第一章动量守恒定律章末综合练 （word版含答案）
文档属性
| 名称 | 第一章动量守恒定律章末综合练 （word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-04-05 06:08:36 | ||
图片预览
文档简介
人教版（2019）选择性必修一 第一章 动量守恒定律 章末综合练
一、单选题
1．两个球沿直线相向运动，碰撞后两球都静止．则可以推断碰撞前（ ）
A．碰撞前两个球的动量一定相等
B．两个球的质量一定相等
C．碰撞前两个球的速度一定相等
D．碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反
2．下面的说法错误的是（ ）
A．物体运动的方向就是它的动量的方向
B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零
C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大
D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小
3．在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆一起以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞瞬间，下列说法中可能发生的是（ ）
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为vl、v2、v3，满足（M+m0）v=Mvl+mv2+m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为vl和v2，满足（M+m0）v=Mv1+mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv=（M+m）v1
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足（M+m0）v=（M+m0）v1+mv2
4．下列关于碰撞的理解正确的是（ ）
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
C．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
5．关于散射，下列说法正确的是（ ）
A．散射就是乱反射，毫无规律可言
B．散射中没有对心碰撞
C．散射时仍遵守动量守恒定律
D．散射时不遵守动量守恒定律
6．空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化。空间站安装有发动机，可对轨道进行修正。图中给出了国际空间站在2020.02－2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站（ ）
A．绕地球运行速度约为2.0km/s
B．绕地球运行速度约为9.0km/s
C．若要增加空间站高度，应开启发动机，朝运动方向喷气
D．3月份发动机肯定工作过一段时间
7．如图所示，M、N和P为“验证动量守恒定律”实验中小球的落点。已知入射球质量为m1，被碰球质量为m2，如果碰撞中动量守恒，则有（ ）
A．m1·（-）=m2·
B．m1·（-）=m2·
C．m1·（＋）=m2·
D．m1·=m2·（＋）
8．如图是一颗质量约为m＝50g子弹射穿一副扑克牌的照片，子弹完全穿过一副扑克牌的时间t约1.0×10﹣4s，子弹的真实长度为2.0cm，子弹接着经时间进入墙壁，试估算子弹对墙壁的作用力约为（ ）
A．5×103N B．5×104N C．5×105N D．5×106N
9．在“利用气垫导轨验证动量守恒定律”的实验中，用到的测量工具有（ ）
A．停表、天平、刻度尺
B．弹簧测力计、停表、天平
C．天平、刻度尺、光电计时器
D．停表、刻度尺、光电计时器
10．如图所示，在水平面内有一质量分布均匀的木杆可绕端点O在水平面上自由转动。一颗子弹以垂直于杆的水平速度v0击中静止木杆上的P点，并随木杆一起转动（碰撞时间极短）。已知木杆质量为M，长度为L，子弹质量为m，点P到点O的距离为x。忽略木杆与水平面间的摩擦。设子弹击中木杆后绕点O转动的角速度为。下面给出的四个表达式中只有一个是合理的。根据你的判断，的合理表达式应为（ ）
A． B．
C． D．
11．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度 ，B球的速度，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
