第28期 《动量守恒定律》综合应用&核心素养阶段测试(一)-【数理报】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册同步学案（人教版2019）

书 答案详解 　　　２０２４～２０２５学年　高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期（２０２５年１月）　　　 第２５期３版参考答案 Ａ组 一、单选题 １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ａ　４．Ｄ　５．Ａ　６．Ａ　７．Ｄ 提示： １．做匀速圆周运动的质点速度方向时刻变化，故动量时刻 变化，ＡＢ错误；摆球相邻两次经过最低点时动量方向相反，所 以Ｃ项错误；平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落 体运动，在竖直方向的分动量ｐ竖 ＝ｍｖｙ＝ｍｇｔ所以Ｄ项正确． ２．对Ｂ由动量定理得：Ｍｇｔ＝Ｍｕ－０，设弹簧冲量为Ｉ，对Ａ 由动量定理得：Ｉ－ｍｇｔ＝ｍｖ－０，联立解得：Ｉ＝ｍｖ＋ｍｕ，故 ＡＢＣ错误，Ｄ正确． ３．由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，则它 们动量的变化量为Δｐ＝ｍｖ－ｍｖ０，子弹穿墙而过，末速度的方向 为正；橡皮泥粘在墙上，末速度等于０；钢球被以原速率反向弹 回，末速度等于 －ｖ０，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量 变化量最大．由动量定理Ｉ＝Δｐ，所以子弹受到的冲量最小，钢 球受到的冲量最大．结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最 小，钢球对墙的冲量最大． ４．ａ－ｔ图线与横轴围成的面积表示速度的变化量，结合甲 图可知两物体在ｔ０时刻速度相同，即０～ｔ０时间内ａ－ｔ图线与 横轴围成的面积相等，则有 １ ２ａ２ｔ０＝ａ１ｔ０，解得ａ２＝２ａ１故Ａ错 误；Ａ物体先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加 速运动，故Ｂ错误；由ｖ－ｔ图像可知，０～ｔ０时间内，Ａ、Ｂ两物体 速度变化量相等，但由于不知道两物体的质量关系，所以无法 比较两物体动能变化量大小，故Ｃ错误；０～ｔ０和ｔ０～２ｔ０两段 时间内，Ａ物体的ａ－ｔ图线与横轴围成的面积相等，表示速度 变化量Δｖ相等，根据动量定理知可知 Ａ物体在这两段时间内 所受合力的冲量相等，故Ｄ正确． ５．由ｐ＝ｍｖ可得，坐标原点时的速度为ｖ０＝ ｐ ｍ ＝４ｍ／ｓ， 故Ａ正确；由ｐ２＝ｍ２ｖ２，ｖ２＝ｖ２０＋２ａｘ可得，该图像的斜率大小 为ｋ＝２ａ，故物体的加速度大小为ａ＝８ｍ／ｓ２，故物体受到的合 力大小为１６Ｎ，Ｂ错误，Ｃ错误；由ｘ＝ｖ０ｔ＋ １ ２ａｔ ２可得，时间为 ｔ＝０．５ｓ，故Ｄ错误． ６．Ｆ＝Δｐ Δｔ ＝ρπｒ ２ｖ２Δｔ Δｔ ＝ρπｒ２ｖ２． ７．橡皮锤砸钉子时，橡皮锤具有弹性，具有缓冲作用，作用 时间比铁锤砸钉子时间长，根据动量定理，作用力较小，所以不 易将钉子钉进物体里，Ａ错误；跳远时，在沙坑里填沙，是为了 缓冲，增加人与接触面的作用时间，减小作用力，并不是为了减 小冲量，Ｂ错误；在推车时推不动，车所受的合力为零，合力的 冲量为零，Ｃ错误；根据动量定理，－ｆｔ＝０－ｐ，动量相同的两个 物体受相同的制动力的作用时，两个物体经过相等时间停下 来，与质量无关，Ｄ正确． 二、实验题 ８．（１）①ＡＣＥ　②ＡＣＤ；（２）０　 －２．２３×１０－４． 三、计算题 ９．解析：（１）小物块由Ａ到 Ｂ过程做匀减速运动，                                                         由动能 —１— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 定理可得：－μｍｇｘ＝ １２ｍｖ ２ １－ １ ２ｍｖ ２ ０， 代入数据解得：ｘ＝５ｍ； （２）选初速度方向为正方向，由动量定理得： ＦΔｔ＝－ｍｖ２－ｍｖ１，代入数据解得：Ｆ＝－６５Ｎ． １０．解析：设运动员从ｈ１处下落，刚触网时的速度为２ｇｈ１ ＝ｖ２１，解得ｖ１＝８ｍ／ｓ，方向向下，运动员反弹到达高度ｈ２，离网 时速度为２ｇｈ２ ＝ｖ ２ ２，解得ｖ２ ＝１０ｍ／ｓ，方向向上，在接触网的 过程中，运动员受到向上的弹力Ｆ和向下的重力ｍｇ，设向上方 向为正，由动量定理有（Ｆ－ｍｇ）ｔ＝ｍｖ２－（－ｍｖ１），解得Ｆ＝ １．５×１０３Ｎ． Ｂ组 一、多选题 １．ＡＣ　２．ＡＤ　３．ＢＣ 提示： １．Ａ、Ｂ两球在运动过程中只受重力作用，相等时间内重力 的冲量相同，因此在相等时间内两球动量的变化大小相等、方 向相同，所以Ａ正确；Ｂ错误；动量的变化率为Δｐ Δ ＝ｍΔｖ Δｔ ＝ｍｇ 则动量的变化率大小相等、方向相同，所以Ｃ正确；Ｄ错误． ２．在地面时，土的速度为零，被挖掘机运至最高点释放瞬 间速度也为零，因此，过程Ⅰ中这部分土的动量改变量为零，Ａ 正确；土在最高点时速度为零，落至车上瞬间速度不为零，因 此，过程Ⅱ中这部分土的动量改变量不为零，Ｂ错误；过程 Ⅰ 中，土不仅受自身重力的作用，还受挖掘机对其的作用力，故此 过程中动量的改变量等于重力与挖掘机作用力的合力的冲量， Ｃ错误；过程Ⅱ中，土只受自身重力的作用，故动量的改变量等 于重力的冲量，Ｄ正确． ３．由动能定理可知ｍｇｈ＝１２ｍｖ ２ ０，由Ｂ到Ｃ的过程中，加速 度大小为ａ＝μｍｇｍ ＝２ｍ／ｓ ２，由位移公式可得ｘ１ ＝ ｖ２－ｖ２０ －２ａ，可 得ｖ＝３ｍ／ｓ，由Ｃ到Ｄ可知ｘ２＝ ｖ′２ ２ａ，解得被缓冲器反弹，滑块 的速度大小ｖ′＝－２ｍ／ｓ（方向与初速度反向，取负），由动量定 理可知缓冲墙对滑块的冲量Δｐ＝ｍｖ′－ｍｖ＝－２５０Ｎ·ｓ，由动 能定理可得缓冲墙对滑块做的功Ｗ＝１２ｍｖ′ ２－１２ｍｖ ２＝－１２５Ｊ． 综上分析可知ＢＣ正确． 二、实验题 ４．（１）平衡摩擦力；（２）ｂｃ　ｄｅ；（３）０．４２　０．４１． 三、计算题 ５．（１）７５ｍ；　（２）４１６Ｎ． 解析：（１）无人机起飞后向上做匀加速运动，由牛顿运动 定律：Ｆ－ｍｇ－ｆ＝ｍａ，ｈ＝ １２ａｔ ２，联解公式解得ｈ＝７５ｍ． （２）无人机向下做匀加速运动，由动能定理有ｍｇＨ－ｆＨ＝ １ ２ｍｖ ２，与地面碰撞过程中，设地面对无人机作用力为Ｎ′，由动 量定理有（Ｎ′＋ｆ－ｍｇ）ｔ０＝０－（－ｍｖ），根据牛顿第三定律有： Ｎ＝Ｎ′，联立公式解得Ｎ＝４１６Ｎ． 第２６期３版参考答案 Ａ组 一、单选题 １．Ｄ　２．Ｃ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ａ　６．Ｄ　７．Ｂ 提示： １．由题意可知，地面光滑，所以Ａ、Ｂ和弹簧、小车组成的系 统受合外力为零，所以系统的动量守恒．在弹簧释放的过程中， 因ｍ１∶ｍＢ ＝１∶２，由摩擦力公式ｆ＝μＮ＝μｍｇ知，Ａ、Ｂ所受 的摩擦力大小不等，所以 Ａ、Ｂ组成的系统合外力不为零，Ａ、Ｂ 组成的系统动量不守恒，Ａ对小车向左的滑动摩擦力小于Ｂ对 小车向右的滑动摩擦力，在Ａ、Ｂ相对小车停止运动之前，小车 所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整 个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故选Ｄ                                                                      ． —２— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 ２．把人和车看成整体，用大锤连续敲打车的左端，根据动 量守恒定律可以知道，系统的总动量为零，车不会持续地向右 驶去，故Ａ错误；人从平板车的一端走到另一端的过程中，系统 水平方向不受外力，动量守恒，系统总动量为零，车不会持续地 向右驶去，故Ｂ错误；电风扇向左吹风，电风扇会受到一个向右 的反作用力，从而使平板车持续地向右驶去，故Ｃ正确；站在车 的右端将大锤丢到车的左端的过程中，系统水平方向不受外 力，动量守恒，系统总动量为零，车不会持续地向右驶去，故 Ｄ 错误． ３．