高考物理專題訓(xùn)練：動量（兩套 附詳細答案解析）

Page1高考物理專題訓(xùn)練：動量（基礎(chǔ)卷）一、(本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．下列有關(guān)動量的說法中正確的是()A．物體的動量發(fā)生改變，其動能一定改變B．物體的運動狀態(tài)改變，其動量一定改變C．對于同一研究對象，若機械能守恒，則動量一定守恒D．對于同一研究對象，若動量守恒，則機械能一定守恒【答案】B【解析】物體的動量發(fā)生改變，其動能不一定改變，例如做勻速圓周運動的物體，選項A錯誤；物體的運動狀態(tài)改變，則速度發(fā)生變化，根據(jù)P＝mv知，動量一定改變。故B正確。對于同一研究對象，若機械能守恒，則動量不一定守恒，例如做平拋運動的物體，選項C錯誤；對于同一研究對象，若動量守恒，則機械能不一定守恒，如非彈性碰撞，故D錯誤.2．以初速度豎直向上拋出一物體，空氣阻力大小不變。關(guān)于物體受到的沖量，以下說法正確的是()A．物體上升階段和下落階段受到的重力的沖量方向相反B．物體上升階段和下落階段受到空氣阻力沖量的大小相等C．物體在下落階段受到重力的沖量小于上升階段受到重力的沖量D．物體從拋出到返回拋出點，動量變化的方向向下【答案】D【解析】物體向上運動的過程中空氣的阻力的方向向下，則：；下降的過程中空氣的阻力方向向上，則：＜a1，由于下降的過程中的位移等于上升過程中的位移，由運動學(xué)的公式可知上升的時間一定小于下降過程中的時間。物體上升階段和下落階段受到的重力的方向都向下，所以重力的沖量方向相同。故A錯誤；物體上升階段的時間小，所以物體上升階段物體受到空氣阻力沖量的大小小于下降階段受到空氣阻力沖量的大小。故B錯誤；物體上升階段的時間小，物體在下落階段受到重力的沖量大于上升階段受到重力的沖量。故C錯誤；物體的初速度的方向向上，末速度的方向向下，所以物體從拋出到返回拋出點，動量變化的方向向下。故D正確。3．最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()A．1.6×102kg B．1.6×103kg C．1.6×105kg D．1.6×106kg【答案】B【解析】設(shè)該發(fā)動機在ts時間內(nèi)，噴射出的氣體質(zhì)量為m，根據(jù)動量定理，F(xiàn)t＝mv，可知，在1s內(nèi)噴射出的氣體質(zhì)量kg，故選B。4．如圖所示，一小車停在光滑水平面上，車上一人持槍向車的豎直擋板連續(xù)平射，所有子彈全部嵌在擋板內(nèi)沒有穿出，當(dāng)射擊持續(xù)了一會兒后停止，則小車()A．速度為零B．將向射擊方向做勻速運動C．將向射擊相反方向做勻速運動D．無法確定【答案】A【解析】整個系統(tǒng)水平方向上不受外力，動量守恒，由于初動量為零，因此當(dāng)子彈向右飛行時，車一定向左運動，當(dāng)子彈簧向入檔板瞬間，車速度減為零，因此停止射擊時，車速度為零，A正確。5．如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車質(zhì)量為M，固定在小車上的桿用長為l的輕繩與質(zhì)量為m的小球相連，將小球拉至水平右端后放手，則小車向右移動的最大距離為()A．B．C．D．【答案】C【解析】當(dāng)小球向下擺動的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，滿足水平方向動量守恒定律，開始系統(tǒng)水平方向動量為零，所以水平方向任意時刻m與M的動量等大反向；以小球和小車組成的系統(tǒng)，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向平均動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：…①，①式兩邊同時乘以t解得：，即：mS1＝MS2…②；小球和小車共走過的距離為2L，有：S1+S2＝2l…③，由②③解得：，故C正確，ABD錯誤。6．如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B兩個小木塊中間夾一被壓縮的輕彈簧，當(dāng)輕彈簧被放開時，A、B兩個小木塊各自在桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地面上．若mA＝3mB，則下列結(jié)果正確的是()A．若輕彈簧對A、B做功分別為W1和W2，則有W1∶W2＝1∶1B．在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的速度變化量之和為零C．若A、B在空中飛行時的動量變化量分別為Δp1和Δp2，則有Δp1∶Δp2＝1∶1D．