第一章动量守恒定律 章末综合练（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 第一章动量守恒定律 章末综合练（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 488.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-04-17 06:26:52 | ||
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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．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是（ ）
A．小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 N·s
B．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零
C．小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s
D．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 N·s
2．如图所示， 质量为 的子弹以某一速度水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了 ， 木块质量为 ， 那么此过程产生的内能可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
3．两个物体组成的系统发生相互作用时，下列哪些情况系统的动量一定是守恒的（ ）
A．作用前两个物体的速度相等
B．作用前两个物体的动量相等
C．作用过程中两个物体所受外力的合力为零
D．作用过程中两个物体所受外力的大小相等
4．蹦极是一项刺激的户外活动。某蹦极者在一次蹦极中离开踏板自由下落至第一次到达最低点的v-t图像如图，已知蹦极者质量为60kg，最大速度为55m/s，0~5.0s内v-t图线为直线，5.0~7.0s内为曲线，忽略空气阻力，重力加速度为10m/s2。则蹦极绳自拉直到人第一次到达最低点过程中受到的平均拉力大小为（ ）
A．2100 N B．1500 N
C．840 N D．600 N
5．以下四个实验中都要用到小球或者重锤，实验中必需测定小球或重锤质量的是（ ）
A．验证机械能守恒定律 B．用单摆测定重力加速度
C．验证动量守恒定律 D．研究平抛物体的运动
6．将一质量为m的物体以初速竖直向上抛出，已知物体在运动过程中所受空气阻力的大小与其运动速度成正比，比例系数为k，若物体能够上升的最大高度为H，则其上升过程所用的时间应为（ ）
A． B． C． D．
7．在光滑的水平轨道上放置一门质量为m1的旧式炮车（不包含炮弹质量），炮弹的质量为m2，当炮车沿与水平方向成θ角发射炮弹时，炮弹相对炮口的速度为v0，则炮车后退的速度为（ ）
A． B．
C． D．
8．如图甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为m=2kg的木块A以速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g=10m/s2则（ ）
A．A、B构成的系统动量守恒，机械能守恒
B．A、B受到的冲量相同
C．长木板B的质量M=1kg
D．A、B之间由于摩擦而产生的热量Q=2J
9．如图所示，光滑半圆弧轨道竖直固定在水平面上，是半圆弧轨道的两个端点且连线水平，将物块甲从A上方某一高度处静止释放，进入半圆弧轨道后与静止在轨道最低点的物块乙发生弹性碰撞，之后两物块恰好能运动到两端点，两物块均可视为质点。若将甲、乙初始位置互换，其余条件不变，则碰后甲、乙两物块第一次上升的最大高度之比为（ ）
A．9:1 B．5:2 C．5:4 D．6:1
10．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为（设水平面光滑）（ ）
A．v0 B． C． D．
11．下列关于动量的说法中不正确的是（ ）
A．同一物体的动量越大，则它的速度越大
B．动量相同的物体，速度方向一定相同
C．质量和速率相同的物体，其动量一定相同
D．一个物体动量改变，则其速率不一定改变
12．如图，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，另有A、B两物体叠放在一起放置在斜面顶端，且B的上表面水平，A、B一起从斜面顶端由静止开始下滑，直到斜面底端，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动中物块B对A的摩擦力方向水平向右
B．运动中物块B对A的弹力等于A的重力
C．运动中物块B对A的作用力不做功
D．运动中斜面对A、B系统的冲量为零
二、填空题
13．质量为的物体以初速度开始做平抛运动，经过时间，下降的高度为，速率变为，重力加速度为，在这段时间内物体动量变化量的大小为___________
14．某小组用如图所示的装置验证动量守恒定律，装置固定在水平面上。圆弧形轨道末端切线水平，两球半径相同，两球与水平面的动摩擦因数相同。实验时，先测出A、B两球的质量m1、m2，让球A多次从圆弧形轨道上某一位置由静止释放，记下其在水平面上滑行距高的平均值为L，然后把球B静置于轨道末端水平部分，并将球A从轨道上同一位置由静止释放，并与球B相碰，重复多次。已知碰后球A，B滑行距离的平均值分别为L1、L2
（1）为确保实验中球A不反向运动，则m1、m2应满足的关系是___________。
（2）若碰撞前后动量守恒，写出动量守恒的表达式：___________。
15．由教材第3页小车碰撞实验中记录的数据知：两小车碰撞前后，动能之和___________（填“相等”或“不相等”），质量与速度的乘积之和___________。
16．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。
17．两只小船质量分别为，，它们平行逆向航行航线邻近，当它们头尾相齐时，各投质量 的麻袋到对面的船上，如图1所示，结果质量较轻的一只船停了下来，另一只船则以的速度沿原方向航行，若水的阻力不计，则在交换麻袋前两只船的速率________ ，________ .
