2010届高三一轮复习物理精品资料：第6章《动量》单元检测

第1讲 动量 动量定理[A 组 基础题组]一、单项选择题1．下列解释正确的是( )A ．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B ．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C ．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D ．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大解析：跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A 错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B 错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft ＝mv ，可知运动时间相等，故选项C 错误；人从越高的地方跳下，落地前瞬间速度越大，动量越大，落地时动量变化量越大，则冲量越大，故选项D 正确。

答案：D2．如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中( )A ．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心B ．小球所受支持力的冲量为0C ．小球所受重力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受合力的冲量大小为m 2gR解析：小球受到竖直向下的重力和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，故A 错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，故B 错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒定律可得mgR ＝12mv B 2，故v B ＝2gR ，根据动量定理可得I 合＝Δp ＝mv B ＝m 2gR ，故C 错误，D 正确。

答案：D3．一小球从水平地面上方无初速度释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零。

假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是( ) A ．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B ．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C ．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D ．从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功解析：根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A 错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)，可知地面对小球的冲量Ft 不为零，选项B 错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功的代数和，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确。

第六单元 动 量第31讲 动量 冲量 动量定理体验成功1.小球自由落下，与地面发生碰撞后的瞬间，其反弹速度与落地速度大小相等.若从释放时开始计时，取初始位置为参考点，向上为正方向，不计小球与地面发生碰撞的时间及空气阻力.则下图中能正确描述小球各物理量与时间关系的是( )答案：B2.在我们的体育课上，体育老师在讲解接篮球的技巧时，经常这样描述：当接迎面飞来的篮球，手接触到球以后，两臂随球后引至胸前把球接住.这样做的目的是( )A.减小篮球的冲量B.减小篮球的动量变化C.增大篮球的动量变化D.减小篮球的动量变化率解析：水平方向有：F Δt ＝Δp得：F ＝ΔpΔt故接球后两臂起缓冲作用，减小篮球的动量变化率. 答案：D3.木块A 从斜面底端以初速度v 0冲上斜面，经一段时间后，又回到斜面底端.若木块A 在斜面上所受的摩擦阻力大小不变，对于木块A ，下列说法正确的是( )A.全过程中重力的冲量为零B.全过程中重力做的功为零C.上滑过程中动量的变化量的大小等于下滑过程中动量的变化量的大小D.上滑过程中机械能的变化量大于下滑过程中机械能的变化量 解析：整个过程重力的冲量I G ＝mgt ，选项A 错误； 重力做的功W G ＝mg ×0＝0，选项B 正确； 上滑过程动量的变化大小：Δp 1＝mv 0 下滑过程动量的变化大小：Δp 2＝mv 又v ＜v 0可得Δp 1＞Δp 2，选项C 错误；上滑和下滑过程机械能的变化均为克服摩擦力所做的功：ΔE ＝f ·s ，选项D 错误. 答案：B4.质量分别为m 1和m 2的两个物体(m 1＞m 2)，在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相同的初动能.与运动方向相同的水平力F 分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个物体的动量和动能的大小分别为p 1、p 2和E k1、E k2，比较它们的大小，有( )A.p 1＞p 2，E k1＞E k2B.p 1＞p 2，E k1＜E k2C.p 1＜p 2，E k1＞E k2D.p 1＜p 2，E k1＜E k2 解析：动量与动能的关系为：p ＝2mE k 由p 1＝2m 1E k ＋Ft ，p 2＝2m 2E k ＋Ft 得：p 1＞p 2又因为经过相同的时间后m 1的位移小于m 2的位移，由动能定理有： E k1＝E k ＋Fs 1，E k2＝E k ＋Fs 2 故E k1＜E k2. 答案：B5.2006年11月26日，兰州空军某部飞行员李剑英驾驶歼击机训练结束后，在下降途中飞机遇到鸽群撞击，只听见“砰”的一声巨响，发动机被撞坏了.为了避免飞机坠入在人员密集的村庄，李剑英放弃跳伞不幸殉难.现假设某飞机的飞行速度为300 m/s ，撞上一只以8 m/s的速度迎面飞来的、质量为0.5 kg 的鸟，作用时间为1×10－4s ，则鸟撞击飞机的平均作用力约为( )A.1.5×106 NB.3×106NC.1.5×107 ND.3×107N解析：取飞机速度方向为正，对于鸟有：F ·Δt ＝mv 飞－m (－v 鸟)解得：F ≈1.5×106N.答案：A6.有一高空作业的工人重为600 N ，系一条长L ＝5 m 的安全带.若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t ＝1 s ，则在缓冲时间里安全带对人的平均拉力F 是多大？(g 取10 m/s 2)解析：解法一 如图所示，人跌落时为自由下落，刚要拉紧安全带时的速度v 1＝2gL ，经缓冲时间t ＝1 s 后速度变为0，取向下为正方向，由动量定理得：(mg －F )t ＝0－mv 1代入数据可解得：F ＝1200 N.解法二 在整个下落的过程中，人受到的重力的冲量大小为mg (2L g＋t )，拉力F 的冲量大小为Ft .初末动量都是零，取向下的方向为正方向，由动量定理得：mg (2L g＋t )－Ft ＝0可解得：F ＝1200 N. 答案：1200 N金典练习十五 动量 冲量 动量定理选择题部分共10小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面的边缘，当用速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点.若以速度2v 抽出纸条，则铁块落地点为( )A.仍在P 点B.留在桌面或在P 点左边C.在P 点右边不远处D.在P 点右边原水平位移的两倍处答案：B2.跳高时，跳高运动员总是跳到沙坑里或跳到海绵垫上，这样做是为了( ) A.减小运动员的动量变化 B.减小运动员所受的冲量 C.延长着地过程的作用时间D.减小着地时运动员所受的平均冲力解析：运动员在着地过程中的动量变化量相同，根据F ＝ΔpΔt＋mg 知，缓冲时间越长，平均冲力越小，选项C 、D 正确.答案：CD3.