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2023-2024学年鲁科版选择性必修第一册 第1章 动量及其守恒定律 单元测试
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这是一份2023-2024学年鲁科版选择性必修第一册 第1章 动量及其守恒定律 单元测试，共14页。
章末综合检测（一） 动量及其守恒定律
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求)
1．2022年2月5日，在北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，中国队成功夺冠，为中国体育代表团夺得本届冬奥会首金！如图所示，当运动员在光滑冰面上交接时，后方运动员甲用力推前方运动员乙。下列说法正确的是( )
A．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
B．甲推出乙后，甲一定向后运动
C．甲、乙的动量变化相同
D．甲、乙所受推力的冲量大小相等
解析：D 甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是相互作用力，则甲对乙的作用力等于乙对甲的作用力，选项A错误；甲推出乙后，甲的速度减小，但是甲不一定向后运动，选项B错误；乙的动量增加，甲的动量减小，则甲、乙的动量变化不相同，选项C错误；甲、乙所受推力大小相等，根据I＝Ft可知，甲、乙所受的冲量大小相等，选项D正确。
2.在某次杂技表演中，一演员平躺在水平面上，腹部上方静置一质量M＝80 kg的石板，另一演员手持一质量为m＝5 kg的铁锤，从h1＝1.8 m高处由静止落下，与石板撞击后反弹至h2＝0.05 m处，结果石板裂开而平躺着的演员没有受伤。若铁锤撞击石板的时间为t1＝0.01 s，由于缓冲，演员腹部与石板相互作用的时间为t2＝0.5 s，铁锤的下落视为自由落体运动，重力加速度g取10 m/s2，则下列判断错误的是( )
A．铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为6 m/s
B．撞击过程中铁锤受到的冲量大小为25 N·s
C．撞击过程中铁锤对石板的平均作用力大小为3 550 N
D．缓冲过程中石板对演员的平均作用力大小为870 N
解析：B 设铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为v1，则由自由落体运动规律可得v12＝2gh1，解得v1＝6 m/s，A正确；设撞击后铁锤反弹的速度大小为v2，则有v22＝2gh2，解得v2＝1 m/s，以竖直向上为正方向，由动量定理可得I＝mv2－(－mv1)＝35 N·s，B错误；设撞击过程中石板对铁锤的作用力大小为F1，则有I＝(F1－mg)t1，解得F1＝3 550 N，由牛顿第三定律可知，C正确；石板与铁锤撞击过程时间很短，可近似认为动量守恒，设碰撞后瞬间石板的速度为v3，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得mv1＝Mv3－mv2，解得v3＝ m/s，设缓冲过程中人对石板的作用力大小为F2，由动量定理可得(Mg－F2)t2＝－Mv3，解得F2＝870 N，D正确。
3.如图所示，颠球练习是乒乓球运动员掌握击球的力度、手感和球感的重要方法。运动员练习中将球竖直抛出，让球连续在球拍上竖直弹起和落下。某一次乒乓球由最高点下落18 cm后被球拍击起，离开球拍竖直上升的最大高度为22 cm。已知球与球拍的作用时间为0.1 s，乒乓球的质量为2.7 g，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力恒为乒乓球重力的0.1倍。则( )
A．运动的全过程球与球拍组成的系统动量守恒
B．球落到球拍前的瞬间动量大小为5.1×10－3 kg·m/s
C．球与球拍作用过程中动量变化量大小为1.08×10－2 kg·m/s
D．球拍对球的平均作用力为乒乓球重力的4倍
解析：C 运动的过程中，球与球拍组成的系统，在竖直方向上受到了重力和人手的作用力，其合力不为零，所以系统的动量不守恒，故A错误；球落到球拍前的瞬间，其速度为v＝＝ ＝1.8 m/s，动量大小为p＝mv＝4.86×10－3 kg·m/s，故B错误；球与球拍作用后的瞬间其速度大小为v′＝＝＝2.2 m/s，所以作用过程中动量变化量的大小为|Δp|＝mv＋mv′＝1.08×10－2 kg·m/s，故C正确；根据动量定理，可得球拍对球的平均作用力为＝＋mg＝0.135 N，小球所受的重力为G＝mg＝0.027 N，倍数关系为＝5，故D错误。
4.单人飞行器由微型喷气发动机和操纵系统组成，可以完成单人上升、下降、悬停和平飞等动作。已知飞行器连同人和装备的总质量为M，发动机在时间t内喷出燃料的质量为m，m≪M，重力加速度为g。如图所示，要使飞行器能在空中悬停，则燃料喷射的速度应为( )
A．gt B.
