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2026届人教版高考物理第一轮复习：动量守恒定律综合提高练习1
一、单选题（本大题共6小题）
1．2021年12月9日，神舟十三号乘组进行天宫授课，如图为航天员叶光富试图借助吹气完成失重状态下转身动作的实验，但未能成功.若他在 内以 的速度呼出质量约 的气体，可获得的反冲力大小约为( )
A． B． C． D．
2．如图所示，光滑水平面上静置一质量为M的木块，由一轻弹簧连在墙上，有一质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在其中，当木块第一次回到原来位置的过程中，墙对弹簧的冲量大小为（ ）
A．0 B． C． D．2mv0
3．一质量为M的烟花飞到空中，当速度减为零时炸裂成两块，其中质量为m的一块在炸裂后获得的速度大小为v，则另一块的速度大小为
A．
B．
C．
D．
4．蹦极是一项刺激的极限运动，如图，运动员将一端固定的弹性长绳绑在腰或踝关节处，从几十米高处跳下（忽略空气阻力）。在某次蹦极中质量为60kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2s人的速度减为零，假设弹性绳长为45m（重力加速度g=10m/s2），下列说法正确的是（　　）
A．绳子在绷紧后2s内的平均作用力大小为1500N
B．运动员在弹性绳绷紧后动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量
C．运动员整个运动过程中重力冲量小于弹性绳作用力的冲量
D．运动员整个运动过程中重力冲量与弹性绳作用力的冲量大小相等
5．如图，质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径为。圆弧体B锁定，圆弧体A可以自由滑动，一个小球从圆弧体A的最高点由静止释放，在圆弧体B中上升的最大高度为。已知重力加速度大小为，则（　　）
A．小球与圆弧体的质量之比为
B．在小球从圆弧体A的最高点滑到最低点的过程中，A的位移大小为
C．小球再次滑上A，在A中上升的最大高度为
D．若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为
6．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度 从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为
D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管对平行导槽的冲量大小为 ，方向垂直导槽向上
二、多选题（本大题共4小题）
7．两材料完全相同的、可视为质点的滑块甲和滑块乙放在粗糙的水平上，在两滑块的右侧固定一挡板。已知两滑块与水平面之间的动摩擦因数均为μ，甲、乙两滑块的质量分别为m1=3m、m2=2m，且在水平面上处于静止状态。现给滑块甲一向右的初速度v0（未知），使滑块甲和滑块乙发生无能量损失的碰撞，经过一段时间滑块乙运动到挡板处且被一接收装置接收，而滑块甲未与挡板发生碰撞，开始两滑块之间的距离以及滑块乙与挡板之间的距离均为L，重力加速度为g。滑块甲与滑块乙碰后的瞬间速度分别用v1、v2表示，下列正确的说法是（　　）
A．v1∶v2=1∶5 B．v1∶v2=1∶6
C．v0的最小值为 D．v0的最小值为
8．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s.以两球初速度方向为正方向，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值是 （　　）
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．如图（a）所示，光滑平台上，物体A以初速度滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计；（b）图为物体A与小车B的图像，由此可计算出（ ）
A．小车上表面长度 B．物体A与小车B的质量之比
C．物体A与小车B上表面之间的动摩擦因数 D．小车B获得的动能
10．如图甲所示，有两个完全相同的质量 的物块A、B静止在地面上， 时刻有一随时间变化的外力F作用在物块A上，F随时间的变化关系如图乙所示。物块与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块均可视为质点。若物块A在时与物块B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞之前的瞬间撤去外力F，物块的右侧有一弹性挡板，物块B与挡板碰撞后速度大小不变，方向相反，且物块B恰好不与物块A发生第二次碰撞。g取，则下列说法中正确的是（　　）
A．时，物块A的动量大小为
B．时间内，物块A的动量的变化量为
C．物块A在内做匀速直线运动
D．物块B距弹性挡板的距离为
三、非选择题（本大题共5小题）
11．（8分）2023年9月21日在中国空间站的“天宫课堂”中，“神舟十六号”航天员做的钢球碰撞实验给大家留下深刻印象。如图甲所示，其中大钢球质量为M，小钢球质量为m，在空间站中钢球的自由运动可以看成匀速直线运动。
甲
（1）用两个相同的大钢球做实验，一个运动的钢球碰另一个静止的钢球，碰后二者刚好交换速度，说明此碰撞为　　　　（填“弹性碰撞”或“完全非弹性碰撞”）。
（2）用小钢球去碰静止的大钢球，二者发生正碰，发现小钢球能被弹回。通过视频逐帧播放，可测量在相同运动时间内碰前小钢球的位移大小为L1、碰后小钢球的位移大小为L2和大钢球的位移大小为L3，若上述物理量满足关系式　　　　，就可验证此碰撞过程中两球的总动量守恒。
（3）用大钢球去碰静止的小钢球，发现碰撞前后两球的运动方向不在同一直线上，如图乙所示，此碰撞过程中两球的总动量　　　　（填“仍然守恒”或“不再守恒”）。
乙
12．小晨同学用如图甲所示的实验装置验证动量定理，其步骤如下：
A．测出小车质量M，合理调整木板倾角，让小车能沿木板加速下滑。用轻绳通过滑轮将拉力传感器和小车连接，小车连接纸带，并记录传感器的示数F；
B．取下轻绳，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙所示，将打下的第一点记为计数点0（之后每五个点取一个计数点）。已知打点计时器的打点频率为；
C．用刻度尺测量出第4个计数点和第5个计数点之间的距离3、第5个计数点和第6个计数点之间的距离，、的数值如图乙所示。
(1)相邻两个计数点之间的时间间隔s。
(2)小晨同学从打出的纸带中选择一条点迹清晰的纸带，将纸带沿计数点剪断得到6段纸带，由短到长并排贴在坐标中，各段紧靠但不重叠。最后将各纸带上端中心点连起来可得到一条直线，如图丙。相邻计数点间的距离为，纸带宽度表示相邻计数点间的时间间隔T，用横轴表示时间t。若纵轴表示，则所连直线的斜率表示；若纵轴表示，则所连直线的斜率表示。
A．各计数点的瞬时速度 B．相邻计数点的瞬时速度的变化
C．小车运动的加速度a D．小车运动的加速度的一半即
(3)某次实验测得，拉力传感器的示数为，实验得到的纸带如图乙所示，则从0→5过程中小车所受合外力的冲量为，小车动量变化量的大小为。（结果均保留3位有效数字）
(4)实验操作中（选填“需要”或“不需要”）再添加补偿阻力的步骤，合外力对小车的冲量大于小车动量变化量的原因可能是．
13．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.3，与沙坑的距离x=1.5m，g取10m/s2。物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小多少？
14．如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为d=2 m，A、B质量均为m=1 kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为F=9 N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)物块B与A的挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小；
(2)由A、B静止开始经多长时间物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞，并求出碰后瞬间A、B的速度大小；
(3)画出由A、B静止开始到物块B与木板A的挡板发生三次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像；
(4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离。
15．如图所示，小滑块1、2质量分别为和，滑块1在半径为的四分之一光滑圆弧最高点A处，滑块2置于粗糙水平轨道端点处，间距为L。C点正下方处固定一劲度系数为的轻弹簧，弹簧右端固定一质量为的滑块，置于光滑水平面上。静止释放滑块1，1与2发生弹性碰撞后恰好静止于点。滑块2被碰后做平抛运动的同时给滑块一个向右的初速度，滑块2与运动中的在平衡位置相碰后竖直向上运动至与等高的点。已知所有的碰撞时间极短，质量为的弹簧振子振动周期为，重力加速度为，求：
(1)滑块1与水平面BC间的动摩擦因数；
(2)点与滑块的高度差；
(3)滑块2与第二次碰撞后弹簧振子的振幅A。
参考答案
1．【答案】B
【解析】
设航天员质量为 ，呼气后速度为 ，由动量守恒定律可得 ，又 ，可得 ，故 正确.