12．一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．继2018年“东方超环”实现一亿度运行之后，更先进的“中国环流2号”（图甲）于2020年12月4日首次放电成功，我国的托卡马克技术又有了新的突破，正在引领全世界走向能源的圣杯——可控核聚变。可控核聚变的磁约束像一个无形的管道，将高温等离子体束缚在其中，通过电磁感应产生的涡旋电场给等离子体加速，使其达到核聚变的点火温度。利用环流2号的原理，可以做一些简化后的模拟计算。半径为r的环形光滑管道处于垂直纸面向里、随时间均匀增大的匀强磁场中，磁感应强度的变化规律为B=kt，如图乙所示。t=0时刻，一个质量为m、电荷量为+q的微粒，从静止开始被涡旋电场加速，t时刻与一个静止的中性粒子m0相撞，并结合在一起，电荷量不变。在计算过程中均不考虑重力。
（1）① 随时间均匀增大的匀强磁场在管道内产生涡旋电场的强弱___________；
A．增大 B．不变 C．减小
② 请说出微粒被涡旋电场加速后在磁场中的旋转方向；___________
（2）① 求碰前瞬间带电微粒的速度v；___________
② 请证明：无论m0多大，碰后瞬间管道对结合体的作用力方向均沿圆环半径向外。___________
14．“草船借箭”是我国古典名著《三国演义》中赤壁之战的一个故事。假设草船的总质量，静止在水中，岸上曹兵开弓射箭，在同一时刻有支箭射到船上，射在草船上的每支箭质量，速度，方向水平，箭与船的作用时间均为，不计水的阻力，则射箭后草船的速度为___________，每支箭对草船的平均作用力为___________N。
15．恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，拉力F对物体的冲量大小是______；摩擦力对物体的冲量大小是______。
16．一粒水银珠竖直地掉在光滑的水平玻璃板上，分成三粒小水银珠1、2、3，以相等的速率沿三个方向在玻璃板上运动，如图所示。图中，小水银珠1与2、2与3、3与1的运动方向之间的夹角分别为90°、150°、120°。小水银珠1、2的质量之比为m1：m2为___________，小水银珠2、3的质量之比为m2：m3为___________。
17．如果一个系统不受_____，或者所受外力的矢量和为_____，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。
三、解答题
18．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道与水平光滑直轨道相切于P点，在直轨道上放置一小球B，小球A从圆弧轨道上端由静止开始下滑，到P点的速度大小为v＝4m/s，小球A与小球B碰撞后粘在一起。已知圆弧轨道半径为R＝1m，小球A的质量为mA＝1kg，小球B的质量为mB＝3kg，取g＝10m/s2。求：
（1）在碰撞过程，小球A对B的冲量大小；
（2）在碰撞过程，小球A、B组成的系统损失的机械能；
（3）小球A在圆弧轨道上运动过程中克服摩擦力做的功。
19．如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在地面上，质量的物体与弹簧连接，静止在处。将质量的物体自物体正上方处由静止释放，与发生第一次碰撞后，立刻向上运动，上升的最大高度，当再次回到点时恰与发生第二次碰撞。重力加速度取，空气阻力不计。（、碰撞时间极短，弹簧始终处于弹性限度内，且振动周期不变）。求：
（1）第一次碰撞后物体的速度；
（2）在两次碰撞的时间间隔内，弹簧对物体的冲量；
（3）经验证发现与发生的是弹性碰撞。若将物体释放的位置提高到处，仍要使、前两次碰撞均在点，求的最小值。
20．如图甲所示，光滑斜面和光滑半圆轨道固定在光滑水平面上，水平面与斜面平滑连接，半圆轨道最下端与水平面相切。质量为1.0kg的小球P从光滑斜面上不同位置由静止释放后与静止在水平面上的小球Q发生正碰（碰撞时间极短），碰撞后小球Q进入半圆轨道中运动，小球经过最高点B时对轨道的压力F与此时速度平方的关系如图乙所示，重力加速度为m/s2。
（1）求小球Q的质量及光滑半圆轨道的半径R；
（2）若小球Q恰好可经过半圆轨道最高点B，小球P被弹回到斜面上的最大高度为释放点高度的，求碰撞过程中损失的动能。
21．雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。
22．滑沙是国内新兴的户外运动，运动模型简化成如图甲所示，总质量为30kg的小孩和滑沙板从倾角为37°的滑道顶端由静止开始下滑，为了防止下滑过快，滑沙板后方有一大人沿斜面向上拉滑沙板，拉力T的大小随下滑位移的变化关系如图乙所示。滑道末端安装有缓冲轮胎，滑沙板撞上轮胎后经1.5s停止运动。已知滑沙板前端A至缓冲轮胎B的长度为30m，滑沙板与滑道的动摩擦因数为0.2，忽略轮胎形变产生的位移，g取10，，，求：
