第一章 动量守恒定律（举一反三·单元自测）物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 人教版2024选择性必修一《动量守恒定律》单元卷，以2026春晚、体育竞技等时代情境为载体，覆盖动量、冲量、守恒定律等核心知识，适配单元复习，强化物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/40|动量变化（v-t图像）、圆周运动动量（春晚《喜雨》）、碰撞守恒（v-t图像）|结合春晚舞蹈、机器人武术等情境，基础单选（1-6）与提升多选（7-10）梯度分明| |实验题|2/15|单摆测g、验证动量定理、磁力碰撞守恒|通过纸带数据处理、非接触碰撞设计，培养科学探究能力| |解答题|3/45|打夯功与冲量、弹性薄片碰撞、冰壶比赛动量应用|综合生活实践（打夯）、体育竞技（冰壶），考查模型建构与科学推理|

第一章《动量守恒定律》单元自测 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．测试范围：人教版2024：选择性必修一第一章。 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在1-6小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的；在7-10小题给出的四个选项中，有一个以上项是符合题目要求的） 1．一个质量为1kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，速度v随时间t变化的图像如图所示，则（　　） A．3s末物块的动量方向改变 B．1s末物块的动量等于4s末的动量 C．0~4s时间内物块的动量变化量为-2kg∙m/s D．2~4s时间内物块的动能变化量为-2J 【答案】C 【详解】A．根据可知，3s末速度方向不变，则物块的动量方向不改变，故A错误； B．由图可知，1s末物块的速度为2m/s，4s末物块的速度大小为-2m/s，则1s末物块的动量大小与4s末的动量大小相等，方向相反，故B错误； C．0~4s时间内物块的动量变化量为，故C正确； D．由图可知，2s末物块速度大小为4m/s，所以2~4s时间内物块的动能变化量为，故D错误。 故选C。 2．2026年春晚的舞蹈《喜雨》中，舞蹈演员头戴雨珠斗笠翩翩起舞。其运动可简化为如图所示，绕竖直轴转动的水平轻杆带动小球在水平面内做匀速圆周运动。小球运动一周的过程中（　　） A．动量始终不变 B．动量时刻改变 C．所受重力的冲量为零 D．所受拉力的冲量为零 【答案】B 【详解】AB． 动量是矢量，方向与速度方向一致。小球做匀速圆周运动时，速度方向时刻改变，因此小球的动量时刻改变，故A错误，B正确； C．冲量定义为，小球运动一周的时间为周期，重力大小、方向始终不变，因此重力的冲量大小，故C错误； D． 根据动量定理，合冲量等于动量变化。小球运动一周后回到出发点，末动量与初动量相等，动量变化，因此总冲量为零，即。 由于重力冲量，因此拉力的冲量，故D错误。 故选 B。 3．2026年春晚舞台上，机器人创意武术节目《武BOT》表演如图所示，质量为m的机器人由下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中，地面对机器人的支持力的冲量大小为（　　） A． B． C．mv D． 【答案】B 【详解】对机器人进行分析，根据动量定理有 解得 故选B。 4．两小车M、N在光滑水平面上正碰，其速度随时间变化的 v-t 图像如图所示，碰撞时间极短。下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程中小车M受到的冲量较大 B．碰撞后小车M的动量小于小车N的动量 C．碰撞后小车M与小车N的动能可能相同 D．小车M的质量大于小车N的质量 【答案】B 【详解】A．碰撞过程中，M、N的相互作用力是一对作用力与反作用力，大小相等、作用时间相同，根据冲量定义，两小车受到的冲量大小相等、方向相反，A错误； D．设碰撞前小车 M 的速度为，小车 N 的速度为 ；碰撞后 M 的速度为，N 的速度为 根据动量守恒定律 整理得 从图像上直观观察，碰撞前后速度变化量满足 可得​， D 错误； B．碰撞后动量，​ 由图可知，，根据前一选项的解析 可得，B正确； C．动能，又， 所以小车M的动能小于小车N的动能，C错误。 故选B 。 