2019-2021北京重点校高三(上)期中物理汇编：动量.docx

2019-2021北京重点校高三（上）期中物理汇编
动量
一、多选题
1．（2020·北京一七一中高三期中）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两木块A、B相连，静止在光滑水平面上。现使A瞬间获得水平向右的速度v＝3 m/s，以此时刻为计时起点。两木块的速度随时间变化规律如图乙所示，从图示信息可知（　　）

A．t1时刻弹簧最短，t3时刻弹簧最长
B．从t1时刻到t2时刻弹簧由伸长状态恢复到原长
C．两木块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻两木块动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶4
2．（2019·北京四中高三期中）如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。下列说法不正确的是（　　）

A．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同
B．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同
C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度
D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量
3．（2019·北京师大附中高三期中）类比是一种常用的研究方法，对于直线运动，教科书中讲解了由v﹣t图象求位移的方法，请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（　　）
A．由a﹣t（加速度﹣时间）图线和横轴围成的面积可求出对应时间内做直线运动物体的速度变化量
B．由F﹣v（力﹣速度）图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中F做功的功率
C．由F﹣x（力﹣位移）图线和横轴围成的面积可求出对应位移内F所做的功
D．由F﹣t（力﹣时间）图线和横轴围成的面积可求出对应时间内F的冲量
二、单选题
4．（2021·北京师大附中高三期中）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由图象求位移的方法．请你借鉴此方法分析下列说法，其中不正确的是　　
A．由加速度时间图线和横轴围成的面积可以求出对应时间内做直线运动物体的速度变化量
B．由力速度图线和横轴围成的面积可以求出对应速度变化过程中力做功的功率
C．由力位移图线和横轴围成的面积可以求出对应位移内力所做的功
D．由力时间图线和横轴围成的面积可以求出对应时间内F的冲量
5．（2019·北京四中高三期中）蹦极跳是勇敢者的体育运动．设运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段；从弹性绳刚好被拉直到运动员下降至最低点为第二阶段．若不计空气阻力．下列说法中正确的是（ ）
A．第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小相等
B．第一阶段重力势能的减少量等于第二阶段克服弹力做的功
C．第一阶段重力做的功小于第二阶段克服弹力做的功
D．第二阶段动能的减少量等于弹性势能增加量
6．（2019·北京师大附中高三期中）高速水流切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造中的高难度加工特制了一台高速水流切割机器人，该机器人的喷嘴横截面积为，喷嘴射出的水流速度为103m/s，水的密度为1×103kg/m3，设水流射到工件上后速度立即变为零．则该高速水流在工件上产生的压力大小为（　　）
A．1000N B．100N C．10N D．1N
7．（2021·北京师大附中高三期中）某同学特别喜欢逛玩具商店，一次逛店时一件玩具引起了他的极大兴趣，玩具的主体部分是由5个完全相同的弹性小球组成，如图所示，小球由等长轻线悬挂并排处于同一水平高度，对此玩具装置作出的如下判断，你认为正确的是
A．如果将最右边的1个小球提起一定高度由静止释放，该小球碰撞后几乎反弹到同一高度，另几个小球几乎保持原地不动
B．如果将最右边的2个小球一起（不改变位置关系）提起一定高度由静止释放，则这2个小球与左方小球碰撞后立即反弹，另3个小球立即向左运动
C．如果将最右边的3个小球一起（不改变位置关系）提起一定的高度由静止释放，则发生碰撞后，这5个小球一起向左运动
D．无论一次提起几个小球，这些小球将依次发生弹性碰撞，速度互换，最终表现为一侧下去几个小球，另一侧将起来等数量的几个小球
8．（2021·北京·牛栏山一中高三期中）如图所示，在光滑的水平面上，物体B静止，在物体B上固定一个轻弹簧。物体A以某一速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，A物体质量为m，B物体质量为2m，从A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中（ ）

