高考物理1_5轮资料汇编专题07动量

高考物理1_5轮资料汇编专题07动量

专题 07 动量 一、单选题 1．右图是“牛顿摆”装置，5 个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5 根轻绳互相平行，5 个钢球 彼此紧密排列，球心等高。用 1、2、3、4、5 分别标记 5 个小钢球。当把小球 1 向左拉起一定高度，如图 甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球 5 向右摆起，且达到的最大 高度与球 1 的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是 （ ） A．上述实验过程中，5 个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．上述实验过程中，5 个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒 C．如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球 4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球 1、2、3 的释放高度 D．如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球 3、4、 5 一起向右摆起，且上升的最大高度与小球 1、2、3 的释放高度相同 【答案】 D 考点：动量守恒 弹性碰撞 2．质量都为 m 的小球 a、b、c 以相同的速度分别与另外三个质量都为 M 的静止小球相碰后，a 球被反向弹 回，b 球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c 球碰后静止，则下列说法正确的是 （ ） A．m 一定大于 M B．m 可能等于 M C．b 球与质量为 M 的球组成的系统损失的动能最大 D．c 球与质量为 M 的球组成的系统损失的动能最大 【答案】 C 【解析】 由 a 球被反向弹回，可以确定三小球的质量 m 一定小于 M；若 m≥M，则无论如何 m 不会被弹回．AB 错误； 当 m 与 M 发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大，即 b 与 M 粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞，b 球与 质量为 M 的球组成的系统损失的动能最大，C 正确．D 错误 故选 C 考点：考查动量守恒定律的应用 点评：分别依据被弹回，粘合在一起，静止，三种状态分析质量和系统损失能量关系，基础题， 3．1966 年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验。实验时，用宇宙飞船（质量为 m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量为 mx，发动机已熄火），如图所示。接触以后，开动飞船尾部的推 进器，使飞船和火箭共同加速，推进器的平均推力为 F，开动时间Δt，测出飞船和火箭的速度变化是Δv， 下列说法正确的是 （ ） A．火箭质量 xm 应为 v tF   B．宇宙飞船的质量 m 应为 v tF   C．推力 F 越大， t v   就越大，且 t v   与 F 成正比 D．推力 F 通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为 F 【答案】 C 【解析】对火箭和飞船组成的整体，运用冲量定理可得 ( )xF t m m v    ，所以火箭的质量应该为 x F tm mv   ，宇宙飞船的质量为 x F tm mv   ， ( )x vF m m t    所以推力 F 越大， 就越大，且 与 F 成正比。对 AB 错误，C 正确。对 xm 分析可得 x tT m v   ，小于推力 F.所以 D 错误。 4．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是 =5kg·m/s， =7kg·m/s，甲追上 乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为 =10kg·m/s，则两球质量 m 甲与 m 乙的关系可能是 （ ） A. m 甲=m 乙 B. m 乙=2m 甲 C. m 乙=4m 甲 D. m 乙=6m 甲 【答案】 C 【解析】由动量守恒定律得 P 甲+P 乙=P 甲′+P 乙′，解得：P 甲′=2kg•m/s，碰撞动能不增加， 所以 2 '22 '2 2 2 2 2 P PP P m m m m   甲 甲乙 乙 甲 乙 甲 乙 解得 ；直线碰后甲的速度一定不会大于乙 p p m m 甲 乙 甲 乙 解得： 1 5 m m 甲 乙 ；解得： 7 1 17 5 m m  甲 乙 ，故只有 C 正确． 考点：动量守恒定律的应用 【名师点睛】对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加； 3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度。 视频 5．如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车 A 和 B，质量之比 mA：mB=3：1．将两车用细线拴在一起， 中间有一被压缩的弹簧，烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车的 （ ） A．加速度大小之比 aA:aB=1:l B．速度大小之比如 vA:vB=l:3 C．动能之比 EkA:EkB=1:1 D．动量大小之比 PA:PB=l:3 【答案】 B 【解析】本题考查的是动量守恒问题与机械能守恒等问题，根据系统水平方向动量守恒， 0A A B Bm v m v  ， 可得速度大小之比如 vA:vB=l:3；B 正确；由于 A、B 之间的弹力属于作用力和反作用力大小相等，故加速度 之比为 aA:aB=1:3；A 错误；动能之比 EkA:EkB=1:3；C 错误；动量大小之比 PA:PB=l:1；D 错误； 6．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 m 的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端 与水平面相切，一个质量也为 m 的小物块从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法正确的是 h （ ） A．在下滑过程中，物块的机械能守恒 B．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒 C．物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动 D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高 h 处 【答案】 C 【解析】 在下滑过程中，光滑弧形槽向左运动，物块的机械能转化为弧形槽的动能，因此弧形槽的机械能不守恒，A 错；下滑过程中以物块和弧形槽为一个整体，竖直方向所受合力不为零，所以整体动量不守恒，B 错；物块 被弹簧反弹后，水平方向不受外力，做匀速直线运动，C 对；反弹后上升到弧形槽最高点时两者速度相同， 由能量守恒定律可知此时高度小于 h，D 错；故选 C 考点：考查机械能守恒和动量守恒 点评：本题难度较小，明确研究对象（一个物体或一个系统），判断受力情况从而判断机械能和动量是否 守恒 7．如图，质量为 M 的小船在静止水面上以速率 V0 向右匀速行驶，一质量为 m 的救生员在船尾，相对小船静 止。若救生员以相对水面速率 v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为 （ ） A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向   0M m v Mv mv   ，解得  0 0 mv v v vM     ，C 正确； 考点：考查了动量守恒定律的应用 【名师点睛】本题关键选择人跃出前后的过程运用动量守恒定律列式求解． 8．如图所示,物体在粗糙的水平面上向右做直线运动.从 A 点开始受到一个水平向左的恒力 F 的作用,经过 一段时间后又回到 A 点.则物体在这一往返运动的过程中,下列说法正确的是 （ ） A.恒力 F 对物体做的功为零 B.摩擦力对物体做的功为零 C.恒力 F 的冲量为零 D.摩擦力的冲量为零 【答案】 A 【解析】由功的定义可知,在这一往返过程中,物体位移为零,所以恒力对物体做的功为零,A 正确;由于摩擦 力方向总与物体相对运动方向相反,所以摩擦力对物体做的功为负值,B 错误;由冲量定义力与作用时间的乘 积为力的冲量,C､D 错误. 9．如图所示，两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，下滑到达斜面 底端的过程中 （ ） A.两物体所受重力做功相同 B.两物体所受合外力冲量相同 C.两物体到达斜面底端时时间相同 D.两物体到达斜面底端时动能不同 【答案】 A 考点：冲量 动能定理 10．在以速度 v 匀速竖直上升的观光电梯中，一乘客竖直上抛一质量为 m 小球，电梯内的观察者看到小球 经ts 到达最高点，而站在地面上的人看来（不计空气阻力的影响，重力加速度恒为 g ） （ ） A．在小球上升到最高点的过程中动量变化量大小为 mgt B．在小球上升到最高点过程中克服重力做功为 2 21 2 mg t C．电梯内观察小球到达最高点时其动能为 21 2 mv D．小球上升的初动能为 21 2 mv 【答案】 C 【解析】 在电梯上人看到小球上升到最高点时，此时小球相对于电梯静止，上升速度与电梯速度相同为 v （向上）， 以地面参考，站在地面上的人此时看见小球还在上升，电梯内观者看见小球经 t 秒后到达最高点，故地面 上的人看见上升的时间大于 t，故对小球由动量定理动量变化量大于 mgt ，选项 A 错误。升降机中的人看见 球上升的最大高度为 21 2h gt ，而地面上的人看见球上升的最大高度为 ( ) 2 v gt th   ．则克服重力为 ( ) 2 mg v gt tmgh   故 B 错误．电梯内观察小球到达最高点，上升速度与电梯速度相同为 v （向上），则 高点时其动能为 21 2 mv ，选项 C 正确。地面上的人所见球抛出时的初速度 0v v gt  ，则初动能大于 21 2 mv ， D 错误。故选 C。 考点：本题考查了竖直上抛运动、惯性的概念、相对运动。 11．如图所示，质量为 m2 的小球 B 静止在光滑的水平面上，质量为 m1 的小球 A 以速度 v0 靠近 B，并与 B 发 生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上。A、B 两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损 失。当 m1、v0 一定时，若 m2 越大，则 （ ） A. 碰撞后 A 的速度越小 B. 碰撞后 A 的速度越大 C. 碰撞过程中 B 受到的冲量越小 D. 碰撞过程中 A 受到的冲量越大 【答案】 D 【解析】碰撞过程中，动量守恒，则 ，又因碰撞过程机械能守恒， ， 联立解得： ， 当 ，m2 越大，v1 越小，当 时，m2 越大，v1 速度反向，但越来越大，AB 错误；碰撞过程中，A 受到的冲量 ，可知 m2 越大，B 受到的冲量也越大，选项 D 正确； 而 B 受到的冲量与 A 受到的冲量大小相等，方向相反，因此 m2 越大，B 受到的冲量也会越大，选项 C 错误。 考点：动量守恒定律及能量守恒定律。 12．质量为 和 （未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短．其 图象如图所示， 则 （ ） A. 此碰撞一定为弹性碰撞 B. 被碰物体质量为 C. 碰后两物体速度相同 D. 此过程有机械能损失 【答案】 A 考点：s-t 图像；动量守恒定律. 【名师点睛】本题主要考查了动量守恒定律得应用以及 x-t 图线，首先要知道 x-t 图线的斜率等于物体的 速度；同时要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒， 则不是弹性碰撞. 13．A、B 为原来都静止在同一匀强磁场中的两个放射性元素原子核的变化示意图，其中一个放出一α粒子， 另一个放出一β粒子，运动方向都与磁场方向垂直.下图中 a、b 与 c、d 分别表示各粒子的运动轨迹，下列 说法中不正确的是 （ ） A.磁场方向一定为垂直纸面向里 B.尚缺乏判断磁场方向的条件 C.A 放出的是α粒子，B 放出的是β粒子 D.b 为α粒子的运动轨迹，c 为β粒子的运动轨迹 【答案】 A 【解析】 据题意，由于动量守恒定律和由 RqB=mv 可知，粒子的电量越大则转动半径越小，而α粒子和β粒子相对而 言都是较小的，所以它们的转动半径都较大；且发生衰变反应过程中α粒子和β粒子的运动方向与另一新 核的运动方向相反，据左手定则可以确定 A 图中 a、b 都带正电，则 b 是α粒子而 c 是β粒子，且磁场可能 向里也可能向外，所以 A 选项错误而 BCD 选项正确，但本题应该选 A 选项。 考点：本题考查动量守恒定律和左手定则以及两种衰变。 14．如右图所示，小车 M 静置于光滑水平面上，上表面粗糙且足够长，木块 m 以初速度 v 滑上小车的上表 面，则 （ ） A．m 的最终速度为 mv M B．因小车上表面粗糙，故系统动量不守恒 C．当 m 速度最小时，小车 M 的速度最大 D．若小车上表面越粗糙，则系统因摩擦而产生的内能也越大 【答案】 C 【解析】 小车和木块组成的系统在水平方向上合力为零，它们之间的摩擦力属于内力，故动量守恒，所以两者的最 终速度为： ( ) 'mv M m v  ，解得 ' mvv M m   ，AB 错误 由于 M 和 m 之间的相对运动，所以 m 给 M 一个向前的滑动摩擦力，使得 M 向前运动，当 m 速度最小时，即 两者之间没有相对运动时，滑动摩擦力消失，M 停止加速，速度最大，C 正确， 系统产生的内能为： 2 21 1 ( ) '2 2Q mv M m v   ，与它们之间的粗糙程度无关，D 错误 故选 C 考点：考查动量守恒定律的应用 点评：本题关键是知道两者之间的摩擦力属于内力，由于滑动摩擦力的存在，M 产生向前运动的加速度 15．