浙江鸭版高考物理大一轮复习单元滚动检测卷六动量守恒定律.docx

动量守恒定律时间：75分钟满分：100分一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．)1．如图所示，运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了10 s后停下来，则运动员对球的冲量为( )A．1 000 N·s B．500 N·sC．0 D．无法确定2.如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内，将肯定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是( )A．小船向左运动，船向左移一些B．小船静止，船向左移一些C．小船静止，船向右移一些D．小船静止，船不移动3．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上平安，这是由于( )A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小B．人跳在沙坑的动量改变量比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小4．[2024·河北邯郸一中月考]在沈海高速马路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104 kg向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止．依据测速仪的测定，两车碰撞前长途客车以108 km/h 的速度行驶，由此可推断货车碰撞前的行驶速度大小为( )A ．大于10 m/sB ．小于22.5 m/sC ．肯定大于22.5 m/sD ．肯定大于30 m/s 5.[2024·湖北武汉调研]某运动员在水上做飞行运动表演，他操控的喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水向下喷出，可以使运动员悬停在空中，如图所示．已知运动员与装备的总质量为90 kg ，两个喷嘴的直径均为10 cm ，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m 3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )A ．2.7 m/sB ．5.4 m/sC ．7.6 m/sD ．10.8 m/s6．冰壶运动深受观众宠爱，图1为运动员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图3中的哪幅图( )7．冰面上做嬉戏是一项技巧性很强的活动．如图所示，质量为m 的小孩与质量为m5的木箱以相同的速度v 0冲向静止的大人，木箱撞击大人前，小孩推出木箱后小孩速度大小变为v 02，已知大人的质量是小孩的2倍，大人接到木箱后与木箱一起运动，此后小孩与大人之间的距离越来越远，且不计冰面的摩擦．则 ( )A ．小孩动量改变量的大小为mv 02B ．小孩动量改变量的大小为3mv 02C ．大人接到木箱后一起运动的速度为722v 0D ．大人接到木箱后一起运动的速度为722v 0或1722v 0二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．)8．[2024·安徽合肥一六八中学模拟]某探讨小组通过试验测得两滑块碰撞前后运动的试验数据，得到如图所示的位移—时间图像．图中的线段a 、b 、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移随时间的改变关系．已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知( )A ．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的速度大小之比为5：2B ．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C ．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D ．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ质量的169.[2024·河北百校联盟二联]如图所示，质量为2 kg 的小车以2.5 m/s 的速度沿光滑的水平面对右运动，现在小车上表面上方1.25 m 高度处将一质量为0.5 kg 的可视为质点的物块由静止释放，经过一段时间物块落在小车上，最终两者一起水平向右匀速运动．重力加速度为g ＝10 m/s 2，忽视空气阻力，下列说法正确的是( )A ．物块释放0.5 s 后落到小车上B ．若只增大物块的释放高度，物块与小车的共同速度变小C ．物块与小车相互作用的过程中，物块和小车的动量守恒D ．物块与小车相互作用的过程中，系统损失的能量为7.5 J10．[2024·云南师大附中月考]如图所示，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 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点，一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止起先沿轨道滑下，然后滑入BC 轨道，最终恰好停在C 点，已知M ＝2m ，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .则滑块从A 运动到C 的过程中( )A ．滑块水平方向相对地面的位移大小为23(R ＋L )B ．小车相对地面的位移大小为14(R ＋L )C ．小车的最大速度v ＝133gRD ．滑块克服摩擦力做的功在数值上等于滑块削减的机械能 三、非选择题(本题共5个小题，54分)11．(6分)某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的试验．先将入射小球a 球从斜槽轨道上某固定点处由静止起先滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的被碰小球b 球放在斜槽轨道末端的小立柱上，调整试验装置使两小球碰撞时球心处于同一水平高度，让a 球仍从原固定点由静止起先滚下，和b 球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．(1)关于本试验，下列说法正确的是________．(填序号字母) A ．斜槽轨道必需是光滑的 B ．必需测量小球a 、b 的直径DC ．必需测量斜槽轨道末端到水平地面的高度HD ．必需测量小球a 、b 的质量，且二者的关系为m a ＞m b(2)为测定未放小球b时，小球a落点的平均位置，把刻度尺的零刻线跟记录纸上的O点对齐，如图给出了小球a落点旁边的状况，由图可得a球落点与O点的距离应为________ cm.(3)依据本试验方法，验证动量守恒的验证式是__________．12．(8分)某同学现用如图1所示的气垫导轨和光电门装置来“验证动量守恒定律”，在气垫导轨右端固定一弹簧，滑块b的右端有强粘性的胶水．图中滑块a和挡光片的总质量为m1＝0.620 kg，滑块b的质量为m2＝0.410 kg.试验步骤如下：①按图安装好试验器材后，接通气源，先将滑块a置于气垫导轨上，然后调整底脚螺丝，直到轻推滑块后，滑块上的挡光片通过两个光电门的时间________；②将滑块b置于两光电门之间，将滑块a置于光电门1的右端，然后将滑块a水平压缩弹簧，滑块a在弹簧的作用下向左弹射出去，通过光电门1后接着向左滑动并与滑块b发生碰撞；③两滑块碰撞后粘合在一起向左运动，并通过光电门2；④试验后，分别记录下滑块a挡光片通过光电门1的时间t1，两滑块一起运动挡光片通过光电门2的时间t2.图1图2(1)完成试验步骤①中所缺少的内容．(2)试验前用一游标卡尺测得挡光片的宽度d如图2所示，则d＝________ cm.(3)设挡光片通过光电门的时间为Δt，则滑块通过光电门的速度可表示为v＝__________(用d、Δt表示)．(4)试验中测得滑块a经过光电门1的速度为v1＝2.00 m/s，两滑块经过光电门2的速度为v2＝1.20 m/s，将两滑块和挡光片看成一个系统，则系统在两滑块相互作用前、后的总动量分别为p1＝________ kg·m/s，p2＝________ kg·m/s(结果均保留3位小数)．13．(10分)[2024·马鞍山模拟]质量为2 kg的小物块静止于光滑水平面上，从某一时刻起先，小物块所受的水平冲量与时间的关系如图所示，求在6 s内物块的位移．14．(12分)[2024·湖北十堰1月调考]如图所示，水平地面上有两个静止的物块A和B，A、B的质量分别为m1＝2 kg，m2＝1 kg，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现对物块A施加一大小为40 N·s、水平向右的瞬时冲量I，使物块A获得一个初速度，t＝1 s后与物块B发生弹性碰撞，且碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求A与B碰撞前瞬间，A的速度大小；(2)若物块B的正前方20 m处有一危急区域，请通过计算推断碰撞后A、B是否会到达危急区域．15．(18分)[2024·湖南长郡中学一模]如图所示，两相同小木块M、N(均视为质点)的质量均为m＝1 kg，放在水平桌面上，木块M、N间夹有一压缩的轻质弹簧P，弹簧两端与小木块M、N不拴接，但两木块通过长L＝0.1 m的细线相连接．桌子中心O点左侧粗糙，中心O 点右侧光滑，小木块M、N与桌子左侧间的动摩擦因数μ＝0.5，且起先时木块N离桌子中心O的距离s＝1.15 m．现让小木块M、N一起以v0＝4 m/s的初速度向桌子右侧运动，木块M、N越过桌子中心O点进入右侧光滑区后，剪断M、N间的细线，发觉小木块M最终停在桌面光滑区，而小木块N水平抛出离开桌面，木块N运动到A点时速度方向恰好沿AB方向，小木块N沿斜面AB滑下．已知斜面AB与水平方向间的夹角为37°，斜面长为L AB＝2.0 m，木块N与斜面间的动摩擦因数也是μ＝0.5.木块N到达B点后通过光滑水平轨道BC到达光滑竖直圆轨道，圆轨道底端(稍稍错开)分别与两侧的直轨道相切，其中AB与BC轨道以微小圆弧相接．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求压缩弹簧的弹性势能E p；(2)求水平桌面与A点的高度差；(3)若木块N 恰好不离开轨道，并能从光滑水平轨道DE 滑出，求竖直圆轨道的半径R .单元素养检测卷(六)1．解析：滚动了10 s 是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定运动员对球的作用时间，所以无法确定运动员对球的冲量，选项D 正确．答案：D2．