资源描述
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1.
如右图所示，木块A静止于光滑的水平面上，其曲面部分MN光滑，水平部分NP是粗糙的，现有一物体B自M点由静止下滑，设NP足够长，则以下叙述正确的是( )
A．A、B物体最终以不为零的速度共同运动
B．A物体先做加速运动，后做减速运动，最终做匀速运动
C．物体A、B构成的系统减少的机械能转化为内能
D．B物体减少的机械能等于A物体增加的动能
2．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5 kg·m/s，B球的动量是7 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值分别是( )
A．6 kg·m/s，6 kg·m/s B．3 kg·m/s，9 kg·m/s
C．－2 kg·m/s，14 kg·m/s D．－5 kg·m/s，15 kg·m/s
3.
甲、乙两物体分别在恒力F1和F2的作用下沿同一直线运动，它们的动量随时间的变化关系如右图所示．设甲在t1时间内所受的冲量大小为I1，乙在t2时间内所受的冲量大小为I2，则F、I的关系( )
A．F1＞F2，I1＝I2 B．F1＜F2，I1＜I2
C．F1＞F2，I1＞I2 D．F1＝F2，I1＝I2
4．如下图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1、m2，且m1＞m2，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙两车同时由静止开始运动，直到弹簧被拉到最长(弹簧仍在弹性限度内)的过程中，对甲、乙两小车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )
A．系统受到外力作用，动量不断增大
B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
C．甲车的最大动能小于乙车的最大动能
D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小等于外力F1、F2的大小
答案： BC
5．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v′A∶v′B为( )
A. B.
C．2 D.
解析： 设碰前A球的速率为v，根据题意，pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后v′A＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mv′B
解得v′B＝v，所以＝＝.
答案： D
6．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A、B两球质量分别为2m和m.当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为s的水平地面上，如右图所示．问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距桌边距离为( )
A. B.
C．s D.s
解析： 当用板挡住小球A而只释放B球时，根据能量守恒有：Ep＝mv，根据平抛运动规律有：s＝v0t.当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的档板，将A、B同时释放，设A、B的速度分别为vA和vB，则根据动量守恒和能量守恒有：2mvA－mvB＝0，Ep＝·2mv＋mv，解得vB＝v0，B球的落地点距桌边距离为s′＝vBt＝s，D选项正确．
答案： D
7.
水平传送带上表面与水平桌面等高，右端与桌面紧密相接，左端足够长，传送带始终顺时针匀速转动传送木箱．如右图所示，木箱与传送带已有相同的速度，当木箱到达传送带右端时，突然遇到水平向左射来的子弹，二者迅速结为一体．已知木箱动量p1的大小小于子弹动量p2的大小，最终木箱停在桌面上的Q点，下列说法中正确的是( )
A．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q点的右侧
B．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q点的左侧
C．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q点的右侧
D．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q点的左侧
解析： p1＜p2，子弹和木箱合为一体总动量方向向左，结合体向左减速，然后反向加速，到达传送带右端时，由动能定理μmgs＝mv2，最后停于Q点．若只增大子弹射入的速度，其合为一体时总动量增大，结合体仍向左减速，然后向右加速，可能一直加速，也可能先加速后匀速，故到达传送带右端时速度大于或等于碰后的速度，故可能仍在Q点或在Q点右侧，A对，B错．若增大木箱与传送带间的动摩擦因数，到达右端时速度不变，故仍在Q点，C、D错．
答案： A
8．质量相等的5个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线，如下图所示，具有初动能E0的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开最后，5个物块粘成一整体，这个整体的动能等于( )
A．E0 B.E0
C.E0 D.E0
解析： 物块1的动能E0＝mv，得v0＝，其初动量p1＝mv0＝.由5个物块组成的系统动量守恒，以碰撞前为初状态，碰后粘连在一起为末状态，
有p1＝5mv
即＝5mv可得v＝
末动能Ek＝(5m)v2＝×(5m)2＝，选项C正确．
答案： C
二、非选择题
9．用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意图如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O的距离：OM＝2.68 cm，OP＝8.62 cm，ON＝11.50 cm，并知A、B两球的质量比为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的__________点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差＝__________%(结果保留一位有效数字)．
解析： M、N分别是碰后A、B两球的落点位置，P是碰前A球的落点位置，碰前系统总动量可等效表示为p＝mA·，碰后总动量可等效表示为p ′＝mA·＋mB·，则其百分误差＝＝2%，故其百分误差为2%.