如图所示，一质量 M=3.0kg 的长方形木板 B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量 m=1.0kg 的小 木块 A．给 A 和 B 以大小均为 4.0m/s，方向相反的初速度，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动， A 始终 没有滑离 B 板．在小木块 A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是 。 A B v v （ ） A.1.8m/s B.2.4m/s C.2.8m/s D.3.0m/s 【答案】 B 【解析】 取水平向右方向为正方向，当 A 的速度为零，根据动量守恒定律得： 1( ) BM m v Mv  解得： 1 2.67m/sBv  当 AB 速度相同时，根据动量守恒定律得： 2( ) ( ) BM m v M m v   解得： 2 2m/sBv  则在木块 A 正在做加速运动的时间内，木板的速度范围为： 2m/s 2.67m/sv  所以正确选项为 B。 考点：本题考查了动量守恒定律的应用。 16．如图所示，在光滑的水平面上固定着两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视 为一个系统，则小球在运动过程中 （ ） A．系统的动量守恒，动能守恒 B．系统的动量守恒，机械能守恒 C．系统的动量不守恒，机械能守恒 D．系统的动量不守恒，动能守恒 【答案】 C 【解析】 小球和弹簧组成的系统受到重力和水平地面的支持力两个外力，小球与弹簧相互作用时，弹簧 会用墙壁的作用力，所受合外力不等于零，动量不守恒；在运动过程中，小球和槽通过弹簧相 互作用，但因为只有弹簧的弹力做功，动能和势能相互转化，而总量保持不变，机械能守恒．故 C 正确，A、B、D 错误． 考点：本题考查动量守恒、机械能守恒． 17．如图所示，长为 L、质量为 M 的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为 m 的物块，物块与 木板之间的动摩擦因素为  。物块以 0v 从木板的左端向右滑动时，若木板固定不动时，物块恰好能从木板 的右端滑下。若木板不固定时，下面叙述正确的是 （ ） A. 物块仍能从木板的右端滑下 B. 对系统来说产生的热量Q mgL C. 经过   0Mvt M m g  物块与木板便保持相对静止 D. 摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功 【答案】 C 【解析】木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能．木板不固定时，物块向右减速的同时，木板 要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对 于 木 板 滑 行 的 距 离 要 减 小 ， 不 能 从 木 板 的 右 端 滑 下 ， 故 A 错 误 ； 对 系 统 来 说 ， 产 生 的 热 量 Q fs mgs mgL   相对 相对 ，故 B 错误；设物块块与木板最终的共同速度为 v，滑块和木板系统动量守 恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：  0mv m M v  ，对木板 M，由动量定理得：μ mgt Mv ， 联立解得   0Mvt M m g  ，故 C 正确；由于物块与木板相对于地的位移大小不等，物块对地位移较大，而 摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故 D 错误． 18．如右图所示，质量为 M，长为 L 的车厢静止在光滑水平面上，此时质量为 m 的木块正以水平速度 v0 从 左边进入车厢底板向右运动，车厢底板粗糙，木块与右壁 B 发生无能量损失的碰撞后又被弹回，最后又恰 好停在车厢左端点 A，则以下叙述中正确的是 （ ） A．该过程中产生的内能为 2 0 1 2 mv B．车厢底板的动摩擦因数为 2 0 2 ( ) Mv gL m M＋ C．M 的最终速度为 0mvv m M ＝ ＋ D．m、M 最终速度为零 【答案】 C 【解析】 由动量守恒定律有： 0 ( )mv M m v＝ ＋ ，故 0mvv m M ＝ ＋ ，因此 C 正确，D 错误；由题意分析可知，木块与车 厢发生相互作用的过程中要克服摩擦力做功，会产生热量，设系统产生的热量为 Q，对系统由能量守恒定律 有： 2 2 0 1 1 ( )2 2Q mv m M v＝ － ＋ ，所以 2 0 2 MmvQ m M ＝ ＋( ) ，因此 A 错误；又由 Q mg2L＝ 有： 2 0 4 ( ) Mv gL m M ＝ ＋ ， 所以 B 错误． 故选 C 考点：考查了动量守恒定律的应用 点评：本题的关键是把握碰撞前后的总动量和总能量守恒列式求解 19．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，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为 （ ） A. 2m gh mgt  B. 2m gh mgt  C. m gh mgt  D. m gh mgt  【答案】 A 【解析】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有 21 2mgh mv ，即 在产生拉力瞬间速度为 2v gh ，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向， 则根据动量定理可得：有 0Ft mgt mv   ，联立解得 2m ghF mgt    考点：考查了动量定理的应用 【名师点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解， 注意运用动量定理前要先规定正方向 视频 20．质量是 1 kg 的钢球,以 5 m/s 的速度水平向右运动，碰到墙壁后以 3 m/s 的速度被反向弹回。假设球 与墙面接触的时间是 0.1 秒，设水平向右为正方向，则 （ ） A. 钢球的动量变化量为 2kg•m/s B. 钢球的动量变化量为－2kg•m/s C. 墙面对钢球的冲量为 8 kg•m/s D. 墙面对钢球的冲量为－8 kg•m/s 【答案】 D 【解析】 由 题 意 知 初 动 量 1 1 5P mv kg m s   ， 末 动 量 2 2 3P mv kg m s     ， 所 以 动 量 的 变 化 量 为 2 1 8P P P kg m s      ，所以 A、B 错误；根据动量定理 8I P kg m s    合 ，所以 C 错误；D 正确。 考点：本题考查动量、动量定理，意在考查学生对动量、动量定理矢量性的理解。 21．质量为 m 的物块甲以 3m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为 m 的物体 乙以 4m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，则 （ ） A. 甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹簧弹力的作用，甲乙两物体组成的系统动量不守恒 B. 当两物块相距最近时，甲物块的速度为零 C. 甲物块的速率可达到 5m/s D. 当甲物块的速率为 1m/s 时，乙物块的速率可能为 2m/s，也可能为 0 【答案】 D 考点：动量守恒定律及能量守恒定律。 22．小球质量为 2m，以速度 v 沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是 4 5 v，球与墙撞击时间 为 t，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是 （ ） A. 2 5 mv t B. 8 5 mv t C. 18 5 mv t D. 2mv t 【答案】C 【解析】设初速度方向为正，则弹后的速度为- 4 5 v ；则由动量定理可得：Ft=-2m× 4 5 v -2mv 解得：F= 18 5 mv t  ；负号表示力的方向与初速度方向相反；由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲击力为 F′=F=18 5 mv t ；故选 C． 23．如图所示，将质量为 M1、半径为 R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质 量为 M2 的物块．今让一质量为 m 的小球自左侧槽口 A 的正上方 h 高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自 A 点进入槽内，则以下结论中正确的是 （ ） A. 小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 B. 小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒 C. 小球离开 C 点以后，将做竖直上抛运动 D. 槽将不会再次与墙接触 【答案】 D 【解析】小球从 AB 的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反 指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向 受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽 和物块组成的系统动量也不守恒；从 B→C 的过程中， 小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一 个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直， 此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向 动 量也不守恒，选项 AB 错误；当小球运动到 C 点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此 后小球做斜上抛运动，C 错误；因为全过程中，整个系统在水平 方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将 与墙不会再次接触，D 正确． 【点睛】判断系统动量是否守恒关键是明确系统是否受到外力的作用，故在应用动量守恒定律时一定要明 确是哪一系统动量守恒． 24．如图所示，在光滑水平面上有一质量为 M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙 上，木块处于静止状态，一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平 面做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为 （ ） A. B. 2Mv0 C. D. 2mv0 【答案】 A 【解析】由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得，mv0=（M+m）v，解得 ．根据动量定理，合外力的冲量 ．故 A 正确，BCD 错误．故选 A． 考点：动量守恒定律；动量定理 【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律，综合性较强，对提升学生的能力 有着很好的作用。 25．如图所示，一段不可伸长的轻质细绳长为 L，一端固定在 O 点，另一端系一个质量为 m 的小球（可视为 质点），保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟 O 点登高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中， 不计空气阻力，重力加速度大小为 g，则 （ ） A. 合力做功为零 B. 合力的冲量为零 C. 重力做的功为 mgL D. 重力的冲量为 【答案】 C 【解析】 小球在向下运动的过程中，受到重力和绳子的拉力，绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以只有重力做 功，合外力做的功等于重力做的功，大小为 mgL．故 A 错误，C 正确；由机械能守恒可得，小球在最低点的 动能： mv2＝mgL 所以速度： ；由动量定理可得合力的冲量：I 合＝△P＝mv−0＝m ．故 B 错误；小球向下的过 程是摆动，运动的时间在空气的阻力不计的情况下运动的时间等于单摆周期的 ，所以： ， 所以重力的冲量： ．故 D 错误．故选：C 点睛：该题结合单摆的周期公式考查动量定理以及动能定理等，考查的知识点比较多，在解答的过程中一 定要注意知识的迁移能力． 26．如右图所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车，车上放有一木块 B.车左边紧靠一个固定的光滑的 1/4 圆弧轨道，其底端的切线与车表面相平．木块 A 从轨道顶端静止释放滑行到车上与 B 碰撞并立即黏在一 起在车上滑行，与固定在平板车上的轻弹簧作用后被弹回，最后两木块与车保持相对静止，则从 A 开始下 滑到相对静止全过程中，A、B 和车组成的系统 （ ） A．动量守恒 B．小车一直向右运动 C．机械能减少量等于木块与车之间的摩擦生热 D．弹簧的最大弹性势能等于木块与车之间的摩擦生热 【答案】 B 【解析】 A 开始下滑到相对静止的全过程，A、B 和车组成的系统动量不守恒，因为 A 在圆弧上运动时轨道对 A 有支 持力；系统减少的机械能一部分在 A、B 碰撞中损失了，另一部分转化为内能；A、B 一起在车上运动过程中， A、B 和车组成的系统损失的动能转化为弹簧的弹性势能和内能，只有当弹簧压缩到最短(A、B 和车的速度 相同)到 A、B 和车又一起向右运动的过程中弹簧的最大弹性势能等于木块与车之间摩擦生热，故弹簧的最 大弹性势能不等于全过程木块与车之间摩擦生热；根据动量定恒可知小车一直向右运动． 