2．【答案】D
【详解】
由于子弹射入木块的时间极短，系统的动量守恒，取向右为正向，根据动量守恒定律得
mv0=(M+m) v，
解得
从弹簧被压缩到木块第一次回到原来的位置过程中，系统速度大小不变，方向改变，对木块（含子弹），根据动量定理得
由于弹簧的质量不计，则墙对弹簧的弹力等于弹簧对木块的弹力，所以墙对弹簧的冲量大小等于弹簧对木块的冲量大小，为2mv0
A．0，与结论不相符，选项A错误；
B．，与结论不相符，选项B错误；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．2mv0，与结论相符，选项D正确；
3．【答案】A
【详解】
在爆炸极短时间内，导弹所受的重力，远小于内部的爆炸力，系统动量守恒；
根据动量守恒定律，有：
解得
方向与前一 块的方向相反；
A．，与结论相符，选项A正确；
B．，与结论不相符，选项B错误；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．，与结论不相符，选项D错误；
4．【答案】AD
【解析】根据运动学规律可得弹性绳绷紧瞬间运动员的速度大小，设绳子在绷紧后2s内的平均作用力大小为F，取竖直向上为正方向，根据动量定理有，解得F=1500N，A正确；根据动量定理可知，运动员在弹性绳绷紧后动量的改变量等于弹性绳的作用力与运动员所受重力的合力的冲量，B错误；由于运动员的初、末动量都为零，所以整个运动过程中重力的冲量与弹性绳作用力的冲量大小相等、方向相反，C错误，D正确。
5．【答案】D
【详解】由题可知，对小球从上滑下到与分离的过程，由机械能守恒及水平方向动量守恒有，，对小球滑上B的过程由机械能守恒得，综合以上各式得，，，即小球与圆弧体的质量之比为，A错误；由，，得，B错误；小球重新滑回时的速度为，到达最高点时与共速，由水平方向动量守恒有，由机械能守恒有，得，C错误；若圆弧体B没有锁定，则小球与B接触到分离的全过程有，，由上式可得，D正确。
6．【答案】D
【详解】A：由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，小球与U形管组成的系统机械能守恒，导槽对U形管只有垂直方向的弹力，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，A错误；
B：小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，沿着导槽方向，系统动量守恒，类比弹性碰撞，交换速度，小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0，B错误；
C：小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向， ，解得 ，设小球的合速度为 ，根据机械能守恒定律 ，解得 ，C错误；
D：在小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为 ，运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球与U形管系统根据动量定理，有 ，根据牛顿第三定律，平行导槽受到的冲量大小也为 ，D正确。选D。
7．【答案】BC
【详解】
AB．两滑块碰撞过程满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设碰撞前瞬间滑块甲的速度为v，则有
m1v＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得
m1v2＝m1v12＋m2v22
联立解得
v1＝，v2＝
则二者速度大小之比为
v1∶v2＝1∶6
A错误，B正确；
CD．当滑块甲初速度最小时，碰后滑块乙应刚好运动到右侧的挡板，则
－μm2gL＝－m2v22
碰前滑块甲做减速运动
－μm1gL＝m1v2－m1v02
可得
v0＝
C正确，D错误。
故选BC。
8．【答案】AC　
【解析】碰前系统的总动量p=pA0+pB0=12 kg·m/s，设两球的质量分别为mA和mB，根据碰撞条件得>，即<.A项pA=6 kg·m/s，pB=6 kg·m/s，系统动量守恒，且碰撞后应有≤，即≥1；碰撞后总动能不增加，即≤，解得≤，故1≤≤，在碰撞条件区间内是可能的，A正确.B项pA=8 kg·m/s，pB=4 kg·m/s，系统动量守恒，且碰撞后应有≤，即≥2，不在碰撞条件区间内，不可能，B错误.C项pA=-2 kg·m/s，pB=14 kg·m/s，系统动量守恒；碰撞后总动能不增加，即≤，解得≤，在碰撞条件区间内是可能的，C正确.D项pA=-7 kg·m/s，pB=19 kg·m/s，系统动量守恒；碰后总动能>，不满足碰撞后总动能不增加，D错误.
【快解】A、B沿同一直线、同一方向运动，且A追B，故碰后A的速度不可能沿原方向增大，故B错误；若A的动能不变，B的动能不可能增大，不满足碰撞后总动能不增加，故D错误.
