2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計劃 課練18 動量守恒定律(含解析)

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1、動量守恒定律 小題狂練? 小題是基礎(chǔ) 練小題 提分快 1.[2019·北京東城區(qū)模擬](多選)兩物體組成的系統(tǒng)總動量守恒,這個系統(tǒng)中(  ) A.一個物體增加的速度等于另一個物體減少的速度 B.一物體受合力的沖量與另一物體所受合力的沖量相同 C.兩個物體的動量變化總是大小相等、方向相反 D.系統(tǒng)總動量的變化為零 答案:CD 解析:兩個物體組成的系統(tǒng)總動量守恒,即p1+p2=p′1+p′2,等式變形后得p1-p′1=p′2-p2,即-Δp1=Δp2,-m1Δv1=m2Δv2,所以每個物體的動量變化大小相等,方向相反,但是只有在兩物體質(zhì)量相等的情況下才有一個物體增加的

2、速度等于另一個物體減少的速度,故A錯誤,C正確;根據(jù)動量定理得I1=Δp1,I2=Δp2,每個物體的動量變化大小相等,方向相反,所以每個物體受到的沖量大小相等,方向相反,故B錯誤;兩物體組成的系統(tǒng)總動量守恒,即系統(tǒng)總動量的變化為零,D正確. 2.[2019·湖北省襄陽四中檢測](多選)關(guān)于動量守恒的條件,下列說法正確的是(  ) A.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力,系統(tǒng)動量就不可能守恒 B.只要系統(tǒng)所受合外力所做的功為零,系統(tǒng)動量一定守恒 C.只要系統(tǒng)所受合外力的沖量始終為零,系統(tǒng)動量一定守恒 D.系統(tǒng)加速度為零,系統(tǒng)動量一定守恒 答案:CD 解析: 只要系統(tǒng)所受外力的矢量和為零,系

3、統(tǒng)動量就守恒,與系統(tǒng)內(nèi)是否存在摩擦力無關(guān),故A錯誤;系統(tǒng)所受合外力做的功為零,系統(tǒng)所受合外力不一定為零,則系統(tǒng)動量不一定守恒,故B錯誤;力與力的作用時間的乘積是力的沖量,系統(tǒng)所受到合外力的沖量為零,則系統(tǒng)受到的合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,故C正確;系統(tǒng)加速度為零,由牛頓第二定律可得,系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,故D正確. 3.[2017·全國卷Ⅰ]將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空,50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出.在燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(  ) A.30 kg·m/s B.5.7

4、×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 答案:A 解析:燃氣從火箭噴口噴出的瞬間,火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為p,根據(jù)動量守恒定律,可得p-mv0=0,解得p=mv0=0.050 kg×600 m/s=30 kg·m/s,選項A正確. 4.[2019·甘肅協(xié)作體聯(lián)考]如圖所示,一個質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上,木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個質(zhì)量為m的小木塊.現(xiàn)使木箱獲得一個向左的初速度v0,則(  ) A.小木塊和木箱最終將靜止 B.木箱速度減為的過程,小木塊受到的水平?jīng)_量大小為Mv0

5、 C.最終小木塊速度為,方向向左 D.木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒 答案:C 解析:由于木箱在光滑水平面上,小木塊與木箱之間的摩擦力是木箱和小木塊組成的系統(tǒng)的內(nèi)力,給木箱一個向左的初速度,系統(tǒng)滿足動量守恒定律,小木塊和木箱最終將以相同的速度運動,根據(jù)動量守恒定律,Mv0=(M+m)v,最終速度v=,選項C正確,A錯誤;由于木箱底板粗糙,小木塊在木箱內(nèi)相對于木箱滑動,摩擦產(chǎn)生熱量,所以木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒,選項D錯誤;當(dāng)木箱速度減小為時,木箱動量減少了Mv0,根據(jù)動量守恒定律,小木塊的動量將增加Mv0,根據(jù)動量定理,木箱對小木塊作用力的沖量大小為Mv0,選項B錯誤.

