第一章 动量守恒定律 综合检测卷（Word版含答案）
文档属性
| 名称 | 第一章 动量守恒定律 综合检测卷（Word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1001.5KB | ||
| 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 14:11:42 | ||
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文档简介
人教版选择性必修第一册 第一章综合检测卷
一、单选题
1．如图所示，在光滑的水平面上静止放着装有一条光滑弧形轨道的小车，小车的质量为1kg一质量为0.5kg的小球以3m/s的速度沿弧形轨道水平方向射入，小球沿弧形轨道上升至h高处后，再沿轨道下滑脱离小车(g=10m/s2)，则（ ）
A．h=45cm
B．小球上升至h处的速度为0
C．脱离时小球的速度大小为3m/s
D．脱离时小车的速度大小为2m/s
2．深圳一些地铁站的扶梯（每一级水平），在没有人时极慢运行，当人一站上去时，扶梯就加速运动起来．如图所示，在电梯向上加速的时候（ ）
A．电梯对人的支持力等于重力 B．电梯对人没有摩擦力的作用
C．电梯对人的摩擦力水平向右 D．电梯对人的摩擦力对人做负功
3．2021年12月9日，神舟十三号乘组进行天宫授课，如图为航天员叶光富试图借助吹气完成失重状态下转身动作的实验，但未能成功。若他在1s内以20m/s的速度呼出质量约1g的气体，可获得的反冲力大小约为（ ）
A．0.01N B．0.02N C．0.1N D．0.2N
4．燃放爆竹是我国传统民俗。春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，并炸开成质量相等的三块碎片a、b、c，其中碎片a的速度方向水平向东，忽略空气阻力。以下说法正确的是（ ）
A．炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，则碎片c的速度方向可能水平向南
B．炸开时，若碎片b的速度为零，则碎片c的速度方向一定水平向西
C．炸开时，若碎片b的速度方向水平向北，则三块碎片一定同时落地
D．炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，则碎片c落地时的速率可能等于3v0
5．将一小球从地面上以速度竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又回到地面。若该过程空气阻力不能忽略，且大小不变，则小球（ ）
A．上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量
B．上升过程中重力的冲量等于下降过程中重力的冲量
C．下降过程中重力的冲量大于小球动量的变化量
D．下降过程中重力的冲量等于小球动量的变化量
6．一名消防队员从一平台上无初速度跳下，下落0.8s后双脚触地，接着用双腿弯曲的方法缓冲，又经过0.2s重心停止了下降，在该过程中（不计空气阻力），可估计地面对他双脚的平均作用力为
A．自身所受重力的5倍 B．自身所受重力的8倍
C．自身所受重力的4倍 D．自身所受重力的2倍
二、多选题
7．如图所示，1和2是放在水平地面上的两个小物块（可视为质点），与地面的动摩擦因数相同，两物块间的距离为17m，它们的质量分别为m1= 2kg、m2=3kg．现令它们分别以初速度v1=10m/s和v2= 2m/s相向运动，经过时间2s，两物块相碰，碰撞时间极短，碰后两者粘在一起运动．g取10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．两物块相碰时各自的位移大小之比为5：1
B．两物块碰后的共同速度为2.8 m/s
C．两物块在碰撞中损失的动能为21.6J
D．小物块1从开始到停止运动总的位移大小为17.44m
8．如图所示，光滑的水平导轨上套有一可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过轻绳悬挂着木块。开始时滑块和木块均静止，现有一子弹水平击中木块并留在其中。从子弹击中木块到木块运动到最高点的过程中，对子弹、木块与滑块构成的系统（ ）
A．竖直方向动量守恒 B．水平方向动量守恒 C．机械能守恒 D．机械能不守恒
9．水平飞行的子弹打穿固定在水平面上的木块，经时间为，子弹损失的动能为，系统机械能的损失为 ，穿透后系统的总动量为；同样的子弹以同样的速度打穿放在光滑水平面上的同样的木块，经历时间为，子弹损失的动能为，系统机械能的换失为，穿透后系统的总动量为，设木块给子弹的阻力为恒力且上述两种情况下该阻力大小相等，则下列结论正确的是（ ）
A． B．＞
C．＞ D．＞
10．如图所示，一竖直轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端与质量为m的物块a连接，初始时a保持静止。现有一质量为m的物块b从距a正上方h处自由释放，与a发生碰撞后一起运动但不粘连，压缩弹簧至最低点，然后一起上升到最高点时物块b恰好不离开物块a。物块a、b均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，其弹性势能（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．两物块由于碰撞损失的机械能为
