高中物理选修一第一章《动量守恒定律》测试(有答案解析)(1)

一、选择题
1．(0分)[ID ：127082]质量为m 的乒乓球在离台高h 处时速度刚好水平向左，大小为v 1运动员在此时用球拍击球，使球以大小为2v 的速度水平向右飞出，球拍和乒乓球作用的时间极短，则（ ）
A ．击球前后球动量改变量的方向水平向左
B ．击球前后球动量改变量的大小是21mv mv +
C ．击球前后球动量改变量的大小是21mv mv -
D ．球拍击球前乒乓球机械能不可能是2112mgh mv + 2．(0分)[ID ：127080]如图所示，体积相同的匀质小球A 和B 并排悬挂，静止时悬线平行，两球刚好接触，悬点到球心的距离均为L ，B 球悬线右侧有一固定的光滑小铁钉P ，O 2P=34
L 。

现将A 向左拉开60°角后由静止释放，A 到达最低点时与B 发生弹性正碰，碰后B 做圆周运动恰能通过P 点的正上方。

已知A 的质量为m ，取3=1.73，5=2.24，则B 的质量约为（ ）
A ．0.3m
B ．0.8m
C ．m
D ．1.4m
3．(0分)[ID ：127049]如图所示，质量为m 的小球b 与水平轻弹簧相连且静止，放在光滑的水平面上，等质量的小球a 以速度v 0沿弹簧所在直线冲向小球b 。

从a 开始压缩弹簧到分离的整个过程中，下列说法中正确的是（ ）
A ．弹簧对a 球的冲量大小为
012mv B ．a 球的最小速度为02
v C ．弹簧具有的最大弹性势能为
2012mv D ．b 球的最大动能为2012
mv 4．(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
5．(0分)[ID ：127044]又是自动驾驶惹的祸！开启了自动驾驶功能的Model3，在高速公路上以108km/h 的速度直接撞上了侧翻的大货车，整个过程Model3没有一丝减速，撞上货车后一同滑出2.7m 。

幸运的是Model3撞进的是货箱顶部，车主没有受到太大的伤害。

已知Model3的质量为1.8×103kg ，货车的质量为8.2×103kg ，设两车碰撞前后沿同一直线运动，则它们一同滑动时受到地面的平均阻力约为（ ）
A ．3.0×104N
B ．5.4×104N
C ．6.0×104N
D ．1.08×105N 6．(0分)[ID ：127037]如图所示，质量为m 的小猴子在荡秋千，小猴子用水平力F 缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L ，忽略藤条的质量与空气阻力，重力加速度为g 。

在此过程中下列判断正确的是（ ）
A ．缓慢上拉过程中拉力F 做的功()F 1cos W mgL θ=-
B ．由静止释放到最低点，小猴子重力的功率一直在减小
C ．小猴子从静止释放再次回到释放点的过程重力的冲量为零
D ．小猴子从静止释放后运动到最低点的过程，绳的拉力不做功，所以绳的拉力的冲量为零
7．(0分)[ID ：127030]质量相等的A 、B 两个物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F 1、F 2的作用而从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t 0和4t 0，A 、B 的速度分别达到
2v0和v0时，分别撤去拉力，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两个物体速度随时间变化的图像如图所示，设F1和F2的冲量分别为I1和I2，F1和F2做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（）
A．I1＞I2，W1＞W2
B．I1＜I2，W1＞W2
C．I1＜I2，W1＜W2
D．I1＞I2，W1＜W2
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：127023]如图所示，质量为m的小车静止于光滑水平面上，车上有一光滑的弧形轨道，另一质量为m的小球以水平初速v0沿轨道的右端的切线方向进入轨道，则当小球再次从轨道的右端离开轨道的过程（）
A．小球对小车的做功为
2
0 8 mv
B．小球将离开小车向右做平抛运动
C ．小球将离开小车做自由落体运动
D ．小球上升的最大高度为202v g
10．(0分)[ID ：127021]如图所示，质量为M 的上表面光滑的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根轻质弹簧，质量为m 的物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L ，当突然烧断细线后，以下说法正确的是（ ）
A ．物块和小车组成的系统动量不守恒
B ．物块和小车组成的系统机械能守恒
C ．当物块离开小车时，小车向左运动的位移大小为m L M
D ．当物块速度大小为v 时（未离开小车），小车速度大小为
m v M 11．(0分)[ID ：127009]如图所示，光滑水平的轻质板上，放置两个质量不同的物块，其间有被压缩的轻质弹簧，用轻质细线系住两物块，整个系统恰好处于静止状态。