若A、B同時離開桌面，則從釋放輕彈簧開始到兩木塊落地的這段時間內(nèi)，A、B兩木塊的水平位移大小之比為1∶3【答案】D【解析】彈簧彈開物體過程中，兩物體及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，則速度之比vA∶vB＝1∶3，根據(jù)動能定理得，輕彈簧對A、B做功分別為W1＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，W2＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，聯(lián)立解得W1W2＝1∶3，故A錯誤；根據(jù)動量守恒定律可知，在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的動量變化量之和為零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得ΔvA＋ΔvB≠0，故B錯誤；A、B離開桌面后都做平拋運動，它們拋出點的高度相同，運動時間相等，設(shè)為t，由動量定理得，A、B在空中飛行時的動量變化量分別為Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C錯誤；平拋運動水平方向的分運動是勻速直線運動，由x＝v0t知，t相等，又木塊在桌面上運動時，vA∶vB＝1∶3，則A、B兩木塊的水平位移大小之比為1∶3，故D正確。7．恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，沒有被拉動，則經(jīng)時間t，下列說法正確的是()A．拉力F對物體的沖量大小為FtB．拉力F對物體的沖量大小是FtcosθC．合力對物體的沖量大小為零D．重力對物體的沖量大小是mgt【答案】ACD【解析】拉力對物體的沖量大小為：IF＝Ft，故A正確，B錯誤；由于物體沒有被拉動，處于平衡狀態(tài)，其合外力為零，合外力的沖量也為零，故C正確；重力對物體的沖量為IG＝mgt，故D正確。8．一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動時，加速度a隨時間t變化的圖象如圖所示，t＝0時其速度大小為0，滑動摩擦力大小恒為2N，則()A．t＝6s時，物體的速度為18m/sB．在0～6s內(nèi)，合力對物體做的功為324JC．在0～6s內(nèi)，拉力對物體的沖量為48N?sD．t＝6s時，拉力F的功率為200W【答案】ABC【解析】根據(jù)△v＝a△t可知a－t圖象中，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量，則在t＝6s時刻，物體的速度，A正確；根據(jù)動能定理得：，B正確；根據(jù)動量定理，代入數(shù)據(jù)，解得拉力沖量：，C正確；t＝6s時，拉力F的大?。?，。所以拉力功率：，D錯誤。9．如圖質(zhì)量為M、長度為l的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使物塊從靜止開始做勻加速直線運動，物塊和小車之間的摩擦力為f。經(jīng)過時間t，小車運動的位移為s，物塊剛好滑到小車的最右端，則()A．此時物塊的動能為(F－f)(s＋l)，動量為(F－f)tB．此時小車的動能為f(s＋l)，動量為ftC．這一過程中，物塊和小車增加的機械能為FsD．這一過程中，物塊和小車產(chǎn)生的內(nèi)能為fl【答案】AD【解析】對物塊分析，物塊的位移為l+s，根據(jù)動能定理得，（F－f）（l+s）＝mv2－0，則知物塊到達小車最右端時具有的動能為（F－f）（l+s）。由動量定理：（F－f）t＝mv，則物塊的動量為（F－f）t，故A正確；小車的位移為s，因此根據(jù)動能定理有，小車受到的摩擦力為f，對小車動量定理有，B錯誤；根據(jù)能量守恒得，外力F做的功轉(zhuǎn)化為小車和物塊的機械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，則有：F（l+s）＝△E+Q，則物塊和小車增加的機械能為△E＝F（l+s）－fl，故C錯誤；系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)克服滑動摩擦力做功，大小為fl，故D正確。10．如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒B．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為C．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于D．子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于【答案】BD【解析】圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向沒有外力，水平方向動量守恒，A錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，子彈和木塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，所以可得，，B正確；子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為，圓環(huán)沒有移動，根據(jù)圓周運動向心力的構(gòu)成可知，C錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對輕桿的壓力等于T+mg，大于，D正確。