因为第一次木块固定，所以子弹减少的能量全转化成内 能，而第二次木块不固定，根据动量守恒，子弹射穿后，木块具 有动能，所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能，因为 产热Ｑ＝ｆ·Δｘ，两次产热相同，所以第二次子弹剩余动能更 小，速度更小，而动量变化量等于 Δｐ＝ｍΔｖ，所以第一次速度 变化小，动量变化小．Ａ正确． ４．设发射子弹的数目为ｎ，ｎ颗子弹和木块Ｍ组成的系统 在水平方向上所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．选子 弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有ｍｖ２－Ｍｖ１ ＝０，解 得ｎ＝ Ｍｖ１ ｍｖ２ ，ＡＢＤ错误，Ｃ正确． ５．炸弹在光滑铜板上爆炸时，对铜板产生向下的作用力， 弹片受到铜板向上的反作用力，所以爆炸过程中总动量不守 恒．但水平方向上动量守恒，水平方向上的总动量为零．总动量 的方向在竖直方向上． ６．因Ｃ对Ｂ有摩擦力，故Ａ与Ｂ组成的系统动量不守恒，Ａ 错误；因弹簧对Ｂ有弹力，故Ｂ与Ｃ组成的系统动量不守恒，Ｂ 错误；因不计地面与Ｃ间的摩擦，故Ａ、Ｂ、Ｃ和弹簧组成的系统 受合外力为零，所以整个系统的动量守恒，若Ｂ相对Ｃ滑动，则 Ｂ与Ｃ之间存在滑动摩擦力，而一对滑动摩擦力做的总功不为 零，故此时Ａ、Ｂ、Ｃ组成的系统机械能不守恒，Ｃ错误；若弹簧的 弹力大于Ｃ对Ｂ的滑动摩擦力，则Ｂ先向右加速，而弹簧的弹 力不断减小，滑动摩擦力不变，故弹簧的弹力会小于滑动摩擦 力，则Ｂ向右减速，Ｄ正确． ７．由题图可知，碰前红壶的速度ｖ０＝１．０ｍ／ｓ，碰后速度为 ｖ′０ ＝０．２ｍ／ｓ，均为正值，可知，碰后红壶未被反弹，Ａ错误；设 碰后蓝壶的速度为ｖ，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据 动量守恒定律可得：ｍｖ０ ＝ｍｖ′０＋ｍｖ，解得 ｖ＝０．８ｍ／ｓ，Ｂ正 确；根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，可得碰后壶 移动的位移大小ｘ＝ ｖ２ｔ＝ ０．８ ２ ×５ｍ＝２ｍ，Ｃ错误；根据速度 图线的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速 度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力 大于蓝壶所受摩擦力，Ｄ错误． 二、实验题 ８．（１）ＯＰ　ＯＮ　６５．５；（２）不会；（３）Ｄ． 三、计算题 ９．解析：以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，设甲车、 乙车与人具有相同的速度ｖ′，由动量守恒得（ｍ１＋ｍ′）ｖ－ｍ２ｖ０ ＝（ｍ１＋ｍ２＋ｍ′）ｖ′，解得ｖ′＝１ｍ／ｓ．以人与甲车为系统，人跳 离甲车过程动量守恒，得（ｍ１＋ｍ′）ｖ＝ｍ１ｖ′＋ｍ′ｕ，解得ｕ＝ ３．８ｍ／ｓ，因此，只要人跳离甲车的速度ｕ≥３．８ｍ／ｓ，就可避免 两车相撞． １０．解析：（１）木块与平板车组成的系统作用前后动量守 恒，据动量守恒定律得ｍｖ０ ＝（ｍ０＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝０．６ｍ／ｓ． （２）设木块相对平板车的滑行时间为 ｔ，以木块为研究对 象，取ｖ０方向为正方向，根据动量定理有－μｍｇｔ＝ｍｖ－ｍｖ０，解 得ｔ＝８ｓ． Ｂ组 一、多选题 １．ＡＢＣ　２．ＡＢＤ　３．ＣＤ 提示： １．Ａ、Ｂ两木块离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律                                                                      ｖ —３— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 ＝ ｌｔ，ｈ＝ １ ２ｇｔ ２，可得ｖ＝ ｌ ２ｈ 槡ｇ ，则木块Ａ、Ｂ离开弹簧时的速 度大小之比为 ｖＡ ｖＢ ＝ ｌＡ ｌＢ ＝１２，所以Ａ正确；以向左为正方向，根 据动量守恒定律得ｍＡｖＡ－ｍＢｖＢ ＝０，因此 ｍＡ ｍＢ ＝ ｖＢ ｖＡ ＝２１，所以 Ｂ正确；木块 Ａ、Ｂ离开弹簧时的动能之比为 ＥｋＡ ＥｋＢ ＝ １ ２ｍＡｖ ２ Ａ １ ２ｍＢｖ ２ Ｂ ＝ １ ２，所以Ｃ正确；弹簧对木块Ａ、Ｂ的作用力大小之比 ＦＡ ＦＢ ＝ １１ 所以Ｄ错误． ２．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 （ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２，位移：ｓ＝ｖ１ｔ－ｖ２ｔ代入数据解得： ｖ１＝０．７０ｍ／ｓ，ｖ２＝－０．２０ｍ／ｓ，符号表示速度方向与正方向相 反；故选项ＡＢ正确，Ｃ错误；由能量守恒定律得 １２（ｍ１＋ｍ２）ｖ ２ ０ ＋Ｅｐ＝ １ ２ｍ１ｖ ２ １＋ １ ２ｍ２ｖ ２ ２，代入数据解得Ｅｐ＝０．２７Ｊ选项Ｄ正 确． ３．若人跳离 ｂ、ｃ车时速度为 ｖ，由动量守恒定律有 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＝ ｍ人 ｖ Ｍ车 ，得ｖｂ＝０，ｖａ ＝ ｍ人 ｖ Ｍ车 ＋ｍ人 ，即ｖｃ＞ｖａ ＞ｖｂ 并且ｖｃ与ｖａ方向相反．所以选项ＡＢ错误，选项ＣＤ正确． 二、实验题 ４．（１）２０．０２ｍｍ；（２）０．５０１； （３） ｍＡ Δｔ１ － ｍＢ Δｔ２ ＝ ｍＢ Δｔ′２ － ｍＡ Δｔ′１ ． 解析：（１）游标卡尺的精度为０．０２ｍｍ，由图示游标卡尺可 知，其示数为２０ｍｍ＋１×０．０２ｍｍ＝２０．０２ｍｍ． （２）滑块的速度 ｖ＝ ｄｔ＝ ２０．０２×１０－３ ４０．０×１０－３ ｍ／ｓ≈０．５０１ｍ／ｓ． （３）由题知，取向右为正，则碰撞前 Ａ、Ｂ的速度分别为 ｖＡ ＝ ｄ Δｔ１ ，ｖＢ ＝－ ｄ Δｔ２ ，则碰撞后Ａ、Ｂ的速度分别为ｖ′Ａ ＝ ｄ Δｔ′１ ，ｖ′Ｂ ＝ ｄ Δｔ′２ ，根据动量守恒定律，则有ｍＡｖＡ＋ｍＢｖＢ ＝ｍＡｖ′Ｂ＋ｍＢｖ′Ｂ，代 入各个速度的表达式，可得 ｍＡ Δｔ１ － ｍＢ Δｔ２ ＝ ｍＢ Δｔ′２ － ｍＡ Δｔ′１ ． 三、计算题 ５．解析：（１）人跳起后 Ａ与 Ｂ碰撞前后动量守恒，设碰后 ＡＢ的速度ｖ１，ｍＡｖ０＝ｍＡｖ１＋ｍＢｖ１，解得ｖ１＝１ｍ／ｓ，Ａ对Ｂ的冲 量Ｉ＝ｍＢｖ１ ＝２０×１Ｎ·ｓ＝２０Ｎ·ｓ，方向水平向右． （２）人下落与ＡＢ作用前后，水平方向动量守恒，设共同速 度ｖ２，ｍ人 ｖ０＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ１＝（ｍ人 ＋ｍＡ＋ｍＢ）ｖ２，代入数据得 ｖ２ ＝２．４ｍ／ｓ． 第２７期３版参考答案 Ａ组 一、单选题 １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ａ　４．Ａ　５．Ｂ　６．Ｂ　７．Ａ 提示： １．把人和外衣看作一个系统，由动量守恒定律可知衣服水 平抛出时，人会向衣服被抛出的相反方向运动，故选项Ｄ正确． 人体各部分总动量为０，选项Ａ、Ｂ错误．由于冰面光滑，人不可 能在冰面上滚动，选项Ｃ错误． ２．小钢球５向右摆起，且达到的最大高度与小钢球１的释 放高度相同，由分析知５个小钢球组成的系统机械能守恒，但 在小钢球１下落和小钢球５上升过程中都受到重力的冲量，动 量不守恒，故Ａ、Ｂ错误．