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1、第一章动量守恒定律基础达标卷（A卷）高二物理全解全析123456789101112BCCCBBCCACCDBDAD1. B【解析】A.动量是矢量，动能是标量，一个物体的动量改变，其动能不一定改 变，例如匀速圆周运动，故A错误；B. 一个物体动能改变，则速度大小在变化，其动量一定改变，故B正确；C.做匀速圆周运动的物体的动能不变，故C错误；D.动量是矢量，正、负号代表方向，不参与大小的比较，故大小p/p2,故D 错误。故选Bo2. C【解析】A.水对装置向上的反冲动力与装置对水向下的压力是一对相互作用力, 大小相等，故A错误；B.人悬空静止一段时间，装置的位移为零，所以水的反冲动力对装置做功为零
2、, 而反冲动力的作用时间不为零，所以冲量不为零，故B错误；C.人悬空静止时，动能为零，而重力势能与所取零势能面有关，可能为零，所 以人的机械能可能为零，故c正确；D.整体向上减速运动时，水的反冲力与速度方向相同，所以对装置做正功，故 D错误。故选C。3. C【解析】A.根据冲量的定义知，重力对物体的冲量大小为机A错误；B.对物体进行受力分析可知支持力大小FN=mgcosO则支持力对物体的冲量大小为Ii=mgcos3-tB错误；C.摩擦力由几何关系可知由几何关系可知Sl+S2=l（1分）解得ml（1分）（3）小球运动到最低点，根据牛顿第二定律得（1分）_4汉解得小球摆到最低点时轻绳对小车的拉力（
3、1分）2m2 g F = 3mg+R-17. 8m/s/解析设甲至少以速度y将箱子推出，推出箱子后甲的速度为飞，乙获得的速 度为公取向右为正方向，以甲和箱子为系统，根据动量守恒，得甲+m）% = M甲y甲 （2分）以箱子和乙为系统，得=乙）一乙（2分）当甲与乙恰好不相撞时v甲=丫乙（2分）联立解得v = 8m/s （1分）瓜（1）ti=0.4s； （2） f = ls, L = 2.5m ； （3） 5 = 1.25m【解析】设小车第-次与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为根据动量守恒定律有Mv0 = M + m)Vj解得v, =3m/s （1分）对小车，根据动量定理有/nMgt、= mv解得= 0.
4、4s （1分）（2）小车第一次与墙壁碰撞后的一段时间内，铁块向右做匀减速直线运动，小 车向左做匀减速直线运动，小车的速度先减为零，然后小车在摩擦力的作用下向 右做匀加速直线运动，直到小车与铁块第二次达到共同速度，此后铁块与小车一 起向右做匀速直线运动直到小车与墙壁发生第二次碰撞，小车不断与墙壁碰撞， 铁块在小车上滑行，系统的机械能不断减少，直到铁块与小车均静止且铁块恰好 在小车的右端，对铁块，根据动量定理有jiiMgt = 0-Mv0解得t = ls （ 1 分）根据功能关系有MgL = ！ Mu。?解得L = 2.5m （1分）（3）经分析可知，小车每一次与墙壁碰撞后都先向左做匀减速直线运动
5、至静止, 再向右做匀加速直线运动至与铁块达到共同速度后再与墙壁碰撞，在两次碰撞间 的运动过程中，系统动量守恒，有-m）vn=M +m）v,7+1（n = l,2,3 ） （1分）解得匕川=!匕?( = 1，2,3 ) (1分)设第一次碰撞后小车向左运动的最大距离为4,对小车，根据动能定理有12_piMgd = 012_piMgd = 0（1分）解得（1分）（1分）4 =0.6m设第次碰撞后小车向左运动的最大距离为47,对小车，根据动能定理有（1分）1 9-jLiMgdn=O-mvn乙同理有可得可得根据对称性,12-Mgdn+i=Q-mvn+i结合数学知识可得（1分）（1分）（1分）（1分）5
6、2 (4 + d + dy + . ) = 2 x -其中1q = 一25解得s = 1.25mFf=mgsin6所以摩擦力对物体的冲量大小为侬sinaC正确；D.因物体静止，合力为零，则合力对物体的冲量大小为零，D错误。【解析】A.由图乙可知机器人在2s时开始滑动，有加速度，所以刚要滑动时7m=E=?x2N = 6N故A错误；B.由图a、图b结合牛顿第二定律可得F4-f = ma4F2-f = tna2联立可得机器人质量m = 3kg滑动摩擦力为/ = 3N机器人与水平桌面间的动摩擦因数为Fn mg故B错误；C.在04s时间内，合外力的冲量为/ = m = 3xx（4 2）Ns = 12Ns
