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粤教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量和动量守恒定律本章综合与测试精品当堂检测题
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这是一份粤教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量和动量守恒定律本章综合与测试精品当堂检测题，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1.质量相等的三个物体在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图所示，具有初动能E0的第一号物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘成一个整体，这个整体的动能等于（ ）
A. E0 B. 2E03 C. E09 D. E03
2.如图所示，半径为 R 、质量为 M 的1/4 光滑圆槽置于光滑的水平地面上，一个质量为 m 的小木从槽的顶端由静止滑下．则木块从槽口滑出时的速度大小为（ ）
A. 2gR B. 2gRMM+m C. 2gRmM+m D. 2gR(M-m)M
3.下面关于冲量的说法中正确的是（ ）
A. 物体受到很大的冲力时，其冲量一定很大
B. 只要力的大小恒定，其相同时间内的冲量就恒定
C. 不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同
D. 当力与位移垂直时，该力的冲量为零
4.两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t=4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（ ）
A. B，C都和弹簧分离后的运动方向相同B. B，C都和弹簧分离后，系统的总动量增大
C. B，C分离过程中B木块的动量变化较大D. B木块的质量是C木块质量的四倍
5.甲、乙两球在光滑水平地面上同向运动，动量分别为P1＝5 kg·m/s，P2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量关系可能是（ ）
A. m1=m2 B. 2m1=m2 C. 4m1=m2 D. 6m1=m2
6.如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为 v1 =1m/s、 v2 =2m/s的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5 m/s的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为（ ）
A. 1：1 B. 1：2 C. 1：3 D. 2：1
7.如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，小车上有n个质量为m的小球，现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出，第一种方式是将n个小球一起抛出；第二种方式是将小球一个接一个地抛出，比较这两种方式抛完小球后小车的最终速度（ ）
A. 第一种较大 B. 第二种较大 C. 两种一样大 D. 不能确定
8.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2 ， 则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 （ ）
A. B.
C. D.
9.如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体．从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0 ， 那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后（ ）
A. 两者的速度均为零 B. 两者的速度总不会相等
C. 物体的最终速度为 ，向右 D. 物体的最终速度为 ，向右
10.原来静止的原子核 baX 发生α衰变时，放出α粒子的动能为E0。假设衰变时产生的能量全部以动能的形式释放出来，则在此衰变过程中的质量亏损是( )
A. E0c2 B. E0(a-4)c2 C. (a-4)E0c2 D. aE0(a-4)c2
11.如图甲所示，一轻质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A瞬时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，从图象信息可得（ ）
A. 两物体的质量之比为m1：m2=2：1
B. 从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C. 在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，弹簧分别处于压缩状态和拉伸状态
D. 在t2时刻A和B的动能之比为EK1：EK2=1：4
12.如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游玩，甲和他的冰车总质量为30kg，乙和他的冰车总质量为30kg，游戏时甲推着一质量为10kg的木箱，和他一起以v0=3.5m/s的速度滑行，乙在甲的正前方相对地面静止，为避免碰撞，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞？（ ）
A. 8m/s B. 3 m/s C. 6 m/s D. 10 m/s
二、填空题
13.质量为M的物块静止在光滑水平桌面上，质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度 射出，则物块的速度为________，此过程中损失的机械能为________。
14.某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以2m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140kg，原来的速度是0．5m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上。此时小船的速度大小为________m/s，此过程该同学动量的变化大小为________kg·m/s。