若烧断细线使弹簧突然释放，两物块均在板上滑动过程中，板将（ ）
A ．向右翻转
B ．向左翻转
C ．保持水平
D ．无法判定 12．(0分)[ID ：126992]如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m 的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M 的木块，现有质量为m 0的子弹以大小为v 0的水平速度射入木块并留在木块中（此过程时间极短），重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．子弹射入木块后的瞬间，木块的速度大小为000m v m m M
++ B ．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于（M ＋m 0）g
C ．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统机械能守恒
D ．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量总是守恒的
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60θ=︒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 ：127181]“草船借箭”是我国古典名著《三国演义》中赤壁之战的一个故事。

假设草船的总质量2940kg M =，静止在水中，岸上曹兵开弓射箭，在同一时刻有1000n =支箭射到船上，射在草船上的每支箭质量60g m =，速度50m/s v =，方向水平，箭与船的作用时间均为0.1s ，不计水的阻力，则射箭后草船的速度为
___________m/s ，每支箭对草船的平均作用力为___________N 。

15．(0分)[ID ：127180]一人做“蹦极”运动，用原长20 m 的橡皮绳拴住身体往下跃，若此人
质量为50kg，从45m高处无初速下落，运动开始至运动停止瞬间所用时间4s，则橡皮绳对人的平均作用力约为___________N（不计空气阻力，g=10m/s2）
16．(0分)[ID：127179]用如图甲所示的装置“探究碰撞中的不变量”实验中：
(1)用游标卡尺测量入射球直径，测量结果如图乙所示，该球直径为________ cm；
(2)实验中小球的落点情况如图丙所示，入射球与被碰球的质量之比m A∶m B=5∶3；则碰撞结束时刻两球动量大小之比p A∶p B=________。

17．(0分)[ID：127129]一个质量为50kg的人，站立在静止于平静水面上的质量为400kg船上，现船上人以相对水面2m/s的水平速度跳向岸，不计水的阻力。

则船以________m/s的速度后退，若该人竖直向上跳起，则人船系统动量不守恒的原因是：
_____________________。

18．(0分)[ID：127128]一个质量为m，带电量为q的油滴从空中自由下落时间1t后，进入水平放置的带电极板间，再经过时间2t速度为零；则电场力是重力的_________倍。

19．(0分)[ID：127119]某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的弹簧，如图所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察木块的运动情况，进行必要的测量，验证木块间相互作用时动量守恒．
（1）该同学还必须有的器材是___________．
（2）需要直接测量的物理是(写出相应的名称及符号)______．
（3）用所得数据验证动量守恒的关系式是___________．
（4）桌面左右两端间的距离，对实验结果的准确性_________(选填“有”或“无”)影响．20．(0分)[ID：127101]一个静止的､质量为M的不稳定原子核，当它放射出质量为m､速度大小为υ的粒子后，原子核的剩余部分的速率等于________｡
三、解答题
21．(0分)[ID：127281]如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车，在车上的左端放
一木块B，车左边紧邻一个固定在竖直面内、半径为R的1
4
圆弧形光滑轨道，已知轨道底
端的切线水平，且高度与车表面相平。

