高考物理专题训练：动量（两套 附详细答案解析）

Page1高考物理专题训练：动量（基础卷）一、(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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．下列有关动量的说法中正确的是()A．物体的动量发生改变，其动能一定改变B．物体的运动状态改变，其动量一定改变C．对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量一定守恒D．对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能一定守恒【答案】B【解析】物体的动量发生改变，其动能不一定改变，例如做匀速圆周运动的物体，选项A错误；物体的运动状态改变，则速度发生变化，根据P＝mv知，动量一定改变。故B正确。对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量不一定守恒，例如做平抛运动的物体，选项C错误；对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能不一定守恒，如非弹性碰撞，故D错误.2．以初速度竖直向上抛出一物体，空气阻力大小不变。关于物体受到的冲量，以下说法正确的是()A．物体上升阶段和下落阶段受到的重力的冲量方向相反B．物体上升阶段和下落阶段受到空气阻力冲量的大小相等C．物体在下落阶段受到重力的冲量小于上升阶段受到重力的冲量D．物体从抛出到返回抛出点，动量变化的方向向下【答案】D【解析】物体向上运动的过程中空气的阻力的方向向下，则：；下降的过程中空气的阻力方向向上，则：＜a1，由于下降的过程中的位移等于上升过程中的位移，由运动学的公式可知上升的时间一定小于下降过程中的时间。物体上升阶段和下落阶段受到的重力的方向都向下，所以重力的冲量方向相同。故A错误；物体上升阶段的时间小，所以物体上升阶段物体受到空气阻力冲量的大小小于下降阶段受到空气阻力冲量的大小。故B错误；物体上升阶段的时间小，物体在下落阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量。故C错误；物体的初速度的方向向上，末速度的方向向下，所以物体从抛出到返回抛出点，动量变化的方向向下。故D正确。3．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kg B．1.6×103kg C．1.6×105kg D．1.6×106kg【答案】B【解析】设该发动机在ts时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，Ft＝mv，可知，在1s内喷射出的气体质量kg，故选B。4．如图所示，一小车停在光滑水平面上，车上一人持枪向车的竖直挡板连续平射，所有子弹全部嵌在挡板内没有穿出，当射击持续了一会儿后停止，则小车()A．速度为零B．将向射击方向做匀速运动C．将向射击相反方向做匀速运动D．无法确定【答案】A【解析】整个系统水平方向上不受外力，动量守恒，由于初动量为零，因此当子弹向右飞行时，车一定向左运动，当子弹簧向入档板瞬间，车速度减为零，因此停止射击时，车速度为零，A正确。5．如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M，固定在小车上的杆用长为l的轻绳与质量为m的小球相连，将小球拉至水平右端后放手，则小车向右移动的最大距离为()A．B．C．D．【答案】C【解析】当小球向下摆动的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律，开始系统水平方向动量为零，所以水平方向任意时刻m与M的动量等大反向；以小球和小车组成的系统，小球与小车组成的系统水平方向平均动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：…①，①式两边同时乘以t解得：，即：mS1＝MS2…②；小球和小车共走过的距离为2L，有：S1+S2＝2l…③，由②③解得：，故C正确，ABD错误。6．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两个小木块中间夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两个小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上．若mA＝3mB，则下列结果正确的是()A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3【答案】D【解析】弹簧弹开物体过程中，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，则速度之比vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得，轻弹簧对A、B做功分别为W1＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，W2＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，联立解得W1W2＝1∶3，故A错误；根据动量守恒定律可知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得ΔvA＋ΔvB≠0，故B错误；A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t，由动量定理得，A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C错误；平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x＝v0t知，t相等，又木块在桌面上运动时，vA∶vB＝1∶3，则A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3，故D正确。7．恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是()A．拉力F对物体的冲量大小为FtB．拉力F对物体的冲量大小是FtcosθC．合力对物体的冲量大小为零D．重力对物体的冲量大小是mgt【答案】ACD【解析】拉力对物体的冲量大小为：IF＝Ft，故A正确，B错误；由于物体没有被拉动，处于平衡状态，其合外力为零，合外力的冲量也为零，故C正确；重力对物体的冲量为IG＝mgt，故D正确。8．一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时，加速度a随时间t变化的图象如图所示，t＝0时其速度大小为0，滑动摩擦力大小恒为2N，则()A．t＝6s时，物体的速度为18m/sB．在0～6s内，合力对物体做的功为324JC．在0～6s内，拉力对物体的冲量为48N∙sD．