5．如图所示，一辆质量为M的小车静止在光滑的水平面上，在小车两侧立柱的横梁上固定一条长为L不可伸长的水平轻细绳，细绳另一端系有质量为m的小球，小球由静止释放，此后小车做往复运动。不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。那么，在小车往复运动的过程中（　　） A．小球和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．小球第一次在O点右侧能到达的最高点，可能比初始释放点低，原因是M、m的大小关系未知，可能出现到右侧最高点时小球的速度为零而小车的速度不为零 C．小车运动的动能最大时，小球的重力势能最小 D．小球从最左侧运动到最右侧时，小车移动的距离为 【答案】C 【详解】A．小球与小车组成的系统，水平方向不受外力，则该系统水平方向动量守恒，运动过程中，系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，故A错误； B．小球和小车开始时刻的速度均为零，且系统水平方向动量守恒，因此当小球到右侧最高点时，小球和小车的速度一定都为零，同时该系统机械能守恒，可知小球第一次在O点右侧能到达的最高点，与初始释放点等高，故B错误； C．小球在最低点时，小球的重力势能最小，此时绳子对小车的拉力在水平方向的分力恰好为零，此时小车的速度达到最大值，动能最大，故C正确； D．根据水平方向动量守恒，结合人船模型分析可得， 解得，故D错误。 故选C。 6．飞机在跑道上加速滑跑时受到的空气阻力与速度的大小关系是，为常量，是飞机的运动速度。一架小型飞机质量为，在平直跑道上由静止开始在恒定牵引力作用下加速运动，经时间，滑行后达到最大速度。若不计飞机轮胎与地面间的滚动摩擦，则此过程中（    ） A．飞机的最大速度是 B．飞机速度最大时牵引力的功率是 C．飞机的速度达到最大速度的一半时，飞机受到的空气阻力大小是 D．飞机的速度达到最大速度的一半时，飞机的加速度大小是 【答案】B 【详解】A．飞机恒定牵引力，阻力，最大速度时加速度为0，故 对运动过程用动量定理，其中 即，整理得，故A错误； B．最大速度时牵引力功率 代入，可得，故B正确； C．速度为最大速度一半时，，又阻力 解得，故C错误； D．速度为最大速度一半时，根据牛顿第二定律 解得 代入整理得，故D错误。 故选B。 7．现代科学研究表明，如图所示，运动员手持一定质量的负重起跳，能够跳得更远。在某次负重跳远训练中，运动员两手各持一个负重，与水平方向成一定角度跳离地面，当他到达最高点时，相对自己向后以速率v0水平抛出负重，抛出后瞬间他的速度水平向前，大小也为v0，忽略空气阻力，则（　　） A．抛出负重前后的一段时间内，人与负重动量守恒 B．起跳后到落地前，人与负重系统机械能不守恒 C．负重抛出后落地前，动量方向竖直向下 D．与不抛出负重相比，运动员跳得更远，时间更长 【答案】BC 【详解】A．抛出负重前后的一段时间内，人与负重所受外力的合力不为0，可知，人与负重动量不守恒，故A错误； B．由于人到达最高点时，相对自己向后以速率v0水平抛出负重，此时人对负重与自身做了正功，消耗了人的化学能，人与负重机械能增大，可知，起跳后到落地前，人与负重系统机械能不守恒，故B正确； C．由于人到达最高点时，相对自己向后以速率v0水平抛出负重，而抛出后瞬间他的速度水平向前，大小也为v0，可知，此时负重的对地的速度为0，即负重抛出后做自由落体运，则负重抛出后落地前，动量方向竖直向下，故C正确； D．人跳离地面时做斜抛运动，令初速度为，速度方向与水平方向夹角为，当人上升到最高点时，利用逆向思维有 解得 人在最高点，抛出负重后做平抛运动，由于高度一定，可知，与不抛出负重相比，运动员运动的时间不变，在抛出负重前后瞬间人与负重水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可知，抛出负重后人的速度增大，则与不抛出负重相比，运动员跳得更远，故D错误。 故选BC。 8．如图所示，单摆摆球的质量为m，摆球从最大位移A 处由静止释放，摆球运动到最低点 B 时的速度大小为 v。重力加速度为g，不计空气阻力。则摆球从A运动到B的过程中 （　　） A．重力做的功为 B．重力的最大瞬时功率为mgv C．摆线拉力的冲量为0 D．合力的冲量大小mv 【答案】AD 【详解】A．根据动能定理有 故A正确； B．令摆线与竖直方向夹角为，摆球静止释放时的摆角为，则有， 重力的瞬时功率 解得 由于为锐角，则有 可知 即重力的最大瞬时功率小于mgv，故B错误； C．