二、(本題共6小題，共60分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)11．(5分)某同學(xué)用如圖所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來探究碰撞過程中的不變量，圖中PQ是斜槽，QR為水平槽，實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡。重復(fù)上述操作10次，得到10個落點痕跡。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡．重復(fù)這種操作10次。圖中O點是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點。(1)安裝器材時要注意：固定在桌邊上的斜槽末端的切線要沿方向。(2)某次實驗中，得出小球落點情況如圖所示(單位是cm)，P′、M、N分別是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落點的平均位置(把落點圈在內(nèi)的最小圓的圓心)，則入射小球和被碰小球質(zhì)量之比為m1∶m2＝?！敬鸢浮?1)水平(2分)(2)4∶1(3分)【解析】(1)為保證小球滾落后做平拋運動，斜槽末端的切線要沿水平方向。(2)由碰撞過程中mv的乘積總量守恒可知m1·eq\f(OP′,t)＝m1·eq\f(OM,t)＋m2·eq\f(ON,t)(t為運動時間)，代入數(shù)據(jù)可解得m1∶m2＝4∶1。12．(8分)利用氣墊導(dǎo)軌通過閃光照相進行“探究碰撞中的不變量”這一實驗。(1)實驗要求研究兩滑塊碰撞時動能損失很小和很大等各種情況，若要求碰撞時動能損失最大應(yīng)選圖中的________，若要求碰撞動能損失最小則應(yīng)選圖中的________。(均選填“甲”或“乙”，甲圖兩滑塊分別裝有彈性圈，乙圖兩滑塊分別裝有撞針和橡皮泥)(2)某次實驗時碰撞前B滑塊靜止，A滑塊勻速向B滑塊運動并發(fā)生碰撞，利用閃光照相的方法連續(xù)4次拍攝得到的閃光照片如圖所示．已知相鄰兩次閃光的時間間隔為T，在這4次閃光的過程中，A、B兩滑塊均在0～80cm范圍內(nèi)，且第1次閃光時，滑塊A恰好位于x＝10cm處．若A、B兩滑塊的碰撞時間及閃光持續(xù)的時間極短，均可忽略不計，則可知碰撞發(fā)生在第1次閃光后的________時刻，A、B兩滑塊質(zhì)量比mA∶mB＝________?！敬鸢浮?1)乙甲(2)2.5T2∶3(每空2分)【解析】(1)若要求碰撞時動能損失最大，則需兩滑塊碰撞后結(jié)合在一起，故應(yīng)選圖中的乙；若要求碰撞時動能損失最小，則應(yīng)使兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，即選圖中的甲。(2)由圖可知，第1次閃光時，滑塊A恰好位于x＝10cm處，第二次A在x＝30cm處，第三次A在x＝50cm處，碰撞在x＝60cm處。從第三次閃光到碰撞的時間為eq\f(T,2)，則可知碰撞發(fā)生在第1次閃光后的2.5T時刻。設(shè)碰前A的速度大小為v，則碰后A的速度大小為eq\f(v,2)，B的速度大小為v，根據(jù)動量守恒定律可得mAv＝－mA·eq\f(v,2)＋mB·v，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(2,3)。13．(10分)如圖所示，質(zhì)量m1＝2kg的小球用一條不可伸長的輕繩連接，繩的另一端固定在懸點O上，繩子長度l＝0.5m。將小球拉至繩子偏離豎直方向的角度θ＝53°處由靜止釋放，小球運動至最低點時，與一質(zhì)量m2＝1kg的物塊發(fā)生正碰，碰撞時間很短。之后物塊在水平面上滑行一段s＝0.4m的距離后停下。已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)碰前瞬間小球的速度大??；(2)碰后瞬間小球和物塊的速度大小?！窘馕觥?1)根據(jù)動能定理可知：(2分)解得：v0＝2m/s(2分)(2)根據(jù)動能定理可知，碰后物塊的速度滿足：(2分)又小球和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，可得：m1v0＝m1v1＋m2v2(2分)解得：v1＝1m/s，v2＝2m/s。(2分)13．(10分)如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA＝4kg，其上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計?？梢暈橘|(zhì)點的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2kg?