t＝6s时，拉力F的功率为200W【答案】ABC【解析】根据△v＝a△t可知a－t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t＝6s时刻，物体的速度，A正确；根据动能定理得：，B正确；根据动量定理，代入数据，解得拉力冲量：，C正确；t＝6s时，拉力F的大小：，。所以拉力功率：，D错误。9．如图质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f。经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端，则()A．此时物块的动能为(F－f)(s＋l)，动量为(F－f)tB．此时小车的动能为f(s＋l)，动量为ftC．这一过程中，物块和小车增加的机械能为FsD．这一过程中，物块和小车产生的内能为fl【答案】AD【解析】对物块分析，物块的位移为l+s，根据动能定理得，（F－f）（l+s）＝mv2－0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为（F－f）（l+s）。由动量定理：（F－f）t＝mv，则物块的动量为（F－f）t，故A正确；小车的位移为s，因此根据动能定理有，小车受到的摩擦力为f，对小车动量定理有，B错误；根据能量守恒得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有：F（l+s）＝△E+Q，则物块和小车增加的机械能为△E＝F（l+s）－fl，故C错误；系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功，大小为fl，故D正确。10．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒B．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为C．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于D．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于【答案】BD【解析】圆环、木块和子弹构成的系统水平方向没有外力，水平方向动量守恒，A错误；子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统水平方向动量守恒，所以可得，，B正确；子弹射入木块后的瞬间，速度大小为，圆环没有移动，根据圆周运动向心力的构成可知，C错误；子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力等于T+mg，大于，D正确。二、(本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。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．(5分)某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。(1)安装器材时要注意：固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿方向。(2)某次实验中，得出小球落点情况如图所示(单位是cm)，P′、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置(把落点圈在内的最小圆的圆心)，则入射小球和被碰小球质量之比为m1∶m2＝。【答案】(1)水平(2分)(2)4∶1(3分)【解析】(1)为保证小球滚落后做平抛运动，斜槽末端的切线要沿水平方向。(2)由碰撞过程中mv的乘积总量守恒可知m1·eq\f(OP′,t)＝m1·eq\f(OM,t)＋m2·eq\f(ON,t)(t为运动时间)，代入数据可解得m1∶m2＝4∶1。12．(8分)利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验。(1)实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小和很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大应选图中的________，若要求碰撞动能损失最小则应选图中的________。(均选填“甲”或“乙”，甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥)(2)某次实验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示．已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0～80cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10cm处．若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的________时刻，A、B两滑块质量比mA∶mB＝________。【答案】(1)乙甲(2)2.5T2∶3(每空2分)【解析】(1)若要求碰撞时动能损失最大，则需两滑块碰撞后结合在一起，故应选图中的乙；若要求碰撞时动能损失最小，则应使两滑块发生弹性碰撞，即选图中的甲。(2)由图可知，第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10cm处，第二次A在x＝30cm处，第三次A在x＝50cm处，碰撞在x＝60cm处。从第三次闪光到碰撞的时间为eq\f(T,2)，则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5T时刻。设碰前A的速度大小为v，则碰后A的速度大小为eq\f(v,2)，B的速度大小为v，根据动量守恒定律可得mAv＝－mA·eq\f(v,2)＋mB·v，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(2,3)。13．(10分)如图所示，质量m1＝2kg的小球用一条不可伸长的轻绳连接，绳的另一端固定在悬点O上，绳子长度l＝0.5m。将小球拉至绳子偏离竖直方向的角度θ＝53°处由静止释放，小球运动至最低点时，与一质量m2＝1kg的物块发生正碰，碰撞时间很短。之后物块在水平面上滑行一段s＝0.4m的距离后停下。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)碰前瞬间小球的速度大小；(2)碰后瞬间小球和物块的速度大小。【解析】(1)根据动能定理可知：(2分)解得：v0＝2m/s(2分)(2)根据动能定理可知，碰后物块的速度满足：(2分)又小球和物块组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，可得：m1v0＝m1v1＋m2v2(2分)解得：v1＝1m/s，v2＝2m/s。(2分)13．(10分)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，其上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg。现对A施加一个大小为10N、水平向右的恒力F，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短且碰后A、B粘在一起共同在F的作用下继续运动，碰撞后经过0.6s，二者的速度达到2m/s。求：(1)A开始运动时的加速度大小a；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小v；(3)A的上表面长度l。【解析】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有：F＝mAa(2分)解得：a＝2.5m/s2。(1分)(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s后速度达到v′＝2m/s的过程，由动量定理得：Ft＝(mA＋mB)v′－(mA＋mB)v(2分)解得：v＝1m/s。(1分)(3)设A、B发生碰撞前A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有：mAvA＝(mA＋mB)v(1分)A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有：Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)(2分)解得：l＝0.45m。(1分)15．(12分)如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M＝2m的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。(1)求小物块的初速度大小；(2)如果斜面不固定，求小物块冲上斜面后能到达的最大高度；(3)如果斜面不固定，求小物块再离开斜面后小物块和斜面的速度。【解析】(1)根据机械能守恒定律：(2分)解得：(1分)(2)系统水平方向动量守恒：mv＝(M＋m)v共(2分)对小物块和斜面组成的系统，根据机械能守恒定律有：(2分)联立解得：(1分)(3)设小物块再离开斜面后小物块和斜面的速度分别为v1、v2，对小物块和斜面组成的系统，根据机械能守恒定律有：(1分)对系统水平方向动量守恒：mv＝mv1＋Mv2(1分)解得：，与初速度方向相反(1分)，与初速度方向相同(1分)13．(15分)如图所示，质量分别为mA＝m、mB＝3m的A、B两物体放置在光滑的水平面上，其中A物体紧靠光滑墙壁，A、B两物体之间用轻弹簧相连。对B物体缓慢施加一个水平向右的力，使A、B两物体之间弹簧压缩到最短并锁定，此过程中，该力做功为W0。现突然撤去外力并解除锁定，(设重力加速度为g，A、B两物体体积很小，可视为质点，弹簧在弹性限度内)求：(1)从撤去外力到A物体开始运动，墙壁对A物体的冲量IA大小；(2)A、B两物体离开墙壁后到达圆轨道之前，B物体的最小速度vB是多大；(3)若在B物体获得最小速度瞬间脱离弹簧，从光滑圆形轨道右侧小口进入(B物体进入后小口自动封闭组成完整的圆形轨道)圆形轨道，要使B物体不脱离圆形轨道，试求圆形轨道半径R的取值范围。【解析】(1)设弹簧恢复原长时，物体B的速度为vB0，由能量守恒有：W0＝eq\f(3,2)mvB02(1分)解得：vB0＝eq\r(\f(2W0,3m))此过程中墙壁对物体A的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，也等于弹簧对物体B的冲量大小，有：IA＝3mvB0＝eq\r(6mW0)。(2分)(2)当弹簧恢复原长后，物体A离开墙壁，弹簧伸长，物体A的速度逐渐增大，物体B的速度逐渐减小。当弹簧再次恢复到原长时，物体A达到最大速度，物体B的速度减小到最小值，此过程满足动量守恒、机械能守恒，有：3mvB0＝mvA＋3mvB(2分)eq\f(1,2)×3mvB02＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)×3mvB2(2分)解得：vB＝eq\f(1,2)vB0＝eq\r(\f(W0,6m))。(1分)(3)若物体B恰好过最高点不脱离圆形轨道，物体B经过最高点时，有：eq\f(1,2)mBvB2＝eq\f(1,2)mBv12＋mBg·2R(1分)mBg＝mBeq\f(v12,R)(1分)解得：R＝eq\f(W0,30mg)，所以R≤eq\f(W0,30mg)(2分)若物体B恰好能运动到与圆形轨道圆心等高处，有：eq\f(1,2)mBvB2＝mBgR(1分)解得：R＝eq\f(W0,12mg)，所以R≥eq\f(W0,12mg)。(2分)高考物理专题训练：动量（提高卷）一、(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kg B．1.6×103kg C．1.6×105kg D．1.6×106kg【答案】B【解析】设该发动机在ts时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，Ft＝mv，可知，在1s内喷射出的气体质量kg，故选B。2．在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上．开始时人、锤和车均静止，且这三者的质量依次为m1、m2、m3。人将大锤水平向左抛出后，人和车的速度大小为v，则抛出瞬间大锤的动量大小为()A．m1vB．m2vC．(m1＋m3)vD．(m2＋m3)v【答案】C【解析】人、锤和车组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则(m1＋m3)v－p＝0，解得抛出瞬间大锤的动量大小为p＝(m1＋m3)v，故C正确，A、B、D错误。3．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两个小木块中间夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两个小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上．若mA＝3mB，则下列结果正确的是()A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3【答案】D【解析】弹簧弹开物体过程中，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，则速度之比vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得，轻弹簧对A、B做功分别为W1＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，W2＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，联立解得W1W2＝1∶3，故A错误；根据动量守恒定律可知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得ΔvA＋ΔvB≠0，故B错误；A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t，由动量定理得，A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C错误；平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x＝v0t知，t相等，又木块在桌面上运动时，vA∶vB＝1∶3，则A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3，故D正确。