如图所示，两物体A 和B 叠放在水平面上，水平拉力F 作用在B 上，A 和B 一起沿力的方向做匀加速直线运动，则在任一段时间内( )A.A 和B 各自受到的冲量都为零B.B 受到的冲量为零，A 受到的冲量不为零C.A 受到的冲量为零，B 受到的冲量不为零D.A 和B 各自受到的冲量都不为零解析：由I ＝F 合·Δt ＝ma ·Δt 知，物体A 、B 受到的冲量都不为零. 答案：D4.一物体竖直向下匀加速运动了一段距离，对于这一运动过程，下列说法正确的是( ) A.物体的机械能一定增加 B.物体的机械能一定减少C.相同时间内，物体动量的增量一定相等D.相同时间内，物体动能的增量一定相等解析：当物体的加速度a ＞g 时，物体的机械能增加；当物体的加速度a ＝g 时，物体的机械能守恒；当物体的加速度a ＜g 时，物体的机械能减小，故选项A 、B 错误.由动量定理知，物体动量的增加量Δp ＝F 合·Δt ，选项C 正确.由动能定理知，物体动能的增加量ΔE k ＝F 合·s ＝F 合·(vt ＋12at 2)，选项D 错误.答案：C5.用子弹射击一木块，在射入木块前子弹的动能为E 1，动量的大小为p 1；射穿木块后子弹的动能为E 2，动量大小为p 2.若木块对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木块的过程中平均速度的大小为( )A. E 1＋E 2p 1＋p 2B. E 2－E 1p 2－p 1C. E 1p 1＋E 2p 2D.E 1p 1－E 2p 2解析：由E 2－E 1p 2－p 1＝12m (v 22－v 21)m (v 2－v 1)＝v 2＋v 12＝v 知，选项B 正确.同理，由E 1p 1＋E 2p 2＝v 2＋v 12＝v 知，选项C 正确.答案：BC6.如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A 、B ，质量分别为m 1和m 2，今有一子弹水平穿过两木块.设子弹穿过木块A 、B 的时间分别为t 1和t 2，木块对子弹的阻力恒为f ，则子弹穿过两木块后，木块A 的速度大小是( )A.ft 1m 1B.ft 1m 1＋m 2C.f (t 1＋t 2)m 1＋m 2D.f (t 1＋t 2)m 1 解析：子弹穿过木块A 的过程有： ft 1＝(m 1＋m 2)v A子弹穿过木块B 的过程有： ft 2＝m 2v B －m 2v A可得v A ＝ft 1m 1＋m 2，故选项B 正确. 答案：B 7.如图所示，竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，另一端与质量为3 kg 的物体B 固定在一起，质量为1 kg 的物体A 放于B 上，现在A 和B 一起竖直向上运动.当A 、B 分离后，A 上升0.2 m 到达最高点，此时B 的速度方向向下，弹簧为原长，则从A 、B 分离起至A 到达最高点的过程中，弹簧的弹力对B 的冲量大小为(g 取10 m/s 2)( )A.1.2 N·sB.8 N·sC.6 N·sD.4 N·s解析：A 、B 在弹簧为原长时的位置分离，由题意知此时A 、B 的速度v 0＝2gh ＝2 m/s.过原长位置后，由于加速度、速度不同而使A 上升，上升的时间为：Δt ＝v 0g＝0.2 s ，A 、B 分离，对于B 有：I 弹＋mg Δt ＝mv 0－m (－v 0)＝2mv 0代入数据解得：I 弹＝6 N·s，选项C 正确. 答案：C8.光子有能量也有动量，动量p ＝h λ，它也遵守有关动量的规律.如图所示，在真空中，有一“∞”字形装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO ′在水平面内灵活地转动，其中左边是圆形黑纸片(吸收光子)，右边是和左边大小、质量均相同的圆形白纸片(反射光子).当用平行白光垂直照射这两个圆面时，关于装置开始转动时的情况(俯视)，下列说法中正确的是( )A.顺时针方向转动B.逆时针方向转动C.都有可能D.不会转动解析：一个光子与白纸片碰撞的过程I 右＝2p 光；一个光子与黑纸片碰撞的过程I 左＝p 光；故I 右＞I 左，选项B 正确.答案：B9.水平拉力F 1、F 2分别作用在水平面的物体上一段时间后又撤去，使物体都由静止开始运动而后又停下.如果物体在两种情况下的总位移相等，且F 1＞F 2，那么在这样的情况中( )A.F 1比F 2的冲量大B.F 1比F 2的冲量小C.F 1与F 2的冲量相等D.F 1与F 2的冲量大小无法比较 解析：在同一图中作出两种情况下的v －t 图象.在物体做减速运动的阶段，由于动摩擦因数相同，故加速度相等，图中CD 平行于AB .因为F 1＞F 2，所以物体受F 1作用时比受F 2作用时的加速度大.物体两次通过的总位移相等，表明△AOB 与△COD 的面积相等.设F 1、F 2的作用时间和它们撤去后物体滑行的时间分别为t 1、t 2、t 1′、t 2′，物体的始末动量均为零，根据动量定理有：F 1t 1－f (t 1＋t 1′)＝0 F 2t 2－f (t 2＋t 2′)＝0由图可知：t 1＋t 1′＜t 2＋t 2′，所以f (t 1＋t 1′)＜f (t 2＋t 2′) 即F 1t 1＜F 2t 2，故选项B 正确. 答案：B10.如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触.现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S ，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v ，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是( )A.ρvSB.ρv 2S C.12ρv 2S D.ρv 2S解析：Δt 时间内气瓶喷出气体的质量Δm ＝ρSv ·Δt对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得： F ·Δt ＝Δm ·v －0解得：F ＝ρv 2S ，选项D 正确. 答案：D非选择题部分共3小题，共40分.11.(13分)某中学生身高1.80 m ，质量70 kg.他站立举臂，手指摸到的高度为2.25 m.如果他先缓慢下蹲，再用力蹬地向上跳起，同时举臂，手指摸到的高度为2.70 m.设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.3 s.取g ＝10 m/s 2，求：(1)他刚离地跳起时的速度大小. (2)他与地面间的平均作用力的大小. 解析：(1)跳起后重心升高 h ＝2.70 m －2.25 m ＝0.45 m.根据机械能守恒定律12mv 2＝mgh解得：v ＝2gh ＝3 m/s.(2)根据动量定理有：(F －mg )t ＝mv －0 解得：F ＝m (g ＋v t)＝1400 N. 答案：(1)3 m/s (2)1400 N12.(13分)关于哥伦比亚号航天飞机失事的原因，美国媒体报道说，航天飞机发射时一块脱落的泡沫损伤了左翼的隔热瓦，于是最终酿成大祸.据美国航天局航天计划的Dittemore 于2003年2月5日在新闻发布会上说，撞击航天飞机左翼的泡沫长20英寸(约50.8 cm)、宽16英寸(约40.6 cm)、厚6英寸(约15.2 cm)，其质量大约为1.3 kg ，撞击时速度约为250 m/s ，方向向上，而航天飞机的上升速度大约为700 m/s.假定碰撞时间等于航天飞机前进泡沫的长度所用的时间，相撞后认为泡沫全部附在飞机上.根据以上信息，估算“哥伦比亚”号航天飞机左翼受到的平均撞击力.(结果保留一位有效数字)解析：由题意知航天飞机与泡沫块的作用时间为：Δt ＝0.508700s设碰撞过程中航天飞机对泡沫块的平均冲力大小为F ，由动量定理得：F·Δt＝mv1－mv2(F远大于泡沫块受的重力)解得：F＝8×105 N由牛顿第三定律知，航天飞机左翼受到的平均撞击力为8×105 N.答案：8×105 N13.(14分)图示为一支将要竖直向上发射的火箭，其质量为6000 kg，点火后喷气速度为2.5 km/s，忽略发射初期火箭质量的变化，问：(取g＝10 m/s2)(1)点火后每秒至少要喷射多少气体才能使火箭开始上升？(2)如果要使火箭开始有2 m/s2向上的加速度，则每秒要喷出多少气体？解析：(1)设火箭每秒喷射出质量为m0的高速气体时产生的反冲力大小等于火箭的重力.对于Δt时间的喷出的气体，由动量定理得：F·Δt＝m0·Δt·v0－0由牛顿第三定律得：F＝Mg＝60000 N解得：m0＝24 kg.(2)设每秒喷出质量为m的气体时能使火箭以2 m/s2的加速度加速上升，则此时火箭受到的冲力大小为：F′＝Mg＋ma＝7.2×104 N对于Δt时间内喷出的气体，由动量定理得：F′·Δt＝m·Δt·v0－0解得：m＝28.8 kg.