上海徐汇中学高中物理选修一第一章《动量守恒定律》测试(含答案解析)

一、选择题
1．(0分)[ID：127076]一轻质弹簧下端固定在倾角为θ=30°的光滑斜面底端，上端拴接一质量为m的挡板A，挡板A处于静止状态。

现将一质量为2m的物体B从斜面上距离挡板A 上方L处由静止释放，物体B和挡板A碰撞后一起向下运动的最大距离为s，重力加速度为g，则下列说法正确的是()
A．A、B碰撞后瞬间的速度为gL
B．A、B碰撞后瞬间的加速度为
3
g
C．A、B碰撞后瞬间的加速度与运动到最低点时的加速度大小相等
D．在最低点时弹簧弹性势能的增量为
()
23
2
mg L s
+
2．(0分)[ID：127072]如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是-2 m/s，A、B两球发生对心碰撞。

对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是（）
A．v A′=-2 m/s，v B′=6 m/s B．v A′=2 m/s，v B′=2 m/s
C．v A′=1 m/s，v B′=3 m/s D．v A′=-3 m/s，v B′=7 m/s
3．(0分)[ID：127071]以下说法正确的是（）
A．物体的加速度增大时，速度也一定随之增大
B．摩擦力对物体不可能做正功
C．在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，可以用天平测出物体的质量
D．快递易碎物品时，将它装在泡沫箱内是因为可以延长碰撞时的作用时间
4．(0分)[ID：127051]如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m，三个小球从同一高度同时出发，其中A球有水平向右的初速度v0， B、C由静止释放。

三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为( )
A．2次B．3次C．4次D．5次
5．(0分)[ID：127050]如图所示质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零。

不计空气阻力重力加速度为g。

关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有（）
A．小球的机械能减少了mgH
m gh
B．小球所受阻力的冲量大于2
C．小球克服阻力做的功为mgh
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
6．(0分)[ID：127047]如图所示，虚线是一个带电粒子从a点运动到d点的运动轨迹，若粒子只受电场力作用，粒子从a点运动到d点的过程中（）
A．该粒子带负电荷
B．粒子的动量逐渐减小
C．粒子运动的加速度逐渐增大
D．粒子在b点的速度方向沿着电场线在该点的切线方向
7．(0分)[ID：127036]福州地区处于东南沿海，常会受到台风的袭扰，某次台风登陆时最大风速为30m/s。

某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m，空气密度
=1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为
（）
A．3.9×103N B．1.2×105N C．1.0×104N D．8.2×l06N
8．(0分)[ID：127024]如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。

则（）
A．A不能到达B圆槽的左侧最高点B．B一直向右运动
C．A运动到圆槽的最低点时速度为4
3 gR
D．B向右运动的最大位移大小为
3
R
9．(0分)[ID：127016]如图所示，一质量为m的弹性小球从一定高处自由落下，与倾角为45°的固定斜面相碰，碰撞前小球的动量为p，方向竖直向下，碰撞后小球水平向左飞出，动量大小为p，设碰撞时间极短且为t，则碰撞过程中，斜面对小球的平均作用力为
（）
A．方向沿垂直于斜面向上，大小为2 t
B．方向沿水平向左，大小为p t
C．方向垂直于斜面斜向下，大小为2 t
D．方向竖直向上，大小为p t
10．(0分)[ID：127014]小明沿竖直方向跳离地面，从开始下蹲到离开地面用时为t，离地后小明重心升起的最大高度为h。

设小明的质量为m，忽略空气阻力，重力加速度为g。

下列说法正确的是（）
A．整个运动过程中，小明始终处于超重状态
B．t时间内小明的机械能增加了mgh
C．t时间内地面对小明的冲量为2
m gh
D．t时间内地面对小明的平均支持力为
2
m gh
mg
t
-
11．(0分)[ID：127002]如图所示，两个大小相同的小球A、B用等长的细线悬挂于O点，线长为L，m A=2m B，若将A由图示位置静止释放，在最低点与B球相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）
A．A下落到最低点的速度是2
3 gL
B．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为2
3B m gL
C．若A与B发生弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是1 9 L
D．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是2 9 L
12．(0分)[ID：126999]矩形滑块由不同材料的上下两层粘结在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击上层，则子弹恰好不射出；若射击下层，则子弹整个儿恰好嵌入，则上述两种情况相比较，说法错误的是（）
A．两次子弹动量变化量一样大B．两次滑块所受冲量一样大
C．两次系统产生的热量一样多D．子弹击中上层过程中，系统产生的热量较多
二、填空题
13．(0分)[ID：127183]①如图所示，一个质量为M的木板放在光滑的水平地面上，一只质量为m的青蛙静止于木板的右端。