7、故C正确;D. 4s末机器人的速度为u = d = l12x2m/s = 4m/s在。4s时间内，合外力做的功为W = mv2 = 24J2 故D错误。故选C。5. B【解析】A.当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又 因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A正确。BC.先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力 为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也 向左，故B错误，C正确。D.两手放开后在弹簧恢复原长的过程中系统总动量都保持不变，与何时放手无 关，但系统的总动量不一定为零，故D正确。此题选择不正确的，故选B。
8、6. B【解析】A.由图知，A离开挡板瞬间B的速度为% =3m/s, B的速度最小值为 B的速度最小时，弹簧第一次恢复原长，A的最大速度，取向右为正 方向，根据系统动量守恒和机械能守恒得为% = %+恤%12112解得mA = 3kgvm = 4m/s故A错误，B正确；C.在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零， 所以系统动量不守恒，故C错误；D.分析从A离开挡板后A、B的运动过程，弹簧伸长到最长时，弹性势能最大, 此时A、B的共同速度为4,根据动量守恒叫 =（%+恤）v共解得根据机械能守恒定律1?12不%B% =5。4+%)U共+Ep解得稣=9J故D错误。故选B。7
9、. C【解析】相对于船竖直向上抛出物体时，由于惯性，物体仍然具有和船同方向的 速度，船和物体组成的系统水平方向动量守恒，故船速不变。故选C。8. C【解析】B.小球从滑上小车到滑离小车的过程，规定向右为正方向，由动量守恒 定律和机械能守恒定律有mv = mv + 2mv21 2 1 2 1r 2 mv = mv + x 2m22 1 22解得2岭二丁则小球滑离小车时相对小车的速度大小为21V.H = V + V = V相33故B错误；CD.小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0, 小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，水平方向上由动量守恒定律有fmv = (m + 2
10、m) v得v1小车动量变化量大小,. v 2= 2m 一 = mv3 3小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律有mgH = mv2 - g (m + 2m)v 2故C正确，故D错误;A.由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，故A错误。故选CoAC【解析】无论是否启动反推发动机，着陆过程返回舱的初末速度不变，动量变化 量不变，反推发动机的作用时延长动量变化的时间，从而减小返回舱动量的变化 率，进而减小返回舱受到的平均冲力，故AC正确，BD错误。故选ACoCD【解析】A.子弹推钉子进入木桩的过程中，子弹和钉子做匀变速运动，钉子所 受木桩的阻力不可忽略，所以子弹和钉子组成的系统所
11、受合外力不为零，系统动 量不守恒，故A错误；B.由题意分析可知，子弹接触钉子的瞬间，钉子有一个初速度，随后子弹将钉 子匀减速推入木桩，由平均速度公式x = vt可得Xt = V2代入数据解得子弹和钉子间的作用时间为r=5xio-4s故B错误；C.子弹动量改变量大小为由动量定理I 二邸可得钉子对子弹的冲量大小为4N.s,由牛顿第三定律知，子弹对钉子的冲量大 小为4N.s,故C正确；D.对于子弹，由动量定理可知Ft = niAv代入数据解得钉子对子弹的作用力大小为F=8000N由牛顿第三定律可知，子弹对钉子的作用力大小为8000N,故D正确。 故选CDo9. BD【解析】A. P、Q系统所受外力为
