高二(下)第二次月考物理试卷(解析版)

这是一份高二(下)第二次月考物理试卷(解析版)，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。

高二（下）第二次月考物理试卷　
一、选择题
1．下列说法中正确的是（　　）
A．物体所受合外力越大，其动量变化一定越大
B．物体所受合外力越大，其动量变化一定越快
C．物体所受合外力的冲量越大，其动量变化一定越大
D．物体所受合外力的冲量越大，其动量一定变化得越快
2．两个动量相同的物体，沿水平地面滑行一段距离后停下，已知两者与地面间的动摩擦因数相同，则这两个物体（　　）
A．滑行的时间一定相同 B．滑行的距离一定相同
C．滑行的所受的冲量一定相同 D．滑行时所受摩擦力一定相同
3．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是（　　）
A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭
B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
4．为了模拟宇宙大爆炸的情况，科学家们使两个带正电的重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞．若要使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，应设法使离子在碰撞前的瞬间具有（　　）
A．相同的速率 B．大小相同的动量
C．相同的质量 D．相同的动能
5．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速度是原来的一半，碰后两球的速度比vA′：vB′为（　　）
A．2：3 B．1：3 C．2：1 D．1：2
6．从手中竖直向上抛出的小球，与水平天花板碰撞后又落回到手中，设竖直向上的方向为正方向，小球与天花板碰撞时间极短．若不计空气阻力和碰撞过程中动能的损失，则下列图象中能够描述小球从抛出到落回手中整个过程运动规律的是（　　）
A． B． C． D．
7．如图，质量为4kg的木板放在光滑水平面上，质量为1kg的物块放在木板上，它们之间有摩擦，木板足够长，最初两者都以4m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为向右2.5m/s时，物块做（　　）

A．加速运动 B．减速运动 C．匀速运动 D．静止不动
8．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度．对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　）

A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大，此时系统机械能最大
C．由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动
D．由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零
9．恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（　　）

A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ
D．合力对物体的冲量大小为零
10．如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（　　）

A．停止运动 B．向左运动
C．向右运动 D．运动方向不能确定
11．如图是质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移﹣时间图象如图，有以下说法：
①碰撞前两物体动量相同；
②碰撞前两物体动量大小相等、方向相反；
③碰撞后两物体一起做匀速直线运动；
④质量m1等于质量m2，
其中正确的是（　　）

A．①② B．②③ C．②④ D．③④
12．质量为m的物体以初速率v0做平抛运动，经历时间t，下落的高度为h，速率为v，在这段时间内物体动量增量的大小不正确的是（　　）
A．mv﹣mv0 B．mgt C．m D．m
13．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（　　）

A． mv2 B． C． Nμmgl D．NμmgL
14．从地面上方同一点向东与向西分别平抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小分别为v和2v，不计空气阻力，则两个小物体
①从抛出到落地动量的增量相同 　　②从抛出到落地重力做的功相同
③从抛出到落地重力的平均功率相同 　　④落地时重力做功的瞬时功率相同
以上说法正确的是（　　）
A．①② B．③④ C．②③④ D．①②③④
15．如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后（（　　）

A．a、b两车运动速率相等 B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系vc＞va＞vb D．a、c两车运动方向相同
16．冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生碰撞，如图2．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是下图中的哪几幅图？（　　）

A． B．
C． D．
17．质量为ma=1kg，mb=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移﹣时间图象如图所示，则可知碰撞属于（　　）

A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能判断
18．如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（　　）

A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
19．在匀强磁场中有一带电粒子做匀速圆周运动，当它运动到M点，突然与一不带电的静止粒子碰撞合为一体，碰撞后的运动轨迹应是图中的（实线为原轨迹，虚线为碰后轨迹，不计粒子的重力）（　　）
A． B． C． D．
20．静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示．甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，若不计水的阻力，则下列说法中正确的是（　　）

A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些
B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些
C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些
D．两球抛出后，船的速度为零，两球所受的冲量相等　
二、填空题
21．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A，B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ=2PO，则两小球质量之比m1：m2为　　．

