一、單題（每題4分，共32分）
1．“世界航天第一人”是明朝的萬戶，如圖所示，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風箏平穩(wěn)著陸。假設萬戶及其所攜設備（火箭、椅子、風箏等）的總質(zhì)量為M，點燃火箭后在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為m的燃氣相對地面以。的速度豎直向下噴出，忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）
A．火箭的推力來源于空氣對它的反作用力
B．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為
C．噴出燃氣后，萬戶及其所攜設備能上升的最大高度為
D．在火箭噴氣過程中，萬戶及其所攜設備的機械能守恒
2．如圖所示，F(xiàn)-t圖象表示某物體所受的合外力F隨時間的變化關系，t=0時物體的初速度為零，則下列說法正確的是（ ）
A．t=4 s時物體的速度不為零
B．前4 s內(nèi)物體的位移為零
C．0～2 s內(nèi)F所做的功等于2～4 s內(nèi)物體克服F所做的功
D．若0～2 s 內(nèi)F方向豎直向上，則物體處于失重狀態(tài)
3．動量相等的甲、乙兩車剎車后分別沿兩水平路面滑行。若兩車質(zhì)量之比，路面對兩車的阻力相同，則甲、乙兩車的滑行距離之比為（ ）
A．3：2B．2：3C．9：4D．4：9
4．如圖所示，質(zhì)量的物體靜止在光滑水平面上，質(zhì)量的物體以的初速度與發(fā)生碰撞，以的方向為正方向，則碰撞后兩物體的速度可能是（ ）
A． B．
C． D．
5．如圖所示，大氣球質(zhì)量為，載有質(zhì)量為的人，靜止在空氣中距地面高的地方，氣球下方懸一根質(zhì)量可忽略不計的繩子，此人想從氣球上沿繩慢慢下滑至地面，為了安全到達地面，則繩長至少為（不計人的身高，可以把人看作質(zhì)點）（ ）
A．B．C．D．
6．如圖所示，半徑為的半球形碗，固定在可繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過半球形碗的球心的對稱軸重合。轉(zhuǎn)臺以角速度勻速轉(zhuǎn)動，此時碗內(nèi)有兩個相同的小物塊和分別位于碗壁不同高度處，隨碗一同轉(zhuǎn)動且相對碗壁靜止。忽略空氣阻力，下列說法正確的是（ ）
A．兩物塊受到的向心力大小相等
B．兩物塊所受的摩擦力可能都為零
C．在碗轉(zhuǎn)動半圈的過程中，兩物體所受重力的沖量大小相等
D．在碗轉(zhuǎn)動半圈的過程中，兩物體所受合力的沖量大小相等
7．某炮兵連進行實訓演習，一門炮車將一質(zhì)量為m的炮彈，以初速度v0、與水平面成60°的傾角斜向上發(fā)射，到達最高點時炮彈爆炸成兩塊碎片a、b，它們此時的速度仍沿水平方向，a、b的質(zhì)量之比為2：1，經(jīng)監(jiān)控發(fā)現(xiàn)碎片b恰沿原軌跡返回，不計空氣阻力，下列說法中正確的是（ ）
A．爆炸后碎片a的初速度為
B．碎片a、b的位移大小之比為2：1
C．碎片a、b落地速度大小之比：2
D．炮彈爆炸后增加的動能為
8．光滑水平面上質(zhì)量為4的物塊A，水平向右以1的速度與質(zhì)量為6的靜止物塊B發(fā)生正碰，碰撞后物塊A的速度大小和方向不可能為（ ）
A．0B．0.2，水平向左
C．0.4，水平向右D．0.6，水平向右
未命名
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二、多選題（全部選對的得 4 分，選對但不全的得 2 分，有選錯的得 0 分）
9．如圖所示，一帶有光滑圓弧軌道的小車靜止在光滑的水平面上，一個可視為質(zhì)點的小球從圓弧A端正上方由靜止釋放，剛好從A點無碰撞地進入圓弧小車，AB是圓弧的水平直徑，在小球從A向B運動的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒
B．小球運動到圓弧軌道最低點時，小車的速度最大
C．小球運動到B點時的速度大小等于小球在A點時的速度大小