12、零，因此整个过程中动量守恒，所以P、Q系 统总动量与P未撞上弹簧时相等，为p = 2mv +772x0 = 2mv故A错误；B.弹簧被压缩至最短，即P、Q距离最小，P、Q的相对速度为零，此时P、Q 速度相等，而P的质量大于Q的质量，所以P的动量大于Q的动量，故B正确; C.弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q的动能达 到最大值，故C错误；D.弹簧被压缩至最短，即P、Q距离最小，P、Q的相对速度为零，此时P、Q 速度相等，故D正确。故选BDoAD【解析】A.由X-，图像的斜率得到，碰前b球的位移不随时间而变化，处于静 止。球的速度大小为A%18vi=r = -m/s=4m/
13、st2做匀速运动，故A正确；B.同理由图像可知，碰后b球和。球均做匀速运动，其速度分别为故B错误；CD.根据动量守恒定律得mivi m2V2f-rmivir代入解得m2 = 0.6kg碰撞过程中系统损失的机械能为 121,)1AE = miv mivi m2V2代入解得AE=0所以碰撞过程机械能守恒，故C错误，D正确。故选ADOOP ON 不会 D 5.8【解析】(1) 1碰撞后，B球的速度大于碰前A球的速度，而A球碰后的速 度小于其碰前的速度，由于平抛运动竖直高度相等，则时间相等，则平抛运动B 球水平分位移最大。而A球碰后的水平分位移小于碰前的水平分位移，即A球 碰前做平抛运动的水平位移是图
14、中的。尸，B球被碰后做平抛运动的水平位移是 图中的ON。(2) 3由于A球每次在斜槽轨道上下滑过程，克服摩擦力做功相同，即每次从 同一高度静止释放后，碰前的速度也相同，则球A下滑过程中与斜槽轨道间存 在摩擦力，这对实验结果不会产生误差。(3) 4为了避免碰撞后发生反弹，入射小球A的质量叫必须大于被碰小球B 的质量%，而为了发生对心正碰，两球的半径必须相等，ABC错误，D正确。 故选Do(4)根据动量守恒定律有- OP =町 OM + ON结合图中数据，解得14.14.生= 5.8使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过两光电门的时间是否相等,若相等，则导轨水平 BC 町（=一叫 +见9I11I，
15、3网专=（可加出【解析】（1） 口使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过两光电门的时间是 否相等，若相等，则导轨水平。（2）本实验需要验证动量守恒定律，所以在实验中必须要测量质量和速度， 速度可以根据光电门的挡光时间求解，而质量通过天平测出，同时，挡光片的宽 度可以消去，所以不需要测量挡光片的宽度，故选BC。（3） 3在第一次实验中，碰撞前A的速度为碰撞后A的速度为% =b Ar3B的速度为在A、B碰撞过程中若满足d d cl町二一肛b m?Az2 - Az3即1 1 1町二一町F Nt、 Ar2 - Az3则动量守恒。（4） 4在第二次实验中，碰撞后A、B速度相同，根据速度公式可知_ d _
16、 dVi,%M 甑A、B碰撞过程若满足itl = （m, +则动量守恒。15. (1) 6m/s； (2) 0.01s； (3) 30kg.m/s【解析】（1）头盔接触地面前做自由落体运动，根据自由落体运动规律v2=2ghv2=2gh（2分）代入数据解得（1分）v=6m/s（2）由匀变速直线运动规律可得（2分）解得4 2xt = v4 2xt = v2x0.03-6-s=0.01s（1分）（3）取向下为正分向，由动量定理得-/=0-mv （2 分）物体做匀减速直线运动过程中地面对头盔的冲量为I = 30kg m/s （ 1 分）16. （1）【旧幽;（2）%=十一；（3）/ = mg+弱邈 M + mMM + m【解析】（l）当小球到达最低点时其速度为刃，此时小车的速度为丫2,设小球的 速度方向为正方向。系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得mvx -Mv2 =0 （2 分）由能量守恒定律得（2分）解得V1 = Jyg/ ，彩 （1 分）N M + mM N M + m（2）设当小球到达最低点时，小球向左移动的距离为s/,小车向右移动的距离 为S2,系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定 律得= 0 （2分）