【文档说明】第一章 动量守恒定律 能力提高卷（B卷）（全解全析版）-高二物理分层训练AB卷（人教版2019选择性必修第一册）.docx，共(14)页，233.762 KB，由envi的店铺上传

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第一章动量守恒定律能力提高卷（B卷）高二物理·全解全析123456789101112DACDBBCABDBCBDACD1．D【详解】A．上升过程，根据牛顿第二定律，有f+mg=ma解得faggm=+下降过程，根据牛顿第二定律，有mg-f=ma′解得faggm=−可见：上升

过程加速度大小大于下降过程加速度大小。由于上升和下降的高度相等，上升的加速度大小大于下降的加速度大小，由运动学公式212xat=知上升的时间小于下降的时间，故A错误；B．由于小球运动过程有空气阻力，所以机械能损失，回到抛出点时的速率v2必然小于抛

出时的速率v1，则由动能公式2k1=2Emv知小球回到抛出点的动能小于抛出时的动能，故上升过程减少的动能大于下落过程增加的动能，故B错误；C．上升过程同样位置的阻力大于下落过程同样位置的阻力，因此小球上升克服阻

力做功的数值大于小球下降克服阻力做功的数值，故C错误；D．由题意可得，阻力与速率的关系为fkv=故阻力的冲量大小为fIftkvtkx===因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程冲量大小相等，故D正确。故选D。2．A【详解】

A．减速阶段，据牛顿第二定律可得fma=由图可知，减速阶段两者加速度相等，则水的阻力相等，加速阶段，据牛顿第二定律可得Fmaf=+加速阶段，甲的加速度较小，则甲在划桨时用力较小，A正确；B．两者最大速度相同，由动能定理可得2Fm12Wfsmv−=乙加速阶段

的位移较小，故乙做功WF更少，B错误；CD．加速阶段由动量定理可得mIftmv−=甲加速阶段时间较长，甲划桨时受到水反作用力的冲量大，CD错误。故选A。3．C【详解】由题意知，m沿斜面由底端冲上顶端的过程中，在竖直方向上m有向下的加速度，所以m和M组成的系统在竖直方向上系统的动

量分量不守恒。而m和M组成的系统在水平方向上不受外力作用，所以m和M组成的系统，在水平方向上系统的动量分量守恒。故选C。4．D【详解】A．碰撞前的总动量为116kgm/spmv==碰撞后的总动量11227kgm/spmvmv=+=可知pp

根据碰撞的特点，碰撞前后动量守恒，故A不符合题意；B．碰撞前的总动量为116kgm/spmv==碰撞后的总动量11226kgm/spmvmv=+=可知pp=碰撞前的总能量为2k111=18J2Emv=碰

撞后的总能量为22k112211=54J22Emvmv+=可知kkEE根据碰撞的特点可知，碰撞后的动能不增加，故B不符合题意；C．根据碰撞的特点，碰撞后要满足运动关系12vv故C不符合题意；D．碰撞前的总动量为116kgm/spmv==碰撞后的总动量11226kgm/

spmvmv=+=可知pp=碰撞前的总能量为2k111=18J2Emv=碰撞后的总能量为22k112211=6J22Emvmv+=可知kkEE且碰撞后要满足运动关系12vv故D符合题意。故选D。5．B【详解】若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律，

人跳离c车的过程，有0=-M车vc+m人v人跳上和跳离b车的过程，有m人v=-M车vb+m人v人跳上a车过程，有m人v=（M车+m人）va所以vc=-mvM人车vb=0va=mvMm+人人车即vc>va>vb并且vc与va方向相反。故选B。6．B【详解】M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹

簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变（速度不变），可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具

有共同速度，也可能分开。故选B。7．C【详解】A．根据动量守恒可知，爆炸刚结束时，乙、丙的合动量应与甲的动量等大反向，即大小为mv0，故A错误；B．三物块的质量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，根据平行四边形定则可知，乙、丙的动量大小与乙、丙两速度合成后的动量

大小相同，因此三个物块初速度大小均相等，初动能相等，三个物体到达地面时重力做功相等，则末动能相等，故B错误；C．甲在落地的过程中，设用时为t，则有2012hvtgt=−+重力对甲的冲量大小Imgt=解得()2002Imvvgh=+

+故C正确；D．结合以上分析，三个物块初速度大小和初动能均相同，爆炸过程中释放的总能量即三个物块初动能之和加上爆炸产生的热量为Q，即大于2032mv，故D错误。故选C。8．A【详解】由动量守恒定律得()121ΔΔ0mmmvmv−−=船＋解得112ΔΔmvvmmm=+−