D．小球從B點拋出后，向上做斜上拋運動
10．馬欽陽老師想用氣墊導軌模擬“人船模型”。他來到實驗室，將一質(zhì)量為M、長為L的滑塊置于水平氣墊導軌上（不計摩擦）并接通電源。他又找來一個質(zhì)量為m的蝸牛置于滑塊的一端，在食物的誘惑下，蝸牛從該端移動到另一端。下面說法正確的是（ ）
A．滑塊與蝸牛運動的距離之和為LB．只有蝸牛運動，滑塊一直保持靜止
C．蝸牛運動的距離是滑塊的倍D．滑塊運動的距離是
11．水平推力F1和F2分別作用于水平面上等質(zhì)量的A、B兩物體上，作用一段時間后撤去推力，物體將繼續(xù)運動一段時間后停下，兩物體的v－t圖象分別如圖中OAB、OCD所示，圖中AB∥CD，則( )
A．F1的沖量小于F2的沖量B．兩物體所受合力的沖量相等
C．F1做的功等于F2做的功D．兩物體受到的摩擦力做的功相等
12．如圖所示，在光滑的水平面上，物體B靜止，在物體B上固定一個輕彈簧。物體A以某一速度v0沿水平方向向右運動，通過彈簧與物體B發(fā)生作用，A物體質(zhì)量為m，B物體質(zhì)量為2m，從A剛接觸彈簧至彈簧再次恢復原長的過程中（ ）
A．彈簧再次恢復原長時B的速度大小為
B．彈簧彈性勢能的最大值為
C．彈簧彈力對A的沖量大小為
D．物體B先做加速度增大的加速運動，再做加速度減小的加速運動
三、實驗題（本題共 2 小題，共 16 分。 ）
13．現(xiàn)利用圖a所示的裝置驗證動量守恒定律。在圖a中，氣墊導軌上有A、B兩個滑塊，滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片,左側(cè)與打點計時器（圖中未畫出）的紙帶相連;滑塊B左側(cè)也帶有一彈簧片上面固定一遮光片，光電計時器（未完全畫出）可以記錄遮光片通過光電門的時間。實驗測得滑塊A的質(zhì)量m1=0. 310 kg，滑塊B的質(zhì)量m2=0.108 kg，遮光片的寬度d=1.00 cm，打點計時器所用交流電的頻率f=50.0 Hz。將光電門固定在滑塊B的右側(cè)，啟動打點計時器，給滑塊A一向右的初速度，使它與B相碰。碰后光電計時器顯示的時間為△tB=3.500ms，碰撞前后打出的紙帶如圖b所示。
根據(jù)圖b中所標數(shù)據(jù)，可分析推斷出碰撞發(fā)生在 間， A滑塊碰撞前的速度為 m/s，B滑塊碰撞前的速度為 m/s, A滑塊碰撞后的速度為 m/s，B滑塊碰撞后的速度為 m/s。（ 結(jié)果保留三位有效數(shù)字）
14．如圖所示為實驗室中《驗證動量守恒定律》的實驗裝置示意圖。
甲組同學：m1＞m2
（1）實驗中須要求的條件是 ；
A．斜槽軌道盡量光滑以減少誤差
B．斜槽軌道末端的切線必須水平
C．入射球和被碰球的大小可以不同
D．入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止釋放
（2）圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP，然后把被碰小球m2靜置于水平軌道的末端，再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、N，測量平拋射程OM、ON。
（3）為了驗證碰撞前后動量守恒，甲同學只需驗證表達式： 成立，即表示碰撞中動量守恒。
乙組同學：m2＞4m1，兩球為彈性碰撞，軌道改為特殊材料做成的光滑軌道，其它不變按照（2）的步驟完成實驗，將落地點仍然按照上圖所示順序標記為M、P、N。
（4）由以上信息判斷：m1碰撞前的落點為 ，m1碰撞后的落點為 ；
（5）為了驗證碰撞前后動量守恒，乙同學只需驗證表達式： 成立，即表明碰撞中動量守恒。
四、解答題 本題共 3 小題，共 34 分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。
只寫出最后答案的不得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
15．質(zhì)量為0.1kg的小球從1.25m高處自由落下到一厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經(jīng)歷了0.50s，求：（，不計空氣阻力）