如果向左拉起小钢球１、２、３到相同高 度同时由静止释放，则３与４碰后，３停止、４具有向右的速度，４ 与５碰撞交换速度，４停止、５向右摆起；３刚停止的时候２过来 与之碰撞交换速度，然后３与４碰撞，使４向右摆起；２刚停止的 时候１过来与之碰撞交换速度，然后２与３碰撞交换速度，使３ 向右摆起；故经碰撞后，小钢球３、４、５一起向右摆起，且上升的 最大高度与小钢球１、２、３的释放高度相同，故Ｄ正确，Ｃ错误                                                                      ． —４— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 ３．题图甲中，探测器类似于与行星对面正碰，设探测器的 质量为ｍ，行星的质量为Ｍ，碰后行星的速度大小为ｕ１，以向右 为正方向，根据动量守恒定律有ｍｖ０－Ｍｕ＝－（ｍｖ１＋Ｍｕ１）， 由能量守恒定律可得 １ ２ｍｖ ２ ０＋ １ ２Ｍｕ ２ ＝ １２ｍｖ ２ １＋ １ ２Ｍｕ ２ １，联立 可得ｖ１ ＝ Ｍ－ｍ Ｍ＋ｍｖ０＋ ２Ｍ Ｍ＋ｍｕ，由于Ｍｍ，则ｖ１ ＝ｖ０＋２ｕ＞ ｖ０，故Ａ正确，Ｂ错误；题图乙中，类似于探测器追上行星与之正 碰，设碰后行星的速度大小为ｕ２，以向右为正方向，根据动量守 恒定律有－ｍｖ０－Ｍｕ＝ｍｖ２－Ｍｕ２，由能量守恒定律可得 １ ２ｍｖ ２ ０ ＋１２Ｍｕ ２＝１２ｍｖ ２ ２＋ １ ２Ｍｕ ２ ２，联立可得ｖ２＝ Ｍ－ｍ Ｍ＋ｍｖ０－ ２Ｍ Ｍ＋ｍｕ， 由于Ｍｍ，则ｖ２ ＝ｖ０－２ｕ＜ｖ０，故Ｃ、Ｄ错误． ４．依题意可知，火箭原来的速度为ｖ０，初动量为ｐ０＝Ｍｖ０， 质量为Δｍ的气体喷出后，火箭的质量为（Ｍ－Δｍ），设气体喷 出后，火箭和气体的速度分别为ｖ１和ｖ２，则气体相对火箭的速 度为ｖ＝ｖ１＋ｖ２，ｖ２＝ｖ－ｖ１，选ｖ１的方向为正方向，则系统的末 动量为ｐ＝（Ｍ－Δｍ）ｖ１＋Δｍ［－（ｖ－ｖ１）］＝Ｍｖ１－Δｍｖ，由 动量守恒定律有 ｐ＝ｐ０，则 Ｍｖ１ －Δｍｖ＝Ｍｖ０，所以 ｖ１ ＝ Ｍｖ０＋Δｍｖ Ｍ ，故Ａ正确． ５．由水平方向平均动量守恒有 ｍｘ小球 ｔ ＝ ２ｍｘ大球 ｔ ，又ｘ小球 ＋ ｘ大球 ＝Ｒ所以ｘ大球 ＝ １ ３Ｒ，Ｂ正确． ６．由于箱子Ｍ放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组 成的系统整体动量是守恒的，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 为ΔＥｋ＝ １ ２ｍｖ ２－１２（Ｍ＋ｍ）ｖ ２ １＝ ｍＭｖ２ ２（Ｍ＋ｍ），Ａ错误，Ｂ正确； 由于小物块与箱壁碰撞Ｎ次后恰又回到箱子正中间，可知小块 块相对于箱子的路程为 ＮＬ，Ｎ为小物块与箱子之间碰撞的次 数，所以系统损失的动能还可以表示为ΔＥｋ＝Ｑ＝ＮμｍｇＬ，Ｃ、 Ｄ错误． ７．两球压缩最紧时，两球速度相等，两球的弹性势能最大， 为Ｅｐ．根据碰撞过程中动量守恒，以及总机械能守恒求出 ａ球 的速度．设碰撞前ａ球的速度为 ｖ，碰后的共同速度为 ｖ′，根据 动量守恒定律得 ｍｖ＝２ｍｖ′．在碰撞过程中机械能守恒，有 １ ２ｍｖ ２ ＝ １２×２ｍｖ′ ２＋Ｅｐ，得ｖ′＝ Ｅｐ 槡ｍ． 二、填空题 ８．不守恒　守恒　 ｍＭ－ｍｖ０． 三、计算题 ９．解析：要使两车不相撞，则临界条件为两车速度相等．选 ｖ０的方向为正方向，以三者为系统，动量守恒．０＋ｍ２ｖ０＝（ｍ１＋ ｍ＋ｍ２）ｖ共，解得 ｖ共 ＝５ｍ／ｓ，以球与乙车为系统，动量守恒． ｍ２ｖ０－ｍｖ＝（ｍ＋ｍ２）ｖ共，解得ｖ＝２５ｍ／ｓ． １０．（１）１１６ｍｖ ２ ０；　（２） １３ ４８ｍｖ ２ ０． 解析：（１）从Ａ压缩弹簧到Ａ与Ｂ具有相同速度ｖ１时，对Ａ、 Ｂ与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得ｍｖ０＝２ｍｖ１，此时Ｂ与 Ｃ发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为 ｖ２，损失的机 械能为ΔＥ．对Ｂ、Ｃ组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定 律得ｍｖ１ ＝２ｍｖ２， １ ２ｍｖ ２ １ ＝ΔＥ＋ １ ２（２ｍ）ｖ ２ ２，联立解得 ΔＥ＝ １ １６ｍｖ ２ ０． （２）由（１）可知ｖ２＜ｖ１，Ａ将继续压缩弹簧，直至Ａ、Ｂ、Ｃ三 者速度相同，设Ａ、Ｂ、Ｃ三者共同速度为ｖ３，此时弹簧被压缩至 最短，其弹性势能为 Ｅｐ．由动量守恒定律和能量守恒定律得 ｍｖ０ ＝３ｍｖ３，又 １ ２ｍｖ ２ ０－ΔＥ＝ １ ２（３ｍ）ｖ ２ ３＋Ｅｐ联立解得Ｅｐ ＝ １３ ４８ｍｖ ２ ０                                                                      ． —５— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 Ｂ组 一、多选题 １．ＡＢＣ　２．ＢＣ　３．ＡＤ 提示： １．设气球质量为ｍ′，人的质量为ｍ，由于气球匀速上升，系 统所受的外力之和为０，当人沿吊梯向上爬时，整个系统动量 守恒，选向上为正方向，则（ｍ′＋ｍ）ｖ０ ＝ｍｖ１＋ｍ′ｖ２，在人向上 爬的过程中，气球的速度为ｖ２ ＝ （ｍ′＋ｍ）ｖ０－ｍｖ１ ｍ′ ．当 ｖ２ ＞０ 时，气球匀速上升；当ｖ２＝０时，气球静止；当ｖ２＜０时，气球下 降．所以选项 Ａ、Ｂ、Ｃ均正确．要使气球运动速度不变，则人的 速度仍为ｖ０，即人不往上爬，显然不符合题意，选项Ｄ错误． ２．以两球组成的系统为研究对象，以Ａ球的初速度方向为 正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得ｍｖ＝ｍｖＡ＋ ２ｍｖＢ，由机械能守恒定律得 １ ２ｍｖ ２ ＝１２ｍｖ ２ Ａ＋ １ ２×２ｍｖ ２ Ｂ，解得 ｖＡ ＝－ １ ３ｖ，ｖＢ ＝ ２ ３ｖ，负号表示碰撞后Ａ球反向弹回．如果碰撞 为完全非弹性碰撞，以Ａ球的初速度方向为正方向，由动量守 恒定律得ｍｖ＝（ｍ＋２ｍ）ｖＢ，解得ｖＢ ＝ １ ３ｖ，则碰撞后Ｂ球的速 度范围是 １ ３ｖ≤Ｂ≤ ２ ３ｖ，故Ｂ、Ｃ正确，Ａ、Ｄ错误． ３．由题图乙可知，木板获得的速度大小为 ｖ＝１ｍ／ｓ，Ａ、Ｂ 组成的系统动量守恒，以Ｂ的初速度方向为正方向，由动量守 恒定律得ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得木板Ａ的质量Ｍ＝４ｋｇ，木板 获得的动能Ｅｋ ＝ １ ２Ｍｖ ２ ＝２Ｊ，故Ａ正确；系统损失的机械能 ΔＥ＝１２ｍｖ ２ ０－ １ ２ｍｖ ２－１２Ｍｖ ２ ＝４Ｊ，故Ｂ错误；由题图乙知０ ～１ｓ内Ｂ的位移为ｘＢ ＝ １ ２×（２＋１）×１ｍ＝１．５ｍ，Ａ的位 移为ｘＡ ＝ １ ２×１×１ｍ＝０．５ｍ，木板Ａ的最小长度为Ｌ＝ｘＢ －ｘＡ＝１ｍ，故Ｃ错误；由题图乙可知，Ｂ的加速度ａ＝－１ｍ／ｓ ２， 负号表示加速度的方向与初速度方向相反，由牛顿第二定律得 －μｍｂｇ＝ｍＢａ，解得μ＝０．１，故Ｄ正确． 二、填空题 ４．３２３　０．３　１　４ 三、计算题 ５．（１）单级爆炸时，取向左为正方向，由动量守恒定律得０ ＝２ｍｖＡ－ｍｖＢ，由能量守恒定律得２ΔＥ＝ １ ２×２ｍｖ ２ Ａ＋ １ ２ｍｖ ２ Ｂ， 联立解得ｖＡ ＝ ２ΔＥ ３槡ｍ，ｖＢ ＝２ ２ΔＥ ３槡ｍ． （２）Ｑ爆炸过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得０＝ ２ｍｖＤＦ －ｍｖＧ，由能量守恒定律得ΔＥ＝ １ ２×２ｍｖ ２ ＤＦ＋ １ ２ｍｖ ２ Ｇ，Ｐ 爆炸过程，同理可得２ｍｖＤＦ ＝ｍｖＤ ＋ｍｖＦ，ΔＥ＋ １ ２×２ｍｖ ２ ＤＦ ＝ １ ２ｍｖ ２ Ｄ ＋ １ ２ｍｖ ２ Ｆ，联立解得ｖＤ ＝（１＋槡 ３ ３） ΔＥ 槡ｍ． 第２８期３、４版参考答案 一、单选题 １．Ｃ　２．Ｂ　３．Ｃ　４．Ｂ　５．Ｄ　６．Ｂ　７．Ａ 提示： １．以喷出的气体为研究对象，设每秒喷出气体的质量为 Δｍ，由动量定理知ＦΔｔ＝Δｍｖ０，对火箭有Ｆ－ｍｇ＝ｍａ，联立解 得ｖ０＝ ｍ（ｇ＋ａ）Δｔ Δｍ ＝６×１０ ３×（９．８＋２０．２） ２００ ｍ／ｓ＝９００ｍ／ｓ，选项 Ｃ正确． ２．两直线平行，在相同的时间内动量的变化量相等，由动 量定理知，选项Ｂ正确． ３．设滑块的质量为ｍ，则盒的质量为２ｍ．