2019-2020学年高二下学期第十六单元训练卷
物 理 （一）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在第1～6题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．下列说法正确的是( )
A．一对平衡力所做功之和一定为零，一对作用力与反作用力所做功之和也一定为零
B．一对平衡力的冲量之和一定为零，一对作用力与反作用力的冲量之和也一定为零
C．物体所受合力冲量的方向不一定与物体动量的变化方向相同，不一定与物体的末动量方向相同
D．火箭喷出的燃气的速度越大、火箭的质量比（发射前总质量M与燃料耗尽后质量m比值）越小，则火箭获得的速度就越大
2．在光滑水平直路上停着一辆较长的木板车，车的左端站立一个大人，车的右端站立一个小孩。如果大人向右走，小孩(质量比大人小)向左走。他们的速度大小相同，则在他们走动过程中( )
A．车一定向左运动 B．车可能向右运动
C．车可能保持静止 D．无法确定
3．质量为1 kg的小球A以速率8 m/s沿光滑水平面运动，与质量为3 kg的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率vA和vB可能为( )
A．vA＝5 m/s B．vA＝3 m/s C．vB＝1 m/s D．vB＝3 m/s
4．如图所示，横截面积为5 cm2的水柱以10 m/s的速度垂直冲到墙壁上，已知水的密度为1×103 kg/m3，假设水冲到墙上后不反弹而顺墙壁流下，则墙壁所受水柱冲击力为( )
A．0.5 N B．5 N C．50 N D．500 N
5．两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，B球在前，A球在后，mA＝1 kg、mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝3 m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度可能是( )
A．vA′＝－4 m/s，vB′＝6 m/s B．vA′＝4 m/s，vB′＝5 m/s
C．vA′＝4 m/s，vB′＝4 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝2.5 m/s
6．A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移－时间(x－t)图象，图中a、b分别为A、B两球碰撞前的图线，c为碰撞后两球共同运动的图线。若A球的质量mA＝2 kg，则由图可知下列结论正不确的是( )
A．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B．碰撞过程A对B的冲量为－4 N·s
C．碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/s
D．碰撞过程A、B两球组成的系统损失的机械能为10 J
7．在“探究碰撞中的不变量”实验中，对于最终的结论m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，下列说法正确的是( )
A．仅限于一维碰撞
B．任何情况下m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2也一定成立
C．式中的v1、v2、v1′、v2′都是速度的大小
D．式中的不变量是m1和m2组成的系统的质量与速度乘积之和
8．如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生碰撞后的运动状态可能是( )
A．A和B都向左运动 B．A和B都静止
C．A向左运动，B向右运动 D．A静止，B向右运动
9．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径。现将一小球从距A点正上方h?高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为?0.8h，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球离开小车后做竖直上抛运动
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6h＜h＜0.8h
10．如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物（可视为质点），重物静止时处于B位置。现用手托重物使之缓慢上升至A位置，此时弹簧长度恢复至原长。之后放手，使重物从静止开始下落，沿竖直方向在A位置和C位置（图中未画出）之间做往复运动。重物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。关于上述过程（不计空气阻力），下列说法中正确的是( )
A．重物在C位置时，其加速度的大小等于当地重力加速度的值
B．在重物从A位置下落到C位置的过程中，重力的冲量大小等于弹簧弹力的冲量大小
C．在手托重物从B位置缓慢上升到A位置的过程中，手对重物所做的功等于物体克服重力所做的功
D．在重物从A位置到B位置和从B位置到C位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做功之比是1∶3
二、非选择题(本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)
11．(6分)某同学采用如图所示的装置探究碰撞中的不变量把两个小球用等长的细线悬挂于同一点，让B球静止，拉起A球，由静止释放后使它们相碰，碰后粘在一起实验过程中除了要测量A球被拉起的角度θ1和两球碰撞后摆起的最大角度θ2之外，还需测量________（写出物理量的名称和符号）才能进行验证，用测量的物理量表示碰撞中的不变量的关系式是________。
12．(6分)某同学用如图所示的装置，研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量和机械能关系。图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上的S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量出平抛的射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上的S位置由静止释放，与小球m2相碰，并且多次重复。实验得到小球的落点的平均位置分别为M、P、N。
