2014届高考物理一轮复习第57讲动量守恒定律及其应用配套练习

《第2节动量守恒定律及其应用》同步训练(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、在水平面内进行的两个小球碰撞过程中，下列哪种情况能够导致系统动量守恒？A. 两个小球都受到重力作用B. 两个小球在碰撞过程中受到非外力相互作用C. 两个小球碰撞过程中受到固定斜面的支持力D. 两个小球碰撞过程中受到同一直线上固定匀速运动的绳子的拉力2、一个质量为m的物体以速度v0向右运动，碰撞后分成质量为m1和m2的两个物体（m1 < m），如果知道第一次碰撞后m1的速度为v1，问m1在同一方向的速度v1是否能够等于或大于v0？A. 可以等于v0但不能大于v0B. 可以小于或等于v0C. 可以大于等于v0D. 只能在v0以下3、在光滑水平面上，质量为(m)的小球A以速度(v)与静止的质量为(2m)的小球B 发生弹性正碰。

碰撞后小球A的速度变为(v/3)，方向不变。

求碰撞后小球B的速度(v B)是多少？A.(v/3)B.(2v/3)C.(v/2)D.(2v)4、两辆质量相同的小车静止在光滑水平轨道上，中间由一根轻弹簧相连。

当弹簧突然释放后，两车分别向相反方向运动。

若左侧小车获得的速度是右侧小车的两倍，则弹簧释放前后系统总动量的变化量为多少？A. 增加B. 减少C. 不变D. 无法确定5、在水平面上，两物体A和B发生正碰，碰撞前A物体的动量为(p A)，速度为(v A)，B物体的动量为(p B)，速度为(v B)。

碰撞后，A物体的动量为(p A′)，速度为(v A′)，B物体的动量为(p B′)，速度为(v B′)。

若要使动量守恒定律成立，以下哪个条件必须满足？A.(p A+p B=p A′+p B′)B.(m A v A+m B v B=m A v A′+m B v B′)C.(m A v A2+m B v B2=m A v A′2+m B v B′2)D.(p Am A +p Bm B=p A′m A+p B′m B)6、在水平冰面上，两个质量分别为(m1)和(m2)的物体A和B以相同的速度(v)向相反方向滑行。

课时规范练20 动量守恒定律及其应用一、基础对点练1.(动量守恒的条件)下列四幅图所反映的物理过程中,说法正确的是( )A.甲图中子弹射入木块过程中,子弹和木块组成系统动量守恒,能量不守恒B.乙图中M、N两木块放在光滑水平面上,剪断束缚M、N的细线,在弹簧从压缩状态恢复原长过程中,M、N与弹簧组成的系统动量不守恒,机械能守恒C.丙图中细线断裂后,木球和铁球在水中运动的过程,两球组成的系统动量不守恒,机械能守恒D.丁图中木块沿光滑固定斜面下滑,木块和斜面组成的系统动量守恒,机械能守恒2.(动量守恒的条件动量守恒定律)(江西高三月考)章鱼是一种温带软体动物,生活在水中。

一只悬浮在水中的章鱼,当外套膜吸满水后,它的总质量为M,突然发现后方有一只海鳗,章鱼迅速将体内的水通过短漏斗状的体管在极短时间内向后喷出,喷射的水力强劲,从而迅速向前逃窜。

若喷射出的水的质量为m,喷射速度为v0,则下列说法正确的是( )A.章鱼喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒B.章鱼喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统动量增加C.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为mM-mv0D.章鱼喷水的过程中受到的冲量为Mmv0M-m3.(完全非弹性碰撞)如图所示,质量为m的小球A静止于光滑水平面上,在A与墙之间用轻弹簧连接。

