1、第一章水平测评本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。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只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒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答案C解析动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零，
2、与系统内是否存在摩擦力无关，与系统中物体是否具有加速度无关，故A、B错误，C正确；所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，系统的总动量一定守恒，D错误。2. 如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零然后又下滑，再经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1。在整个过程中，重力对滑块的总冲量为()Amgsin(t1t2) Bmgsin(t1t2)Cmg(t1t2) D0答案C解析重力的作用时间为t1t2，故重力的冲量Img(t1t2)，故C正确。3. 在光滑水平面上放置有两木块A和B，A的质量较大，现同时施加大小相等的恒力F使它们相向
3、运动，然后又同时撤去外力F，结果A和B迎面相碰后合在一起，则A和B合在一起后的运动情况是()A停止运动B因A的质量较大而向右运动C因B的速度较大而向左运动D运动方向不能确定答案A解析由动量定理知，A和B在碰撞之前的动量等大反向，总动量为零，碰撞过程中动量守恒，因此碰撞合在一起之后的总动量仍为零，即停止运动，故选A。4. (2019福建省师大附中期中)如图所示，斜面体M的底面光滑、斜面粗糙，物块m由静止开始从斜面的顶端滑到底端，在这个过程中()AM、m组成的系统动量守恒Bm对M的冲量等于M的动量变化Cm、M动量变化量的水平分量大小相等DM对m的支持力的冲量为零答案C解析M、m组成的系统，所受合外
4、力不为零，所以系统动量不守恒，A错误；由动量定理知合外力对M的冲量等于M的动量变化，B错误；M、m组成的系统，水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，则m、M动量变化量的水平分量大小相等、方向相反，C正确；M对m的支持力不等于零，故支持力的冲量不为零，D错误。5. 如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()Av0(v0v2) Bv0vCv0v2 Dv0(v0v2)答案A解析火箭和卫星组成的系统动量
5、守恒，规定火箭和卫星分离前的速度的方向为正方向，则(m1m2)v0m2v2m1v1，解得v1v0(v0v2)，故A正确，B、C、D错误。6. (2019陕西省西安市远东第一中学月考)如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间的速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是(g取10 N/kg)()A5 m/s B4 m/sC8.5 m/s D9.5 m/s答案A解析设小球的初速度为v0，小球抛出后做平抛运动，根据
6、动能定理mghmv2mv，解得v015 m/s。小球和小车作用过程中，系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。规定向右为正方向，则有mv0Mv(Mm)v，解得v5 m/s，故A正确。7如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态。一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动。木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，受到的合外力的冲量为()A B2Mv0C. D2mv0答案A解析子弹射入木块的时间极短，设击中后子弹和木块共同的速度为v，根据动量守恒定律mv0(Mm)v，解得v，木块
7、第一次回到原来位置的速度大小等于子弹击中木块后瞬间木块的速度大小。根据动量定理，合外力的冲量IMv0，故A正确。8. 如图所示，质量为m2100 g的小球乙用长为l0.6 m的轻绳悬于O点，另一等大的质量为m1300 g的小球甲放在光滑的水平面上，小球甲、乙均可视为质点。现给小球甲一水平向右的速度v04 m/s，经过一段时间两小球发生正碰，且碰后小球甲的速度变为v12 m/s，以后小球乙在竖直面内做圆周运动，重力加速度g10 m/s2。则下列说法正确的是()A碰后瞬间小球乙的速度大小为6 m/sB小球甲和小球乙碰撞的过程中损失的机械能为0.6 JC小球乙在最高点时轻绳的拉力大小为零D两小球碰后
