2016年南昌二中高一下学期物理期末试卷（带解析）

2015-2016学年江西省南昌二中高一（下）期末物理试卷
　
一、选择题：（本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-7题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，8-12题有多个选项是正确的，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．）
1．关于冲量，以下说法正确的是（　　）
A．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零
B．只要物体受到的合外力不为零，该物体在任意时间内所受的总冲量就一定不为零
C．做曲线运动的物体，在任意时间内所受的总冲量一定不为零
D．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同
2．在空间某一点以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，则从抛出到落地的总时间内（　　）
A．做下抛运动的小球动量变化最大
B．做平抛运动的小球动量变化最小
C．三个小球动量变化大小相等
D．三个小球动量变化率相等
3．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移﹣时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移﹣时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移﹣时间图象，若A球质量m=2kg，则由图可知下列结论错误的是（　　）
 
A．A、B碰撞前的总动量为3 kg•m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为﹣4 N•s
C．碰撞前后A的动量变化为4 kg•m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
4．如图所示，光滑水平面上静置一质量为M的木块，由一轻弹簧固连在墙上，有一质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在其中，当木块又回到原来位置的过程中，墙对弹簧的冲量大小为（　　）
 
A．0 B．  C．  D．2mv0
5．用长度为l的细绳悬挂一个质量为m的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取做零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为（　　）
A．  mg  B．mg  C．  mg  D．  mg
6．质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始作匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图象如图所示．设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B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
7．甲、乙两球在光滑水平面上同一直线同一方向上运动，它们动量p甲=5kg•m/s，p乙=7kg•m/s，已知甲球速度大于乙球速度，当甲球与乙球碰后，乙球动量变为10kg•m/s，则m甲，m乙关系可能是（　　）
A．m甲=m乙 B．m甲= m乙 C．m甲= m乙 D．m甲= m乙
8．下列说法正确的是（　　）
A．一对平衡力所做功之和一定为零，一对作用力与反作用力所做功之和也一定为零
B．一对平衡力的冲量之和一定为零，一对作用力与反作用力的冲量之和也一定为零
C．合力冲量的方向一定与物体动量的变化方向相同，也一定与物体的末动量方向相同
D．火箭喷出的燃气的速度越大、火箭的质量比越大，则火箭获得的速度就越大
9．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为△P1、△P2、△P3，则有（　　）
 
A．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等
B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
C．I1＜I2＜I3，△P1=△P2=△P3
D．I1＜I2＜I3，△P1＜△P2＜△P3
10．如图所示，甲、乙两小球沿光滑轨道ABCD运动，在水平轨道AB上运动时，两小球的速度均为5米/秒，相距10米，水平轨道AB和水平轨道CD的高度差为1.2米，水平段与斜坡段间均有光滑小圆弧连接，且两小球在运动中始终未脱离轨道，关于两小球在轨道CD上的运动情况，下列说法正确的是（　　）
 
A．两小球在水平轨道CD上运动时仍相距10米
B．两小球在水平轨道CD上运动时相距14米
C．两小球到达图示位置P点的时间差为2秒
D．两小球到达图示位置P点的时间差为1.43秒
11．质量为m的汽车在平直的公路上行驶，某时刻速度为v0，从该时刻起汽车开始加速，经过时间t前进的距离为s，此时速度达到最大值vm，设在加速度过程中发动机的功率恒为P，汽车所受阻力恒为Fμ，则这段时间内牵引力所做的功为（　　）
A．Pt B．Fμvmt
C．Fμs D．  +Fμs﹣
12．一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，ho表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0＜k＜l）则由图可知，下列结论正确的是（　　）
 
A．①表示的是重力势能随上升高度的图象，②表示的是动能随上升高度的图象
B．上升过程中阻力大小恒定且f=（k+1）mg
C．上升高度h= h0时，重力势能和动能相等
D．上升高度h= 时，动能与重力势能之差为 mgh0
　
二、填空题（本大题有3小题，每空2分，共18分）
13．如图，光滑水平面上有质量100kg、长度为4m的平板小车，车两端站着A、B两人，A质量为70kg，B质量为30kg，两人交换位置，此过程中车移动的位移是　　　　　　．
 
