湖南省长沙第一中学2024-2025学年高二上学期月考物理试卷（PDF版，含答案）
文档属性
| 名称 | 湖南省长沙第一中学2024-2025学年高二上学期月考物理试卷（PDF版，含答案） |  | |
| 格式 | |||
| 文件大小 | 835.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-12-16 14:52:46 | ||
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文档简介
湖南省长沙第一中学 2024-2025 学年高二上学期月考物理试卷
一、单选题：本大题共 7 小题，共 28 分。
1.下列情况中系统的动量不守恒的是( )
A. 小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统
B. 子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统
C. 子弹射入固定在墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统
D. 斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，对手榴弹组成的系统
2.如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为 的木块以速度 0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧
发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对
木块冲量 的大小为( )
A. = 0 B. = 0 C. = 2 0 D. = 3 0
3.如图所示，在光滑水平面上，有一质量为 = 3 的薄板和质量为 = 1 的物块，
都以 = 4 / 的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的
速度为2.4 / 时，物块的运动情况是( )
A. 做加速运动 B. 做减速运动 C. 做匀速运动 D. 以上运动都可能
4.长沙经历了长达一月的高温天气，对消防安全造成了极大的挑战，市加强了消防预警等级。通过观察消
防车灭火过程，模拟消防水柱的示意图如图乙所示。水在空中运动， 、 为其运动轨迹上的两点，已知水
在 点时的速度大小为 = 3√ 2 / ，速度方向与竖直方向的夹角为45°，它运动到 点时，速度方向与竖直
方向的夹角为37°( 37° = 0.6)，不计空气阻力，重力加速度 取10 / 2，则( )
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A. 图中 点是水在空中动量最小的点
B. 水在 点时的速度大小为5 /
C. A、 两点间的高度差为0.9
D. 若消防水柱喷水口流速恒定，水在空中为粗细均匀的曲线水柱
5.一弹丸在飞行到距离地面5 高时仅有水平速度 = 2 / ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量
比为3：1，不计质量损失，取重力加速度 = 10 / 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A. B.
C. D.
6.水上飞行运动使用的是一种叫“喷射式悬浮飞行器”的装置，也称为“喷水飞
行背包”，它通过向下喷射高压水柱的方式将操控者托举在水面上空，利用脚上
喷水装置产生的反冲动力，让你可以在水面之上腾空而起，另外配备有手动控制
的喷嘴，用于稳定空中飞行姿态。如图所示运动员在水上做飞行运动表演。他操
控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水以原速率向下喷出，令自己悬停在空
中。已知运动员与装备的总质量为100 ，两个圆管喷嘴的直径均为10 ，已知
重力加速度大小 = 10 / 2，水的密度为 = 1.0 × 103 / 3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A. 3.0 / B. 5.6 / C. 8.0 / D. 10.2 /
7.如图所示，由弹性材料制成的物块1和2放置在光滑水平面上，物块2右
侧是用细线悬挂的小球。给物块1一个向右的初速度 0，物块1与物块2发
生弹性碰撞，然后物块2与小球再发生弹性碰撞，碰后小球摆到最大高度
时悬线与竖直方向的夹角为 。在其他条件不变的情况下，换用不同质量
的物块2，发现 的大小与物块2的质量有关。已知物块1的质量为 1，小球的质量为 3，物块2的质量 2满
足以下哪个条件时，夹角 有最大值( )
+ 2+ 2
A. 2 = 1 + 3 B. 2 = √ =
1 3
1 3 C. 2 D. 2 =
1 3
2 2
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二、多选题：本大题共 4 小题，共 20 分。
8.水平推力 1和 2分别作用于水平面上等质量的甲、乙两物体上，作用一
段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下来。两物体的 图
像如图所示，图中线段 // ，则整个运动过程中( )
A. 1的冲量大于 2的冲量
B. 1的冲量等于 2的冲量
C. 两物体受到的摩擦力大小相等
D. 摩擦力对甲的冲量小于摩擦力对乙的冲量
9.如图所示，木块 、 并排静止在光滑水平面上，不粘连， 上固定一
竖直轻杆，轻杆上端 点系一长为 的轻质细线，细线另一端系一小球 ，
、 、 质量均为 。现将 拉起至细线水平且自然伸直后由静止释放。
不计空气阻力，重力加速度为 ，下列说法正确的是( )
A. 能向左摆到与释放点等高的位置
B. 第一次运动到最低点过程中， 、 、 构成的系统机械能守恒
C. 第一次运动到最低点时，绳中张力大小为4
D. 从 开始运动到第一次摆到最高点的过程中，绳子拉力对 先做负功再做正功
10.如图所示，水平面上放置着半径为 、质量为3 的半圆形槽， 为
槽的水平直径。质量为 的小球自左端槽口 点的正上方距离为 处由
静止下落，从 点切入槽内。已知重力加速度大小为 ，不计一切摩擦，
下列说法正确的是( )
A. 槽向左运动的最大位移为
B. 小球在槽中运动的最大速度为2√
C. 小球能从 点离开槽，且上升的最大高度等于
8
D. 若槽固定，小球在槽中运动过程中，重力做功的最大功率为 √ 3
9
11.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为 1和 2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现
使 1瞬时获得水平向右的速度3 / ，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已
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知 0时刻 1的速度第一次变为0， 2在第1秒内运动的位移为0.4 。下列说法正确的是( )
A. 两物块的质量之比为 1： 2 = 1：2
4
B. 0时刻 2的速度为 / 3
C. = 1 时和 = 3 时弹簧的弹性势能最大，都处于最短状态
D. 第1秒内弹簧长度缩短了1.8
三、实验题：本大题共 2 小题，共 14 分。
12.验证动量守恒的实验也可以用其他装置验证。
(1)如图1所示，使从斜槽轨道滚下的小球打在正对的竖直墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录小球的落
点。选择半径相等的小钢球 和硬塑料球 进行实验，测量出 、 两个小钢球的质量 1、 2，其他操作重
复验证动量守恒时的步骤。 ′、 ′、 ′为竖直记录纸上三个落点的平均位置，小球静止于水平轨道末端时
球心在竖直记录纸上的水平投影点为 ′，未放 球时， 球的落点是 ′点，用刻度尺测量 ′、 ′、 ′到 ′的
距离分别为 1、 2、 3。若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______。
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1 1 2
A. = +
√ √ √ 2 3 1
1 = 1
2
B. + 2 3
1
C. 1√ 2 = 1√ 3 + 2√ 1
1 1 2
D. = + 2 1
3
(2)用如图2装置也可以验证碰撞中的动量守恒，实验步骤与上述实验类似。图中 、 、 到抛出点 的距离
分别为 、 、 。若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______。
A. 1 = 1 + 2
B. 21 =
2 2
1 + 2
C. 1√ = 1√ + 2√
D. =
(3)如图3所示的水平气垫导轨上，实验时让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，滑块运动过程所受
的阻力可忽略，它们穿过光电门后发生碰撞并粘连在一起。实验测得滑块 的总质量为 1、滑块 的总质量
为 2，两滑块遮光片的宽度相同，光电门记录的遮光片挡光时间如表所示。
左侧光电门 右侧光电门
碰前 1 2
碰后 3、 3 无
在实验误差允许范围内，若满足关系式______，即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒。(用测量的
物理量表示)
13.(1)如图所示，在“探究平抛运动规律”的实验中，小华将两个相同的圆弧光滑轨道 、 固定在同一
个竖直平面内，轨道末端均水平，其中 末端与足够长的光滑水平轨道平滑连接。他把质量相等的小钢球
、 分别从两弧面上的相同高度同时静止释放，观察到某一现象，改变释放高度，重复上述操作，仍能观
察到这一现象，由此可以概括出平抛运动的某一规律。小华观察到的现象和反映的平抛运动规律是______。
A. 、 两个小球相撞
B. 、 两个小球同时落地
C.水平方向做匀速直线运动
D.竖直方向做自由落体运动
(2)小芳利用图2中甲图装置进行实验，每次释放小球的位置都相同，并在乙图的坐标纸上记录了小球经过
