高中物理-动量专题强化训练(解析版)

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题

1．汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶,突然拖车与汽车脱钩,而汽车的牵引力不变,且汽车和拖车受到的阻力不变,则在拖车停止运动前（ ） A．汽车和拖车的总动量减少 C．汽车和拖车的总动量增加

B．汽车和拖车的总动能减少 D．汽车和拖车的总动能增加

2．质量相同的三个小球a、b、c在光滑水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的三个小球A、B、C相碰（a与A碰，b与B碰，c与C碰）。碰后，a球继续沿原来方向运动，b球静止不动，c球被弹回向反方向运动。则碰后A、B、C三球中动量最大的是（ ） A．A球 C．C球 判断

3．如图所示，一同学在P点的正上方10m高处将小球A由静止释放，同时，另一同学将质量相同的小球B从P点以10m/s的初速度竖直向上抛出，两小球在空中发生弹性碰撞（时间极短）经过一段时间后，两小球分别经过P点。取重力加速度大小g10m/s2，不计空气阻力，两小球均可视为质点，下列说法正确的是（ ）

B．B球

D．由于A、B、C三球质量未知，无法

A．碰撞点到P点的距离为4m

B．碰撞前瞬间小球A的速度大小为102m/s C．小球A经过P点时的速度大小为20m/s D．两小球经过P点的时间间隔为22s

4．在学校的体育运动会跳高场地，我们看到在运动员落地一侧要叠放几块较大而厚的软垫，其目的是（ ）

A．增加运动员落地过程的时间，增大脚受到的作用力 B．增加运动员落地过程的时间，减小脚受到的作用力

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C．减少运动员落地过程的时间，增大脚受到的作用力 D．减少运动员落地过程的时间，增大脚受到的作用力

5．光滑的水平面上有甲、乙两物体，质量分别是m甲1kg、m乙2kg，沿光滑的水平面建立x坐标轴，初始时刻甲的位置坐标为x甲0，乙的位置坐标为x乙4m。从

t0时刻开始，甲、乙分别在恒力作用下沿x轴运动，其速度—时间图象如图所示，

取沿x轴负方向运动时速度为正值。下列关于甲、乙运动的说法正确的是（ ）

A．在0~2s时间内，甲做初速度为零、加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动，乙做初速度大小为4m/s，加速度大小为4m/s2的匀加速直线运动 B．在0~2s时间内，甲、乙动量的变化量之比为1∶4 C．甲、乙速度相同时不相遇 D．甲、乙所受合外力之比为1∶2

6．光滑水平桌面上有A、B两个物体，A的质量是B的k倍。将一轻弹簧置于A、B之间，用外力缓慢压A、B。撤去外力后，A、B开始运动，A和B的动量大小的比值为（ ） A．k2

B．1

1C．

kD．k

7．光滑斜槽轨道的末端水平，固定在水平桌面上，斜槽末端静止放置一个质量为m2的小球B，在斜槽上某处释放另一质量为m1的小球A，两球在斜槽末端发生弹性正碰后，冲出轨道落于水平地面上的同一位置，求两小球的质量之比m1：m2=（ ）

A．m1：m2=1：3 B．m1：m2=2：1 C．m1：m2=1：1

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D．m1：m2=3：1

8．如图所示，放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上下两层粘在一起组成的．质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若击中上层，则子弹刚好不穿出；如图a若击中下层，则子弹嵌入其中,如图b,比较上述两种情况，以下说法中不正确的是．．．（ ）

A．两次滑块对子弹的阻力一样大 B．两次子弹对滑块做功一样多 C．两次滑块受到的冲量一样大 D．两次系统产生的热量一样多

9．如图所示，在光滑的水平面上有一辆长为L，质量为m的平板车左端紧靠着墙壁，右端站着一质量为M的同学（可视为质点），某时刻当该同学向左跳出，恰好落在平板车的左端。此时平板车离开墙壁的距离（ ）

A．L B．

mL MmC．

mL MD．

ML Mm10．如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为（ ）

A．C．

Mv1Mv2向东

MmMv1Mv2向东

MmB．

Mv1向东 MmD．v1向东

二、多选题

11．如图所示，一小车静止在光滑水平面上，甲、乙两人分别站在左右两侧，整个系统原来静止，当两人同时相向走动时小车向左运动，下列说法正确的是（ ）

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A．若甲乙质量相等，甲的速率一定大于乙的速率 B．若甲乙质量相等，甲的速率一定小于乙的速率