青蛙突然一跃而起，脱离木板瞬间的对地速度大小为v，与水平方向成60
θ=︒角，青蛙在这个过程中对木板做功为________
②如图所示，在光滑的水平面上有2021个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状
态。

现给第一个小球初动能k E ，使它正对其他小球运动。

若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的（粘在一起），则整个碰撞程中因为碰撞损失的机械能总量为__________
③如图所示，质量为m 的物块A 静止在水平面上，A 的左侧光滑，右侧粗糙。

一个质量为M 的物块B 以速度0v 向右运动，与A 发生弹性正碰，碰后A 向前滑行1s 而停止。

若仅把A 的质量变为3m ，其它条件不变，再次让B 与A 发生弹性碰撞，碰后A 向前滑行2s 而停止，已知1294
s s =，则第二次碰撞后，B 物体的瞬时速度大小为________
④如图所示，在垂直纸面向里的有界匀强磁场区域的左侧，一个质量为m 的正方形线框由位置I 以初速度v 沿垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。

线框的边长小于磁场区域的宽度。

不计摩擦力，则线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，线框产生的焦耳热为________
14．(0分)[ID ：127177]甲、乙两个物体，它们的质量之比:2:1m m =甲乙，当它们的动能相同时，它们的动量之比_______；当它们的速度相同时，它们的动量之比________；当它们的动量相同时，它们的动能之比_______。

15．(0分)[ID ：127127]两只小船质量分别为1500kg m =，21000kg m =，它们平行逆向航行航线邻近，当它们头尾相齐时，各投质量50kg m =的麻袋到对面的船上，如图1所示，结果质量较轻的一只船停了下来，另一只船则以8.5m /s v =的速度沿原方向航行，若水的阻力不计，则在交换麻袋前两只船的速率1v =________，2=v ________.
16．(0分)[ID ：127120]场强为E 、方向竖直向上的匀强电场中有两小球A 、B ，它们的质量
分别为m１、m２，电量分别为q１、 q２．A、B两球由静止释放，重力加速度为g，则小球A 和Ｂ组成的系统动量守恒应满足的关系式为________________．
17．(0分)[ID：127118]如图所示，木块A的质量m A＝1kg，足够长的木板B的质量m B＝
4kg，质量为m C＝4kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。

现使A以v0＝12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s的速度弹回，则A与B碰撞后瞬间，B 的速度为__m/s ，C运动过程中的最大速度为__m/s ，整个过程中因为B、C之间的摩擦而产生的总内能为___J。

18．(0分)[ID：127115]（1）如图所示在光滑的水平面上一个质量为m的物体，初速度为v0在水平力F的作用下，经过一段时间t后，速度变为v t，请根据上述情境，利用牛顿第ニ定律推导动量定理_____
（2）如图质量为m的钢球自高处落下，以速率v1，碰地，竖直向上弹回，钢球离开地面的速率为v2．若不计空气阻力．
a.求钢球与地面碰撞过程中，钢球动量的变化量大小及方向；_____
b.求钢球与地面碰撞过程中损失的机械能_____
（3）如图所示，一个质量为m的钢球，以速度v斜射到坚硬的大理石板上，入射时与竖直方向的夹角是θ，碰撞后被斜着弹出，弹出时也与竖直方向的夹角是θ，速度大小仍为v．(不计空气阻力)请你用作图的方法求出钢球动量变化的大小和方向．
（______）
19．(0分)[ID：127099]质量为1×103kg的打桩机的气锤，从5m高处自由落下与地面作用0.2s后完全静止下来，空气阻力不计，g取10m/s2，则在此过程中地面受到气锤的平均打击力为______N．
20．(0分)[ID：127097]速度为103m／s的氦核与静止的质子发生正碰，氦核的质量是质子
的4倍，碰撞是弹性的，则碰后氦核和质子的速度大小分别为___________m／s和
___________m／s．
三、解答题
21．(0分)[ID：127282]喷射悬浮飞行器由抽水机、压缩机等组成，利用一根软管将水从河中抽入飞行器，再以较高的速度分别在两侧竖直向下喷出两道高压水柱，可将使用者推至距水面几米的高度，如图所示。

