【物理】2020届一轮复习人教版第七单元动量作业

【物理】2020届一轮复习人教版第七单元动量作业

第七单元 动量 （A、B 卷） A 卷——夯基保分练 1．A、B 两物体的质量之比 mA∶mB＝1∶2，二者初动量相同，它们与水平桌面间的动 摩擦因数相同。则 A、B 在桌面上从开始滑行到停止所经过的距离之比为( ) A．2∶1 B．1∶2 C．1∶4 D．4∶1 解析：选 D 根据动能定理得：－μmgs＝0－1 2mv2，则得：s＝ mv2 2μmg ＝ p2 2μm2g ，p、μ相 同，则得 s∝ 1 m2 ，则 sA∶sB＝mB2∶mA2＝4∶1，故 A、B、C 错误，D 正确。 2．有一则“守株待兔”的古代寓言，设兔子的头部受到大小等于自身重量的打击时， 即可致死。假若兔子与树桩作用时间大约为 0.2 s，则若要被撞死，兔子奔跑的速度至少为(g ＝10 m/s2)( ) A．1 m/s B．1.5 m/s C．2 m/s D．2.5 m/s 解析：选 C 取兔子奔跑的速度方向为正方向，根据动量定理得－Ft＝0－mv，可得 v ＝Ft m ，由 F＝mg，得到 v＝mgt m ＝gt＝2 m/s，故 C 正确。 3．物体在恒定的合力 F 作用下做直线运动，在Δt1 时间内速度由 0 增大到 v，在Δt2 时 间内速度由 v 增大到 2v。设 F 在Δt1 时间内做功是 W1，冲量是 I1，在Δt2 时间内做功是 W2， 冲量是 I2，那么( ) A．I1＜I2，W1＝W2 B．I1＜I2，W1＜W2 C．I1＝I2，W1＝W2 D．I1＝I2，W1＜W2 解析：选 D 根据动能定理：W1＝1 2mv2，W2＝1 2m(2v)2－1 2mv2＝3 2mv2，则 W1＜W2。根 据动量定理：I1＝mv－0＝mv，I2＝2mv－mv＝mv，知 I1＝I2，故 D 正确，A、B、C 错误。 4．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易碎，而掉在草地上不容易碎，其原因 是( ) A．掉在水泥地上时玻璃杯的动量大，掉在草地上时玻璃杯的动量小 B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量大，掉在草地上的玻璃杯动量改变量小 C．掉在水泥地上的玻璃杯动能改变量大，掉在草地上的玻璃杯动能改变量小 D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时受地面的冲击力大，而掉在草地上的玻璃杯受 地面的冲击力小 解析：选 D 玻璃杯落地前是自由落体运动，从相同高度落下，末速度相同，玻璃杯 掉在水泥地上与掉在草地上的动量 mv 相等，A 错误；玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量 和初动能相同，末动量以及末动能为零，两种情况下动量变化量以及动能变化量相同，B、 C 错误；两种情况下动量变化量相等，且在水泥地上碰撞过程时间比在草地上碰撞时间短， 根据 F t＝Δp 可知掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小，D 正确。 5．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有( ) A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统 B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统 C．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统 D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以重物和斜面为一系统 解析：选 A 人与车组成的系统在水平方向受到的合外力为 0，故水平方向的动量守恒， 所以 A 选项是正确的；人与铅球组成的系统，初动量为零，末动量不为零，故 B 错误；重 物和车厢为一系统的末动量为零而初动量不为零，故 C 错误；在物体沿斜面下滑时，向下 的动量增大，只是系统在水平方向上动量守恒，故 D 错误。 6.一个静止的铀核，放在匀强磁场中，它发生一次α衰变后变成钍核，衰变后α粒子和钍 核都在匀强磁场中做匀速圆周运动，则以下判断正确的是( ) A．1 是钍核的径迹，2 是α粒子的径迹 B．