对整个过程，由 动量守恒定律可得ｍｖ＝３ｍｖ共，解得ｖ共 ＝ ｖ ３，由能量守恒定律 可知μｍｇｘ＝ １２ｍｖ ２－１２·３ｍ·（ ｖ ３） ２，解得ｘ＝ ｖ ２ ３μｇ ．故选项 Ｃ正确                                                                      ． —６— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 ４．根据在天体表面附近，重力等于万有引力得 ｍｇ′＝ Ｇｍ′ｍ Ｒ２ ，所以ｇ′＝Ｇｍ′ Ｒ２ ， ｇ火 ｇ ＝ ｍ火 ｍ地 · Ｒ２地 Ｒ２火 ＝０．１×４＝０．４，火星表 面的重力加速度为ｇ火 ＝０．４ｇ．对着陆器根据动量定理有（Ｆ－ ０．４ｍｇ）ｔ０ ＝０－（－ｍｖ０），解得Ｆ＝ｍ（０．４ｇ＋ ｖ０ ｔ０ ），故选项Ｂ 正确． ５．由将１号移至高度ｈ释放，碰撞后，观察到２号静止、３号 摆至高度ｈ，可知，小球１、２间，２、３间发生了弹性碰撞，且碰后 交换速度．若２号换成质量不同的小钢球，１、２间，２、３间碰后并 不交换速度，则３号上摆的高度不等于ｈ，选项Ａ错误．将１、２号 一起移至高度ｈ释放，碰撞后，观察到１号静止，２、３号一起摆 至高度ｈ，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系 统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统 所受外力不为０，所以系统动量不守恒，故选项Ｂ错误．将右侧 涂胶的１号移至高度ｈ释放，１、２号碰撞后粘在一起，发生非弹 性碰撞，机械能有损失，再与３球碰撞后，３球获得的速度小于１ 与２碰撞前瞬间的速度，则３号上升的高度小于ｈ，故选项Ｃ错 误．小球１、２间，２、３间发生非弹性碰撞，机械能有损失，释放后 整个过程机械能和动量都不守恒，故选项Ｄ正确． ６．弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守 恒．由于两弹片均水平飞出，飞行时间ｔ＝ ２ｈ槡ｇ ＝１ｓ．取向右 为正方向，由水平速度ｖ＝ ｘｔ知，选项Ａ中，ｖ甲 ＝２．５ｍ／ｓ，ｖ乙 ＝－０．５ｍ／ｓ；选项Ｂ中，ｖ甲 ＝２．５ｍ／ｓ，ｖ乙 ＝０．５ｍ／ｓ；选项 Ｃ 中，ｖ甲 ＝１ｍ／ｓ，ｖ乙 ＝２ｍ／ｓ；选项 Ｄ中，ｖ甲 ＝－１ｍ／ｓ，ｖ乙 ＝ ２ｍ／ｓ．因为爆炸瞬间动量守恒，所以ｍｖ＝ｍ甲 ｖ甲 ＋ｍ乙 ｖ乙，其 中ｍ甲 ＝ ３ ４ｍ，ｍ乙 ＝ １ ４ｍ，ｖ＝２ｍ／ｓ，代入数据计算知选项Ｂ 正确． ７．小车和小物体组成的系统水平方向动量守恒且为０，所 以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为 ０，则小车和小物体最终相对于水平面也静止，由能量守恒得 μｍｇｘ＝ｍｇＲ，ｘ＝Ｒμ ，选项Ａ正确，选项Ｂ、Ｃ、Ｄ错误． 二、多选题 ８．ＣＤ　９．ＡＢ　１０．ＡＣＤ 提示： ８．设兔子与树桩之间的撞击力为Ｆ，兔子撞击后速度为０， 根据动量定理有Ｆｔ＝ｍｖ，所以ｖ＝Ｆｔｍ≥ ｍｇｔ ｍ ＝ｇｔ＝２ｍ／ｓ，选 项Ｃ、Ｄ正确． ９．在位移—时间图像中斜率表示速度，碰撞前Ａ的速度为 负值，碰撞后Ａ的速度为正值，因此碰撞前后 Ａ的运动方向相 反，故选项Ａ正确．根据动量守恒定律有ｍＡｖＡ＋ｍＢｖＢ ＝（ｍＡ＋ ｍＢ）ｖ，由图像可知ｖＡ ＝－５ｍ／ｓ，ｖＢ ＝１０ｍ／ｓ，ｖ＝５ｍ／ｓ，代入 上式，可得 ｍＡ ｍＢ ＝１２，故选项Ｂ正确．由速度大小变化可知，在碰 撞前后，Ｂ的速度减小，Ａ的速度不变，故Ｂ的动能变小，Ａ的动 能不变，故选项Ｃ错误．碰撞前后Ｂ的运动方向相同，Ａ的运动 方向改变，因此碰撞前Ｂ的动量较大，故选项Ｄ错误． １０．当小球与小车的水平速度相等时，小球沿弧形槽上升 到最大高度，设该高度为ｈ，则ｍｖ０ ＝２ｍｖ，得ｖ＝ １ ２ｖ０，选项Ａ 正确．设小球离开小车时，小球的速度为 ｖ１，小车的速度为 ｖ２， 整个过程中动量守恒，得ｍｖ０ ＝ｍｖ１＋ｍｖ２①，由机械能守恒得 １ ２ｍｖ ２ ０ ＝ １ ２ｍｖ ２ １＋ １ ２ｍｖ ２ ２②，联立①②解得ｖ１ ＝０，ｖ２ ＝ｖ０，即 小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自 由落体运动，选项Ｂ错误，选项Ｃ正确．对小车运用动能定理， 得小球对小车做功Ｗ ＝ １２ｍｖ ２ ０－０＝ １ ２ｍｖ ２ ０，选项Ｄ正确． 三、实验题 １１．（１）机械能　ＣＤ； （２） ２ｇｌ（１－ｃｏｓθ槡                                                                      ）； —７— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 （３）ｍｖ０ ＝（ｍ＋ｍ′）ｖ 解析：（１）（２）子弹射入摆锤后，与摆锤一起从最低位置摆 至最高位置的过程中，机械能守恒．在最低位置时，子弹和摆锤 的共同速度为ｖ，由机械能守恒定律可得 １２（ｍ＋ｍ′）ｖ ２＝（ｍ＋ ｍ′）ｇ（ｌ－ｌｃｏｓθ），解得ｖ＝ ２ｇｌ（１－ｃｏｓθ槡 ）．要得到子弹和摆 锤一起运动的初速度ｖ，还需要测量的物理量有冲击摆的摆长ｌ 和摆锤摆动时摆线的最大摆角θ． （３）射入摆锤前子弹速度为ｖ０，动量为ｍｖ０；子弹和摆锤一 起运动的瞬间速度为ｖ，动量为（ｍ＋ｍ′）ｖ．若该过程中 ｍｖ０ ＝ （ｍ＋ｍ′）ｖ，则该过程中动量守恒． １２．（１）４．８００；　（２）Ａ；　（３） ｍ１ ｔ１ ＝ ｍ２ ｔ２ ， ｍ１ｄ ２ ２ｔ２１ ＋ ｍ２ｄ ２ ２ｔ２２ 解析：（１）由图示螺旋测微器可知，其示数为４．５ｍｍ＋ ３０．０×０．０１ｍｍ＝４．８００ｍｍ． （２）滑块经过光电门时的速度ｖ１＝ ｄ ｔ１ ，ｖ２＝ ｄ ｔ２ ，烧断细线 前后系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 ｍ１ｖ１ －ｍ２ｖ２ ＝０，整理得 ｍ１ ｔ１ ＝ ｍ２ ｔ２ ，验证动量守恒定律需要测量ｍ１、 ｍ２、ｔ１、ｔ２，故选Ａ． （３）由（２）可知，验证动量守恒定律的表达式为 ｍ１ ｔ１ ＝ ｍ２ ｔ２ ； 烧断细线后弹簧弹性势能转化为滑块的动能，由能量守恒定律 可知，烧断细线前弹簧的弹性势能 Ｅｐ ＝ １ ２ｍ１ｖ ２ １＋ １ ２ｍ２ｖ ２ ２ ＝ ｍ１ｄ ２ ２ｔ２１ ＋ ｍ２ｄ ２ ２ｔ２２ ． 四、计算题 １３．解析：弹丸击中沙袋瞬间，系统水平方向不受外力，动 量守恒，设击中后弹丸和沙袋的共同速度为 ｖ１，细绳长为 ｌ，根 据动量守恒定律有ｍｖ０＝（ｍ＋５ｍ）ｖ１，沙袋摆动过程中只有重 力做功，机械能守恒，所以 １ ２×６ｍｖ ２ １ ＝６ｍｇｌ（１－ｃｏｓθ），设第 二粒弹丸击中沙袋后弹丸和沙袋的共同速度为ｖ２，同理有ｍｖ－ （ｍ＋５ｍ）ｖ１ ＝（ｍ＋６ｍ）ｖ２， １ ２×７ｍｖ ２ ２ ＝７ｍｇｌ（１－ｃｏｓθ），联 立以上各式解得 ｖ０ ｖ ＝６∶１３． １４．解析：（１）根据匀变速直线运动公式，有 ｌ＝ ｖ２Ｂ －ｖ ２ Ａ ２ａ ＝１００ｍ． （２）根据动量定理有Ｉ＝ｍｖＢ－ｍｖＡ ＝１８００Ｎ·ｓ． !" # !（３）运动员经过Ｃ点时的受力分析如图所示，根据动 能定理，运动员在ＢＣ段运动的过程中，有ｍｇｈ＝１２ｍｖ ２ Ｃ－ １ ２ｍｖ ２ Ｂ，根据牛顿第二定律有ＦＮ－ｍｇ＝ｍ ｖ２Ｃ Ｒ， 联立解得ＦＮ ＝３９００Ｎ． １５．