B．从碰撞后到最高点，整个系统弹性势能的减少量为
C．从碰撞后到最高点，两物块的最大动能为
D．整个系统弹性势能的最大值为
三、实验题
11．2019年9月，我国成功完成了高速下列车实车对撞实验．标志着我国高速列车被动安全技术达到了世界领先水平．某学习小组受此启发，设计了如下碰撞实验，探究其中的能量损耗问题，实验装置如图所示．
实验准备了质量分别为0.20kg、0.20kg、0.40kg的滑块A、B、C，滑块A右侧带有自动锁扣，左侧与打点计时器（图中未画出）的纸带相连，滑块B、C左侧均带有自动锁扣，打点计时器的电源频率．
调整好实验装置后，在水平气垫导轨上放置A、B两个滑块，启动打点计时器，使滑块A以某一速度与静止的滑块B相碰并粘合在一起运动，纸带记录的数据如图所示；用滑块C替代滑块B，重复上述实验过程，纸带数据如图所示．
根据纸带记录的数据，滑块A与B碰撞过程系统损失的动能为______J，滑块A与C碰撞过程系统损失的动能为______J．（计算结果均保留2位有效数字）
根据实验结果可知，被碰物体质量增大，系统损失的动能______（填“增大”“减小”或“不变”）．
12．利用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒，圆弧轨道下端与水平桌面相切。先将小滑块a从圆弧轨道上的某一点无初速度释放，测出小滑块在水平桌面上滑行的距离x1，如图甲所示。将同种材料制成的小滑块b放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块a从圆弧轨道的某一点无初速度释放，小滑块a与小滑块b碰撞后，分别测出小滑块b和小滑块a在水平桌面上滑行的距离x2、x3，如图乙所示。
(1)下列实验条件必须满足的有______；
A．圆弧轨道必须光滑
B．小滑块a两次必须从圆弧轨道的同一点释放
C．实验中必须测出释放点离水平桌面的高度
D．小滑块a的质量不能小于小滑块b的质量
(2)还需要测量的物理量有______（写出物理量的名称和相应的字母）；
(3)用已知的物理量和测得的物理量表示，只要满足关系式______，就说明两滑块碰撞中动量守恒。
四、解答题
13．一转动装置如图所示，四根轻绳OA、OC、AB和CB与两小球以及一小滑块连接，轻绳长均为L，球和滑块的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，转动该装置并缓慢增大转速，小滑块缓慢上升。忽略一切摩擦和空气阻力，（重力加速度为g，，）求
（1）当OA与竖直方向成角时，装置转动的角速度；
（2）当OA与竖直方向成角缓慢增大到与竖直方向成角时，求在这个过程中A、B增加的重力势能分别是多少；外界对转动装置所做的功W是多少？
14．如图所示，在水平面上的A、B两点分别放置着物块甲和乙（均可看作质点），在C点固定有光电门，在D点固定一挡板，四点等间距排布，相邻两点间距均为L=1m。在物块乙上固定有遮光片，物块甲的质量为m1=1kg，物块乙（包括遮光片）的质量为m2=2kg水平面上B点右侧光滑，B点左侧粗糙，两物块与粗糙水平面间的动摩擦因数=0.5,现对物块甲施加一个恒定的水平推力，使物块甲由静止向右运动当物块甲运动到AB中点时撤去推力，物块甲继续向右运动并与物块乙发生弹性正碰，测得碰后物块甲的速度大小v1=m/s，物块乙先后通过光电门的时间间隔△t=1.8s。不计物块乙与挡板相碰的时间，物块乙与挡板的碰撞能量损失不可忽略，g=10m/s2。求：
(1)对物块甲施加的恒定水平推力为多大？
(2)甲、乙两物块最终能否再次发生弹性碰撞？若能碰撞，试求出二者碰后的速度；若不能碰撞，试求出两物块最终相距多远？
(3)在B点碰撞以后，乙比甲多运动多长时间？
15．如图所示，足够长的光滑水平面上有A、B、C三物块，A、B质量都是2kg，C质量为4kg。A、B分别与一个特殊的轻弹簧两端相粘连，弹簧处于压缩得不能再压缩状态而被锁定，但还处于弹性限度内，此时弹簧储存的弹性势能为192J。现给A、B及弹簧整体一个向右的6m/s的速度，B与C碰后结合在一起不再分开。求：
(1)B、C碰后C的速度
(2)若碰后运动过程中某时刻弹簧突然解锁，求当弹簧恢复自由时A、B、C的速度
16．一质量kg的篮球从m的高度落到水平地板上，每次弹跳上升的高度总等于碰前下落高度的，且每次球与地板接触时间相等，均为0.2 s。空气阻力不计，重力加速度g取10。
(1)求第一次球与地板碰撞，地板对球的平均冲力大小；
(2)求第一次和第二次与地板碰撞过程，球所受的冲量的大小之比；
(3)若用手拍这个球，使球保持在0.8 m的高度上下跳动，求每次应给球施加的冲量大小。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球上升的最高点时，竖直方向上的速度为零，水平方向上与小车具有相同的速度，结合动量守恒和能量守恒求出上升的最大高度．根据动量守恒定律和能量守恒求出小球返回底端时小车的速度．
【详解】