现有另一木块A（木块A、B均可视为质点）从圆弧轨道的顶端由静止释放，然后滑行到车上与B发生碰撞。

两木块碰撞后立即粘在一起在平板车上滑行，并与固定在平板车上的水平轻质弹簧作用后被弹回，最后两木块刚好回到车
的最左端与车保持相对静止。

已知木块A的质量为m，木块B的质量为2m，车的质量为3m，重力加速度为g，设木块A、B碰撞的时间极短可以忽略。

求：
（1）木块A、B碰撞后的瞬间两木块共同运动速度的大小；
（2）木块A、B在车上滑行的整个过程中，木块和车组成的系统损失的机械能；
（3）弹簧在压缩过程中所具有的最大弹性势能。

22．(0分)[ID：127274]如图所示，在粗糙程度处处相同的水平地面上固定一光滑斜面和一竖直挡板，它们之间的距离为2m
s=，在其中点正上方有光滑水平轴O。

一长根为10cm
L=的轻质细绳一端固定在轴O上，另一端系一个小球A，小球与地面接触但无相互作用。

现让滑块B从斜面上高度为5m
h=处由静止开始滑下，与小球第一次碰撞前瞬间
的速度大小为
195m/s
v=。

滑块和小球的质量相等，且均可视为质点，滑块与小球发生弹性正碰，不计滑块与小球和挡板碰撞时机械能的损失，忽略空气阻力，重力加速度g取2
10m/s。

（1）求滑块与地面间的动摩擦因数；
（2）求滑块与小球第一次碰撞后瞬间，滑块和小球的速度大小；
（3）若滑块与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数。

23．(0分)[ID：127270]一大型冰雪游乐场上有推冰块的游戏。

如图所示，质量为m的冰块P静止在水平冰面上，人站在车上且在游戏开始时静止在冰块的右侧，人与车的总质量为8m，由冰做成的固定斜面与水平冰面在斜面底端平滑过渡。

游戏开始后，人瞬间将冰块相对冰面以大小为v0的速度向左推出，一段时间后，冰块又从斜面返回，追上人后又被人相对冰面以大小为v0的速度向左推出，如此反复，直到冰块追不上人为止。

忽略一切摩擦，重力加速度为g。

求：
（1）人第一次推冰块后，人与车的速度大小v1；
（2）人第二次推冰块后，人与车的速度大小v2；
（3）从第一次算起，人推多少次冰块后，冰块将追不上人。

24．(0分)[ID ：127257]如图所示，质量2M m =的平板车B 上放有一个质量为m 的小滑块A ，平板车静止于光滑的水平面上，小滑块与车面间的动摩擦因数为μ。

现给车施加一个水平向右的瞬间冲量，使车向右运动，同时小滑块相对于小车滑动，当二者达到共同速度v 之后一起向前运动。

设平板车足够长，重力加速度为g 。

求：
(1)给车施加的水平向右的瞬间冲量的大小；
(2)小滑块A 在平板车B 上滑过的距离。

25．(0分)[ID ：127247]如图所示，质量分别为3m 、m 两个弹性小球A 、B ，分别与两球相连的两根轻绳悬挂在同一点O 处，两球之间用轻杆撑开，轻绳和轻杆的长度均为L ，现对A 施加一个水平向左的拉力，使OB 处于竖直状态。

（1）求A 所受水平向左的拉力大小F ；
（2）若撤去拉力F ，求A 到达最低点时的速度大小v ；
（3）若移去AB 间轻杆，A 球在O 点正下方处于静止状态，对B 球施加一个向右的拉力使OB 与竖直方向夹角为60°，撤去拉力后球B 能否再次回到与竖直方向夹角为60°的位置，通过计算加以说明。

26．(0分)[ID ：127228]小明同学将“打夯”的情境简化成如图所示的过程，放置于水平地面的平底夯锤质量为m =50kg ，两人同时通过绳子对夯锤施加大小均为F =500N 的拉力，方向均与竖直方向成θ=37°，夯锤上升h =0.5m 时撤去拉力。

