第一章《动量守恒定律》单元练习
一．选择题（共12小题）
1．关于力的作用效果，下列说法不正确的是（ ）
A．力可以使物体产生加速度
B．力可以对物体做功
C．力可以对物体产生冲量
D．物体做匀速直线运动需要力来维持
2．有些码头常悬挂一些老旧轮胎，主要用途是减轻船舶靠岸时码头与船体的撞击。原因是轮胎的弹性大，使得（ ）
A．船舶靠岸过程中动量变化量比较小
B．船舶靠岸的末动量比较小
C．船舶靠岸过程冲量比较小
D．船舶靠岸过程时间比较长
3．2023年9月21日，“天宫课堂”第四课在距地表约400km的空间站正式开讲。如图所示为航天员正在演示两个0.5kg的钢球的碰撞实验。直播信号要经过距地表约36000km的天链卫星（地球同步卫星）中转。已知地球半径约为6400km，引力常量G＝6.67×10﹣11N m2/kg2。下列说法正确的是（ ）
A．空间站相对地面静止
B．空间站运行速率约为天链卫星的9倍
C．空间站的角速度大于天链卫星的角速度
D．几乎不用力就能接住碰撞后快速运动的钢球
4．“引体向上”是衡量学生体质的重要参考标准之一，主要测试上肢肌肉力量的发展水平。如图所示，为完成一次完整的“引体向上”训练，某同学两手握紧单杠，身体悬垂，接着用力上拉使下颌超过单杠（身体无摆动），然后使身体下降，最终悬垂在单杠上（视为静止），下列说法正确的是（ ）
A．两手间的距离越大，悬垂时单臂受到的拉力越小
B．在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力
C．在上升过程中人克服重力做了功
D．一次完整的“引体向上”训练，人的重力冲量一定为0
5．如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是（ ）
A．水平方向动量守恒，机械能守恒
B．水平方向动量守恒，机械能不守恒
C．水平方向动量不守恒，机械能守恒
D．水平方向动量不守恒，机械能不守恒
6．烟花爆竹为我们的节日氛围增添色彩。燃放烟花时，烟花弹经历“升空”和“炸开”两个过程，下列说法正确的是（ ）
A．“升空“中速度一定在增加
B．“升空“中加速度可能为零
C．“炸开“后各部分总动量守恒
D．“炸开“后各部分会同时落地
7．如图所示，用重型高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D＝50cm，水流速度大小为v＝56m/s，方向水平向右。水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为ρ＝1×103kg/m3，π≈3，采煤人员手持水枪操作，下列说法正确的是（ ）
A．水枪单位时间内喷出水的质量为4.2×104kg
B．高压水枪的喷水功率为1.6464×107W
C．水柱对煤层的平均冲击力大小为2.94×105N
D．手对高压水枪的作用力水平向右
8．张洪老师想用卷尺粗略测定码头上自由停泊小船的质量，他进行了如下操作：首先他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m，则渔船的质量为（ ）
A． B． C． D．
9．如图所示，装有轻弹簧与小物块的小车静止在光滑水平地面上，小车与小物块接触面粗糙且水平。弹簧左端固定在小车内壁，右端与小物块靠在一起。初始时，在外力作用下弹簧处于压缩状态。现撤去外力，小物块向右运动。从撤去外力到小物块与小车右壁碰撞前的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小物块的机械能守恒
B．小物块和弹簧组成的系统动量守恒
C．小物块和弹簧组成的系统机械能守恒
D．小物块、弹簧和小车组成的系统动量守恒
10．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）
A．t＝1s时物块的速率为1m/s
B．t＝2s时物块的动量大小为2kg m/s
C．t＝3s时物块的动量大小为5kg m/s
D．t＝4s时物块的速度为零
11．如图甲所示，水平冰面上有两位同学，A同学的质量为50kg，B同学静止站在冰面上，A以一定的初速度向B滑去，抱住B同学后两人一起向右运动。以向右为正方向，A同学的位移—时间图像如图乙所示，不计空气和冰面对人的阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．同学B对A的冲量为150N s
B．同学A和B的质量之比为3：2
C．两人相抱过程中损失的动能为375J
D．两人相抱过程中相互间的作用力做功之比为1：1
