2014年衡水市第三次高考模拟专题动量练习

河北省衡水中学2014届高三下学期第三次调研考试物理试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.1-5题只有一项符合题目要求。

6-8题有多项符合题目要求，全部选对的6分，选对但不全的的3分，有选错的得0分）1．(6分）2014年2月15日凌晨，在索契俄冬奥会自由滑雪女子空中技巧比赛中，中国选手徐梦桃以83.50分夺得银牌．比赛场地可简化为如图所示的助滑区，弧形过渡区，着陆区．减速区等组成．若将运动员看做质点，且忽略空气阻力,下列说法正确的是( )A.运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态B.运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态C.运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态D.运动员在减速区减速过程中处于失重状态考点:超重和失重．。

分析：失重状态:当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度;超重状态:当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时,就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．解答：解:A、运动员在助滑区加速下滑时，加速度有向下的分量，处于失重状态,故A错误；B、运动员在弧形过渡区做圆周运动,加速度有向上的分量，处于超重状态，故B错误；C、运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中,离开轨道,只受重力，处于完全失重状态，故C正确；D、运动员在减速区减速过程中，加速度有向上的分量，处于超重状态，故D错误；故选：C点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了．2．（6分）如图所示，质量不等的盒子A和物体B用细绳连接，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为θ的斜面上，与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ,B悬于斜面之外而处于静止状态．现向A中缓慢加入沙子，下列说法正确的是( ）A.绳子的拉力逐渐减小B.A对斜面的压力逐渐增大C.A所受的摩擦力一定逐渐增大D.A可能沿斜面下滑考点：共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析:绳子拉力等于B的重力，保持不变．A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力．A所受的重力沿斜面向下的分力与拉力的合力等于静摩擦力．当向A中缓慢加入沙子时，根据平衡条件讨论A受到的摩擦力的变化．整体保持静止,合力为零,保持不变．解答:解：A、绳子拉力等于B的重力，保持不变，故A错误；B、A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力，随着沙子质量的增加,A对斜面的压力逐渐增大,故B正确；C、由于不知道A的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，故随着沙子质量的增加,静摩擦力可能增加、减小，故C错误；D、由于μ=tnaθ，故增加的重力的分力与增加的摩擦力大小相等，方向相反；故不会使物体滑动；故D错误；故选：B．点评：本题关键通过分析物体的受力情况，确定摩擦力的大小和方向；注意静摩擦力可能沿着斜面向下，也可能沿着斜面向上．3．（6分）某电站采用6000V的电压进行远距离输电，输送总功率为500kW，测得安装在输电线路起点和终点的电能表一昼夜读数相差4800kWh，下列说法正确的是（）A. 输送电流为12A B。

[] F 单元 动量动量 冲量 动量定理1. （2014·北京大兴期末）篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )A ．减小球对手的冲量B ．减小球对手的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量1．B [解析] 由动量定理Ft ＝Δp 知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球的动量变化率，减小了球对手的冲击力，选项B 正确．动量守恒定律4．[2014·重庆卷] 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，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是A BC D4．B [解析] 弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有m 弹丸v 0＝34mv 甲＋14mv 乙，解得4v 0＝3v 甲＋v 乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x 甲＝v 甲t ，x 乙＝v 乙t ，代入各图中数据，可知B 正确．22．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1) 碰撞前瞬间A 的速率v ；(2) 碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′；(3) A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .22．[答案] (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m[解析] 设滑块的质量为m .(1)根据机械能守恒定律有mgR ＝12mv 2 解得碰撞前瞬间A 的速率有v ＝2gR ＝2 m/s.(2)根据动量守恒定律有mv ＝2mv ′解得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s. (3)根据动能定理有12(2m )v ′2＝μ(2m )gl 解得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m ． 