高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册第一章 动量守恒定律 单元练习 （含解析）
文档属性
| 名称 | 高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册第一章 动量守恒定律 单元练习 （含解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 18.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-12-22 19:13:18 | ||
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文档简介
《动量守恒》 期末复习案
一、选择题（1-0题为单选，11-12题为多选）
1.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（ ）
A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
C．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
2．一物块静止在光滑水平面上，时刻起在水平力F的作用下开始运动，F随时间按正弦规律变化如图所示，则下列选项中错误的是（ ）
A．在01.5s时间内，第1s末物块的动量最大
B．第2.0s末，物块回到出发点
C．在01.0s时间内，F的功率先增大后减小
D．在0.5s1.5s时间内，F的冲量为0
3．高空抛物是一种不文明的行为，而会带来很大的社会危害。2019年6月26日，厦门市某小区楼下一位年轻妈妈被从三楼阳台丢下的一节5号干电池击中头部，当场鲜血直流。若一节质量为0.1kg的干电池从1.25m高处自由下落到水平地面上后又反弹到0.2m高度，电池第一次接触地面的时间为0.01s，第一次落地对地面的冲击力跟电池重力的比值为k，重力加速度大小，选取地面为零势能面，则（ ）
A．该电池的最大重力势能为12.5J B．该电池的下落时间比上升时间短0.3s
C． D．电池在接触地面过程中动量的变化量大小为0.3kgm/s
4．某人身系弹性绳从绳子的悬点处自由落下，从人开始下落至绳子刚拉直为过程I，绳子刚拉直至人到最低点为过程II。不计空气阻力，人可视为质点，下列说法正确的是( )
A．过程I中人的动量变化量大于过程II中人的动量变化量
B．过程I中人受的重力冲量与过程II中人受的弹力冲量大小相等
C．过程II中人受到的合力方向向上且不断增大
D．全过程重力冲量大小与拉力冲量大小相等
5．《三国演义》中“草船借箭”是后人熟悉的故事。若草船的质量为，每支箭的质量为，草船以速度驶来时，对岸士兵多箭齐发，支箭以相同的速度水平射中草船。假设此时草船正好停下来，不计水的阻力，则每支箭的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向， A、B两球的动量均为10kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s，则（ ）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6：7
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6：7
7．如图所示，在光滑的水平面上有两个物体A和B，它们的质量均为m，一根轻弹簧与B相连静止在地面上。物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧被压缩的过程中，物体A、物体B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．当弹簧获得的弹性势能最大时，物体A的速度为零
C．从弹簧开始压缩至压缩最大的过程中，弹簧对物体B做功
D．在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等，方向相反
8．如图所示，方盒A静止在光滑的水平面，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则（ ）
A．最终盒的速度大小是 B．最终盒的速度大小是
C．滑块相对于盒运动的路程为 D．滑块相对于盒运动的路程为
9．如图所示，有光滑弧形轨道的小车静止于光滑的水平面上，其总质量为M，有一质量也为M的铁块以水平速度v沿轨道的水平部分滑上小车。若轨道足够高，铁块不会滑出，则铁块沿圆弧形轨道上升的最大高度为（ ）
A． B．
C． D．
10．如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁（不与槽粘连）。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（ ）
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统动量守恒
C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒
11．光滑水平面上，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像，若A球质量mA=3kg，则由图判断下列结论正确的是（ ）
A．B球质量mB=4kg
B．碰撞时B球对A球所施的冲量大小为6N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量大小为7kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为15J
12．2022年冬奥会将在北京和张家口举行，如图所示是跳台滑雪某次训练中两位不同质量的运动员以相同的甲乙动能分别从O点沿同一方向水平滑出的情况，他们分别落在倾斜滑道的P、Q两点。不计运动员空中滑翔过程中所受的空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．两位运动员落到滑道瞬间的速度方向相同
