1、第一章 动量守恒定律(90分钟100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1关于动量和动能，以下说法中正确的是()A速度大的物体动量一定大B质量大的物体动量一定大C两个物体的质量相等，动量大的其动能也一定大D两个物体的质量相等，速度大小也相等，则它们的动量一定相等【解析】选C。根据动量的计算公式可得：pmv，速度大的物体质量不一定大，则动量不一定大；质量大的物体速度不一定大，则动量也不一定大，故A、B错误；两个物体的质量相等，根据Ek可知，动量大的其动能也一定大，故C正确；两个物体的质量相等，速度大小也相等，但速度的方向不一
2、定相同，它们的动量不一定相等，故D错误。2.如图所示，一光滑地面上有一质量为M的木板ab，一质量为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点)，下列图示正确的是()【解析】选D。根据动量守恒定律，M、m系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，各自对地的位移为sM、sm，且有MsMmsm，sMsmL板，解得：sm，sM；以M点为参考，人向右运动，木板向左运动，且人向右运动的位移加上木板向左运动的位移之和为板的长度，所以D正确。故选D。3两辆汽车的质量分别为m1和m2，已知m1m2，沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，则此时两辆汽车动量p1和p2的大小
3、关系是()Ap1等于p2 Bp1小于p2Cp1大于p2 D无法比较【解析】选C。动量与动能关系式为：p22mEk；已知m1m2，具有相等的动能，故p1大于p2；故选C。4如图所示，甲、乙两人分别站在小车上，小车静止在光滑的水平地面上，甲与车的总质量为M，甲手上有一个质量为m的球，乙与车的总质量也为M。现甲以一定的水平速度向右抛出小球，抛出后，甲的速度大小为v1，乙接到球后，乙的速度大小为v2，乙接球后，又以一定的水平速度向左抛出，抛出后，乙的速度为v3，甲接球后，甲的速度为v4，则()Av1v2 Bv1v2Cv3v4 Dv3v4【解析】选D。沿水平方向抛球，两人和车及球组成的系统所受合外力为零
4、，系统动量守恒，系统的总动量为零，因此乙接球后，甲与车的总动量和乙与车及球的总动量等大反向，即Mv1(Mm)v2，解得：v1v2，同理，甲接球后有：Mv3(Mm)v4，解得：v3v4，故A、B、C错误，D正确。5如图所示，物体A、B静止在光滑水平面上，且mAmB，现用大小相等的两个力F和F分别作用在A和B上，使A、B沿一条直线相向运动，然后又先后撤去这两个力，使这两个力对物体做的功相同，接着两物体碰撞并合为一体后，它们()A可能停止运动B一定向右运动C可能向左运动D仍运动，但运动方向不能确定【解析】选B。先根据动能定理分析两个物体获得的动能大小，由p，分析碰撞前的动量大小，根据碰撞过程动量守恒
5、，列式分析碰后共同体的运动方向。由动能定理知，两个力F和F做功相同，碰撞前它们的动能相同。由p，mAmB知，pApB。碰撞过程中动量守恒，则有：pApB(mAmB)v，故碰后速度v一定与pA相同，方向向右，故B正确。故选B。6.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm 高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压
6、力大小约为()A0.2 N B0.6 NC1.0 N D1.6 N【解析】选B。豆粒从80 cm高处落下时速度为v，v22gh，则v m/s4 m/s。设向上为正方向，根据动量定理：Ftmv2mv。F N0.6 N，故B项正确，A、C、D三项错误。7.蹦床是一项技术含量很高的体育运动。如图所示，某时刻运动员从空中最高点O自由下落，接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C。B点为人静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力。运动员从最高点下落到最低点的过程中，运动员在()AOA段动量守恒BAC段的动量变化量小于AC段弹力的冲量CB点的动量为零DOA段受到重力的冲量等于AC段弹力的冲量【解析】选B。运动员在O
7、A段合外力即为重力，运动员做匀加速直线运动，速度变大，由pmv，可知运动员的动量增大，故A错误；对运动员在AC段进行受力分析，根据动量定理得：IGIF弹p，可知，p0，IG0，IF弹0，则有|p|IF弹|，故B正确；运动员从O点到B点过程加速向下运动，到达B点时速度最大，由pmv，可知运动员的动量在B点时最大，故C错误；对运动员，在全过程中，根据动量定理得：IGIF弹p0，可知OC段受到重力的冲量与AC段弹力的冲量大小相等，方向相反，显然OA段受到重力的冲量与AC段弹力的冲量大小不等，方向相反，故D错误。8质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中()A上升过
