧，小车处于静止状态。烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动。已知两小车质量之比m1:m2=2:1，下列说法正确的是（）
A．弹簧弹开后两车速度大小之比为1:2
B．弹簧弹开后两车动量大小之比为1:2
C．弹簧弹开过程受到的冲量大小之比为2:1
D．弹簧弹开过程弹力对做功之比为1:2
11．在光滑的水平桌面上，质量为m的物块A以速度v向右运动，与静止在桌面上的质量为3m的物块B发生正碰，以向右为正方向，碰撞后，物块A的速度可能为（ ）
A． B．
C． D．
12．一个质量为m1的人造地球卫星在高空做匀速圆周运动，轨道半径为r．某时刻和一个质量为m2的同轨道反向运动的太空碎片发生迎面正碰，碰后二者结合成一个整体，并开始沿椭圆轨道运动，轨道的远地点为碰撞时的点．若碰后卫星的内部装置仍能有效运转，当卫星与碎片的整体再次经过远地点时，通过极短时间喷气可使整体仍在卫星碰前的轨道上做圆周运动，绕行方向与碰前相同．已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．卫星与碎片碰撞前的线速度大小为
B．卫星与碎片碰撞前运行的周期大小为
C．喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为
D．喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为
三、实验题
13．如图所示为验证动量守恒定律的实验装置，气垫导轨置于水平桌面上，A、B均为弹性滑块，已知遮光板宽度为d，实验过程中给滑块A一向右的初速度，使它碰撞静止的滑块B。某同学记录了滑块A碰撞前经过光电门的遮光时间t1，碰撞后经过光电门的遮光时间t2：滑块B碰掩后经过光电门的遮光时间t3，选向右为正方向。
(1)该实验还需测量的量为_______。
A．滑块A的质量mA
B．滑块B的质量mB
C．两光电门之间的距离L1
D．开始时滑块A，B间距离L2
(2)下面各空用本题中的相关字母表达∶
①碰撞前滑块A、B的总动量表达式为______________________。
②若碰后A向左运动，则验证动量守恒定律的表达式为_____________________。
③若碰后A向右运动，则验证动量守恒定律的表达式为_____________________。
14．某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。
（1）两小球的质量应满足的关系是______。（选填“＞”或“＜”或“＝”），实验前固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿______方向。
（2）第一步：先从S处释放并多次重复找到小球的落地点。
第二步：将静置于轨道末端点，再从S处释放，与发生对心碰撞，多次重复后找到两球的落地点。
第三步：最终地面上有三个落地点M、P、N，地面上的O点与轨道末端点在同一竖直线上，并测得OM、OP、ON的长度分别为、、。
（3）第一步中小球的落地点为______（选填“M”或“P”或“N”）点，若、、、、满足关系式：______（用、、、、表示），则两球碰撞前后的动量守恒。
四、解答题
15．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端．已知A、B质量相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g．求：
（1）B、C碰撞过程中，损失的机械能；
（2）A运动到C的右端时的速度v；
（3）A物体与木板C上表面间的动摩擦因数μ．
16．如图所示，轻弹簧k一端与墙相连处于自然状态，质量为4kg的木块沿光滑的水平面以5m/s的速度运动并开始挤压弹簧，求木块被弹回速度增大到3m/s时弹簧的弹性势能.
