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1、第一章动量守恒定律能力提高卷（B卷）高二物理全解全析123456789101112DACDBBCABDBCBDACD1. D【详解】A.上升过程，根据牛顿第二定律，有pmg=ma解得/Q = g+gm下降过程，根据牛顿第二定律，有解得d = g一gm可见：上升过程加速度大小大于下降过程加速度大小。由于上升和下降的高度相等，上升的加速度大小大于下降的加速度大小，由运动 学公式12x = at2知上升的时间小于下降的时间，故A错误；B.由于小球运动过程有空气阻力，所以机械能损失，回到抛出点时的速率也必然小于抛出时的速率w,则由动能公式线知小球回到抛出点的动能小于抛出时的动能，故上升过程减少的动能大
2、于下落过程增加的动能，故B错误；C.上升过程同样位置的阻力大于下落过程同样位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的数值大于小球下降克服阻力做功的数值，故c错误；D.由题意可得，阻力与速率的关系为故阻力的冲量大小为If ft kvt lex因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程冲量大小相等，故D正越大运动时间越长，则根据式可知P点是A单独抛出时在竖直木板上的撞 击点，M, N点分别是A与B碰撞后在各自在竖直木板上的撞击点，根据平抛运动规律可得联立可得若式在误差允许范围内成立，则表明此碰撞动量守恒，且要验证上式，必需 测量9N、32和9M的距离。故选ADo14.400.800.480.48
3、【详解】(1)由于碰撞前后滑块做匀速直线运动，结合图可知AB碰撞位置在40cm 处。(2)从第二次到第三次拍照，A从50cm处向右运动到70cm处，所以 碰撞后A的速度为,(70-50)x0.01m 八仙 /vA = = 0.40m/sa 0.5s则碰撞后A从40cm处运动到50cm处的时间为(50-40)x0.01m t. = = 0.25s-0.40m/s所以碰撞前A从20cm处运动到40cm处的时间为4=7-2= 0.5s - 0.25s = 0.25s所以A碰撞前速度为(40 20) x 0.01m025s= 0.80m/s从第二次到第三次拍照，B从55cm处运动到85cm处，所以碰撞
4、后B的速度为（85 - 55） x 0.01m ,、“、,vR = 0.60m/sB 0.5s则碰撞前系统的总动量为p = mA vA = 0.60kg x 0.80m/s = 0.48kg - m/s碰撞后系统的总动量为py - mAvA 7?vB = 0.60x0.4 + 0.40x0.60kg m/s = 0.48kg m/s15. （1）夕=红、区;（2） v = J吆兽4 兀G、GMV pS【详解】（1）质量为的物体放在月球表面，受到的万有引力等于重力，可得G也_ =机”（2分）R2解得联立解得4 3M=pnR3（2分）471G V GM（1分）（2）设喷出气体对上升器的作用力大小为
5、尸，对上升器由牛顿第二定律可得F - mg = ma（1分）设在加时间内喷射出气体质量为Am,由动量定理可得FZ = Amv-0 （1分）其中m = pSvt由牛顿第三定律有（1分）联立解得（1分）V=根（a + g）pS16. （1） u = 7； （2）卬二肛8/2 +（班+%）gH ； （3）见解析 班【详解】（1）运动员离开地面做竖直上抛运动，由mv2 = mgH （2分）解得v = d2gH （1分）（2）从四下压距离Zi位置松手瞬间开始到将弹簧长度锁定瞬间结束，这个过程 表示人的“站起过程。设弹簧长度锁定前瞬间，如速度为，弹簧长度锁定后瞬 间他与加2整体离地，速度为人历兀 由弹簧长
6、度锁定过程系统动量守恒myu = m +m2）v （2 分）解得师（1分）则至少需要做功W = mgh mu2 = mh +（犯 +）gH （2 分）2犯（3）把手臂和躯体看作两个部分，向前摆臂会使得起跳瞬间手臂部分的速度比 身体的速度大，根据系统的动量守恒，起跳后身体速度还会增大，从而提高成绩。（2分）17. （1） 0.1m； （2） 4N.【详解】（1）小球释放在向下摆动的过程中，对A有向左的拉力，使得A、B之 间有压力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，压力为零，此时，A、B将要 分离。A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 mvc-2MvA=0（1 分）