6、 5.[2019·甘肅協(xié)作體聯(lián)考] 如圖所示,靜止在光滑水平面上的木板A,右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連,木板質(zhì)量M=3 kg,質(zhì)量m=1 kg的鐵塊B以水平速度v0=4 m/s從木板的左端沿板面向右滑行,壓縮彈簧后又被彈回,最后恰好停在木板的左端.在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為(  ) A.3 J B.4 J C.6 J D.20 J 答案:A 解析:設(shè)鐵塊與木板共速時速度大小為v,鐵塊相對木板向右運動的最大距離為L,鐵塊與木板之間的摩擦力大小為Ff,鐵塊壓縮彈簧使彈簧最短時,由能量守恒可得mv=FfL+(M+m)v2+Ep,由動量守恒,得mv0=(M+m)v

7、,從鐵塊開始運動到最后停在木板左端過程,由功能關(guān)系得mv=2FfL+(M+m)v2,聯(lián)立解得Ep=3 J,故選項A正確. 6.[2019·四川省成都外國語學(xué)校模擬]有一條捕魚小船??吭诤叴a頭,小船(一噸左右)又窄又長.一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量.他進行了如下操作:首先將船平行碼頭自由停泊,輕輕從船尾上船,走到船頭后停下來,而后輕輕下船,用卷尺測出船后退的距離為d,然后用卷尺測出船長為L,已知他自身的質(zhì)量為m,則船的質(zhì)量M為(  ) A. B. C. D. 答案:B 解析:據(jù)題意,人從船尾走到船頭過程中,動量守恒,則有Mv0=mv,即Md=m(L-d),解得船的

8、質(zhì)量為M=,所以B選項正確. 7.[2019·福建省四地六校聯(lián)考]如圖所示,A、B兩物體的中間用一段細繩相連并有一壓縮的彈簧,放在平板小車C上后,A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài).若地面光滑,則在細繩被剪斷后,A、B從C上未滑離之前,A、B在C上向相反方向滑動的過程中(  ) A.若A、B與C之間的摩擦力大小相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒 B.若A、B與C之間的摩擦力大小相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒 C.若A、B與C之間的摩擦力大小不相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,A、B、C及彈簧組成的

9、系統(tǒng)動量不守恒 D.若A、B與C之間的摩擦力大小不相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒 答案:D 解析: 當(dāng)A、B兩物體及彈簧組成一個系統(tǒng)時,彈簧的彈力為內(nèi)力,而A、B與C之間的摩擦力為外力.當(dāng)A、B與C之間的摩擦力大小不相等時,A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零,動量不守恒;當(dāng)A、B與C之間的摩擦力大小相等時,A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零,動量守恒.對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng),彈簧的彈力及A、B與C之間的摩擦力均屬于內(nèi)力,無論A、B與C之間的摩擦力大小是否相等,系統(tǒng)所受的合外力均為零,系統(tǒng)的動量守恒.故選項D正確. 8.[2

10、019·重慶一中調(diào)研]如圖所示,小球a、b(可視為質(zhì)點)用等長的細線懸掛于同一固定點O.將球a和球b向左和向右拉起,使細線水平.同時由靜止釋放球a和球b,兩球碰后粘在一起向左擺動,此后細線與豎直方向之間的最大夾角為θ=60°.忽略空氣阻力,則兩球a、b的質(zhì)量的比值(  ) A.=3 B.=3-2 C.=2 D.=2+2 答案:B 解析:設(shè)細線長為L,球a、b下落至最低點,但未相碰時的速率分別為v1、v2,由機械能守恒定律得magL=mav,mbgL=mbv;在兩球碰后的瞬間,兩球共同速度為v,以向左為正,由動量守恒定律得mbv2-mav1=(ma+mb)v,兩球共同

11、向左運動到最高處時,細線與豎直方向的夾角為θ,由機械能守恒定律得(ma+mb)v2=(ma+mb)gL(1-cosθ),聯(lián)立解得:==3-2,所以選項B正確. 9.[2019·山東省海曲中學(xué)模擬](多選)如圖甲所示,一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為m1和m2的兩物塊A、B相連接,并靜止在光滑的水平面上.現(xiàn)使B瞬間獲得水平向右的速度3 m/s,以此刻為計時起點,兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,從圖象信息可得(  ) A.在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s,且彈簧都處于伸長狀態(tài) B.從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長 C.兩物塊的質(zhì)量之比為m1:m2=1:2 D