的 、 、 三点，已知坐标纸每小格的边长 = 5 ，该小球做平抛运动的初速度大小为______ / ( 取
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10 / 2，结果保留2位有效数字)。
(3)小燕在研究平抛运动时发现，若小球下落相同高度，平抛初速度越大，水平射程也越大，依据这一规律，
2 1
她用如图3所示装置来“验证动量守恒定律”：碰撞恢复系数的定义为 = | | ，其中 和 分别是20 10 10 20
碰撞前两小球的速度， 1和 2分别是碰撞后两小球的速度，该实验小球碰撞恢复系数的表达式为 =______(
用题目中字母 、 、 表达)，若测得 =______，可以判定小球的碰撞为弹性碰撞。
四、计算题：本大题共 3 小题，共 38 分。
14.一长为 ，质量为 = 3 的木板静止在光滑的水平面上，一质量为 = 1 的滑块以初速度 0 = 4 / 滑
到木板上，木板长度 至少为多少才能使滑块不滑出木板。(滑块与木板间动摩擦因数 = 0.3， 取10 / 2)
15.如图所示，质量均为 的物块 、 用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的刚性轻绳
连接， 与地面接触， 离地面的高度 为1.2 ，质量为2 的圆环 套在轻绳上， 在
上方 = 0.8 处。由静止释放圆环 ， 下落后与 碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，
不计 与绳之间的摩擦和空气阻力， 、 、 均可视为质点，重力加速度取10 / 2，
求：
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(1) 、 碰撞后瞬间，共同速度为多大；
(2)碰撞后， 经过多长时间到达地面。
16.如图所示，水平地面上放有木板 、 ，木板 的右侧有竖直墙， 板长度为 = 2 ，木板 与地面间的
动摩擦因数为 = 0.1，可视为质点的物块 静置于木板 的左端。不可伸长的轻绳一端系于 点，另一端拴
一小球 ，钉子 位于物块 的正上方， 间距等于绳长的一半， 连线与水平方向的夹角 = 37°，初始
锁定木板 ，将小球 从绳水平拉直的位置由静止释放，到达最低点时与静止的物块 发生碰撞，碰后小球
反弹到达最高点时，轻绳刚好离开钉子 ；物块 滑至木板 右端时，二者共速，且此时木板 与木板 发生
碰撞；碰后木板 恰好能返回初始位置。已知木板 和物块 的质量均为 = 0.3 ，所有碰撞均为弹性碰撞，
物块 与两木板间的动摩擦因数相同，重力加速度大小 = 10 / 2， 37° = 0.6。求：
(1)物块 与木板间的动摩擦因数 ；
(2) 右端到 左端的初始间距为 0；
(3)小球 的质量 ；
(4)若 的右端距墙为0.5 ，现在解除 的锁定，小球 仍由绳水平拉直的位置从静止释放，最终 在 上未
掉下，已知木板 的质量 = 0.9 ，木板 与地面间的摩擦忽略不计， 碰墙后取走 。求木板 的最小长
度 。
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答案和解析
1.【答案】
【解析】解： 、小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统所受合外力为零，
动量守恒，故 A 错误；
B、子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故 B
错误；
C、子弹射入固定在墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒，故 C正确；
D、斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，对手榴弹组成的系统内力远大于外力，动量守恒，故 D 错误；
故选： 。
根据动量守恒定律的条件结合题目选项逐一完成分析。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒的条件即可完成分析，难度不大。
2.【答案】
【解析】解：根据题意分析可以知道，木块离开弹簧的瞬间速度大小为 0，方向向右，取向左为正方向，
根据动量定理有
= 0 0 = 2 0，负号代表方向向右；
故 ABD 错误，C正确；
故选： 。
根据动量定理，规定正方向，可求得弹簧对木块的冲量 。
本题考查动量定理，运用过程应注意规定正方向。
3.【答案】
【解析】解：开始阶段， 向右减速， 向左减速，根据系统的动量守恒定律得：当 的速度为零时，设此
时 的速度为 1 .规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：
( ) = 1
代入解得： 1 = 2.67 / 。
此后 将向右加速， 继续向左减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为 2 .规定向右为正方向，由动
量守恒定律得：
( ) = ( + ) 2，
代入解得： 2 = 2 / 。
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两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动。
由此可知当 的速度为2.4 / 时， 处于向右加速过程中。故 A 正确，BCD 错误；
故选： 。
分析物体的运动情况：初态时，系统的总动量方向水平向右，两个物体开始均做匀减速运动， 的速度先减
至零，根据动量守恒定律求出此时 的速度．之后， 向右做匀加速运动， 继续向右做匀减速运动，最后
两者一起向右匀速运动．根据动量守恒定律求出薄板的速度大小为2.4 / 时，物块的速度，并分析 的运
动情况．
本题考查应用系统的动量守恒定律分析物体运动情况的能力，这是分析物体运动情况的一种方法，用得较
少，但要学会，比牛顿定律分析物体运动情况简单．
4.【答案】
【解析】解： .水运动至最高点时，速度最小，则此时动量最小，故 A 错误；
√ 2
0 0 45°
B.水在 、 两点的水平分速度相等，则 45° = ， 37° = ，得 = = 2 × 3√ 2 / = 5 / ，
37 0.6
故 B 正确；
√ 2
C. 、 两点的竖直分速度分别为 = 45° = 3√ 2 × / = 3 / ， = 37° = 5 × 0.8 / =2
2
2 2 4 3
2
4 / ，由 = 2 ，解得 、 两点间的高度差为 = = 0.35 ，故 C错误。 2×10
D.若消防水柱喷水口流速恒定，则任意相等时间内流出水的质量相等，水在空中做匀变速曲线运动，速度
大的地方水柱细，速度小的地方水柱粗，故 D 错误。
故选： 。
A、水运动至最高点时速度最小，则此时动量最小；
B、水在 、 两点的水平分速度相等，根据几何关系列出方程式解答；
C、求出在 、 两点的竖直分速度，运用速度—位移公式解答；
D、水在空中做匀变速曲线运动，速度大的地方水柱细，速度小的地方水柱粗。
考查对动量定理的理解，运动的合成与分解方法的运用，运用方程式解答。
5.【答案】
【解析】解：规定向右为正，设弹丸的质量为4 ，则甲的质量为3 ，乙的质量为 ，炮弹到达最高点时爆
炸时，爆炸的内力远大于重力(外力)，遵守动量守恒定律，则有：
4 0 = 3 1 + 2
则8 = 3 1 + 2
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2 2×5
两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等， = √ = √ = 1 ，
10
水平方向做匀速运动， 1 = 1 = 1， 2 = 2 = 2，
则8 = 3 1 + 2
结合图象可知， 的位移满足上述表达式，故 B 正确。
故选： 。
炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力(外力)，遵守动量守恒定律；
当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即
可解题．
本题考查了动量守恒定律的直接应用，知道当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹
都做平抛运动，难度适中．
6.【答案】
【解析】解：设飞行器对水的平均作用力为 ，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力大小也为 ，
对运动员与装备由平衡条件得： = = 100 × 10 = 1000
设喷嘴处喷水的速度大小为 ，两个圆管喷嘴的横截面积为 ，在时间 内喷出的水的质量为：
= = 2
取竖直向下为正方向，根据动量定理可得 时间内质量为 的水获得的冲量为：
= + = 2
可得： + 2 = 4 2，当 → 0时，2 → 0，解得：
= √
4
又有： = ( )2，其中 = 10 = 0.1
2
代入数据解得： ≈ 5.6 / ，故 ACD 错误，B 正确。
故选： 。
对运动员与装备由平衡条件求得水对飞行器的作用力大小，根据牛顿第三定律可知飞行器对水的作用力，
根据动量定理求解喷嘴处喷水的速度大小。
本题考查了动量定理的应用，属于流体冲击模型，取一段时间内相互作用的流体为研究对象，应用动量定
理解答。
7.【答案】
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【解析】解：物块1与物块2发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得： 1 0 = 1 1 + 2 2
1 2 1 1由机械能守恒定律得： 1 0 = 1
2 + 2
2 2 1 2 2
2
2
解得： 12 = 1+ 02
物块2与小球3发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得： 2 2 = 2 2′ + 3 3
1 1 1
由机械能守恒定律得： 22 2 = 2 ′
2
2 +
2
3 3 2 2 2
2 4 4
解得： = 2 2 1 2 0 1 03 = = 2+ 3 ( 1+ )( + ) + +( 1 32 2 3 1 3 + 2) 2
1