答案： P 2
10．一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图甲所示．现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v－t图象呈周期性变化，如图乙所示．请据此求盒内物体的质量．
解析： 设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，
根据动量守恒定律
Mv0＝mv①
3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞
Mv＝mv2②
联立①②解得
m＝M.
答案： M
11.
如右图所示，A为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的．质量M＝40 kg的小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上．一个质量m＝20 kg的物体C以2.0 m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并一起运动．若轨道顶端与底端的高度差h＝1.6 m．物体与小车板面间的动摩擦因数μ＝0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计．(取g＝10 m/s2)，求：
(1)物体与小车保持相对静止时的速度v；
(2)物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间t；
(3)物体在小车上相对滑动的距离d.
解析： (1)下滑过程机械能守恒
mgh＋mv＝0＋mv
物体相对于小车板面滑动过程动量守恒mv2＝(m＋M)v
联立解得v＝＝2 m/s.
(2)对小车由动量定理有μmgt＝Mv，解得t＝＝1 s.
(3)设物体相对于小车板面滑动的距离为L
由能量守恒有：μmgL＝mv－(m＋M)v2
代入数据解得：L＝3 m.
答案： (1)2 m/s (2)1 s (3)3 m
12．探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：
①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面(见图a)；
②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞(见图b)；
③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处(见图c)．
设内芯与外壳间的撞击力远大于笔所受重力，不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；
(2)从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；
(3)从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能．
解析： (1)由(4m＋m)g(h2－h1)＝(4m＋m)v－0，得v2＝.
(2)由4mv1＝(4m＋m)v2将v2代入得v1＝
由W－4mgh1＝(4m)v，将v1代入得W＝mg.
(3)E损＝(4m)v－(4m＋m)v，将v1、v2代入得
E损＝mg(h2－h1)．
答案： (1) (2)mg
(3)mg(h2－h1)
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1.
如右图所示，木块A静止于光滑的水平面上，其曲面部分MN光滑，水平部分NP是粗糙的，现有一物体B自M点由静止下滑，设NP足够长，则以下叙述正确的是( )
A．A、B物体最终以不为零的速度共同运动
B．A物体先做加速运动，后做减速运动，最终做匀速运动
C．物体A、B构成的系统减少的机械能转化为内能
D．B物体减少的机械能等于A物体增加的动能
解析： 因NP足够长，最终物体B一定与A相对静止，由系统动量守恒可知(水平方向)，最终A、B一定静止，故A、B均不对；因NP段有摩擦，系统减少的机械能都转化为内能，所以C正确，D错误．
答案： C
2．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5 kg·m/s，B球的动量是7 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值分别是( )
A．6 kg·m/s，6 kg·m/s B．3 kg·m/s，9 kg·m/s
C．－2 kg·m/s，14 kg·m/s D．－5 kg·m/s，15 kg·m/s
解析： 两球组成的系统动量守恒，A球减少的动量等于B球增加的动量，故B、C正确．A选项虽然作用前后的动量相等，但A球的动量不可能沿原方向增加，所以A错．D选项的动量不守恒，所以D错．
答案： BC
3.
