高考物理复习压轴题训练：动量定理（力学部分）解析版

专题7动量定理

一、单选题

1.如图所示，在光滑的水平面上有两物体A、B,它们的质量均为m.在物体B上固定一个轻弹簧处于静止状

态.物体A以速度vo沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用.下列说法正确的是

X

^w/wfBI

A.当弹簧获得的弹性势能最大时，物体A的速度为零

B.当弹簧获得的弹性势能最大时，物体B的速度为零

C.在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体B所做的均为gm%?

D.在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等，方向相反

【答案】D

【解析】AB.由题意可知，物体A在压缩弹簧时，做减速运动，物体B受到弹簧的弹力作用做加速运动，

某时刻二者的速度相等，此时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，故在弹簧被压缩并获得的弹性势能最大

时，物体A、B的速度并不为零，选项AB错误；

C.在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，物体A的速度并不为零，物体B的速度也并是最大值vo,故弹簧

对物体B所做的功不是;〃?%2,选项C错误；

D.在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的作用力大小相等、方向相反，故二力的

冲量大小相等，方向相反，选项D正确；

故选D。

2.质量为w=0.10kg的小钢球以vo=lOm/s的水平速度抛出，下落力=5.0m时撞击一钢板，如图所示，碰撞后

速度恰好反向，且速度大小不变，已知小钢球与钢板作用时间极短，取g=10m/s2,则（）

A.钢板与水平面的夹角Q30。

B/、钢球与钢板碰撞前后的动量变化量大小为2&kgn/s

C/、钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为2N-s

D.小钢球刚要撞击钢板时小球动量的大小为2kgu/s

【答案】B

【解析】根据平抛运动公式

/12

h=-st~

Vy=gi

解得

t=\s

vv=10m/s

A.因为

V.

tana=—=\

匕

有几何关系可知，钢板与水平面的夹角为

6=45。

故A错误；

B.小钢球与钢板碰撞时的速度大小为

匕=J匕2+匕『=10>/2in/s

小钢球与钢板碰撞前后的动量变化量大小为

△p=2/wvt=2^2kg-m/s

故B正确；

C，、钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为

/=G/=1N-S

故C错误；

D.小钢球刚要撞击钢板时小球动量的大小为

p=〃叫=V2kg-m/s

故D错误。

故选Bo

3.2019年10月1日，在国庆70周年盛大阅兵式上，大国重器东风“7裔超音速战略导弹震撼曝光！有限

的资料显示，东风17高超音速导弹最大速度在6-25马赫之间，射程约为2000公里左右，其战斗部为十

分前沿的带翼面承波体结构，通过弹体助推至大气层边缘，并以“打水漂”一样的方式进行滑跃飞行，突

防能力极强。值得一提的是，这种”助推一滑翔”弹道由我国著名科学家钱学森在上个世纪末40年代首次

推出，因此该弹道亦称”钱学森弹道”。已知东风・17质量为在一次试射机动变轨过程中，东风・17正

在大气层边缘向东水平高速飞行，速度大小为12马赫（1马赫就是一倍音速，设为y）,突然蛇形机动

变轨，转成水平向东偏下37。角飞行，速度大小为15马赫。此次机动变轨过程中（）

A.合力对东风-17做功为81W

B.合力对东风・17做功为4.5〃小

C.合力对东风-17的冲量大小为9/nv,方向竖宜向下

D.合力对东风-17的冲量大小为3初，，方向向东偏下37°

【答案】C

【解析】AB.根据动能定理得

W=-wv?--/HV,2=-w（15v）2—=40.5/wv2

222122

故AB错误。

CD.根据动量定理得

I=-。2.）2=9mv

方向竖直向下，故C正确，D错误。

故选C。

4.如图所示，在光滑水平面上有质量分别为〃7,4、，小的物体48通过轻质弹簧相连接，物体4紧靠墙壁,

细线连接48使弹簧处于压缩状态，此时弹性势能为与o,现烧断细线，对以后的运动过程，下列说法正

确的是（）

B

00000000

2%

A.全过程中墙对4的冲量大小为阳j

2综。

B.物体8的最大速度为

C.弹簧长度最长时，物体B的速度大小为小2综。

D.弹簧长度最长时，弹簧具有的弹性势能不＞彳0

【答案】C

【解析】AB.当弹簧第一次恢复原长时力恰好离开墙壁，此过程弹性势能转化为物体8的动能，由能量守恒

£

Po=-^X

求得

2纭（）

加8

该速度就是〃的最大速度，此过程力的动量始终为零，对力由动量定理

对3由动量定理

/弹簧=〃%%

解得

x=〃?