1 是α粒子的径迹，2 是钍核的径迹 C．3 是α粒子的径迹，4 是钍核的径迹 D．3 是钍核的径迹，4 是α粒子的径迹 解析：选 A 发生α衰变后变为钍核，α粒子和钍核都在匀强磁场中做匀速圆周运动， 根据动量守恒定律知，两粒子的动量大小相等，方向相反，都为正电，根据左手定则，为 两个外切圆。两粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB＝mv2 r ，解得：r＝mv qB ＝ p qB ，衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变后两 原子核的动量 p 大小相等，电量大的轨道半径小，知 1 是钍核的径迹，2 是α粒子的径迹， 故 A 正确，B、C、D 错误。 7．用一根细线悬挂一个重物，把重物拿到一定高度后突然释放，重物可将细线拉断。 如果在细线上端拴一段橡皮筋，再从同样高度释放重物，细线不再被拉断。这是因为拴上 橡皮筋后在细线绷直时与不拴橡皮筋相比较( ) A．重物的动量减小 B．重物动量改变量减小 C．重物所受冲量减小 D．重物动量的变化率减小 解析：选 D 两次从相同的高度释放重物，直到细线绷直的一瞬间，重物都是做自由 落体运动，由动能定理可知：mgh＝1 2mv2，解得 v＝ 2gh，则两次重物的末速度都相等， 由 p＝mv 以及Δp＝mv－mv0＝mv 可知，重物的动量没有减小，动量改变量也没有减小， 故 A、B 错误。根据动量定理 I＝Δp，重物所受冲量等于自身动量改变量，则两次重物所受 冲量相等，故 C 错误。动量变化率为Δp Δt ＝F，第一次释放，重物在很短的时间内减速到 0， 而第二次释放过程中重物减速到 0 的时间较长，两次减速过程动量变化量相等，故重物动 量的变化率减小，故 D 正确。 8.一质量为 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 时物块的速度大小为 2 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 解析：选 B 0～2 s 时间内，根据牛顿第二定律，a1＝F1 m ＝1 m/s2，则 0～2 s 时间内的 速度规律为：v＝a1t，t＝1 s 时，物块速度大小为 1 m/s，A 错误；t＝2 s 时，物块速度大小 为 2 m/s，则物块的动量大小为 p＝mv＝4 kg·m/s，B 正确；2～4 s 时间内，合外力 F 反向， 物块做减速运动，根据牛顿第二定律，a2＝F2 m ＝－0.5 m/s2，所以 3 s 时物块的速度大小为 1.5 m/s，物块的动量大小为 3 kg·m/s,4 s 时物块的速度大小为 1 m/s，故 C、D 错误。 9.如图所示，一轻质弹簧竖直放置，劲度系数 k＝10 N/m，下端固定在 水平地面上。一质量为 m＝2.2 kg 的小球自弹簧正上方离弹簧上端 h＝5.0 m 处的 A 点自由下落，小球与弹簧接触时间 t＝1 s，反弹后刚好能回至 A 点。 则在此过程中以下说法正确的是(g＝10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度范围 内)( ) A．小球向下接触弹簧后不会立即减速，还要再匀加速运动一段时间 B．小球速度最大值等于 12 m/s C．小球与弹簧组成的系统机械能守恒，但动量不守恒 D．若把弹簧对小球的力当作恒力 F 处理，则 F＝44 N 解析：选 C 小球向下接触弹簧后，开始阶段弹力小于重力，则小球还会继续向下加 速，但是随着不断压缩弹簧，弹力不断增加，加速度减小，则小球要做变加速运动一段时 间，选项 A 错误；当小球速度最大时满足：mg＝kx，解得 x＝2.2 m，若小球做自由落体运 动，下降 5.0 m＋2.2 m＝7.2 m 时的速度为 v＝ 2gH＝ 2×10×7.2 m/s＝12 m/s，因小球接 触到弹簧后加速度小于 g，则最大速度小于 12 m/s，选项 B 错误；小球与弹簧组成的系统只 有重力和弹力做功，则机械能守恒，但系统受到的合力不为零，则系统的动量不守恒，选 项 C 正确；小球开始接触弹簧和从弹簧上弹出时速度均为 v1＝ 2gh＝10 m/s，若把弹簧对 小球的力当作恒力 F 处理，则从接触弹簧到小球被弹簧弹出的过程，由动量定理：(F－mg)Δt ＝mv1－(－mv1)，解得 F＝66 N，选项 D 错误。 10.