资源简介

2020-2021学年高一第一学期物理人教版2019必修第一册小节训练（21）牛顿运动定律的应用
1.如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A.木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的图像，已知g取，则(
)
A.小滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.1
B.当时，木板B的加速度为
C.木板B的质量为1.5
kg
D.小滑块A的质量为4
kg
2.如图所示,物块和的质量分别为和,开始均静止,细绳拉直,在竖直向上拉力作用下,动滑轮竖直向上加速运动。已知动滑轮质量忽略不计,动滑轮半径很小,不考虑绳与滑轮之间的摩擦,细绳足够长,在滑轮向上运动过程中,物块和的加速度分别为(
)
A.
B.
C.
D.
3.如图所示，一质量为m的滑块置于倾角θ=30°，质量为M的直角三角形斜劈的底端，现通过一质量不计的细绳给滑块施加一方向沿斜面向上的拉力F，大小为mg，使滑块沿斜面匀速上滑，整个过程中斜劈处于静止状态，若斜劈与滑块、斜劈与地面间的动摩擦因数均为μ，已知重力加速度大小为g。则(
)
A.
斜劈对滑块的支持力大小为mg
B.
斜劈对滑块的作用力大小为mg
C.
动摩擦因数μ=0.5
D.
水平面对斜劈的摩擦力大小为
4.如图所示，长为L的长直木板放置在粗糙水平面上，一小物块（可视为质点）置于长木板的中央，已知长木板和物块的质量均为，物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为，现对物块施加一水平向右随时间均匀增大的拉力，则(
)
A．当时，物块即相对于长木板滑动
B．当时，物块即相对于长木板滑动
C．长木板的加速度随成线性增加
D．小物块的加速度随成线性增加
5.如图所示，水平传送带两端点间的距离为，传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的点，某人用恒定的水平力使小物体以速度匀速滑到左端的点，拉力所做的功为、功率为，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为。随后让传送带以的速度逆时针匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力拉物体，使它以相对传送带为的速度匀速从滑行到，这一过程中，拉力F所做的功为、功率为，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为。则下列说法中正确的是（
）
A.
B.
C.
D.
6.如图所示，质量为的木块在质量为的长木板上滑行，长木板与水平地面间动摩擦因数为，木块与木板间的动摩擦因数为，已知长木板处于静止状态，那么此时长木板受到地面的摩擦力大小为(
)
A．
B．
C．
D．
7.如图所示,固定斜面上有一光滑小球,有一竖直轻弹簧P与一平行斜面的轻弹簧Q连接着,小球处于静止状态,则关于小球所受力,下列说法正确的是(?
?)
A.小球与斜面之间一定有弹力
B.轻弹簧P一定有弹力
C.轻弹簧Q不可能处于压缩状态
D.小球只能受到4个力
8.如图，质量分别为的两个木块通过轻弹簧连接，木块放在水平桌面上，木块用轻绳通过定滑轮在力的作用下整体恰好处于静止状态，绳与水平方向成角。不计滑轮与绳间的摩擦。则下列正确的是（
）
A.
木块对桌面的压力
B.木块与桌面之间的动摩擦因数
C.弹簧与水平方向的夹角的正切值
D.
弹簧的弹力大小为
9.如图所示为粮袋的传送装置,已知间长度为,传送带与水平方向的夹角为,工作时运行速度为,粮袋与传送带间的动摩擦因数为,正常工作时工人在点将粮袋放到运行中的传送带上,关于粮袋从到的运动,以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(??
)
A.粮袋到达点的速度与相比较,可能大,也可能相等或小
B.粮袋开始运动的加速度为,若足够大,则粮袋最后将以速度做匀速运动
C.若,则粮袋从到—定一直做加速运动
D.不论大小如何,粮袋从到一直做匀加速运动,且
10.如图所示，水平传送带两端相距，物体与传送带间的动摩擦因数，物体滑上传送带端的瞬时速度，到达端的瞬时速度设为。下列说法中错误的是(
)
A．若传送带不动，
B．若传送带逆时针匀速转动，一定等于
C．若传送带顺时针匀速转动，一定等于
D．若传送带顺时针匀速转动，有可能等于
11.如图为三个完全相同的物体,当水平力作用于上，三物体可一起匀速运动，撤去力后，三物体仍可一起向前运动,设此时间摩擦力为,间摩擦力为,则和的大小为(
)
A.
B.
C.
D.
12.如图所示,倾角为的斜面体置于水平地面上,小物块置于斜面上,通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体相连接,连接物体的一段细绳与斜面平行,已知都处于静止状态。则(
)
A.物体受到斜面体的摩擦力一定不为零
B.斜面体受到水平面的摩擦力一定为零
C.斜面体有沿地面向右滑动的趋势,一定受到地面向左的摩擦力
D.将细绳剪断,若物体依然静止在斜面上,此时水平面对斜面体的摩擦力一定不为零
13.如图所示，为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在间细线烧断后的瞬间，的加速度分别是(
)
A.的加速度大小均为，方向都竖直向下
B.的加速度为0，的加速度大小为、竖直向下
C.的加速度大小为、竖直向上，的加速度大小为、竖直向下
D.的加速度大于、竖直向上，的加速度大小为、竖直向下
14.如图所示，水平粗糙传送带距离地面的高度为，以恒定速率顺时针运行。甲、乙两滑块（可视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动。下列判断不正确的是（
）
A.甲、乙滑块可能同时从两端离开传送带
B.甲、乙滑块刚离开弹簧时可能一个减速运动、一个加速运动
C.甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等
D.甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离相等
15.如图所示,水平传送带的右端与水平地面间的高度差为h,现将一小滑块(视为质点)无初速度地放在传带的左端P滑块到达点后恰好不再与传送带接触,离开传送带落到地面上的点(图中未画出),两点间的水平距离为。不计传送带的厚度以及空气阻力。传送带轮子的半径为(
)
A.
B.
C.
D.
16.如图所示，厚、长的木板静止在粗糙水平地面上，为其中点。木板上表面部分光滑，部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数。木板右端静止放置一个小物块(可看成质点)，它与木板部分的动摩擦因数。已知木板和小物块的质量均为，重力加速度取。现对木板施加一个水平向右的恒力。
(1)为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值；
(2)当时，求小物块经多长时间滑到木板中点；
(3)接第(2)问，当小物块到达点时撤去，求小物块落地时与木板端的距离。
17.如图所示，在倾角为的足够长斜面上放置一质量、长度的薄平板，在薄平板的上端A处放一质量的小滑块（视为质点），将小滑块和薄平板同时无初速度释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为，，取。求：
（1）释放后，小滑块的加速度大小，和薄平板的加速度大小；
（2）从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间。
18.如图所示，轻绳一端连接质量为M=2kg的物体A放置于粗糙水平面上，A与水平面间摩擦因数为0.2，另一端悬挂质量为m=1kg的物体B，若从静止释放两物体，则绳上张力大小为
，A的加速度大小为
。
19.如图所示，两个光滑的梯形木块A和B紧挨着并排放在光滑水平面上，已知θ=60°，mA=2kg，mB=1kg，现同时施水平力F1=5N作用于A，F2=2N作用于B，作用的方向相反．两木块在运动中无相对滑动，则B对A的作用力大小为______N．
参考答案
1.答案：B
解析：由题图可知，时，小滑块与木板相对静止，当时，加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有，解得，当F大于8
N时，发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对B分析有，解得，由题图可知，时，图线的斜率，解得，则，由题图可知，，解得，A、C、D错误；当时，小滑块A与木板B相对滑动，B的加速度为，B正确.
2.答案：D
解析：对滑轮分析,又,所以,对物块分析,由于故物块静止,;对物块分析,,故选项D正确。
3.答案：B
解析：斜劈对滑块的支持力大小为，选项A错误；滑块处于平衡状态，重力与拉力夹角为120°，重力与拉力合力为mg，则斜劈对滑块的作用力与重力和拉力合力等大反向，则斜劈对滑块的作用力大小为mg，选项B正确；根据，解得，选项C错误；对滑块和斜劈的整体，水平方向：，解得，选项D错误；故选B.
4.答案：B
解析：物块在长木板上时，长木板与地面间的最大静摩擦力为，长木板对物块的最大静摩擦力为，当水平拉力时，则两者均处于静止状态，当两者都运动时，设物块恰好相对木板要滑动时的水平拉力为，两者运动的加速度为，对整体应用牛顿第二定律有：，对物块应用牛顿第二定律有：，联立解得：，即当时，两者相对静止，以共同加速度一起做加速直线运动，当时，物块相对长木板向右滑动，长木板的加速度恒为：，而物块的加速度为：，故选项A、C、D错误；选项B正确。
5.答案：B
解析：拉力对小物体做的功由物体对地位移决定,即,故;拉力的功率为,第二次运动过程中小物体的对地速度比第一次大,所以所用时间较短,功率较大,即;物体和传送带之间因摩擦而产生的热量由二者相对位移决定,即,第一次二者相对位移为L,第二次相对位移为,故,B正确。
6.答案：B
7.答案：C
解析：对小球受力分析,可知小球可能只受重力和弹簧P的拉力作用而平衡,即小球与斜面间有可能无弹力,故A、D错误;
小球也可能只受重力、弹簧Q的拉力和斜面的支持力三个力的作用而平衡,
故B错误;
若弹簧Q处于压缩状态,即对小球有沿斜面向下的弹力,
则小球在平行斜面方向不可能受力平衡,故轻弹簧Q不可能处于压缩状态,故C正确.