B．两位运动员落到滑道时的动量大小相等
C．两位运动员从O点滑出到落到滑道过程中，重力对他们做功相等
D．两位运动员从O点滑出到落到滑道过程中，重力对他们的冲量大小相等
二、实验题
13．气垫导轨工作时，可忽略滑块与导轨表面间的阻力影响，现借助其验证动量守恒定律，如图甲所示，在水平气垫导轨上放置质量均为m的A、B(图中未标出)两滑块，左侧滑块的左端、右侧滑块的右端分别与一条穿过打点计时器的纸带相连，打点计时器电源的频率为f.气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，待打点稳定后让两滑块以大小不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动．如图所示的乙和丙为某次实验打出的、分别与两个滑块相连的两条纸带，在纸带上以同间距的6个连续打点为一段划分纸带，用刻度尺分别测出其长度为s1、s2和s3．
(1)若碰前滑块A的速度大于滑块B的速度，则滑块______(填“A”或“B”)是与纸带乙的______(填“左”或“右”)端相连．
(2)碰撞前A、B两滑块的动量大小分别为______、______，实验需要验证是否成立的表达式为_______________________(用题目所给的已知量表示)．
14、如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先将入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。
接下来要完成的必要步骤是__________。(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________________[用(2)中测量的量表示]。
二、计算题
15．如图所示，在光滑水平面上，两个物体的质量都是m，碰撞前物体B静止，物体A以速度v向它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为2m的物体，以一定速度继续前进。求：
（1）碰撞后物体的速度大小；
（2）碰撞过程中物体B受到的冲量I。
16、如图所示，长为l，质量为m的小船停在静水中，一个质量为m′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？
17、如图甲所示，光滑的水平地面上有一长为L＝2 m的木板， 一小滑块(可视为质点)放在木板的左端，木板质量是小滑块质量的两倍，开始时两者均静止，现给小滑块一水平向右的初速度，小滑块恰好滑离木板，已知小滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ随离木板左端距离x的变化关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)木板运动的加速度的最大值a；
(2)滑块的初速度大小v0。
18．如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为3m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为2m的木块B．一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块（时间极短），在以后的运动过程中，摆线离开竖直方向的最大角度小于90°，（不计空气阻力）试求 :
(1)子弹射入木块时产生的热量;
(2)木块能摆起的最大高度;
(3)小车A运动过程的最大速度.
《动量》 习案参考答案
1．B
2.B 解：A．从图象可以看出在前1.0s力的方向和运动方向相同，物块经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第1.0s末，物块的速度最大，动量最大，故A正确；
B．该物块在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以物块在0～2.0s内的位移为正，没有回到出发点，C．内，速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率得力F的瞬时功率开始时为0，1s末的瞬时功率为0，所以在01.0s时间内，F的功率先增大后减小，故C正确；
D．在图象中，F与t之间的面积表示力F的冲量，由图可知，0.5s1.0s之间的面积与1.0s1.5s之间的面积大小相等，一正一负，所以和为0，则在0.5s1.5s时间内，F的冲量为0，
2．C【详解】A．电池的最大重力势能为：EP=mgh=0.1×10×1.25J=1.25J故A错误。B．该电池的下落时间 ，上升时间该电池的上升时间比下落时间短0.3s，故B错误；
CD．电池在接触地面过程中动量的变化量大小为
第一次落地对地面的冲击力解得故C正确D错误。
3．D【详解】设绳子刚拉直时速度为vA．过程I中人的动量变化量与过程II中人的动量变化量大小都为mv，故A错误；B．由动量定理可知，过程I中人受的重力冲量与过程II中人受的弹力和重力的合力的冲量大小相等，故B错误；C．过程II中人先向下加速后向下减速，则过程II中人受到的合力方向先向下后向下，故C错误；D．全过程由动量定理可知，全过程重力冲量大小与拉力冲量大小相等，故D正确。
4．A
5．B【详解】光滑水平面上大小相同A、B 两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得
△PA=-△PB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球的，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰后A球的动量为6kg m/s，所以碰后B球的动量是增加的，且为14kg m/s。由于两球质量关系为mB=2mA那么碰撞后A、B两球速度大小之比6：7。