选项AB错误;

C.以后的运动过程中物体力将不再与墙壁有力的作用，力、4系统动量守恒，当弹簧长度最长时，4、8速

度相同，根据动量守恒

机8%=("%+〃力

代人得

y二%当

叫+叫飞叫

CE确;

D.弹簧长度最长时

Ep+5（%+%）/=Epo

则Ep<Epo

选项D错误。

故选C。

5.滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某运动员（可视为质点）从雪坡上先后以初速度之比也：«=3：

4沿水平方向飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中（）

A.运动员先后在空中飞行的时间相同

B.运动员先后落在雪坡上的速度方向不同

C.运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3:4

D.运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为1:1

【答案】C

【解析】A.根据x=w,y=；g〃，则

12

3。=2=巴=更

xvt2v

两次的初速度不同，则时间不同，选项A错误；

B.速度方向与水平方向的夹角

tana=—=—=2tan6^

vv

可知.运动员先后落在雪坡上的速度方向相同，选项B错误;

C根据动量定理

A/?=〃?匕=mgt=2nivtan夕xy

则运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3:4,选项C正确;

D.杈据动能定理:

1

\EK=mgh=mg•=Imvtan6oc/

则运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为9:16,选项D错误；

故选C.

6.雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象.为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学

将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升/15mm,查询得知，当时雨滴落地速度约为10m

/s,设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为lxl()3kg/m3,据此估算芭蕉叶面单位面积

上的平均受力约为()

A.0.25NB.0.5NC.1.5ND.2.5N

【答案】A

【解析】由于是估算压强，所以不计雨滴的重力.设雨滴受到支持面的平均作用力为尸.设在//时间内有质量

为/用的雨水的速度由v=10m/s减为零.以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FAt=Q-C-Amv)

得：F=△〃”:设水杯横截面积为S,对水杯里的雨水，在△/时间内水面上升△〃，则有：Am=pSAh-,

△t

尸=滔，凶■.压强为：P=—=pv—=1X103X10X15X10N/m2=0.25N/ni2,故A正确，BCD错误.

△tS«10x60

二、多选题

7.如图所示，质量为必的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡

板上，质量为〃，的小物块从木板最右端以速度为滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到K板最右端时

与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为〃，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则

()

777^7777777^7777777^7777777777^777

A.木板先加速再减速，最终做匀速运动

B.整个过程中弹簧弹性势能的最大值为‘

4(M+〃?)

C.整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为"也

M+〃7

D.弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为一%‘。一、

2p(M+m)g

【答案】AB

【解析】A.物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直

到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木板继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩

擦力，所以物块加速，木板减速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。

所以木板先加速再减速，最终做匀速运动，所以A正确；

B当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速,将物块，弹簧和木板看做

系统，由动量守恒定律可得

“7%=+

得

V=-^L_

m+M

从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得

Ep〃7%2_；(〃?+M)v2-匕

从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得

2%=g_LM)v2

则最大的弹性势能为

E二肌欣

p~4(M+m)

所以B正确;

C根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为

/—7%=—M吗

M+m

所以电竺&是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C错误;

D.由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为

耳=3堂

又系统克服摩擦力做功为

%=耳X相对

则

".2

相对K4〃(/+〃?)g

即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为一匹一，所以D错误。

十/〃)g

故选AB。

8.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移一时间图象图中的线段

a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块I、II和它们发生正碰后结合体的位移变化关系.