（1）当拉力为108N时，小孩的加速度大小；
（2）滑沙板到达缓冲轮胎处的速度大小；
（3）缓冲过程轮胎与滑沙板间的平均作用力大小。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
两球碰撞过程中动量守恒，碰后两球都静止，说明碰撞前后两球的总动量为零，故碰前两个球的动量大小相等，方向相反，故 D正确，ABC错误。
故选D。
2．C
【详解】
A．动量是矢量，其方向即为速度方向，A正确；
B．速度发生变化，则动量发生变化，根据动量定理可以知道，合外力的冲量不为零，B正确；
CD．如果合外力对物体的冲量不为零，物体的动量一定发生变化，当然可能只有动量的方向发生变化，大小可能不变，如匀速圆周运动，因此动能可能不变，C错误，D正确。
故错误的选C。
3．C
【详解】
A. 碰撞瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球可认为没有参与碰撞，由于惯性其速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度分别变为vl和v2，根据动量守恒有
Mv=Mv1+mv2
故AB错误，C正确；
B．若碰后小车和木块速度都变为v1，根据动量守恒
Mv=（M+m）v1
故D错误。
故选C。
4．A
【详解】
A．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，碰撞时在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化，故A正确；
B．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞，故B错误；
C．碰撞一般内力远大于外力。但碰撞如果是非弹性碰撞，则存在动能损失，故C错误；
D．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故D错误。
故选A。
5．C
【详解】
微观粒子互相接近时不发生接触而发生的碰撞叫做散射，散射过程遵守动量守恒，散射中有对心碰撞，但是对心碰撞的几率很小，故C正确，ABD错误。
故选C。
6．D
【详解】
AB．卫星贴近地面做匀速圆周运动的线速度大小设为v1，此速度为第一宇宙速度（v1=7.9km/s）
地球半径约为6400km，设空间站离地高度为h，则
解得
空间站距离地面的高度约为
h+R=420km+6400km=6820km
则
故AB错误；
C．若要增加空间站高度，由反冲原理，应开启发动机，朝运动的反方向喷气，故C错误；
D．由图可以看出3月份有段时间空间站的离地高度增加，说明发动机工作了一段时间，故D正确。
故选D。
7．B
【详解】
不放被碰小球时，落点为P，则水平位移为OP；放上被碰小球后小球a、b的落地点依次是图中水平面上的M点和N点，则水平位移为OM和O′N；碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t
得
变形可得
故选B。
8．B
【详解】
由图片估算子弹与扑克牌的长度比例为1：4，则扑克牌的长度大约为8cm，子弹的速度
子弹与墙作用过程受墙的作用力为F，由动量定理
解得
由牛顿第三定律可在对墙的作用力约为5×104N。故B正确。
故选B。
9．C
【详解】
用天平测滑块质量，用刻度尺测挡光片的宽度；运动时间是指挡光片通过光电门的时间，由光电计时器计时，因此不需要停表。ABD错误，C正确。
故选C。
10．C
【详解】
B．从单位的推导判断，B中表达式的单位为，是线速度的单位，故B错误；
D．假设点P到点O的距离
则角速度为零，把
代入各表达式，D中表达式不为零，故D错误；
AC．如果是轻杆，则
即轻杆对子弹没有阻碍作用，相当于子弹做半径为的圆周运动，则A错误C正确。
故选C。
11．C
【详解】
两球组成的系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，有动量守恒定律得
带入数据解得
如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
，（不符实际，舍掉）
故两球碰撞后的速度范围是
ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
12．C
【详解】
规定航天器的速度方向为正方向，发动机喷气过程中系统动量守恒，故由动量守恒定律可得
Mv0=(M－m)v2－mv1
解得
故选C。
13． B 逆时针 见解析
【详解】
（1）① [1]因磁感应强度满足B=kt，则恒定不变，则感应电动势恒定不变，磁场在管道内产生涡旋电场的强弱不变，故选B。