15.用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验：
①先测出可视为质点的两滑块A、B的质量分别为m、M及滑块与桌面间的动摩擦因数μ；
②用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻弹簧处于压缩状态，滑块B恰好紧靠桌边；
③剪断细线，测出滑块B做平拋运动的水平位移x1 ， 滑块A沿水平桌面滑行距离为x2（未滑出桌面）；
④为验证动量守恒定律，写出还需测量的物理量及表示它们的字母________；如果动量守恒，需要满足的关系式为________．
16.静水中甲、乙两只小船都处于静止状态，它们的质量均为120kg，甲船上质量为30kg的小孩以6m/s的对地速度跳上乙船，则甲、乙两船的速度大小分别为v甲=________m/s，v乙=________m/s．
三、综合题
17.两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以速度v0/2向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k的轻弹簧连接着，如图所示．现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为m/4，速度为v0 ， 子弹射入木块A并留在其中．求：
（1）在子弹击中木块后的瞬间木块A、B的速度vA和vB的大小．
（2）在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．
18.如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的大小为B的匀强磁场中，两导轨间距为L，导轨足够长且不计电阻。金属棒a和b的质量都为m，连入导轨间的电阻分别为Ra、Rb。b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放，沿弧形导轨下滑，通过C点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰，重力加速度为g。求：
（1）金属棒a从C点进入磁场瞬间，回路中的电流大小和方向（答“顺时针”或“逆时针”）；
（2）金属棒a最终的速度大小；
（3）整个过程中，流过金属棒a的总电量。
19.如图所示，质量M＝3.0kg的小车静止在光滑的水平地面上，AD部分是表面粗糙的水平导轨，DC部分是光滑的 14 圆弧导轨，AD和DC部分平滑相连，整个导轨都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上E＝40N/C的匀强电场和垂直纸面水平向里B＝2.0T的匀强磁场。今有一质量为m＝1.0kg带负电的滑块（可视为质点）以v0＝8m/s的水平速度向右冲上小车，当它过D点时对地速度为v1＝5m/s，对水平导轨的压力为10.5N，g取10m/s2。求：
（1）滑块的电量大小；
（2）滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统损失的机械能；
（3）若滑块通过D时立即撤去磁场，求此后小车所能获得的最大速度。
20.如图，质量M=1kg的长木板静止在光滑的水平面上，有一个质量m=0.2kg的可看作质点的物体以6m/s的水平初速度木板的左端冲上木板，在木板上滑行了2m后与木板保持相对静止，求：
（1）木板最终获得的速度；
（2）在此过程中产生的热量；
（3）到物块与木板相对静止结束，木板前进的距离是多少？
答案解析
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】取向右为正方向，设每个物体的质量为m．第一号物体的初动量大小为p0 ， 最终三个物体的共同速度为v．以三个物体组成的系统为研究对象，对于整个过程，根据动量守恒定律得p0=3mv
又p0=mv0
E0= 12 mv02
联立得 2mE0=3mv
则得 v=132E03
整体的动能为 Ek=12⋅3mv2=32m(132E0m)2=13E0
故答案为：D。
2.【答案】 B
【解析】圆槽在光滑水平面上可动，当木块开始下滑到脱离槽口的过程中，对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v1 ， 槽的速度为v2 ， 在水平方向上，由动量守恒定律可得 mv1-Mv2=0
木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得
mgR=12mv12+12Mv22
联立解得，木块滑出槽口的速度 v2=2MgRm+M
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
3.【答案】 C
【解析】A．物体受到很大的力，由于力的作用时间未知，所以冲量不一定大，A不符合题意；
B．如果力的大小恒定，由于其方向不一定相同，则相同时间内力的冲量不一定相同，B不符合题意；
C．重力的冲量等于重力与作用时间的乘积，故不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量一定相同，C符合题意；
D．冲量是力在一段时间内的积累，当力与位移垂直时，不能判断该力的冲量是否等于零，D不符合题意。
故答案为：C。
4.【答案】 A
【解析】A．由x ‒ t图象可知，和弹簧分离后，x-t图像的斜率均为正值，即两物体运动方向相同，A符合题意；
B．木块B、C都和弹簧分离后，系统所受合外力矢量和为零，所以系统前后的动量守恒，即系统的总动量保持不变，B不符合题意；
C．系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，C不符合题意；
D．木块都与弹簧分离后B的速度和C的速度分别为 v1=10-46-4m/s=3m/s
v2=5-46-4m/s=0.5m/s
细线未断前B、C的速度均为 v0=1m/s ，由动量守恒定律得 (mB+mC)v0=mBv1+mCv2
解得 mBmC=14
D不符合题意。
故答案为：A。
5.【答案】 C
【解析】根据动量守恒定律得 P1+P2=P1'+P2' ，
解得 P1'=2kg⋅m/s ，碰撞过程系统的总动能不增加，则有 P1'22m1+P2'22m2≤P122m1+P222m2
解得 m1m2≤2151 ，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有 P1'm1
解得 m1m2>15 ，故 2151≥m1m2>15
故答案为：C。
6.【答案】 A
【解析】设乙球的速度方向为正方向，根据动量守恒：m2v2-m1v1 =（m1+m2）v，即2m2 -m1=（m1+m2）×0.5，解得m1：m2=1:1；
故答案为：A.