答案：(1)24 kg (2)28.8 kg第32讲 动量守恒定律及其应用体验成功1.如图所示，木块B 与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块B 内，入射时间极短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法正确的是( )A.子弹从开始射入木块到弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒B.子弹射入木块的过程中，系统动量守恒C.子弹射入木块的过程中，系统动量不守恒D.木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒解析：子弹射入木块在瞬间完成，这一过程木块的位移以及弹簧的作用可以忽略不计，故木块与子弹组成的系统动量守恒，这一过程机械能不守恒.压缩弹簧的过程动量越来越小，但木块和弹簧组成的系统机械能守恒，选项B 正确.答案：B2.质量为M 的木块放在光滑的水平桌面上处于静止状态，今有一颗质量为m 、速度为v 0的子弹沿水平方向击中木块，在子弹未穿出木块的过程中，木块受到的冲量大小为( )A.mv 0B.mv 0－mMv 0m ＋MC.mMv 0m ＋MD.mv 0－m 2v 0m ＋M解析：由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v 木块受到的冲量大小I ＝Mv 联立解得：I ＝mMv 0m ＋M选项C 、D 是相同结果的不同表达式，所以选项C 、D 正确. 答案：CD3.A 、B 两球在光滑水平面上相向运动，已知m A ＞m B ，当两球相碰后，其中一球停止运动，则可断定( )A.碰前A 的动量与B 的动量大小相等B.碰前A 的动量大于B 的动量C.若碰后A 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量D.若碰后B 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量解析：碰后只有一球静止，说明系统总动量不为零，选项A 错误；由于不知道哪个球停止，则不能判断碰前谁的动量大，B 错误；由于二球相向运动，一球停止，另一球的运动方向必与其原运动方向反向，总动量与静止球原动量方向相同，因此选项C 正确.答案：C4.小球1追碰小球2，碰撞前两球的动量分别为p 1＝5 kg·m/s，p 2＝7 kg·m/s，正碰后小球2的动量p 2′＝10 kg·m/s.则两球的质量关系可能是( )A.m 2＝m 1B.m 2＝2m 1C.m 2＝4m 1D.m 2＝6m 1解析：由动量守恒定律，很容易得到碰后小球1的动量p 1′＝2 kg·m/s，这丝毫不能反映出两球的质量关系，这就要从题中内含的其他关系去寻找.首先，“追碰”表明碰前小球1的速度大于小球2的速度，即v 1＞v 2，由v ＝p m 可得，p 1m 1＞p 2m 2，即m 2＞7m 15，排除了选项A 的可能. 按同样思路，碰后应有v 1′≤v 2′，p 1′m 1≤p 2′m 2，有m 2≤5m 1，排除了选项D 的可能. 由动能不增原则可知：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′，由动能E k 与动量p 的关系：E k ＝p 22m可得：p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2即有：m 2≥51m 121，排除了选项B 的可能.综合以上结论得：51m 121≤m 2≤5m 1，只有选项C 正确.答案：C5.如图所示，人在平板车上用水平恒力拉绳使重物能逐渐靠近自己，人相对车始终不动，重物与平板车之间、平板车与地面之间均无摩擦.设开始拉重物时车和重物都是静止的，车和人的总质量M ＝100 kg ，重物的质量m ＝50 kg ，拉力F ＝200 N ，重物在车上向人靠近了3 m ，求：(1)车在地面上移动的距离.(2)这时车和重物的速度.解析：(1)设重物在车上向人靠近L ＝3 m 时，车在地面上移动的距离为s ，依题意有：m (L －s )＝Ms 整理得：s ＝1 m.(2)人和车的加速度a ＝F M ＝200100m/s 2＝2 m/s 2则人和车在地面上移动1 m 时的速度为： v ＝2as ＝2 m/s此时物体的对地速度为v 物，根据mv 物＝Mv 得： v 物＝4 m/s.答案：(1)1 m (2)4 m/s6.用火箭发射人造卫星时，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以v＝7.0×103m/s 的速度绕地球做匀速圆周运动.已知卫星的质量m ＝500 kg ，最后一节火箭壳体的质量M ＝100 kg.某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度u ＝1.8×103m/s ，试计算分离后瞬间卫星的速度和火箭壳体的速度.(以地面为参考系)解析：设分离后卫星与火箭壳体相对地面的速度分别为v 1和v 2，分离时系统在轨道切线方向上动量守恒，有：(m ＋M )v ＝mv 1＋Mv 2 又u ＝v 1－v 2解得：v 1＝7.3×103m/s v 2＝5.5×103 m/s.答案：7.3×103 m/s 5.5×103m/s金典练习十六 动量守恒定律及其应用选择题部分共10小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1.如图所示，小车放在光滑的水平面上，先将小球拉到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中( )A.小球向左摆动时，小车也向左运动，且小球与小车组成的系统动量守恒B.小球向左摆动时，小车向右运动，且小球与小车组成的系统动量守恒C.小球向左摆到最高点时，小球的速度为零，而小车速度不为零D.在任何时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反 答案：D2.一颗手榴弹以v 0＝10 m/s 的水平速度在空中飞行.设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2 kg ，沿原方向以250 m/s 的速度飞去，那么，质量为0.4 kg 的大块在爆炸后速度大小和方向是( )A.125 m/s ，与v 0反向B.110 m/s ，与v 0反向C.240 m/s ，与v 0反向D.以上答案均不正确 解析：由动量守恒定律有：Mv 0＝m 1v 1＋m 2v 2 即0.6×10＝0.2×250＋0.4v 2解得：v 2＝－110 m/s ，负号表示方向与v 0相反. 答案：B3.如图所示，甲、乙两人各站在静止小车的左右两端，当他俩同时相向行走时，发现小车向右运动.下列说法不正确．．．的是(车与地面之间无摩擦)( )A.乙的速度必定大于甲的速度B.乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量C.乙的动量必定大于甲的动量D.甲、乙动量总和必定不为零解析：甲、乙及小车组成的系统水平方向动量守恒、总动量为零，当小车向右运动时，说明甲、乙两人的总动量水平向左，乙对小车向右的冲量大于甲对小车向左的冲量.答案：A4.如图所示，半圆槽M 置于光滑的水平面上.现从半圆槽右端入口处静止释放一质量为m 的小球，则小球释放后，以下说法中正确的是( )A.若圆弧面光滑，则系统动量守恒B.若圆弧面光滑，则小球能滑至半圆槽左端入口处C.若圆弧面不光滑，则小球不能滑至半圆槽左端入口处，且小球到达最左端时，系统有向右的速度D.若圆弧面不光滑，则小球不能滑至半圆槽左端入口处，但小球到达最左端时，系统速度为零解析：无论槽是否光滑，这一过程系统竖直方向的动量都不守恒，而水平方向上系统的动量守恒.当弧面光滑时，系统机械能守恒.设小球释放后到达槽的最右端的高度为h ，共同速度为v ，有：(m ＋M )×0＝(m ＋M )vmgR ＝mgh ＋12(m ＋M )v 2解得：v ＝0，h ＝R . 答案：BD5.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2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v ＝3 m/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，从图象信息可得( )A.