2.（ 2014·漳州质检）质量为2 kg 的小车以2 m/s 的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0 .5 kg 的砂袋以3 m/s 的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是( )A ．1.0 m/s ，向右B ．1.0 m/s ，向左C ．2.2 m/s ，向右D．2.2 m/s，向左2．D[解析] 忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋m2m1(v0－v2)，故D项正确．5．（2014·北京西城一模）冰壶运动深受观众喜爱，图X29-1甲为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正碰，如图乙．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图丙中的哪幅图()图X29-15．B[解析] 两个质量相等的冰壶发生正碰，碰撞前后都在同一直线上，选项A错误；碰后冰壶A在冰壶B的左边，选项C错误；碰撞过程中系统的动能可能减小，也可能不变，但不能增大，所以选项B正确，选项D错误．7．（2014·海淀一模）下图X29-2是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示．关于此实验，下列说法中正确的是()图X29-2A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同7．D[解析] 5个小球组成的系统发生的是弹性正碰，系统的机械能守恒，系统在水平方向的动量守恒，总动量并不守恒，选项A、B错误；同时向左拉起小球1、2、3到相同的高度，同时由静止释放并与4、5碰撞后，由机械能守恒和水平方向的动量守恒知，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，选项C错误，选项D正确．动量综合问题10．[2014·天津卷] 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量m A＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量m B＝2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到v t＝2 m/s.求：(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l.10．(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m[解析] (1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝m A a①代入数据解得a＝2.5 m/s2②(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(m A＋m B)v t－(m A＋m B)v③代入数据解得v＝1 m/s④(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为v A，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有m A v A ＝(m A ＋m B )v ⑤A 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有Fl ＝12m A v 2A ⑥ 由④⑤⑥式，代入数据解得l ＝0.45 m ⑦35．(2)如图所示，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方，先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放，当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零，已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g 取10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B 球第一次到过地面时的速度；(2)P 点距离地面的高度．(2)解：(ⅰ)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有v B ＝2gh ①将h ＝0.8 m 代入上式，得v 1＝4 m/s.②(ⅱ)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v 1和v ′1(v ′1＝0)，B 球的速度分别为v 2和v ′2，由运动学规律可得v 1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变，规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v ′2④12m A v 21＋12m B v 22＝12mv ′22⑤ 设B 球与地面相碰后速度大小为v ′B ，由运动学及碰撞的规律可得v ′B ＝v B ⑥设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v ′2B －v 222g⑦ 联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h ′＝0.75 m ．⑧21．[2014·全国卷] 一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A （A ＋1）2D.（A ＋1）2（A －1）221．A [解析] 本题考查完全弹性碰撞中的动量守恒、动能守恒．设碰撞前后中子的速率分别为v 1，v ′1，碰撞后原子核的速率为v 2，中子的质量为m 1，原子核的质量为m 2，则m 2＝Am 1.根据完全弹性碰撞规律可得m 1v 1＝m 2v 2＋m 1v ′1，12m 1v 21＝12m 2v 22＋12m 1v ′21，解得碰后中子的速率v ′1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m 1－m 2m 1＋m 2v 1＝A －1A ＋1v 1，因此碰撞前后中子速率之比v 1v ′1＝A ＋1A －1，A 正确． 