设细线的长度为 ，碰撞后小球上升过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： 23 3 = 3 (1 ) 2
2
解得： = 1 3 ， 是减函数， 越大， 越小，由于 、 一定 3越大 越小，则 越大， 2
当 2 =
1 3，即 2 = √ 1 3时碰撞后小球的速度 3最大，夹角 最大，故 B 正确，ACD 错误。 2
故选： 。
弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后小球速度，然
后分析判断答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。
8.【答案】
【解析】解： 、甲、乙先做加速运动，撤去推力后做减速运动。题图中线段 // ，表明甲、乙两物体
做匀减速运动的加速度相同，依题意，二者质量相等，由牛顿第二定律
=
可知两物体受到的摩擦力大小相等。故 C正确；
、由题图可知，整个运动过程中两物体的始末速度均为零，所以动量改变量均为零，那么合力的冲量
为零： + = 0
可知推力的冲量大小等于物体受到的摩擦力的冲量大小。由题图可知甲的运动时间小于乙的运动时间，所
以摩擦力对甲的冲量小于摩擦力对乙的冲量，则 1的冲量小于 2的冲量，故 AB 错误；D 正确。
故选： 。
由速度图象分析可知，水平推力撤去后， 与 平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量
相等，说明摩擦力大小相等；
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根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系。
本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用；能够根据全过程动量定理进行求解即可。
9.【答案】
【解析】解： .当 第一次到达左侧最高处时， 、 都有速度，即都有动能，根据系统机械能守恒可知， 第
一次到达左侧最高处时的高度比释放高度低，故 A 错误；
B. 第一次运动到最低点过程中，全程只有重力做功，所以 、 、 构成的系统机械能守恒，故 B 正确；
C. 第一次运动到最低点过程中， 、 一起向右运动，当 第一次到达最低点时， 和 即将分离，则有
= = = 2
第一次运动到最低点过程中，由重力和绳子张力的合力提供向心力，则
( 2 + )
=
第一次运动到最低点过程中， 、 、 构成的系统机械能守恒，则
1 1
2 + 2 × 2 =
2 2
解得
= 4
故 C正确；
D. 第一次运动到最低点过程中， 、 向右运动，此时小球的速度方向与绳子的夹角为钝角，绳子对小球
做负功； 从最低点到左侧最高点过程中， 、 分离， 以原速度做匀速直线运动， 速度减为零后反方向
向左运动，当 、 速度相等时， 球摆到最高点，此过程小球的速度与绳子的夹角先为锐角后为钝角，所
以绳子对小球先做正功再做负功，所以从 开始运动到第一次摆到最高点的过程中，绳子拉力对 先做负功
再做正功最后做负功，故 D 错误。
故选： 。
A.由系统机械能守恒得出结论，且整体机械能守恒，从而进行分析；
B. 第一次运动到最低点过程中， 一起向右运动，当 第一次到达最低点时， 和 即将分离，再根据 做
圆周运动以及 第一次到最低点机械能守恒列式求解；
C.根据圆周运动公式和机械能守恒求 第一次运动到最低点时，绳中张力大小；
D. 第一次运动到最低点过程中， 向右运动，可知此时小球的速度与绳子的夹角为钝角， 从最低点到左
侧最高点过程中， 分离， 以原速度做匀速直线运动， 速度减为零后反方向向左运动，当 速度相等
时， 球摆到最高点，此过程小球的速度与绳子的夹角先为锐角后为钝角。
本题主要是考查机械能守恒定律，主要需熟练掌握整体分析机械能守恒得应用。
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10.【答案】
【解析】解： .半圆形槽和小球在水平方向合力为零，水平方向上动量守恒，设小球水平方向分速度大小为
1，槽的速度大小为 2，以向右方向为正方向，则
1 = 3 2
当小球运动到 点时，小球和槽的水平位移最大，设小球的水平位移大小为 1，槽的位移大小为 2，半圆形
槽和小球运动时间相同，则
1 = 3 2
半圆形槽和小球在水平方向上位移大小之和，即相对位移大小为
1 + 2 = 2
解得
2 = 0.5
故 A 错误；
B.若槽固定，小球运动到最低点时速度最大，由机械能守恒
1
2 = 2 2
解得
= 2√
故 B 错误；
C.小球运动 点时，小球和槽在水平方向上速度相同，根据水平方向动量守恒，则此时小球和槽在水平方向
上的速度都为零，根据小球和槽组成的系统机械能守恒，则小球上升的最大高度等于 ，故 C正确；
D.根据功率公式
0 =
可知，当小球在竖直方向分速度最大时，重力的功率最大，设此时小球和 点连线与竖直方向的夹角为 ，
此时速度大小为 ，由动能定理
1
(1 + ) = 2
2
解得
= √ 2 (1 + )
则竖直方向分速度为
= √ 2 (1 + ) = √ 2 (1 + )(1 cos
2 )
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1
根据数学求极值的方法可知，当 = 时，竖直方向分速度最大，最大值为
3
8
= √ 3 9
重力做功的最大功率为
=
解得
8
= √ 3 9
故 D 正确。
故选： 。
小球和半圆形槽组成的系统除重力和弹力外不受其他外力，所以整个系统机械能守恒；但是系统在水平方
向上不受任何外力，故水平方向动量守恒。再根据水平动量守恒及整体的机械能守恒进行求解即可。
本题考查了动量与能量的综合应用；解题的关键在于分析小球与半圆形槽组成的系统水平动量守恒，而竖
直方向动量不守恒；整体的机械能守恒。
11.【答案】
【解析】解： .从 = 0开始到 1时刻，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有
1 1 = ( 1 + 2) 2
将 1 = 3 / ， 2 = 1 / 代入得
1： 2 = 1：2
故 A 正确；
B.从 = 0开始到 0时刻，取向右为正方向，根据动量守恒定律
1 0 = 2 ′2
代入数据解得 2的速度为
3
′2 = / 2
故 B 错误；
C.两物体速度相等时，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，但在 = 1 时刻弹簧处于压缩状态，在 = 3 时
刻弹簧处于伸长状态，故 C错误；
D.若考虑两物体从 = 1 到 = 2 的时间内， 2加速运动， 1减速运动，因
1： 2 = 1：2
则在任意时刻两物体的加速度之比为
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1： 2 = 2：1
若用微元法考虑，则两物体间的距离
1 1 1 1
= 1 +
2
2 ( 1
2
1 ) =
2
2 + 1
2
2 2 2 2
1
则“ 2
2 2
”对应的位移(面积)为
1 × 1 0.4 = 0.6
1 1
则“ 21 ”对应的位移(面积)为“
2
2 ”对应的位移(面积)的2倍，即为1.2 ，该两部分面积之和与0～1 2 2
内对应的虚线面积相等，如图所示
为1.2 + 0.6 = 1.8 ，即0～1 内弹簧的长度缩短1.8 ，故 D 正确。
故选： 。
从 = 0开始到 1时刻，根据动量守恒定律求解质量之比；从 = 0开始到 0时刻，根据动量守恒定律求解 0时
刻 2的速度；两物体共速的时候，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，根据 图像可知判断弹簧处于压
缩还是拉伸状态；根据 图像求解位移，位移之差为弹簧的压缩量。
本题考查动量与量能的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程，熟练应用对应的规律解题。
+
12.【答案】 1 2 1 2 =
1 2 3
【解析】解：(1)碰撞前， 1落在图中的 ′点，设其水平初速度为 1，小球 1和 2发生碰撞后， 1的落点
在图中 ′点，设其水平初速度为 1′， 2的落点是图中的 ′点，设其水平初速度为 2，设斜面 与水平面
的倾角为 ，
1
由平抛运动规律得 2 =
2， = 1 2
解得： 1 = √ 2 2
同理可得 ′1 = √ ， = 2 2 √1 2 3
碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 1 1 = 1 1′ + 2 2
整理得 1
= 1 + 2
√ 2 √ 3 √ 1
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故 A 正确，BCD 错误；
故选： 。
(2)碰撞前， 1落在图中的 点，设其水平初速度为 1 .小球 1和 2发生碰撞后， 1的落点在图中 点，设
其水平初速度为 1 ′， 2的落点是图中的 点，设其水平初速度为 2 .设斜面 与水平面的倾角为 ，
1
由平抛运动规律得： =
2， = 2 1 ，
cos2
解得： 1 = √
2
√ cos
2 cos2
同理可得： 1 ′ = ， = √
，
2 2 2
碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： 1 1 = 1 1′ + 2 2，
整理得： 1√ = 1√ + 2√ ；
故 ABD 错误，C正确；
故选： 。
(3)若让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，选取向右为正方向，则有：
1 1 2 2 = ( 1 + 2) 3，
设遮光片的宽度为 ，则： 1 = ， 2 = ， 3 = ， 1 2 3
联立可得： 1
2 + = 1 2
1 2 3
+
故答案为：(1) ；(2) ；(3) 1 2 = 1 2
1 2 3
(1)(2)根据水平方向上的分运动即可验证动量守恒；根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达
式。
(3)根据题意应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动在水平方向
