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- 课时作业(一) 动量定理 试卷 10 次下载
- 课时作业(三) 弹性碰撞和非弹性碰撞 试卷 8 次下载
- 课时作业(二) 动量守恒定律 试卷 9 次下载
- 课时作业(四) 反冲现象 火箭 试卷 6 次下载
- 第二章末综合检测 试卷 7 次下载
第一章末综合检测
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这是一份第一章末综合检测，共10页。
章末综合检测(一) 时间：60分钟 满分：100分 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．) 1．人从高处跳到低处，为了安全，一般都是脚尖先着地，且双腿要弯曲，这样做的目的是( ) A．减小着地时所受冲量 B．使动量增量变得更小 C．增大人对地面的压强，起到安全作用 D．延长对地面的作用时间，从而减小地面对人的作用力 2．如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤连续敲击车的右端．下列对平板车的运动情况描述正确的是( ) A．锤子抡起的过程中，车向右运动 B．锤子下落的过程中，车向左运动 C．锤子抡至最高点时，车速度为0 D．锤子敲击车瞬间，车向左运动 3．如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( ) A．减小球的动量的变化量 B．减小球对手作用力的冲量 C．减小球的动量变化率 D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量 4．在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图像如图所示，下列关系式正确的是( ) A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma＝mb D．无法判断 5．沿水平方向飞行的手榴弹，它的速度是20 m/s，此时在空中爆炸，分裂成1 kg和0.5 kg的两块，其中0.5 kg的那块以40 m/s的速率沿原来速度相反的方向运动，此时另一块的速率为( ) A．10 m/s B．30 m/s C．50 m/s D．70 m/s 6．质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向为( ) A．0.6 m/s，向左 B．3 m/s，向左 C．0.6 m/s，向右 D．3 m/s，向右 7．如图所示，质量为m的小球A以水平速度v与静止在光滑水平面上质量为3m的小球B正碰后，小球A的速率变为eq \f(v,2)，则碰后B球的速度为(以v的方向为正方向)( ) A.eq \f(v,6) B．－v C．－eq \f(v,3) D.eq \f(v,2) 8．如图，横截面积为5 cm2的水柱以10 m/s的速度垂直冲到墙壁上，已知水的密度为1×103 kg/m3，假设水冲到墙上后不反弹而顺墙壁流下，则墙壁所受水柱冲击力为( ) A．5×105 N B．50 N C．5×103 N D．5×102 N 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．) 9．如图所示，质量为m的物体从竖直轻弹簧的正上方自由落下将弹簧压缩．已知物体下落高度h，经历时间为t，物体压在弹簧上的速度为v，则在此过程中地面对弹簧支持力的冲量I为( ) A．0 B．mgt－mv C．mgt＋mv D．－mgt－mv 10．如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是( ) A．甲、乙两车运动中速度之比为eq \f(M＋m,M) B．甲、乙两车运动中速度之比为eq \f(M,M＋m) C．甲车移动的距离为eq \f(M＋m,2M＋m)L D．乙车移动的距离为eq \f(M,2M＋m)L 11．一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则( ) A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 12．如图(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的vt图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g.由此可求得( ) A．木板的长度 B．物块与木板的质量之比 C．物块与木板之间的动摩擦因数 D．从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能 三、实验题(共12分) 13．(12分)现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间． 实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz. 将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图乙所示． 若实验允许的相对误差绝对值(eq \f(碰撞前后总动量之差,碰前总动量)×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程． 