12、.在t2時刻A與B的動能之比為Ek1:Ek2=8:1 答案:BD 解析:由題圖乙可知,從0到t1的過程中,A的速度增大,B的速度減小,彈簧被拉伸,在t1時刻兩物塊達到共同速度1 m/s,此時彈簧處于伸長狀態(tài),從t1到t2的過程,A的速度繼續(xù)增大,B的速度先減小再反向增大,彈簧開始收縮,到達t2時刻,A的速度最大,B的速度反向且達到最大,彈簧恢復(fù)原長;從t2到t3的過程,A的速度減小,B的速度先減小再反向增大,彈簧被壓縮,到t3時刻,A、B的速度相等,為1 m/s,此時彈簧的壓縮量最大,從t3到t4的過程,A的速度減小,B的速度增大,t4時刻,彈簧恢復(fù)到原長,B的速度等于初速度,A的速度

13、為零,由以上分析可知,A錯誤,B正確.系統(tǒng)動量守恒,以B的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得,t=0時刻和t=t1時刻系統(tǒng)總動量相等,有m2v0=(m1+m2)v1,解得m1:m2=2:1,故C錯誤.由題圖乙可知,在t2時刻A、B兩物塊的速度分別為vA=2 m/s,vB=-1 m/s,物塊的動能Ek=mv2,則A、B兩物塊的動能之比為Ek1 :Ek2=8:1,故D正確. 10.[2019·廣州模擬](多選)質(zhì)量為m的物塊甲以3 m/s的速度在光滑水平面上運動,有一輕彈簧固定于其左端,另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4 m/s的速度與物塊甲相向運動,如圖所示.則(  ) A.甲、乙兩物

14、塊組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中動量守恒 B.當(dāng)兩物塊相距最近時,物塊甲的速率為零 C.物塊甲的速率可能達到5 m/s D.當(dāng)物塊甲的速率為1 m/s時,物塊乙的速率可能為0 答案:AD 解析:甲、乙兩物塊組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中,系統(tǒng)所受的合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,故A正確.當(dāng)兩物塊相距最近時速度相同,取碰撞前物塊乙的速度方向為正方向,設(shè)共同速率為v,根據(jù)動量守恒定律有mv乙-mv甲=2mv,解得v=0.5 m/s,故B錯誤.若物塊甲的速率達到5 m/s,方向與原來相同,則mv乙-mv甲=-mv′甲+m乙v′乙,解得v′乙=6 m/s,兩個物塊的速率都增大,動能都增大,違反了能量守恒

15、定律;若物塊甲的速率達到5 m/s,方向與原來相反,則mv乙-mv甲=mv′甲+m乙v′乙,代入數(shù)據(jù)解得v′乙=-4 m/s,即碰撞后,物塊乙的動能不變,物塊甲的動能增加,違反了能量守恒定律,所以物塊甲的速率不可能達到5 m/s,故C錯誤.甲、乙兩物塊組成的系統(tǒng)動量守恒,若物塊甲的速率為1 m/s,方向與原來相同,由動量守恒定律得mv乙-mv甲=-mv′甲+m乙v′乙,解得v′乙=2 m/s;若物塊甲的速率為1 m/s,方向與原來相反,由動量守恒定律得mv乙-mv甲=mv′甲+m乙v′乙,解得v′乙=0,故D正確. 11.[2019·山西省太原五中考試]如圖所示,光滑水平面上有A、B兩輛小車

16、,質(zhì)量均為m=1 kg,現(xiàn)將小球C用長為0.2 m的細線懸于輕質(zhì)支架頂端,mc=0.5 kg.開始時A車與C球以v0=4 m/s的速度沖向靜止的B車.若兩車正碰后粘在一起,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,則(  ) A.A車與B車碰撞瞬間,兩車動量守恒,機械能也守恒 B.從兩車粘在一起到小球擺到最高點的過程中,A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 C.小球能上升的最大高度為0.16 m D.小球能上升的最大高度為0.12 m 答案:C 解析:兩車碰撞后粘在一起,屬于典型的非彈性碰撞,有機械能損失,A項錯誤;從兩車粘在一起到小球擺到最高點的過程中,在豎直方向上A、B、C組成的