12．如图所示，小明设计了一个自动制动装置，A、B两物块放置在斜面上，与A相连的轻绳穿过中间有小孔的B与水平面固定的电动机相连，轻绳与B之间无力的作用，用另一根轻绳连接B，使B静止在斜面上，物块A、B与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面倾角θ＝37°。现电动机以额定功率P＝20W牵引物块A，使物块A从静止出发，以最大速度与物块B发生碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，碰撞的瞬间电动机自动切断电源不再对A提供牵引力，运动到达斜面顶端时A、B速度刚好为零，mA＝mB＝0.2kg，g＝10m/s2，sinθ＝0.6，cosθ＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．在电动机的牵引下，物块A的加速逐渐变大
B．电动机启动后对物块A的牵引力一直不变
C．物块A的最大速度25m/s
D．物块B距斜面顶端的距离为1.25m
二．多选题（共3小题）
13．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙壁上，小球A向左压缩弹簧并锁定，弹簧具有弹性势能，带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块B静止放在A的右侧，轨道下端与水平面相切，整个装置位于足够大的光滑水平面上。某时刻解锁，小球被弹出后向右运动，经轨道滑上滑块B，已知A、B的质量分别为m、3m，重力加速度为g则下列说法正确的是（ ）
A．小球沿B的轨道上升时，A和B组成的系统动量守恒
B．小球A上升到最高点的速度大小为
C．小球可以第二次从水平面滑上B的轨道
D．滑块B的最大动能为
14．如图所示，在光滑的水平面上有两个滑块P、Q，滑块Q的左端固定一轻质弹簧。两个滑块以大小为v0的速度沿同一直线相向运动，滑块P的质量为2m，速度方向水平向右，滑块Q的质量为m，速度方向水平向左。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．P、Q两个滑块（包括弹簧）组成的系统动量守恒
B．当两个滑块的速度相等时，弹簧的弹性势能最大
C．当两个滑块的速度相等时，弹簧的弹性势能为
D．两个滑块最终能以v0的共同速度一起水平向右运动
15．如图（a）所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v﹣t图像如图（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2，则（ ）
A．Q的质量为1kg
B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0J
D．t＝5.8s时木板速度恰好为零
三．实验题（共2小题）
16．某同学用如图所示的装置来做“验证动量守恒定律”实验。其实验步骤为：
A.用天平测出滑块A、B的质量mA，mB；
B.用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻弹簧处于压缩状态；
C.剪断细线，滑块A、B离开弹簧后均沿光滑操作台的台面运动，最后都滑离台面，记录滑块A、B的落地点M、N；
D.用刻度尺测出M、N距操作台边缘的水平距离x1、x2。
请根据实验步骤完成下列填空：
（1）实验前，需要将光滑操作台的台面调节至 ，其目的是确保滑块滑离台面后做 运动。
（2）若选取的滑块A、B的质量mA，mB之比为2：3，则当x1：x2＝ （在误差允许范围内成立）时，可以证明滑块A、B组成的系统在台面上运动时动量守恒。
17．某实验小组采用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律。图甲中在水平桌面上放置气垫导轨，导轨上有光电门1和光电门2，弹性滑块A、B的质量分别为mA、mB，两遮光片沿运动方向的宽度均为d。
（1）为了减小实验误差，使用气垫导轨的主要目的是 （填正确答案标号）。
A.保证两个滑块碰撞时是一维的
B.喷出的压缩空气减小滑块的速度
C.使滑块与导轨不直接接触，减小噪声
D.减小滑块和导轨之间的摩擦力
（2）用毫米刻度尺测得遮光片的宽度如图乙所示，读数为 mm。
（3）实验中为确保碰撞后滑块A不反向运动，mA、mB应满足的关系是mA （填“大于”“等于”或“小于”）mB。
（4）实验先调节气垫导轨成水平状态，再轻推滑块A，测得滑块A通过光电门1时的遮光时间为t1＝0.02s，滑块A与B相碰后，滑块B和A先后经过光电门2时的遮光时间分别为t2和t3，则碰前滑块A的速度大小为 m/s。（结果保留一位有效数字）
