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粤教版（2019）物理 选修第一册 期末练习总卷（含解析）
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这是一份选择性必修 第一册全册综合精品综合训练题，共14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.甲、乙两物体沿同一直线相向运动，碰撞前甲物体的速度大小是 6m/s ，乙物体的速度大小是 2m/s 。碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度大小都是 4m/s 。则甲、乙两物体的质量之比是（ ）
A. 1∶1 B. 1∶3 C. 3∶5 D. 5∶3
2.质量为0.01kg的子弹，以400m/s的速度射入质量为0.49kg、静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中。若子弹刚好留在木块中，则它们一起运动的速度大小为（ ）
A. 6 m/s B. 8 m/s C. 10 m/s D. 12 m/s
3.如图所示，长度为L、质量为M的平板车静止在地面上，一个质量为m的人（可视为质点）站在平板车右端某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，此过程中车相对地面的位移大小为（车与水平地面间的摩擦不计）（ ）
A. MLM+m B. mLM+m C. mLM D. L
4.静止在水平地面上的平板车，当一人在车上行走时，下列说法正确的是（ ）
A. 只有当地面光滑时，人和小车组成的系统的动量才守恒
B. 无论地面是否光滑，人和小车组成的系统的动量都守恒
C. 只有当小车的表面光滑时，人和小车组成的系统的动量才守恒
D. 无论小车的表面是否光滑，人和小车组成的系统的动量都守恒
5.下列关于碰撞的理解正确的是（ ）
A. 碰撞是指相对运动的物体相遇时，在很长时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B. 在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒
C. 如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D. 微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解
6.K－介子衰变的方程为其中K－介子和π－介子带负的基本电荷，π0介子不带电。一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK－与Rπ－之比为2：1，π0介子的轨迹未画出。由此可知π－的动量大小与π0的动量大小之比为（ ）
A. 1：1 B. 1：2 C. 1：3 D. 1：6
7.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1 ， 后部分的箭体质量为m2 ， 分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ）
A. v0-v2 B. v0+v2 C. v1=v0-m2m1v2 D. v1=v0+m2m1(v0-v2)
8.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
9.一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图象如图所示，t=0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则（ ）
A. t=6 s时，物体的速度为18 m/s B. 在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J
C. 在0～6 s内，拉力对物体的冲量为36 N•s D. t=6 s时，拉力F的功率为200 W
10.如图所示，质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车上AB部分是半径R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间距离x随各量变化的情况是（ ）
A. 其他量不变，R越大x越大 B. 其他量不变，μ越大x越大
C. 其他量不变，m越大x越大 D. 其他量不变，M越大x越大
11.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（ ）
A. v= ，I=0 B. v= ，I=2mv0
C. v= ，I= D. v= ，I=2mv0
12.高速水流切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造中的高难度加工特制了一台高速水流切割机器人，该机器人的喷嘴横截面积为10-7m2 ， 喷嘴射出的水流速度为103m/s，水的密度为1×103kg/m3 ， 设水流射到工件上后速度立即变为零。则该高速水流在工件上产生的压力大小为( )
A. 1000N B. 100N C. 10N D. 1N
二、填空题
13.在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0．2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体向前运动的时间为________s．（g取10 m/s2）