解析：人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止，鱼对地发生向左的位移，则人船的位移向右．故选项C 正确．答案：C3．解析：人跳远从肯定高度落下，落地前的速度(v ＝v 20＋2gh )肯定，则初动量相同；落地后静止，末动量肯定，所以人下落过程的动量改变量Δp 肯定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用的时间短，依据动量定理F Δt ＝Δp ，当Δp 肯定，Δt 大，则F 小，故D 对．答案：D4．解析：碰撞前长途客车的速度v 1＝108 km/h ＝30 m/s.依据碰后两辆车连在一起且向北滑行的状况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p 1＝m 1v 1(向南)应当小于货车的动量p 2＝m 2v 2(向北)，即m 1v 1<m 2v 2，代入数据有1.5×104×30 (kg·m/s) <2.0×104×v 2(kg·m/s)，解得v 2>22.5 m/s.答案：C5．解析：设Δt 时间内每个喷嘴有质量为m 的水射出，对这部分水由动量定理得F Δt ＝2mv ，m ＝ρv Δt ·πd 24，运动员悬停在空中，所以有F ＝Mg ，联立解得v ＝7.6 m/s ，故C 正确．答案：C6．解析：冰壶甲、乙碰撞过程动量守恒，碰撞前系统动量水平向右，碰撞后合动量也必定水平向右，碰撞后冰壶在摩擦力作用下做匀减速直线运动．所以碰撞点到最终停靠点的连线代表碰撞后的速度方向，连线的长短反映碰撞后的速度大小．A 选项所示的图中，甲、乙碰后的动量都斜向右上方，不符合动量守恒定律，选项A 错误．B 选项所示的图中，碰撞后甲静止，乙水平向右运动，符合质量相等的物体发生弹性碰撞的过程，选项B 是可能的．C 选项所示的图中，甲在前，乙在后，碰后甲的速度不行能大于乙，即甲不行能在乙前面，选项C 错误．D 选项所示的图中，碰后甲的速度大于乙的速度，合动量水平向左，不符合动量守恒定律，选项D 错误．答案：B7．解析：设大人和木箱一起运动的速度为v 0，以大人 、小孩和木箱为探讨系统，水平方向动量守恒，若小孩推开木箱后与木箱同向运动，有(m ＋m5)v 0＝m ·v 02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋m 5v 0，解得v＝722v 0＜v 02，小孩会追上大人，违反题意，故这种状况不行能发生，只有一种状况就是两者速度相反，⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋m 5v 0＝－m ·v 02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋m 5v ，即小孩的速度为－v 02，解得v ＝1722v 0，小孩动量的改变量Δp ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫－v 02－v 0＝－32mv 0，ACD 错误，B 正确．答案：B8．解析：本题通过图像考查动量和能量的综合问题．依据x － t 图像的斜率表示速度可知，碰前滑块Ⅰ的速度v 1＝－2 m/s ，滑块Ⅱ的速度v 2＝0.8 m/s ，则碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的速度大小之比为5：2，A 正确；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后系统的总动量为正，故碰撞前总动量也为正，碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小小，B 错误；碰撞后结合体的共同速度v ＝0.4 m/s ，依据动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，解得m 1＝16m 2，由动能的表达式可知，12m 1v 21>12m 2v 22，C 错误，D 正确．答案：AD9．解析：物块下落的时间为t ＝2h g＝2×1.2510s ＝0.5 s ，选项A 正确；物块与小车相互作用的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，在竖直方向的动量不守恒，由水平方向动量守恒Mv 0＝(M ＋m )v 知，释放高度变大，水平方向的共同速度不变，选项B 、C 错误；在整个过程中，由能量守恒定律得系统损失的机械能ΔE ＝mgh ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12Mv 20－12(M ＋m )v 2，代入数据可得ΔE ＝7.5 J ，选项D 正确． 答案：AD10．解析：本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律．设全程小车相对地面的位移大小为s ，滑块水平方向相对地面的位移为x ，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，则有x ＋s ＝R ＋L ，m x t －M s t ＝0，已知M ＝2m ，解得x ＝23(R ＋L )，s ＝13(R ＋L )，A 正确，B 错误；滑块从A 滑到B 点的过程中小车受到滑块的压力始终做正功，则滑块滑到B 点时小车的速度达到最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得0＝mv A －Mv ，mgR ＝12mv 2A ＋12Mv 2，解得v ＝133gR ，C 正确；滑块从B 点起先在滑动摩擦力作用下和小车相对滑动，滑动摩擦力对滑块做负功，依据动能定理知，滑块克服摩擦力做的功等于滑块削减的动能，全过程滑块削减的机械能转化为系统因摩擦产生的热量，D 错误．答案：AC11．解析：(1)由动量守恒原理m a ·O P ＝m a ·O M ＋m b ·O ′N 可知必需测量小球a 、b 的直径D ，必需测量小球a 、b 的质量，且二者的关系为m a ＞m b ，即B 、D 正确．(2)用完可能小的圆把全部点圈在里面的圆心为平均落点，由刻度尺读数规则可知读数为45.95 cm.(3)依据本试验方法，验证动量守恒的验证式是m a ·OP ＝m a ·OM ＋m b ·O ′N . 答案：(1)BD(1分) (2)45.95(45.93～45.98之间均正确)(2分) (3)m a ·O P ＝m a ·O M ＋m b ·O ′N (3分)12．解析：(1)在步骤①中气垫导轨安装时应保持水平状态，滑块在轨道上应做匀速直线运动，故滑块上的挡光片通过两光电门的时间相等．(2)游标卡尺的主尺读数为15 mm ，游标尺读数为0.05×10 mm＝0.50 mm ，所以挡光片的宽度为d ＝15 mm ＋0.50 mm ＝15.50 mm ＝1.550 cm.(3)由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光电门的时间比较短，因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度可表示为v ＝dΔt. (4)两滑块相互作用前系统的总动量为p 1＝m 1v 1＝0.620×2.00 kg·m/s＝1.240 kg·m/s.两滑块相互作用后系统的总动量为p 2＝(m 1＋m 2)v 2＝(0.620＋0.410)×1.20 kg·m/s＝1.236 kg·m/s.答案：(1)相等(1分) (2)1.550(1分) (3)dΔt(2分) (4)1.240(2分) 1.236(2分) 13．解析：由图可知0～3 s 内以及3～6 s 内物块受到的冲量都与时间成线性关系，可知在0～3 s 内和3～6 s 内物块受到的力都不变，物体做匀变速直线运动，在0～3 s 内物块做初速度等于0的匀加速直线运动，在3～6 s 内物块做匀减速直线运动，由运动的对称性可知，6 s 末物块的速度又等于0.在0～3 s 末，依据动量定理可得I ＝Δp ＝mv ；(2分) 所以v ＝I m ＝42m/s ＝2 m/s ，(3分) 所以小物块在6 s 内的位移：x ＝v 2t 1＋v 2·t 2＝v 2·t ＝22×6 m＝6 m ．(5分) 答案：6 m14．解析：(1)依据题意有I ＝m 1v 0，其中v 0为物块A 所获初速度对A 受力分析可知，A 与B 碰撞前A 做匀减速运动有v 1＝v 0－at ，其中a ＝μg 联立解得A 与B 碰撞前瞬间，A 的速度大小v 1＝15 m/s.(3分)(2)分析知A 与B 碰撞过程机械能守恒、动量守恒、则有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v 2(1分) 12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v 22(2分) 解得碰后A 的速度v ′1＝5 m/s ，B 的速度v 2＝20 m/s(2分)由运动学公式可知x A ＝v ′212a＝2.5 m ＜20 m(2分) x B ＝v 222a＝40 m ＞20 m(2分) 即物块A 不会到达危急区域，物块B 会到达危急区域．答案：(1)15m/s (2)见解析15．解析：(1)设M 运动到O 点时的速度大小为v ′，在M 运动到桌子中心O 点的过程中，由动能定理有－μmgs －μmg (s ＋L )＝12·2mv ′2－12·2mv 20(2分) 解得v ′＝2 m/s(1分)木块M 、N 越过桌子中心O 点进入右侧光滑区后，剪断M 、N 间的细线瞬间系统动量守恒，由于小木块M 最终停在桌面光滑区，故M 的速度必需为0.两木块组成的系统在水平方向动量守恒，设剪断细线后小木块N 的速度大小为v ，则有2mv ′＝mv (2分)依据能量守恒定律有E P ＋12·2mv ′2＝12mv 2(2分) 联立解得E p ＝4 J ．(1分)(2)设水平桌面与A 点的高度差为h ，到A 点时木块N 在竖直方向的速度大小为v y ，依据平抛运动规律有v 2y ＝2gh 且tan 37°＝v y v(2分) 联立解得h ＝0.45 m ．(1分)(3)由(2)可知v y ＝3 m/s ，则木块N 到达A 点时的速度大小为v A ＝v 2＋v 2y ＝5 m/s(2分) 设小木块N 到达B 点时的速度大小为 v B ，从A 点到B 点的过程，由动能定理有mgL AB sin 37°－μmgL AB cos 37°＝12mv 2B －12mv 2A (2分) 设木块N 在轨道最高点时的最小速度为v min ，即此时木块N 恰好不离开轨道，则木块N 从B 点到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律有12mv 2B ＝12mv 2min ＋2mgR (1分) 在最高点，依据牛顿其次定律有mg ＝m v 2min R(1分) 联立以上各式解得R ＝0.66 m ．(1分)答案：(1)4 J (2)0.45 m (3)0.66 m。