解析：设小球运动到最低点与物块相撞前的速度大小 为ｖ１，取小球运动到最低点时的重力势能为０，根据机械能守恒 定律有ｍｇｈ＝ １２ｍｖ ２ １，解得ｖ１ ＝ ２槡ｇｈ，设碰撞后小球反弹的 速度大小为ｖ′１，同理有ｍｇ ｈ １６＝ １ ２ｍｖ′ ２ １，解得ｖ′１ ＝ ｇｈ 槡８，设 碰撞后物块的速度大小为 ｖ２，取水平向右为正方向，由动量守 恒定律有ｍｖ１＝－ｍｖ′１＋５ｍｖ２，解得ｖ２＝ ｇｈ 槡８，由动量定理可 得，碰撞过程物块获得的冲量为Ｉ＝５ｍｖ２ ＝ ５ ４ｍ ２槡ｇｈ，物块 在水平面上滑行所受摩擦力的大小为 Ｆ＝５μｍｇ，设物块在水 平面上滑行的距离为ｓ，由动能定理有－Ｆｓ＝０－１２×５ｍｖ ２ ２，解 得ｓ＝ ｈ１６μ                                                                      ． —８— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 ! ! ! ! " 书书书 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ５４ 分 ） 三 、 实 验 题 （ 本 题 共 ２ 小 题 ， 共 １６ 分 ， 将 正 确 答 案 填 在 题 中 横 线 上 或 按 要 求 作 答 ） １１．（８ 分 ） 图 ７ 是 “ 冲 击 摆 ” 的 示 意 图 ， 摆 锤 的 质 量 很 大 ，子 弹 以 初 速 度 ｖ ０ 从 水 平 方 向 射 入 原 来 静 止 的 摆 锤 并 留 在 其 中 ， 随 摆 锤 一 起 摆 动 ，整 个 过 程 不 计 空 气 阻 力 ． （１ ） 子 弹 射 入 摆 锤 后 ， 与 摆 锤 一 起 从 最 低 位 置 摆 至 最 高 位 置 的 过 程 中 ， 守 恒 ． 要 得 到 子 弹 和 摆 锤 一 起 运 动 的 初 速 度 ｖ， 还 需 要 测 量 的 物 理 量 有 ． Ａ ． 子 弹 的 质 量 ｍ Ｂ． 摆 锤 的 质 量 ｍ ′ Ｃ． 冲 击 摆 的 摆 长 ｌ Ｄ ． 摆 锤 摆 动 时 摆 线 的 最 大 摆 角 θ （２ ） 用 问 题 （１ ） 中 测 量 的 物 理 量 表 示 子 弹 和 摆 锤 一 起 运 动 的 初 速 度 ｖ ＝ ． （３ ） 若 表 达 式 成 立 ， 即 可 验 证 子 弹 与 摆 锤 作 用 过 程 中 动 量 守 恒 ． （ 用 ｍ 、ｍ ′、ｖ 、ｖ ０ 表 示 ） １２．（８ 分 ） 某 同 学 利 用 气 垫 导 轨 验 证 动 量 守 恒 定 律 ， 同 时 测 量 弹 簧 的 弹 性 势 能 ，实 验 装 置 如 图 ８ 甲 所 示 ，两 滑 块 Ａ 、 Ｂ 上 各 固 定 一 相 同 窄 片 ．部 分 实 验 步 骤 如 下 ： Ⅰ ．用 螺 旋 测 微 器 测 量 窄 片 的 宽 度 ｄ ； Ⅱ ．将 气 垫 导 轨 调 成 水 平 ； Ⅲ ． 在 Ａ 、Ｂ 间 放 入 一 个 被 压 缩 的 轻 弹 簧 ，用 细 线 连 接 Ａ 、 Ｂ ； Ⅳ ．烧 断 细 线 ，记 录 Ａ 、Ｂ 上 的 窄 片 分 别 通 过 光 电 门 Ｃ 、Ｄ 的 挡 光 时 间 ｔ１ 、ｔ２ ． （１ ） 若 测 量 窄 片 的 宽 度 ｄ 时 ，螺 旋 测 微 器 的 示 数 如 图 乙 所 示 ，则 ｄ ＝ ｍ ｍ ． （２ ） 实 验 中 ，还 应 测 量 的 物 理 量 是 ． Ａ ．滑 块 Ａ 的 质 量 ｍ １ 以 及 滑 块 Ｂ 的 质 量 ｍ ２ Ｂ．烧 断 细 线 后 滑 块 Ａ 、Ｂ 运 动 到 光 电 门 Ｃ 、Ｄ 的 时 间 ｔＡ 、ｔＢ Ｃ．烧 断 细 线 后 滑 块 Ａ 、Ｂ 运 动 到 光 电 门 Ｃ 、Ｄ 的 路 程 ｘ １ 、ｘ ２ （３ ） 验 证 动 量 守 恒 定 律 的 表 达 式 是 ； 烧 断 细 线 前 弹 簧 的 弹 性 势 能 Ｅ ｐ ＝ ． （ 均 用 题 中 相 关 物 理 量 的 字 母 表 示 ）四 、 计 算 题 （ 本 题 共 ３ 小 题 ， 共 ３８ 分 ， 解 答 应 写 出 文 字 说 明 、 方 程 式 和 演 算 步 骤 ． 只 写 出 最 后 结 果 的 不 能 给 分 ， 有 数 值 计 算 的 题 ， 答 案 中 必 须 写 出 数 值 和 单 位 ） １３． （１２ 分 ） 如 图 ９ 所 示 ，一 沙 袋 用 无 弹 性 轻 细 绳 悬 于 Ｏ 点 ，开 始 时 沙 袋 处 于 静 止 状 态 ，两 粒 弹 丸 先 后 以 水 平 速 度 击 中 沙 袋 后 均 未 穿 出 ．第 一 粒 弹 丸 的 速 度 为 ｖ ０ ， 打 入 沙 袋 后 二 者 共 同 摆 动 的 最 大 摆 角 为 θ （θ ＜ ９０°） ，当 其 第 一 次 返 回 图 示 位 置 时 ， 第 二 粒 弹 丸 以 水 平 速 度 ｖ 击 中 沙 袋 ，使 沙 袋 向 右 摆 动 且 最 大 摆 角 仍 为 θ ．弹 丸 质 量 均 为 ｍ ， 沙 袋 质 量 为 ５ｍ ，弹 丸 和 沙 袋 形 状 大 小 忽 略 不 计 ， 求 两 粒 弹 丸 的 速 度 之 比 ｖ ０ｖ ． １４． （１２ 分 ） 跳 台 滑 雪 是 具 有 观 赏 性 的 项 目 之 一 ． 某 滑 道 示 意 图 如 图 １０ 所 示 ，长 直 助 滑 道 ＡＢ 与 弯 曲 滑 道 ＢＣ 平 滑 衔 接 ，滑 道 ＢＣ 高 ｈ ＝ １０ ｍ ，Ｃ 是 半 径 Ｒ ＝ ２０ ｍ 的 圆 弧 的 最 低 点 ．质 量 ｍ ＝ ６０ ｋｇ 的 运 动 员 从 Ａ 处 由 静 止 开 始 匀 加 速 下 滑 ，加 速 度 大 小 ａ ＝ ４．５ ｍ ／ｓ ２，到 达 Ｂ 点 时 速 度 ｖ Ｂ ＝ ３０ ｍ ／ｓ ，ｇ 取 １０ ｍ ／ｓ ２． （１ ） 求 长 直 助 滑 道 Ａ Ｂ 的 长 度 ｌ； （２ ） 求 运 动 员 在 ＡＢ 段 所 受 合 外 力 的 冲 量 Ｉ 的 大 小 ； （ ３ ） 不 计 ＢＣ 段 的 阻 力 ，画 出 运 动 员 经 过 Ｃ 点 时 的 受 力 图 ， 并 求 其 所 受 支 持 力 Ｆ Ｎ 的 大 小 ． １５． （１４ 分 ） 如 图 １１ 所 示 ，小 球 Ａ 的 质 量 为 ｍ ，系 在 细 线 的 一 端 ， 线 的 另 一 端 固 定 在 Ｏ 点 ，Ｏ 点 到 水 平 面 的 距 离 为 ｈ．物 块 Ｂ 的 质 量 是 小 球 的 ５ 倍 ，置 于 粗 糙 的 水 平 面 上 且 位 于 Ｏ 点 正 下 方 ，物 块 与 水 平 面 间 的 动 摩 擦 因 数 为 μ ．现 拉 动 小 球 使 线 水 平 伸 直 ，由 静 止 开 始 释 放 小 球 ，小 球 运 动 到 最 低 点 时 与 物 块 发 生 正 碰 ， 碰 撞 时 间 极 短 ， 反 弹 后 上 升 至 最 高 点 时 到 水 平 面 的 距 离 为 ｈ１６ ． 小 球 与 物 块 均 可 视 为 质 点 ， 不 计 空 气 阻 力 ，自 由 落 体 加 速 度 大 小 为 ｇ ，求 碰 撞 过 程 物 块 获 得 的 冲 量 大 小 及 物 块 在 水 平 面 上 滑 行 的 距 离 ． !"#$%&'()*+,-./01!"#$%& !"2$3&'(4*+,-5607'"($%& ! # " # $ % &&&&&&&& ' ' ' ' ' ' ' ' ' " $ % $ & ' % ! " ! ( ! & ! ) " ( $ # % ! * * # ( ) $ 8 9 : ; < = > ? @ 书 爆炸的特点 （１）动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内 完成的，发生爆炸时物体间的相互作用力远远 大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总 动量守恒． （２）动能增加：在爆炸过程中，由于有其他 形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸 前后系统的总动能增加． （３）位置不变：爆炸的时间极短，因而在作 用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不 计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新 的动量开始运动． 例１．如图所示，Ａ、Ｂ 为光滑水平面上并排静 止放置的两个物块，在两物块右方有一竖直墙 壁，物块Ａ的质量为３ｋｇ，物块Ｂ的质量为１ｋｇ， 两物块之间有少量炸药（质量忽略不计），引爆 炸药，炸药爆炸过程中共有２４Ｊ的能量转化为 两物块的动能，后续运动过程中，两物块之间以 及物块与墙壁之间的碰撞均为弹性正碰，物块 Ａ、Ｂ运动始终在一条直线上，则物块Ａ最终的速 度大小为 （　　） Ａ．