A．弹簧再次恢复原长时B的速度大小为
B．物体A先做加速度增大的变减速运动，再做加速度减小的变减速运动
C．弹簧弹力对A的冲量大小为
D．弹簧弹性势能的最大值为
9．（2021·北京四中高三期中）质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度为，B球的速度为，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为（　　）
A． B． C． D．
10．（2021·北京师大附中高三期中）2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量为M，极短时间内瞬间喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，需要瞬间喷出的燃气速率约为（　　）

A．v0-v B．（v0-v）
C．（v0-v）＋v D．
11．（2021·北京·牛栏山一中高三期中）在实验操作后应该对实验进行适当的分析，研究平抛运动的实验装置如图所示，某同学设想在小球下落的空间中选取三个竖直平面1、2、3，平面与斜槽所在的平面垂直。小球从斜槽末端水平飞出，运动轨迹与平面1、2、3的交点依次为A、B、C。小球由A运动到B，竖直位移为y1，动能的变化量为ΔEk1，动量的变化量为Δp1;小球由B运动到C，竖直位移为y2，动能的变化量为ΔEk2，动量的变化量为Δp2。忽略空气阻力的影响，若y1=y2，下列关系式正确的是（　　）

A． B． C． D．
12．（2021·北京师大附中高三期中）如图所示，小物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。从发射器（图中未画出）射出的小物块B沿水平方向与A相撞，碰撞前B的速度大小为v，碰撞后二者粘在一起，并摆起一个较小角度。已知A和B的质量均为m，绳长为L，重力加速度大小为g，碰撞时间极短且忽略空气阻力。下列选项正确的是（　　）

A．B与A碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒
B．AB一起上摆的过程中，轻绳拉力做负功，AB动能减小
C．碰撞后AB再次回到最低点时对绳的拉力大小为
D．碰撞后AB一起上升的最大高度为
13．（2019·北京四中高三期中）如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是（ ）

A．A开始运动时
B．A的速度等于v时
C．A和B的速度相等时
D．B的速度等于零时
14．（2021·北京二中高三期中）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　）
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
15．（2021·北京二中高三期中）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（　　）

A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
16．（2021·北京·牛栏山一中高三期中）如图，球、轻绳、小车系统静止在水平地面上，将小球拉至与O点等高处，并由静止释放，不计空气阻力和一切摩擦，关于此后的物理过程，下列说法正确的是（　　）

A．球、轻绳、小车组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．球、轻绳、小车组成的系统动量不守恒，机械能守恒
C．小球摆动到最低点时，小车有最大的对地位移
D．小球摆动到最高点时，小车有最大的对地速度
17．（2021·北京师大附中高三期中）“比冲”是航天器发射系统的常用物理量，用于表达动力系统的效率，其可以描述为单位质量推进剂产生的冲量。据此分析，“比冲”的国际单位是（　　）
A．m/s B．m/s2 C．N D．N·s2
18．（2021·北京四中高三期中）一个水龙头以垂直于墙面的速度喷出水柱，水柱的横截面积为，水柱垂直冲击竖直墙壁后变为速度为零的无数小水滴，水的密度为，则水柱对墙壁的冲击力为（　　）
A． B． C． D．
19．（2021·北京四中高三期中）如图所示，单摆的摆长为L、摆球的质量为m，摆球从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（　　）

A．经过最低点时摆球受到的拉力大小为
B．从A运动到B的过程中，绳的拉力的冲量为0
C．从A运动到B的过程中，重力的瞬时功率逐渐增大
D．从A运动到B的过程中，摆球受到的合力的冲量大小为mv
三、实验题
20．（2019·北京·北师大实验中学高三期中）在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图1所示的装置。实验操作的主要步骤如下：