四、计算题(本题共4小题，共48分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 14．(10分)冰球运动是一项对抗性极强的冰雪体育竞技项目．如图所示，甲、乙两冰球运动员为争抢冰球而合理水平冲撞，冲撞过程中运动员手中的冰球杆未与地面接触．已知甲运动员的质量为60 kg，乙运动员的质量为70 kg，冲撞前两运动员速度大小均为5 m/s，方向相反，冲撞结束，甲被撞回，速度大小为2 m/s，如果冲撞接触时间为0.2 s，忽略冰球鞋与冰面间的摩擦．问： (1)撞后乙的速度大小是多少？方向又如何？ (2)冲撞时两运动员相互间的平均作用力多大？ 15．(12分)如图所示，质量为M，内壁光滑的半圆槽放在光滑的水平面上，其左侧紧靠台阶，槽的半径为R.今从槽左侧A点的正上方D点自由释放一个质量为m的小球，球恰从A点进入槽的内壁轨道．为使小球沿槽的内壁恰好运动到右端B点，试求D点至A点的高度． 章末综合检测(一) 1．解析：人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知(F－mg)t＝mΔv；而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小人受到地面的冲击力，故D正确，A、B、C错误． 答案：D 2．解析：A错：对人、车和铁锤系统水平方向动量守恒有：0＝m锤v1－(m车＋m人)v2，锤子抡起的过程中，锤子向右运动，车向左运动．B错：锤子下落的过程中，锤子向左运动，车向右运动．C对：锤子抡至最高点时，锤子速度为0，所以车速度为0.D错：锤子敲击车瞬间，锤子向左运动，车向右运动． 答案：C 3．解析：由动量定理Ft＝0－mv，而接球时先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前为了延长时间，减小受力，即F＝eq \f(0－mv,t)，也就是减小了球的动量变化率，故C正确． 答案：C 4．解析：由图像知，a球以初速度与原来静止的b球碰撞，碰后a球反弹且速度小于初速度．根据碰撞规律知，a球质量小于b球质量． 答案：B 5．解析：手榴弹爆炸，外力远小于内力，可近似地看作动量守恒，则有(m1＋m2)v＝m1v′1＋m2v′2，解得 v′2＝eq \f(m1＋m2v－m1v′1,m2) ＝eq \f(1＋0.5×20－0.5×－40,1) m/s＝50 m/s. 答案：C 6．解析：甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，解得v＝eq \f(m甲v甲－m乙v乙,m)，代入数据解得v＝－0.6 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确． 答案：A 7．解析：由于碰后B球不可能越过A球水平向左运动，因选择了v方向为正，即向右为正，可先排除B、C两选项．据动量守恒定律mv＝mv1＋3mv2，若v1方向向右，即v1＝eq \f(v,2)时，v2＝eq \f(v,6)，运动方向相同，A球运动速度大于B球，意味着A球越过B球，与事实不符；若v1方向向左，即v1＝－eq \f(v,2)时，v2＝eq \f(v,2)，A错误、D正确． 答案：D 8．解析：t s时间内喷水质量为m＝ρSvt＝1×103×5×10－4×10t kg＝5t kg，水在时间t s内受到墙的冲量为I＝0－mv＝Ft，所以F＝eq \f(－mv,t)＝eq \f(－5t×10,t) N＝－50 N 负号表示水受到墙的作用力的方向与运动方向相反．由此可知B项正确． 答案：B 9．解析：重物压在弹簧上时，压缩的弹簧给地面一个作用力，使地面对弹簧有支持力，地面对弹簧的冲量与弹簧给物体的冲量是等大的．若以m为研究对象，它在重力和弹力作用下动量发生改变，因题中未指明速度的方向，故可上可下，若选向上为正，则有I－mgt＝±mv－0，解得I＝mgt±mv，即选项B、C正确． 答案：BC 10．解析：本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为eq \f(M＋m,M)，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确． 答案：ACD 11．解析：A对：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq \f(F1,m)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s. B对：t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s. C错：物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝eq \f(F2,m)＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s. D错：t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s. 答案：AB 12．