8.答案：C
解析：A.
对物块和弹簧构成的系统整体受力分析可知：
根据牛顿第三定律可知木块对地面的压力为，故A错误；
B.
题中未说明最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，所以无法计算动摩擦因数，故B错误；
CD.对物块受力分析，正交分
两式相比解得：
?两式平方相加解得：
?故C正确，D错误。
9.答案：A
解析：粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于v;可能先做匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,到达B点时速度与v相同;也可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动,到达B点时的速度大于v,故选项A正确;质量为m的粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为μmg=cosθ,根据牛顿第二定律得到加速度为a=g(sinθ+μcosθ),故选项B错误;若μ≥tanθ,粮袋从A到B可能一直做加速运动,也可能先做匀加速运动,当速度与传送带速度相同后,做匀速运动,故选项C错误;由以上分析可知,粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动,选项D错误。
10.答案：C
解析：A.若传送带不动,物体在传送带上做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得：匀减速直线运动的加速度大小,根据,解得。故A正确。
B.若传送带逆时针转动,物块滑上传送带后受力情况与传送带不动时相同,运动情况也相同,所以一定等于。故B正确。
CD、若传送带顺时针匀速运动,若传送带的速度小于,物体在传送带上做匀减速直线运动,则到达点的速度等于。若传送带的速度大于,物体在传送带上开始阶段做匀加速直线运动,一定大于,所以一定不小于。故C错误D正确。
本题选说法中错误的
故选：C。
11.答案：C
解析：开始三个物体在拉力F的作用下一起做匀速直线运动，知，
撤去F后，三个物体一起做匀减速直线运动，整体的加速度为：
隔离对A分析，A在水平方向上的合力等于B对A的摩擦力，有：
隔离对AB分析，AB整体所受的合力等于C对它们的摩擦力，有：，故C正确，ABD错误。
故选C。
12.答案：C
解析：当物块满足时,物体受到斜面体的摩擦力为零,选项A错误;对的整体而言,受到斜向右上方的绳子的拉力,故斜面体有沿地面向右滑动的趋势,一定受到地面向左的摩擦力,选项B错误,C正确;将细绳剪断,若物体依然静止在斜面上,此时对的整体水平方向合力为零,即水平面对斜面体的摩擦力为零,选项D错误;故选C.
13.答案：C
14.答案：C
解析：弹簧弹开后,两滑块以相同的速率分别向左、右运动.根据滑块的受力判断物体的运动,需讨论滑块弹开后的速度与传送带的速度的大小.
15.答案：B
16.答案：(1)小物块能够达到的最大加速度为
，
对整体进行受力分析
解之得
(2)此时小物块相对于长木板发生相对滑动
对长木板受力分析
得
小物块加速度,
可得
(3)撤掉外力时各自速度分别为。
，
撤掉外力后，物块匀速，木板匀减速加速度为
，
设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为，以长木板为参考系，则有,
可得此时
此时长木板的做减速运动加速度为，
此后小物块做平抛运动，长木板做匀减速度运动，落地时距长木板左端的距离为
解析：
17.答案：（1）假设释放后，滑块相对于薄平板向下滑动，则对滑块，由牛顿第二定律有
联立解得
对薄平板，由牛顿第二定律有
联立解得
因，故假设成立
（2）由运动学公式有
又
联立解得
解析：
18.答案：8N
，
解析：A.?B的加速度大小相等，对整体分析，根据牛顿第二定律得：
隔离对B分析：mg?T=ma，
解得：T=mg?ma=10?1×2N=8N。
故答案为：8N,
19.答案：
解析：整体由牛顿第二定律得
F1-F2=（mA+mB）a
代入数据解得
a=1m/s2
对B受力分析得
Nsin60°-F2=mBa
解得
N=N2020-2021学年高一第一学期物理人教版2019必修第一册小节训练（22）超重和失重
1.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体，当升降机静止时电流表示数为。某过程中电流表的示数为，如图乙所示，则在此过程中(
)
A.物体处于失重状态
B.物体可能处于匀速运动状态
C.升降机一定向上做匀加速运动
D.升降机可能向下做匀减速运动
2.将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个矩形箱子中,如图所示,在箱子的上顶板和下底板装有压力传感器,能随时显示出金属块和弹簧对箱子上顶板和下底板的压力大小。将箱子置于电梯中,随电梯沿竖直方向运动。当箱子随电梯以的加速度竖直向上做匀减速运动时,上顶板的传感器显示的压力为4.0N,下底板的传感器显示的压力为10.0N。取,若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半,则升降机的运动状态可能是(??
)
A.匀加速上升,加速度大小为5
B.匀加速下降,加速度大小为5
C.匀速上升
D.静止状态
3.如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为，运动时弹簧伸长量为，则升降机的运动状态可能是()(
)
A．以的加速度加速上升
B．以的加速度加速下降
C．以的加速度减速上升
D．以的加速度减速下降
4.一体重为的同学站在电梯的体重计上，某时刻该同学发现体重计的示数为，此时(
)
A.该同学对体重计的压力小于体重计对该同学的支持力
B.电梯一定向下加速运动，加速度大小为
C.该同学处于失重状态，但重力不变
D.该同学的重力势能减小，动能增大
5.人站在电梯内的体重计上,体重计示数大于人的重力,下列说法正确的是(??
)
A.电梯处于平衡状态
B.电梯处于失重状态
C.电梯处于超重状态
D.无法判定电梯处于什么状态
6.如图所示,是某人站在压力板传感器上,做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线,纵坐标为力(单位为N),横坐标为时间(单位为s)。由图线可知,该人的体重约为650
N,除此之外,还可以得到的信息是(
)
A.该人做了两次下蹲—起立的动作
B.该人做了一次下蹲—起立的动作
C.下蹲过程中人处于失重状态
D.下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
7.在升降电梯内的地板上放一体重计,电梯静止时,某同学站在体重计上,体重计示数为50.0
kg。若电梯运动中的某一段时间内,该同学发现体重计示数为如图所示的40.0
kg,则在这段时间内(重力加速度为g)(
)
A.该同学所受的重力变小了
B.电梯一定在竖直向下运动
C.该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力
D.电梯的加速度大小为,方向一定竖直向下
8.下列关于超重与失重的说法正确的是(
)
A.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
B.在超重现象中,物体的重力是增大的
C.物体处于完全失重状态时,其重力一定为零
D.如果物体处于失重状态,那么它必然有竖直向下的加速度(或加速度分量)
9.习近平总书记在党的十九大报告中指出,广泛开展全民健身活动,加快推进体育强国建设。济南市某中学于2018年4月27日至28日举行了为期两天的春季运动会,运动会的主题是“我运动,我健康,我快乐”。比赛过程中,整个赛场秩序井然,过程流畅,赛事高潮迭起,全体运动员顽强拼搏,积极进取,赛出了风格,赛出了水平,创造出许多优异的成绩。跳远比赛中,韩梅梅成功跳出了3.1
m的好成绩,获得第一名,若忽略空气阻力,则在她(
)
A.起跳后处于完全失重状态
B.起跳后处于超重状态
C.起跳时地面对她的支持力与重力是一对作用力与反作用力
D.起跳时她对地面的压力和地面对她的支持力是一对平衡力
10.某人站在沿竖直方向运动的电梯内,他受到电梯的支持力为所受重力的,则以下判断正确的是()(
)
A.电梯加速度大小为,人处于超重状态
B.电梯加速度大小为,人处于失重状态
C.电梯加速度大小为,人处于超重状态
D.电梯加速度大小为,人处于失重状态
11.2018年12月8日2时23分,中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射嫦娥四号探测器,开启了月球探测的新旅程。若运载火箭在发射升空过程中,探测器先做加速运动,后做减速运动。下列说法正确的是(
)
A.探测器在加速过程中惯性变大
B.探测器先处于超重状态,后处于失重状态
C.探测器先处于失重状态,后处于超重状态
D.在加速过程,火箭对探测器的作用力大于探测器对火箭的作用力
12.利用传感器和计算机可以研究力的大小变化情况,实验时让某同学从桌子上跳下,自由下落H后双脚触地,他顺势弯曲双腿,其重心又下降了h,计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图像如图所示,根据图像提供的信息,以下判断错误的是(
)
A.从0至时间内该同学处于失重状态
B.在至时间内该同学处于超重状态
C.时刻该同学加速度为零
D.在到时间内该同学的加速度在逐渐减小
13.如图所示,小明乘坐电梯上楼,他站在静止的电梯厢中,按动上楼按钮后电梯由静止开始竖直向上先做匀加速运动,经3.0
s电梯达到最大速度6.0
m/s。若小明的质量为50
kg,,对于这个加速运动的过程,下列说法中正确的是(
)
A.小明对电梯厢底板的压力大小为500
N,小明处于超重状态
B.小明对电梯厢底板的压力大小为600
N,小明处于超重状态
C.小明对电梯厢底板的压力大小为400
N,小明处于失重状态
D.小明对电梯厢底板的压力大小为500
N,小明处于失重状态
14.一位在地面上最多可以举起1
500
N重物的人,在某竖直运动的电梯中最多可以举起2
000
N的重物。。该电梯的运动可能是(
)
A.以的加速度加速下降
B.以的加速度减速下降
C.以的加速度加速上升
D.以的加速度减速上升
15.电梯地板上放一木箱,质量为m。电梯在以的加速度向上加速运动的过程中,木箱(
)
A.处于失重状态,所受支持力为
B.处于失重状态,所受支持力为
C.处于超重状态,所受支持力为
D.处于超重状态,所受支持力为
16.一名质量为60
kg的工人，站在竖直向上运动着的升降机底板上．他看到升降机上挂着一个重物的弹簧测力计的示数为40
N，已知该重物的质量为5
kg.