甲、乙两物体分别在恒力F1和F2的作用下沿同一直线运动，它们的动量随时间的变化关系如右图所示．设甲在t1时间内所受的冲量大小为I1，乙在t2时间内所受的冲量大小为I2，则F、I的关系( )
A．F1＞F2，I1＝I2 B．F1＜F2，I1＜I2
C．F1＞F2，I1＞I2 D．F1＝F2，I1＝I2
解析： 由题图可知，甲物体p－t图线的斜率大于乙物体，因F＝，故F1＞F2.甲、乙两物体动量的变化量Δp大小相等，因此I1＝I2.
答案： A
4．如下图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1、m2，且m1＞m2，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙两车同时由静止开始运动，直到弹簧被拉到最长(弹簧仍在弹性限度内)的过程中，对甲、乙两小车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )
A．系统受到外力作用，动量不断增大
B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
C．甲车的最大动能小于乙车的最大动能
D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小等于外力F1、F2的大小
答案： BC
5．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v′A∶v′B为( )
A. B.
C．2 D.
解析： 设碰前A球的速率为v，根据题意，pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后v′A＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mv′B
解得v′B＝v，所以＝＝.
答案： D
6．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A、B两球质量分别为2m和m.当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为s的水平地面上，如右图所示．问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距桌边距离为( )
A. B.
C．s D.s
解析： 当用板挡住小球A而只释放B球时，根据能量守恒有：Ep＝mv，根据平抛运动规律有：s＝v0t.当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的档板，将A、B同时释放，设A、B的速度分别为vA和vB，则根据动量守恒和能量守恒有：2mvA－mvB＝0，Ep＝·2mv＋mv，解得vB＝v0，B球的落地点距桌边距离为s′＝vBt＝s，D选项正确．
答案： D
7.
水平传送带上表面与水平桌面等高，右端与桌面紧密相接，左端足够长，传送带始终顺时针匀速转动传送木箱．如右图所示，木箱与传送带已有相同的速度，当木箱到达传送带右端时，突然遇到水平向左射来的子弹，二者迅速结为一体．已知木箱动量p1的大小小于子弹动量p2的大小，最终木箱停在桌面上的Q点，下列说法中正确的是( )
A．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q点的右侧
B．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q点的左侧
C．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q点的右侧
D．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q点的左侧
解析： p1＜p2，子弹和木箱合为一体总动量方向向左，结合体向左减速，然后反向加速，到达传送带右端时，由动能定理μmgs＝mv2，最后停于Q点．若只增大子弹射入的速度，其合为一体时总动量增大，结合体仍向左减速，然后向右加速，可能一直加速，也可能先加速后匀速，故到达传送带右端时速度大于或等于碰后的速度，故可能仍在Q点或在Q点右侧，A对，B错．若增大木箱与传送带间的动摩擦因数，到达右端时速度不变，故仍在Q点，C、D错．
答案： A
8．质量相等的5个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线，如下图所示，具有初动能E0的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开最后，5个物块粘成一整体，这个整体的动能等于( )
A．E0 B.E0
C.E0 D.E0
解析： 物块1的动能E0＝mv，得v0＝，其初动量p1＝mv0＝.由5个物块组成的系统动量守恒，以碰撞前为初状态，碰后粘连在一起为末状态，
有p1＝5mv
即＝5mv可得v＝
末动能Ek＝(5m)v2＝×(5m)2＝，选项C正确．
答案： C
二、非选择题
9．用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意图如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O的距离：OM＝2.68 cm，OP＝8.62 cm，ON＝11.50 cm，并知A、B两球的质量比为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的__________点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差＝__________%(结果保留一位有效数字)．
解析： M、N分别是碰后A、B两球的落点位置，P是碰前A球的落点位置，碰前系统总动量可等效表示为p＝mA·，碰后总动量可等效表示为p ′＝mA·＋mB·，则其百分误差＝＝2%，故其百分误差为2%.
答案： P 2
10．一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图甲所示．现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v－t图象呈周期性变化，如图乙所示．请据此求盒内物体的质量．
解析： 设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，
根据动量守恒定律
Mv0＝mv①
3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞
Mv＝mv2②
联立①②解得
m＝M.