7.【答案】C
【解析】抛球的过程动量守恒，第一种方式全部抛出，取向右为正方向，0＝nmv－Mv′，得v′＝ ；第二种方式是将小球一个接一个地抛出，每抛出一个小球列动量守恒方程，由数学归纳的思想可得v′＝ ，C正确。
8.【答案】B
【解析】由于弹丸爆炸后甲、乙两块均水平飞出，故两块弹片都做平抛运动，由平抛运动规律h＝ gt2可知t＝ ＝ s＝1 s，若甲水平位移为x＝2．5 m时，则v甲＝ ＝2．5 m/s，则由弹丸爆炸前后动量守恒，可得mv0＝ mv甲＋ mv乙 ， 代入数据解得v乙＝0．5 m/s，方向与v甲相同，水平向前，故A错，B对．若乙水平位移为x′＝2 m时，则v乙＝ ＝2 m/s，即乙块弹片爆炸前后速度不变，由动量守恒定律知，甲块弹片速度也不会变化，不合题意，故C、D均错．
9.【答案】D
【解析】物体与盒子组成的系统所受合外力为零，物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以速度v共同运动，由动量守恒定律得：mv0＝（M＋m）v，故v＝ ，向右，D选项正确．
10.【答案】 D
【解析】α粒子与新核质量比为 4a-4 ，衰变过程满足动量守恒，即mαvα＝m新·v新 ， 根据动量和动能的关系p2＝2m·Ek可知，新核动能为 4a-4 E0。由ΔE＝Δmc2 ， 得Δm＝ E0+4a-4E0c2 ＝ aE0(a-4)c2 ，故D选项正确。
11.【答案】 C
【解析】解：AB、由图象可知两物块的运动过程：开始阶段A逐渐减速，B逐渐加速，A的速度比B的大，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，弹簧的弹性势能最大，弹簧的压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长．系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知：m1v1=（m1+m2）v2 ， 将v1=3m/s，v2=1m/s代入得：m1：m2=1：2，故AB错误；
C、由图示图象可知，在1、t3时刻，两物块的速度相同都是1m/s，在t1时刻弹簧处于压缩状态；由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大，t3时刻达到共同速度，此时弹性势能最大，弹簧处于伸长状态，故C正确．
D、在t2时刻A的速度为：vA=1m/s，B的速度为：vB=2m/s，根据m1：m2=1：2，求出Ek1：Ek2=1：8，故D错误；
故选：C
12.【答案】 A
【解析】解：设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲 ， 乙获得的速度为v乙 ，
取向右方向为正方向．则根据动量守恒得：（M甲+m）v0=M甲v甲+mv…①
mv=（m+M乙）v乙…②
当甲与乙恰好不相撞时，v甲=v乙…③
联立①②③得：v=8m/s；
故选：A．
二、填空题
13.【答案】；
【解析】由动量守恒定律，mv0=m· +Mv，解得v= 。由能量守恒定律，此过程中损失的机械能为ΔE= － － Mv2= 。
14.【答案】0．25；105
【解析】由动量守恒mv1－Mv2＝（M＋m）v
得v＝0．25m/s
Δp＝mv1－mv＝105kg·m/s
15.【答案】B到地面的竖直高度h；m 2μgx2 =Mx1 g2h
【解析】解：B离开桌面后，做平抛运动，
在竖直方向：h= 12 gt2 ，
水平方向：x1=vBt，
对A由动能定理得：
﹣μmgx2=0﹣ 12 mvA2 ，
验证动量守恒定律，需要验证：
mvA=MvB ，
解得：m 2μgx2 =Mx1 g2h ，
由此可知，实验还要测出：B到地面的竖直高度h；
故答案为：B到地面的竖直高度h；m 2μgx2 =Mx1 g2h ．
16.【答案】1.5；1.2
【解析】解：小孩跳离甲船的过程中，取小孩的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv﹣m甲v甲=0
可得小孩跳离后甲船的速度为 v甲= mm甲 v= 30120 ×6m/s=1.5m/s．
小孩跳上乙船的过程中，由动量守恒定律得 mv=（m乙+m）v乙 ，
得小孩跳上乙船后乙船的速度为 v乙= mvm乙+m = 30×6120+30 m/s=1.2m/s．
故答案为：1.5，1.2．
三、综合题
17.【答案】 （1）解：在子弹打入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A、B都不受弹力的作用，故vB＝v0/2 ；
由于此时A不受弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中不受外力作用，系统动量守恒：mv0/2 — mv0/4 ＝ (m/4＋m) vA ，
解得vA＝v0/5
（2）解：由于木块A、木块B运动方向相同且vA＜vB ， 故弹簧开始被压缩，分别给A、B木块施以弹力，使得木块A加速、B变减速运动，弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧弹性势能最大，在弹簧压缩过程木块A(包括子弹)、B与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒．
设弹簧压缩量最大时共同速度为v，弹簧的最大弹性势能为Epm ， 有 54 mvA+ mvB ＝ (5m/4＋m)v