解析：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物块相对于木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，故A项错误；物块与木板作出的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1，解得eq \f(m,M)＝eq \f(v1,v0－v1)，v0与v1已知，可以求出物块与木板的质量之比，故B项正确；对木板，由动量定理得：μmgt1＝Mv1，解得μ＝eq \f(v0－v1,gt1)，由于t1、v0、v1已知，可以求出动摩擦因数，故C项正确；由于不知道木板的质量，无法求出从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能，故D项错误． 答案：BC 13．解析：纸带上打出的相邻点的时间间隔 Δt＝eq \f(1,f)＝0.02 s 根据v＝eq \f(Δx,Δt)可计算出滑块A碰撞前后的速度 v0＝2.00 m/s，v1＝0.970 m/s 滑块A、B碰撞后滑块B的速度 v2＝eq \f(d,ΔtB)＝2.86 m/s 两滑块碰撞前后的总动量 p＝m1v0＝0.310×2.00 kg·m/s＝0.620 kg·m/s p′＝m1v1＋m2v2＝0.610 kg·m/s 两滑块碰撞前后总动量相对误差绝对值为 δ＝eq \f(p－p′,p)×100%＝1.6%＜5% 因此，本实验在误差允许范围内验证了动量守恒定律． 答案：见解析 14．解析：(1)取甲碰前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，对系统有：m甲v甲－m乙v乙＝－m甲v甲′＋m乙v′乙 解得v′乙＝1 m/s 方向与甲碰前的速度方向相同． (2)根据动量定理，对甲有：－Ft＝－m甲v甲′－m甲v甲 解得F＝2100 N. 答案：(1)1 m/s，方向与甲碰前的速度方向相同 (2)2100 N 15．解析：第一阶段小球从D点自由下落至A点，只有重力做功，机械能守恒，有mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A). 第二阶段小球从A点运动到半圆槽的最低点O1，由于受台阶的作用，半圆槽仍保持静止，仅重力做功，机械能守恒，可得mgR＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,O1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A). 第三阶段小球从O1点运动至B点，到达B点时小球和槽有共同的速度vB，对槽和小球系统而言，只有重力做功，可得－mgR＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,O1). 在此阶段，系统在水平方向不受外力，水平方向上动量守恒，故有mvO1＝(m＋M)vB. 联立以上四式解得h＝eq \f(m,M)R. 答案：eq \f(m,M)R 16．解析：(1)小滑块与长木板系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v 解得最终速度为：v＝eq \f(mv0,M＋m)＝eq \f(0.2×1.2,0.2＋0.2) m/s＝0.6 m/s (2)由能量守恒定律得：eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋Q 代入数据解得热量为：Q＝0.072 J (3)对小滑块应用动能定理：－μmgs＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 代入数据解得距离为s＝0.135 m 答案：(1)0.6 m/s (2)0.072 J (3)0.135 m 17．解析：(1)A物块从O到Q过程，由动能定理 －μmAgL＝0－eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A) 解得：vA＝2 m/s. (2)取向右为正方向，爆炸瞬间，A与B组成的系统动量守恒0＝－mAvA＋mBvB 解得vB＝4 m/s. (3)取向右为正方向，B与C组成的系统动量守恒、能量守恒，则mBvB＝(mB＋mC)v， E＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)(mB＋mC)v2 联立解得E＝6 J. 答案：(1)2 m/s (2)4 m/s (3)6 J 16．(12分)如图，质量为M＝0.2 kg的长木板静止在光滑的水平地面上，现有一质量为m＝0.2 kg的滑块以v0＝1.2 m/s的速度滑上长木板的左端，小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，小滑块刚好没有滑离长木板，求：(g取10 m/s2) (1)小滑块的最终速度v. (2)在整个过程中，系统产生的热量Q. (3)以地面为参照物，小滑块滑行的距离s为多少？ 17．(14分)如图所示，水平轨道O点左侧粗糙，右侧光滑，在A、B两物块中间安放一颗微型炸药，并紧挨着放置于O点保持静止，物块C静置在O点右侧的P点上．某时刻引爆炸药，使A、B两物块向相反方向运动，A滑行到Q点后停止，B与C相碰后粘在一起向右运动．已知物块A与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，O、Q间的距离L＝2.0 m，物块的质量分别为mA＝2.0 kg，mB＝1.0 kg，mC＝3.0 kg，重力加速度g＝10 m/s2，A、B、C均可视为质点，爆炸时间极短．求： (1)爆炸瞬间，物块A获得的速率vA； (2)爆炸瞬间，物块B获得的速率vB； (3)物块B与物块C相碰时产生的内能E.