答案： M
11.
如右图所示，A为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的．质量M＝40 kg的小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上．一个质量m＝20 kg的物体C以2.0 m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并一起运动．若轨道顶端与底端的高度差h＝1.6 m．物体与小车板面间的动摩擦因数μ＝0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计．(取g＝10 m/s2)，求：
(1)物体与小车保持相对静止时的速度v；
(2)物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间t；
(3)物体在小车上相对滑动的距离d.
解析： (1)下滑过程机械能守恒
mgh＋mv＝0＋mv
物体相对于小车板面滑动过程动量守恒mv2＝(m＋M)v
联立解得v＝＝2 m/s.
(2)对小车由动量定理有μmgt＝Mv，解得t＝＝1 s.
(3)设物体相对于小车板面滑动的距离为L
由能量守恒有：μmgL＝mv－(m＋M)v2
代入数据解得：L＝3 m.
答案： (1)2 m/s (2)1 s (3)3 m
12．探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：
①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面(见图a)；
②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞(见图b)；
③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处(见图c)．
设内芯与外壳间的撞击力远大于笔所受重力，不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；
(2)从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；
(3)从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能．
解析： (1)由(4m＋m)g(h2－h1)＝(4m＋m)v－0，得v2＝.
(2)由4mv1＝(4m＋m)v2将v2代入得v1＝
由W－4mgh1＝(4m)v，将v1代入得W＝mg.
(3)E损＝(4m)v－(4m＋m)v，将v1、v2代入得
E损＝mg(h2－h1)．
答案： (1) (2)mg
(3)mg(h2－h1)
滚动训练(五)
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一、选择题
1．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地．这是为了( )
A．减小冲量
B．使动量的增量变得更小
C．增长和地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
解析： 从某一高度跳下，刚落到地面时的速度是一定的，在脚与地面接触过程中，速度由v0，受力为向上的地面的FN和自身重力mg，由动量定理可知，若规定向上为正方向，则有：0－m(－v)＝(FN－mg)t，t变大则FN变小，选C.
答案： C
2.
某质点做直线运动的位移s和时间t的关系如右图所示，那么该质点在3 s内通过的路程是( )
A．2 m B．3 m
C．1 m D．0.5 m
解析： 由题图可知，在0～1 s内质点静止在位移为1 m的地方；1～2 s内质点从位移为1 m的地方匀速运动到位移为2 m的地方；在2～3 s内质点静止在位移为2 m的地方，因而质点在3 s内的路程即为在1～2 s内通过的路程，应为1 m.
答案： C
3.
如右图所示，物体在粗糙的水平面上向右做直线运动．从a点开始受到一个水平向左的恒力F的作用，经过一段时间后又回到a点，则物体在这一往返运动的过程中，下列说法中正确的是( )
A．恒力F对物体做的功为零
B．摩擦力对物体做的功为零
C．恒力F的冲量为零
D．摩擦力的冲量为零
解析： 由功的定义可知，在这一往返过程中，物体位移为零，所以恒力对物体做的功为零，A正确；由于摩擦力方向总与物体相对运动方向相反，所以摩擦力对物体做的功为负值，B错误；由冲量定义力与作用时间的乘积为力的冲量，所以C、D错误．
答案： A
4．如下图所示，跳水运动员(图中用一小圆圈表示)，从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝60 kg，初速度v0＝10 m/s.若经过1 s时，速度为v＝10 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻力)( )
A．600 kg·m/s B．600 kg·m/s
C．600(－1) kg·m/s D．600(＋1) kg·m/s
解析： 运动员所做的是平抛运动，初末速度不在一条直线上，因此直接用初末动量相加减麻烦，要用到矢量运算，由问题特点，在此过程中，运动员只受重力作用，因此重力的冲量就等于动量的变化量Δp＝I＝mg·t＝600 kg·m/s.
答案： A
5.