A．在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直
B．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹
C．将木板沿水平方向向右平移一段动距离，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下的痕迹
D．将木板再水平向右平移同样距离，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹
若测得间距离为，间距离为，已知当地的重力加速度为。
（1）关于该实验，下列说法中正确的是________
A．斜槽轨道必须尽可能光滑
B．每次释放小球的位置可以不同
C．每次小球均需由静止释放
D．小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度，之后再由机械能守恒定律求出
（2）根据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式=___________。（用题中所给字母表示）
（3）实验完成后，该同学对上述实验过程进行了深入研究，并得出如下的结论，期中正确的是________。
A．小球打在点时的动量与打在点时的动量的差值为，小球打在点时的动量与打在点时动量的差值为，则应由：
B．小球打在点时的动量与打在点时的动量的差值为，小球打在点时的动量与打在点时动量的差值为，则应由：
C．小球打在点时的动能与打在点时的动能的差值为，小球打在点时的动能与打在点时动能的差值为△，则应由
D．小球打在点时的动能与打在点时的动能的差值为，小球打在点时的动能与打在点时动能的差值为△，则应由
（4）另外一位同学根据测量出的不同情况下的和，令，并描绘出了如图所示的图象。若已知图线的斜率为，则小球平抛的初速度大小与的关系式为__________。（用题中所给字母表示）

四、解答题
21．（2020·北京·牛栏山一中高三期中）如图所示，有一质量为M=2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处分别以初速度v1=2m/s向左和v2=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端与车相对静止没有脱离小车。已知两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取g=10m/s2。求：
（1）求物块A刚开始滑动时加速度a大小；
（2）求物块A、B与小车相对静止时共同速度v共及物块A、B在小车上滑动过程中产生的热量Q
（3）求整个过程中物块B相对小车的位移x相大小。

22．（2021·北京师大附中高三期中）2022年第24届冬季奥运会将在北京和张家口举行。冰壶运动是冬季运动项目之一，被大家喻为冰上“国际象棋”。冰壶比赛的场地如图甲所示。冰壶被掷出后将沿冰道的中心线PO滑行，最终进入右端的圆形营垒，比赛结果以冰壶最终静止时距营垒中心O的远近决定胜负。当对手的冰壶停止在营垒内时，可以用掷出的冰壶与对手的冰壶撞击，使对手的冰壶滑出营垒区。某次比赛中，冰壶B静止在营垒中心点O，如图乙所示。冰壶A在投掷线处以v0=2.0m/s的初速度沿冰道中心线PO滑行并与冰壶B发生正碰。已知两冰壶的质量mA=mB=20kg，冰面与两冰壶间的动摩擦因数均为μ=0.005，营垒的半径为R=1.8m，投掷线中点与营垒区中心O之间距离为L=30m，g取10m/s2，冰壶可视为质点，不计空气阻力。求：
（1）冰壶A与冰壶B碰撞前的速度大小v；
（2）若忽略两冰壶发生碰撞时的机械能损失，请通过计算分析说明：碰撞后冰壶A停在O点，冰壶B停在O点右侧的某点M（图丙）；
（3）在实际情景中，两冰壶发生碰撞时有一定的能量损失，如果考虑它们碰撞时的能量损失，请你在图丁中画出冰壶A、冰壶B碰撞后最终停止的合理位置。

23．（2021·北京四中高三期中）如图所示，某个机械振动器可以建模为在斜面上与轻弹簧粘连在一起的平板A，当该系统正常工作时，A在图中的P、Q之间运动。在P处，弹簧是压缩的，A在弹簧弹力的作用下，由静止开始出发。当A运动到斜面顶端Q处时速度恰减为0，此时立即将物块B轻推到斜面上，接下来，B与A一起沿斜面下滑。当到达P处时，二者速度也恰好减小为0，B会从P处的洞口落下，（注：平板A边长比洞口大，不会掉下去）。此后，A在弹簧的作用下将重新上升，到Q点时又接收到另一个物块，如此循环。（物块B足够小，可看做质点）已知A的质量为m，斜面与水平面夹角为θ，P、Q相距为L。平板A、物块B与斜面间的动摩擦因数均为。求：
（1）平板A从P运动到Q的过程中，弹簧对A做的功W；
（2）要达到题中所述情景，即平板A能够在P、Q间运动，求木块B的质量M；
（3）若由于故障，平板A刚要从P启动时，木块就被从Q处轻推下斜面。系统立即关闭P处洞口孔，同时锁定弹簧和A，此后B下滑，与A发生弹性碰撞，最终停止运动。求：
①停止运动前，B运动的总路程s；
②停止运动前，B对A的总冲量的大小I。