现有一质量为M=60kg的使用者被缓慢推至水面某一高处悬停，设此状态下飞行器的质量恒为m=40kg，水喷出前的速度为零，两个喷水口每个的横截面积均为S=12.5cm2，水的密度为ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度为g=10m/s2，空气阻力及抽水过程中软管和河水对飞行器的作用均可忽略不计，求∶
（1）两个喷水口喷出水的速度需要多大？
（2）飞行器喷水的平均功率多大？
22．(0分)[ID：127278]如图所示，物块B和物块C分别静置于水平地面上M、N处，N处右侧有一半径R=0.2 m光滑竖直半圆轨道，半圆轨道最低点正好与水平面相切，圆心O′与圆周上的D点等高。

一轻质弹簧左端固定于O点，物块A通过细线连接于O点，并压缩弹簧静置于P处，M处右侧（含M点）水平面光滑。

第一次当PM=0.4m时，剪断细线，物块A恰好滑到M处，但并没有与物块B相碰。

第二次用同样材质的细线连接O点和物块A 压缩弹簧，将PM间距离调整为1.2m时，再次剪断细线，物块A滑至M处以某一速度与B正撞，碰撞后A和B立刻牢固地粘在一起向右运动，并再与物块C发生正碰，碰后C恰好运动到与圆心O′等高的D位置。

已知弹簧处于自然长度时其右端正好位于图中的M
点，弹簧弹性势能与形变量的平方成正比，物块A和物块B的质量均为m，物块C的质量
为物块A质量的k倍，物块A在M左侧运动时始终会受到大小恒定的阻力f=4
3
mg。

设碰
撞时间很短，物块A、B、C均可视为质点，整个过程中，弹簧形变始终在弹性限度内，g 取10 m/s2。

求：
（1）第二次剪断细线后，物块A滑到M处的速率；
（2）与物块C发生正碰后，物块C的速度大小；
（3）根据A、B与C的碰撞过程分析k的取值范围。

23．(0分)[ID ：127230]如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度E =103V/m 。

水平面有绝缘木板C ，木板长L =3m 、质量M =5kg ，在木板的最左端有一质量m 2=4.9kg 的带电物块B ，带电量2310C q -=-⨯，木板最右端与固定绝缘挡板P 的距离为x =0.5m ，水平地面光滑。

现让m 1=0.1kg 不带电的子弹A 以v =150m/s 的水平速度与物块B 发生碰撞，碰撞后A 、B 不再分开且总电荷量不变（A 、B 可视为整体为D ），一起在木板上滑动，物块D 与木板C 的动摩擦因数μ=0.25。

若木板C 与挡板P 碰撞，则立即被粘住；若物块D 与挡板P 发生碰撞，碰后物块D 以等大的速率反弹，重力加速度g =10m/s 2，求：
(1)碰撞后B 的速度；
(2)木板C 刚要与P 碰撞时的速度大小；
(3)物块D 能否滑离木板？如果能，通过计算说明理由；如果不能，物块D 将停在木板上距离木板最右端多远处。

24．(0分)[ID ：127218]如图所示，传送带水平部分的长度 4.5m l =，在电动机带动下匀速运行。

质量0.49kg M =的木块(可视为质点)静止在传送带左端的光滑平台上。

质量为0.01kg m =的子弹以050m/s v =的速度水平向右打入木块并留在其中，之后木块滑到传送带上，最后从右轮轴正上方的P 点离开传送带做平抛运动，正好落入车厢的Q 点。