，F(xiàn)對A施加一個大小為10N、水平向右的恒力F，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短且碰后A、B粘在一起共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)過0.6s，二者的速度達到2m/s。求：(1)A開始運動時的加速度大小a；(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度的大小v；(3)A的上表面長度l?！窘馕觥?1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有：F＝mAa(2分)解得：a＝2.5m/s2。(1分)(2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6s后速度達到v′＝2m/s的過程，由動量定理得：Ft＝(mA＋mB)v′－(mA＋mB)v(2分)解得：v＝1m/s。(1分)(3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有：mAvA＝(mA＋mB)v(1分)A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有：Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)(2分)解得：l＝0.45m。(1分)15．(12分)如圖所示在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M＝2m的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運動，不計沖上斜面過程中機械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。(1)求小物塊的初速度大小；(2)如果斜面不固定，求小物塊沖上斜面后能到達的最大高度；(3)如果斜面不固定，求小物塊再離開斜面后小物塊和斜面的速度?！窘馕觥?1)根據(jù)機械能守恒定律：(2分)解得：(1分)(2)系統(tǒng)水平方向動量守恒：mv＝(M＋m)v共(2分)對小物塊和斜面組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律有：(2分)聯(lián)立解得：(1分)(3)設(shè)小物塊再離開斜面后小物塊和斜面的速度分別為v1、v2，對小物塊和斜面組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律有：(1分)對系統(tǒng)水平方向動量守恒：mv＝mv1＋Mv2(1分)解得：，與初速度方向相反(1分)，與初速度方向相同(1分)13．(15分)如圖所示，質(zhì)量分別為mA＝m、mB＝3m的A、B兩物體放置在光滑的水平面上，其中A物體緊靠光滑墻壁，A、B兩物體之間用輕彈簧相連。對B物體緩慢施加一個水平向右的力，使A、B兩物體之間彈簧壓縮到最短并鎖定，此過程中，該力做功為W0?，F(xiàn)突然撤去外力并解除鎖定，(設(shè)重力加速度為g，A、B兩物體體積很小，可視為質(zhì)點，彈簧在彈性限度內(nèi))求：(1)從撤去外力到A物體開始運動，墻壁對A物體的沖量IA大??；(2)A、B兩物體離開墻壁后到達圓軌道之前，B物體的最小速度vB是多大；(3)若在B物體獲得最小速度瞬間脫離彈簧，從光滑圓形軌道右側(cè)小口進入(B物體進入后小口自動封閉組成完整的圓形軌道)圓形軌道，要使B物體不脫離圓形軌道，試求圓形軌道半徑R的取值范圍?！窘馕觥?1)設(shè)彈簧恢復(fù)原長時，物體B的速度為vB0，由能量守恒有：W0＝eq\f(3,2)mvB02(1分)解得：vB0＝eq\r(\f(2W0,3m))此過程中墻壁對物體A的沖量大小等于彈簧對物體A的沖量大小，也等于彈簧對物體B的沖量大小，有：IA＝3mvB0＝eq\r(6mW0)。(2分)(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長后，物體A離開墻壁，彈簧伸長，物體A的速度逐漸增大，物體B的速度逐漸減小。當(dāng)彈簧再次恢復(fù)到原長時，物體A達到最大速度，物體B的速度減小到最小值，此過程滿足動量守恒、機械能守恒，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)若物體B恰好過最高點不脫離圓形軌道，物體B經(jīng)過最高點時，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)若物體B恰好能運動到與圓形軌道圓心等高處，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)高考物理專題訓(xùn)練：動量（提高卷）一、(本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()A．1.6×102kg B．1.6×103kg C．1.6×105kg D．1.6×106kg【答案】B【解析】設(shè)該發(fā)動機在ts時間內(nèi)，噴射出的氣體質(zhì)量為m，根據(jù)動量定理，F(xiàn)t＝mv，可知，在1s內(nèi)噴射出的氣體質(zhì)量kg，故選B。