（5）在实验误差允许的范围内，若满足关系式 （用mA、mB、t1、t2、t3表示），则可认为验证了动量守恒定律。
四．解答题（共3小题）
18．如图所示，光滑的水平面上固定半径为R＝1.8m的光滑圆弧轨道，质量为mC＝2kg的木板放在水平面上，木板的上表面与圆弧轨道的末端相切且并排地放在一起但不粘连，质量为mB＝1kg物体B放在木板的最左端，质量为物体A从圆弧轨道的最高点由静止释放，经过一段时间与物体B发生弹性碰撞。已知物体B与木板之间的动摩擦因数为0.3，A、B均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）碰后瞬间物体B的速度大小；
（2）欲使物体B不能从木板上掉下来，求木板的长度满足的条件。
19．如图（a）所示，门球又称槌球，比赛时以球槌击球，球过球门即可得分.如图（b）所示，某次比赛中完全相同的1号球、3号球与门洞恰好位于一条直线上，两球之间的距离l1＝2.5m，3号球与球门之间的距离l2＝1m。运动员用球槌水平打击1号球，使其获得向右的初速度v0＝6m/s，经过一段时间后，该球以v1＝4m/s的速度与3号球发生碰撞（碰撞时间极短），碰后1号球又向前运动了x＝0.125m后停下来.已知两球质量m均为0.25kg，将两球的运动视为一条直线上的滑动并且两球与地面间的动摩擦因数μ相同，重力加速度g取10m/s2。
（1）求球与地面的动摩擦因数μ；
（2）求两球碰撞过程中损失的机械能；
（3）通过分析，判断3号球能否进门得分。
20．某固定装置的竖直截面如图所示。弹簧装置处在水平直轨道AC的左侧，圆轨道与水平直轨道相交于B点，B点位于AC中点处。现压缩弹簧以发射质量为m的滑块a，滑块a滑过AB段、圆轨道和BC段后，与静止在C点的质量为3m的滑块b碰撞（时间极短）。碰撞后滑块b恰能到达圆弧轨道上的D点，并被立即锁定不再运动。已知发射时弹簧的弹性势能EP＝26J，弹性势能会全部转化为动能，m＝0.2kg，水平轨道长LAC＝1.0m，圆轨道半径R1＝0.1m，圆弧轨道半径R2＝8.0m，D点与竖直方向的夹角θ＝53°，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2（其他轨道均光滑，轨道间均平滑相切连接，滑块可视为质点，不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求：
（1）滑块a第一次滑至圆轨道最高点时受到的轨道作用力大小FN；
（2）滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）若改变B点位置，使滑块a在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度LBC。
第一章《动量守恒定律》单元练习
一．选择题（共12小题）
1．关于力的作用效果，下列说法不正确的是（ ）
A．力可以使物体产生加速度
B．力可以对物体做功
C．力可以对物体产生冲量
D．物体做匀速直线运动需要力来维持
【解答】解：A、力是改变物体运动状态的原因，即力可以使物体产生加速度，故A正确；
B、当物体在力的方向发生位移时，力可以对物体做功，故B正确；
C、根据I＝Ft知力可以对物体产生冲量，故C正确；
D、物体做匀速直线运动时，由于惯性继续做匀速直线运动，不需要力来维持，故D错误。
本题选不正确的，故选：D。
2．有些码头常悬挂一些老旧轮胎，主要用途是减轻船舶靠岸时码头与船体的撞击。原因是轮胎的弹性大，使得（ ）
A．船舶靠岸过程中动量变化量比较小
B．船舶靠岸的末动量比较小
C．船舶靠岸过程冲量比较小
D．船舶靠岸过程时间比较长
【解答】解：在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小船舶靠岸过程中动量变化量，即船舶靠岸过程冲量，也不会影响船舶靠岸的末动量，故ABC错误D正确；
故选：D。
3．2023年9月21日，“天宫课堂”第四课在距地表约400km的空间站正式开讲。如图所示为航天员正在演示两个0.5kg的钢球的碰撞实验。直播信号要经过距地表约36000km的天链卫星（地球同步卫星）中转。已知地球半径约为6400km，引力常量G＝6.67×10﹣11N m2/kg2。下列说法正确的是（ ）
A．空间站相对地面静止
B．空间站运行速率约为天链卫星的9倍
C．空间站的角速度大于天链卫星的角速度
D．几乎不用力就能接住碰撞后快速运动的钢球