17．如图甲所示，下表面光滑的长木板B静止放在水平面上，质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板的最右端，质量为m1＝0.5 kg的物块A从距长木板B左侧s0＝9.5 m处以某一初速度向长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），以长木板B开始运动作为计时起点，长木板B和物块C运动的v－t图象如图乙所示，已知物块A与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)长木板B的质量m2；
(2)物块A的初速度v0；
(3)A静止时，系统A、B、C由于摩擦产生的热量Q．
18．如图所示,两个小球A和B质量分别是mA＝2.0kg,mB＝1.6kg,球A静止在光滑水平面上的M点,球B在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A运动,假设两球相距L≤18m时存在着恒定的斥力F,L＞18m时无相互作用力.当两球相距最近时,它们间的距离为d＝2m,此时球B的速度是4m/s.求:
(1)球B的初速度大小;
(2)两球之间的斥力大小;
(3)两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
规定向左为正方向，物块滑离小车时，设物块水平分速度为，物块和小车在水平方向上动量守恒，有：
解得
因为
则物块滑离小车时小车的速度
，即，故A正确，BCD错误；
故选A．
2．B
【解析】
【详解】
人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：
取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力 F，取F方向为正方向，由动量定理得：
解得：
故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据动量定理得
解得
即物体动量的变化率等于合外力，故A正确；
B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是矢量，故B错误；
C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便。故C错误；
D．玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为玻璃杯与地面作用时间短，受到的冲击力太大。故D错误。
故选A。
4．B
【解析】
【详解】
A、根据冲量定义可知： ，故A错；
B、若选向上为正方向，则小钢球的动量变化量为 ，故B对；
C、根据动量定理，合力冲量等于动量的变化量，所以若选向上为正方向，则小钢球受到的合力冲量是 ，故C错；
D、已知合力的冲量为，所以合力的大小为 ，故D错；
故选B
5．B
【解析】
【详解】
选取向左为正方向，设人的向左速度大小为v1，小车向右后退的速度大小为v2，由于车与水平地面间的摩擦不计，系统的水平方向的合外力为零，则系统的水平方向动量守恒，则有
设人从右端到达左端的时间为t，则人对地的位移大小为
平板车对地的位移大小为
由空间几何关系得
联立以上各式得
故选B。
6．C
【解析】
【详解】
ABC.甲乙碰撞后一起向右运动，说明碰撞后的总动量向右，设向右为正方向，根据动量守恒，则，得，即乙的质量与速度乘积大于甲球的，而无法判断两球的质量关系和速度关系，AB错误C正确；
D.根据动量守恒，则甲的动量变化与乙的动量变化相等，D错误．
故选C.
7．C
【解析】
【详解】
系统动量守恒，系统所受合外力为零，但此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，故A错误；当只有重力或只有弹力做功时系统机械能守恒，系统动量守恒，系统所受合外力为零，系统动量守恒但机械能不一定守恒，系统机械能可能增加，故B错误，C正确；系统动量守恒，系统总动量保持不变，系统内有的物体动量增大，有的物体动量减小，系统总动量保持不变，故B错误．所以C正确，ABD错误．
8．A
【解析】
【详解】
根据动量定理
则动量变化率
A．匀速圆周运动受到的合力大小相等方向指向圆心，是变力，动量的变化率变化，A正确；
B．匀变速直线运动加速度恒定不变，根据牛顿第二定律，合力恒定，动量的变化率不变，B错误；
CD．自由落体和平抛运动只受重力，是恒力，动量的变化率不变，CD错误。
故选A。
9．B
【解析】
【详解】
A．小球在c处加速度不为零，则受合力不为零，选项A错误；
B．小球向右摆动刚要到达b点时，由机械能守恒定律
解得轻绳拉力为
F=N
选项B正确；
C．从b到c由机械能守恒
因
可知
选项C错误；
D．小球向右摆动刚经过b点前后的瞬间线速度不变，根据
v=ωr
可知，则角速度变大，选项D错误。
故选B。
10．AD
【解析】
【详解】
AB．两车组成的系统动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，弹簧弹开后系统总动量仍为零，即两车动量大小相等、方向相反，动量之比
故A正确，B错误；
C．两车弹开过程两车受到的合力大小相等、方向相反、力的作用时间相等，小车受到的冲量：I=Ft大小相等，冲量大小之比为1：1，故C错误；
D．由动能定理可知，弹力对小车做功
做功之比
故D正确。