(1)实验必须要求满足的条件是 。
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．测量抛出点距地面的高度H
D．若入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，则m1＞m2
(2)若实验结果满足 ，就可以验证碰撞过程中动量守恒。
(3)若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为 。
13．(10分)有一为倾角为30°的斜面，斜面长1 m且固定，质量为1 kg的小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑，当v0＝1 m/s时，经过0.4 s后小物块停在斜面上。多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，做出t－v0图象，如图乙所示，求：
(1)小物块与该种材料间的动摩擦因数为多少？
(2)要使小物体从斜面的底端滑到顶端，在斜面的底端至少要给小物块多大的冲量？
14．(12分)如图，光滑的地面上有一质量为m的竖直平面内的轨道ABC，它由四分之一圆弧和与圆弧下端相切的水平部分构成。A和B分是圆弧轨道的最高点和最低点。已知轨道的圆弧部分光滑，半径为R，而水平部分粗糙，与滑块动摩擦因数为μ。现将一质量也为m滑块从A点静止释放，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求滑块静止释放后运动到B点的速度。
(2)为了使滑块不从轨道上掉下去，轨道的水平部分长度L至少是多少？
15．(12分)用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v0＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4 kg的物体C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者粘在一起运动。求：在以后的运动中，
(1)当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度多大？
(2)弹性势能的最大值是多大。
16．(14分)排球运动是一项同学们喜欢的体育运动。为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1＝1.8 m处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t＝1.3 s，第一次反弹的高度为h2＝1.25 m。已知排球的质量为m＝0.4 kg，g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)排球与地面的作用时间；
(2)排球对地面的平均作用力的大小。
2019-2020学年高二下学期第十六单元训练卷
物 理（一）答 案
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在第1～6题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．B
一对平衡力所做功之和一定为零；一对作用力和反作用力大小相等方向相反，但它们的做功对应的位移不一定相等，所以它们做功之和不一定为零，故A错误；一对平衡力的冲量之和一定为零，一对作用力与反作用力因等大反向，同在同失，则它们的冲量之和也一定为零，选项B正确；物体所受合力冲量的方向一定与物体动量的变化方向相同，不一定与物体的末动量方向相同，选项C错误；设火箭发射前的质量为M，燃料耗尽后质量m，则喷出气体的质量为M－m。火箭是利用反冲的原理工作的，取向上为正方向，根据动量守恒定律，有：0＝(M－m)v－mv′，解得，则知火箭喷出的气体速度越大、火箭的质量比越小，则火箭能够获得的速度不一定越大，故D错误。
2．A
系统动量守恒，且总动量为零，由于大人质量大于小孩，速度相同，因此大人与小孩的总动量向右，为满足动量守恒，车一定向左运动，故A正确，BCD错误。
3．D
取碰撞前A球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB①。若vA＝5 m/s，代入①得vB＝1 m/s，由于碰撞后A、B同向运动，A的速度大于B的速度不可能，故A错误；若vA＝3 m/s，代入①得vB＝ m/s，由于碰撞后A、B同向运动，A的速度大于B的速度不可能，故B错误；若vB＝1 m/s，代入①得vA＝5 m/s，同理知不可能，故C错误；若vB＝3 m/s，代入①得vA＝－1 m/s，碰撞前系统的总动能为，碰撞后系统的总动能为符合能量守恒定律，故D正确。
4．C
设冲水时间Δt，墙对水柱的作用力为F，对水柱水平方向动量定理得：0－mv＝－FΔt，且m＝ρV＝ρvΔt·S，代入数据解得F＝50 N，C正确。
5．C
两球碰撞过程系统动量守恒，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，由动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，代入数据解得v＝4 m/s；如果两球发生完全弹性碰撞，有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，由机械能守恒定律得mAvA2＋mBvB2＝mAvA′2＋mBvB′2，代入数据解得vA′＝2 m/s，vB′＝5 m/s，则碰撞后A、B的速度为2 m/s≤vA≤4 m/s，4 m/s≤vB≤5 m/s，选项C正确。
6．A
由x－t图象可以知道：碰撞前A的速度为vA＝－3 m/s，碰撞前B的速度vB＝2 m/s；碰撞后AB的速度为vC ＝－1 m/s，根据动量守恒可知mbvB－mavA＝(ma＋mb)vC，代入速度值可得mb＝ kg，所以碰撞前的总动量为mbvB－mavA＝－kg·m/s，故A错误；碰撞时A对B所施冲量为即为B的动量变化量ΔpB＝－mbvC－mbvB＝－4 N·s，故B正确；根据动量守恒可知ΔpA＝－ΔpB＝4 N·s＝4 kg·m/s，故C正确；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为mavA2＋mbvB2－(ma＋mb)vC2＝10 J，故D正确。本题选不正确的，故选A。