【解答】解：A、空间站离地只有400km，可视为近地卫星，不可能相对地面静止，故A错误；
B、由m可知，v，即v∝，则可知，空间站运行速率与天链卫星运行速率的比值为：2.5，故B错误；
C、根据mω2r可知，ω，因空间站的运行半径小，所以空间站的角速度大于天链卫星的角速度，故C正确；
D、由于碰撞后钢球具有较大的速度，为了接住小球就必须改变小球的速度，即必须对小球施加力的作用，故D错误。
故选：C。
4．“引体向上”是衡量学生体质的重要参考标准之一，主要测试上肢肌肉力量的发展水平。如图所示，为完成一次完整的“引体向上”训练，某同学两手握紧单杠，身体悬垂，接着用力上拉使下颌超过单杠（身体无摆动），然后使身体下降，最终悬垂在单杠上（视为静止），下列说法正确的是（ ）
A．两手间的距离越大，悬垂时单臂受到的拉力越小
B．在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力
C．在上升过程中人克服重力做了功
D．一次完整的“引体向上”训练，人的重力冲量一定为0
【解答】解：A.最终悬停时两手臂拉力的合力与重力平衡，根据力的合成以及几何关系可知，若增大两手间的距离，最终悬停时单臂的拉力变大，故A错误；
B.在上升过程中，人先做加速运动，后做减速运动，单杠对人的作用力先大于人的重力，后小于人的重力，故B错误；
C.在上升过程中人的位移向上，重力竖直向下，重力做负功，即人克服重力做了功，故C正确；
D.根据I＝Ft可知一次完整的“引体向上”训练，人的重力冲量不为0，故D错误。
故选：C。
5．如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是（ ）
A．水平方向动量守恒，机械能守恒
B．水平方向动量守恒，机械能不守恒
C．水平方向动量不守恒，机械能守恒
D．水平方向动量不守恒，机械能不守恒
【解答】解：以整个装置为系统，水平方向的合外力为0，所以水平方向系统动量守恒，胶塞从试管口喷出，气体对外做功，内能减少，系统的机械能增加，所以机械能不守恒，故ACD错误，B正确。
故选：B。
6．烟花爆竹为我们的节日氛围增添色彩。燃放烟花时，烟花弹经历“升空”和“炸开”两个过程，下列说法正确的是（ ）
A．“升空“中速度一定在增加
B．“升空“中加速度可能为零
C．“炸开“后各部分总动量守恒
D．“炸开“后各部分会同时落地
【解答】解：AB、烟花升空的过程中受到重力和空气的阻力，两个力的方向都是向下，所以烟花上升的过程中必定有向下的加速度，烟花的速度一定减小，不可能增加，故AB错误；
C、烟花在空中“炸开”的时间极短，重力的影响可以忽略不计，所以“炸开”前后各部分总动量守恒，故C正确；
D、结合图可知，烟花炸开后沿上下左右前后各个方向都有，他们在竖直方向的分速度不一定相等，所以落地的时间不一定相等，故D错误。
故选：C。
7．如图所示，用重型高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D＝50cm，水流速度大小为v＝56m/s，方向水平向右。水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为ρ＝1×103kg/m3，π≈3，采煤人员手持水枪操作，下列说法正确的是（ ）
A．水枪单位时间内喷出水的质量为4.2×104kg
B．高压水枪的喷水功率为1.6464×107W
C．水柱对煤层的平均冲击力大小为2.94×105N
D．手对高压水枪的作用力水平向右
【解答】解：A.t时间内喷水质量为 ，水枪单位时间内喷出水的质量为 ，故A错误；
B.水枪在时间1s内做功转化为水柱的动能即为高压水枪的喷水功率，则 ，故B正确；
C.时间内喷出的水在/内速度减小为0，则由动量定理得﹣Ft＝0﹣mv 联立得：，故C错误；
D.水对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪受重力作用，根据平衡条件，则手对高压水枪的作用力水平斜向右上方，故D错误。
故选：B。
8．张洪老师想用卷尺粗略测定码头上自由停泊小船的质量，他进行了如下操作：首先他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m，则渔船的质量为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：船的平均速度，人的平均速度为：
根据“人船模型”可得：mM
即：Md＝m（L﹣d）
解得船的质量：M，故C正确、ABD错误。
故选：C。