如图所示，一轻绳长度为 0.1 m，一端固定在 O 点， 另一端连接橡皮泥做的小球 A，小球 A 下端刚好接触光滑水 平地面。光滑水平面上静止的小球 B 受到一瞬间水平向右的 冲量后，向右运动与 A 相碰并进入 A 球内二者粘合为一体，粘合体刚好能到达圆周的最高 点。已知 A 球质量为 0.3 kg，B 球质量为 0.1 kg，g 取 10 m/s2。以下说法正确的是( ) A．碰撞后粘合体瞬间速度为 1 m/s B．碰撞后的瞬间绳子拉力为 20 N C．小球 B 受到的瞬间冲量为2 5 5 N·s D．在碰撞中损失的机械能为 2.5 J 解析：选 C 粘合体刚好能到达圆周的最高点，由牛顿第二定律得(mA＋mB)g＝(mA＋ mB)v12 l ，则在最高点的速度 v1＝ gl＝1 m/s，从最低点到最高点，由机械能守恒：1 2(mA＋mB)v22 ＝(mA＋mB)g·2l＋1 2(mA＋mB)v12，解得 v2＝ 5 m/s，选项 A 错误；碰撞后的瞬间绳子拉力 为 T＝(mA＋mB)g＋(mA＋mB)v22 l ＝0.4×10 N＋0.4× 5 0.1 N＝24 N，选项 B 错误；小球 B 受到 的瞬间冲量为 I＝mBvB＝(mA＋mB)v2＝2 5 5 N·s，选项 C 正确；在碰撞中损失的机械能为ΔE ＝1 2mBvB2－1 2(mA＋mB)v22＝3 J，选项 D 错误。 11．蹦床运动有“空中芭蕾”之称。某质量 m＝50 kg 的运动员从空中 h1＝1.25 m 落下， 接着又能弹起 h2＝1.8 m 高度。此次人与蹦床接触时间 t＝0.50 s，取 g＝10 m/s2，求： (1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小 I； (2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小 F。 解析：(1)重力的冲量大小为： I＝mgt＝50×10×0.5 N·s＝250 N·s。 (2)设运动员下落 h1 高度时的速度大小为 v1，弹起时速度大小为 v2 则有：v12＝2gh1，v22＝2gh2 取向上为正方向，由动量定理有： (F－mg)·t＝mv2－(－mv1) 联立解得：F＝1 600 N。 答案：(1)250 N·s (2)1 600 N 12.如图所示，长为 R＝0.6 m 的不可伸长的细绳一端固定在 O 点， 另一端系着质量为 m2＝0.1 kg 的小球 B，小球 B 刚好与水平面相接触。 现使质量为 m1＝0.3 kg 的物块 A 以 v0＝5 m/s 的初速度向 B 运动，A 与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3，A、B 间的初始距离 x＝1.5 m。两物 体碰撞后，A 物块速度变为碰前瞬间速度的1 2 ，方向不变。B 小球能在竖直平面内做圆周运 动。已知重力加速度 g＝10 m/s2，两物体均可视为质点，求： (1)碰撞过程中 B 球受到的冲量大小； (2)B 球运动到圆周最高点时细绳受到的拉力大小。 解析：(1)碰前 A 做匀变速直线运动，由动能定理得 －μm1gx＝1 2m1v2－1 2m1v02 解得：v＝4 m/s 碰撞过程中，A、B 系统的动量守恒，选取物块运动的方向为正方向，由动量守恒定律 得 m1v＝m1 v 2 ＋m2v2 解得：v2＝6 m/s 根据动量定理可得：I＝m2v2＝0.6 kg·m/s。 (2)小球 B 在摆至最高点的过程中，设到最高点时的速度为 v3，由机械能守恒定律得 1 2m2v22＝1 2m2v32＋m2g·2R 在最高点进行受力分析，由牛顿第二定律得 T＋m2g＝m2 v32 R 联立解得：T＝1 N。 答案：(1)0.6 kg·m/s (2)1 N 13．电磁弹射在电磁炮、航天器、舰载机等需要超高速的领域中有着广泛的应用，电 磁弹射的简化图如图 1 所示(俯视图)。发射轨道被简化为两个固定在水平面上、间距为 L 且 相互平行的金属导轨，整个装置处于竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中。发射导轨 的左端为充电电路，已知电源的电动势为 E，电容器的电容为 C，发射载体被简化为一根质 量为 m、长度也为 L 的金属导体棒，其电阻为 r。金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上， 忽略一切摩擦阻力以及导轨和导线的电阻。 (1)发射前，将开关 S 接 a，先对电容器进行充电。 