已知木块与传送带间的动摩擦因数0.5μ=，P 点与车底板间的竖直高度 1.8m H =，与车厢底板Q 点的水平距离 1.2m x =，取210m/s g =，求：
(1) 子弹打入木块的过程系统损失的机械能；
(2) 木块从传送带左端到达右端的时间。

25．(0分)[ID ：127211]如图所示，半径R ＝0.2m 的竖直半圆形光滑轨道bc 与水平面ab 相切。

质量m ＝0.1kg 的小滑块B 放在半圆形轨道最低点b 处，另一质量也为m ＝0.1kg 的小滑块A ，由a 点以v 0＝7m/s 的水平初速度向右滑行并与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘在一起运动。

已知a 、b 间距离x ＝3.25m ，A 与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度g ＝10m/s 2，A 、B 均可视为质点。

（1）求A 与B 碰撞前瞬间速度的大小v A ；
（2）求A 与B 碰撞后瞬间速度的大小v 共；
（3）判断碰撞后AB 能否沿半圆形轨道到达最高点c ，若能到达，求轨道最高点对AB 的作
用力F N的大小；若不能到达，说明AB将做何种运动。

26．(0分)[ID：127194]如图所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为l，电阻不计．水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导体棒a与b的质量均为m，接入电路的有效电阻分别为R a＝R，R b＝2R，b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放．运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，求：
（1）a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；
（2）最终稳定时两棒的速度大小；
（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，两棒上总共产生的热量。

【参考答案】
2016-2017年度第*次考试试卷参考答案
**科目模拟测试
一、选择题
1．B
2．D
3．D
4．B
5．B
6．C
7．B
8．C
9．A
10．B
11．D
12．D
二、填空题
13．
14．
15．1m/s9m/s
16．
17．216
18．（1）证明见解析（2）amv2+mv1方向向上b（3）
19．6×104
20．6×10216×103【解析】设质子的质量为m则氦核的质量为4m设氦核初速度方向为正根据动量守恒：根据机械能守恒联立并代入数据得：；
三、解答题
21．
22．
23．
24．
25．
26．
2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析
【参考解析】
**科目模拟测试
一、选择题 1．B 解析：B A ．由
21
2sin 30202
B mgL mv ︒=
-
得碰撞前物体B 的速度B v
速度v =
A 错误；
B ．碰前弹簧的弹力为sin30F mg =︒，碰后瞬间将AB 看作一个整体受力分析得
3sin 303mg F ma ︒-=
解得3
g
a =
，B 正确； C ．A 、B 碰撞后速度不为0，碰撞处不是与最低点关于平衡位置对称的点，所以在最低点时加速度比碰撞点大，C 错误；
D ．碰撞时机械能有损失，所以不能就整个过程列机械能守恒的相关方程，碰撞后由能量守恒得
2p 123
Δ33sin 30232
E mv mgs mgL mgs =
+︒=+ D 错误。

故选B 。

2．D
解析：D
设每个球的质量均为m ，碰前系统总动量
624A B p mv mv m m m =+=-=
碰前的总动能
22
k 112022
A B E mv mv m =
+= A ．若v A ′=-2 m/s ，v B ′=6 m/s ，碰后总动量
4A B p mv mv m '''=+=
则动量守恒，总动能
22
k
112022
A B E mv mv m '''=+= 机械能也守恒，故A 可能实现，不符合题意； B ．若v A ′=2 m/s ，v B ′=2 m/s ，碰后总动量
4A B p mv mv m '''=+=
总动能
22
k
11422
A B E mv mv m '''=+= 动量守恒，机械能不增加，故B 可能实现，不符合题意； C ．碰后总动量
4A B p mv mv m '''=+=
总动能
22
k 11522
A B E mv mv m '
''=
+= 动量守恒，机械能不增加，故C 可能实现，不符合题意； D ．碰后总动量
4A B p mv mv m '''=+=
总动能
22
k 112922
A B E mv mv m '
''=
+= 动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D 不可能实现，符合题意。