弹簧测力计的质量忽略不计.(g取)
(1)先根据受力情况判断重物的加速度的方向，并指出重物是处于超重状态还是失重状态．，再求出重物的加速度的大小．
(2)这时该工人对升降机底板的压力是多大？
(3)如果悬挂测力计的悬线突然从A点断开，则此时重物的加速度有何变化？
17.举重运动员在地面上能举起120
kg的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100
kg的重物，求：
(1)升降机运动的加速度；
(2)若在以的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(g取)
18.如图所示,汽车以大小相等速度通过凹凸不平的路面时,在点处于____(填"超重"或"失重")状态,在点处于_______(填"超重"或"失重")状态,在____点更容易爆胎.
19.乘客质量m=50kg，站在电梯内的水平面上，电梯正以加速度加速上升，此时乘客处于
（填“超重”或“失重”）状态；受到的支持力的大小
N。
参考答案
1.答案：D
解析：升降机静止时电流表示数为,而某过程中电流表示数为,说明该过程中物体对压敏电阻的压力大于,根据牛顿第三定律,物体受向上的力也大于,故物体存在向上的加速度,处于超重状态,但不能判定物体是做向上的匀加速运动还是做向下的匀减速运动,D正确.
2.答案：B
解析：当箱子随电梯以a=4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时,由牛顿第二定律知:
N上+mg-N下=ma
代入数据解得:m=
N下-N上
g-a
=
10-4
10-4
=1kg,所以重力为mg=10N
若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半,下面传感器示数不变,仍为10N,则上顶板传感器的示数是5N.
取向下为正方向,由牛顿第二定律知
N′上+mg-N′下=ma′
解得a′=
N′上-N′下
m
+g=
5-10
1
+10=5m/s2,方向向下,故升降机以a=5m/s2的匀加速下降,或以a=5m/s2的匀减速上升.
故选B
3.答案：B
解析：设物体的质量为，弹簧的劲度系数为
静止时,
当弹簧伸长减小时，弹力减小，小球所受合力方向竖直向下，小球的加速度竖直向下。
根据牛顿第二定律得：
代入解得,方向竖直向下,则升降机可能以的加速度减速上升,也可能以的加速度加速下降。
故选B
4.答案：C
5.答案：C
6.答案：B
解析：人下蹲先是加速下降失重,到达一个最大速度后再减速下降超重;同理,起立对应先超重再失重。对应图像可知,该同学做了一次下蹲—起立的动作。故选B。
7.答案：D
解析：该同学在这段时间内处于失重状态,对体重计的压力变小了,而该同学的重力并没有改变,故A错误;以竖直向下为正方向,则有:,解得,方向竖直向下,但速度方向可能是竖直向上,也可能是竖直向下,故B错误,D正确;人对体重计的压力与体重计对人的支持力是一对作用力与反作用力,大小一定相等,故C错误。
8.答案：D
解析：游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于静止状态,不是处于失重状态,A不符合题意;在超重现象中,物体的重力是不变的,只是对支持面的压力或对悬挂物的拉力变大了,B不符合题意;物体处于完全失重状态时,其重力不变,只是对支持面的压力或对悬挂物的拉力为零,C不符合题意;如果物体处于失重状态,那么它必然有竖直向下的加速度(或加速度分量),D符合题意;故选D。
9.答案：A
解析：起跳后只受重力,加速度为重力加速度,处于完全失重状态,选项A正确,B错误;起跳时向上加速运动,此时地面对她的支持力大于重力,且两力作用在同一物体上,不是一对作用力与反作用力,选项C错误;起跳时她对地面的压力和地面对她的支持力是一对作用和反作用力,选项D错误。故选A。
10.答案：B
解析：电梯对人的支持力,根据牛顿第二定律得:,解得人的加速度,方向竖直向下,人处于失重状态,故选B。
11.答案：B
解析：物体的惯性只取决于物体的质量,与物体的运动状态无关,故A错误;探测器在发射升空过程中,先做加速运动,后做减速运动,向上加速过程加速度向上,则为超重状态,向上减速过程加速度向下,则为失重状态,故B正确,C错误;由牛顿第三定律可知,火箭对探测器的作用力等于探测器对火箭的作用力,故D错误。故选B。
12.答案：C
解析：在0到时间内,支持力的大小小于重力,加速度大小向下,所以该同学处于失重状态,A正确;在到时间内,支持力的大小大于重力,加速度方向向上,所以该同学处于超重状态,B正确;时刻,支持力大于重力,合力不为零,加速度不为零,C错误;在到时间内,,根据牛顿第二定律得在减小,所以加速度在减小,D正确。
13.答案：B
解析：经3.0
s电梯达到最大速度6.0
m/s,则加速度,对小明进行受力分析得,所以,由牛顿第三定律得,小明对电梯厢底板的压力大小为600
N。由于小明对电梯厢底板的压力大小为600
N,大于他的重力,所以小明处于超重状态,故选B。
14.答案：D
解析：此人最大的举力为1
500
N,在竖直向上运动的电梯中最多举起了2
000
N的物体,可知物体处于失重状态。物体质量,由牛顿第二定律得,解得,方向向下,则电梯可能以的加速度减速上升,也可能以的加速度加速下降,故选D。
15.答案：C
解析：电梯在以的加速度向上加速运动的过程中,加速度方向向上,所以木箱处于超重状态,由牛顿第二定律可得,解得,故C正确。
16.答案：(1)向下；失重状态；
(2)480
N
(3)重物的加速度立即变为，方向竖直向下
解析：(1)以重物为研究对象，重物受向下的重力，向上的拉力F，由于重物的重力大于弹簧的拉力F，因此重物所受合力方向向下，即重物的加速度方向应向下，重物处于失重状态．
由牛顿第二定律有：
所以
(2)以人为研究对象，人受到重力，底板的支持力，
由牛顿第二定律有，
得，
由牛顿第三定律知，人对升降机底板的压力大小为480
N.
(3)悬线突然断开，则此时重物的加速度立即变为重力加速度，即大小是，方向竖直向下．
17.答案：(1)，方向向上
(2)160
kg
解析：运动员在地面上能举起的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力.
(1)在运动着的升降机中只能举起的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为，对重物由牛顿第二定律得：，解得.
(2)当升降机以的加速度加速下降时，重物失重，设此时运动员能举起的重物质量为
对重物由牛顿第二定律得：
解得：.
18.答案：超重;失重;A
解析：(1)汽车在A点的加速度方向向上，为超重状态；
(2)汽车在B点的加速度方向向下，为失重状态；
(3)汽车在A点,根据牛顿第二定律：
得：
汽车在B点,根据牛顿第二定律：
得：
即，故在A点更容易爆胎。
19.答案：超重
；
6002020-2021学年高一第一学期物理人教版2019选修第一册章节（2）2.
动量定理
1、静止在光滑水平面上的物体,受到水平拉力F的作用,拉力F随时间t的变化如图所示,则(???)
2、下列关于动量及其变化的说法正确的是(
?
)
A.两物体的动量相等,动能也一定相等
B.物体动能发生变化,动量也一定发生变化
C.动量变化的方向一定与初末动量的方向都不同
D.动量变化的方向不一定与合外力的冲量方向相同
3、某消防队员从一平台上跳下,下落2m后双脚触地,接着他用双腿弯屈的方法缓冲,使自身重心又下降了0.5m.在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为
A.自身所受重力的2倍
B.自身所受重力的4倍
C.自身所受重力的5倍
D.自身所受重力的10倍
4.下面的说法正确的是（　）
A.当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零
B.如果物体（质量不变）的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零
C.物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大
D.做竖直上抛运动的物体，在△t时间内所受重力的冲量可能为零
5.下列说法正确的是（
）
A.根据，可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力
B.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力对时间的积累效应，是一个标量
C.作用在静止的物体上的力的冲量一定为零
D.冲量的方向就是物体运动的方向
6.如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量m的木块以速度从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是（
）
A.
B.
C.
D.
7.玻璃杯从同一高度落下,掉在石块上比掉在草地上容易碎,这是由于玻璃杯与石块撞击过程中(????)
A.玻璃杯的动量较大
B.玻璃杯受到的冲量较大
C.玻璃杯的动量变化较大
D.玻璃杯的动量变化较快
8.下面列举的装置各有其一定的道理，其中不能用动量定理进行解释的是(
)
A.运输玻璃器皿等易碎品时，在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物
B.建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间
C.热水瓶胆做成双层，且把两层中间的空气抽去
D.跳高运动中的垫子总是十分松软的
9.从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上易碎,掉在沙地上不易碎,这是因为玻璃杯落到水泥地上时(???