所以正确答案是 B. 考点：考查了动量守恒定律的应用 点评：关键是对系统的运动过程，以及运动过程中的受力情况正确把握 27．两个完全相同、质量均为 m 的滑块 A 和 B，放在光滑水平面上，滑块 A 与轻弹簧相连，弹簧另一端固定 在墙上，当滑块 B 以 0v 的初速度向滑块 A 运动，如图所示，碰到 A 后不再分开，下述说法中正确的是 （ ） A.两滑块相碰和以后一起运动过程，系统动量均守恒 B.两滑块相碰和以后一起运动过程，系统机械能均守恒 C.弹簧最大弹性势能为 2 02 1 mv D.弹簧最大弹性势能为 2 04 1 mv 【答案】 D 【解析】 两滑块只在相碰时系统动量才守恒，在以后一起运动过程中，由于受到弹簧的弹力作用，故系统动量不守 恒，选项 A 错误；两滑块在相碰时系统机械能减小，在以后一起运动过程中，由于只有弹簧的弹力做功， 故系统机械能守恒，选项 B 错误;两物体相碰时 0 2= ，弹簧的最大弹性势能 2 2 20 0 1 122 2 4= ´ = = ，选项 D 正确，C 错误。 考点：动量守恒定律及能量守恒定律。 28．如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量 M＝3kg。 质量 m＝1kg 的铁块以水平 速度 v0＝4m／s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰 好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为 （ ） A. 3J B. 4J C. 6J D. 20J 【答案】 A 【解析】 设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为 v，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为 L，摩擦力大 小为 f．根据能量守恒定律得：铁块相对于木板向右运动过程： 2 2 0 1 1 2 2= + + + 铁块相对于木板运动的整个过程： 2 2 0 1 122 2= + + ，又根据系统动量守恒可知，mv0=（M+m） v 联立得到：EP=3J．故选 A 考点：能量守恒定律及动量守恒定律。 29．A、B 两船的质量均为 m，都静止在平静的湖面上，现 A 船中质量为 1 2 m 的人，以对地的水平速度 v 从 A 船跳到 B 船，再从 B 船跳到 A 船，……，经 n 次跳跃后，人停在 B 船上，不计水的阻力，则 （ ） A．A、B 两船速度大小之比为 2∶3 B．A、B(包括人)两船动量大小之比为 1∶1 C．A、B(包括人)两船的动能之比为 2∶3 D．A、B(包括人)两船的动能之比为 1∶1 【答案】 B 【解析】 人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为 0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，选项 B 正 确． 经过 n 次跳跃后，A 船速度为 Av 、B 船速度为 Bv .则 0 2A B mmv v＝ －(m+ ) 解得 3 2 A B v v  ，选项 A 错．A 船最后获得的动能为 21 2kA AE mv＝ B 船最后获得的动能为 2 21 1 2 2( ) ( )( )2 2 2 2 3 3kB B A kA m mE m v m v E＝ ＋ ＝ ＋ 所以 3 2 kA kB E E ＝ ，选项 CD 错误，故选项 B 正确． 故选 B 考点：考查了动量守恒定律的应用 点评：关键是根据动量守恒列出守恒式子求解分析 30．如图所示，放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上下两层粘在一起组成的。质量为 m 的子弹 以速度 v 水平射向滑块，若击中上层，则子弹刚好不穿出，如图（a）所示；若击中下层，则子弹嵌入其中， 如图（b）所示，比较上述两种情况，以下说法不正确的是 （ ） （a） (b) A.两种情况下子弹和滑块的最终速度相同 B.两次子弹对滑块做的功一样多 C.两次系统产生的热量一样多 D.两次滑块对子弹的阻力一样大 【答案】 D 【解析】 无论子弹射入的深度如何，最终子弹和木块都等速，由动量守恒定律可知，两种情况最终两木块（包括子 弹）速度都相等，A 对；对木块由动能定理可知：两次子弹对木块做功一样多，由动量定理可知：两次木块 所受冲量一样大，对系统由能的转化和守恒定律可知，两次损失的机械能一样多，产生的热量一样多；BC 正确，系统损失的机械能等于阻力与相对位移的乘积，由于相对位移不同，所以阻力不同，D 错； 考点：考查功能关系和动量守恒定律 点评：本题难度中等，明确系统动量守恒，判断末速度相同是本题的突破口，明确系统机械能的损失等于 相互作用力与相对位移的乘积 31．半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，若甲球质量大于乙球质量，发 生碰撞前，两球的动能相等，则碰撞后两球的状态可能是 （填选项前的字母） （ ） A．两球的速度方向均与原方向相反，但它们动能仍相等 B．两球的速度方向相同，而且它们动能仍相等 C．甲、乙两球的动量相同 D．甲球的动量不为零，乙球的动量为零 【答案】 C 【解析】 根据动量与动能关系 m pEk 2 2  可知 乙甲 pp  ，根据动量守恒可各，碰撞后的总动量沿甲原来的方向，故甲 继续沿原来的方向运动，乙被弹回，所以选项 A 错误；碰撞后，甲的动能减小，若为弹性碰撞，则乙的动 能增大，故两者动能不相等；若为完全非弹性碰撞，碰撞后速度相等，动能不等 ，所以选项 B 错误；两球 碰撞过程中动量守恒，碰撞后动量可能相等，所以选项 C 正确；因碰撞后，甲乙都沿甲原来的方向运动， 故乙的动量不为零，所以选项 D 错误； 考点： 动量守恒定律 32．（单选）如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人。原来车和人都静止。当人从左 向右行走的过程中_______________（填选项前的字母） （ ） A．人和车组成的系统水平方向动量不守恒 B．人和车组成的系统机械能守恒 C．人和车的速度方向相同 D．人停止行走时，人和车的速度一定均为零 【答案】 D 考点：动量守恒定律 33．一轻质弹簧的两端与质量分别为 m1 和 m2 的两物块 A、B 相连，并静止于光滑水平面上，如图（甲）所示。 现使 A 以 3m/s 的速度向 B 运动压缩弹簧，A、B 的速度图像如图（乙）所示，则 （ ） A．在 t1、t3 时刻两物块达到共同速度 1m/s，且弹簧都是处于压缩状态 B．在 t3 到 t4 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C．两物块的质量之比为 m1 ：m2 =1 ：2 D．在 t2 时刻 A 与 B 的动能之比为 Ek1 ：Ek2 = 8 ：1 【答案】 C 【解析】 由图可知 1t 、 3t 时刻两物块达到共同速度 1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹 性势能最大，弹簧处于压缩状态，故 A 错误；结合图象弄清两物块的运动过程，开始时 1m 逐渐减速， 2m 逐 渐加速，弹簧被压缩， 1t 时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐 恢复原长， 2m 依然加速， 1m 先减速为零，然后反向加速， 2t 时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块 速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当 3t 时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧 最长，因此从 3t 到 4t 过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故 B 错误；系统动量守恒，选择开始到 1t 时刻列方程 可知： 1 1 1 2 2m v m m v （ ） ，将 1 3 /v m s ， 2 1 /v m s 代入得： 1 2 1: 2m m : ，故 C 正确；在 2t 时刻 A 的速度为： 1 /Av m s ，B 的速度为： 2 /Bv m s ，根据 1 2 1: 2m m : ，求出 1 2: 18k kE E  : ，故 D 错误． 考点：动量守恒定律的综合应用 （ ） 34．飞船返回时高速进入大气层后，受到空气阻力的作用，接近地面时，减速伞打开，在距地面几米处， 制动发动机点火制动，飞船迅速减速，安全着陆．下列说法正确的是 A．制动发动机点火制动后，飞船的重力势能减少，动能减小 B．制动发动机工作时，由于化学能转化为机械能，飞船的机械能增加 C．重力始终对飞船做正功，使飞船的机械能增加 D．重力对飞船做正功，阻力对飞船做负功，飞船的机械能不变 【答案】 A 【解析】制动发动机点火制动后，飞船迅速减速下落，动能、重力势能均变小，机械能减小，A 正确，B 错 误；飞船进入大气层后，空气阻力做负功，机械能一定减小，故 C、D 均错误． 35．光滑地面上放着两钢球 A 和 B，且 mA＜mB，B 上固定着一轻弹簧，如图所示，现在 A 以速率 v0 碰撞静止 的 B 球，有： （ ） A．当弹簧压缩量最大时，A、B 两球的速率都最小； B．当弹簧恢复原长时，A 球速率为零； C．当 A 球速率为零时，B 球速率最大； D．当 B 球速率最大时，弹簧的势能为零； 【答案】 D 【解析】 当两球速度相等时压缩量最大，据动量守恒定律有 mAv0=(mA+mB)vAB，则解得 vAB=mAv0/(mA+mB)，可见 B 球速度从 0 开始增加，所以 A 选项错误；据 mAv0=mAvA+mBvB 可知，当弹簧回复原长时，A 球的速度可能与初速度反向， 也可能与初速度同向，不可能为 0，但此时 B 球的速度最大，所以 B、C 选项错误，而 D 选项正确。 考点：本题考查动量守恒定律的应用。 36．如图所示，一个质量为 M 木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为 m 的小 木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向左的初速度 v0，则 . （填选项前的字母） （ ） A.小木块和木箱最终都将静止 B.木箱速度为零时，小木块速度为 Mm Mv  0 C.最终小木块速度为 Mm Mv  0 ，方向向左 D.木箱和小木块系统机械能最终损失 2 02 1 Mv 【答案】 C 【解析】 当木箱获得一个向左的初速度 v0 时，木块相对木箱将向后滑动，然后与后壁相碰，经过若干次碰撞后相对 木箱静止，此时两者具有共同速度，根据动量守恒定律可得：Mv0=(M+m)v，解得 Mm Mvv  0 方向与 v0 方向 相同，故选项 AB 错误，C 正确；.木箱和小木块系统机械能最终损失 )(2)(2 1 2 1 2 022 0 Mm MmvvmMMv  ， 选项 D 错误；故选 C. 考点：动量守恒定律. 37．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭 直到停住的过程称为过程Ⅱ，则 ①过程Ⅰ中钢珠所增加的动能等于过程Ⅱ中损失的机械能 ②过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和等于过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功 ③过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量 ④过程Ⅰ中重力冲量的大小等于过程Ⅱ中阻力的冲量的大小 （ ） A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③ 【答案】 D 【解析】 根据能量守恒定律可知，在过程 I 中，钢珠增加的动能等于钢珠减小的重力势能，过程 II 中损失的机械能 等于全程减小的重力势能，即 I 过程中增加的动能小于 II 过程中损失的机械能，所以①错误；由功能关系 可知，克服阻力做的功即减小的机械能，所以②正确；根据动量定理可知，在 I 过程中，只有重力产生冲 量，所以钢珠动量的改变量就等于重力冲量，故③正确；全程使用动量定理可知，在 I、II 全过程中重力 的冲量大小等于 II 中阻力的冲量的大小，所以④错误；由此可知，只有选项 D 正确； 考点：能量守恒定律、冲量 38．（6 分）某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力 F 随时间 t 变化的图象如图所示，在 0～8s 内， 下列说法正确的是 （ ） A. 物体在第 2s 末速度和加速度都达到最大值 B. 物体在第 6s 末的位置和速率，都与第 2s 末相同 C. 物体在第 4s 末离出发点最远，速率为零 D. 物体在第 8s 末速度和加速度都为零，且离出发点最远 【答案】 D 考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动、图象． 视频 39．如图所示质量相等的 A、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度 是 6 /m s ，B 球的速度是 2 /m s ，不久 A、B 两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的 A、B 两球的速度可 能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的哪一种猜测结果一定无法实现的是 （ ） A． 2 /Av m s   ， 6 /Bv m s  B． 2 /Av m s  ， 2 /Bv m s  C． 3 /Av m s   ， 7 /Bv m s  D． 