C．若乙的速率大，乙的质量一定大于甲的质量 小于甲的质量

12．质量不等的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止（ ） A．若两物体初动能相同，则质量大的物体滑行的距离长 B．若两物体初动量相同，则质量大的物体滑行的时间短 C．若两物体初速度相同，则质量大的物体滑行的时间长

D．若两物体初速度相同，则两物体的滑行的距离和滑行的时间一定相等，而与物体的质量无关

13．如图所示，在光滑水平桌面上放有足够长的木板C，在C上左端和距左端x处各放有小物块A和B，A、B的体积大小可忽略不计，A、B与长木板C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C的质量均为m，开始时，B、C静止，A以某一初速度v0向右做匀减速运动，设物体B与板C之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )

D．若乙的速率大，乙的质量一定

1A．物体A运动过程中，物块B受到的摩擦力为mg

2B．最终ABC一起向右以

v0做匀速直线运动 3C．若要使物块AB恰好不相碰，物块A的初速度v02gx D．若要使物块AB恰好不相碰，物块A的初速度v03gx 14．在2017年6月的全球航天探索大会上，我国公布了“可重复使用运载火箭”的概念方案。方案之一为“降落伞方案”：当火箭和有效载荷分离后，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆。对该方案设计的物理过程，下列说法正确的是（ ）

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A．火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒 B．从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大 C．从返回轨道至低空轨道，火箭处于失重状态 D．打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量

15．如图所示，在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车，人从a车跳上b车，又立即从b车跳回a车，并与a车保持相对静止。下列说法正确的是（ ）

A．最终a车的速率大于b车的速率 B．最终a车的速率小于b车的速率

C．全过程中，a车对人的冲量大于b车对人的冲量 D．全过程中，a车对人的冲量小于b车对人的冲量 三、填空题

16．在光滑水平面上，A、B小球质量分别为2 kg和1 kg，两个小球分别以0.5m/s和2m/s的速度相向运动，碰撞后两物体粘在一起，则它们的共同速度大小为________m/s，方向_________.

17．如果一个系统不受_____，或者所受外力的矢量和为_____，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。

18．如图所示，半径为及的光滑圆形轨道固定在竖直平面内，小球A、B质量均为m（两球可视为质点），球A从与圆心等高的位置静止沿轨道下滑，与位于轨道最低点的球B碰撞并粘连在一起，已知重力加速度为g．则碰撞中两球损失的机械能为_____，碰撞后两球在轨道上达到的最大高度为_____．

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19．一质量为2kg的质点从静止开始沿某一方向做匀变速直线运动，它的动量p随位移的变化关系为p4x，则质点的加速度为___m/s2

20．一个质量为0.5 kg的足球，守门员击打前速度8 m/s，击打后以12 m/s的速度反向击回，守门员对足球的冲量_________N·S，守门员对足球做功_____J．

21．如图所示，质量20 kg的小车静止在光滑水平面上，从水中喷出的水柱的横截面积是10 cm2，速度10 m / s，水的密度1.0×103 kg / m3．若用水喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中，当有质量5 kg的水进入小车时，小车的速度大小______ m / s，小车的加速度大小______ m / s2．

22．质量为1kg的小球从距离地面高0.45m的某点自由下落，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，经过0.1s速度减为零。则全过程中，阻力的冲量大小为___________Ns；球与泥潭间的平均作用力的大小为___________N。（取g=10m/s2） 23．已知光速为c，普朗克常数为h，则频率为ν的光子的动量为______。用N个该频率的光子垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则在光照射的过程中，平面镜受到的冲量大小为____。 24．动量守恒定律

（1）内容：如果一个系统___________，或者___________，这个系统的总动量保持不变。

（2）表达式：m1v1＋m2v2=___________（作用前后总动量相等）。 （3）适用条件：系统___________或者所受外力的___________。