② [2]根据楞次定律可知，感生电场的方向沿逆时针方向，则微粒被涡旋电场加速后在磁场中的旋转方向为逆时针方向；
（2）①[3]由法拉第电磁感应定律可得环内感应电动势
环内电场强度
粒子加速度
碰前粒子速度
可得
②[4]碰撞过程动量守恒
结合体受洛伦兹力
方向指向圆心；假设碰后瞬间管道对结合体的作用力FN方向均沿圆环半径方向向外，结合体所需向心力
将动量守恒方程以及v带入可知
可见无论m0多大，结合体所受作用力FN一定大于0，说明假设正确，所以碰后瞬间管道对结合体的作用力方向均沿圆环半径向外，结合体才能做圆周运动。
14． 1 29.4
【详解】
[1]不计水的阻力，箭与船的总动量守恒，根据动量守恒定律得
解得
[2]对一支箭分析，根据动量定理
解得
由牛顿第三定律可知，每支箭对草船的平均作用力
15． Ft
【详解】
[1]由冲量定义可知，拉力F对物体的冲量
IF=Ft
[2]根据平衡条件可知，物体受到的摩擦力
故摩擦力的冲量
If=Ftcosθ
16． 1： ：2
【详解】
[1][2]一粒水银珠分成三个小水银珠前后满足动量守恒，设三个小水银珠的速度大小均为v，垂直水银珠3运动方向有
在沿水银珠3方向有
联立解得
17． 外力 0
【详解】
[1][2]根据动量守恒的条件可知，如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，即是动量守恒定律。
18．（1）；（2）6J；（3）2J
【详解】
小球A与小球B碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
在碰撞过程，对B球，由动量定理得
（2）在碰撞过程，由能量守恒定律得
解得系统损失的机械能
（3）小球A在圆弧轨道上运动过程中，由动能定理得
解得克服摩擦力做的功
19．（1）；（2），方向竖直向上；（3）
【详解】
（1）自由落体运动，与碰前速度为
解得
第一次碰后竖直上抛运动，初速度为
碰撞过程，取向下为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）两次碰撞时间间隔为
第二次碰撞前，的速度
此过程中，取向下为正方向，由动量定理得
解得弹簧对的冲量
方向竖直向上
（3）由
解得
第一次弹性碰撞，有
解得
碰后做简谐运动，振动周期不变（周期由振动系统决定）即
第二次仍然在点相碰，则竖直上抛回到点的时间与回到点时间相等
即
代入数据，解得
当时，值最小
20．（1），；（2）
【详解】
（1）由图乙可知，小球Q在B点与半圆轨道间的作用力为零时
小球Q的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第二定律有
解得
当时，，对小球Q受力分析，由牛顿第二定律有
解得
（2）碰撞后小球Q恰好经过光滑半圆轨道最高点B，小球P被弹回到斜面上高度为释放点高度的处，由机械能守恒定律有
解得
小球P和Q碰撞过程，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有
碰撞后小球Q恰好经过光滑半圆轨道最高点B，由动能定理有
在碰撞过程中损失的动能为
解得
21．见解析
【详解】
根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。
简化的圆盘模型如图所示。在Δt时间内，与圆盘碰撞的空气分子为圆盘下方长度为vΔt的圆柱体内的所有分子，其质量为
圆盘下方空气分子与圆盘碰撞后与圆盘速度相等，以F表示圆盘对气体分子的作用力，对圆柱体内所有气体分子，根据动量定理，有
得
由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力
采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。
22．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）设小孩和滑沙板的总质量为m，斜面倾角为，滑沙板与滑道间的动摩擦因数为，支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为108N时的加速度大小为a。
由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
联立并代入题给数据得
（2）设AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
式中、和、分别对应下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。
依题意
，，，
设到达B点时速度大小为v，从A到B，由动能定理有
