資源簡介

2026屆人教版高考物理第一輪復習：動量守恒定律綜合提高練習1
一、單選題（本大題共6小題）
1．2021年12月9日，神舟十三號乘組進行天宮授課，如圖為航天員葉光富試圖借助吹氣完成失重狀態下轉身動作的實驗，但未能成功.若他在 內以 的速度呼出質量約 的氣體，可獲得的反沖力大小約為( )
A． B． C． D．
2．如圖所示，光滑水平面上靜置一質量為M的木塊，由一輕彈簧連在墻上，有一質量為m的子彈以速度v0水平射入木塊并留在其中，當木塊第一次回到原來位置的過程中，墻對彈簧的沖量大小為（ ）
A．0 B． C． D．2mv0
3．一質量為M的煙花飛到空中，當速度減為零時炸裂成兩塊，其中質量為m的一塊在炸裂后獲得的速度大小為v，則另一塊的速度大小為
A．
B．
C．
D．
4．蹦極是一項刺激的極限運動，如圖，運動員將一端固定的彈性長繩綁在腰或踝關節處，從幾十米高處跳下（忽略空氣阻力）。在某次蹦極中質量為60kg的運動員在彈性繩繃緊后又經過2s人的速度減為零，假設彈性繩長為45m（重力加速度g=10m/s2），下列說法正確的是（　　）
A．繩子在繃緊后2s內的平均作用力大小為1500N
B．運動員在彈性繩繃緊后動量的改變量等于彈性繩的作用力的沖量
C．運動員整個運動過程中重力沖量小于彈性繩作用力的沖量
D．運動員整個運動過程中重力沖量與彈性繩作用力的沖量大小相等
5．如圖，質量和半徑都相同的四分之一光滑圓弧體A、B靜止在光滑的水平面上，圓弧面的最低點和水平面相切，圓弧的半徑為。圓弧體B鎖定，圓弧體A可以自由滑動，一個小球從圓弧體A的最高點由靜止釋放，在圓弧體B中上升的最大高度為。已知重力加速度大小為，則（　　）
A．小球與圓弧體的質量之比為
B．在小球從圓弧體A的最高點滑到最低點的過程中，A的位移大小為
C．小球再次滑上A，在A中上升的最大高度為
D．若圓弧體B沒有鎖定，則圓弧體B最終獲得的速度大小為
6．如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導槽，質量為m的U形管恰好能在兩導槽之間自由滑動，一質量也為m的小球沿水平方向，以初速度 從U形管的一端射入，從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑，不計一切摩擦，下列說法正確的是（　　）
A．該過程中，小球與U形管組成的系統機械能和動量都守恒
B．小球從U形管的另一端射出時，速度大小為
C．小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，速度大小為
D．從小球射入至運動到U形管圓弧部分的最左端的過程中，U形管對平行導槽的沖量大小為 ，方向垂直導槽向上
二、多選題（本大題共4小題）
7．兩材料完全相同的、可視為質點的滑塊甲和滑塊乙放在粗糙的水平上，在兩滑塊的右側固定一擋板。已知兩滑塊與水平面之間的動摩擦因數均為μ，甲、乙兩滑塊的質量分別為m1=3m、m2=2m，且在水平面上處于靜止狀態。現給滑塊甲一向右的初速度v0（未知），使滑塊甲和滑塊乙發生無能量損失的碰撞，經過一段時間滑塊乙運動到擋板處且被一接收裝置接收，而滑塊甲未與擋板發生碰撞，開始兩滑塊之間的距離以及滑塊乙與擋板之間的距離均為L，重力加速度為g。滑塊甲與滑塊乙碰后的瞬間速度分別用v1、v2表示，下列正確的說法是（　　）
A．v1∶v2=1∶5 B．v1∶v2=1∶6
C．v0的最小值為 D．v0的最小值為
8．A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是7 kg·m/s，B球的動量是5 kg·m/s.以兩球初速度方向為正方向，當A球追上B球時發生碰撞，則碰撞后A、B兩球動量的可能值是 （　　）
A．pA=6 kg·m/s，pB=6 kg·m/s
B．pA=8 kg·m/s，pB=4 kg·m/s
C．pA=-2 kg·m/s，pB=14 kg·m/s
D．pA=-7 kg·m/s，pB=19 kg·m/s
9．如圖（a）所示，光滑平臺上，物體A以初速度滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的摩擦不計；（b）圖為物體A與小車B的圖像，由此可計算出（ ）
A．小車上表面長度 B．物體A與小車B的質量之比
C．物體A與小車B上表面之間的動摩擦因數 D．小車B獲得的動能
10．如圖甲所示，有兩個完全相同的質量 的物塊A、B靜止在地面上， 時刻有一隨時間變化的外力F作用在物塊A上，F隨時間的變化關系如圖乙所示。物塊與地面間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，兩物塊均可視為質點。若物塊A在時與物塊B發生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰撞之前的瞬間撤去外力F，物塊的右側有一彈性擋板，物塊B與擋板碰撞后速度大小不變，方向相反，且物塊B恰好不與物塊A發生第二次碰撞。g取，則下列說法中正確的是（　　）
A．時，物塊A的動量大小為
B．時間內，物塊A的動量的變化量為
C．物塊A在內做勻速直線運動
D．物塊B距彈性擋板的距離為
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．（8分）2023年9月21日在中國空間站的“天宮課堂”中，“神舟十六號”航天員做的鋼球碰撞實驗給大家留下深刻印象。如圖甲所示，其中大鋼球質量為M，小鋼球質量為m，在空間站中鋼球的自由運動可以看成勻速直線運動。
甲
（1）用兩個相同的大鋼球做實驗，一個運動的鋼球碰另一個靜止的鋼球，碰后二者剛好交換速度，說明此碰撞為　　　　（填“彈性碰撞”或“完全非彈性碰撞”）。
（2）用小鋼球去碰靜止的大鋼球，二者發生正碰，發現小鋼球能被彈回。通過視頻逐幀播放，可測量在相同運動時間內碰前小鋼球的位移大小為L1、碰后小鋼球的位移大小為L2和大鋼球的位移大小為L3，若上述物理量滿足關系式　　　　，就可驗證此碰撞過程中兩球的總動量守恒。
（3）用大鋼球去碰靜止的小鋼球，發現碰撞前后兩球的運動方向不在同一直線上，如圖乙所示，此碰撞過程中兩球的總動量　　　　（填“仍然守恒”或“不再守恒”）。
乙
12．小晨同學用如圖甲所示的實驗裝置驗證動量定理，其步驟如下：
A．測出小車質量M，合理調整木板傾角，讓小車能沿木板加速下滑。用輕繩通過滑輪將拉力傳感器和小車連接，小車連接紙帶，并記錄傳感器的示數F；
B．取下輕繩，讓小車由靜止釋放，打出的紙帶如圖乙所示，將打下的第一點記為計數點0（之后每五個點取一個計數點）。已知打點計時器的打點頻率為；
C．用刻度尺測量出第4個計數點和第5個計數點之間的距離3、第5個計數點和第6個計數點之間的距離，、的數值如圖乙所示。
(1)相鄰兩個計數點之間的時間間隔s。