（4）普适性：动量守恒定律既适用于低速物体，也适用于高速物体。既适用于宏观物体，也适用于___________物体。

25．用速度一定的中子轰击静止的锂核(3Li)，发生核反应后生成氚核和α粒子，则核

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6反应方程为________；生成的氚核速度方向与中子的初速度方向相反，α粒子的速度为v，氚核与α粒子的速率之比为7：8，已知质子、中子质量均为m，光速为c，核反应过程中放出的能量全部转化为氚核和α粒子的动能，则中子的初速度v0=________，此反应过程中质量亏损为________． 四、实验题

26．某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：

（1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间______时，可认为气垫导轨水平；

（2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2； （3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块； （4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；

（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=______，滑块动量改变量的大小Δp=______；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示）

（6）某次测量得到的一组数据为：d=1.000cm，m1=1.5010-2kg，m2=0.400kg，∶t1=3.90010-2s，Δt2=1.27010-2s，t12=1.50s，取g=9.80m/s2。定义=本次实验δ=______%（保留1位有效数字）。

27．某同学准备利用如图所示的装置探究劲度系数较大的轻质弹簧T的弹性势能与其压缩量之间的关系。图中B为一固定在桌面、带有刻度的平直光滑导轨，小盒C用轻绳悬挂于O点，弹簧T左端固定，用小球A沿导轨B向左挤压弹簧，释放后球A弹出，射入一较重的小盒C中与小盒C一起向右摆动，摆动的最大角度可以被准确测出，球A射入盒C后两者的重心重合，重心距悬点O的距离为L。试问：

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IΔp100%，I

(1)欲完成此探究实验，该同学在实验过程中除了要测量最大摆角和重心距悬点O的距离L外，还需要测量哪些物理量？写出这些物理量及其字母代号_______； (2)通过上述的物理量可求出弹簧T将球A弹出时释放的弹性势能Ep，写出其计算表达式___________(无需书写推导过程)；

(3)下面是本实验中的几个步骤：①按实验装置安装好器材；②用刻度尺测定C的重心到悬点O的距离L；③反复调节盒C的位置，使其运动轨迹平面与光滑轨道在同一平面内，且盒C静止，开口正对导轨末端，A、C两者重心同高；④用球A压缩弹簧，使其重心处于轨道的某一刻度线上，记录此时的读数；⑤释放A球，让它射入盒C中，一起与C摆动到最大高度；⑥记录最大摆角；⑦处理数据，得出结论在上述步骤中还缺少哪些主要步骤？请你写出来___________；

(4)该实验除了要保证光滑导轨水平、小球A能正射入小盒C并与C一起运动以外，还应注意些什么_____________？ 五、解答题

28．冰球运动员甲的质量为80.0kg。当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：

(1)碰后乙的速度的大小； (2)碰撞中总动能的损失。

29．如图所示，木块质量m=0.4kg，它以速度v=20m/s水平地滑上一辆静止的平板小车，已知小车质量M=1.6kg，木块与小车间的动摩擦因数为=0.2，木块没有滑离小车，地面光滑，g取10m/s2，求： （1）木块相对小车静止所需的时间；

（2）从木块滑上小车到木块相对于小车刚静止时，小车移动的距离。 （3）为使木块不滑落，小车至少要多长？

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30．如图所示，轨道倪a、b、c在同一竖直平面内，其中a是末端水平（可看做与D重合）的光滑圆弧轨道，b是半径为r=2m的光滑半圆形轨道且直径DF沿竖直方向，水平轨道c上静止放置着相距l=1.0m的物块B和C，B位于F处，现将滑块A从轨道a以上距D点高为H的位置由静止释放，滑块A经D处水平进入轨道b后能沿轨道（内轨）运动，到达F处与物块B正碰，碰后A、B粘在一起向右滑动，并再与C发生正碰．已知A、B、C质量分别为m、m、km，均可看做质点，物块与轨道C的动摩擦因数μ=0.45．（设碰撞时间很短，g取10m/s2）

（1）求H的最小值和H取最小值时，AB整体与C碰撞前瞬间的速度；

（2）若在满足（1）的条件下，碰后瞬间C的速度=2.0m/s，请根据AB整体与C的碰撞过程分析k的取值，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向．