船故选A。9．BD【详解】A．由于铁粉受到重力和底座中磁铁的吸引力，所以铁粉的运动不是自由落体运动，故A错误；B．由于铁粉下落过程中不断靠近磁铁，磁体的吸引力会不断变大，则加速度不断变化，所以铁粉做变加速直线运动，故B正确；CD．如果铁粉做自由落体运动

，设沙漏的总质量为m，空中正在下落的铁粉质量为m1，设沙漏中部细孔到底部静止铁粉表面的高度为h，因细孔处速度很小，可视为零，故下落的铁粉冲击底部静止铁粉表面的速度为2vgh=铁粉下落的时间为2vhtgg==设下落的铁粉对底部静止铁粉的冲击力为F1，在极短时间

t内，撞击在底部静止铁粉表面的铁粉质量为m，由动量定理得12Ftmvmgh==可得12mFght=空中的铁粉质量12=mmhmtttg=则112=2==mmhFghgmgttg所以，对沙漏受力分析，可知桌面对沙漏的支持力为N

1111()=()FmmgFmmgmgmg=−+−+=而实际中，铁粉做加速度增大的加速运动，到达底端速度大于2gh，所以11Fmg所以NFmg故C错误，D正确。故选BD。10．BC【详解】A．弹幕的总体积为333000.012m6mVvtS===A错误；B．又因为每31cm有一个子弹颗粒

，则子弹颗粒的总个数66110N−=个6610=个所形成弹幕的总质量62610210kgMNm−===51.210kgB正确；C．由动量定理可知1.2IMv==5710kg300m/s3.

610kgm/s=C正确；D．弹幕对目标形成的冲击力大小93.610NIFt==D错误。故选BC。11．BD【详解】AD．0m和m组成的系统竖直方向合力不为0，系统动量不守恒，但水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒；由于只有重力做功，则机械能守恒，当

m到达最低点时，0m的速度最大，则1020mvmv−=221021122mgRmvmv=+解得M所能获得的最大速度为22002gRvmmmm=+故D正确，A错误；B．由水平方向动量守恒，根据人船模型得102mxmx=122xxR+=解得，0m向左运动的最大距

离为202mRxmm=+故B正确；C．当光滑的半圆弧轨道固定在水平地面上时，由机械能守恒定律可知212=mvmgR由向心力公式得2mvFmgR−=m运动到最低点C时轨道对m的支持力3Fmg=根据牛顿第三定律可知m运动到最低点C时对轨道的压力大小为3mg。现在光滑的半圆弧轨道在水平

面上运动，m运动到最低点C时对轨道的压力大小不是3mg。故C错误。故BD。12．ACD【详解】A．整个过程中根据速度—时间图像可知滑块乙的位移62611.5m0.5m22x−−=+=A正确；B

．两物块在1s末时发生碰撞，根据动量定理得111+='mvmvmv甲甲乙乙乙乙426mmm−=−甲乙乙带入解得:2:1mm=甲乙B错误；C．根据图像可知，0~1s滑块的加速度为2462m/s1a−==−

甲()2264m/s1a−−−==乙根据牛顿第二定律mgma−=甲甲甲甲mgma=乙乙乙乙解得0.2=甲，0.4=乙滑块甲、滑块乙与水平面间的动摩擦因数之比为1:2，C正确；D．滑块甲与滑块乙的质量之比为:2:1mm=甲乙两个滑块碰撞前后的能量差为2221

11111'+=0222Emvmvmv=−乙乙甲甲乙乙D正确。故选ACD。13．需要AC##CAOM、OP和ON的距离AD##DA【详解】（1）[1]本实验需要小球从斜槽末端离开后做平抛运动，所以斜槽末端需要保持水平。（2）[2]AB．为了使两球碰撞后A球不反弹，两球质量

满足mA>mB，故A正确，B错误；CD．为了减小空气阻力对实验的影响，两小球都应该选择质量大、体积小的刚性小球进行实验，故C正确，D错误。故选AC。（3）[3]采用图甲装置实验时，两小球下落高度相同，所以做平抛运动的时间相同，而两小球碰撞前后的速度分别

正比于对应的水平位移大小，所以在验证动量守恒表达式时可直接代入水平位移来间接代替速度，则实验中还必须测量的物理量是OM、OP和ON的距离。（4）[4]采用图乙装置实验时，设A与B碰撞前瞬间的速度为v1，碰后瞬间二者的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律和机

械能守恒定律分别得A1A1B2mvmvmv=+①222A1A1B2111222mvmvmv=+②联立①②解得AB111ABmmvvvmm−=+③A211AB2mvvvmm=+④两小球做平抛运动的水平位移