（1）這段時間軟墊對小球的沖量；
（2）這段時間軟墊對小球的平均作用力。
16．如圖所示，ABC是光滑軌道，其中BC部分是半徑為R的豎直放置的半圓，AB部分與BC部分平滑連接。一質(zhì)量為M的小木塊放在軌道水平部分，木塊被水平飛來的質(zhì)量為m的子彈射中，子彈留在木塊中。子彈擊中木塊前的速度為v0。若被擊中的木塊能沿軌道滑到最高點C，重力加速度為g，求：
（1）子彈擊中木塊后的速度；
（2）子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產(chǎn)生的熱量Q；
（3）木塊從C點飛出后落地點距離B點的距離s。
17．如圖所示，質(zhì)量的小車靜止在光滑的水平面上，車長，現(xiàn)有質(zhì)量可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止，物塊與車面的動摩擦因數(shù)，取，求：
（1）物塊在車面上滑行的時間t；
（2）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v不超過多少？
18．如圖所示，一質(zhì)量M=2kg的帶有弧形軌道的平臺置于足夠長的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B．從弧形軌道上距離水平軌道高h=0.3m處由靜止釋放一質(zhì)量mA=1kg的小球A，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺．已知所有接觸面均光滑，重力加速度為g，試求解：
（1）小球A滑上水平軌道上時速度的大小；
（2）小球B的質(zhì)量．
參考答案：
1．B
【詳解】A．火箭的推力是燃料燃燒時產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，故A錯誤；
B．在燃氣噴出后得瞬間，萬戶及所攜設備組成的系統(tǒng)動量守恒，設火箭的速度大小為v，規(guī)定火箭運動方向為正方向，則有
解得火箭的速度大小為
故B正確；
C．噴出燃氣后，萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，根據(jù)運動學公式可得，最大上升高度為
故C錯誤；
D．在火箭噴氣過程中，燃氣的內(nèi)能有部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的機械能，機械能增加，故D錯誤。
故選B。
2．C
【詳解】A．圖線與時間軸所圍成的面積等于合外力沖量，根據(jù)動量定理
得
故A錯誤；
B．前4 s內(nèi)由圖像及A選項可知，物體先做加速運動，再做減速運動至零，運動方向不變，故B錯誤；
C．t=2s時合力由正值變?yōu)樨撝担?～2 s內(nèi)F所做正功，2～4 s內(nèi)物體克服F做功，動能變化量為零，所以兩功相等，故C正確；
D．合力豎直向上，物體加速度向上，處于超重狀態(tài)，故D錯誤。
故選C。
3．A
【詳解】由公式
聯(lián)立方程，解得
故選A。
4．D
【詳解】A．碰撞前的總動量為
碰撞后的總動量
可知
根據(jù)碰撞的特點，碰撞前后動量守恒，故A不符合題意；
B．碰撞前的總動量為
碰撞后的總動量
可知
碰撞前的總能量為
碰撞后的總能量為
可知
根據(jù)碰撞的特點可知，碰撞后的動能不增加，故B不符合題意；
C．根據(jù)碰撞的特點，碰撞后要滿足運動關系
故C不符合題意；
D．碰撞前的總動量為
碰撞后的總動量
可知
碰撞前的總能量為
碰撞后的總能量為
可知
且碰撞后要滿足運動關系
故D符合題意。
故選D。
5．D
【詳解】設人的質(zhì)量為m1，氣球的質(zhì)量為m2，系統(tǒng)所受重力與浮力平衡，合外力為零，根據(jù)動量守恒
人與氣球運動的距離分別為
，
得
又
代入數(shù)據(jù)，繩長至少為
故選D。
6．C
【詳解】A．兩物塊做勻速圓周運動，角速度相等，運動半徑不相等，根據(jù)可知兩物塊向心力不相等，故A錯誤；