14．某种气体分子束由质量m速度v的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n个分子，则被分子束撞击的平面所受到的压强P=　　　　　　．
15．如图所示是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱．实验时，将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞．碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a．B点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c．此外，还需要测量的量是　　　　　　、　　　　　　、和　　　　　　．根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为　　　　　　．
 
　
三、计算题（本大题共4小题，共44分．解答本题时，要求写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不给分）
16．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，求：
（1）整个过程中重力的冲量；
（2）该段时间安全带对人的平均作用力大小．
17．质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，重力加速度为g．不固定小车，滑块从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，滑块质量 m= ，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：滑块从A到C运动过程中，小车位移S的大小．
 
18．用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以6m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长．质量为4kg的物体C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者粘在一起运动．求在以后的运动中，
（1）弹簧弹性势能的最大值
（2）请通过计算说明A会不会有向左运动的时候．
 
19．如图所示，一内壁光滑的圆环形窄槽固定在水平桌面上，槽内彼此间距相等的 A、B、C三位置处，分别有静止的大小相同的弹性小球m1、m2、m3，小球与槽壁刚好接触．现让m1以初速度v0沿槽顺时针运动．已知三球的质量分别为m1=m、m2=m3=2m，小球球心到圆环中心的距离为R．设各球之间的碰撞时间极短，碰撞中没有能量损失．求：
（1）m1和m2相碰后各自的速度大小；
（2）m3和m1第一次碰撞的位置；
（3）m1和m2第一次相碰后；再经过多长时间，m1和 m2第二次相碰？
 
　
 

2015-2016学年江西省南昌二中高一（下）期末物理试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题：（本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-7题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，8-12题有多个选项是正确的，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．）
1．关于冲量，以下说法正确的是（　　）
A．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零
B．只要物体受到的合外力不为零，该物体在任意时间内所受的总冲量就一定不为零
C．做曲线运动的物体，在任意时间内所受的总冲量一定不为零
D．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同
【考点】动量定理．
【分析】力与力的作用时间的乘积等于力的冲量．恒力的冲量方向与力的方向相同；合外力的冲量等于动量的变化．
【解答】解：A、合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故A错误；
B、合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为零，故物体受到的合外力不为零时，物体在任一△t时间内所受外力的合冲量可能为零，故B错误；
C、合外力的冲量等于动量的变化，做曲线运动的物体，如果在任何△t时间内动量的变化为零，则其所受外力的合冲量为零，故C错误；
D、如果力是恒力，则冲量的方向就是该力的方向，故D正确；
故选：D．
　
2．在空间某一点以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，则从抛出到落地的总时间内（　　）
A．做下抛运动的小球动量变化最大
B．做平抛运动的小球动量变化最小
C．三个小球动量变化大小相等
D．三个小球动量变化率相等
【考点】动量定理．
【分析】根据动量定理，动量该变量等于合力的冲量，只有重力做功，故运动时间长的动量改变量大；根据动量定理，动量的变化率等于合力．
【解答】解：ABC、三个球运动过程中只受重力作用，根据动量定理，动量改变量等于合力的冲量，故动量的改变量等于重力的冲量；
上抛运动的时间最长，下抛运动的时间最短，根据△P=I=mgt，做上抛运动的小球动量变化最大，做下抛运动的小球动量变化最小；
故A错误，B错误，C错误；
D、根据动量定理，动量的变化率等于合力，合力相等，故三个球的动量的变化率相等，故D正确；
故选：D
　
3．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移﹣时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移﹣时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移﹣时间图象，若A球质量m=2kg，则由图可知下列结论错误的是（　　）
 