9．如图所示，装有轻弹簧与小物块的小车静止在光滑水平地面上，小车与小物块接触面粗糙且水平。弹簧左端固定在小车内壁，右端与小物块靠在一起。初始时，在外力作用下弹簧处于压缩状态。现撤去外力，小物块向右运动。从撤去外力到小物块与小车右壁碰撞前的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小物块的机械能守恒
B．小物块和弹簧组成的系统动量守恒
C．小物块和弹簧组成的系统机械能守恒
D．小物块、弹簧和小车组成的系统动量守恒
【解答】解：A.弹簧弹力及摩擦力对小物块做功，故小物块的机械能不守恒，故A错误；
B.小车与小物块接触面粗糙，小物块受摩擦力作用，故小物块和弹簧组成的系统动量不守恒，故B错误；
C.摩擦力对小物块做功，故小物块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故C错误；
D.小物块、弹簧和小车组成的系统，所受合外力为零，故系统动量守恒，故D正确。
故选：D。
10．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）
A．t＝1s时物块的速率为1m/s
B．t＝2s时物块的动量大小为2kg m/s
C．t＝3s时物块的动量大小为5kg m/s
D．t＝4s时物块的速度为零
【解答】解：A、前两秒，根据牛顿第二定律，a1m/s2，则0﹣2s的速度规律为：v＝at；t＝1s时，速率为1m/s，故A正确；
B、2s时的速度为2m/s，动量为4kg m/s，故B错误
C、2﹣4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a＝﹣0.5m/s2，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kg m/s，故C错误
D、4s时的速度为1m/s，动量为mv＝2kg m/s，故D错误。
故选：A。
11．如图甲所示，水平冰面上有两位同学，A同学的质量为50kg，B同学静止站在冰面上，A以一定的初速度向B滑去，抱住B同学后两人一起向右运动。以向右为正方向，A同学的位移—时间图像如图乙所示，不计空气和冰面对人的阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．同学B对A的冲量为150N s
B．同学A和B的质量之比为3：2
C．两人相抱过程中损失的动能为375J
D．两人相抱过程中相互间的作用力做功之比为1：1
【解答】解：AB．由图乙可知同学A的初始速度为，由图乙可知同学A抱住同学B后两人的速度为，由动量守恒定律得：
mAvA＝（mA+mB）v
解得：mB＝75kg，对A由动量定理得IBA＝mAv﹣mAvA
代入数据解得：IBA＝﹣150N s
同学A和B的质量之比为，故A错误，B错误；
C．两人相抱过程中损失的动能为：
代入数据解得：ΔEk＝375J，故C正确；
D．两人相抱过程中相互间的作用力做功之比为：
代入数据解得：，故D错误。
故选：C。
12．如图所示，小明设计了一个自动制动装置，A、B两物块放置在斜面上，与A相连的轻绳穿过中间有小孔的B与水平面固定的电动机相连，轻绳与B之间无力的作用，用另一根轻绳连接B，使B静止在斜面上，物块A、B与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面倾角θ＝37°。现电动机以额定功率P＝20W牵引物块A，使物块A从静止出发，以最大速度与物块B发生碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，碰撞的瞬间电动机自动切断电源不再对A提供牵引力，运动到达斜面顶端时A、B速度刚好为零，mA＝mB＝0.2kg，g＝10m/s2，sinθ＝0.6，cosθ＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．在电动机的牵引下，物块A的加速逐渐变大
B．电动机启动后对物块A的牵引力一直不变
C．物块A的最大速度25m/s
D．物块B距斜面顶端的距离为1.25m
【解答】解：AB．根据P＝Fv，F﹣mAgsinθ﹣μmAgcosθ＝ma，功率不变，速度增大，导致牵引力减小，则A的加速度减小，故AB错误；
C．当A的加速度为零时，牵引力为F＝mAgsinθ+μmAgcosθ
代入数据解得：F＝2N，最大速度为，故C错误；
D．根据动量守恒mAv＝（mA+mB）v′，根据动能定理，物块B距斜面顶端的距离为x＝1.25m，故D正确。
故选：D。
二．多选题（共3小题）