)
A.受到的冲量大???????????????????????B.动量变化率大
C.动量改变量大???????????????????????D.动量大
10.如图所示,篮球运动员接传来的篮球时,通常要先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前。这样做可以(???)
A.减小球对手冲量的大小
B.减小球对手作用力的大小
C.减小球的动量变化量的大小
D.减小球对手的作用时间
11.校运会跳远比赛时在沙坑里填沙,这样做的目的是可以减小(??
)
A.人的触地时间??????????????????????B.人的动量变化率
C.人的动量变化量?????????????????????D.人受到的冲量
12.抗日战争电影《铁道游击队》中,游击队跳车时,一般都是让脚尖先着地,这样做是为了(??
)
A.减小冲量和动量的变化量
B.减小与地面的冲击时间,从而增大冲力
C.增长与地面的冲击时间,从而减小冲力
D.增大人对地面的压强,起到安全作用
13.相同的鸡蛋从同样的高度自由下落,落在水泥地面上鸡蛋易碎,落在海绵垫子上鸡蛋不易碎.若不考虑反弹,则两种情况相比较,下列说法中正确的是(??
)
A.鸡蛋与水泥地面接触的过程中动量变化较大
B.落在海绵垫子上鸡蛋所受合外力的冲量较小
C.两次接触的过程中鸡蛋的动量变化相同
D.两次接触的过程中鸡蛋的动量变化率相同
14.在撑杆跳高场地落地点都铺有厚厚的垫子,这样做的目的是减少运动员受伤,理由是(??
?)
A.减小冲量,起到安全作用
B.减小动量变化量,起到安全作用
C.垫子的反弹作用使人安全
D.延长接触时间,从而减小冲力,起到安全作用
15.如图所示,劲度系数为的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为的物体接触,但未与物体连接,弹簧水平且无形变。现对物体施加一个水平向右的瞬间冲量,大小为,测得物体向右运动的最大距离为,之后物体被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧处。已知弹簧始终在弹簧弹性限度内,物体与水平面间的动摩擦因数为,重力加速度为,下列说法中正确的是(
)
A.物体与弹簧作用的过程中,系统的最大弹性势能
B.弹簧被压缩成最短之后的过程,先做加速度减小的加速运动,再做加速度减小的减速运动,最后做匀减速运动
C.最初对物体施加的瞬时冲量
D.物体整个运动过程,摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反
16.质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2s，安全带长5m，（安全带伸长量远小于其原长）不计空气阻力影响，g取。求：人向下减速过程中，安全带对人的平均作用力的大小及方向。
17.“蹦床”已成为奥运会的比赛项目．质量为m=60kg的运动员从床垫正上方高处自由落下，落垫后反弹的高度为，设运动员每次与床垫接触时间为t=1.5s，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力．(空气阻力不计，重力加速度为)
18.物体的质量m=4kg,在与水平方向成37°角,大小为F=40N的拉力作用下,由静止开始在光滑水平面上运动,重力加速度为g=10m/s2。则物体在开始运动2s时间内,拉力F对物体的冲量大小为__________N·s,地面对物体的支持力的冲量大小为__________N·s,物体动量变化量大小为__________kg·m/s。
19.质量为2kg的小球从水平放置的弹簧网上方某高度处自由下落,刚与弹簧网接触瞬间的速率为v1=5m/s,被弹簧网反弹后,刚离开弹簧网时的速率为v2=3m/s,接触网的过程中,小球动量变化的大小为__________kg·m/s,小球与弹簧网的接触时间为,重力加速度为g=10m/s2。弹簧网对小球的平均弹力大小为__________N。
参考答案
答案：
1、
解析：
由图象可知物体在4
s内先做匀加速后做匀减速运动,4
s末的速度为零,因此只有C选项正确.
答案：
2、
解析：
试题分析:由公式
可得
可知动量相等质量相同的情况下动能才相等,A错误;动能是标量,动量是矢量,所以物体动能发生变化,动量也一定发生变化,B正确,动量变化的方向可能与初末动量的方向都相同,例如匀加速直线运动,C错误;根据公式
?可得动量变化的方向一定与合外力的冲量方向相同,D错;
故选B
点评:冲量的方向一定与作用力方向相同,不一定与动量方向相同.根据动量定理,物体所受合力的冲量等于物体动量的变化.动量增量的方向不一定和动量的方向相同,动量增量的大小不一定和动量大小的增量相同.
答案：
3、
解析：
分析:消防队员先是自由落体,然后其重心匀减速下降;先对自由落体运动过程运用速度位移公式求解出末速度,然后求解出减速过程的加速度,最后根据牛顿第二定律列式求解支持力.
解答:解:自由落体运动过程,末速度为:v
t=
=
;
匀减速过程,根据速度位移公式
,加速度为a=
=-4g
对于减速过程,根据牛顿第二定律,有mg-F=ma
解得F=mg-ma=5mg
故选C.
点评:本题关键先分析清楚消防队员的运动情况,然后根据运动学公式求解出运动的具体参数,最后根据牛顿第二定律对减速过程列式求解支持力.
4.答案：B
解析：A、物体所受合外力冲量越大,它的动量变化就越大,不是动量越大,故A错误;
B、合外力的冲量等于物体动量的变化量,物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变,故B正确;
C、合外力的冲量等于物体动量的变化量,所以物体动量增量的方向,就是它所受冲量的方向,而动量的方向与所受冲量的方向没有直接关系,故C错误;
D、物体所受合外力越大,加速度就越大,物体速度变化就越快,所以它的动量变化就越快,但不一定越大,故D错误.
5.答案：A
解析：A.
由动量定理可得：则，由此可知，物体动量的变化率等于它所受的力，故A正确；
B.
力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的积累效应，是一个矢量，故B错误；
C.
根据，知冲量是力在时间上的积累，与物体是否静止无关，所以作用在静止物体上力的冲量不为零，故C错误。
D.
根据动量定理知，冲量的方向与动量变化量的方向相同，与速度方向不一定相同，故D错误。
故选：A.
6.答案：C
解析：在木块与弹簧接触到将弹簧压缩为最短的过程中，弹簧对木块做负功，在弹簧将木块弹出的过程中，弹簧对木块做正功，且正功与负功的绝对值相等，故在整个相互作用的过程中弹簧对木块做的总功。从而，木块将以的速度被弹回，由动量定理可得，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小，故C正确。
7.答案：D
解析：玻璃杯从同一高度下落,落地前的速度大小相等,故落地前的动量相等;而最后的速度均为零;故说明动量的变化一定相等;由动量定理可知冲量也一定相等;
但由于掉在水泥地上的时间较短,则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快,从而导致冲击力较大;使玻璃杯易碎;
故D正确,ABC错误;
故选D.
8.答案：C
解析：A、运输玻璃器皿等易碎品时，在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物可以延长作用时间，从而减小冲击力，可以用动量定理解释；
B、建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间是为了延长作用时间，从而减小冲击力，可以用动量定理解释；
C、热水瓶胆做成双层，且把两层中间的空气抽去是为了保暖，不是为了减小冲击力，不能用动量定理解释；
D、跳高运动中的垫子总是十分松软，可以延长作用时间，从而减小冲力，可以用动量定理解释．
9.答案：B
解析：杯子从同一高度滑下,故到达地面时的速度一定相等,故着地时动量相等;与地面接触后速度减小为零,故动量的变化相同,由动量定理可知可知,冲量也相等;但由于在水泥地上,接触时间较短,故动量的变化率较大;而在沙地上时,由于沙子的缓冲使时间变长,动量的变化率较小,作用力较小;
故选:B.
10.答案：B
11.答案：B
解析：跳高比赛时,运动员从与沙坑接触到静止动量的变化量△p相等,由动量定理可知,人受到的合力的冲量I=△p是一定的,人落在沙坑中比落在地面上延长了人与沙坑的接触时间,t变大,由动量定理得:△P=Ft,
,△p一定,t越长,动量变化率越小,人受到的合外力越小,越安全;故选B。
12.答案：C
解析：人在和地面接触时,人的速度减为零,由动量定理可知(F-mg)t=;而脚尖先着地可以增加人着地的时间,由公式可知可以减小受到地面的冲击力,选项C正确。
13.答案：C
解析：鸡蛋从同一高度掉下,与水泥地和海绵垫接触前瞬间速度相同,
动量相同.最终动量都变为零,可知动量变化量相同,故A错误,C正确。根据动量定理知,动量变化量相同,鸡蛋所受合外力的冲量相等,故B错误;根据动量定理知,动量变化量相同,落在水泥地面上作用的时间短,则动量变化率大些,故D错误。
14.答案：D
解析：
15.答案：C
解析：A.由题可知,该物体整个的过程中的路程为,由功能关系可得：…①
当弹簧的压缩量最大时,物体的路程为,则压缩的过程中：…②
所以：(或)…③。故A错误；
B.弹簧被压缩成最短之后的过程，P向左运动的过程中水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知物体先做加速度先减小的变加速运动，再做加速度增大的变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故B错误；
C.由公式①可知,。故C正确；
D.物体P整个运动过程,P在水平方向只受到弹力与摩擦力,根据动量定理可知,摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量的和等于，故D错误。
故选：C
16.答案：选取人为研究对象，人下落过程有：，
代入数据解得：，
缓冲过程由动量定理有：
解得：
则安全带对人的平均作用力的大小为1100N，方向竖直向上。
解析：
17.答案：F=1140N
18.答案：
80;
32;
64
19.答案：16;
362020-2021学年高一第一学期物理人教版2019必修第一册小节训练（11）重力与弹力
1.一个原长为的弹簧，受拉力时总长为，在弹性限度内受拉力时总长(
)
A.