7、则有m 2M = 0 （1分）t t由几何关系得X+X2=L（1 分）解得A移动的距离为%=0lm （1分）（2） A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mvc-2MvA=0（1 分）由机械能守恒定律得（1分）联立并代入数据解得vA = lm/svc = 2m/s （1 分）当A、B两木块恰分离时，小球相对A的速度为M =以 + % = 3m/s （1 分）根据牛顿第二定律,2T-mg = m （1 分）T = 4N解得小球对细线的拉力（1分）18. （1） 4m/s,方向向右；（2） 7m/s； （3） 8J【详解】（1）设向右为正方向，子弹射入滑块后的共同速度大
8、小为%,对子弹与滑块组成的系统，由动量守恒定律得解得解得（2分）v2 = 4m/s（1分）速度方向向右；（2）设子弹、滑块与长木板三者的共同速度为匕，当三者达到共同速度时弹簧 压缩量最大，弹性势能最大，以向右为正方向。由动量守恒定律得+（/%+2）彩=（M +，篦+/）匕（2分）解得 匕=7m/s （1分）（3）设最大弹性势能为综.，从子弹射入滑块后到三者达到共同速度的过程, 对三个物体组成的系统应用能量守恒定律（2分）（1分）:2 + ；（根 + 见 J 岭 2 不（M + 2 + 2）匕 2 = Epmax + Q 其中。=（加+犯）g解得max = 8 Jmax = 8 J（1分） 确。
9、故选D。2. A【详解】A.减速阶段，据牛顿第二定律可得f = nmr由图可知，减速阶段两者加速度相等，则水的阻力相等，加速阶段，据牛顿第二 定律可得F = ma + f加速阶段，甲的加速度较小，则甲在划桨时用力较小，A正确；B.两者最大速度相同，由动能定理可得Wv-fs = mvl乙加速阶段的位移较小，故乙做功Wf更少，B错误；CD.加速阶段由动量定理可得I-ft = mvm甲加速阶段时间较长，甲划桨时受到水反作用力的冲量大，CD错误。故选AoC【详解】由题意知，加沿斜面由底端冲上顶端的过程中，在竖直方向上机有向下 的加速度，所以加和M组成的系统在竖直方向上系统的动量分量不守恒。而相 和M组
10、成的系统在水平方向上不受外力作用，所以a和M组成的系统，在水平 方向上系统的动量分量守恒。故选CoD【详解】A.碰撞前的总动量为p =呵% = 6kg m / s碰撞后的总动量pr = V| + m2g = 7kg-m/s可知pwp根据碰撞的特点，碰撞前后动量守恒，故A不符合题意;B.碰撞前的总动量为p =町匕=6kg-m/s碰撞后的总动量p -町v + 应试=6kg-m/s可知P = Pr碰撞前的总能量为碰撞后的总能量为用二：根 MJ；/% 片=54J可知Ekvavb并且VC与wz方向相反。故选BoB【详解】“和加碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计， 因而加。在水平方向上没
11、有受到外力作用，动量不变（速度不变），可以认为碰撞 过程中加。没有参与，只涉及M和小，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M 和小组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分 开。故选BoC【详解】A.根据动量守恒可知，爆炸刚结束时，乙、丙的合动量应与甲的动量 等大反向，即大小为77W。，故A错误；B.三物块的质量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夹角为120。，根据平行四 边形定则可知，乙、丙的动量大小与乙、丙两速度合成后的动量大小相同，因 此三个物块初速度大小均相等,初动能相等,三个物体到达地面时重力做功相等, 则末动能相等，故B错误；C.甲在落地的过程中，设用时为3则有
12、,12h = 一卬+不/ 重力对甲的冲量大小I - mgt 解得/ = %+或： +2g）故C正确；D.结合以上分析，三个物块初速度大小和初动能均相同，爆炸过程中释放的总 能量即三个物块初动能之和加上爆炸产生的热量为。，即大于优，故D错误。 故选C。4. A【详解】由动量守恒定律得（町+牲-Am） v船一AmVj = 0解得Amv.Vf.；rt -机+根2 一故选AoBD【详解】A.由于铁粉受到重力和底座中磁铁的吸引力，所以铁粉的运动不是自 由落体运动，故A错误；B.由于铁粉下落过程中不断靠近磁铁，磁体的吸引力会不断变大，则加速度不 断变化，所以铁粉做变加速直线运动，故B正确；CD.如果铁粉做