1 /Av m s  ， 3 /Bv m s  【答案】 C 【解析】 设 每 个 球 的 质 量 均 为 m ， 碰 前 系 统 总 动 量 4A BP mv mv m   ， 碰 前 的 总 机 械 能 为 2 21 1 202 2A BE mv mv m   ，碰撞过程满足动量守恒且总的机械能不会增加，A 选项碰后总动量 4P m  ， 总机械能 20E m  ，动量守恒，机械能守恒，故 A 可能实现。B 选项碰后总动量 4P m  ，总机械能 4E m  ， 动量守恒，机械能减小，故 B 可能实现。C 选项碰后总动量 4P m  ，总机械能 29E m  ，动量守恒，机 械能增加，违反能量守恒定律，故 C 不可能实现。D 选项碰后总动量 4P m  ，总机械能 5E m  ，动量守 恒，机械能减小，故 D 可能实现。故选 C． 考点：本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律。 40．如图所示，在水平地面上有个表面光滑的直角三角形物块 M ，长为 L 的轻杆下端用光滑铰链连接于 O 点（O 点固定于地面上），上端连接小球 m ，小球靠在物块左侧，水平向左的推力 F 施于物块，整个装置 静止。撤去力 F 后 ，下列说法正确的是 （ ） A．物块先做匀加速运动，后做匀速运动； B．因为地面光滑，所以整个系统在水平方向上动量守恒； C．小球与物块分离时，小球一定只受重力作用 D．小球一直对物块有作用力，直到小球落地的瞬间与物块分离为止 【答案】 C 【解析】 当撤去力 F 后，随着直角三角形物块 M 向右运动，小球 m 边转动边随同直角三角形物块 M 向右运动，故 物块 M 先做加速运动，后做匀速运动，A 选项错误；铰链连接于 O 点（O 点固定于地面上），整个系统水平 方向所受合力不为零，故在水平方向上动量守恒，B 选项错误；当小球与物块分离后，物块做匀速直线运动， 故小球和物块在分离式恰好无相互的作用力，故小球只受到重力的作用，C 选项正确；如图所示，两物体水 平速度相同，设小球角速度为 ，则小球的线速度 v= L ，方向垂直杆向下 然后分解为水平速度，就是 sinxv L  ，故小球未落地时小球和物块已分离，D 选项错误。 考点：运动的分解 动量守恒的条件 41．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 2m 的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底 端与水平面相切，一个质量为 m 的小物块从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法错误．．的是 （ ） A．在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒 B．在下滑过程中，物块和槽的水平方向动量守恒 C．物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为 v=2 3 gh D．物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能 Ep= mgh3 1 【答案】 D 【解析】 试题解析：由于地面是光滑的，故物块、光滑弧形槽在下滑过程中机械能守恒，选项 A 正确；在下滑的某 一位置时，对于物块和光滑弧形槽整体而言，在水平方向不受外力的作用，故物块和槽的水平方向动量守 恒，选项 B 正确；物块滑到水平面上时，物块与光滑弧形槽的动量守恒，则 2mv1=mv2，又根据机械能守恒得 mgh= 1 2 ×2m×v1 2+ 1 2 ×m×v2 2，解之得 v2=2 3 gh ，物块运动与弹簧相碰后反弹的速度与该速度相等，因为机 械能仍守恒，故选项 C 正确；物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能时就是物块的动能为 0 时，即 Ep= 1 2 ×m×v2 2= 2 3 mgh ，选项 D 错误。 考点：动量守恒、机械能守恒。 42．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．A 运动到圆槽的最低点速度为 2gR C．B 一直向右运动 D．B 向右运动的最大位移大小为 2 3R 【答案】 D 【解析】 AB 组成的系统动量守恒，AB 刚开始时动量为零，所以运动过程中总动量时刻为零，所以 B 先向右加速后又 减速到零，因为系统机械能守恒，当 B 静止时，A 运动恰好到左侧最高点，A 错误，根据动量守恒定律可得 1 22s sm mt t  ，又知道 1 2 2s s R  ，所以可得 1 2 222 3 ms s R Rm m     ，D 正确， B 向右先加速后减 速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，C 错误；当 A 运动到最低端时，水平方向上动量守 恒，所以有 1 22mv mv ，还知道满足机械能守恒，所以有 2 2 1 2 1 1 22 2mgR mv mv   ，联立可得 1 2 3v gR ， B 错误 考点：考查了动量守恒，机械能守恒的综合应用， 43．在光滑的水平地面上静止着一个斜面体，其质量为 m2，斜面是一个光滑的曲面，斜面体高为 h，底边长 为 a，如图所示。今有一个质量为 m1，（m2＝nm1）的小球从斜面体的顶端自静止开始下滑，小球滑离斜面体 的下端时速度在水平方向，则下列说法正确的是 （ ） A. 小球在下滑中，两者的动量总是大小相等方向相反 B. 两者分开时斜面体向左移动的距离是 1n a C. 分开时小球和斜面体的速度大小分别是 1 2 n ngh 和 )1( 2 nn gh D. 小球在下滑中斜面体弹力对它做的功为 1 1   n ghnm 【答案】 C 【解析】 试卷分析：在这个过程中由于小球沿弧线运动至最低处，所以处于超重状态，在竖直方向其合外力不为零， 但是在水平方向由于整体合外力为零，可以视为水平方向动量守恒，所以 A 答案错误。根据动量守恒定律 以及能量守恒定律则 2 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 2m gh m v nm v m v nm v      ，解上式则 1 2 2 1 2 ( 1) nghv n ghv n n       ，所以 C 答案正确。另外根据 动量守恒定律 1 1 1 2m v nm v 则有 1 1 1 2 1 2m s nm s s s a  且 ，解得 2 1 as n   ，但斜面体向右运动，所以 B 错。对于小球而言，根据动能定理则 2 1 1 1 2W m v弹 +mgh= ，则 1=- 1 m ghW n 弹 ，所以 D 错误。 考点：动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理 点评：此类题型考察分方向动量守恒定律、机械能守恒定律的综合运用。并且利用了动量守恒定律的推论 求出斜面体的运动位移，结合动能定理求出弹力做功。 44．如图所示，质量为 M 足够长的长木板 A 静止在光滑的水平地面上，质量为 m 的物体 B 以水平速度 v0 冲 上 A，由于摩擦力作用，最后停止在木板 A 上。若从 B 冲到木板 A 上到相对木板 A 静止的过程中，木板 A 向 前运动了 1m，并且 M>m。则 B 相对 A 的位移可能为 （ ） A．0.5m B．1m C．2m D．2.5m 【答案】 D 考点：动量守恒定律及动能定理；能量守恒定律. 45．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面 平滑连接，一个质量为 m（m＜M）的小球从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法正确的是 （ ） A. 在以后的运动全过程中，小球和槽的水平方向动量始终保持某一确定值不变 B. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C. 全过程小球和槽、弹 簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D. 小球被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高 h 处 【答案】 D 【解析】小球在槽上运动时，由于小球受重力，故两物体组成的系统外力之和不为零，故动量不守恒；当 小球与弹簧接触相互作用时，小球受外力，故动量不再守恒，故 A 错误；下滑过程中两物体都有水平方向 的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故 B 错误；全过程小球和槽、弹 簧所组成的系统机械能守恒，但当小球与弹簧接触相互作用时，小球受外力，水平方向动量不守恒，C 错误； 因两物体均有向左的速度，若槽的速度大于球的速度，则两物体不会相遇，小球不会到达最高点；而若球 速大于槽速，则由动量守恒可知，两物体会有向左的速度，由机械能守恒可知，小球不会回到最高点，故 D 正确；故选 D． 考点：机械能守恒定律、动量守恒定律 【名师点睛】小球在槽上运动时，由于小球受重力，小球与弹簧接触相互作用时，小球受外力，故两物体 组成的系统动量不守恒。全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒。若槽的速度大于球的速度，则 两物体不会相遇；而若球速大于槽速，则由动量守恒可知，两物体会有向左的速度，小球不会回到最高点。 46．如图所示，质量为 M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，当木块静止时是在 A 位置.现有一质量为 m 的子弹以水平速度υ0 射向木块并嵌入其中，则当木块回到 A 位置时的速度υ以及在此 过程中墙对弹簧的冲量 I 的大小分别为 （ ） A ． υ= mM m  0 ， I=0 B．υ= mM m  0 ，I=2mυ0 C ． υ= mM m  0 ， I= mM m  0 22  D．υ= M m 0 ，I=2mυ0 【答案】 B 【解析】 考点：动量守恒定律；动量定理． 分析：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，故可由动量守恒定律列 式求解，子弹和木块的共同速度；然后系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到 A 位 置时速度大小不变，根据动量定理可求得此过程中墙对弹簧的冲量 I 的大小． 解：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得： mv0=（M+m）v 解得：v= 0mv M m 子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到 A 位置时速度大小不变，即当木 块回到 A 位置时的速度 v= 0mv M m ； 子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得： I=-（M+m）v-mv0=-2mv0 所以墙对弹簧的冲量 I 的大小为 2mv0 故选 B 47．如图所示，置于水平面上的质量为 M 、长为 L 的木板右端水平固定有一轻质弹簧，在板上与左端相齐 处有一质量为 m 的小物体（ m M ， 3M m ），木板与物体一起以水平速度 v 向右运动，若 M 与 m 、M 与地的接触均光滑，板与墙碰撞无机械能损失，则从板与墙碰撞以后，以下说法中正确的是 （ ） A.板与小物体组成的系统,总动量可能不守恒 B.当物体和木板对地的速度相同时,物体到墙的距离最近 C.当小物体滑到板的最左端时，系统的动能才达到最大 D.小物体一定会从板的最左端掉下来 【答案】 D 考点：本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律。 48．如图所示，水平传送带 AB 距离地面的高度为 h，以恒定速率 v0 顺时针运行。甲、乙两相同滑块（视为 质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在 AB 的正中间位置轻放它们时，弹簧瞬间恢复原长，两滑 块以相同的速率分别向左、右运动。下列判断正确的是 （ ） A. 甲、乙滑块不可能落在传送带的左右两侧 B. 甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定相等 C. 甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离一定不相等 D. 若甲、乙滑块能落在同一点，则摩擦力对甲乙做的功一定相等 【答案】 D 【解析】设 v 大于 v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为 v，加速度为 a 的匀减速运动．乙物体向向 右做初速度为 v，（若 v 大于 v0），则乙也做加速度为 a 的匀减速运动．若甲乙都一直做匀减速运动，两个 物体落地后，距释放点的水平距离相等；若甲做匀减速运动，乙先做匀减速后做匀速运动，则水平距离不 等，故 AB 错误；若 v 小于 v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为 v，加速度为 a 的匀减速运动．速 度为零后可以再向相反的方向运动．整个过程是做初速度为 v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动．乙 物体做初速度为 v，加速度为 a 的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同．甲乙 到达 B 点时的速度相同．落地的位置在同一点，此过程摩擦力对甲乙做的功一定相等．故 C 错误，D 正确． 故选：D。 考点：本题考查了传送带问题、牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、摩擦力的功 【名师点睛】由于两滑块以相对地面相同的速率分别向左、右运动时，速率大小不确定，两滑块的运动情 况有多种可能情况。应分析全面，不能遗漏。若甲、乙滑块能落在同一点，说明离开传送带时速度相等， 初末速率相等，根据动能定理可知，摩擦力对甲、乙做的功一定相等。 