现用质量也为m的小球B以水平速度v0与A 相碰后粘在一起压缩弹簧。

不计空气阻力,若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E,从球A被碰到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I,则下列表达式中正确的是( )A.E=14mv02I=2mv0 B.E=12mv02I=2mv0C.E=14mv02I=mv0 D.E=12mv02I=mv04.(子弹打木块模型)如图所示,质量为M的均匀木块静止在光滑的水平面上,木块左右两侧各有一位拿着完全相同的步枪和子弹的射击手,子弹质量为m,首先左侧的射击手开枪,子弹水平射入木块的深度为d1,子弹与木块相对静止后,右侧的射击手开枪,子弹水平射入木块的深度为d2,设两子弹均未射穿木块,两子弹射入木块前的速度大小相等,且两子弹与木块之间的作用力大小相等。

高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题 (含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1.竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E=4X 10/m .小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径， b 、c 球用长L 2m 的绝缘细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当 F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足F 2 t 2 —.已知三个小球均可看做质点且 m a =0.25kg , m b =0.2kg , m c =0.05kg ，小球 (1) 小球a 与b 发生碰撞时的速度 v o ; (2) 小球c 运动到Q 点时的速度v ;(3) 从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球 c 电势能的增加量.【答案】(1) V 4m/s (2) v=2m/s (3) E p 3.2J 【解析】【分析】对小球 a ,由动量定理可得小球 a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组 成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球 c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速 度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得； 解：⑴对小球a ,由动量定理可得I m a V 。

0 由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧 ，面积为拉力F 的冲量，由圆方程可知S 1m 2 代入数据可得：v 0 4m/s(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞 ， 由动量守恒可得 m a V 0 m a V | (m b m c )v 21 2 1 2 12由机械能守恒可得 m a v 0m a v 1 (m b m c )v 222 2解得 V 1 0, V 2 4m/ sA E阳1r c 带q=5 x 1'0)C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦， g=10m/s 2，求小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理1 2 1 2 m c gR qER ㊁血 mjv ㊁血 mjv ?代入数据可得v 2m/ s⑶由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：1 2(m b m c )v qERsin 22.如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在 '点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度0 =60.小明从A 点由静止往下摆，达到 O 点正下方B 点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运 动•到达C 点，小明跳离平板车(近似认为水平跳离)，安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂 上•绳长L=1.6m ,浮漂圆心与 C 点的水平距离x=2.7m 、竖直高度y=1.8m ，浮漂半径 R=0.3m 、不计厚度，小明的质量m=60kg ，平板车的质量 m=20kg ，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦.重力加速度g=10m/s 2，求：_*』吩(1) 轻绳能承受最大拉力不得小于多少？ (2) 小明跳离平板车时的速度在什么范围？(3) 若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功 ？【答案】(1) 1200N (2) 4m/s Wv< 5m/s( 3) 480J 【解析】 【分析】(1)首先根据机械能守恒可以计算到达B 点的速度，再根据圆周运动知识计算拉力大小.(2)由平抛运动规律,按照位移大小可以计算速度范围( 3)由动量守恒和能量守恒规律计算即可. 【详解】解(I)从A 到B .由功能关系可得1 2 mgL(1 cos ) mv ①2代人数据求得v=4 m/s ②m b gR(1cos ) m c gRsin 解得sin0637因此小球c 电势能的增加量： E p qER(1 sin ) 3.2J2在最低点B处，T mg mv③联立①②解得，轻绳能承受最大拉力不得小于T=1200N(2) 小明离开滑板后可认为做平抛运动1 2竖直位移y gt1 2 3④2离C点水平位移最小位移x R v min t⑤离C点水平位移最大为X R V min t⑥联立④⑤⑥解得小明跳离滑板时的速度 4 m/s Wvw 5 m/s(3) 小明落上滑板时，动量守恒mv (m m0)V| ⑦代人数据求得V i=3 m/s⑧离开滑板时，动量守恒(m m0)v| mv C m o V2⑨将⑧代人⑨得V2=-3 m/s由功能关系可得1 2 1 2 1 2 W ( — mv C m0v2) m m0 v1⑩.2 2 2解得W=480 J3. 某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m,皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B C置于水平导轨上， B C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度V0=6m/s 沿B、C 连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起•碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角0 =37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数卩=0.8重力加速度g=10m/s2, sin37=0.6, cos37°0.8.1滑块A、B碰撞时损失的机械能；2滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q;3若每次实验开始时滑块A的初速度V。