4．一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出，木块的动能增加了8J，木块的质量大于子弹的质量。则此过程中产生的内能可能是()A．18JB．16JC．10JD．6J【答案】A【解析】设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，木块获得的动能为ΔEk＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(Mm2v\o\al(2,0),2（M＋m）2)，系统产生的内能为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2（M＋m）)，所以eq\f(ΔEk,Q)＝eq\f(m,M＋m)，由于木块的质量大于子弹的质量，所以eq\f(ΔEk,Q)＝eq\f(m,M＋m)<eq\f(1,2)，即Q>2ΔEk＝2×8J＝16J，故A正确，B、C、D错误。5．滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。则滑块a、b的质量之比()A．5∶4 B．1∶8C．8∶1 D．4∶5【答案】B解析：设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2，由题给的图象得v1＝－2m/s，v2＝1m/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，由题给的图象得v＝eq\f(2,3)m/s，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，由以上各式解得m1∶m2＝1∶8，故B正确，A、C、D错误。6．如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m。现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某一位置，木块A在此位置所受的压力为F(F＞mg)，弹簧的弹性势能为E，撤去力F后，下列说法正确的是()A．弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同B．当A速度最大时，弹簧处于原长状态C．当B开始运动时，A的速度大小为D．全程中，A上升的最大高度为【答案】D【解析】由于冲量是矢量，弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量大小相等，方向相反，故A错误；当A受力平衡时速度最大，即弹簧的弹力大小等于A木块的重力，此时弹簧处于压缩状态，故B错误；设弹簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1，A、B共同上升的最大高度为h，A上升的最大高度为H，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒有：E＝mg+m，绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律有：mv＝2mv1，AB共同上升过程中根据能量守恒有：（m+m）＝(m+m)gh，联立解得B开始运动时，A的速度大小为：v1＝，全程中，A上升的最大高度H＝，故C错误，D正确。7．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得()A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都是处于压缩状态B．t3～t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1:2D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8【答案】CD【解析】由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大，t3时刻达到共同速度，此时弹性势能最大，弹簧处于伸长状态，故A错误；结合图象弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知：m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3m/s，v2＝1m/s代入得：m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻A的速度大小为vA＝1m/s，B的速度为vB＝2m/s，根据m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正确。8．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()A．A物体的质量为3mB．A物体的质量为2mC．弹簧压缩最大时的弹性势能为eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)D．弹簧压缩最大时的弹性势能为mveq\o\al(2,0)【答案】AC【解析】弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒可知，弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，则有Epm＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝eq\f(1,2)mA(2v0)2－eq\f(1,2)(mA＋m)v2，联立解得mA＝3m，Epm＝1.5mveq\o\al(2,0)，故A、C正确，B、D错误。9．如图所示，在足够长的水平地面上有两辆相同的小车甲和乙，A、B两点相距为5m，小车甲从B点以大小为4m/s的速度向右做匀速直线运动的同时，小车乙从A点由静止开始以大小为2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动。一段时间后，小车乙与小车甲相碰(碰撞时间极短)，碰后两车粘在一起，整个过程中，两车的受力不变(不计碰撞过程)。下列说法正确的是()A．小车乙追上小车甲用时4sB．小车乙追上小车甲之前它们的最远距离为9mC．碰后瞬间两车的速度大小为7m/sD．若地面光滑，则碰后两车的加速度大小仍为2m/s2【答案】BC【解析】小车乙追上小车甲时，有x乙－x甲＝5m，即eq\f(1,2)at2－v甲t＝5m，代入数据解得t＝5s，所以小车乙追上小车甲用时5s，故A错误；当两车的速度相等时相距最远，则有v甲＝at′，解得t′＝eq\f(v甲,a)＝eq\f(4,2)s＝2s，最远距离s＝5m＋v甲t′－eq\f(1,2)at′2＝(5＋4×2－eq\f(1,2)×2×22)m＝9m，故B正确；碰前瞬间乙车的速度v乙＝at＝2×5m/s＝10m/s，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv甲＋mv乙＝2mv，解得碰后瞬间两车的共同速度v＝7m/s，故C正确；若地面光滑，碰前乙车所受的作用力F＝ma，甲车的合力为0，则碰后两车的加速度大小a′＝eq\f(F,2m)＝eq\f(a,2)＝1m/s2，故D错误。10．如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是()A．小球滑离小车时，小车回到原来位置B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC．车上管道中心线最高点的竖直高度为D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是【答案】BC【解析】小球到最高点，水平方向动量守恒，因此有，机械能守恒，解得，，则小车到最高点的动量变化量为，小球离开小车时，由动量守恒和机械能守恒得，联立解得，因此相对速度为，可以看到小车得速度一直为正向速度，因此一直向前运动，不会回到原点，综上分析，B、C正确。二、(本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。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．(5分)某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。(1)安装器材时要注意：固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿方向。(2)某次实验中，得出小球落点情况如图所示(单位是cm)，P′、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置(把落点圈在内的最小圆的圆心)，则入射小球和被碰小球质量之比为m1∶m2＝。【答案】(1)水平(2分)(2)4∶1(3分)【解析】(1)为保证小球滚落后做平抛运动，斜槽末端的切线要沿水平方向。(2)由碰撞过程中mv的乘积总量守恒可知m1·eq\f(OP′,t)＝m1·eq\f(OM,t)＋m2·eq\f(ON,t)(t为运动时间)，代入数据可解得m1∶m2＝4∶1。12．(8分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图乙所示，这样就大大减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先，然后，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图丙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205g。试完善实验步骤⑥的内容。(2)已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为kg·m/s(保留三位有效数字)。(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是。【答案】(1)接通打点计时器的电源(1分)放开滑块1(1分)(2)0.620(2分)0.618(2分)(3)纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用(2分)【解析】(1)⑥使用打点计时器时，先接通电源后释放纸带，所以先接通打点计时器的电源，后放开滑块1。(2)放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得：碰撞前滑块1的动量为p1＝m1v1＝0.310×eq\f(0.2,0.1)kg·m/s＝0.620kg·m/s，滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg·m/s；碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为p2＝(m1＋m2)v2＝(0.310＋0.205)×eq\f(0.168,0.14)kg·m/s＝0.618kg·m/s。(3)结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用。13．(10分)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，其上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg。现对A施加一个大小为10N、水平向右的恒力F，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短且碰后A、B粘在一起共同在F的作用下继续运动，碰撞后经过0.6s，二者的速度达到2m/s。求：(1)A开始运动时的加速度大小a；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小v；(3)A的上表面长度l。【解析】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有：F＝mAa(2分)解得：a＝2.5m/s2。(1分)(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s后速度达到v′＝2m/s的过程，由动量定理得：Ft＝(mA＋mB)v′－(mA＋mB)v(2分)解得：v＝1m/s。(1分)(3)设A、B发生碰撞前A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有：mAvA＝(mA＋mB)v(1分)A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有：Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)(2分)解得：l＝0.45m。(1分)14．(10分)如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为m的木球，在木球正上方L处有一个固定悬点O，在悬点O和木球之间用一根长为2L的不可伸长的轻绳连接。有一个质量也为m的子弹以v0的速度水平射入木球并留在其中，一段时间之后木球绕O点在竖直平面内做圆周运动。球可视为质点，重力加速度为g，空气阻力不计，求：(1)木球以多大速度离开水平地面。(2)子弹速度v0的最小值。【解析】(1)设子弹打入木球后共同速度为v，木块离开水平地面速度为v1，由动量守恒定律得：mv0＝2mv(1分)即v＝v0(1分)木块离开地面时沿绳方向速度瞬间减为零，只有垂直绳的速度v1＝vsin30°＝v＝v0(2分)即木块离开地面的速度为v0(1分)(2)木块从离开水平桌面到最高点系统机械能守恒，到最高点时速度为v3，绳子对木块的拉力为F，由机械能守恒定律和牛顿定律有-2mg3L＝2m-2m(2分)F+2mg＝2m(2分