8．（2014·西安五校联考）如图X29-6所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的14光滑圆弧轨道平滑相连，木块A 、 B 静置于光滑水平轨道上，A 、B 的质量分别为1.5 kg 和0.5 kg.现让A 以6 m/s 的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s ，碰后的速度大小变为4 m/s.当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动，g 取10 m/s 2，求：(1)在A 与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A 的平均作用力的大小；(2)A 、B 滑上圆弧轨道的最大高度．图X29-68．(1)50 N (2)0.45 m[解析] (1)设水平向右为正方向，当A 与墙壁碰撞时根据动量定理有Ft ＝m A v ′1－m A ·(－v 1)解得F ＝50 N.(2)设碰撞后A 、B 的共同速度为v ，根据动量守恒定律有m A v ′1＝(m A ＋m B )vA 、B 在光滑圆形轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得12(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )gh 解得h ＝0.45 m.22． 力学观点的综合应用35．(18分)图24 的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作．已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .35．(1)3 m/s 9 J (2)10 m/s≤v 1≤14 m/s 17 J[解析] (1)P 1、P 2碰撞过程动量守恒，有mv 1＝2mv解得v ＝v 12＝3 m/s 碰撞过程中损失的动能为ΔE ＝12mv 21－12(2m )v 2 解得ΔE ＝9 J.(2)由于P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P 在AC 间等效为匀减速运动，设P 在AC 段加速度大小为a ，碰后经过B 点的速度为v 2 ，由牛顿第二定律和运动学规律，得μ(2m )g ＝2ma3L ＝v t －12at 2 v 2＝v －at解得v 1＝2v ＝6L ＋μgt 2t v 2＝6L －μgt 22t由于2 s≤t ≤4 s 所以解得v 1的取值范围10 m/s≤v 1≤14 m/sv 2的取值范围1 m /s≤v 2≤5 m/s所以当v 2＝5 m/s 时，P 向左经过A 点时有最大速度v 3＝v 22－2μgL则P 向左经过A 点时有最大动能E ＝12(2m )v 23＝17 J. 24．[2014·全国卷] 冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s 的速度向前运动时，与另一质量为100 kg 、速度为3.0 m/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)碰撞中总机械能的损失．24．[答案] (1)1.0 m/s (2)1400 J[解析] (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 ′.由动量守恒定律有mv －MV ＝MV ′①代入数据得V ′＝1.0 m/s ②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE ，应有12mv 2＋12MV 2＝12MV ′2＋ΔE ③ 联立②③式，代入数据得ΔE ＝1400 J ④实验：验证碰撞中的动量守恒。

2024届河北衡水高三第三次模拟考试物理试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图，自动卸货车静止在水平地面上，质量为m的货物放在车厢内挡板附近，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢增大，当θ增大到一定角度时货物开始加速下滑，货物与车厢的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．若货物还未离开车厢，下列说法正确的是A．θ增大过程中，货物对车厢压力大小不变B．θ增大过程中，货物的摩擦力大小等于μmg cos θC．货物加速下滑时，货车受到地面向右的摩擦力D．货物加速下滑时，地面对货车的支持力小于货车和货物重力之和2、一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为F T，则F T随ω2变化的图象是（）A．B．C．D．3、如图所示，两个相同材料制成的水平摩擦轮A 和B ，两轮半径R A =2R B ，A 为主动轮．当A 匀速转动时，在A 轮边缘处放置的小木块恰能相对静止在A 轮的边缘上，若将小木块放在B 轮上让其静止，木块离B 轮轴的最大距离为（ ）A ．/8B R B ．/2B RC ．B RD ．/4B R4、位于水面上的波源12,S S ，产生两列周期均为T 、振动方向相同、振幅均为A 的相干波，实线、虚线分别表示在同一时刻它们所发出的波的波峰和波谷，如图所示，a 、b 、c 、d 、e 是水面上的五个点，其中有一小树叶（未画出）位于d 处，下列说法正确的是（ ）A ．b 点的振动加强，c 点的振动减弱B ．一段时间后，小树叶被水波推至b 处C ．a 、e 两点在某时间内也会振动D ．若波源2S 突然停止振动，之后的2T 内，b 点通过的路程为16A5、有关原子结构和原子核的认识，下列说法正确的是（ ）A ．爱因斯坦最先发现天然放射现象B ．伦琴射线的发现揭示了原子具有核式结构C ．在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关D ．在核裂变方程2351891920360U+n X+Kr+3n+γ 中，X 原子核的质量数是1426、某移动电源上标志的4500mAh 反映的物理量是 （ ）A ．电压B ．电量C ．功率D ．能量二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