(2)小晨同學從打出的紙帶中選擇一條點跡清晰的紙帶，將紙帶沿計數點剪斷得到6段紙帶，由短到長并排貼在坐標中，各段緊靠但不重疊。最后將各紙帶上端中心點連起來可得到一條直線，如圖丙。相鄰計數點間的距離為，紙帶寬度表示相鄰計數點間的時間間隔T，用橫軸表示時間t。若縱軸表示，則所連直線的斜率表示；若縱軸表示，則所連直線的斜率表示。
A．各計數點的瞬時速度 B．相鄰計數點的瞬時速度的變化
C．小車運動的加速度a D．小車運動的加速度的一半即
(3)某次實驗測得，拉力傳感器的示數為，實驗得到的紙帶如圖乙所示，則從0→5過程中小車所受合外力的沖量為，小車動量變化量的大小為。（結果均保留3位有效數字）
(4)實驗操作中（選填“需要”或“不需要”）再添加補償阻力的步驟，合外力對小車的沖量大于小車動量變化量的原因可能是．
13．如圖所示，一個質量為m的物塊A與另一個質量為2m的物塊B發生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數為0.3，與沙坑的距離x=1.5m，g取10m/s2。物塊可視為質點，則碰撞前瞬間A的速度大小多少？
14．如圖所示，在光滑水平面上放置一端帶有擋板的長直木板A，木板A左端上表面有一小物塊B，其到擋板的距離為d=2 m，A、B質量均為m=1 kg，不計一切摩擦。從某時刻起，B始終受到水平向右、大小為F=9 N的恒力作用，經過一段時間，B與A的擋板發生碰撞，碰撞過程中無機械能損失，碰撞時間極短。重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)物塊B與A的擋板發生第一次碰撞后的瞬間，物塊B與木板A的速度大小；
(2)由A、B靜止開始經多長時間物塊B與木板A的擋板發生第二次碰撞，并求出碰后瞬間A、B的速度大小；
(3)畫出由A、B靜止開始到物塊B與木板A的擋板發生三次碰撞時間內，物塊B的速度v隨時間t的變化圖像；
(4)從物塊B開始運動到與木板A的擋板發生第n次碰撞時間內，物塊B運動的距離。
15．如圖所示，小滑塊1、2質量分別為和，滑塊1在半徑為的四分之一光滑圓弧最高點A處，滑塊2置于粗糙水平軌道端點處，間距為L。C點正下方處固定一勁度系數為的輕彈簧，彈簧右端固定一質量為的滑塊，置于光滑水平面上。靜止釋放滑塊1，1與2發生彈性碰撞后恰好靜止于點。滑塊2被碰后做平拋運動的同時給滑塊一個向右的初速度，滑塊2與運動中的在平衡位置相碰后豎直向上運動至與等高的點。已知所有的碰撞時間極短，質量為的彈簧振子振動周期為，重力加速度為，求：
(1)滑塊1與水平面BC間的動摩擦因數；
(2)點與滑塊的高度差；
(3)滑塊2與第二次碰撞后彈簧振子的振幅A。
參考答案
1．【答案】B
【解析】
設航天員質量為 ，呼氣后速度為 ，由動量守恒定律可得 ，又 ，可得 ，故 正確.
2．【答案】D
【詳解】
由于子彈射入木塊的時間極短，系統的動量守恒，取向右為正向，根據動量守恒定律得
mv0=(M+m) v，
解得
從彈簧被壓縮到木塊第一次回到原來的位置過程中，系統速度大小不變，方向改變，對木塊（含子彈），根據動量定理得
由于彈簧的質量不計，則墻對彈簧的彈力等于彈簧對木塊的彈力，所以墻對彈簧的沖量大小等于彈簧對木塊的沖量大小，為2mv0
A．0，與結論不相符，選項A錯誤；
B．，與結論不相符，選項B錯誤；
C．，與結論不相符，選項C錯誤；
D．2mv0，與結論相符，選項D正確；
3．【答案】A
【詳解】
在爆炸極短時間內，導彈所受的重力，遠小于內部的爆炸力，系統動量守恒；
根據動量守恒定律，有：
解得
方向與前一 塊的方向相反；
A．，與結論相符，選項A正確；
B．，與結論不相符，選項B錯誤；
C．，與結論不相符，選項C錯誤；
D．，與結論不相符，選項D錯誤；
4．【答案】AD
【解析】根據運動學規律可得彈性繩繃緊瞬間運動員的速度大小，設繩子在繃緊后2s內的平均作用力大小為F，取豎直向上為正方向，根據動量定理有，解得F=1500N，A正確；根據動量定理可知，運動員在彈性繩繃緊后動量的改變量等于彈性繩的作用力與運動員所受重力的合力的沖量，B錯誤；由于運動員的初、末動量都為零，所以整個運動過程中重力的沖量與彈性繩作用力的沖量大小相等、方向相反，C錯誤，D正確。
5．【答案】D
【詳解】由題可知，對小球從上滑下到與分離的過程，由機械能守恒及水平方向動量守恒有，，對小球滑上B的過程由機械能守恒得，綜合以上各式得，，，即小球與圓弧體的質量之比為，A錯誤；由，，得，B錯誤；小球重新滑回時的速度為，到達最高點時與共速，由水平方向動量守恒有，由機械能守恒有，得，C錯誤；若圓弧體B沒有鎖定，則小球與B接觸到分離的全過程有，，由上式可得，D正確。
6．【答案】D
【詳解】A：由于不計一切摩擦，在小球與U形管相互作用過程中，小球的動能只能與U形管的動能發生轉移，小球與U形管組成的系統機械能守恒，導槽對U形管只有垂直方向的彈力，小球與U形管組成的系統沿導槽方向動量守恒，A錯誤；
B：小球從U形管的另一端射出時，小球與U形管系統機械能守恒，沿著導槽方向，系統動量守恒，類比彈性碰撞，交換速度，小球從U形管的另一端射出時，速度大小為0，B錯誤；
C：小球運動到U形管圓弧部分的最左端過程，沿著軌道方向，系統動量守恒，以向左為正方向， ，解得 ，設小球的合速度為 ，根據機械能守恒定律 ，解得 ，C錯誤；
D：在小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，垂直軌道的分速度為 ，運動到U形管圓弧部分的最左端的過程中，在垂直軌道方向，以垂直向下為正方向，對小球與U形管系統根據動量定理，有 ，根據牛頓第三定律，平行導槽受到的沖量大小也為 ，D正確。選D。
7．【答案】BC
【詳解】
AB．兩滑塊碰撞過程滿足動量守恒定律和機械能守恒定律，設碰撞前瞬間滑塊甲的速度為v，則有
m1v＝m1v1＋m2v2
由機械能守恒定律得
m1v2＝m1v12＋m2v22
聯立解得
v1＝，v2＝
則二者速度大小之比為
v1∶v2＝1∶6
A錯誤，B正確；
CD．當滑塊甲初速度最小時，碰后滑塊乙應剛好運動到右側的擋板，則
－μm2gL＝－m2v22
碰前滑塊甲做減速運動
－μm1gL＝m1v2－m1v02
可得
v0＝
C正確，D錯誤。
故選BC。
8．【答案】AC　
【解析】碰前系統的總動量p=pA0+pB0=12 kg·m/s，設兩球的質量分別為mA和mB，根據碰撞條件得>，即<.A項pA=6 kg·m/s，pB=6 kg·m/s，系統動量守恒，且碰撞后應有≤，即≥1；碰撞后總動能不增加，即≤，解得≤，故1≤≤，在碰撞條件區間內是可能的，A正確.B項pA=8 kg·m/s，pB=4 kg·m/s，系統動量守恒，且碰撞后應有≤，即≥2，不在碰撞條件區間內，不可能，B錯誤.C項pA=-2 kg·m/s，pB=14 kg·m/s，系統動量守恒；碰撞后總動能不增加，即≤，解得≤，在碰撞條件區間內是可能的，C正確.D項pA=-7 kg·m/s，pB=19 kg·m/s，系統動量守恒；碰后總動能>，不滿足碰撞后總動能不增加，D錯誤.