49．如图 6 所示，水平光滑地而上停放着一辆质最为 M 的小车，小车左端靠在竖直墙壁上，其左侧半径为 R 的四分之一圆弧轨道 AB 是光滑的，轨道最低点 B 与水平轨道 BC 相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将 质量为 m 的物块（可视为质点）从 A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道未端 C 处恰好没有滑出。重力 加速度为 g，空气阻力可忽略不计，关于物块从 A 位置运动至 C 位置的过程，下列说法中正确的是 （ ） A．在这个过程中，小车和物块构成的系统水平方向动量守恒 B．在这个过程中，物块克服摩擦力所做的功为 mgR C．在这个过程中，摩擦力对小车所做的功为 mgR D．在这个过程中，由于摩擦生成的热量为 mM mMgR  【答案】 D 【解析】分析：A、系统所受合外力为零时，系统动量守恒； B、由动能定理或机械能守恒定律求出物块滑到 B 点时的速度， 然后由动量守恒定律求出物块与小车的共同速度，最后由动能定理求出物块克服摩擦力所做的功； C、由动能定理可以求出摩擦力对小车所做的功； D、由能量守恒定律可以求出摩擦生成的热量． 解答：解：A、在物块从 A 位置运动到 B 位置过程中，小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力不为零， 系统在水平方向动量不守恒，故 A 错误； B、物块从 A 滑到 B 的过程中，小车静止不动，对物块，由动能定理得：mgR= 2 1 mv2-0，解得，物块到达 B 点时的速度 gRv 2 ；在物块从 B 运动到 C 过程中，物块做减速运动，小车做加速运动，最终两者速度相 等，在此过程中， 系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可得 mv=（M+m）v′，v′= mM gRm  2 ，以物块为研究对象， 由动能定理可得：-Wf= 2 1 mv′2- 2 1 mv2，解得：Wf=mgR- 2 2 )( mM ghMm  ，故 B 错误； C、对小车由动能定理得：Wf 车= 2 1 Mv′2= 2 2 )( mM ghMm  ，故 C 错误； D、物块与小车组成的系统，在整个过程中，由能量守恒定律得：mgR=Q+ 2 1 （M+m）v′2，解得：Q= mM mMgR  ， D 项正确； 故答案为：D． 点评：动量守恒条件是：系统所受合外力为零，对物体受力分析，判断系统动量是否守恒；熟练应用动量 守恒定律、动能定律、能量守恒定律即可正确解题． 50．甲、乙两船的质量均为 M，它们都静止在平静的湖面上，质量为 M 的人从甲船跳到乙船上，再从乙船跳 回甲船，经过多次跳跃后，最后人停在乙船上．假设水的阻力可忽略，则 （ ） A. 甲、乙两船的速度大小之比为 1：2 B. 甲船与乙船（包括人）的动量相同 C. 甲船与乙船（包括人）的动量之和为零 D. 因跳跃次数未知，故无法判断 【答案】 C 【解析】以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，初态总动量为 0，所以甲船与乙 船（包括人）的动量大小之比是 1：1，而动量的方向相反，所以甲船与乙船（包括人）的动量不同．由 P=mv， 知甲、乙两船的速度与质量成反比，所以甲、乙两船的速度大小之比为 2：1．故 AB 错误．以系统为研究对 象，在整个过程中，由动量守恒定律知，甲船与乙船（包括人）的动量之和为零，故 C 正确，D 错误．故选 C． 考点：动量守恒定律 【名师点睛】解决的关键知道人、两船系统总动量守恒，总动量为零，对系统运用动量守恒定律进行分析。 二、多项选择题 51．如图所示，光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的木块 A 和 B，开始时弹簧处于原长，现给 A 一个向右 的瞬时冲量，让 A 开始以速度 v0 向右运动，若 ，则： （ ） A. 当弹簧压缩最短时，B 的速度达到最大值 B. 当弹簧再次恢复原长时，A 的速度一定向右 C. 当弹簧再次恢复原长时，A 的速度一定小于 B 的速度 D. 当弹簧再次恢复原长时，A 的速度可能大于 B 的速度 【答案】 BC 【解析】A 开始压缩弹簧时做减速运动，B 做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩最短，然后 B 继续做 加速运动，A 继续做减速运动，所以弹簧压缩到最短时，B 的速度不是达到最大，A 错误；弹簧压缩到最短 时，两者速度相等，然后 B 继续做加速，A 继续做减速运动，直到弹簧恢复原长，此时 B 的速度达到最大， 且大于 A 的速度，根据动量守恒有： 若 A 的速度方向向左，则 ，动能 ，可知 ，违背了能量守恒定律，所以 A 的速度一定向右，B、C 正确；D 错误； 故选 BC.。 52．动能相同的 A、B 两球（mA>mB）在光滑水平面上相向运动，当两球相碰后，其中一球停止运动，则可断 定 （ ） A. 碰撞前 A 球的速度大于 B 球的速度 B. 碰撞前 A 球的动量大于 B 球的动量 C. 碰撞前后，A 球的动量变化小于 B 球的动量变化 D. 碰撞后 A 球速度一定为零，B 球朝反方向运动 【答案】 BD 【解析】因球的动能相同，且 A 的质量大于 B 的质量，所以 A 球的速度小于 B 球的速度，故 A 错误；由 可知，A 的动量大于 B 的动量，故 B 正确；因两球在碰撞中动量守恒，故两球动量的变化量相等，故 C 错误； 因 A 的动量大于 B 的动量，所以总动量沿 A 的动量方向，故碰后只能是 A 静止，B 朝反方向运动，故 D 正确。 所以 BD 正确，AC 错误。 53．轻质弹簧一端悬挂于天花板，另一端与一小木块相连处于静止状态，一子弹以水平速度 v 瞬间射穿木 块，不计空气阻力 （ ） A. 子弹射穿木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能不守恒 B. 子弹射穿木块后，木块在运动过程中机械能守恒 C. 木块在向右摆动过程中，木块的动能与弹簧的弹性势能之和在变小 D. 木块在向右摆动过程中重力的功率在变小 【答案】 AC 【解析】子弹射穿木块的过程中，将会有热量产生，所以子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故 A 正确； 子弹射穿木块后，木块将会做圆周运动，弹簧将被拉长，势能增加，所以木块在运动过程中机械能不守恒， 故 B 错误；把木块和弹簧看成一个系统机械能守恒，弹性势能、动能和重力势能之和保持不变，木块在向 右摆动过程中，重力势能增加，所以木块的动能与弹簧的弹性势能之和在变小，故 C 正确；当木块在最低 点时重力的瞬时功率为零，物块到达最高处时重力的瞬时功率也为零，所以重力的功率先增大后减小，故 D 错误。所以 AC 正确，BD 错误。 54．甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为 p 甲=10kg·m/s，p 乙 =14kg·m/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为 20kg·m/s，则甲、乙 两球的质量 m 甲：m 乙的关系可能是 （ ） A．3：10 B．1：10 C．1：4 D．1：6 【答案】 AC 【解析】 考点：动量守恒定律及能量守恒定律 【名师点睛】本题考查对碰撞规律的理解和应用能力．碰撞有三个基本规律：一、动量守恒；二、系统总 动能不增加；三、碰撞后如同向运动，后面的物体的速度不大于前面物体的速度，即要符合实际运动情况。 55．甲、乙两个质量都是 M 的小车静置在光滑水平地面上．质量为 m 的人站在甲车上并以速度 v（对地）跳 上乙车,接着仍以对地的速率 v 反跳回甲车．对于这一过程,下列说法中正确的是 （ ） A．最后甲、乙两车的速率相等 B．最后甲、乙两车的速率之比 v 甲:v 乙=M:（m+M） C．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量 I1,从乙车跳回甲车时对乙车的冲量 I2,应是 I1=I2 D．选择（C）中的结论应是 I1＜I2 【答案】 BD 【解析】 A、以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv-Mv1=0，以乙车 与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳上甲车时，mv=（m+M） v2，人跳离甲车时，-（m+M）v2=-Mv 乙+mv，以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mv+Mv1=（m+M）v 甲，解得： v M v M m   甲 乙 ，故 A 错误，B 正确；由动量定理得，对甲车： I1=Mv1=mv，对乙车 I2=Mv 乙=2mv，I1＜I2，故 C 错误，D 正确；故选 BD。 考点：动量守恒定律；动量定理 【名师点睛】本题考查了求车的速度关系与冲量关系，应用动量守恒定律与动量定理即可正确解题，本题 过程复杂，分析清楚运动过程是正确解题的前提，解题时要注意正方向的选择。 56．一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为 m，速度大小为 1v ，做圆周运动的周期为 T， 则以下说法中正确的是 （ ） A．经过时间 2 Tt  ，动量变化量为 0 B．经过时间 4 Tt  ，动量变化量大小为 2mv C．经过时间 2 Tt  ，细绳对小球的冲量大小为 2mv D．经过时间 4 Tt  ，重力对小球的冲量大小为 4 mgT 【答案】 BCD 【解析】 经过时间 2 Tt  ，转过了 180°，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为 2P mv mv mv      ，细绳对小球的冲量为 2I P mv mv mv       ，故大小为 2mv ，A 错误 C 正 确；经过时间 4 Tt  ，小球转过了 90°，根据矢量合成法可得，动量变化量为 ' 2 2P mv mv     ， 重力对小球的重力大小为 4G mgTI mgt  ，BD 正确； 考点：考查了冲量，动量 【名师点睛】关键是知道小球经过 2 Tt  ， 4 Tt  后运动方向的变化，需要知道动量也是矢量，需要考虑方 向的 57．所示，一轻弹簧的两端与质量分别为 和 的两物块 A、B 相连接，并静止在光滑的水平面上．现使 B 瞬时获得水平向右的速度 3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像 信息可得 （ ） A. 在 、 时刻两物块达到共同速度 1m/s，且弹簧都处于伸长状态 B. 从 到 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C. 两物体的质量之比为 D. 在 时刻 与 的动能之比为 ：1 【答案】 BD 【解析】图线与坐标轴围成的面积表示位移，在 时刻 B 的位移大于 A 的位移，此时弹簧处于拉伸状态，在 时刻 B 做加速运动，即受到向右的弹力，所以此时弹簧处于压缩状态，当 B 的加速度为零时，弹簧弹力为 零，所以 时刻 B 受到的弹力为零，即弹簧恢复原长，故从 到 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长，在 A 错 误 B 正确；由于过程中两者和弹簧组成的系统动量守恒，故从 0~ 过程中有 ，解得 ，故 ，C 错误；在 时刻 A 的速度为 ，B 的速度为 ，根据 ， 解得 ，故 D 正确． 考点：考查了牛顿第二定律，动量守恒定律， 【名师点睛】对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系； 解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况 58．如图所示，F-t 图象表示某物体所受的合外力 F 随时间的变化关系，t＝ 0 时物体的初速度为零，则下 列说法正确的是 （ ） A. 前 4s 内物体的速度变化量为零 B. 前 4s 内物体的位移为零 C. 物体在 0～2s 内的位移大于 2～4s 内的位移 D. 0～2s 内 F 所做的功等于 2～4s 内物体克服 F 所做的功 【答案】 ACD 【解析】前 4s 内合外力的冲量为 1 2 10 2 5 02I       ，根据动量定理可知，物体的速度变化量为零， 选项 A 正确；前 4s 内物体先加速后减小，故位移不为零，选项 B 错误；物体在 0～2s 内做加速减小的加速 运动，2～4s 内做匀减速直线运动，则 0～2s 内的平均速度大于 2～4s 内的平均速度，则物体在 0～2s 内的 位移大于 2～4s 内的位移，选项 C 正确；若设 2s 时刻的速度为 v，则由动能定理可得，0～2s 内 F 所做的 功等于 21 2 mv ；2～4s 内物体克服 F 所做的功也为 21 2 mv ，选项 D 正确；故选 ACD. 点睛：此题解题时要根据动量定理、动能定理及牛顿第二定律进行讨论，并能从给定的图像中获取信息进 行讨论. 59．如图甲所示,有两个完全相同的质量 1m kg 的物块 、 静止在地面上, 0t  时刻有一随时间变化 的外力 F 作用在物块 A 上,F 随时间的变化关系如图乙所示。物块与地面间的动摩擦因数为 0.2  ,最大静 摩擦力等于滑动摩擦力,两物块均可视为质点。若物块 在 6t s 时与物块 发生弹性碰撞,碰撞时间极短, 碰撞之前的瞬间撤去外力 F,物块的右 侧有一弹性挡板,物块 与挡板碰撞后速度大小不变,方向相反,且物 块 B 恰好不与物块 A 发生第二次碰撞。g 取 210 /m s ,则下列说法中正确的是( ) （ ） A. 2t s 时,物块 A 的动量大小为 2 /p kg m s  B. 0 4s 时间内,物块 的动量的变化量为 2 /p kg m s   C. 物块 A 在 4 6s 内做勻速直线运动 D. 