9．【答案】BC
【详解】
A.由图像可知，物体A与小车B最终以共同速度匀速运动，但由于题给条件不足，不能确定小车上表面的长度，故A错误；
B.由动量守恒定律得
解得
可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；
C.由图像可以知道，物体A相对小车B的位移
根据能量守恒定律得
根据求得的物体A与小车B的质量关系，可以解出物体A与小车B上表面之间的动摩擦因数，故C正确；
D.由于小车B的质量未知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。
故选BC。
10．【答案】BD
【解析】要使A运动起来，最大静摩擦力为
即在时物块A刚从静止开始运动，所以动量大小为零，A错误；
时间内只有内运动，故根据动量定理可得
B正确；
内
故做匀加速直线运动，C错误；
碰撞前瞬间物块A的动量为
即A的速度为
因为发生弹性碰撞，故有
解得
恰好没有第二次碰撞，即相遇时两者的速度恰好为零，故有
联立解得，D正确。
11．【答案】（1）弹性碰撞（2分）　（2）m（L1＋L2）＝ML3（3分）
（3）仍然守恒（3分）
【解析】（1）设运动的钢球碰前速度为v1，碰后两球的速度分别为v2、v3，由动量守恒定律得Mv1＝Mv2＋Mv3，假如v2＝0，v3＝v1，即满足M＝M＋M，所以此碰撞为弹性碰撞。
（2）设碰前小钢球的速度大小为v01，碰后小钢球、大钢球速度大小分别为v11、v21，由动量守恒定律得mv01＝－mv11＋Mv21，式子两边都乘时间得mL1＝－mL2＋ML3，解得m（L1＋L2）＝ML3。
（3）动量守恒定律的表达式是矢量式，所以用大钢球去碰静止的小钢球，即使发现碰撞前后两球的运动方向不在同一直线上，碰撞过程中两球的总动量仍然守恒。
12．【答案】(1)0.1，(2)B；C，(3)1.10；1.08，(4)不需要；纸带与计时器之间存在摩擦
【详解】（1）相邻两个计数点之间的时间间隔
（2）[1] 所连直线的斜率表示，所以其直线斜率表示相邻计数点的瞬时速度的变化，选B；
[2] 若纵轴表示，则纵坐标为该点的瞬时速度，则所连直线的斜率表示为，所连直线的斜率表示小车运动的加速度，选C。
（3）[1]由题可知静止时绳的拉力等于重力的分力与摩擦力的矢量和，所以释放小车的合力等于之前记录传感器的示数，从0→5过程中所用的时间，从0→5过程中小车所受合外力的冲量为
[2] 第5个计数点的速度，小车动量变化量的大小为
（4）[1] 释放小车的合力等于之前记录传感器的示数，所以实验操作中不需要再添加补偿阻力的步骤；
[2] 合外力对小车的冲量大于小车动量变化量的原因可能是纸带与计时器之间存在摩擦。
13．【答案】4.5m/s
【详解】
碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得
代入数据解得
v=3m/s
A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有
由于没有机械能的损失，则有
联立解得
v0=4.5m/s
14．【答案】(1)0　6 m/s；(2) s　12 m/s　6 m/s；(3)见解析图；(4)［2+4n(n-1)］ m(n=1，2，3，4，…)
【详解】(1)B从A的左端开始运动到右端的过程，由动能定理有Fd=m，解得v0=6 m/s，B与A碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有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做匀速直线运动，B做初速度为0、加速度为a==9 m/s2的匀加速直线运动，则第二次碰撞时有vAt=at2，解得t= s，此时B的速度为vB1=at=12 m/s，A的速度为vA1=vA=6 m/s，第二次碰撞时，同样由动量守恒定律和机械能守恒定律有mvA1+mvB1=mvA2+mvB2，m+m=m+m，解得vA2=12 m/s，vB2=6 m/s。
(3)同理第三次碰撞时有vB2t'+at'2=vA2t'，解得t'= s，此时B的速度为vB3=vB2+at'=18 m/s，从开始运动到第一次碰撞的时间t0== s，由A、B静止开始到B与A的挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示。
(4)由以析可知，从第二次碰撞后，到下一次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8 m，由v-t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运动的距离为2 m；从第1次碰撞到第2次碰撞，B运动的距离为8 m；从第2次碰撞到第3次碰撞，B运动的距离为8 m+8 m=16 m；从第3次碰撞到第4次碰撞，B运动的距离为16 m+8 m=24 m；根据数学知识可知，从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离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)
【详解】（1）（1）设滑块1与2碰前速度为，由动能定理，碰后两者速度分别为和，由于弹性碰撞，则动量守恒和机械能守恒，，解得，，碰后滑块1恰滑动后能静止在点，滑块1只能从点向左匀减速运动至，由动能定理得，联立以上各式得，
（2）（2）滑块2与振子在平衡位置相碰，由于，滑块2只能与向左运动的相碰才能碰后竖直向上运动，则碰前运动时间满足，所求高度为，解得
（3）（3）滑块2与碰撞过程水平方向动量守恒，第1次碰撞后的速度设为，则，代入得，设第一次碰撞过程中滑块2与接触时间为，则在时间内滑块2与间为滑动摩擦力，因为滑块2离开瞬间是相对运动的。滑块2从竖直上抛后落下与发生第二次碰撞前运动时间为，滑块运动时间正好在平衡位置向左运动时与滑块2相撞。假设第二次碰撞过程中滑块2离开前能共速，则，解得，由于第一次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小，第二次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小，由于，第二次滑动摩擦力作用的时间，则假设成立。滑块2离开后，振子的速度为。设所求振幅A为，解得
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一、单选题（本大题共6小题）
1．2022年卡塔尔世界杯于北京时间11月21日至12月18日举行。在葡萄牙对阵乌拉圭的比赛中，著名球星C罗接队友传中，跳起头球打门，为葡萄牙打进关键一球。设C罗的质量为m，从静止下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重力加速度大小为g，在此过程中（　　）
A．地面对他的冲量大小为 B．地面对他的冲量大小为
C．地面对他的冲量大小为mv D．地面对他的冲量大小为
2．如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1、m2，今有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1、t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别为（　　）
A． B．
C．　 D．
3．有关实际生活中的现象,下列说法不正确的是 (　　)
A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度
B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力
C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲的影响
D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,汽车前部的发动机舱越坚固越好