２ｍ／ｓ Ｂ．３ｍ／ｓ 槡Ｃ．２３ｍ／ｓ Ｄ．４ｍ／ｓ 解析：炸药爆炸过程中，物块Ａ、Ｂ系统动量 守恒ｍＡｖＡ ＝ｍＢｖＢ，炸药转化成两物块的动能 Ｅ＝１２ｍＡｖ ２ Ａ＋ １ ２ｍＢｖ ２ Ｂ，其中Ｅ＝２４Ｊ，解得ｖＡ ＝ ２ｍ／ｓ，ｖＢ＝６ｍ／ｓ，物块Ｂ与墙壁发生碰撞后，原 速率反弹后追上物块Ａ与其发生弹性碰撞，由动 量守恒定律有ｍＡｖＡ＋ｍＢｖＢ ＝ｍＡｖ′Ａ＋ｍＢｖ′Ｂ，根据 机械能守恒 Ｅ＝１２ｍＡｖ′ ２ Ａ ＋ １ ２ｍＢｖ′ ２ Ｂ，解得 ｖ′Ａ＝ ４ｍ／ｓ，ｖ′Ｂ＝０，故Ｄ正确，ＡＢＣ错误． 答案：Ｄ 例２．（多选）向空中发射一物体，不计空气 阻力．当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体 炸裂成ａ、ｂ两块，若质量较大的ａ块的速度方向 仍沿原来的方向，则 （　　） Ａ．ｂ的速度方向一定与原速度方向相反 Ｂ．从炸裂到落地的这段时间里，ａ飞行的水 平距离一定比ｂ的大 Ｃ．ａ、ｂ一定同时到达水平地面 Ｄ．在炸裂过程中，ａ、ｂ受到的爆炸力大小一 定相等 解析：空中爆炸问题，因系统内力远大于外 力，故满足系统动量守恒的条件．由题中所给物 理情景“一分为二”，系统动量守恒的表达式为 ｍｖ０ ＝ｍａｖａ＋ｍｂｖｂ．因ｍａｖａ和ｍｖ０同向，取ｖ０方 向为正方向．讨论：（１）若ｍａｖａ＜ｍｖ０，则ｍｂｖｂ为 正方向，ｖｂ与ｖａ同向；（２）ｍａｖａ＝ｍｖ０，则ｍｂｖｂ＝ ０，即 ｖｂ ＝０，ｂ做自由落体运动，ａ在 ｂ之前； （３）ｖａｖａ ＞ｍｖ０，则ｍｂｖｂ为负向，ｖｂ与ｖａ反向，ａ在 ｂ之前．故Ａ错误；因题设条件只给出了ｖａ与ｖ０ 同向和ｍａ＞ｍｂ，但未给出ｖａ一定大于或等于ｖ０ 的条件．所以ｖｂ大于、等于和小于ｖａ的情况都有 可能存在，从同一高度平抛物体的水平射程由 水平初速度决定，故ｓｂ＞ｓａ、ｓｂ＝ｓａ、ｓｂ＜ｓａ都有 可能，故Ｂ错误；平抛运动的飞行时间由抛出点 的高度决定，ｈ相同，由ｔ＝ ２ｈ 槡ｇ 知，ｔ相同，故Ｃ 正确；炸裂过程ａ与ｂ相互作用遵循牛顿第三定 律，Ｆ与Ｆ′等值、反向，故Ｄ正确． 答案：ＣＤ !"#$ % & !"#$%&'( )& !!"#* "#"$ + !, "%-./*' & * !" $ # ! AB CDE FGHIJKL #$%&'( #$)*+,-% ./0$%'(12 345+$678 91:;<=>?@ ABCD$CEFG HIJ+K6LM NOPQRSTUV WX?YZ[\] ^_`abFGHc def+[ghi jTklmnoXp qrs4+$t7 89Au+vwxy z{|,}OP+ u~GQRy€o X?‚ƒ‚„/ …†0$%+ ‡ ˆ ‰ Š ‹ Œ 4 *+,Ž r‘’ ‡ˆ1-r“c”\ %<•–”—˜™\ %<ršc”›œ\ %< žc”\%Ÿ  šc”\%<¡  c”\%<¢£c” \%<¤¥”—˜™ \%< ¦§c”\ %< ¨©ª«\%< ¬­®«¯\%<° ¢c”\%D ±¯ƒ²³o ¯´µ- *.«¯¶· /.›¸¹¶· +.º>»¼½¾ ¿6ÀJ»¼Á+0 $¶·ÂŸ$tÃÄ ÂDÂŪÆyÇÈ Éº>»¼+³Ê ËÌÍÎy,Ïг ÑÒ%ӏ 0.ÔP»¼ŸÔ P”Õ»¼y²³Ö ×ØÙ@Oگۏ %. ܯ+0$ ÝÞßàyáâܯ +0$¸ãâ丟 JcŸ OPÀJª ÆT 1. å滼@ ç\èéê×ێT !. 9›ëÝÞ Â-Ö×4Þ0$ +›¸ì}N›¸ ÀJªÆT 0123456789 :;45<=>?@A6 &+%)2%/!)/1# :;BC<=>?@A6 &+%)2%/!)/0# MNOPQHRS MNTQ0UVWXYZ[R\ ]^_`abcd `efghi jkl,mncd2of!"#$%&'()(*8+@ pqrof,-.,/0 书 动量守恒定律是力学中的一个重要规律， 在运用动量守恒定律解题时，常会遇到相互作 用的几个物体间的临界问题，求解这类问题要 注意分析和把握相关的临界条件，现把与应用 动量守恒定律解题相关的临界问题作初步的分 析和讨论． １．涉及弹簧的临界问题 对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相 互作用过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两 端的两个物体的速度必相等． 例１．如图１所示，在 光滑的水平面上，用弹簧 相连的质量均为２ｋｇ的Ａ、Ｂ两物体以６ｍ／ｓ的 速度向右运动，弹簧处于原长，质量为４ｋｇ的物 体Ｃ静止在前方．Ａ与 Ｃ碰撞后将粘在一起运 动，在以后的运动中，弹簧能达到的最大弹性势 能为多少？ 解析：Ａ、Ｂ以６ｍ／ｓ的速度向右运动，并与Ｃ 发生碰撞．由于碰撞时间很短，可认为碰撞仅发 生在Ａ与Ｃ之间，碰后Ａ与Ｃ具有共同速度ｖ１， 由动量守恒定律有：ｍＡｖ０ ＝（ｍＡ ＋ｍＣ）ｖ１，得 ｖ１ ＝ ｍＡｖ０ ｍＡ＋ｍＣ ＝２ｍ／ｓ． Ａ和Ｃ碰后合并为一个物体，由于物体Ｂ的 速度大于Ａ和Ｃ的速度，弹簧将被压缩．同时，物 体Ｂ做减速运动，Ａ和Ｃ做加速运动．当三个物 体速度相同时，弹簧的压缩量最大，此时弹簧的 弹性势能达到最大．由动量守恒定律有： ｍＢｖ０＋（ｍＡ＋ｍＣ）ｖ１＝（ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ）ｖ得： ｖ＝ ｍＢｖ０＋（ｍＡ＋ｍＣ）ｖ１ ｍＡ＋ｍＢ＋ｍＣ ＝３ｍ／ｓ 弹簧具有的最大弹性势能ＥＰ为： ＥＰ ＝ １ ２ｍＢｖ ２ ０＋ １ ２（ｍＡ＋ｍＣ）ｖ ２ １－ １ ２（ｍＡ＋ ｍＢ＋ｍＣ）ｖ ２ ＝１２Ｊ． ２．涉及最大高度的临界问题 在物体滑上斜面（斜面放在光滑水平面上） 的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将 做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条 件是物体与斜面沿水平方向具有共同速度，物 体在竖直方向的分速度等于零． 例２．如图２所示，质 量为 Ｍ的滑块静止在光 滑的水平面上，滑块的光 滑弧面底部与桌面相切， 一质量为ｍ的小球以速度 ｖ０向滑块滚来，设小 球不能越过滑块，求小球滑到最高点时的速度 大小和此时滑块速度大小． 解析：由临界条件知，小球到达最高点时， 小球和滑块在水平方向应具有相同的速度．由 水平方向动量守恒得 ｍｖ０ ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，即 ｖ＝ ｍｖ０ ｍ＋Ｍ． ３．涉及追碰的临界问题 两个在光滑水平面上做匀速运动的物体， 甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度ｖ甲必 须大于乙物体的速度ｖ乙，即ｖ甲 ＞ｖ乙．而甲物体 刚好追不上乙物体的临界条件是ｖ甲 ＝ｖ乙． 例３．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平 冰面上游戏，甲和他的冰车的总质量共为 Ｍ ＝ ３０ｋｇ，乙和他的冰车的总质量也是３０ｋｇ，甲推 着一个质量为ｍ＝１５ｋｇ的箱子，和他一起以大 小为ｖ０＝２ｍ／ｓ的速度滑行，乙以同样大小的速 度迎面滑来，为了避免相碰，甲突然将箱子沿冰 面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若 不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度 （相对于冰面）将箱子推出，才能避免与乙相撞． 解析：当甲把箱子推出后，甲的运动存在三 种可能：① 继续向前，方向不变；② 停止运动；③ 反向运动．以上三种推出箱子的方法，由动量守 恒定律可知，第一种推法箱子获得的速度最小， 若这种推法能实现目标，则箱子获得的速度最 小，设箱子的速度为 ｖ，取甲运动方向为正方向， 则对甲和箱子在推出过程运用动量守恒定律： （Ｍ＋ｍ）ｖ０ ＝Ｍｖ甲 ＋ｍｖ ① 箱子推出后，被乙抓住，为避免甲、乙相撞，则 乙必须后退，对乙和箱子运用动量守恒定律得： ｍｖ－Ｍｖ０ ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ乙 ② 要使甲、乙不相撞，并使推出箱子的速度最 小的临界条件为ｖ甲 ＝ｖ乙 ③ 解以上三式得ｖ＝５．