在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1 m/s ，且弹簧都处于伸长状态B.两物体的质量之比m 1∶m 2＝2∶1C.在t 2时刻A 与B 的动能之比E k1∶E k2＝4∶1D.从t 3到t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长解析：在t 1、t 3时刻两物体达到共同速度1 m/s ，其中t 1时刻弹簧处于伸长状态，t 3时刻弹簧处于压缩状态.故选项A 错误.由动量守恒定律得：m 2×3＝(m 1＋m 2)×1 解得：m 1∶m 2＝2∶1，故选项B 正确.在t 2时刻E k1∶E k2＝12m 1×22∶12m 2×12＝8∶1，故选项C 错误.在t 4时刻A 、B 相对速度最大，弹簧处于原长状态，故选项D 正确. 答案：BD6.A 、B 两球沿同一条直线运动，图示的s －t 图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a 、b 分别为A 、B 碰撞前的s －t 图线，c 为碰撞后它们的s －t 图线.若A 球质量为1 kg ，则B 球质量是( )A.0.17 kgB.0.34 kgC.0.67 kgD.1.00 kg解析：由图象可知碰撞前两者做匀速直线运动的速度分别为：v a ＝4－102 m/s ＝－3 m/s ，v b ＝4－02m/s ＝2 m/s碰撞后二者粘在一起做匀速直线运动的速度为：v c ＝2－44－2m/s ＝－1 m/s由于碰撞过程中动量守恒，则有： m A v a ＋m B v b ＝(m A ＋m B )v c 可解得：m B ＝0.67 kg. 答案：C7.如图所示，静止在水平面上内壁光滑的盒子中有一小球，盒子与小球的质量均为m ，盒子与水平面间的动摩擦因数为μ.现给盒子一个水平向右的冲量I ，设盒子与小球发生多次没有机械能损失的碰撞，最终都停下来.用t 表示从瞬时冲量作用在盒子上到最终停下来所用的时间，s 表示以上过程中盒子的位移.则下列各式正确的是( )A.t ＜I2μmg ，s ＝I 22m 2μg B.t ＜I 2μmg ，s ＝I 24m 2μgC.t ＞I 2μmg ，s ＝I 22m 2μg D.t ＞I 2μmg ，s ＝I 24m 2μg解析：取盒子及小球整体为研究对象，由动量定理有I －2mg ·μ·t 0＝0，故滑动摩擦力的作用时间t 0＝I2μmg，又因为每次盒子左壁与小球碰撞后，盒子与小球的速度交换，盒子处于静止状态，直至小球与盒子右壁碰撞，故t ＞t 0＝I 2μmg .又由动能定理：2μmgs ＝12mv 2－0＝I 22m ，故s ＝I24m 2μg. 答案：D8.如图所示，一沙袋用无弹性轻绳悬于O 点.开始时沙袋处于静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出.第一次弹丸的速度为v 1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°；当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度v2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°.若弹丸的质量是沙袋质量的140，则以下结论中正确的是( )A.v 1＝v 2B.v 1∶v 2＝41∶42C.v 1∶v 2＝42∶41D.v 1∶v 2＝41∶83解析：两次打入沙袋的时间都非常短，不需考虑这一段时间沙袋的摆动位移，即射入过程弹丸和沙袋组成的系统动量守恒.设第一粒弹丸打入沙袋后瞬间，弹丸和沙袋的共同速度为v 1′，有：mv 1＝41mv 1′解得： v 1′＝141v 1由机械能守恒定律可知，它们共同返回平衡位置时的速度大小仍为141v 1，方向水平向左.设第二粒弹丸打入沙袋后沙袋的速度为v 2′，由题意知v 2′＝v 1′＝141v 1，对于第二粒弹丸打入沙袋的过程有：mv 2－41mv 1′＝42mv 2′＝42m ·(141v 1)解得：v 1v 2＝4183.答案：D9.如图所示，在光滑的水平轨道上有甲、乙两个等大的小球沿轨道向右运动，取向右为正方向，它们的动量分别为p 1＝5 kg·m/s 和 p 2＝7 kg·m/s.若两球能发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp 1和Δp 2可能是( )A.Δp 1＝－3 kg·m/s，Δp 2＝3 kg·m/sB.Δp 1＝3 kg·m/s，Δp 2＝3 kg·m/sC.Δp 1＝3 kg·m/s，Δp 2＝－3 kg·m/sD.Δp 1＝－10 kg·m/s，Δp 2＝10 kg·m/s解析：由题意知，5 kg·m/s m 甲＞7 kg·m/sm 乙E k ＝522m 甲＋722m 乙当动量做选项A 所述的变化时，系统的动量守恒，通过计算可知机械能可能减小，故有可能成立；当动量做选项B 所述的变化时，系统的动量不守恒，故不可能成立； 当动量做选项C 所述的变化时，甲的速度大于乙的速度，故不可能成立； 当动量做选项D 所述的变化时，系统的动能增大，故不可能成立. 答案：A10.如图所示，三块相同的小木块从相同的高度由静止开始同时释放，其中A做自由落体运动，B 在自由下落的中途被一水平方向的子弹射入，C 在释放的瞬间被一水平方向的子弹射入.则关于它们的下落时间t A 、t B 、t C 的关系，正确的是( )A.t A ＝t B ＝t CB.t A ＝t B ＜t CC.t A ＜t B ＜t CD.t A ＝t C ＜t B解析：t A ＝2h g ，C 在释放的瞬间，获得水平初速度后做平抛运动，t C ＝2hg＝t A .设B自由下落速度达到v 1时被水平飞行的子弹射入，子弹射入的过程中可认为系统动量守恒，在水平方向有mv 0＝(m ＋M )v x ，在竖直方向有Mv 1＝(M ＋m )v y ，可得v y ＜v 1，由此可知子弹射入的过程使B 的竖直速度减小，故t B ＞2hg.答案：D非选择题部分共3小题，共40分.11.(13分)如图所示，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h .一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 02射出.已知重力加速度为g ，求：(1)此过程中系统损失的机械能.(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离. [2008年高考·全国理综卷Ⅱ]解析：(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒得：mv0＝m v 02＋Mv解得：v ＝m2Mv 0系统的机械能损失为：ΔE ＝12mv 20－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12m (v 02)2＋12Mv 2＝18(3－m M)mv 20. (2)设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则 h ＝12gt 2 s ＝vt 可解得：s ＝mv 0M h 2g. 答案：(1)18(3－m M )mv 20 (2)mv 0M h2g12.(13分)如图甲所示，固定的光滑水平绝缘轨道与竖直放置的光滑绝缘的圆形轨道平滑连接，圆形轨道处于水平向右的匀强电场中，圆形轨道的最低点有A 、B 、C 、D 四个小球.已知m A ＝m B ＝m C ＝m D ＝0.3 kg ，A 球带正电，电荷量为q ，其余小球均不带电.电场强度E ＝3mgq，圆形轨道半径R ＝0.2 m ，小球C 、D 与处于原长的轻弹簧2连接，小球A 、B 中间压缩一轻且短的弹簧1，轻弹簧与A 、B 均不连接，由静止释放A 、B 后，A 恰能做完整的圆周运动.B 被弹开后与C 小球碰撞且粘连在一起，设碰撞时间极短.g 取10 m/s 2，求：(1)A 球刚离开弹簧时速度的大小. (2)弹簧2的最大弹性势能.解析：(1)因qE ＝3mg ，由题意知小球恰好能通过图乙中的P 点，设经过P 点的速度为v ，由小球A 的重力和电场力的合力提供向心力有：F 合＝2mg ＝m v 2R在圆周轨道的最低点弹簧将B 、A 两球分别向左右弹开，设弹开时A 、B 两球的速度大小分别为v A 、v B ，由动量守恒有：mv A ＝mv B ，即v A ＝v B小球A 从圆周轨道的最低点运动到P 的过程中，由动能定理有：－F 合(R ＋R cos 60°)＝12mv 2－12mv 2A联立解得：v A ＝v B ＝8Rg ＝4 m/s.