14.“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球m1=15g，原来静止的被碰小球m2=10g，由实验测得它们在碰撞前后的x﹣t图象如图所示，由图可 知，入射小球碰撞前的m1v1是________，入射小球碰撞后的m1v1是________，被碰小球碰撞后的m2v2是________，由此得出结论________．
15.一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0.8kg的滑块甲以0.4m/s的速度与另一个质量为0.6kg、速度为0.2m/s的滑块乙迎面相撞，碰撞后滑块乙的速度大小变为0.3m/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”）．
16.质量为m=0.10kg的小钢球以v0=2.0m/s的水平速度抛出，下落h=0.6m时撞击一钢板，撞后速度大小不变恰好反向，则钢板与水平面的夹角θ=________，撞击钢板过程中，小球所受合外力的冲量的大小为________N•S（g=10m/s2）
三、综合题
17.如图所示，铁块A质量 mA=3.0 kg，木块B质量 mB=1.0 kg，一轻质弹簧连接A和B，静止在光滑的水平面上。质量 mC=2.0 kg的磁性金属块C以水平速度 v0=15m/s 向铁块A运动，相碰后粘在一起。求：
（1）磁性金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小；
（2）磁性金属块C与铁块A碰后弹簧的最大弹性势能。
18.如图，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为mA=2kg、mB=1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M=2kg的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处，已知圆形轨道的半径R=0.32m。已知A与小车之间的动摩擦因数μ=0.1，g取10m/s2 ， 求
（1）A、B离开弹簧瞬间的速率vA、vB；
（2）初始时弹簧的弹性势能；
（3）若A恰好没滑出小车，则小车的车长L是多少？
19.如图所示，间距为L的光滑金属导导轨MNP和M′N′P′由圆弧和水平两部分组成，圆弧和水平部分光滑连接，在水平导轨NPP′N′间存在磁感强度为B的匀强磁场，磁场垂直导轨平面向上，在M和M′之间连接一个电阻为R的定值电阻。现在将一根与导轨垂直、质量为m、电阻为2R的金属杆ab从圆弧轨道上距水平面高度为h处释放，金属棒恰能到达PP′处。导轨电阻不计，重力加速度为g。
（1）金属棒刚进入磁场时的加速度；
（2）水平导轨NP的长度s；
（3）若在PP′处安装有一储能装置，每次释放相同的能量，将恰好到达PP′处的金属棒弹回，使得金属棒可以在导轨上做周期性的运动，试求每个周期里定值电阻R中产生的焦耳热Q。
20.如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为M的物体A和B（均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量 m1=12M 的小球P从物体A正上方距其高度h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；
（2）当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小。
（3）若换成另一个质量 m2=14M 的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物体A达到最高点时，地面对物块B的弹力恰好为零。求Q开始下落时距离A的高度。（上述过程中Q与A只碰撞一次）
答案解析
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】选取甲开始时速度的方向为正方向，由动量守恒定律得m1v1-m2v2=m2v2′-m1v1′
代入数据解得 m1m2＝v2+v2'v1+v1'＝2+46+4＝35
故答案为：C。
2.【答案】 B
【解析】子弹射入木块过程中以子弹和木块为系统动量守恒，设子弹质量为m1 ， 初速度为v0 ， 木块质量为m2 ， 一起运动的速度为v，所以有 m1v0=(m1+m2)v
代入数据可解得v=8m/s，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
3.【答案】 B
【解析】选取向左为正方向，设人的速度大小为v1 ， 小车后退的速度大小为v2 ， 由于车与水平地面间的摩擦不计，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，则有 mv1-Mv2=0
设人从右端到达左端的时间为t，则人对地的位移大小为 x1=v1t ，平板车对地的位移大小为 x2=v2t ，由空间几何关系得 x1+x2=L
联立以上各式得 x2=mLm+M
故答案为：B。
4.【答案】 A
【解析】A．只有当地面光滑时，人和车组成的系统受到的外力之和才为零，系统的动量才守恒，A符合题意；
B．如果地面不光滑，则人和车组成的系统受到的合外力不为零，则系统动量不守恒，B不符合题意；
CD．小车的表面是否光滑只影响内力，不影响外力，无论小车的表面是否光滑，若地面光滑，系统的动量守恒。若地面不光滑，则系统的动量不守恒，CD不符合题意。
故答案为：A。
5.【答案】 B
