動量滿分：48分時量：40分鐘一．選擇題（1-5為單選題，題每小題4分，6-7題為多選題，每小題5分，共30分）1.如圖所示，表面光滑的楔形物塊ABC固定在水平地面上，∠ABC＜∠ACB，質(zhì)量相同的物塊a和b分別從斜面頂端沿AB、AC由靜止自由滑下.在兩物塊到達(dá)斜面底端的過程中，下列說法正確的是()A．兩物塊所受重力的沖量相同B．兩物塊動量的改變量相同C．兩物塊動能的改變量相同D．兩物塊到達(dá)斜面底端時重力的瞬時功率相同2.科技發(fā)展，造福民眾.如圖所示的“智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研發(fā)的科技產(chǎn)品.該裝置的原理是通過馬甲內(nèi)的傳感器和微處理器精準(zhǔn)識別穿戴者的運動姿態(tài)，在其失衡瞬間迅速打開安全氣囊進(jìn)行主動保護(hù)，能有效地避免摔倒帶來的傷害.在穿戴者著地的過程中，安全氣囊可以()A．減小穿戴者動量的變化量B．減小穿戴者動量的變化率C．增大穿戴者所受合力的沖量D．減小穿戴者所受合力的沖量3.甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝6m/s，甲車上有質(zhì)量為m＝1kg的小球若干個，甲和他的小車及小車上小球的總質(zhì)量為M1＝50kg，乙和他的小車的總質(zhì)量為M2＝30kg.為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面為v′＝16.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住.假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車不相撞.則甲總共拋出的小球個數(shù)是()A．12B．13C．14D．154.如圖所示，質(zhì)量為0.5kg的小球在離車底面高度20m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5m/s的速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，小車的底面上涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4kg，若小球在落在車的底面之前瞬時速度是25m/s，則當(dāng)小球和小車相對靜止時，小車的速度是(g＝10m/s2)()A．5m/s B．4m/sC．8.5m/s D．9.5m/s5.如圖所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它們，設(shè)碰撞過程中不損失機(jī)械能，則碰后三個小球的速度分別為()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(\r(3),3)v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(\r(2),2)v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v06.如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2kg的另一物體B以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，g＝10m/s2.則下列說法正確的是()A．長木板A獲得的動能為1JB．A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2JC．長木板A的最小長度為2mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.17.如圖所示，光滑水平面上有a、b、c、d四個彈性小球，質(zhì)量分別為m、9m、3m、m.小球a一端靠墻，并通過一根輕彈簧與小球b相連，此時彈簧處于原長.小球b和c接觸但不粘連.現(xiàn)給小球d一個向左的初速度v0，與小球c發(fā)生碰撞，整個碰撞過程中沒有能量損失，彈簧始終處于彈性限度之內(nèi).以下說法正確的是()A．整個過程中小球a、b、c、d和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒B．整個過程中四個彈性小球a、b、c、d的機(jī)械能守恒C．小球a速度的最大值為eq\f(9,20)v0D．彈簧彈性勢能最大值為eq\f(9,32)mv02二、非選擇題（第8題6分，第9題12分，共18分）8.某同學(xué)利用如圖所示的裝置驗證“碰撞過程中的動量守恒”.水平桌面上固定兩個釘子，用兩根長度均為l的細(xì)線拴住兩個大小相同、質(zhì)量分別為m1和m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m1＜m2))的小球1和2，細(xì)線與釘子的拴接處分別安裝了拉力傳感器，可實時顯示細(xì)線中的拉力大小.初始時，兩小球靠在一起，兩細(xì)線剛好平行，小球的直徑遠(yuǎn)小于細(xì)線的長度.