(2)设B 、C 碰后速度为v 1，B 与C 碰撞动量守恒 由mv A ＝2mv 1得v 1＝2 m/sB 、C 整体减速，D 球加速，当两者速度相等时设为v 2，弹簧最短，此时弹性势能最大，有：2mv 1＝3mv 2，得：v 2＝43m/s故E pm ＝12×2mv 21－12×3mv 22＝0.4 J.答案：(1)4 m/s (2)0.4 J13.(14分)质量M ＝4.0 kg 的平板小车静止在光滑的水平面上，如图甲所示.当t ＝0时，两个质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 的小物体A 、B ，都以大小为v 0＝7 m/s 、方向相反的水平速度同时从小车板面上的左右两端相向滑动.到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A 、B 与小车板面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，求：(1)A 在车上刚停止滑动时，A 和车的速度大小.(2)A 、B 在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动的时间. (3)甲 乙解析：(1)当A 和B 都在车上滑行时，在水平方向它们的受力情况如图丙所示.由图丙可知，A 向右减速，B 向左减速，小车向右加速，所以首先是A 物块的速度减小到与小车的速度相等.设A 减速到与小车的速度大小相等时，所用时间为t 1，其速度大小为v 1，则：v 1＝v 0－a A t 1μm A g ＝m A a A v 1＝a 车t 1μm A g －μm B g ＝Ma 车可解得：v1＝1.4 m/s ，t 1＝2.8 s.(2)根据动量守恒定律有： 丙m A v 0－m B v 0＝(M ＋m A ＋m B )v v ＝1 m/s ，方向向右当A 与小车的速度相同时，A 与车之间将不会相对滑动了，此时B 的速度也为v 1＝1.4 m/s ，但方向向左设再经过t 2时间小物体B 与A 、小车的速度相同，则： －v ＝v 1－a B t 2 μm B g ＝m B a B可解得：t 2＝1.2 s所以A 、B 都在车上停止滑动时，车的运动时间为： t ＝t 1＋t 2＝4.0 s.。

第6章动量(对应学生用书第115页)[知识结构导图]导图填充①mv②F(t′－t) ③p′－p④很短⑤远大于⑥增加⑦不变思想方法1．模型法2．图象法3．化无形为有形，如对流体的研究高考热点1．动量定理的应用2．动量守恒的应用3．动量和能量的综合问题物理模型|“滑块—木板”模型中的动量守恒1．“滑块”问题是动量和能量的综合应用之一，由于滑块与木板之间常存在一对相互作用的摩擦力，这对摩擦力使滑块、木板的动量发生变化，也使它们的动能发生改变，但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，它不影响系统的总动量，但克服它做功，使系统机械能损失，所以解决“滑块”问题常用到动量守恒定律．2．解决“滑块”问题时一般要根据题意画出情景示意图，这样有利于帮助分析物理过程，也有利于找出物理量尤其是位移之间的关系．(2018·河南三市二模)如图6­1所示，长木板B 的质量为m2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：图6­1(1)碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度；(2)长木板B 的最小长度和物块A 离长木板左侧的最终距离．[题眼点拨] ①“发生弹性正碰(时间极短)”说明A 、B 系统动量守恒；②“μ1＝0.1＜μ2＝0.2”可知B 、C 达同速后一起减速；③“板B 的最小长度”对应B 、C 的位移之差．[解析](1)设物块A 与木板B 碰前的速度为v 由动能定理得：－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 20 解得v ＝v 20－2μ1gl ＝9 m/sA 与B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得 m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ，v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s.(2)碰撞后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律 对木板B 有：－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝m 2a 1 对物块C ：μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为tv 2＋a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝3 mB 、C 达到共同速度之后，因μ1＜μ2，二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3由牛顿运动定律得：μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 3)a 3整个过程B 运动的位移为：x B ＝v 2t ＋12a 1t 2＋0－a 2t2－2a 3＝6 mA 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小也为a 3，位移为：x A ＝0－v 21－2a 3＝4.5 m 物块A 离长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5 m. [答案](1)－3 m/s 6 m/s (2)3 m 10.5 m(2018·长沙模拟)如图所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2.使木板与重物以共同的速度v 0＝6 m/s 向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g 取10 m/s 2.求木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间．[解析] 第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度v ，设木板的质量为m ，重物的质量为2m ，取向右为动量的正向，由动量守恒得：2mv 0－mv 0＝3mv ① 设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v 所用的时间为t 1，对木板应用动量定理得：2μmgt 1＝mv －m (－v 0)②设重物与木板有相对运动时的加速度为a ，由牛顿第二定律得：2μmg ＝ma ③ 在达到共同速度v 时，木板离墙的距离l 为： l ＝v 0t 1－12at 21④木板与重物开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为：t 2＝l v⑤从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：t ＝t 1＋t 2 ⑥由以上各式得t ＝4v 03μg ，代入数据可知：t ＝4 s. [答案] 4 s[突破训练]1．如图6­2所示，质量为M 的平板车P 高h ，质量为m 的小物块Q 的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R ，一端悬于Q 正上方高为R 处，另一端系一质量也为m 的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q 离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与P 之间的动摩擦因数为μ，M ∶m ＝4∶1，重力加速度为g .求：图6­2(1)小物块Q 离开平板车时速度为多大？ (2)平板车P 的长度为多少？