章末检测试卷(第一章 动量守恒定律)（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（人教版 浙江专版）

该高中物理课件聚焦动量、冲量及动量守恒定律，通过章末检测题串联碰撞、反冲等核心知识点，结合摩天轮、安全气囊等生活实例导入，帮助学生构建从概念到应用的知识支架。 其亮点在于融合科学思维与科学探究，如验证动量守恒的实验题培养模型建构能力，碰撞问题分析强化科学推理。通过实例应用物理观念，提升学生解决实际问题的能力，为教师提供系统的检测与教学资源。

章末检测试卷(一) 第 一 章 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C C D D A C B C 题号 9 10 11 12 13 答案 B D AB BC AD 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 题号 14 答案 Ⅰ.(1)C　(2)偶然误差　(3)mAx2＝mAx1+mBx3　 (4)否 Ⅱ.(1)相等　 (2)mA＝mB　(3)< 题号 15 16 答案 (1)mg　(2)3　(3)m，方向沿ba方向 (1)　(2)0　v0 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 题号 17 答案 (1)4 m/s　(2) m/s　 m/s　(3)1<k≤3时，W＝0；k>3时，W＝－1.2×10－2 J 题号 18 答案 (1)1 N　(2) m/s　(3)1.5~2 J 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 一、选择题Ⅰ 1.下列哪一组物理量都是矢量且在国际单位制中的单位是相同的 A.功与能 B.动能与动量 C.动量变化量与冲量 D.动量变化率与冲量 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 功与能都是标量，单位都是J，故A错误； 动能是标量，单位是J，动量是矢量，单位是kg·m/s，故B错误； 动量变化量与冲量都是矢量，单位相同，都是kg·m/s，故C正确； 动量变化率与冲量都是矢量，前者单位为N(即kg·m/s2)，后者单位为kg·m/s，故D错误。 16 17 18 2.下列关于力、冲量、动量等概念间的关系说法正确的是 A.物体所受合外力不为零时，它的动量也一定不为零 B.物体所受合外力为零时，它的动量也一定为零 C.物体受到合外力的冲量越大，物体的动量变化越大 D.物体在一段时间内受到合外力冲量不为零，它的动量可能不发生变化 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 物体所受合外力不为零时，动量的变化量一定不为零，但它的动量可以为零，A错误； 物体所受的合外力为零时，动量的变化量一定为零，但它的动量不一定为零，如匀速直线运动，B错误； 由动量定理可知，物体受到合外力的冲量等于它的动量的变化量，物体受到合外力的冲量越大，物体的动量变化越大，C正确； 合外力的冲量是物体动量变化的原因，物体所受的合外力不为零时，其动量一定发生变化，D错误。 13 14 15 16 17 18 3.(2024·杭州市富阳区实验中学月考)在游乐场里，高大的摩天轮格外引人注目，摩天轮上的透明座舱始终能够保持在竖直方向，如图乙所示，坐在座舱中的乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。摩天轮连续转动过程中，以某一座舱中的乘客为研究对象，下列物理量始终不变的是 A.乘客的动量 B.乘客的动量变化率 C.乘客对座舱的作用力 D.相同时间内乘客重力的冲量 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 乘客的动量方向随时间发生变化，A错误； 动量的变化率等于物体所受合外力，匀速圆周运动的物体合外力始终指向圆心，方向随时间发生变化，B错误； 乘客在运动过程中受重力和座舱对他的作用力，重力为恒力，所以，只有座舱对乘客的作用力发生变化，他的合外力才会发生变化，再由牛顿第三定律可知C错误； 重力是恒力，所以在相同时间内的冲量相同，D正确。 16 17 18 4.(2025·杭州市第二中学期中)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。已知碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零。关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是 A.增加了司机单位面积的受力大小 B.减少了碰撞前后司机动量的变化量 C.将司机的动能全部转换成汽车的动能 D.延长了司机的受力时间，并增大了司机的受力面积 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，但安全气囊会增加作用的时间，根据动量定理Ft＝Δp可知，可以减小司机受到的冲击力F，同时安全气囊会增大司机的受力面积，则司机单位面积的受力大小减小，故A、B错误，D正确； 安全气囊只是延长了作用时间，减小了司机的受力，将司机的动能转换成气囊的弹性势能及气囊气体内能，故C错误。 13 14 15 16 17 18 5.如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动。水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上(此时物体已与弹簧分离)，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法不正确的是 A.若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械 　能守恒 B.若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒 C.