C. D.
解析：C 由于m≪M，要使飞行器能在空中悬停，燃料对飞行器的反冲力大小等于Mg，由牛顿第三定律可知，飞行器对燃料的作用力大小也为Mg，设燃料喷射的速度为v，由动量定理可知Mgt＝mv，解得v＝，故C正确。
5.“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过人工制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。如图所示，一质量为m的游客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内。已知气流密度为ρ，游客受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则风洞内气流的流量(单位时间内流出风洞的气流体积)为( )
A. B.
C. D.
解析：C 由动量定理可知FΔt＝Δmv，其中F＝mg，Δm＝vΔtSρ，流量Q＝vS，解得Q＝ ，故C正确。
6．花样滑冰是技巧与艺术性相结合的一个冰上运动项目，在音乐伴奏下，运动员在冰面上表演各种技巧和舞蹈动作，极具观赏性。甲、乙运动员以速度大小为1 m/s沿同一直线相向运动。相遇时彼此用力推对方，此后甲以1 m/s、乙以2 m/s的速度向各自原方向的反方向运动，推开时间极短，忽略冰面的摩擦，则甲、乙运动员的质量之比是( )
A．1∶3 B.3∶1
C．2∶3 D.3∶2
解析：D 以甲初速度方向为正方向，甲、乙推开的过程中，满足动量守恒定律，有m甲v0－m乙v0＝－m甲v1＋m乙v2，代入数据可得＝，故D正确。
7．如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止(即A、B受到木块阻力相等)。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则( )
A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大
B．A的动量大小大于B的动量大小
C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
解析：D 两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得：对A子弹有－fdA＝0－EkA，解得EkA＝fdA，对B子弹有－fdB＝0－EkB，解得EkB＝fdB，由于dA>dB，则子弹入射时的初动能EkA>EkB，两颗不同子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止，所以A的动量大小等于B的动量大小，故B错误，D正确；对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝，而EkA>EkB，则mA
A．滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中对斜劈A做的功为0
B．与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为
C．滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为
D．滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为mgR
解析：D D在A上滑动时，A与D组成的系统在水平方向上动量守恒，且系统机械能守恒，则当D滑到水平地面上时0＝mvD－mvA，且mgR＝mvD2＋mvA2，两式联立解得A、D分离时的速度为vD＝vA＝，即A与D的速度大小相等，方向相反，下滑过程对A，由动能定理得W＝mvA2－0，解得W＝mgR，故A错误；D与B碰撞前的速度即为A、D分离时D的速度大小，为，故B错误；B与C碰撞过程中，B、C、D组成的系统动量守恒，有mvD＝(m＋m＋m)vC，则B与C碰撞后的速度大小为vC＝，故C错误；D与B碰撞过程动量守恒，有mvD＝(m＋m)vB，则碰撞后B、D整体的速度大小为vB＝，损失的机械能ΔE＝mvD2－(m＋m)vB2，计算可得滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能ΔE＝mgR，故D正确。
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝2m，重力加速度为g。则滑块从A运动到C的过程中( )
A．滑块水平方向相对地面的位移大小为(R＋L)
B．小车相对地面的位移大小为(R＋L)
C．小车M的最大速度
D．滑块克服摩擦力做的功在数值上等于滑块减少的机械能
解析：AC 设滑块在小车上运动过程中某时刻的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，有mv1＝Mv2，所以整个过程中，滑块与小车的平均速度满足m1＝M2，设滑块水平方向相对地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2，则mx1＝Mx2，并且x1＋x2＝R＋L，解得x1＝(R＋L)，x2＝(R＋L)，故A正确，B错误；当滑块运动到B点时其速度最大(设为v1m)，此时小车速度也最大(设为v2m)，根据动量守恒定律有mv1m＝Mv2m，根据机械能守恒定律有mgR＝mv1m2＋Mv2m2，解得v1m＝，v2m＝，故C正确；根据功能关系可知，滑块克服摩擦力做的功与小车动能的增加量之和等于滑块减少的机械能，故D错误。
10．一辆总质量M(含人和沙包)的雪橇在水平光滑冰面上以速度v匀速行驶。雪橇上的人每次以相同的速度3v(对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包。抛出第一个沙包后，车速减为原来的。下列说法正确的是( )
A．每次抛出沙包前后，人的动量守恒
B．雪橇有可能与拋出的沙包发生碰撞
C．雪橇的总质量M与沙包的质量m满足M∶m＝11∶1
D．拋出第四个沙包后雪橇会后退