13．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙壁上，小球A向左压缩弹簧并锁定，弹簧具有弹性势能，带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块B静止放在A的右侧，轨道下端与水平面相切，整个装置位于足够大的光滑水平面上。某时刻解锁，小球被弹出后向右运动，经轨道滑上滑块B，已知A、B的质量分别为m、3m，重力加速度为g则下列说法正确的是（ ）
A．小球沿B的轨道上升时，A和B组成的系统动量守恒
B．小球A上升到最高点的速度大小为
C．小球可以第二次从水平面滑上B的轨道
D．滑块B的最大动能为
【解答】解：A．小球沿B的轨道上升时，小球在竖直方向具有加速度分量，A和B组成的系统在竖直方向上合外力不为零，故此系统动量不守恒。此系统在水平方向上合力为零，故此系统只是在水平方向上动量守恒，故A错误；
B．已知初始时弹簧具有弹性势能，由机械能守恒易知球被弹出后的速度为v0，A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，小球A上升到最高点时，A、B的速度相同，以向右为正方向，则有：
mv0＝（m+3m）v，解得：，故B正确；
C．A、B分离时，设A的速度为v1，B的速度为v2，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mv0＝mv1+3mv2
解得：，
二者速度大小相等，方向相反，当A与弹簧碰后再次分离时，A、B均以相同的速度向右匀速运动，小球不可能第二次从水平面滑上B的轨道，故C错误；
D．A、B分离时，滑块B的速度最大，动能最大，且为：，故D正确。
故选：BD。
14．如图所示，在光滑的水平面上有两个滑块P、Q，滑块Q的左端固定一轻质弹簧。两个滑块以大小为v0的速度沿同一直线相向运动，滑块P的质量为2m，速度方向水平向右，滑块Q的质量为m，速度方向水平向左。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．P、Q两个滑块（包括弹簧）组成的系统动量守恒
B．当两个滑块的速度相等时，弹簧的弹性势能最大
C．当两个滑块的速度相等时，弹簧的弹性势能为
D．两个滑块最终能以v0的共同速度一起水平向右运动
【解答】解：A．P、Q两个滑块（包括弹簧）组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，故A正确；
B．开始时两物块都做减速运动，弹簧逐渐被压缩，滑块Q速度先减小到零，然后向右反向加速，弹簧继续被压缩，当两个滑块的速度相等时，弹簧的形变量最大，此时弹簧的弹性势能最大，故B正确；
C．以向右为正方向，则当两个滑块的速度相等时，由动量守恒定律可知
2mv0﹣mv0＝（2m+m）v
此时弹簧的弹性势能为
故C正确；
D．设最终P、Q两个滑块的速度分别为v1和v2．规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：
2mv0﹣mv0＝2mv1+mv2
根据系统的机械能守恒得
解得
，
或
v1＝v0，v2＝﹣v0
故D错误。
故选：ABC。
15．如图（a）所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v﹣t图像如图（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2，则（ ）
A．Q的质量为1kg
B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0J
D．t＝5.8s时木板速度恰好为零
【解答】解：A．根据v﹣t图像可知，v1＝3m/s，v2＝1m/s，v3＝2m/s，两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m＝1kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得
mv1+Mv2＝（m+M）v3
解得M＝1kg
故A正确；
B．设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v﹣t图像可知，0﹣2s内P与Q的加速度分别为aP＝1.5m/s2，aQ＝0.5m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得
μ1mg＝maP
μ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaQ
联立解得
μ2＝0.05
故B错误；