8、程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，但方向相反B整个过程中重力的冲量为2mv0C整个过程中重力的冲量为0D上升过程重力冲量大小为mv0，方向向下【解析】选D。根据竖直上抛运动的对称性可得落地的速度大小为v0，方向竖直向下。上升过程和下落过程中只受到重力的作用。选取向上为正方向，上升过程动量的变化量：p10mv0mv0 ，下落过程中动量的变化量：p2mv00mv0 ，大小均为mv0，方向相同，故A错误；整个过程中重力的冲量为：Imv0mv02mv0，故B、C错误；上升过程动量的变化量：p10mv0mv0，所以上升过程重力冲量大小为mv0，方向向下，故D正确。二、多项选择题：本题共4小题，每
9、小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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。9在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中正确的是()A自由下落的小球在空中运动的任意一段时间内，其增加的动能一定等于其减少的重力势能B做平抛运动的小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同C做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零D单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零【解析】选A、B、D。不计空气阻力，自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能一定等于
10、其减小的重力势能，故A正确；做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同，故B正确；做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心，小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零；但由于速度的方向不断变化，所以速度的变化量不一定等于0，所以合外力的冲量也不一定为零，故C错误；经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，所有的物理量都与开始时相等，所以单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零，故D正确。10如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质
11、量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是()A弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为CB能达到的最大高度为DB能达到的最大高度为【解析】选B、D。设碰前瞬间B物体的速度为vB有：mghmv，解得：vB，根据动量守恒定律：mvB(mm)v共，所以v共vB，从碰完到压缩弹簧最短，根据机械能守恒定律有：Epm(mm)v，A错误，B正确；刚要分开时两物体具有相同的速度，设为v，从压缩最短到分开，根据机械能守恒定律有：Epm(mm)v2，解得：v，之后B物体开始冲上
12、曲面，根据机械能守恒定律，有：mv20mghm，解得：hm，C错误，D正确。11在光滑水平面上，动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反。将碰撞后球1的动能和动量的大小分别计为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别计为E2、p2，则下列关系中正确的是()AE1E0 Bp1E0 Dp2p0【解析】选A、B。由题知，碰撞后两球均有速度。根据碰撞过程中总动能不增加可知，E1E0，E2E0，p1p0。否则，就违反了能量守恒定律。根据动量守恒定律得：p0p2p10，得到p2p0，故A、B正确，C、D错误。故选A、B。12如图所示，运动员前后两次将篮球从同一位
13、置斜向上抛出，第1次篮球在空中划过一道弧线后击中篮板，第2次篮球垂直打在篮板上同一位置。假设球与篮板碰撞前后水平速度的大小不变，方向相反，忽略空气阻力。下列说法正确的有()A碰撞前，第1次篮球在空中运动的时间较短B第1次篮球在竖直方向的初速度较大C第2次篮球在水平方向的初速度较小D碰撞过程中，第2次篮球受到水平作用力的冲量较大【解析】选B、D。由题图可知，第1次投篮时篮球上升的高度较高，且篮球是在下降的过程中击中篮板的，两次投篮篮球在竖直方向上做的都是竖直上抛运动，由此可知第1次投篮时篮球在空中的运动时间较长，且竖直方向的初速度较大，故A错误，B正确；在两次投篮中篮球在水平方向的位移相等，且在
14、水平方向上做的都是匀速直线运动，而第2次的运动时间短，所以第2次投篮时水平方向的初速度较大，故C错误；根据动量定理可知，篮球受到水平作用力的冲量等于篮球水平方向的动量的变化量，因为第2次投球，篮球在水平方向的分速度较大，所以第2次投球，篮球在水平方向的动量变化量较大，即第2次投球，篮球受到的水平作用力的冲量较大，故D正确。【补偿训练】1(多选)质量为2m的物体A以速度v0碰撞静止的物体B，B的质量为m，则碰撞后B的速度可能为()Av0B2v0Cv0 Dv0【解析】选A、C。A物体和B物体碰撞的过程中动量守恒，选A原来的运动方向为正方向，如果发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：2mv0(2mm