12 · 54 mvA2 + 12 mvB2 ＝ 12 (5m/4＋m)v2 ＋ Epm
联立解得： v＝ 13 v0 ， Epm＝ 140 mv02
【解析】（1）两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可；
（2）两个物体、子弹和弹簧组成的系统，动量守恒和能量守恒，利用动量守恒定律和能量守恒列方程分析求解即可。
18.【答案】 （1）解：a棒下滑的过程中，根据机械能守恒 mgh=12mv02
到达C时的速度 v0=2gh
进入磁场时回路中的感应电动势 E=BLv0
回路的感应电流大小 I=ERa+Rb
整理得 I=BL2ghRa+Rb
根据右手定则可知电流方向为顺时针方向。
（2）解：两根导体棒在磁场中运动的过程中，所受合外力为零，因此满足动量守恒，最终两导体棒速度相等 mv0=2mv1
两棒最终速度 v1=v02=2gh2
（3）解：对导体棒a，根据动量定理 -BIL⋅t=mv1-mv0
又 I⋅t=q
联立解得 q=m2gh2BL
【解析】（1）利用机械能守恒定律及感应电动势和欧姆定律可以求出感应电流的大小；利用右手定则可以判别感应电流的方向；
（2）利用动量守恒定律可以求出速度的大小；
（3）利用动量定理可以求出电荷量的大小。
19.【答案】 （1）在D点，竖直方向上满足： N=mg+qv1B+qE
解得： q=N-mgE+Bv1=10.5-1040+2.0×5=1.0×10-2C
（2）从A→D，滑块、小车系统水平方向动量守恒，设到D点时小车速度为u1 ， 有： mv0=mv1+Mu1
解得： u1=m(v0-v1)M=1.0×(8-5)3.0=1m/s
由能量守恒定律可知系统损失的机械能为： ΔE=12mv02-12mv12-12Mu12
解得： ΔE=18 J
（3）撤去磁场后，滑块在圆弧轨道上运动的整个过程中，小车都在加速，因此滑块返回D点时，小车速度最大，设此时滑块、小车的速度分别为v2、u2 ， 因滑块由D点上滑到滑回D点过程中，电场力做功为零，故系统在水平动量守恒的同时初末状态机械能相等，即：mv0=mv2+Mu2 ， mv122+Mu122=mv222+Mu222
联立两式解得：u2=1m/s（舍去）；u2=3m/s，即此后小车所能获得的最大速度为3m/s。
【解析】（1）对小球进行受力分析，竖直方向上在重力、支持力、洛伦兹力和电场力的作用下，小球处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可；
（2）两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程求解末速度，利用末状态的机械能减去初状态的机械能即为系统损失的机械能；
（3）两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。
20.【答案】 （1）解：木板与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+M）v ，
则得： v=1m/s
答：木板最终获得的速度是1m/s
（2）解：在此过程中产生的热量为：
Q=12mv02-12(m+M)v2=3J
答：在此过程中产生的热量是3J
（3）解：由 Q=f△x 得： f=1.5N
对木板，运用动能定理得：
fx1=12Mv2
得： x=13m
答：到物块与木板相对静止结束，木板前进的距离是1/3m
【解析】（1）两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程求解末速度即可；
（2）利用系统的末动能减初动能即为系统产生的热量；
（3）结合第二问求解的系统的产生的热量，结合摩擦力大小求解两物体的相对位移。
一、单选题
1.质量相等的三个物体在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图所示，具有初动能E0的第一号物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘成一个整体，这个整体的动能等于（ ）
A. E0 B. 2E03 C. E09 D. E03
2.如图所示，半径为 R 、质量为 M 的1/4 光滑圆槽置于光滑的水平地面上，一个质量为 m 的小木从槽的顶端由静止滑下．则木块从槽口滑出时的速度大小为（ ）
A. 2gR B. 2gRMM+m C. 2gRmM+m D. 2gR(M-m)M
3.下面关于冲量的说法中正确的是（ ）
A. 物体受到很大的冲力时，其冲量一定很大
B. 只要力的大小恒定，其相同时间内的冲量就恒定
C. 不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同
D. 当力与位移垂直时，该力的冲量为零
4.两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t=4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（ ）
A. B，C都和弹簧分离后的运动方向相同B. B，C都和弹簧分离后，系统的总动量增大
C. B，C分离过程中B木块的动量变化较大D. B木块的质量是C木块质量的四倍
5.甲、乙两球在光滑水平地面上同向运动，动量分别为P1＝5 kg·m/s，P2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量关系可能是（ ）
A. m1=m2 B. 2m1=m2 C. 4m1=m2 D. 6m1=m2