物块 B 距弹性挡板的距离为 4.5s m 【答案】 BD 【解析】要使 A 运动起来，最大静摩擦力为 0.2 1 10 2fF N    ，即在 t=2s 时物块 A 刚从静止开始运动， 所以动量大小为零，A 错误； 0 4s 时间内只有 2~4s 内运动，故根据动量定理可得   2 4 2 2 2 2 /2fp F F t kg m s         ，B 正确；4~6s 内 4 2fF N F N   ，故做匀加速直线运 动，C 错误；碰撞前瞬间物块 A 的动量为    1 2 2 4' 2 2 2 2 2 6 /2f fp F F t F F t kg m s             ，即 A 的速度为 1 ' 6 /pv m sm   ， 因为发生弹性碰撞，故有 2 2 2 1 2 2 1 1 1 2 2 2mv mv mv  ，恰好没有第二次碰撞，即相遇时两者的速度恰好为零， 故有   2 2 2 2 1 12 2 2 2m g s mv mv    ，联立解得 4.5s m ，D 正确． 60．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为 m1 和 m2 的两物块 A、B 相连接，并静止在光滑的水平面上。 现使 A 瞬时获得水平向右的速度 3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示， 下列说法正确的是 （ ） A. 从开始计时到 t4 这段时间内，物块 A、B 在 t2 时刻相距最远 B. 物块 A 在 t1 与 t3 两个时刻的加速度大小相等 C. t2 到 t3 这段时间内弹簧处于压缩状态 D. m1:m2=1:2 【答案】 BD 【解析】结合图象可知，开始时 m1 逐渐减速，m2 逐渐加速，弹簧被压缩，t1 时刻二者速度相等，系统动能最 小，势能最大，弹簧被压缩最大，然后弹簧逐渐恢复原长，m2 依然加速，m1 先减速为零，然后反向加速，t2 时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当 t3 时刻，两木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从 t3 到 t4 过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故 AC 错误；根据 v-t 图象的斜率表示加速度，可知物块 A 在 t1 与 t3 两个时刻各自的加速度大小相等，故 B 正确； 两物块和弹簧组成的系统动量守恒，选择从开始到 t1 时刻列方程可知：m1v1=（m1+ m1）v2，将 v1=3m/s，v2=1m/s 代入得：m1：m2=1：2，故 D 正确。所以 BD 正确，AC 错误。 61．如图所示，在光滑的水平面上放着质量相等的两个物块，乙上系有一个水平轻质弹簧，开始物块乙静 止，某一时刻物块甲以速度 v 向乙运动并压缩弹簧到弹簧最短，关于这一过程以下说法正确的是 （ ） A. 当弹簧压缩量最大时，两者速度一定相同 B. 当弹簧压缩量最大时，甲物块速度为零 C. 甲物块动能的减小量等于乙物块动能的增加量 D. 甲物块动量的减小量和乙物块动量的增加量大小相等 【答案】 AD 【解析】A、当弹簧压缩到最短长度时，甲乙具有相同的速度，弹簧的势能最大，甲的速度不为零，故 A 正 确，B 错误； C、在压缩弹簧的过程中，物块的一部分分动能转化为弹簧的弹性势能，所以甲物块动能的减少量等于乙物 块增加的动能以及弹簧增加的弹性势能的和，故 C 错误； D、在碰撞的过程中两个物体以及弹簧组成的系统在水平方向的动量守恒，所以甲物体动量的减小量和乙物 体动量的增加量大小相等，故 D 正确。 点睛：甲乙系统合力为零，系统动量守恒．当甲乙速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的势能最大，根 据动量守恒定律和能量守恒定律解答。 62．在光滑水平面上，一质量为 m 的小球以速度 V0 与静止的小球 2 发生正碰，碰后小球 2 的速度是 0 1 3 v 。 小球 2 的质量可能是 （ ） A. m B. 3m C. 5m D. 7m 【答案】 BC 63．如图所示，质量均为 m 的物块 A、B 用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，B 与竖直墙面紧靠。另一个质 量为 m 的物块 C 以某一初速度向 A 运动，C 与 A 碰撞后粘在一起不再分开，它们共同向右运动并压缩弹簧， 弹簧储存的最大弹性势能为 6.0J。最后弹簧又弹开，A、B、C 一边振动一边向左运动。那么 （ ） A. 从 C 触到 A，到 B 离开墙面这一过程，系统的动量不守恒，而机械能不守恒 B. 物块 C 的初始动能是 8.0J C. B 离开墙面后，A、B、C 三者等速时弹簧此时的弹性势能是 2.0J D. B 离开墙面后，A、B、C 三者等速时系统的动能是 4.0J 【答案】 ACD 【解析】A、从 C 触到 A，到 B 离开墙面这一过程，C 与 A 碰撞后粘在一起不再分开，是非弹性碰撞，机械 能损失，即机械能不守恒．CA 共同向右运动并压缩弹簧过程中，B 受到墙面的作用力，系统的动量不守恒， 故 A 正确.B、设 C 的初速度为 v0，初动能为 Ek，A 与 C 的碰撞过程，由动量守恒有： 0 12mv mv ，A 和 C 一起压缩弹簧的过程，由机械能守恒得： 2 1 1 2 6.0J2 Pmmv E   ，解得 2 0 1 12J2kE mv  ，故 B 错误.C、 弹簧储存的最大弹性势能为 6.0J．此时弹簧最短，A、B、C 动能为零，B 离开墙面后，接下来 A，C 首先受 到弹力而运动，这时候弹性势能完全转化为 AC 的动能即 6J，势能是 0．即 216 22 mv ,此时速度 6v m  . 接来下 B 受到弹簧的拉力而运动．AC 速度减小，最终 ABC 速度相等．那么该过程系统的动量守恒，2mv=3mv′,B 离开墙面后，A、B、C 三者等速时系统的动能是 21 3 4J2 mv  ,而根据能量守恒知弹性势能为 2J，故 C、D 均正确，故选 ACD． 【点睛】本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力．动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程 分析，不能笼统．对类似弹性碰撞的过程，要根据两大守恒：动量守恒和机械能守恒研究． 64．一质量为 100g 的小球以初速度 6m/s 从 O 点斜抛射入空中，历经 1s 通过 M 点时的速度方向垂直于初速 度方向。不计空气阻力，重力加速度 g＝10m/s2，下列说法正确的是 （ ） A. M 点为小球运动的最高点 B. 小球在 M 点的速度大小为 8m/s C. 初速度与水平方向的夹角α的正弦 sinα＝0.6 D. 从 O 点到 M 点的过程中动量的变化量大小为 0.2kg·m/s 【答案】 BC 【解析】设初速度方向与水平夹角为 ，则小球在水平方向上做初速度为 0cosxv v  的匀速直线运动，在 竖直方向上做初速度 0 0sinyv v  的竖直上抛运动，根据几何知识可得 0tan M v v   ①，在 M 点的速度  22 010 1 sinM xv v v     ②，其中 0 6 /v m s ， 2 2cos sin 1   ，联立解得 sin 0.6  ，所以 4.8 /xv m s ， 0 3.6 /yv m s ， 8 /Mv m s ，从抛出到最高点的时间为 0 0.36 1yvt s sg    ，所以 M 点不是最高点，A 错误 BC 正确；整个过程中只有重力做功，根据动量定理可得 1kg m/sI mgt mv     ， D 错误； 65．如图，斜面体 C 质量为 M，斜面足够长，始终静止在水平面上．一质量为 m 的足够长木板 A 上表面光滑， 木板 A 获得初速度 v0 后正好能沿着斜面匀速下滑，当木板 A 匀速下滑时将一质量也为 m 的滑块无初速度轻 放在木板 A 表面，当滑块 B 在木板 A 上滑动时 （ ） A. 滑块 B 的动量为 0 1 2 mv 时，木板 A 和滑块 B 速度大小相等 B. 滑块 B 的动量为 0 1 2 mv 时，斜面体对水平面压力大小为（M+2m）g C. 滑块 B 的动量为 0 3 2 mv 时，木板 A 的动量为 0 1 2 mv D. 滑块 B 的动量为 0 3 2 mv 时，水平面对斜面体的摩擦力向左 【答案】 ABD 【解析】以物块 AB 为研究对象，其合外力为零符合动量守恒，满足 0 1 2mv mv mv  ，滑块 B 的动量为 00.5mv 时，木板 A 的动量为 00.5mv ，此时 A 沿斜面向下运动，所以 A 对 C 的滑动摩擦力方向沿斜面向下，对 C 进 行受力分析：如图所示，合力为零．则有 2NF Mg mg  ，AB 正确；以物块 AB 为研究对象，在 A 静止之 前，其合外力为零符合动量守恒，满足 0 1 2mv mv mv  ，滑块 B 的动量为 0mv 时，木板 A 的动量为 0；此 后 A 静止，受到的摩擦力减小为 sinf mg  ，B 做加速运动， A 受到的摩擦力方向沿斜面向上，所以 C 受 到 A 的滑动摩擦力方向沿斜面向下，C 仍静止，受力平衡，则水平面对斜面体的摩擦力向左，故 C 错误 D 正 确． 66．如图所示，在质量为 M 的小车中挂着一单摆，摆球质量为 m0，小车和单摆以恒定的速度 v 沿光滑水平 地面运动，与位于正前方的质量为 m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在碰撞过程中，下列情况可 能发生的是 （ ） A. 小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B. 摆球的速度不变，小车和木块的速度变为 v1 和 v2，满足 Mv＝Mv1＋mv2 C. 摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为 u，满足 Mv＝(M＋m)u D. 小车和摆球的速度都变为 v1，木块的速度变为 v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 【答案】 BC 【解析】碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，以球的初速度方向为正方 向，若碰后小车和木块的速度变 1v 和 2v ，由动量守恒定律得： 1 2MV MV mV  ， 若碰后小车和木块速度相同，小车和木块的速度都变为 u，由动量守恒定律得：MV=（M+m）u，故 BC 正确， AD 错误． 点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键合理选择研究对象，知道在碰撞的瞬间前后摆球 的速度不变，小车和木块组成的系统动量守恒。 67．如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为 m，原来静止在光滑的水平面 上．今有一个可以看作质点的小球，质量也为 m，以水平速度 v 从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后， 又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是 （ ） A. 小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B. 小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是 mv/2 C. 小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化 D. 车上曲面的竖直高度不会大于 v2/4g 【答案】 BCD 【解析】小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续向右前进，故不会回到原位置， 故 A 错误；由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，对于车、球组成的系统，水平方向不受外力，水 平方向总动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律列式为 ，得共同速度 ．小车动量 的变化为 ，根据动量定理知：合力对小车的冲量 ，故 B 正确；由于满足动量守恒定律， 系统机械能又没有增加，所以是可能的，两曲面光滑时会出现这个情况，C 正确；由于小球原来的动能为 ， 小球到最高点时系统的动能为 ，所以系统动能减少了 ，如果曲面光滑，则减少的动 能等于小球增加的重力势能，即 ，得 ．显然，这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些， D 正确． 68．水平面上放置一物块，第一次以水平恒力 F1 作用于物块，经时间 t1 后撤去此力，物块通过总位移 S 后 停下来，第二次以水平恒力 F2 作用于物块，经时间 t2 后撤去此力，物块也通过总位移 S 后停下，已知 F1>F2, 则以下说法正确的是 （ ） A. 水平推力所做的功 W1>W2 B. 水平推力所做的功 W1=W2 C. 力 F1 对物体 m1 的冲量较小 D. 摩擦力对 m2 的冲量较大 【答案】 BCD 【解析】A、对全过程运用动能定理得,WF-fs=0，可知两次滑行的距离相等，则摩擦力做功大小相等,则水平 推力做功相等.故 A 错误，B 正确.C、因为 F1＞F2，所以 F1 作用时产生的加速度大,撤去推力后,物体的加速 度相同,作速度-时间图象： 根据速度时间图线，通过位移相等，知F1作用时物体在整个过程中的运动时间短．根据动量定理得，F1t1-ft=0， F2t2-ft′=0，因为 t＜t′，则知摩擦力对 m2 冲量较大，摩擦力对 m1 冲量较小，所以 F1 对物体 m1 的冲量较小．故 C、D 均正确．故选 BCD． 【点睛】本题综合考查了动能定理和动量定理，综合性较强，难度中等，需加强该题型的训练． 69．两个物体 A、B 的质量分别为 m1、m2，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力 F1、F2 分别作用于物体 A 和 B 上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来，两物体运动的速度-时间图象分 别如图中图线 a、b 所示，已知拉力 F1、F2 分别撤去后，物体做减速运动过程的速度-时间图线彼此平行（相 关数据已在图中标出），由图中信息可以得出 （ ） A. 