【解析】A．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，碰撞时在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化，A不符合题意；
B．在碰撞现象中，由于内力远大于外力，故可以忽略外力的作用；认为碰撞时系统的总动量守恒，B符合题意；
C．如果碰撞过程中机械能也守恒，则碰撞为弹性碰撞，C不符合题意；
D．微观粒子相互接近时，虽然不发生直接碰撞，在相互作用的过程中，符合动量守恒的定义，所以其动量是可能守恒的，D不符合题意。
故答案为：B。
6.【答案】 C
【解析】Kˉ介子与π-介子均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 eBv=mv2R
粒子动量为P=mv=eBR
则有PKˉ：Pπ-=2：1
以K-的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得PKˉ=Pπ0-Pπ-
解得：Pπ0=3Pπ- ， 则π-的动量大小与π0的动量大小之比为1：3；
故答案为：C。
7.【答案】 D
【解析】系统分离前后，动量守恒： (m1+m2)v0=m1v1+m2v2 ，解得： v1=v0+m2m1(v0-v2) ，
故答案为：D
8.【答案】 A
【解析】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： v'a=-1m/s
碰撞后b球的速度为： v'b=2m/s
两球碰撞过程中，动能变化量为： ΔEk=12mava2+0-12mav'a2-12mbv'b2=12×1×32-12×1×12-12×2×22J=0
则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；
故答案为：A。
9.【答案】 D
【解析】解：A、根据△v=a△t可知a﹣t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+△v=2+ 12×(2+4)×6 =20m/s，故A错误；
B、根据动能定理得： W合=△Ek=12mv62-12mv02 =396J，故B错误；
C、在0～6 s内，拉力与摩擦力对物体有沿水平方向的冲量，有动量定理得：
IF﹣ft=mv6﹣mv0
代入数据得：IF=48N•s
即拉力对物体的冲量为48 N•s，故C错误
D、在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：
F=ma+f=2×4+2=10N
则在t=6s时刻，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确．
故选：D
10.【答案】 A
【解析】根据水平方向上动量守恒，小物体在A时系统速度为零，在D点时系统速度仍为零．根据能量守恒定律，小物体从A到D的过程中，小物体的重力势能全部转化为内能（摩擦力消耗掉），即 mgR=μmgx化简得 x= Rμ ，故A对 BCD错．
故选A．
11.【答案】 B
【解析】解：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：
mv0=（M+m）v
解得：v= mv0M+m
子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小v= mv0M+m ；
子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：
I=﹣（M+m）v﹣mv0=﹣2mv0
所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0
故答案为：B
12.【答案】 B
【解析】单位时间内喷到工件上的水的体积为：V=Svt
故质量为：m=ρV=ρSvt
设水的初速度方向为正方向，则由动量定理可得：Ft=0−mv
解得：F=− mvt =−ρSv2=1×103×10−7×(103)2=−100N
工件受到的冲击压力为100N，方向沿水流的方向
故答案为：B.
二、填空题
13.【答案】12
【解析】选物体为研究对象，研究整个运动过程，这个过程物体初、末状态的速度都等于零．
取水平力F的方向为正方向，
根据动量定理得：
（F－μmg）t1＋（－μmg）t2＝0，
解得：t2＝ F－μmgμmg t1＝ 30－0.2×5×100.2×5×10 ×6 s＝12 s．
14.【答案】0.015kg•m/s；0.0075kg•m/s；0.0075kg•m/s；碰撞中mv的矢量和是守衡的量
【解析】解：由图象可知，碰前入射小球的速度：
v1= s1t1 = =1m/s，
碰后入射球的速度：
v1′= s1't1' = 0.3m- =0.5m/s，
被碰球碰后的速度：
v2= s2t2 = 0.35m- =0.75m/s，
入射球碰前的动量：p=m1v1=0.015kg•m/s，
入射小球碰撞后的m1v1′=0.0075kg/s，
被碰小球碰撞后的：m2v2=0.0075kg•m/s，
碰后系统的总动量：p′=m1v1′+m2v2′=0.015kg•m/s．
通过计算发现：两小球碰撞前后的动量相等，即：碰撞中mv的矢量和是守衡的量．
故答案为：0.015kg•m/s；0.0075kg•m/s；0.0075kg•m/s；碰撞中mv的矢量和是守衡的量．
15.【答案】0.025；相同
【解析】解：碰撞过程动量守恒，设甲速度方向为正方向，
碰后乙的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m甲v甲﹣m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′，