小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v，规定向右为正方向，由水平动量守恒得：m1v0=(m1+m2)v，解得v=1m/s；由机械能守恒定律得：；联立以上两式解得：h=0.3m，故AB选项错误；小球在返回小车右端时速度为v1，此时小车速度v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2；由机械能守恒得：m1v02=m1v12+m2v22；联立解得：v2=2m/s，v1=-1m/s，故脱离时小车的速度大小为2m/s，故D选项正确，C选项错误； 故选D．
【点睛】
本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，知道当小球与小车的水平速度相等时，小球上升到最大高度．
2．C
【解析】
【详解】
A．由题意知，人在加速运动时，人的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对人的支持力大于其重力，A错误；
BC．人的加速度沿电梯斜向上，有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律可知，电梯对人的摩擦力的方向水平向右，B错误，C正确；
D．由于电梯对人的摩擦力方向水平向右，与人的位移方向的夹角为锐角，故电梯对人的摩擦力对人做正功，D错误。
故选C。
3．B
【解析】
【详解】
设航天员质量为，呼气后速度为，由动量守恒可得
又
代入数据，可得
ACD错误，B正确。
故选B。
4．C
【解析】
【分析】
【详解】
到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，则总动量向东；
A．炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，若碎片c的速度方向水平向南，则违反动量守恒定律，A错误；
B．炸开时，若碎片b的速度为零，根据动量守恒定律，碎片c的速度方向可能水平向东，B错误；
C．三块碎片在竖直方向上均做自由落体运动，一定同时落地，C正确；
D．炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，根据动量守恒定律
解得
碎片c落地时速度的水平分量等于3v0，其落地速度一定大于3v0，D错误。
故选C。
5．C
【解析】
【详解】
AB．由于空气阻力对小球做负功，所以小球的机械能不断减少，则经过同一点时上升的速度大小比下降时的大，所以上升过程的平均速度比下降过程的平均速度大，而两个过程位移大小相等，所以上升过程所用时间比下降过程所用时间短，由知，上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量，AB错误；
CD．根据动量定理知下降过程中重力和空气阻力的合力的冲量等于小球动量的变化量，重力的冲量方向与小球动量变化量方向相同，空气阻力的冲量的方向与小球动量变化量的方向相反，故重力的冲量大于小球动量的变化量，C正确，D错误。
故选C。
6．A
【解析】
【详解】
以向下为正，对消防队员下落的全程使用动量定理可得：
代入数据解得：
故A正确，BCD错误．
故选A。
7．CD
【解析】
【详解】
因为两物块始终作减速运动，有可能出现在相碰前有物块停止运动，故应进行讨论．先假定在时间t内，都未停下，以a表示此加速度的大小，现分别以s1和s2表示它们走的路程，则有s1＝v1t at2 ①
s2＝v2t at2 ②
s1+s2=d ③
解①②③式并代入有关数据得：a=1.75m/s2 ④
经过时间t，两物块的速度分别为：＝v1 at＝6.5m/s ⑤
＝v2 at＝ 1.5m/s ⑥
为负值是不合理的，因为物块是在摩擦力作用下作减速运动，当速度减少至零时，摩擦力消失，加速度不复存在，不可为负，为负，表明物块2经历的时间小于t时已经停止运动．在时间t内，物块2停止运动前滑行的路程应是： ⑦
解①③⑦式，代入有关数据得：a=2m/s2 ⑧
s2=1m，s1=16m ，选项A错误；
由⑤⑥式求得刚要发生碰撞时物块1的速度：＝6m/s ⑨
而物块2的速度＝0 ⑩
设v为两物块碰撞后的速度，由动量守恒定律有m1＝(m1+m2)v （11）
解得：v=2.4m/s．选项B错误；
两物块在碰撞中损失的动能为 ，选项C正确；
碰后两物块一起减速运动，加速度认为a=2m/s2 ，则停止时还能滑行的距离，则小物块1从开始到停止运动总的位移大小为16m+1.44m=17.44m，选项D正确；故选CD.
点睛：本题考查了运动学规律、动量、能量等问题，难点和易错点在于判断两球碰撞过程中是否有一个停止运动，这要结合运动学的公式进行正确的分析和判断．
8．BD
【解析】
【详解】
AB．子弹击中木块的瞬间，子弹、木块和滑块组成的系统能量守恒，子弹和木块向上摆动的过程中，系统竖直方向合力不为0，动量不守恒，系统水平方向合力为0，水平方向动量守恒，故A错误，B正确；
CD．从子弹击中木块到木块运动到最高点的过程中，机械能不守恒，有热量损失，子弹击中木块与其共速后，系统机械能才守恒，故C错误，D正确。
故选BD。
9．ABD
【解析】
【详解】
A．两次击中木块过程中，子弹受到的阻力f相同，根据牛顿第二定律
两次的加速度相等；第二次以同样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块，由于在子弹穿过木块的过程中，木块会在水平面内滑动，所以第二次时子弹的位移S2要大于第一次的位移S1，即S2＞S1；子弹做减速运动，由位移公式