6.如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为 v1 =1m/s、 v2 =2m/s的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5 m/s的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为（ ）
A. 1：1 B. 1：2 C. 1：3 D. 2：1
7.如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，小车上有n个质量为m的小球，现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出，第一种方式是将n个小球一起抛出；第二种方式是将小球一个接一个地抛出，比较这两种方式抛完小球后小车的最终速度（ ）
A. 第一种较大 B. 第二种较大 C. 两种一样大 D. 不能确定
8.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2 ， 则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 （ ）
A. B.
C. D.
9.如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体．从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0 ， 那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后（ ）
A. 两者的速度均为零 B. 两者的速度总不会相等
C. 物体的最终速度为 ，向右 D. 物体的最终速度为 ，向右
10.原来静止的原子核 baX 发生α衰变时，放出α粒子的动能为E0。假设衰变时产生的能量全部以动能的形式释放出来，则在此衰变过程中的质量亏损是( )
A. E0c2 B. E0(a-4)c2 C. (a-4)E0c2 D. aE0(a-4)c2
11.如图甲所示，一轻质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A瞬时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，从图象信息可得（ ）
A. 两物体的质量之比为m1：m2=2：1
B. 从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C. 在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，弹簧分别处于压缩状态和拉伸状态
D. 在t2时刻A和B的动能之比为EK1：EK2=1：4
12.如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游玩，甲和他的冰车总质量为30kg，乙和他的冰车总质量为30kg，游戏时甲推着一质量为10kg的木箱，和他一起以v0=3.5m/s的速度滑行，乙在甲的正前方相对地面静止，为避免碰撞，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞？（ ）
A. 8m/s B. 3 m/s C. 6 m/s D. 10 m/s
二、填空题
13.质量为M的物块静止在光滑水平桌面上，质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度 射出，则物块的速度为________，此过程中损失的机械能为________。
14.某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以2m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140kg，原来的速度是0．5m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上。此时小船的速度大小为________m/s，此过程该同学动量的变化大小为________kg·m/s。
15.用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验：
①先测出可视为质点的两滑块A、B的质量分别为m、M及滑块与桌面间的动摩擦因数μ；
②用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻弹簧处于压缩状态，滑块B恰好紧靠桌边；
③剪断细线，测出滑块B做平拋运动的水平位移x1 ， 滑块A沿水平桌面滑行距离为x2（未滑出桌面）；
④为验证动量守恒定律，写出还需测量的物理量及表示它们的字母________；如果动量守恒，需要满足的关系式为________．
16.静水中甲、乙两只小船都处于静止状态，它们的质量均为120kg，甲船上质量为30kg的小孩以6m/s的对地速度跳上乙船，则甲、乙两船的速度大小分别为v甲=________m/s，v乙=________m/s．
三、综合题
17.两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以速度v0/2向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k的轻弹簧连接着，如图所示．现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为m/4，速度为v0 ， 子弹射入木块A并留在其中．求：