若 F1=F2，则 m1 小于 m2 B. 若 m1=m2，则力 F1 对物体 A 所做的功较多 C. 若 m1=m2，则力 F1 对物体 A 的冲量与 F2 对 B 的冲量之比为 4:5 D. 若 m1=m2，则力 F1 的最大瞬时功率一定是力 F2 的最大瞬时功率的 2 倍 【答案】 ACD 【解析】 由斜率等于加速度知，撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，设为 a 由牛顿第二定律得： ； ，解得μ1=μ2=0.1，令μ1=μ2=μ，若 F1=F2，对于 m1 则有： 解得 ，同理 由图可知 a1＞a2 ，则 m1＜m2，故 A 正确；若 m1=m2， 则滑动摩擦力 f1=f2，由图可知，两物体运动位移相同，滑动摩擦力对两物体做功相同，由动能定理 可知，力 F1 对物体 A 所做的功与力 F2 对物体 B 所做的功一样多，故 B 错误；令 m1=m2=m，由牛顿第二定律得： 解得： ，同理 ，这两个力的冲量之比 故 C 正 确；这两个力的最大功率之比 ，故 D 正确。 70．如图，质量分别为 m1=1．0kg 和 m2=2．0kg 的弹性小球 a、b，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发 生微小的形变。该系统以速度 v0=0．10m/s 沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开 后两球仍沿原直线运动。经过时间 t=5．0s 后，测得两球相距 s=4．5m，则下列说法正确的是 （ ） A、刚分离时，a 球的速度大小为 0．7m/s B、刚分离时，b 球的速度大小为 0．2m/s C、刚分离时，a、b 两球的速度方向相同 D、两球分开过程中释放的弹性势能为 0．27J 【答案】 ABD 【解析】 系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（m1+m2）v0=m1v1+m2v2，位移：s=v1t-v2t，代入数据解 得：v1=0．70m/s，v2=-0．20m/s，符号表示速度方向与正方向相反；故选项 AB 正确，C 错误；由能量守恒 定律得： 1 2 （m1+m2）v0 2+EP= 1 2 m1v1 2+ 1 2 m2v2 2 ，代入数据解得：Ep=0．27J；选项 D 正确；故选 ABD． 考点：动量守恒定律；能量守恒定律 【名师点睛】本题考查了求小球的速度，弹簧的弹性势能，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与能量 守恒定律即可正确解题． 71．质量为 M 和 0m 的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度 v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为 m 的 静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是 （ ） A．M、 0m 、m 速度均发生变化，分别为 1 2 3v v v、 、 ，而且满足 0 1 0 2 3+M m v Mv m v mv   B． 0m 的速度不变，M 和 m 的速度变为 1v 和 2v ，而且满足 1 2Mv Mv mv  C． 0m 的速度不变，M 和 m 的速度都变为 'v ，且满足  + 'Mv M m v D．M、 0m 、m 速度均发生变化，M、 0m 速度都变为 1v ，m 的速度变为 2v ，且满足   0 0 0 1 2+ +M m v M m v mv  【答案】 BC 【解析】 碰撞的瞬间 M 和 m 组成的系统动量守恒，m0 的速度在瞬间不变，以 M 的初速度方向为正方向，若碰后 M 和 m 的速度变 v1 和 v2，由动量守恒定律得：Mv=Mv1+mv2；若碰后 M 和 m 速度相同，由动量守恒定律得：Mv=（M+m） v′．故 BC 正确，AD 错误．故选 BC。 考点：动量守恒定律 【名师点睛】解决本题的关键合理选择研究对象，知道在碰撞的瞬间前后 m0 的速度不变，M 和 m 组成的系统 动量守恒、应用动量守恒定律即可正确解题。 72．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为 和 ，图乙为它们碰前后的 s-t 图像，已知 =0．1kg，由此可以判断 （ ） A. 碰前 静止， 向右运动 B. 碰后 和 都向右运动 C. 由动量守恒可以算出 =0．3kg D. 碰撞过程中系统损失了 0．4J 的机械能 【答案】 AC 考点：考查了动量守恒定律，位移时间图像 【名师点睛】s-t（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后 两球的运动情况．根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械 能． 73．一个质量为 0．3kg 的弹性小球，在光滑水平面上以 6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方 向运动，速度大小与碰撞前相同，作用时间为 0．1s。则碰撞过程中墙壁对小球的平均作用力 F 和墙壁对小 球做功的平均功率大小 P 为 （ ） A．F=18N B．F=36N C．P=0 D．P=108w 【答案】 BC 【解析】 规定初速度方向为正方向，初速度 v1=6m/s，碰撞后速度 v2=-6m/s；△v=v2-v1=-12m/s，负号表示速度变化 量的方向与初速度方向相反；根据动量定理：Ft=m•△v=0．3kg×（-12m/s）=-3．6kg•m/s，墙壁对小球的 平均作用力 F=36N，故 A 错误，B 正确．碰撞前后小球速度大小不变，小球动能不变，对碰撞过程，对小球 由动能定理得：W=△Ek=0，碰撞过程中墙对小球做功的大小 W 为 0，墙壁对小球做功的平均功率大小 P 为 0， 故 C 正确，D 错误．故选 BC． 考点：动量定理；功率 【名师点睛】对于矢量的加减，我们要考虑方向，动能定理是一个标量等式，对于动能定理的研究，则无 需考虑方向。 74．如图所示，质量为 M 的长木板 A 静止在光滑的水平面上，有一质量为 m 的小滑块 B 以初速度 v0 从左侧 滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为μ。下列说法中正确的是 （ ） A. 若只增大 v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加 B. 若只增大 M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少 C. 若只减小 m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少 D. 若只减小μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小 【答案】 BCD 【解析】滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的成积 =Q fL mgL 相 相 ，因为 相对位移没变，所以产生热量不变，故 A 错误；由极限法，当 M 很大时，长木板运动的位移 xM 会很小，滑 块的位移等于 xM+L 很小，对滑块根据动能定理：   2 2 1 0 1 1 2 2Mmg x L mv mv    ，可知滑块滑离木板时 的速度 v1 很大，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒： 0 1mv mv Mv   ，可知长木板的动量 变化比较小，所以若只增大 M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少，故 B 正确；采用极限法：当 m 很小时，摩擦力也很小，m 的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木 板的动量变化也很小，故 C 正确；当μ很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移 xM 会很小，滑块的位移 等于 xM+L 也会很小，故 D 正确。所以 BCD 正确，A 错误。 75．如图所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为 M=1.5 kg 的木板 A,木板上表面粗糙且固定一竖直挡 板，挡板上连接一轻质弹簧，当弹簧处于原长时，在弹簧的左端轻放一质量为 m=0.9kg 的物块 B，现有一颗 质量为 m0=0·1kg 的子弹 C 以 v0=500m/s 的速度水平击中物块并嵌人其中，该过程作用时间极短，则在 A、B、 C 相互作用的过程中，下列说法中正确的有 （ ） A. A、B、C 组成的系统动量守恒 B. A、B、C 以及弹簧组成的系统机械能守恒 C. 子弹击中物块 B 的瞬间对物块 B 产生的冲量为 45N·s D. 弹簧被压缩到最短时木板的速度为 25 m/s 【答案】 AC 76．如图所示，将一轻质弹簧从物体 B 内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为 m1=2.0kg 的 物体 A。平衡时物体 A 距天花板 h=2.4m，在距物体 A 正上方高为 h1=1.8m 处由静止释放质量为 m2=1.0kg 的 物体 B，B 下落过程中某时刻与弹簧下端的物体 A 碰撞（碰撞时间极短）并立即以相同的速度与 A 运动，两 物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时 0.25s 第一次到达最低点，（弹簧始终在 弹性限度内，不计空气阻力，g=10m/s2）下列说法正确的是 （ ） A. 碰撞结束瞬间两物体的速度大小为 2m/s B. 碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为 0.25m C. 碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为 18N D. A、B 在碰后一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功 【答案】 ABC 【解析】A 项：B 物体自由下落至与 A 碰撞前其速度为 v0，根据自由落体运动规律 0 2 2 10 1.8 6m mv gh s s     ，AB 碰撞结束之后瞬时二者速度共同速度为 vt，根据动量守恒定律  2 0 1 2 tm v m m v  ，代入数据可得： 2t mv s ，故 A 正确； B、C 项：从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择 B 作为研究对象，根据动量定理：  2 20 tm g F t m v   ，解得 F=18N，方向竖直向上，此过程对 B 分析，根据动能定量理可得 2 2 2 10 2 tFx m gx m v    ，解得 x=0.25m，故 BC 正确； D 项：根据动能定理：A、B 在碰后一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功和克服重 力做功之和，故 D 错误。 点晴：本题关键是明确两个物体的运动规律，然后运用自由落体运动规律，动量守恒定律和动量定理列式 求解。 77．在光滑水平面上，一质量为 m，速度大小为 v 的 A 球与质量为 2m 静止的 B 球碰撞后，A 球的动能变为 1/9，则碰撞后 B 球的速度大小可能是 （ ） A． 1 3 v B． 2 3 v C． 4 9 v D． 5 9 v 【答案】 AB 【解析】 根据碰后 A 球的动能恰好变为原来的 1 9 ，得： 2 21 1 1 2 9 2mv mv   ，解得：v′=± 1 3 v， 碰撞过程中 AB 动量守恒，以 A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv′+2mvB， 解得：vB= 1 3 v 或 vB= 2 3 v；故选 AB。 考点：动量守恒定律 78．如图所示，两带电金属球在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线相向运动,A 球带电为-q，B 球带电为+2q。 下列说法中正确的是 （ ） A．相碰前两球的运动过程中，两球的总动量守恒 B．相碰前两球的总动量随两球的距离逐渐减小而增大 C．相碰分离后的两球的总动量不等于相碰前两球的总动量，因为两球相碰前作用力为引力,而相碰后的作 用力为斥力 D．相碰分离后任一瞬时两球的总动量等于碰前两球的总动量，因为两球组成的系统合外力为零 【答案】 AD 【解析】 相碰前两球的运动过程中，两球所受的合外力为零，故两球的总动量守恒，选项 A 正确，B 错误；相碰分离 后的两球的总动量等于相碰前两球的总动量，因为两球相碰前和相碰后系统的合力为零，选项 C 错误；相 碰分离后任一瞬时两球的总动量等于碰前两球的总动量，因为两球组成的系统合外力为零，选项 D 正确； 故选 AD． 考点：动量守恒定律 【名师点睛】此题考查了动量守恒定律的条件；要知道不管是碰前还是碰后，系统的合力总是为零，动量 总是守恒的。 79．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为 M＝0.6 kg，m＝0.2 kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的 具有 Ep＝10.8 J 弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球 m 脱离 弹簧后滑向与水平面相切、半径为 R＝0.425 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。g 取 10 m/s2。 则下列说法正确的是 （ ） A. M 离开轻弹簧时获得的速度为 9 m/s B. 