试卷第9页，共9页

参：

1．D 【解析】 【详解】

AC．分析汽车和拖车的受力可以知道，对于整体而言，牵引力和阻力的大小都没变，整体的合力还是为零，所以整体的动量守恒，AC错误；

BD．设汽车受到的摩擦力为f1，拖车受到的摩擦力为f2，则有

F=f1+f2

当拖车与汽车脱钩后，车头要做加速运动，拖车做减速运动，车头的位移x1大于拖车的位移x2，据动能定理可知

Fx1f1x1f2x2Ek

联立可得

Ek0

所以汽车和拖车的总动能要增加，D正确，B错误。 故选D。 2．C 【解析】 【详解】

由题意可知碰撞前a、b、c三个小球的动量大小相等，均设为p0，设碰撞后a、c的动量大小分别为pa和pc，A、B、C碰后的动量大小分别为pA、pB、pC，则根据动量守恒定律分别有

p0papA p0pB p0pcpC

由以上三式可知碰后A、B、C三球中动量最大的是C球. 故选C。 3．D

答案第1页，共17页

【解析】 【详解】

AB．设两球经过时间t发生碰撞，对于小球A，下落的高度为

hA12gt 2对于小球B，上升的高度为

1hBv0tgt2

2则

hAhB10m

解得

t1s

则

hA12gt5m 2则碰撞点到P点的距离为5m，碰撞前瞬间小球A的速度大小为

vAgt10ms

碰撞前瞬间小球B的速度大小为

vBv0gt0

故AB错误；

CD．两小球在空中发生弹性碰撞，且两个小球的质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定理可知，两个小球的速度互换，则小球A从碰撞点开始向下做自由落体运动，则到达P点的速度大小为

vAp2gh10ms

根据

h12gt 2可得小球A下落到P点的时间

tA2h1s g小球B做初速度为10ms的匀加速运动，根据

答案第2页，共17页

1hvtgt2

2解得小球B下落到P点的时间

tB28s21s 2则两小球经过P点的时间间隔为

ttAtB22s

故C错误D正确。 故选D。 4．B 【解析】 【分析】 【详解】

设运动员落地前的速度为v，脚受到的作用力为F，根据动量定理得

Ft=mv

时间变大，则作用力变小。 故选B。 5．B 【解析】 【详解】

A．根据vt图象的斜率表示加速度，在纵轴上的截距表示初速度可知，在0~2s时间内，甲做初速度为零、加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动，乙做初速度大小为4m/s，加速度大小为4m/s2的先匀减速后匀加速直线运动，选项A错误；

B．在0~2s时间内，甲动量变化量为4kgm/s，乙动量变化量为16kgm/s，甲、乙动量变化量之比为p甲:p乙4:161:4，选项B正确；

C．由速度—时间图象可知，t2s时甲、乙速度相同，根据速度—时间图象的图线与坐标轴所围面积表示位移大小，在0~2s时间内，乙的位移为零，甲的位移为4m，选项C错误；

D．由牛顿第二定律Fma，甲所受合外力为F甲12N2N，乙所受的合外力为F乙24N8N，甲、乙所受合外力之比为1∶4，选项D错误。

答案第3页，共17页

故选B。 6．B 【解析】 【详解】

设A和B的动量大小分别为pA和pB，由于系统初动量为零，且A、B被弹开后运动方向相反，则根据动量守恒定律有

pApB0

即

pA

1 pB

故选B。 7．A 【解析】 【详解】

设小球A与B碰撞前的速度为v1，因为碰撞后做平抛运动，又由于两者落到同一点，所以碰后两者的速度大小相等，方向相反，规定水平向右为正方向，根据动量守恒可得11m1v1(m2m1)v，由于是弹性碰撞，无机械能损失，有m1v12(m1m2)v2，联立解得

22m1m23m1，故1，A正确

m238．A 【解析】 【详解】

根据动量守恒知，最后物块获得的速度（最后物块和子弹的公共速度）是相同的，根据动能定理，物块动能的增量等于子弹做的功，所以两次子弹对物块做的功一样多，由于相对位移不同，所以两次滑块对子弹的阻力不等，故A错误，B正确；

P2物块获得的动能是相同的，由动量和动能的关系（EK）知道，滑块的动量也是相同

2m的，由动量定理知滑块受到的冲量一样大．故C正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多（子弹初末速度相等）；物块能加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故D正确; 本题选错误的，故选A.