現(xiàn)將小球涂上潤滑油，實驗步驟如下：(1)將小球1沿著圓弧拉到某點A處，并在A處給小球1一個沿切線方向的初速度，并記錄拉力傳感器1的示數(shù)F1.(2)小球1與小球2在初始點發(fā)生碰撞，碰后小球1彈回，記錄碰后兩小球運動過程中傳感器1和2的示數(shù)分別為F2、F3.(3)對實驗數(shù)據(jù)進(jìn)行相關(guān)計算和分析：與小球2碰前，小球1的速度大小可表示為________；物理量m1、m2、F1、F2、F3滿足等量關(guān)系____________________時，即可驗證碰撞瞬間，兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒；若該碰撞為彈性碰撞，F(xiàn)1、F2、F3還應(yīng)滿足的等量關(guān)系為________________.9.利用示蹤原子來探測細(xì)胞間的親和程度是生物技術(shù)中的重要手段之一，其過程的一部分與下列物理過程極為相似：如圖甲所示，光滑水平面上固定有一個發(fā)射裝置，利用該裝置向正對裝置方向滑來的物塊A和B(A、B相對靜止)發(fā)射一個示蹤滑塊C，示蹤滑塊C將記錄下它與發(fā)射裝置之間的距離x.已知物塊B疊放在物塊A上，物塊A的質(zhì)量為3kg，示蹤滑塊C的質(zhì)量為1kg，每次發(fā)射速度大小均為10m/s，與物塊A之間的碰撞均為彈性碰撞，且物塊A足夠長，每次A、C相碰前，A、B間均已相對靜止，某次測量的滑塊C的x-t圖像如圖乙所示.滑塊C和物塊B均可視為質(zhì)點，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)第一次碰后滑塊C的速度大小；(2)物塊B的質(zhì)量；(3)物塊A、B間的動摩擦因數(shù).參考答案1.解析：C設(shè)斜面傾角為θ，則物塊在斜面上的加速度分別為a＝gsinθ，設(shè)斜面高度為h，則物塊在斜面上滑行的時間為t＝eq\r(\f(2h,asinθ))＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，因為∠ABC＜∠ACB，可得物塊在AB斜面上的滑行時間比在AC斜面上的滑行時間長；根據(jù)I＝mgt可知，兩物塊所受重力的沖量不相同，選項A錯誤；根據(jù)動量定理mgsinθ·t＝mv－0＝Δp可知，Δp＝meq\r(2gh)，動量改變量是矢量，兩物塊的動量改變量大小相等、方向不同，選項B錯誤；根據(jù)動能定理ΔEk＝mgh＝eq\f(1,2)mv2可知，兩物塊的動能改變量相同，選項C正確；兩物塊到達(dá)斜面底端時重力的瞬時功率P＝mgvsinθ＝mgsinθeq\r(2gh)，則重力的瞬時功率不相同，選項D錯誤.2.解析：B依題意，根據(jù)動量定理FΔt＝Δp，可得F＝eq\f(Δp,Δt)，可知安全氣囊的作用是延長了人與地面的接觸時間Δt，從而減小人所受到的合外力，即減小穿戴者動量的變化率eq\f(Δp,Δt)，而穿戴者動量的變化量Δp，也即穿戴者所受合力的沖量FΔt均未發(fā)生變化，故選B.3.解析：D規(guī)定甲的速度方向為正方向，兩車剛好不相撞，則兩車速度相等.由動量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5m/s.對甲和他的小車及從甲車上拋出的小球，由動量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv′，解得n＝15，D正確.4.解析：A由平拋運動規(guī)律可知，小球下落的時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s，在豎直方向的分速度vy＝gt＝20m/s，水平方向的分速度vx＝eq\r(252－202)m/s＝15m/s，取小車初速度的方向為正方向，由于小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，則m車v0－m球vx＝(m車＋m球)v，解得v＝5m/s，故A正確.5.解析：D由題設(shè)條件，三球在碰撞過程中總動量和總機(jī)械能守恒.設(shè)三球質(zhì)量均為m，則碰撞前系統(tǒng)總動量為mv0，總動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).選項A、B中的數(shù)據(jù)都違反了動量守恒定律，故不可能；對選項C，碰后總動量為mv0，但總動能為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，這顯然違反了機(jī)械能守恒定律，故不可能；對選項D，既滿足動量守恒定律，也滿足機(jī)械能守恒定律，故選D.6.