第3节机械能守恒定律[随堂检测]1．(2024·11月浙江选考)奥运会竞赛项目撑竿跳高如图所示．下列说法不正确的是( )A．加速助跑过程中，运动员的动能增加B．起跳上升过程中，竿的弹性势能始终增加C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能削减，动能增加答案：B2.(2024·10月浙江选考)如图所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是( )A．动能B．动能、重力势能C．重力势能、机械能D．动能、重力势能、机械能答案：C3．(2024·4月浙江选考)火箭放射回收是航天技术的一大进步．如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最终撞落在地面上．不计火箭质量的改变，则( )A．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的改变量D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力答案：D4．(2024·浙江名校协作体)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止起先运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( )A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球的重力势能增加W 1C ．小球的机械能增加W 1＋12mv 2 D ．小球的电势能削减W 2解析：选D.由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，A 错误；重力做功是重力势能改变的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加－W 1，B 错误；小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量，即－W 1＋12mv 2，C 错误；依据电场力做功是电势能改变的量度，电场力做正功电势能削减，电场力做负功电势能增加，D 正确．5．如图所示，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F 作用在小物块上，小物块与小车间的摩擦力为F f ，经过一段时间小车运动的位移为x ，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是( )A ．此时物块的动能为F (x ＋L )B ．此时小车的动能为F f (x ＋L )C ．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx －F f LD ．这一过程中，因摩擦而产生的热量为F f L解析：选D.对小车由动能定理知W ＝F f ·x ＝E k ，故E k ＝F f x ，B 错误；对小物块由动能定理得F (L ＋x )－F f (L ＋x )＝ΔE k ，A 错误；物块和小车增加的机械能ΔE ＝ΔE k ＋E k ＝F (L ＋x )－F f L ，C 错误；摩擦产生的热量Q ＝F f L ，D 正确．[课后达标]一、选择题1．(2024·台州质检)下列说法正确的是( )A ．随着科技的发展，第一类永动机是可以制成的B ．太阳照耀到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照耀到宇宙空间的能量都消逝了C ．“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违反了能量守恒定律，因而是不行能的D ．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能始终走动，说明能量可以凭空产生答案：C2．如图所示，荡秋千是小挚友们最喜爱的一项传统嬉戏，人通过下蹲和站起，使秋千越荡越高．忽视绳的质量及空气阻力，则( )A ．在最高点人下蹲时，重力势能转化为动能B ．在最高点时人和秋千板所受到的合力为零C ．在最低点秋千板对人的支持力等于人的重力D ．在摇摆过程中人和秋千的机械能总和不变解析：选A.在最高点不是平衡状态，只是速度为零，故人和秋千板所受到的合力不等于零，B 错．在最低点，人所受的支持力与重力的合力供应了向心力，C 错．在摇摆过程中，人的内能转化为机械能，所以人和秋千板的机械能总和增加，D 错．3．(2024·温州检测)PM2.5主要来自化石燃料、生物质燃料、垃圾的焚烧，为了限制污染，要求我们节约及高效利用能源，关于能源和能量，下列说法中正确的是( )A ．自然界中的石油、煤炭等能源是取之不尽用之不竭的B ．人类应多开发和利用太阳能、风能等新能源C ．能量被运用后就歼灭了，所以要节约能源D ．能源开发的高级阶段是指能源不断地产出能量答案：B4.(2024·温州乐清检测)如图所示，一个质量为M 的物体放在水平地面上，物体上方安装一个长度为L 、劲度系数为k 的轻弹簧，现用手拉着弹簧上端的P 点缓慢向上移动，直到物体离开地面一段距离．在这一过程中，P点的位移(起先时弹簧为原长)是H ，则物体重力势能增加了( )A ．MgHB ．MgH ＋M 2g 2kC ．MgH －M 2g 2kD ．MgH －Mg k答案：C 5．袋鼠跳是一项很好玩的运动．如图所示，一位质量m ＝60 kg 的老师参与袋鼠跳嬉戏，全程10 m ，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h ＝0.2 m ．忽视空气阻力，下列说法正确的是( )A ．该老师起跳时，地面对该老师做正功B ．该老师每跳动一次克服重力做功的功率约为300 WC ．该老师从起点到终点的时间可能是7 sD ．该老师从起点到终点的时间可能是4 s答案：C6．(2024·4月浙江选考)如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A 、B 处，A 、B 两点水平距离为16 m ，竖直距离为2 m ，A 、B 间绳长为20 m ．质量为10 kg 的猴子抓住套在绳上的滑环从A 处滑到B 处．以A 点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)( )A ．－1.2×103 JB ．－7.5×102J C ．－6.0×102 J D ．－2.0×102J 解析：选B.由图可知猴子到C 点时重力势能最小，∠BCF ＝∠ECF ＝θ，所以L BC ·sin θ＋L AC ·sin θ＝BD ，所以sin θ＝BD L AB ＝45，即θ＝53°.AD ＝2 m ，则ED ＝AD ·tan 53°＝83m ，所以FE ＝203m ．FC ∶AD ＝FE ∶ED ，得FC ＝5 m ，所以AC 高度差为7 m ，再加上猴子自身高度，重心距套环约为0.5 m ，故猴子重力势能最小约为E p ＝－mgh ＝－750 J ，B 正确．7.如图所示，在高1.5 m 的光滑平台上有一个质量为2 kg 的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g ＝10 m/s 2)( )A ．10 JB ．15 JC ．20 JD ．25 J解析：选A.由h ＝12gt 2，tan 60°＝gt v 0，可得v 0＝10 m/s.由小球被弹射过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒得，E p ＝12mv 20＝10 J ，故A 正确． 8.蹦极是一项极限活动．如图所示，游客站在平台上，用橡皮绳固定住身体后由静止下落，触地前弹起，然后反复弹起落下．不计空气阻力和橡皮绳的质量，在第一次下落过程中( )A ．游客始终处于完全失重状态B ．橡皮绳刚绷紧时，游客的动能最大C ．游客的机械能先保持不变，后渐渐减小D ．游客下落到最低点时，橡皮绳的弹性势能大于游客削减的重力势能答案：C9．