解得：v甲′=0.025m/s，方向与原来方向相同．
故答案为：0.025；相同．
16.【答案】30°；0.8
【解析】解：由于小球下落过程中在竖直方向有：
h= 12 gt2 ，
解得：t= 2hg = 2×0.610 = 0.23 s，
故落到钢板上时小球在竖直方向的速度为：
vy=gt=10× 0.23 m/s= 23 m/s，
则有：tanθ= v0vy = 223 = 33
解得钢板与水平面的夹角为：θ=30°．
小球落到钢板上时的速度为：v= v2+vy2 = 22+(23)2=4 m/s
取小球与钢板碰撞前速度的方向为正方向，由动量定理得：I=△P=（﹣mv）﹣mv=﹣2mv=﹣2×0.10×4=﹣0.8N•S，负号表示方向与规定的正方向相反
故答案为：30°；0.8
三、综合题
17.【答案】 （1）解：设金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小为 v1 ，规定向右为正方向，对A、C由动量守恒得 mcv0=(mA+mc)v1
解得 v1=6m/s
（2）解：当A、B、C三者速度相等时弹簧的弹性势能最大，设速度的大小为 v2 ，对A、B、C由动量守恒得 mcv0=(mA+mB+mc)v2
解得 v2=5m/s
设最大弹性势能为EP ， C、A碰后到弹簧最短的过程，对A、B、C和弹簧整体由机械能守恒得 12(mA+mC)v12=12(mA+mB+mC)v22+Ep
解得 Ep=15J
【解析】（1）A、B两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解末速度；
（2）同理，A、B、C三个物体和弹簧组成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：设B经过d点时速度为 vd ，在d点 mBg=mBvd2R
解得 vd=3.2m/s
由机械能守恒定律 12mBvB2=12mBvd2+mBg⋅2R
解得 vB=4m/s
设弹簧恢复到自然长度时A、B的速度分别为 vA、vB ，由动量守恒定律 0=mAvA-mBvB
解得 vA=2m/s
（2）解：由能量关系 EP=12mAvA2+12mBvB2
可得 EP=12J
（3）解：A恰好能滑到小车左端，其共同速度为v，由动量守恒定 mAvA=(m+M)v
由能量关系 μmAgL=12mAvA2+12(m+M)v2
可得 L=1m
【解析】（1）当小球恰好经过最高点的时候，只有重力提供向心力，对小球进行受力分析，利用向心力公式求解此时的速度，再利用动量书恒定理求解末速度即可；
（2）物体的动能都来自于弹簧的弹性势能；
（3）两个物体组成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。
19.【答案】 （1）解：金属棒从静止开始下滑到水平面过程中，根据机械能守恒，则有 mgh=12mv12
则感应电动势为 E=BLv1
感应电流为 I=E3R
根据牛顿第二定律有 BIL=ma
联立解得 a=B2L22gh3mR
根据右手定则可知，电流方向由a到b，故根据左手定则可知，安培力方向水平向左，所以加速度方向也是水平向左。
（2）解：金属棒从进入磁场到 PP' 处停下，根据动量定理有 -BIL⋅Δt=mΔv
代入 I=BLv03R ，可得 -BLBLv03R⋅Δt=mΔv
变形得 -B2L23R⋅Δs=mΔv
两边求和，可得 -B2L23R⋅s=m(0-v1)
解得 s=3Rm2ghB2L2
（3）解：整个过程，根据动量定理可得 -B2L23R⋅s=m(v1-v2)
解得 v2=2v1
直接滑下时 Q1=mgh
返回时 Q2=12mv22-12mv12=32mv12=3mgh
故每个周期里定值电阻R中产生的焦耳热 Q=13(Q1+Q2)=43mgh
【解析】（1）对导体棒进行受力分析，对导体棒最高位置运动到最低位置的过程应用动能定理求解物体的末速度；
（2）结合导体棒受到的安培力，对处在水平轨道的导体棒应用动量定理求解运动距离；
（3）结合导体棒初末状态的速度，对导体棒的运动过程应用动能定理，其中导体棒克服安培力做的功即为电路产生的热量。
20.【答案】 （1）解：设碰撞前瞬间P的速度为 v0 ，碰撞后瞬间二者的共同速度为 v1
由机械能守恒定律，可得 m1gh=12m1v02
由动量守恒定律可得 m1v0=(m1+M)v1 ，联立解得 v1=132gh
（2）解：设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为 x' ，由胡可定律可得 kx=Mg ， kx'=Mg ，故 x=x'
二者从碰撞后瞬间到地面对B的弹力为零的运动过程中上升的高度为 h'=x+x'=2Mgk
由 x=x' 可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即 EP1=EP2
设弹力为零时二者共同速度的大小为v，由机械能守恒定律，得 12(m+M)v12=(m+M)gh'+12(m+M)v2 ，解得 v=2gh9-4Mg2k
（3）解：设小球Q从距离A高度为H时下落，Q在碰撞前后瞬间的速度分别为 v2、v3 ，碰后A的速度为 v4 ，由机械能守恒定律可得 m2gH=12m2v22
由动量守恒定律可得 m2v2=Mv4+m2v3
由能量守恒可得 12m2v22=12m2v32+12Mv42 ，
由（2）可知碰撞后A上升的最大高度为 h'=2Mgk
由能量守恒可得 12Mv42=Mgh'
联立解得 H=25Mg2k
【解析】（1）小球和物体A组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解末速度；
（2）当物体B受到的支持力为零时，这两个过程机械能守恒，列方程求解末速度；