7．AD
这个实验是在一维情况下设计的实验，其他情况未做探究；系统的质量与速度的乘积之和在碰撞前后为不变量是实验的结论，其他探究的结论情况不成立，而速度是矢量，应考虑方向。故选项AD正确。
8．BC
两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前系统总动量，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；若碰撞为完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度相等，都是0；若碰撞不是完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度方向运动相反，即A向左运动，B向右运动，故B、C正确，A、D错误。
9．BD
小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但系统所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B正确，C错误；小球第一次车中运动过程中，由动能定理得mg(h－0.8h)－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf ＝0.2mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小球需要的向心力减小，则小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8h－0.2h＝0.6h，同时小于0.8h，故D正确。
10．ABD
根据简谐运动的对称性可得回复力最大为mg，则在最低点C时回复力大小等于mg，方向向上，产生的加速度大小为g，方向向上，故A项正确；在A位置时重物速度为零，在C位置时重物速度为零，重物从A位置下落到C位置的过程中受重力和弹簧对重物的弹力，则此过程中重力的冲量与弹簧弹力的冲量刚好抵消。即此过程中重力的冲量大小等于弹簧弹力的冲量大小，两者方向相反，故B项正确；在手托重物从B位置缓慢上升到A位置的过程中，重物受重力、弹簧弹力、手对重物的功，三力做功之和为零，手对重物所做的功加上弹簧弹力对物体做的功等于物体克服重力所做的功，故C项错误；在重物从A位置到B位置和从B位置到C位置的两个过程中，弹力随位置的变化均匀增加，设A到B时位移为x，则A位置到B位置，弹簧弹力对重物做功，B位置到C位置，弹簧弹力对重物做功，在重物从A位置到B位置和从B位置到C位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做功之比是1∶3。故D项正确。
二、非选择题(本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)
11．(6分)
A球的质量mA和B球的质量mB
A球静止释放到两球碰撞前，根据机械能守恒定律有mAgl(1－cos θ1)＝mAvA2，两球碰撞后到一起运动到最高点，根据机械能守恒定律，有(mA＋mB)gl(1－cos θ2)＝(mA＋mB)vA2，碰撞中的不变量满足mAvA＝(mA＋mB)v，所以用测得的物理量表示碰撞中的不变量的关系式为，还需测量的物理量为A球的质量mA和B球的质量mA。
12．(6分)
(1)BD (2)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON (3)m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2
(1)为使小球做平抛运动且每次初速度相同，应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下，但是轨道不一定是光滑的，故A项错误，B项正确。因为平抛运动的时间相等，根据v＝x/t，所以用水平射程可以代替速度，不需要测量抛出点距地面的高度H，需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．为了防止入射球反弹，球m1的质量应大于球m2的质量，故C错误，D正确。
(2)根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：，，，若动量守恒则m1v0＝m1v1＋m2v2，若两球相碰前后的动量守恒，需要验证表达式m1·OP＝m1·OM＋ m2·ON。
(3)若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，有m1v02＝m1v＋m2v，即满足关系式：m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2。
13．(10分)
(1)由从图象得物体下滑的加速度：
由牛顿第二定律得：
联立解得μ＝。
(2)物体上滑时加速度为：a＝gsinθ＋μgcosθ
又v02＝2as
得v0＝5 m/s
所以 I＝mv0＝5 N·s。
14．(12分)
(1)物块沿圆弧轨道下滑的过程中，滑块和小车系统在水平方向动量守恒，当滑到B点时，由动量守恒定律：0＝mv1＋mv2
则v1＝v2
从A到B对系统由机械能守恒定律可知：mgR＝mv＋mv
解得：。
(2)物块滑上小车，当达到共同速度时两者相对静止，设此时的共同速度为v，则从物块从最高点滑下到相对小车静止的整个过程中，由动量守恒定律：0＝2mv
可知最终两者速度均为零，则由能量关系可知：mgR＝μmgL
解得：。
15．(12分)
(1)三者第一次共速时，弹性势能最大，有：
解得：
即。
(2)设BC作用后共速为vBC，有：
解得
故
代入数据解得。
16．(14分)
(1)设排球第一次落至地面经历的时间为t1，第一次离开地面至反弹到最高点经历的时间为t2，则有h1＝gt12，h2＝gt22
解得t1＝0.6 s，t2＝0.5 s
所以排球与地面的作用时间为t3＝t－t1－t2＝0.2 s。
(2)设排球第一次落地时的速度大小为v1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v2，有：