【快解】A、B沿同一直線、同一方向運動，且A追B，故碰后A的速度不可能沿原方向增大，故B錯誤；若A的動能不變，B的動能不可能增大，不滿足碰撞后總動能不增加，故D錯誤.
9．【答案】BC
【詳解】
A.由圖像可知，物體A與小車B最終以共同速度勻速運動，但由于題給條件不足，不能確定小車上表面的長度，故A錯誤；
B.由動量守恒定律得
解得
可以確定物體A與小車B的質量之比，故B正確；
C.由圖像可以知道，物體A相對小車B的位移
根據能量守恒定律得
根據求得的物體A與小車B的質量關系，可以解出物體A與小車B上表面之間的動摩擦因數，故C正確；
D.由于小車B的質量未知，故不能確定小車B獲得的動能，故D錯誤。
故選BC。
10．【答案】BD
【解析】要使A運動起來，最大靜摩擦力為
即在時物塊A剛從靜止開始運動，所以動量大小為零，A錯誤；
時間內只有內運動，故根據動量定理可得
B正確；
內
故做勻加速直線運動，C錯誤；
碰撞前瞬間物塊A的動量為
即A的速度為
因為發生彈性碰撞，故有
解得
恰好沒有第二次碰撞，即相遇時兩者的速度恰好為零，故有
聯立解得，D正確。
11．【答案】（1）彈性碰撞（2分）　（2）m（L1＋L2）＝ML3（3分）
（3）仍然守恒（3分）
【解析】（1）設運動的鋼球碰前速度為v1，碰后兩球的速度分別為v2、v3，由動量守恒定律得Mv1＝Mv2＋Mv3，假如v2＝0，v3＝v1，即滿足M＝M＋M，所以此碰撞為彈性碰撞。
（2）設碰前小鋼球的速度大小為v01，碰后小鋼球、大鋼球速度大小分別為v11、v21，由動量守恒定律得mv01＝－mv11＋Mv21，式子兩邊都乘時間得mL1＝－mL2＋ML3，解得m（L1＋L2）＝ML3。
（3）動量守恒定律的表達式是矢量式，所以用大鋼球去碰靜止的小鋼球，即使發現碰撞前后兩球的運動方向不在同一直線上，碰撞過程中兩球的總動量仍然守恒。
12．【答案】(1)0.1，(2)B；C，(3)1.10；1.08，(4)不需要；紙帶與計時器之間存在摩擦
【詳解】（1）相鄰兩個計數點之間的時間間隔
（2）[1] 所連直線的斜率表示，所以其直線斜率表示相鄰計數點的瞬時速度的變化，選B；
[2] 若縱軸表示，則縱坐標為該點的瞬時速度，則所連直線的斜率表示為，所連直線的斜率表示小車運動的加速度，選C。
（3）[1]由題可知靜止時繩的拉力等于重力的分力與摩擦力的矢量和，所以釋放小車的合力等于之前記錄傳感器的示數，從0→5過程中所用的時間，從0→5過程中小車所受合外力的沖量為
[2] 第5個計數點的速度，小車動量變化量的大小為
（4）[1] 釋放小車的合力等于之前記錄傳感器的示數，所以實驗操作中不需要再添加補償阻力的步驟；
[2] 合外力對小車的沖量大于小車動量變化量的原因可能是紙帶與計時器之間存在摩擦。
13．【答案】4.5m/s
【詳解】
碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得
代入數據解得
v=3m/s
A與B碰撞的過程中，A與B組成的系統在水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則有
由于沒有機械能的損失，則有
聯立解得
v0=4.5m/s
14．【答案】(1)0　6 m/s；(2) s　12 m/s　6 m/s；(3)見解析圖；(4)［2+4n(n-1)］ m(n=1，2，3，4，…)
【詳解】(1)B從A的左端開始運動到右端的過程，由動能定理有Fd=m，解得v0=6 m/s，B與A碰撞過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv0=mvB+mvA，m=m+m，解得vB=0，vA=6 m/s。
(2)第一次碰撞后A向右以速度vA=6 m/s做勻速直線運動，B做初速度為0、加速度為a==9 m/s2的勻加速直線運動，則第二次碰撞時有vAt=at2，解得t= s，此時B的速度為vB1=at=12 m/s，A的速度為vA1=vA=6 m/s，第二次碰撞時，同樣由動量守恒定律和機械能守恒定律有mvA1+mvB1=mvA2+mvB2，m+m=m+m，解得vA2=12 m/s，vB2=6 m/s。
(3)同理第三次碰撞時有vB2t'+at'2=vA2t'，解得t'= s，此時B的速度為vB3=vB2+at'=18 m/s，從開始運動到第一次碰撞的時間t0== s，由A、B靜止開始到B與A的擋板發生3次碰撞時間內，物塊B的速度v隨時間t的變化圖像如圖所示。
(4)由以析可知，從第二次碰撞后，到下一次碰撞，B向前運動的距離都比前一次多8 m，由v-t圖像可知，從B開始運動到第1次碰撞，B運動的距離為2 m；從第1次碰撞到第2次碰撞，B運動的距離為8 m；從第2次碰撞到第3次碰撞，B運動的距離為8 m+8 m=16 m；從第3次碰撞到第4次碰撞，B運動的距離為16 m+8 m=24 m；根據數學知識可知，從物塊B開始運動到與木板A的擋板發生第n次碰撞時間內，物塊B運動的距離s=2 m+8 m+16 m+24 m+…+8(n-1) m=2 m+ m=［2+4n(n-1)］ m(n=1，2，3，4，…)。
15．【答案】(1)，(2)，(3)
【詳解】（1）（1）設滑塊1與2碰前速度為，由動能定理，碰后兩者速度分別為和，由于彈性碰撞，則動量守恒和機械能守恒，，解得，，碰后滑塊1恰滑動后能靜止在點，滑塊1只能從點向左勻減速運動至，由動能定理得，聯立以上各式得，
（2）（2）滑塊2與振子在平衡位置相碰，由于，滑塊2只能與向左運動的相碰才能碰后豎直向上運動，則碰前運動時間滿足，所求高度為，解得
（3）（3）滑塊2與碰撞過程水平方向動量守恒，第1次碰撞后的速度設為，則，代入得，設第一次碰撞過程中滑塊2與接觸時間為，則在時間內滑塊2與間為滑動摩擦力，因為滑塊2離開瞬間是相對運動的。滑塊2從豎直上拋后落下與發生第二次碰撞前運動時間為，滑塊運動時間正好在平衡位置向左運動時與滑塊2相撞。假設第二次碰撞過程中滑塊2離開前能共速，則，解得，由于第一次碰撞摩擦力對滑塊的沖量大小，第二次碰撞摩擦力對滑塊的沖量大小，由于，第二次滑動摩擦力作用的時間，則假設成立。滑塊2離開后，振子的速度為。設所求振幅A為，解得
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第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：動量守恒定律綜合提高練習2
一、單選題（本大題共6小題）
1．2022年卡塔爾世界杯于北京時間11月21日至12月18日舉行。在葡萄牙對陣烏拉圭的比賽中，著名球星C羅接隊友傳中，跳起頭球打門，為葡萄牙打進關鍵一球。設C羅的質量為m，從靜止下蹲狀態向上起跳，經時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v，重力加速度大小為g，在此過程中（　　）
A．地面對他的沖量大小為 B．地面對他的沖量大小為
C．地面對他的沖量大小為mv D．地面對他的沖量大小為
2．如圖所示，在光滑水平面上靜止放著兩個相互接觸的木塊A、B，質量分別為m1、m2，今有一子彈水平穿過兩木塊，設子彈穿過木塊A、B的時間分別為t1、t2，木塊對子彈的阻力恒為f，則子彈穿過兩木塊后，木塊A、B的速度大小分別為（　　）
A． B．
C．　 D．
3．有關實際生活中的現象,下列說法不正確的是 (　　)
A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大的速度
B．體操運動員在著地時屈腿是為了減小地面對運動員的作用力
C．用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減小反沖的影響
D．為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度,汽車前部的發動機艙越堅固越好