B．物塊A的摩擦力恰好為零時，重力和支持力提供向心力，則有
變化可得
同理可得物塊B的摩擦力恰好為零時有
因為與不相等，所以以上兩式無法同時成立，則兩物塊所受的摩擦力不可能都為零，故B錯誤；
C．在碗轉(zhuǎn)動半圈的過程中，重力不變，則兩物體所受重力的沖量都為mgt，故C正確；
D．在碗轉(zhuǎn)動半圈的過程中，由合力提供向心力，兩物體圓周運動線速度大小不同，則根據(jù)
可知兩物體所受合力的沖量大小不相等，故D錯誤。
故選C。
7．C
【詳解】A．炮彈上升到最高點時，只有水平速度
發(fā)現(xiàn)碎片b恰沿原軌跡返回，則爆炸后碎片b的速度大小為，方向與原方向相反，根據(jù)動量守恒
解得
故A錯誤；
B．爆炸后碎片a、b均做平拋運動，落地時間相同，則水平位移之比為爆炸后速度大小之比2：1，但他們豎直方向的位移大小相同，則位移大小之比不為2：1，故B錯誤；
C．碎片b恰沿原軌跡返回，則落地時豎直速度大小為
b落地時速度大小為v0，a、b均做平拋運動，落地時間相同，落地時豎直速度大小相同，則落地時a的速度大小為
故碎片a、b落地速度大小之比：2，故C正確；
D．炮彈爆炸后增加的動能
故D錯誤。
故選C。
8．D
【詳解】物塊A物塊B若發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律有
根據(jù)機械能守恒定律有
聯(lián)立解得
方向水平向左；
物塊A物塊B若發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律有
解得
方向水平向右，則碰撞后物塊A的速度為
故ABC可能，D不可能。
本題目選不可能項，故選D。
9．BC
【詳解】A．小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向受合外力為零，豎直方向受合外力不為零，所以水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤。
B．小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，可知系統(tǒng)水平方向的總動量保持為零。因為小球運動到圓弧最低點時水平速度最大，此時小車的速度最大，故B正確；
CD．球由B點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，所以小球離開小車后做豎直上拋運動，小球運動到B點時只有豎直速度，且此時小車的速度為零，則此時小球的速度大小等于小球在A點時的速度大小，故C正確，D錯誤。
故選BC。
10．AD
【詳解】B．蝸牛從滑塊的一端移動到另一端的過程中，蝸牛和滑塊組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，系統(tǒng)原來靜止狀態(tài)，總動量為零，根據(jù)動量守恒定律可知，蝸牛運動后，系統(tǒng)的總動量仍為零，所以蝸牛運動時，滑塊會向相反的方向運動，而不會靜止不動，選項B錯誤；
ACD．取滑塊的運動方向為正，蝸牛從滑塊的一端移動到另一端時，滑塊與蝸牛運動的位移之和為L．設滑塊運動的位移大小為x1，蝸牛運動的位移大小為x2。根據(jù)動量守恒定律得
可得
即蝸牛運動的位移是滑塊的倍。又由
得
故C錯誤，AD正確。
故選AD。
11．AB
【詳解】由圖，AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等．根據(jù)動量定理，對整個過程研究得：F1t1-ftOB=0，F(xiàn)2t2-ftOD=0；由圖看出，tOB＜tOD，則有 F1t1＜F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量， 故A 正確；根據(jù)動量定理可知，合力的沖量等于動量的變化，因兩物體的初末動量均為零，則整個過程動量的變化為零，合力的沖量為零，故B正確；由動能定理：，由圖像可知s2>s1，可知Wf2>Wf1，WF2>WF1，故CD錯誤。
故選AB．
點睛：本題首先考查讀圖能力，其次考查動量定理及動能定理的應用，解題時關鍵是如何選擇研究過程，靈活運用物理規(guī)律.