4．如图所示，足够长的水平粗糙面与半径为R的圆弧在最低点C相连，两个长度分别为和R的光滑斜面AC和BC先后固定于圆弧处，均与水平面在C点平滑连接，质量为m的滑块1从斜面AC顶端由静止释放，质量也为m的滑块2从斜面BC顶端由静止释放，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，则（　　）
A．滑块1、2在C点时的动量相同
B．滑块1、2在斜面上运动的时间之比为2∶1
C．滑块1、2在C点时的动能之比为2∶ 1
D．滑块1、2在CD上滑行的最大距离之比为1∶2
5．如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为m球＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接．滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1＜L)；滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量I，小球摆起的最大高度为h2．则h1∶h2的大小为（ ）
A．6∶1
B．4∶1
C．2∶1
D．4∶3
6．如图所示，光滑的圆形轨道水平固定，小球B的质量为m，初始时静止。小球A的质量为2m，以速度v0运动，并与球B发生非弹性正碰（碰撞时间极短），碰后速度不相等。则（　　）
A．碰撞过程中两球组成的系统动量不守恒
B．经过多次碰撞后，两球的最终速度大小为
C．经过多次碰撞后，两球的最终速度大小为零
D．从开始到多次碰撞后两球的动量一直守恒
二、多选题（本大题共4小题）
7．如图所示，光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同滑块,分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在处平滑相接,滑块与水平面间的动摩擦因数为 ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力,下列说法正确的有（ ）
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与无关
D．甲最终停止位置与处相距
8．如图所示，质量均为m的木块A、B与轻弹簧相连，置于光滑水平桌面上处于静止状态，与木块A、B完全相同的木块C以速度与木块A碰撞并粘在一起，则从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．木块A、B、C和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．木块C与木块A碰撞结束时，木块C速度为
C．弹簧的最大弹性势能为
D．弹簧的最大弹性势能小于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量
9．下列说法正确的是 （　　）
A．一质点只受到两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一段时间内的冲量之和一定为零，做功之和一定为零
B．一质点只受到两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一段时间内的冲量之和一定为零，做功之和不一定为零
C．在同样时间内，一对作用力和反作用力的冲量之和一定为零，做功大小之和不一定为零
D．在同样时间内，一对作用力和反作用力的冲量之和一定为零，做功之和一定为零
10．（山东2021）(多选)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变。重力加速度为g，不计阻力。以下判断正确的是(　　)
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
C．d＝
D．d＝
三、非选择题（本大题共5小题）
11．小梁同学用如图所示的装置验证动量守恒定律，该装置斜面末端与水平放置的木板的连接处做了平滑处理。实验时，将物块1从斜面上P点由静止释放，物块1通过木板上的Q点后继续滑行直至停下，测得停下的位置距Q点的距离为。现将物块2放置在Q点，仍将物块1从斜面上P点由静止释放，物块1与物块2在Q点相碰后，测得物块1与物块2停下的位置距Q点的距离分别为和。已知物块1与物块2的质量分别为和，且，整个实验过程中斜面与木板始终固定不动且两物块与木板间的动摩擦因数相同。
(1)用该装置验证动量守恒定律，（选填“必须”或“不必”）测出物块与木板间的动摩擦因数；
(2)若该实验遵循动量守恒定律，则一定有关系式成立（用已知量和测得的物理量的字母表示）；
(3)若木板安装不水平，右端比左端略高，碰撞过程遵循动量守恒定律，则测得的碰撞前瞬间系统的动量（选填“大于”“小于”或“等于”）测得的碰撞后瞬间系统的动量。
12．某同学用如图甲装置验证动量定理。光电门A、B安装在气垫导轨上，在滑块上安装一遮光条，调节好气垫导轨，将滑块放在水平气垫导轨上的左侧，让细绳跨过定滑轮与钩码相连。将滑块由静止释放，遮光条通过光电门A、B时光电门记录的挡光时间为、，遮光条从光电门A到光电门B记录的时间为，读出力传感器的示数F。
(1)用天平测量出滑块的质量m，用游标卡尺测量遮光条的宽度，示数如图乙，遮光条的宽度d＝ mm。
(2)某次实验时，光电门A记录的挡光时间，则滑块通过光电门A时的速度大小 m/s（结果保留3位有效数字）。
(3)要验证动量定理，需要验证等式 是否成立（用m、d、和表示）。
13．如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）。质量为m、电荷量为的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动。在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂，保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于5°的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速度为。小球P进入磁场后，磁场对小球P的作用力不做功，P、Q两小球在W点发生相向正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动。P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；
（2）若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大。
14．如图所示，水平光滑直轨道AB右侧BC部分为某种粗糙材料构成，BC长度可以调节，在BC的上方，有水平向右的匀强电场，电场强度大小E1=300V/m，在BC的下方，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小E2=1500V/m。小球a为绝缘材质，质量m=1.0kg，小球b质量为M=3.0kg，带电量为q=+2.0×10-2C，小球a从A点以水平向右v0=6m/s的初速度释放，与静止的小球b发生弹性正碰，小球b在粗糙材料上所受阻力为其重力的0.3倍，然后从C点水平飞离水平轨道，落到水平面上的P点，P、C两点间的高度差为H=1.6m。小球可以视为质点，且不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。
（1）求小球b运动至B点的速度大小；
（2）求小球落点P与B点的最大水平距离；
（3）通过调整BC的长度，使小球恰好能运动到C点，从C点下落，小球落到地面后弹起，假设小球每次碰撞机械能损失75%，与地面多次碰撞后静止。求小球从C点下落到静止所需的时间。
15．如图所示，在光滑的水平面上，质量为的平板车以的速度向左运动，质量为的小铁块以的速度从左端滑上平板车.一段时间后小铁块与平板车速度相同，之后平板车与竖直墙壁发生弹性碰撞.小铁块与平板车间的动摩擦因数为，小铁块始终未从车上掉下，重力加速度，.求：
（1）车与墙壁发生第一次碰撞前速度大小；
（2）车的最小长度；
（3）车与墙壁发生第一次碰撞后运动的总路程.