A．A、B碰撞前的总动量为3 kg•m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为﹣4 N•s
C．碰撞前后A的动量变化为4 kg•m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
【考点】动量守恒定律；动量定理；功能关系．
【分析】在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的定义公式及动量守恒定律可以求解．
【解答】解：由s﹣t图象可知，碰撞前有：A球的速度 vA= = =﹣3m/s，B球的速度 vB= = =2m/s
碰撞后有：A、B两球的速度相等，为 vA′=vB′=v= = =﹣1m/s；
对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒．
碰撞前后A的动量变化为：△PA=mvA′﹣mvA=2×（﹣1）﹣2×（﹣3）=4kg•m/s
根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为：△PB=﹣△PA=﹣4kg•m/s
又：△PB=mB（vB′﹣vB），所以：mB= = = kg
所以A与B碰撞前的总动量为：p总=mvA+mBvB=2×（﹣3）+ ×2=﹣ kg•m/s
由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB=△PB=﹣4kg•m/s=﹣4N•s．
碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：△EK= mvA2+ mBvB2﹣ （m+mB）v2，代入数据解得：△EK=10J，故A错误，BCD正确；
本题选错误的，故选：A
　
4．如图所示，光滑水平面上静置一质量为M的木块，由一轻弹簧固连在墙上，有一质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在其中，当木块又回到原来位置的过程中，墙对弹簧的冲量大小为（　　）
 
A．0 B．  C．  D．2mv0
【考点】动量守恒定律；动量定理．
【分析】根据动量守恒定律求出子弹射入木块后的速度，再根据动量定理求出木块受到的弹簧的冲量，即可得到墙对弹簧的冲量．
【解答】解：由于子弹射入木块的时间极短，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0=（M+m）v，
解得：v= ．
从弹簧被压缩到木块第一次回到原来的位置过程中，速度大小不变，方向改变，对木块（含子弹），根据动量定理得：
I=﹣（M+m）v﹣（M+m）v=﹣2（M+m） =﹣2mv0．
由于弹簧的质量不计，则墙对弹簧的弹力等于弹簧对木块的弹力，所以墙对弹簧的冲量大小等于弹簧对木块的冲量大小，为2mv0．
选项ABC错误，D正确．
故选：D
　
5．用长度为l的细绳悬挂一个质量为m的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取做零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为（　　）
A．  mg  B．mg  C．  mg  D．  mg
【考点】功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】小球在运动的过程中机械能守恒，可以求得动能和势能相等时小球的速度的大小和与水平方向的夹角的大小，在根据P=mgvcosθ可以求得瞬时功率的大小．
【解答】解：设小球在运动过程中第一次动能和势能相等时的速度为v，此时绳与水平方向的夹角为θ，
则由机械能守恒定律得mglsinθ= mv2= mgl，
解得  sinθ= ，v=
即此时细绳与水平方向夹角为30°，
所以重力的瞬时功率为p=mgvcos30°= mg ．所以C正确．
故选C．
　
6．质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始作匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图象如图所示．设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B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