联立并代入题给数据得
（3）缓冲过程由动量定理有
联立式并代入题给数据得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．两个球沿直线相向运动，碰撞后两球都静止．则可以推断碰撞前（ ）
A．碰撞前两个球的动量一定相等
B．两个球的质量一定相等
C．碰撞前两个球的速度一定相等
D．碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反
2．下面的说法错误的是（ ）
A．物体运动的方向就是它的动量的方向
B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零
C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大
D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小
3．在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆一起以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞瞬间，下列说法中可能发生的是（ ）
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为vl、v2、v3，满足（M+m0）v=Mvl+mv2+m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为vl和v2，满足（M+m0）v=Mv1+mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv=（M+m）v1
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足（M+m0）v=（M+m0）v1+mv2
4．下列关于碰撞的理解正确的是（ ）
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
C．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
5．关于散射，下列说法正确的是（ ）
A．散射就是乱反射，毫无规律可言
B．散射中没有对心碰撞
C．散射时仍遵守动量守恒定律
D．散射时不遵守动量守恒定律
6．空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化。空间站安装有发动机，可对轨道进行修正。图中给出了国际空间站在2020.02－2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站（ ）
A．绕地球运行速度约为2.0km/s
B．绕地球运行速度约为9.0km/s
C．若要增加空间站高度，应开启发动机，朝运动方向喷气
D．3月份发动机肯定工作过一段时间
7．如图所示，M、N和P为“验证动量守恒定律”实验中小球的落点。已知入射球质量为m1，被碰球质量为m2，如果碰撞中动量守恒，则有（ ）
A．m1·（-）=m2·
B．m1·（-）=m2·
C．m1·（＋）=m2·
D．m1·=m2·（＋）
8．如图是一颗质量约为m＝50g子弹射穿一副扑克牌的照片，子弹完全穿过一副扑克牌的时间t约1.0×10﹣4s，子弹的真实长度为2.0cm，子弹接着经时间进入墙壁，试估算子弹对墙壁的作用力约为（ ）
A．5×103N B．5×104N C．5×105N D．5×106N
9．在“利用气垫导轨验证动量守恒定律”的实验中，用到的测量工具有（ ）
A．停表、天平、刻度尺
B．弹簧测力计、停表、天平
C．天平、刻度尺、光电计时器
D．停表、刻度尺、光电计时器
10．如图所示，在水平面内有一质量分布均匀的木杆可绕端点O在水平面上自由转动。一颗子弹以垂直于杆的水平速度v0击中静止木杆上的P点，并随木杆一起转动（碰撞时间极短）。已知木杆质量为M，长度为L，子弹质量为m，点P到点O的距离为x。忽略木杆与水平面间的摩擦。设子弹击中木杆后绕点O转动的角速度为。下面给出的四个表达式中只有一个是合理的。根据你的判断，的合理表达式应为（ ）
A． B．
C． D．
11．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度 ，B球的速度，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