参考答案
1．【答案】B
【详解】设竖直向上为正方向，由动量定理可知，解得，选B。
2．【答案】B
【分析】
子弹在A中运动时，A、B一起向前运动，具有相同的运动速度，对整体应用动量定理可避开A、B间的未知作用力，可以求解A、B分开时的速度，分开后再对B单独应用动量定理可求得子弹穿出后B的速度。
【详解】
子弹在A中穿过时，以A、B为研究对象，规定向右为正方向，根据动量定理可得
解得
之后A的速度保持v1不变，子弹进入木块B后，以B为研究对象，根据动量定理可得
解得
故选B。
3．【答案】D　
【解析】根据反冲运动的特点与应用可知,火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度,故A正确;体操运动员在落地的过程中,动量变化量一定,即运动员受到的冲量I一定,由I=Ft可知,体操运动员在着地时屈腿是为了延长落地时间t,减小运动员所受到的平均冲力F,故B正确;用枪射击时,子弹给枪身一个反作用力,会使枪身后退,影响射击的准度,所以为了减小反冲的影响,用枪射击时要用肩部抵住枪身,故C正确;由I=Ft可知,为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,就要延长碰撞的时间,位于汽车前部的发动机舱不能太坚固,故D错误,符合题意.
4．【答案】C
【解析】滑块1、2在C点时速度方向不同，则动量方向不同，A错误；对滑块1，根据牛顿运动定律 ，，对滑块2，根据牛顿运动定律 ，，解得滑块1、2在斜面上运动的时间之比为1:1，B错误；根据 可知，到C点时速度大小之比为 ，故动能之比为2:1，C正确；滑块1、2在CD上滑行减速加速度 ，，所以滑块1、2在CD上滑行的最大距离之比为2:1，D错误。
5．【答案】B
【详解】滑环固定时，设小球获得冲量I后对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有 m球v02＝m球gh1，解得h1＝ ；滑环不固定时，小球初速度仍为v0，在小球摆起最大高度h2时，小球和滑环的速度都为v，在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则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＝ ，则h1∶h2＝4∶1，故B正确．
6．【答案】B
【详解】碰撞过程中两球组成的系统所受的合力等于零，系统动量守恒，A错误；经过多次碰撞后，两球的最终以共同的速度v运动，根据动量守恒定律得，解得，B正确，C错误；多次碰撞后，两球共同做匀速圆周运动，两球动量的大小一直不变，动量的方向不停的变化，两球的动量不守恒，D错误。
7．【答案】ABD
【详解】由于斜坡光滑，则两滑块加速度相同，两滑块的初速度都为0，所以在斜坡上运动过程中两滑块始终保持相对静止，正确；由于甲、乙的碰撞属于弹性碰撞，又因为两滑块的质量相同，所以碰撞前后甲、乙交换速度，正确；在判断乙的运动时间是否与有关时，可以采用极限法，假设甲位于十分接近点的位置，则乙的运动时间无限接近于在斜面上的运动时间，故乙的运动时间与有关，错误；由于甲、乙碰撞后交换速度，甲在水平面上的位移可以等效为没有甲时乙单独在水平面上的位移，由能量守恒定律得，解得，正确。
8．【答案】BD
【详解】A．木块A、B、C和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒；木块C与A碰撞并粘在一起，此过程系统机械能有损失，系统机械能不守恒，A错误；
B．木块C与A碰撞并粘在一起，根据动量守恒定律得，解得碰撞结束时，木块A、C速度为，B正确；
C．弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，此时木块A、B、C具有相同的速度，根据系统动量守恒可得，解得，根据能量守恒可得弹簧的最大弹性势能为，C错误；
D．木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量为，则有，D正确。选BD。
9．【答案】AC
【详解】一质点只受到两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力等大反向，合力为零，则根据I=Ft可知两个力在同一段时间内的冲量之和一定为零，根据W=Fx可知做功之和一定为零，选项A正确，B错误；在同样时间内，一对作用力和反作用力等大反向，根据I=Ft可知冲量之和一定为零，但是两个力的位移不一定大小相等方向相反，则根据W=Fx可知做功大小之和不一定为零，选项C正确，D错误。
10．【答案】BC　
【详解】本题考查受力分析．共点力平衡．动量守恒定律．平抛运动及匀变速曲线运动的研究方法。投出物资的过程中，物资和热气球组成的系统动量守恒，设向右为正方向，则mv0－Mv′＝0，则热气球向左的速度为v′＝，由于整体合力为零，物资的合外力竖直向下且大小为mg，则热气球的合外力竖直向上且大小为mg，投出物资后，热气球做初速度大小为v′．方向向左，加速度大小为．方向竖直向上的匀变速曲线运动，A错误，B正确；设物资落地的时间为t，则由H＝gt2，解得t＝，落地时物资与热气球间的水平距离x＝(v0＋v′)t＝，落地时物资与热气球间的竖直距离y＝H＋t2＝H，所以d＝＝，C正确，D错误。
11．【答案】(1)不必，(2)，(3)等于
【详解】（1）没有碰撞过程中，根据动能定理可得，碰撞后过程中，根据动能定理可得，，由于验证动量守恒定律，碰撞前后动量守恒，不需要测量动摩擦因数。
（2）碰撞前后动量守恒，则，解得
（3）若木板安装不水平，右端比左端略高，则碰撞前后根据动能定理可得，，，可得，测得的碰撞前瞬间系统的动量等于测得的碰撞后瞬间系统的动量。
12．【答案】(1)14.5；(2)1.00；(3)
【详解】（1）遮光条的宽度
（2）滑块通过光电门时的速度大小
（3）根据动量定理有；变形得，需要验证等式，是否成立。
13．【答案】（1），；（2）
【详解】
（1）整个空间存在匀强电场，小球P获得冲量后向下做匀速直线运动，因此整个空间重力和电场力平衡，有
解得
由动量定理得
可得
（2）设P、Q相向正碰后在W点的共同速度为，以与相反的方向为正方向，由动量守恒定律得
此刻轻绳的垃力为最大，由牛顿第二定律得
解得
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】(1)两小球碰撞的过程，碰后小球a的速度为，小球b的速度为，由动量守恒、动能不变，得，，代入数据可得，即小球b运动到B点的速度大小为
（2）B到C的过程中，由动能定理得，解得，从C点滑出后，从C点到落地的时间：，B到P的水平距离，代入数据，联立并整理可得，可知，当时，P到B的水平距离最大，为
（3）由于小球每次碰撞机械能损失75%，由，则碰撞后的速度为碰撞前速度的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的，所以从第一次碰撞后到发生第二次碰撞的时间，同理，从第二次碰撞后到发生第三次碰撞的时间，由此类推可知，从第n次碰撞后到发生第n+1次碰撞的时间，小球运动的总时间，由等比数列求和可得
15．【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设水平向右为正方向，车与墙壁发生第一次碰撞前的速度大小为，由动量守恒定律得
，
解得.
