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高三物理周考试卷（六）参考答案1【分析】人和船组成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行分析与计算【解答】解：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v，人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度为正方向。则 v=dt，v=L-dt，根据动量守恒定律得：Mvmv=0，解得，船的质量：M=m(L-d)d；故选：B。【点评】人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意动量的方向2【分析】人和气球动量守恒，当人不动时，气球也不动；当人向下运动时，气球向上运动，且变化情况一致，即加速均加速，减速均减速，匀速均匀速根据动量守恒列出等式求解【解答】解：设人的速度v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得则m1v1=m2v2，所以v1=25v2，气球和人运动的路程之和为h=5m，则s1=107m，s2=257m，即人下滑107m，气球上升257m，所以人离地高度为257m，约等于3.6m。故选：B。【点评】本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别3【分析】动量是矢量，动量相同则方向必须相同；根据下落的时间不同分析冲量的大小，根据动量定理分析动量的变化。【解答】解：A、a和b落地时的速度方向不同，a、b 的末动量不相同，故A错误；B、a和b落地的时间不同，b落地的时间短，根据I=mgt可得重力对 a、b 的冲量不相同，故B错误；C、设斜面的高度为h，小球a到达底部的速度va，则12mva2=mgh，解得va=2gh，则a球动量的变化为Pa=mva=m2gh，b球的动量变化在竖直方向，为Pb=mvby=m2gh，故a、b 的动量变化量大小相等，故C正确；D、根据动量定理可得合力对a的冲量等于合力对b的冲量，故D错误。故选：C。【点评】本题主要是考查动量定理，解答本题要注意：熟记冲量的计算公式I=Ft，动量变化P=mvmv，以及它们的关系：I合=P的应用。4【分析】当连接A、B的绳子突然断开后，A受重力和弹力，B受重力；对A、B两物体应用动量定理可以求出弹簧的弹力对A的冲量。【解答】解：以向上为正方向，由动量定理得：对B：Mgt=Mu0，对A：Imgt=mv0，解得：I=m（v+u）；故选：D。【点评】本题考查了求弹簧的冲量，应用动量定理即可正确解题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选择。5【分析】根据物块返回到P点的速度大小，结合动量定理求出合外力的冲量，根据动能定理得出合外力做功的大小。【解答】解：若v2v1，则物块返回到P点的速度大小为v2，根据动量定理知，合力的冲量为：I合=mv2（mv2）=2mv2，根据动能定理知，合力做功的大小为零。v2v1，则物块返回到P点的速度大小为v1，根据动量定理知，合力的冲量I合=mv1+mv2，根据动能定理得，合力做功为：W=12mv12-12mv22故D正确，A、B、C错误。故选：D。【点评】解决本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合动量定理和动能定理进行求解，难度中等。6【分析】对两颗子弹和木块组成的系统而言，合外力为零，总动量守恒，可求出当两颗子弹均相对于木块静止时木块的速度先以左侧的子弹和木块组成的系统研究，由动量守恒和能量守恒得到d1与子弹速度、质量和木块的关系，再对两颗子弹和木块系统为研究，用同样的方法研究d2，再比较它们的大小【解答】解：设子弹射入木块前的速度大小为v0，子弹的质量为M，子弹受到的阻力大小为f。当两颗子弹均相对于木块静止时，由动量守恒得 M0vMv0=（2M+m）v，得v=0，即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止。先对左侧射入木块的子弹和木块组成的系统研究，则有 Mv=（M+m）v1，由能量守恒得：fd1=12Mv212(M+m)v12再对两颗子弹和木块系统为研究，得 fd2=12(M+m)v12+12Mv2由对比得，d1d2故A正确。故选：A。【点评】本题运用动量守恒和能量守恒相结合分析子弹与木块相对位移大小的关系，是常用的基本思路7【分析】铁块从木板的左端沿板面向右滑行，当铁块与木板的速度相同时，弹簧压缩最短，其弹性势能最大。根据能量守恒列出此过程的方程。从两者速度相同到铁块运动到木板的左端过程时，两者速度再次相同，根据能量守恒定律再列出整个过程的方程。根据系统动量守恒可知，两次速度相同时，铁块与木板的共同速度相同，根据动量守恒定律求出共同速度，联立求解弹簧具有的最大弹性势能。【解答】解：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f。根据能量守恒定律得： 铁块相对于木板向右运动过程：12mv02=fL+12(M+m)v2+EP 铁块相对于木板运动的整个过程：12mv02=2fL+12(M+m)v2又根据系统动量守恒可知，mv0=（M+m）v联立得到：EP=3J。故选：A。【点评】本题是系统的动量守恒和能量守恒问题，分析两个过程进行研究，要抓住铁块与木板两次共同速度相同。8【分析】碰撞过程遵守动量守恒，根据B的速度，由此定律得到A的速度，根据碰撞总动能不增加，分析是否可能【解答】解：A、若vB=0.6v，由动量守恒得：mv=mvA+3m0.6v，得vA=0.8v，碰撞前系统的总动能为Ek=12mv2碰撞后系统的总动能为Ek=12mvA2+123mvB2=12m(0.8v)2+123mvB212mv2，违反了能量守恒定律，不可能。故A错误。B、若vB=0.4v，由动量守恒得：mv=mvA+3m0.4v，得vA=0.2v，碰撞后系统的总动能为Ek=12mvA2+123mvB2=12m(-0.2v)2+123m(0.4v)212mv2，不违反能量守恒定律，是可能的。