三、解答题
18．查阅资料，简述关于运动量度的争论。
19．如图所示，AB和CDO都是处于同一竖直平面内的固定光滑圆弧形轨道。AB是半径为R=1.2m的圆弧轨道，CDO是半径为r=0.5m的半圆轨道，BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接，已知BC段水平轨道长L=2m，现让一个质量为的小球从A点正上方距A点高处自由落下，运动到圆弧轨道最低点B时，与质量为的滑块发生弹性碰撞，碰后立即取走小球，使之不影响滑块的后续运动。已知滑块与轨道BC之间的动摩擦因数取g=10m/s2，不计空气阻力，小球和滑块均可视为质点，求：
（1）小球与滑块碰前瞬间，小球对轨道的压力大小；
（2）通过计算试判断滑块是否能到达最高点O？若能，请求出滑块离开O点后落在轨道上的具体位置。
20．如图所示，水平面上有一质量m＝1 kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量m0＝1 kg的小物块，小物块与小车一起以v0＝6 m/s的速度向右运动，与静止在水平面上质量M＝4 kg的小球发生正碰，碰后小球的速度v＝2 m/s，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力。求：
（1）小车与小球碰撞后瞬间小车的速度v1；
（2）从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小。
21．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。
22．如图所示，长为L、质量为的木板A置于光滑水平面上，在A的水平上表面左端放一质量为的物块B（可视为质点），A、B间的动摩擦因数为。A和B一起以相同大小的速度向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞。已知，在A与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失且碰撞时间极短，重力加速度为g。要使B不从A上掉下，必须满足什么条件？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】
A．选抛出到最高点为研究过程，取向上为正，运用动量定理有
代入数据求得小球受到的冲量为10N S，故A正确；
B．竖直上抛和自由落体互为逆过程，因此小球返回出发点时的速度大小为20m/s，选抛出到落回出发点为研究过程，取向上为正，动量的改变量有
20N s
故B错误；
CD．由B项知，△p=20N s，结合动量定理有
I=△p=20N s
故CD错误。
故选A。
2．D
【详解】
设子弹的初速度为V，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m。取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mV=（M+m）v
解得
木块获得的动能为
系统产生的内能为
可得
Q＞△Ek=5.5J
故D正确，ABC错误。
故选D。
3．C
【详解】
ABC．系统动量守恒的条件是系统所受的合外力为零，系统中的两个物体发生相互作用前后的速度与动量不一定相等，故AB错误，C正确；
D．作用过程中两个物体所受的外力，即使大小相等，方向如果不相反，合力不为零，动量也不守恒，故D错误。
故选C。
4．A
【详解】
绳拉直前，蹦极者做自由落体运动，加速度为重力加速度，即加速度恒定，其v-t图线为直线。绳拉直后，蹦极者刚开始向下做加速度减小的加速运动，当绳的拉力与重力大小相等时，蹦极者的速度最大，之后向下做加速度增大的减速运动，直至速度减为零，这段过程其v-t图线为曲线。所以由图可知5.0~7.0s时间内是绳子对蹦极者产生弹力的时间，对整个运动过程，根据动量定理可得
将t1=7.0 s和t2=2.0 s代入后解得
F=2100 N
故选A。
5．C
【详解】
A．验证机械能守恒定律，只需验证物体下落高度与速度平方的关系，不需要测出重物的质量，故A错误；
B．用单摆测定重力加速度，只需测摆长与周期，不需要测小球质量，故B错误；