解析：CD 每次抛出沙包前后，雪橇和抛出的沙包总动量守恒，故A错误；抛出沙包后，雪橇的速度不会超过v，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B错误；规定雪橇的初速度方向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有Mv＝(M－m)v＋m·3v，解得M＝11m，故C正确；设抛出第四个沙包后雪橇速度为v1，由全过程动量守恒得Mv＝(M－4m)v1＋4m·3v，将M＝11m代入得v1＝－，故D正确。
11．如图所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4 kg，C板上表面粗糙，A、B两个物体紧挨在一起，初始A、B和C三个物体均处于静止状态，mA＝1 kg，mB＝2 kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E＝27 J的能量并全部转化为A和B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动起来， C板足够长，以下结论正确的是( )
A．爆炸后瞬间A、B速度大小vA＝2vB
B．若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，爆炸后A、B组成的系统动量守恒
C．若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒
D．整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为27 J
解析：AD 爆炸瞬间，以A、B为系统，，以水平向左为正方向，由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB，代入数据得vA＝2vB，故A正确；若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，因A、B质量不同，则A、B受木板的摩擦力大小不等，则A、B组成的系统动量不守恒，故B错误，对A、B、C整体分析，外力矢量和为零，动量守恒，故C错误；木板C足够长，最终A、B、C总动量为0，故三者最终速度也为0，即A、B动能全部转化为内能，为27 J，故D正确。
12．如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形轨道槽C静止在光滑水平地面上，槽低端与水平面相切，质量为m的小球A与轻弹簧相连接并静止于水平地面上，现有一个质量为m的小球B从圆弧轨道最高点由静止下滑，下列说法中正确的是( )
A．小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统动量守恒
B．小球B从圆弧轨道最高点滑至底端的过程中圆弧轨道向右运动了
C．在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为
D．若轻弹簧左端固定在墙上，则小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为
解析：BCD 小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中，与圆弧轨道C组成的系统合力不为零，水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，故A错误；球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中，与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量守恒，则有mvB－3mvC＝0，可得m＝3m，则xB＝3xC，且xB＋xC＝R，可得xC＝，故B正确；由机械能守恒定律得mgR＝mvB2＋×3mvC2，可得vB＝ ，vC＝ ，B与弹簧相互作用过程中，A、B组成的系统的动量守恒，弹簧压缩到最短时A、B共速，弹簧弹性势能最大，有mvB＝2mv，A、B和弹簧三者能量守恒，有mvB2＝Ep＋×2mv2，所以在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为Ep＝，故C正确；若轻弹簧左端固定在墙上，则B、C组成的系统水平方向上动量守恒，机械能守恒。则有mvB＋3mvC＝4mv共，mvB2＋×3mvC2＝×4mv共2＋mgh，代入数值可得小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为h＝，故D正确。
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置，气垫导轨置于水平桌面上，A、B为两个上方带有遮光条且形状完全相同的弹性滑块，质量分别为m1、m2，遮光条宽度为d，P1、P2为两个光电门，实验过程如下：
①调节气垫导轨成水平状态；
②向右轻推滑块A，测得A通过光电门P1的遮光时间为t1；
③A、B相撞后，测得B通过光电门P2的遮光时间为t2，A再次通过光电门P1的遮光时间为t3。
根据实验过程回答以下问题：
(1)要想出现实验中的碰撞现象，则要求A、B的质量需满足m1________m2(选填“>”“<”或“＝”)
(2)利用所测物理量的字母表示本实验要验证的动量守恒定律的表达式为______________。
解析：(1)A、B相撞后， B通过光电门P2，A再次通过光电门P1，则由动量守恒定律和机械能守恒定律得
m1v1＝m1v3＋m2v2
m1v12＝m1v32＋m2v22
解得v3＝
A碰撞以后向左运动说明速度小于零，因此可得m1
滑块通过光电门的时间很短，可以用平均速度来代替瞬时速度，即
v1＝，v3＝－，v2＝
也就是m1＝m2－m1。
答案：(1)< (2)m1＝m2－m1
14．(8分)某实验小组利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下：
①用游标卡尺测量小球A、B的直径d，以及细线的长度L，用天平测量小球A、B的质量分别为m1、m2；
②用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上；
③将球A向左拉起使其细线与竖直方向的夹角为α时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其细线与竖直方向的夹角为θ1，球B向右摆到最高点时其细线与竖直方向的夹角为θ2。
回答下列问题：
(1)在实验步骤中，有多余的操作过程的步骤是___________；
(2)为保证A碰撞后向左摆动，则A、B两球质量应满足m1________m2(填“>”“<”或“＝”)；
(3)若两球碰撞前后动量守恒，则＝______________(用③中测量的量表示)；
(4)若两球的碰撞为弹性碰撞，并且碰撞之后两个小球摆到最高点时其细线与竖直方向的夹角θ1＝θ2，则＝__________，并且cos θ1＝cos θ2＝________(用α表示)。
解析：(1)小球碰撞后由动能定理得
mg(L－Lcos θ)＝mv2
解得v＝
由动量守恒定律表达式可知细线的长度可以约掉，所以不必测量，故有多余操作的步骤是①；
(2)为使A球碰撞后能反弹，则A、B两球质量应满足m1
m1v12＝m1gL(1－cos α)
碰撞后，对A、B两小球摆动过程中只有重力作用，机械能守恒，对A有m1v1′2＝m1gL(1－cos θ1)
对B有m2v22＝m2gL(1－cos θ2)
若两球碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v1＝－m1v1′＋m2v2
解得m1＝－m1＋m2
则＝；
(4)若是弹性碰撞，则还满足机械能守恒定律，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
m1v1＝－m1v1′＋m2v2
m1v12＝m1v1′2＋m2v22
又θ1＝θ2
联立解得＝，cos θ1＝cos θ2＝。
答案：(1)① (2)< (3)
(4)
15．(8分)如图所示，甲、乙两名宇航员正在离静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙两名宇航员都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。
(1)乙要以多大的速度v将物体A推出；
(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。
解析：(1)规定水平向左为正方向，甲、乙两宇航员最终的速度大小均为v1，对甲、乙以及物体A组成的系统，根据动量守恒定律可得M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1
对乙和A组成的系统，根据动量守恒定律可得
M2v0＝(M2－m)v1＋mv
联立解得v＝5.2 m/s，v1＝0.4 m/s。
(2)对甲，根据动量定理有Ft＝M1v1－M1(－v0)
解得F＝432 N。
答案：(1)5.2 m/s (2)432 N
16．(10分)如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3 kg的木块A以初速度v0＝4.0 m/s开始向着小球B滑动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性碰撞。设两物体均可看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)两物体碰前A的速度大小；
(2)碰撞后A、B的速度大小；
(3)小球B运动到最高点C时对轨道的压力。
解析：(1)碰前对A，由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0
解得vA＝2 m/s。
(2)A、B碰撞前后动量守恒，则MvA＝MvA′＋mvB
碰撞前后机械能守恒，则MvA2＝MvA′2＋mvB2
由以上各式解得vA′＝1 m/s，vB＝3 m/s。
(3)B球在轨道上只有重力做功，由动能定理可得
2mgR＝mvB2－mvC2，解得vC＝ m/s
在最高点C时，对小球B，有mg＋N＝m
解得N＝4 N，由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为4 N，方向竖直向上。
答案：(1)2 m/s (2)1 m/s 3 m/s (3)4 N，方向竖直向上
17．(14分)中学物理兴趣小组对爆竹释放的能量产生兴趣，想通过如图所示的装置展开研究。B是一个两侧都有竖直挡板(厚度不计)的质量M＝2 kg，L＝2.85 m的小车，放在可认为是光滑的水平面上，A是一个质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，A、B间的动摩擦因数为0.08，小物块和小车的挡板碰撞无机械能损失。该小组将一常见型号的爆竹挤压在A、B之间，三者保持静止，爆炸后A、B开始运动，爆竹爆炸产生的碎屑在小车上无残留。经t＝0.5 s，A与B的挡板发生第一次碰撞。重力加速度大小为10 m/s2。求：
(1)爆炸后运动过程中小物块A和小车B的加速度大小；
(2)爆炸释放的能量值E(假设爆竹释放的能量全部转化为A、B的动能)；
(3)小物块A和小车B多次碰撞后，停在B上的位置距小车右侧挡板的距离。
解析：(1)设小物块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
μmg＝ma1，μmg＝Ma2，
解得a1＝0.8 m/s2，a2＝0.4 m/s2。
(2)水平面上光滑，小物块和小车组成的系统动量守恒，设刚爆炸后小物块速度大小为v1，小车速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝Mv2
当小物块和小车右侧的挡板发生第一次碰撞时满足
s1＋s2＝L
对小物块进行运动分析s1＝v1t－a1t2
对小车进行运动分析s2＝v2t－a2t2
代入数据解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s
由能量守恒定律可知，爆炸产生的能量值
E＝mv12＋Mv22
可得E＝12 J。