【考点】动量定理；功的计算．
【分析】根据两物块做匀减速运动，求出匀减速运动的加速度之比，从而求出摩擦力之比，再根据匀加速运动的加速度之比，根据牛顿第二定律求出F1和F2的大小之比，然后根据冲量的计算公式即可求出冲量之间的关系．
速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．根据面积比得出位移比．
撤去拉力后两图象平行，说明加速度相等，由牛顿第二定律分析则知，两物体与地面的动摩擦因数相同，对全过程研究，运用动能定理求解拉力做功．
【解答】解：从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为 ，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma′，则摩擦力大小都为m ．根据图象知，匀加速运动的加速度分别为： ， ，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F﹣f=ma，则F1= ，F2= ，F1和F2的大小之比为12：5；
所以： ＜1，则I1＜I2；
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；
两个物体的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功与摩擦力做的功大小相等，所以：
 ，则W1＞W2．
故选：B
　
7．甲、乙两球在光滑水平面上同一直线同一方向上运动，它们动量p甲=5kg•m/s，p乙=7kg•m/s，已知甲球速度大于乙球速度，当甲球与乙球碰后，乙球动量变为10kg•m/s，则m甲，m乙关系可能是（　　）
A．m甲=m乙 B．m甲= m乙 C．m甲= m乙 D．m甲= m乙
【考点】动量守恒定律．
【分析】两球碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒求出碰撞后甲的动量．根据甲球速度大于乙球速度，以及碰撞过程中总动能不增加，列出不等式，求出甲与乙质量比值的范围进行选择．
【解答】解：因为碰撞前，甲球速度大于乙球速度，则有  ，得到 
根据动量守恒得：p甲+p乙=p甲′+p乙′，
代入解得p甲′=2kg•m/s．
根据碰撞过程总动能不增加得到：  + ≥ + ，
代入解得：   =
又碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则有： ≤ ，
代入解得： ≥
所以有： ≤ ≤
故选：C
　
8．下列说法正确的是（　　）
A．一对平衡力所做功之和一定为零，一对作用力与反作用力所做功之和也一定为零
B．一对平衡力的冲量之和一定为零，一对作用力与反作用力的冲量之和也一定为零
C．合力冲量的方向一定与物体动量的变化方向相同，也一定与物体的末动量方向相同
D．火箭喷出的燃气的速度越大、火箭的质量比越大，则火箭获得的速度就越大
【考点】动量守恒定律；功的计算．
【分析】功是力与力的作用点在力的方向上的位移的乘积；冲量是力与时间的乘积，根据动量定理，合力的冲量等于物体动量的该变量；火箭的质量比是火箭起飞时的质量（包括推进剂在内的质量）与发动机关机（熄火）时刻的火箭质量（火箭的结构质量，即净重）之比，因此，质量比大，就意味着火箭的结构质量小，所携带的推进剂多．
【解答】解：A、合力的功等于各个分力的功的代数和，一对平衡力的合力为零，故一对平衡力所做功之和一定为零；
一对作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，两个力的作用点的位移不一定相等，故一对作用力与反作用力所做功之和可以为零；故A错误；
B、冲量是力与时间的乘积，故一对平衡力的冲量大小相等、方向相反，故一对平衡力的冲量之和一定为零；一对作用力与反作用力大小相等、方向相反、作用时间相等，故一对作用力与反作用力的冲量之和也一定为零；故B正确；
C、根据动量定理，物体所受合力冲量的方向一定与物体动量的变化方向相同，不一定与物体的末动量方向相同，故C错误；
D、火箭是利用反冲的原理工作的，根据动量守恒定律，有：0=（M﹣m）v﹣mv′；
解得：v′= ；
喷出的燃气的速度越大、火箭的质量比越大，则火箭能够获得的速度就越大，故D正确；
故选：BD
　
9．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为△P1、△P2、△P3，则有（　　）
 