12．一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．继2018年“东方超环”实现一亿度运行之后，更先进的“中国环流2号”（图甲）于2020年12月4日首次放电成功，我国的托卡马克技术又有了新的突破，正在引领全世界走向能源的圣杯——可控核聚变。可控核聚变的磁约束像一个无形的管道，将高温等离子体束缚在其中，通过电磁感应产生的涡旋电场给等离子体加速，使其达到核聚变的点火温度。利用环流2号的原理，可以做一些简化后的模拟计算。半径为r的环形光滑管道处于垂直纸面向里、随时间均匀增大的匀强磁场中，磁感应强度的变化规律为B=kt，如图乙所示。t=0时刻，一个质量为m、电荷量为+q的微粒，从静止开始被涡旋电场加速，t时刻与一个静止的中性粒子m0相撞，并结合在一起，电荷量不变。在计算过程中均不考虑重力。
（1）① 随时间均匀增大的匀强磁场在管道内产生涡旋电场的强弱___________；
A．增大 B．不变 C．减小
② 请说出微粒被涡旋电场加速后在磁场中的旋转方向；___________
（2）① 求碰前瞬间带电微粒的速度v；___________
② 请证明：无论m0多大，碰后瞬间管道对结合体的作用力方向均沿圆环半径向外。___________
14．“草船借箭”是我国古典名著《三国演义》中赤壁之战的一个故事。假设草船的总质量，静止在水中，岸上曹兵开弓射箭，在同一时刻有支箭射到船上，射在草船上的每支箭质量，速度，方向水平，箭与船的作用时间均为，不计水的阻力，则射箭后草船的速度为___________，每支箭对草船的平均作用力为___________N。
15．恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，拉力F对物体的冲量大小是______；摩擦力对物体的冲量大小是______。
16．一粒水银珠竖直地掉在光滑的水平玻璃板上，分成三粒小水银珠1、2、3，以相等的速率沿三个方向在玻璃板上运动，如图所示。图中，小水银珠1与2、2与3、3与1的运动方向之间的夹角分别为90°、150°、120°。小水银珠1、2的质量之比为m1：m2为___________，小水银珠2、3的质量之比为m2：m3为___________。
17．如果一个系统不受_____，或者所受外力的矢量和为_____，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。
三、解答题
18．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道与水平光滑直轨道相切于P点，在直轨道上放置一小球B，小球A从圆弧轨道上端由静止开始下滑，到P点的速度大小为v＝4m/s，小球A与小球B碰撞后粘在一起。已知圆弧轨道半径为R＝1m，小球A的质量为mA＝1kg，小球B的质量为mB＝3kg，取g＝10m/s2。求：
（1）在碰撞过程，小球A对B的冲量大小；
（2）在碰撞过程，小球A、B组成的系统损失的机械能；
（3）小球A在圆弧轨道上运动过程中克服摩擦力做的功。
19．如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在地面上，质量的物体与弹簧连接，静止在处。将质量的物体自物体正上方处由静止释放，与发生第一次碰撞后，立刻向上运动，上升的最大高度，当再次回到点时恰与发生第二次碰撞。重力加速度取，空气阻力不计。（、碰撞时间极短，弹簧始终处于弹性限度内，且振动周期不变）。求：
（1）第一次碰撞后物体的速度；
（2）在两次碰撞的时间间隔内，弹簧对物体的冲量；
（3）经验证发现与发生的是弹性碰撞。若将物体释放的位置提高到处，仍要使、前两次碰撞均在点，求的最小值。
20．如图甲所示，光滑斜面和光滑半圆轨道固定在光滑水平面上，水平面与斜面平滑连接，半圆轨道最下端与水平面相切。质量为1.0kg的小球P从光滑斜面上不同位置由静止释放后与静止在水平面上的小球Q发生正碰（碰撞时间极短），碰撞后小球Q进入半圆轨道中运动，小球经过最高点B时对轨道的压力F与此时速度平方的关系如图乙所示，重力加速度为m/s2。
（1）求小球Q的质量及光滑半圆轨道的半径R；
（2）若小球Q恰好可经过半圆轨道最高点B，小球P被弹回到斜面上的最大高度为释放点高度的，求碰撞过程中损失的动能。
21．雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。
22．滑沙是国内新兴的户外运动，运动模型简化成如图甲所示，总质量为30kg的小孩和滑沙板从倾角为37°的滑道顶端由静止开始下滑，为了防止下滑过快，滑沙板后方有一大人沿斜面向上拉滑沙板，拉力T的大小随下滑位移的变化关系如图乙所示。滑道末端安装有缓冲轮胎，滑沙板撞上轮胎后经1.5s停止运动。已知滑沙板前端A至缓冲轮胎B的长度为30m，滑沙板与滑道的动摩擦因数为0.2，忽略轮胎形变产生的位移，g取10，，，求：
（1）当拉力为108N时，小孩的加速度大小；
（2）滑沙板到达缓冲轮胎处的速度大小；