22．质量为m=3kg的物体在离地面高度为h=20m处，正以水平速度v=20m/s运动时，突然炸裂成两块，其中一块质量为m1=1kg，仍沿原运动方向以v1=40m/s的速度飞行，炸裂后的另一块的速度大小为　　m/s，两块落到水平地面上的点间的距离为　　m（不计空气阻力，g取10m/s2）　
三、计算题
23．一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，如图（a）所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的1.5倍，重力加速度大小g取10m/s2．求
（1）木板和木块的最终速度v；
（2）木板的最小长度L；
（3）小物块与木板间的动摩擦因数μ2．

　
高二（下）第二次月考物理试卷
参考答案与试题解析　
一、选择题
1．下列说法中正确的是（　　）
A．物体所受合外力越大，其动量变化一定越大
B．物体所受合外力越大，其动量变化一定越快
C．物体所受合外力的冲量越大，其动量变化一定越大
D．物体所受合外力的冲量越大，其动量一定变化得越快
【考点】动量定理．
【分析】动量定理是动力学的普遍定理之一．内容为物体动量的增量等于它所受合外力的冲量即Ft=m•△v，或所有外力的冲量的矢量和．
【解答】解：A、物体所受合外力大冲量不一定大，故其动量变化一定越大，故A错误；
B、根据动量定理公式Ft=m•△v，有：F=，故物体所受合外力越大，其动量变化一定越快，故B正确；
C、D、根据动量定理公式Ft=m•△v，物体所受合外力的冲量越大，其动量变化一定越大，故C正确，D错误；
故选BC．
2．两个动量相同的物体，沿水平地面滑行一段距离后停下，已知两者与地面间的动摩擦因数相同，则这两个物体（　　）
A．滑行的时间一定相同 B．滑行的距离一定相同
C．滑行的所受的冲量一定相同 D．滑行时所受摩擦力一定相同
【考点】动能定理的应用；动量定理．
【分析】木块只在摩擦力的作用下运动，根据动量定理，可以分析滑行时间关系；根据动能定理列式分析它们通过的距离关系．由动量定理分析冲量关系．
【解答】解：A、根据动量定理得：
﹣μmgt=0﹣mv=﹣P，则得 t=
由题意，两个木块的初动量P相同，μ相同，由于质量关系未知，所以滑行时间关系不能确定，故A错误．
B、根据动能定理得：﹣μmgs=0﹣mv2=0﹣
则得：s=，P、μ相同，由于质量关系未知，所以滑行距离关系不能确定，故B错误．
C、根据动量定理得：I=0﹣mv=﹣P，P相同，则滑行的所受的冲量I一定相同．故C正确．
D、滑行时所受摩擦力 f=μmg，μ相同，由于质量关系未知，则摩擦力大小不一定相同，故D错误．
故选：C　
3．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是（　　）
A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭
B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
【考点】牛顿第三定律．
【分析】根据反冲运动的定义分析，应特别注意：空气的反作用力并没有直接作用于火箭，而是作用于被喷出的气体．
【解答】解：由于反冲运动的作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个反作用力使火箭加速运动，这个反作用力并不是空气给的，正确选项为B．
故选B　
4．为了模拟宇宙大爆炸的情况，科学家们使两个带正电的重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞．若要使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，应设法使离子在碰撞前的瞬间具有（　　）
A．相同的速率 B．大小相同的动量
C．相同的质量 D．相同的动能
【考点】动量守恒定律；能量守恒定律．
【分析】为了使碰撞前后尽可能多的动能转化为内能，则根据碰撞规律可知，碰撞后两粒子粘在一起，则损失的动能最多，又据EK=，可知碰撞后粒子的总动量越小，则粒子的动能也越小．
为了使碰撞后粒子的动量尽可能小，根据动量守恒定律可知，碰撞前如果系统的总动量为零，则碰撞后系统的总动量为零，要使两个带正电的重离子如果在碰撞前具有大小相等、方向相反的动量，则碰撞后系统的总动量为零，粒子的动能近似为零．
【解答】解：碰撞后尽可能多的动能转化为内能，也就是在碰撞过程中损失的机械能尽可能多，在完全非弹性碰撞中，碰撞后两粒子粘在一起时，粒子损失的机械能最多．而在碰撞过程中遵循动量守恒定律可知，碰撞前系统的总动量为零，则碰撞后系统的总动量亦为零，所以本题关键是设法使这两个重离子在碰撞前瞬间具有大小相等方向相反的动量，这样可以保证碰撞后粒子的动能最小，从而使更多的动能转化为内能．
故选B．
　
5．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速度是原来的一半，碰后两球的速度比vA′：vB′为（　　）
A．2：3 B．1：3 C．2：1 D．1：2
【考点】动量守恒定律．
【分析】碰撞过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律和已知条件，列式求出碰后B的速率，即可求得速率之比．
【解答】解：设碰撞前A的速率为vA．由题，碰后A的速率为vA′=．①
以A初速度方向为正，根据动量守恒定律得：2mvA=m+2mvB′
解得：vB′=②
由①：②得：vA′：vB′=2：3
故选：A
　
6．从手中竖直向上抛出的小球，与水平天花板碰撞后又落回到手中，设竖直向上的方向为正方向，小球与天花板碰撞时间极短．若不计空气阻力和碰撞过程中动能的损失，则下列图象中能够描述小球从抛出到落回手中整个过程运动规律的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】匀变速直线运动的图像；竖直上抛运动．
【分析】小球先减速上升，突然反向后加速下降，速度时间图象反映了各个不同时刻小球的速度情况，根据实际情况作图即可．
【解答】解：小球先减速上升，突然反向后加速下降；
设竖直向上的方向为正方向，速度的正负表示方向，不表示大小；
故速度v先是正值，不断减小，突然变为负值，且绝对值不断变大；
故选C．　
7．如图，质量为4kg的木板放在光滑水平面上，质量为1kg的物块放在木板上，它们之间有摩擦，木板足够长，最初两者都以4m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为向右2.5m/s时，物块做（　　）