【导学号：84370270】[解析](1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR (1－cos 60°)＝12mv 20 解得：v 0＝gR小球与物块Q 相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有： mv 0＝mv 1＋mv Q 12mv 20＝12mv 21＋12mv 2Q 解得：v 1＝0，v Q ＝v 0＝gR二者交换速度，即小球静止下来，Q 在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有mv Q ＝Mv ＋m (2v )，解得，v ＝16v Q ＝gR 6物块Q 离开平板车时，速度为：2v ＝gR3. (2)设平板车长L ，由能的转化和守恒定律知 F f ·L ＝12mv 2Q －12Mv 2－12m (2v )2 又F f ＝μmg 解得平板车P 的长度为L ＝7R18μ. [答案](1)gR3 (2)7R18μ高考热点|动量守恒与机械能守恒(或能量守恒)的综合应用动量守恒定律和机械能守恒定律的比较如图6­3所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C 点，总质量为M ＝2 kg.物块从斜面上A 点由静止滑下，经过B 点时无能量损失．已知物块的质量m ＝1 kg ，A 点到B 点的竖直高度为h ＝1.8 m ，BC 长度为L ＝3 m ，BD 段光滑．g 取10 m/s 2.求在运动过程中：图6­3(1)弹簧弹性势能的最大值； (2)物块第二次到达C 点的速度．[题眼点拨] ①“光滑水平地面”说明小车离开墙后水平方向系统动量守恒；②“势能的最大值”对应物块与车具有共同速度且弹簧具有最大压缩量． [解析](1)由A 点到B 点的过程中有mgh ＝12mv 2B ， 解得v B ＝2gh ＝6 m/s由B 至将弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，取v B 方向为正方向，则mv B ＝(M ＋m )v此时的弹性势能最大，由能量守恒定律可得 E p ＝12mv 2B －12(M ＋m )v 2联立以上两式可得E p ＝12 J.(2)物块由B 至第二次到达C 的过程中，系统动量守恒，取v B 方向为正方向，则mv B ＝mv C ＋Mv ′物块由B 至第二次到达C 的整个过程中机械能守恒，则 12mv 2B ＝12mv 2C ＋12Mv ′2联立以上两式可解得：v C ＝－2 m/s ，v C ＝6 m/s(第一次到C 点的速度，舍去) 即物块第二次到达C 点的速度大小为2 m/s ，方向水平向左． [答案](1)12 J (2)2 m/s 方向水平向左(2018·广东佛山模拟)在光滑水平面上静置有质量均为m 的木板AB 和滑块CD ，木板AB 上表面粗糙，动摩擦因数为μ，滑块CD 上表面是光滑的14圆弧，其始端D 点切线水平且在木板AB 上表面内，它们紧靠在一起，如图所示．一可视为质点的物块P ，质量也为m ，从木板AB 的右端以初速度v 0滑上木板AB ，过B 点时速度为v 02，又滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 圆弧的最高点C 处，求：(1)物块滑到B 处时木板的速度v AB ； (2)滑块CD 圆弧的半径R .[解析](1)由点A 到点B ，取向左为正，由动量守恒得mv 0＝mv B ＋2mv AB ，则v AB ＝v 04.(2)由点D 到点C ，滑块CD 与物块P 的动量守恒，机械能守恒，则m ·v 02＋m ·v 04＝2mv 共 mgR ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＋12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 042－12×2mv 2共解得R ＝v 2064g . [答案](1)v 04 (2)v 2064g[突破训练]2．某物理课外兴趣小组设计了如图6­4所示装置，AB 段为一竖直细圆管，BPC 是一个半径R ＝0.4 m 的半圆轨道，C 端的下方有一质量M ＝0.2 kg 的小车，车上有半径r ＝0.2 m的半圆轨道DEF (D 与C 在同一竖直线上)，小车的左端紧靠一固定障碍物．在直管的下方有被压缩的轻质弹簧，上端放置一质量为m ＝0.1 kg 的小球(小球直径略小于圆管的直径，远远小于R 、r .此球可视为质点)．已知小球到B 端的距离为h 1＝1.2 m ，CD 间竖直距离为h 2＝1 m ．在某一时刻，释放弹簧，小球被竖直向上弹起，恰好能通过半圆轨道BPC 的最高点P ；小球从C 端竖直向下射出后，又恰好沿切线方向从D 端进入半圆轨道DEF ，并能从F 端飞出．若各个接触面都光滑，重力加速度g 取10 m/s 2，试求：(1)弹簧被释放前具有的弹性势能E p ；(2)小球第一次到达E 点时的速度大小及从F 点飞出后能上升的最大高度(相对F 点)；(3)小球下落返回到E 点时小球和小车的速度的大小和方向． [解析](1)由A 到P 的过程中小球机械能守恒，有 E p ＝mg (h 1＋R )＋12mv 2mg ＝m v 2R代入数据解得v ＝2 m/s ，E p ＝1.8 J. (2)P 到E 的过程中小球机械能守恒，有 mg (R ＋h 2＋r )＋12mv 2＝12mv 2E 代入数据解得v E ＝6 m/s小球由E 上升到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒，有mv E ＝(M ＋m )v ′12mv 2E ＝12(M ＋m )v ′2＋mg (h ＋r ) 代入数据解得h ＝1 m.(3)小球从第一次经过E 点到再次返回到E 点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒，有mv E ＝mv 1＋Mv 212mv 2E ＝12mv 21＋12Mv 22代入数据解得v 1＝－2 m/s ，v 2＝4 m/s 小球速度大小为2 m/s ，方向水平向左 小车速度大小为4 m/s ，方向水平向右． [答案](1)1.8 J (2)6 m/s 1 m(3)小球的速度的大小为2 m/s 方向水平向左 小车的速度的大小为4 m/s 方向水平向右规范练高分——动力学、动量和能量的观点在力学中应用。

权掇市安稳阳光实验学校题组层级快练(二十九)一、选择题1．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起，将其放在光滑水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知( ) A．子弹射中上层时对滑块做功多B．两次子弹对滑块做的功一样多C．子弹射中上层系统产生热量多D．子弹与下层之间的摩擦力较大答案BD解析两次射击，子弹与滑块都满足动量守恒，最后两滑块及子弹以相同的速度共同运动．则可知两滑块动能增加量相同，即两次射击子弹对滑块做功一样多，故B项正确，系统损失机械能也一样多，故产生热量也一样多，产生的热量等于摩擦力和子弹与滑块相对位移的乘积，故D项正确．2.(2017·淄博一模)(多选)如图所示，在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球的质量为m0，小车和小球以恒定速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？( )A．在此过程中小车、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＋m0v3B．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度分别为v1和v2，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2C．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变成u，满足Mv ＝(M＋m)uD．碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2答案CD解析A项，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，若碰后小车和木块的速度变为v1和v2，根据动量守恒有：Mv＝Mv1＋mv2.若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：Mv＝(M＋m)u.故C项正确，A、B两项错误；D项，碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统动量守恒，则有：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2，故D项正确．3．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是( )A．