２ｍ／ｓ． ! st u v % $ # ! ) * ! & + ! / 书 第２７期２版参考答案 素养专练７ １．Ａ　２．ＡＢ　３．ＡＢ　４．ＡＢ　５．ＢＤ ６．ＡＤ　７．Ｄ　８．Ｄ 素养专练８ １．Ｂ　２．ＣＤ　３．ＣＤ　４．Ａ　５．Ａ　６．Ｃ　７．ＡＣ ８．８．４ｍ／ｓ 第２７期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ａ　４．Ａ　５．Ｂ　６．Ｂ　７．Ａ ８．不守恒　守恒　 ｍＭ－ｍｖ０． ９．２５ｍ／ｓ． １０．（１）１１６ｍｖ ２ ０；　（２） １３ ４８ｍｖ ２ ０． Ｂ组 １．ＡＢＣ　２．ＢＣ　３．ＡＤ ４．３２３　０．３　１　４ ５．（１）ｖＡ ＝ ２ΔＥ ３槡ｍ ，ｖＢ ＝２ ２ΔＥ ３槡ｍ ． （２）Ｑ爆炸过程，取向左为正方向，由动量守恒 定律得０＝２ｍｖＤＦ－ｍｖＧ，由能量守恒定律得ΔＥ＝ １ ２×２ｍｖ ２ ＤＦ＋ １ ２ｍｖ ２ Ｇ，Ｐ爆炸过程，同理可得２ｍｖＤＦ ＝ ｍｖＤ ＋ｍｖＦ，ΔＥ＋ １ ２×２ｍｖ ２ ＤＦ ＝ １ ２ｍｖ ２ Ｄ ＋ １ ２ｍｖ ２ Ｆ，联 立解得ｖＤ ＝（１＋槡 ３ ３） ΔＥ ｍ． 书 ９．人船模型 １．在平静的水面上有一条静止不动的小船， 船头站着一个人．当人从船头走到船尾的过程中， 忽略水对小船的阻力，则以下说法中正确的是 （　　） Ａ．船和人组成的系统的总动量将减小 Ｂ．在人行走的过程中，船将向相反的方向 运动 Ｃ．在人行走的过程中，船和人的动能的总和 将保持不变 Ｄ．当人突然停止走动，船将由于惯性而继续 在水面上运动 ２．（多选）一只小船静止在水面上，一个人由 静止从小船的一端走到另一端，不计水的阻力，以 下说法正确的是 （　　） Ａ．人在小船上行走，人对船的冲量比船对人 的冲量小，所以人向前运动得快，小船后退得慢 Ｂ．人在小船上行走时，人的质量比船的质量 小，它们动量大小是一样的，所以人向前运动得 快，船后退得慢 Ｃ．当人停止走动时，因为小船惯性大，所以小 船要继续后退 Ｄ．当人停止走动时，因为总动量守恒，所以小 船也停止后退 ３．一条质量约为 １８０ｋｇ的小船漂浮在静水 中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动 （不计水的阻力）．如图所示是某研究性学习小组 利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所 画出的四幅草图，图中实线部分为人在船尾时的 情景，虚线部分为人走到船头时的情景．其中正确 的是 （　　） ４．如图１所示，有一只小船 停靠在湖边码头，小船又窄又 长（估计重一吨左右）．一位同 学想用一个卷尺粗略测定它的 质量．他进行了如下操作：首先 将船平行于码头自由停泊，轻 轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用 卷尺测出船后退的距离ｄ，然后用卷尺测出船长Ｌ． 已知他的自身质量为ｍ，水的阻力不计，船的质量 为 （　　） Ａ．ｍ（Ｌ＋ｄ）ｄ Ｂ． ｍ（Ｌ－ｄ） ｄ Ｃ．ｍＬｄ Ｄ． ｍ（Ｌ＋ｄ） Ｌ ５．（多选）生命在于 运动，体育无处不在，运动 无限精彩．如图２所示，质 量为４５０ｋｇ的小船静止在 水面上，质量为５０ｋｇ的人在甲板上立定跳远的成 绩为２ｍ，不计空气和水的阻力，下列说法正确的 是 （　　） Ａ．人在甲板上散步时，船将后退 Ｂ．人在立定跳远的过程中船保持静止 Ｃ．人在立定跳远的过程中船后退了０．４ｍ Ｄ．人相对地面的成绩为１．８ｍ ６．如图３所示，有一边长 为Ｌ的正方体木块，静止于光 滑水平面上，木块内部有一从 顶面贯通至底面的通道．已知 木块质量为Ｍ ＝３ｍ，一个质量为ｍ的小球由静止 开始从轨道的一端运动到另一端，在该过程中，木 块的对地位移应为 （　　） Ａ．３４Ｌ Ｂ． １ ２Ｌ Ｃ． １ ３Ｌ Ｄ． １ ４Ｌ ７．如图４所示，一高 ｈ＝ ２．４ｍ、倾角θ＝３７°，质量Ｍ＝ ３ｇ的光滑斜面静止在光滑水 平面上，一质量ｍ＝０．２ｇ的物 块从斜面顶端由静止释放已知 ｓｉｎ３７°＝０．６， ｃｏｓ３７°＝０．８，则物块由斜面顶端滑到底端的过 程中，斜面将 （　　） Ａ．向右移动０．５ｍ Ｂ．向右移动０．６ｍ Ｃ．向右移动０．２ｍ Ｄ．向右移动０．１ｍ ８．如图 ５所示，大气球质量为 ２５ｋｇ，载有质量为５０ｋｇ的人，静止 在空气中距地面２０ｍ高的地方，气 球下方悬一根质量可忽略不计的绳 子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至 地面，为了安全到达地面，则这绳长 至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点） （　　）                                                                                             Ａ．３０ｍ Ｂ．４０ｍ Ｃ．６０ｍ Ｄ．７０ｍ １０．动量和能量的综合应用 １．如图１所示，子弹以 某一水平速度击中静止在 光滑水平面上的木块并留 在其中．对子弹射入木块的过程，下列说法正确的 是 （　　） Ａ．木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量 Ｂ．因子弹受到阻力的作用，故子弹和木块组 成的系统动量不守恒 Ｃ．子弹和木块组成的系统损失的机械能等于 子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功 Ｄ．子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能 减少量和摩擦产生的热量之和 ２．在光滑水平地面上有两个相同的木块 Ａ、 Ｂ，质量都为ｍ．现Ｂ静止，Ａ向Ｂ运动，发生正碰并 粘合在一起运动．两木块组成的系统损失的机械 能为ΔＥ，则碰前Ａ木块的速度等于 （　　） Ａ． ΔＥ 槡ｍ Ｂ． ２ΔＥ 槡ｍ Ｃ．２ ΔＥ 槡ｍ Ｄ．２ ２ΔＥ 槡ｍ ３．如图 ２所示，位于 光滑水平桌面上的小滑块 Ｐ和 Ｑ都可视为质点，质 量相等．Ｑ与水平轻弹簧相连，设Ｑ静止，Ｐ以某一 初速度向 Ｑ运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程 中，弹簧具有的最大弹性势能等于 （　　） Ａ．Ｐ的初动能 Ｂ．Ｐ的初动能的１２ Ｃ．Ｐ的初动能的１３ Ｄ．Ｐ的初动能的１４ ４．质量相等的三个物 块在一光滑水平面上排成 一直线，且彼此隔开了一定 的距离，如图３所示，具有动能Ｅ０的第１个物块向 右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后 这三个物块粘在一起，这个整体的动能为 （　　） Ａ．Ｅ０ Ｂ． ２Ｅ０ ３ Ｃ． Ｅ０ ３ Ｄ． Ｅ０ ９ ５．质量为ｍ的烟花弹升到距离地面高度为ｈ处 爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距 Ｌ，则烟花弹爆炸使炸片增加的机械能为 （　　） Ａ．ｍｇｈ Ｂ．ｍｇＬ ２ １６ｈ Ｃ．ｍｇＬ ２ ３２ｈ Ｄ． ｍｇＬ２ ８                                         ｈ ! 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" # $ ! " ! ! ! ' ! % ! 0 ! " % & ! # ################################################################## ! ! ! ' ' ! ' % ! % 书书书 《 选 择 性 必 修 第 一 册 》 核 心 素 养 阶 段 测 试 （ 一 ） ◆ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ４６ 分 ） 一 、 单 选 题 （ 本 题 共 ７ 小 题 ， 每 小 题 ４ 分 ， 共 ２８ 分 ， 选 对 得 ４ 分 ， 选 错 或 不 选 得 ０ 分 ） １． 