上匀速直线运动的特点完成表达式的分析，同时改进了实验，对学生的要求较高，难度较大。
13.【答案】 1.5 1
【解析】解：(1)该同学观察到的现象是 、 两个小球相撞，说明两球在水平方向的运动完全相同，即反映
平抛运动的规律是水平方向做匀速直线运动，故 AC正确，BD 错误；
故选： 。
2 2×5×10 2
(2)对竖直方向根据公式 = 2，得 = √ = √ = 0.1 ；
10
3 3×5×10 2
对水平方向： 0 = = / = 1.5 / 。 0.1
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(3)本实验的原理小球从槽口飞出后作平抛运动的时间相同，设为 ，则有： = 10 ， = 1 ， = 2 ，
| 2 1 | | | 小球2碰撞前静止，即： 20 = 0，因而碰撞系数为： = = = 。 | 20 10 | |0 |
因为可用小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，规定向右为正方向，根据动量守恒有：
1 10 = 1 1 + 2 2
1 1 1
若碰撞过程为弹性碰撞，则机械能守恒，有： 2 2 2
2 1
10 = 1 1 + 2 2 2 2，
整理可得 10 = 2 1
则当 = 1时可以判定小球的碰撞为弹性碰撞。
故答案为：(1) ；(2)1.5；(3) ，1
(1)根据平抛运动的特点判断出实验揭示的规律；
(2)利用平抛运动的公式求初速度；
(3)小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律求出需要验证
的表达式。
本题考查探究平抛运动规律和验证动量守恒定律，在验证动量守恒定律中，要注意明确实验原理，学会实
验方法；学会在相同高度下，利用平抛运动的水平射程来间接测出速度，并能推导相应的动量守恒表达式
及机械能守恒定律表达式。
14.【答案】解：滑块与木板组成的系统动量守恒，滑块不从木板上滑出，则滑块与木板有相同的末速度，
设末速度大小为 ，滑块与木板的相对位移大小为 。以向右为正方向，对滑块与木板组成的系统由动量守
恒定律得：
0 = ( + )
根据能量守恒定律与功能关系得：
1
= 2
1
0 ( + )
2
2 2
2
联立可得： = 0
2 ( + )
代入数据得： = 2
要使滑块不滑出木板，其长度 至少等于 = 2 。
答：木板长度 至少为2 才能使滑块不滑出木板。
【解析】滑块与木板组成的系统动量守恒，滑块不从木板上滑出，临界条件是滑块与木板共速后，滑块与
木板的相对位移大小恰好等于板长。应用动量守恒定律，结合功能关系解答。
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本题考查了动量守恒定律在板块模型中的应用，此题类似于完全非弹性碰撞，损失的机械能转化为摩擦生
热。
15.【答案】解：(1) 与 碰撞前的运动过程，对 ，由机械能守恒定律有
1
2 = × 2 2
2
解得： = 4 /
设 与 碰撞后共同速度为 ，取竖直向下为正方向，以 、 、 组成的系统为研究对象，由动量守恒定律有
2 = ( + + 2 )
解得： = 2 /
(2) 与 碰撞后粘在一起，一起向下做匀加速直线运动，对 、 、 整体，根据牛顿第二定律有
3 = 4
解得： = 2.5 / 2
由运动学公式有
1
= + 2
2
解得碰撞后 到达地面的时间为： = 0.4
答：(1) 、 碰撞后瞬间，共同速度为2 / ；
(2)碰撞后， 经过0.4 时间到达地面。
【解析】(1)对 与 碰撞前的运动过程，根据机械能守恒定律列式，求出 与 碰撞前的速度，根据动量守
恒定律求出碰撞后共同速度大小；
(2) 与 碰撞后粘在一起，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求碰撞后 到达地面的时间。
本题是含有非弹性碰撞的类型，要理清物体的运动过程，把握碰撞的基本规律：动量守恒定律。要注意明
确研究对象，采用整体法求连接体的加速度大小，也可以运用隔离法求加速度大小。
16.【答案】解：(1) 在 上滑行时，对 ，有
( + ) = 1
解得
1 = ( 2 )
碰 后，对 ，有
= 2
解得
2 = = 0.1 × 10 /
2 = 1 / 2
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木板 锁定， 碰 后恰能返回初始位置，则碰撞前后 的加速度大小相等
1 = 2
解得
= 3 = 3 × 0.1 = 0.3
(2) 在 上滑行时，对 ，有
=
解得
= 3 /
2
在 上滑行的过程中
1 = 1 1
C、 的位移相对关系
1 1
( + ) = 2 共 1 2 共 1
解得 在 上向右滑行的初速度
= 4 /
时间
1 = 1 1内 向前滑行的距离
1
0 = 1
2
1 2
解得
0 = 0.5
(3)小球 下摆过程中
1
( 37° + ) = 2
2 2 2 1
解得
1 = 4√
小球 碰后反弹上摆过程中
1
( 37°) = 2 2 2 2 2
解得
2 = 2√
小球 碰 ，以 1的方向为正方向，根据动量守恒
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1 = 2 +
根据能量守恒定律
1
2
1 1
1 =
2 2
2 2 2
+
2
解得
= = 0.1
3
绳长
= 4
(4)解除 锁定后， 、 共速
1 = 1 1
解得
1 = 1 /
方向向右
碰 ，以向右的方向为正方向，对 、 ，根据动量守恒
1 = + 1
根据能量守恒定律
1 1
2 = 2
1
1 +
2
2 2 2 1
解得
1
= / 2
方向向左
1
1 = / 2
方向向右
设 、 达到共同速度 2中， 未碰墙，以向右方向为正方向，根据动量守恒有
1 + 1 = ( + ) 2
解得
5
2 = / ， 8
方向向右
设 在 上向右滑过 1，有
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1 1 1
=
2 2 2
1 2 1
+
2 1
( + )
2 2
解得
1
1 = 32
此过程中 的对地位移为 1，有
1 1
=
2 2
1 2 2 2 1
解得
9
1 = < 128 0
未碰墙，之后 、 一起匀速运动，碰墙反弹后 、 达到共同速度 3中，以向左为正，根据动量守恒有
2 2 = ( + ) 3
解得
5
3 = / ， 16
方向向左
设此过程中 在 上继续向右滑过 2，有
1 1
2 2 2 = ( + ) 2 ( + ) 2 2 3
解得
25
2 = 128
之后 碰 时， 相对 向前滑行，故为了 不掉下， 板的最小长度为
= 1 + 2
解得
29
=
128
答：(1)物块 与木板间的动摩擦因数为0.3；
(2) 右端到 左端的初始间距为为0.5 ；
(3)小球 的质量 为0.1 ；
29
(4)木板 的最小长度 为 。
128
【解析】(1)根据牛顿第二定律求物块 与木板间的动摩擦因数 ；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式求 右端到 左端的初始间距为 0；
(3)根据动量守恒和能量守恒定律求小球 的质量 ；
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(4)根据动量守恒和动能定理求木板 的最小长度 。
本题考查受力分析、动能定理、功能关系，物体运动过程中应用动能定理、功能原理解决问题。
第 22 页，共 22 页
一、单选题：本大题共 7 小题，共 28 分。
1.下列情况中系统的动量不守恒的是( )
A. 小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统
B. 子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统
C. 子弹射入固定在墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统
D. 斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，对手榴弹组成的系统
2.如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为 的木块以速度 0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧
发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对
木块冲量 的大小为( )
A. = 0 B. = 0 C. = 2 0 D. = 3 0
3.如图所示，在光滑水平面上，有一质量为 = 3 的薄板和质量为 = 1 的物块，
都以 = 4 / 的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的
速度为2.4 / 时，物块的运动情况是( )
A. 做加速运动 B. 做减速运动 C. 做匀速运动 D. 以上运动都可能
4.长沙经历了长达一月的高温天气，对消防安全造成了极大的挑战，市加强了消防预警等级。通过观察消
防车灭火过程，模拟消防水柱的示意图如图乙所示。水在空中运动， 、 为其运动轨迹上的两点，已知水
在 点时的速度大小为 = 3√ 2 / ，速度方向与竖直方向的夹角为45°，它运动到 点时，速度方向与竖直
方向的夹角为37°( 37° = 0.6)，不计空气阻力，重力加速度 取10 / 2，则( )
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A. 图中 点是水在空中动量最小的点
B. 水在 点时的速度大小为5 /
C. A、 两点间的高度差为0.9
D. 若消防水柱喷水口流速恒定，水在空中为粗细均匀的曲线水柱
5.一弹丸在飞行到距离地面5 高时仅有水平速度 = 2 / ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量
比为3：1，不计质量损失，取重力加速度 = 10 / 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A. B.