高中物理动量守恒定律的应用技巧(很有用)及练习题含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1．如图所示质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ=53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g。

求(1)物块在水平面上滑行的速度大小；(2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度。

【答案】（1）06 5v gR=（2）232 55v gR =66125 h R =【解析】【分析】（1）A、B组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块A的速度。

（2）圆弧体固定，物块上滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出到达圆弧体上端时的速度，离开圆弧体后物块做斜上抛运动，应用运动的合成与分解可以求出到达最高点的速度，应用机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。

【详解】（1）物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v，由机械能守恒定律得：12m v02＝12(m+2m)v2+mgR(1−cosθ)，解得：06 5v gR =（2）对物块，由机械能守恒定律得：12m v02＝12m v12+mgR(1−cosθ)，解得：12 5v gR=物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，物块到达最高点时，物块的速度：v2=v1cosθ=3255gR，由机械能守恒定律得：12m v02=mgh+12m v22，解得：h=66125R ； 【点睛】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。

高考物理动量守恒定律的应用解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1．如图所示，有两足够长倾角皆为037θ=的粗糙斜面AB 和CD 通过一小段平滑的园弧与光滑的水平面BC 连接，两质量相等的可视为质点的小滑块a 和b 与斜面AB ，CD 的动摩擦因数因数分别为10.5μ=，20.25μ=。

开始时小滑块a 在斜面AB 上距水平面高为1.2h m =处的P 点由静止下滑，物块b 静止在水平面BC 上。

已知小滑块a 与b 的碰撞为弹性碰撞，重力加速度210/g m s =，sin37°=0.6，cos=37°=0.8。

求：（1）小滑块a 第一次与小滑块b 碰撞前的速度1v ； （2）小滑块b 第一次碰撞后，沿CD 斜面上滑的距离1s ； （3）小滑块a 、b 在斜面上运动的总路程a s 与b s 。