（2）最终车和小铁块的动能全部转化为系统的内能，由能量守恒定律得，
解得.
（3）设车的加速度大小为，车与墙壁发生第一次碰撞后向左速度减为零时的位移大小为，车与墙壁从发生第一次碰撞到发生第二次碰撞运动的路程为，由牛顿第二定律得，
解得,
由运动学公式得，，
解得.
设车与墙壁发生第次碰撞后的速度大小为，碰后的共同速度为，也是小车与墙壁发生第次碰撞后的速度，对系统，由动量守恒定律得
，
解得,
设车从与墙壁发生第次碰撞到发生第次碰撞运动的路程为，由以上分析可知
，，
则，
小车从与墙壁发生第一次碰撞后运动的总路程为
，
取无限大，则有.
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届人教版高考物理第一轮复习：动量守恒定律综合提高练习3
一、单选题（本大题共6小题）
1．如图所示，质量为M的上表面光滑的小车静置于光滑的水平面上，左端固定一根轻质弹簧，质量为m的物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，当突然烧断细线后，以下说法正确的是（　　）
A．物块离开小车前，物块和小车组成的系统动量守恒
B．物块离开小车前，物块和小车组成的系统机械能守恒
C．当物块离开小车时，小车向左运动的位移大小为
D．当物块速度大小为v时（未离开小车），小车速度大小为
2．有关实际生活中的现象,下列说法不正确的是 (　　)
A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度
B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力
C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲的影响
D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,汽车前部的发动机舱越坚固越好
3．如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，5节质量均为 的车厢编组运行，只有1号车厢为动力车厢.列车由静止开始以额定功率 运行，经过一段时间达到最大速度.列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为零，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为 ，1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为 .不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力.当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，3号车厢对4号车厢的作用力大小为( )
A． B． C． D．
4．在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）.从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部 （　　）
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D．加速度大小先增大后减小
5．如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与竖直墙之间用水平轻弹簧连接．现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧．不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是（　　）
A．E＝mv02，I＝mv0 B．E＝mv02，I＝2mv0
C．E＝mv02，I＝mv0 D．E＝mv02，I＝2mv0
6．在电场强度为的足够大的匀强电场中有一与电场线平行的绝缘水平面,平面上有两个静止的小球和，质量均为，球带电荷量为，球不带电，如图所示.开始时两球相距，在电场力的作用下，球开始沿直线运动，并与球发生正碰，碰撞中无机械能损失.设在每次碰撞过程中，、两球间无电荷量转移，不考虑一切阻力及两球间的万有引力.则( )
A．球经过时间与球发生第一次碰撞
B．球与球以后发生碰撞的时间间隔呈均匀递增
C．球与球发生碰撞的时间间隔一直保持不变，大小都是
D．、球在第5次正碰与第6次正碰之间的时间间隔是
二、多选题（本大题共4小题）
7．在光滑水平地面上有一质量为m1的小球处于静止状态，现有一质量为m2的小球（两球形状完全相同）以一定的初速度匀速向m1球运动，并与m1球发生对心碰撞。对于这样的一个作用过程，可用速度-时间图像进行描述，下列四个图像中，图线1表示m1球运动的情况，图线2表示m2球运动的情况。则在这四个图像中可能正确地反映了两球相互作用过程中速率随时间变化关系的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图甲所示，有两个完全相同的质量 的物块A、B静止在地面上， 时刻有一随时间变化的外力F作用在物块A上，F随时间的变化关系如图乙所示。物块与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块均可视为质点。若物块A在时与物块B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞之前的瞬间撤去外力F，物块的右侧有一弹性挡板，物块B与挡板碰撞后速度大小不变，方向相反，且物块B恰好不与物块A发生第二次碰撞。g取，则下列说法中正确的是（　　）
A．时，物块A的动量大小为
B．时间内，物块A的动量的变化量为
C．物块A在内做匀速直线运动
D．物块B距弹性挡板的距离为
9．如图，光滑水平面上足够长的木板，质量为，以初速度向左运动的同时，长木板左端上方的也以同样大小的速度向右运动，最终它们有共同的速度，则（　　）

A．若，最终共同速度一定为零
B．若，的即时速度可能为零
C．若，当的速度减至零时，木板向左运动
D．若，相对先向右，后向左运动，直至与木板相对静止
10．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B瞬间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，从图像信息可得（ ）
A．在t1到t3时刻弹簧都处于伸长状态 B．从t2到t4时刻弹簧都处于压缩状态
C．两物体的质量之比为m1：m2= 2：1 D．在t2时刻A的速度为1.5m/s
三、非选择题（本大题共5小题）
11．某实验小组利用甲图所示的气垫导轨（包括导轨、气源、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计）探究冲量与动量变化量的关系。实验步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
②在导轨上选择两个适当位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ，并连接数字毫秒计及电脑，用以记录滑块通过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间、及滑块在两光电门之间的运动时间Δt；