a．求电容器充电结束时所带的电荷量 Q； b．充电过程中电容器两极板间的电压 u 随电容器所带电荷量 q 发生变化。请在图 2 中 画出 uq 图象；并借助图象求出稳定后电容器储存的能量 E0； (2)电容器充电结束后，将开关 S 接 b，电容器通过导体棒放电，导体棒由静止开始运 动，导体棒离开轨道时发射结束。电容器所释放的能量不能完全转化为金属导体棒的动能， 将导体棒离开轨道时的动能与电容器所释放能量的比值定义为能量转化效率。若某次发射 结束时，电容器的电荷量减小为充电结束时的一半，不计放电电流带来的磁场影响，求这 次发射过程中的能量转化效率η。 解析：(1)a.根据电容的定义 C＝Q U 电容器充电结束时其两端电压 U 等于电动势 E，解得电容器所带电荷量 Q＝CE。 b．根据以上电容的定义可知 u＝q C ，画出 uq 图象如图所示： 由图象可知，稳定后电容器储存的能量 E0 为图中图线与横轴的面积 E0 ＝1 2EQ， 将 Q 代入解得 E0＝1 2CE2。 (2)设从电容器开始放电至导体棒离开轨道时的时间为 t，放电的电荷量为ΔQ，平均电 流为 I ，导体棒离开轨道时的速度为 v 以导体棒为研究对象，根据动量定理 BL I t＝mv－0，(或∑BLiΔt＝∑mΔv)， 据电流定义可知 I t＝ΔQ(或∑iΔt＝ΔQ) 根据题意有ΔQ＝1 2Q＝1 2CE， 联立解得 v＝BLCE 2m 导体棒离开轨道时的动能 Ek＝1 2mv2＝BLCE2 8m 电容器释放的能量ΔE＝1 2CE2－1 2C E 2 2＝3 8CE2 联立解得能量转化效率η＝Ek ΔE ＝B2L2C 3m 。 答案：(1)a.C B．见解析图 1 2CE2 (2)B2L2C 3m B 卷——提能增分练 1.如图所示为某物业公司的宣传提醒。从提供的信息知：一枚 40 g 的鸡蛋从 17 楼(鸡蛋离人头部的高度为 45 m，忽略空气阻力)落下，能砸 破人的头骨。若鸡蛋壳与人头部的作用时间为 5.0×10－4 s，重力加速度 g ＝10 m/s2。则下列说法正确的是( ) A．鸡蛋与人的头部碰撞前的速度大小为 3 m/s B．鸡蛋与人的头部碰撞前的动量大小为 0.12 kg·m/s C．人的头部受到的平均冲击力约为 2 400 N D．鸡蛋与人的头部碰撞过程中鸡蛋受到的冲量大 解析：选 C 由 2gh＝v2 可得：v＝ 2gh＝ 2×10×45 m/s＝30 m/s，故 A 错误；鸡蛋 的质量 m＝40 g＝0.04 kg，取向下为正方向，鸡蛋与人的头部碰撞前的动量大小为：p0＝ mv＝0.04×30 kg·m/s＝1.2 kg·m/s，故 B 错误；对碰撞过程由动量定理可得：(mg－F)t＝0 －mv，代入数据得：F＝2 400 N，根据牛顿第三定律可知，头骨受到的平均冲击力约为 2 400 N，故 C 正确；鸡蛋与人的头相互作用的过程中，二者之间的相互作用力大小相等，作用 的时间相等，根据冲量的定义式可知，鸡蛋与人的头部碰撞过程中二者受到的冲量一样大， 故 D 错误。 2．静止的实验火箭，总质量为 M，当它以对地速度 v0 喷出质量为Δm 的高温气体后， 火箭的速度为( ) A. Δm M－Δm v0 B．－ Δm M－Δm v0 C.Δm M v0 D．－Δm M v0 解析：选 B 以火箭和气体组成的系统为研究对象，选高温气体的速度方向为正，由 动量守恒定律得：0＝(M－Δm)v′＋Δmv0，得：v′＝－ Δm M－Δm v0，故选 B。 3.如图所示，一个原长为 L 的轻质弹簧固定于天花板的 O 点处。一个 质量为 m 的物块从 A 点竖直向上抛出，以速度 v 与弹簧在 B 点相接触， 然后向上压缩弹簧，到 C 点时物块速度为零。在此过程中无机械能损失， 则下列说法正确的是( ) A．由 B 到 C 的过程中，物块的速度一直减小 B．由 B 到 C 的过程中，物块的加速度先增加后减小 C．由 A 到 C 的过程中，物块重力势能的变化量与克服弹力做的功一定相等 D．由 A 到 C 的过程中，弹簧弹力对物块的冲量与物块所受重力的冲量大小相等 解析：选 A 由 B 到 C 的过程中，物块受向下的重力和向下的弹力，且随着物块的上 升，弹力变大，根据牛顿第二定律可知，物块的加速度逐渐变大，速度一直减小，选项 A 正确，B 错误；由 A 到 C 根据动能定理：－mghAC－W 弹＝0－1 2mv2，则物块重力势能的变 化量与克服弹力做的功不一定相等，选项 C 错误；由 A 到 C 根据动量定理：－IG－I 弹＝0 －mv，则弹簧弹力对物块的冲量与物块所受重力的冲量大小不一定相等，选项 D 错误。 