B.
C.
D.
2.物块静止在固定斜面上，下图所示的四幅示意图中，正确标明了斜面对物块的支持力的是(
)
A．
B．
C．
D．
3.如图所示,用劲度系数为的轻质弹簧竖直悬挂一重物,重物静止时,弹簧的伸长量为,则弹簧对重物的拉力（
）
A.大小为,方向竖直向上
B.大小为,方向竖直向上
C.大小为,方向竖直向下
D.大小为,方向竖直向下
4.如图所示,弹性轻绳的一端套在手指上,另一端与弹力球连接,某同学用手将弹力球以某一竖直向下的初速度抛出,抛出后手保持不动.从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内,不计空气阻力),下列说法正确的是(
??
)
A.弹性轻绳上的拉力一直增大
B.弹性轻绳的弹性势能一直增大
C.弹性轻绳刚伸直时,弹力球的速度最大
D.弹力球的重力势能一直减小
5.中国古代科技取得了辉煌的成就，在很多方面走在世界前列。例如春秋战国时期，墨家的代表人物墨翟在《墨经》中，就已对力做了比较科学的阐述：“力，刑（形）之所以奋也”。这句话的意思是：力能使物体由静止开始运动，或使运动的物体运动得越来越快。下列说法中，与墨翟对力的阐述最接近的是(
)
A.力是维持物体运动的原因
B.力是物体位移变化的原因
C.力是物体位置变化的原因
D.力是物体运动状态改变的原因
6.质量均为的物块之间用竖直轻弹簧相连,系在上的细线竖直悬挂于固定点与竖直粗糙墙壁接触,整个系统处于静止状态。重力加速度大小为,则(
)
A.物块可能受3个力
B.细线中的拉力小于
C.剪断细线瞬间的加速度大小为
D.剪断细线瞬间的加速度大小为
7.如图所示,水平直杆右端固定于竖直墙上的点,长为的轻绳一端固定于直杆点,另一端固定于墙上点正下方的点,长为,重为的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态,则轻绳的弹力大小为(
)
A.
B.
C.
D.
8.某同学利用如图甲所示的装置探究弹簧的弹力F与弹簧伸长量x的关系。在实验过程中，弹簧的形变始终在弹性限度内，弹簧自身质量可忽略不计。根据实验数据，他作出了图像，如图乙所示，据此可知(
)
A.弹簧的劲度系数
B.弹簧的弹力F跟弹簧的长度成正比
C.弹簧的弹力F跟弹簧伸长量x成正比
D.弹簧的弹力F跟弹簧伸长量x成反比
9.如图所示，一根弹性杆的一端固定在倾角为30°的斜面上，杆的另一端固定一个重为2
N的小球，小球处于静止状态，则弹性杆对小球的弹力(
)
A.大小为2
N，方向平行于斜面向上
B.大小为1
N，方向平行于斜面向上
C.大小为2
N，方向垂直于斜面向上
D.大小为2
N，方向竖直向上
10.如图所示，小车受到水平向右的弹力作用，关于该弹力，下列说法中正确的是（
）
A.该弹力是弹簧发生拉伸形变产生的
B.该弹力是弹簧发生压缩形变产生的
C.该弹力是小车发生形变产生的
D.该弹力的施力物体是小车
11.歼–20战机是我国最新研制出的第五代隐身重型歼击机。它以具有隐身性、高机动性以及先进的航电系统让世界震惊。关于歼–20战机的受力，下列说法正确的是（
）
A.战机受到的重力指向地心
B.战机受重力的同时，也对地球产生引力
C.战机向前运动的推力无施力物体
D.战机匀速飞行，它不受重力作用
12.跳高运动员在如图所示的四种过杆姿势中，重心最能接近甚至低于横杆的是（
）
A.
B.
C.
D.
13.关于重心的说法正确的是（
）
A.重心必然在物体上
B.质量分布均匀的物体重心的位置只与形状有关
C.重心是物体上最重的一点
D.物体被举高后，重心在物体上的位置将改变
14.关于重力，下列说法正确的是（
）
A.自由下落的石块速度越来越大，说明石块所受的重力越来越大
B.抛出的铅球轨迹是曲线，说明铅球所受重力的方向在改变
C.物体所受重力大小和方向与物体的运动状态无关
D.物体所受重力作用于重心处，物体的其他部分不受重力作用
15.关于物体的重心，下列说法中正确的是（
）
A.任何物体的重心一定在这个物体上
B.在物体上只有重心受到重力的作用
C.一个球体的重心一定在球心处
D.一辆空载的载重汽车装上货物后，重心会升高
16.如图所示为一轻质弹簧的弹力F大小和长度L的关系图像，试由图线求：
（1）弹簧的原长；
（2）弹簧的劲度系数；
（3）弹簧伸长0.10
m时，弹力的大小。（形变在弹性限度内）
17.如图所示，光滑水平面上有两个物体，物体的质量，物体的质量，两个物体分别与一个轻弹簧拴接，物体的左端紧靠竖直固定墙壁，开始时弹簧处于自然长度，两物体均处于静止状态，现用大小为的水平恒力向左推，将弹簧压缩了时，的速度恰好为0，然后撤去水平恒力，求：
（1）运动过程中物体的最大速度；
（2）运动过程中物体的最大速度。
18.如图所示，两木块的质量分别为和，两轻质弹簧的劲度系数均为，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态。现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧。则上述过程中，下面木块上升的距离为________、上面木块上升的距离为________。
19.某同学利用如图所示的装置“探究弹力与橡皮条伸长量的关系”的实验时，将一条长度适当的橡皮条一端固定在铁架台上端水平带凹槽横梁上的点，另一端固定在可自由移动的动滑轮轴上（计算时动滑轮大小可忽略），动滑轮在水平向右的外力作用下在凹槽内自由移动。操作时将一质量钩码挂在橡皮条的中点上。如（图甲）所示。
（1）当水平外力为零时，挂上钩码的橡皮条的伸长量为，则橡皮条的劲度系数为____________。
（2）如图乙，在滑轮上加上适当外力使得两橡皮条相互垂直时橡皮条的伸长量是_______。
参考答案
1.答案：D
解析：分析题意，弹簧原长为，受到的拉力时，弹簧的弹力：，总长为，则形变量：，根据胡克定律可知，，
代入数据解得：，
当弹簧弹力：,根据胡克定律可知,形变量：，
总长为，故D正确，ABC错误。
故选：D。
2.答案：C
解析：依据弹力的特点，斜面对物体的弹力垂直斜面向上；
A.图与结论不相符，选项A不符合题意；
B.图与结论不相符，选项B不符合题意；
C.图与结论相符，选项C符合题意；
D.图与结论不相符，选项D不符合题意；
3.答案：B
解析：弹簧拉力大小为，弹簧的拉力与重物的重力是一对平衡力，大小相等，方向相反，重物的重力方向竖直向下，所以弹簧拉力方向竖直向上。?