根据冲量的定义式有 由于拉力与拉力的作用时间均不为0，则摆线拉力的冲量不为0，故C错误； D．根据动量定理有 故D正确。 故选AD。 9．如图所示，水平面上固定半径为R的半圆形槽，O为圆心，AOC在同一水平线上，B点是圆弧最低点。将质量为m的光滑小球（可视为质点）从A点静止释放，经过时间t运动到B点。已知重力加速度为g，忽略空气阻力，则关于小球从A到B的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球合力的功率先变大后变小 B．小球重力的功率最大时，圆弧对小球弹力的竖直分力为mg C．圆弧对小球弹力的冲量为 D．圆弧对小球弹力的冲量为 【答案】ABD 【详解】A．根据可知，小球从A点静止释放，由于速度为零，则合力的功率为零，当小球运动到B点时，速度方向与合力方向垂直，则合力的功率为零，所以小球从A运动到B的过程中，合力的功率先变大后变小，故A正确； B．小球重力的功率最大时，即小球竖直方向的速度最大，竖直方向加速度为零，所以圆弧对小球弹力的竖直分力为mg，故B正确； CD．小球从A到B的过程中，根据机械能守恒定律可得 所以 运动到B点时速度方向水平向右，即速度变化量方向水平向右，动量变化量方向水平向右，大小为 根据动量定理可知，合力的冲量等于动量变化量，而合力的冲量为重力的冲量与圆弧轨道对小球的弹力的冲量的矢量和，其中重力的冲量竖直向下，大小为 根据矢量合成原理可得，故C错误，D正确。 故选ABD。 10．如图所示，粗糙水平面上有正方格状的网线，两圆柱形物块A和B的质量分别为m、2m，初始位置如图中所示，现先后给两物块一指向P点的瞬时冲量，两物块获得的速度大小的平方之比为4：13，但哪个物块的速度较大未知，一段时间后两物块在P点发生正碰。已知两物块与水平面间的动摩擦因数相等，碰撞时间极短。下列两物块最终静止的位置可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】AC．由选项AC图分析可知，碰后物块A、B的总动量方向沿，所以碰前总动量方向必须沿，即碰前物块A滑动到点的速度为0，设，因为两物块与水平面间的动摩擦因数相等，即两物块加速度相等，设加速度为，物块A的速度平方为4，物块B速度平方为13，根据运动学公式，对于物块A有 对于物块B有 解得物块B碰撞前的速度为 由选项A可知，碰撞后对于物块AB有 解得 则有，满足动量守恒定律， 由选项C可知，碰撞后物块B速度为2， 根据运动学公式可得碰撞后物块A的速度为 显然，不满足动量守恒定律，故A正确，C错误。 BD．由选项BD图分析可知，碰后物块A、B的总动量方向沿，所以碰前总动量方向必须沿，即碰前物块B滑动到点的速度为0，设，因为两物块与水平面间的动摩擦因数相等，即两物块加速度相等，设加速度为，物块A的速度平方为13，物块B速度平方为4，根据运动学公式，对于物块A有 对于物块B有 解得物块A碰撞前的速度为 由选项B可知，碰撞后对于物块A有 解得 碰撞后物块B的速度为2 则有，不满足动量守恒定律， 由选项D可知，碰撞后物块A速度为0，根据运动学公式可得碰撞后物块B的速度为 显然，满足动量守恒定律，故B错误，D正确。 故选AD。 二、实验题（本题共有2道小题，共15分） 11．请完成以下实验操作和计算： （1）在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中，测得摆球的直径读数如图所示，则该摆球的直径为__________cm。 （2）某实验小组以木块为研究对象，设计了验证动量定理的实验，装置如图甲所示。 ①为了减小实验误差，下列操作正确的是__________ A．调节连接木块的轻绳至水平 B．槽码质量m要远小于木块和砝码的总质量M C．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，木块前端连接轻绳和槽码 D．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，在木块后端连接纸带且纸带穿过打点计时器 ②木块由静止开始运动，某次实验得到图乙所示的一条纸带，则纸带的__________（填“左”或“右”）端与木块相连。 ③对图乙所示纸带，打点计时器打点的时间间隔为0.02s，O点为打点计时器打下的第一个点，每隔4个点取1个计数点，依次得到了O、A、B、C、D几个计数点，用刻度尺量得OA＝1.20cm，OB＝2.80cm，OC＝4.80cm，OD＝7.20cm，则打C点时木块的速度大小为__________m/s；若实验测得木块和砝码的总质量为1.5kg，则从释放到打点计时器打下C点的过程中，木块和砝码的动量变化量大小为__________kg·m/s。 【答案】（1）1.20 （2） BD/DB 左 0.22 0.33 【详解】（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以该摆球的直径为 （2）[1]A．调节连接木块的轻绳至与木板平行，故A错误； B．槽码质量m远小于木块和砝码的总质量M时，木块所受合外力近似为mg，故B正确； CD．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，木块前端不需连接轻绳和槽码，木块后端连接纸带且纸带穿过打点计时器，故C错误，D正确。 故选BD。 [2]纸带由静止开始加速运动，打点距离逐渐增大，则纸带的左端与木块相连； [3]由于打点计时器打点的时间间隔为0.02s，且每隔4个点取1个计数点，所以相邻两个计数点间的时间间隔为 所以打C点时木块的速度大小 [4]从释放到打点计时器打下C点的过程中，木块和砝码的动量变化量大小。 12．为探究非接触式碰撞（磁力相互作用）中动量是否守恒，某实验小组采用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，滑块的右端和滑块的左端均固定有磁铁（两磁铁间为斥力），气垫导轨两端均固定有位移传感器。给滑块一初速度，与静止的滑块发生磁力碰撞，用位移传感器实时采集滑块、的位置一时间数据，并通过计算机自动生成图像，可直接读取碰撞前后两滑块的瞬时速度。两滑块（含磁铁）的质量均为，忽略导轨摩擦，可认为两滑块距离较近时才有磁力作用。 （1）在实验中，滑块以初速度与静止的滑块发生磁力碰撞后，速度分别变为和，碰后总动量为__________，若碰撞过程中满足__________（均用题中符号表示），则动量守恒； （2）若在实验中，滑块以初速度与滑块发生磁力碰撞，在两滑块发生相互作用前，滑块意外吸附了一个质量为的静止铁钉，碰撞后滑块速度为，碰后滑块速度为__________时则动量守恒； （3）若将滑块的磁铁替换为黏性泥团，黏性泥团与的共同质量仍为，仍以初速度与静止的发生碰撞，碰后粘在一起，若测得碰撞后两滑块的速度为，则碰撞过程机械能损失__________（用题中符号表示）； （4）碰后瞬间气垫导轨关闭，组合体整体减速，位移传感器测出整体在一段时间内做匀减速运动的位置随时间变化的图像如图乙，则碰后瞬间的速度大小为__________。 【答案】（1） （2）0.5 （3） （4）0.32 【详解】（1）[1]碰撞后A动量为，B动量为，总碰后动量为 [2]碰撞前总动量为，若动量守恒，应满足 （2）B吸附铁钉后总质量为，根据动量守恒 代入 解得 （3）碰撞前总动能为，碰撞后总动能为 机械能损失 （4）由图乙可知，碰后瞬间开始匀减速，后静止（不变），位移大小，运动时间，末速度为0 匀减速到0的过程，平均速度 解得 【点睛】 三、解答题（本题共有3道小题，共45分，第13小题12分，第14小题15分，第15小题18分） 13．人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。如图所示，在某次打夯过程中，两人同时通过绳子对静止于地面的夯锤各施加一个力，使其竖直上升。若上升过程中各拉力的方向始终与竖直方向成，大小均保持不变。夯锤离开地面后两人撤去拉力，夯锤落地后速度减为0，与地面撞击的时间为。已知夯锤的质量为，重力加速度取，，不计空气阻力。求： （1）夯锤上升过程中拉力对夯锤所做的总功； （2）夯锤刚落地时的速度大小； （3）夯锤对地面的平均冲击力大小。 【答案】（1）128J （2）3.2m/s （3）4250N 【详解】（1）根据题意，夯锤离开地面后两人撤去拉力，则夯锤上升过程中拉力对夯锤所做的总功 解得 （2）夯锤从静止上升到刚刚落地过程，根据动能定理有 解得 （3）夯锤落地后速度减为0，与地面撞击的时间为，在夯锤与地面作用过程，根据动量定理有 解得 14．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平固定面上，与水平面碰前瞬时速度为v0，方向与水平方向夹角α＝45°。