③使气垫导轨倾斜，测量A点到导轨与水平桌面接触点O的距离L及A点距桌面高度h；
④将滑块从光电门Ⅰ左侧某处由静止释放，利用电脑记录、和△t；
⑤改变气垫导轨倾斜程度，重复步骤③④，进行多次测量。
(1)图乙是用游标卡尺测量遮光条宽度d的图示，则d＝ mm；
(2)某次实验中，测得，则滑块通过光电门Ⅰ的速度为 （结果保留1位小数）；
(3)在误差允许范围内，若满足△t＝ （用上述实验步骤中直接测量的物理量符号表示，已知重力加速度为g），则说明合外力冲量等于动量变化量。
12．某实验小组利用如图甲所示的装置验证动量定理，主要实验步骤如下：
（i）用天平测出小车的质量M＝300 g；
（ii）将小车置于带有定滑轮的木板上，将纸带穿过打点计时器后挂在小车尾部；
（iii）用垫木将木板一端垫高，接通50 Hz交流电源后，轻推小车，观察纸带上打出的点是否均匀分布；不断调整木板的倾斜程度，直至小车运动时纸带上打出的点分布均匀为止；
（iv）在细绳右端挂上质量为m的钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。由静止释放小车，接通打点计时器的电源，打点计时器在纸带上打出一系列点；
（v）更换纸带，重复步骤（iv），直到得到一条点迹清晰的纸带。
据此回答以下问题：
（1）以上实验步骤中，有错误的步骤是 （填步骤前的序号）。本实验所使用的电源电压为 （选填“220 V”或“4～6 V”）。
（2）下列关于本实验操作中，不必要的是 。
A．实验过程中使细绳和木板始终保持平行
B．更换纸带后，需要重新平衡摩擦力才能重复进行实验
C．释放小车的位置应靠近打点计时器
（3）选择一条点迹比较清晰的纸带，如图乙所示，相邻两计数点间有四个点未画出。
（4）以计数点O对应时刻为零时刻，根据匀变速直线运动的知识依次计算出各计数点对应的小车速度，并填入下表中。表中空白处的k＝ （保留三位小数）。
计数点 O A B C D E F
时刻 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）为减少实验误差，尽可能准确的验证动量定理，本实验的研究对象应选择 （选填“小车”或“小车和钩码”）。以研究对象的速度v为纵坐标、时刻t为横坐标建立坐标系，请根据表格中实验数据在图丙中描点，并作出v-t图像 。
（6）已知当地的重力加速度为g，若丙图中图线的斜率在误差允许范围内等于 （用n、m、M、g表示），即可验证动量定理成立。
13．如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块、，质量．、间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与、不拴接．同时由静止释放、，弹簧恢复原长时恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止．、均视为质点，取重力加速度．求：
（1） 脱离弹簧时、的速度大小和;
（2） 物块与桌面间的动摩擦因数 ;
（3） 整个过程中，弹簧释放的弹性势能．
14．如图所示，带有半径为的光滑圆弧轨道的滑块静置在一光滑水平面上，物块（可看作质点）从轨道最高点由静止释放，右侧下方的粗糙水平面上有一静止木板，水平面与的高度差恰好等于木
板的厚度。已知物体的质量分别为，物块与木板之间的动摩擦因数为木板与水平面之间的动摩擦因数为，重力加速度。
求：
（1）物块与木板接触前瞬间的速度大小;
（2）为使物块与木板共速前不分离，求木板的最短长度;
（3）若物块与木板始终不分离，求木板相对地面的总位移
15．如图所示，倾角为的斜面固定在地面上，区域内有垂直于斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，、（与斜面底边平行）是磁场的边界，它们之间的距离为D。质量为m、边长为、总电阻为R的单匝正方形金属线框与斜面间的动摩擦因数，线框始终紧贴斜面运动，边和边保持与平行且不翻转。让线框沿斜面滑下，边到达时的速度为v，已知边滑出磁场边界时线框速度大于0。下列说法中正确的是（ ）
A．线框通过所用的时间比通过的时间短
B．自边进入磁场到边刚好进入磁场这段时间内，通过线框某截面的电荷量是
C．边刚滑出时，线框速度
D．自边进入磁场到边滑出磁场这段时间内，线框中产生的焦耳热为
参考答案
1．【答案】A
【详解】
A．物块离开小车前，物块和小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；
B．物块离开小车前，弹力对物块和小车组成的系统做功，系统机械能不守恒，故B错误；
C．根据动量守恒定律可知，物块离开小车前，物块和小车在任意时刻的速度大小关系均满足
所以当物块离开小车时，小车向左运动的位移大小和物块向右运动的位移大小关系满足
根据位移关系可得
解得
故C错误；
D．根据C项分析可知，当物块速度大小为v时（未离开小车），小车速度大小为
，故D错误。
故选A。
2．【答案】D　
【解析】根据反冲运动的特点与应用可知,火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度,故A正确;体操运动员在落地的过程中,动量变化量一定,即运动员受到的冲量I一定,由I=Ft可知,体操运动员在着地时屈腿是为了延长落地时间t,减小运动员所受到的平均冲力F,故B正确;用枪射击时,子弹给枪身一个反作用力,会使枪身后退,影响射击的准度,所以为了减小反冲的影响,用枪射击时要用肩部抵住枪身,故C正确;由I=Ft可知,为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,就要延长碰撞的时间,位于汽车前部的发动机舱不能太坚固,故D错误,符合题意.
3．【答案】A
【解析】
车厢碰到空气前空气的速度为零，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，以一定质量的空气为研究对象，根据动量定理有 ， ，联立解得 ，由牛顿第三定律可知，1号车厢受到的空气阻力 ,当列车以额定功率运行到速度为最大速度时有 ，当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有 ， ， ，对4、5节车厢整体受力分析有 ，联立解得 ，故 正确.
4．【答案】D　
【解析】由题知，假人的头部只受到安全气囊的作用，则F-t图线与t轴围成图形的面积即为合外力的冲量，再根据动量定理可知F-t图线与t轴围成图形的面积即为动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，则动量越来越大，A、B错误；根据动量与动能的关系有Ek=，而F-t图线与t轴围成图形的面积是动量的变化量，则动能的变化量正比于曲线与横轴围成的面积的平方，C错误；根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度大小先增大后减小，D正确.
【方法总结】在涉及函数图像的题目中，可以分析图线斜率、与坐标轴围成的面积或横、纵轴截距与其能够表达的物理量的关系，这是解决此类问题的常用方法.