故B正确，ACD错误。
故本题选：B
4.答案：D
5.答案：D
解析：由题意可知：“力，刑（形）之所以奋也”这句话的意思是：力能使物体由静止开始运动，或使运动的物体运动得越来越快，即力起到了改变物体运动状态的作用，与力是物体运动状态改变的原因最接近，故D正确。
6.答案：D
解析：物块a、b与墙面之间没有弹力,故虽接触面粗糙但不受摩擦力,所以物块b受重力、弹簧的弹力2个力作用,选项A错误;将a、b看成一个系统,整个系统处于静止状态,细线的拉力等于,选项B错误;剪断细线瞬间,由于弹簧的弹力不能突变,所以b所受合力不变,为零,而细线中的弹力突变为0,故b的加速度为零,a的加速度,选项C错误,D正确。
7.答案：D
解析：设挂钩所在处为N点，延长PN交墙于M点，如图所示：
同一条绳子拉力相等，根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，设为，则根据几何关系可知，即PM等于绳长；
根据几何关系可得：，则
根据平衡条件可得：
解得：，故D正确，ABC错误。
故选：D。
8.答案：C
解析：依据作出的图像过原点，可知弹簧的弹力F跟弹簧伸长量x成正比；图像的斜率表示劲度系数的大小，由此可得，故C正确，A、B、D错误。
9.答案：D
解析：小球受重力和杆的支持力（弹力）作用处于静止状态，由二力平衡知识可知，杆对小球的弹力与小球重力等大、反向，故D正确。
10.答案：A
解析：由题意可知，弹簧发生拉伸形变，弹力是由弹簧发生形变而引起的，弹力的施力物体是弹簧，故选A。
11.答案：B
解析：重力的方向竖直向下，不一定指向地心，选项A错误。由于地球对战机的引力而产生重力，同时战机对地球也产生引力，选项B正确。任何力都有施力物体，故战机向前运动的推力有施力物体，选项C错误。战机匀速飞行时仍受重力作用，选项D错误。
12.答案：D
解析：四种过杆姿势中，前三种过杆时重心均在横杆之上，而背越式过杆时，头、躯干、腿依次过杆，身体的大部分与杆接近，甚至低于杆。选项D正确。
13.答案：B
解析：一般物体的重心在物体内，但有些物体的重心在物体外，例如质量分布均匀的圆环，其重心就不在物体内，故A错误；质量分布均匀的物体重心的位置在几何中心处，只与形状有关，故B正确；重心是重力的等效作用点，不一定是物体上最重的一点，故C错误；重心在物体上的位置只与质量分布情况和形状有关，与物体所处的高度无关，故D错误。故选B。
14.答案：C
解析：重力的大小与物体的运动状态无关，故A错误；物体受到的重力方向始终都是竖直向下的，故B错误；物体受到的重力大小和方向与物体运动的状态无关，故C正确；重心是重力的等效作用点，并不是说物体的其他部分不受重力作用，故D错误。
15.答案：D
解析：将物体各部分受到的重力看成集中于一点，重心可以在物体上，也可以在物体外，故A、B错误。重心除了与物体的几何形状有关外，还与质量分布有关，因此一个球体的重心不一定在球心处，故C错误。空载汽车装上货物后，上方增加了相当大的质量，故重力的作用点也相对上升，重心升高，故D正确。故选D。
16.答案：（1）10
cm
（2）200
N/m
（3）20
N
解析：（1）由题图知，当弹簧的弹力时，弹簧的长度，这就是弹簧的原长。
（2）由题图知，当弹簧的长度，即伸长量时，弹簧的弹力。
由胡克定律得，则。
（3）当弹簧伸长0.10
m时，。
17.答案：（1）运动过程中物体的最大速度是
（2）运动过程中物体的最大速度是
18.答案：
19.答案：（1）10N/m
（2）m2020-2021学年高一第一学期物理人教版2019选修第一册章节（4）
实验：验证动量守恒定律
1.某中学实验小组的同学在“验证动量守恒定律”时，利用了如图所示的实验装置进行探究，下列说法正确的是(
)
A.要求斜槽一定是光滑的且斜槽的末端必须水平
B.入射球每次释放点的高度可以任意调节
C.入射球和被碰球的直径必须相等
D.入射球的质量必须与被碰球的质量相等
2.在用气垫导轨“验证动量守恒定律”时，不需要测量的物理量是(
)
A.滑块的质量
B.挡光的时间
C.挡光片的宽度
D.光电门的高度
3.A、B两滑块在同一气垫导轨上，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(
)
A.碰撞发生在第1次闪光后的3T时刻
B.碰撞后A与B的速度大小相等、方向相反
C.碰撞后A与B的速度大小之比为1:3
D.A、B两滑块的质量之比为2:3
4.某同学用图甲所示的实验装置验证碰撞中动量守恒,他用两个完全相同的小钢球进行实验,首先该同学使球A自斜槽某一高度由静止释放,从槽的末端水平飞出,测出球A落在水平地面上的点P与球飞出点在地面上投影O的距离。然后该同学使球A自同一高度由静止释放,在槽的末端与静止的球B发生非对心弹性碰撞,如图乙。碰撞后两球向不同方向运动,测出两球落地点与O点间的距离,该同学多次重复上述实验过程,并将测量值取平均值。在忽略小球半径的情况下,对该实验的结果,分析正确的是(
)
A.
B.
C.和间的夹角大小一定相等
D.和间夹角大小与两球碰撞的方向有关
5.若采用图中甲、乙两种实验装置来验证动量守恒定律(图中小球半径相同、质量均已知,且,B的球心与在同一水平线上),下列说法正确的是(
)
A.
采用图甲所示的装置,必须测量和的距离
B.
采用图乙所示的装置,必须测量和的距离
C.
采用图甲所示的装置,若,则表明此碰撞动量守恒
D.
采用图乙所示的装置,若,则表明此碰撞机械能守恒
6.光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势，现利用如图所示的装置验证动量守恒定律。在图中，气垫导轨上有两个滑块，滑块上面固定一遮光片，光电计时器可以记录遮光片通过光电门的时间。测得遮光条的宽度为Δx，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。为使更接近瞬时速度，正确的措施是(
)
A.
换用宽度更窄的遮光条
B.
提高测量遮光条宽度的精确度
C.
使滑块的释放点更靠近光电门
D.
增大滑块的质量，以减小滑块通过光电门的速度
7.若采用图中甲、乙两种实验装置来验证动量守恒定律(图中小球半径相同、质量均已知,且mA>mB,B的球心OB与B'在同一水平线上),
下列说法正确的是(??
)
A.采用图甲所示的装置,必须测量OOB,OM,OP和ON的长度
B.采用图乙所示的装置,必须测量和的长度OOB,B'N,B'P和B'M的长度
C.若采用图甲所不的装置,若mA?ON=
mA?OP+
mB
?
OM,则表明此碰撞动量守恒
D.若采用图乙所示装置.若,则表明此碰撞机械能守恒
8.如图所示,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即验证两个小球在水平轨道末端碰撞前后的动量守恒.入射小球质量为m1,被碰小球质量为m2,
点是小球抛出点在水平地面上的投影.实验时,先让入射小球多次从倾斜轨道上位置静止释放,找到其平均落地点的位置,并记下此位置距点的距离;然后把被碰小球静置于水平轨道末端,再将入射小球从倾斜轨道上位置静止释放,与小球相撞,多次重复此过程,并分别找到它们平均落点的位置距点的距离.则下列说法正确的是(??
)
A.实验中要求两小球半径相等,且满足
B.实验中要求倾斜轨道必须光滑
C.如果等式m1x3=m1x1+m2x2成立,可验证两小球碰撞过程动量守恒
D.如果等式m1x22=m1x12+m2x32成立,可验证两小球发生的是弹性碰撞
9.在用如图所示的装置做”验证动量守恒定律”实验时,入射球的质量为m1,被碰球的质量为m2,小球的半径为r,各小球的落地点如图所示,下列关于这个实验的说法正确的是(?
?)
A.入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相同的小球
B.让入射球与被碰球连续10次相碰,每次都要使入射小球从斜槽上不同的位置滚下
C.要验证的表达式是
D.要验证的表达式是
10.在“验证动量守恒定律”的实验中,入射球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速释放,这是为了使(??
)
A.小球每次都能水平飞出槽口
B.小球每次都以相同的速度飞出槽口
C.小球在空中飞行的时间不变
D.小球每次都能对心碰撞
11.若采用下图中甲、乙两种实验装置来验证动量守恒定律(图中小球半径相同、质量均已知,且mA>mB,B、B?两点在同一水平线上),下列说法正确的是(??
)
??
A.采用图甲所示的装置,必需测量OB、OM、OP和ON的距离
B.采用图乙所示的装置,必需测量OB、B?N、B?P和B?M的距离
C.采用图甲所示的装置,若mA?ON=mA?OP+mB?OM,则表明此碰撞动量守恒
D.采用图乙所示的装置,若,则表明此碰撞机械能也守恒
12.某同学用半径相同的两个小球、来研究碰撞问题,实验装置示意图如图所示,
点是小球水平抛出点在水平地面上的垂直投影。实验时,先让入射小球多次从斜轨上的某一确定位置由静止释放,从水平轨道的右端水平抛出,经多次重复上述操作,确定出其平均落地点的位置;然后,把被碰小球置于水平轨道的末端,再将入射小球从斜轨上的同一位置由静止释放,使其与小球对心正碰,多次重复实验,确定出、相碰后它们各自的平均落地点的位置、;分别测量平抛射程、和。已知、两小球质量之比为6:1,在实验误差允许范围内,下列说法中正确的是(??
)
A.
、两个小球相碰后在空中运动的时间之比为
B.
、两个小球相碰后落地时重力的瞬时功率之比为
C.若、两个小球在碰撞前后动量守恒,则一定有
D.若、两个小球的碰撞为弹性碰撞,则一定有
13.、两滑块在一水平直气垫导轨上相碰,用频闪照相机在,,,各时刻闪光4次,摄得如图所示照片,其中像有重叠,
,由此可判断(??