薄片与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的分速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。已知sin37°＝0.6，求： （1）薄片与水平面在第1次碰撞后瞬间速度与水平方向夹角的正切值； （2）薄片与水平面在第1次碰撞的过程中，受到地面的冲量大小； （3）薄片与水平面发生多少次碰撞后，水平位移将不会再增加？ 【答案】（1） （2） （3）5次 【详解】（1）依题意，设薄片质量为m，将速度v0分解到水平和竖直方向，则水平与竖直方向的初速度大小均为v，与地面作用时的弹力为FN，作用时间为t，根据动量定理，竖直方向上，有 水平方向，有 联立可得 则速度与水平方向夹角的正切值为 （2）第1次碰撞的过程中，竖直方向速度变化量为 水平方向速度变化量为 所以动量变化量为 其中 根据动量定理可得 联立解得薄片受到地面的冲量大小为 （3）结合题意和前面分析可知，薄片与水平面每次碰撞过程中，薄片竖直方向的动量变化量大小相等，均为 第一次碰撞过程中，薄片水平方向的动量变化量大小为 当水平位移不再增加时，即水平速度减为零，则有 联立解得 则薄片与水平面发生5次碰撞后，水平位移将不会再增加。 15．图甲冰壶比赛的场地，示意图如图乙所示。某次比赛，蓝队冰壶Q停在距离圆垒圆心O左侧处，红队运动员手推冰壶P至投掷线处释放，此时，冰壶P的速度为，方向水平向右，队友可以通过毛刷擦拭冰壶P前方冰面减少动摩擦因数，P向前运动与冰壶Q相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间Q获得的速度是P碰前瞬间速度的，圆垒半径为，圆心O与投掷线的距离为。运动中，P、Q与O始终处于同一直线上。两冰壶材料规格均相同且可视为质点。毛刷擦拭冰面前后，冰壶与冰面间的动摩擦因数分别为和，重力加速度。 （1）冰壶P在碰撞前后瞬间的速度大小之比是多少？ （2）两冰壶均停止后，冰壶在圆垒内且到O点距离较小的一方获胜。红队运动员在P碰上Q前，用毛刷擦拭冰面的长度应满足什么条件才可赢得比赛？（P碰上Q后，假设运动员不再擦拭冰面） 【答案】（1）4：1；（2），即可赢得比赛 【详解】（1）假设冰壶的质量为m，冰壶P碰上Q前瞬间的速度为v，碰后瞬间P的速度为、Q的速度为，由题意有 P、Q碰撞过程，由动量守恒得 解得 碰前瞬间速度与两冰壶碰撞后瞬间红队冰壶的速度之比是4：1 （2）①若冰壶P最终停在O点左侧，红队获胜，则必须冰壶Q停在O点右侧，且冰壶P到O点的距离小于Q到O点的距离，即 把 ， 代入解得 假设红队用毛刷擦拭冰面的长度为s，P从起滑到与Q发生碰撞前的过程，有 解得 ②若冰壶P最终停在O点右侧，由于，则冰壶P离O点距离一定比Q离O点的距离近，只需保证P停在圆垒区域内即可，即 把 代入解得 又因为冰壶P的初速度为 因此 恒成立，即擦拭冰面的最大长度可以达到 综上分析，红队用毛刷擦拭冰面的长度只要大于即可赢得比赛 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章《动量守恒定律》单元自测 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．测试范围：人教版2024：选择性必修一第一章。 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在1-6小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的；在7-10小题给出的四个选项中，有一个以上项是符合题目要求的） 1．一个质量为1kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，速度v随时间t变化的图像如图所示，则（　　） A．3s末物块的动量方向改变 B．1s末物块的动量等于4s末的动量 C．0~4s时间内物块的动量变化量为-2kg∙m/s D．2~4s时间内物块的动能变化量为-2J 2．2026年春晚的舞蹈《喜雨》中，舞蹈演员头戴雨珠斗笠翩翩起舞。其运动可简化为如图所示，绕竖直轴转动的水平轻杆带动小球在水平面内做匀速圆周运动。小球运动一周的过程中（　　） A．动量始终不变 B．动量时刻改变 C．所受重力的冲量为零 D．所受拉力的冲量为零 3．2026年春晚舞台上，机器人创意武术节目《武BOT》表演如图所示，质量为m的机器人由下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中，地面对机器人的支持力的冲量大小为（　　） A． B． C．