2024高考物理一轮复习第7章动量守恒定律(测试)(学生版+解析)

这是一份2024高考物理一轮复习第7章动量守恒定律(测试)(学生版+解析)，共20页。试卷主要包含了本试卷分第I卷两部分等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。
2．回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题上方的答题表中。
3．回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
1．如图所示，轻弹簧的下端系着质量相等的a、b两球，两小球之间由轻质细线连接，系统静止时弹簧未超出弹性限度。现剪断a、b间细线，在接下来的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a、b两球组成的系统机械能守恒
B．a、b两球和轻弹簧组成的系统机械能守恒
C．a、b两球组成的系统动量守恒
D．a、b两球和轻弹簧组成的系统动量守恒
2．如图所示，OA、OB为两条不同的光滑轨道，端点O、A、B都在竖直圆周上，OC竖直直径。完全相同的两个小球分别从A、B两点沿两条轨道由静止开始同时释放，不计空气阻力。两小球到达O点的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．沿BO轨道运动的小球先到达O点
B．两个小球重力的冲量不相同
C．两小球的动量变化率相同
D．沿AO轨道运动小球的动量变化率大
3．如图所示，若手机质量m=200g，从离人眼约h=20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后经=0.01s手机停止运动，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是（ ）
A．手机对眼睛的作用力大小约为30N
B．手机对眼睛的作用力大小约为40N
C．全过程手机重力的冲量大小约为0.42N•s
D．全过程手机重力的冲量大小约为0.40N•s
4．如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为m0，人与车以速度v1在光滑水平面上向右匀速运动，当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为（ ）
A．，向右B．，向右
C．，向右D．，向右
5．如图，质量为的小球A沿光滑水平面以速度向右运动，与质量为的静止小球B发生碰撞，碰撞后小球A以速率（为待定系数）弹回，然后与固定挡板P发生弹性碰撞，要使A球能与B球再次发生碰撞，则k的取值范围应满足（ ）．
A．B．
C．或D．
6．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．两物块的质量之比为
B．在时刻和时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C．时间内，弹簧的长度大于原长
D．时间内，弹簧的弹力逐渐减小
7．一粒水银珠竖直地掉在光滑的水平玻璃板上，分成三粒小水银珠1、2、3，以相等的速率在玻璃板上沿三个方向运动，如图所示。小水银珠1与2、2与3、3与1的运动方向之间的夹角分别为、、。小水银珠1、2、3的质量之比为（ ）
A．B．C．D．
8．一位解放军海军士兵蹲在皮划艇上进行射击训练，用步枪在t时间内沿水平方向发射了7发子弹。若该士兵连同装备和皮划艇的总质量是M，发射每两发子弹之间的时间间隔相等，每发子弹的质量为m，子弹离开枪口的对地速度为。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，忽略因射击导致装备质量的减少，则在t时间内皮划艇的位移为（ ）
A．B．C．D．
9．如图所示，丝网版画有其独特的绘画语言，其艺术水准可与国画、油画等其它艺术作品相媲美。丝网版画在显影时需要用高压水枪冲洗，若高压水枪喷口的截面积为，喷口的出水速度为，水的密度为，喷口工作时水流垂直射到版画上，之后水与版画接触并在平面上散开，以下说法正确的是（ ）
A．若仅减小喷口水柱的横截面积，可以增大水对版画冲击产生的压强
B．若仅减小喷口水柱的横截面积，可以减小水对版画冲击产生的压力
C．若仅将喷水速度增大到原来的2倍，可以使水对版画产生的压力增大到原来的4倍
D．若仅将喷水速度增大到原来的2倍，可以使水对版画产生的压强增大到原来的2倍
10．带有光滑圆弧轨道，质量为的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为的小球以速度水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（ ）
A．小球返回车的左端时，速度为零
B．小球返回车的左端时，速度为
C．小球上升到最高点时，小车的速度为
D．小球在弧形槽上上升的最大高度为
11．溜冰车是冬季最受欢迎的娱乐项目之一，冰车的钢制滑板与冰面间的动摩擦因数很小，可近似认为接触面光滑。如图所示，某次游戏时甲在左、乙在右，甲、乙乘坐各自的冰车一起以的速度向冰面的左侧壁滑行，某时刻甲用力将乙推开。再次游戏时乙在左、甲在右，二者一起再以2 m/s的速度向冰面的左侧壁滑行，某时刻甲再次用力将乙推开。已知甲与冰车的总质量为，乙与冰车的总质量为，冰车与侧壁的碰撞可看作弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．甲在左、乙在右，二者分开时只要甲的速度大小大于3 m/s，乙的运动就反向
B．甲在左、乙在右，若二者分开时甲的速度大小为6 m/s，则甲与左侧壁碰后还能与乙再次相碰
C．乙在左、甲在右，若二者分开时乙的速度大小为5 m/s，则甲反向运动
D．乙在左、甲在右，二者分开，乙与左侧壁碰后总能追上甲
12．如图，两辆完全相同的小车A和B静止在光滑水平面上，两小车紧靠在一起而不粘连，在小车A上竖直固定一轻质细杆，长的轻质细绳的一端系在细杆顶端，另一端拴一质量m=1kg的小球，已知小车的质量M=2m，重力加速度g=10m/s2，细杆的高度大于绳长。现将小球向右拉至细绳水平且绷直后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球与两小车组成的系统动量守恒
B．释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小车A对小车B的弹力一直增大
C．小球第一次到达最低点后能向左上升的最大高度为
D．小球第二次到达最低点时小球与小车A的速率之比为8∶7
第II卷（非选择题 共52分）
二、实验题（满分14分）
13．某同学设计了如图甲所示的装置验证动量守恒定律：
（1）小车a的前端粘有质量不计的橡皮泥，在小车a后连着纸带，纸带通过电磁打点计时器，长木板下垫着小木块，开始时未放小车b，移动长木板下的小木块，轻推小车a，直到纸带上打下的点迹________；（填“均匀”或“不均匀”）
（2）在小车a的前方放置一个与a材料相同的静止小车b，推动小车a使之运动，之后与小车b相碰并粘合成一体，若已测得打点的纸带如图乙所示，O为运动的起点，x1、x2、x3、x4分别为OA、AB、BC、CD的长度，则应选________段来计算a碰撞前的速度，应选________段来计算a和b碰后的共同速度；（以上两空均选填“x1”“x2”“x3”或“x4”）
（3）设a的质量为ma、b的质量为mb，要验证碰撞中的动量守恒定律，要验证的关系为________（选ma、mb、x1、x2、x3、x4来表示）。
14．如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面的高处，现将质量为的物资以相对地面的速度水平投出，物资落地时速度大小为。物资抛出后经热气球的速度变为，方向竖直向上。投出物资后热气球的总质量为，所受浮力不变，重力加速度g取10，求：
（1）物资运动过程中克服空气阻力所做的功；
（2）热气球抛出物资后5s内所受空气阻力冲量的大小。
15．如图所示，光滑曲线轨道分别与竖直轨道、粗䊁水平地面平滑连接，右端与光滑半圆轨道平滑连接，半圆轨道直径为。长为，竖直轨道的最高点A与地面高度差。质量为的小滑块P从A点静止释放，之后在点与静止放置在该处的小滑块Q发生碰撞，碰撞过程机械能损失不计。已知小滑块Q的质量也为，小滑块Q被撞后的瞬间对轨道的压力突然增大了。已知重力加速度为。
（1）求水平轨道的动摩擦因数；
（2）如果小滑块P的质量变为（为正数），如果要求小滑块Q在半圆轨道段运动过程中没有脱离圆弧（设碰撞后P立即拿走，不发生两次碰撞），求的取值范围。

16．跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为，与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ（），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。
（1）求运动员起跳时的水平分速度与竖直分速度；
（2）运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H；
（3）若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间。
17．如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为的长木板A静置于光滑水平面上（A的上表面略低于挡板P下端），质量为m的小物块B（可视为质点）以水平初速度从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在（未知）时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求：
（1）木板A的长度；
（2）时间内B经过的路程：
（3）的值。
第七章 动量守恒定律
测试卷
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。
2．回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题上方的答题表中。
3．回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
1．如图所示，轻弹簧的下端系着质量相等的a、b两球，两小球之间由轻质细线连接，系统静止时弹簧未超出弹性限度。现剪断a、b间细线，在接下来的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a、b两球组成的系统机械能守恒
B．a、b两球和轻弹簧组成的系统机械能守恒
C．a、b两球组成的系统动量守恒
D．a、b两球和轻弹簧组成的系统动量守恒
【答案】B
【详解】A．剪断a、b间细线后，弹簧对a做功、a球的机械能发生变化，b球只有重力对它做功，机械能不变，所以a、b两球组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．剪断a、b间细线后，a、b两球和轻弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故B正确；
C．剪断a、b间细线后，a、b两球组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；
D．剪断a、b间细线后，a、b两球和轻弹簧组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故D错误。
故选B。
2．如图所示，OA、OB为两条不同的光滑轨道，端点O、A、B都在竖直圆周上，OC竖直直径。完全相同的两个小球分别从A、B两点沿两条轨道由静止开始同时释放，不计空气阻力。两小球到达O点的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．沿BO轨道运动的小球先到达O点
B．两个小球重力的冲量不相同
C．两小球的动量变化率相同
D．沿AO轨道运动小球的动量变化率大
【答案】D
【详解】A．设轨道与水平方向的夹角为，对小球研究，小球受重力和支持力，将重力沿轨道方向和垂直轨道方向正交分解，根据牛顿第二定律可得由图中的直角三角形可知，小球的位移为由于小球下落过程中做初速度为0的匀加速直线运动，故下落时间
所以下落时间与无关，故两小球一起到达，故A错误；
B．下落时间相同，重力相同，由可得两个小球重力的冲量相同，故B错误；
CD．小球的末速度为由于A点下落的大，即 大，故从A点下落的末速度大，根据可知沿AO轨道运动小球的动量变化率大，故C错误，D正确。故选D。
3．如图所示，若手机质量m=200g，从离人眼约h=20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后经=0.01s手机停止运动，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是（ ）
A．手机对眼睛的作用力大小约为30N
B．手机对眼睛的作用力大小约为40N
C．全过程手机重力的冲量大小约为0.42N•s
D．全过程手机重力的冲量大小约为0.40N•s
【答案】C
【详解】AB．手机自由下落h时的速度为手机与眼相互作用过程，以竖直向下为正方，据动量定理可得解得手机受到的作用力大小为由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的作用力大小约为42N，AB错误；
CD．手机自由下落时间为全过程手机重力的冲量大小为，C正确，D错误。故选C。
4．如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为m0，人与车以速度v1在光滑水平面上向右匀速运动，当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为（ ）
A．，向右B．，向右
C．，向右D．，向右
【答案】D
【详解】根据题意可知，人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，人和车之间在竖直方向上有相互作用，在水平方向上合力为零，动量仍然守恒，水平方向的速度不发生变化，所以车的速度仍为v1，方向向右。故选D。
5．如图，质量为的小球A沿光滑水平面以速度向右运动，与质量为的静止小球B发生碰撞，碰撞后小球A以速率（为待定系数）弹回，然后与固定挡板P发生弹性碰撞，要使A球能与B球再次发生碰撞，则k的取值范围应满足（ ）．
A．B．
C．或D．
【答案】B
【详解】A球与B球第一次碰撞过程，根据动量守恒可得碰撞过程应遵循系统总动能不增加原则，则有为了使A球能与B球再次发生碰撞，需要满足
联立解得故选A。
6．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．两物块的质量之比为
B．在时刻和时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C．时间内，弹簧的长度大于原长
D．时间内，弹簧的弹力逐渐减小
【答案】B
【详解】A．以m1的初速度方向为正方向，对0～1s时间内的过程，由动量守恒定律得
将v1=3m/s，v共=1m/s代入解得故A错误；
B．根据系统能量守恒可知在时刻和时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确；
C．在时刻弹簧压缩至最短，所以时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误；
D．时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，故选B。
7．一粒水银珠竖直地掉在光滑的水平玻璃板上，分成三粒小水银珠1、2、3，以相等的速率在玻璃板上沿三个方向运动，如图所示。小水银珠1与2、2与3、3与1的运动方向之间的夹角分别为、、。小水银珠1、2、3的质量之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】一粒水银珠分成三个小水银珠，其前后满足水平方向动量守恒，设三个小水银珠的速度大小为均为v，垂直水银珠3运动方向有沿水银珠3方向有
解得故C正确，ABD错误。故选C。
8．一位解放军海军士兵蹲在皮划艇上进行射击训练，用步枪在t时间内沿水平方向发射了7发子弹。若该士兵连同装备和皮划艇的总质量是M，发射每两发子弹之间的时间间隔相等，每发子弹的质量为m，子弹离开枪口的对地速度为。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，忽略因射击导致装备质量的减少，则在t时间内皮划艇的位移为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】发射子弹时，根据动量守恒可得每发一颗子弹，皮划艇增加的速度为所以在t时间内沿水平方向发射了7发子弹，则皮划艇在6个时间内，分别以、、……匀速运动，每段匀速运动的位移依次为；；……故t时间内皮划艇的总位移为故选B。
9．如图所示，丝网版画有其独特的绘画语言，其艺术水准可与国画、油画等其它艺术作品相媲美。丝网版画在显影时需要用高压水枪冲洗，若高压水枪喷口的截面积为，喷口的出水速度为，水的密度为，喷口工作时水流垂直射到版画上，之后水与版画接触并在平面上散开，以下说法正确的是（ ）
A．若仅减小喷口水柱的横截面积，可以增大水对版画冲击产生的压强
B．若仅减小喷口水柱的横截面积，可以减小水对版画冲击产生的压力
C．若仅将喷水速度增大到原来的2倍，可以使水对版画产生的压力增大到原来的4倍
D．若仅将喷水速度增大到原来的2倍，可以使水对版画产生的压强增大到原来的2倍
【答案】BC
【详解】取时间内的水为研究对象，则这些水的质量设这部分水受到版画的冲击力大小为，以水运动的方向为正方向，由动量定理解得由牛顿第三定律，水对版画冲击产生的压力水对版画冲击产生的压强
AB．若仅减小喷口水柱的横截面积，不能改变水对版画冲击产生的压强，可以减小水对版画冲击产生的压力，A错误，B正确；
CD．若仅将喷水速度增大到原来的2倍，可以使水对版画产生的压力和压强均增大到原来的4倍，C正确，D错误。故选BC。
10．带有光滑圆弧轨道，质量为的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为的小球以速度水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（ ）
A．小球返回车的左端时，速度为零
B．小球返回车的左端时，速度为
C．小球上升到最高点时，小车的速度为
D．小球在弧形槽上上升的最大高度为
【答案】BCD
【详解】AB．设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，整个过程中动量守恒，由动量守恒定律得mv0=mv1+mv2由机械能守恒定律得解得v1=0；v2=v0
即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故B错误，A正确。
CD．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0=2mv解得由机械能守恒定律得解得故CD正确。
故选ACD。
11．溜冰车是冬季最受欢迎的娱乐项目之一，冰车的钢制滑板与冰面间的动摩擦因数很小，可近似认为接触面光滑。如图所示，某次游戏时甲在左、乙在右，甲、乙乘坐各自的冰车一起以的速度向冰面的左侧壁滑行，某时刻甲用力将乙推开。再次游戏时乙在左、甲在右，二者一起再以2 m/s的速度向冰面的左侧壁滑行，某时刻甲再次用力将乙推开。已知甲与冰车的总质量为，乙与冰车的总质量为，冰车与侧壁的碰撞可看作弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．甲在左、乙在右，二者分开时只要甲的速度大小大于3 m/s，乙的运动就反向
B．甲在左、乙在右，若二者分开时甲的速度大小为6 m/s，则甲与左侧壁碰后还能与乙再次相碰
C．乙在左、甲在右，若二者分开时乙的速度大小为5 m/s，则甲反向运动
D．乙在左、甲在右，二者分开，乙与左侧壁碰后总能追上甲