答案第4页，共17页

点睛：本题的关键是用动量守恒知道子弹只要留在滑块中，他们的最后速度就是相同的；这是一道考查动量和能量的综合题． 9．D 【解析】 【详解】

选取向左为正方向，设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，由于水平地面光滑，二者沿水平方向的动量守恒，则

Mv1mv20

得

v2Mv1 m设人从右端到达左端时间为t，则人的位移

x1v1t

车的位移

x2v2t

由空间几何关系得

x1|x2|L

联立解得

x2故ABC错误，D正确。 故选D。 10．D 【解析】 【详解】

ML mM人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，人和之间的相互作用在竖直方向上，在水平方向上的仍然动量守恒，水平方向的速度不发生变化，所以车的速度仍然为v1，方向向东 故选D。 11．AD

答案第5页，共17页

【解析】 【详解】

甲乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，设向右为正方向，根据动量守恒定律得

m甲v甲m乙v乙m车v车0

即

m甲v甲m车v车m乙v乙

可见甲的动量大于乙的动量

AB．若甲乙质量相等，甲的速率一定大于乙的速率，故A正确，B错误；

CD．由于甲的动量大于乙的动量，若乙的速率大，乙的质量一定小于甲的质量，故C错误，D正确。 故选AD。 12．BD 【解析】 【详解】

A．根据匀变速直线运动公式，有

2v0 x2a物体动能表达式

Ek12mv0 2由牛顿第二定律，可得

mgma

联立，可得

xEk mg若两物体初动能相同，则质量小的物体滑行的距离长。故A错误； BCD．物体动量的表达式

pmv0

物体滑行时间可表示为

答案第6页，共17页

tv0p gmg若两物体初动量相同，则质量大的物体滑行的时间短。若两物体初速度相同，则物体滑行的时间与质量无关。若两物体初速度相同，有

2v0x

2g则物体滑行的距离与质量无关。故BD正确；C错误。 故选BD。 13．ABD 【解析】 【详解】

A．物块A运动过程中，A对C的摩擦力

fmg

对BC整体分析，加速度

a1=mgg2m=2

对B进行分析，物块B受到的摩擦力

fB=ma1=mg2

故A正确；

B．根据动量守恒定律可知

mv03mv

解得

1vv0

3故B正确；

CD．物块A做匀减速直线运动，BC做匀加速直线运动，设速度相等经历的时间为t，则

v0gt=g2t

解得

t2v0 3g根据

答案第7页，共17页

11g2v0tgt2t=x

222得

v03gx 则A的初速度v0应满足的条件为

v03gx 故D正确，C错误。 故选ABD。 14．BC 【解析】 【分析】 【详解】

A．分离用的引爆装置的作用是在接受到分离指令后，通过程序配电器接通电爆管（或点火器），引爆连接解锁装置或分离冲量装置，使之分离，所以火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能不守恒，选项A错误； B．从返回轨道下落至低空轨道，由GMmmg得 r2gG火箭的重力加速度增大，选项B正确；

M r2C．火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，火箭处于失重状态，选项C正确；

D．采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆，由动量定理可知可以减小受到地面的冲击力，而不是减小地面对火箭的冲量，选项D错误。 故选BC。 15．BD 【解析】 【详解】

人与a、b组成的系统水平方向不受外力，设水平向右的方向为正方向，根据动量守恒，则有

0=（m人+ma）va-mbvb 答案第8页，共17页

得

vmb a＜1 vbmam人则a车的速率小于b车的速率。 人对两车的冲量：

Ia =mava

Ib =mbvb=（ma+m人）va＞mava

所以a车对人的冲量小于b车对人的冲量。 故选BD。 16．

1 方向与B小球速度相同 3【解析】 【详解】

以碰撞前质量为4kg的物体速度方向为正方向，两物体碰撞过程中，由动量守恒定律得：

m1v1m2v2相同．

m11m2v，即：40.5226v，解得：vm/s，方向与B小球速度

3【点睛】本题的关键要掌握碰撞过程的基本规律：动量守恒定律，运用动量守恒定律时，要注意规定正方向，用符号表示速度的方向． 17． 外力 0 【解析】 【分析】 【详解】