（3）三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上升的高度。
一、单选题
1.甲、乙两物体沿同一直线相向运动，碰撞前甲物体的速度大小是 6m/s ，乙物体的速度大小是 2m/s 。碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度大小都是 4m/s 。则甲、乙两物体的质量之比是（ ）
A. 1∶1 B. 1∶3 C. 3∶5 D. 5∶3
2.质量为0.01kg的子弹，以400m/s的速度射入质量为0.49kg、静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中。若子弹刚好留在木块中，则它们一起运动的速度大小为（ ）
A. 6 m/s B. 8 m/s C. 10 m/s D. 12 m/s
3.如图所示，长度为L、质量为M的平板车静止在地面上，一个质量为m的人（可视为质点）站在平板车右端某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，此过程中车相对地面的位移大小为（车与水平地面间的摩擦不计）（ ）
A. MLM+m B. mLM+m C. mLM D. L
4.静止在水平地面上的平板车，当一人在车上行走时，下列说法正确的是（ ）
A. 只有当地面光滑时，人和小车组成的系统的动量才守恒
B. 无论地面是否光滑，人和小车组成的系统的动量都守恒
C. 只有当小车的表面光滑时，人和小车组成的系统的动量才守恒
D. 无论小车的表面是否光滑，人和小车组成的系统的动量都守恒
5.下列关于碰撞的理解正确的是（ ）
A. 碰撞是指相对运动的物体相遇时，在很长时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B. 在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒
C. 如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D. 微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解
6.K－介子衰变的方程为其中K－介子和π－介子带负的基本电荷，π0介子不带电。一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK－与Rπ－之比为2：1，π0介子的轨迹未画出。由此可知π－的动量大小与π0的动量大小之比为（ ）
A. 1：1 B. 1：2 C. 1：3 D. 1：6
7.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1 ， 后部分的箭体质量为m2 ， 分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ）
A. v0-v2 B. v0+v2 C. v1=v0-m2m1v2 D. v1=v0+m2m1(v0-v2)
8.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
9.一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图象如图所示，t=0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则（ ）
A. t=6 s时，物体的速度为18 m/s B. 在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J
C. 在0～6 s内，拉力对物体的冲量为36 N•s D. t=6 s时，拉力F的功率为200 W
10.如图所示，质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车上AB部分是半径R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间距离x随各量变化的情况是（ ）
A. 其他量不变，R越大x越大 B. 其他量不变，μ越大x越大
C. 其他量不变，m越大x越大 D. 其他量不变，M越大x越大
11.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（ ）
A. v= ，I=0 B. v= ，I=2mv0
C. v= ，I= D. v= ，I=2mv0
12.高速水流切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造中的高难度加工特制了一台高速水流切割机器人，该机器人的喷嘴横截面积为10-7m2 ， 喷嘴射出的水流速度为103m/s，水的密度为1×103kg/m3 ， 设水流射到工件上后速度立即变为零。则该高速水流在工件上产生的压力大小为( )
A. 1000N B. 100N C. 10N D. 1N
二、填空题
13.在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0．2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体向前运动的时间为________s．（g取10 m/s2）
14.“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球m1=15g，原来静止的被碰小球m2=10g，由实验测得它们在碰撞前后的x﹣t图象如图所示，由图可 知，入射小球碰撞前的m1v1是________，入射小球碰撞后的m1v1是________，被碰小球碰撞后的m2v2是________，由此得出结论________．