其他量不变，R越大x越大B．其他量不变，μ越大x越大C．其他量不变，m越大x越大D．其他量不变，M越大x越大答案A解析小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，A项正确．4.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A→B的过程中，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，此过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向动量守恒，A、B两项错误；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，即C项错误；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项正确．5.(2017·荆门期末)(多选)如图所示，光滑水平面上静止一个质量为M的木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并留在木块之中．下列说法中正确的是( )A．若M＝3m，则此过程中子弹的动能将损失95%B．在子弹射入木块的过程中，子弹和木块受到的冲量一定相同C．若在此过程中木块获得的动能为6 J，则该过程中产生的热量不可能为6 J D．在子弹射入木块的过程中，子弹射入木块的深度一定大于木块的位移答案CD解析若M＝3m，则根据动量守恒定律可知，mv0＝(M＋m)v，解得v＝v04；此过程中子弹的动能损失为ΔE k ＝12mv02－12mv2＝1532mv02，故损失的动能占比为：ΔE kE k0＝1516≈93.8%，故A项错误；B项，子弹和木块受到的冲量大小相等，方向相反，故冲量不相同，故B项错误；C项，设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m.根据动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，得v＝mv0M＋m，木块获得的动能为：E k＝12Mv2，系统产生的内能为：Q ＝12mv 02－12(M ＋m)v 2＝M ＋m m E k ，所以Q ＝M ＋m m E k >E k ，因此产生的热量不可能为6 J ，故C 项正确；D 项，在子弹射入木块的过程中，由于摩擦力产生的热量即摩擦力与射入深度的积一定大于摩擦力对木块所做的功，因此子弹射入木块的深度一定大于木块的位移，故D 项正确．6.(2017·南阳模拟)如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m 1、m 2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m 2一个水平向右的初速度v 0.如果两杆足够长，则在此后的运动过程中( ) A ．m 1、m 2组成的系统动量守恒B ．m 1、m 2组成的系统机械能守恒C ．弹簧最长时，其弹性势能为12m 2v 02D ．当m 1速度达到最大时，m 2速度最小答案 A解析 A 项，由于两球竖直方向上受力平衡，系统水平方向无外力，系统的动量守恒，故A 项正确；B 项，对于弹簧、m 1、m 2组成的系统机械能守恒，m 1、m 2组成的系统机械能不守恒．故B 项错误；C 项，当两球的速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，解得v ＝m 2v 0m 1＋m 2，由系统的机械能守恒得：12m 2v 02＝12(m 1＋m 2)v 2＋E p ，解得：E p ＝m 1m 2v 022（m 1＋m 2），故C 项错误；D 项，若m 1＞m 2，当弹簧伸长时，m 1一直在加速，当弹簧再次恢复原长时m 1速度达到最大．弹簧伸长时m 2先减速后，速度减至零后向左加速，最小速度为零．所以m 1速度达到最大时，m 2速度不是最小，故D 项错误．7.(2017·昆明二模)(多选)如图所示，质量为2m 的物体B 静止在光滑水平面上，物体B 的左边固定有轻质弹簧，质量为m的物体A 以速度v 向物体B 运动并与弹簧发生作用，从物体A 接触弹簧开始到离开弹簧的过程中，物体A 、B 始终沿同一直线运动，以初速度v 方向为正，则( )A ．此过程中弹簧对物体B 的冲量大小大于弹簧对物体A 的冲量大小 B ．弹簧的最大弹性势能为13mv 2C ．此过程弹簧对物体B 的冲量为23mvD ．物体A 离开弹簧后的速度为－13v答案 BD解析 A 项，弹簧对物体B 的弹力大小等于弹簧对物体A 的弹力大小，作用时间也相同，由冲量的定义式I ＝Ft 知：弹簧对物体B 的冲量大小等于弹簧对物体A 的冲量大小，故A 项错误．B 项，在A 、B 速度相等时，弹簧压缩至最短，故弹簧的弹性势能最大，故动能应最小，此过程中动量守恒，取向右为正方向，则有：mv ＝(m ＋2m)v 1，解得：v 1＝13v.弹簧的最大弹性势能为E p ＝12mv 2－12×3mv 12＝13mv 2.故B 项正确；C 、D 两项，设物体A 离开弹簧后A 、B 的速度分别为v A 和v B .取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv ＝mv A ＋2mv B .12mv 2＝12mv A 2＋12×2mv B 2.解得：v A ＝－13v ，v B ＝23v ，即物体A 离开弹簧后的速度为－13v.对B ，由动量定理得：弹簧对物体B 的冲量I ＝2mv B －0＝43mv ，故C 项错误，D 项正确．8．(2017·广东七校联考)(多选)如图所示，图(a)表示光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；图(b)为物体A 与小车B 的v­t 图像，由此可知( ) A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．A 与小车B 上表面的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能 答案 BC解析 根据图(b)可以得出物体A 相对小车上表面滑行的位移x ，不能得出小车上表面长度，A 项错误．物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，物体A 与小车B 组成的系统动量守恒，设物体的质量为m ，小车质量为M ，由动量守恒定律，mv 0＝(m ＋M)v 1，由此可得出物体A 与小车B 的质量之比为m M ＝v 1v 0－v 1，B 项正确．由功能关系，μmgx ＝12mv 02－12(m ＋M)v 12，可以得出A 与小车B 上表面的动摩擦因数μ，C 项正确．小车B 获得的动能E kB ＝12Mv 12，由于不知小车质量M.由此不能得出小车B 获得的动能，D 项错误．9.(多选)如图所示，光滑水平地面上有一小车左端靠墙，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C 点，总质量为M ＝2 kg.小物块从斜面上A 点由静止滑下，经过B 点时无能量损失．已知：物块的质量m ＝1 kg ，A 点到B 点的竖直高度为h ＝1.8 m ，BC 长度为l ＝3 m ，BC 段动摩擦因数为0.3，CD 段光滑．g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．物块在车上运动的过程中，系统动量不守恒B ．物块在车上运动的过程中，系统机械能守恒C ．弹簧弹性势能的最大值3 JD ．物块第二次到达C 点的速度为零 答案 ACD解析 A 项，物块在斜面上下滑的过程中，小车不动，墙壁对小车有向右的作用力，系统竖直方向受力平衡，所以系统的外力之和不为零，则系统动量不守恒．故A 项正确；B 项，物块在BC 段滑行时，摩擦力对系统要做功，产生内能，所以系统的机械能不守恒，故B 项错误；C 项，物块在斜面上下滑的过程，根据动能定理得：mgh ＝12mv 02－0，物块从B 向右滑行的过程，系统动量守恒，当两者第一次等速时，弹簧的弹性势能最大，以向右为正，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M)v ′，根据能量守恒定律得：μmgl＋E p ＝12mv 02－12(M ＋m)v ′2，联立解得：弹簧弹性势能的最大值E p ＝3 J ，故C 项正确；D 项，对物块从B 开始运动到物块第二次到C 的过程，根据动量守恒定律得：mv 0＝mv 1＋Mv 2，根据能量守恒定律得：μmgl＝12mv 02－(12mv 12＋12Mv 22)，解得：物块第二次到达C 点的速度v 1＝0，故D 项正确．