【答案】BD
【详解】A．甲在左、乙在右，甲用力将乙推开的过程，甲、乙和两冰车组成的系统动量守恒，设向左为正方向，有当时得所以当分开时甲的速度大小满足时，乙的运动方向还是向左，A错误；
B．由知，当时则二者分开后，乙反向以4 m/s的速度大小运动，而甲与左侧壁碰撞后速度大小不变，方向反向，甲的速度大小大于乙的速度大小，故甲还能与乙再次相碰，B正确；
C．乙在左、甲在右，甲用力将乙推开的过程，甲、乙和两冰车组成的系统动量守恒，设水平向左为正方向，有当时甲没有反向运动，C错误；
D．若乙与左侧壁碰后不能追上甲，则需满足而因为，由可判断
即乙与左侧壁碰后总能追上甲，D正确。故选BD。
12．如图，两辆完全相同的小车A和B静止在光滑水平面上，两小车紧靠在一起而不粘连，在小车A上竖直固定一轻质细杆，长的轻质细绳的一端系在细杆顶端，另一端拴一质量m=1kg的小球，已知小车的质量M=2m，重力加速度g=10m/s2，细杆的高度大于绳长。现将小球向右拉至细绳水平且绷直后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球与两小车组成的系统动量守恒
B．释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小车A对小车B的弹力一直增大
C．小球第一次到达最低点后能向左上升的最大高度为
D．小球第二次到达最低点时小球与小车A的速率之比为8∶7
【答案】CD
【详解】A．小球与两小车组成的系统在竖直方向上所受合外力不为零，动量不守恒，故A错误；
B．小球与两小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零，动量守恒，释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小球在水平方向的分速度一直增大，所以小车A、B速度一直增大，当小球到达最低点时，小车A、B速度达到最大，此时小车A对小车B的弹力为零，所以释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小车A对小车B的弹力一直减小，故B错误；
C．设小球第一次到达最低点时的速度大小为v0，两小车速度大小均为v1，在水平方向根据动量守恒定律有
①根据机械能守恒定律有 ②小球第一次到达最低点后能向左上升至最大高度h时，小车A和小球速度大小相同，设为v2，在水平方向根据动量守恒定律有 ③根据机械能守恒定律有 ④联立①②③④解得
⑤故C正确；
D．设小球第二次到达最低点时小球与小车A的速度分别为v3、v4，取水平向左为正方向，在水平方向上根据动量守恒定律有 ⑥根据机械能守恒定律有 ⑦
联立⑥⑦解得， ⑧所以 ⑨故D正确。故选CD。
第II卷（非选择题 共52分）
二、实验题（满分14分）
13．某同学设计了如图甲所示的装置验证动量守恒定律：
（1）小车a的前端粘有质量不计的橡皮泥，在小车a后连着纸带，纸带通过电磁打点计时器，长木板下垫着小木块，开始时未放小车b，移动长木板下的小木块，轻推小车a，直到纸带上打下的点迹________；（填“均匀”或“不均匀”）
（2）在小车a的前方放置一个与a材料相同的静止小车b，推动小车a使之运动，之后与小车b相碰并粘合成一体，若已测得打点的纸带如图乙所示，O为运动的起点，x1、x2、x3、x4分别为OA、AB、BC、CD的长度，则应选________段来计算a碰撞前的速度，应选________段来计算a和b碰后的共同速度；（以上两空均选填“x1”“x2”“x3”或“x4”）
（3）设a的质量为ma、b的质量为mb，要验证碰撞中的动量守恒定律，要验证的关系为________（选ma、mb、x1、x2、x3、x4来表示）。
【答案】 均匀
【详解】（1）[1]当小车a所受的摩擦力和重力沿斜面方向的分力平衡时，小车a做匀速直线运动，即纸带上打下的点迹均匀分布；
（2）[2][3]推动小车由静止开始运动，小车先加速后匀速，即在相同的时间间隔内通过的位移相等，所以AB段为匀速运动阶段，可计算小车a碰前的速度，即选x2；碰撞过程是一个变速过程，而碰后a、b共速，一起做匀速直线运动，点迹均匀分布，所以应选CD段计算碰后共同的速度，即选x4；
（3）[4]设打点计时器的打点周期为T，所以两相邻计数点间的时间间隔为由图可知，碰前小车a的速度为碰后小车的共同速度为需要验证的关系为联立以上各式可得
14．如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面的高处，现将质量为的物资以相对地面的速度水平投出，物资落地时速度大小为。物资抛出后经热气球的速度变为，方向竖直向上。投出物资后热气球的总质量为，所受浮力不变，重力加速度g取10，求：
（1）物资运动过程中克服空气阻力所做的功；
（2）热气球抛出物资后5s内所受空气阻力冲量的大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据动能定理有解得
（2）投出物资过程，系统动量守恒投出物资后，对热气球在水平方向和竖直方向用动量定理列方程；其中联立求得空气阻力冲量的大小为