不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同 D.不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 √ 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 若物体滑动中不受摩擦力，物体与油泥的粘合过程为完全非弹性碰撞，有机械能的损失，所以该系统全过程机械能不守恒，故A错误； 物体滑动中有摩擦力，该系统所受的合外力为零，整个系统全过程动量守恒，故B正确； 不论物体滑动中有没有摩擦，系统动量守恒，系统的初动量等于末动量，系统的总质量不变，所以小车的最终速度与断线前相同，故C正确； 不论物体滑动中有没有摩擦，系统的末动量和初动量相等，则末动能和初动能相等，系统损失的机械等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有无摩擦无关，故D正确。 13 14 15 16 17 18 6.(2024·浙江省高二期末)如图所示，表面水平的圆盘绕中心轴从静止开始加速转动，加速到转动角速度为ω，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起加速转动，整个过程小物体相对圆盘没有滑动。关于小物体的运动过程下列说法正确的是 A.小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B.小物体所受摩擦力的方向沿半径方向指向圆心 C.小物体运动所受摩擦力的冲量大小为mωr D.小物体所受合外力指向圆心 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 小物体加速运动，则所受摩擦力与速度方向成锐角，故A、B错误； 根据速度与角速度的关系有v＝rω 根据动量定理有If＝mv＝mrω，故C正确； 小物体重力与支持力平衡，受摩擦力即为合外力，方向并非指向圆心，故D错误。 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 7.(2024·杭州市富阳区场口中学高二月考)研究得出，打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出6×10－5 m3的空气，用时约0.02 s。已知空气的密度为1.3 kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为 A.3.12 N B.0.156 N C.1.56 N D.6.24 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 由题意可得，打一次喷嚏喷出空气的质量为m＝ρV＝7.8×10－5 kg 设打喷嚏时人对气流的平均冲力为F，由动量定理可得Ft＝mv，F＝0.156 N 由牛顿第三定律可得，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为F'＝F＝0.156 N，故选B。 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 8.如图所示，质量为4m的木块用轻质细绳竖直悬于O点，当一颗质量为m的子弹以v0的速度水平向右射入木块(时间极短)后，它们一起向右摆动的最大摆角为60°。木块可视为质点，重力加速度大小为g，则轻绳的长度为 A. B. C. D. 13 14 15 16 17 18 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 设子弹射入木块后它们共同的速度大小为v，根据动量守恒定律有mv0＝(m+4m)v 设轻绳的长度为L，根据动能定理有－5mgL(1－cos 60°)＝0－×5mv2，联立解得L＝，故选C。 13 14 15 16 17 18 9.(2024·杭州市师范大学附属中学期末)如图所示，绳长为l，小球质量为m1(可视为质点)，小车质量为m2，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑) A.系统的总动量守恒 B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向 C.小球不能向左摆到原高度 D.小车向右移动的最大距离为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 √ 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，即水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向，A错误，B正确； 以小球和小车组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，且小球和小车水平方向的合动量为零，当小球的速度为零时，小车的速度也为零，所以小球能向左摆到原高度，C错误； 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，初始时总动量为0，设小车向右运动的最大距离为x，则小球向左运动的位移为2l－x；取向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒有m2－m1＝0，可得x＝，D错误。 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 10.如图所示，质量为M的小车上有两个半径均为R的半圆形轨道，AB、CD为轨道水平直径，初始时小车静止在光滑的水平地面上，现将质量为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，小球由A点沿切线进入轨道 并能从B点冲出，在空中上升的最大高度为h0，不计空气阻力。则下列 说法正确的是 A.小球和小车组成的系统动量守恒 B.小球和小车组成的系统机械能守恒 C.