(3)从爆炸后经多次碰撞到小物块最终相对小车静止，由于系统的动量守恒，物块相对小车停下时，小车也停止运动。根据能量守恒定律，设小物块在小车上滑动的路程为s，则E＝μmgs
解得s＝15 m
设经n次碰撞物块相对小车停下，有s＝nL＋d
当n＝5时d＝0.75 m
答案：(1)0.8 m/s2,0.4 m/s2 (2)12 J (3)0.75 m
18．(14分)某游戏装置的简化示意图如图所示，游客乘坐滑椅(可视为质点)从固定光滑圆弧轨道上的B点处无初速滑下后冲上静止在光滑水平面上的滑板A。已知游客与滑椅的质量为m，滑板A的质量为2m，滑椅与滑板间的动摩擦因数为μ，滑板A足够长，滑椅不会从滑板表面滑出，圆弧轨道的半径为R，O点为圆弧轨道的圆心，θ＝60°，重力加速度为g，求：
(1)滑椅滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(2)滑椅滑上A后经多长时间不再相对A滑动；
(3)滑板A至少多长才能满足滑椅不会从滑板表面滑出。
解析：(1)设滑椅滑到圆弧轨道最低点时速度为v0，由动能定理有
mgR(1－cos θ)＝mv02
在圆弧轨道最低点时，有N－mg＝
联立解得N＝2mg
由牛顿第三定律可知，滑椅对轨道的压力大小为2mg。
(2)滑椅滑上滑板A，对滑椅和滑板A组成的系统，由动量守恒定律有mv0＝(m＋2m)v
对滑板A，由动量定理得μmgt＝2mv－0
解得t＝ 。
(3)设滑板长度至少为x，由功能关系得
μmgx＝mv02－(m＋2m)v2
解得x＝。
答案：(1)2mg (2) (3)
章末综合检测（一） 动量及其守恒定律
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求)
1．2022年2月5日，在北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，中国队成功夺冠，为中国体育代表团夺得本届冬奥会首金！如图所示，当运动员在光滑冰面上交接时，后方运动员甲用力推前方运动员乙。下列说法正确的是( )
A．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
B．甲推出乙后，甲一定向后运动
C．甲、乙的动量变化相同
D．甲、乙所受推力的冲量大小相等
解析：D 甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是相互作用力，则甲对乙的作用力等于乙对甲的作用力，选项A错误；甲推出乙后，甲的速度减小，但是甲不一定向后运动，选项B错误；乙的动量增加，甲的动量减小，则甲、乙的动量变化不相同，选项C错误；甲、乙所受推力大小相等，根据I＝Ft可知，甲、乙所受的冲量大小相等，选项D正确。
2.在某次杂技表演中，一演员平躺在水平面上，腹部上方静置一质量M＝80 kg的石板，另一演员手持一质量为m＝5 kg的铁锤，从h1＝1.8 m高处由静止落下，与石板撞击后反弹至h2＝0.05 m处，结果石板裂开而平躺着的演员没有受伤。若铁锤撞击石板的时间为t1＝0.01 s，由于缓冲，演员腹部与石板相互作用的时间为t2＝0.5 s，铁锤的下落视为自由落体运动，重力加速度g取10 m/s2，则下列判断错误的是( )
A．铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为6 m/s
B．撞击过程中铁锤受到的冲量大小为25 N·s
C．撞击过程中铁锤对石板的平均作用力大小为3 550 N
D．缓冲过程中石板对演员的平均作用力大小为870 N
解析：B 设铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为v1，则由自由落体运动规律可得v12＝2gh1，解得v1＝6 m/s，A正确；设撞击后铁锤反弹的速度大小为v2，则有v22＝2gh2，解得v2＝1 m/s，以竖直向上为正方向，由动量定理可得I＝mv2－(－mv1)＝35 N·s，B错误；设撞击过程中石板对铁锤的作用力大小为F1，则有I＝(F1－mg)t1，解得F1＝3 550 N，由牛顿第三定律可知，C正确；石板与铁锤撞击过程时间很短，可近似认为动量守恒，设碰撞后瞬间石板的速度为v3，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得mv1＝Mv3－mv2，解得v3＝ m/s，设缓冲过程中人对石板的作用力大小为F2，由动量定理可得(Mg－F2)t2＝－Mv3，解得F2＝870 N，D正确。
3.如图所示，颠球练习是乒乓球运动员掌握击球的力度、手感和球感的重要方法。运动员练习中将球竖直抛出，让球连续在球拍上竖直弹起和落下。某一次乒乓球由最高点下落18 cm后被球拍击起，离开球拍竖直上升的最大高度为22 cm。已知球与球拍的作用时间为0.1 s，乒乓球的质量为2.7 g，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力恒为乒乓球重力的0.1倍。则( )
A．运动的全过程球与球拍组成的系统动量守恒
B．球落到球拍前的瞬间动量大小为5.1×10－3 kg·m/s
C．球与球拍作用过程中动量变化量大小为1.08×10－2 kg·m/s
D．球拍对球的平均作用力为乒乓球重力的4倍
解析：C 运动的过程中，球与球拍组成的系统，在竖直方向上受到了重力和人手的作用力，其合力不为零，所以系统的动量不守恒，故A错误；球落到球拍前的瞬间，其速度为v＝＝ ＝1.8 m/s，动量大小为p＝mv＝4.86×10－3 kg·m/s，故B错误；球与球拍作用后的瞬间其速度大小为v′＝＝＝2.2 m/s，所以作用过程中动量变化量的大小为|Δp|＝mv＋mv′＝1.08×10－2 kg·m/s，故C正确；根据动量定理，可得球拍对球的平均作用力为＝＋mg＝0.135 N，小球所受的重力为G＝mg＝0.027 N，倍数关系为＝5，故D错误。
4.单人飞行器由微型喷气发动机和操纵系统组成，可以完成单人上升、下降、悬停和平飞等动作。已知飞行器连同人和装备的总质量为M，发动机在时间t内喷出燃料的质量为m，m≪M，重力加速度为g。如图所示，要使飞行器能在空中悬停，则燃料喷射的速度应为( )
A．gt B.