24．（2021·北京师大附中高三期中）如图所示，一质量m＝0.20kg的滑块（可视为质点）从固定的粗糙斜面的顶端由静止开始下滑，滑到斜面底端时速度大小v＝4.0m/s．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面长度L＝4.0m，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，若空气阻力可忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2．求：

（1）滑块沿斜面下滑的加速度大小；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（3）在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小．
25．（2021·北京·牛栏山一中高三期中）动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，在动量定理中的平均力F1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F2是合力指对位移的平均值。
(1)质量为1.0kg的物块，受变力作用下由静止开始沿直线运动，在2.0s的时间内运动了2.5m的位移，速度达到了2.0m/s．分别应用动量定理和动能定理求出平均力F1和F2的值。
(2)如图1所示，质量为m的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由v0变化到v时，经历的时间为t，发生的位移为x。分析说明物体的平均速度与v0、v满足什么条件时，F1和F2是相等的。
(3)质量为m的物块，在如图2所示的合力作用下，以某一初速度沿x轴运动，当由位置x=0运动至x=A处时，速度恰好为0，此过程中经历的时间为，求此过程中物块所受合力对时间t的平均值。

26．（2021·北京二中高三期中）如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在—起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中
（1）B与C碰撞前的速度大小；
（2）整个系统损失的机械能；
（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。

27．（2021·北京师大附中高三期中）城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题，由物理学知识可知，即使是很小的物体从高处坠落也可能对人造成严重的伤害。设一个50 g的鸡蛋从16楼的窗户自由落下，相邻楼层的高度差约为3 m，鸡蛋下落起点距地面的高度约为45m，与地面撞击时鸡蛋的竖直高度为6cm，认为鸡蛋下沿落地后，鸡蛋上沿的运动是匀减速运动，并且上沿运动到地面时恰好静止，以鸡蛋的上、下沿落地的时间间隔作为鸡蛋与地面的撞击时间，不计空气阻力，g=10 m/s2.试计算：
（1）鸡蛋下沿着地时的速度大小v；
（2）鸡蛋着地后与地面的撞击时间Δt；
（3）从16楼下落的鸡蛋对地面的平均冲击力的大小F。
参考答案
1．BC
【详解】
A．由图可知t1时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，弹簧处于拉伸状态，故A错误；
B．结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被拉伸，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被拉伸最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，故B正确；
C．从0到t1时刻，由动量守恒得

将，代入得

故C正确；
D．在t2时刻A的速度为，B的速度为，根据， 可求得，故D错误。
故选BC。
2．ACD
【详解】
A．卫星由轨道1在P点进入轨道2做离心运动，要加速，所以在轨道1和在轨道2运行经过P点的速度不同，故A错误，符合题意；
B．在轨道1和在轨道2运行经过P点，都是万有引力提供向心力，由