故选D 。

3．D
解析：D
A ．物体的加速度增大时，速度不一定随之增大，比如物体可以做快速的减速运动，所以A 错误；
B ．摩擦力对物体可能做正功，也可能做负功，甚至可能不做功，所以B 错误；
C ．绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，物体处于完全失重状态，所以不可以用天平测出物体的质量，所以C 错误；
D ．根据动量定理
F t p ∆=∆合
快递易碎物品时，将它装在泡沫箱内是因为可以延长碰撞时的作用时间，所以D 正确； 故选D 。

4．B
解析：B
由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落地，A 、B 第一碰撞后水平速度互换，B 、C 发生第二碰撞后，由于B 的质量小于C 的质量，则B 反向；B 、A 发生第三次碰撞后，B 、 A 水平速度互换，A 向左，B 竖直下落，三球不再发生碰撞，所以最多能够发生3次碰撞，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

【点睛】
关键是A 球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，与B 、C 竖直方向的运动情况相同，所以一定可以发生碰撞。

5．B
解析：B
A ．从A 到
B 的过程中小球的机械能减少了()mg H h +，选项A 错误；
C ．从A 到B 的过程中小球受到的重力与阻力做功，由动能定理可得
f ()0m
g H
h W ++=
可知小球克服阻力做的功大小等于重力做的功，为()mg H h +，选项C 错误； B ．小球到达地面的速度
v =选取向下为正方向，设小球陷入泥潭的过程中的时间为t ，则
f 0mgt I mv -=-
解得
f I mgt =+
选项B 正确；
D ．小球的初速度与末速度都是0，所以小球的动量的变化量等于0，根据冲量的定义可知，小球受到的阻力的冲量不等于0，选项D 错误。

故选B 。

6．C
解析：C
AB ．带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向上，所以此粒子为正电荷，粒子带正电，从a 到d 的过程中，电场力对粒子做正功，所以粒子由a 点向d 点运动的过程中电势能逐渐减小，动能逐渐增加，动量逐渐增大，故AB 错误；
C ．由电场线的分布可知，电场线在d 点较密，在d 点的电场强，粒子在d 点时受到的电场力大，在d 点加速度大，粒子运动的加速度逐渐增大，故C 正确；
D ．粒子在b 点的速度方向沿着运动轨迹在该点的切线方向，不是沿电场线在该点的切线方向，故D 错误。

故选C 。

7．B
解析：B
广告牌的面积
22520m 100m S =⨯=
设t 时间内吹到广告牌上的空气质量为m ，则有
200Ft mv Sv t ρ-=-=-
得
251.210N F Sv ρ≈⨯=
故选B 。

8．C
解析：C
A ．设A 到达左侧最高点的速度为v ，以小球和槽组成的系统为研究对象，根据系统水平动量守恒知，系统的初动量为零，则末总动量为零，即v =0，根据系统的机械能守恒知，A 能到达
B 圆槽左侧的最高点，故A 错误；
C ．设A 到达最低点时的速度大小为v A ，槽的速度大小为v B 。

取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得
02A B mv mv =-
解得
2
A
B v v =
根据系统的机械能守恒得
2211222
A B mg mv v R m =
+⋅ 解得
A v =
故C 正确；
B ．因为A 和B 组成的系统在水平方向上动量守恒，当A 在水平方向上的速度向左时，B 的速度向右，当A 在水平方向上的速度向右时，则B 的速度向左，故B 错误； D ．因为A 和B 组成的系统在水平方向上动量守恒，当A 运动到左侧最高点时，B 向右运动的位移最大，设B 向右的最大位移为x ，取水平向左为正方向，根据水平动量守恒得
02A B mv mv =-
即
22R x x
m
m t t
-= 解得
2
3
x R =
故D 错误； 故选C 。

9．A
解析：A
碰撞时间极小，表示相互作用力很大，重力可以忽略不计，由动量定理可得： 竖直方向取向下为正方向，则有
Δp y =0−p =−p
水平方向取向左为正方向，则有
Δp x =p −0=p
那么
p ∆==
方向沿垂直斜面向上， 由动量定理可得
N F t =
N =
F t
方向沿垂直斜面向上，A 正确，BCD 错误。