和S2＞S1可得，t2＞t1．故A正确；
B．两次击中木块过程中，子弹受到的阻力相同，阻力对子弹做的功等于子弹损失的动能，即
△Ek损=fS
由于S2＞S1，所以
△Ek2损＞△Ek1损
故B正确。
C．两次击中木块过程中，子弹受到的平均阻力相同，系统摩擦生热Q=fd，其中f为阻力，d为子弹相对于木块的位移。由于两次子弹相对于木块的位移都是木块的厚度，所以系统机械能的损失相等，即E2损=E1损．故C错误；
D．p1小于子弹的初动量。第二次子弹穿透木块的过程，系统的动量守恒，则p2等于子弹的初动量。所以p2＞p1，故D正确。
故选ABD。
10．BC
【解析】
【详解】
A．设b与a碰撞前瞬间的速度大小为v1，b、a碰撞后瞬间共同速度为v2．b自由下落的过程，由机械能守恒定律得
b、a碰撞，取向下为正方向，由动量守恒定律得
解得
碰撞损失的机械能为
故A错误；
B．上升到最高点时物块b恰好不离开物块a，说明此时弹簧处于原长状态，弹性势能为零，而碰撞时，弹簧压缩量为
，
碰后到最高点时间段，末状态相对初状态上升了高度x，则
解得
弹性势能减小量
故B正确；
C．最大动能出现在合力为零时，
，
根据动能定理可知
解得两物块的最大动能为
故C正确；
D．第一次速度为零时，弹性势能最大
解得最大弹性势能
故D错误。
故选BC。
11． 0.46 0.61 增大
【解析】
【详解】
[1] A、B两滑块碰撞之前，A的速度：
A、B两滑块碰撞之前，A的动能：
A、B两滑块碰撞之后，整体的速度：
A、B两滑块碰撞之后，整体的动能：
滑块A与B碰撞过程系统损失的动能为:
[2]滑块A与C碰撞之后，整体的速度：
滑块A与C碰撞之后，整体的动能：
滑块A与C碰撞过程系统损失的动能为:
[3] 因为，可见被碰物体质量增大，系统损失的动能增大．
12． BD 小滑块a的质量M和小滑块b的质量m
【解析】
【详解】
(1)[1]A、只要使A从同一位置由静止释放，不论圆弧轨道是否光滑，A到达水平面时的速度都相等，实验中所用圆弧轨道不必是光滑的，故A错误；
B、为保证A到达水平面时的速度相等，两次必须从圆弧轨道上同一点无初速度释放滑块A，故B正确；
C、滑块到达底端的速度由它在水平面上滑行的距离求得，没必要测量滑块释放点离水平桌面的高度，选项C错误；
D、小滑块a的质量不能小于小滑块b的质量，否则碰后会反弹，选项D正确。
故选BD。
(2)[2]A在水平面运动过程，由动能定理得
解得
同理可求得A、B碰后的速度分别为
则要验证的关系为
即
即
则还需要测量的物理量是小滑块a的质量M和小滑块b的质量m.
(3)[3]由(2)的分析可知，只要满足关系式
就说明两滑块碰撞中动量守恒。
13．（1）；（2） ； ；
【解析】
【分析】
【详解】
（1）对小球A：竖直方向有
水平方向有
对滑块
联立解得
（2）当OA与竖直方向成37°角缓慢增大到与竖直方向成53°角时，这个过程中A、B增加的重力势能分别
小球A在水平方向上做匀速圆周运动，则对小球A，竖直方向
水平方向
对滑块，竖直方向上
解得
由可得，当OA与竖直方向成角和竖直方向成角时A球线速度分别为
，
可得
【点睛】
本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律、共点力平衡的运用，当装置转动时，抓住滑块平衡，小球在竖直方向上平衡，水平方向上的合力提供向心力进行求解。
14．(1)35N；(2)不会，；(3)3.4s
【解析】
【详解】
(1)取向右为正方向，两物块发生弹性碰撞，由于甲的质量小于乙的质量，因此碰撞后物块甲返回，所以碰撞后甲的速度为
设物块甲碰前的速度大小为v0，碰后乙的速度大小为v2，碰撞过程动量守恒、能量守恒，则有：
解得
物块甲从A到B整个过程，根据动能定理有
解得
(2)设甲停下的位置离B点的距离为x1，根据动能定理有：
解得
设物块乙与挡板碰撞后的速度大小为v3，则
解得
设乙物块停下的位置离B点的距离为x2，根据动能定理有：
解得
则两物块停下时相距的距离
所以不会再次相碰，两物块最终先后停下来，相距。
(3)碰撞后，设甲运动的时间为t1，根据动量定理有：
解得
碰撞后，乙从B点开始再回到B点所用时间
物块乙从B点向左运动的时间为t3，根据动量定理有
解得
因此甲停下后，乙多运动的时间为
15．(1)3m/s；(2) vA=9m/s 向左；vB = vC=7m/s 向右
【解析】
【详解】
(1)当AB整体与C相碰的瞬时，由动量守恒定律
解得
v=3m/s
(2) 解锁后当弹簧恢复自由时，设向右为正，对系统由动量守恒和能量守恒
联立解得
vA=-9m/s
负号说明方向向左
vB = vC=7m/s
方向向右。
16．(1)23 N；(2)5∶4；(3)1.5N s
【解析】
【详解】
(1)篮球从H=0.8m的高度落到水平地板上，与地板第一次碰撞前篮球的瞬时速度大小为
由于每次弹跳上升的高度总等于碰前下落高度的，可得碰后的速度大小为
第一次球与地板碰撞，地板对球的平均冲力大小为，选竖直向上为正方向，根据动量定理有
解得
(2)第二次碰后瞬时速度和第二次碰前瞬时速度关系为
设第一次和第二次与地板碰撞过程，球所受的冲量大小分别为、，选竖直向上为正方向，根据动量定理有
可得
(3)球跳起上升高度
若不用手拍球，欲使球跳起0.8 m，应使球从高度为