(2024·嘉兴质检)打开水龙头，水顺流而下，细致视察将会发觉连续的水流柱的直径在流下的过程中，是渐渐减小的(即上粗下细)，设水龙头出口处半径为1 cm ，安装在离接水盆75 cm 高处，假如测得水在出口处的速度大小为1 m/s ，g ＝10 m/s 2，不考虑空气阻力，则水流柱落到盆中时的半径为( )A ．1 cmB ．0.75 cmC ．0.5 cmD ．0.25 cm 解析：选C.由于不考虑空气阻力，故整个水柱的机械能守恒，由机械能守恒定律得12mv 2＝12mv 20＋mgh ，解得v ＝v 20＋2gh ＝4 m/s ，水柱的体积不变，πr 2vt ＝πr 20v 0t ，r r 0＝v 0v ＝12，r ＝0.5 cm.10．(2024·东阳质检)物体做自由落体运动，E k 代表动能，E p 代表势能，h 代表下落的距离，以水平地面为零势能面．下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是( )解析：选B.由机械能守恒定律：E p ＝E －E k ，故势能与动能的图象为倾斜的直线，C 错误；由动能定理：E k ＝mgh ＝12mv 2＝12mg 2t 2，则E p ＝E －mgh ，故势能与h 的图象也为倾斜的直线，D 错误；且E p ＝E －12mv 2，故势能与速度的图象为开口向下的抛物线，B 正确；同理E p ＝E －12mg 2t 2，势能与时间的图象也为开口向下的抛物线，A 错误．11.上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下飘浮在半空．若减小风力，体验者在加速下落过程中( )A ．失重且动能增加量大于重力势能削减量B ．失重且动能增加量小于重力势能削减量C ．超重且动能增加量大于重力势能削减量D ．超重且动能增加量小于重力势能削减量答案：B12.(2024·舟山质检)如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m (包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h 处的雪道上由静止起先匀加速下滑，加速度为13g .在他从上向下滑究竟端的过程中，下列说法正确的是( )A ．运动员削减的重力势能全部转化为动能B ．运动员获得的动能为13mgh C ．运动员克服摩擦力做功为23mgh D ．下滑过程中系统削减的机械能为13mgh 解析：选D.运动员的加速度为13g ，沿斜面：12mg －F f ＝m ·13g ，F f ＝16mg ，W F f ＝16mg ·2h ＝13mgh ，所以A 、C 项错误，D 项正确；E k ＝mgh －13mgh ＝23mgh ，B 项错误． 13.如图所示，重10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a 点由静止下滑，到b 点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c 点起先弹回，返回b 点离开弹簧，最终又回到a 点，已知ab ＝0.8 m ，bc ＝0.4 m ，那么在整个过程中，下列说法错误的是( )A ．滑块动能的最大值是6 JB ．弹簧弹性势能的最大值是6 JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做的功是6 JD ．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒解析：选A.滑块能回到原动身点，所以机械能守恒，D 正确；以c 点为参考点，则a点的机械能为6 J ，c 点时的速度为0，重力势能也为0，所以弹性势能的最大值为6 J ，从c 到b 弹簧的弹力对滑块做的功等于弹性势能的减小量，故为6 J ，所以B 、C 正确；由a →c 时，因重力势能不能全部转变为动能，故A 错误．14.(2024·舟山质检)如图所示，一根原长为L 的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m 的小球，在弹簧的正上方从距地面为H 处自由下落压缩弹簧．若弹簧的最大压缩量为x ，小球下落过程受到的空气阻力恒为F f ，则小球下落过程中( )A ．小球动能的增量为mgHB ．小球重力势能的增量为mg (H ＋x －L )C ．弹簧弹性势能的增量为(mg －F f )(H ＋x －L )D ．系统机械能减小量为F f H解析：选C.依据动能定理可知，小球动能的增量为零，A 错误；小球重力势能的增量为－mg ·(H ＋x －L )，B 错误；由能量守恒，可知弹簧弹性势能的增量为(mg －F f )(H ＋x －L )，C 正确；系统除重力与弹力做功外，还有空气阻力做负功，故系统机械能减小量为F f (H ＋x －L )，D 错误．二、非选择题15.(2024·杭州联考)如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB 平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L ＝9 cm 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝1 kg 的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置C 由静止释放，小球到达最低点D 时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x ＝5 cm.(取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)细绳受到的拉力的最大值；(2)D 点到水平线AB 的高度h ；(3)弹簧所获得的最大弹性势能E p .解析：(1)小球由C 到D ，由机械能守恒定律得： mgL ＝12mv 21，解得v 1＝2gL①在D 点，由牛顿其次定律得 F －mg ＝m v 21L②由①②解得F ＝30 N 由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N.(2)由D 到A ，小球做平抛运动v 2y ＝2gh ③tan 53°＝v y v 1④联立解得h ＝16 cm. (3)小球从C 点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即E p ＝mg (L ＋h ＋x sin 53°)，代入数据解得：E p ＝2.9 J ． 答案：(1)30 N (2)16 cm (3)2.9 J16．如图所示，水平地面与一半径为l 的竖直光滑圆弧轨道相接于B 点，轨道上的C 点位置处于圆心O 的正下方．在距地面高度为l 的水平平台边缘上的A 点，质量为m 的小球以v 0＝2gl 的速度水平飞出，小球在空中运动至B 点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g ，试求：(1)B 点与抛出点A 正下方的水平距离x ；(2)圆弧BC 段所对的圆心角θ；(3)小球滑到C 点时，对圆轨道的压力．解析：(1)设小球做平抛运动到达B 点的时间为t ，由平抛运动规律，l ＝12gt 2，x ＝v 0t ，联立解得x ＝2l .(2)由小球到达B 点时竖直分速度v 2y ＝2gl ，tan θ＝v y v 0，解得θ＝45°.(3)小球从A 运动到C 点的过程中机械能守恒，设到达C 点时速度大小为v C ，有机械能守恒定律得 mgl ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－22＝12mv 2C －12mv 20， 设轨道对小球的支持力为F ，有：F －mg ＝m v 2C l， 解得：F ＝(7－2)mg ，由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F ′＝(7－2)mg ，方向竖直向下． 答案：(1)2l (2)45° (3)(7－2)mg 方向竖直向下。