高中物理学习材料桑水制作河北省衡水市景县梁集中学2014-2015学年高三动量专题练习一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分.每小题至少一个答案正确)1. a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量p a=30 kg·m/s，b球动量p0=0，碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，则作用后b球的动量为( )A.-20 kg·m/sB.10 kg·m/sC.20 kg·m/sD.30 kg·m/s2.在物体运动过程中，下列说法不正确的有( )A.动量不变的运动，一定是匀速运动B.动量大小不变的运动，可能是变速运动C.如果在任何相等时间内物体所受的冲量相等(不为零)，那么该物体一定做匀变速运动D.若某一个力对物体做功为零，则这个力对该物体的冲量也一定为零3.“神舟”七号飞船的成功着陆标志着我国在载人航天、太空行走方面迈出了可喜的一步，为了保证航天员的安全，飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲坐椅三大法宝，在距离地面大约1 m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱的速度很快降到了2 m/s以内，随后又渐渐降到1 m/s，最终安全着陆，把返回舱从离地1 m开始到完全着陆称为着地过程，则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是( )A.减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化B.减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量C.延长着地过程的作用时间D.减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力4.如图所示，A、B两物体的质量分别为m A、m B，且m A>m B，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5.质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移—时间图象如图所示，以下说法正确的是( )A.碰撞前两物体动量相同B.m1等于m2C.碰撞后两物体一起做匀速直线运动D.碰撞前两物体动量大小相等、方向相反6.如图所示,竖直墙壁两侧固定着两轻质弹簧,水平面光滑,一弹性小球在两弹簧间往复运动,把小球和弹簧视为一个系统,则小球在运动过程中( )A.系统的动量守恒,动能守恒B.系统的动量守恒,机械能守恒C.系统的动量不守恒,机械能守恒D.系统的动量不守恒,动能守恒7.加拿大萨德伯里中微子观察站的研究提示了中微子失踪之谜，即观察到的中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中(速度很大)转化为一个μ子和一个γ子，对上述转化过程有以下说法，其中正确的是( )A.牛顿定律依然适用B.动量守恒定律依然适用C.若发现μ子和中微子的运动方向相反，则γ子的运动方向可能与中微子的运动方向一致D.若发现μ子和中微子的运动方向相反，则γ子的运动方向可能与中微子的运动方向相反8.(2012·南京高二检测)在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，现B球静止，A球向B球运动，发生正碰，已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为E p ，则碰前A 球的速度等于( )p p p p E 2E E 2E A.B.C.2D.2m mmm9.一个人在地面上立定跳远的最好成绩是x,假设他站在船头要跳上距离在L 远处的平台上,水对船的阻力不计,如图,则( )A.只要L<x,他一定能跳上平台B.只要L<x,他有可能跳上平台C.只要L=x,他一定能跳上平台D.只要L=x,他有可能跳上平台10.如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m 1、m 2，且m 2=2m 1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩的轻弹簧，烧断细绳后，两木块分别向左、右运动.若两木块m 1和m 2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1=2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块( ) A.动量大小之比为1∶1 B.速度大小之比为2∶1 C.通过的路程之比为2∶1 D.通过的路程之比为1∶1二、实验题(本大题共2小题，共16分)11.(4分)一同学利用水平气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验时，测出一个质量为0.8 kg的滑块甲以0.4 m/s 的速度与另一个质量为0.6 kg，速度为0.2 m/s 的滑块乙迎面相撞，碰撞后滑块乙的速度大小变为0.3 m/s，此时滑块甲的速度大小为_______m/s，方向与它原来的速度方向_______(选填“相同”或“相反”).12. (12分)如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是，可以通过仅测量_______(填选项前的序号)，间接地解决这个问题.A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP，然后把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复.接下来要完成的必要步骤是_________(填选项前的序号).A.用天平测量两个小球的质量m1、m2B.测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_________(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_________(用(2)中测量的量表示).