v1＝gt1＝6 m/s，v2＝gt2＝5 m/s
设地面对排球的平均作用力为F，选排球为研究对象，以向上的方向为正方向，则在它与地面碰撞的过程中，由动量定理有：(F－mg)t3＝mv2－m(－v1)
代入数据解得F＝26 N
根据牛顿第三定律，排球对地面的平均作用力F′＝26 N。
2019-2020学年高二下学期第十六单元训练卷
物 理 （二）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在第1～6题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球。开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速释放。在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是( )
A．小车和小球系统动量守恒
B．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动
C．小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动
D．小球摆到最低点时，小车的速度最大
2．如图所示，足够长的长木板A静止在光滑的水平地面上，质量为1 kg的物体B以v0＝3 m/s的水平速度冲上A，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上。若从B冲到木板A上到相对木板A静止这段时间内摩擦力对长木板的冲量大小为2 N·s，则A、B最后的共同速度及长木板的质量分别为( )
A．1 m/s，1 kg B．1 m/s，2 kg
C．2 m/s，1 kg D．2 m/s，2 kg
3．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )
A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
D．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
4．在光滑的水平面的同一直线上，自左向右地依次排列质量均为m的一系列小球，另一质量为m的小球A以水平向右的速度v运动，依次与上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞n次后，剩余的总动能为原来的，则n为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
5．在地面上以速率v1竖直向上抛出一个物体，物体落地时的速率为v2，若物体所受空气阻力的大小与其速率成正比，则物体在空中运动的时间( )
A． B． C． D．
6．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列判断不正确的是( )
A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v0
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球离车后，对地将做自由落体运动
D．此过程中小球对车做的功为mv02
7．如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是( )
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不同
8．如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是( )
A．球棒对垒球的平均作用力大小为1260 N
B．球棒对垒球的平均作用力大小为360 N
C．球棒对垒球做的功为126 J
D．球棒对垒球做的功为36 J
8．如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，已知碰前两球的动量分别pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞后它们动量的变化量ΔpA与ΔpB有可能是( )
A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝4 kg·m/s，ΔpB＝－4 kg·m/s
C．ΔpA＝－5 kg·m/s，ΔpB＝5 kg·m/s
D．ΔpA＝－24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s
10．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的 v－t图象如图 b 所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是( )
A．两壶发生弹性碰撞
B．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1 m
C．蓝壶受到的滑动摩擦力较大
D．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.12 m/s2
二、非选择题(本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)
11．(7分)如图所示为气垫导轨上两个滑块A、B相互作用后运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz。开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻弹簧，滑块用细绳连接，细绳烧断后，两个滑块向相反方向运动。已知滑块A、B的质量分别为200 g、300 g，根据照片记录的信息，细绳烧断后，A滑块做________运动，其速度大小为________m/s，B滑块做________运动，其速度大小为________m/s，A、B动量分别为_______ kg·m/s，_______ kg·m/s，本实验得出的结论是____________________。
12．(7分)如图所示，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：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。