（3）缓冲过程轮胎与滑沙板间的平均作用力大小。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
两球碰撞过程中动量守恒，碰后两球都静止，说明碰撞前后两球的总动量为零，故碰前两个球的动量大小相等，方向相反，故 D正确，ABC错误。
故选D。
2．C
【详解】
A．动量是矢量，其方向即为速度方向，A正确；
B．速度发生变化，则动量发生变化，根据动量定理可以知道，合外力的冲量不为零，B正确；
CD．如果合外力对物体的冲量不为零，物体的动量一定发生变化，当然可能只有动量的方向发生变化，大小可能不变，如匀速圆周运动，因此动能可能不变，C错误，D正确。
故错误的选C。
3．C
【详解】
A. 碰撞瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球可认为没有参与碰撞，由于惯性其速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度分别变为vl和v2，根据动量守恒有
Mv=Mv1+mv2
故AB错误，C正确；
B．若碰后小车和木块速度都变为v1，根据动量守恒
Mv=（M+m）v1
故D错误。
故选C。
4．A
【详解】
A．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，碰撞时在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化，故A正确；
B．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞，故B错误；
C．碰撞一般内力远大于外力。但碰撞如果是非弹性碰撞，则存在动能损失，故C错误；
D．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故D错误。
故选A。
5．C
【详解】
微观粒子互相接近时不发生接触而发生的碰撞叫做散射，散射过程遵守动量守恒，散射中有对心碰撞，但是对心碰撞的几率很小，故C正确，ABD错误。
故选C。
6．D
【详解】
AB．卫星贴近地面做匀速圆周运动的线速度大小设为v1，此速度为第一宇宙速度（v1=7.9km/s）
地球半径约为6400km，设空间站离地高度为h，则
解得
空间站距离地面的高度约为
h+R=420km+6400km=6820km
则
故AB错误；
C．若要增加空间站高度，由反冲原理，应开启发动机，朝运动的反方向喷气，故C错误；
D．由图可以看出3月份有段时间空间站的离地高度增加，说明发动机工作了一段时间，故D正确。
故选D。
7．B
【详解】
不放被碰小球时，落点为P，则水平位移为OP；放上被碰小球后小球a、b的落地点依次是图中水平面上的M点和N点，则水平位移为OM和O′N；碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t
得
变形可得
故选B。
8．B
【详解】
由图片估算子弹与扑克牌的长度比例为1：4，则扑克牌的长度大约为8cm，子弹的速度
子弹与墙作用过程受墙的作用力为F，由动量定理
解得
由牛顿第三定律可在对墙的作用力约为5×104N。故B正确。
故选B。
9．C
【详解】
用天平测滑块质量，用刻度尺测挡光片的宽度；运动时间是指挡光片通过光电门的时间，由光电计时器计时，因此不需要停表。ABD错误，C正确。
故选C。
10．C
【详解】
B．从单位的推导判断，B中表达式的单位为，是线速度的单位，故B错误；
D．假设点P到点O的距离
则角速度为零，把
代入各表达式，D中表达式不为零，故D错误；
AC．如果是轻杆，则
即轻杆对子弹没有阻碍作用，相当于子弹做半径为的圆周运动，则A错误C正确。
故选C。
11．C
【详解】
两球组成的系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，有动量守恒定律得
带入数据解得
如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
，（不符实际，舍掉）
故两球碰撞后的速度范围是
ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
12．C
【详解】
规定航天器的速度方向为正方向，发动机喷气过程中系统动量守恒，故由动量守恒定律可得
Mv0=(M－m)v2－mv1
解得
故选C。
13． B 逆时针 见解析
【详解】
（1）① [1]因磁感应强度满足B=kt，则恒定不变，则感应电动势恒定不变，磁场在管道内产生涡旋电场的强弱不变，故选B。
② [2]根据楞次定律可知，感生电场的方向沿逆时针方向，则微粒被涡旋电场加速后在磁场中的旋转方向为逆时针方向；
（2）①[3]由法拉第电磁感应定律可得环内感应电动势