C. D.
解析：C 由于m≪M，要使飞行器能在空中悬停，燃料对飞行器的反冲力大小等于Mg，由牛顿第三定律可知，飞行器对燃料的作用力大小也为Mg，设燃料喷射的速度为v，由动量定理可知Mgt＝mv，解得v＝，故C正确。
5.“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过人工制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。如图所示，一质量为m的游客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内。已知气流密度为ρ，游客受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则风洞内气流的流量(单位时间内流出风洞的气流体积)为( )
A. B.
C. D.
解析：C 由动量定理可知FΔt＝Δmv，其中F＝mg，Δm＝vΔtSρ，流量Q＝vS，解得Q＝ ，故C正确。
6．花样滑冰是技巧与艺术性相结合的一个冰上运动项目，在音乐伴奏下，运动员在冰面上表演各种技巧和舞蹈动作，极具观赏性。甲、乙运动员以速度大小为1 m/s沿同一直线相向运动。相遇时彼此用力推对方，此后甲以1 m/s、乙以2 m/s的速度向各自原方向的反方向运动，推开时间极短，忽略冰面的摩擦，则甲、乙运动员的质量之比是( )
A．1∶3 B.3∶1
C．2∶3 D.3∶2
解析：D 以甲初速度方向为正方向，甲、乙推开的过程中，满足动量守恒定律，有m甲v0－m乙v0＝－m甲v1＋m乙v2，代入数据可得＝，故D正确。
7．如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止(即A、B受到木块阻力相等)。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则( )
A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大
B．A的动量大小大于B的动量大小
C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
解析：D 两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得：对A子弹有－fdA＝0－EkA，解得EkA＝fdA，对B子弹有－fdB＝0－EkB，解得EkB＝fdB，由于dA>dB，则子弹入射时的初动能EkA>EkB，两颗不同子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止，所以A的动量大小等于B的动量大小，故B错误，D正确；对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝，而EkA>EkB，则mA
A．滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中对斜劈A做的功为0
B．与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为
C．滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为
D．滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为mgR
解析：D D在A上滑动时，A与D组成的系统在水平方向上动量守恒，且系统机械能守恒，则当D滑到水平地面上时0＝mvD－mvA，且mgR＝mvD2＋mvA2，两式联立解得A、D分离时的速度为vD＝vA＝，即A与D的速度大小相等，方向相反，下滑过程对A，由动能定理得W＝mvA2－0，解得W＝mgR，故A错误；D与B碰撞前的速度即为A、D分离时D的速度大小，为，故B错误；B与C碰撞过程中，B、C、D组成的系统动量守恒，有mvD＝(m＋m＋m)vC，则B与C碰撞后的速度大小为vC＝，故C错误；D与B碰撞过程动量守恒，有mvD＝(m＋m)vB，则碰撞后B、D整体的速度大小为vB＝，损失的机械能ΔE＝mvD2－(m＋m)vB2，计算可得滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能ΔE＝mgR，故D正确。
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝2m，重力加速度为g。则滑块从A运动到C的过程中( )
A．滑块水平方向相对地面的位移大小为(R＋L)
B．小车相对地面的位移大小为(R＋L)
C．小车M的最大速度
D．滑块克服摩擦力做的功在数值上等于滑块减少的机械能
解析：AC 设滑块在小车上运动过程中某时刻的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，有mv1＝Mv2，所以整个过程中，滑块与小车的平均速度满足m1＝M2，设滑块水平方向相对地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2，则mx1＝Mx2，并且x1＋x2＝R＋L，解得x1＝(R＋L)，x2＝(R＋L)，故A正确，B错误；当滑块运动到B点时其速度最大(设为v1m)，此时小车速度也最大(设为v2m)，根据动量守恒定律有mv1m＝Mv2m，根据机械能守恒定律有mgR＝mv1m2＋Mv2m2，解得v1m＝，v2m＝，故C正确；根据功能关系可知，滑块克服摩擦力做的功与小车动能的增加量之和等于滑块减少的机械能，故D错误。
10．一辆总质量M(含人和沙包)的雪橇在水平光滑冰面上以速度v匀速行驶。雪橇上的人每次以相同的速度3v(对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包。抛出第一个沙包后，车速减为原来的。下列说法正确的是( )
A．每次抛出沙包前后，人的动量守恒
B．雪橇有可能与拋出的沙包发生碰撞
C．雪橇的总质量M与沙包的质量m满足M∶m＝11∶1
D．拋出第四个沙包后雪橇会后退
解析：CD 每次抛出沙包前后，雪橇和抛出的沙包总动量守恒，故A错误；抛出沙包后，雪橇的速度不会超过v，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B错误；规定雪橇的初速度方向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有Mv＝(M－m)v＋m·3v，解得M＝11m，故C正确；设抛出第四个沙包后雪橇速度为v1，由全过程动量守恒得Mv＝(M－4m)v1＋4m·3v，将M＝11m代入得v1＝－，故D正确。