如右图所示是某物体做匀变速直线运动的速度图线，某同学根据图线得出以下分析结论：①物体始终沿正方向运动；②物体先向负方向运动，在t＝2 s后开始向正方向运动；③在t＝2 s前物体位于出发点负方向上，在t＝2 s后位于出发点正方向上；④前4 s内，在t＝2 s时，物体距出发点最远，以上分析结论正确的是( )
A．只有①③ B．只有②③
C．只有②④ D．只有①
解析： 物体的运动方向即为速度方向，从图上可知物体在2 s前速度为负值，即物体向负方向运动；2 s后速度为正值，即物体向正方向运动．故①是错误的，②是正确的．
物体的位置要通过分析位移来确定，物体在某段时间内的位移等于速度—时间图线中对应图线所包围的面积的代数和．由图可知前4 s内物体在2 s时有最大的负位移；虽然2 s后运动方向改为正方向，但它的位置仍在位置坐标值负值处(4 s末物体回到原点)，故③是错误的，④是正确的．所以选项C对．
答案： C
6.
(2011·日照模拟)如右图所示，A、B两球用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细线悬于O点，A球固定在O点正下方，且O、A间的距离恰为L，此时绳子所受的拉力为F1，现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小关系为( )
A．F1<F2 B．F1>F2
C．F1＝F2 D．因k1、k2大小关系未知，故无法确定
解析： 对小球B受力分析如图所示，由三角形相似得：＝＝同理，当换用劲度系数为k2的轻弹簧时，再用三角形相似得出：＝＝，由以上两式比较可知，F1＝F2＝mg，C正确．
答案： C
7.
如右图所示，在质量为mB＝30 kg的车厢B内紧靠右壁，放一质量mA＝20 kg的小物体A(可视为质点)，对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F＝120 N，使之从静止开始运动．测得车厢B在最初t＝2.0 s内移动s＝5.0 m，且这段时间内小物体未与车厢壁发生过碰撞，车厢与地面间的摩擦忽略不计．则( )
A．车厢B在2.0 s内的加速度为2.5 m/s2
B．A在2.0 s末的速度大小是4.5 m/s
C．2.0 s内A在B上滑动的距离是0.5 m
D．A的加速度大小为2.5 m/s2
解析： 设t＝2.0 s内车厢的加速度为aB，由s＝aBt2，得aB＝2.5 m/s2，A正确；由牛顿第二定律：F－Ff＝mBaB，得Ff＝45 N．所以A的加速度大小为aA＝Ff/mA＝2.25 m/s2，因此，t＝2.0 s末A的速度大小为：vA＝aAt＝4.5 m/s，B正确，D错误；在t＝2.0 s内A运动的位移为sA＝aAt2＝4.5 m，A在B上滑动的距离Δs＝s－sA＝0.5 m，C正确．
答案： ABC
8．我国在近两年将发射10颗左右的导航卫星，预计在2015年建成由30多颗卫星组成的“北斗二号”卫星导航定位系统，此系统由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成．现在正在服役的“北斗一号”卫星定位系统的三颗卫星都定位在距地面36 000 km的地球同步轨道上．而美国的全球卫星定位系统(简称GPS)由24颗卫星组成，这些卫星距地面的高度均为20 000 km.则下列说法中正确的是( )
A．“北斗一号”系统中的二颗卫星的质量必须相等
B．GPS的卫星比“北斗一号”的卫星周期短
C．“北斗二号”中的每颗卫星一定比“北斗一号”中的每颗卫星的加速度大
D．“北斗二号”中的中轨道卫星的线速度小于高轨道卫星的线速度
答案： B
9.