15.一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0.8kg的滑块甲以0.4m/s的速度与另一个质量为0.6kg、速度为0.2m/s的滑块乙迎面相撞，碰撞后滑块乙的速度大小变为0.3m/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”）．
16.质量为m=0.10kg的小钢球以v0=2.0m/s的水平速度抛出，下落h=0.6m时撞击一钢板，撞后速度大小不变恰好反向，则钢板与水平面的夹角θ=________，撞击钢板过程中，小球所受合外力的冲量的大小为________N•S（g=10m/s2）
三、综合题
17.如图所示，铁块A质量 mA=3.0 kg，木块B质量 mB=1.0 kg，一轻质弹簧连接A和B，静止在光滑的水平面上。质量 mC=2.0 kg的磁性金属块C以水平速度 v0=15m/s 向铁块A运动，相碰后粘在一起。求：
（1）磁性金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小；
（2）磁性金属块C与铁块A碰后弹簧的最大弹性势能。
18.如图，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为mA=2kg、mB=1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M=2kg的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处，已知圆形轨道的半径R=0.32m。已知A与小车之间的动摩擦因数μ=0.1，g取10m/s2 ， 求
（1）A、B离开弹簧瞬间的速率vA、vB；
（2）初始时弹簧的弹性势能；
（3）若A恰好没滑出小车，则小车的车长L是多少？
19.如图所示，间距为L的光滑金属导导轨MNP和M′N′P′由圆弧和水平两部分组成，圆弧和水平部分光滑连接，在水平导轨NPP′N′间存在磁感强度为B的匀强磁场，磁场垂直导轨平面向上，在M和M′之间连接一个电阻为R的定值电阻。现在将一根与导轨垂直、质量为m、电阻为2R的金属杆ab从圆弧轨道上距水平面高度为h处释放，金属棒恰能到达PP′处。导轨电阻不计，重力加速度为g。
（1）金属棒刚进入磁场时的加速度；
（2）水平导轨NP的长度s；
（3）若在PP′处安装有一储能装置，每次释放相同的能量，将恰好到达PP′处的金属棒弹回，使得金属棒可以在导轨上做周期性的运动，试求每个周期里定值电阻R中产生的焦耳热Q。
20.如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为M的物体A和B（均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量 m1=12M 的小球P从物体A正上方距其高度h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；
（2）当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小。
（3）若换成另一个质量 m2=14M 的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物体A达到最高点时，地面对物块B的弹力恰好为零。求Q开始下落时距离A的高度。（上述过程中Q与A只碰撞一次）
答案解析
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】选取甲开始时速度的方向为正方向，由动量守恒定律得m1v1-m2v2=m2v2′-m1v1′
代入数据解得 m1m2＝v2+v2'v1+v1'＝2+46+4＝35
故答案为：C。
2.【答案】 B
【解析】子弹射入木块过程中以子弹和木块为系统动量守恒，设子弹质量为m1 ， 初速度为v0 ， 木块质量为m2 ， 一起运动的速度为v，所以有 m1v0=(m1+m2)v
代入数据可解得v=8m/s，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
3.【答案】 B
【解析】选取向左为正方向，设人的速度大小为v1 ， 小车后退的速度大小为v2 ， 由于车与水平地面间的摩擦不计，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，则有 mv1-Mv2=0
设人从右端到达左端的时间为t，则人对地的位移大小为 x1=v1t ，平板车对地的位移大小为 x2=v2t ，由空间几何关系得 x1+x2=L
联立以上各式得 x2=mLm+M
故答案为：B。
4.【答案】 A
【解析】A．只有当地面光滑时，人和车组成的系统受到的外力之和才为零，系统的动量才守恒，A符合题意；
B．如果地面不光滑，则人和车组成的系统受到的合外力不为零，则系统动量不守恒，B不符合题意；
CD．小车的表面是否光滑只影响内力，不影响外力，无论小车的表面是否光滑，若地面光滑，系统的动量守恒。若地面不光滑，则系统的动量不守恒，CD不符合题意。
故答案为：A。
5.【答案】 B
【解析】A．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，碰撞时在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化，A不符合题意；
B．在碰撞现象中，由于内力远大于外力，故可以忽略外力的作用；认为碰撞时系统的总动量守恒，B符合题意；
C．如果碰撞过程中机械能也守恒，则碰撞为弹性碰撞，C不符合题意；
D．微观粒子相互接近时，虽然不发生直接碰撞，在相互作用的过程中，符合动量守恒的定义，所以其动量是可能守恒的，D不符合题意。
故答案为：B。
6.【答案】 C
【解析】Kˉ介子与π-介子均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 eBv=mv2R
粒子动量为P=mv=eBR
则有PKˉ：Pπ-=2：1
以K-的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得PKˉ=Pπ0-Pπ-
解得：Pπ0=3Pπ- ， 则π-的动量大小与π0的动量大小之比为1：3；
故答案为：C。
7.【答案】 D
【解析】系统分离前后，动量守恒： (m1+m2)v0=m1v1+m2v2 ，解得： v1=v0+m2m1(v0-v2) ，
故答案为：D
8.【答案】 A
【解析】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： v'a=-1m/s
碰撞后b球的速度为： v'b=2m/s
两球碰撞过程中，动能变化量为： ΔEk=12mava2+0-12mav'a2-12mbv'b2=12×1×32-12×1×12-12×2×22J=0
则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；
故答案为：A。
9.【答案】 D
【解析】解：A、根据△v=a△t可知a﹣t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+△v=2+ 12×(2+4)×6 =20m/s，故A错误；
B、根据动能定理得： W合=△Ek=12mv62-12mv02 =396J，故B错误；
C、在0～6 s内，拉力与摩擦力对物体有沿水平方向的冲量，有动量定理得：
IF﹣ft=mv6﹣mv0
代入数据得：IF=48N•s
即拉力对物体的冲量为48 N•s，故C错误
D、在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：
F=ma+f=2×4+2=10N
则在t=6s时刻，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确．
故选：D
10.【答案】 A
【解析】根据水平方向上动量守恒，小物体在A时系统速度为零，在D点时系统速度仍为零．根据能量守恒定律，小物体从A到D的过程中，小物体的重力势能全部转化为内能（摩擦力消耗掉），即 mgR=μmgx化简得 x= Rμ ，故A对 BCD错．
故选A．
11.【答案】 B
【解析】解：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：
mv0=（M+m）v
解得：v= mv0M+m
子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小v= mv0M+m ；
子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：
I=﹣（M+m）v﹣mv0=﹣2mv0
所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0
故答案为：B
12.【答案】 B
【解析】单位时间内喷到工件上的水的体积为：V=Svt
故质量为：m=ρV=ρSvt
设水的初速度方向为正方向，则由动量定理可得：Ft=0−mv
解得：F=− mvt =−ρSv2=1×103×10−7×(103)2=−100N
工件受到的冲击压力为100N，方向沿水流的方向
故答案为：B.
二、填空题
13.【答案】12
【解析】选物体为研究对象，研究整个运动过程，这个过程物体初、末状态的速度都等于零．
取水平力F的方向为正方向，
根据动量定理得：
（F－μmg）t1＋（－μmg）t2＝0，
解得：t2＝ F－μmgμmg t1＝ 30－0.2×5×100.2×5×10 ×6 s＝12 s．
14.【答案】0.015kg•m/s；0.0075kg•m/s；0.0075kg•m/s；碰撞中mv的矢量和是守衡的量
【解析】解：由图象可知，碰前入射小球的速度：
v1= s1t1 = =1m/s，
碰后入射球的速度：
v1′= s1't1' = 0.3m- =0.5m/s，
被碰球碰后的速度：
v2= s2t2 = 0.35m- =0.75m/s，
入射球碰前的动量：p=m1v1=0.015kg•m/s，
入射小球碰撞后的m1v1′=0.0075kg/s，
被碰小球碰撞后的：m2v2=0.0075kg•m/s，
碰后系统的总动量：p′=m1v1′+m2v2′=0.015kg•m/s．
通过计算发现：两小球碰撞前后的动量相等，即：碰撞中mv的矢量和是守衡的量．
故答案为：0.015kg•m/s；0.0075kg•m/s；0.0075kg•m/s；碰撞中mv的矢量和是守衡的量．
15.【答案】0.025；相同
【解析】解：碰撞过程动量守恒，设甲速度方向为正方向，
碰后乙的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m甲v甲﹣m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′，
解得：v甲′=0.025m/s，方向与原来方向相同．
故答案为：0.025；相同．
16.【答案】30°；0.8
【解析】解：由于小球下落过程中在竖直方向有：
h= 12 gt2 ，
解得：t= 2hg = 2×0.610 = 0.23 s，
故落到钢板上时小球在竖直方向的速度为：