C．验证动量守恒定律，动量等于质量与速度的乘积，需要测量动量的大小，故需要测出小球的质量，故C正确；
D．研究平抛物体的运动，只需描出其运动轨迹即可，不需要测小球质量，故D错误。
故选C。
6．B
【详解】
对物体的上升过程，由动量定理可得
由于
故整个上升过程有
联立解得
B正确。
故选B。
7．C
【详解】
炮弹离开炮口时，炮弹和炮车组成的系统在水平方向不受外力，则系统在水平方向动量守恒。设炮车后退的速度大小为v，则炮弹对地的水平速度大小为，取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，根据水平方向动量守恒有：
解得
故ABD错误，C正确；
故选C。
8．D
【详解】
A．A、B构成的系统合外力为零，所以A、B动量守恒；A、B间摩擦力做功，摩擦生热，A、B构成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．由动量定理可知，A、B的动量变化量的方向相反，所以A、B受到的冲量不同，故B错误；
C ．由A、B构成的系统动量守恒得
解得长木板B的质量
故C错误；
D．由能量守恒定律可知A、B之间由于摩擦而产生的热量等于机械能的减小量
故D正确。
故选D。
9．A
【详解】
设甲、乙两物块的质量分别为，甲物块从初始位置运动到半圆弧轨道最低点的速度为v，碰后甲、乙的速度分别为，甲、乙两物块发生弹性碰撞，有
联立解得
两物块碰后恰好能运动到两点，由机械能守恒定律可知，碰后两物块的速度大小相等，解得
若乙物块从同一高度处静止释放，则碰前乙物块的速度也为v，设甲、乙两物块碰后速度分别为，同理可得
由机械能守恒定律可得碰后甲、乙两物块第一次上升的最大高度之比为9:1。
故选A。
10．C
【详解】
由于炮弹的重力作用，火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得
m2v0cosθ-(m1-m2)v=0
解得
C正确。
故选C。
11．C
【详解】
A．由动量的定义可知，对同一物体来说，动量越大，速度越大，A正确；
B．根据动量的矢量性可知，动量的方向与速度的方向相同，所以动量相同的物体，速度方向一定相同，B正确；
C．速率相同，速度的方向不一定相同，故动量的方向不一定相同，C错误；
D．物体的动量改变，可能是动量的方向改变，而动量的大小保持不变，如匀速圆周运动，D正确。
故选C。
12．C
【详解】
A．因为AB一起沿斜面加速下滑，则加速度有水平向左的分量，则运动中物块B对A的摩擦力方向水平向左，选项A错误；
B．AB一起沿斜面加速下滑，则加速度有竖直向下的分量，则由
可知运动中物块B对A的弹力小于A的重力，选项B错误；
C．因AB一起下滑的加速度为
a=gsinθ
可知，B对A的作用力与位移垂直，则运动中物块B对A的作用力不做功，选项C正确；
D．运动中斜面对A、B系统的作用力不为零，根据
I=Ft
可知，冲量不为零，选项D错误。
故选C。
13．或或或
【详解】
根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以在这段时间内物体动量变化量的大小为
又因为物体做平抛运动，在竖直方向上则有
可得
所以有
末位置的动量为，初位置的动量为，根据三角形定则，知动量的变化量的大小为
14． m1>m2
【详解】
（1）[1]为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即
m1>m2
（2）[2]两球碰前，由动能定理得
解得
碰后两球做匀减速直线运动，设碰后的速度分别为、，由动能定理得
解得
若碰撞前后动量守恒，则
代入速度整理可得
15． 不相等 基本不变
【详解】
略
16． 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。
17． 1m/s 9m/s
【详解】
[1][2]以质量较轻的船的速度的方向为正方向，选取质量较轻的船和从质量较重的船投过去的麻袋为研究系统，根据动量守恒定律有
选取质量较重的船和从质量较轻的船投过去的麻袋为系统，根据动量守恒定律有
联立以上两式并代入数据解
.