重物落下与地面作用的时间为0.05s ，已知重力加速度取10m/s 2，cos37°=0.8。

求：
(1)夯锤上升的最大高度；
(2)夯锤对地面的冲击力大小。

【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．B
3．D
4．C
5．B
6．A
7．B
8．C
9．C
10．D
11．C
12．C
二、填空题
13．
14．294
15．1000
16．161∶2
17．25在该过程中人船系统所受合外力不为零
18．
19．刻度尺天平两木块的质量m1m2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离
x1x2m1x1＝m2x2无【分析】由题中将这一系统置于光滑的水平桌面上可知本题考查动量守恒实验根据动量守恒实验和需要测量的数据
20．【解析】规定后质量为m 的粒子的速度方向为正根据动量守恒定律研究整个原子核：解得：即剩余部分获得的反冲速度大小为方向与规定正方向相反【点睛】原子核衰变的过程可以认为系统动量守恒根据动量守恒定律列出等式
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
ABC ．规定向右为正方向，击球前球的动量
11P mv =-
击球后球的动量
22P mv =
击球前后球动量改变量的大小是
2121P P P mv mv ∆=-=+
动量改变量的方向水平向右，AC 错误B 正确；
D ．由于没有规定重力势能的零势能的位置，所以无法确定击球前球的机械能，D 错误。

故选B 。

2．B
解析：B
设A 碰前的速度大小为v ，碰撞后A 、B 球的速度分别为v 1、v 2，B 通过最高点时的速度大小为v 3，根据机械能守恒定律有
mg （L – L cos60°）=
1
2
mv 2 得
A 、
B 发生弹性正碰，则
mv=mv 1+m 2v 2
12mv 2=1221mv +12
2
22m v
得
v 2=
2
2mv
m m + 碰后B 上摆到最高点的过程，有
12222m v =m 2g 12L +12
2
23m v B 恰好能通过最高点，则
m 2g=m 22
3
4
v L
解得
m 2=
（
5
–1）m≈0.8m 故选B 。

3．D
解析：D
A ．设a 与弹簧接触之前到a 与弹簧分离的过程，a 的速度为v ，b 的速度为2v ，在整个过程中，动量守恒，机械能也守恒，由
02mv mv mv =+
22202111222
mv mv mv =+ 得
v =0
20v v =
则弹簧被压缩最短到a 与弹簧分离的过程，a 的速度为0，b 的速度为2v ，从a 开始压缩弹簧到分离的整个过程中，根据动量定理，弹簧对a 球的冲量大小
0I mv =
所以A 错误；
Ｂ．a 与弹簧分离时速度最小，为0，所以B 错误；
Ｃ．设以v 0的方向为正方向， 整个过程中动量守恒，设当弹簧被压缩到最短，a 、b 的速度相等为1v ，此时弹簧弹性势能最大为P E ，根据动量守恒
012mv mv =
解得
100.5v v =
由机械能守恒定律
()222P 010*******
E mv m v mv =
-= 所以C 错误；
D ．根据题意a 与弹簧分离时b 的速度最大为2v ，则此时b 的动能也最大，根据动量守恒定律
02mv mv =
解得
20v v =
则b 的最大动能为
2
k 012
E mv =
所以D 正确。

故选D 。

4．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 。

5．B
解析：B
由动量守恒定律和动能定理
()10121m v m m v =+
()21211
02
fx m m v -=-
+ 解得
45.410N f =⨯
B 正确，ACD 错误。

故选B 。

6．A
解析：A
A ．缓慢上拉过程中，小猴子处于平衡状态，故拉力为变力，根据动能定理有
()F 1cos 0W mgL θ--=
解得
()F 1cos W mgL θ=-
故A 正确；
B ．刚刚释放时，速度为零，故重力的功率为零，最低点重力与速度垂直，功率也为零，故由静止释放到最低点，小猴子重力的功率先增加后减小，故B 错误； CD ．根据冲量的公式
=I Ft
可知，小猴子从静止释放再次回到释放点的过程重力的冲量不为零，绳的拉力的冲量也不为零，故C 、D 错误。