章末综合检测(一) 时间：60分钟 满分：100分 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．) 1．人从高处跳到低处，为了安全，一般都是脚尖先着地，且双腿要弯曲，这样做的目的是( ) A．减小着地时所受冲量 B．使动量增量变得更小 C．增大人对地面的压强，起到安全作用 D．延长对地面的作用时间，从而减小地面对人的作用力 2．如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤连续敲击车的右端．下列对平板车的运动情况描述正确的是( ) A．锤子抡起的过程中，车向右运动 B．锤子下落的过程中，车向左运动 C．锤子抡至最高点时，车速度为0 D．锤子敲击车瞬间，车向左运动 3．如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( ) A．减小球的动量的变化量 B．减小球对手作用力的冲量 C．减小球的动量变化率 D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量 4．在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图像如图所示，下列关系式正确的是( ) A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma＝mb D．无法判断 5．沿水平方向飞行的手榴弹，它的速度是20 m/s，此时在空中爆炸，分裂成1 kg和0.5 kg的两块，其中0.5 kg的那块以40 m/s的速率沿原来速度相反的方向运动，此时另一块的速率为( ) A．10 m/s B．30 m/s C．50 m/s D．70 m/s 6．质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向为( ) A．0.6 m/s，向左 B．3 m/s，向左 C．0.6 m/s，向右 D．3 m/s，向右 7．如图所示，质量为m的小球A以水平速度v与静止在光滑水平面上质量为3m的小球B正碰后，小球A的速率变为eq \f(v,2)，则碰后B球的速度为(以v的方向为正方向)( ) A.eq \f(v,6) B．－v C．－eq \f(v,3) D.eq \f(v,2) 8．如图，横截面积为5 cm2的水柱以10 m/s的速度垂直冲到墙壁上，已知水的密度为1×103 kg/m3，假设水冲到墙上后不反弹而顺墙壁流下，则墙壁所受水柱冲击力为( ) A．5×105 N B．50 N C．5×103 N D．5×102 N 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．) 9．如图所示，质量为m的物体从竖直轻弹簧的正上方自由落下将弹簧压缩．已知物体下落高度h，经历时间为t，物体压在弹簧上的速度为v，则在此过程中地面对弹簧支持力的冲量I为( ) A．0 B．mgt－mv C．mgt＋mv D．－mgt－mv 10．如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是( ) A．甲、乙两车运动中速度之比为eq \f(M＋m,M) B．甲、乙两车运动中速度之比为eq \f(M,M＋m) C．甲车移动的距离为eq \f(M＋m,2M＋m)L D．乙车移动的距离为eq \f(M,2M＋m)L 11．一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则( ) A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 12．如图(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的vt图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g.由此可求得( ) A．木板的长度 B．物块与木板的质量之比 C．物块与木板之间的动摩擦因数 D．从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能 三、实验题(共12分) 13．(12分)现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间． 实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz. 将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图乙所示． 若实验允许的相对误差绝对值(eq \f(碰撞前后总动量之差,碰前总动量)×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程． 四、计算题(本题共4小题，共48分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 14．(10分)冰球运动是一项对抗性极强的冰雪体育竞技项目．如图所示，甲、乙两冰球运动员为争抢冰球而合理水平冲撞，冲撞过程中运动员手中的冰球杆未与地面接触．已知甲运动员的质量为60 kg，乙运动员的质量为70 kg，冲撞前两运动员速度大小均为5 m/s，方向相反，冲撞结束，甲被撞回，速度大小为2 m/s，如果冲撞接触时间为0.2 s，忽略冰球鞋与冰面间的摩擦．