故选AD。
11．BD
【解析】
【详解】
根据完全弹性碰撞关系可得
，
解得
根据完全非弹性碰撞关系可得
解得
所以若碰撞后A的速度向右，则应该小于，若碰撞后A的速度向左，则应该小于。
故选BD。
12．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．卫星圆周运动的向心力由万有引力提供可得
又
可得
故A错误；
B．据万有引力提供圆周运动向心力，有
解得卫星周期为
故B正确；
CD．根据动量守恒定律可得
由动能定理可得
喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为
故C正确，D错误。
故选BC。
13． AB
【解析】
【详解】
(1)[1]滑块A碰撞前的速度
碰撞后滑块A的速度
碰撞后滑块B的速度
若碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前滑块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
即有
整理得
除了测量滑块经过光电门的时间外，实验需要测量两滑块的质量，故A、B正确，C、D错误；
故选AB；
(2)①[2]碰撞前滑块A、B的总动量
②[3]若碰后滑块A向左运动，以碰撞前滑块A的速度方向为正方向，碰撞后滑块A、B的总动量为
验证动量守恒定律的表达式为
③[4]若碰后滑块A向右运动，以碰撞前滑块A的速度方向为正方向，碰撞后滑块A、B的总动量为
验证动量守恒定律的表达式为
14． ＞ 水平 P
【解析】
【详解】
（1）[1]为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即
[2]斜槽末端的切线要沿水平方向，这样才能保证两个小球离开斜槽后做平抛运动。
（3）[3]第一步中小球抛出时的速度，比碰撞后的速度小，的速度大；碰撞前后，小球，均做平抛运动，因为下落高度相同，下落时间相同，则第一步中小球的落地点应为P点。
[4]碰撞后，小球落点为N点，为M点，若两球碰撞前后的动量守恒，则有
即需要验证的表达式为
15．（1）（2），方向水平向右（3）
【解析】
【详解】
（1）B、C碰撞过程中动量守恒，设B、C碰后的共同速度为，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得①
机械能损失②，
联立解得③
（2）B、C共速后，A以的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离，A、C相互作用过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得④，
由①④可得⑤，方向水平向右
（3）在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律可得⑥
又⑦
由①⑤⑥⑦可得
点睛：本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，综合性较强，对学生能力的要求较高，运用动量守恒定律解题时，需注意选取的系统，通过动量守恒列式求解．
16．32J.
【解析】
【详解】
当木块速度v1=3m/s时，由机械能守恒定律得
Ep1+mv12=mv02
得到，Ep1=mv02-mv12=×4×25-×4×9=32J．
17．(1) 1.0kg (2) 10m/s (3) 16 J
【解析】
【详解】
(1)根据图乙可知，长木板B的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
(2)物块A与长木板B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
根据能量守恒可得
联立即得
v＝9 m/s，v1＝－3m/s
对于物块A，以初速度v0向右减速运动与长木板B碰撞的过程，根据动能定理有
解得
(3)对物块A反向后，
当A停下后，即
解得
t＝3 s
由于碰撞过程中不损失机械能，碰撞前后损失的机械能均为克服摩擦力而做功，故产生的热量为：
由图乙可知
解得
Q＝16 J
18．(1) ；(2)；(3)
【解析】
【详解】
试题分析：（1）当两球速度相等时，两球相距最近，根据动量守恒定律求出B球的初速度；（2）在两球相距L＞18m时无相互作用力，B球做匀速直线运动，两球相距L≤18m时存在着恒定斥力F，B球做匀减速运动，由动能定理可得相互作用力
（3）根据动量定理得到两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间．
（1）设两球之间的斥力大小是F，两球从开始相互作用到两球相距最近时所经历的时间是t．当两球相距最近时球B的速度，此时球A的速度 与球B的速度大小相等，,由动量守恒定律可得：;
(2)两球从开始相互作用到它们之间距离最近时，它们之间的相对位移Δx=L-d，由功能关系可得： 得：F=2.25N
(3)根据动量定理，对A球有,得
点晴：本题综合考查了动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强．知道速度相等时，两球相距最近，以及知道恒力与与相对位移的乘积等于系统动能的损失是解决本题的关键．
答案第1页，共2页
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