18．见解析
【详解】
根据动量定理，有
根据动能定理，有
mv是从时间的角度描述力的积累效果的
mv2是从空间的角度描述力的积累效果的
19．（1）140N；（2）能，BC中点
【详解】
(1)小球从A到B过程，根据机械能守恒可得
在B点据牛顿第二定律可得
联立解得
v0=6m/s
FN=140N
根据牛顿第三定律可知碰前瞬间，小球对轨道的压力大小为140N。
(2)两物体发生弹性碰撞的过程中由动量守恒定律及机械能守恒定律可得
联立解得碰后瞬间，滑块的速度为
v2=7m/s
假设物块恰好能运动到O点，应满足
解得
滑块从B到O过程，据动能定理可得
解得滑块到达最高点O的速度为
由于
滑块恰好能经过最高点O，滑块从O点做平抛运动，由位移公式可得
x=v3t
联立解得
x=1m
故滑块落点为轨道BC的中点。
20．（1），方向向左；（2）4 N·s
【详解】
（1）小车与小球碰撞过程中，动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有
mv0＝Mv＋mv1
解得
负号表示碰撞后小车向左运动，
（2）当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律有
m0v0＋mv1＝（m0＋m）v2
解得
v2＝2 m/s
设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有
I＝mv2－mv1
解得
I＝4 N·s
21．（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
22．
【详解】
A与竖直墙壁发生碰撞后，由于，根据A、B系统的动量守恒可知，A、B最后以共同速度向左运动，设速度为v，根据动量守恒定律可得
解得
若A、B相对静止时B恰好在A的右端，则系统损失的机械能为
根据系统的能量守恒定律有
解得
要使B不从A上掉下来，必须满足的条件是
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是（ ）
A．小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 N·s
B．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零
C．小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s
D．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 N·s
2．如图所示， 质量为 的子弹以某一速度水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了 ， 木块质量为 ， 那么此过程产生的内能可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
3．两个物体组成的系统发生相互作用时，下列哪些情况系统的动量一定是守恒的（ ）
A．作用前两个物体的速度相等
B．作用前两个物体的动量相等
C．作用过程中两个物体所受外力的合力为零
D．作用过程中两个物体所受外力的大小相等
4．蹦极是一项刺激的户外活动。某蹦极者在一次蹦极中离开踏板自由下落至第一次到达最低点的v-t图像如图，已知蹦极者质量为60kg，最大速度为55m/s，0~5.0s内v-t图线为直线，5.0~7.0s内为曲线，忽略空气阻力，重力加速度为10m/s2。则蹦极绳自拉直到人第一次到达最低点过程中受到的平均拉力大小为（ ）
A．2100 N B．1500 N
C．840 N D．600 N
5．以下四个实验中都要用到小球或者重锤，实验中必需测定小球或重锤质量的是（ ）
A．验证机械能守恒定律 B．用单摆测定重力加速度