可知，卫星在P点的加速度都相同，故B正确，不符合题意；
C．由

可知，由于r不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以卫星在轨道1的任何位置的加速度都不同，故C错误，符合题意；
D．卫星在轨道2的任何位置的速度方向不同，所以动量不同，故D错误，符合题意。
故选ACD。
3．ACD
【详解】
A．根据Δv＝aΔt得，a﹣t（加速度﹣时间）图线和横轴围成的面积表示速度的改变量；故A正确；
B．F﹣v图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于Fv，即瞬时功率，故图象与横轴围成的面积不一定等于Fv，即不是对应速度变化过程中力做功的功率，故B错误；
C．由W＝FL可知，由F﹣x（力﹣位移）图线和横轴围成的面积可求出对应位移内F所做的功，故C正确；
D．由I＝Ft可知，F﹣t（力﹣时间）图线和横轴围成的面积可求出对应时间内F的冲量，故D正确；
故选ACD．
4．B
【详解】
在坐标系中，图线和横轴围成的面积为；加速度时间图线和横轴围成的面积表示，即表示速度的改变量；故A正确；图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于Fv，即瞬时功率，故图象与横轴围成的面积不一定等于Fv，即不是对应速度变化过程中力做功的功率，故B不正确；图线和横轴围成的面积表示，即面积表示对应位移内力所做的功力F的总功，故C正确；由力时间图线和横轴围成的面积表示，即面积可以求出对应时间内F的冲量．故D正确；本题选不正确的，故选B．
【点睛】
本题的关键明确在坐标系中，图线和横轴围成的面积为：；可以根据此方法求解功、速度改变量等．
5．C
【分析】
根据动量定理研究第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小关系，整个下落过程中，由于初末速度都为零，根据动能定理，总功为零，整个过程中，重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功；
【详解】
A、整个下落过程中，只有重力和弹力有冲量，由于初末速度都为零，动量变化量为零，根据动量定理，总冲量为零，则整个过程中，重力对运动员的总冲量大小等于弹力的冲量大小，则第一阶段重力的冲量应小于第二阶段弹力的冲量大小，故A错误；
B、整个下落过程中，由于初末速度都为零，根据动能定理总功为零，整个过程中重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功，所以第一阶段重力势能的减少量小于第二阶段克服弹力做的功，故B错误；
C、第一阶段重力做的功等于重力势能的减少量，则得第一阶段重力做的功小于第二阶段克服弹力做的功，故C正确；
D、第二阶段中，重力势能减少量与动能的减少量之和等于弹性势能的增加量，故D错误．
【点睛】
本题中弹性绳类似于弹簧，运用动量定理和动能定理分析时，关键要恰当地选择研究过程．
6．B
【详解】
单位时间内喷到工件上的水的体积为

故质量为

设水的初速度方向为正方向，则由动量定理可得

解得

故B正确，ACD错误。
故选B。
7．D
【详解】
完全相同的弹性小球之间的碰撞为弹性碰撞，总动量守恒，总动能守恒．设入射小球初速度为v0，碰后速度为v1，被碰小球碰后速度为v2，则

联立解得：v1=0，v2=v0，碰撞过程两者交换速度
故无论一次提起几个小球，这些小球将依次发生弹性碰撞，速度互换，最终表现为一侧下去几个小球，另一侧将起来等数量的几个小球，故ABC错误，D正确．
故选：D
8．D
【分析】
本题考查动量守恒的应用。
【详解】
A.弹簧再次回到原长，相当于弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可知：

解得：
，
故A错误；
B.由题可知，物体A先做加速度增大的变减速运动，当弹簧最短时两者共速，此后弹簧逐渐伸长，物体A再做加速度减小的变加速运动，故B错误；
C.由A可知，弹簧恢复原长时，物体A的速度为：

弹簧弹力对A的冲量即为动量变化量：

故C错误；
D.当两者共速时弹簧弹性势能最大，由动量守恒和能量守恒得：

解得：

故D正确。
故选D。
9．C
【详解】
A．设每个球的质量均为m，碰前系统总动量
p=mvA1+mvB1=6m+2m=8m
碰前的总动能
Ek==40m
若碰后vA=1m/s，vB=6m/s，碰后总动量
p′=mvA+mvB=7m
动量不守恒，选项A错误；
B．若vA=4.5m/s，vB=3.5m/s，明显vA>vB不合理，选项B错误；
C．若vA=3.5m/s，vB=4.5m/s，碰后总动量
p′=mvA+mvB =8m
总动能
E′k==16.25m
动量守恒，机械能不增加，选项C可能实现；
D．若vA=-1m/s，vB=9m/s，碰后总动量
p′= mvA+mvB=8m
总动能
E′k==41m
动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D错误。
故选C。
10．C
【详解】
喷射燃气的过程动量守恒，有