C. D.
6.水上飞行运动使用的是一种叫“喷射式悬浮飞行器”的装置，也称为“喷水飞
行背包”，它通过向下喷射高压水柱的方式将操控者托举在水面上空，利用脚上
喷水装置产生的反冲动力，让你可以在水面之上腾空而起，另外配备有手动控制
的喷嘴，用于稳定空中飞行姿态。如图所示运动员在水上做飞行运动表演。他操
控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水以原速率向下喷出，令自己悬停在空
中。已知运动员与装备的总质量为100 ，两个圆管喷嘴的直径均为10 ，已知
重力加速度大小 = 10 / 2，水的密度为 = 1.0 × 103 / 3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A. 3.0 / B. 5.6 / C. 8.0 / D. 10.2 /
7.如图所示，由弹性材料制成的物块1和2放置在光滑水平面上，物块2右
侧是用细线悬挂的小球。给物块1一个向右的初速度 0，物块1与物块2发
生弹性碰撞，然后物块2与小球再发生弹性碰撞，碰后小球摆到最大高度
时悬线与竖直方向的夹角为 。在其他条件不变的情况下，换用不同质量
的物块2，发现 的大小与物块2的质量有关。已知物块1的质量为 1，小球的质量为 3，物块2的质量 2满
足以下哪个条件时，夹角 有最大值( )
+ 2+ 2
A. 2 = 1 + 3 B. 2 = √ =
1 3
1 3 C. 2 D. 2 =
1 3
2 2
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二、多选题：本大题共 4 小题，共 20 分。
8.水平推力 1和 2分别作用于水平面上等质量的甲、乙两物体上，作用一
段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下来。两物体的 图
像如图所示，图中线段 // ，则整个运动过程中( )
A. 1的冲量大于 2的冲量
B. 1的冲量等于 2的冲量
C. 两物体受到的摩擦力大小相等
D. 摩擦力对甲的冲量小于摩擦力对乙的冲量
9.如图所示，木块 、 并排静止在光滑水平面上，不粘连， 上固定一
竖直轻杆，轻杆上端 点系一长为 的轻质细线，细线另一端系一小球 ，
、 、 质量均为 。现将 拉起至细线水平且自然伸直后由静止释放。
不计空气阻力，重力加速度为 ，下列说法正确的是( )
A. 能向左摆到与释放点等高的位置
B. 第一次运动到最低点过程中， 、 、 构成的系统机械能守恒
C. 第一次运动到最低点时，绳中张力大小为4
D. 从 开始运动到第一次摆到最高点的过程中，绳子拉力对 先做负功再做正功
10.如图所示，水平面上放置着半径为 、质量为3 的半圆形槽， 为
槽的水平直径。质量为 的小球自左端槽口 点的正上方距离为 处由
静止下落，从 点切入槽内。已知重力加速度大小为 ，不计一切摩擦，
下列说法正确的是( )
A. 槽向左运动的最大位移为
B. 小球在槽中运动的最大速度为2√
C. 小球能从 点离开槽，且上升的最大高度等于
8
D. 若槽固定，小球在槽中运动过程中，重力做功的最大功率为 √ 3
9
11.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为 1和 2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现
使 1瞬时获得水平向右的速度3 / ，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已
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知 0时刻 1的速度第一次变为0， 2在第1秒内运动的位移为0.4 。下列说法正确的是( )
A. 两物块的质量之比为 1： 2 = 1：2
4
B. 0时刻 2的速度为 / 3
C. = 1 时和 = 3 时弹簧的弹性势能最大，都处于最短状态
D. 第1秒内弹簧长度缩短了1.8
三、实验题：本大题共 2 小题，共 14 分。
12.验证动量守恒的实验也可以用其他装置验证。
(1)如图1所示，使从斜槽轨道滚下的小球打在正对的竖直墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录小球的落
点。选择半径相等的小钢球 和硬塑料球 进行实验，测量出 、 两个小钢球的质量 1、 2，其他操作重
复验证动量守恒时的步骤。 ′、 ′、 ′为竖直记录纸上三个落点的平均位置，小球静止于水平轨道末端时
球心在竖直记录纸上的水平投影点为 ′，未放 球时， 球的落点是 ′点，用刻度尺测量 ′、 ′、 ′到 ′的
距离分别为 1、 2、 3。若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______。
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1 1 2
A. = +
√ √ √ 2 3 1
1 = 1
2
B. + 2 3
1
C. 1√ 2 = 1√ 3 + 2√ 1
1 1 2
D. = + 2 1
3
(2)用如图2装置也可以验证碰撞中的动量守恒，实验步骤与上述实验类似。图中 、 、 到抛出点 的距离
分别为 、 、 。若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______。
A. 1 = 1 + 2
B. 21 =
2 2
1 + 2
C. 1√ = 1√ + 2√
D. =
(3)如图3所示的水平气垫导轨上，实验时让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，滑块运动过程所受
的阻力可忽略，它们穿过光电门后发生碰撞并粘连在一起。实验测得滑块 的总质量为 1、滑块 的总质量
为 2，两滑块遮光片的宽度相同，光电门记录的遮光片挡光时间如表所示。
左侧光电门 右侧光电门
碰前 1 2
碰后 3、 3 无
在实验误差允许范围内，若满足关系式______，即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒。(用测量的
物理量表示)
13.(1)如图所示，在“探究平抛运动规律”的实验中，小华将两个相同的圆弧光滑轨道 、 固定在同一
个竖直平面内，轨道末端均水平，其中 末端与足够长的光滑水平轨道平滑连接。他把质量相等的小钢球
、 分别从两弧面上的相同高度同时静止释放，观察到某一现象，改变释放高度，重复上述操作，仍能观
察到这一现象，由此可以概括出平抛运动的某一规律。小华观察到的现象和反映的平抛运动规律是______。
A. 、 两个小球相撞
B. 、 两个小球同时落地
C.水平方向做匀速直线运动
D.竖直方向做自由落体运动
(2)小芳利用图2中甲图装置进行实验，每次释放小球的位置都相同，并在乙图的坐标纸上记录了小球经过
的 、 、 三点，已知坐标纸每小格的边长 = 5 ，该小球做平抛运动的初速度大小为______ / ( 取
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10 / 2，结果保留2位有效数字)。
(3)小燕在研究平抛运动时发现，若小球下落相同高度，平抛初速度越大，水平射程也越大，依据这一规律，
2 1
她用如图3所示装置来“验证动量守恒定律”：碰撞恢复系数的定义为 = | | ，其中 和 分别是20 10 10 20
碰撞前两小球的速度， 1和 2分别是碰撞后两小球的速度，该实验小球碰撞恢复系数的表达式为 =______(
用题目中字母 、 、 表达)，若测得 =______，可以判定小球的碰撞为弹性碰撞。
四、计算题：本大题共 3 小题，共 38 分。
14.一长为 ，质量为 = 3 的木板静止在光滑的水平面上，一质量为 = 1 的滑块以初速度 0 = 4 / 滑
到木板上，木板长度 至少为多少才能使滑块不滑出木板。(滑块与木板间动摩擦因数 = 0.3， 取10 / 2)
15.如图所示，质量均为 的物块 、 用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的刚性轻绳
连接， 与地面接触， 离地面的高度 为1.2 ，质量为2 的圆环 套在轻绳上， 在
上方 = 0.8 处。由静止释放圆环 ， 下落后与 碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，
不计 与绳之间的摩擦和空气阻力， 、 、 均可视为质点，重力加速度取10 / 2，
求：
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(1) 、 碰撞后瞬间，共同速度为多大；
(2)碰撞后， 经过多长时间到达地面。