故B正确。C、A、B发生完全非弹性碰撞，则有：mv=（m+3m）vB，vB=0.25v，这时B获得的速度最大，所以vB=0.2v，是不可能的。故C错误。D、若vB=v，由动量守恒得：mv=mvA+3mv，得vA=13v，碰撞后系统的总动能必定大于碰撞前系统的总动能，违反了能量守恒定律，不可能。故D错误。故选：B。【点评】本题抓住碰撞过程的两个基本规律：系统的动量守恒、总动能不增加进行判断9【分析】在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的定义公式及动量守恒定律可以求解【解答】解：由st图象可知，碰撞前有：A球的速度 vA=sAtA=4-102=3m/s，B球的速度 vB=sBtB=42=2m/s碰撞后有：A、B两球的速度相等，为 vA=vB=v=sCtC=2-42=1m/s；对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒。碰撞前后A的动量变化为：PA=mvAmvA=2（1）2（3）=4kgm/s根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为：PB=PA=4kgm/s又：PB=mB（vBvB），所以：mB=PBvB-vB=-4-1-2=43kg所以A与B碰撞前的总动量为：p总=mvA+mBvB=2（3）+432=103kgm/s由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB=PB=4kgm/s=4Ns。碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：EK=12mvA2+12mBvB212（m+mB）v2，代入数据解得：EK=10J，故A错误，BCD正确；本题选错误的，故选：A【点评】本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，要求同学们能根据图象读出a碰撞前后的速度，明确碰撞的基本规律是动量守恒定律10【分析】水平地面光滑，系统水平方向不受外力，系统的水平动量守恒，则小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功，第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小，据此分析【解答】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但系统所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；BC、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零。小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B正确，C错误；D、小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h0.8h）Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=0.2mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8h0.2h=0.6h，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球与小车的运动过程是解题的关键，要知道系统水平方向动量是守恒，但总动量并守恒应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题11【分析】小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落于光滑的圆弧槽，且槽置于光滑的水平面上由于槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒当小球在半圆槽内运动的B到C过程中，槽也会向右运动水平方向满足动量守恒在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守恒小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动【解答】解：A、小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向左运动，则小球机械能守恒，从A到B做圆周运动，系统在水平方向上动量不守恒；从B到C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上动量守恒，则B到C小球的运动不是圆周运动，故A、B错误，C正确。D、小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动。故D正确。故选：CD。【点评】考查动量守恒定律与机械能守恒定律当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒12【分析】碰撞过程遵守动量，总动能不增加，根据这两个规律，得到A、B两球的质量关系【解答】解：以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：PA+PB=PA+PB，PB=12kgm/s，解得，PA=4kgm/s，碰撞过程系统的总动能不增加，则有PA22mA+PB22mBPA22mA+PB22mB，解得：mAmB1121，由题意可知：当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞前A的速度大于B的速度，则有：PAmAPBmB，解得：mAmBPAPB=79，碰撞后A的速度不大于B的速度，则有PAmAPBmB，mAmBPAPB=13，综上得：13mAmB1121故AB正确。故选：AB。