解得

故选C。
11．A
【详解】
AB．由平抛运动的特点可知，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，由于水平板竖直方向上的间距相等，故小球经过板1-2的时间大于经过板2-3的时间，由于小球做平抛运动过程中忽略空气阻力的影响，只有重力做功，根据动能定理可知

B错误，A正确；
CD．根据动量定理可知：合外力的冲量等于动量的变化，由于小球经过板1-2的时间大于经过板2-3的时间，所以

CD错误。
故选A。
12．D
【详解】
A．由题意知B与A碰撞后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒，机械能不守恒，故A错误；
B．AB一起上摆的过程中，任意时刻，轻绳拉力方向和速度方向都是垂直的，所以轻绳拉力不做功，故B错误；
C． AB一起上摆的过程中，A、B整体机械能守恒，再次回到最低点时，速度大小仍为碰后A、B速度的大小，设为，碰撞过程由动量守恒定律得

解得

在最低点，对A、B整体由牛顿第二定律有

解得

由牛顿第三定律得A、B对绳子的拉力为，故C错误；
D．设碰撞A、B一起上升的最大高度为h，则有机械能守恒定律得

解得

故D正确。
故选D。
13．C
【详解】
根据能量守恒，可知当弹簧弹性势能最大的时候，系统动能最小，损失最多，故当两个物块速度相同时弹性势能最大，故选C。
14．D
【详解】
A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。
故选D。
15．B
【详解】
因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B。
16．B
【详解】
AB．球、轻绳、小车组成的系统水平方向受合外力为零，水平方向动量守恒；竖直方向受合外力不为零，则竖直方向动量不守恒，则系统的动量不守恒；由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，选项A错误，B正确；
C．由水平方向动量守恒可知，小球摆动到最低点时，小车向左的速度最大，此后小车还将向左做减速运动，则小球摆动到最低点时小车对地位移不是最大的，选项C错误；
D．小球摆动到最高点时，两者有共同速度，根据动量守恒可知，此共同速度为零，则此时小车对地速度为零，选项D错误。
故选B。
17．A
【详解】
“比冲”是单位质量推进剂产生的冲量，则单位为

故选A。
18．A
【详解】
时间t内的水柱质量
m＝svtρ
水柱受力为F，由动量定理
Ft＝0﹣mv
得
F＝﹣＝﹣sρv2
带入数据，可得
F＝﹣30N
由牛顿第三定律可知水柱对墙壁的力为30N。
故选A。
19．D
【详解】
A．经过最低点时摆球受到重力和拉力，合力提供向心力

得

拉力大于，故A错误；
B．从A运动到B的过程中，绳的拉力F不为零也没有反向，时间t不为零，根据冲量定义

绳的拉力的冲量不为0，故B错误；
C．重力的瞬时功率

从A运动到B的过程中，竖直分速度先增大后减小，所以重力的瞬时功率也是先增大后减小，C错误；
D．根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化，知从A运动到B的过程中，摆球受到的合力的冲量大小等于动量变化量mv，故D正确。
故选D。
20． C A
【详解】
（1）[1]AB.只要保证小球每次从同一位置释放，每次摩擦力做功相同，故不需要斜槽尽量光滑，A、B错误；
C.必须保证小球每次从同一位置、静止释放，才能保证每次小球平抛的速度相同，C正确；
D.小球从释放点到抛出点，有摩擦力做负功，故不能用机械能守恒定律求解，D错误；
故选C。
（2）[2]由平抛运动规律

解得

（3）[3]AB.从点到点和从点到点水平位移相同，故运动时间相同，由动量定理可知，动量变化为

从点到点和从点到点的动量变化相同，故

故A正确，B错误；
CD.由动能定理可得，两次动能变化为

由于和的大小关系未知，故不能求出动能变化的比值，故C、D错误；
故选A。
（4）[4]由可得

故该直线的斜率为

即初速度为

21．(1) 1m/s2 (2)9.5J (3)7.5m
【分析】
本题考查动量定理和动能定理的应用。
【详解】
（1）由牛顿第二定律：

解得：

（2）取A、B、小车系统为研究对象，取v2方向为正方向，由动量守恒有：

解得：

由能量守恒有：

解得：

（3）由题意可知，当AB都在小车上滑动时，小车保持静止，A、B均做加速度为a的匀减速，当A减速至零时B的速度v3=2m/s，设从开始至A减速至0，B的位移为x1
由运动学方程：