5．【答案】D
【详解】
A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得
则
碰撞后，A、B一起压缩弹簧，当A、B的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律，最大弹性势能
从球A被碰开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，由动量定理得
故选D。
6．【答案】D
【解析】对小球进行研究，根据牛顿第二定律和运动学公式有，，解得，故球经过时间与球发生第一次碰撞，故错误；对碰撞前的运动过程，由动能定理得，解得，、两球碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，其中为碰撞后的速度，为碰撞后的速度，解得，，、两球碰后速度交换，到第二次碰撞前瞬间有，解得，第二次碰撞后两球速度交换，则球速度为，球速度为，第三次碰撞前有，解得，以此类推，第次碰撞前有，解得，故球与球第一次碰撞后再发生碰撞的时间间隔不变，为，故、错误，正确.
7．【答案】BD
【详解】
质量为m2的小球以一定的初速度匀速向m1球运动，根据碰撞规律可知，若碰后两球速度方向相同，两球应同时做匀速运动，若速度不同，应有
v1>v2
两球碰后速度相同，应有
v1=v2
故选BD。
8．【答案】BD
【解析】要使A运动起来，最大静摩擦力为
即在时物块A刚从静止开始运动，所以动量大小为零，A错误；
时间内只有内运动，故根据动量定理可得
B正确；
内
故做匀加速直线运动，C错误；
碰撞前瞬间物块A的动量为
即A的速度为
因为发生弹性碰撞，故有
解得
恰好没有第二次碰撞，即相遇时两者的速度恰好为零，故有
联立解得，D正确。
9．【答案】AC
【详解】水平面光滑，系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒得
解得共同速度为
A．若，可知最终共同速度一定为零，故A正确；
B．若，合动量方向向右，先减速，最后以v的速度向右匀速运动，即其速度不可能为零，故B错误；
CD．若，合动量方向向左，先减速，后向左加速，最后以v的速度向左匀速运动，所以当m的速度减至零时，木板向左运动，此过程中m相对M一直向右运动，至与木板相对静止，故C正确，D错误。
故选AC。
10．【答案】BC
【详解】AB．根据题意和图乙分析可知，在0 ~ 时间内B向右减速，A在向右加速运动，弹簧处于拉伸状态，时二者速度相同，弹簧有最大伸长量；后B向右减速再向左加速，A继续向右加速运动，时二者速度差达到最大，弹簧处于原长；时间内，A向右减速，B先向左减速后向右加速，说明弹簧处于压缩状态，t3时二者速度再次相同，此时弹簧有最大压缩量；时间内，B向右加速，A向右减速，弹簧处于压缩状态，时B速度达到最大，弹簧又恢复原长，故A错误、B正确；
CD．由AB项分析知，时弹簧处于原长，系统动量守恒、机械能守恒，时间
根据图乙知
联立可得
故C正确、D错误。
故选BC。
11．【答案】(1)12.9；(2)0.4；(3)
【详解】（1）根据游标卡尺得读数原理可知遮光条宽度为
（2）滑块通过光电门Ⅰ的速度为
（3）根据动量定理，重力分力得冲量等于物块的动量变化量，即，整理得
12．【答案】（1）（iv）；220 V （2）B （4）1.225 （5）小车和钩码；见解析 （6）
【详解】（1）为充分利用纸带，小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源然后释放小车，所以有错误的步骤是（iv）；
电火花打点计时器所使用的电源电压为220 V的交流电源。
（2）A．实验过程中使细绳和木板始终保持平行，使小车受到的合力为绳的拉力，A有必要；
B．平衡摩擦力时，有mgsinθ=mgcosθ，更换纸带后，不需要重新平衡摩擦力，B不必要；
C．为充分利用纸带，释放小车的位置应靠近打点计时器，C有必要。选B。
（4）相邻两计数点间的时间间隔，打下E点的速度
；
（5）小车所受合力不等于细绳的拉力，小车和钩码所受外力等于钩码的重力，为减少实验误差，尽可能准确的验证动量定理，本实验的研究对象应选择小车和钩码。以研究对象的速度v为纵坐标、时刻t为横坐标建立坐标系，作出v-t图像
（6）由静止释放小车，根据动量定理，即，斜率。
13．【答案】（1） ； （2） 0．2 （3）
【解析】
（1） 弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧，做平抛运动，做匀减速直线运动，对，水平方向有（1分）竖直方向有（1分）联立解得，弹簧恢复原长的过程中，由于、所受摩擦力大小相等，方向相反，、与弹簧组成的系统动量守恒，对系统有（1分）解得（1分）
（2） 物块与弹簧分离后做匀减速直线运动，对有（2分）解得（1分）
（3） 从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中，弹簧释放的弹性势能转化为和的动能与和同桌面摩擦产生的热量，该过程中对系统有（2分）其中、为弹簧恢复原长过程中、两物块相对桌面的路程，则有（2分）解得（1分）
考点3 碰撞
14．【答案】见详解
【解析】（1）物块从释放到滑上木板前，物体所组成的系统在水平方向上动量守恒，设水平向右为正方向，得，由动能定理得，代入数据，解得
（2）物块刚滑上木板时，对和分别进行受力分析，由牛顿第二定律知，，解得，运动到物块与木板共速的过程中，有，解得，物块与木板对地位移分别为，为使物块与木板共速前不分离，木板的最短长度
（3）物块与木板共速后，无相对滑动，两物体一起向右做匀减速直线运动直到速度为零。设该段匀减速直线运动的加速度大小为则小车匀减速阶段位移，在物块与木板始终不分离的情况下，木板相对地面的总位移
（3）凡能够对共同减速进行说明，并能计算加速度即给2分。另相对位移亦可用能量观点解出：3分
15．【答案】AD
【详解】
A．由于，可得
故线框进入磁场前和在磁场中均做匀速运动，在进入磁场、离开磁场过程由于产生感应电流，受到安培力作用，线框做减速运动，故线框通过过程的平均速度比通过过程的平均速度大，所以线框通过所用的时间比通过的时间短，A正确；
B．自边进入磁场到边刚好进入磁场这段时间内，通过线框某截面的电荷量为
B错误；
C．设线框通过过程中回路中的平均感应电流为，通过时间为，边到达时线框的速度为，线框通过过程中回路中的平均感应电流为，通过时间为，规定沿斜面向下为正方向，对两个过程分别应用动量定理有
结合B的详解可知
联立解得
C错误；
D．设边进入磁场到边滑出磁场这段时间内，线框中产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有
D正确。
故选AD。
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