人教版高中物理选修一第一章《动量守恒定律》检测题(含答案解析)(1)

一、选择题
1．(0分)[ID：127087]如图所示，轻质弹簧下端悬挂一个小球，将小球下拉一定距离后由静止释放（并未超过弹簧的弹性限度），小球上下振动，不计空气阻力，则在连续两次经过平衡位置的过程中，小球（）
A．动量的变化量为零B．所受重力做的功不为零
C．所受重力的冲量不为零D．所受弹簧弹力的冲量为零
2．(0分)[ID：127085]木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，则（）
A．子弹损失的动能为fs B．木块增加的动能为fs
C．子弹动能的减少等于木块动能的增加D．子弹、木块系统产生的热量为f（s+d）3．(0分)[ID：127083]高空作业须系安全带。

如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）。

此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（）
A．
2
m gh
mg
t
+B．
2
m gh
mg
t
-C．
m gh
mg
t
+D．
m gh
mg
t
-
4．(0分)[ID：127045]如图所示，有质量相同的a、b两个小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，b从同一高度自由下落。

下列说法正确的有（）
A．它们到达地面时的动量相同
B．它们到达地面时的动能相同
C．它们到达地面时重力的功率相同
D．它们从开始到到达地面的过程中，重力的冲量相同
5．(0分)[ID：127040]如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上。

两个质量相等的带正电荷的粒子a、b，以相同的速度v0分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的相互作用。

已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是（）
A ．b 粒子到达P 点的时间短
B ．a 粒子电荷量较大
C ．b 粒子电势能变化较大
D ．a 粒子动量变化较大
6．(0分)[ID ：127031]如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止。

若救生员相对小船以速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船相对水面的速率为（ ）
A ．0m v v M
+ B ．0m v v M
- C ．0m
v v M m +
+
D ．00()m
v v v M
+
- 7．(0分)[ID ：127029]由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128米，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。

风速为12m/s 时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11m/s ，已知空气的密度为1.3 kg/m 3，则风受到的平均阻力约为（ ） A ．44.010N ⨯
B ．52.010N ⨯
C ．62.210N ⨯
D ．64.410N ⨯
8．(0分)[ID ：127027]图甲中，长为L 的长木板M 静止于光滑水平面上，小物块m 位于木板的右端点。

T =0时，木板以速度v 0开始向右滑动，小物块恰好没有从长木板上滑落。

图乙为物块与木板运动的v －t 图像，则（ ）
A ．物块质量是木板质量的
23
B ．物块与木板间的动摩擦因数为20
38v gL
C ．0～t 0内，物块与木板损失的动能为木板初动能的3
8
D ．物块的最大动能是木板初动能的3
8
9．(0分)[ID ：127013]质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的速度A 5m/s v =，B 球的速度B 3m/s v =，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球速度可能为（ ）
A ．A
1m/s v '=，B 5m/s v '= B ．A
4.5m/s v ='，B 3.5m/s v =' C ．A
3.2m/s v ='，B
4.8m/s v =' D ．A
1m/s v =-'，B 9m/s v '= 10．(0分)[ID ：127007]如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h 处由静止开始下滑。

下列说法正确的是（ ）
A ．物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统的机械能守恒
B ．物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒
C ．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零
D ．物块第一次被反弹后一定能再次回到槽上高h 处
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 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
3
B 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
19
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29
L 12．(0分)[ID ：126996]关于运动的相关描述，下列说法正确的是（ ）
A．曲线运动中，加速度的方向总是和速度方向相同
B．曲线运动中，加速度的方向总是和速度变化量的方向相同
C．做任意曲线运动的物体，相同时间内动量的变化量相同
D．自由下落的物体，相同时间内动能的变化量相同
二、填空题
13．(0分)[ID：127184]如图所示，游乐场上，两位同学各驾驶一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动。

设甲同学和他的车的总质量为120 kg，碰撞前水平向右运动，速度的大小为5 m/s；乙同学和他的车的总质量为180 kg，碰撞前水平向左运动，速度的大小为4 m/s。

则碰撞后两车共同的运动速度大小为______，方向______。

14．(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1
29 4
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________
15．(0分)[ID：127182]新能源环保汽车在设计阶段要对各项性能进行测试。