解得：

由题意：A减速至零后与车相对静止一起向右加速；B继续减速直至A、B和车共速，此过程中系统生热均来自于B与车相对滑动，设B相对车滑行距离x2，由能量守恒有：

解得：
所以

22．（1）；（2）冰壶B停在营垒的中心O点右侧10m处；（3）

【详解】
（1）以冰壶A为研究对象，根据动能定理

代入数据，解得

（2）以A、B两冰壶为研究对象，设碰后瞬间它们的速度分别为、，规定向右为正方向，根据动量守恒定律

根据能量守恒定律

联立解得

所以冰壶A停在营垒中心O，冰壶B继续做减速运动，设滑行后减为0，根据动能定理

解得

所以冰壶B停在营垒的中心O点右侧10m处；
（3）A、B两冰壶碰后最终停止的合理位置如图所示

23．（1）；（2）M=2m；（3）①，②
【详解】
（1）分析平板A从上升过程，重力做正功，弹力做负功，摩擦力做负功，根据动能定理

得

解得

（2）分析一起下滑的过程，弹力做负功为，根据动能定理

代数

解得

（3）①分析木块B运动的整个过程，重力做正功，摩擦力做负功，斜面支持力和A对B的弹力不做功，根据动能定理

解得

②分析木块B下滑过程，根据牛顿第二定律

即

解得

木块B上滑过程，根据牛顿第二定律

即

解得

分析下滑过程，根据运动公式

解得

与A发生弹性碰撞，原速率弹回，所以第一次碰撞过程中，A对B的冲量为

分析木块B上滑再下滑过程

解得

第二次碰撞过程中，A对B的冲量为

因为上滑和下滑加速度不变，故以后每次碰撞，A对B的冲量都为上次碰撞冲量的，即

根据等比数列公式，总冲量

又

得

24．（1）（2）0.50（3）4N•s
【详解】
（1）根据v2＝2aL
解得：a＝2m/s2
（2）根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
解得μ＝0.50
（3）设滑块下滑的时间为t，则L＝at2，
解得：t＝2s
在下滑过程中重力的冲量为：IG＝mgt＝4N•s
25．（1）F1=1.0N，F2=0.8N；（2）当时，F1=F2；（3）
【详解】
(1)物块在加速运动过程中，应用动量定理有

解得

物块在加速运动过程中，应用动能定理有

解得

(2)物块在运动过程中，应用动量定理有

解得

物块在运动过程中，应用动能定理有

解得

当时，由上两式得

(3)由图2可求得物块由运动至过程中，外力所做的功为

设物块的初速度为，由动能定理得

解得

设在t时间内物块所受平均力的大小为，由动量定理得

由题已知条件

解得

26．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）设B与C碰撞前的速度大小为v1，则由题意，对A、B根据动量守恒定律有

解得

（2）设B与C碰撞之后二者的速度大小均为v2，对B、C根据动量守恒定律有

解得

整个系统损失的机械能为

（3）因为v2＜v1，所以B与C碰撞后，弹簧将继续被压缩，当三者达到共同速度v3时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大。对A、B、C根据动量守恒定律有

解得

根据能量守恒定律可得弹簧被压缩到最短时的弹性势能为

27．（1）30m/s；（2）；（3）375N
【详解】
（1）根据机械能守恒定律有

代入数据，可得鸡蛋下沿着地时的速度为

（2）鸡蛋上沿的运动是匀减速运动，并且上沿运动到地面时恰好静止，根据速度位移公式

又根据位移时间公式

代入数据，联立解得

（3）根据动量定理

代入数据，解得

30 / 30