（1）在子弹击中木块后的瞬间木块A、B的速度vA和vB的大小．
（2）在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．
18.如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的大小为B的匀强磁场中，两导轨间距为L，导轨足够长且不计电阻。金属棒a和b的质量都为m，连入导轨间的电阻分别为Ra、Rb。b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放，沿弧形导轨下滑，通过C点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰，重力加速度为g。求：
（1）金属棒a从C点进入磁场瞬间，回路中的电流大小和方向（答“顺时针”或“逆时针”）；
（2）金属棒a最终的速度大小；
（3）整个过程中，流过金属棒a的总电量。
19.如图所示，质量M＝3.0kg的小车静止在光滑的水平地面上，AD部分是表面粗糙的水平导轨，DC部分是光滑的 14 圆弧导轨，AD和DC部分平滑相连，整个导轨都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上E＝40N/C的匀强电场和垂直纸面水平向里B＝2.0T的匀强磁场。今有一质量为m＝1.0kg带负电的滑块（可视为质点）以v0＝8m/s的水平速度向右冲上小车，当它过D点时对地速度为v1＝5m/s，对水平导轨的压力为10.5N，g取10m/s2。求：
（1）滑块的电量大小；
（2）滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统损失的机械能；
（3）若滑块通过D时立即撤去磁场，求此后小车所能获得的最大速度。
20.如图，质量M=1kg的长木板静止在光滑的水平面上，有一个质量m=0.2kg的可看作质点的物体以6m/s的水平初速度木板的左端冲上木板，在木板上滑行了2m后与木板保持相对静止，求：
（1）木板最终获得的速度；
（2）在此过程中产生的热量；
（3）到物块与木板相对静止结束，木板前进的距离是多少？
答案解析
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】取向右为正方向，设每个物体的质量为m．第一号物体的初动量大小为p0 ， 最终三个物体的共同速度为v．以三个物体组成的系统为研究对象，对于整个过程，根据动量守恒定律得p0=3mv
又p0=mv0
E0= 12 mv02
联立得 2mE0=3mv
则得 v=132E03
整体的动能为 Ek=12⋅3mv2=32m(132E0m)2=13E0
故答案为：D。
2.【答案】 B
【解析】圆槽在光滑水平面上可动，当木块开始下滑到脱离槽口的过程中，对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v1 ， 槽的速度为v2 ， 在水平方向上，由动量守恒定律可得 mv1-Mv2=0
木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得
mgR=12mv12+12Mv22
联立解得，木块滑出槽口的速度 v2=2MgRm+M
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
3.【答案】 C
【解析】A．物体受到很大的力，由于力的作用时间未知，所以冲量不一定大，A不符合题意；
B．如果力的大小恒定，由于其方向不一定相同，则相同时间内力的冲量不一定相同，B不符合题意；
C．重力的冲量等于重力与作用时间的乘积，故不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量一定相同，C符合题意；
D．冲量是力在一段时间内的积累，当力与位移垂直时，不能判断该力的冲量是否等于零，D不符合题意。
故答案为：C。
4.【答案】 A
【解析】A．由x ‒ t图象可知，和弹簧分离后，x-t图像的斜率均为正值，即两物体运动方向相同，A符合题意；
B．木块B、C都和弹簧分离后，系统所受合外力矢量和为零，所以系统前后的动量守恒，即系统的总动量保持不变，B不符合题意；
C．系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，C不符合题意；
D．木块都与弹簧分离后B的速度和C的速度分别为 v1=10-46-4m/s=3m/s
v2=5-46-4m/s=0.5m/s
细线未断前B、C的速度均为 v0=1m/s ，由动量守恒定律得 (mB+mC)v0=mBv1+mCv2
解得 mBmC=14
D不符合题意。
故答案为：A。
5.【答案】 C
【解析】根据动量守恒定律得 P1+P2=P1'+P2' ，
解得 P1'=2kg⋅m/s ，碰撞过程系统的总动能不增加，则有 P1'22m1+P2'22m2≤P122m1+P222m2
解得 m1m2≤2151 ，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有 P1'm1
解得 m1m2>15 ，故 2151≥m1m2>15
故答案为：C。
6.【答案】 A
【解析】设乙球的速度方向为正方向，根据动量守恒：m2v2-m1v1 =（m1+m2）v，即2m2 -m1=（m1+m2）×0.5，解得m1：m2=1:1；
故答案为：A.