16.如图所示，水平地面上放有木板 、 ，木板 的右侧有竖直墙， 板长度为 = 2 ，木板 与地面间的
动摩擦因数为 = 0.1，可视为质点的物块 静置于木板 的左端。不可伸长的轻绳一端系于 点，另一端拴
一小球 ，钉子 位于物块 的正上方， 间距等于绳长的一半， 连线与水平方向的夹角 = 37°，初始
锁定木板 ，将小球 从绳水平拉直的位置由静止释放，到达最低点时与静止的物块 发生碰撞，碰后小球
反弹到达最高点时，轻绳刚好离开钉子 ；物块 滑至木板 右端时，二者共速，且此时木板 与木板 发生
碰撞；碰后木板 恰好能返回初始位置。已知木板 和物块 的质量均为 = 0.3 ，所有碰撞均为弹性碰撞，
物块 与两木板间的动摩擦因数相同，重力加速度大小 = 10 / 2， 37° = 0.6。求：
(1)物块 与木板间的动摩擦因数 ；
(2) 右端到 左端的初始间距为 0；
(3)小球 的质量 ；
(4)若 的右端距墙为0.5 ，现在解除 的锁定，小球 仍由绳水平拉直的位置从静止释放，最终 在 上未
掉下，已知木板 的质量 = 0.9 ，木板 与地面间的摩擦忽略不计， 碰墙后取走 。求木板 的最小长
度 。
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答案和解析
1.【答案】
【解析】解： 、小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统所受合外力为零，
动量守恒，故 A 错误；
B、子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故 B
错误；
C、子弹射入固定在墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒，故 C正确；
D、斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，对手榴弹组成的系统内力远大于外力，动量守恒，故 D 错误；
故选： 。
根据动量守恒定律的条件结合题目选项逐一完成分析。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒的条件即可完成分析，难度不大。
2.【答案】
【解析】解：根据题意分析可以知道，木块离开弹簧的瞬间速度大小为 0，方向向右，取向左为正方向，
根据动量定理有
= 0 0 = 2 0，负号代表方向向右；
故 ABD 错误，C正确；
故选： 。
根据动量定理，规定正方向，可求得弹簧对木块的冲量 。
本题考查动量定理，运用过程应注意规定正方向。
3.【答案】
【解析】解：开始阶段， 向右减速， 向左减速，根据系统的动量守恒定律得：当 的速度为零时，设此
时 的速度为 1 .规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：
( ) = 1
代入解得： 1 = 2.67 / 。
此后 将向右加速， 继续向左减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为 2 .规定向右为正方向，由动
量守恒定律得：
( ) = ( + ) 2，
代入解得： 2 = 2 / 。
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两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动。
由此可知当 的速度为2.4 / 时， 处于向右加速过程中。故 A 正确，BCD 错误；
故选： 。
分析物体的运动情况：初态时，系统的总动量方向水平向右，两个物体开始均做匀减速运动， 的速度先减
至零，根据动量守恒定律求出此时 的速度．之后， 向右做匀加速运动， 继续向右做匀减速运动，最后
两者一起向右匀速运动．根据动量守恒定律求出薄板的速度大小为2.4 / 时，物块的速度，并分析 的运
动情况．
本题考查应用系统的动量守恒定律分析物体运动情况的能力，这是分析物体运动情况的一种方法，用得较
少，但要学会，比牛顿定律分析物体运动情况简单．
4.【答案】
【解析】解： .水运动至最高点时，速度最小，则此时动量最小，故 A 错误；
√ 2
0 0 45°
B.水在 、 两点的水平分速度相等，则 45° = ， 37° = ，得 = = 2 × 3√ 2 / = 5 / ，
37 0.6
故 B 正确；
√ 2
C. 、 两点的竖直分速度分别为 = 45° = 3√ 2 × / = 3 / ， = 37° = 5 × 0.8 / =2
2
2 2 4 3
2
4 / ，由 = 2 ，解得 、 两点间的高度差为 = = 0.35 ，故 C错误。 2×10
D.若消防水柱喷水口流速恒定，则任意相等时间内流出水的质量相等，水在空中做匀变速曲线运动，速度
大的地方水柱细，速度小的地方水柱粗，故 D 错误。
故选： 。
A、水运动至最高点时速度最小，则此时动量最小；
B、水在 、 两点的水平分速度相等，根据几何关系列出方程式解答；
C、求出在 、 两点的竖直分速度，运用速度—位移公式解答；
D、水在空中做匀变速曲线运动，速度大的地方水柱细，速度小的地方水柱粗。
考查对动量定理的理解，运动的合成与分解方法的运用，运用方程式解答。
5.【答案】
【解析】解：规定向右为正，设弹丸的质量为4 ，则甲的质量为3 ，乙的质量为 ，炮弹到达最高点时爆
炸时，爆炸的内力远大于重力(外力)，遵守动量守恒定律，则有：
4 0 = 3 1 + 2
则8 = 3 1 + 2
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2 2×5
两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等， = √ = √ = 1 ，
10
水平方向做匀速运动， 1 = 1 = 1， 2 = 2 = 2，
则8 = 3 1 + 2
结合图象可知， 的位移满足上述表达式，故 B 正确。
故选： 。
炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力(外力)，遵守动量守恒定律；
当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即
可解题．
本题考查了动量守恒定律的直接应用，知道当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹
都做平抛运动，难度适中．
6.【答案】
【解析】解：设飞行器对水的平均作用力为 ，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力大小也为 ，
对运动员与装备由平衡条件得： = = 100 × 10 = 1000
设喷嘴处喷水的速度大小为 ，两个圆管喷嘴的横截面积为 ，在时间 内喷出的水的质量为：
= = 2
取竖直向下为正方向，根据动量定理可得 时间内质量为 的水获得的冲量为：
= + = 2
可得： + 2 = 4 2，当 → 0时，2 → 0，解得：
= √
4
又有： = ( )2，其中 = 10 = 0.1
2
代入数据解得： ≈ 5.6 / ，故 ACD 错误，B 正确。
故选： 。
对运动员与装备由平衡条件求得水对飞行器的作用力大小，根据牛顿第三定律可知飞行器对水的作用力，
根据动量定理求解喷嘴处喷水的速度大小。
本题考查了动量定理的应用，属于流体冲击模型，取一段时间内相互作用的流体为研究对象，应用动量定
理解答。
7.【答案】
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【解析】解：物块1与物块2发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得： 1 0 = 1 1 + 2 2
1 2 1 1由机械能守恒定律得： 1 0 = 1
2 + 2
2 2 1 2 2
2
2
解得： 12 = 1+ 02
物块2与小球3发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得： 2 2 = 2 2′ + 3 3
1 1 1
由机械能守恒定律得： 22 2 = 2 ′
2
2 +
2
3 3 2 2 2
2 4 4
解得： = 2 2 1 2 0 1 03 = = 2+ 3 ( 1+ )( + ) + +( 1 32 2 3 1 3 + 2) 2
1
设细线的长度为 ，碰撞后小球上升过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： 23 3 = 3 (1 ) 2
2
解得： = 1 3 ， 是减函数， 越大， 越小，由于 、 一定 3越大 越小，则 越大， 2
当 2 =