接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
(1)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有 。
A．A、B两点间的高度差
B．B点离地面的高度h2
C．小球1和小球2的质量m1、m2
D．小球1和小球2的半径r
(2)当所测物理量满足表达式 (用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
(3)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆心在斜槽末端圆弧的平均落点M′、P′、N′。用测量斜面顶点与M′、P′、N′三点的连线与竖直方向的夹角分别为α1、α2、α3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式 (用所测物理量的字母表示)。
13．(8分)2020四大洲花样滑冰锦标赛双人自由滑比赛于2月8日在韩国首尔市结束，中国组合隋文静、韩聪摘得金牌。如图所示为某次训练中情景，他们携手滑步，相对光滑冰面的速度为1.0 m/s，韩聪突然将隋文静向原先运动方向推开，推力作用时间为2.0 s，隋文静的速度大小变为4.0 m/s，假设隋文静和韩聪的质量分别为40 kg和60 kg，求：
(1)推开后韩聪的速度大小；
(2)推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小。
14．(8分)2019年女排世界杯在日本举行，中国女排取得十一连胜的优异成绩，成功卫冕世界杯冠军，为祖国和人民赢得了荣誉，为新中国成立70周年献上大礼。若某次近网处扣球后排球垂直球网水平飞出，击球前瞬间球的速度可视为零，击球点距离地面高h＝2.45 m，击球过程中手与球接触时间t＝0.2 s。已知排球质量m＝280 g，排球场相关数据为，长L＝18 m，宽D＝9 m，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)为使球不被扣出底线，球被击出时的最大速度；
(2)为使球不被扣出底线，击球过程中手对排球的最大平均作用力。
15．(14分)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。求：
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
16．(16分)如图所示，形状完全相同的光滑弧形槽A、B静止在足够长的光滑水平面上，两弧形槽相对放置，底端与光滑水平面相切，弧形槽高度为h，A槽质量为2m，B槽质量为M。质量为m的小球，从弧形槽A顶端由静止释放，重力加速度为g。
(1)求小球的最大速度；
(2)若小球从B上滑下后还能追上A，求M、m间所满足的关系。
2019-2020学年高二下学期第十六单元训练卷
物 理（二）答 案
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在第1～6题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．D
小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒，故A错误；小球从图示位置下摆到最低点，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车速度最大。当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车静止。故小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，小球摆到最低点时，小车的速度最大，故BC错误，D正确。
2．B
摩擦力对长木板的冲量大小为2 N·s，则摩擦力对物体B的冲量大小也为2 N·s，根据动量定理，I＝mBv0－mBv，代入数据解得v＝1 m/s，对长木板用动量定理，I＝mAv，代入数据解得mA＝2 kg，故B正确。
3．C
当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故D错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故C正确。
4．C
第一次碰撞时根据动量守恒mv＝2mv1，解得，碰撞前的动能，第一次碰撞后的动能，第n次碰撞后的总能，当剩余的总动能为原来的时，，解得n＝7，故C正确，ABD错误。
5．A
用动量定理，结合微积分思想。假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则上升过程：mgt1＋kvt1＝mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有h＝vt1，即 mgt1＋kh＝mv1①；同理，设上升阶段的平均速度为v′，则下降过程mgt2＋kv′t2＝mv2，即mgt2－kh＝mv2②，由①②得mg(t1＋t2)＝m(v1＋v2)，而t1＋t2＝t，故，故A正确，BCD错误。
6．B
当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，则mv0＝2mv，得v＝v0，A正确；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，得mv0＝mv1＋mv2①，由动能守恒得mv02＝mv12＋mv22②，联立①②解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，B错误，C正确；对小车运用动能定理得，小球对小车做功W＝mv02－0＝mv02，D正确。
7．CD
在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D正确。
8．AC
设球棒对垒球的平均作用力为F，由动量定理得·t＝m(vt－v0)，取vt＝45 m/s，则v0＝－25 m/s，代入上式，得＝1260 N，由动能定理得W＝mv－mv＝126 J，选项A、C正确。
8．AC