7.【答案】C
【解析】抛球的过程动量守恒，第一种方式全部抛出，取向右为正方向，0＝nmv－Mv′，得v′＝ ；第二种方式是将小球一个接一个地抛出，每抛出一个小球列动量守恒方程，由数学归纳的思想可得v′＝ ，C正确。
8.【答案】B
【解析】由于弹丸爆炸后甲、乙两块均水平飞出，故两块弹片都做平抛运动，由平抛运动规律h＝ gt2可知t＝ ＝ s＝1 s，若甲水平位移为x＝2．5 m时，则v甲＝ ＝2．5 m/s，则由弹丸爆炸前后动量守恒，可得mv0＝ mv甲＋ mv乙 ， 代入数据解得v乙＝0．5 m/s，方向与v甲相同，水平向前，故A错，B对．若乙水平位移为x′＝2 m时，则v乙＝ ＝2 m/s，即乙块弹片爆炸前后速度不变，由动量守恒定律知，甲块弹片速度也不会变化，不合题意，故C、D均错．
9.【答案】D
【解析】物体与盒子组成的系统所受合外力为零，物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以速度v共同运动，由动量守恒定律得：mv0＝（M＋m）v，故v＝ ，向右，D选项正确．
10.【答案】 D
【解析】α粒子与新核质量比为 4a-4 ，衰变过程满足动量守恒，即mαvα＝m新·v新 ， 根据动量和动能的关系p2＝2m·Ek可知，新核动能为 4a-4 E0。由ΔE＝Δmc2 ， 得Δm＝ E0+4a-4E0c2 ＝ aE0(a-4)c2 ，故D选项正确。
11.【答案】 C
【解析】解：AB、由图象可知两物块的运动过程：开始阶段A逐渐减速，B逐渐加速，A的速度比B的大，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，弹簧的弹性势能最大，弹簧的压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长．系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知：m1v1=（m1+m2）v2 ， 将v1=3m/s，v2=1m/s代入得：m1：m2=1：2，故AB错误；
C、由图示图象可知，在1、t3时刻，两物块的速度相同都是1m/s，在t1时刻弹簧处于压缩状态；由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大，t3时刻达到共同速度，此时弹性势能最大，弹簧处于伸长状态，故C正确．
D、在t2时刻A的速度为：vA=1m/s，B的速度为：vB=2m/s，根据m1：m2=1：2，求出Ek1：Ek2=1：8，故D错误；
故选：C
12.【答案】 A
【解析】解：设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲 ， 乙获得的速度为v乙 ，
取向右方向为正方向．则根据动量守恒得：（M甲+m）v0=M甲v甲+mv…①
mv=（m+M乙）v乙…②
当甲与乙恰好不相撞时，v甲=v乙…③
联立①②③得：v=8m/s；
故选：A．
二、填空题
13.【答案】；
【解析】由动量守恒定律，mv0=m· +Mv，解得v= 。由能量守恒定律，此过程中损失的机械能为ΔE= － － Mv2= 。
14.【答案】0．25；105
【解析】由动量守恒mv1－Mv2＝（M＋m）v
得v＝0．25m/s
Δp＝mv1－mv＝105kg·m/s
15.【答案】B到地面的竖直高度h；m 2μgx2 =Mx1 g2h
【解析】解：B离开桌面后，做平抛运动，
在竖直方向：h= 12 gt2 ，
水平方向：x1=vBt，
对A由动能定理得：
﹣μmgx2=0﹣ 12 mvA2 ，
验证动量守恒定律，需要验证：
mvA=MvB ，
解得：m 2μgx2 =Mx1 g2h ，
由此可知，实验还要测出：B到地面的竖直高度h；
故答案为：B到地面的竖直高度h；m 2μgx2 =Mx1 g2h ．
16.【答案】1.5；1.2
【解析】解：小孩跳离甲船的过程中，取小孩的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv﹣m甲v甲=0
可得小孩跳离后甲船的速度为 v甲= mm甲 v= 30120 ×6m/s=1.5m/s．
小孩跳上乙船的过程中，由动量守恒定律得 mv=（m乙+m）v乙 ，
得小孩跳上乙船后乙船的速度为 v乙= mvm乙+m = 30×6120+30 m/s=1.2m/s．
故答案为：1.5，1.2．
三、综合题
17.【答案】 （1）解：在子弹打入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A、B都不受弹力的作用，故vB＝v0/2 ；