2．在光滑水平面上有一輛平板車，一人手握大錘站在車上．開始時人、錘和車均靜止，且這三者的質(zhì)量依次為m1、m2、m3。人將大錘水平向左拋出后，人和車的速度大小為v，則拋出瞬間大錘的動量大小為()A．m1vB．m2vC．(m1＋m3)vD．(m2＋m3)v【答案】C【解析】人、錘和車組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，則(m1＋m3)v－p＝0，解得拋出瞬間大錘的動量大小為p＝(m1＋m3)v，故C正確，A、B、D錯誤。3．如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B兩個小木塊中間夾一被壓縮的輕彈簧，當(dāng)輕彈簧被放開時，A、B兩個小木塊各自在桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地面上．若mA＝3mB，則下列結(jié)果正確的是()A．若輕彈簧對A、B做功分別為W1和W2，則有W1∶W2＝1∶1B．在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的速度變化量之和為零C．若A、B在空中飛行時的動量變化量分別為Δp1和Δp2，則有Δp1∶Δp2＝1∶1D．若A、B同時離開桌面，則從釋放輕彈簧開始到兩木塊落地的這段時間內(nèi)，A、B兩木塊的水平位移大小之比為1∶3【答案】D【解析】彈簧彈開物體過程中，兩物體及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，則速度之比vA∶vB＝1∶3，根據(jù)動能定理得，輕彈簧對A、B做功分別為W1＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，W2＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，聯(lián)立解得W1W2＝1∶3，故A錯誤；根據(jù)動量守恒定律可知，在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的動量變化量之和為零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得ΔvA＋ΔvB≠0，故B錯誤；A、B離開桌面后都做平拋運動，它們拋出點的高度相同，運動時間相等，設(shè)為t，由動量定理得，A、B在空中飛行時的動量變化量分別為Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C錯誤；平拋運動水平方向的分運動是勻速直線運動，由x＝v0t知，t相等，又木塊在桌面上運動時，vA∶vB＝1∶3，則A、B兩木塊的水平位移大小之比為1∶3，故D正確。4．一顆子彈水平射入靜止在光滑水平地面上的木塊后不再穿出，木塊的動能增加了8J，木塊的質(zhì)量大于子彈的質(zhì)量。則此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能可能是()A．18JB．16JC．10JD．6J【答案】A【解析】設(shè)子彈的初速度為v0，射入木塊后子彈與木塊共同的速度為v，木塊的質(zhì)量為M，子彈的質(zhì)量為m，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，木塊獲得的動能為ΔEk＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(Mm2v\o\al(2,0),2（M＋m）2)，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為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)，由于木塊的質(zhì)量大于子彈的質(zhì)量，所以eq\f(ΔEk,Q)＝eq\f(m,M＋m)<eq\f(1,2)，即Q>2ΔEk＝2×8J＝16J，故A正確，B、C、D錯誤。5．滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞，碰撞后兩者粘在一起運動，兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示。則滑塊a、b的質(zhì)量之比()A．5∶4 B．1∶8C．8∶1 D．4∶5【答案】B解析：設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2，由題給的圖象得v1＝－2m/s，v2＝1m/s，a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v，由題給的圖象得v＝eq\f(2,3)m/s，由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，由以上各式解得m1∶m2＝1∶8，故B正確，A、C、D錯誤。6．