4．如圖所示，足夠長的水平粗糙面與半徑為R的圓弧在最低點C相連，兩個長度分別為和R的光滑斜面AC和BC先后固定于圓弧處，均與水平面在C點平滑連接，質量為m的滑塊1從斜面AC頂端由靜止釋放，質量也為m的滑塊2從斜面BC頂端由靜止釋放，兩滑塊與水平面間的動摩擦因數相同，則（　　）
A．滑塊1、2在C點時的動量相同
B．滑塊1、2在斜面上運動的時間之比為2∶1
C．滑塊1、2在C點時的動能之比為2∶ 1
D．滑塊1、2在CD上滑行的最大距離之比為1∶2
5．如圖所示，質量為m的滑環套在足夠長的光滑水平桿上，質量為m球＝3m的小球(可視為質點)用長為L的輕質細繩與滑環連接．滑環固定時，給小球一個水平沖量I，小球擺起的最大高度為h1(h1＜L)；滑環不固定時，仍給小球以同樣的水平沖量I，小球擺起的最大高度為h2．則h1∶h2的大小為（ ）
A．6∶1
B．4∶1
C．2∶1
D．4∶3
6．如圖所示，光滑的圓形軌道水平固定，小球B的質量為m，初始時靜止。小球A的質量為2m，以速度v0運動，并與球B發生非彈性正碰（碰撞時間極短），碰后速度不相等。則（　　）
A．碰撞過程中兩球組成的系統動量不守恒
B．經過多次碰撞后，兩球的最終速度大小為
C．經過多次碰撞后，兩球的最終速度大小為零
D．從開始到多次碰撞后兩球的動量一直守恒
二、多選題（本大題共4小題）
7．如圖所示，光滑斜坡上,可視為質點的甲、乙兩個相同滑塊,分別從、高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在處平滑相接,滑塊與水平面間的動摩擦因數為 ,乙在水平面上追上甲時發生彈性碰撞。忽略空氣阻力,下列說法正確的有（ ）
A．甲在斜坡上運動時與乙相對靜止
B．碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
C．乙的運動時間與無關
D．甲最終停止位置與處相距
8．如圖所示，質量均為m的木塊A、B與輕彈簧相連，置于光滑水平桌面上處于靜止狀態，與木塊A、B完全相同的木塊C以速度與木塊A碰撞并粘在一起，則從木塊C與木塊A碰撞到彈簧壓縮到最短的整個過程中，下列說法正確的是（　　）
A．木塊A、B、C和彈簧組成的系統動量守恒，機械能守恒
B．木塊C與木塊A碰撞結束時，木塊C速度為
C．彈簧的最大彈性勢能為
D．彈簧的最大彈性勢能小于木塊A、B、C和彈簧組成系統的動能減少量
9．下列說法正確的是 （　　）
A．一質點只受到兩個力作用且處于平衡狀態（靜止或勻速），這兩個力在同一段時間內的沖量之和一定為零，做功之和一定為零
B．一質點只受到兩個力作用且處于平衡狀態（靜止或勻速），這兩個力在同一段時間內的沖量之和一定為零，做功之和不一定為零
C．在同樣時間內，一對作用力和反作用力的沖量之和一定為零，做功大小之和不一定為零
D．在同樣時間內，一對作用力和反作用力的沖量之和一定為零，做功之和一定為零
10．（山東2021）(多選)如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現將質量為m的物資以相對地面的速度v0水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質量為M，所受浮力不變。重力加速度為g，不計阻力。以下判斷正確的是(　　)
A．投出物資后熱氣球做勻加速直線運動
B．投出物資后熱氣球所受合力大小為mg
C．d＝
D．d＝
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．小梁同學用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律，該裝置斜面末端與水平放置的木板的連接處做了平滑處理。實驗時，將物塊1從斜面上P點由靜止釋放，物塊1通過木板上的Q點后繼續滑行直至停下，測得停下的位置距Q點的距離為。現將物塊2放置在Q點，仍將物塊1從斜面上P點由靜止釋放，物塊1與物塊2在Q點相碰后，測得物塊1與物塊2停下的位置距Q點的距離分別為和。已知物塊1與物塊2的質量分別為和，且，整個實驗過程中斜面與木板始終固定不動且兩物塊與木板間的動摩擦因數相同。
(1)用該裝置驗證動量守恒定律，（選填“必須”或“不必”）測出物塊與木板間的動摩擦因數；
(2)若該實驗遵循動量守恒定律，則一定有關系式成立（用已知量和測得的物理量的字母表示）；
(3)若木板安裝不水平，右端比左端略高，碰撞過程遵循動量守恒定律，則測得的碰撞前瞬間系統的動量（選填“大于”“小于”或“等于”）測得的碰撞后瞬間系統的動量。
12．某同學用如圖甲裝置驗證動量定理。光電門A、B安裝在氣墊導軌上，在滑塊上安裝一遮光條，調節好氣墊導軌，將滑塊放在水平氣墊導軌上的左側，讓細繩跨過定滑輪與鉤碼相連。將滑塊由靜止釋放，遮光條通過光電門A、B時光電門記錄的擋光時間為、，遮光條從光電門A到光電門B記錄的時間為，讀出力傳感器的示數F。
(1)用天平測量出滑塊的質量m，用游標卡尺測量遮光條的寬度，示數如圖乙，遮光條的寬度d＝ mm。
(2)某次實驗時，光電門A記錄的擋光時間，則滑塊通過光電門A時的速度大小 m/s（結果保留3位有效數字）。
(3)要驗證動量定理，需要驗證等式 是否成立（用m、d、和表示）。
13．如圖所示，水平虛線X下方區域分布著方向水平、垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，整個空間存在勻強電場（圖中未畫出）。質量為m、電荷量為的小球P靜止于虛線X上方A點，在某一瞬間受到方向豎直向下、大小為I的沖量作用而做勻速直線運動。在A點右下方的磁場中有定點O，長為l的絕緣輕繩一端固定于O點，另一端連接不帶電的質量同為m的小球Q，自然下垂，保持輕繩伸直，向右拉起Q，直到繩與豎直方向有一小于5°的夾角，在P開始運動的同時自由釋放Q，Q到達O點正下方W點時速度為。小球P進入磁場后，磁場對小球P的作用力不做功，P、Q兩小球在W點發生相向正碰，碰后電場、磁場消失，兩小球粘在一起運動。P、Q兩小球均視為質點，P小球的電荷量保持不變，繩不可伸長，不計空氣阻力，重力加速度為g。
（1）求勻強電場場強E的大小和P進入磁場時的速率v；
（2）若繩能承受的最大拉力為F，要使繩不斷，F至少為多大。
14．如圖所示，水平光滑直軌道AB右側BC部分為某種粗糙材料構成，BC長度可以調節，在BC的上方，有水平向右的勻強電場，電場強度大小E1=300V/m，在BC的下方，存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小E2=1500V/m。小球a為絕緣材質，質量m=1.0kg，小球b質量為M=3.0kg，帶電量為q=+2.0×10-2C，小球a從A點以水平向右v0=6m/s的初速度釋放，與靜止的小球b發生彈性正碰，小球b在粗糙材料上所受阻力為其重力的0.3倍，然后從C點水平飛離水平軌道，落到水平面上的P點，P、C兩點間的高度差為H=1.6m。小球可以視為質點，且不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。
（1）求小球b運動至B點的速度大小；
（2）求小球落點P與B點的最大水平距離；
（3）通過調整BC的長度，使小球恰好能運動到C點，從C點下落，小球落到地面后彈起，假設小球每次碰撞機械能損失75%，與地面多次碰撞后靜止。求小球從C點下落到靜止所需的時間。
15．如圖所示，在光滑的水平面上，質量為的平板車以的速度向左運動，質量為的小鐵塊以的速度從左端滑上平板車.一段時間后小鐵塊與平板車速度相同，之后平板車與豎直墻壁發生彈性碰撞.小鐵塊與平板車間的動摩擦因數為，小鐵塊始終未從車上掉下，重力加速度，.求：
（1）車與墻壁發生第一次碰撞前速度大小；
（2）車的最小長度；
（3）車與墻壁發生第一次碰撞后運動的總路程.