15、)v2，解得：v2v0；如果发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：2mv02mv1mv2，由能量守恒定律得：2mv2mvmv，解得：v2v0，则碰撞后B的速度为：v0v0v0，故A、C正确，B、D错误。2.(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d。两小球m1和m2与弹簧连接，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中，可能的情况是()Am1的最小速度是0B存在某段时间m1向左运动Cm2的最大速度一定是v1Dm2的最大速度是v1【解析】选A、B、D。从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉着m2前进，m1减速，m2加
16、速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，取向右为正方向。根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得m1v1m1v1m2v2，m1vm1vm2v；解得v1v1，v2v1，故m2的最大速度为v1，m1的最小速度为v1，当m1m2时，m1的最小速度是0，故A、D正确，C错误；若m1m2，由上得v1m2，r1r2Bm1m2，r1m2，r1r2 Dm1m2，r1r2 (2)为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是_。(填下列对应的字母) A直尺 B游标卡尺C天平 D弹簧秤
17、E秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式(用m1、m2及图中字母表示)_成立，即表示碰撞中动量守恒。【解析】(1)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有m1v0m1v1m2v2若碰撞过程中无机械能损失，有：m1vm1vm2v解得v1v0要碰后入射小球的速度v10，即m1m20，m1m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1r2，故选C。(2)P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1；碰撞后入射小球的速度v2 ；碰撞后被碰小球的速度v3；若m1v1m2v3m1v2则表明
18、通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得：m1m1m2，所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平；故选A、C。(3)若关系式m1m1m2成立，即表示碰撞中动量守恒。答案：(1)C(2)A、C(3)m1m1m214(8分)用如图甲所示的气垫导轨来验证动量守恒定律，用频闪照相机闪光4次拍得的照片如图乙所示，已知闪光时间间隔为t0.02 s，闪光本身持续时间极短，已知在这4次闪光的时间内滑块A、B均在080 cm 范围内且第一次闪光时，A恰好过x55 cm处，B恰好过x70 cm处，则由图可知：(1)两滑块在x_cm处相碰。(2)两滑块在第一次闪光后t_s时发生碰撞。(3)若碰撞
19、过程中满足动量守恒，则A、B两滑块的质量比为_。【解析】(1)碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰撞后B静止，故碰撞发生在x60 cm处。(2)碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为vA，所以vAt20 cm，碰撞到第二次闪光时A向左运动10 cm，时间为t有vAt10 cm，第一次闪光到发生碰撞时间为t，有ttt，得t0.01 s(3)碰撞前，A的速度大小为：vA；B的速度大小为vB碰撞后，A的速度vA取向左为正方向则由动量守恒定律可知：mAvAmBvBmAvA解得：mAmB23答案：(1)60(2)0.01(3)23四、计算题：本题共4小题，共46分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算
20、的要注明单位。15.(8分)如图所示，质量为1 kg的小物块以10 m/s的速度从倾角为37的固定斜面(足够长)底端向上滑行，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8，求：(1)物块沿斜面向上滑行的最大距离；(2)物块从最高点滑回底端所经历的时间；(3)从开始沿斜面上滑到返回底端的过程中，物块所受合力的冲量。【解析】(1)设物块沿斜面做匀减速运动加速度大小为a1，向上滑行的最大距离为x，由牛顿第二定律得：mg sin mg cos ma1由运动学公式得：v2a1x解得物块沿斜面向上滑行的最大距离为x5 m(2)设物块沿斜面向下滑行时的加