4.将验证动量守恒定律的实验装置搬到竖直墙壁的附近，调整仪 器，使球 A 从斜轨上由静止释放，并在水平轨道末端与球 B 发生正 碰后，两球都能打在墙上。已知 A、B 两球半径相同，A 球的质量大 于 B 球的质量，则下列说法正确的是( ) A．此装置无法验证动量守恒定律 B．碰撞后瞬间，A 球的速度大于 B 球的速度 C．碰撞后，A、B 两球同时打到墙上 D．碰撞后，A 球在墙上的落点在 B 球落点的下方 解析：选 D 碰撞前、后小球均做平抛运动，在竖直方向上：h＝1 2gt2，平抛运动时间： t＝ 2h g ，设轨道末端到墙壁的水平位置为 x，未放 B 球时，小球 A 下落的高度为 h1，放 上小球 B 后，A 和 B 碰撞后下落的高度分别为 h2 和 h3，则碰撞前、后小球做平抛运动的初 速度分别为：vA＝ x 2h1 g ，vA′＝ x 2h2 g ，vB′＝ x 2h3 g ，如果碰撞过程动量守恒，则：mAvA ＝mAvA′＋mBvB′，将速度代入动量守恒表达式解得： mA h1 ＝ mA h2 ＋ mB h3 ，分别将 h1、h2 和 h3 代入即可验证动量守恒定律，故选项 A 错误；由碰撞的实际过程可知，碰撞后瞬间，由 于 A 球质量大于 B 球质量，则导致 A 球的速度小于 B 球的速度，故选项 B 错误；由上面分 析可知 vA′＜vB′，导致 h2＞h3，碰撞后 A、B 两球不会同时打到墙上，A 球运动时间长， 后达到墙壁上，即 A 球在墙上的落点在 B 球落点的下方，故选项 C 错误，D 正确。 5．一质量为 1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从 t＝0 时起，第 1 s 内受到 2 N 的水平 外力作用，第 2 s 内受到同方向的 1 N 的外力作用。下列说法正确的是( ) A．0～2 s 时间内外力所做的功是4 9 J B．0～2 s 时间内外力的平均功率是 3 W C．第 1 s 内与第 2 s 内质点动量增加量的比值是5 4 D．第 1 s 内与第 2 s 内质点动能增加量的比值是4 5 解析：选 D 设 1 s 末、2 s 末速度分别为 v1 和 v2，由动量定理得，第 1 s 内有：F1t1 ＝mv1，得 v1＝2 m/s；第 2 s 内有：F2t2＝mv2－mv1，得 v2＝3 m/s；0～2 s 时间内由动能 定理可知外力做功为 W＝1 2mv22＝1 2 ×1×32 J＝4.5 J，故 A 错误。0～2 s 时间内平均功率为 P ＝W t ＝4.5 2 W＝9 4 W，故 B 错误。由动量定理可知Δp＝Ft，故有Δp1 Δp2 ＝F1t1 F2t2 ＝2 1 ，故 C 错误。 第 1 s 内与第 2 s 内动能增加量比值为 1 2mv12 1 2 mv22－1 2mv12 ＝4 5 ，故 D 正确。 6.水平推力 F1 和 F2 分别作用于水平面上等质量的 a、b 两物体上，作 用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停止，两物体的 vt 图象如图所示，图中 AB∥CD，则( ) A．F1 的冲量大于 F2 的冲量 B．F1 的冲量等于 F2 的冲量 C．两物体受到的摩擦力大小相等 D．两物体受到的摩擦力大小不等 解析：选 C 设 F1、F2 的作用时间分别为 t1、t2，则由题图知 t1F1t1， 即选项 A、B 错误。 7.如图，质量为 3 kg 的木板放在光滑的水平地面上，质量为 1 kg 的木块放在木板上，它们之间有摩擦，木板足够长，两者都以 4 m/s 的初速度向相反方向运动。当木板的速度为 2.4 m/s 时，木块( ) A．处于匀速运动阶段 B．处于减速运动阶段 C．处于加速运动阶段 D．静止不动 解析：选 C 设木板的质量为 M，物块的质量为 m；开始阶段，m 向左减速，M 向右 减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为 v1； 根据动量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1 代入解得：v1＝M－mv M ＝3－1×4 3 m/s＝2.67 m/s 此后 m 将向右加速，M 继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为 v2，由 动量守恒定律得： (M－m)v＝(M＋m)v2 代入解得：v2＝M－m M＋m v＝3－1 3＋1 ×4 m/s＝2 m/s。 