某次测试中，质量为1500kg的汽车在水平路面上由静止开始做直线运动，其牵引力F随时间t的变化关系如图所示。

已知汽车所受阻力恒定，第14s后做匀速直线运动。

第3s末汽车的加速度为____________m/s2，第15s末汽车牵引力的功率为___________W。

16．(0分)[ID：127176]如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后物体的最终速度为________，方向向________。

n ，各车厢之17．(0分)[ID：127158]光滑的水平铁轨上一列火车共有n节相同的车厢，2
间间隙相等，间隙长度的总和为s，第一节车厢以速度0v向第二节车厢运动，碰撞后两车厢不分开，....直到n节车厢全部运动，则火车最后的速度为_______；从第一节车厢运动开始到最后一次碰撞结束的时间为_______．
18．(0分)[ID：127147]在光滑水平桌面上停放着A、B小车，其质量m A＝2m B，两车中间有一根用细线缚住的被压缩弹簧，当烧断细线弹簧弹开时，A车的动量变化量和B车的动量变化量大小之比为______。

19．(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．
（______）
20．(0分)[ID：127113]甲、乙两人站在水平的冰面上（不计摩擦），在水平方向传递一个球，从静止开始，甲把球传给乙，乙接球后又把球传给甲．假设两个人的质量都是M，球的质量为m，每次抛球速度大小均为v．当甲抛球101次后球被乙接住，此时两人的速度大小之比v v乙
甲
:等于________．
三、解答题
21．(0分)[ID：127271]第25届山东省运动会将于2022年8月在美丽的海滨城市日照开幕，该届运动会将是我省体育历史上规模最大、项目最多、参与人数最多的一届。

运动会共设田径、足球、篮球、短道速滑、帆船帆板等31个正式比赛项目和马术、高尔夫、棒垒球三个表演项目，比赛小项达到987个，其中滑板、攀岩、激流回旋、冲浪项目首次出现在省运会上。

滑板比赛过程可简化为如图所示模型，比赛轨道分别由长度L=10m的水平、
光滑轨道AB和半径R=1.8m的1
4
竖直光滑圆弧轨道BC组成，圆弧轨道最低点切线水平。

质量m=2.0kg的水平滑板静止在A点，质量M=48.0kg的运动员以水平速度v0冲上滑板，瞬时与滑板一起运动，且运动员和滑板恰好可到达C点。

整个过程中，运动员和滑板均可视为质点，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。

（计算结果均保留三位有效数字，π取3.14）
(1)求运动员的水平速度v0；
(2)当运动员和滑板运动到圆弧轨道的最低点B时，求轨道对运动员和滑板的支持力；
(3)若水平轨道A点右侧地面粗糙且足够长（已知滑板与A点右侧地面之间的动摩擦因数μ=0.3），求运动员冲上滑板从A点出发到最终停止运动的过程中所经过的路程。

22．(0分)[ID：127252]如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab水平，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆轨道，半径R=0.30m。

质量m=0.20kg的小球A静止在轨道上，另一质量M=0.60kg、速度v0=5.5m/s的小球B与小球A正碰。

已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为42
=处，重力加速度g取10m/s2，求：碰撞结束时，小球
L R
A和B的速度大小。

23．(0分)[ID：127243]如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，两极板间
+的小球从小孔正上方高h处由距为d，上极板正中央有一个小孔，质量为m、电荷量为q
静止开始下落，穿过小孔到达下极板处时速度恰为零，忽略空气阻力，极板间电场视为匀强电场，重力加速度为g，求：
(1)小球到达小孔处的速度大小；
(2)极板间电场强度大小；
(3)电容器所带电荷量；
(4)小球从开始下落至运动到下极板处的时间。

24．(0分)[ID：127233]如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，细线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。

物块B和C的质量分别是4m和2m，物块B与C 与轻弹簧轻触不拴接，置于光滑的水平面上，且物块B位于O点正下方。

现拉动小球A使细线水平伸直，小球A由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极
短），反弹后上升到最高点时与水平面的距离为9
h。

小球A 与物块B 、C 均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程 (1)物块B 受到的冲量大小； (2)碰后轻弹簧获得的最大弹性势能； (3)物块C 获得最大速度。

25．(0分)[ID ：127213]如图所示，质量为m 的b 球用长为h 的细绳悬挂于水平轨道BC 的出口C 处，质量也为m 的小球a 从距BC 高h 的A 处由静止释放，沿ABC 光滑轨道滑下，在C 处与b 球正碰并与b 粘在一起，已知BC 轨道距地面有一定的高度，悬挂b 球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg 。

试问： (1)a 球与b 球碰前瞬间的速度多大？
(2)a 、b 两球碰后，细绳是否会断裂？（要求通过计算回答）。

26．(0分)[ID ：127205]如图所示，质量均为1.0kg 的木板A 和半径为0.1m 的光滑圆弧槽B 静置在光滑水平面上，A 和B 接触但不粘连，B 左端与A 相切。