[1][2]根据动量守恒的条件可知，如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，即是动量守恒定律。 18．

1RmgR；

42【解析】 【详解】

球A从出发到碰撞，由动能定理得： 12mgRmv0

2球A、B碰撞过程中，动量守恒有：

答案第9页，共17页

mv02mv

12112损失的机械能为：Emv02mvmgR

222对球A、B在碰后到最高点，机械能守恒得： 12mv22mgh 2解得：h19．2 【解析】 【详解】

R． 4[1]质量为2kg的质点，从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，根据v2=2ax得

v2ax 则动量

Pmvm2ax22ax 根据题意，可知

p4x 解得质点的加速度为

a=2m/s2

20． 10 20 【解析】 【详解】

试题分析：由动能定理可求得运动员对足球所做的功；由动量定理可求得运动员对足球的冲量．

由动能定理可知，运动员对球所做的功W111mv22mv120.5(12282)20J； 222（0.58）10Ns， 设末动量方向为正方向．由动量定理可得：Imv2mv10.51221． 2 2.56 【解析】 【详解】

第一空．流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，当淌入质量为m的水后，小车速度为

答案第10页，共17页

v1，则mv=（m+M）v1，解得：v1mv2m/s ． mM第二空．质量为m水流进小车后，在极短的时间∶t内，冲击小车的水的质量为mS(vv1)t 此时，水对车的冲击力为F，则车对水的作用力也为F，据动量定理

有：-F∶t=∶mv1-∶mv，解得：FSvv1N ，根据牛顿第二定律得：aF2.56m/s2 ． mM222． 4 40 【解析】 【详解】

[1]小球下落0.45s，设时间为t1，有

h112gt1 2带入数据可得

t1=0.3s

对小球运动的全过程，由动量定理

mg(t1t2)If0

带入可得

If4Ns

[2] 由

Ifft24Ns

得

f40N

23．

hh 2N cc【解析】 【详解】

[1]根据德布罗意波长公式，则光子的动量为

phhhcc

答案第11页，共17页

[2]取入射方向为正方向，根据动量定理，则平面镜受到的冲量为

IN(p末p初)N(pp)2Nh c方向与开始时相反，所以平面镜受到的冲量大小为2Nh； c24． 不受外力 所受外力的矢量和为0 m1v1′＋m2v2′ 不受外力 矢量和为零 微观 【解析】 【分析】 【详解】 略

11141mv225． LinH+He v 28c63103142【解析】 【详解】

试题分析： 根据质量数守恒和电荷数守恒，可写出核反应方程为0n3Li1H2He．根据动量守恒mv0=-3m×

117v+4mv，可得中子的初速度为v0=v；氚核和α粒子的总动能881634474032141231E1=m （v）2+mv2=mv，释放的核能ΔE=E1-mv02=mv，质量亏损

2212882E141mv2m2．

cc2考点：核反应方程；动量守恒定律；质能方程

【名师点睛】此题考查核反应方程、动量守恒定律以及质能方程；注意核反应遵守两大基本规律：能量守恒定律和动量守恒定律．注意动量守恒定律的矢量性． 26． 相等 m1gt12 m2(【解析】 【分析】 【详解】

（1）[1]当遮光片经过A、B两个光电门时间相等时，则速度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水平的。 （5）[2][3]由

I=Ft

答案第12页，共17页 dd) 4 t2t1得

Im1gt12

由

pmv2mv1

得

pm2ddddm2m2() t2t1t2t1(6)[4]代入数值知，冲量

Im1gt12=1.51029.81.5Ns0.221Ns

动量改变量

pm2(dd)0.212kgms1 t2t1由定义公式=IΔp100%可得，本次实验 I|Ip|0.2210.212100%100%4% I0.22127． 小球A的质量m、重盒C的质量M、弹簧的压缩量x Ep(Mm)2gL1cosm 缺少的主要实验步骤有：①用天平称出小球的质量和重