)
A.碰前静止,碰撞发生在60处,
时刻
B.碰前静止,碰撞发生在60处,
时刻
C.碰后静止,碰撞发生在60处,
时刻
D.碰后静止,碰撞发生在60处,
时刻
14.如图所示，质量的小球均静止在光滑水平面上．现给球一个向右的初速度，之后与B球发生对心碰撞．
（1）若碰后球的速度向右为3m/s，求碰后球的速度；
（2）若球发生弹性碰撞，求碰后球各自的速度．
15.某同学设计了如图所示的实验来验证碰撞过程中的动量守恒.轨道在处平滑相
接，右侧为粗糙水平面，有两个材料及表面粗糙程度均相同的小物块甲、乙，其质量分别为和（），令小物块甲从斜面上M点由静止下滑，运动至粗糙水平面上的C点速度恰好减为0，测量B、C间距为，把小物块乙置于B点，小物块甲仍从斜面上M点由静止下滑，小物块甲与小物块乙碰撞后，在粗糙水平面上的位移大小分别为。
（1）如果只增大B点右侧粗糙水平面的粗糙程度，碰撞发生后，小物块乙在粗糙水平面上的位移大小是否会减小？__________（选填“是”或“否”）；为验证碰撞过程动量守恒，是否必须测量小物块与粗糙水平面间的动摩擦因数？__________（选填“是”或“否”）。
（2）若满足关系式
，则二者碰撞过程动量守恒。
16.发如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量_______（填选项前字母），间接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度
h
B.小球抛出点距球与墙面碰撞点的高度差
H
C.小球做平抛运动的水平位移
x
D.小球做平抛运动的时间
t
（2）图中点是小球抛出点在竖直墙面上的垂直投影。实验时，先让入射球多次从斜轨上位置静止释放，找到其与墙面碰撞点的平均位置。然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上位置静止释放，与小球相碰，并多次重复，找到两球与墙壁碰撞点的平均位置。用天平测量两个小球的质量，测出球与墙碰撞点与点的距离，若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为___
___。
（3）为了得到多组实验数据验证，可采取_________
办法实现（只写一条）
17.在用水平气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验时，左侧滑块质量，右侧滑块质量，挡光片宽度为1.60cm，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图所示。开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动。挡光片通过光电门的时间分别为、。以向左为正方向，则烧断细线前_____，烧断细线后　
　（此空保留2位有效数字）；可得到的结论是　
　。
18.如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置，下列说法正确的是(
)
A.悬挂两球的细绳长度要适当，且等长
B.由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度
C.两小球必须都是刚性球，且质量相同
D.两小球碰后可以粘在一起共同运动
19.若用打点计时器做“验证动量守恒定律”实验，下列操作正确的是(
)
A.相互作用的两车上，一个装撞针，一个装橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起
B.相互作用的两车上，一个装撞针，一个装橡皮泥，是为了改变两车的质量
C.先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车
D.先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源
参考答案
1.答案：C
解析：题述实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，对斜槽是否光滑没有要求，但必须保证每次小球都做平抛运动，因此轨道的末端必须水平，A错误；要保证碰撞前的速度相同，入射球每次都要从同一高度由静止释放，B错误；为了保证两小球发生一维碰撞，要求入射球和被碰球的直径必须相等，C正确；在做题述实验时，要求入射球的质量大于被碰球的质量，D错误。
2.答案：D
解析：在设计实验进行“验证动量守恒定律”时，需要探究的是滑块自身的物理量（如质量、速度）之间的关系，滑块的质量需要测量，为了获得滑块的速度，挡光片的宽度和挡光的时间也需要测量，而光电门的高度与碰撞的滑块无关，不需要测量，选项D正确。
3.答案：D
解析：A、根据题意知,
A,B碰撞发生在第三次闪光后,即发生在第1次闪光后2T后.故A错误.
B、A,B碰撞发生在第三次闪光后,因为A每个T内运行20cm,在第三次闪光后运行了10
cm与B发生碰撞,知运行了,则后向左运行了10
cm,而B向右运行了10
cm,则碰后速度大小之比为1:2.方向相反.故B、C错误.
D、设碰前A的速度为v,则碰后A的速度为,碰后B的速度为v,根据动量守恒定律得,
,解得，故D正确.
故选D.
4.答案：B
解析：两小钢球弹性碰撞,动量守恒,能量无损失,①,二者均从同一高度平抛运动,飞行时间相等,可以在方程①两边同乘以,可得,故B正确;因为两球发生非对心碰撞,所以不共线,因此A项中方程不成立。与垂直,但与间的夹角不一定相等,所以C、D错误。
5.答案：D
解析：甲图中,球在空中做平抛运动的水平速度可分别表示为和,因它们在空中飞行时间相等,故可用和的长度代表各自速度,而不需测量时间,所以A项错误;甲图中,单独释放A球时落点为与B碰后A的落点为M而B的落点为N,故验证动量守恒的方程为,故C项错误;图乙中由,可得A单独飞行时的水平速度大小,A与B碰后A的水平速度大小,而B的水平速度大小,验证动量守恒得方程可简化为①,故B项错误;图乙中,若碰撞过程的机械能守恒,则有②,联立①和②可得,故D项正确。
6.答案：A
7.答案：D
8.答案：D
解析：实验中,两小球要对心碰撞,且碰后均向右运动,所以r1=r2,m1>m2,A错.此实验对斜面光滑程度无要求,B错:若m1x2=m1x1+m2x3成立,可验证动量守恒,C错.
9.答案：D
解析：要保证碰撞前后球的速度方向保持不变,则必须让球的质量大于球的质量.为了保证每次小球运动的情况相同,故应该让入射小球每次从同一位置滚下.本题要验证动量守恒定律定律即,故需验证.
A、要保证碰撞前后球的速度方向保持不变,则必须让球的质量大于球的质量.故A错误.
B、为了保证每次小球运动的情况相同,故应该让入射小球每次从同一位置滚下.故B错误.
C、要验证动量守恒定律定律即
根据两小球运动的时间相同,上式可转换为
故有,这就是要验证的表达式.故C错误,D正确.
故选D.
点评:本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上,故下落的时间相同,所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移,可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目.
10.答案：B
解析：本实验研究一次碰撞过程中的动量守恒,因此在做实验时,都是同一次实验的重复,所以要求每一次运动都是完全相同.所以入射小球必须从同一位置滚下,以保证每次都以相同的速度飞出槽口.B正确.
小球是否水平飞出槽口,是由平直轨道是否严格水平决定的,小球的飞行时间是由平抛下落高度决定的,小球能否对心碰撞是由支柱位置决定的,A、C、D错误.
11.答案：D
解析：
12.答案：D
解析：、两个小球相碰,在空中运动时间相等,落地时重力的瞬时功率之比为6:1,故A、B错误;若碰撞前后两个小球的系统动量守恒,则,故C错误;若为弹性碰撞,根据动量守恒定律有,根据机械能守恒定律有,其中,,,则有,联立解得,D正确。
13.答案：C
解析：
14.答案：（1）发生碰撞的过程中，组成的系统动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：
，其中，
解得：
（2）若球发生弹性碰撞，则碰撞过程中，系统动量守恒、机械能守恒，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律得：
，
，
解得：，负号说明方向向左，；
15.答案：（1）是；否
（2）
16.答案：（1）B
（2）根据动量守恒定律可得：
（3）适当调整数竖直墙面的位置：或：改变小球释放位置：或：改变小球的质量平抛运动：得
解析：
17.答案：0；0.0040；在误差允许范围内，两滑块质量与各自速度的乘积之和为不变量
18.答案：ABD
解析：两绳等长能保证两球正碰，以减小实验误差，选项A正确；易知选项B正确；本实验中对小球的性能无要求，选项C错误；两球正碰后，有多种可能的运动情况，选项D正确。
19.答案：AC
解析：相互作用的两车上，一个装撞针，一个装橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起，使两车具有相同的速度，选项A正确，选项B错误；使用打点计时器时，为了充分利用纸带，尽可能多地获取点迹，一定要先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车，选项C正确，选项D错误。2020-2021学年高一第一学期物理人教版2019选修第一册章节（3）
动量守恒定律
1.如图所示的装置中，木块与水平桌面间的接触是光滑的，子弹沿水平方向射入木块后留在木块内，并将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中(
)
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能不守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．动量不守恒、机械能守恒
2.一颗水平飞来的子弹射入一个原来悬挂在天花板下静止的沙袋并留在其中和沙袋一起上摆，关于子弹与沙袋组成的系统，下列说法正确的是(
)
A.子弹射入沙袋的过程中系统动量和机械能都守恒
B.子弹射入沙袋的过程中系统动量和机械能都不守恒
C.共同上摆阶段动量守恒，机械能不守恒
D.共同上摆阶段动量不守恒，机械能守恒
3.如图所示，质量为的小球乙用长为的轻绳悬于O点，另一等大的质量为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，经过一段时间两小球发生正碰，且碰后小球甲的速度变为，以后小球乙在竖直面内做圆周运动，重力加速度。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/s
B.小球甲和小球乙碰撞的过程中损失的机械能为0.6
J
C.小球乙在最高点时轻绳的拉力大小为零
D.两小球碰后的瞬间轻绳的拉力大小为6
N
4.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则(
)
A.碰后红壶将被反弹回来
B.碰后蓝壶速度为0.8
m/s
C.碰后蓝壶移动的距离为2.4
m
D.碰后红壶所受的摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力
5.如图所示，小车静止在光滑水平面上，是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小物块从距A点正上方h高处由静止释放，小物块由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为，不计空气阻力。下列说法正确的是(
)
A.在相互作用过程中，小物块和小车组成的系统动量守恒
B.小物块从B点离开小车后做竖直上抛运动
C.小物块从B点离开小车后做斜上抛运动
D.小物块第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为
6.如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为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的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为(
)
A.h
B.
C.
D.
7.质量为M的木块在光滑水平面上以速度向右运动，质量为m的子弹以速率水平向左射入木块，假设子弹射入木块后均未穿出，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(
)
A.
B.
C.
D.
8.如图所示，在水平光滑细杆上穿着两个可视为质点的刚性小球，两球间距离为L，用两根长度同为L的不可伸长的轻绳与C球连接，已知三球质量相等，开始时三球静止，两绳伸直，然后同时释放三球，在两球发生碰撞之前的过程中，下列说法正确的是(
)
A.和地球组成的系统机械能不守恒
B.两球发生碰撞前瞬间C球速度最大
C.两球速度大小始终相等
D.三球动量守恒
9.甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为m的球，现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为（忽略空气阻力）(
)
A.