21、速度为a2、时间为t，回到底端的速度大小为v，由牛顿第二定律得：mg sin mg cos ma2由运动学公式得：xa2t2解得物块从最高点滑回底端所经历的时间为t s(3)物块下滑时，由运动学公式得：va2t解得：v2 m/s规定沿斜面向上为正方向，根据动量定理得：Im(v)mv0(210) Ns故物块所受合力的冲量大小为(210) Ns，方向沿斜面向下。答案：(1)5 m(2) s(3)(210) Ns，方向沿斜面向下16.(8分)如图所示，质量为m1 kg的小物块放在质量为m12 kg的甲木板右端，二者以速度v18 m/s沿光滑水平地面向右运动，小物块可视为质点。质量m22 kg的乙木板
22、在甲木板正前方以速度v22 m/s同向运动，一段时间后两木板碰撞并粘在一起，小物块最终停留在乙木板上。已知小物块与乙木板间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)两木板碰撞后瞬间乙木板的速度大小。(2)小物块最终距乙木板左端的距离。【解析】(1)设两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小为v，两木板碰撞的过程动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m1v1m2v2(m1m2)v代入数据解得：v5 m/s(2)设最终三者共速速度为v3，从开始到最终小物块停留在乙木板上，根据动量守恒定律得：(m1m)v1m2v2(m1m2m)v3，代入数据解得：v35.6 m/s设小物块最终
23、距乙木板左端的距离为L，根据功能关系得：mgL(m1m2)v2mv(m1m2m)v，代入数据解得：L0.72 m答案：(1)5 m/s(2)0.72 m17.(14分)两质量均为2m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示。一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h，物块从静止滑下，然后又滑上劈B，重力加速度为g。求：(1)物块第一次离开劈A时，劈A的速度。(2)物块在劈B上能够达到的最大高度。【解析】(1)设物块第一次离开A时的速度为v1，A的速度为v2，由系统动量守恒得：mv12mv20由系统机械能守恒得：mghmv2m
24、v由解得：v2，v1(2)物块在劈B上达到最大高度h时两者速度相同，设为v，由系统动量守恒和机械能守恒得(m2m)vmv1(m2m)v2mghmv由解得：hh答案：(1) (2)h18(16分)如图所示，质量为M2 kg的木块放在平台的右端，该平台到地面的高度为h0.45 m，木块与平台间的动摩擦因数为0.2，质量为m1 kg的小松鼠从地面上跳上平台抱住木块，且小松鼠到达平台木块的位置时速度恰好沿水平方向，小松鼠抱住木块后与木块一起滑行，测量发现滑行的距离恰好为s0.25 m。小松鼠抱住木块的过程时间极短，小松鼠与木块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)小松鼠抱
25、住木块前瞬间的速度大小；(2)小松鼠起跳，离开地面时的动能。【解析】(1)对小松鼠和木块组成的系统分析，设小松鼠抱住木块后速度为v1，小松鼠抱住木块前瞬间的速度大小为v0。系统在平台上向左滑行过程中，根据动能定理得(mM)gs0(mM)v解得 v11 m/s在松鼠和木块相互作用的过程中，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得mv0(mM)v1解得 v03 m/s(2)小松鼠跳到平台运动的过程是斜上抛运动，在水平方向做速度为v0的匀速直线运动，在竖直方向上做匀减速直线运动，速度直到0，研究竖直方向的分运动，由速度位移公式知起跳时竖直分速度：vy m/s3 m/s根据平行四边形定则可知，小松鼠起跳时
26、速度大小为v解得 v3 m/s小松鼠起跳，离开地面时的动能为Ekmv2解得Ek9 J答案：(1)3 m/s(2)9 J【补偿训练】如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆轨道，其半径R0.30 m。质量m1 kg的小球A静止在轨道上，另一质量m20.60 kg的小球B以水平速度v02 m/s与小球A正碰。已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落至轨道上距b点为l4R处，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)碰撞结束时，小球A和B的速度大小。(2)试论证小球B是否能沿着半圆轨道到达c点。【解析】(1)分别以v1和v2表示小球A和B碰后的速度，v3表示小球A在半圆最高点的速度，则对A由平抛运动规律有：lv3t、h2Rgt2解得：v32 m/s对A运用机械能守恒定律得：m1v2m1gRm1v以A和B为系统，碰撞前后动量守恒：m2v0m2v2m1v1联立解得：v16 m/s，v2 m/s(2)小球B刚能沿着半圆轨道上升到最高点的条件是在最高点弹力为零、重力提供向心力，故有：m2gm2由机械能守恒定律有：m2v2Rm2gm2v解得：vB m/s大于v2 m/s，可知小球B不能到达半圆轨道的最高点答案：(1)6 m/s m/s(2)不能