C．由于碰撞系统损失的机械能为
代入数据解得
ΔE＝1.0J
故C正确；
D．对碰撞后整体受力分析，由动量定理得
﹣μ2（m+M）gt2＝0﹣（m+M）v3
代入数据解得
t2＝4s
因此木板速度恰好为零的时刻为
t＝t1+t2＝2s+4s＝6s
故D错误；
故选：AC。
三．实验题（共2小题）
16．某同学用如图所示的装置来做“验证动量守恒定律”实验。其实验步骤为：
A.用天平测出滑块A、B的质量mA，mB；
B.用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻弹簧处于压缩状态；
C.剪断细线，滑块A、B离开弹簧后均沿光滑操作台的台面运动，最后都滑离台面，记录滑块A、B的落地点M、N；
D.用刻度尺测出M、N距操作台边缘的水平距离x1、x2。
请根据实验步骤完成下列填空：
（1）实验前，需要将光滑操作台的台面调节至 ，其目的是确保滑块滑离台面后做 运动。
（2）若选取的滑块A、B的质量mA，mB之比为2：3，则当x1：x2＝ （在误差允许范围内成立）时，可以证明滑块A、B组成的系统在台面上运动时动量守恒。
【解答】解：（1）将光滑操作台的台面调节至水平，这样能保证滑块滑离台面后做平抛运动，从而便于后续的测量和分析。
（2）取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得：mAvA﹣mBvB＝0，因为二者平抛运动的时间相同，所以有mAvAt﹣mBvBt＝0
整理得：mAx1＝mBx2
所以x1：x2＝mB：mA＝3：2
故本题答案为：（1）水平；平抛；（2）3：2
17．某实验小组采用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律。图甲中在水平桌面上放置气垫导轨，导轨上有光电门1和光电门2，弹性滑块A、B的质量分别为mA、mB，两遮光片沿运动方向的宽度均为d。
（1）为了减小实验误差，使用气垫导轨的主要目的是 （填正确答案标号）。
A.保证两个滑块碰撞时是一维的
B.喷出的压缩空气减小滑块的速度
C.使滑块与导轨不直接接触，减小噪声
D.减小滑块和导轨之间的摩擦力
（2）用毫米刻度尺测得遮光片的宽度如图乙所示，读数为 mm。
（3）实验中为确保碰撞后滑块A不反向运动，mA、mB应满足的关系是mA （填“大于”“等于”或“小于”）mB。
（4）实验先调节气垫导轨成水平状态，再轻推滑块A，测得滑块A通过光电门1时的遮光时间为t1＝0.02s，滑块A与B相碰后，滑块B和A先后经过光电门2时的遮光时间分别为t2和t3，则碰前滑块A的速度大小为 m/s。（结果保留一位有效数字）
（5）在实验误差允许的范围内，若满足关系式 （用mA、mB、t1、t2、t3表示），则可认为验证了动量守恒定律。
【解答】解：（1）使用气垫导轨后，喷出的压缩空气，使导轨和滑块之间形成空气层，可以大大减小滑块与导轨之间的摩擦力，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2）毫米刻度尺的分度值为1mm，遮光条的宽度为d＝2.0mm；
（3）实验中为确保碰撞后滑块A不反向运动，mA、mB应满足的关系是mA大于mB；
（4）碰前滑块A的速度大小为
（5）碰撞后，滑块B通过光电门的速度
滑块A通过光电门的速度
取v1方向为正方向，若动量守恒，满足mAv1＝mBv2+mAv3
代入数据化简得。
故答案为：（1）D；（2）2.0；（3）大于；（4）0.2；（5）。
四．解答题（共3小题）
18．如图所示，光滑的水平面上固定半径为R＝1.8m的光滑圆弧轨道，质量为mC＝2kg的木板放在水平面上，木板的上表面与圆弧轨道的末端相切且并排地放在一起但不粘连，质量为mB＝1kg物体B放在木板的最左端，质量为物体A从圆弧轨道的最高点由静止释放，经过一段时间与物体B发生弹性碰撞。已知物体B与木板之间的动摩擦因数为0.3，A、B均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）碰后瞬间物体B的速度大小；
（2）欲使物体B不能从木板上掉下来，求木板的长度满足的条件。
【解答】解：（1）物体A从圆弧轨道的最高点运动到最低点过程，由动能定理有：mAgRmA
代入数据可得：v0＝6m/s
A、B发生弹性碰撞，两者组成的系统机械能守恒，则有：mAmAmB
取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mAv0＝mAvA+mBvB
代入数据可得：vB＝3m/s