m
然后由静止下落；
由机械能守恒定律可得
计算得出球由1.25 m落到0.8 m处时的速度为3m/s，则应在0.8 m处给球的冲量为
答案第1页，共2页
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一、单选题
1．如图所示，在光滑的水平面上静止放着装有一条光滑弧形轨道的小车，小车的质量为1kg一质量为0.5kg的小球以3m/s的速度沿弧形轨道水平方向射入，小球沿弧形轨道上升至h高处后，再沿轨道下滑脱离小车(g=10m/s2)，则（ ）
A．h=45cm
B．小球上升至h处的速度为0
C．脱离时小球的速度大小为3m/s
D．脱离时小车的速度大小为2m/s
2．深圳一些地铁站的扶梯（每一级水平），在没有人时极慢运行，当人一站上去时，扶梯就加速运动起来．如图所示，在电梯向上加速的时候（ ）
A．电梯对人的支持力等于重力 B．电梯对人没有摩擦力的作用
C．电梯对人的摩擦力水平向右 D．电梯对人的摩擦力对人做负功
3．2021年12月9日，神舟十三号乘组进行天宫授课，如图为航天员叶光富试图借助吹气完成失重状态下转身动作的实验，但未能成功。若他在1s内以20m/s的速度呼出质量约1g的气体，可获得的反冲力大小约为（ ）
A．0.01N B．0.02N C．0.1N D．0.2N
4．燃放爆竹是我国传统民俗。春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，并炸开成质量相等的三块碎片a、b、c，其中碎片a的速度方向水平向东，忽略空气阻力。以下说法正确的是（ ）
A．炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，则碎片c的速度方向可能水平向南
B．炸开时，若碎片b的速度为零，则碎片c的速度方向一定水平向西
C．炸开时，若碎片b的速度方向水平向北，则三块碎片一定同时落地
D．炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，则碎片c落地时的速率可能等于3v0
5．将一小球从地面上以速度竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又回到地面。若该过程空气阻力不能忽略，且大小不变，则小球（ ）
A．上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量
B．上升过程中重力的冲量等于下降过程中重力的冲量
C．下降过程中重力的冲量大于小球动量的变化量
D．下降过程中重力的冲量等于小球动量的变化量
6．一名消防队员从一平台上无初速度跳下，下落0.8s后双脚触地，接着用双腿弯曲的方法缓冲，又经过0.2s重心停止了下降，在该过程中（不计空气阻力），可估计地面对他双脚的平均作用力为
A．自身所受重力的5倍 B．自身所受重力的8倍
C．自身所受重力的4倍 D．自身所受重力的2倍
二、多选题
7．如图所示，1和2是放在水平地面上的两个小物块（可视为质点），与地面的动摩擦因数相同，两物块间的距离为17m，它们的质量分别为m1= 2kg、m2=3kg．现令它们分别以初速度v1=10m/s和v2= 2m/s相向运动，经过时间2s，两物块相碰，碰撞时间极短，碰后两者粘在一起运动．g取10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．两物块相碰时各自的位移大小之比为5：1
B．两物块碰后的共同速度为2.8 m/s
C．两物块在碰撞中损失的动能为21.6J
D．小物块1从开始到停止运动总的位移大小为17.44m
8．如图所示，光滑的水平导轨上套有一可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过轻绳悬挂着木块。开始时滑块和木块均静止，现有一子弹水平击中木块并留在其中。从子弹击中木块到木块运动到最高点的过程中，对子弹、木块与滑块构成的系统（ ）
A．竖直方向动量守恒 B．水平方向动量守恒 C．机械能守恒 D．机械能不守恒
9．水平飞行的子弹打穿固定在水平面上的木块，经时间为，子弹损失的动能为，系统机械能的损失为 ，穿透后系统的总动量为；同样的子弹以同样的速度打穿放在光滑水平面上的同样的木块，经历时间为，子弹损失的动能为，系统机械能的换失为，穿透后系统的总动量为，设木块给子弹的阻力为恒力且上述两种情况下该阻力大小相等，则下列结论正确的是（ ）
A． B．＞
C．＞ D．＞
10．如图所示，一竖直轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端与质量为m的物块a连接，初始时a保持静止。现有一质量为m的物块b从距a正上方h处自由释放，与a发生碰撞后一起运动但不粘连，压缩弹簧至最低点，然后一起上升到最高点时物块b恰好不离开物块a。物块a、b均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，其弹性势能（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．两物块由于碰撞损失的机械能为
B．从碰撞后到最高点，整个系统弹性势能的减少量为
C．从碰撞后到最高点，两物块的最大动能为
D．整个系统弹性势能的最大值为