【点评】对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度13【分析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度【解答】解：两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：MAvA+MBvB=（MA+MB）v，代入数据解得：v=4m/s，如果两球发生完全弹性碰撞，有：MAvA+MBvB=MAvA+MBvB，由机械能守恒定律得：12MAvA2+12MBvB2=12MAvA2+12MBvB2，代入数据解得：vA=2m/s，vB=5m/s，则碰撞后A、B的速度：2m/svA4m/s，4m/svB5m/s，故A、B正确，C、D错误。故选：AB。【点评】本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快14【分析】系统动量守恒的条件是合外力为零三球与弹簧组成的系统重力与水平面的支持力的合力为零，总动量守恒小球a与b碰撞后粘在一起，动能减小，系统的机械能减小分析小球的运动过程：a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，ab做减速运动，c做加速运动，当c的速度大于ab的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量，弹性势能最大当弹簧恢复原长时，根据动量守恒和机械能守恒分析得出，小球b的动能不为零【解答】解：A、B在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小。故A正确，B错误。C、a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，ab做减速运动，c做加速运动，当c的速度大于ab的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量，弹性势能最大。当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故C正确。D、当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确。故选：ACD。【点评】本题是含有弹簧的问题，关键是正确分析物体的运动过程，得到弹簧势能最大的临界条件：速度相等15【分析】小球和小车组成的系统，在水平方向上动量守恒，小球越过圆弧轨道后，在水平方向上与小车的速度相同，返回时仍然落回轨道，根据动量守恒定律判断小球的运动情况对小车，运用动能定理求小球对小车做的功当小球与小车的速度相同时，小球上升到最大高度，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求解最大高度【解答】解：AB、小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，系统水平方向动量守恒。选取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2由机械能守恒定律得：12mv02=12mv12+12Mv22解得：v1=m-Mm+Mv0=13v0，v2=2mm+Mv0=23v0所以小球以后将向左做平抛运动，故A正确，B错误。C、对小车，运用动能定理得：小球对小车做的功 W=12Mv220=2Mv029，故C正确。D、当小球与小车的速度相同时，小球上升到最大高度，设共同速度为v。规定向右为正方向，运用动量守恒定律得：mv0=（m+M）v 根据能量守恒定律得，有： 12 mv0212（m+M）v2=mgh代入数据得：h=v023g，故D正确。故选：ACD。【点评】解决本题的关键知道小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，系统的机械能也守恒本题可与弹性碰撞类比，记住解题结果16【分析】（1）A下滑过程只有重力，其机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出A与B碰撞前A的速度v。（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求得碰后两者的共同速度，再由能量守恒定律可以求出弹性势能。（3）系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出产生的热量。【解答】解：（1）A下滑过程中，由机械能守恒定律得：m1gh=12m1v2代入数据解得：v=4m/s；（2）A与B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v=（m1+m2）v1代入数据解得：v1=3m/s；D压缩弹簧，由能量定恒定律得：12（m1+m2）v12=EP+（m1+m2）gd，代入数据解得：EP=10J；（3）设D滑到小车左端时刚好能够共速，以向左为正方向，由动量守恒定律得：（m1+m2）v1=（m1+m2+M）v2，代入数据解得：v2=1.2m/s，由能量守恒定律得：1（m1+m2）gL=12（m1+m2）v12（m1+m2+M）v22代入数据解得：1=0.135，当满足0.10.135时，D和小车不能共速，D将从小车的左端滑落，产生的热量为： Q1=（m1+m2）gL代入数据解得：Q1=80J；当满足0.1350.3时，D和小车能共速，产生的热量为：Q2=12（m1+m2）v12（m1+m2+M）v22代入数据解得：Q2=10.8J；答：（1）A在与B碰撞前瞬间速度v的大小为4m/s；（2）弹簧达到最大压缩量d=1m时的弹性势能EP为10J。（3）当满足0.10.135时，D相对小车运动过程中两者因摩擦而产生的热量为：80J；当满足0.1350.3时，D相对小车运动过程中两者因摩擦而产生的热量为：10.8J。【点评】本题要分析清楚物体运动过程，把握每个过程的物理规律，知道碰撞的基本规律：动量守恒定律，应用机械能守恒定律、动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题。第7页（共7页）