A．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等
B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
C．I1＜I2＜I3，△P1=△P2=△P3
D．I1＜I2＜I3，△P1＜△P2＜△P3
【考点】动量定理；功能关系．
【分析】重力的冲量I=mgt，根据物体的运动的情况，求得物体运动的时间的关系，可以求得冲量的大小；
动量变化量的大小△p=mv，求得物体的速度的大小即可求得动量变化量的大小．
【解答】解：ACD、由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量△p=mv相等，即△p1=△p2=△p3；
根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化率，故合力的冲量也相等，注意不是相同（方向不同）；
设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由
得物体下滑的时间t= ，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I=mgt就越大，故I1＜I2＜I3；
故A正确，C正确，D错误；
B、物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确；
故选：ABC
　
10．如图所示，甲、乙两小球沿光滑轨道ABCD运动，在水平轨道AB上运动时，两小球的速度均为5米/秒，相距10米，水平轨道AB和水平轨道CD的高度差为1.2米，水平段与斜坡段间均有光滑小圆弧连接，且两小球在运动中始终未脱离轨道，关于两小球在轨道CD上的运动情况，下列说法正确的是（　　）
 
A．两小球在水平轨道CD上运动时仍相距10米
B．两小球在水平轨道CD上运动时相距14米
C．两小球到达图示位置P点的时间差为2秒
D．两小球到达图示位置P点的时间差为1.43秒
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1）在水平轨道AB上运动时，两小球的速度相同，知道相互之间的距离，可求两球先后到达斜面顶端的时间差，而两球在斜面上的平均速度相同，所以在斜面上的时间相同，进而求出两球先后到达斜面低端的时间差，进一步得出甲乙在CD面上距离；
（2）在水平轨道AB上运动时，两小球的速度相同，知道相互之间的距离，可求两球先后到达斜面顶端的时间差，而两球在斜面上的平均速度相同，所以在斜面上的时间相同，进而求出两球先后到达斜面低端的时间差，而CD表面是光滑的，甲乙速度相同，可求甲乙到达P点的时间间隔．
【解答】解：AB、在水平轨道AB上运动时，两小球的速度均为5m/s，相距s=10m，当乙球斜面开始下落后2s甲才到达斜面；两球在斜面上的平均速度相同，在斜面上的时间相同，所以当乙到达斜面低端后2s甲才到达斜面低端，可见当乙在CD面上运动2s后甲才到达CD面，所以甲乙在CD面上距离s=vt=7m/s×2s=14m，故A错误B正确；
CD、在水平轨道AB上运动时，两小球的速度均为5m/s，相距s=10m，当乙球斜面开始下落后2s甲才到达斜面；两球在斜面上的速度相同，在斜面上的时间相同，所以当乙到达斜面低端后2s甲才到达斜面低端，可见当乙在CD面上运动2s后甲才到达CD面，而CD表面是光滑的，甲乙速度相同，所以甲乙到达P点的时间间隔还是2s，故C正确、D错误．
故选：BC．
　
11．质量为m的汽车在平直的公路上行驶，某时刻速度为v0，从该时刻起汽车开始加速，经过时间t前进的距离为s，此时速度达到最大值vm，设在加速度过程中发动机的功率恒为P，汽车所受阻力恒为Fμ，则这段时间内牵引力所做的功为（　　）
A．Pt B．Fμvmt
C．Fμs D．  +Fμs﹣
【考点】功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】汽车以额定功率，经时间t后从速度v0开始加速行驶了s距离，恰好达到最大速度vm，由于汽车所受阻力恒为F，所以由动能定理可求出发动机所做的功．
【解答】解：A、由于发动机功率恒定，则经过时间t，发动机所做的功为：W=Pt，故A正确；
D、汽车从速度v0到最大速度vm过程中，由动能定理可知：
W﹣Fμs= mvm2﹣ m
解得：W= mvm2﹣ m +Fμx，故D正确；
B、当速度达到最大值vm时，由P=Fvm=Fμvm，
所以汽车的牵引力在这段时间内做功也等于Pt=Fμvmt，故B正确；
C、FμS表示阻力做功，故C错误；
故选ABD．
　
12．一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，ho表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0＜k＜l）则由图可知，下列结论正确的是（　　）
 
A．①表示的是重力势能随上升高度的图象，②表示的是动能随上升高度的图象
B．上升过程中阻力大小恒定且f=（k+1）mg
C．上升高度h= h0时，重力势能和动能相等
D．上升高度h= 时，动能与重力势能之差为 mgh0
【考点】机械能守恒定律．
【分析】根据动能定理得出物体的动能与高度的关系式，重力势能为EP=mgh，即可选择图象．由动能定理列式求出空气阻力，并求出高度h= h0时的动能和重力势能．再求解高度h= 时动能与重力势能之差．
【解答】解：A、小球上升过程中，根据动能定理得：﹣（mg+f）h=Ek﹣Ek0，得Ek=Ek0﹣（mg+f）h，可见Ek﹣h是减函数，由图象②表示．重力势能为EP=mgh，EP与h成正比，由图象①表示．故A正确．
B、对于整个上升过程，根据动能定理得：﹣（mg+f）h0=0﹣Ek0，由图象②得，mgh0= ，联立解得，f=kmg．故B错误．
C、当高度h= h0时，动能为 Ek=Ek0﹣（mg+f）h=Ek0﹣（k+1）mg• h0，又由上知，Ek0=（k+1）mgh0，联立解得，Ek= mgh0，重力势能为EP=mgh= mgh0，所以在高度h= h0时，物体的重力势能和动能相等．故C正确．
D、当上升高度h= 时，动能为Ek=Ek0﹣（mg+f）h=Ek0﹣（k+1）mg• = mgh0，重力势能为 EP=mg• ，则动能与重力势能之差为 mgh0．故D错误．
故选：AC
　
二、填空题（本大题有3小题，每空2分，共18分）
13．如图，光滑水平面上有质量100kg、长度为4m的平板小车，车两端站着A、B两人，A质量为70kg，B质量为30kg，两人交换位置，此过程中车移动的位移是　0.8m　．
 