如果ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s，遵守动量守恒定律；碰后两球的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝9 kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝16 kg·m/s，可知碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的，故A正确。如果ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s，遵守动量守恒定律；A球的动能增加，B球的动能减小，不符合实际的运动情况，不可能，故B错误。如果ΔpA＝－5 kg·m/s、ΔpB＝5kg·m/s，遵守动量守恒定律；碰后两球的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝7 kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝18 kg·m/s，可知碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的，故C正确。如果ΔpA＝－24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s，遵守动量守恒定律；碰后两球的动量分别pA′＝pA＋ΔpA＝－12 kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝37 kg·m/s，可知碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，是不可能的，故D错误。
10．BD
设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后红壶的速度为v0′＝0.4 m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，解得蓝壶的速度v＝0.6 m/s；碰撞前两壶的总动能Ek1＝mv02＝0.5m，碰撞后前两壶的总动能为Ek2＝mv0′2＋mv2＝0.26m＜Ek1，所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；根据v－t图象的斜率表示加速度，可知红壶的加速度大小m/s2，由图象可知蓝壶静止的时刻为s，速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为m，故B正确；碰后蓝壶的加速度大小＝0.12 m/s2，碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以红壶的滑动摩擦力比蓝壶的滑动摩擦力大，故C错误，D正确。
二、非选择题(本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)
11．(7分)
匀速直线 0.09 m/s 匀速直线 0.06 m/s 0.018 kg·m/s 0.018 kg·m/s 系统动量守恒
根据照片记录的信息可知A滑块做匀速直线运动；频闪照相的时间间隔，其速度大小为；根据照片记录的信息可知B滑块做匀速直线运动，其速度大小为，A的动量pA＝mAvA＝0.200kg×0.09m/s＝0.018kg?m/s，B的动量pB＝mBvB＝0.300kg×0.06m/s＝0.018kg?m/s，由此可见A、B的动量大小相等、方向相反，它们的总动量为零，与释放前的动量相等，因此系统动量守恒。
12．(7分)
(1)C (2)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON (3)
(1)根据动量守恒得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′、小球做平抛运动下落的高度相同，所以运动时间相等，可得：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2，故选C。
(2)因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
(3)小球做平抛运动有v0t＝Rsin α，，联立可得：，根据动量守恒定律有m1v＝mv1＋m2v2，得。
13．(8分)
(1)以原来运动方向为正，由动量守恒定律得：
解得
即推开后韩聪的速度大小为1 m/s。
(2)由动量定理：
解得F＝－60 N，
即隋文静对韩聪的平均作用力大小为60 N。
14．(8分)
(1)排球在空中做平抛运动，竖直方向：
水平方向：
联立可得：vm≈12.86 m/s
(2)击球过程中由动量定理有：
代入数据可得：F＝18 N。
15．(14分)
(1)设a、b质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度分别为v1、v2，由题给图象得：
v1＝－2 m/s，v2＝1 m/s
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v，由题给图象得：v＝ m/s。
由动量守恒定律有：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得：＝。
(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能：
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2
由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功
W＝(m1＋m2)v2
解得：＝。
16．(16分)
(1)小球到达弧形槽A底端时速度最大。设小球到达弧形槽A底端时速度大小为v1，槽A的速度大小为v2。小球与弧形槽A组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，小球下滑过程中，由动量守恒定律得：mv1－2mv2＝0
由机械能守恒定律的：mgh＝mv12＋×2mv22
联立解得：，。
(2)小球冲上弧形槽B后，上滑到最高点后再返回分离，设分离时小球速度反向，大小为v3，弧形槽B的速度为v4。整个过程二者水平方向动量守恒，则有：mv1＝－mv3＋Mv4
二者的机械能守恒，则有：mv12＝mv32＋Mv42
小球还能追上A，须有：v3＞v2
解得：M＞3m。