解析：ABD由題圖乙可知，最終長木板A獲得的速度為v＝1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2kg，則長木板A獲得的動能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×2×12J＝1J，A正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝2J，B正確；根據(jù)v-t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖乙得到0～1s內(nèi)B的位移為xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移為xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，則木板A的最小長度為L＝xB－xA＝1m，C錯誤；由題圖乙可知，B的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1－2,1)m/s2＝－1m/s2，負(fù)號表示加速度的方向與v0的方向相反，由牛頓第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，D正確.7.解析：CD由于墻壁對a球有彈力作用，整個過程中小球a、b、c、d和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；整個過程中彈簧與四個彈性小球的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但四個彈性小球a、b、c、d的機(jī)械能不守恒，故B錯誤；小球d與小球c碰撞，設(shè)小球c碰撞后速度為v1，小球d碰撞后速度為v2，由動量守恒和機(jī)械能守恒定律得mv0＝3mv1＋mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mv22，解得v1＝eq\f(1,2)v0，小球c與小球b碰撞，設(shè)小球c碰撞后速度為v3，小球b碰撞后速度為v4，由動量守恒和機(jī)械能守恒定律得3mv1＝3mv3＋9mv4，eq\f(1,2)×3mv12＝eq\f(1,2)×3mv32＋eq\f(1,2)×9mv42，解得v4＝eq\f(1,4)v0，小球b向左運動速度為零時，彈簧彈性勢能最大，則Epmax＝eq\f(1,2)×9mv42＝eq\f(9,32)mv02，故D正確；小球b開始壓縮彈簧，到彈簧恢復(fù)原長過程，小球b與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球b向右的速度大小為v4；當(dāng)小球a、b向右運動，彈簧處于原長時，小球a的速度最大，設(shè)小球a的速度大小為v5，小球b的速度大小為v6，由動量守恒和機(jī)械能守恒定律得9mv4＝mv5＋9mv6，eq\f(1,2)×9mv42＝eq\f(1,2)mv52＋eq\f(1,2)×9mveq\o\al(2,6)，解得v5＝eq\f(9,20)v0，故C正確.故選CD.8.答案：(3)eq\r(\f(F1l,m1))eq\r(F1m1)＝－eq\r(F2m1)＋eq\r(F3m2)F1＝F2＋F3解析：(3)由牛頓第二定律得F1＝eq\f(m1veq\o\al(2,1),l)，解得v1＝eq\r(\f(F1l,m1))同理可得，二者碰后的速度大小分別為v2＝eq\r(\f(F2l,m1))、v3＝eq\r(\f(F3l,m2))，由動量守恒定律得m1v1＝－m1v2＋m2v3聯(lián)立可得eq\r(F1m1)＝－eq\r(F2m1)＋eq\r(F3m2)若為彈性碰撞，則有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)可得F1＝F2＋F3.9.解析：(1)由x-t圖像可知，t1＝1.00s時滑塊C與A相碰，此時C與發(fā)射裝置之間的距離x1＝vCt1＝10mt2＝2.25s時滑塊C返回到發(fā)射裝置處，設(shè)第一次碰后C的速度大小為vC1則vC1＝eq\f(x1,t2－t1)＝8m/s.(2)設(shè)A、B在第一次與C碰撞前的速度大小為vAB，以滑塊C的初速度方向為正，第一次碰撞后瞬間A的速度大小為vA1，對A、C由動量守恒定律有mCvC－mAvAB＝－mCvC1＋mAvA1由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,AB)＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C1)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)解得vAB＝2m/s，vA1＝4m/s之后A、B相對靜止，設(shè)共同速度大小為vAB1，對A、B由動量守恒定律有mAvA1－mBvAB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB))vAB1同理第二次碰撞前滑塊C到發(fā)射裝置之間距離x2＝vCeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t3－t2))＝11m第三次碰撞后C的速度大小為vC2＝eq\f(x2,t4－t3)＝5m/s設(shè)第二次碰撞后瞬間A的速度為vA2則mCvC＋mAvAB1＝－mCvC2＋mAvA2，eq