如圖所示，A、B兩個矩形木塊用輕彈簧和一條與彈簧原長相等的輕繩相連，靜止在水平地面上，繩為非彈性繩且可承受的拉力足夠大。彈簧的勁度系數(shù)為k，木塊A和木塊B的質(zhì)量均為m?，F(xiàn)用一豎直向下的壓力將木塊A緩慢壓縮到某一位置，木塊A在此位置所受的壓力為F(F＞mg)，彈簧的彈性勢能為E，撤去力F后，下列說法正確的是()A．彈簧恢復(fù)到原長的過程中，彈簧彈力對A、B的沖量相同B．當(dāng)A速度最大時，彈簧處于原長狀態(tài)C．當(dāng)B開始運動時，A的速度大小為D．全程中，A上升的最大高度為【答案】D【解析】由于沖量是矢量，彈簧恢復(fù)到原長的過程中，彈簧彈力對A、B的沖量大小相等，方向相反，故A錯誤；當(dāng)A受力平衡時速度最大，即彈簧的彈力大小等于A木塊的重力，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故B錯誤；設(shè)彈簧恢復(fù)到原長時A的速度為v，繩子繃緊瞬間A、B共同速度為v1，A、B共同上升的最大高度為h，A上升的最大高度為H，彈簧恢復(fù)到原長的過程中根據(jù)能量守恒有：E＝mg+m，繩子繃緊瞬間根據(jù)動量守恒定律有：mv＝2mv1，AB共同上升過程中根據(jù)能量守恒有：（m+m）＝(m+m)gh，聯(lián)立解得B開始運動時，A的速度大小為：v1＝，全程中，A上升的最大高度H＝，故C錯誤，D正確。7．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)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(xiàn)使A瞬時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(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得()A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s，且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B．t3～t4時間內(nèi)彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長C．兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝1:2D．在t2時刻A與B的動能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8【答案】CD【解析】由圖可知t1到t3時間內(nèi)兩物塊之間的距離逐漸增大，t3時刻達到共同速度，此時彈性勢能最大，彈簧處于伸長狀態(tài)，故A錯誤；結(jié)合圖象弄清兩物塊的運動過程，開始時A逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈性勢能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長，B依然加速，A先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復(fù)原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，t3時刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)原長，故B錯誤；系統(tǒng)動量守恒，選擇開始到t1時刻列方程可知：m1v1＝(m1＋m2)v2，將v1＝3m/s，v2＝1m/s代入得：m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時刻A的速度大小為vA＝1m/s，B的速度為vB＝2m/s，根據(jù)m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正確。8．如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x。現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()A．A物體的質(zhì)量為3mB．A物體的質(zhì)量為2mC．彈簧壓縮最大時的彈性勢能為eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)D．彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mveq\o\al(2,0)【答案】AC【解析】彈簧固定時，當(dāng)彈簧壓縮量最大時，彈性勢能最大，A的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒可知，彈簧被壓縮過程中最大的彈性勢能等于A的初動能，設(shè)A的質(zhì)量為mA，則有Epm＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，當(dāng)彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B時，A與彈簧相互作用的過程中B將向右運動，A、B速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，選取A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由機械能守恒定律得Epm＝eq\f(1,2)mA(2v0)2－eq\f(1,2)(mA＋m)v2，聯(lián)立解得mA＝3m，Epm＝1.5mveq\o\al(2,0)，故A、C正確，B、D錯誤。