參考答案
1．【答案】B
【詳解】設豎直向上為正方向，由動量定理可知，解得，選B。
2．【答案】B
【分析】
子彈在A中運動時，A、B一起向前運動，具有相同的運動速度，對整體應用動量定理可避開A、B間的未知作用力，可以求解A、B分開時的速度，分開后再對B單獨應用動量定理可求得子彈穿出后B的速度。
【詳解】
子彈在A中穿過時，以A、B為研究對象，規定向右為正方向，根據動量定理可得
解得
之后A的速度保持v1不變，子彈進入木塊B后，以B為研究對象，根據動量定理可得
解得
故選B。
3．【答案】D　
【解析】根據反沖運動的特點與應用可知,火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大的速度,故A正確;體操運動員在落地的過程中,動量變化量一定,即運動員受到的沖量I一定,由I=Ft可知,體操運動員在著地時屈腿是為了延長落地時間t,減小運動員所受到的平均沖力F,故B正確;用槍射擊時,子彈給槍身一個反作用力,會使槍身后退,影響射擊的準度,所以為了減小反沖的影響,用槍射擊時要用肩部抵住槍身,故C正確;由I=Ft可知,為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度,就要延長碰撞的時間,位于汽車前部的發動機艙不能太堅固,故D錯誤,符合題意.
4．【答案】C
【解析】滑塊1、2在C點時速度方向不同，則動量方向不同，A錯誤；對滑塊1，根據牛頓運動定律 ，，對滑塊2，根據牛頓運動定律 ，，解得滑塊1、2在斜面上運動的時間之比為1:1，B錯誤；根據 可知，到C點時速度大小之比為 ，故動能之比為2:1，C正確；滑塊1、2在CD上滑行減速加速度 ，，所以滑塊1、2在CD上滑行的最大距離之比為2:1，D錯誤。
5．【答案】B
【詳解】滑環固定時，設小球獲得沖量I后對應的初速度為v0，根據機械能守恒定律，有 m球v02＝m球gh1，解得h1＝ ；滑環不固定時，小球初速度仍為v0，在小球擺起最大高度h2時，小球和滑環的速度都為v，在此過程中小球和滑環組成的系統機械能守恒，水平方向動量守恒，則m球v0＝(m＋m球)v， m球v02＝ (m＋m球)v2＋m球gh2，由以上各式可得h2＝ ，則h1∶h2＝4∶1，故B正確．
6．【答案】B
【詳解】碰撞過程中兩球組成的系統所受的合力等于零，系統動量守恒，A錯誤；經過多次碰撞后，兩球的最終以共同的速度v運動，根據動量守恒定律得，解得，B正確，C錯誤；多次碰撞后，兩球共同做勻速圓周運動，兩球動量的大小一直不變，動量的方向不停的變化，兩球的動量不守恒，D錯誤。
7．【答案】ABD
【詳解】由于斜坡光滑，則兩滑塊加速度相同，兩滑塊的初速度都為0，所以在斜坡上運動過程中兩滑塊始終保持相對靜止，正確；由于甲、乙的碰撞屬于彈性碰撞，又因為兩滑塊的質量相同，所以碰撞前后甲、乙交換速度，正確；在判斷乙的運動時間是否與有關時，可以采用極限法，假設甲位于十分接近點的位置，則乙的運動時間無限接近于在斜面上的運動時間，故乙的運動時間與有關，錯誤；由于甲、乙碰撞后交換速度，甲在水平面上的位移可以等效為沒有甲時乙單獨在水平面上的位移，由能量守恒定律得，解得，正確。
8．【答案】BD
【詳解】A．木塊A、B、C和彈簧組成的系統所受合外力為零，所以系統動量守恒；木塊C與A碰撞并粘在一起，此過程系統機械能有損失，系統機械能不守恒，A錯誤；
B．木塊C與A碰撞并粘在一起，根據動量守恒定律得，解得碰撞結束時，木塊A、C速度為，B正確；
C．彈簧壓縮到最短時，彈性勢能最大，此時木塊A、B、C具有相同的速度，根據系統動量守恒可得，解得，根據能量守恒可得彈簧的最大彈性勢能為，C錯誤；
D．木塊A、B、C和彈簧組成系統的動能減少量為，則有，D正確。選BD。
9．【答案】AC
【詳解】一質點只受到兩個力作用且處于平衡狀態（靜止或勻速），這兩個力等大反向，合力為零，則根據I=Ft可知兩個力在同一段時間內的沖量之和一定為零，根據W=Fx可知做功之和一定為零，選項A正確，B錯誤；在同樣時間內，一對作用力和反作用力等大反向，根據I=Ft可知沖量之和一定為零，但是兩個力的位移不一定大小相等方向相反，則根據W=Fx可知做功大小之和不一定為零，選項C正確，D錯誤。
10．【答案】BC　
【詳解】本題考查受力分析．共點力平衡．動量守恒定律．平拋運動及勻變速曲線運動的研究方法。投出物資的過程中，物資和熱氣球組成的系統動量守恒，設向右為正方向，則mv0－Mv′＝0，則熱氣球向左的速度為v′＝，由于整體合力為零，物資的合外力豎直向下且大小為mg，則熱氣球的合外力豎直向上且大小為mg，投出物資后，熱氣球做初速度大小為v′．方向向左，加速度大小為．方向豎直向上的勻變速曲線運動，A錯誤，B正確；設物資落地的時間為t，則由H＝gt2，解得t＝，落地時物資與熱氣球間的水平距離x＝(v0＋v′)t＝，落地時物資與熱氣球間的豎直距離y＝H＋t2＝H，所以d＝＝，C正確，D錯誤。
11．【答案】(1)不必，(2)，(3)等于
【詳解】（1）沒有碰撞過程中，根據動能定理可得，碰撞后過程中，根據動能定理可得，，由于驗證動量守恒定律，碰撞前后動量守恒，不需要測量動摩擦因數。
（2）碰撞前后動量守恒，則，解得
（3）若木板安裝不水平，右端比左端略高，則碰撞前后根據動能定理可得，，，可得，測得的碰撞前瞬間系統的動量等于測得的碰撞后瞬間系統的動量。
12．【答案】(1)14.5；(2)1.00；(3)
【詳解】（1）遮光條的寬度
（2）滑塊通過光電門時的速度大小
（3）根據動量定理有；變形得，需要驗證等式，是否成立。
13．【答案】（1），；（2）
【詳解】
（1）整個空間存在勻強電場，小球P獲得沖量后向下做勻速直線運動，因此整個空間重力和電場力平衡，有
解得
由動量定理得
可得
（2）設P、Q相向正碰后在W點的共同速度為，以與相反的方向為正方向，由動量守恒定律得
此刻輕繩的垃力為最大，由牛頓第二定律得
解得
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】(1)兩小球碰撞的過程，碰后小球a的速度為，小球b的速度為，由動量守恒、動能不變，得，，代入數據可得，即小球b運動到B點的速度大小為
（2）B到C的過程中，由動能定理得，解得，從C點滑出后，從C點到落地的時間：，B到P的水平距離，代入數據，聯立并整理可得，可知，當時，P到B的水平距離最大，為
（3）由于小球每次碰撞機械能損失75%，由，則碰撞后的速度為碰撞前速度的，所以第一次碰撞后上升到最高點的時間等于從C點到落地的時間的，所以從第一次碰撞后到發生第二次碰撞的時間，同理，從第二次碰撞后到發生第三次碰撞的時間，由此類推可知，從第n次碰撞后到發生第n+1次碰撞的時間，小球運動的總時間，由等比數列求和可得
15．【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）設水平向右為正方向，車與墻壁發生第一次碰撞前的速度大小為，由動量守恒定律得
，
解得.