15．如图所示，光滑曲线轨道分别与竖直轨道、粗䊁水平地面平滑连接，右端与光滑半圆轨道平滑连接，半圆轨道直径为。长为，竖直轨道的最高点A与地面高度差。质量为的小滑块P从A点静止释放，之后在点与静止放置在该处的小滑块Q发生碰撞，碰撞过程机械能损失不计。已知小滑块Q的质量也为，小滑块Q被撞后的瞬间对轨道的压力突然增大了。已知重力加速度为。
（1）求水平轨道的动摩擦因数；
（2）如果小滑块P的质量变为（为正数），如果要求小滑块Q在半圆轨道段运动过程中没有脱离圆弧（设碰撞后P立即拿走，不发生两次碰撞），求的取值范围。

【答案】（1）0.5；（2）或
【详解】（1）设滑块P与Q碰撞前瞬间速度的大小为，碰撞后Q的速度为，则根据动能定理可得
，P与Q弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒有；解得增加的压力解得
（2）设滑块P与Q碰撞前瞬间速度的大小为，则根据动能定理得，P与Q碰撞为弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为和，以向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒定律可得
；解得不脱离圆弧轨道的条件有两种情形有：
情形一：不过圆心等高处，有解得
情形二：对Q从点到点过程，由机械能守恒定律得对Q球在点，由牛顿第二定律得解得所以满足或。
16．跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为，与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ（），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。
（1）求运动员起跳时的水平分速度与竖直分速度；
（2）运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H；
（3）若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）水平方向分速度竖直方向分速度
（2）设墙对运动员平均弹力大小为N，平均最大静摩擦力为f，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为，人质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得设竖直向上为正方向，由动量定理得其中联立得运动员蹬墙结束后竖直方向做匀减速直线运动至速度为零，由得
（3）设墙对运动员平均弹力大小为，平均最大静摩擦力为，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为v，与墙发生相互作用的时间为，人的质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得
设竖直向上为正方向，由动量定理得其中联立得
设运动员起跳位置离墙面水平距离为x，到达墙面所需时间为，离墙后到达起跳位置正上方的运动时间为，起跳后水平方向做匀速直线运动，得，运动员离墙后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为v，加速度为g的匀变速直线运动，当竖直位移为0时，水平位移不小于x。根据上述分析，得，联立式作用的最长时间为
17．如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为的长木板A静置于光滑水平面上（A的上表面略低于挡板P下端），质量为m的小物块B（可视为质点）以水平初速度从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在（未知）时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求：
（1）木板A的长度；
（2）时间内B经过的路程：
（3）的值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）依题意，设木板的长度为L，A、B第一次达到共速时速度大小为，物块和木板由动量守恒定律有根据能量守恒定律有联立求得，
（2）分析可知，物块B与木板第n次共速时的速度为，对B
从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有
从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有
从B第n次撞击挡板到第次撞击挡板过程，有
则得
（3）B从第n次与挡板发生碰撞到第次与挡板发生碰撞的过程中，设B做匀变速运动的时间为，B做匀速直线运动的时间为，A、B保持相对静止共同运动的位移为，匀变速运动过程有
，匀速过程有联立可得即每相邻两次碰撞过程：A、B匀变速运动过程与A、B匀速运动过程的时间之比为1∶1。在时间内，设A做匀减速运动的累计时间为，则对A有又解得