11．如图所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4 kg，C板上表面粗糙，A、B两个物体紧挨在一起，初始A、B和C三个物体均处于静止状态，mA＝1 kg，mB＝2 kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E＝27 J的能量并全部转化为A和B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动起来， C板足够长，以下结论正确的是( )
A．爆炸后瞬间A、B速度大小vA＝2vB
B．若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，爆炸后A、B组成的系统动量守恒
C．若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒
D．整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为27 J
解析：AD 爆炸瞬间，以A、B为系统，，以水平向左为正方向，由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB，代入数据得vA＝2vB，故A正确；若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，因A、B质量不同，则A、B受木板的摩擦力大小不等，则A、B组成的系统动量不守恒，故B错误，对A、B、C整体分析，外力矢量和为零，动量守恒，故C错误；木板C足够长，最终A、B、C总动量为0，故三者最终速度也为0，即A、B动能全部转化为内能，为27 J，故D正确。
12．如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形轨道槽C静止在光滑水平地面上，槽低端与水平面相切，质量为m的小球A与轻弹簧相连接并静止于水平地面上，现有一个质量为m的小球B从圆弧轨道最高点由静止下滑，下列说法中正确的是( )
A．小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统动量守恒
B．小球B从圆弧轨道最高点滑至底端的过程中圆弧轨道向右运动了
C．在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为
D．若轻弹簧左端固定在墙上，则小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为
解析：BCD 小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中，与圆弧轨道C组成的系统合力不为零，水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，故A错误；球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中，与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量守恒，则有mvB－3mvC＝0，可得m＝3m，则xB＝3xC，且xB＋xC＝R，可得xC＝，故B正确；由机械能守恒定律得mgR＝mvB2＋×3mvC2，可得vB＝ ，vC＝ ，B与弹簧相互作用过程中，A、B组成的系统的动量守恒，弹簧压缩到最短时A、B共速，弹簧弹性势能最大，有mvB＝2mv，A、B和弹簧三者能量守恒，有mvB2＝Ep＋×2mv2，所以在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为Ep＝，故C正确；若轻弹簧左端固定在墙上，则B、C组成的系统水平方向上动量守恒，机械能守恒。则有mvB＋3mvC＝4mv共，mvB2＋×3mvC2＝×4mv共2＋mgh，代入数值可得小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为h＝，故D正确。
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置，气垫导轨置于水平桌面上，A、B为两个上方带有遮光条且形状完全相同的弹性滑块，质量分别为m1、m2，遮光条宽度为d，P1、P2为两个光电门，实验过程如下：
①调节气垫导轨成水平状态；
②向右轻推滑块A，测得A通过光电门P1的遮光时间为t1；
③A、B相撞后，测得B通过光电门P2的遮光时间为t2，A再次通过光电门P1的遮光时间为t3。
根据实验过程回答以下问题：
(1)要想出现实验中的碰撞现象，则要求A、B的质量需满足m1________m2(选填“>”“<”或“＝”)
(2)利用所测物理量的字母表示本实验要验证的动量守恒定律的表达式为______________。
解析：(1)A、B相撞后， B通过光电门P2，A再次通过光电门P1，则由动量守恒定律和机械能守恒定律得
m1v1＝m1v3＋m2v2
m1v12＝m1v32＋m2v22
解得v3＝
A碰撞以后向左运动说明速度小于零，因此可得m1
滑块通过光电门的时间很短，可以用平均速度来代替瞬时速度，即
v1＝，v3＝－，v2＝
也就是m1＝m2－m1。
答案：(1)< (2)m1＝m2－m1
14．(8分)某实验小组利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下：
①用游标卡尺测量小球A、B的直径d，以及细线的长度L，用天平测量小球A、B的质量分别为m1、m2；
②用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上；
③将球A向左拉起使其细线与竖直方向的夹角为α时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其细线与竖直方向的夹角为θ1，球B向右摆到最高点时其细线与竖直方向的夹角为θ2。
回答下列问题：
(1)在实验步骤中，有多余的操作过程的步骤是___________；
(2)为保证A碰撞后向左摆动，则A、B两球质量应满足m1________m2(填“>”“<”或“＝”)；
(3)若两球碰撞前后动量守恒，则＝______________(用③中测量的量表示)；
(4)若两球的碰撞为弹性碰撞，并且碰撞之后两个小球摆到最高点时其细线与竖直方向的夹角θ1＝θ2，则＝__________，并且cos θ1＝cos θ2＝________(用α表示)。
解析：(1)小球碰撞后由动能定理得
mg(L－Lcos θ)＝mv2
解得v＝
由动量守恒定律表达式可知细线的长度可以约掉，所以不必测量，故有多余操作的步骤是①；
(2)为使A球碰撞后能反弹，则A、B两球质量应满足m1