A．加速运动 B．减速运动 C．匀速运动 D．静止不动
【考点】滑动摩擦力；牛顿第二定律．
【分析】分析物体的运动情况：初态时，系统的总动量方向水平向左，两个物体开始均做匀减速运动，m的速度先减至零，根据动量守恒定律求出此时M的速度．之后，m向左做匀加速运动，M继续向左做匀减速运动，最后两者一起向左匀速运动．根据动量守恒定律求出薄板的速度大小为2.4m/s时，物块的速度，并分析m的运动情况．
【解答】解：开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当m的速度为零时，设此时M的速度为v1．
根据动量守恒定律得 （M﹣m）v=Mv1
代入解得v1=23m/s．
此后m将向右加速，M继续向右减速；
当两者速度达到相同时，设共同速度为v2．
由动量守恒定律得 （M﹣m）v=（M+m）v2，
代入解得v2=2.4m/s．
两者相对静止后，一起向左匀速直线运动．
由此可知当M的速度为2.5m/s时，m处于向左加速过程中．
故选A．
　
8．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度．对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　）

A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大，此时系统机械能最大
C．由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动
D．由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零
【考点】动量定理；功能关系；机械能守恒定律．
【分析】由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，物体受到的合力的大小为零，此时物体的速度的大小达到最大，再根据物体的运动状态可以判断物体加速度的变化．
【解答】解：A、由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，则系统机械能不守恒，A错误；
B、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，系统机械能还可以继续增大，故此时系统机械能不是最大，B错误；
C、由于弹力是变化的，m、M所受合力是变化的，所以不会做匀加速运动，C错误；
D、对A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，始终为零，D正确．
故选：D．
　
9．恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（　　）