已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知()

A.碰前滑块I与滑块II速度大小之比为5：2

B.碰前滑块।的动量大小比滑块n的动量大小大

c.碰前滑块I的动能比滑块II的动能小

D.滑块I的质量是滑块n的质景的！

6

【答案】AD

【解析】根据X-/图象的斜率等于速度，可知碰前滑块I速度为匕=-2m/s,滑块H的速度为匕=0.8m/s,

则碰前速度大小之比为5:2,故选项A正确；

碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块I的动量为负，滑块H的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞

前总动量也为正，故碰撞前滑块I的动量大小比滑块II的小，故选项B错误；

碰撞后的共同速度为y=0.4m/s，根据动量守恒定律，有

班V1+m2v2=(m\+加2)V

解得m2=6叫o

由动能的表达式可知

2J12/1

故选项C错误，D正确。

故选ADo

9.如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2〃？的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动,

・质量为〃?的小球沿水平方向，以初速度为从u形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于

管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）

（俯视图）

A.该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒

B/、球从U形管的另一端射出时，速度大小为出

3

C.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为之

3

D.从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为画也

3

【答案】ABD

【解析】A.小球和U形管组成的系统整体在运动过程中没有外力做功，所以系统整体机械能守恒，所以A

正确；

B.小球从U形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U形管组成的系统，水平方向不受外力，规定

向左为正方向，由动量守恒定律可得

ntv0=mvx+2mv2

再有机械能守恒定律可得

1121r，

—mv2=­+—•2nly2

2Q

解得

ni-2m1

匕=

m+2m

所以B正确;

C.从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管速度水平方向速度相同，对此过

程满足动量守恒定律，得

"7%=(〃?+2〃7)匕

由能量守恒得

所以C错误；

D.小球此时还有个分速度是沿着圆形管的切线方向，设为由速度的合成与分解可知

对小球由动显定理得

1=nivY-0=

由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为

所以D正确。

故选ABD.

10.如图所示，光滑水平桌面上并排放两个完全相同的可视为质点的物块力、氏质量均为根，其中物块力

被一条遵守胡克定律的弹性绳连接，绳另一端固定在高处。点，弹性绳的原长为L,劲度系数为公当物块

力在O点正下方时绳处于原长状态。现使物块44一起从绳和竖直方向夹角为Q60。开始释放，下列说法

正确的是（）

A8

A.刚一释放时物块力对物块8的推力为立H

4

B.物块力向右运动的最远距离为2百心

C从静止到物块4、8分离，绳对4做的功大于4对8做的功

D.从静止到物块力、B分离,绳对力的冲量大于/对8的冲量

【答案】ACD

【脩析】A.由几何关系可知，开始时绳子的长度

L.=———=2L

cos60°

则此时弹性绳的弹力

F=kM=k(L[-L)=kL

设月与5的质量都是〃?，弹性绳沿水平方向的拉力推动4、3一起做加速运动，则

2wa=Fsin600

物块力对〃的推力为

1£

=ma=-F•sin60°=——kL

卜24

故A正确；

B.4与4一起经过。点的正下方时，弹性绳的弹性势能转化为/出的动能，则

在,48经过。点正下方后，由于/受到绳子的拉力，力与8分离，分离后到力到达最右端时，力的动能转

化为弹性绳的弹性势能，则

—Zr(Axz)2=—mvL

22m

可知

Ax'<Ax

结合几何关系可知，物块力向右运动的最大距离小于2atan600=2百£，故B错误;

C从静止开始到4、8分离时，绳子对力做功转化为力与8的动能，而4对8做的功只转化为8的动能,

所以从静止开始到4、8分离时，绳子对4做功大于力对8做的功，故C正确；

D.根据动量定理可知，绳子对A的冲量沿水平方向的分量转化为4与B沿水平方向的动量，而4对B的冲

量只转化为B的冲量，所以绳子对A的冲量沿水平方向的分量大于A对B的冲量，则绳子对A的冲量一定

大于4对4的冲量，故D正确。

故选ACDo

11.如图所示，质量为2kg的木块A与轻质弹簧连接，弹簧的另一端固定在墙上，开始时木块A静止在光滑

水平面上的。点，现有一质量为3kg的木块B以10m/s的初速度向右运动，与木块A发生碰撞并粘在一起,

下列说法正确的是（）

A.木块A、B碰后瞬间的共同速度大小为6m/s

B.弹簧的最大弹性势能为90J

C.A、B碰撞过程中损失的机械能为150J

D.弹簧第一次被压缩至最短的过程中，墙对弹簧的冲量为0

【答案】AB

【解析】A.木块A、B碰撞，视A、B为系统，动量守恒，则有

解得木块A、B碰后瞬间的共同速度大小为

V1=6m/s

故A正确;