《动量守恒定律》单元测试题含答案一、动量守恒定律 选择题1．如图所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平平行金属导轨，间距为L =20cm ，电阻不计，其左端连接一恒定电源，电动势为E ，内阻不计，两导轨之间交替存在着磁感应强度为B =1T 、方向相反的匀强磁场，同向磁场的宽度相同。

闭合开关后，一质量为m =0.1kg 、接入电路的阻值为R =4Ω的导体棒恰能从磁场左边界开始垂直于导轨并与导轨接触良好一直运动下去，导体棒运动到第一个磁场的右边界时有最大速度，为5m/s ，运动周期为T =21s ，则下列说法正确的是（ ）A ．E =1VB ．导体棒在第偶数个磁场中运动的时间为2T C ．相邻两磁场的宽度差为5 mD ．导体棒的速度随时间均匀变化2．如图所示,质量10.3kg m =的小车静止在光滑的水平面上,车长 1.5m l =,现有质量20.2kg m =可视为质点的物块,以水平向右的速度0v 从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数0.5μ=,取2g=10m/s ,则（ ）A ．物块滑上小车后,系统动量守恒和机械能守恒B ．增大物块与车面间的动摩擦因数,摩擦生热不变C ．若0 2.5m/s v =,则物块在车面上滑行的时间为0.24sD ．若要保证物块不从小车右端滑出,则0v 不得大于5m/s3．平静水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，人向船尾走去，走到船中部时他突然停止走动．不计水对船的阻力，下列说法正确的是（ ）A ．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍B ．人在船上走动过程中，人的位移是船的位移的9倍C ．人走动时，它相对水面的速度大于小船相对水面的速度D ．人突然停止走动后，船由于惯性还会继续运动一小段时间4．如图甲所示，质量M =2kg 的木板静止于光滑水平面上，质量m =1kg 的物块（可视为质点）以水平初速度v 0从左端冲上木板，物块与木板的v -t 图象如图乙所示，重力加速度大小为10m/s 2，下列说法正确的是（ ）A ．物块与木板相对静止时的速率为1m/sB ．物块与木板间的动摩擦因数为0.3C ．木板的长度至少为2mD ．从物块冲上木板到两者相对静止的过程中，系统产生的热量为3J5．如图所示，质量为M 、带有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O 为圆心。