9．如圖所示，在足夠長的水平地面上有兩輛相同的小車甲和乙，A、B兩點相距為5m，小車甲從B點以大小為4m/s的速度向右做勻速直線運動的同時，小車乙從A點由靜止開始以大小為2m/s2的加速度向右做勻加速直線運動。一段時間后，小車乙與小車甲相碰(碰撞時間極短)，碰后兩車粘在一起，整個過程中，兩車的受力不變(不計碰撞過程)。下列說法正確的是()A．小車乙追上小車甲用時4sB．小車乙追上小車甲之前它們的最遠距離為9mC．碰后瞬間兩車的速度大小為7m/sD．若地面光滑，則碰后兩車的加速度大小仍為2m/s2【答案】BC【解析】小車乙追上小車甲時，有x乙－x甲＝5m，即eq\f(1,2)at2－v甲t＝5m，代入數(shù)據(jù)解得t＝5s，所以小車乙追上小車甲用時5s，故A錯誤；當(dāng)兩車的速度相等時相距最遠，則有v甲＝at′，解得t′＝eq\f(v甲,a)＝eq\f(4,2)s＝2s，最遠距離s＝5m＋v甲t′－eq\f(1,2)at′2＝(5＋4×2－eq\f(1,2)×2×22)m＝9m，故B正確；碰前瞬間乙車的速度v乙＝at＝2×5m/s＝10m/s，對于碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv甲＋mv乙＝2mv，解得碰后瞬間兩車的共同速度v＝7m/s，故C正確；若地面光滑，碰前乙車所受的作用力F＝ma，甲車的合力為0，則碰后兩車的加速度大小a′＝eq\f(F,2m)＝eq\f(a,2)＝1m/s2，故D錯誤。10．如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車(含管道)的質(zhì)量為2m，原來靜止在光滑的水平面上。今有一個可以看做質(zhì)點的小球，質(zhì)量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道左端滑離小車。關(guān)于這個過程，下列說法正確的是()A．小球滑離小車時，小車回到原來位置B．小球滑離小車時相對小車的速度大小為vC．車上管道中心線最高點的豎直高度為D．小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是【答案】BC【解析】小球到最高點，水平方向動量守恒，因此有，機械能守恒，解得，，則小車到最高點的動量變化量為，小球離開小車時，由動量守恒和機械能守恒得，聯(lián)立解得，因此相對速度為，可以看到小車得速度一直為正向速度，因此一直向前運動，不會回到原點，綜上分析，B、C正確。二、(本題共6小題，共60分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)11．(5分)某同學(xué)用如圖所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來探究碰撞過程中的不變量，圖中PQ是斜槽，QR為水平槽，實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡。重復(fù)上述操作10次，得到10個落點痕跡。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡．重復(fù)這種操作10次。圖中O點是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點。(1)安裝器材時要注意：固定在桌邊上的斜槽末端的切線要沿方向。(2)某次實驗中，得出小球落點情況如圖所示(單位是cm)，P′、M、N分別是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落點的平均位置(把落點圈在內(nèi)的最小圓的圓心)，則入射小球和被碰小球質(zhì)量之比為m1∶m2＝。【答案】(1)水平(2分)(2)4∶1(3分)【解析】(1)為保證小球滾落后做平拋運動，斜槽末端的切線要沿水平方向。(2)由碰撞過程中mv的乘積總量守恒可知m1·eq\f(OP′,t)＝m1·eq\f(OM,t)＋m2·eq\f(ON,t)(t為運動時間)，代入數(shù)據(jù)可解得m1∶m2＝4∶1。12．(8分)某同學(xué)利用打點計時器和氣墊導(dǎo)軌做“探究碰撞中的不變量”的實驗，氣墊導(dǎo)軌裝置如圖甲所示，所用的氣墊導(dǎo)軌裝置由導(dǎo)軌、滑塊、彈射架等組成。在空腔導(dǎo)軌的兩個工作面上均勻分布著一定數(shù)量的小孔，向?qū)к壙涨粌?nèi)不斷通入壓縮空氣，壓縮空氣會從小孔中噴出，使滑塊穩(wěn)定地漂浮在導(dǎo)軌上，如圖乙所示，這樣就大大減小因滑塊和導(dǎo)軌之間的摩擦而引起的誤差。