A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ
D．合力对物体的冲量大小为零
【考点】动量定理．
【分析】根据力与时间的乘积求出拉力物体的冲量大小、合力对物体的冲量大小．
【解答】解：A、拉力F对物体的冲量大小I=Ft．故A错误，B正确，C错误．
D、物体静止在地面上，合力为零，则合力对物体的冲量为零．故D正确．
故选：BD．
　
10．如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（　　）

A．停止运动 B．向左运动
C．向右运动 D．运动方向不能确定
【考点】动量守恒定律．
【分析】此题可以从两个角度来分析，一是利用运动学公式和冲量的定义，结合动量守恒定律来分析；二是动能定理和动量的定义，结合动量守恒定律来分析．
【解答】解：力F大小相等，mA＞mB，
由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：aA＜aB，
由题意知：SA=SB，
由运动学公式得：SA=aAtA2，SB=aBtB2，
可知：tA＞tB，由IA=F•tA，IB=F•tB，得：IA＞IB，
由动量定理可知△PA=IA，△PB=IB，则PA＞PB，
碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，
由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故ABD错误，C正确．
故选：C．
　
11．如图是质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移﹣时间图象如图，有以下说法：
①碰撞前两物体动量相同；
②碰撞前两物体动量大小相等、方向相反；
③碰撞后两物体一起做匀速直线运动；
④质量m1等于质量m2，
其中正确的是（　　）

A．①② B．②③ C．②④ D．③④
【考点】动量守恒定律．
【分析】位移时间图象的斜率等于速度，由斜率求出碰撞前后两个物体的速度，由图看出，碰后两个物体速度均为零，根据动量守恒定律分析碰撞前两物体动量有关系．
【解答】解：①、②位移时间图象的斜率等于速度，由数学知识得知，碰撞后两个物体的速度为零，根据动量守恒有：
P1+P2=0
得：P1=﹣P2．
说明碰撞前两物体动量大小相等、方向相反，由于动量是矢量，所以碰撞前两物体动量不相同．故①错误，②正确．
③由上分析可知，碰撞后两物体都处于静止状态，故③错误．
④由斜率可知，碰撞前两物体速度大小相等，方向相反，则有：
v1=﹣v2
由P1=﹣P2
得：m1v1=﹣m2v2，m1=m2，故④正确．
故选：C
　
12．质量为m的物体以初速率v0做平抛运动，经历时间t，下落的高度为h，速率为v，在这段时间内物体动量增量的大小不正确的是（　　）
A．mv﹣mv0 B．mgt C．m D．m
【考点】动量定理．
【分析】根据动量定理求出物体动量的变化量，或通过首末位置的动量，结合三角形定则求出动量的变化量．
【解答】解：根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以△P=mgt．
末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据三角形定则，知动量的变化量
△P=F合t=mgt=mvy
又得：
即：．
平抛在竖直方向做自由落体运动，故，
得：t=
得：
故B、C、D正确，A错误．
本题选择不正确的是，故选：A．
　
13．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（　　）

A． mv2 B． C． Nμmgl D．NμmgL
【考点】动量守恒定律；功能关系．
【分析】本题考查动量守恒、功能关系及能量守恒定律．
【解答】解：由于箱子M放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块不再相对滑动，有mv=（m+M）v1
系统损失的动能是因为摩擦力做负功
△Ek=﹣Wf=μmg×NL==
选项BD正确，AC错误．
故选：BD．
　
14．从地面上方同一点向东与向西分别平抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小分别为v和2v，不计空气阻力，则两个小物体
①从抛出到落地动量的增量相同 　　②从抛出到落地重力做的功相同
③从抛出到落地重力的平均功率相同 　　④落地时重力做功的瞬时功率相同
以上说法正确的是（　　）
A．①② B．③④ C．②③④ D．①②③④
【考点】功率、平均功率和瞬时功率；重力势能的变化与重力做功的关系．
【分析】两个物体都做平抛运动，下落时间相同，重力的冲量相同，根据动量定理研究动量的增量．下落的高度相同，重力做功相同．由公式P=研究重力的平均功率．落地时重力做功的瞬时功率P=mgvy，根据竖直方向分速度vy的关系研究落地时重力做功的瞬时功率．
【解答】解：①两个物体从同一点做平抛运动，运动时间相同，重力的冲量相同，根据动量定理可知，动量的增量相同．故①正确．
②由于下落的高度相同，重力相同，则重力做功相同．故②正确．
③由公式P=，重力做功W相同，时间t相同，则从抛出到落地重力的平均功率相同．故③正确．
④竖直方向两个物体做自由落体运动，高度相同，落地时竖直方向的分速度vy相同，落地时重力做功的瞬时功率相同．故④正确．
故选D．
　
15．如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后（（　　）