两者相对静止后，一起向右匀速直线运动。 由此可知当 M 的速度为 2.4 m/s 时，m 处于向右加速过程中，加速度向右，故选项 C 正确。 8.如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平 面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口 A 点的正上方 由静止开始下落，从 A 点与半圆形槽相切进入槽内。则下列说法正确 的是( ) A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统在水平方向上动量守恒 B．小球从 A 点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态 C．小球从 A 点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒 D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒 解析：选 C 小球从 A 点到最低点的过程中，竖直墙对半圆形槽有向右的弹力的作用， 所以这个过程小球与槽组成的系统在水平方向上动量不守恒，故 A 错误；小球从 A 点向半 圆形槽的最低点运动的过程中，先失重后超重，故 B 错误；小球在槽内运动的全过程中， 从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还 有槽对球的作用力做负功，所以小球的机械能不守恒，但球对槽的作用力做正功，两者之 和正好为零，所以小球与槽组成的系统机械能守恒，故 C 正确，D 错误。 9.如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底 板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得 一个向右的初速度 v0，则( ) A．小木块和木箱最终都将静止 B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动 C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 解析：选 B 系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木 块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终 相对静止，因为系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最 终两物体以相同的速度一起向右运动。 10.一枚火箭搭载着卫星以速率 v0 进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。 已知前部分的卫星质量为 m1，后部分的箭体质量为 m2，分离后箭 体以速率 v2 沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫 星的速率 v1 为( ) A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－m2 m1 v2 D．v0＋m2 m1 (v0－v2) 解析：选 D 系统分离前后，动量守恒：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋m2 m1 (v0 －v2)，故 A、B、C 错误，D 正确。 11.如图所示，人站在小车上，不断用铁锤敲击小车的一端。下 列各种说法哪些是正确的( ) ①如果地面水平、坚硬光滑，则小车将在原地附近做往复运动 ②如果地面的阻力较大，则小车有可能断断续续地水平向右运动 ③因为敲打时，铁锤跟小车间的相互作用力属于内力，小车不可能发生运动 ④小车能否运动，取决于小车跟铁锤的质量之比，跟其他因素无关 A．①② B．只有① C．只有③ D．只有④ 解析：选 A 如果地面水平且坚硬光滑，据铁锤下摆过程中系统水平方向动量守恒可 以判断小车向左移动；敲击后铁锤弹起上摆时，小车向右运动，即小车做往复运动，故① 正确。