【答案】（1）22/m s （2）0.5m （3）229m ， 109m 【解析】 【详解】（1）小滑块a 第一次与小滑块b 碰撞前，由动能定理：2111cos sin 2h mgh mg mv μθθ-⋅= 解得：122/v m s =（2）因ab 质量相等，则ab 发生弹性碰撞时满足动量守恒和能量守恒：'112mv mv mv =+2'22112111222mv mv mv =+ 解得'10v =，2122/v v m s ==物块b 滑上最高点的过程中由动能定理：212121-sin cos 0-2mgs mg s mv θμθ-⋅= 解得s 1=0.5m（3）b 滑到斜面底端时的速度：222132112cos -22mg s mv mv μθ-⋅= 解得32/=v m sb 与a 碰后再次交换速度，则此时b 的速度为零，a 的速度为v 4=2m/s ，则a 沿斜面上升速度减为零时：212241cos sin 0-2mg s mgs mv μθθ-⋅-=解得：s 2=0.2m返回到底端时：212251cos sin 2mg s mgs mv μθθ-⋅+=， 解得50.8/v m s =在底部a 与b 碰撞后再次交换速度，则b 的速度：60.8/v m s =， 上升到顶端时：232351-sin cos 0-2mgs mg s mv θμθ-⋅=； 解得s 3=0.05m ；因每次滑块上升到顶端再回到底端时的路程成等比关系，其中公比q =0.1， 由数学知识可知：222222110.19a s s s m q ⨯=-=-=--；（2sin 37hs m ==o） 1220.510110.19b s s m q ⨯===--2．如图所示，一质量M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC 和水平粗糙轨道CD 组成，BC 与CD 相切于C ， BC 所对圆心角θ＝37°，CD 长L ＝3m ．质量m =1kg 的小物块从某一高度处的A 点以v 0＝4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，滑到D 点时刚好与小车达到共同速度v =1.2m/s ．取g ＝10m/s 2，sin37°=0.6，忽略空气阻力．（1）求A 、B 间的水平距离x ； （2）求小物块从C 滑到D 所用时间t 0；（3）若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移年时滑块离小车左端的水平距离．【答案】（1）1.2m （2）1s （3）3.73m 【解析】 【分析】 【详解】（1）由平抛运动的规律得：tan θ=0gtvx = v 0t 得：x =1.2m(2)物块在小车上CD 段滑动过程中，由动量守恒定律得：mv 1=(M +m ) v由功能关系得：fL=12mv12－12（M＋m）v2对物块，由动量定理得：－ft0=m v－m v1得：t0=1s（3）有销钉时：mgH＋12mv02＝12mv12由几何关系得：H－12gt2=R(1－cosθ)B、C间的水平距离：x BC=R sinθμmgL=12mv12－12（M＋m）v2若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0，此时物块速度为4m/s由能量守恒：mgH=μmg(Δx-x BC)得：Δx=3.73m3．如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上．A的质量为m，现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以的速度向右运动．求：① B的质量；②碰撞过程中A对B的冲量的大小．【答案】（1）（2）【解析】【详解】① 根据动量守恒定律可得：，② 根据动量定理可得：，4．如图所示，倾角 的足够长的斜面上，放着两个相距L0、质量均为m的滑块A和B，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ； （2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ． 【答案】（1）sin A a g θ=；0B a =（202sin gL θ3）023sin L g θ【解析】 【详解】解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-=0B a =，B 仍处于静止状态对A 分析，底面光滑，则有：mg sin A ma θ= 解得：sin A a g θ=(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：202A A v a L =解得：02sin A v gL θ=所用时间由：1v A at =，解得：012sin L g t θ=对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得：2221111222A B mv mv mv =+ 解得：100,2sin B v v gL θ==(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2212A A x a t =22B x v t =第二次相碰：A B x x = 解得：0222sin L t g θ=从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+ 解得：023sin L t g θ=5．如图所示，质量均为m 的A 、B 两球套在悬挂的细绳上，A 球吊在绳的下端刚好不滑动，稍有扰动A 就与绳分离A 球离地高度为h ，A 、B 两球开始时在绳上的间距也为h ，B 球释放后由静止沿绳匀加速下滑，与A 球相碰后粘在一起(碰撞时间极短)，并滑离绳子.若B 球沿绳下滑的时间是A 、B 一起下落到地面时间的2倍，重力加速度为g ，不计两球大小及空气阻力，求：(1)A 、B 两球碰撞后粘在一起瞬间速度大小；(2)从B 球开始释放到两球粘在一起下落，A 、B 两球组成的系统损失的机械能为多少? 【答案】12gh (2) 34mgh【解析】 【详解】(1)设B 球与A 球相碰前的速度大小为1v ，则1112h v t =碰撞过程动量守恒，设两球碰撞后的瞬间共同速度为2v ，根据动量守恒定律有122mv mv =两球一起下落过程中，222212h v t gt =+122t t =解得：212v gh =(2)B 球下滑到碰撞前，损失的机械能21112E mgh mv ∆== 由(1)问知，1v gh = 因此112E mgh ∆=磁撞过程损失的机械能为222121112224E mv mv mgh ∆=-⨯=因此整个过程损失的机械能为1234E E E mgh ∆=∆+∆=6．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。

《第2节动量守恒定律及其应用》同步训练(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、在下列哪种情况下，系统的动量守恒？A、一个物体在光滑水平面上受到两个力的作用，且这两个力的合力不为零B、一个物体在真空中水平抛出C、一辆汽车在水平路面上匀速行驶，突然刹车D、两个质量不同的物体在粗糙的水平面上发生碰撞2、一个质量为m的物体以速度v0向右运动，与一个静止在光滑水平面上的质量为2m的物体发生完全非弹性碰撞。

碰撞后，两个物体的共同速度是？A、v0/3B、v0/2C、v0D、3v03、在光滑水平面上，有两个小球A和B沿同一直线同向运动，它们的质量分别为2kg和3kg，速度分别为v_A = 4m/s和v_B = 2m/s。