(4)经测定，m1=45.0 g，m2=7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示.碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′=_________∶11.若碰撞结束时m2的动量为p′2，则p′1∶p′2=11∶_________.实验结果说明碰撞前、后总动量的比值112pp p'+'为_________.(5)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰撞小球做平抛运动的射程增大.请你用(4)中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为_________cm.三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13. (10分)质量为m的小球A沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m，求碰撞后的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的动能变为原来的19B球的速度大小.14.(10分)质量为1 kg的物体在倾角为30°的光滑斜面顶端由静止释放，斜面高5 m，求物体从斜面顶端滑到底端的过程中重力的冲量为多少？物体的动量变化量为多少？15. (12分)如图,小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a 静止下垂,将球b向右拉起,使细线水平.从静止释放球b,两球碰后粘在一起向左摆动,此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力,求(1)两球a、b的质量之比;(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比.16. (12分)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示.图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接.现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止.重力加速度为g.求：(1)木块在ab段受到的摩擦力f；(2)木块最后距a点的距离s.答案解析1.【解析】选C.碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，故此时a球的动量是10 kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变，为30 kg·m/s，则作用后b球的动量为20 kg·m/s，选项C正确.2.【解析】选D.A中动量不变，即速度不变，所以运动物体一定做匀速直线运动；B中动量大小不变，即速度大小不变，所以可能是匀速圆周运动；C中由F=I,可知合外力不变，所以为匀变速运动；D中做t功和冲量是两个概念，只要力在物体上有作用时间，冲量就不为零，与是否做功无关.故不正确的选项应是D.3.【解析】选C、D.反推火箭并没有改变返回舱的动量变化，所以由动量定理，返回舱所受冲量不变，只是作用时间延长，平均冲力减小，C、D正确.4.【解析】选C.由于力F相同且作用距离相同，即力F对A、B做的功相等，由动能定理得，A、B获得的动能相等，即E kA=E kB，又由p2=2mE k 得p A>p B，撤去F后A、B组成的系统动量守恒，则有p总=p A-p B，方向向右，故选C.5.【解析】选B 、D.由两图线斜率大小相等知，两个物体的速率相等，碰撞后v=0，即p=0，所以m 1v 1=m 2v 2，即m 1=m 2，则B 、D 正确.6.【解析】选C.小球与弹簧组成的系统在小球与弹簧作用的时间内受到了墙的作用力,故系统动量不守恒.系统只发生动能和弹性势能的相互转化,故机械能守恒,选项C 正确.7.【解析】选B 、C.在中微子转化为μ子和γ子的过程中，动量是守恒的，由m 中v 中=m μv μ+m γv γ知，当v 中方向与v μ方向相同时，v γ方向与v 中方向可能相同，也可能相反；当v 中方向与v μ方向相反时，v γ方向与v 中方向一定相同.该过程研究的是微观粒子的运动，故牛顿定律不适用. 8.【解析】选C.设碰前A 球的速度为v 0，两个弹性小球发生正碰，当二者共速时，弹性势能最大，由动量守恒定律得mv 0=2mv,由机械能守恒得2p 01E mv 2= 212mv 2-⨯，解得p 0E v 2m=，选项C 正确.9.【解析】选B.若立定跳远时,人离地时速度为v,如题图从船上起跳时,人离船时速度为v ′,船的速度为v 船′，由能量守恒 E=12mv 2,E=12mv ′2+12mv 船′2所以v ′<v,人跳出的距离变小,所以B 正确.10.【解析】选A 、B 、C.以两木块及弹簧为研究对象，绳断开后，弹簧对两木块有推力作用，可以看成是内力；水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力，且 F f1=μ1m 1g ，F f2=μ2m 2g.又因为m 2=2m 1,μ1=2μ2,所以系统所受合外力F 合=μ1m 1g-μ2m 2g=0，即满足动量守恒定律的条件.设弹簧伸长过程中某一时刻，两木块速度大小分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有(以向右为正方向) -m 1v 1+m 2v 2=0，即m 1v 1=m 2v 2.所以两物体的动量大小之比为1∶1，故A 项正确. 两物体的速度大小之比为1221v m 2v m 1==,故B 项正确.由于木块通过的路程正比于其速度，所以两木块通过的路程之比1122s v 2,s v 1==故C 项正确，D 项错误.11.【解析】甲的初动量大小p 甲=m 甲v 甲=0.8×0.4 kg ·m/s=0.32 kg ·m/s,乙的初动量大小p 乙=m 乙v 乙=0.6×0.2 kg ·m/s=0.12 kg ·m/s ，p 甲大于p 乙，碰撞后乙必反向，对系统利用动量守恒定律得p 甲-p 乙=p ′甲+p ′乙，p ′甲=0.02 kg ·m/s ，速度为p 0.02v m /s m 0.8''==甲甲甲＝0.025 m/s ，方向与它原来的速度方向相同. 