（2）最終車和小鐵塊的動能全部轉化為系統的內能，由能量守恒定律得，
解得.
（3）設車的加速度大小為，車與墻壁發生第一次碰撞后向左速度減為零時的位移大小為，車與墻壁從發生第一次碰撞到發生第二次碰撞運動的路程為，由牛頓第二定律得，
解得,
由運動學公式得，，
解得.
設車與墻壁發生第次碰撞后的速度大小為，碰后的共同速度為，也是小車與墻壁發生第次碰撞后的速度，對系統，由動量守恒定律得
，
解得,
設車從與墻壁發生第次碰撞到發生第次碰撞運動的路程為，由以上分析可知
，，
則，
小車從與墻壁發生第一次碰撞后運動的總路程為
，
取無限大，則有.
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：動量守恒定律綜合提高練習3
一、單選題（本大題共6小題）
1．如圖所示，質量為M的上表面光滑的小車靜置于光滑的水平面上，左端固定一根輕質彈簧，質量為m的物塊放在小車上，壓縮彈簧并用細線連接物塊和小車左端，開始時小車與物塊都處于靜止狀態，此時物塊與小車右端相距為L，當突然燒斷細線后，以下說法正確的是（　　）
A．物塊離開小車前，物塊和小車組成的系統動量守恒
B．物塊離開小車前，物塊和小車組成的系統機械能守恒
C．當物塊離開小車時，小車向左運動的位移大小為
D．當物塊速度大小為v時（未離開小車），小車速度大小為
2．有關實際生活中的現象,下列說法不正確的是 (　　)
A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大的速度
B．體操運動員在著地時屈腿是為了減小地面對運動員的作用力
C．用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減小反沖的影響
D．為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度,汽車前部的發動機艙越堅固越好
3．如圖所示為高速磁懸浮列車在水平長直軌道上的模擬運行圖，5節質量均為 的車廂編組運行，只有1號車廂為動力車廂.列車由靜止開始以額定功率 運行，經過一段時間達到最大速度.列車向右運動過程中，1號車廂會受到前方空氣的阻力，假設車廂碰到空氣前空氣的速度為零，碰到空氣后空氣的速度立刻與列車速度相同，已知空氣密度為 ，1號車廂的迎風面積（垂直運動方向上的投影面積）為 .不計其他阻力，忽略2號、3號、4號、5號車廂受到的空氣阻力.當列車以額定功率運行到速度為最大速度的一半時，3號車廂對4號車廂的作用力大小為( )
A． B． C． D．
4．在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護作用的實驗中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線（如圖）.從碰撞開始到碰撞結束過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部 （　　）
A．速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積
B．動量大小先增大后減小
C．動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積
D．加速度大小先增大后減小
5．如圖所示，質量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球與豎直墻之間用水平輕彈簧連接．現用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧．不計空氣阻力，若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E，從球A被碰開始到回到原靜止位置的過程中墻對彈簧的沖量大小為I，則下列表達式中正確的是（　　）
A．E＝mv02，I＝mv0 B．E＝mv02，I＝2mv0
C．E＝mv02，I＝mv0 D．E＝mv02，I＝2mv0
6．在電場強度為的足夠大的勻強電場中有一與電場線平行的絕緣水平面,平面上有兩個靜止的小球和，質量均為，球帶電荷量為，球不帶電，如圖所示.開始時兩球相距，在電場力的作用下，球開始沿直線運動，并與球發生正碰，碰撞中無機械能損失.設在每次碰撞過程中，、兩球間無電荷量轉移，不考慮一切阻力及兩球間的萬有引力.則( )
A．球經過時間與球發生第一次碰撞
B．球與球以后發生碰撞的時間間隔呈均勻遞增
C．球與球發生碰撞的時間間隔一直保持不變，大小都是
D．、球在第5次正碰與第6次正碰之間的時間間隔是
二、多選題（本大題共4小題）
7．在光滑水平地面上有一質量為m1的小球處于靜止狀態，現有一質量為m2的小球（兩球形狀完全相同）以一定的初速度勻速向m1球運動，并與m1球發生對心碰撞。對于這樣的一個作用過程，可用速度-時間圖像進行描述，下列四個圖像中，圖線1表示m1球運動的情況，圖線2表示m2球運動的情況。則在這四個圖像中可能正確地反映了兩球相互作用過程中速率隨時間變化關系的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如圖甲所示，有兩個完全相同的質量 的物塊A、B靜止在地面上， 時刻有一隨時間變化的外力F作用在物塊A上，F隨時間的變化關系如圖乙所示。物塊與地面間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，兩物塊均可視為質點。若物塊A在時與物塊B發生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰撞之前的瞬間撤去外力F，物塊的右側有一彈性擋板，物塊B與擋板碰撞后速度大小不變，方向相反，且物塊B恰好不與物塊A發生第二次碰撞。g取，則下列說法中正確的是（　　）
A．時，物塊A的動量大小為
B．時間內，物塊A的動量的變化量為
C．物塊A在內做勻速直線運動
D．物塊B距彈性擋板的距離為
9．如圖，光滑水平面上足夠長的木板，質量為，以初速度向左運動的同時，長木板左端上方的也以同樣大小的速度向右運動，最終它們有共同的速度，則（　　）

A．若，最終共同速度一定為零
B．若，的即時速度可能為零
C．若，當的速度減至零時，木板向左運動
D．若，相對先向右，后向左運動，直至與木板相對靜止
10．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上。現使B瞬間獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖像信息可得（ ）
A．在t1到t3時刻彈簧都處于伸長狀態 B．從t2到t4時刻彈簧都處于壓縮狀態
C．兩物體的質量之比為m1：m2= 2：1 D．在t2時刻A的速度為1.5m/s
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．某實驗小組利用甲圖所示的氣墊導軌（包括導軌、氣源、光電門、滑塊、遮光條、數字毫秒計）探究沖量與動量變化量的關系。實驗步驟如下：