球 m 从轨道底端 A 运动到顶端 B 的过程中所受合外力冲量大小为 3.4 N·s C. 若半圆轨道半径可调，且球 m 能从 B 点飞出，则飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而 减小 D. 弹簧弹开过程中，弹力对 m 的冲量大小为 1.8 N·s 【答案】 BD 【解析】弹簧弹开小球过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出两球的速 度；小球离开圆形轨道后做平抛运动，应用动量定理与平抛运动规律分析答题． 释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得： ，由机械能 守恒得： ，代入数据解得 ；m 从 A 到 B 过程中，由机械能守恒定律 得： ，解得 ，以向右为正方向，由动量定理得，球 m 从轨道底端 A 运动 到顶端 B 的过程中所受合外力冲量大小为： ，则合力冲量 大小为 3.4N•s，M 离开轻弹簧时获得的速度为 3m/s，故 A 错误 B 正确；设圆轨道半径为 r 时，飞出 B 后水 平位移最大，由 A 到 B 机械能守恒定律得： ，在最高点，由牛顿第二定律得 ，m 从 B 点飞出，需要满足 ，飞出后，小球做平抛运动 ，当 时，即 时，x 为最大，球 m 从 B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大 后减小，故 C 错误；由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对 m 的冲量大小为 ， 故 D 正确． 80．两个小球 A、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是 m1＝4 kg，m2＝2 kg，A 的速度 v1＝3 m/s(设为正)，B 的速度 v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是 （ ） A. 均为+1 m/s B. ＋4 m/s 和－5 m/s C. ＋2 m/s 和－1 m/s D. －1 m/s 和＋5 m/s 【答案】 AD 【点睛】对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两 球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率． 三、解答题 81．（12 分）如图所示，一颗质量为 m =10g 的子弹以水平速度 v0 =200m/s 击穿一个静止于光滑水平面上的 沙箱后，速度减小为 v=100 m/s。已知沙箱的质量为 M =0.5kg。求： （1）沙箱被击穿后的速度 v 的大小； （2）这一过程中系统产生的热量 Q 的大小。 【答案】 （1） 2m / sv  （2） 149JQ  【解析】 （1）碰撞过程中动量守恒，所以有 0mv mv Mv  （4 分） 解得 2m / sv  （2 分） （2）系统损失的动能全部转化为系统产生的热量，所以 2 2 2 0 1 1 1( )2 2 2Q mv mv Mv   （4 分） 解得： 149JQ  （2 分） 考点：考查了动量守恒，能量守恒定律的应用 82．如图所示,在光滑水平面上有两个并排放置的木块 A 和 B,已知 mA=500 g,mB=300 g,有一质量为 80 g 的 小铜球 C 以 25 m/s 的水平初速开始,在 A 表面滑动,由于 C 和 A,B 间有摩擦,铜块 C 最后停在 B 上,B 和 C 一 起以 2.5 m/s 的速度共同前进,求: (1)木块 A 的最后速度 vA′; (2)C 在离开 A 时速度 vC′. 【答案】 (1)2.1 m/s (2)4 m/s 【解析】A,B,C 三个物体作为一个系统在水平方向不受外力作用,系统动量守恒, (1)研究 C 开始滑动到 C 和 B 相对静止的过程, mCv0=mAvA′+(mC+mB)v 共 vA′= 0 ( )C C B A m v m m v m   共 0.08 25 (0.08 0.3) 2.5 2.1 / .0.5 m s     (2)研究 C 开始滑动到 C 离开 A 的过程, mCv0=(mA+mB)vA′+mCvC′ vC′= 0 ( )C A B A C m v m m v m    = 0.08 25 (0.5 0.3) 2.1 4 / .0.08 m s     83．如图所示，光滑水平直导轨上放置长木板 B 和滑块 C，滑块 A 置于 B 的左端，且 A、B 间接触面粗糙， 三者质量分别为 1A kgm  、 2B kgm  、 23c kgm  ，开始时 A、B 一起以速度 0 10 /v m s 向右运动，与 静止的 C 发生碰撞，碰后 C 向右运动，又与竖直固定挡板碰撞，并以碰前速率弹回，此后 B 与 C 不再发生 碰撞，已知 B 足够长，A、B、C 最终速度相等，求 B 与 C 碰后瞬间 B 的速度大小。 【答案】 7.25 / Bv m s 考点：动量守恒定律 【名师点睛】分析物体的运动过程，选择不同的系统作为研究对象，多次运用动量守恒定律求解，注意动 量守恒定律是矢量式，使用前要先规定正方向。 84．光滑水平轨道上有三个木块 A、B、C，质量分别为 、 ，开始时 B、C 均静止，A 以 初速度 向右运动，A 与 B 相撞后分开，B 又与 C 发生碰撞并粘在一起，此后 A 与 B 间的距离保持不变。求 B 与 C 碰撞前 B 的速度大小。 【答案】 【解析】设 A 与 B 碰撞后，A 的速度为 ，B 与 C 碰撞前 B 的速度为 ，B 与 C 碰撞后粘在一起的速度为 ， 由动量守恒定律得： 对 A、B 木块： 对 B、C 木块： 由 A 与 B 间的距离保持不变可知 联立代入数据得： 。 考点：动量守恒定律 【名师点睛】分析物理过程，把握每个过程所遵循的物理规律是应培养的能力．此题中涉及碰撞，关键要 掌握碰撞的基本规律动量守恒。 85．在光滑的水平面上，质量为 m1 的小球 A 以速率 v0 向右运动．在小球 A 的前方 O 点有一质量为 m2 的小球 B 处于静止状态，如图 14－1－4 所示．小球 A 与小球 B 发生正碰后小球 A、B 均向右运动．小球 B 被在 Q 点 处的墙壁弹回后与小球 A 在 P 点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的， 求两小球质量之比 m1∶m2. 【答案】 2∶1 视频 86．如图所示，可看成质点的 A 物体叠放在上表面光滑的 B 物体上，一起以 v0 的速度沿光滑的水平轨道匀 速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板 C 发生完全非弹性碰撞，B、C 的上表面相平且 B、C 不粘连， A 滑上 C 后恰好能到达 C 板的最右端，已知 A、B、C 质量均相等，木板 C 长为 L，求 ①A 物体的最终速度 ②A 在木板 C 上滑行的时间． 【答案】 ① 03 4 v ；② 0 4L v ． 【解析】①设 A 、 B 、C 的质量为 m ， B 、C 碰撞过程中动量守恒， 令 B 、 C 碰后的共同速度为 ，则 ，解得 ， B 、C 共速后 A 以 0v 的速度滑上 C ， A 滑上C 后， B 、C 脱离 A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终 A 、C 的共同速度 ， 则 解得 ②在 A 、C 相互作用过程中，根据功能关系有 （ f 为 A 、 C 间的摩擦力） 代入解得 2 0 16 mvf L  · 此过程中对C ，根据动量定理有 代入相关数据解得 0 4Lt v  考点：动量守恒定律；能量守恒定律及动量定理。 87．（9 分）如图，质量分别为 Am 、 Bm 的两个小球 A、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度 h=0.8m，A 球在 B 球的正上方。 先将 B 球释放，经过一段时间后再将 A 球释放。 当 A 球下落 t=0.3s 时，刚好与 B 球 在地面上方的 P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间 A 球的速度恰为零。已知 AB mm 3 ，重力加速度大小 为 2s/m10g ，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。 （i）B 球第一次到达地面时的速度； （ii）P 点距离地面的高度。 【答案】 4 /Bv m s 0.75ph m 【解析】 （i）B 球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有 21 2B B Bm gh m v 可得 B 球第一次到达地面时的速度 2 4 /Bv gh m s  （ii）A 球下落过程，根据自由落体运动可得 A 球的速度 3 /Av gt m s  设 B 球的速度为 'Bv ， 则有碰撞过程动量守恒 ' ''A A B B B Bm v m v m v  碰撞过程没有动能损失则有 2 2 21 1 1' ''2 2 2A A B B B Bm v m v m v  解得 ' 1m/ sBv  ， '' 2m/ sBv  小球 B 与地面碰撞后根据没有动能损失所以 B 离开地面上抛时速度 0 4 /Bv v m s  所以 P 点的高度 2 2 0 ' 0.752 B p v vh mg   考点：动量守恒定律 能量守恒 88．（18 分）如图所示，质量为 mA=2kg 的平板车 A 静止在水平地面上，车长 d =5m。物块 B 静止在平板车 左端，在物块 B 正前方某处。有一小球 C，球 C 通过长 l = 0.32m 的细绳与固定点 O 相连，球 C 恰好与物块 B 等高，且 C 始终不与平板车 A 接触。在 t = 0 时刻，平板车 A 突然获得水平初速度 v0 开始向左运动，后来 某一时刻物块 B 与球 C 发生弹性碰撞，碰后球 C 恰好能绕 O 点在竖直平面内作圆周运动。若 B、C 可视为质 点，mB=mC= 1kg，物块 B 与平板车 A、平板车 A 与地面之间的动摩擦因数均为µ=0.2，g 取 10m/s2，求： （1）B、C 碰撞瞬间，细绳拉力的大小？ （2）B、C 碰撞前瞬间物块 B 的速度大小。 （3）若 B、C 碰撞时，物块 B 在平板车的中间位置，且 t0=1.5s 时平板车 A 的速度变为 v1 =5m/s，则物块 B 是在加速阶段还是减速阶段与球 C 相碰撞？小车的初速度 v0 多大？ 【答案】 （1）60N （2） smvB /4 （3） smv /90  【解析】 （1）当球 C 在最高点处时。由牛顿第二定律，得 l vmgm c c 2  ……（1 分） 碰后球 C 从最低点到最高点过程中： 22 2 1 2 12 cccc vmvmlgm  …………（2 分） 当球 C 在最低点处： l vmgmF cc c 2  ………（2 分） 解得：F＝60N …………（1 分） （2）物块 B 与球 C 碰撞前速度为 Bv ，碰撞后速度为 ' Bv ，则 BBccBB vmvmvm ' …………（2 分） 222' 2 1 2 1 2 1 BBccBB vmvmvm  …………（1 分） 解得： smvB /4 ………………（1 分） （3）刚开始时，平板车的加速度大小 1a ，物块 B 的加速度大小 2a ， 对平板车，由牛顿第二定律， 1)( amgmmgm aBAB   得 2 1 /4 sma  ……（1 分） 对物块 B， 2amgm BB  2 2 /2 sma  …………（1 分） 假设 B 在加速阶段与 C 相碰，加速时间t ，则 tavB 2 tavv A 10 '  ,且 BA vv ' 故平板车 A 的初速度 smv /120  ………（1 分） st 5.10  时平板车速度 smtavv /60101  由于 smv /51  所以物块 B 只能在与平板车相对静止共同减速阶段与球 C 相碰。…… （1 分） 物块 B 与平板车相对静止共同减速时加速度大小 3a ，由牛顿第二定律，得 3)()( ammgmm BABA   2 3 /2 sma  ………（1 分） 设物块 B 与平板车速度相对滑动时间 1t ，则 )5.1( 131101 tatavv  …………（1 分） 2 12 2 1110 2 1 2 1 2 tatatvd  ………………（1 分） 联立式子，解得： smv /90  …………（1 分） 考点：本题考查牛顿运动定律、动能定理、动量守恒 89．光滑水平地面上停放着一辆质量 m=2kg 的平板车，质量 M=4kg 可视为质点的小滑块静放在车左端，滑 块与平板车之间的动摩擦因数 0.3  ，如图所示，一水平向右的推力 F=24N 作用在滑块 M 上 0．5s 撤去， 平板车继续向右运动一段时间后与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且车以原速率反弹，滑块与平板之 间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，平板车足够长，以至滑块不会从平板车右端滑落， 210 /g m s ， 求： （1）平板车第一次与墙壁碰撞后能向左运动的最大距离 s 多大？此时滑块的速度多大？ （2）平板车第二次与墙壁碰撞前的瞬间速度 2v 多大？ （3）为使滑块不会从平板车右端滑落，平板车l 至少要有多长？ 【答案】 （1）1m/s； 1 m3 （2） 2 /3 m s （3） 1l m 【解析】 （1）滑块与平板车之间的最大静摩擦力 mf Mg 设 滑 块 与 车 不 发 生 相 对 滑 动 而 一 起 加 速 运 动 的 最 大 加 速 度 为 ma ， 以 车 为 研 究 对 象 ， 则 26 /m m f Mga m sm m    以滑块和车整体为研究对象，作用在滑块上使滑块与车一起静止地加速的水平推力的最大值设为 mF 则   36m mF M m a N   已知水平推力 F=24N<36N，所以在 F 作用下 M、m 能相对静止地一起向右加速 设第一次碰墙后到第二次碰前车和滑块组成的系统动量守恒 车向左运动速度减为 0 时，由于 m

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