问： (1)撞后乙的速度大小是多少？方向又如何？ (2)冲撞时两运动员相互间的平均作用力多大？ 15．(12分)如图所示，质量为M，内壁光滑的半圆槽放在光滑的水平面上，其左侧紧靠台阶，槽的半径为R.今从槽左侧A点的正上方D点自由释放一个质量为m的小球，球恰从A点进入槽的内壁轨道．为使小球沿槽的内壁恰好运动到右端B点，试求D点至A点的高度． 章末综合检测(一) 1．解析：人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知(F－mg)t＝mΔv；而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小人受到地面的冲击力，故D正确，A、B、C错误． 答案：D 2．解析：A错：对人、车和铁锤系统水平方向动量守恒有：0＝m锤v1－(m车＋m人)v2，锤子抡起的过程中，锤子向右运动，车向左运动．B错：锤子下落的过程中，锤子向左运动，车向右运动．C对：锤子抡至最高点时，锤子速度为0，所以车速度为0.D错：锤子敲击车瞬间，锤子向左运动，车向右运动． 答案：C 3．解析：由动量定理Ft＝0－mv，而接球时先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前为了延长时间，减小受力，即F＝eq \f(0－mv,t)，也就是减小了球的动量变化率，故C正确． 答案：C 4．解析：由图像知，a球以初速度与原来静止的b球碰撞，碰后a球反弹且速度小于初速度．根据碰撞规律知，a球质量小于b球质量． 答案：B 5．解析：手榴弹爆炸，外力远小于内力，可近似地看作动量守恒，则有(m1＋m2)v＝m1v′1＋m2v′2，解得 v′2＝eq \f(m1＋m2v－m1v′1,m2) ＝eq \f(1＋0.5×20－0.5×－40,1) m/s＝50 m/s. 答案：C 6．解析：甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，解得v＝eq \f(m甲v甲－m乙v乙,m)，代入数据解得v＝－0.6 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确． 答案：A 7．解析：由于碰后B球不可能越过A球水平向左运动，因选择了v方向为正，即向右为正，可先排除B、C两选项．据动量守恒定律mv＝mv1＋3mv2，若v1方向向右，即v1＝eq \f(v,2)时，v2＝eq \f(v,6)，运动方向相同，A球运动速度大于B球，意味着A球越过B球，与事实不符；若v1方向向左，即v1＝－eq \f(v,2)时，v2＝eq \f(v,2)，A错误、D正确． 答案：D 8．解析：t s时间内喷水质量为m＝ρSvt＝1×103×5×10－4×10t kg＝5t kg，水在时间t s内受到墙的冲量为I＝0－mv＝Ft，所以F＝eq \f(－mv,t)＝eq \f(－5t×10,t) N＝－50 N 负号表示水受到墙的作用力的方向与运动方向相反．由此可知B项正确． 答案：B 9．解析：重物压在弹簧上时，压缩的弹簧给地面一个作用力，使地面对弹簧有支持力，地面对弹簧的冲量与弹簧给物体的冲量是等大的．若以m为研究对象，它在重力和弹力作用下动量发生改变，因题中未指明速度的方向，故可上可下，若选向上为正，则有I－mgt＝±mv－0，解得I＝mgt±mv，即选项B、C正确． 答案：BC 10．解析：本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为eq \f(M＋m,M)，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确． 答案：ACD 11．解析：A对：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq \f(F1,m)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s. B对：t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s. C错：物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝eq \f(F2,m)＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s. D错：t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s. 答案：AB 12．解析：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物块相对于木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，故A项错误；物块与木板作出的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1，解得eq \f(m,M)＝eq \f(v1,v0－v1)，v0与v1已知，可以求出物块与木板的质量之比，故B项正确；对木板，由动量定理得：μmgt1＝Mv1，解得μ＝eq \f(v0－v1,gt1)，由于t1、v0、v1已知，可以求出动摩擦因数，故C项正确；由于不知道木板的质量，无法求出从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能，故D项错误． 