B.
C.
D.
10.如图所示，放在光滑水平面上的两物体，它们之间有一个被压缩的轻质弹簧，用细线把它们拴住。已知两物体质量之比为，把细线烧断后，两物体被弹开，速度大小分别为和，动能大小分别为和，则下列判断正确的是(
)
A.弹开时，
B.弹开时，
C.弹开时，
D.弹开时，
11.下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(
)
A.只有甲、乙
B.只有丙、丁
C.只有甲、丙
D.只有乙、丁
12.在下列几种现象中，所选系统动量守恒的是(
)
A.在光滑水平面上，运动的小车迎面撞上一静止的小车，以两车为一系统
B.运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统
C.从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统
D.光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面为一系统
13.小车置于光滑水平面上，上表面粗糙且足够长，木块以初速度滑上车上表面，则(
)
A.因车上表面粗糙故系统动量不守恒
B.车上表面越粗糙，小车获得动量越大
C.车上表面越粗糙，系统产生的内能越多
D.的最终速度为
14.如图甲所示，一块长度为、质量为的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为的子弹以水平速度射人木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为(图乙)。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为(
)
A.
B.
C.
D.
15.小车置于光滑水平面上，上表面粗糙且足够长，木块以初速度滑上车上表面，则(
)
A.因车上表面粗糙故系统动量不守恒
B.车上表面越粗糙，小车获得动量越大
C.车上表面越粗糙，系统产生的内能越多
D.的最终速度为
16.如图所示为一种打积木的游戏装置，四块完全相同的硬质积木叠放在靶位上，每块积木的质量均为，长为，积木夹在固定的两光滑硬质薄板间，一可视为质点的钢球用不可伸长的轻绳挂于点，钢球质量为，轻绳长为。游戏时，将钢球拉到与等高的点(保持绳绷直)由静止释放，钢球运动到最低点时与积木发生弹性碰撞，积木滑行一段距离后停止。取，各接触面间的动摩擦因数均相同，碰撞时间极短，忽略空气阻力。求：
(1)与积木碰撞前瞬间钢球的速度大小；
(2)与积木碰后钢球上升的最大高度；
(3)各接触面间的动摩擦因数。
17.一木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一个可以看作质点的小物块，小物块的质量，木板质量，小物块与木板间的动摩擦因数为。在距离木板右端处有一墙壁。现小物块与木板一起以共同速度向右运动，木板与墙壁的碰撞可以看作弹性碰撞。运动过程中小物块始终未离开木板。（取10）求：（以向右为正方向）
（1）木板与墙壁发生第一次碰撞后，木板向左运动的最大距离；
（2）木板从开始运动到第二次与墙壁碰撞所经历的时间，并画出小物块和木板此过程图像；
（3）木板从第一次与墙壁碰撞后到最终静止所走的总路程。
18.质量是的子弹，以的速度射向质量是、静止在光滑水平桌面上的木块，子弹穿过木块后的速度为，这时木块的速度是_______。
19.冲击摆是测量子弹速度的摆,如图所示,摆锤的质量很大,子弹从水平方向射入摆中并留在其中,随摆锤一起摆动。已知冲击摆的摆长为,摆锤的质量为,实验中测得摆锤摆动时摆线的最大摆角是。
1.欲测得子弹的速度还需要测量的物理量是__________。
2.计算子弹速度的表达式_____(用已知量和测量量的符号表示)
参考答案
1.答案：C
解析：从子弹开始射入木块到子弹与木块的作用刚好结束的整个过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，在此过程中系统要克服阻力做功，机械能减少，机械能不守恒。
2.答案：D
解析：子弹和沙袋组成的系统，在子弹射入沙袋的过程中，子弹和沙袋在水平方向的动量守恒，但机械能不守恒，共同上摆过程中动量不守恒，机械能守恒，选项D正确。
3.答案：A
解析：碰撞过程中，小球甲、乙组成的系统动量守恒，选取小球甲运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得，代入数据可得，A正确；两球碰撞过程中损失的机械能为，代入数据解得，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，则由机械能守恒定律得，在最高点进行受力分析得，代入数据解得，C错误；两小球碰后的瞬间，代入数据解得，D错误。
4.答案：B
解析：由红壶、蓝壶的图像可知，，，根据动量守恒定律有，其中，代入数据解得，故选项A错误，选项B正确。由蓝壶的图像可得其移动的距离，选项C错误。因碰后的图像中，红壶的斜率绝对值大于蓝壶的，故红壶受到的摩擦力大于蓝壶受到的摩擦力，选项D错误。
5.答案：B
解析：小物块与小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；小物块与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，小物块由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小物块与小车水平方向速度为零，小物块离开小车后做竖直上抛运动，故B正确，C错误；小物块第一次在车中运动过程中，摩擦力做负功，由动能定理得，为小物块克服摩擦力做的功，解得，即小物块第一次在车中运动损失的机械能为，由于小物块第二次在车中运动时，对应位置速度变小，因此小车给小物块的弹力变小，摩擦力变小，小物块克服摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小物块再次离开小车时，能上升的高度大于，故D错误。
6.答案：D
解析：斜面固定时，根据动能定理有，解得；斜面不固定时，由水平方向动量守恒有，由能量守恒定律有，解得，故D正确，ABC错误。
7.答案：C
解析：设发射子弹的数目为N，取水平向右为正方向，对木块与N颗子弹组成的系统，由动量守恒定律得，则，故C正确。
8.答案：C
解析：在两球发生碰撞之前的过程中，只有重力和系统内弹力做功，系统的机械能守恒，故选项A错误；两球发生碰撞前瞬间，两绳与杆垂直，C球不再向下运动，速度为零，故选项B错误；根据对称性可知，两球速度大小始终相等，故选项C正确；三球水平方向不受外力，所以三球水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故选项D错误。
9.答案：D
解析：甲、乙之间传递球时不必考虑过程中的细节，只考虑初状态和末状态的情况。研究对象是由甲、乙二人和球组成的系统，开始时系统的总动量为零，最后时刻系统的总动量仍为零。设甲最终的速度大小为，乙最终的速度大小为，二者方向相反，根据动量守恒定律得，则，选项D正确。
10.答案：D
解析：两物体与弹簧组成的系统所受合外力为零，根据动量守恒定律知，，即，所以，选项AB错误；由得，，选项C错误，选项D正确。
11.答案：C
解析：题图甲所示的过程中，子弹和木块组成的系统所受的合力为零，符合系统动量守恒的条件；题图乙所示的过程中，系统受到墙壁的弹力，系统的动量在增加；题图丙所示的过程中，木球和铁球组成的系统所受的合力为零，符合系统动量守恒的条件；题图丁所示的过程中，木块的动量不断增大，系统动量不守恒。故选项C正确。
12.答案：A
解析：两车组成的系统受到的合外力为零，故动量守恒，A正确；人与铅球组成的系统，初动量为零，末动量不为零，B错误；重物和车厢组成的系统的末动量为零而初动量不为零，C错误；在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大，D错误。
13.答案：D
解析：以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，由得，选项A错误，D正确；相对运动过程中系统的一部分机械能转化为内能，根据能量守恒定律得与车上表面的粗糙程度无关，选项C错误；根据A选项分析，小车M获得的动量M与车上表面粗糙程度无关，选项B错误
14.答案：D
解析：设子弹射穿木块后子弹的速度为，木块最终速度为，子弹和木块系统动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：设子弹对木块的作用力为f，则对木块有：
对子弹有：
对木块由动量定理有：
联立解得：，故ABC错误，D正确。
故选：D。
15.答案：D
解析：以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，由得，选项A错误，D正确；相对运动过程中系统的一部分机械能转化为内能，根据能量守恒定律得与车上表面的粗糙程度无关，选项C错误；根据A选项分析，小车M获得的动量M与车上表面粗糙程度无关，选项B错误
16.答案：(1)对钢球由动能定理得
解得
(2)钢球与积木碰撞过程满足动量守恒和能量守恒，有
解得，
对钢球由动能定理得
解得
(3)对滑块由动能定理得
解得
17.答案：（1）木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，当速度减为零时，向左移动的距离最大，设加速度为，最大距离为
（2）设第一阶段匀速运动用时
木板第一次与墙碰撞后，小木块与木板相互作用直到有共同速度，根据动量守恒定律
木板第一次与墙碰撞到小木块与木板有共同速度，设这个过程所用时间
设木板向右匀加速运动的位移为，后匀速运动位移为，时间为
木板从开始运动到与墙第二次碰撞所经历的时间为：
（3）设木板与墙壁第次碰撞后的速度为，碰后的共同速度为，同时也是第次碰撞后的速度，对系统应用动量守恒定律有
设车第次与墙壁相碰后离墙的最大位移为，则：
由此可知，木板每次碰后与墙的最大位移成等比数列，公比为
前次路程，
取无限大，
18.答案：50
解析：子弹质量，木块质量：，
子弹射穿木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，
代入数据解得：；
19.答案：1.子弹的质量m;
2.

展开更多......

收起↑