C．验证动量守恒定律 D．研究平抛物体的运动
6．将一质量为m的物体以初速竖直向上抛出，已知物体在运动过程中所受空气阻力的大小与其运动速度成正比，比例系数为k，若物体能够上升的最大高度为H，则其上升过程所用的时间应为（ ）
A． B． C． D．
7．在光滑的水平轨道上放置一门质量为m1的旧式炮车（不包含炮弹质量），炮弹的质量为m2，当炮车沿与水平方向成θ角发射炮弹时，炮弹相对炮口的速度为v0，则炮车后退的速度为（ ）
A． B．
C． D．
8．如图甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为m=2kg的木块A以速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g=10m/s2则（ ）
A．A、B构成的系统动量守恒，机械能守恒
B．A、B受到的冲量相同
C．长木板B的质量M=1kg
D．A、B之间由于摩擦而产生的热量Q=2J
9．如图所示，光滑半圆弧轨道竖直固定在水平面上，是半圆弧轨道的两个端点且连线水平，将物块甲从A上方某一高度处静止释放，进入半圆弧轨道后与静止在轨道最低点的物块乙发生弹性碰撞，之后两物块恰好能运动到两端点，两物块均可视为质点。若将甲、乙初始位置互换，其余条件不变，则碰后甲、乙两物块第一次上升的最大高度之比为（ ）
A．9:1 B．5:2 C．5:4 D．6:1
10．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为（设水平面光滑）（ ）
A．v0 B． C． D．
11．下列关于动量的说法中不正确的是（ ）
A．同一物体的动量越大，则它的速度越大
B．动量相同的物体，速度方向一定相同
C．质量和速率相同的物体，其动量一定相同
D．一个物体动量改变，则其速率不一定改变
12．如图，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，另有A、B两物体叠放在一起放置在斜面顶端，且B的上表面水平，A、B一起从斜面顶端由静止开始下滑，直到斜面底端，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动中物块B对A的摩擦力方向水平向右
B．运动中物块B对A的弹力等于A的重力
C．运动中物块B对A的作用力不做功
D．运动中斜面对A、B系统的冲量为零
二、填空题
13．质量为的物体以初速度开始做平抛运动，经过时间，下降的高度为，速率变为，重力加速度为，在这段时间内物体动量变化量的大小为___________
14．某小组用如图所示的装置验证动量守恒定律，装置固定在水平面上。圆弧形轨道末端切线水平，两球半径相同，两球与水平面的动摩擦因数相同。实验时，先测出A、B两球的质量m1、m2，让球A多次从圆弧形轨道上某一位置由静止释放，记下其在水平面上滑行距高的平均值为L，然后把球B静置于轨道末端水平部分，并将球A从轨道上同一位置由静止释放，并与球B相碰，重复多次。已知碰后球A，B滑行距离的平均值分别为L1、L2
（1）为确保实验中球A不反向运动，则m1、m2应满足的关系是___________。
（2）若碰撞前后动量守恒，写出动量守恒的表达式：___________。
15．由教材第3页小车碰撞实验中记录的数据知：两小车碰撞前后，动能之和___________（填“相等”或“不相等”），质量与速度的乘积之和___________。
16．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。
17．两只小船质量分别为，，它们平行逆向航行航线邻近，当它们头尾相齐时，各投质量 的麻袋到对面的船上，如图1所示，结果质量较轻的一只船停了下来，另一只船则以的速度沿原方向航行，若水的阻力不计，则在交换麻袋前两只船的速率________ ，________ .