某时刻A球追上B球发生完全弹性碰撞，碰撞后A球的速度为多少？A)1m/sB)2m/sC)3m/sD)4m/s4、质量为m的子弹以水平速度v_0射入固定在弹簧上的轻质木块后静止在木块中，弹簧的弹性势能最大时，木块获得的速度是多少？假设子弹与木块之间无摩擦，子弹质量远小于木块质量。

A)v_0B)v_0/2C)v_0/3D)05、一艘小船在静水中以速度(v)匀速行驶，当它撞上停在岸边的木块时，与木块一起做匀速直线运动。

假设木块和小船的总质量为(M)，木块的质量为(m)，碰撞过程中没有能量损失。

则碰撞前小船的动量与碰撞后木块和小船总动量的关系是：A.(P前=P后)B.(P前>P后)C.(P前<P后)D.(P前=0)6、在水平面上，两个相同的滑块A和B以相同的速度(v)相向而行，发生完全非弹性碰撞后，两滑块以共同的速度(v′)运动。

已知碰撞前后系统动量守恒，以下说法正确的是：A. 碰撞前系统总动量为(2mv)B. 碰撞后系统总动量为(2mv′)C. 碰撞前系统总动量为(2mv′)D. 碰撞后系统总动量为(4mv′)7、一个质量为(m)的物体以速度(v1)向右运动，与一个质量为(2m)的物体相撞，两物体黏在一起向左运动，碰撞后的速度为(v2)，则动量守恒定律的表达式为：A.(mv1+2mv2=0)B.(mv1=2mv2)C.(3mv1=mv2)D.(mv1=3mv2)二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、关于动量守恒定律，下列说法正确的是（）。