故选A 。

10．B
解析：B
A ．从开始蹬地到最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明是先超重后失重，故A 错误；
B ．小明离开地面后，上升了高度h ，增加了机械能为mgh ，这是在蹬地的时间t 中，其他外力做功转化的，故B 正确； CD ．在时间t 内，由动量定理得
0I mgt mv -=-
离开地面到最高点有
212
mgh mv =
解得
=I mgt +t 时间内地面对小明的平均支持力为
F mg =
= 故CD 错误。

故选B 。

11．D
解析：D
A ．A 球到达最低点时，由动能定理得
()211cos602
A A A m gL m v -︒=
解得
A v =选项A 错误；
BD ．若A 与B 发生完全非弹性碰撞，设共同达到的速度为v '，由动量守恒
()A A A B m v m m v '=+
解得
23A v v '=
=
此过程中损失的机械能为
()2
2111223
A A A
B B E m v m m v m gL '∆=
-+= 设第一次碰后A 上升的最大高度为h ，则对A 由动能定理得
21
2A A m gh m v '=
解得
29
h L =
选项B 错误，D 正确；
C ．若A 与B 发生弹性碰撞，根据动量守恒有
A A A A
B B m v m v m v '=+
根据能量守恒有
222111222
A A A A
B B m v m v m v '=+ 联立解得
3A
A v v '=
=
（另一值A A v v '==
设第一次碰后A 上升的最大高度为h '，对A 由动能定理得
2
12
A A A m gh m v ''=
解得
118
h L '=
选项C 错误。

故选D 。

12．D
解析：D
AB ．根据动量守恒知道最后物块和子弹整体获得的速度（最后物块和子弹的公共速度）是相同的，则两次子弹初速度相等，末速度也相等，则动量变化量一样大；同理由于滑块两次的初速度相等，末速度也相等，则根据动量定理，两次滑块受到的冲量一样大，故AB 正确，不符合题意；
CD ．由于两次作用后物块和子弹整体末速度相等，则体统损失的机械能相等，产生的热量也相等，故C 正确，不符合题意，D 错误，符合题意。

故选D 。

二、填空题 13．
228m v M 2020
2021
k E 249mv ①[1]设青蛙跃出后木板的速度为v '，水平方向由动量守恒可得
0cos mv Mv θ'=+
由动能定理可得，青蛙在这个过程中对木板做功为
21
2
W Mv '=
联立可解得
22
8m v W M
= ②[2]由题意可知
2012
k E mv =
设全部粘在一起时的速度为v ，由动量守恒可得
02021mv mv =
由能量守恒可得碰撞损失的机械能总量为
22011
202122
E mv mv ∆=
-⨯ 联立解得
2020
=
2021
k E E ∆ ③[3]设碰后B 、A 的速度分别为v 1，v 2，由动量守恒及机械能守恒可得
012Mv Mv mv =+
222012111222
Mv Mv mv =+ 联立可得
10M m
v v M m
-=
+ 202M
v v M m
=
+ 碰后A 做匀减速运动，由动能定理可得
2
1212
mgs mv μ-=-
同理可知，若把A 的质量变为3m ，则碰后B 、A 的速度分别为
1033M m
v v M m -'=+
2
023M
v v M m
'=+
又满足
222
1
2
mgs mv μ'-=- 由题意可知
1294
s s = 联立解得1
0v '=。