三、解答题
18．查阅资料，简述关于运动量度的争论。
19．如图所示，AB和CDO都是处于同一竖直平面内的固定光滑圆弧形轨道。AB是半径为R=1.2m的圆弧轨道，CDO是半径为r=0.5m的半圆轨道，BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接，已知BC段水平轨道长L=2m，现让一个质量为的小球从A点正上方距A点高处自由落下，运动到圆弧轨道最低点B时，与质量为的滑块发生弹性碰撞，碰后立即取走小球，使之不影响滑块的后续运动。已知滑块与轨道BC之间的动摩擦因数取g=10m/s2，不计空气阻力，小球和滑块均可视为质点，求：
（1）小球与滑块碰前瞬间，小球对轨道的压力大小；
（2）通过计算试判断滑块是否能到达最高点O？若能，请求出滑块离开O点后落在轨道上的具体位置。
20．如图所示，水平面上有一质量m＝1 kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量m0＝1 kg的小物块，小物块与小车一起以v0＝6 m/s的速度向右运动，与静止在水平面上质量M＝4 kg的小球发生正碰，碰后小球的速度v＝2 m/s，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力。求：
（1）小车与小球碰撞后瞬间小车的速度v1；
（2）从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小。
21．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。
22．如图所示，长为L、质量为的木板A置于光滑水平面上，在A的水平上表面左端放一质量为的物块B（可视为质点），A、B间的动摩擦因数为。A和B一起以相同大小的速度向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞。已知，在A与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失且碰撞时间极短，重力加速度为g。要使B不从A上掉下，必须满足什么条件？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】
A．选抛出到最高点为研究过程，取向上为正，运用动量定理有
代入数据求得小球受到的冲量为10N S，故A正确；
B．竖直上抛和自由落体互为逆过程，因此小球返回出发点时的速度大小为20m/s，选抛出到落回出发点为研究过程，取向上为正，动量的改变量有
20N s
故B错误；
CD．由B项知，△p=20N s，结合动量定理有
I=△p=20N s
故CD错误。
故选A。
2．D
【详解】
设子弹的初速度为V，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m。取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mV=（M+m）v
解得
木块获得的动能为
系统产生的内能为
可得
Q＞△Ek=5.5J
故D正确，ABC错误。
故选D。
3．C
【详解】
ABC．系统动量守恒的条件是系统所受的合外力为零，系统中的两个物体发生相互作用前后的速度与动量不一定相等，故AB错误，C正确；
D．作用过程中两个物体所受的外力，即使大小相等，方向如果不相反，合力不为零，动量也不守恒，故D错误。
故选C。
4．A
【详解】
绳拉直前，蹦极者做自由落体运动，加速度为重力加速度，即加速度恒定，其v-t图线为直线。绳拉直后，蹦极者刚开始向下做加速度减小的加速运动，当绳的拉力与重力大小相等时，蹦极者的速度最大，之后向下做加速度增大的减速运动，直至速度减为零，这段过程其v-t图线为曲线。所以由图可知5.0~7.0s时间内是绳子对蹦极者产生弹力的时间，对整个运动过程，根据动量定理可得
将t1=7.0 s和t2=2.0 s代入后解得
F=2100 N
故选A。
5．C
【详解】
A．验证机械能守恒定律，只需验证物体下落高度与速度平方的关系，不需要测出重物的质量，故A错误；
B．用单摆测定重力加速度，只需测摆长与周期，不需要测小球质量，故B错误；
C．验证动量守恒定律，动量等于质量与速度的乘积，需要测量动量的大小，故需要测出小球的质量，故C正确；
D．研究平抛物体的运动，只需描出其运动轨迹即可，不需要测小球质量，故D错误。
故选C。
6．B
【详解】
对物体的上升过程，由动量定理可得
由于
故整个上升过程有
联立解得
B正确。
故选B。
7．C
【详解】
炮弹离开炮口时，炮弹和炮车组成的系统在水平方向不受外力，则系统在水平方向动量守恒。设炮车后退的速度大小为v，则炮弹对地的水平速度大小为，取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，根据水平方向动量守恒有：
解得
故ABD错误，C正确；
故选C。
8．D
【详解】
A．A、B构成的系统合外力为零，所以A、B动量守恒；A、B间摩擦力做功，摩擦生热，A、B构成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．由动量定理可知，A、B的动量变化量的方向相反，所以A、B受到的冲量不同，故B错误；