vy=gt=10× 0.23 m/s= 23 m/s，
则有：tanθ= v0vy = 223 = 33
解得钢板与水平面的夹角为：θ=30°．
小球落到钢板上时的速度为：v= v2+vy2 = 22+(23)2=4 m/s
取小球与钢板碰撞前速度的方向为正方向，由动量定理得：I=△P=（﹣mv）﹣mv=﹣2mv=﹣2×0.10×4=﹣0.8N•S，负号表示方向与规定的正方向相反
故答案为：30°；0.8
三、综合题
17.【答案】 （1）解：设金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小为 v1 ，规定向右为正方向，对A、C由动量守恒得 mcv0=(mA+mc)v1
解得 v1=6m/s
（2）解：当A、B、C三者速度相等时弹簧的弹性势能最大，设速度的大小为 v2 ，对A、B、C由动量守恒得 mcv0=(mA+mB+mc)v2
解得 v2=5m/s
设最大弹性势能为EP ， C、A碰后到弹簧最短的过程，对A、B、C和弹簧整体由机械能守恒得 12(mA+mC)v12=12(mA+mB+mC)v22+Ep
解得 Ep=15J
【解析】（1）A、B两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解末速度；
（2）同理，A、B、C三个物体和弹簧组成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：设B经过d点时速度为 vd ，在d点 mBg=mBvd2R
解得 vd=3.2m/s
由机械能守恒定律 12mBvB2=12mBvd2+mBg⋅2R
解得 vB=4m/s
设弹簧恢复到自然长度时A、B的速度分别为 vA、vB ，由动量守恒定律 0=mAvA-mBvB
解得 vA=2m/s
（2）解：由能量关系 EP=12mAvA2+12mBvB2
可得 EP=12J
（3）解：A恰好能滑到小车左端，其共同速度为v，由动量守恒定 mAvA=(m+M)v
由能量关系 μmAgL=12mAvA2+12(m+M)v2
可得 L=1m
【解析】（1）当小球恰好经过最高点的时候，只有重力提供向心力，对小球进行受力分析，利用向心力公式求解此时的速度，再利用动量书恒定理求解末速度即可；
（2）物体的动能都来自于弹簧的弹性势能；
（3）两个物体组成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。
19.【答案】 （1）解：金属棒从静止开始下滑到水平面过程中，根据机械能守恒，则有 mgh=12mv12
则感应电动势为 E=BLv1
感应电流为 I=E3R
根据牛顿第二定律有 BIL=ma
联立解得 a=B2L22gh3mR
根据右手定则可知，电流方向由a到b，故根据左手定则可知，安培力方向水平向左，所以加速度方向也是水平向左。
（2）解：金属棒从进入磁场到 PP' 处停下，根据动量定理有 -BIL⋅Δt=mΔv
代入 I=BLv03R ，可得 -BLBLv03R⋅Δt=mΔv
变形得 -B2L23R⋅Δs=mΔv
两边求和，可得 -B2L23R⋅s=m(0-v1)
解得 s=3Rm2ghB2L2
（3）解：整个过程，根据动量定理可得 -B2L23R⋅s=m(v1-v2)
解得 v2=2v1
直接滑下时 Q1=mgh
返回时 Q2=12mv22-12mv12=32mv12=3mgh
故每个周期里定值电阻R中产生的焦耳热 Q=13(Q1+Q2)=43mgh
【解析】（1）对导体棒进行受力分析，对导体棒最高位置运动到最低位置的过程应用动能定理求解物体的末速度；
（2）结合导体棒受到的安培力，对处在水平轨道的导体棒应用动量定理求解运动距离；
（3）结合导体棒初末状态的速度，对导体棒的运动过程应用动能定理，其中导体棒克服安培力做的功即为电路产生的热量。
20.【答案】 （1）解：设碰撞前瞬间P的速度为 v0 ，碰撞后瞬间二者的共同速度为 v1
由机械能守恒定律，可得 m1gh=12m1v02
由动量守恒定律可得 m1v0=(m1+M)v1 ，联立解得 v1=132gh
（2）解：设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为 x' ，由胡可定律可得 kx=Mg ， kx'=Mg ，故 x=x'
二者从碰撞后瞬间到地面对B的弹力为零的运动过程中上升的高度为 h'=x+x'=2Mgk
由 x=x' 可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即 EP1=EP2
设弹力为零时二者共同速度的大小为v，由机械能守恒定律，得 12(m+M)v12=(m+M)gh'+12(m+M)v2 ，解得 v=2gh9-4Mg2k
（3）解：设小球Q从距离A高度为H时下落，Q在碰撞前后瞬间的速度分别为 v2、v3 ，碰后A的速度为 v4 ，由机械能守恒定律可得 m2gH=12m2v22
由动量守恒定律可得 m2v2=Mv4+m2v3
由能量守恒可得 12m2v22=12m2v32+12Mv42 ，
由（2）可知碰撞后A上升的最大高度为 h'=2Mgk
由能量守恒可得 12Mv42=Mgh'
联立解得 H=25Mg2k
【解析】（1）小球和物体A组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解末速度；
（2）当物体B受到的支持力为零时，这两个过程机械能守恒，列方程求解末速度；
（3）三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上升的高度。
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