现有一质量为2.0kg 的小滑块C 以5m/s 的水平向右初速度从木板A 的左端滑上。

当小滑块C 离开A 时，小滑块C 的速度大小为4.0m/s 。

重力加速度g 取10m/s 2，忽略C 通过AB 接触处的能量损失，A 、C 间的动摩擦因数为0.4，求：
(1)当小滑块C 刚滑上A 时，小滑块C 的加速度及A 对B 作用力的大小； (2)木板A 的长度；
(3)C 滑上B 后，能达到的最大高度h 。

【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．C
2．B
3．A
4．B
5．C
6．C
7．B
8．B
9．C
10．A
11．D
12．B
二、填空题
13．4m/s水平向左
14．
15．128×104
16．右
17．【解析】n节车厢一起运动碰撞中系统所受外力之和为零由动量守恒有mv0=nmvn解得：vn=；设每两节相邻车厢间距为x则有：x=碰撞后连接在一起的车厢节数依次为2节3节…(n−1)节它们的速度相应为v
18．1:1
19．（1）证明见解析（2）amv2+mv1方向向上b（3）
20．【解析】
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．C
解析：C
A．动量的变化量不为零，设经过平衡位置时的瞬时速度大小为v，则动量变化量大小为2mv，所以A错误；
B．所受重力做的功为零，因为重力做功与路径无关，只决定初末位置的高度差，所以B 错误；
C．重力的冲量不为0，所以C正确；
D．在连续两次经过平衡位置的过程中，由于弹力方向总是相同的，则所受弹簧弹力的冲量不为零，所以D错误；
故选C。

2．B
解析：B
A ．子弹损失的动能等于克服阻力做的功，为f (s +d )，故A 错误；
B ．木块增加的动能等于合力做的功，为fs ，故B 正确；
C ．子弹动能的减少等于木块增加的动能与系统增加的内能之和，故C 错误；
D ．子弹和木块摩擦产生的热量等于摩擦力与相对路程的乘积，即fd ，故D 错误。

故选B 。

3．A
解析：A
如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h （可视为自由落体运动）。

此时速度
22v gh =
解得
v 取向上为正，根据动量定理有
()()0T mg t mv -=--
解得该段时间安全带对人的平均作用力大小为
m T g =
+ 故选A 。

4．B
解析：B
由动能定理21
2
mgh mv =可知，到达地面时
a b v v ==它们的速度大小相等，方向不同
A ．动量p mv =为矢量，故它们到达地面时的动量方向不同，故A 错误；
B ．动能为标量，故它们到达地面时的动能相同，故B 正确；
C ．重力的功率
b P mgv =，cos a P mgv θ=
故它们到达地面时重力的功率不同，故C 错误； D ．b 球有12b h vt =
，a 球有1
2
a s vt =，由于 s h >，则a
b t t >
重力冲量为I mgt =，故重力的冲量不同，故D 错误。

故选B 。

5．C
解析：C
A ．两粒子进入电场后做类平抛运动，因为重力不计，竖直方向匀速，水平向左匀加速，
因为两粒子竖直方向的位移相同，速度相同，所以达到P 点的时间相同， A 错误； B ．水平向左匀加速，根据
212
x at =
qE a m
=
以及
a b x x <
时间和质量均相等可知
a b q q <
B 错误；
C ．b 粒子电场力大，沿电场力方向位移大，故电场力做功多，根据功能关系可知，b 粒子电势能变化较大，C 正确；
D ．根据动量定理
Ft P =∆
可知，时间相同，电场力小的动量变化小，a 粒子电场力小，a 粒子动量变化小，D 错误。

故选C 。

6．C
解析：C
设救生员跃出后小船相对水面的速率为v ’，以向右为正方向，根据动量守恒定律，有
()()''0M m v m v v Mv +=--+
解得
'0m
v v v M m
=+
+ 故选C 。

7．B
解析：B
叶片128m d =，所以叶片旋转所形成的圆面积为
2
4
d d π=
设t 秒内流过该圆面积的风柱体积为
2114
d v t
V Sv t π==
风柱的质量为
m V ρ=
设风柱受到的平均阻力为f ，取1v 的方向为正方向，故
112m/s v =
211m/s v
根据动量定理有
21ft mv mv -=-
带入数据解得
52.010N f ≈⨯
故选B 。