如右图所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车，车上放有一木块B.车左边紧靠一个固定的光滑的1/4圆弧轨道，其底端的切线与车表面相平．木块A从轨道顶端静止释放滑行到车上与B碰撞并立即黏在一起在车上滑行，与固定在平板车上的轻弹簧作用后被弹回，最后两木块与车保持相对静止，则从A开始下滑到相对静止全过程中，A、B和车组成的系统( )
A．动量守恒
B．小车一直向右运动
C．机械能减少量等于木块与车之间的摩擦生热
D．弹簧的最大弹性势能等于木块与车之间的摩擦生热
解析： A开始下滑到相对静止的全过程，A、B和车组成的系统动量不守恒，因为A在圆弧上运动时轨道对A有支持力；系统减少的机械能一部分在A、B碰撞中损失了，另一部分转化为内能；A、B一起在车上运动过程中，A、B和车组成的系统损失的动能转化为弹簧的弹性势能和内能，只有当弹簧压缩到最短(A、B和车的速度相同)到A、B和车又一起向右运动的过程中弹簧的最大弹性势能等于木块与车之间摩擦生热，故弹簧的最大弹性势能不等于全过程木块与车之间摩擦生热；根据动量定恒可知小车一直向右运动．所以正确答案是B.
答案： B
二、非选择题
10．某同学用图甲所示的装置通过半径相同的A、B两球(mA>mB)的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐．
(1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm；
(2)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？
________.(填选项号)
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离
C．测量A球或B球的直径
D．测量A球和B球的质量(或两球质量之比)
E．测量O点相对于水平槽面的高度
(3)实验中，对入射小球在斜槽上释放点的高低对实验影响的说法中正确的是( )
A．释放点越低，小球受阻力越小，入射小球速度越小，误差越小
B．释放点越低，两球碰后水平位移越小，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确
C．释放点越高，两球相碰时，相互作用的内力越大，碰撞前后动量之差越小，误差越小
D．释放点越高，入射小球对被碰小球的作用力越大，轨道对被碰小球的阻力越小
解析： (1)如题图所示，用一尽可能小的圆把小球落点圈在里面，由此可见圆心C的位置是65.7 cm.这也是小球落点的平均位置．
(2)本实验中要测量的数据有：两个小球的质量m1、m2，三个落点的距离s1、s2、s3，所以应选A、B、D.
(3)入射球的释放点越高，入射球碰前速度越大，相碰时内力越大，阻力的影响相对减小，可以较好地满足动量守恒的条件．也有利于减少测量水平位移时的相对误差，从而使实验的误差减小，选项C正确．
答案： (1)65.7(65.5～65.9均可) (2)ABD (3)C
11．如图所示，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度v0/2射出．重力加速度为g.求：
(1)此过程中系统损失的机械能；
(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．
解析： (1)设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝m＋Mv①
解得v＝v0②
系统的机械能损失为
ΔE＝mv－③
由②③式得ΔE＝mv.④
(2)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，则h＝gt2⑤
s＝vt⑥
由②⑤⑥式得s＝.
答案： (1)mv (2)
12．如下图所示，在光滑水平面上有两个木块A和B，其质量mA＝1 kg、mB＝4 kg，它们中间用一根轻质弹簧相连．一颗水平飞行的子弹质量为m＝50 g，以v0＝500 m/s的速度在极短时间内射穿两木块，已知射穿A木块后子弹的速度变为原来的，且子弹射穿A木块损失的动能是射穿B木块损失的动能的2倍．求：系统运动过程中弹簧的最大弹性势能．
解析： 子弹穿过A时，子弹与A动量守恒，由动量守恒定律得：
mv0＝mAvA＋mv1①
而由v1＝v0，则v1＝300 m/s
解得vA＝10 m/s②
子弹穿过B时，子弹与B动量守恒，由动量守恒定律得：
mv1＝mBvB＋mv2③
又由mv－mv＝2④
解得v2＝100 m/s
由③④解得vB＝2.5 m/s⑤
子弹穿过B以后，弹簧被压缩，A、B和弹簧所组成的系统动量守恒
由动量守恒定律得：mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v共⑥
由功能关系得：
EP＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v⑦
由②⑤⑥⑦解得EP＝22.5 J.
答案： 22.5 J
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