①用游標卡尺測量遮光條的寬度d；
②在導軌上選擇兩個適當位置A、B安裝光電門Ⅰ、Ⅱ，并連接數字毫秒計及電腦，用以記錄滑塊通過光電門Ⅰ、Ⅱ的時間、及滑塊在兩光電門之間的運動時間Δt；
③使氣墊導軌傾斜，測量A點到導軌與水平桌面接觸點O的距離L及A點距桌面高度h；
④將滑塊從光電門Ⅰ左側某處由靜止釋放，利用電腦記錄、和△t；
⑤改變氣墊導軌傾斜程度，重復步驟③④，進行多次測量。
(1)圖乙是用游標卡尺測量遮光條寬度d的圖示，則d＝ mm；
(2)某次實驗中，測得，則滑塊通過光電門Ⅰ的速度為 （結果保留1位小數）；
(3)在誤差允許范圍內，若滿足△t＝ （用上述實驗步驟中直接測量的物理量符號表示，已知重力加速度為g），則說明合外力沖量等于動量變化量。
12．某實驗小組利用如圖甲所示的裝置驗證動量定理，主要實驗步驟如下：
（i）用天平測出小車的質量M＝300 g；
（ii）將小車置于帶有定滑輪的木板上，將紙帶穿過打點計時器后掛在小車尾部；
（iii）用墊木將木板一端墊高，接通50 Hz交流電源后，輕推小車，觀察紙帶上打出的點是否均勻分布；不斷調整木板的傾斜程度，直至小車運動時紙帶上打出的點分布均勻為止；
（iv）在細繩右端掛上質量為m的鉤碼，另一端通過定滑輪系在小車前端。由靜止釋放小車，接通打點計時器的電源，打點計時器在紙帶上打出一系列點；
（v）更換紙帶，重復步驟（iv），直到得到一條點跡清晰的紙帶。
據此回答以下問題：
（1）以上實驗步驟中，有錯誤的步驟是 （填步驟前的序號）。本實驗所使用的電源電壓為 （選填“220 V”或“4～6 V”）。
（2）下列關于本實驗操作中，不必要的是 。
A．實驗過程中使細繩和木板始終保持平行
B．更換紙帶后，需要重新平衡摩擦力才能重復進行實驗
C．釋放小車的位置應靠近打點計時器
（3）選擇一條點跡比較清晰的紙帶，如圖乙所示，相鄰兩計數點間有四個點未畫出。
（4）以計數點O對應時刻為零時刻，根據勻變速直線運動的知識依次計算出各計數點對應的小車速度，并填入下表中。表中空白處的k＝ （保留三位小數）。
計數點 O A B C D E F
時刻 0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60
v/m s-1 0 0.245 0.490 0.735 0.980 k 1.470
（5）為減少實驗誤差，盡可能準確的驗證動量定理，本實驗的研究對象應選擇 （選填“小車”或“小車和鉤碼”）。以研究對象的速度v為縱坐標、時刻t為橫坐標建立坐標系，請根據表格中實驗數據在圖丙中描點，并作出v-t圖像 。
（6）已知當地的重力加速度為g，若丙圖中圖線的斜率在誤差允許范圍內等于 （用n、m、M、g表示），即可驗證動量定理成立。
13．如圖，高度的水平桌面上放置兩個相同物塊、，質量．、間夾一壓縮量的輕彈簧，彈簧與、不拴接．同時由靜止釋放、，彈簧恢復原長時恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程；脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離后停止．、均視為質點，取重力加速度．求：
（1） 脫離彈簧時、的速度大小和;
（2） 物塊與桌面間的動摩擦因數 ;
（3） 整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能．
14．如圖所示，帶有半徑為的光滑圓弧軌道的滑塊靜置在一光滑水平面上，物塊（可看作質點）從軌道最高點由靜止釋放，右側下方的粗糙水平面上有一靜止木板，水平面與的高度差恰好等于木
板的厚度。已知物體的質量分別為，物塊與木板之間的動摩擦因數為木板與水平面之間的動摩擦因數為，重力加速度。
求：
（1）物塊與木板接觸前瞬間的速度大小;
（2）為使物塊與木板共速前不分離，求木板的最短長度;
（3）若物塊與木板始終不分離，求木板相對地面的總位移
15．如圖所示，傾角為的斜面固定在地面上，區域內有垂直于斜面向下、磁感應強度為B的勻強磁場，、（與斜面底邊平行）是磁場的邊界，它們之間的距離為D。質量為m、邊長為、總電阻為R的單匝正方形金屬線框與斜面間的動摩擦因數，線框始終緊貼斜面運動，邊和邊保持與平行且不翻轉。讓線框沿斜面滑下，邊到達時的速度為v，已知邊滑出磁場邊界時線框速度大于0。下列說法中正確的是（ ）
A．線框通過所用的時間比通過的時間短
B．自邊進入磁場到邊剛好進入磁場這段時間內，通過線框某截面的電荷量是
C．邊剛滑出時，線框速度
D．自邊進入磁場到邊滑出磁場這段時間內，線框中產生的焦耳熱為
參考答案
1．【答案】A
【詳解】
A．物塊離開小車前，物塊和小車組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒，故A正確；
B．物塊離開小車前，彈力對物塊和小車組成的系統做功，系統機械能不守恒，故B錯誤；
C．根據動量守恒定律可知，物塊離開小車前，物塊和小車在任意時刻的速度大小關系均滿足
所以當物塊離開小車時，小車向左運動的位移大小和物塊向右運動的位移大小關系滿足
根據位移關系可得
解得
故C錯誤；
D．根據C項分析可知，當物塊速度大小為v時（未離開小車），小車速度大小為
，故D錯誤。
故選A。
2．【答案】D　
【解析】根據反沖運動的特點與應用可知,火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大的速度,故A正確;體操運動員在落地的過程中,動量變化量一定,即運動員受到的沖量I一定,由I=Ft可知,體操運動員在著地時屈腿是為了延長落地時間t,減小運動員所受到的平均沖力F,故B正確;用槍射擊時,子彈給槍身一個反作用力,會使槍身后退,影響射擊的準度,所以為了減小反沖的影響,用槍射擊時要用肩部抵住槍身,故C正確;由I=Ft可知,為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度,就要延長碰撞的時間,位于汽車前部的發動機艙不能太堅固,故D錯誤,符合題意.
3．【答案】A
【解析】
車廂碰到空氣前空氣的速度為零，碰到空氣后空氣的速度立刻與列車速度相同，以一定質量的空氣為研究對象，根據動量定理有 ， ，聯立解得 ，由牛頓第三定律可知，1號車廂受到的空氣阻力 ,當列車以額定功率運行到速度為最大速度時有 ，當列車以額定功率運行到速度為最大速度的一半時，對整體受力分析，根據牛頓第二定律有 ， ， ，對4、5節車廂整體受力分析有 ，聯立解得 ，故 正確.
4．【答案】D　
【解析】由題知，假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F-t圖線與t軸圍成圖形的面積即為合外力的沖量，再根據動量定理可知F-t圖線與t軸圍成圖形的面積即為動量的變化量，且圖線一直在t軸的上方，則動量越來越大，A、B錯誤；根據動量與動能的關系有Ek=，而F-t圖線與t軸圍成圖形的面積是動量的變化量，則動能的變化量正比于曲線與橫軸圍成的面積的平方，C錯誤；根據牛頓第二定律可知a∝F，即假人頭部的加速度大小先增大后減小，D正確.