相同，水平初速度与运动时间成反比，而下落高度越大运动时间越长，则根据③④式可知P点是A单独抛出时在竖直木板上的撞击点，M、N点分别是A与B碰撞后在各自在竖直木板上的撞击点，根据平抛运动规律可得112xxvtBPg==⑤122xxvtBMg==⑥232xx

vtBNg==⑦联立①⑤⑥⑦可得AABmmmBPBMBN=+⑧若⑧式在误差允许范围内成立，则表明此碰撞动量守恒，且要验证上式，必需测量B′N、B′P和B′M的距离。故选AD。14．400.800.480.48【详解】（1）[1]由于碰撞前后滑

块做匀速直线运动，结合图可知AB碰撞位置在40cm处。（2）[2][3][4]从第二次到第三次拍照，A从50cm处向右运动到70cm处，所以碰撞后A的速度为A(7050)0.01m'0.40m/s0.5sv−==则碰撞后A从40cm处运动到50cm处的

时间为2(5040)0.01m0.25s0.40m/st−==所以碰撞前A从20cm处运动到40cm处的时间为120.5s0.25s0.25stTt=−=−=所以A碰撞前速度为A(4020)0.01m0.80m/s0.25sv−==从第二次到第三次拍照，B从55cm处运动到85

cm处，所以碰撞后B的速度为B(8555)0.01m0.60m/s0.5sv−==则碰撞前系统的总动量为AA0.60kg0.80m/s0.48kgm/spmv===碰撞后系统的总动量为AABB''0.600.40.400.60kgm/s0.4

8kgm/spmvmv=+=+=15．（1）34ggGGM=；（2）()magvS+=【详解】（1）质量为m的物体放在月球表面，受到的万有引力等于重力，可得2mMGmgR=…………………………（2分）解得GMRg=…………………………（1分）又343MR=………………

…………（2分）联立解得34ggGGM=…………………………（1分）（2）设喷出气体对上升器的作用力大小为F，对上升器由牛顿第二定律可得Fmgma−=…………………………（1分）设在t时间内喷射出气体质量为m

，由动量定理可得0Ftmv=−…………………………（1分）其中mSvt=由牛顿第三定律有FF=…………………………（1分）联立解得()magvS+=…………………………（1分）16．（1）2vgH=；（2）()21211mmWmghgHm+=

+；（3）见解析【详解】（1）运动员离开地面做竖直上抛运动，由212mvmgH=…………………………（2分）解得2vgH=…………………………（1分）（2）从m1下压距离h位置松手瞬间开始到将弹簧长度锁定瞬间结束，这个过程表示人的“站起”过程。设弹簧长度锁定前瞬间，

m1速度为u，弹簧长度锁定后瞬间m1与m2整体离地，速度为2vgH=，由弹簧长度锁定过程系统动量守恒()112mummv=+…………………………（2分）解得1212mmugHm+=…………………………（1分）则至少需要做功()2121121112mmWm

ghmumghgHm+=+=+…………………………（2分）（3）把手臂和躯体看作两个部分，向前摆臂会使得起跳瞬间手臂部分的速度比身体的速度大，根据系统的动量守恒，起跳后身体速度还会增大，从而提高成绩。…………

………………（2分）17．（1）0.1m；（2）4N.【详解】（1）小球释放在向下摆动的过程中，对A有向左的拉力，使得A、B之间有压力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，压力为零，此时，A、B将要分离。A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mvC-2MvA=

0…………………………（1分）则有1220xxmMtt−=…………………………（1分）由几何关系得x1+x2=L…………………………（1分）解得A移动的距离为20.1mx=…………………………（1分）（2）A、B、C系

统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mvC-2MvA=0…………………………（1分）由机械能守恒定律得22CA11222mgLmvMv=+…………………………（1分）联立并代入数据解得A/s1mv=C2m/sv=…………………………

（1分）当A、B两木块恰分离时，小球相对A的速度为AC3m/svvv=+=…………………………（1分）根据牛顿第二定律2vTmgmL−=…………………………（1分）解得小球对细线的拉力4NT=…………………………（1分）18．（

1）4m/s，方向向右；（2）7m/s；（3）8J【详解】（1）设向右为正方向，子弹射入滑块后的共同速度大小为2v，对子弹与滑块组成的系统，由动量守恒定律得()10002mvmvmmv−=+…………………………（2分）解得24m/sv=…………………………（1分）速度

方向向右；（2）设子弹、滑块与长木板三者的共同速度为3v，当三者达到共同速度时弹簧压缩量最大，弹性势能最大，以向右为正方向。由动量守恒定律得()()10203MvmmvMmmv+++=+…………………………（2分）解得37m/sv=…………………………（1分）（3）设最大弹

性势能为pmaxE，从子弹射入滑块后到三者达到共同速度的过程，对三个物体组成的系统应用能量守恒定律()()22210203pmax111222MvmmvMmmvEQ++−++=+…………………………（2分）其中()0Qmmgd

=+…………………………（1分）解得pmax8JE=…………………………（1分）