小球会落入CD轨道并从D点离开小车 D.小球第二次离开轨道在空中上升的最大高度满足h0<h<h0 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 小球和小车组成的系统合外力不为0，动量不守恒，故A错误； 系统在水平方向不受外力，动量守恒，因此到达B点时，小车速度为0，小球速度方向竖直向上，小球不能进入CD轨道，又因为小球从B点冲 出，在空中上升的最大高度为h0，机械能减小，故B、C错误； 根据动能定理可知mg(h0－h0)－Wf＝0，即mgh0＝Wf，第二次在轨道 上小球速率小于第一次速率，因此半圆形轨道对小球支持力减小，即摩擦力减小，故第二次在半圆形轨道上摩擦力做功小于第一次，故第二次损失的机械能小于第一次损失的机械能，所以上升的最大高度 h0<h<h0，故D正确。 13 14 15 16 17 18 二、选择题Ⅱ 11.(2024·温州市高二期中)如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球从静止开始下落20 cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，认为足球一直在同一条直线上运动，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是 A.头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍 B.与头部作用过程中，足球动量变化量大小为1.6 kg·m/s C.足球与头部碰撞前后动量守恒 D.从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 根据动量定理可得(F－mg)t＝2mv，v2＝2gh，解得F＝20 N＝5mg，故A正确； 与头部作用过程中，足球动量变化量大小为Δp＝2mv＝1.6 kg·m/s，故B正确； 足球与头部作用过程中动量发生变化，动量不守恒，故C错误； 从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为I＝mg· (2t1+t)，t1＝，联立解得，I＝2 N·s，故D错误。 13 14 15 16 17 18 12.A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量为5 kg·m/s，B球的动量为7 kg·m/s，当A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值为 A.pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s B.pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s C.pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s D.pA＝－5 kg·m/s，pB＝17 kg·m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 若碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故A错误； 碰撞前，A的速度大于B的速度vA>vB，则有>得到mA<mB，根据碰撞过程总动能不增加，则有+≤+，得到mA≤mB，满足mA<mB，故B正确； 同理可知，C正确； D项中，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，故D错误。 13.一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示，则 A.物体所受地面的摩擦力为2 N B.0~8 s时间内水平拉力的冲量大小为零 C.t＝4 s时物体的动量大小为12 kg·m/s D.t＝4 s时物体的动量大小为4 kg·m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 √ √ 由题图丙知，物体在4~6 s内做匀速直线运动，受到的拉力F和地面的摩擦力大小相等，又由题图乙知，物体在4~6 s内受到的拉力F＝2 N，可知，物体受到地面的摩擦力大小为2 N，故A正确； 0~8 s时间内水平拉力的冲量大小为I＝F1t1+F2t2＝3×4 N·s+2×2 N·s＝16 N·s，故B错误； 由题图丙知，物体在6~8 s内做匀减速运动，加速度为a＝ m/s2＝ －1.5 m/s2，此时物体仅受到地面的摩擦力产生加速度，可知Ff＝－μmg＝ma， 解得μ＝0.15，由于物体受到地面的摩擦力大小为2 N，可知m＝ kg＝ kg，t＝4 s时物体的动量大小为p＝mv＝×3 kg·m/s＝4 kg·m/s，故C错误， D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 三、非选择题 14.Ⅰ.(2024·丽水市高二期末)在用如图甲所示的装置验证动量守恒定律时，实验步骤如下： ①先不放靶球B，将入射球A从斜槽上某点由静止释放，落到白纸上某点，重复该动作10次，把10次落点用一个最小的圆圈起来，圆心标为P点； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 ②在斜槽末端放上球B，将球A从斜槽上同一位置由静止释放，与球B碰后落到白纸上某两点，重复该动作10次，把A、B两球10次落点分别用一个最小的圆圈起来，圆心分别标为M、N点； ③分别测量斜槽末端竖直投影点O到M、P、N的距离分别为x1、x2、x3。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 回答下列问题： (1)以下实验条件正确的是　　　　。 A.斜槽必须光滑且末端切线水平 B.需测量斜槽末端距白纸的高度h C.小球A、B直径必须相同 D.