【方法總結】在涉及函數圖像的題目中，可以分析圖線斜率、與坐標軸圍成的面積或橫、縱軸截距與其能夠表達的物理量的關系，這是解決此類問題的常用方法.
5．【答案】D
【詳解】
A、B碰撞過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得
則
碰撞后，A、B一起壓縮彈簧，當A、B的速度減至零時彈簧的彈性勢能最大，根據機械能守恒定律，最大彈性勢能
從球A被碰開始到回到原靜止位置的過程中，取向右為正方向，由動量定理得
故選D。
6．【答案】D
【解析】對小球進行研究，根據牛頓第二定律和運動學公式有，，解得，故球經過時間與球發生第一次碰撞，故錯誤；對碰撞前的運動過程，由動能定理得，解得，、兩球碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得，由機械能守恒定律得，其中為碰撞后的速度，為碰撞后的速度，解得，，、兩球碰后速度交換，到第二次碰撞前瞬間有，解得，第二次碰撞后兩球速度交換，則球速度為，球速度為，第三次碰撞前有，解得，以此類推，第次碰撞前有，解得，故球與球第一次碰撞后再發生碰撞的時間間隔不變，為，故、錯誤，正確.
7．【答案】BD
【詳解】
質量為m2的小球以一定的初速度勻速向m1球運動，根據碰撞規律可知，若碰后兩球速度方向相同，兩球應同時做勻速運動，若速度不同，應有
v1>v2
兩球碰后速度相同，應有
v1=v2
故選BD。
8．【答案】BD
【解析】要使A運動起來，最大靜摩擦力為
即在時物塊A剛從靜止開始運動，所以動量大小為零，A錯誤；
時間內只有內運動，故根據動量定理可得
B正確；
內
故做勻加速直線運動，C錯誤；
碰撞前瞬間物塊A的動量為
即A的速度為
因為發生彈性碰撞，故有
解得
恰好沒有第二次碰撞，即相遇時兩者的速度恰好為零，故有
聯立解得，D正確。
9．【答案】AC
【詳解】水平面光滑，系統水平方向動量守恒，取向右為正方向，根據動量守恒得
解得共同速度為
A．若，可知最終共同速度一定為零，故A正確；
B．若，合動量方向向右，先減速，最后以v的速度向右勻速運動，即其速度不可能為零，故B錯誤；
CD．若，合動量方向向左，先減速，后向左加速，最后以v的速度向左勻速運動，所以當m的速度減至零時，木板向左運動，此過程中m相對M一直向右運動，至與木板相對靜止，故C正確，D錯誤。
故選AC。
10．【答案】BC
【詳解】AB．根據題意和圖乙分析可知，在0 ~ 時間內B向右減速，A在向右加速運動，彈簧處于拉伸狀態，時二者速度相同，彈簧有最大伸長量；后B向右減速再向左加速，A繼續向右加速運動，時二者速度差達到最大，彈簧處于原長；時間內，A向右減速，B先向左減速后向右加速，說明彈簧處于壓縮狀態，t3時二者速度再次相同，此時彈簧有最大壓縮量；時間內，B向右加速，A向右減速，彈簧處于壓縮狀態，時B速度達到最大，彈簧又恢復原長，故A錯誤、B正確；
CD．由AB項分析知，時彈簧處于原長，系統動量守恒、機械能守恒，時間
根據圖乙知
聯立可得
故C正確、D錯誤。
故選BC。
11．【答案】(1)12.9；(2)0.4；(3)
【詳解】（1）根據游標卡尺得讀數原理可知遮光條寬度為
（2）滑塊通過光電門Ⅰ的速度為
（3）根據動量定理，重力分力得沖量等于物塊的動量變化量，即，整理得
12．【答案】（1）（iv）；220 V （2）B （4）1.225 （5）小車和鉤碼；見解析 （6）
【詳解】（1）為充分利用紙帶，小車釋放前應靠近打點計時器，且先接通打點計時器的電源然后釋放小車，所以有錯誤的步驟是（iv）；
電火花打點計時器所使用的電源電壓為220 V的交流電源。
（2）A．實驗過程中使細繩和木板始終保持平行，使小車受到的合力為繩的拉力，A有必要；
B．平衡摩擦力時，有mgsinθ=mgcosθ，更換紙帶后，不需要重新平衡摩擦力，B不必要；
C．為充分利用紙帶，釋放小車的位置應靠近打點計時器，C有必要。選B。
（4）相鄰兩計數點間的時間間隔，打下E點的速度
；
（5）小車所受合力不等于細繩的拉力，小車和鉤碼所受外力等于鉤碼的重力，為減少實驗誤差，盡可能準確的驗證動量定理，本實驗的研究對象應選擇小車和鉤碼。以研究對象的速度v為縱坐標、時刻t為橫坐標建立坐標系，作出v-t圖像
（6）由靜止釋放小車，根據動量定理，即，斜率。
13．【答案】（1） ； （2） 0．2 （3）
【解析】
（1） 彈簧恢復原長時兩物塊脫離彈簧，做平拋運動，做勻減速直線運動，對，水平方向有（1分）豎直方向有（1分）聯立解得，彈簧恢復原長的過程中，由于、所受摩擦力大小相等，方向相反，、與彈簧組成的系統動量守恒，對系統有（1分）解得（1分）
（2） 物塊與彈簧分離后做勻減速直線運動，對有（2分）解得（1分）
（3） 從系統初始狀態到彈簧與物塊分離的過程中，彈簧釋放的彈性勢能轉化為和的動能與和同桌面摩擦產生的熱量，該過程中對系統有（2分）其中、為彈簧恢復原長過程中、兩物塊相對桌面的路程，則有（2分）解得（1分）
考點3 碰撞
14．【答案】見詳解
【解析】（1）物塊從釋放到滑上木板前，物體所組成的系統在水平方向上動量守恒，設水平向右為正方向，得，由動能定理得，代入數據，解得
（2）物塊剛滑上木板時，對和分別進行受力分析，由牛頓第二定律知，，解得，運動到物塊與木板共速的過程中，有，解得，物塊與木板對地位移分別為，為使物塊與木板共速前不分離，木板的最短長度
（3）物塊與木板共速后，無相對滑動，兩物體一起向右做勻減速直線運動直到速度為零。設該段勻減速直線運動的加速度大小為則小車勻減速階段位移，在物塊與木板始終不分離的情況下，木板相對地面的總位移
（3）凡能夠對共同減速進行說明，并能計算加速度即給2分。另相對位移亦可用能量觀點解出：3分
15．【答案】AD
【詳解】
A．由于，可得
故線框進入磁場前和在磁場中均做勻速運動，在進入磁場、離開磁場過程由于產生感應電流，受到安培力作用，線框做減速運動，故線框通過過程的平均速度比通過過程的平均速度大，所以線框通過所用的時間比通過的時間短，A正確；
B．自邊進入磁場到邊剛好進入磁場這段時間內，通過線框某截面的電荷量為
B錯誤；
C．設線框通過過程中回路中的平均感應電流為，通過時間為，邊到達時線框的速度為，線框通過過程中回路中的平均感應電流為，通過時間為，規定沿斜面向下為正方向，對兩個過程分別應用動量定理有
結合B的詳解可知
聯立解得
C錯誤；
D．設邊進入磁場到邊滑出磁場這段時間內，線框中產生的焦耳熱為Q，根據能量守恒定律有
D正確。
故選AD。
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