答案：BC 13．解析：纸带上打出的相邻点的时间间隔 Δt＝eq \f(1,f)＝0.02 s 根据v＝eq \f(Δx,Δt)可计算出滑块A碰撞前后的速度 v0＝2.00 m/s，v1＝0.970 m/s 滑块A、B碰撞后滑块B的速度 v2＝eq \f(d,ΔtB)＝2.86 m/s 两滑块碰撞前后的总动量 p＝m1v0＝0.310×2.00 kg·m/s＝0.620 kg·m/s p′＝m1v1＋m2v2＝0.610 kg·m/s 两滑块碰撞前后总动量相对误差绝对值为 δ＝eq \f(p－p′,p)×100%＝1.6%＜5% 因此，本实验在误差允许范围内验证了动量守恒定律． 答案：见解析 14．解析：(1)取甲碰前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，对系统有：m甲v甲－m乙v乙＝－m甲v甲′＋m乙v′乙 解得v′乙＝1 m/s 方向与甲碰前的速度方向相同． (2)根据动量定理，对甲有：－Ft＝－m甲v甲′－m甲v甲 解得F＝2100 N. 答案：(1)1 m/s，方向与甲碰前的速度方向相同 (2)2100 N 15．解析：第一阶段小球从D点自由下落至A点，只有重力做功，机械能守恒，有mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A). 第二阶段小球从A点运动到半圆槽的最低点O1，由于受台阶的作用，半圆槽仍保持静止，仅重力做功，机械能守恒，可得mgR＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,O1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A). 第三阶段小球从O1点运动至B点，到达B点时小球和槽有共同的速度vB，对槽和小球系统而言，只有重力做功，可得－mgR＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,O1). 在此阶段，系统在水平方向不受外力，水平方向上动量守恒，故有mvO1＝(m＋M)vB. 联立以上四式解得h＝eq \f(m,M)R. 答案：eq \f(m,M)R 16．解析：(1)小滑块与长木板系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v 解得最终速度为：v＝eq \f(mv0,M＋m)＝eq \f(0.2×1.2,0.2＋0.2) m/s＝0.6 m/s (2)由能量守恒定律得：eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋Q 代入数据解得热量为：Q＝0.072 J (3)对小滑块应用动能定理：－μmgs＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 代入数据解得距离为s＝0.135 m 答案：(1)0.6 m/s (2)0.072 J (3)0.135 m 17．解析：(1)A物块从O到Q过程，由动能定理 －μmAgL＝0－eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A) 解得：vA＝2 m/s. (2)取向右为正方向，爆炸瞬间，A与B组成的系统动量守恒0＝－mAvA＋mBvB 解得vB＝4 m/s. (3)取向右为正方向，B与C组成的系统动量守恒、能量守恒，则mBvB＝(mB＋mC)v， E＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)(mB＋mC)v2 联立解得E＝6 J. 答案：(1)2 m/s (2)4 m/s (3)6 J 16．(12分)如图，质量为M＝0.2 kg的长木板静止在光滑的水平地面上，现有一质量为m＝0.2 kg的滑块以v0＝1.2 m/s的速度滑上长木板的左端，小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，小滑块刚好没有滑离长木板，求：(g取10 m/s2) (1)小滑块的最终速度v. (2)在整个过程中，系统产生的热量Q. (3)以地面为参照物，小滑块滑行的距离s为多少？ 17．(14分)如图所示，水平轨道O点左侧粗糙，右侧光滑，在A、B两物块中间安放一颗微型炸药，并紧挨着放置于O点保持静止，物块C静置在O点右侧的P点上．某时刻引爆炸药，使A、B两物块向相反方向运动，A滑行到Q点后停止，B与C相碰后粘在一起向右运动．已知物块A与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，O、Q间的距离L＝2.0 m，物块的质量分别为mA＝2.0 kg，mB＝1.0 kg，mC＝3.0 kg，重力加速度g＝10 m/s2，A、B、C均可视为质点，爆炸时间极短．求： (1)爆炸瞬间，物块A获得的速率vA； (2)爆炸瞬间，物块B获得的速率vB； (3)物块B与物块C相碰时产生的内能E.
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