【考点】动量守恒定律．
【分析】两人交换位置的过程中，两个人以及车组成的系统，动量守恒，根据动量守恒定律结合三者之间的位移关系列式求解即可．
【解答】解：两人交换位置的过程中，两个人以及车组成的系统，动量守恒，设小车的质量为M，A的质量为mA，B的质量为mB，以向右为正，
根据动量守恒定律得：
mAvA=mBvB+Mv，
设小车的长度为L，小车运动的位移为x，由于时间相等，结合位移关系得：
mA（L﹣x）=mB（L+x）+Mx
带入数据得：
70×（4﹣x）=30×（4+x）+100x
解得：x=0.8m
故答案为：0.8m
　
14．某种气体分子束由质量m速度v的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n个分子，则被分子束撞击的平面所受到的压强P=　2nmv2　．
【考点】动量定理．
【分析】求解出时间t内碰撞面积S上的分子数，然后根据动量定理列式求解平均碰撞力，最后求解压强
【解答】解：时间t内碰撞面积S上的分子数：N=（vt•S）n
容器有6个面，所以每个器壁碰撞的分子数为
对于这部分分子，根据动量定理，有：﹣Ft=﹣Nmv﹣Nmv
解得：F=nmv2s；
p= =nmv2
故答案为：2nmv2
　
15．如图所示是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱．实验时，将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞．碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a．B点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c．此外，还需要测量的量是　球1的质量m1　、　球2的质量m2　、和　桌面高H　．根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为　2m1 =2m1 +m2 　．
 
【考点】验证动量守恒定律．
【分析】要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量12两个小球的质量，1球下摆过程机械能守恒，根据守恒定律列式求最低点速度；球1上摆过程机械能再次守恒，可求解碰撞后速度；碰撞后小球2做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式求解碰撞后2球的速度，然后验证动量是否守恒即可．
【解答】解：要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量1、2两个小球的质量m1、m2，要通过平抛运动的分位移公式求解碰撞后2球的速度，所以要测量立柱高h，桌面高H；
小球1从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有
m1g（a﹣h）= m1v12
解得：v1=
碰撞后1小球上升到最高点的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有
m1g（b﹣h）= m1v22
解得：v2=
碰撞后小球2做平抛运动，
t=
所以2球碰后速度v3= = ，
所以该实验中动量守恒的表达式为：m1v1=m2v3+m1v2
带入数据得：2m1 =2m1 +m2 ，
实验需要测量的量为：球1的质量m1，球2的质量m2，桌面高H；
故答案为：球1的质量m1；球2的质量m2；桌面高H；2m1 =2m1 +m2 ．
　
三、计算题（本大题共4小题，共44分．解答本题时，要求写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不给分）
16．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，求：
（1）整个过程中重力的冲量；
（2）该段时间安全带对人的平均作用力大小．
【考点】动量定理．
【分析】（1）先根据h= 求解自由落体运动的时间，从而求出总时间，再根据I=mgt总求解重力的冲量；
（2）对运动全程根据动量定理列式求解平均拉力．
【解答】解：对自由落体运动，有：
h=
解得： ，
则整个过程中重力的冲量I=mg（t+t1）=mg（t+ ）
（2）规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：
mg（t1+t）﹣Ft=0
解得：
F=
答：（1）整个过程中重力的冲量为mg（t+ ）；
（2）该段时间安全带对人的平均作用力大小为 ．
　
17．质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，重力加速度为g．不固定小车，滑块从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，滑块质量 m= ，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：滑块从A到C运动过程中，小车位移S的大小．
 
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．
【分析】滑块从A到C运动过程中，滑块和小车组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，由动量守恒定律和速度与位移的关系列式求小车位移S的大小．
【解答】解：滑块从A到C运动过程中，滑块和小车组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，平均动量也守恒．
设滑块从A到C运动过程中，小车位移S的大小为x，则滑块相对于地的位移大小为（R+L）﹣x．
取水平向右为正方向．根据平均动量守恒得
  m ﹣M =0
又 m= ，
联立解得 x=
答：滑块从A到C运动过程中，小车位移S的大小是 ．
　
18．用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以6m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长．质量为4kg的物体C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者粘在一起运动．求在以后的运动中，
（1）弹簧弹性势能的最大值
（2）请通过计算说明A会不会有向左运动的时候．
 
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．
【分析】（1）B与C发生碰撞后，A物体没有参加碰撞，由动量守恒定律求出BC碰后共同速度．BC碰后，弹簧被压缩，当三者速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒求出BC碰撞后的共同速度．由机械能守恒求解弹性势能的最大值．
（2）假设A速度向左，根据动量守恒研究BC共同体的速度，分析系统的总机械能的变化情况，若总机械能增加，则不可能．
【解答】解：（1）B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，取向右为正方向，设碰后瞬间两者的速度为v1，则根据动量守恒定律有：
mBv=（mB+mC）v1
代入数据解得：v1=2m/s
当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A、B、C三者组成的系统动量守恒得：
（mA+mB）v=（mA+mB+mC）v2
代入数据解得：v2=3m/s
设弹簧的弹性势能最大为EP，根据碰后系统的机械能守恒得：
EP= （mB+mC） + mAv2﹣ （mA+mB+mC）
代入数据解得为：EP=12J．
（3）从开始到BC碰后的任意时刻，系统动量守恒，则有：
（mA+mB）v=mAvA+（mB+mC）vB
假设A能向左运动，则 vA＜0，vB＞4m/s，此时A、B、C动能之和为：
E′= mAvA2+ （mB+mC）vB2＞ （mB+mC）vB2=48J
实际上系统的机械能：E= （mB+mC） + mAv2=48J
根据能量守恒定律，E′＞E，违反了能量守恒定律，是不可能的．
故A不会向左运动
答：（1）弹簧弹性势能的最大值是12J．
（2）A没有向左运动的时候．
　
19．如图所示，一内壁光滑的圆环形窄槽固定在水平桌面上，槽内彼此间距相等的 A、B、C三位置处，分别有静止的大小相同的弹性小球m1、m2、m3，小球与槽壁刚好接触．现让m1以初速度v0沿槽顺时针运动．已知三球的质量分别为m1=m、m2=m3=2m，小球球心到圆环中心的距离为R．设各球之间的碰撞时间极短，碰撞中没有能量损失．求：
（1）m1和m2相碰后各自的速度大小；
（2）m3和m1第一次碰撞的位置；
（3）m1和m2第一次相碰后；再经过多长时间，m1和 m2第二次相碰？
 
【考点】动量守恒定律．
【分析】（1）A和B相碰时没有机械能损失，遵守动量守恒和机械能两大守恒，分别列出两大守恒定律的方程，求出A和B第一次相碰后各自的速度大小；
（2）因为m2=m3=2m，与第（1）问同理可得，m2运动到C处与m3碰后，两者交换速度，再根据位移关系求解相碰的位置；
（3）m3与m1碰撞过程满足动量守恒和机械能两大守恒，分别列出两大守恒定律的方程，求出m3与m1相碰后各自的速度大小，再根据时间等于弧长除以速度求解．
【解答】解：（1）由题知碰撞过程动量守恒，动能守恒m1与m2碰撞过程满足
mv0=mv1+2mv2
 mv02= mv12+ 2mv22
得v1=﹣ （负号表示逆时针返回），v2=
（2）因为m2=m3=2m，与第（1）问同理可得，m2运动到C处与m3碰后，两者交换速度，
即v2′=0，v3= =v2
所以m3以 的速度顺时针由C向A运动，与m1逆时针返回．
因为v2=v3=2v1，lBC+lCA=2lAB
所以m3和m1同时到达A点并进行碰撞．
（3）m3与m1碰撞过程满足
2m ﹣m =mv1′+2mv3′
 2m（ ）2+ m（ ）2= mv1′2+ 2mv3′，
解之得v1′=v0
v3′=0
（另一组解v1′=﹣ v0，v3′= ，这表示互相穿过去，不可能，所以舍去）即碰后m3停止，m1以v0再次顺时针运动．
m1和m2第一次相碰后，返回A点的时间
 
m1与m3在A处碰后，m1以v0返回到C的时间t2=2×
从m1和m2第一次相碰，到m1和m2第二次相碰经历的总时间t=t1+t2=
答：（1）碰后m1的速度为反向的 v0，m2的速度为 v0；
（2）m1和m3第一次相碰点在A点；
（3）m1和m2第一次相碰后再经过 时间，m1和 m2第二次相碰．
　
2016年8月11日