三、实验题
11．2019年9月，我国成功完成了高速下列车实车对撞实验．标志着我国高速列车被动安全技术达到了世界领先水平．某学习小组受此启发，设计了如下碰撞实验，探究其中的能量损耗问题，实验装置如图所示．
实验准备了质量分别为0.20kg、0.20kg、0.40kg的滑块A、B、C，滑块A右侧带有自动锁扣，左侧与打点计时器（图中未画出）的纸带相连，滑块B、C左侧均带有自动锁扣，打点计时器的电源频率．
调整好实验装置后，在水平气垫导轨上放置A、B两个滑块，启动打点计时器，使滑块A以某一速度与静止的滑块B相碰并粘合在一起运动，纸带记录的数据如图所示；用滑块C替代滑块B，重复上述实验过程，纸带数据如图所示．
根据纸带记录的数据，滑块A与B碰撞过程系统损失的动能为______J，滑块A与C碰撞过程系统损失的动能为______J．（计算结果均保留2位有效数字）
根据实验结果可知，被碰物体质量增大，系统损失的动能______（填“增大”“减小”或“不变”）．
12．利用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒，圆弧轨道下端与水平桌面相切。先将小滑块a从圆弧轨道上的某一点无初速度释放，测出小滑块在水平桌面上滑行的距离x1，如图甲所示。将同种材料制成的小滑块b放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块a从圆弧轨道的某一点无初速度释放，小滑块a与小滑块b碰撞后，分别测出小滑块b和小滑块a在水平桌面上滑行的距离x2、x3，如图乙所示。
(1)下列实验条件必须满足的有______；
A．圆弧轨道必须光滑
B．小滑块a两次必须从圆弧轨道的同一点释放
C．实验中必须测出释放点离水平桌面的高度
D．小滑块a的质量不能小于小滑块b的质量
(2)还需要测量的物理量有______（写出物理量的名称和相应的字母）；
(3)用已知的物理量和测得的物理量表示，只要满足关系式______，就说明两滑块碰撞中动量守恒。
四、解答题
13．一转动装置如图所示，四根轻绳OA、OC、AB和CB与两小球以及一小滑块连接，轻绳长均为L，球和滑块的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，转动该装置并缓慢增大转速，小滑块缓慢上升。忽略一切摩擦和空气阻力，（重力加速度为g，，）求
（1）当OA与竖直方向成角时，装置转动的角速度；
（2）当OA与竖直方向成角缓慢增大到与竖直方向成角时，求在这个过程中A、B增加的重力势能分别是多少；外界对转动装置所做的功W是多少？
14．如图所示，在水平面上的A、B两点分别放置着物块甲和乙（均可看作质点），在C点固定有光电门，在D点固定一挡板，四点等间距排布，相邻两点间距均为L=1m。在物块乙上固定有遮光片，物块甲的质量为m1=1kg，物块乙（包括遮光片）的质量为m2=2kg水平面上B点右侧光滑，B点左侧粗糙，两物块与粗糙水平面间的动摩擦因数=0.5,现对物块甲施加一个恒定的水平推力，使物块甲由静止向右运动当物块甲运动到AB中点时撤去推力，物块甲继续向右运动并与物块乙发生弹性正碰，测得碰后物块甲的速度大小v1=m/s，物块乙先后通过光电门的时间间隔△t=1.8s。不计物块乙与挡板相碰的时间，物块乙与挡板的碰撞能量损失不可忽略，g=10m/s2。求：
(1)对物块甲施加的恒定水平推力为多大？
(2)甲、乙两物块最终能否再次发生弹性碰撞？若能碰撞，试求出二者碰后的速度；若不能碰撞，试求出两物块最终相距多远？
(3)在B点碰撞以后，乙比甲多运动多长时间？
15．如图所示，足够长的光滑水平面上有A、B、C三物块，A、B质量都是2kg，C质量为4kg。A、B分别与一个特殊的轻弹簧两端相粘连，弹簧处于压缩得不能再压缩状态而被锁定，但还处于弹性限度内，此时弹簧储存的弹性势能为192J。现给A、B及弹簧整体一个向右的6m/s的速度，B与C碰后结合在一起不再分开。求：
(1)B、C碰后C的速度
(2)若碰后运动过程中某时刻弹簧突然解锁，求当弹簧恢复自由时A、B、C的速度
16．一质量kg的篮球从m的高度落到水平地板上，每次弹跳上升的高度总等于碰前下落高度的，且每次球与地板接触时间相等，均为0.2 s。空气阻力不计，重力加速度g取10。
(1)求第一次球与地板碰撞，地板对球的平均冲力大小；
(2)求第一次和第二次与地板碰撞过程，球所受的冲量的大小之比；
(3)若用手拍这个球，使球保持在0.8 m的高度上下跳动，求每次应给球施加的冲量大小。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球上升的最高点时，竖直方向上的速度为零，水平方向上与小车具有相同的速度，结合动量守恒和能量守恒求出上升的最大高度．根据动量守恒定律和能量守恒求出小球返回底端时小车的速度．
【详解】
小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v，规定向右为正方向，由水平动量守恒得：m1v0=(m1+m2)v，解得v=1m/s；由机械能守恒定律得：；联立以上两式解得：h=0.3m，故AB选项错误；小球在返回小车右端时速度为v1，此时小车速度v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2；由机械能守恒得：m1v02=m1v12+m2v22；联立解得：v2=2m/s，v1=-1m/s，故脱离时小车的速度大小为2m/s，故D选项正确，C选项错误； 故选D．