由于此时A不受弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中不受外力作用，系统动量守恒：mv0/2 — mv0/4 ＝ (m/4＋m) vA ，
解得vA＝v0/5
（2）解：由于木块A、木块B运动方向相同且vA＜vB ， 故弹簧开始被压缩，分别给A、B木块施以弹力，使得木块A加速、B变减速运动，弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧弹性势能最大，在弹簧压缩过程木块A(包括子弹)、B与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒．
设弹簧压缩量最大时共同速度为v，弹簧的最大弹性势能为Epm ， 有 54 mvA+ mvB ＝ (5m/4＋m)v
12 · 54 mvA2 + 12 mvB2 ＝ 12 (5m/4＋m)v2 ＋ Epm
联立解得： v＝ 13 v0 ， Epm＝ 140 mv02
【解析】（1）两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可；
（2）两个物体、子弹和弹簧组成的系统，动量守恒和能量守恒，利用动量守恒定律和能量守恒列方程分析求解即可。
18.【答案】 （1）解：a棒下滑的过程中，根据机械能守恒 mgh=12mv02
到达C时的速度 v0=2gh
进入磁场时回路中的感应电动势 E=BLv0
回路的感应电流大小 I=ERa+Rb
整理得 I=BL2ghRa+Rb
根据右手定则可知电流方向为顺时针方向。
（2）解：两根导体棒在磁场中运动的过程中，所受合外力为零，因此满足动量守恒，最终两导体棒速度相等 mv0=2mv1
两棒最终速度 v1=v02=2gh2
（3）解：对导体棒a，根据动量定理 -BIL⋅t=mv1-mv0
又 I⋅t=q
联立解得 q=m2gh2BL
【解析】（1）利用机械能守恒定律及感应电动势和欧姆定律可以求出感应电流的大小；利用右手定则可以判别感应电流的方向；
（2）利用动量守恒定律可以求出速度的大小；
（3）利用动量定理可以求出电荷量的大小。
19.【答案】 （1）在D点，竖直方向上满足： N=mg+qv1B+qE
解得： q=N-mgE+Bv1=10.5-1040+2.0×5=1.0×10-2C
（2）从A→D，滑块、小车系统水平方向动量守恒，设到D点时小车速度为u1 ， 有： mv0=mv1+Mu1
解得： u1=m(v0-v1)M=1.0×(8-5)3.0=1m/s
由能量守恒定律可知系统损失的机械能为： ΔE=12mv02-12mv12-12Mu12
解得： ΔE=18 J
（3）撤去磁场后，滑块在圆弧轨道上运动的整个过程中，小车都在加速，因此滑块返回D点时，小车速度最大，设此时滑块、小车的速度分别为v2、u2 ， 因滑块由D点上滑到滑回D点过程中，电场力做功为零，故系统在水平动量守恒的同时初末状态机械能相等，即：mv0=mv2+Mu2 ， mv122+Mu122=mv222+Mu222
联立两式解得：u2=1m/s（舍去）；u2=3m/s，即此后小车所能获得的最大速度为3m/s。
【解析】（1）对小球进行受力分析，竖直方向上在重力、支持力、洛伦兹力和电场力的作用下，小球处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可；
（2）两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程求解末速度，利用末状态的机械能减去初状态的机械能即为系统损失的机械能；
（3）两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。
20.【答案】 （1）解：木板与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+M）v ，
则得： v=1m/s
答：木板最终获得的速度是1m/s
（2）解：在此过程中产生的热量为：
Q=12mv02-12(m+M)v2=3J
答：在此过程中产生的热量是3J
（3）解：由 Q=f△x 得： f=1.5N
对木板，运用动能定理得：
fx1=12Mv2
得： x=13m
答：到物块与木板相对静止结束，木板前进的距离是1/3m
【解析】（1）两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程求解末速度即可；
（2）利用系统的末动能减初动能即为系统产生的热量；
（3）结合第二问求解的系统的产生的热量，结合摩擦力大小求解两物体的相对位移。
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