(1)下面是實驗的主要步驟：①安裝好氣墊導(dǎo)軌，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌的調(diào)節(jié)旋鈕，使導(dǎo)軌水平；②向氣墊導(dǎo)軌通入壓縮空氣；③把打點計時器固定在緊靠氣墊導(dǎo)軌左端彈射架的外側(cè)，將紙帶穿過打點計時器越過彈射架并固定在滑塊1的左端，調(diào)節(jié)打點計時器的高度，直至滑塊拖著紙帶移動時，紙帶始終在水平方向；④滑塊1擠壓導(dǎo)軌左端彈射架上的橡皮繩；⑤把滑塊2放在氣墊導(dǎo)軌的中間；⑥先，然后，讓滑塊帶動紙帶一起運動；⑦取下紙帶，重復(fù)步驟④⑤⑥，選出較理想的紙帶如圖丙所示；⑧測得滑塊1(包括撞針)的質(zhì)量為310g，滑塊2(包括橡皮泥)的質(zhì)量為205g。試完善實驗步驟⑥的內(nèi)容。(2)已知打點計時器每隔0.02s打一個點，計算可知，兩滑塊相互作用前質(zhì)量與速度的乘積之和為kg·m/s；兩滑塊相互作用以后質(zhì)量與速度的乘積之和為kg·m/s(保留三位有效數(shù)字)。(3)試說明(2)問中兩結(jié)果不完全相等的主要原因是?！敬鸢浮?1)接通打點計時器的電源(1分)放開滑塊1(1分)(2)0.620(2分)0.618(2分)(3)紙帶與打點計時器限位孔有摩擦力的作用(2分)【解析】(1)⑥使用打點計時器時，先接通電源后釋放紙帶，所以先接通打點計時器的電源，后放開滑塊1。(2)放開滑塊1后，滑塊1做勻速運動，跟滑塊2發(fā)生碰撞后跟2一起做勻速運動，根據(jù)紙帶的數(shù)據(jù)得：碰撞前滑塊1的動量為p1＝m1v1＝0.310×eq\f(0.2,0.1)kg·m/s＝0.620kg·m/s，滑塊2的動量為零，所以碰撞前的總動量為0.620kg·m/s；碰撞后滑塊1、2速度相等，所以碰撞后總動量為p2＝(m1＋m2)v2＝(0.310＋0.205)×eq\f(0.168,0.14)kg·m/s＝0.618kg·m/s。(3)結(jié)果不完全相等是因為紙帶與打點計時器限位孔有摩擦力的作用。13．(10分)如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA＝4kg，其上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計。可視為質(zhì)點的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2kg。現(xiàn)對A施加一個大小為10N、水平向右的恒力F，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短且碰后A、B粘在一起共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)過0.6s，二者的速度達到2m/s。求：(1)A開始運動時的加速度大小a；(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度的大小v；(3)A的上表面長度l?！窘馕觥?1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有：F＝mAa(2分)解得：a＝2.5m/s2。(1分)(2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6s后速度達到v′＝2m/s的過程，由動量定理得：Ft＝(mA＋mB)v′－(mA＋mB)v(2分)解得：v＝1m/s。(1分)(3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有：mAvA＝(mA＋mB)v(1分)A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有：Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)(2分)解得：l＝0.45m。(1分)14．(10分)如圖所示，在光滑的水平面上放著一個質(zhì)量為m的木球，在木球正上方L處有一個固定懸點O，在懸點O和木球之間用一根長為2L的不可伸長的輕繩連接。有一個質(zhì)量也為m的子彈以v0的速度水平射入木球并留在其中，一段時間之后木球繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動。球可視為質(zhì)點，重力加速度為g，空氣阻力不計，求：(1)木球以多大速度離開水平地面。(2)子彈速度v0的最小值?！窘馕觥?1)設(shè)子彈打入木球后共同速度為v，木塊離開水平地面速度為v1，由動量守恒定律得：mv0＝2mv(1分)即v＝v0(1分)木塊離開地面時沿繩方向速度瞬間減為零，只有垂直繩的速度v1＝vsin30°＝v＝v0(2分)即木塊離開地面的速度為v0(1分)(2)木塊從離開水平桌面到最高點系統(tǒng)機械能守恒，到最高點時速度為v3，繩子對木塊的拉力為F，由機械能守恒定律和牛頓定律有-2mg3L＝2m-2m(2分)F+2mg＝2m(2分