（2）物体C与物体B组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度为v，取水平向右为正方向，则有：mBvB＝（mB+mC）v
代入数据可得：v＝1m/s
B、C组成的系统损失的动能转化为因摩擦产生的热量，则有：
代入数据可得B相对C滑动的距离为：Δx＝1m
要使物体B不能从木板上掉下来，木板的长度L≥Δx＝1m
答：（1）碰后瞬间物体B的速度大小为3m/s；
（2）欲使物体B不能从木板上掉下来，木板的长度应满足的条件是L≥1m。
19．如图（a）所示，门球又称槌球，比赛时以球槌击球，球过球门即可得分.如图（b）所示，某次比赛中完全相同的1号球、3号球与门洞恰好位于一条直线上，两球之间的距离l1＝2.5m，3号球与球门之间的距离l2＝1m。运动员用球槌水平打击1号球，使其获得向右的初速度v0＝6m/s，经过一段时间后，该球以v1＝4m/s的速度与3号球发生碰撞（碰撞时间极短），碰后1号球又向前运动了x＝0.125m后停下来.已知两球质量m均为0.25kg，将两球的运动视为一条直线上的滑动并且两球与地面间的动摩擦因数μ相同，重力加速度g取10m/s2。
（1）求球与地面的动摩擦因数μ；
（2）求两球碰撞过程中损失的机械能；
（3）通过分析，判断3号球能否进门得分。
【解答】解：（1）根据动能定理
解得
μ＝0.4
（2）设球1碰后速度为v2，根据动能定理
解得
v2＝1m/s
设球3碰后速度为v3，设向右为正方向，根据动量守恒定律
mv1＝mv2+mv3
解得
v3＝3m/s
根据能量守恒，损失的机械能为
代入数据解得
ΔE＝0.75J
（3）设3号球碰后运动的距离为x′，根据动能定理
解得
故3号球能够进门得分。
20．某固定装置的竖直截面如图所示。弹簧装置处在水平直轨道AC的左侧，圆轨道与水平直轨道相交于B点，B点位于AC中点处。现压缩弹簧以发射质量为m的滑块a，滑块a滑过AB段、圆轨道和BC段后，与静止在C点的质量为3m的滑块b碰撞（时间极短）。碰撞后滑块b恰能到达圆弧轨道上的D点，并被立即锁定不再运动。已知发射时弹簧的弹性势能EP＝26J，弹性势能会全部转化为动能，m＝0.2kg，水平轨道长LAC＝1.0m，圆轨道半径R1＝0.1m，圆弧轨道半径R2＝8.0m，D点与竖直方向的夹角θ＝53°，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2（其他轨道均光滑，轨道间均平滑相切连接，滑块可视为质点，不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求：
（1）滑块a第一次滑至圆轨道最高点时受到的轨道作用力大小FN；
（2）滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）若改变B点位置，使滑块a在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度LBC。
【解答】解：（1）对滑块a从开始发射到滑至圆轨道最高点的过程，由能量守恒定律得：
滑块a在最高点时，由牛顿第二定律和向心力公式得：
联立解得：FN＝506N
（2）设碰撞前瞬间滑块a的速度大小为v0，由能量守恒定律得：
解得：v0＝16m/s
设碰撞后瞬间滑块b的速度大小为vb，对滑块b从C到D的由动能定理得：
解得：vb＝8m/s
设碰撞后瞬间滑块a的速度为va，对a、b碰撞过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0＝mva+3mvb
解得：va＝﹣8m/s，负号表示速度方向向左。
滑块a、b碰撞过程中损失的机械能为：
解得：ΔE＝0
（3）滑块a碰撞后从C点开始向左运动，在轨道间往复运动，滑块a碰撞滑块b无机械能损失，原速率反弹，直到最后无法完整通过圆轨道而停在直轨道上。
①若某时刻滑块a恰好能通过圆轨道最高点，则有：
从开始反向至此刻由动能定理得：
解得：x1＝14.75m
因：14LAC＜14.75m＜15LAC，可知滑块a最终停止运动前是由C点向左运动的。
由x1﹣14LAC＝14.75m﹣14×1m＝0.75m，可知BC距离LBC≤0.75m时，滑块一定能通过最高点。
②若某时刻滑块a恰好到达圆心等高处，由动能定理得：
﹣μmgx2﹣mgR1＝0
解得：x2＝15.5m
因：15LAC＜15.5m＜16LAC，可知滑块a最终停止运动前是由A点向右运动的。
由x2﹣15LAC＝15.5m﹣15×1m＝0.5m，可知AC距离大于等于0.5m，即LBC≤0.5m时，滑块将不能越过圆心等高处。
综上分析，可得满足条件的BC长度LBC≤0.5m。