C ．由A、B构成的系统动量守恒得
解得长木板B的质量
故C错误；
D．由能量守恒定律可知A、B之间由于摩擦而产生的热量等于机械能的减小量
故D正确。
故选D。
9．A
【详解】
设甲、乙两物块的质量分别为，甲物块从初始位置运动到半圆弧轨道最低点的速度为v，碰后甲、乙的速度分别为，甲、乙两物块发生弹性碰撞，有
联立解得
两物块碰后恰好能运动到两点，由机械能守恒定律可知，碰后两物块的速度大小相等，解得
若乙物块从同一高度处静止释放，则碰前乙物块的速度也为v，设甲、乙两物块碰后速度分别为，同理可得
由机械能守恒定律可得碰后甲、乙两物块第一次上升的最大高度之比为9:1。
故选A。
10．C
【详解】
由于炮弹的重力作用，火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得
m2v0cosθ-(m1-m2)v=0
解得
C正确。
故选C。
11．C
【详解】
A．由动量的定义可知，对同一物体来说，动量越大，速度越大，A正确；
B．根据动量的矢量性可知，动量的方向与速度的方向相同，所以动量相同的物体，速度方向一定相同，B正确；
C．速率相同，速度的方向不一定相同，故动量的方向不一定相同，C错误；
D．物体的动量改变，可能是动量的方向改变，而动量的大小保持不变，如匀速圆周运动，D正确。
故选C。
12．C
【详解】
A．因为AB一起沿斜面加速下滑，则加速度有水平向左的分量，则运动中物块B对A的摩擦力方向水平向左，选项A错误；
B．AB一起沿斜面加速下滑，则加速度有竖直向下的分量，则由
可知运动中物块B对A的弹力小于A的重力，选项B错误；
C．因AB一起下滑的加速度为
a=gsinθ
可知，B对A的作用力与位移垂直，则运动中物块B对A的作用力不做功，选项C正确；
D．运动中斜面对A、B系统的作用力不为零，根据
I=Ft
可知，冲量不为零，选项D错误。
故选C。
13．或或或
【详解】
根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以在这段时间内物体动量变化量的大小为
又因为物体做平抛运动，在竖直方向上则有
可得
所以有
末位置的动量为，初位置的动量为，根据三角形定则，知动量的变化量的大小为
14． m1>m2
【详解】
（1）[1]为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即
m1>m2
（2）[2]两球碰前，由动能定理得
解得
碰后两球做匀减速直线运动，设碰后的速度分别为、，由动能定理得
解得
若碰撞前后动量守恒，则
代入速度整理可得
15． 不相等 基本不变
【详解】
略
16． 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。
17． 1m/s 9m/s
【详解】
[1][2]以质量较轻的船的速度的方向为正方向，选取质量较轻的船和从质量较重的船投过去的麻袋为研究系统，根据动量守恒定律有
选取质量较重的船和从质量较轻的船投过去的麻袋为系统，根据动量守恒定律有
联立以上两式并代入数据解
.
18．见解析
【详解】
根据动量定理，有
根据动能定理，有
mv是从时间的角度描述力的积累效果的
mv2是从空间的角度描述力的积累效果的
19．（1）140N；（2）能，BC中点
【详解】
(1)小球从A到B过程，根据机械能守恒可得
在B点据牛顿第二定律可得
联立解得
v0=6m/s
FN=140N
根据牛顿第三定律可知碰前瞬间，小球对轨道的压力大小为140N。
(2)两物体发生弹性碰撞的过程中由动量守恒定律及机械能守恒定律可得
联立解得碰后瞬间，滑块的速度为
v2=7m/s
假设物块恰好能运动到O点，应满足
解得
滑块从B到O过程，据动能定理可得
解得滑块到达最高点O的速度为
由于
滑块恰好能经过最高点O，滑块从O点做平抛运动，由位移公式可得
x=v3t
联立解得
x=1m
故滑块落点为轨道BC的中点。
20．（1），方向向左；（2）4 N·s
【详解】
（1）小车与小球碰撞过程中，动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有
mv0＝Mv＋mv1
解得
负号表示碰撞后小车向左运动，
（2）当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律有
m0v0＋mv1＝（m0＋m）v2
解得
v2＝2 m/s
设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有
I＝mv2－mv1
解得
I＝4 N·s
21．（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
22．
【详解】
A与竖直墙壁发生碰撞后，由于，根据A、B系统的动量守恒可知，A、B最后以共同速度向左运动，设速度为v，根据动量守恒定律可得
解得
若A、B相对静止时B恰好在A的右端，则系统损失的机械能为
根据系统的能量守恒定律有
解得
要使B不从A上掉下来，必须满足的条件是
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