第六章动量守恒定律本章综合能力提升练(限时：45分钟)一、单项选择题1．若物体在运动过程中受到的合力不为零，则( )A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的动量不可能总是不变的C．物体的加速度一定变化D．物体的速度方向一定变化答案 B2．1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是( )A．安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化B．安全气囊的作用减小了驾驶员受到撞击力的冲量C．安全气囊的作用主要是减小了驾驶员的动量变化率D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大答案 C解析在碰撞过程中，驾驶员的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft＝Δp可知，可以减小驾驶员受到的撞击力，即是减小了驾驶员的动量变化率．3．如图1所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点．用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥撞击后粘在一起，则在此过程中小车将( )图1A．向右运动B．向左运动C．静止不动D．小球下摆时，车向左运动后又静止答案 D解析水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒．小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动．当撞到橡皮泥，发生完全非弹性碰撞，系统初动量为零，末动量为零，小车会静止．4．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( ) A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，无法确定 答案 A5．一质量为M 的航天器正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小为v 2，则喷出气体的质量m 为( ) A.v2－v1v1M B.v2v2－v1M C.v2－v0v2＋v1M D.v2－v0v2－v1M 答案 C6．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 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A ．0.6v B ．0.4v C ．0.3v D ．0.2v 答案 A解析 设碰撞后A 球的速度大小为v A ，B 球的速度大小为v B ，取碰撞前A 球的运动方向为正方向．根据动量守恒定律得：mv ＝2mv B －mv A 化简可得，v A ＝2v B －v ，因v A >0，所以v B >v2，故只有A 项正确．二、多项选择题7.光滑水平地面上，A 、B 两物体质量都为m ，A 以速度v 向右运动，B 原来静止，其左端有一水平轻质弹簧，如图2所示，当A 撞上弹簧，弹簧被压缩到最短时( )图2A ．A 、B 系统总动量仍然为mv B ．A 的动量变为零C ．B 的动量达到最大值D ．A 、B 的速度相等 答案 AD解析 A 、B 系统水平方向动量守恒，总动量不变仍为mv ，A 正确；弹簧被压缩到最短时A 、B 两物体具有相同的速度，D 正确，B 错误；但此时B 的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B 物体会进一步加速，A 物体会进一步减速，C 错误．8．如图3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m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的x －t 图象．已知m 1＝0.1kg.由此可以判断( )图3A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．m 2＝0.3kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4J 的机械能 答案 AC解析 由x －t 图象知碰前m 2的位移不随时间而变化，处于静止状态．碰前m 1速度大小为v 1＝ΔxΔt ＝4m/s ，方向只有向右才能与m 2相碰，故A 正确；由题图乙知碰后m 2的速度为正方向，说明向右运动，m 1的速度为负方向，说明向左运动，故B 错误； 由题图乙求出碰后m 2和m 1的速度分别为v 2′＝2m/s ，v 1′＝－2 m/s ，根据动量守恒定律得m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，解得m 2＝0.3kg ，故C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2，解得ΔE ＝0J ，故D 错误．9.一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L (小于立柱高)、拴有小球的细线，小球拉至和悬点在同一水平面处静止释放，如图4所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g ，下面说法中正确的是( )图4A ．小球和小车的总机械能守恒B ．小球和小车的动量守恒C ．小球运动到最低点的速度为2gLD ．小球和小车只在水平方向上动量守恒 答案 AD10．质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回．不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是( ) A ．子弹对墙的冲量最小B ．橡皮泥对墙的冲量最小C ．钢球对墙的冲量最大D ．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 答案 AC11．(2018·诸暨中学段考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a 、b 两块．若质量较大的a 的速度方向仍沿原来的方向，则( ) A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地这段时间里，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a 、b 一定同时到达地面D ．炸裂的过程中，a 、b 的动量变化大小一定相等 答案 CD12．A 、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图5表示发生碰撞前后的v －t 图线，由图线可以判断( )图5A ．A 、B 的质量比为3∶2 B ．A 、B 作用前后总动量守恒C ．A 、B 作用前后总动量不守恒D ．A 、B 作用前后总动能不变 答案 ABD解析 碰撞前后两物体组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，B 正确，C 错误；根据动量守恒定律：m A ·6＋m B ·1＝m A ·2＋m B ·7，得：m A ∶m B ＝3∶2，故A 正确；碰撞前总动能：12m A ·62＋12m B ·12＝553m A ，碰撞后总动能：12m A ·22＋12m B ·72＝553m A ，可知碰撞前后总动能不变，D 正确．三、实验题13.(2019届效实中学月考)某同学用如图6所示装置探究A 、B 两球在碰撞中动量是否守恒．该同学利用平抛运动测量两球碰撞前后的速度，实验装置和具体做法如下，图中PQ 是斜槽，QR 为水平槽．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滑下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A 球仍从位置G 由静止开始滑下，和B 球碰撞后，A 、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次，并画出实验中A 、B 两小球落点的平均位置，图中F 、E 点是A 碰B 球前后A 球的平均落点，J 是B 球的平均落点，O 点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的竖直平面，米尺的零点与O点对齐．图6(1)现有下列器材，为完成本实验，哪些是必需的？请将这些器材前面的字母填在横线上________．A．停表B．天平C．圆规(2)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量________．A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离OFB．A球与B球碰撞后，测量A球、B球落点位置到O点的距离OE、OJC．A球和B球在空中飞行的时间D．测量G点相对于水平槽面的高度(3)如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子正确的是________．A．m A OF＋m A OE＝m B OJB．m A OF＝m A OE－m B OJC．m A OF＝m A OE＋m B OJD．m A OE＝m A OF＋m B OJ答案(1)BC (2)AB (3)C解析(1)要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替，所以需要测量的物理量为：小球A、B的质量m A、m B，记录纸上O点到E、F、J各点的距离，故必需的器材为天平、圆规(确定落点)，选项B、C正确．(2)由(1)分析知，选项A、B正确．(3)F为碰前入射小球落点的位置，E为碰后入射小球的位置，J为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1＝OFt，碰撞后入射小球的速度v2＝OEt，碰撞后被碰小球的速度v3＝OJt，若m A v1＝m A v2＋m B v3，则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得m A OF＝m A OE＋m B OJ，选项C正确．四、计算题14.如图7所示，质量分别为m1＝0.2kg和m2＝0.8kg的两个小球，在光滑的水平面上分别以速度v1＝10m/s、v2＝2 m/s向右运动并发生对心碰撞，碰后甲球以2m/s的速度向左运动．求：图7(1)碰后乙球的速度大小； (2)碰撞时撞击力对甲球的冲量．答案 (1)5m/s (2)2.4 kg·m/s，方向向左解析 (1)取向右为正方向，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 代入数据得v 2′＝5m/s(2)对甲球，由动量定理得I ＝Δp ＝m 1v 1′－m 1v 1 代入数据得I ＝－2.4kg·m/s，负号表示方向向左．15．如图8所示，一光滑水平桌面AB 与一半径为R 的光滑半圆形轨道相切于C 点，且两者固定不动．一长L 为0.8m 的细绳，一端固定于O 点，另一端系一个质量m 1＝0.2kg 的球．当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零．现将球提起使细绳处于水平位置时无初速度释放．当球m 1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m 2＝0.8kg 的小铁球正碰，碰后m 1小球以2m/s 的速度弹回，m 2将沿半圆形轨道运动，且恰好能通过最高点D ，g ＝ 10 m/s 2，求：图8(1)m 2在半圆形轨道最低点C 的速度大小； (2)光滑圆形轨道的半径R . 答案 (1)1.5m/s (2)0.045m解析 (1)设球m 1摆至最低点时速度为v 0，由机械能守恒定律易知m 1gL ＝12m 1v 02v 0＝2gL ＝2×10×0.8m/s ＝4 m/sm 1与m 2碰撞，动量守恒，设m 1、m 2碰后的速度分别为v 1、v 2取向右的方向为正方向，则m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2 解得v 2＝1.5m/s(2)m 2在CD 轨道上运动时，由机械能守恒有 12m 2v 22＝m 2g ·2R ＋12m 2v D 2 由小球m 2恰好能通过最高点D 可知，重力提供向心力，即m 2g ＝m2vD2R联立解得v 22＝5gR 代入数据解得R ＝0.045m ．精品教育资料。