A．a、b两车运动速率相等 B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系vc＞va＞vb D．a、c两车运动方向相同
【考点】动量守恒定律．
【分析】人与a、b、c组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，由动量守恒定律分析人与三车速率关系．
【解答】解：若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律
0=﹣M车vc+m人v，
m人v=﹣M车vb+m人v，
m人v=（M车+m人）•va，
所以：vc=，vb=0，va=．
即：vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反．所以选项AB错误，选项C正确．
故选：C
　
16．冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生碰撞，如图2．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是下图中的哪几幅图？（　　）

A． B． C． D．
【考点】动量守恒定律．
【分析】两冰壶碰撞过程动量守恒，碰撞过程中机械能不会增加，碰撞后甲的速度不会大于乙的速度，据此分析答题．
【解答】解：A、如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图所示，故B正确；
如果为非弹性碰撞，总动量向右，则C图有可能；故C正确；A错误；
D、若两球不是对心碰撞，则两球可能在竖直方向均发生移位，但竖直方向应保证动量为零；故D有可能；故D正确；
故选：BCD．
　
17．质量为ma=1kg，mb=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移﹣时间图象如图所示，则可知碰撞属于（　　）

A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能判断
【考点】动量守恒定律．
【分析】根据x﹣t图象的斜率等于速度求出各个物体的速度，分别求出碰撞前后的总动量，即可判断动量是否守恒；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可．
【解答】解：根据x﹣t图象可知：a球的初速度为：va==3m/s，b球的初的速度为vb=0，
碰撞后a球的速度为：va′=﹣=﹣1m/s
碰撞后b球的速度为：vb′==2m/s
两球碰撞过程中，动能变化量为：△Ek=mava2+0﹣mava′2=×1×32﹣×1×12﹣×2×22=0
则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；
故选：A．
　
18．如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（　　）

A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律；单摆周期公式．
【分析】两球碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，由动量守恒与机械能守恒定律列方程，求出碰后的速度，然后答题．
【解答】解：A、两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0=mv1+3mv2，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即： mv02=mv12+3mv22，解两式得：v1=﹣，v2=，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，故A正确；
B、因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，故B错误；
C、碰撞后两球做圆周运动，机械能守恒，设绳长为L，设球的最大摆角分别为α、β，由机械能守恒定律得，对a球： mv12=mgL（1﹣cosα），对b球： •3mv22=3mgL（1﹣cosβ），解得：cosα=cosβ，则α=β，即：第一次碰撞后，两球的最大摆角相同，故C错误；
D、由单摆的周期公式T=2π可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，故D正确．
故选AD．
　
19．在匀强磁场中有一带电粒子做匀速圆周运动，当它运动到M点，突然与一不带电的静止粒子碰撞合为一体，碰撞后的运动轨迹应是图中的（实线为原轨迹，虚线为碰后轨迹，不计粒子的重力）（　　）
A． B． C． D．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【分析】带电粒子在M点突然与一不带电的静止粒子碰撞合为一体，此过程动量守恒．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=，mv即为动量，可判断出碰撞后的运动轨迹．
【解答】解：设碰撞前带电粒子的动量为P．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r==．
带电粒子在M点与一不带电的静止粒子碰撞过程动量守恒，总动量仍为P，总电量仍q，则由r=得知，碰撞后的共同体做匀速圆周运动的半径与碰撞前带电粒子的半径相同，则共同体仍沿原轨道做匀速圆周运动．故A正确．
故选A
　
20．静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示．甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，若不计水的阻力，则下列说法中正确的是（　　）