【点睛】
本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，知道当小球与小车的水平速度相等时，小球上升到最大高度．
2．C
【解析】
【详解】
A．由题意知，人在加速运动时，人的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对人的支持力大于其重力，A错误；
BC．人的加速度沿电梯斜向上，有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律可知，电梯对人的摩擦力的方向水平向右，B错误，C正确；
D．由于电梯对人的摩擦力方向水平向右，与人的位移方向的夹角为锐角，故电梯对人的摩擦力对人做正功，D错误。
故选C。
3．B
【解析】
【详解】
设航天员质量为，呼气后速度为，由动量守恒可得
又
代入数据，可得
ACD错误，B正确。
故选B。
4．C
【解析】
【分析】
【详解】
到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，则总动量向东；
A．炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，若碎片c的速度方向水平向南，则违反动量守恒定律，A错误；
B．炸开时，若碎片b的速度为零，根据动量守恒定律，碎片c的速度方向可能水平向东，B错误；
C．三块碎片在竖直方向上均做自由落体运动，一定同时落地，C正确；
D．炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，根据动量守恒定律
解得
碎片c落地时速度的水平分量等于3v0，其落地速度一定大于3v0，D错误。
故选C。
5．C
【解析】
【详解】
AB．由于空气阻力对小球做负功，所以小球的机械能不断减少，则经过同一点时上升的速度大小比下降时的大，所以上升过程的平均速度比下降过程的平均速度大，而两个过程位移大小相等，所以上升过程所用时间比下降过程所用时间短，由知，上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量，AB错误；
CD．根据动量定理知下降过程中重力和空气阻力的合力的冲量等于小球动量的变化量，重力的冲量方向与小球动量变化量方向相同，空气阻力的冲量的方向与小球动量变化量的方向相反，故重力的冲量大于小球动量的变化量，C正确，D错误。
故选C。
6．A
【解析】
【详解】
以向下为正，对消防队员下落的全程使用动量定理可得：
代入数据解得：
故A正确，BCD错误．
故选A。
7．CD
【解析】
【详解】
因为两物块始终作减速运动，有可能出现在相碰前有物块停止运动，故应进行讨论．先假定在时间t内，都未停下，以a表示此加速度的大小，现分别以s1和s2表示它们走的路程，则有s1＝v1t at2 ①
s2＝v2t at2 ②
s1+s2=d ③
解①②③式并代入有关数据得：a=1.75m/s2 ④
经过时间t，两物块的速度分别为：＝v1 at＝6.5m/s ⑤
＝v2 at＝ 1.5m/s ⑥
为负值是不合理的，因为物块是在摩擦力作用下作减速运动，当速度减少至零时，摩擦力消失，加速度不复存在，不可为负，为负，表明物块2经历的时间小于t时已经停止运动．在时间t内，物块2停止运动前滑行的路程应是： ⑦
解①③⑦式，代入有关数据得：a=2m/s2 ⑧
s2=1m，s1=16m ，选项A错误；
由⑤⑥式求得刚要发生碰撞时物块1的速度：＝6m/s ⑨
而物块2的速度＝0 ⑩
设v为两物块碰撞后的速度，由动量守恒定律有m1＝(m1+m2)v （11）
解得：v=2.4m/s．选项B错误；
两物块在碰撞中损失的动能为 ，选项C正确；
碰后两物块一起减速运动，加速度认为a=2m/s2 ，则停止时还能滑行的距离，则小物块1从开始到停止运动总的位移大小为16m+1.44m=17.44m，选项D正确；故选CD.
点睛：本题考查了运动学规律、动量、能量等问题，难点和易错点在于判断两球碰撞过程中是否有一个停止运动，这要结合运动学的公式进行正确的分析和判断．
8．BD
【解析】
【详解】
AB．子弹击中木块的瞬间，子弹、木块和滑块组成的系统能量守恒，子弹和木块向上摆动的过程中，系统竖直方向合力不为0，动量不守恒，系统水平方向合力为0，水平方向动量守恒，故A错误，B正确；
CD．从子弹击中木块到木块运动到最高点的过程中，机械能不守恒，有热量损失，子弹击中木块与其共速后，系统机械能才守恒，故C错误，D正确。
故选BD。
9．ABD
【解析】
【详解】
A．两次击中木块过程中，子弹受到的阻力f相同，根据牛顿第二定律
两次的加速度相等；第二次以同样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块，由于在子弹穿过木块的过程中，木块会在水平面内滑动，所以第二次时子弹的位移S2要大于第一次的位移S1，即S2＞S1；子弹做减速运动，由位移公式
和S2＞S1可得，t2＞t1．故A正确；
B．两次击中木块过程中，子弹受到的阻力相同，阻力对子弹做的功等于子弹损失的动能，即
△Ek损=fS
由于S2＞S1，所以