8、的瞬间轻绳的拉力大小为6 N答案A解析碰撞过程中，小球甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，选取小球甲运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得m1v0m1v1m2v2，代入数据可得v26 m/s，A正确；两球碰撞过程中损失的机械能为Em1vm1vm2v，代入数据解得E0，B错误；碰后小球乙由最低点摆至最高点的过程中，小球乙的机械能守恒，设到最高点时的速度为v3，则由机械能守恒定律得m2vm2vm2g2l，在最高点进行受力分析，得Tm2gm2，代入数据解得T1 N，C错误；设两小球碰后的瞬间轻绳的拉力大小为T，则有Tm2gm2，代入数据解得T7 N，D错误。9关于动量和冲量，下列说法中正确的是()A动
9、量是状态量，动量的大小跟所选参考系无关B冲量描述力对时间的累积效应，是过程量C动量变化时动能一定变化，且动能改变时，动量也一定变化D动量变化量的方向一定与物体所受合力的冲量方向保持一致答案BD解析动量是状态量，动量的大小跟所选参考系有关，A错误；冲量描述力对时间的累积效应，是过程量，B正确；动量变化时动能不一定变化(例如做匀速圆周运动的物体)，但动能改变时，速度的大小一定变化，动量一定变化，C错误；根据动量定理，动量变化量的方向一定与物体所受合力的冲量方向保持一致，D正确。10光滑水平面上的三个小球a、b、c的质量均为m，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，与之相碰并粘在
10、一起运动。在整个运动过程中，下列说法正确的是 ()A三个小球与弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒B三个小球与弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒C当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D当弹簧第一次恢复原长时，小球c的速度一定最大，球b此时的速度方向一定水平向左答案AC解析在整个运动过程中，三个小球与弹簧组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，a与b碰撞的过程中系统机械能减小，A正确，B错误；当小球b、c速度相等时，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，C正确；当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，因为小球a、b的总质量大于小球c的质量，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，小球a、b
11、的粘合体不会“反弹”，小球b的速度方向一定向右，D错误。11. 如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是()A甲、乙两车运动中速度之比为B甲、乙两车运动中速度之比为C甲车移动的距离为LD乙车移动的距离为L答案ACD解析本题类似于人船模型，将甲、乙两车及人看成一个系统，则系统在该过程中动量守恒，根据动量守恒定律，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即，A正确，B错误；Mx甲(Mm)x乙，x甲x乙L，解得x甲L，x乙L，C、D正确。12. 如图所示，在光滑的水平面上有A、B两
12、个小球。A球的动量为10 kgm/s，B球的动量为12 kgm/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球的动量变为8 kgm/s，方向没变，则A、B两球质量的比值可能为()A0.5 B0.6 C0.65 D0.75答案BC解析A、B两球同向运动，A球追上B球，则有vAvB。碰撞后A球动量方向不变，则碰撞结束时有vBvA。由vAvB得，即0.83；由碰撞过程动量守恒得pApBpApB，pB14 kgm/s，由碰撞过程的动能关系得，0.69；由vBvA得，0.57。综上分析有0.570.69，所以B、C正确。第卷(非选择题，共52分)二、实验题(本题共2小题，共10分)13(4分)某同学用如图所示装置
13、来验证动量守恒定律，实验时先让小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把小球b静置在斜槽轨道末端，小球a仍从原固定点由静止开始滚下，和小球b相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。回答下列问题：(1)在安装实验器材时，斜槽的末端切线应_。(2)小球a、b质量分别为ma、mb，在本实验中，验证动量守恒的式子为_。答案(1)水平(2)mamamb解析(1)实验要求小球离开轨道后做平抛运动，在安装实验器材时斜槽的末端切线应保持水平，这样才能使小球做平抛运动。(2)由图所示装置可知，小球a和小球b相碰后，小球b的速度增大，小球a的速度减
14、小，b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为B点，相碰后小球a、b的落点分别为A、C点，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有mav0mavambvb，两边同时乘以时间t得mav0tmavatmbvbt，即mamamb。14(6分)用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧带有一弹簧片，上面固定一遮光条，光电计时器(图中未完全画出)可记录遮光条通过光电门的时间。实验测得滑块A质量m10.290 kg，滑块B质量m20.100 kg，遮光条宽度