两球的质量关系满足mB>mA C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 斜槽的末端必须水平才能保证小球从斜槽末端飞出时做平抛运动，但斜槽是否光滑对实验无影响，故A错误； 本实验是根据平抛运动的规律验证动量守恒定律，需要测量的是A、B两小球抛出的水平距离，因为抛出高度相同落地时间一样，验证时式子两端会把时间消去，所以与高度无关，不需要测量斜槽末端距白纸的高度，故B错误； 要保证两球在斜槽末端发生正碰，则小球A、B直径必须相同，故C正确； 为了防止A球碰撞后反弹，则需满足入射球的质量大于被碰球的质量，即mA>mB，故D错误。 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (2)用最小圆的圆心定位小球落点的目的是通过多次测量取平均值以减小 　　　　　 (填“偶然误差”或“系统误差”)。 偶然误差 用最小圆的圆心定位小球落点，可以得到平均落点从而减小实验偶然误差。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (3)若A、B两球的质量分别为mA、mB，实验中要验证动量守恒，则要验证的关系式是　　　　　　　　 (用题中字母表示)。 mAx2＝mAx1+mBx3 需要验证的动量守恒表达式为mAv0＝mAv1+mBv2 因落地时间相等，则有mAv0t＝mAv1t+mBv2t 可得mAx2＝mAx1+mBx3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (4)若某次实验中得出的落点情况如图乙所示，则说明该碰撞　　(填“是”或“否”)为弹性碰撞。 否 要进一步验证碰撞是否为弹性碰撞， 则应验证mAmA+mB 化简可得x1+x2＝x3 结合题图乙可知，该碰撞不是弹性碰撞。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 Ⅱ.(2024·浙江省高二月考)某科学兴趣小组同学用如图 所示的装置验证“动量守恒定律”。实验步骤如下： ①用轻细绳将大小相同、质量分别为mA和mB的小球A 和B悬挂在天花板上(细绳竖直)； ②在A、B两球之间放入少量炸药，引爆炸药，两球反方向摆起，用量角器记录两细绳偏离竖直方向的最大夹角分别为α、β； 试回答下列问题： (1)实验中所用两细绳长度应　　　(填“相等”或“不相等”)。 相等 实验需要两小球发生对心碰撞，则两小球绳长必须相同。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (2)若两球爆炸过程动量守恒，应满足的表达式为 　 　　　　 (用mA、mB、α、β 表示)。 mA＝mB 设绳长为L，对A、B球爆炸后由动能定理得 －mAg(L－Lcos α)＝0－mA －mBg(L－Lcos β)＝0－mB 由动量守恒定律得mAv1＝mBv2， 联立解得mA＝mB 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (3)另一小组同学用该实验装置想探究两小球间的碰撞是否 是弹性碰撞，实验步骤如下： ①小球B竖直静止，将小球A拉起一定角度α，由静止释放； ②小球A和小球B发生正碰之后，小球A被弹回，用量角器 测出悬挂小球B的细绳能摆起的与竖直方向的最大夹角β； ③多次改变初始α的值，使得悬挂小球B的细绳摆起的最大角度发生变化，记录多组α、β值，以1－cos α为纵轴，1－cos β为横轴，绘制(1－cos α)－(1－cos β)图像； ④该小组实验中需保证两小球的质量满足：mA　　　mB(填“>”“<”或“＝”)。 < 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 小球A和小球B发生正碰之后，小球A被弹回，则A的质量小于B的质量，A才会反弹。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 15.如图所示，一条光滑的轨道平滑连接，固定在竖直平面内，ab段水平，cde段是以O为圆心、R为半径的一段圆弧。滑块A以某一初速度沿ab方向运动，与静止于b处的滑块B发生弹性碰撞，滑块A和B均可视为质点，质 量分别为m和3m。B运动到d点时速度沿水平方向，大小为，重力加 速度为g，求： (1)滑块B在d点时对轨道的作用力大小； 答案　mg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B滑块在d点由重力与轨道对B的支持力的合力提供向心力，有3mg－FN ＝3m，解得FN＝mg 根据牛顿第三定律，B在d点对轨道的压力为mg 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (2)滑块A的初速度v0； 答案　3 B滑块由b到d，根据动能定理有－3mgR＝×3m×3m， A、B发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒有 mv0＝mv1+3mvb， mm+×3m 解得v0＝3，v1＝－ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (3)滑块B对滑块A的冲量。 答案　m，方向沿ba方向 根据动量定理I＝Δp＝mv1－mv0＝－m，负号表示冲量的方向沿ba方向。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 16.如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)。木板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块。滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块最终回到木板的左端，恰与木板相对静止。重力加速度为g。