12．BD
【詳解】A．從A剛接觸彈簧至彈簧再次恢復原長的過程中，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動能動量守恒、機械能守恒，以向右正方，由動量守恒定律得
由機械能守恒定律得
解得
，
故A錯誤；
B．兩物體速度相等時彈簧壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
故B正確；
C．從A剛接觸彈簧到彈簧再次回復原長的過程，對A，由動量定理得
解得彈簧彈力對A的沖量大小為，故C錯誤；
D．物體A與彈簧接觸后做減速運動，B做加速運動，彈簧壓縮量增大，彈簧彈力變大，B的加速度變大；當A、B兩物體速度相等時彈簧壓縮量最大然后彈簧逐漸恢復原長，彈簧彈力減小，B的加速度減小，B繼續(xù)做加速運動，故D正確；
故選BD。
13． EF/FE 2.00 0 0.970 2.86
【詳解】[1] 由于A滑塊與氣墊導軌間的摩擦力非常小，所以除了碰撞過程，A滑塊運動過程因摩擦力產(chǎn)生的加速度非常小，在相同時間內(nèi)相鄰位移的差值也非常小，根據(jù)圖b中所標數(shù)據(jù)，可看出只有EF間的位移相比相鄰間的位移變化比較明顯，故碰撞發(fā)生在EF間；
[2] A滑塊碰撞前的速度為
[3] B滑塊碰撞前的速度為0；
[4] A滑塊碰撞后的速度為
[5] B滑塊碰撞后的速度為
14． BD m1OP=m1OM+m2ON N P
【詳解】（1）[1]A．斜槽軌道沒必要盡量光滑，只要到達底端時的速度相等即可，選項A錯誤；
B．斜槽軌道末端的切線必須水平，以保證小球能做平拋運動，選項B正確；
C．入射球和被碰球的大小必須相同，以保證兩球能發(fā)生正碰，選項C錯誤；
D．入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止釋放，以保證到達底端時的速度相等，選項D正確。
故選BD。
（3）[2]碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得
m1v1=m1v2+m2v3
小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得
m1v1t=m1v2t+m2v3t
得
m1OP=m1OM+m2ON
（4）[3][4]若m2＞4m1，兩球為彈性碰撞，則由

若當m2=4m1時可解得

則入射球m1會碰后反彈，沿斜面上滑后返回到斜面底端，然后做平拋運動，根據(jù)速度關系可知，m1碰撞前的落點為N，m1碰撞后的落點為P；
（5）[5]由以上分析可知，為了驗證碰撞前后動量守恒，乙同學只需驗證表達式
兩邊乘以t
即
15．（1），方向豎直向上；（2），方向豎直向上
【詳解】（1）小球接觸軟墊前做自由落體運動，則有
解得
從小球自由落下到接觸軟墊至最低點過程，以豎直向下為正方向，根據(jù)動量定理可得
解得
可知這段時間軟墊對小球的沖量大小為，方向豎直向上。
（2）設這段時間軟墊對小球的平均作用力為，則有
解得
可知這段時間軟墊對小球的平均作用力大小為，方向豎直向上。
16．（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）子彈擊中木塊，根據(jù)動量守恒有
解得子彈擊中木塊后的速度
（2）根據(jù)能量守恒
得子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產(chǎn)生的熱量Q
（3）擊中后根據(jù)動能定理
木塊從C點飛出后做平拋運動
解得
17．（1）；（2）
【詳解】（1）設物塊和小車共速時的速度為，物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律可得
對小車，由動量定理可得
聯(lián)立解得
（2）物塊不從小車右端滑出，則物塊到達小車右端二者共速，設共速速度為，由動量守恒定律可得
由能量守恒定律可知
解得
故物塊滑上小車左端的速度v不超過。
18．（1）2m/s；（2）3kg。
【詳解】（1）設小球A下滑到水平軌道上時的速度大小為v1，平臺水平速度大小為v，由水平方向動量守恒定律有
再由能量守恒定律有
聯(lián)立可解
，
即小球A滑至水平軌道上速度的大小為2m/s。
（2）小球A、B碰后運動方向相反，設小球A、B碰后速度大小分別為和，由題意知
由A、B碰撞過程中遵循動量守恒定律得
再結(jié)合能量守恒定律可得
消去，可解得

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