第六章 动量守恒定律滑块模型可分为两类：单一滑块模型和多个滑块模型．单一滑块模型是指一个滑块在水平面、斜面或曲面上运动的问题，主要运用牛顿运动定律、动能定理或动量定理进行分析．多个滑块模型是指两个或两个以上的滑块组成的系统，如滑块与滑块、小车与滑块、子弹与滑块等，对于此类问题应着重分析物体的运动过程，明确它们之间的时间、空间关系，并注意临界、隐含和极值等条件，然后用能量守恒和动量守恒等规律求解．例1 如图1所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．图1答案32v02113gl ≤μ<v022gl解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 02>μmgl ① 即μ<v022gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒定律得 12mv 02＝12mv 12＋μmgl ③ 设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv 1′＋34mv 2′④12mv 12＝12mv 1′2＋12×34mv 2′2⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1⑥由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12×34mv 2′2≤μ·3m 4gl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥32v02113gl⑧联立②⑧式得，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件为32v02113gl ≤μ<v022gl.弹簧模型是指由物体与弹簧组成的系统，此类问题的关键在于分析物体的运动过程，认清弹簧的状态及不同能量之间的转化，由两个或两个以上物体与弹簧组成的系统，应注意弹簧伸长或压缩到最大程度时弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹性势能最小(为零)等隐含条件．例2 如图2所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是5m 和3m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h 16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．图2答案 54m 2gh 15128mgh解析 设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，根据机械能守恒定律有：mgh ＝12mv 12设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有：mg h 16＝12mv 1′2解得：v 1′＝2gh 4设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv 1＝－mv 1′＋5mv 2解得：v 2＝2gh 4由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量为：I ＝5mv 2＝54m 2gh碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5mv 2＝8mv 3根据机械能守恒定律：E pm ＝12×5mv 22－12×8mv 32解得：E pm ＝15128mgh .悬绳模型是指由悬绳或通过弧形滑槽将不同的物体连在一起组成的系统．此类问题应认清物体的运动过程状态．注意物体运动到最高点或最低点时速度相同的隐含条件及系统机械能守恒定律的应用．例3 如图3所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m 的滑环．滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M 的物块(可视为质点)，绳长为L .将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，求物块摆起的最大高度．图3答案mm ＋ML 解析 滑环固定时，根据机械能守恒定律，有：MgL ＝12Mv 02，v 0＝2gL.滑环不固定时，物块初速度仍为v 0，在物块摆起最大高度h 时，它们速度都为v ，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则：Mv0＝(m＋M)v，1 2Mv02＝12(m＋M)v2＋Mgh，由以上各式，可得：h＝mm＋ML.。

章末滚动验收（六)(时间：45分钟）一、单项选择题1。

（2020·山东菏泽模拟）如图所示，装有弹簧发射器的小车放在水平地面上,现将弹簧压缩锁定后放入小球,再解锁将小球从静止斜向上弹射出去,不计空气阻力和一切摩擦。

从静止弹射到小球落地前的过程中，下列判断正确的是（)A．小球的机械能守恒,动量守恒B．小球的机械能守恒，动量不守恒C．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量不守恒D．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒C［小球从静止弹射到落地前的过程中,弹簧的弹力对小球做功,小球的机械能不守恒；小球所受外力不等于零,其动量不守恒，故A、B错误。

小球、弹簧和小车组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，系统竖直方向的合外力不为零，所以系统的动量不守恒，故C正确，D错误。

］2．（名师原创）有一种灌浆机可以持续将某种涂料以速度v喷在墙壁上，其喷射出的涂料产生的压强为p，若涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上，涂料的密度为ρ.则墙壁上涂料厚度增加的速度u为( ）A．u＝错误!B．u＝错误!C．u＝错误!D．u＝错误!B［在涂料持续被喷向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中，涂料小颗粒的速度从v变为0，其动量的变化缘于墙壁对它的冲量。

以Δt时间内喷在面积为ΔS上的质量为Δm的涂料为研究对象，设墙壁对它的作用力为F，它对墙壁的作用力为F′,涂料增加的厚度为h。

由动量定理可知F·Δt＝Δm·v，其中Δm＝ρ·ΔSh，则墙壁受到的压强p＝错误!＝错误!＝错误!。

又因涂料厚度增加的速度为u＝错误!,联立解得u＝错误!，选项B正确.] 3．（2020·河北邢台月考）我国于2020年11月24日4时30分在文昌发射场成功发射“嫦娥五号"月球探测器，实现区域软着陆及采样返回，探月工程实现了·“绕、落、回”三步走目标。

若“嫦娥五号”月球探测器从月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动,则在此阶段,有关“嫦娥五号"月球探测器的动能E k与其距离月球表面的高度h、动量p与时间t的关系图象，可能正确的是（）A BC DB［“嫦娥五号”月球探测器从月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，逆向思考此过程，根据动能定理进行分析，在此阶段,“嫦娥五号”月球探测器的动能E k与其距离月球表面的高度h的关系满足E k＝mah，选项A错误，B正确；动量p＝mv，而v＝v0－at，则p＝mv0－mat，因此p。