盒的质量；②用球A接触弹簧但不挤压弹簧，记录其重心位置，读取导轨上相应的读数；③改变弹簧压缩量，重复实验若干次 ①要注意每次实验时，弹簧压缩量不要过大，以

保证绳总处于绷直状态，摆角不大于90；②每次实验时，弹簧的压缩量也不宜过小，否则压缩量x及摆角过小测量相对误差大 【解析】 【分析】 【详解】

(1)[1]弹簧的弹性势能转化为球和盒子的重力势能，要测量重力势能的增加量，要测量小球A的质量m、重盒C的质量M；要研究弹性势能和压缩量的关系，要测量弹簧的压缩量x；故还需测量的物理量有：小球A的质量m、重盒C的质量M、弹簧的压缩量x。 (2)[2]弹性势能的减小量等于小球的动能的增加量，故

1Epmv2

2碰撞过程动量守恒

答案第13页，共17页

mv(mM)v

继续摆动至最高点过程机械能守恒

1Mmv2MmgL1cos 2联立解得

Ep(Mm)2gL1cosm

(3)[3]缺少的主要实验步骤有：

∶用天平称出小球的质量和重盒的质量；

∶用球A接触弹簧但不挤压弹簧，记录其重心位置，读取导轨上相应的读数； ∶改变弹簧压缩量，重复实验若干次。

(4)[4]∶要注意每次实验时，弹簧压缩量不要过大，以保证绳总处于绷直状态，摆角不大于90；∶每次实验时，弹簧的压缩量也不宜过小，否则压缩量x及摆角过小测量相对误差

大。

28．(1)1.0m/s；(2)1400J 【解析】 【详解】

(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′，规定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有

mv-MV=MV′

代入数据解得

V′=1.0m/s

(2)设碰撞过程中总机械能的损失为E，应有

1211mvMV2MV2E 222解得

E1400J

考点：动量守恒定律；能量守恒定律 29．（1）8s；（2）16m；（3）80m。 【解析】 【分析】

答案第14页，共17页

【详解】

（1）选取水平向右为正，木块和小车组成的系统动量守恒，二者相对静止时：

mv(Mm)v1

解得：v14m/s

以小车为研究对象，应用动量定理：

mgtMv1

解得：t8s；

（2）对小车应用动能定理：

2mgxMv1

12解得：x16m；

（3）对木块和小车组成的系统应用动能定理：

112mgL(Mm)v1mv2

22小车长度至少：L80m。

30．（1）4m/s．（2）当2≤k＜4时，AB整体的运动方向与C相同．当k=4时，AB整体的速度为0．当4＜k≤6时，AB整体的运动方向与C相反． 【解析】 【详解】

（1）滑块A从轨道a下滑到达D点的过程中，由机械能守恒定律得：

mgH=mvD2，

要使滑块A能沿竖直平面内光滑半圆轨道b内侧做圆周运动，在D点应满足：

2vDmg≤m

r12联立并代入数据解得

H≥1m

所以H的最小值为1m．

滑块A从a轨道上H=1m处下滑到达F点的过程，由机械能守恒定律得

12

mg（H+2r）=mv0

2

可得，滑块经过F点的速度

答案第15页，共17页

v0=10m/s

A、B碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得:

mv0=2mv1．

设AB整体与C碰撞前瞬间的速度为v2．由动能定理得

1122﹣μ•2mgl=2mv22mv1

22联立以上各式解得

v2=4m/s

（2）若AB整体与C发生非弹性碰撞，由动量守恒定律得

2mv2=（2m+km）v

代入数据解得

k=2

此时AB整体的运动方向与C相同．

若AB整体与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得

2mv2=2mv3+kmv

12×2mv22=

12×2mv32+

12kmv2

解得

v3=v=

代入数据解得

k=6

此时AB整体的运动方向与C相反．

若AB整体与C发生碰撞后AB整体速度为0，由动量守恒定律得

2mv2=kmv

解得 k=4

综上所述，当2≤k＜4时，AB整体的运动方向与C相同． 当k=4时，AB整体的速度为0．

当4＜k≤6时，AB整体的运动方向与C相反． 【点睛】

2kv2， 2k4v2 4k答案第16页，共17页

本题是一道力学综合题，分析清楚小球运动过程、应用机械能守恒定律、动能定理、牛顿第二定律即可正确解题；解题时要注意小球做圆周运动临界条件的应用．

答案第17页，共17页