B.木块A、B碰后压缩弹簧过程，根据能量守恒可得弹簧的最大弹性势能为

（=7（啊+"6；二刈

故B正确;

C.A、B碰撞过程中损失的机械能为

.=；小片—；（叫+小W=60J

故C错误;

D.弹簧第一次被压缩至最短的过程中，墙对弹簧的作用力不为零，所以根据公式/二&可知墙对弹簧的冲

量为0,故D错误;

故选ABo

12.在粗糙水平面上有一可视为质点的小物块，物块质量为〃，，物块与水平面间的动摩擦因数随位置坐标变

化如图所示，若小物块从坐标原点由静止在恒力/作用下沿x粕正方向运动时间/至坐标为xo处停下，重

力加速度为g，则在此运动过程中下列说法正确的是（）

A.物块加速度随时间均匀变化

B.恒力/大小为:〃7g

C.物块运动速度最大值为—

t

D.物块所受摩擦力冲量大小为:

【答案】BD

【解析】A.根据牛顿第二定律可知物体的加速度为

F-/.ungF

Q=-------------=-

mm

所以加速度与动摩擦因数是线性关系，则与位移是线性关系，但变速运动的位移与时间是非线性关系，所

以加速度随着时间不是均匀变化，故A错误；

BD.根据图象可知，滑动摩擦力随着位移均匀变化，由动能定理得：

即有：

解得：

F-40mg

2

由动量定理得：

IF-If-0

即有:

I=I=Ft=从O'唱£

fr2

故BD正确;

C.当户等于摩擦力时，速度最大，则有

即

F=丛詈=/=〃机g

所以

1

〃=弓〃。

由图像可知物体发生的位移为

1

X=2X°

由于加速度与位移成线性关系，所以物体前一半位移的平均加速度与后一半位移的平均加速度大小相等，

所以前一半位移的时间与后一半位移的时间也相等，如物体是匀变速直线运动，则

1O+vt

2022

解得

v=^2.

/

但物块做的是非匀变速直线运动，故C错误.

13.如图所示，光滑水平面上静置一质量为〃?、长为L的长木板B,木板上表面各处粗糙程度相同，一质量

为用的小物块A（可视为质点）从左端以速度冲上木板，当丫=也）时，小物块A历时砧恰好运动到木板右端与

木板共速.此过程中A、B系统生热为Q,贝U（）

-1U

7]B

」—.......

7777777777777777777777777777777,

A.若v=A、B系统生热为与

39

B.若1，=会，A、B相对运动时间为争

C.若B经历S时间的位移为二

2

D.若P=2%,A经历4•到达木板右端

4

【答案】AC

【解析】当产“）时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：〃w（）=2〃W,代入数据得：/=0.5vi）.由能量守恒

定律得：。=!〃"（）2_二xZmvw,"7y02若丫=%,取向右为止方向，根据动量守恒定律得〃?♦曳得：

22433

22

\,，='，0系统生热：Q'=J_w/（11）-J-x2ntv'=—mv\=—,选项A正确；当尸也时，对从由动量定

6232369

理得：（产"W可得：’0=*；；若v=T"，根据动量守恒定律得小+=2"?/得：.对3,由动量

ZJ/24

."7匕11

定理得：ft=mv，可得：，=7~7=彳/（）,选项B错误；若y=w，则由A选项的分析可知:〃=2=:〃而；

与24

对物体B：/^二:“八户二:加4联立解得：选项C正确；若片2如取向右为正方向，根据动量

2o2

守恒定律得：利・2吨=小心+〃八，B，A,8系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知力、B

2

系统生热仍为。.根据能量守恒定律得：Q=1w（2v0）-g"”:-；〃八，J.结合上面解答有：〃巾/.对B,

由动量定理得：ft=mvn-0；联立解得：%—严%,（另一值不合理舍去），”（4―乎）加%吟,

故D错误.