故选A 。

7．B
解析：B
从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为
v a t =
根据牛顿第二定律，匀减速运动中有
=f ma
则摩擦力大小相等，图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6：5；对全过程运用动能定理得
110W fs -=，220W fs -=
得
11W fs =，22W fs =
由上可知，整个运动过程中F 1和F 2做功之比为
12:6:5W W =
即
12W W >
根据图象知，匀加速运动的加速度分别为00
2v t 、0
04v t ，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有
F f ma -=
则
10
3mv F t =
、02054mv F t =
F 1和F 2的大小之比为12：5，则
1012201213
14545
F t I I F t ⋅⨯===<⋅⨯ 所以
12I I <
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
22
11222
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．C
解析：C
A ．设小球最终离开小车速度为v 1，小车的速度为v 2．取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得
012mv mv mv =+
根据机械能守恒定律得
222012111
222
mv mv mv =+ 联立解得
10v =
小车的速度为
20v v =
根据动能定理，小球对小车的做功为
22k 2011
22
W E mv mv =∆=
= A 错误；
BC ．设小球最终离开小车速度为v 1，小车的速度为v 2．取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得
012mv mv mv =+
根据机械能守恒定律得
222012111
222
mv mv mv =+ 联立解得
10v =
小车的速度为
20v v =
所以小球最终离开小车后做自由落体运动，B 错误C 正确；
D ．当小球与小车的速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设最大高度为h ，则
02mv mv =
22011
222
mv mgh mv =+ 解得
2
04v h g
=
D 错误。

故选C 。

10．D
解析：D
A ．物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A 错误；
B ．物块、小车与弹簧组成的系统机械能守恒，物块与小车组成的系统机械能不守恒，故B 错误；
C ．物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv -MV =0
0L x x
m
M t t
--= 解得
m
x L M m
=
+ 故C 错误；
D ．物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv -Mv t =0，解得
t m v v M
=
故D 正确。

故选D 。

11．C
解析：C
设左边的质量为m 1，此时距离支点的长度为L 1，右边的质量为m 2，此时距离支点的长度为L 2，开始整个系统恰好静止状态，则根据力矩平衡有
1122m gL m gL =
烧断细线使弹簧突然释放，对m 1和m 2组成的系统动量守恒，则有
1122m v m v =
等式两边同时乘以t ，根据x =vt 可知
1122m s m s =
由上述的分析可知
111222()()m g L s m g L s +=+
即左边物体的重力产生的力矩和右边物体的重力产生的力矩平衡，故木板仍保持水平状态。

故选C 。

12．C
解析：C
A ．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则
m 0v 0=(M +m 0)v 1
解得速度大小为
00
10m v v m M
=
+
故A 错误；
B ．子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得
2
100()()T v F M m g M m l
-+=+
可知绳子拉力
()
()()20100T M m v F M m g M m g l
+=++
>+
故B 错误；
C ．子弹射入木块之后，系统只有重力做功，所以圆环、木块和子弹构成的系统机械能守恒，故C 正确；
D ．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统水平方向没有外力，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，所以子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量不守恒的，故D 错误； 故选C 。