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动量守恒定律及应用1.北京冬奥会2 000米短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”．忽略地面的摩擦力，在这个过程中()A．两运动员的总动量守恒B．甲、乙运动员的动量变化量相同C．两运动员的总机械能守恒D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量2.如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态．现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)()A．整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒B．整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大C．M、m分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动D．M、m分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统动能最大3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5m．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看成质点)()A．5 m B．3.6 mC．2.6 m D．8 m4.(2023·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则()A．在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方B．在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功D．在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下5．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰，如图所示．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅图()6.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v 0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为( )A ．v 1＝v 2＝v 3＝33v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝22v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 07.(2023·北京市第五中学检测)A 、B 物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a 、b 分别为A 、B 两物块碰前的位移－时间图像，c 为碰撞后两物块共同运动的位移－时间图像，若A 物块质量m ＝2 kg ，则由图判断，下列结论错误的是( )A ．碰撞前后A 的动量变化量的大小为4 kg·m/sB ．B 物块的质量为0.75 kgC ．碰撞过程A 对B 所施冲量大小为4 N·sD ．碰撞过程A 、B 两物块组成的系统损失的动能为10 J8．(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力．下列说法正确的是()A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 mC．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m9．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m＝800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v＝1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600 kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则()A．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/sB．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/sC．要使火箭能成功发射至少要喷气500次D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s10.(多选)(2023·安徽马鞍山市模拟)如图所示，A、B两个小球(可视为质点)，间隙极小，两球球心连线竖直，从离地面高度H处以相同的初速度v0＝2gH同时竖直向下抛出，B球先与地面碰撞，再与A球碰撞后B球静止于地面，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则()A．A、B两球的质量之比为1∶3B．A、B两球的质量之比为1∶2C．碰后A球上升的最大高度为8HD．碰后A球上升的最大高度为16H11.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．12．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8 m的14圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3均放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．13．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48 kg B．53 kgC．58 kg D．63 kg答案及解析1．A 2.D 3.B 4.D 5.B 6.D7．B [以A 的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前A 的速度为v A ＝10－42m/s ＝3 m/s ，碰撞后A 、B 的共同速度为v AB ＝4－22m/s ＝1 m/s ，则碰撞前A 的动量为m v A ＝2×3 kg·m/s ＝6 kg·m/s ，碰撞后A 的动量为m v AB ＝2 kg·m/s ，碰撞前后A 的动量变化量的大小为4 kg·m/s ，A 正确，不符合题意；碰撞前B 的速度为v B ＝－42m/s ＝－2 m/s ，由动量守恒定律得m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v AB ，解得m B ＝43kg ，B 错误，符合题意；由动量定理得I ＝m B v AB －m B v B ＝43×1 kg·m/s －43×(－2) kg·m/s ＝4 N·s ，即碰撞过程A 对B 所施冲量大小为4 N·s ，C 正确，不符合题意；碰撞过程A 、B 两物块组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12m v A 2＋12m B v B 2－12(m ＋m B )v AB 2＝12×2×32 J ＋12×43×(－2)2 J －12×(2＋43)×12 J ＝10 J ，D 正确，不符合题意．] 8．B [设碎块落地的时间为t ，质量大的碎块水平初速度为v ，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v ，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x ＝v 0t 知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s ＝x 2＋y 2，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A 项错误；据题意知，v t ＝(5 s －t )×340 m/s ，又2v t ＝(6 s －t )×340m/s ，联立解得t ＝4 s ，v ＝85 m/s ，故爆炸点离地面高度为h ＝12gt 2＝80 m ，所以B 项正确，C 项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx ＝3v t ＝1 020 m ，故D 项错误．]9．A [设喷出三次气体后火箭的速度为v 3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M －3m )v 3－3m v ＝0，解得：v 3≈4 m/s ，故A 正确；地球卫星要能成功发射，喷气n 次后至少要达到第一宇宙速度，即：v n ＝7.9 km/s ，故B 错误；以火箭和喷出的n 次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M －nm )v n－nm v ＝0，代入数据解得：n ≈666，故C 错误；至少持续喷气时间为：t ＝n 20＝33.3 s ，故D错误．]10．AC [因为A 、B 球从离地面高度H 处以相同的初速度v 0＝2gH 同时竖直向下抛出，所以落地瞬间的速度相等，由运动学公式v 2－v 02＝2gH ，解得v A ＝v B ＝v ＝2gH ，B 球与地面弹性碰撞后以原速率返回，与A 再发生弹性碰撞，以向上为正方向，根据动量守恒和能量守恒有m B v －m A v ＝m A v A ′，12m B v 2＋12m A v 2＝12m A v A ′2，联立解得m A ∶m B ＝1∶3，v A ′＝2v ＝4gH ，A 正确，B 错误；碰后A 球上升的最大高度为h max ，则有v A ′2＝2gh max ，解得h max ＝v A ′22g＝8H ，C 正确，D 错误．] 11．2 m/s解析 因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ①碰撞后A 与B 在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得 m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ②A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足v AB ＝v C ③联立①②③式，代入数据得v A ＝2 m/s.12．(1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg解析 (1)对球1从A 到B 应用动能定理：m 1gR ＝12m 1v 02 在B 点对球1应用牛顿第二定律：F N －m 1g ＝m 1v 02R联立解得：v 0＝4 m/s 、F N ＝12 N由牛顿第三定律知球1在B 点对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝12 N.(2)球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 解得：v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝6.4 m/s. (3)同理，球2、球3碰撞后：v 3＝2m 2m 2＋m 3v 2则v 3＝2m 2m 2＋m 3·2m 1m 1＋m 2v 0代入数据得v 3＝ 1.6m 2＋0.04m 2＋0.5v 0， 由数学知识可知，当m 2＝0.04m 2时， m 2＋0.04m 2＋0.5最小，v 3最大 所以m 2＝0.2 kg.13．BC [设运动员的质量为M ，第一次推物块后，运动员速度大小为v 1，第二次推物块后，运动员速度大小为v 2……第八次推物块后，运动员速度大小为v 8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：M v 1＝m v 0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M (v 2－v 1)＝m [v 0－(－v 0)]＝2m v 0，……，第n 次推物块后，由动量守恒定律知：M (v n －v n －1)＝2m v 0，各式相加可得v n ＝(2n －1)m v 0M ，则v 7＝260 kg·m/s M ，v 8＝300 kg·m/s M. 由题意知，v 7<5 m/s ，则M >52 kg ，又知v 8>5 m/s ，则M <60 kg ，故选B 、C.]。