△Ek2损＞△Ek1损
故B正确。
C．两次击中木块过程中，子弹受到的平均阻力相同，系统摩擦生热Q=fd，其中f为阻力，d为子弹相对于木块的位移。由于两次子弹相对于木块的位移都是木块的厚度，所以系统机械能的损失相等，即E2损=E1损．故C错误；
D．p1小于子弹的初动量。第二次子弹穿透木块的过程，系统的动量守恒，则p2等于子弹的初动量。所以p2＞p1，故D正确。
故选ABD。
10．BC
【解析】
【详解】
A．设b与a碰撞前瞬间的速度大小为v1，b、a碰撞后瞬间共同速度为v2．b自由下落的过程，由机械能守恒定律得
b、a碰撞，取向下为正方向，由动量守恒定律得
解得
碰撞损失的机械能为
故A错误；
B．上升到最高点时物块b恰好不离开物块a，说明此时弹簧处于原长状态，弹性势能为零，而碰撞时，弹簧压缩量为
，
碰后到最高点时间段，末状态相对初状态上升了高度x，则
解得
弹性势能减小量
故B正确；
C．最大动能出现在合力为零时，
，
根据动能定理可知
解得两物块的最大动能为
故C正确；
D．第一次速度为零时，弹性势能最大
解得最大弹性势能
故D错误。
故选BC。
11． 0.46 0.61 增大
【解析】
【详解】
[1] A、B两滑块碰撞之前，A的速度：
A、B两滑块碰撞之前，A的动能：
A、B两滑块碰撞之后，整体的速度：
A、B两滑块碰撞之后，整体的动能：
滑块A与B碰撞过程系统损失的动能为:
[2]滑块A与C碰撞之后，整体的速度：
滑块A与C碰撞之后，整体的动能：
滑块A与C碰撞过程系统损失的动能为:
[3] 因为，可见被碰物体质量增大，系统损失的动能增大．
12． BD 小滑块a的质量M和小滑块b的质量m
【解析】
【详解】
(1)[1]A、只要使A从同一位置由静止释放，不论圆弧轨道是否光滑，A到达水平面时的速度都相等，实验中所用圆弧轨道不必是光滑的，故A错误；
B、为保证A到达水平面时的速度相等，两次必须从圆弧轨道上同一点无初速度释放滑块A，故B正确；
C、滑块到达底端的速度由它在水平面上滑行的距离求得，没必要测量滑块释放点离水平桌面的高度，选项C错误；
D、小滑块a的质量不能小于小滑块b的质量，否则碰后会反弹，选项D正确。
故选BD。
(2)[2]A在水平面运动过程，由动能定理得
解得
同理可求得A、B碰后的速度分别为
则要验证的关系为
即
即
则还需要测量的物理量是小滑块a的质量M和小滑块b的质量m.
(3)[3]由(2)的分析可知，只要满足关系式
就说明两滑块碰撞中动量守恒。
13．（1）；（2） ； ；
【解析】
【分析】
【详解】
（1）对小球A：竖直方向有
水平方向有
对滑块
联立解得
（2）当OA与竖直方向成37°角缓慢增大到与竖直方向成53°角时，这个过程中A、B增加的重力势能分别
小球A在水平方向上做匀速圆周运动，则对小球A，竖直方向
水平方向
对滑块，竖直方向上
解得
由可得，当OA与竖直方向成角和竖直方向成角时A球线速度分别为
，
可得
【点睛】
本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律、共点力平衡的运用，当装置转动时，抓住滑块平衡，小球在竖直方向上平衡，水平方向上的合力提供向心力进行求解。
14．(1)35N；(2)不会，；(3)3.4s
【解析】
【详解】
(1)取向右为正方向，两物块发生弹性碰撞，由于甲的质量小于乙的质量，因此碰撞后物块甲返回，所以碰撞后甲的速度为
设物块甲碰前的速度大小为v0，碰后乙的速度大小为v2，碰撞过程动量守恒、能量守恒，则有：
解得
物块甲从A到B整个过程，根据动能定理有
解得
(2)设甲停下的位置离B点的距离为x1，根据动能定理有：
解得
设物块乙与挡板碰撞后的速度大小为v3，则
解得
设乙物块停下的位置离B点的距离为x2，根据动能定理有：
解得
则两物块停下时相距的距离
所以不会再次相碰，两物块最终先后停下来，相距。
(3)碰撞后，设甲运动的时间为t1，根据动量定理有：
解得
碰撞后，乙从B点开始再回到B点所用时间
物块乙从B点向左运动的时间为t3，根据动量定理有
解得
因此甲停下后，乙多运动的时间为
15．(1)3m/s；(2) vA=9m/s 向左；vB = vC=7m/s 向右
【解析】
【详解】
(1)当AB整体与C相碰的瞬时，由动量守恒定律
解得
v=3m/s
(2) 解锁后当弹簧恢复自由时，设向右为正，对系统由动量守恒和能量守恒
联立解得
vA=-9m/s
负号说明方向向左
vB = vC=7m/s
方向向右。
16．(1)23 N；(2)5∶4；(3)1.5N s
【解析】
【详解】
(1)篮球从H=0.8m的高度落到水平地板上，与地板第一次碰撞前篮球的瞬时速度大小为
由于每次弹跳上升的高度总等于碰前下落高度的，可得碰后的速度大小为
第一次球与地板碰撞，地板对球的平均冲力大小为，选竖直向上为正方向，根据动量定理有
解得
(2)第二次碰后瞬时速度和第二次碰前瞬时速度关系为
设第一次和第二次与地板碰撞过程，球所受的冲量大小分别为、，选竖直向上为正方向，根据动量定理有
可得
(3)球跳起上升高度
若不用手拍球，欲使球跳起0.8 m，应使球从高度为
m
然后由静止下落；
由机械能守恒定律可得
计算得出球由1.25 m落到0.8 m处时的速度为3m/s，则应在0.8 m处给球的冲量为
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