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
22011202122
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 2221114
229
Q mv mv mv =-=14．294
解析：29.4
[1]不计水的阻力，箭与船的总动量守恒，根据动量守恒定律得
()'nmv M nm v =+
解得
'10000.650m 1m 294010000.06
nmv v M nm ⨯=
=⨯=++⨯
[2]对一支箭分析，根据动量定理
'I F t mv mv =⋅=-
解得
()'0.061500.N=-294N 1
.mv mv F t --==
由牛顿第三定律可知，每支箭对草船的平均作用力
29.4N F F =-=15．1000
解析：1000
[1]根据自由落体公式得人自由下落的时间为
02s t =
= 全程根据动量定理得
0()0mgt F t t --=
解得
1000N F =16．161∶2
解析：16 1∶2
(1) [1]11 mm ＋0.1 mm×6=11.6 mm=1.16 cm
(2) [2]碰撞结束后，球A 落在M 点，球B 落在N 点，因为水平位移之比
x A ∶x B =15∶50=3∶10，又因为高度一样，所以平抛运动的时间相等，则v A ∶v B =3∶10，根据
p =mv
知
p A ∶p B =1∶2
17．25在该过程中人船系统所受合外力不为零
解析：25 在该过程中人船系统所受合外力不为零
[1]由于不计水的阻力，人和船组成的系统水平方向动量守恒，以人前进方向为正，所以有
0mv MV -=
解得
0.25m/s V =
[2]若人向上跳起，人船系统在竖直方向上合外力不为零，故其动量不守恒。

18．
12
2
t t t + [1]对全过程运用动量定理得
1220mg t t Ft +-=（）
解得电场力为
122
()
mg t t F t +=
所以电场力是重力的122
()
t t t +。

19．刻度尺天平两木块的质量m1m2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离x1x2m1x1＝m2x2无【分析】由题中将这一系统置于光滑的水平桌面上可知本题考查动量守恒实验根据动量守恒实验和需要测量的数据
解析：刻度尺、天平 两木块的质量m 1、m 2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离x 1、x 2 m 1x 1＝m 2x 2 无 【分析】
由题中“将这一系统置于光滑的水平桌面上”可知，本题考查动量守恒实验，根据动量守恒实验和需要测量的数据可分析本题．
[1][2]本次实验需要验证的方程为11220m v m v =-，而速度需要根据公式x
v t
=
求解，x 为平抛运动的水平位移，因此需要直接测量的量为两木块的质量m 1、m 2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离x 1、x 2，需要的仪器为刻度尺和天平； [3]根据公式
11220m v m v =-和x v t
=
可得
本次要验证的公式为
m 1x 1＝m 2x 2
[4]由于这一系统置于光滑的水平桌面上，因此水平方向速度不变，故桌面左右两端间的距离，对实验结果的准确性无影响．
20．【解析】规定后质量为m 的粒子的速度方向为正根据动量守恒定律研究整个原子核：解得：即剩余部分获得的反冲速度大小为方向与规定正方向相反【点睛】原子核衰变的过程可以认为系统动量守恒根据动量守恒定律列出等式
解析：
mv
M m - 【解析】
规定后质量为m 的粒子的速度方向为正，根据动量守恒定律研究整个原子核：
()0mv M m v +-'=，解得：mv
v M m
'=-
-，即剩余部分获得的反冲速度大小为
mv
M m
-，方向与规定正方向相反． 【点睛】原子核衰变的过程可以认为系统动量守恒，根据动量守恒定律列出等式解决问题．
三、解答题 21．
（1；（2）16
mgR ；（3）1
12mgR （1）设木块A 与B 碰撞前瞬间的速度大小为v 1，则根据机械能守恒定律有
211
2
mgR mv = ①
设木块A 、B 碰撞后瞬间两木块共同运动速度的大小为v 2，根据动量守恒定律有
123mv mv = ②
联立①②解得
2v =
③ （2）设木块A 、B 与车最终的速度大小为v 3，根据动量守恒定律有
2336mv mv = ④
根据③④解得木块和车组成的系统损失的机械能为
2223111Δ36226
E mv mv mgR =
⋅-⋅= ⑤ （3）当木块A 、B 将弹簧压缩至最短时，木块和车整体达到最大速度v 3，根据运动的对称性可知此过程中系统损失的机械能为
11
Δ212
E mgR = ⑥。