竖 直 发 射 的 火 箭 质 量 为 ６ × １０ ３ ｋｇ ．已 知 每 秒 喷 出 气 体 的 质 量 为 ２０ ０ ｋｇ ．若 要 使 火 箭 获 得 大 小 为 ２０ ．２ ｍ ／ｓ ２ 、方 向 向 上 的 加 速 度 ， 不 考 虑 喷 出 气 体 对 火 箭 质 量 的 影 响 ，则 喷 出 气 体 的 速 度 大 小 最 接 近 （ 　 　 ） Ａ ．７ ００ ｍ ／ｓ Ｂ． ８０ ０ ｍ ／ｓ Ｃ． ９０ ０ ｍ ／ｓ Ｄ ．１ ００ ０ ｍ ／ｓ ２． 图 １ 为 甲 、 乙 两 质 量 不 同 的 物 体 分 别 受 到 恒 力 作 用 后 ，其 动 量 ｐ 与 时 间 ｔ的 关 系 图 像 ， 两 图 线 平 行 ，则 甲 、乙 所 受 合 力 Ｆ 甲 与 Ｆ 乙 的 关 系 是 （ 　 　 ） Ａ ．Ｆ 甲 ＜ Ｆ 乙 Ｂ． Ｆ 甲 ＝ Ｆ 乙 Ｃ． Ｆ 甲 ＞ Ｆ 乙 Ｄ ． 无 法 比 较 Ｆ 甲 和 Ｆ 乙 的 大 小 ３． 如 图 ２ 所 示 ， 方 盒 Ａ 静 止 在 光 滑 的 水 平 面 上 ，盒 内 有 一 小 滑 块 Ｂ， 盒 的 质 量 是 滑 块 的 ２ 倍 ，滑 块 与 盒 内 水 平 面 间 的 动 摩 擦 因 数 为 μ． 若 滑 块 以 速 度 ｖ开 始 向 左 运 动 ，与 盒 的 左 、 右 壁 发 生 无 机 械 能 损 失 的 碰 撞 ， 滑 块 在 盒 中 来 回 运 动 多 次 ，最 终 相 对 于 盒 静 止 ，则 （ 　 　 ） Ａ ．最 终 盒 的 速 度 大 小 是 ｖ ４ Ｂ． 最 终 盒 的 速 度 大 小 是 ｖ ２ Ｃ． 滑 块 相 对 于 盒 运 动 的 路 程 为 ｖ２ ３ μ ｇ Ｄ ．滑 块 相 对 于 盒 运 动 的 路 程 为 ｖ２ ２ μ ｇ ４． 我 国 已 从 ２０ ２０ 年 开 始 执 行 “ 天 问 １ 号 ” 火 星 探 测 任 务 ．质 量 为 ｍ 的 着 陆 器 在 着 陆 火 星 前 ，会 在 火 星 表 面 附 近 经 历 一 个 时 长 为 ｔ ０ 、速 度 由 ｖ ０ 减 速 到 ０ 的 过 程 ．已 知 火 星 的 质 量 约 为 地 球 的 １ １０ ，半 径 约 为 地 球 的 １ ２ ，地 球 表 面 的 重 力 加 速 度 大 小 为 ｇ， 忽 略 火 星 大 气 阻 力 ．若 该 减 速 过 程 可 视 为 一 个 竖 直 向 下 的 匀 减 速 直 线 运 动 ， 此 过 程 中 着 陆 器 受 到 的 制 动 力 大 小 约 为 （ 　 　 ） Ａ ． ｍ （ ０． ４ｇ － ｖ ０ ｔ ０ ） Ｂ． ｍ （ ０． ４ｇ ＋ ｖ ０ ｔ ０ ） Ｃ． ｍ （ ０． ２ｇ － ｖ ０ ｔ ０ ） Ｄ ．ｍ （ ０． ２ｇ ＋ ｖ ０ ｔ ０ ） ５． 在 同 一 竖 直 平 面 内 ，３ 个 完 全 相 同 的 小 钢 球 （ １ 号 、 ２ 号 、３ 号 ） 悬 挂 于 同 一 高 度 ，静 止 时 小 球 恰 能 接 触 且 悬 线 平 行 ， 如 图 ３ 所 示 ．在 下 列 实 验 中 ， 悬 线 始 终 保 持 绷 紧 状 态 ，碰 撞 均 为 对 心 正 碰 ．下 列 分 析 正 确 的 是 （ 　 　 ） Ａ ．将 １ 号 移 至 高 度 ｈ 释 放 ，碰 撞 后 ，观 察 到 ２ 号 静 止 、３ 号 摆 至 高 度 ｈ． 若 ２ 号 换 成 质 量 不 同 的 小 钢 球 ，重 复 上 述 实 验 ，３ 号 仍 能 摆 至 高 度 ｈ Ｂ． 将 １、 ２ 号 一 起 移 至 高 度 ｈ 释 放 ， 碰 撞 后 ，观 察 到 １ 号 静 止 ，２ 、３ 号 一 起 摆 至 高 度 ｈ， 释 放 后 整 个 过 程 机 械 能 和 动 量 都 守 恒 Ｃ． 将 右 侧 涂 胶 的 １ 号 移 至 高 度 ｈ 释 放 ，１ 、２ 号 碰 撞 后 粘 在 一 起 ， 根 据 机 械 能 守 恒 ， ３ 号 仍 能 摆 至 高 度 ｈ Ｄ ．将 １ 号 和 右 侧 涂 胶 的 ２ 号 一 起 移 至 高 度 ｈ 释 放 ， 碰 撞 后 ，２ 、３ 号 粘 在 一 起 向 右 运 动 ，未 能 摆 至 高 度 ｈ， 释 放 后 整 个 过 程 机 械 能 和 动 量 都 不 守 恒 ６． 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 ， 此 时 爆 炸 成 甲 、乙 两 块 水 平 飞 出 ，甲 、乙 的 质 量 比 为 ３ ∶１ ．不 计 质 量 损 失 ，ｇ 取 １０ ｍ ／ｓ ２ ．下 列 图 中 两 块 弹 片 飞 行 的 轨 迹 可 能 正 确 的 是 （ 　 　 ） ７． 如 图 ４ 所 示 ，质 量 为 ｍ ′的 小 车 静 止 在 光 滑 的 水 平 面 上 ， 小 车 上 ＡＢ 部 分 是 半 径 为 Ｒ 的 １ ４ 光 滑 圆 弧 ，Ｂ Ｃ 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 ，小 物 体 与 ＢＣ 部 分 间 的 动 摩 擦 因 数 为 μ， 最 终 小 物 体 静 止 于 Ｂ、 Ｃ 之 间 的 Ｄ 点 ，则 Ｂ、 Ｄ 间 的 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 二 、 多 选 题 （ 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ， 每 小 题 给 出 的 四 个 选 项 中 ， 有 多 个 选 项 是 正 确 的 ， 全 选 对 的 得 ６ 分 ， 少 选 的 得 ３ 分 ， 有 错 选 或 不 选 的 得 ０ 分 ） ８． 古 时 有 “ 守 株 待 兔 ” 的 寓 言 ，设 兔 子 的 头 部 受 到 大 小 等 于 自 身 重 力 的 撞 击 力 时 就 会 死 亡 ． 若 兔 子 与 树 桩 发 生 碰 撞 ， 作 用 时 间 为 ０． ２ ｓ， ｇ 取 １０ ｍ ／ｓ ２ ，则 被 撞 死 的 兔 子 的 奔 跑 速 度 大 小 可 能 是 （ 　 　 ） Ａ ．１ ｍ ／ｓ Ｂ． １． ５ ｍ ／ｓ Ｃ． ２ ｍ ／ｓ Ｄ ．２ ．５ ｍ ／ｓ ９． 沿 光 滑 水 平 面 在 同 一 条 直 线 上 运 动 的 两 物 体 Ａ、 Ｂ 碰 撞 后 以 共 同 的 速 度 运 动 ，该 过 程 的 位 移 — 时 间 图 像 如 图 ５ 所 示 ．下 列 判 断 正 确 的 是 （ 　 　 ） Ａ ．碰 撞 前 后 Ａ 的 运 动 方 向 相 反 Ｂ． Ａ、 Ｂ 的 质 量 之 比 为 １ ∶ ２ Ｃ． 碰 撞 前 后 Ａ 的 动 能 变 大 ，Ｂ 的 动 能 减 小 Ｄ ．碰 撞 前 Ｂ 的 动 量 较 小 １０ ．如 图 ６ 所 示 ， 在 光 滑 水 平 面 上 停 着 质 量 为 ｍ 装 有 弧 形 槽 的 小 车 ．现 有 一 质 量 也 为 ｍ 的 小 球 以 ｖ ０ 的 水 平 速 度 沿 与 切 线 水 平 的 槽 口 向 小 车 滑 去 （ 不 计 摩 擦 ） ，到 达 某 一 高 度 后 ，小 球 又 返 回 小 车 右 端 ， 则 下 列 判 断 正 确 的 是 （ 　 　 ） Ａ ．小 球 在 小 车 上 到 达 最 高 点 时 的 速 度 大 小 为 １ ２ ｖ ０ Ｂ． 小 球 离 开 车 后 ，对 地 将 向 右 做 平 抛 运 动 Ｃ． 小 球 离 开 车 后 ，对 地 将 做 自 由 落 体 运 动 Ｄ ．此 过 程 中 小 球 对 车 做 的 功 为 １ ２ ｍ ｖ２ ０ ” • – H ‰ — ˜ ™ š › œ -  ž Ÿ k   ! 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