mv D． 4．两小车M、N在光滑水平面上正碰，其速度随时间变化的 v-t 图像如图所示，碰撞时间极短。下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程中小车M受到的冲量较大　　　　B．碰撞后小车M的动量小于小车N的动量 C．碰撞后小车M与小车N的动能可能相同　　D．小车M的质量大于小车N的质量 5．如图所示，一辆质量为M的小车静止在光滑的水平面上，在小车两侧立柱的横梁上固定一条长为L不可伸长的水平轻细绳，细绳另一端系有质量为m的小球，小球由静止释放，此后小车做往复运动。不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。那么，在小车往复运动的过程中（　　） A．小球和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．小球第一次在O点右侧能到达的最高点，可能比初始释放点低，原因是M、m的大小关系未知，可能出现到右侧最高点时小球的速度为零而小车的速度不为零 C．小车运动的动能最大时，小球的重力势能最小 D．小球从最左侧运动到最右侧时，小车移动的距离为 6．飞机在跑道上加速滑跑时受到的空气阻力与速度的大小关系是，为常量，是飞机的运动速度。一架小型飞机质量为，在平直跑道上由静止开始在恒定牵引力作用下加速运动，经时间，滑行后达到最大速度。若不计飞机轮胎与地面间的滚动摩擦，则此过程中（    ） A．飞机的最大速度是 B．飞机速度最大时牵引力的功率是 C．飞机的速度达到最大速度的一半时，飞机受到的空气阻力大小是 D．飞机的速度达到最大速度的一半时，飞机的加速度大小是 7．现代科学研究表明，如图所示，运动员手持一定质量的负重起跳，能够跳得更远。在某次负重跳远训练中，运动员两手各持一个负重，与水平方向成一定角度跳离地面，当他到达最高点时，相对自己向后以速率v0水平抛出负重，抛出后瞬间他的速度水平向前，大小也为v0，忽略空气阻力，则（　　） A．抛出负重前后的一段时间内，人与负重动量守恒 B．起跳后到落地前，人与负重系统机械能不守恒 C．负重抛出后落地前，动量方向竖直向下 D．与不抛出负重相比，运动员跳得更远，时间更长 8．如图所示，单摆摆球的质量为m，摆球从最大位移A 处由静止释放，摆球运动到最低点 B 时的速度大小为 v。重力加速度为g，不计空气阻力。则摆球从A运动到B的过程中 （　　） A．重力做的功为 B．重力的最大瞬时功率为mgv C．摆线拉力的冲量为0 D．合力的冲量大小mv 9．如图所示，水平面上固定半径为R的半圆形槽，O为圆心，AOC在同一水平线上，B点是圆弧最低点。将质量为m的光滑小球（可视为质点）从A点静止释放，经过时间t运动到B点。已知重力加速度为g，忽略空气阻力，则关于小球从A到B的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球合力的功率先变大后变小 B．小球重力的功率最大时，圆弧对小球弹力的竖直分力为mg C．圆弧对小球弹力的冲量为 D．圆弧对小球弹力的冲量为 10．如图所示，粗糙水平面上有正方格状的网线，两圆柱形物块A和B的质量分别为m、2m，初始位置如图中所示，现先后给两物块一指向P点的瞬时冲量，两物块获得的速度大小的平方之比为4：13，但哪个物块的速度较大未知，一段时间后两物块在P点发生正碰。已知两物块与水平面间的动摩擦因数相等，碰撞时间极短。下列两物块最终静止的位置可能正确的是（　　） A． B． C． D． 二、实验题（本题共有2道小题，共15分） 11．请完成以下实验操作和计算： （1）在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中，测得摆球的直径读数如图所示，则该摆球的直径为__________cm。 （2）某实验小组以木块为研究对象，设计了验证动量定理的实验，装置如图甲所示。 ①为了减小实验误差，下列操作正确的是__________ A．调节连接木块的轻绳至水平 B．槽码质量m要远小于木块和砝码的总质量M C．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，木块前端连接轻绳和槽码 D．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，在木块后端连接纸带且纸带穿过打点计时器 ②木块由静止开始运动，某次实验得到图乙所示的一条纸带，则纸带的__________（填“左”或“右”）端与木块相连。 ③对图乙所示纸带，打点计时器打点的时间间隔为0.02s，O点为打点计时器打下的第一个点，每隔4个点取1个计数点，依次得到了O、A、B、C、D几个计数点，用刻度尺量得OA＝1.20cm，OB＝2.80cm，OC＝4.80cm，OD＝7.20cm，则打C点时木块的速度大小为__________m/s；若实验测得木块和砝码的总质量为1.5kg，则从释放到打点计时器打下C点的过程中，木块和砝码的动量变化量大小为__________kg·m/s。 12．为探究非接触式碰撞（磁力相互作用）中动量是否守恒，某实验小组采用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，滑块的右端和滑块的左端均固定有磁铁（两磁铁间为斥力），气垫导轨两端均固定有位移传感器。给滑块一初速度，与静止的滑块发生磁力碰撞，用位移传感器实时采集滑块、的位置一时间数据，并通过计算机自动生成图像，可直接读取碰撞前后两滑块的瞬时速度。两滑块（含磁铁）的质量均为，忽略导轨摩擦，可认为两滑块距离较近时才有磁力作用。 （1）在实验中，滑块以初速度与静止的滑块发生磁力碰撞后，速度分别变为和，碰后总动量为__________，若碰撞过程中满足__________（均用题中符号表示），则动量守恒； （2）若在实验中，滑块以初速度与滑块发生磁力碰撞，在两滑块发生相互作用前，滑块意外吸附了一个质量为的静止铁钉，碰撞后滑块速度为，碰后滑块速度为__________时则动量守恒； （3）若将滑块的磁铁替换为黏性泥团，黏性泥团与的共同质量仍为，仍以初速度与静止的发生碰撞，碰后粘在一起，若测得碰撞后两滑块的速度为，则碰撞过程机械能损失__________（用题中符号表示）； （4）碰后瞬间气垫导轨关闭，组合体整体减速，位移传感器测出整体在一段时间内做匀减速运动的位置随时间变化的图像如图乙，则碰后瞬间的速度大小为__________。 三、解答题（本题共有3道小题，共45分，第13小题12分，第14小题15分，第15小题18分） 13．人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。如图所示，在某次打夯过程中，两人同时通过绳子对静止于地面的夯锤各施加一个力，使其竖直上升。若上升过程中各拉力的方向始终与竖直方向成，大小均保持不变。夯锤离开地面后两人撤去拉力，夯锤落地后速度减为0，与地面撞击的时间为。已知夯锤的质量为，重力加速度取，，不计空气阻力。求： （1）夯锤上升过程中拉力对夯锤所做的总功； （2）夯锤刚落地时的速度大小； （3）夯锤对地面的平均冲击力大小。 14．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平固定面上，与水平面碰前瞬时速度为v0，方向与水平方向夹角α＝45°。薄片与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的分速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。已知sin37°＝0.6，求： （1）薄片与水平面在第1次碰撞后瞬间速度与水平方向夹角的正切值； （2）薄片与水平面在第1次碰撞的过程中，受到地面的冲量大小； （3）薄片与水平面发生多少次碰撞后，水平位移将不会再增加？ 15．图甲冰壶比赛的场地，示意图如图乙所示。某次比赛，蓝队冰壶Q停在距离圆垒圆心O左侧处，红队运动员手推冰壶P至投掷线处释放，此时，冰壶P的速度为，方向水平向右，队友可以通过毛刷擦拭冰壶P前方冰面减少动摩擦因数，P向前运动与冰壶Q相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间Q获得的速度是P碰前瞬间速度的，圆垒半径为，圆心O与投掷线的距离为。运动中，P、Q与O始终处于同一直线上。两冰壶材料规格均相同且可视为质点。毛刷擦拭冰面前后，冰壶与冰面间的动摩擦因数分别为和，重力加速度。 （1）冰壶P在碰撞前后瞬间的速度大小之比是多少？ （2）两冰壶均停止后，冰壶在圆垒内且到O点距离较小的一方获胜。红队运动员在P碰上Q前，用毛刷擦拭冰面的长度应满足什么条件才可赢得比赛？（P碰上Q后，假设运动员不再擦拭冰面） 7 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $