0 B.，方向向左 C.，方向向右 D.不能确定 答案 B 解析 以水平向右为正方向，设在最低点时m 和M 的速度大小分别为v 和v′，根据动量守 恒定律得：0＝mv－Mv′，根据机械能守恒定律得：mgR＝mv2＋Mv′2，联立以上两式解得v′ ＝，方向向左，故选项B 正确. 5.(2018·济南市高二下期末)一只爆竹竖直升空后，在高为h 处达到最高点并发生爆炸，分为 质量不同的两 力加速度为g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距( ) A. B. C.4v D. 答案 D 解析 设其中一块质量为m，另一块质量为3m.爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度v 的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv－3mv′＝0，解得v′＝；设两块爆竹落地用的时间 为t，则有：h＝gt2，得t＝，落地点两者间的距离为：s＝(v＋v′)t，联立各式解得：s＝，故 选D. 6.如图3 所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m C 解析 整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A 错误；设小球离开 小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋ mv2①，由机械能守恒得：mv0 2＝mv1 2＋mv2 2②，联立①②，解得v1＝0，v2＝v0，即小球与 小车分离时二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故B、D 错误，C 正确. 7.(2018·会宁四中高二下期中)如图4

根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv0＝mv 甲＋mv 乙⑤ mv0 2＝mv 甲 2＋mv 乙 2⑥ 联立⑤⑥得v 乙＝v0⑦ 由动能定理得 －mg·2R－qE·2R＝mvD 2－mv 乙 2⑧ 联立①⑦⑧得v0＝2 m/s. 17.答案 (1)2mv0 2 (2) (3)圆形 πd2 解析 (1)微粒从P 喷出到打在B 板，由动能定理得qEd＝Ek－mv0 2 得Ek＝2mv0 2 (2)设微粒到达O 点时的速度为v, Ek＝mv2，解得v＝2v0 微粒从P 到O 做匀加速直线运动，有t＝d，得t＝ (3)微粒落在B 板上所形成的图形是圆形．微粒运动水平距离最大时，初速度水平，做类平 抛运动，设此运动时间为t′，微粒在电场中运动的加速度为a＝＝ 竖直方向：d＝at′2 水平方向：圆形半径R＝v0t′ 圆面积为S＝πR2 得S＝πd2. 18.

碰撞前，列动能定理有 2 0 1 10 2 2 2 mgR mgR mv     解得 0 3 v gR  D 与C 发生弹性碰撞，设水平向右为正方向，根据动量守恒和动能守恒列方程有 0 1 2 2 2 mv mv mv   2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2 2 2 mv mv mv      则碰后C 的速度为 2 4 v gR  （2）对滑块C （2）对滑块C 从B 点到Q 点列动能定理有 2 2 2 1 1 2 (5 ) 2 2 Q mg R mg R R mv mv        解出滑块C 在Q 点速度为 8 Q v gR  在Q 点，对滑块列牛顿第二定律知 2 Q v mg N m R R   联立代入数据解得 7 N mg  由牛顿第三定律得滑块C 对轨道的压力 7 N N mg  2 p1 0 1 2 2 2 E mgR mv       再根据（1）中C、D 撞前撞后的关系，联立解得 p1 13 4 E mgR  若滑块C 能沿轨道返回水平面，则C 滑块至多滑到与等效重力场方向垂直时速度减为0 '' 2 2 1 4 cos37 (1 sin 37 ) 0 2 mg R qER mgR mv         对D 列能量守恒知

16、解：（1）设滑块与盒子相对静止时速度为v1，由动量守恒得 mv=（m+2m）v1 3 分 得 v1=v 3 3 分 （2）设滑块相对盒子的路程为S,由能量守恒得 1 2 mv 2=1 2 （m+2m）v1 2+μmg S 3 分 得 s= v 2 2 3 μ g 3 分 17、解：（1）设小球C 第一次摆到最低点时速度为 v1，AB 共同向右的速度大小为v2 mg L=1 2 mv1 2+ 1 2 （3m）v2 2 ① 2 分 0=m v1−3m v2 ② 1 m v1−2m v2=3m v3 ④ 1 分 1 2 mv1 2+1 2 2mv2 2=1 2 3mv3 2+mgℎ ⑤ 2 分 得 h= 8 15 m ⑥

N·s，第二秒内受到的冲量为5 N·s，它在第二秒末的动量为( ) A.10 kg·m/s B.11 kg·m/s C.13 kg·m/s D.16 kg·m/s 答案 A 解析 根据动量定理得：p－mv0＝Ft，则p＝Ft＋mv0＝(－3＋5＋8) kg·m/s＝10 kg·m/s，故 选A. 一、对动量及其变化量的理解 在激烈的橄榄球赛场上，一个较瘦弱的运动员携球奔跑时迎面碰上了高大结实的对方运动员， 量的变化量多大？动量的变化量 的方向如何？ 答案 (1)动量是300 kg·m/s 方向向东 做曲线运动时他的动量变化了，因为速度方向变了 (2)300 kg·m/s 方向向西 1.动量p＝mv，是描述物体运动状态的物理量恒定的速率，是矢量，其方向与运动物体的速 度方向相同. 2.物体动量的变化Δp＝p′－p 是矢量，其方向与速度变化的方向相同，在合力为恒力的情况 下，物体动量的变化 m/s，方向向下，篮球反弹时的初速度 v2＝＝ m/s＝2 m/s，方向向上.规定竖直向下为正方向，篮球的动量变化量为Δp＝(－mv2)－ mv1＝－0.5×2 kg·m/s－0.5×4 kg·m/s＝－3 kg·m/s. 即篮球的动量变化量大小为3 kg·m/s，方向竖直向上. 篮球的动能变化量为ΔEk＝mv2 2－mv1 2＝×0.5×22 J－×0.5×42 J＝－3 J 即动能减少了3 J. 动量与动能的区别与联系