m1v12＝m1gL(1－cos α)
碰撞后，对A、B两小球摆动过程中只有重力作用，机械能守恒，对A有m1v1′2＝m1gL(1－cos θ1)
对B有m2v22＝m2gL(1－cos θ2)
若两球碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v1＝－m1v1′＋m2v2
解得m1＝－m1＋m2
则＝；
(4)若是弹性碰撞，则还满足机械能守恒定律，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
m1v1＝－m1v1′＋m2v2
m1v12＝m1v1′2＋m2v22
又θ1＝θ2
联立解得＝，cos θ1＝cos θ2＝。
答案：(1)① (2)< (3)
(4)
15．(8分)如图所示，甲、乙两名宇航员正在离静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙两名宇航员都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。
(1)乙要以多大的速度v将物体A推出；
(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。
解析：(1)规定水平向左为正方向，甲、乙两宇航员最终的速度大小均为v1，对甲、乙以及物体A组成的系统，根据动量守恒定律可得M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1
对乙和A组成的系统，根据动量守恒定律可得
M2v0＝(M2－m)v1＋mv
联立解得v＝5.2 m/s，v1＝0.4 m/s。
(2)对甲，根据动量定理有Ft＝M1v1－M1(－v0)
解得F＝432 N。
答案：(1)5.2 m/s (2)432 N
16．(10分)如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3 kg的木块A以初速度v0＝4.0 m/s开始向着小球B滑动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性碰撞。设两物体均可看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)两物体碰前A的速度大小；
(2)碰撞后A、B的速度大小；
(3)小球B运动到最高点C时对轨道的压力。
解析：(1)碰前对A，由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0
解得vA＝2 m/s。
(2)A、B碰撞前后动量守恒，则MvA＝MvA′＋mvB
碰撞前后机械能守恒，则MvA2＝MvA′2＋mvB2
由以上各式解得vA′＝1 m/s，vB＝3 m/s。
(3)B球在轨道上只有重力做功，由动能定理可得
2mgR＝mvB2－mvC2，解得vC＝ m/s
在最高点C时，对小球B，有mg＋N＝m
解得N＝4 N，由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为4 N，方向竖直向上。
答案：(1)2 m/s (2)1 m/s 3 m/s (3)4 N，方向竖直向上
17．(14分)中学物理兴趣小组对爆竹释放的能量产生兴趣，想通过如图所示的装置展开研究。B是一个两侧都有竖直挡板(厚度不计)的质量M＝2 kg，L＝2.85 m的小车，放在可认为是光滑的水平面上，A是一个质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，A、B间的动摩擦因数为0.08，小物块和小车的挡板碰撞无机械能损失。该小组将一常见型号的爆竹挤压在A、B之间，三者保持静止，爆炸后A、B开始运动，爆竹爆炸产生的碎屑在小车上无残留。经t＝0.5 s，A与B的挡板发生第一次碰撞。重力加速度大小为10 m/s2。求：
(1)爆炸后运动过程中小物块A和小车B的加速度大小；
(2)爆炸释放的能量值E(假设爆竹释放的能量全部转化为A、B的动能)；
(3)小物块A和小车B多次碰撞后，停在B上的位置距小车右侧挡板的距离。
解析：(1)设小物块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
μmg＝ma1，μmg＝Ma2，
解得a1＝0.8 m/s2，a2＝0.4 m/s2。
(2)水平面上光滑，小物块和小车组成的系统动量守恒，设刚爆炸后小物块速度大小为v1，小车速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝Mv2
当小物块和小车右侧的挡板发生第一次碰撞时满足
s1＋s2＝L
对小物块进行运动分析s1＝v1t－a1t2
对小车进行运动分析s2＝v2t－a2t2
代入数据解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s
由能量守恒定律可知，爆炸产生的能量值
E＝mv12＋Mv22
可得E＝12 J。
(3)从爆炸后经多次碰撞到小物块最终相对小车静止，由于系统的动量守恒，物块相对小车停下时，小车也停止运动。根据能量守恒定律，设小物块在小车上滑动的路程为s，则E＝μmgs
解得s＝15 m
设经n次碰撞物块相对小车停下，有s＝nL＋d
当n＝5时d＝0.75 m
答案：(1)0.8 m/s2,0.4 m/s2 (2)12 J (3)0.75 m
18．(14分)某游戏装置的简化示意图如图所示，游客乘坐滑椅(可视为质点)从固定光滑圆弧轨道上的B点处无初速滑下后冲上静止在光滑水平面上的滑板A。已知游客与滑椅的质量为m，滑板A的质量为2m，滑椅与滑板间的动摩擦因数为μ，滑板A足够长，滑椅不会从滑板表面滑出，圆弧轨道的半径为R，O点为圆弧轨道的圆心，θ＝60°，重力加速度为g，求：
(1)滑椅滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(2)滑椅滑上A后经多长时间不再相对A滑动；
(3)滑板A至少多长才能满足滑椅不会从滑板表面滑出。
解析：(1)设滑椅滑到圆弧轨道最低点时速度为v0，由动能定理有
mgR(1－cos θ)＝mv02
在圆弧轨道最低点时，有N－mg＝
联立解得N＝2mg
由牛顿第三定律可知，滑椅对轨道的压力大小为2mg。
(2)滑椅滑上滑板A，对滑椅和滑板A组成的系统，由动量守恒定律有mv0＝(m＋2m)v
对滑板A，由动量定理得μmgt＝2mv－0
解得t＝ 。
(3)设滑板长度至少为x，由功能关系得
μmgx＝mv02－(m＋2m)v2
解得x＝。
答案：(1)2mg (2) (3)
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