14.小球甲从斜面顶端以初速度v沿水平方向抛出，最终落在该斜面上.已知小球甲在空中运动的时间为t,

落在斜面上时的位移为s,落在斜面上时的动能为Ek，离斜面最远时的动量为p.现将与小球甲质量相同的小

V

球乙从斜面顶端以初速度一（n>l）沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）

n

A.小球乙落在斜面上时的位移为£

n

B.小球乙在空中运动的时间为人

n

C.小球乙落在斜面上时的动能为4

n

D.小球乙离斜面最远时的动量为与

n

【答案】BC

,-2t22vtan0vt2v2tan0

【解析】设斜面倾角为仇则.q2b，解得，=-------；s=——=--------,

tand=--gcos<9geos。

22222

Ek=-m（v+4vtan6>）=-wv（l+4tan0）;则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n

沿水平方向抛出时，小球乙在空中运动的时间为l/n;小球乙落在斜面上时的位移为Wil；小球乙落在斜面

V

上时的动能为Ek/n2,选项A错误，BC正确；小球离斜面最远时，速度方向平行斜面，大小为匕=

COS夕

niv

动量为勺=〃叫=-则将与小球甲质最相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n沿水平方向抛出时，小

cos6^

球乙离斜面最远时的动量为p/n,选项D错误；故选BC

15.如图所示为某静电场中x轴上各点电势分布图，一个带电粒子在坐标原点0由静止释放，仅在电场力作

用下沿x轴正向运动，则下列说法正确的是

A.粒子一定带正电

B.粒子运动到坐标轴上X2处速度最大

C.粒子从坐标轴上XI处运动到X3处，电场力的冲量为零

D.粒子从坐标轴上X1处运动到X2处，加速度先增大后减小

【答案】BC

【解析】A.由于从坐标原点沿x轴正向电势先升高后降低，因此电场方向先向左后向右，由于带电粒子在

坐标原点由静止沿x轴正向运动，因此可知粒子带负电，选项A错误；

B.粒子从O到X2做加速运动，从X2向右做减速运动，因此粒子运动到坐标轴上X2处速度最大，选项B正

确；

C.臼于粒子只受电场力作用，因此电势能和动能之和为一定值，即粒子在XI处和到X2处电势能相等，动能

相等，由于运动方向相同，因此退度相同，根据动量定理可知，粒子从坐标轴上xi处运动到X3处，电场力

的冲量为零，选项C正确；

D.由E=可知，坐标轴上XI处到X2处，电场强度一直减小，由2=口£/0!可知，粒子的加速度一直减小,

Ax

选项D错误；

故选BC.

16.在光滑水平面上,外b两小球沿同•直线都以初速度大小做）做相向运动,心〃两小球的质量分别为〃〃和

〃沙，当两小球间距小于或等于上时，两小球受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用；当两小球间距大

于上时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间z的变化关

系图象如图所示,下列说法中正确的是（）

A.在力时刻两小球间距最小

B.在及时刻两小球的速度相同，且大小为竺£二%%

叫+叫

C.在0~/3时间内力小球所受排斥力方向始终与运动方向相同

D.在0~13时间内，排斥力对。、力两小球的冲量大小相等

【答案】BD

【解析】A、二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即/2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变

大，故力错误；

B、由题意可知，两小球相距乙时存在相互作用力，故两小球做变速运动，由于不受外力，故小球的动量守

〃7,-m.

恒；根据动量守恒定律可知：机“%一加/,%=（叫+啊）U，解得，2时刻两小球的速度均为一£----故4

丸+%

正确：

C、在0-13时间内，6球先减速再反向加速运动，知所受的合力方向与速度方向先相反再相同，故C错误；

D、由于两小球受到的相互作用力相同，故在0~八时间内，排斥力对。、6两小球的冲量大小相等，故。

正确；

故选BD.