1 3，即 2 = √ 1 3时碰撞后小球的速度 3最大，夹角 最大，故 B 正确，ACD 错误。 2
故选： 。
弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后小球速度，然
后分析判断答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。
8.【答案】
【解析】解： 、甲、乙先做加速运动，撤去推力后做减速运动。题图中线段 // ，表明甲、乙两物体
做匀减速运动的加速度相同，依题意，二者质量相等，由牛顿第二定律
=
可知两物体受到的摩擦力大小相等。故 C正确；
、由题图可知，整个运动过程中两物体的始末速度均为零，所以动量改变量均为零，那么合力的冲量
为零： + = 0
可知推力的冲量大小等于物体受到的摩擦力的冲量大小。由题图可知甲的运动时间小于乙的运动时间，所
以摩擦力对甲的冲量小于摩擦力对乙的冲量，则 1的冲量小于 2的冲量，故 AB 错误；D 正确。
故选： 。
由速度图象分析可知，水平推力撤去后， 与 平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量
相等，说明摩擦力大小相等；
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根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系。
本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用；能够根据全过程动量定理进行求解即可。
9.【答案】
【解析】解： .当 第一次到达左侧最高处时， 、 都有速度，即都有动能，根据系统机械能守恒可知， 第
一次到达左侧最高处时的高度比释放高度低，故 A 错误；
B. 第一次运动到最低点过程中，全程只有重力做功，所以 、 、 构成的系统机械能守恒，故 B 正确；
C. 第一次运动到最低点过程中， 、 一起向右运动，当 第一次到达最低点时， 和 即将分离，则有
= = = 2
第一次运动到最低点过程中，由重力和绳子张力的合力提供向心力，则
( 2 + )
=
第一次运动到最低点过程中， 、 、 构成的系统机械能守恒，则
1 1
2 + 2 × 2 =
2 2
解得
= 4
故 C正确；
D. 第一次运动到最低点过程中， 、 向右运动，此时小球的速度方向与绳子的夹角为钝角，绳子对小球
做负功； 从最低点到左侧最高点过程中， 、 分离， 以原速度做匀速直线运动， 速度减为零后反方向
向左运动，当 、 速度相等时， 球摆到最高点，此过程小球的速度与绳子的夹角先为锐角后为钝角，所
以绳子对小球先做正功再做负功，所以从 开始运动到第一次摆到最高点的过程中，绳子拉力对 先做负功
再做正功最后做负功，故 D 错误。
故选： 。
A.由系统机械能守恒得出结论，且整体机械能守恒，从而进行分析；
B. 第一次运动到最低点过程中， 一起向右运动，当 第一次到达最低点时， 和 即将分离，再根据 做
圆周运动以及 第一次到最低点机械能守恒列式求解；
C.根据圆周运动公式和机械能守恒求 第一次运动到最低点时，绳中张力大小；
D. 第一次运动到最低点过程中， 向右运动，可知此时小球的速度与绳子的夹角为钝角， 从最低点到左
侧最高点过程中， 分离， 以原速度做匀速直线运动， 速度减为零后反方向向左运动，当 速度相等
时， 球摆到最高点，此过程小球的速度与绳子的夹角先为锐角后为钝角。
本题主要是考查机械能守恒定律，主要需熟练掌握整体分析机械能守恒得应用。
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10.【答案】
【解析】解： .半圆形槽和小球在水平方向合力为零，水平方向上动量守恒，设小球水平方向分速度大小为
1，槽的速度大小为 2，以向右方向为正方向，则
1 = 3 2
当小球运动到 点时，小球和槽的水平位移最大，设小球的水平位移大小为 1，槽的位移大小为 2，半圆形
槽和小球运动时间相同，则
1 = 3 2
半圆形槽和小球在水平方向上位移大小之和，即相对位移大小为
1 + 2 = 2
解得
2 = 0.5
故 A 错误；
B.若槽固定，小球运动到最低点时速度最大，由机械能守恒
1
2 = 2 2
解得
= 2√
故 B 错误；
C.小球运动 点时，小球和槽在水平方向上速度相同，根据水平方向动量守恒，则此时小球和槽在水平方向
上的速度都为零，根据小球和槽组成的系统机械能守恒，则小球上升的最大高度等于 ，故 C正确；
D.根据功率公式
0 =
可知，当小球在竖直方向分速度最大时，重力的功率最大，设此时小球和 点连线与竖直方向的夹角为 ，
此时速度大小为 ，由动能定理
1
(1 + ) = 2
2
解得
= √ 2 (1 + )
则竖直方向分速度为
= √ 2 (1 + ) = √ 2 (1 + )(1 cos
2 )
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1
根据数学求极值的方法可知，当 = 时，竖直方向分速度最大，最大值为
3
8
= √ 3 9
重力做功的最大功率为
=
解得
8
= √ 3 9
故 D 正确。
故选： 。
小球和半圆形槽组成的系统除重力和弹力外不受其他外力，所以整个系统机械能守恒；但是系统在水平方
向上不受任何外力，故水平方向动量守恒。再根据水平动量守恒及整体的机械能守恒进行求解即可。
本题考查了动量与能量的综合应用；解题的关键在于分析小球与半圆形槽组成的系统水平动量守恒，而竖
直方向动量不守恒；整体的机械能守恒。
11.【答案】
【解析】解： .从 = 0开始到 1时刻，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有
1 1 = ( 1 + 2) 2
将 1 = 3 / ， 2 = 1 / 代入得
1： 2 = 1：2
故 A 正确；
B.从 = 0开始到 0时刻，取向右为正方向，根据动量守恒定律
1 0 = 2 ′2
代入数据解得 2的速度为
3
′2 = / 2
故 B 错误；
C.两物体速度相等时，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，但在 = 1 时刻弹簧处于压缩状态，在 = 3 时
刻弹簧处于伸长状态，故 C错误；
D.若考虑两物体从 = 1 到 = 2 的时间内， 2加速运动， 1减速运动，因
1： 2 = 1：2
则在任意时刻两物体的加速度之比为
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1： 2 = 2：1
若用微元法考虑，则两物体间的距离
1 1 1 1
= 1 +
2
2 ( 1
2
1 ) =
2
2 + 1
2
2 2 2 2
1
则“ 2
2 2
”对应的位移(面积)为
1 × 1 0.4 = 0.6
1 1
则“ 21 ”对应的位移(面积)为“
2
2 ”对应的位移(面积)的2倍，即为1.2 ，该两部分面积之和与0～1 2 2
内对应的虚线面积相等，如图所示
为1.2 + 0.6 = 1.8 ，即0～1 内弹簧的长度缩短1.8 ，故 D 正确。
故选： 。
从 = 0开始到 1时刻，根据动量守恒定律求解质量之比；从 = 0开始到 0时刻，根据动量守恒定律求解 0时
刻 2的速度；两物体共速的时候，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，根据 图像可知判断弹簧处于压
缩还是拉伸状态；根据 图像求解位移，位移之差为弹簧的压缩量。
本题考查动量与量能的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程，熟练应用对应的规律解题。
+
12.【答案】 1 2 1 2 =
1 2 3
【解析】解：(1)碰撞前， 1落在图中的 ′点，设其水平初速度为 1，小球 1和 2发生碰撞后， 1的落点
在图中 ′点，设其水平初速度为 1′， 2的落点是图中的 ′点，设其水平初速度为 2，设斜面 与水平面
的倾角为 ，
1
由平抛运动规律得 2 =
2， = 1 2
解得： 1 = √ 2 2
同理可得 ′1 = √ ， = 2 2 √1 2 3
碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 1 1 = 1 1′ + 2 2
整理得 1
= 1 + 2
√ 2 √ 3 √ 1
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故 A 正确，BCD 错误；
故选： 。
(2)碰撞前， 1落在图中的 点，设其水平初速度为 1 .小球 1和 2发生碰撞后， 1的落点在图中 点，设
其水平初速度为 1 ′， 2的落点是图中的 点，设其水平初速度为 2 .设斜面 与水平面的倾角为 ，
1