环内电场强度
粒子加速度
碰前粒子速度
可得
②[4]碰撞过程动量守恒
结合体受洛伦兹力
方向指向圆心；假设碰后瞬间管道对结合体的作用力FN方向均沿圆环半径方向向外，结合体所需向心力
将动量守恒方程以及v带入可知
可见无论m0多大，结合体所受作用力FN一定大于0，说明假设正确，所以碰后瞬间管道对结合体的作用力方向均沿圆环半径向外，结合体才能做圆周运动。
14． 1 29.4
【详解】
[1]不计水的阻力，箭与船的总动量守恒，根据动量守恒定律得
解得
[2]对一支箭分析，根据动量定理
解得
由牛顿第三定律可知，每支箭对草船的平均作用力
15． Ft
【详解】
[1]由冲量定义可知，拉力F对物体的冲量
IF=Ft
[2]根据平衡条件可知，物体受到的摩擦力
故摩擦力的冲量
If=Ftcosθ
16． 1： ：2
【详解】
[1][2]一粒水银珠分成三个小水银珠前后满足动量守恒，设三个小水银珠的速度大小均为v，垂直水银珠3运动方向有
在沿水银珠3方向有
联立解得
17． 外力 0
【详解】
[1][2]根据动量守恒的条件可知，如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，即是动量守恒定律。
18．（1）；（2）6J；（3）2J
【详解】
小球A与小球B碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
在碰撞过程，对B球，由动量定理得
（2）在碰撞过程，由能量守恒定律得
解得系统损失的机械能
（3）小球A在圆弧轨道上运动过程中，由动能定理得
解得克服摩擦力做的功
19．（1）；（2），方向竖直向上；（3）
【详解】
（1）自由落体运动，与碰前速度为
解得
第一次碰后竖直上抛运动，初速度为
碰撞过程，取向下为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）两次碰撞时间间隔为
第二次碰撞前，的速度
此过程中，取向下为正方向，由动量定理得
解得弹簧对的冲量
方向竖直向上
（3）由
解得
第一次弹性碰撞，有
解得
碰后做简谐运动，振动周期不变（周期由振动系统决定）即
第二次仍然在点相碰，则竖直上抛回到点的时间与回到点时间相等
即
代入数据，解得
当时，值最小
20．（1），；（2）
【详解】
（1）由图乙可知，小球Q在B点与半圆轨道间的作用力为零时
小球Q的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第二定律有
解得
当时，，对小球Q受力分析，由牛顿第二定律有
解得
（2）碰撞后小球Q恰好经过光滑半圆轨道最高点B，小球P被弹回到斜面上高度为释放点高度的处，由机械能守恒定律有
解得
小球P和Q碰撞过程，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有
碰撞后小球Q恰好经过光滑半圆轨道最高点B，由动能定理有
在碰撞过程中损失的动能为
解得
21．见解析
【详解】
根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。
简化的圆盘模型如图所示。在Δt时间内，与圆盘碰撞的空气分子为圆盘下方长度为vΔt的圆柱体内的所有分子，其质量为
圆盘下方空气分子与圆盘碰撞后与圆盘速度相等，以F表示圆盘对气体分子的作用力，对圆柱体内所有气体分子，根据动量定理，有
得
由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力
采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。
22．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）设小孩和滑沙板的总质量为m，斜面倾角为，滑沙板与滑道间的动摩擦因数为，支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为108N时的加速度大小为a。
由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
联立并代入题给数据得
（2）设AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
式中、和、分别对应下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。
依题意
，，，
设到达B点时速度大小为v，从A到B，由动能定理有
联立并代入题给数据得
（3）缓冲过程由动量定理有
联立式并代入题给数据得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页