17.如图所示，圆弧轨道48C被竖直固定，其左端点力的切线沿竖直方向，圆心。与右端点C的连线与竖

直方向夹角为火37。.现将可视为质点的质量为m=0.5kg的小球从彳点由静止释放，小球从。点冲出后，最

终垂直打在右方的竖直墙上的力点（未画出），C端与墙壁的水平距离为/=4.8m,不计一切摩擦和阻力，

g=10m/s2,则下列说法正确的是：

A.圆弧轨道的半径为6.25m

B,、球在轨道最低点4对轨道的压力大小为10N

C.从月到。的整个过程中，重力的功率先增加后减小

D.从C到D重力的冲量为3N・s

【答案】AD

【解析】设小球在。点的速度为v.令速度与水平方向夹角为。,水平方向速度为vcosO,竖百■速度为vsin。，

vsin0八vsin^,

到D点的时间为：t=------,则从。到。的过程中，有：vcos^-----------=/,解得：v=10m/s,从力到

gg

。日机械能守恒定律得：〃zgRcos6=；〃7d,解得：R=6.25m,故A正确；从力到8由动能定理得：

根据牛顿第二定律：FNB-nig=m^~,解得：FNB=15N,由牛顿第三定律得小球对轨道

2R

的压力8\/=15N,故B错误；从4到8,重力功率先从0增加，再减小到0；从8到。，重力功率从0先

vsin0

增加，再减小到0,所以整个过程重力的功率比较复杂，故C错误;从。到D,运动的时间为/=-----=0.6s,

g

重力是恒力，所以重力的冲显为，G=mg/=3Ns,故D正确.所以AD正确，BC错误.

三、解答题

18.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车儿质量〃。=4版，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小,

可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量"?s=2kg.现对A施加一个水平向右的恒力

F=10N,力运动一段时间后，小车左端固定的挡板8发生碰撞，碰撞时间极短，碰后48粘合在一起，

共同在〃的作用卜.继续运动，碰撞后经时间/=0.6s,二者的速度达到匕=2加/s.求

（1）A开始运动时加速度〃的大小；

（2）A,4碰撞后瞬间的共同速度I，的大小；

（3）A的上表面长度/：

K-----------/------------H

【答案】（l）2.5m/s2（2）lm/s（3）0.45m

【解析】（1）以月为研究对象，由牛顿第二定律有尸=帆四①

代人数据解得。=2.5m/s2@

(2)对力、B碰撞后共同运动/=0.6s的过程，由动量定理得甘=(〃。+〃?8“一(〃〃+〃3)口③

代入数据解得片=1m/s@

(3)设4、8发生碰撞前，力的速度为匕，对力、8发生碰撞的过程，由动量守恒定律有

“加'，=("/+68)也⑤

A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有77=；〃以0©

由①⑤⑥式，代入数据解得/=0.45m.

19.如图，-水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为/；两根相同的导体棒力8、8置于导轨

上并与导轨垂直，长度均为/：棒与导轨间的动摩擦因数为4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)：整个装置

处于匀强磁场中，磁感应强度大小为8,方向竖直向下。从/=0时开始，对48棒施加一外力，使48棒从

静止开始向右做匀加速运动，直到时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为［；；已知CO棒在

Z=fo(O<fo<fJ时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。两棒的质量均为加，电阻均为心导

轨的电阻不计。重力加速度大小为g。

(1)求AB棒做匀加速运动的加速度大小；

(2)求撤去外力时CD棒的速度大小；

(3)撤去外力后，CO棒在Z=%时刻静止，求此时力〃棒的速度人小。

2AmgR2jLJtngRt.2Ri,4^mgRt2期

【答案】(1)A

(2)B2l\BTB212toBl

【解析】(1)设48棒做匀加速运动的加速度大小为m在时刻棒的速度为vo=〃o,

此时对CO棒：〃加g=E女i

F安.BQ

I必

°2R

liimgR

联立解得：a=12；

夕/。

iLimgRt.