- ) + Mv M m v mv  2 分 解得   0 M v v v v m    ＋ 2 分 嘉兴市高二物理期末测试 参考答案 第2 页共3 页 20．（12 分） （1）由图得：T=0.8π（s） 2 分 （2）由单摆的周期公式 g L T  2  2 分 得L=1.6m 1 分 （3）在最低点B，根据牛顿第二定律，有：Fmax－mg=mv2 R ① 1 1 分 设最大摆角为θ，在最高点A 有：Fmin=mgcosθ ② 1 分 从A 到B：mgL（1-cosθ）=1 2mv2 ③ 2 分 联立①②③得：m=0.04kg，v=0.4 m/s 2 分 代入数据得P=1.6×10-2kg·m/s 1 分 21．（10 分） （1）设小球在板间飞行时间为t，t＝l v0 ＝0.2s 根据d＝1 2at2 得飞行加速度a＝2d t2 由能量守恒可得EP =mgR 从C 到B 过程由能量守恒可得 2 1 2 B mgR mv  1 分 在B 点由牛顿第二定律可得 2 B N v F mg m R   1 分 解得FN =3mg ，由牛顿第三定律可知，对轨道压力FN ' =FN 1 分 （2）从A 到D 过程由能量守恒可得 2 1 2 D P mv E mgR    由弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比，可知 4

(2)动能是状态量，具有瞬时性，与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应. (3)动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考 系. 2.动能变化量ΔEk ΔEk＝mv2 2－mv1 2，若ΔEk>0，则表示物体的动能增加，若ΔEk<0，则表示物体的动能减少. (2018·哈尔滨六校高一下学期期末联考)关于物体的动能，下列说法正确的是( ) A.物体的质量、速度不变，其动能一定不变 物体的质量、速度不变，其动能一定不变 B.物体的动能不变，其速度一定不变 C.两个物体中，速度大的动能也大 D.某一过程中物体的速度变化越大，其动能的变化一定越大 答案 A 解析 根据Ek＝mv2可知，如果物体的质量、速度不变，则动能不变，故A 正确；如果物体 的动能不变，则说明其速度大小一定不变，方向可能变化，故B 错误；动能由质量和速度 大小共同决定，速度大的物体动能不一定大，故C 错误；做匀速圆周运动的物体，速度变 的作用下向前运动了一段距离l，速度由v1 增加到v2.试推导出力F 对物体做功的表达式. 图2 答案 W＝Fl＝F·＝F·＝mv2 2－mv1 2 知识深化 对动能定理的理解 1.表达式：W＝Ek2－Ek1＝mv2 2－mv1 2 (1)Ek2＝mv2 2表示这个过程的末动能； Ek1＝mv1 2表示这个过程的初动能. (2)W 表示这个过程中合力做的功，它等于各力做功的代数和. 2.物理

为正方向，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋3m)v，得：v＝ (2)A 向右减速的过程，根据动能定理有－μmgx1＝mv2－mv0 2 则木块A 所发生的位移大小为x1＝ (3)方法一：B 向右加速过程的位移设为x2. 则μmgx2＝×3mv2，解得：x2＝ 木板的最小长度：L＝x1－x2＝ 方法二：从A 滑上B 至达到共同速度的过程中，由能量守恒得：μmgL＝mv0 2－(m＋3m)v2 (2)子弹射入后，木块在地面上前进的距离. 答案 (1) (2) 解析 (1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则由 动量守恒得：mv＝(M＋m)v′① 射入过程中系统损失的机械能ΔE＝mv2－(M＋m)v′2② 由①②两式解得：ΔE＝. (2)子弹射入木块后，二者一起沿地面滑行，设滑行的距离为x，由动能定理得： －μ(M＋m)gx＝0－(M＋m)v′2③ 的最小速度的大小. 答案 (1)mv0 2 (2) 解析 (1)B、C 碰撞前后动量守恒，以水平向左为正方向，则mv0＝3mv， 弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由机械能守恒定律可得：Epm＝×3mv2 联立解得：Epm＝mv0 2 (2)A 离开墙壁前，在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒.设弹簧恢复原长时，B、C 的 速度为v′， 有Epm＝mv′2，则v′＝. A 离开墙壁

8m 由v2＝2gh （1 分） 得儿童刚被接住时的速度v＝16m/s （1 分） 根据动量定理，儿童受到的合力的冲量 I＝0－mv （1 分） 得I＝-240N·s 负号表示方向竖直向上 （1 分） （2）儿童与施救者之间的相互作用时间t＝0.1s I＝Ft （16 分） 解： （1）P 与Q 组成的系统动量守恒可得 0 1 2 Mv Mv mv = + （1 分） 解得 2 2m / s v = （1 分） （2）Q 碰撞A 前，已达到与P 共速，设速度为v3，则 0 3 ( ) Mv M m v = + （1 分） 设Q 与A 发生碰撞后Q 速度为v4，A 质量为m0， 动量守恒， 3 4 0 5 mv mv m v = + （1 分） 动能守恒， 2 2 2 3 4 0 5 1 1 1 2 2 2 mv mv m v = + （1 分） Q 与A 发生碰撞后，P 与Q 组成系统动量守恒 3 4 6 ( ) Mv mv M m v + = +