答案:0.025 相同12.【解析】(1)在落地高度不变的情况下，水平位移就能反映平抛初速度的大小，所以，仅测量小球做平抛运动的射程就能比较速度的大小.因此选C.(2)找出平均落地点的位置，测量平抛的水平位移，因此步骤中D 、E 是必须的，且先D 后E ，用天平测质量先后均可.所以答案是ADE 或DAE 或DEA.(3)设落地时间为t ，则112OP OM ONv v v t t t='='=，，，动量守恒的表达式是m 1v 1=m 1v ′1+m 2v ′2，动能守恒的表达式是12m 1v 12=12m 1v ′12+12m 2v ′22，所以若两球相碰前后的动量守恒，则m 1·OM+m 2·ON=m 1·OP 成立，若碰撞是弹性碰撞，动能守恒，则m 1·OM 2+m 2·ON 2=m 1·OP 2成立. (4)碰撞前、后m 1动量之比111122p p m OM OP 44.801445.035.2011p OM 35.2011p m ON 7.555.68 2.9'⨯======''⨯，， 111212p m OP 45.044.801.01p p m OM m ON 4535.207.555.68⨯==≈'+'+⨯+⨯ (5)发生弹性碰撞时，被碰小球获得的速度最大，根据动量守恒和动能守恒，m 1v 1=m 1v ′1+m 2v ′2，12m 1v 12=12m 1v ′12+12m 2v ′22，联立解得121122m v v m m '=+，因此，最大射程为245457.5⨯+×44.80 cm=76.80 cm 答案:(1)C (2)ADE 或DAE 或DEA (3)m 1·OM+m 2·ON=m 1·OP m 1·OM 2+m 2·ON 2=m 1·OP 2(4)14 2.9 1.00～1.01均可 (5)76.8013.【解析】由E k =12mv 2得碰撞后A 的速度v ′A =±13v 0，正、负表示方向有两种可能. (1分)若v ′A =13v 0，即v ′A 与v 0同向时有mv0=13mv0+2mv B (2分)解得v B=13v0 (1分)碰撞后两球具有共同速度说明是完全非弹性碰撞，此速度合理. (1分)若v′A=-13v0，即v′A与v0反向时有mv0=-13mv0+2mv B (1分)解得v B=23v0 (1分)碰撞后系统总动能为E′k总=E′kA+E′kB=12m(-13v0)2+12×2m(23v0)2=12mv02(2分)恰好等于碰前系统的总动能12mv02，是弹性碰撞，此速度合理. (1分)答案:13v0或23v014.【解析】物体受重力mg和支持力F N的作用.设物体到达斜面底端的速度为v，对物体由动能定理有mgh=12mv2①(3分)由动量定理得I=mgt=mvsin30②(3分)由①②得I=20 N·s(2分)物体的动量变化量Δp=mv-0=10 kg·m/s，方向沿斜面方向向下. (2分)答案:20 N·s 10 kg·m/s，方向沿斜面方向向下15.【解题指南】解答本题应明确以下两点：(1)根据机械能守恒求解b球在最低点与a碰前的速度.(2)应用动量守恒求解a、b两球在最低点的碰后速度.【解析】(1)设小球a、b质量分别为m1、m2，细线长为L，b球摆至最低点与a球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v，则对b球摆至最低点,由机械能守恒得m2gL=1m2v022①(2分)最低点小球a、b碰撞由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v②(2分)小球a、b一起摆至最高点，由机械能守恒得1(m1+m2)v2=(m1+m2)gL(1-cosθ)2③(2分)联立①②③式得12m 11m 1cos =--θ④(1分)并代入题给数据得12m 21m =- ⑤(1分)(2)两球在碰撞过程中损失的机械能是Q=m 2gL-(m 1+m 2)gL(1-cos θ) ⑥(2分)联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能E k =m 2gL 之比为12k 2m m Q1(1cos )E m +=--θ ⑦(1分)联立⑤⑦式，并代入数据得k Q 21E 2=-⑧(1分)答案:(1)2-1 (2)1-2216.【解析】(1)木块向左滑到最高点时，系统有共同速度v ，由动量守恒有mv 0=(m+2m)v ①(2分)12mv 02-12(m+2m)v 2=fL+mgh ②(2分)联立①②两式解得：()20m v 3gh f 3L-=③(2分)(2)整个过程，由功能关系得：12mv 02-12(m+2m)v 2=fx ④(2分)木块最后距a 点的距离s=2L-x ⑤(2分) 联立解得：s=2L-2020v L v 3gh-(2分) 答案:(1)()20m v 3gh 3L-(2)2020v L2L v 3gh--【总结提升】解答力学综合题的基本思路和步骤 1.认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象. 2.分析对象受力及运动状态和运动状态变化的过程，画出草图. 3.根据运动状态变化的规律确定解题观点，选择规律.(1)研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时，一般用力的观点解题.(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)解题.(3)若研究的对象为一个物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律去解题，但需注意研究的问题是否满足守恒的条件. (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(转变为系统内能的量). (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到一般这些过程均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化.这种问题由于作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场.4.根据选择的规律列式，有时还需挖掘题目的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何条件)列补充方程.5.代入数据(统一单位)计算。