第七章动量和动量守恒定律【网络构建】专题7.2动量守恒定律及其应用【网络构建】考点一动量守恒的理解和判断1．动量守恒定律适用条件(1)前提条件：存在相互作用的物体系．(2)理想条件：系统不受外力．(3)实际条件：系统所受合外力为0.(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力．(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．动量守恒定律的“五性”考点二对碰撞现象中规律的分析1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E′k1＋E′k2或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．2．碰撞模型类型(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有m1v1＝m1v′1＋m2v′212m1v21＝12m1v′21＋12m2v′22解得v′1＝（m1－m2）v1m1＋m2，v′2＝2m1v1m1＋m2.结论：①当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．①当质量大的球碰质量小的球时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．①当质量小的球碰质量大的球时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．①撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．(2)完全非弹性碰撞①撞后共速．①有动能损失，且损失最多．高频考点一动量守恒的理解和判断动量守恒的条件判断例1、如图所示，A、B两物体质量之比m A①m B＝3①2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当弹簧突然被释放后，以下系统动量不守恒的是()A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统【答案】：A【解析】：如果A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A向右，F B向左，由于m A①m B＝3①2，所以F A①F B＝3①2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒．综上所述，A正确．【变式训练】一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒【答案】C【解析】：.动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒，故C 正确，A 、B 、D 错误． 某一方向上的动量守恒问题例2、质量为M 的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和14圆弧的轨道均光滑．如图所示，一个质量为m 的小球以速度v 0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是( )A ．小球一定沿水平方向向左做平抛运动B ．小球可能沿水平方向向左做平抛运动C ．小球可能沿水平方向向右做平抛运动D ．小球可能做自由落体运动 【答案】：BCD【解析】：小球水平冲向小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统机械能守恒、水平方向动量守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞．如果m ＜M ，小球离开小车向左做平抛运动；如果m ＝M ，小球离开小车做自由落体运动；如果m ＞M ，小球离开小车向右做平抛运动．【变式训练】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，一个质量也为m 的小球从槽上高h 处由静止开始自由下滑( )A ．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B ．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C ．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D ．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h 处 【答案】BC【解析】：.在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A 错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B 正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C 正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D 错误． 爆炸反冲现象中的动量守恒例3、如图所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，AB 总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 和C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( )A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时AB 也向右运动 B ．C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为M ①m C ．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动D ．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动 【答案】：BC【解析】：AB 与C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，AB 应向左运动，故A 错误；设碰前C 的速率为v 1，AB 的速率为v 2，则0＝mv 1－Mv 2，得v 1v 2＝Mm ，故B 正确；设C 与油泥粘在一起后，AB 、C 的共同速度为v 共，则0＝(M ＋m )v 共，得v 共＝0，故C 正确，D 错误．【变式训练】将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( ) A ．30 kg·m/s B ．5.7×102 kg·m/s C ．6.0×102 kg·m/s D ．6.3×102 kg·m/s 【答案】A【解析】：.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg×600 m/s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确．高频考点二 对碰撞现象中规律的分析碰撞的可能性分析例4、两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( ) A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′B ＝2.5 m/s B ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝4 m/s C ．v ′A ＝－4 m/s ，v ′B ＝7 m/s D ．v ′A ＝7 m/s ，v ′B ＝1.5 m/s 【答案】B【解析】：.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v ′A 大于B 的速度v ′B ，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E ′k ＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确． 【变式训练】甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p 1＝5 kg·m/s ，p 2＝7 kg·m/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s ，则两球质量m 1与m 2间的关系可能是( ) A ．m 1＝m 2 B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2【答案】：C【解析】：甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，即p 1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2，所以有m 1≤2151m 2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p 1m 1＞p 2m 2，即m 1＜57m 2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p 1′m 1≤p 2′m 2，所以m 1≥15m 2.因此C 选项正确．弹性碰撞规律求解例5、如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动，此后a与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．【答案】：32v 20113gl ≤μ<v 202gl【解析】：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 2>μmgl ① 即μ<v 202gl①设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1，由能量守恒定律有 12mv 20＝12mv 21＋μmgl ①设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv 1＝mv ′1＋3m 4v ′2① 12mv 21＝12mv ′21＋12⎪⎭⎫ ⎝⎛43m v ′22 ①联立①①式解得v ′2＝87v 1①由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎪⎭⎫ ⎝⎛43m v ′22≤μ3m4gl ①联立①①①式，可得μ≥32v 20113gl①联立①①式，可得a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件为32v 20113gl ≤μ<v 202gl.【变式训练】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．【答案】 (5－2)M ≤m ＜M【解析】 A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv 0＝mv A 1＋Mv C 1 ① 12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1 ①联立①①式得 v A 1＝m －M m ＋M v0 ① v C 1＝2m m ＋M v① 如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有 v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝2⎪⎭⎫ ⎝⎛+-M m M m v 0①根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有 v A 2≤v C 1①联立①①①式得m 2＋4mM －M 2≥0 解得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去．所以，m和M应满足的条件为(5－2)M≤m<M.非弹性碰撞的分析例6、如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者的位移—时间图象，已知物块P的质量为m P＝1 kg，由此可知()A．碰撞前P的动量为4 kg·m/s B．两物块的碰撞可能为弹性碰撞C．物块Q的质量为4 kg D．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 N·s【答案】：AD【解析】：根据位移—图象可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s，碰撞前P的动量为p0＝m P v0＝4 kg·m/s，选项A正确．根据位移—图象，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项B错误．碰撞后，二者的共同速度v＝1 m/s，由动量守恒定律，m P v0＝(m P＋m Q)v，解得m Q＝3 kg，选项C错误．由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I＝Δp Q＝m Q v＝3 N·s，选项D正确．【变式训练】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、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m＝2 kg，则由图判断下列结论正确的是()A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·sC．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J【答案】ABD.【解析】：根据题图可知，碰前A球的速度v A＝－3 m/s，碰前B球的速度v B＝2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为Δp A＝mv－mv A＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A 球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mv A＋m B v B＝(m＋m B)v，解得m B ＝43 kg ，故碰撞过程中A 、B 两球组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12mv 2A ＋12m B v 2B －12(m ＋m B )v 2＝10 J ，选项D 正确；A 、B 两球碰撞前的总动量为p ＝mv A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ＝－103kg·m/s ，选项C 错误．。