8．B
解析：B
A ．由动量守恒定律结合图乙可得
003
()4
Mv m M v =+
解得3M m = A 错误；
B ．对于系统，由能量守恒得
2
2001
13()()224
mgL Mv m M v μ=-+
解得20
38v gL
μ=
B 正确；
C ．0～t 0内，物块与木板损失的动能为
2220001131()()2248
k E Mv m M v Mv ∆=
-+= 物块与木板损失的动能为木板初动能的1
4
，C 错误； D ．物块的最大动能是2200133()2432m v Mv =，是木板初动能的316
，D 错误。

故选B 。

9．C
解析：C
两球组成的系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，有动量守恒定律得
A B 2mv mv mv +=
带入数据解得
4m/s v =
如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得
A B A
B mv mv mv mv ''+=+ 由机械能守恒定律得
2222A B A
B 1111
2222
mv mv mv mv ''+=+ 解得
A
3m/s v '=，B 5m/s v '= A
5m/s v '=，B 3m/s v '=（不符实际，舍掉） 故两球碰撞后的速度范围是
A
3m/s 4m/s v '≤≤ B
4m/s 5m/s v '≤≤ 故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

10．A
解析：A
A ．由于弧形槽和水平地面都是光滑的，所以物块下滑时没有摩擦力的作用，物块减少的重力势能全部转化为了物块和弧形槽的动能，所以系统的机械能是守恒的，故A 正确；
B ．物块沿槽下滑的过程中，竖直方向上受到了向下的合力，所以竖直方向上动量不守恒，只是水平方向上动量守恒，故B 错误；
C ．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量使物块的动量发生了变化，所以冲量不为零，故C 错误；
D ．物块不能回到弧形槽的高h 处，因为物块一开始的重力势能转化为了物块和弧形槽的动能，而且经弹簧反弹后二者的运动方向是一致的，即使物块能再次冲上弧形槽，它也回不到高h 处，故D 错误。

故选A 。

11．D
解析：D
A ．A 球到达最低点时，由动能定理得
()2
11cos602
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
()22111223
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
2
A 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．B
解析：B
A. 曲线运动中，加速度的方向与速度方向一定不在同一条直线上，A 错误；
B. 无论是直线运动，还是曲线运动，加速度的方向总是和速度变化量的方向相同，B 正确；
C. 由动量定理，做任意曲线运动的物体，只有受到相同的冲量动量的变化量才相同，C 正确；
D. 由动能定理
k mgh E =∆
自由下落的物体，相同时间内的位移不同，动能的变化量不相同，D 错误。

故选B 。

二、填空题 13．4m/s 水平向左 解析：4 m/s 水平向左
[1][2]设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车的总质量m 1=120 kg ，碰撞前的速度v 1=5 m/s ；乙同学和车的总质量m 2=180 kg ，碰撞前的速度v 2=－4 m/s 。

设碰撞后两车的共同速度为v ，则系统碰撞前的总动量为
1122p m v m v =+1205kg m /s 180(4)kg m /s 120kg m /s =⨯⋅+⨯-⋅=-⋅
碰撞后的总动量为
12()p m m v '=+
根据动量守恒定律可知
p p ='
代入数据解得
0.4m /s v =-
即碰撞后两车以0.4 m/s 的共同速度运动，运动方向水平向左.
14．
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 =
-=15．128×104 解析：1.28×104
第14s 后做匀速直线运动，可知
f =F 3=1600N
第3s 末汽车的加速度为
221146001600
m/s =2m/s 1500
F f a m --=
= 0-15s 内由动量定理
112233123()Ft F t F t f t t t mv ++-++=
解得
v =8m/s
汽车牵引力的功率为
P =F 3v =1600×8W=1.28×104W
16．右
解析：
mv M m
+ 右 [1][2]因水平面光滑，物块与盒子组成的系统水平方向动量守恒，又因盒子内表面不光滑，物块与盒子最终一定速度相等，由动量守恒定律可得
()0mv M m v +＝
解得
mv v M m
+＝
方向水平向右。