(2)在/i时刻，AB棒的速度V)=al,=-一

BItn

F

此时z,=—

2R

E=/?/v(-BlvCD

27?/,

Bl

（3）撤去外力后到CD棒静止，对CD棒由动量定理：且“2-。）+8，（/2-乙）=0-〃”°，

对AB棒：-4）-丽。2-%）=mVAB~,m\

2Ri.3/、

联立解得：叱8=24g(G-G

OItQDl

20.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，冰壶比赛的场地如图甲所示。冰道的左端有一个发球区，运

动员在发球区边沿的投掷线将冰壶以一定的初速度掷出，使冰壶沿着冰道的中心线PO滑行，冰道的右

端有一圆形的营垒。以场地上冰亮最终静止时距离营垒圆心。的远近决定胜负。比赛时，为使冰壶滑行得

更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。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。已知冰壶的质量为2（）kg,

营垒的半径为1.8m,投掷线中点与营垒区中心之间距离为30m。设冰壶与冰面间的动摩擦因数川=0.008,

用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至42=0.004。在某次比赛中，若冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向推力

作用的时间片10s,使冰壶A在投掷线中点处以vo=2.Om/s的速度沿中心线PO滑出。设冰壶之间的碰撞时

间极短，且无机械能损失，不计冰壶自身的大小，g取lOm/s?.

（1）若不用毛刷擦冰面，则冰壶停止的位置距离营垒圆心。点多远；

（2）冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向作用的冲量大小为多少；

（3）如果在中心线上已经静止着一个冰壶8,如图乙所示，冰壶8距圆心。的距离为0.9m,若要使

冰壶力能够沿中心线。。将4撞出营垒区，则运动员用毛刷擦冰面的长度至少为多少。

【答案】(l)5.0ui;(2)56N-S；(3)13.6m

【解析】（1）根据动能定理

12

乙

解得5=25m

则冰壶停止的位置距离营垒圆心的距离

x=30m-25m=5.0m

（2）设推力对冰壶的冲量大小为/,则根据动量定理

I-^njgt=mv0

代入数据解得/=56Ns；

（3）冰壶A与冰壶B碰撞的过程中，设冰壶A碰撞前的速度为M，碰撞后的速度为《，冰壶B碰撞后的

速度为，刈根据动量•守恒定律有

根据机械能守恒定律有

222

解得忆=0，=v

即冰壶A与冰壶B碰撞后二者的速度相互交换，因此可•以将整个过程看成冰壶A■直沿直线PO运动到营

垒区外的过程，运动的总位移为s'=3L8m

根据动能定理.，设将冰壶B恰好撞出营垒区外，运动员用毛刷擦冰面的长度为3根据动能定理有

一必〃7g(s'_L)_p.mgL=0-1加%2

代入数据解得£=13.6m

21.如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面的距离为H.用水泵从水池抽水（抽水过程中H保持

不变），龙头离地面高h,水管横截面枳为S,水的密度为p,重力加速度为g,不计空气阻力.

图1

(1)水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管II的水平距离为l()h.设管II横

截面上各处水的速度都相同.求：

a.每秒内从管口流出的水的质量mo;

b.不计额外功的损失，水泵输出的功率P.

(2)在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一喷头，如图2所示.让水流竖直向下喷出，打在水平地面

上不反弹,产牛大小为F的冲击力.由干水与地面作用时间很短，可忽略宜力的影响，求水流落地前瞬间的速

度太小V.

1-----I-----F

【答案】(1)a.m0=pS叵gh；b.P=pSgy/5Ogh(H+26h)；(2)-=J50g.’

【解析】(1)a.水从管口沿水平方向喷出做平抛运动，设水喷用时速度为v(),落地时间为t

竖直方向4即；

水平方向17=11

时间to内喷出的水的质量m=pV=pvotoS

每秒喷出的水的质量'・士

“

联立以上各式解得〃7。二°S回前

b.时间to内水泵输出功力=mg(H+/?)+g〃w；

输出功率p=一

k

解得尸二pSg』50gh(H+26〃)

(2)取与地面作用的一小块水Am为研究对象

根据动量定理F,2=Aw•v

由题意可知△加=〃7°•△/

解得「篇森

22.如图所示，质量为M=4.5kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为加=1.5kg的小物块放在长木板的

右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过。现使木

板和物块以次尸4m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰前的速率反向弹回，而木板穿

过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从K木板上滑落。已知物块与挡板第次碰撞后，物块

离开挡板的最大距离为Xi=1.6m