④[4]对进磁场的过程由动量定理可得
1BIL t mv mv -∆=-
即
11BLq mv mv =-
同理可得，出磁场的过程有
21BLq mv =
由电磁感应的推论可知，通过线框截面的电荷量满足
B S
q R R
∆Φ∆=
= 由题意可知，出磁场时面积变化量为进磁场时的一半，即
122q q =
联立可得11
3
v v =
，则线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，线框产生的焦耳热为 222
1114229
Q mv mv mv =
-=14．
2:1 1:2
动量
P mv =
动能
212
k E mv =
则有
P =[1]当它们的动能相同时，它们的动量之比
:p p 乙甲
[2]当它们的速度相同时，它们的动量之比
::2:1p p m m ==乙乙甲甲
[3]由动量和动能的表达式可知
2
2k P E m
= 则它们的动能之比为
1211::1:2k k E E m m =
=乙
甲15．1m/s9m/s 解析：1m/s 9m/s
[1][2]以质量较轻的船的速度1v 的方向为正方向，选取质量较轻的船和从质量较重的船投过去的麻袋为研究系统，根据动量守恒定律有
()1120m m v mv --=
选取质量较重的船和从质量较轻的船投过去的麻袋为系统，根据动量守恒定律有
()1222mv m m v m v --=-
联立以上两式并代入数据解
11m /s v = 2/s 9m v =. 16．
()()1212E q q m m g +=+
[1].系统动量守恒的条件为所受合外力为零．即电场力与重力平衡；
()()1212E q q m m g +=+17．216
解析：2 16
［1］A 与B 碰瞬间，C 的运动状态未变，B 速度最大。

以A 、B 组成的系统为研究对象，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m A v 0=-m A v A +m B v B ，
代入数据得A 与B 碰撞后瞬间，B 的速度v B =4m/s 。

［2］A 、B 碰撞后，B 与C 相互作用使B 减速、C 加速，由于B 板足够长，所以B 和C 能达到相同速度，二者共速后，C 速度最大，以B 、C 组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律
m B v B =（m B +m C ）v C
代入数据得C 运动过程中的最大速度v C =2m/s ． ［3］整个过程中因为B 、C 之间的摩擦而产生的总内能
E =
12m B v B 2-1
2
(m B+m C )v C 2=16J 。

18．（1）证明见解析（2）amv2+mv1方向向上b （3）
解析：（1）证明见解析（2）a.mv 2+mv 1方向向上b.
22
211122
mv mv -（3）
（1）根据牛顿第二定律F=ma 加速度定义0
t v v a t
-=
解得0t Ft mv mv =-即动量定理
（2）a.规定向上为正方向∆p ＝mv 2﹣(﹣mv 1）=mv 2+mv 1方向向向上 b.根据能量守恒可得：222111=
22
E mv mv ∆-损 （3）设竖直向上为正方向，由题意，小球入射时的在水平方向上的动量与反射时在水平方向上的动量大小、方向都相同；
在X 方向：∆Px: mvsinθ-mvsinθ=0方向竖直向上 在Y 方向:取向上为正∆Py=mvcosθ-(-mvcosθ)=2mvcosθ 或者做图：
小球入射时的在竖直方向上的动量大小为P 1=mvcosθ如图；反射时在竖直方向上的动量大小也为P 2=mvcosθ，但方向相反；所以碰撞过程中小球的动量变化大小：ΔP=2mvcosθ，方向竖直向上； 或者如图所示：
19．6×104
解析：6×104
在整个过程中,规定竖直向下为正方向.
钢球与地面碰撞前做自由落体运动，根据机械能守恒有
212
mgh mv =
因为与地面接触0.2s 后完全静止下来，根据动量定理
0mgt Ft mv -=-
解得
F =6×104N
点睛：根据动量定理,可求出钢球受到地面给它的平均作用力的大小.在用动量定理解题的时候要注意动量定理是矢量式,一定要规定正方向．
20．6×10216×103【解析】设质子的质量为m 则氦核的质量为4m 设氦核初速度方向为正根据动量守恒：根据机械能守恒联立并代入数据得：；
解析：6×102 1.6×103 【解析】
设质子的质量为m ，则氦核的质量为4m ，设氦核初速度方向为正，根据动量守恒：
04mv mv mv =+'，根据机械能守恒2220111
4222mv mv mv =+⋅'，联立并代入数据得：
321.610/610/v m s v m s =⨯'=⨯，；
三、解答题 21．
（1）20m /s ；（2）410w
（1）使用者和飞行器在水面某一高处悬停，根据平衡条件可知，喷水产生的推力为
()F M m g =+
设m ∆为一个喷水口在t 时间内喷出水的质量，又两侧竖直向下喷出两道高压水柱，对喷出的水用动量定理，可得
2F t mv ∆=∆
其中，每道高为压水柱的
m v tS ρ∆=∆
代入数据，解得。