A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些
B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些
C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些
D．两球抛出后，船的速度为零，两球所受的冲量相等
【考点】动量守恒定律．
【分析】因不计阻力，抛球过程，两人和船组成的系统动量守恒．根据动量守恒定律求出两球抛出后小船的速度．根据动量定理，通过动量的变化量判断冲量的大小．
【解答】解：设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m）v′，v′的方向向右．乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v′=mv+Mv″，解得v″=0．
根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv，对于乙球动量的变化量为mv﹣mv′，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大．故C正确．
故选：C．
　
二、填空题
21．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A，B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ=2PO，则两小球质量之比m1：m2为　5：3　．

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．
【分析】根据碰后再次相遇的路程关系，求出小球碰后的速度大小之比，根据碰撞过程中动量、能量守恒列方程即可求出两球的质量之比．
【解答】解：设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，以向右为正，由动量守恒定律有：
m1v0=m1v1+m2v2…①
由能量守恒定律有： =…②
两个小球碰撞后到再次相遇，其速度率不变，由运动学规律有：
v1：v2=PQ：（PQ+2PO）=1：5…③
联立①②③，代入数据解得：m1：m2=5：3
故答案为：5：3
　
22．质量为m=3kg的物体在离地面高度为h=20m处，正以水平速度v=20m/s运动时，突然炸裂成两块，其中一块质量为m1=1kg，仍沿原运动方向以v1=40m/s的速度飞行，炸裂后的另一块的速度大小为　10　m/s，两块落到水平地面上的点间的距离为　60　m（不计空气阻力，g取10m/s2）
【考点】动量守恒定律；平抛运动．
【分析】物体炸开瞬间，系统动量守恒，根据守恒定律列式求解速度；此后两碎片做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式列式求解．
【解答】解：物体炸开瞬间，系统动量守恒，以初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=m1v1+（m﹣m1）v2，
代入数据解得：v2=10m/s
此后两碎片做平抛运动，运动时间为：t=，
故两块落到水平地面上的距离为：△x=v1t﹣v2t，
代入数据得：△x=60m；
故答案为：10，60．
　
三、计算题
23．一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，如图（a）所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的1.5倍，重力加速度大小g取10m/s2．求
（1）木板和木块的最终速度v；
（2）木板的最小长度L；
（3）小物块与木板间的动摩擦因数μ2．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；摩擦力的判断与计算．
【分析】（1）由图象可知碰撞前小物块与木板共同速度，根据题意可知碰撞后木板速度，当二者共速时根据动量守恒定律求出木板和木块的最终速度；
（2）（3）首先根据图象求出小物块的加速度，然后根据牛顿第二定律求出小物块与木板间的动摩擦因数；最后利用功能关系求出木板的最小长度．
【解答】解：（1）由图象可知，碰撞前小物块与木板共同速度为v0=4m/s，
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v0=4m/s，
设小物块的质量为m，则木板的质量为1.5m，从和墙碰后到二者共速，取向左的方向为正方向，根据定律守恒定律有：
1.5mv0﹣mv0=（1.5m+m）v，
解得：v=0.8m/s．
（3）在木板与墙壁碰撞后，木板以﹣v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：
﹣μ2mg=ma2…①
由图象可知，小物块的加速度：
a2=…②
联立①②可解得：μ2=0.4．
（2）由功能关系得：μ2mg L=（1.5m+m）v02﹣（1.5m+m）v2，
解得：L=4.8m．
答：（1）木板和木块的最终速度为0.8m/s；
（2）木板的最小长度为4.8m；
（3）小物块与木板间的动摩擦因数为0.4．