10．(2017·湖北模拟)(多选)如图所示，质量M＝3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m ＝2 kg 的小球(视为质点)通过长L ＝0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v 0＝3 m/s 的竖直向下的初速度，取g ＝10 m/s 2.则( )A ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3 mB ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.5 m C ．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54 m答案 AD解析 可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M 在水平轨道上向右运动了x ，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有m M ＝xL －x ，解得：x＝0.3 m ，A 项正确，B 项错误．根据动量守恒定律，小球m 相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m ，C 项错误．根据动量守恒定律，在小球上升到最大高度时，滑块速度为零，由系统的能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以达到的最大高度为h ＝0.45 m ，与水平面的夹角为cos α＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程上滑块M 在水平轨道上又向右运动了x ′，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有m M ＝x ′Lcos α－x ′，解得x ′＝0.24 m ．小球m 从初始位置到第一次达到最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x ＋x ′＝0.3 m ＋0.24 m ＝0.54 m ．D 项正确．二、非选择题11．(2017·洛阳二模)如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m B ＝3.0 kg.用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块C 从t ＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v －t 图像如图乙所示．求： (1)物块C 的质量m C ；(2)B 离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能E p . 答案 (1)2 kg (2)9 J解析 (1)由图知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒，m C v 1＝(m A ＋m C )v 2 解得m C ＝2 kg.(2)12 s ，B 离开墙壁，之后A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A 、C 与B 速度相等时，弹簧弹性势能最大． (m A ＋m C )v 3＝(m A ＋m B ＋m C )v 412(m A ＋m C )v 32＝12(m A ＋m B ＋m C )v 42＋E p 得E p ＝9 J. 12.(2017·天津六校联考)质量为m B ＝2 kg 的木板B 静止于水平面上，质量为m A ＝6 kg 的物块A 停在B 的左端，质量为m C ＝2 kg 的小球C 用长为L ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C 及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C 在最低点与A 发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt ＝10－2s ，之后小球C 反弹所能上升的最大高度h ＝0.2 m ．已知A 、B 间的动摩擦因数μ1＝0.2，B 与水平面间的动摩擦因数μ2＝0，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.求： (1)小球C 与物块A 碰撞过程中所受的撞击力大小； (2)为使物块A 不滑离木板B ，木板B 至少多长？ 答案 (1)1 200 N (2)0.5 m解析 (1)C 下摆过程，根据动能定理有：m C gL ＝12m C v C 2代入数据解得：碰前C 的速度v C ＝4 m/s ，C 反弹过程，根据动能定理有：－m C gh ＝0－12m C v ′C 2解得：碰后C 的速度v ′C ＝2 m/s取向右为正方向，对C ，根据动量定理有： －F Δt ＝－m C v ′C －m C v C解得：碰撞过程中C 所受的撞击力大小：F ＝1 200 N.(2)C 与A 碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律有： m C v C ＝－m C v ′C ＋m A v A解得：碰后A 的速度v A ＝2 m/sA 恰好滑至木板B 右端并与其共速时，所求B 的长度最小．物块A 与木板B 相互作用过程，系统的动量守恒，规定向右为正方向 由动量守恒定律得：m A v A ＝(m A ＋m B )v 代入数据解得：v ＝1.5 m/s由能量守恒定律得：μ1m A gx ＝12m A v A 2－12(m A ＋m B )v 2代入数据解得：x ＝0.5 m13．(2017·淮南二模)某物理课外兴趣小组设计了如图所示装置，AB 段为一竖直圆管，BC 为一半径为R ＝0.4 m 的半圆轨道，C 端的下方有一质量为M ＝2 kg 的小车，车上有半径r ＝0.2 m 的半圆轨道，E 为轨道最低点，左侧紧靠一固定障碍物，在直管的下方固定一锁定的处于压缩的轻质弹簧，弹簧上端放置一质量为m ＝1 kg 的小球(小球直径略小于圆管的直径，远远小于R 、r)．小球到B 端的距离为h 1＝1.2 m ，C 、D 间竖直距离为h 2＝1 m ．某时刻，解除弹簧的锁定，小球恰好能通过BC 的最高点P ，从C 端射出后恰好从D 端沿切线进入半圆轨道DEF ，并能从F 端飞出．若各个接触面都光滑，重力加速度取g ＝10 m/s 2，则：(1)弹簧被释放前具有的弹性势能E p 大小是多少？(2)小球从F 点飞出后能上升的最大高度是多少？(3)小球下落返回到E 点时对轨道的压力大小是多少？答案 (1)18 J (2)1 m (3)190 N解析 (1)由A 到P 过程中，小球机械能守恒， 由机械能守恒定律得：E p ＝mg(h 1＋R)＋12mv P 2，在P 点，由牛顿第二定律得：mg ＝m v P2R ，解得：E p ＝18 J ，v P ＝2 m/s.(2)P 到E 过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：mg(R ＋h 2＋r)＝12mv E 2－12mv P 2，解得：v E ＝6 m/s ，小球由E 上升到最高点过程中，小球与车组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv E ＝(M ＋m)v ， 由机械能守恒定律得：12mv E 2＝12(M ＋m)v 2＋mg(h ＋r)， 代入数据联立解得：h ＝1 m.(3)小球从第一次经过E 点到再次返回到E 点的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv E ＝mv 1＋Mv 2，由机械能守恒定律得：12mv E 2＝12mv 12＋12Mv 22，解得，小球的速度大小：v 1＝2 m/s ，方向水平向左， 小车的速度大小：v 2＝4 m/s ，方向水平向右；小球与小车运动的方向相反，所以二者的相对速度：u ＝|v 1|＋|v 2|＝2 m/s ＋4 m/s ＝6 m/s则小球受到的支持力：F N ＝mg ＋mu2r＝190 N根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为190 N.。