求： (1)滑块与木板间的动摩擦因数； 答案　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 滑块相对木板向右运动， 刚好能与炸药包接触， 此时滑块和木板的速度相同， 设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1， 以水平向右为正方向；滑块在木板上滑动的过程中，滑块和木板组成的系统所受合外力为零， 则该系统动量守恒，故有mv0＝2mv1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 解得v1＝v0，方向水平向右 滑块在木板上滑动的过程中， 由功能关系可知μmgL＝m(2m)， 解得μ＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度大小。 答案　0　v0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1'和v2'， 最终滑块回到木板左端相对木板静止时速度为v2， 系统在爆炸前后动量守恒， 则有2mv1＝mv1'+mv2'，2mv1＝2mv2 小炸药包爆炸后，滑块在木板上运动的过程由功能关系有μmgL＝mv1'2 +mv2'2－×(2m) 联立以上各式解得v1'＝0， v2'＝v0，方向水平向右。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 17.如图所示，绝缘水平地面上有宽L＝0.4 m的匀强电场区域，电场强度E＝6×105 N/C，方向水平向左。不带电的物块B静止在电场边缘的O点，电荷量q＝+5×10－8 C、质量mA＝1×10－2 kg的物块A在距O点s＝2.25 m处以v0＝5 m/s的水平初速度向右运动，并与B发生弹性碰撞。已知A的质量是B的k(k>1)倍，A、B与水平地面间的动摩擦因数都为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块均可 视为质点，且A的电荷量不变，g取 10 m/s2。 (1)求碰撞前瞬间，A的速度大小； 答案　4 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 设碰撞前瞬间A的速度为v， 则－μmAgs＝mAv2－mA 得v＝4 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (2)求碰撞后瞬间，A和B的速度大小； 答案　 m/s　 m/s 设A、B发生弹性碰撞后瞬间的速度分别为vA、vB， 则mAv＝mAvA+mBvB， mAv2＝mA+mB， 联立并将mA＝kmB以及v＝4 m/s代入， 得vA＝ m/s，vB＝ m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (3)讨论k在不同取值范围时，静电力对A做的功W。 答案　1<k≤3时，W＝0；k>3时，W＝－1.2×10－2 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 ①若A能从电场右边界离开， 应满足mA>μmAgL+qEL， 联立并代入数据，得k>3， 静电力做功为W＝－qEL＝－1.2×10－2 J。 ②若A不能从电场右边界离开 应满足mA≤μmAgL+qEL， 得k≤3，即1<k≤3。 又qE＝0.03 N>μmAg＝0.02 N， 所以A会返回并从电场的左边界离开，整个过程静电力做功为0。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 18.(2024·金华市高二期末)某游戏装置如图所示，倾斜轨道下端固定一弹射装置，上端与一段圆弧管道BCD平滑连接，高处水平光滑平台上一木板紧靠管道出口D(在O点正上方)，且与管道内壁平齐，平台左端地面上有一卡扣装置Q，木板经过时瞬间被卡住，停止运动。游戏时，滑块P每次都在A点弹射离开，通过调节弹射装置可以为滑块从A点弹出提供不同的初动能，滑块最终能停留在木板上则游戏挑战成功。已知斜轨道倾角θ＝37°，AB距离s＝1 m，圆管道半径R＝0.5 m，且比圆管口径大得多。木板质量M ＝0.1 kg，滑块与木板间动摩擦因数μ＝0.5，其余均 光滑，滑块P质量m＝0.1 kg，可看作质点，水平平台 足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (1)若滑块弹射后恰好能到D点，求在D点时对轨道压力的大小； 答案　1 N 若滑块弹射后恰好能到D点， 由于滑块在D点最小速度为0， 则有F支＝mg＝1 N 由牛顿第三定律可得F压＝F支＝1 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (2)假设木板足够长，某次滑块从A点弹出速度为6 m/s，求木板能够获得的最大速度； 答案　 m/s 从A→D过程，根据动能定理有 －mgs·sin θ－mgR(1+cos θ)＝mm，解得vD＝ m/s 当木板与滑块共速时，其速度最大， 根据动量守恒定律有mvD＝(m+M)v，解得v＝ m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (3)假设木板的长度L＝0.75 m，若要游戏成功，求滑块从A点弹射的初动能范围。 答案　1.5~2 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 ①滑块能到木板上，则有vD1＝0 根据动能定理有 －mgs·sin θ－mgR(1+cos θ)＝0－m， 解得vA1＝ m/s ②滑块恰好不从木板左端滑出，则滑块滑上木板，两者达到共同速度过程有 mvD2＝(m+M)v1，m(m+M)＝μmgΔx1 木板被卡住后，对滑块， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 根据动能定理有m＝μmgΔx2， 其中Δx1+Δx2＝L，解得vD2＝ m/s 滑块弹出过程，根据动能定理有 －mgs·sin θ－mgR(1+cos θ)＝mm 解得vA2＝2 m/s 结合上述，滑块初动能范围为m≤Ek≤m 解得，初动能范围为1.5~2 J。 本课结束 第 一 章 $