13、自由落体运动，设沙漏的总质量为相，空中正在下落的铁粉质量为加人设沙漏中部细孔到底部静止铁粉表面的高度为九因细孔处速度很小, 可视为零，故下落的铁粉冲击底部静止铁粉表面的速度为铁粉下落的时间为v 2设下落的铁粉对底部静止铁粉的冲击力为在极短时间加内，撞击在底部静 止铁粉表面的铁粉质量为加，由动量定理得 Amv =空中的铁粉质量Am AmAm Am2hAmAr2h所以，对沙漏受力分析，可知桌面对沙漏的支持力为外=(m - m, =(m -ng + ng = mg而实际中，铁粉做加速度增大的加速运动，到达底端速度大于河，所以故C错误，D正确。故选BDoBC【详解】A.弹幕的总体积为V = vtS =
14、 300 x 0.01x2 m3 =6 m3A错误；B.又因为每len?有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数心舟个= 6x0个所形成弹幕的总质量M = AT-m = 6xl06x2xl0_2 kg= 1.2xl05 kgB正确；c.由动量定理可知/ = A/Av = 1.2x 10、kg x 300 m / s = 3.6 x 107 kg - m / sc正确；D.弹幕对目标形成的冲击力大小F = - = 3.6x109 NtD错误。故选BCoBD【详解】AD. %和机组成的系统竖直方向合力不为0,系统动量不守恒，但水 平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒；由于只有重力做功，则机械能守恒,
15、当m到达最低点时，加的速度最大，则mv 一%)2-0D 1 2 1 2mgR = -mv +-2乙乙解得所能获得的最大速度为v2 = mv2 = m2gR2+ mn故D正确，A错误;B.由水平方向动量守恒，根据人船模型得nvcx = mox2X + 工2 = 2R解得，加0向左运动的最大距离为2mRX2 =m + m0故B正确；C.当光滑的半圆弧轨道固定在水平地面上时，由机械能守恒定律可知 mv2 2=mgR由向心力公式得mv2尸一根g=每一机运动到最低点。时轨道对m的支持力F = 3mg根据牛顿第三定律可知小运动到最低点。时对轨道的压力大小为3mg.现在光滑的半圆弧轨道在水平面上运动，机运动
16、到最低点C时对轨道的压力大小不是3mg。故C错误。故BDoACD【详解】A.整个过程中根据速度一时间图像可知滑块乙的位移-6-26）xl + xl.5 m = 0.5mA正确;B.两物块在Is末时发生碰撞，根据动量定理得阳”甲1+根乙口乙产叫/乙I4mlp - 2m乙=-6m乙带入解得叫j:%=2:1B错误;C.根据图像可知，0ls滑块的加速度为/= = -2m/s2-2 一 （一6）2=-=4m/s2根据牛顿第二定律解得甲=。,2 , 乙=0.4 滑块甲、滑块乙与水平面间的动摩擦因数之比为1:2, C正确;D.滑块甲与滑块乙的质量之比为呵 : m乙=2:1两个滑块碰撞前后的能量差为=0=0-
17、1,2 ( 12 12石=5叱y乙心耳如y甲1+七丘D正确。故选ACDo需要 AC#CA 0M、0尸和ON的距离 AD#DA【详解】(1)本实验需要小球从斜槽末端离开后做平抛运动，所以斜槽末端 需要保持水平。(2) 2AB.为了使两球碰撞后A球不反弹，两球质量满足机a/tw,故A正确， B错误；CD.为了减小空气阻力对实验的影响，两小球都应该选择质量大、体积小的刚 性小球进行实验，故C正确，D错误。故选ACo(3)采用图甲装置实验时，两小球下落高度相同，所以做平抛运动的时间相 同，而两小球碰撞前后的速度分别正比于对应的水平位移大小，所以在验证动量 守恒表达式时可直接代入水平位移来间接代替速度，则实验中还必须测量的物理 量是OM、0P和ON的距离。(4)采用图乙装置实验时，设A与B碰撞前瞬间的速度为刃，碰后瞬间二者 的速度分别为和4,根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得加A?=加Ah +121,21,2 ZTX入匕%联立解得， 2mAv2 =匕 Vj根 A +两小球做平抛运动的水平位移相同，水平初速度与运动时间成反比，而下落高度