7．D【详解】A．由于水平面光滑，弹簧被压缩的过程中，系统的合外力为零，只有弹簧的弹力做功，所以物体A、物体B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，选项A错误；
B．由题意可知，物体A在压缩弹簧时，做减速运动，物体B受到弹簧的弹力作用做加速运动，某时刻二者的速度相等，此时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，故在弹簧被压缩并获得的弹性势能最大时，物体A、B的速度并不为零，选项AB错误；
C．在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，物体A的速度并不为零，物体B的速度也并是最大值v0，故弹簧对物体B所做的功不是，选项C错误；
D．在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的作用力大小相等、方向相反，故二力的冲量大小相等，方向相反，选项D正确。
8．C【详解】AB．设滑块的质量为m，则盒的质量为2m，对整个过程，由动量守恒定律可得
mv＝3mv共 解得 v共= AB错误；
CD．对整个过程，由能量守恒定律可知 μmgx＝ 解得
C正确，D错误。
9．A 解：铁块上升到最高点时与小车具有共同的速度，则由动量守恒定律：
由能量关系可知：，解得：
10．C 解：AD．小球在半圆形槽内右侧运动时，半圆形槽同时水平向右运动，即半圆形槽的机械能增加，故小球的机械能减少，可知半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，故AD错误；
B．小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统在水平方向受到外力之和为零，故系统水平方向满足动量守恒；但小球具有竖直方向的加速度，而半圆形槽竖直方向没有加速度，故系统在竖直方向的外力之和不为零，系统在竖直方向不满足动量守恒，C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，由于所有接触面均光滑，此过程只有小球重力势能与小球动能、半圆形槽动能之间相互转化，故小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒，故C正确。
11．BD【详解】A．由x-t图象的斜率表示速度，因此碰撞前A、B两球都做匀速运动，碰撞前有
碰撞后有
根据动量守恒定律有 代入数据解得
故A错误；B．碰撞前后A的动量变化为 △pA=mvA′-mvA=3×（-1）kg·m/s-3×（-3）kg·m/s=6kg·m/s
根据动量定理可知，碰撞时B球对A球所施的冲量为6N·s，故B正确；
C．A与B碰撞前的总动量为 p总=mAvA+mBvB=-5kgm/s 故C错误；
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为
故D正确。
12．AC 解：A．设倾斜滑道与水平面的夹角为，运动员的初速度为v0时，飞行时间为t，水平方向的位移大小为x、竖直方向的位移大小为y，运动员在水平方向上做匀速直线运动，有：x=v0t
在竖直方向上做自由落体运动，有，运动员落在斜面上时，有 ：
联立解得：，可得：
两位运动员落到滑道瞬间的速度方向速与水平方向的夹角为，则有
联立可得 ，所以两位运动员落到滑道瞬间的速度方向相同，故A正确；
C．两位运动员从O点滑出到落到滑道过程中，重力做功为
故C正确；
D．两位运动员质量不同，重力的冲量为 ，所以重力对他们的冲量大小不相等，故D错误；
B．因为重力做功相等，初动能相等，根据动能定理可知落到斜面上的动能也相等，由
因为两位运动员质量不同，所以落到滑道时的动量大小不相等，故B错误。
13、【答案】(1)A 左 (2)0.2mfs1 0.2mfs3 0.2(s1－s3)＝0.4s2
【解析】(1)因碰前A的速度大于B的速度，A、B的速度相反，且碰后速度相同，故根据动量守恒定律可知，图中s1和s3是两滑块相碰前打出的纸带，s2是相碰后打出的纸带，所以滑块A应与乙纸带的左侧相连．
(2)碰撞前两滑块的速度分别为v1＝＝＝0.2s1f，v2＝＝0.2s3f，碰撞后两滑块的共同速度v＝＝0.2s2f，故碰前两滑块动量分别为p1＝mv1＝0.2mfs1，p2＝mv2＝0.2mfs3，总动量为p＝p1－p2＝0.2mf(s1－s3)，碰后总动量为p′＝2mv＝0.4mfs2，要验证动量守恒定律，则一定有0.2mf(s1－s3)＝0.4mfs2，即0.2(s1－s3)＝0.4s2．
14、[解析] (1)小球离开轨道后做平抛运动，由H＝gt2知t＝ ，即小球的下落时间相同，则初速度v＝可用平抛运动的水平射程来表示，选项C正确。
(2)本实验要验证的是m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程OM和ON，而要确定水平射程，应先分别确定两个小球落地的平均落点，没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度H。故应完成的步骤是A、D、E。
(3)若动量守恒，应有m1v1＋m2v2＝m1v0(v0是m1单独下落离开轨道时的速度，v1、v2是两球碰后m1、m2离开轨道时的速度)，又v＝，则有m1·＋m2·＝m1·，即m1·OM＋m2·ON＝m1·OP。
15、（1）；（2）
解：（1）根据动量守恒定律，有：，解得：
（2）碰撞过程中物体B受到的冲量 ： ，方向与初速度方向相同（水平向右）。
16、【答案】
【解析】人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v1、v2，由于原来处于静止状态，因此
0＝mv1－m′v2，即m′v2＝mv1
由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m′ 2＝m1，等式两边同乘运动的时间t，得
m′ 2t＝m1t，即m′x2＝mx1
又因x1＋x2＝l，因此有x1＝.
17、解析：(1)当滑块运动到木板右端时，木板受到的摩擦力最大，加速度最大，对木板，由牛顿第二定律得μ2mg＝2ma
由图乙所示图线可知μ2＝0.2
解得a＝1 m/s2。
(2)由题意知，滑块恰好滑离木板，则滑块到达木板右端时，两者速度恰好相等，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v
由能量守恒定律得
mv02＝(m＋2m)v2＋mgL
由图乙所示图线可知
L＝×(0.1＋0.2)×2 m＝0.3 m
代入数据解得v0＝3 m/s。
18.【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）子弹与B瞬间水平的方向动量永恒：，．设产生热量为Q，根据能量守恒有：．
（2）木块到最高点A、B、C三者有相同的水平速度，根据水平方向动量守恒有： 解得：由机械能守恒：解得：．
（3）根据水平方向动量守恒，设小车A运动过程的最大速度为，此时物块速度为，当物块回到原来高度时，小车速度最大， 根据能量守恒： 得
一、选择题（1-0题为单选，11-12题为多选）
1.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（ ）
A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
C．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
2．一物块静止在光滑水平面上，时刻起在水平力F的作用下开始运动，F随时间按正弦规律变化如图所示，则下列选项中错误的是（ ）
A．在01.5s时间内，第1s末物块的动量最大
B．第2.0s末，物块回到出发点
C．在01.0s时间内，F的功率先增大后减小
D．在0.5s1.5s时间内，F的冲量为0
3．高空抛物是一种不文明的行为，而会带来很大的社会危害。2019年6月26日，厦门市某小区楼下一位年轻妈妈被从三楼阳台丢下的一节5号干电池击中头部，当场鲜血直流。若一节质量为0.1kg的干电池从1.25m高处自由下落到水平地面上后又反弹到0.2m高度，电池第一次接触地面的时间为0.01s，第一次落地对地面的冲击力跟电池重力的比值为k，重力加速度大小，选取地面为零势能面，则（ ）
A．该电池的最大重力势能为12.5J B．该电池的下落时间比上升时间短0.3s
C． D．电池在接触地面过程中动量的变化量大小为0.3kgm/s
4．某人身系弹性绳从绳子的悬点处自由落下，从人开始下落至绳子刚拉直为过程I，绳子刚拉直至人到最低点为过程II。不计空气阻力，人可视为质点，下列说法正确的是( )
A．过程I中人的动量变化量大于过程II中人的动量变化量
B．过程I中人受的重力冲量与过程II中人受的弹力冲量大小相等
C．过程II中人受到的合力方向向上且不断增大
D．全过程重力冲量大小与拉力冲量大小相等
5．《三国演义》中“草船借箭”是后人熟悉的故事。若草船的质量为，每支箭的质量为，草船以速度驶来时，对岸士兵多箭齐发，支箭以相同的速度水平射中草船。假设此时草船正好停下来，不计水的阻力，则每支箭的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向， A、B两球的动量均为10kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s，则（ ）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6：7
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6：7
7．如图所示，在光滑的水平面上有两个物体A和B，它们的质量均为m，一根轻弹簧与B相连静止在地面上。物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧被压缩的过程中，物体A、物体B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．当弹簧获得的弹性势能最大时，物体A的速度为零
C．从弹簧开始压缩至压缩最大的过程中，弹簧对物体B做功
D．在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等，方向相反
8．如图所示，方盒A静止在光滑的水平面，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则（ ）
A．最终盒的速度大小是 B．最终盒的速度大小是
C．滑块相对于盒运动的路程为 D．滑块相对于盒运动的路程为
9．如图所示，有光滑弧形轨道的小车静止于光滑的水平面上，其总质量为M，有一质量也为M的铁块以水平速度v沿轨道的水平部分滑上小车。若轨道足够高，铁块不会滑出，则铁块沿圆弧形轨道上升的最大高度为（ ）
A． B．
C． D．
10．如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁（不与槽粘连）。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（ ）
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统动量守恒
C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒
11．光滑水平面上，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像，若A球质量mA=3kg，则由图判断下列结论正确的是（ ）
A．B球质量mB=4kg
B．碰撞时B球对A球所施的冲量大小为6N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量大小为7kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为15J
12．2022年冬奥会将在北京和张家口举行，如图所示是跳台滑雪某次训练中两位不同质量的运动员以相同的甲乙动能分别从O点沿同一方向水平滑出的情况，他们分别落在倾斜滑道的P、Q两点。不计运动员空中滑翔过程中所受的空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．两位运动员落到滑道瞬间的速度方向相同
B．两位运动员落到滑道时的动量大小相等
C．两位运动员从O点滑出到落到滑道过程中，重力对他们做功相等
D．两位运动员从O点滑出到落到滑道过程中，重力对他们的冲量大小相等
二、实验题
13．气垫导轨工作时，可忽略滑块与导轨表面间的阻力影响，现借助其验证动量守恒定律，如图甲所示，在水平气垫导轨上放置质量均为m的A、B(图中未标出)两滑块，左侧滑块的左端、右侧滑块的右端分别与一条穿过打点计时器的纸带相连，打点计时器电源的频率为f.气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，待打点稳定后让两滑块以大小不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动．如图所示的乙和丙为某次实验打出的、分别与两个滑块相连的两条纸带，在纸带上以同间距的6个连续打点为一段划分纸带，用刻度尺分别测出其长度为s1、s2和s3．
(1)若碰前滑块A的速度大于滑块B的速度，则滑块______(填“A”或“B”)是与纸带乙的______(填“左”或“右”)端相连．
(2)碰撞前A、B两滑块的动量大小分别为______、______，实验需要验证是否成立的表达式为_______________________(用题目所给的已知量表示)．
14、如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先将入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。
接下来要完成的必要步骤是__________。(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________________[用(2)中测量的量表示]。
二、计算题
15．如图所示，在光滑水平面上，两个物体的质量都是m，碰撞前物体B静止，物体A以速度v向它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为2m的物体，以一定速度继续前进。求：
（1）碰撞后物体的速度大小；
（2）碰撞过程中物体B受到的冲量I。
16、如图所示，长为l，质量为m的小船停在静水中，一个质量为m′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？
17、如图甲所示，光滑的水平地面上有一长为L＝2 m的木板， 一小滑块(可视为质点)放在木板的左端，木板质量是小滑块质量的两倍，开始时两者均静止，现给小滑块一水平向右的初速度，小滑块恰好滑离木板，已知小滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ随离木板左端距离x的变化关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)木板运动的加速度的最大值a；
(2)滑块的初速度大小v0。
18．如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为3m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为2m的木块B．一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块（时间极短），在以后的运动过程中，摆线离开竖直方向的最大角度小于90°，（不计空气阻力）试求 :
(1)子弹射入木块时产生的热量;
(2)木块能摆起的最大高度;
(3)小车A运动过程的最大速度.
《动量》 习案参考答案
1．B
2.B 解：A．从图象可以看出在前1.0s力的方向和运动方向相同，物块经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第1.0s末，物块的速度最大，动量最大，故A正确；
B．该物块在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以物块在0～2.0s内的位移为正，没有回到出发点，C．内，速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率得力F的瞬时功率开始时为0，1s末的瞬时功率为0，所以在01.0s时间内，F的功率先增大后减小，故C正确；
D．在图象中，F与t之间的面积表示力F的冲量，由图可知，0.5s1.0s之间的面积与1.0s1.5s之间的面积大小相等，一正一负，所以和为0，则在0.5s1.5s时间内，F的冲量为0，
2．C【详解】A．电池的最大重力势能为：EP=mgh=0.1×10×1.25J=1.25J故A错误。B．该电池的下落时间 ，上升时间该电池的上升时间比下落时间短0.3s，故B错误；
CD．电池在接触地面过程中动量的变化量大小为
第一次落地对地面的冲击力解得故C正确D错误。
3．D【详解】设绳子刚拉直时速度为vA．过程I中人的动量变化量与过程II中人的动量变化量大小都为mv，故A错误；B．由动量定理可知，过程I中人受的重力冲量与过程II中人受的弹力和重力的合力的冲量大小相等，故B错误；C．过程II中人先向下加速后向下减速，则过程II中人受到的合力方向先向下后向下，故C错误；D．全过程由动量定理可知，全过程重力冲量大小与拉力冲量大小相等，故D正确。
4．A
5．B【详解】光滑水平面上大小相同A、B 两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得
△PA=-△PB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球的，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰后A球的动量为6kg m/s，所以碰后B球的动量是增加的，且为14kg m/s。由于两球质量关系为mB=2mA那么碰撞后A、B两球速度大小之比6：7。
7．D【详解】A．由于水平面光滑，弹簧被压缩的过程中，系统的合外力为零，只有弹簧的弹力做功，所以物体A、物体B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，选项A错误；
B．由题意可知，物体A在压缩弹簧时，做减速运动，物体B受到弹簧的弹力作用做加速运动，某时刻二者的速度相等，此时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，故在弹簧被压缩并获得的弹性势能最大时，物体A、B的速度并不为零，选项AB错误；
C．在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，物体A的速度并不为零，物体B的速度也并是最大值v0，故弹簧对物体B所做的功不是，选项C错误；
D．在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的作用力大小相等、方向相反，故二力的冲量大小相等，方向相反，选项D正确。
8．C【详解】AB．设滑块的质量为m，则盒的质量为2m，对整个过程，由动量守恒定律可得
mv＝3mv共 解得 v共= AB错误；
CD．对整个过程，由能量守恒定律可知 μmgx＝ 解得
C正确，D错误。
9．A 解：铁块上升到最高点时与小车具有共同的速度，则由动量守恒定律：
由能量关系可知：，解得：
10．C 解：AD．小球在半圆形槽内右侧运动时，半圆形槽同时水平向右运动，即半圆形槽的机械能增加，故小球的机械能减少，可知半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，故AD错误；
B．小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统在水平方向受到外力之和为零，故系统水平方向满足动量守恒；但小球具有竖直方向的加速度，而半圆形槽竖直方向没有加速度，故系统在竖直方向的外力之和不为零，系统在竖直方向不满足动量守恒，C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，由于所有接触面均光滑，此过程只有小球重力势能与小球动能、半圆形槽动能之间相互转化，故小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒，故C正确。
11．BD【详解】A．由x-t图象的斜率表示速度，因此碰撞前A、B两球都做匀速运动，碰撞前有
碰撞后有
根据动量守恒定律有 代入数据解得
故A错误；B．碰撞前后A的动量变化为 △pA=mvA′-mvA=3×（-1）kg·m/s-3×（-3）kg·m/s=6kg·m/s
根据动量定理可知，碰撞时B球对A球所施的冲量为6N·s，故B正确；
C．A与B碰撞前的总动量为 p总=mAvA+mBvB=-5kgm/s 故C错误；
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为
故D正确。
12．AC 解：A．设倾斜滑道与水平面的夹角为，运动员的初速度为v0时，飞行时间为t，水平方向的位移大小为x、竖直方向的位移大小为y，运动员在水平方向上做匀速直线运动，有：x=v0t
在竖直方向上做自由落体运动，有，运动员落在斜面上时，有 ：
联立解得：，可得：
两位运动员落到滑道瞬间的速度方向速与水平方向的夹角为，则有
联立可得 ，所以两位运动员落到滑道瞬间的速度方向相同，故A正确；
C．两位运动员从O点滑出到落到滑道过程中，重力做功为
故C正确；
D．两位运动员质量不同，重力的冲量为 ，所以重力对他们的冲量大小不相等，故D错误；
B．因为重力做功相等，初动能相等，根据动能定理可知落到斜面上的动能也相等，由
因为两位运动员质量不同，所以落到滑道时的动量大小不相等，故B错误。
13、【答案】(1)A 左 (2)0.2mfs1 0.2mfs3 0.2(s1－s3)＝0.4s2
【解析】(1)因碰前A的速度大于B的速度，A、B的速度相反，且碰后速度相同，故根据动量守恒定律可知，图中s1和s3是两滑块相碰前打出的纸带，s2是相碰后打出的纸带，所以滑块A应与乙纸带的左侧相连．
(2)碰撞前两滑块的速度分别为v1＝＝＝0.2s1f，v2＝＝0.2s3f，碰撞后两滑块的共同速度v＝＝0.2s2f，故碰前两滑块动量分别为p1＝mv1＝0.2mfs1，p2＝mv2＝0.2mfs3，总动量为p＝p1－p2＝0.2mf(s1－s3)，碰后总动量为p′＝2mv＝0.4mfs2，要验证动量守恒定律，则一定有0.2mf(s1－s3)＝0.4mfs2，即0.2(s1－s3)＝0.4s2．
14、[解析] (1)小球离开轨道后做平抛运动，由H＝gt2知t＝ ，即小球的下落时间相同，则初速度v＝可用平抛运动的水平射程来表示，选项C正确。
(2)本实验要验证的是m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程OM和ON，而要确定水平射程，应先分别确定两个小球落地的平均落点，没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度H。故应完成的步骤是A、D、E。
(3)若动量守恒，应有m1v1＋m2v2＝m1v0(v0是m1单独下落离开轨道时的速度，v1、v2是两球碰后m1、m2离开轨道时的速度)，又v＝，则有m1·＋m2·＝m1·，即m1·OM＋m2·ON＝m1·OP。
15、（1）；（2）
解：（1）根据动量守恒定律，有：，解得：
（2）碰撞过程中物体B受到的冲量 ： ，方向与初速度方向相同（水平向右）。
16、【答案】
【解析】人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v1、v2，由于原来处于静止状态，因此
0＝mv1－m′v2，即m′v2＝mv1
由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m′ 2＝m1，等式两边同乘运动的时间t，得
m′ 2t＝m1t，即m′x2＝mx1
又因x1＋x2＝l，因此有x1＝.
17、解析：(1)当滑块运动到木板右端时，木板受到的摩擦力最大，加速度最大，对木板，由牛顿第二定律得μ2mg＝2ma
由图乙所示图线可知μ2＝0.2
解得a＝1 m/s2。
(2)由题意知，滑块恰好滑离木板，则滑块到达木板右端时，两者速度恰好相等，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v
由能量守恒定律得
mv02＝(m＋2m)v2＋mgL
由图乙所示图线可知
L＝×(0.1＋0.2)×2 m＝0.3 m
代入数据解得v0＝3 m/s。
18.【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）子弹与B瞬间水平的方向动量永恒：，．设产生热量为Q，根据能量守恒有：．
（2）木块到最高点A、B、C三者有相同的水平速度，根据水平方向动量守恒有： 解得：由机械能守恒：解得：．
（3）根据水平方向动量守恒，设小车A运动过程的最大速度为，此时物块速度为，当物块回到原来高度时，小车速度最大， 根据能量守恒： 得