17．【解析】n 节车厢一起运动碰撞中系统所受外力之和为零由动量守恒有mv0=nmvn 解得：vn=；设每两节相邻车厢间距为x 则有：x=碰撞后连接在一起的车厢节数依次为2节3节…(n−1)节它们的速度相应为v
解析：
0v n 0
2ns v 【解析】
n 节车厢一起运动，碰撞中系统所受外力之和为零，由动量守恒， 有mv 0=nmv n 解得：v n =
v n
； 设每两节相邻车厢间距为x ，则有：x=
1
s n - 碰撞后连接在一起的车厢节数依次为2节、3节…(n−1)节，
它们的速度相应为v 2、v 3…，所以火车的最后速度为0
v n
由x=vt 得：通过各间距的时间分别为：
t 1=00
(1)x s v n v =-、2002(1)2x s t v n v ==-、3003(1)3x s t v n v ==-…100(1)(1)1
n x n s t v n v n --==-- 整个过程经历的时间为：
t=t 1+t 2+t 3+…+t n−1=0(1)s n v -+02(1)s n v - +…+0(1)(1)n s n v -- =0
ns
2v
点睛：n 节车厢运动、碰撞中，系统所受外力之和为零，由动量守恒求解共同速度；根据碰撞后连接在一起的车厢的速度规律和位移关系求出整个过程经历的时间．
18．1:1
解析：1:1
[1]．桌面光滑，两车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
p A -p B =0
动量变化量大小之比
1
1
A A
B B p p p p ==19．（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=mv cosθ-(-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：
20．【解析】
解析：()M m M +: 【解析】
把甲、乙两人和小球看做一个系统，则该系统动量守恒且总动量等于零，则可得：
()0Mv M m v -+=乙甲，可得()v v M m M =+乙甲::．
三、解答题 21．
（(1)6.25m/s ；(2)1.50×103N (3)31.7m
(1)以运动员和滑板为一个系统，运动员以v 0冲上滑板，此后运动员和滑板的共同速度为v ，系统水平方向总动量守恒，即
Mv 0=(m +M )v
运动员与滑板恰好运动到C 点，以AB 水平面为零势能面，由机械能守恒得
21
()()2
m M v m M gR +=+ 两式联立解得
v 0=6.25m/s ，v =6.00m/s
(2)到达B 点时，由牛顿第二定律得
F N –(m +M )g =2
()m M v R
+
解得
F N =1.50×103N
(3)因为ABC 光滑，由机械能守恒知运动员滑回A 点速度大小仍为v =6.00m/s ，向右滑过A 点后至停下过程，由动能定理得
21
()0()2
m M gx m M v μ-+=-+
代入数据解得
x =6.00m
所走的路程为
2π22=4
R
s L x =⨯
++31.7m 22．
6m/s ，3.5m/s 【分析】
根据平抛运动的规律可求得A 球在c 点的速度，根据机械能守恒可求得A 球碰后的速度，再结合碰撞过程动量守恒求得B 球碰后的速度。

小球A 从轨道最高点飞出后做平抛运动，水平方向有
L ＝v c t
竖直方向有
2122
h R gt ==
联立可得
v c ＝设A 球被碰后的速度为v A ，从b 到c 的过程，由机械能守恒可得
22c A 11222
mv mg R mv +⋅= 设B 球碰后的速度为v B ，B 球与A 球碰撞过程，由动量守恒
Mv 0＝mv A ＋Mv B
联立上述各式，代入数据可解得A 、B 球碰后的速度分别为
v A ＝6m/s ，v B ＝3.5m/s
23．
(2) ()mg h d qd +； (3) ()mg h d C q +；(1)根据
v 2=2gh
可知小球到达小孔处的速度大小
v
(2)对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有
mg （h +d ）-qEd =0
解得
()mg h d E qd
+=
(3)电容器两极板间的电压为
()mg h d U Ed q
+==
电容器的带电量为
()mg h d C
Q CU q
+==
(4)加速过程
mgt 1=mv
减速过程有
（mg -qE ）t 2=0-mv
t =t 1+t 2
联立解得
t =
．
(2)427mgh ；(1)设小球A 运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球A 运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有
mgh =
1
2
mv 12 解得
v 1设碰撞后小球A 反弹的速度大小为v 1′，根据机械能守恒定律有：
12
mv 1′2=mg 9h
解得
v 1 设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
mv 1=-mv 1′＋4mv 2
解得
v 2 由动量定理可得，碰撞过程物块B 受到的冲量为
I =4mv 2 (2)碰撞后当物块B 与物块C 速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有
4mv 2=6mv 3
根据机械能守恒定律有
E p m =
12×4mv 22－1
2
×6mv 32 解得
E p m =
4
27
mgh (3)当压缩的弹簧恢复原长时，C 物体获得速度最大，根据动量守恒定律和能量守恒有
4mv 2=4mv 2′＋2mv 3′
12×4mv 22=12×4mv 2′2＋1
2
⨯2mv 3′2 解得
v 3方向水平向右
25．
(2)会断裂 (1)由机械能守恒定律得
2012
mgh mv =
解得
0v
(2)由动量守恒定律和牛顿第二定律得
012mv mv = 2
122v F mg m h
-=
解得
3 2.8F mg mg =>
会断裂。

26．
(1)2
c 4m s a =； =AB 4N F ；(2)1.0m ；(3)0.15m。