由平抛运动规律得： =
2， = 2 1 ，
cos2
解得： 1 = √
2
√ cos
2 cos2
同理可得： 1 ′ = ， = √
，
2 2 2
碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： 1 1 = 1 1′ + 2 2，
整理得： 1√ = 1√ + 2√ ；
故 ABD 错误，C正确；
故选： 。
(3)若让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，选取向右为正方向，则有：
1 1 2 2 = ( 1 + 2) 3，
设遮光片的宽度为 ，则： 1 = ， 2 = ， 3 = ， 1 2 3
联立可得： 1
2 + = 1 2
1 2 3
+
故答案为：(1) ；(2) ；(3) 1 2 = 1 2
1 2 3
(1)(2)根据水平方向上的分运动即可验证动量守恒；根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达
式。
(3)根据题意应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动在水平方向
上匀速直线运动的特点完成表达式的分析，同时改进了实验，对学生的要求较高，难度较大。
13.【答案】 1.5 1
【解析】解：(1)该同学观察到的现象是 、 两个小球相撞，说明两球在水平方向的运动完全相同，即反映
平抛运动的规律是水平方向做匀速直线运动，故 AC正确，BD 错误；
故选： 。
2 2×5×10 2
(2)对竖直方向根据公式 = 2，得 = √ = √ = 0.1 ；
10
3 3×5×10 2
对水平方向： 0 = = / = 1.5 / 。 0.1
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(3)本实验的原理小球从槽口飞出后作平抛运动的时间相同，设为 ，则有： = 10 ， = 1 ， = 2 ，
| 2 1 | | | 小球2碰撞前静止，即： 20 = 0，因而碰撞系数为： = = = 。 | 20 10 | |0 |
因为可用小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，规定向右为正方向，根据动量守恒有：
1 10 = 1 1 + 2 2
1 1 1
若碰撞过程为弹性碰撞，则机械能守恒，有： 2 2 2
2 1
10 = 1 1 + 2 2 2 2，
整理可得 10 = 2 1
则当 = 1时可以判定小球的碰撞为弹性碰撞。
故答案为：(1) ；(2)1.5；(3) ，1
(1)根据平抛运动的特点判断出实验揭示的规律；
(2)利用平抛运动的公式求初速度；
(3)小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律求出需要验证
的表达式。
本题考查探究平抛运动规律和验证动量守恒定律，在验证动量守恒定律中，要注意明确实验原理，学会实
验方法；学会在相同高度下，利用平抛运动的水平射程来间接测出速度，并能推导相应的动量守恒表达式
及机械能守恒定律表达式。
14.【答案】解：滑块与木板组成的系统动量守恒，滑块不从木板上滑出，则滑块与木板有相同的末速度，
设末速度大小为 ，滑块与木板的相对位移大小为 。以向右为正方向，对滑块与木板组成的系统由动量守
恒定律得：
0 = ( + )
根据能量守恒定律与功能关系得：
1
= 2
1
0 ( + )
2
2 2
2
联立可得： = 0
2 ( + )
代入数据得： = 2
要使滑块不滑出木板，其长度 至少等于 = 2 。
答：木板长度 至少为2 才能使滑块不滑出木板。
【解析】滑块与木板组成的系统动量守恒，滑块不从木板上滑出，临界条件是滑块与木板共速后，滑块与
木板的相对位移大小恰好等于板长。应用动量守恒定律，结合功能关系解答。
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本题考查了动量守恒定律在板块模型中的应用，此题类似于完全非弹性碰撞，损失的机械能转化为摩擦生
热。
15.【答案】解：(1) 与 碰撞前的运动过程，对 ，由机械能守恒定律有
1
2 = × 2 2
2
解得： = 4 /
设 与 碰撞后共同速度为 ，取竖直向下为正方向，以 、 、 组成的系统为研究对象，由动量守恒定律有
2 = ( + + 2 )
解得： = 2 /
(2) 与 碰撞后粘在一起，一起向下做匀加速直线运动，对 、 、 整体，根据牛顿第二定律有
3 = 4
解得： = 2.5 / 2
由运动学公式有
1
= + 2
2
解得碰撞后 到达地面的时间为： = 0.4
答：(1) 、 碰撞后瞬间，共同速度为2 / ；
(2)碰撞后， 经过0.4 时间到达地面。
【解析】(1)对 与 碰撞前的运动过程，根据机械能守恒定律列式，求出 与 碰撞前的速度，根据动量守
恒定律求出碰撞后共同速度大小；
(2) 与 碰撞后粘在一起，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求碰撞后 到达地面的时间。
本题是含有非弹性碰撞的类型，要理清物体的运动过程，把握碰撞的基本规律：动量守恒定律。要注意明
确研究对象，采用整体法求连接体的加速度大小，也可以运用隔离法求加速度大小。
16.【答案】解：(1) 在 上滑行时，对 ，有
( + ) = 1
解得
1 = ( 2 )
碰 后，对 ，有
= 2
解得
2 = = 0.1 × 10 /
2 = 1 / 2
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木板 锁定， 碰 后恰能返回初始位置，则碰撞前后 的加速度大小相等
1 = 2
解得
= 3 = 3 × 0.1 = 0.3
(2) 在 上滑行时，对 ，有
=
解得
= 3 /
2
在 上滑行的过程中
1 = 1 1
C、 的位移相对关系
1 1
( + ) = 2 共 1 2 共 1
解得 在 上向右滑行的初速度
= 4 /
时间
1 = 1 1内 向前滑行的距离
1
0 = 1
2
1 2
解得
0 = 0.5
(3)小球 下摆过程中
1
( 37° + ) = 2
2 2 2 1
解得
1 = 4√
小球 碰后反弹上摆过程中
1
( 37°) = 2 2 2 2 2
解得
2 = 2√
小球 碰 ，以 1的方向为正方向，根据动量守恒
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1 = 2 +
根据能量守恒定律
1
2
1 1
1 =
2 2
2 2 2
+
2
解得
= = 0.1
3
绳长
= 4
(4)解除 锁定后， 、 共速
1 = 1 1
解得
1 = 1 /
方向向右
碰 ，以向右的方向为正方向，对 、 ，根据动量守恒
1 = + 1
根据能量守恒定律
1 1
2 = 2
1
1 +
2
2 2 2 1
解得
1
= / 2
方向向左
1
1 = / 2
方向向右
设 、 达到共同速度 2中， 未碰墙，以向右方向为正方向，根据动量守恒有
1 + 1 = ( + ) 2
解得
5
2 = / ， 8
方向向右
设 在 上向右滑过 1，有
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1 1 1
=
2 2 2
1 2 1
+
2 1
( + )
2 2
解得
1
1 = 32
此过程中 的对地位移为 1，有
1 1
=
2 2
1 2 2 2 1
解得
9
1 = < 128 0
未碰墙，之后 、 一起匀速运动，碰墙反弹后 、 达到共同速度 3中，以向左为正，根据动量守恒有
2 2 = ( + ) 3
解得
5
3 = / ， 16
方向向左
设此过程中 在 上继续向右滑过 2，有
1 1
2 2 2 = ( + ) 2 ( + ) 2 2 3
解得
25
2 = 128
之后 碰 时， 相对 向前滑行，故为了 不掉下， 板的最小长度为
= 1 + 2
解得
29
=
128
答：(1)物块 与木板间的动摩擦因数为0.3；
(2) 右端到 左端的初始间距为为0.5 ；
(3)小球 的质量 为0.1 ；
29
(4)木板 的最小长度 为 。
128
【解析】(1)根据牛顿第二定律求物块 与木板间的动摩擦因数 ；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式求 右端到 左端的初始间距为 0；
(3)根据动量守恒和能量守恒定律求小球 的质量 ；
第 21 页，共 22 页
(4)根据动量守恒和动能定理求木板 的最小长度 。
本题考查受力分析、动能定理、功能关系，物体运动过程中应用动能定理、功能原理解决问题。
第 22 页，共 22 页
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