如果地面的阻力足够大，小车可能不运动；如果阻力不太大，而铁锤打击力较大， 致使小车水平方向受合外力向右，小车就有可能断断续续地水平向右运动，故②正确。由 ①②可知，在人不断用铁锤敲击小车的一端过程中，小车可以运动，故③错误。小车能否 运动，取决于地面是否光滑与对锤子敲击小车时作用力的大小，与小车跟铁锤的质量之比 无关，故④错误。故①②正确，即 A 正确。 12.如图所示，内壁光滑的直圆筒固定在水平地面上，一轻质弹簧一端固定 在直圆筒的底端，其上端自然状态下位于 O 点处。将一质量为 m、直径略小于 直圆筒的小球 A 缓慢的放在弹簧上端，其静止时弹簧的压缩量为 x0。现将一与 小球 A 直径等大的小球 B 从距 A 小球 3x0 的 P 处释放，小球 B 与小球 A 碰撞 后立即粘连在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，并恰能回到 O 点。 已知两小球均可视为质点，弹簧的弹性势能 Ep＝1 2kx2，其中 k 为弹簧的劲度系 数，x 为弹簧的形变量。求： (1)弹簧的劲度系数 k； (2)小球 B 的质量 mB； (3)小球 A 与小球 B 一起向下运动时速度的最大值 vm。 解析：(1)由平衡条件可知：mg＝kx0 解得劲度系数 k＝mg x0 。 (2)B 球由静止下落后与 A 接触前的瞬时速度为 v1， 根据机械能守恒定律有： mBg·3x0＝1 2mBv12 解得 v1＝ 6gx0 设 A 与 B 碰撞后的速度为 v2，根据动量守恒定律有： mBv1＝(mB＋m)v2 由于 A、B 恰能回到 O 点，根据动能定理有： －(mB＋m)gx0＋1 2kx02＝0－1 2(mB＋m)v22 联立解得 mB＝m。 (3)设 A、B 球碰撞后再继续向下运动 x1 时速度达到最大值，此时它们的加速度为零， 有： (mB＋m)g＝k(x0＋x1) 解得 x1＝x0 根据机械能守恒定律有： (mB＋m)gx1＋1 2(mB＋m)v22＋1 2kx02＝1 2(mB＋m)vm2＋1 2k(x0＋x1)2 解得 vm＝ 2gx0。 答案：(1)mg x0 (2)m (3) 2gx0 13．如图所示，两光滑导轨水平放置且相互平行，间距 L＝0.5 m；轨道的 MC 段和 PD 段长度均为 l＝4.5 m，单位长度的电阻 r0＝0.5 Ω；一根质量 m＝0.2 kg、电阻 R＝1 Ω 的金 属棒 b 固定在 CD 间(棒长度也为 L)，完全相同的 a 棒置于轨道左侧顶端，与轨道垂直并接 触良好；整个装置处于磁感应强度大小 B＝2.0 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。 现在对金属棒 a 施加一沿导轨平面向右且平行于导轨的拉力 F，使棒 a 从静止开始以加速 度 a＝1.0 m/s2 沿导轨平面向右做匀加速直线运动。轨道其余部分电阻不计。求： (1)从金属棒 a 开始运动至其到达 CD 位置过程中金属棒中电流与时间 t 的关系式； (2)从金属棒 a 开始运动至其到达 CD 位置的过程中拉力 F 的最大值(不计棒的粗细)； (3)当 a 棒将要与 b 棒相碰时，撤去外力 F，同时释放 b；碰后 b 棒的速度 vb＝2 m/s， 求碰后系统产生的总热量 Q(设导轨足够长)。 解析：(1)金属棒 a 在轨道上做匀加速直线运动，在时刻 t 棒的速度为 v v＝at 棒相对于起始位置的位移为 x x＝1 2at2 由法拉第电磁感应定律，棒在时刻 t 的感应电动势为 E E＝BLat 由闭合电流欧姆定律可知，在时刻 t 回路中的电阻为 R 总，电流为 I R 总＝2R＋2r0(l－x) I＝ E R 总 联立解得：I＝ 2t 13－t2 A。 (2)金属棒 a 开始运动至其到达 CD 位置的过程中， F 安＝BIL 由牛顿第二定律得：F－F 安＝ma 联立解得：F＝0.2＋ 2t 13－t2(N) 当 t＝3 s，a 棒运动到 CD 位置时 F 最大 最大值 Fm＝1.7 N。 (3)当 t＝3 s 时，a 棒运动到 CD 位置时速度 v0＝3 m/s a、b 棒碰撞过程，动量守恒：mv0＝mva＋mvb 解得 va＝1 m/s 之后过程动量也守恒，且 a、b 棒最终速度相等 mva＋mvb＝2mv1 解得 v1＝1.5 m/s a、b 棒碰后，由能量守恒定律得 Q＝1 2mva2＋1 2mvb2－1 2 ×2mv12 解得 Q＝0.05 J。 答案：(1)I＝ 2t 13－t2 A (2)1.7 N (3)0.05 J