15、d1.00 cm，打点计时器所用交流电频率f50 Hz。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间tB3.50103 s，则碰后B的速度为_ m/s。已知碰后A没有反向，打出的纸带如图乙所示，则碰前A、B组成的系统的总动量为p1_ kgm/s，碰后A、B组成的系统的总动量为p2_ kgm/s。通过比较p1与p2是否相等，从而可得到A、B组成的系统在碰撞过程中动量是否守恒的结论。(计算结果均保留三位有效数字)答案2.860.5800.570解析碰后B的速度为vB m/s2.86 m/s打点计时器的打点时间间隔为T0.02 s由图乙所
16、示纸带可知，碰撞前A的速度为v m/s2.00 m/s碰后A的速度为vA m/s0.98 m/s，碰前A的动量为p1m1v0.2902.00 kgm/s0.580 kgm/s碰后A的动量为pAm1vA0.2900.98 kgm/s0.284 kgm/s碰后B的动量为pBm2vB0.1002.86 kgm/s0.286 kgm/s碰撞前后系统总动量分别为：p10.580 kgm/sp2pApB0.570 kgm/s。三、计算题(本题共4小题，共42分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15(8分)采煤中有一种方法是用高压水流将煤层击碎将煤采下。今有一采煤水枪，由枪口射出的高压
17、水流速度为v，设水流垂直射向煤层的竖直表面，随即顺煤壁竖直流下，求水对煤层的压强(水的密度为)。答案v2解析射向煤层的水流受到煤层的作用，水平速度变为零后随即顺壁流下，设射向煤层水流的截面积为S，则在时间t内有质量为Svt的水撞击煤层，动量变为零，设煤层对水流的作用力为F。取煤层对水流作用力的方向为正方向，对于上述这部分水由动量定理有：Ft0(Svtv)得：FSv2由牛顿第三定律知，水对煤层作用力的大小：FFSv2所以煤层表面受到水流的压强为：pv2。16(10分)(2019重庆市第八中学期末)冰球运动是一项对抗性极强的冰雪体育竞技项目。如图所示，甲、乙两冰球运动员为争抢冰球而合理水平冲撞，冲
18、撞过程中运动员手中的冰球杆未与地面接触。已知甲运动员的质量为60 kg，乙运动员的质量为70 kg，冲撞前两运动员速度大小均为5 m/s，方向相反，冲撞结束，甲被撞回，速度大小为2 m/s，如果冲撞接触时间为0.2 s，忽略冰球鞋与冰面间的摩擦。问：(1)撞后乙的速度大小是多少？方向又如何？(2)冲撞时两运动员相互间的平均作用力多大？答案(1)1 m/s方向与甲碰前的速度方向相同(2)2100 N解析(1)取甲碰前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，对系统有：m甲v甲m乙v乙m甲v甲m乙v乙解得v乙1 m/s方向与甲碰前的速度方向相同。(2)根据动量定理，对甲有：Ftm甲v甲m甲v甲解得F2
19、100 N。17(12分)如图所示，A、B两物体的质量分别为9m和10m，A、B间用一轻弹簧连接，质量为m的子弹以水平速度v向右射入A并留在A中。水平面光滑，则当弹簧被压缩到最短时，子弹速度是多大？此时弹性势能是多少？答案0.05vmv2 解析子弹射入A的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv(m9m)v1解得v10.1v弹簧被压缩至最短时，A、B速度相等，根据动量守恒定律得10mv1(10m10m)v2解得v20.05v此时弹性势能是Ep10mv20mv解得Epmv2。18(12分)如图所示，在质量m2 kg、板长足够长的平板小车的左端放有一质量为M3 kg的铁块，两者间的动摩擦因数为
20、0.5。开始时，小车和铁块一起在光滑的水平面上以v03 m/s的速度向右运动，之后小车与墙壁发生正碰。设碰撞中无机械能损失且碰撞时间极短。求：(1)小车第一次碰撞后，小车右端与墙之间的最大距离d1是多少？(2)小车第二次碰撞后，小车右端与墙之间的最大距离d2是多少？(3)铁块最终距小车左端多远？答案(1)0.6 m(2)0.024 m(3)1.5 m解析(1)碰撞中无机械能损失，即碰后小车以大小为3 m/s的速度向左运动，碰后小车与铁块组成的系统动量守恒，当小车的速度为0时，小车与墙之间的距离最大。对小车，由动能定理，得Mgd10mv代入数据解得d10.6 m。(2)第二次碰前，假设小车和铁块的速度达到相同，设为v1，规定向右为正，由动量守恒定律Mv0mv0(Mm)v1解得v10.6 m/s对小车，从第一次离墙最远到与铁块共速，由动能定理Mgsmv0解得s0.024 m而sd1，所以小车先与铁块共速后，再与墙发生第二次碰撞。碰后小车速度大小为0.6 m/s，方向向左。对小车，由动能定理，得Mgd20mv解得d20.024 m。(3)根据以上分析，滑动摩擦力对铁块和小车组成的系统做负功使系统动能减小，最终系统将完全静止，小车右端靠墙，且该过程中铁块一直相对小车向右运动，对铁块和小车组成的系统，由功能关系得Mgs相0(Mm)v解得s相1.5 m。