17、系統(tǒng)所受合外力不為零,則系統(tǒng)動量不守恒,B項錯誤;A、B兩車碰撞過程,動量守恒,設(shè)兩車剛粘在一起時共同速度為v1,有mv0=2mv1,解得v1=2 m/s;從開始到小球到最高點的過程中,A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,設(shè)小球上升到最高點時三者共同速度為v2,有2mv1+mcv0=(2m+mc)v2,解得v2=2.4 m/s,從兩車粘在一起到小球擺到最高點的過程中,A、B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒,即mcgh=mcv+·2mv-(2m+mc)v,解得h=0.16 m,C項正確,D項錯誤. 12.[2019·青島模擬]某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù),得到如圖所示的位移

18、-時間圖象.圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系.已知相互作用時間極短,由圖象給出的信息可知(  ) A.碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為7:2 B.碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小大 C.碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小 D.滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的 答案:D 解析:根據(jù)s-t圖象的斜率等于速度,可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1=-2 m/s,滑塊Ⅱ的速度為v2=0.8 m/s,則碰前速度大小之比為5:2,故A錯誤;碰撞前后系統(tǒng)動量守恒,碰撞前,滑塊Ⅰ的動量為負,滑塊Ⅱ的動量為正,由于碰撞后總動量為正,

19、故碰撞前總動量也為正,故碰撞前滑塊Ⅰ的動量大小小于滑塊Ⅱ的動量大小,故B錯誤;碰撞后的共同速度為v=0.4 m/s,根據(jù)動量守恒定律,有m1v1+m2v2=(m1+m2)v,解得m2=6m1,由動能的表達式可知,m1v>m2v,故C錯誤,D正確. 13.[2019·北京東城區(qū)模擬]下面關(guān)于碰撞的理解,正確的是(  ) A.正碰屬于彈性碰撞,斜碰屬于非彈性碰撞 B.如果碰撞過程中動能不變,則這樣的碰撞叫做非彈性碰撞 C.碰撞是指相對運動的物體相遇時,在極短時間內(nèi)它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程 D.在碰撞現(xiàn)象中,一般來說物體所受的外力作用不能忽略 答案:C 解析:正碰也稱對心碰撞,

20、是小球在相互作用前后都沿著同一直線(即沿著兩球球心連線)運動的碰撞,根據(jù)動量守恒定律判斷兩小球碰撞前后的機械能是否守恒,從而將碰撞分為彈性碰撞和非彈性碰撞,斜碰也稱非對心碰撞,是兩球在碰撞前的相對速度不沿兩球球心連線的碰撞,斜碰也遵循動量守恒定律,但情況較復(fù)雜,同樣需要根據(jù)兩小球碰撞前后的機械能是否守恒,從而判斷屬于彈性碰撞還是非彈性碰撞,故A、B錯誤;根據(jù)碰撞的定義可知,碰撞是指相對運動的物體相遇時,在極短時間內(nèi)它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程,故C正確;在碰撞現(xiàn)象中,如果內(nèi)力遠大于外力,則可以忽略外力的作用,D錯誤. 14.[2019·安徽示范高中質(zhì)檢]甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動

21、,已知它們的動量分別是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞,碰后乙球的動量變?yōu)?0 kg·m/s,則甲球質(zhì)量m1與乙球質(zhì)量m2間的關(guān)系可能正確的是(  ) A.m1=m2 B.2m1=m2 C.4m1=m2 D.6m1=m2 答案:C 解析:設(shè)碰后甲球動量變?yōu)閜′1,乙球動量變?yōu)閜′2,根據(jù)動量守恒定律得p1+p2=p′1+p′2,解得p′1=2 kg·m/s.碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加,則有+≤+,解得≤,碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度,則有≤,解得≥,綜上有≤≤,C正確,A、B、D錯誤. 15.[2019·石家莊模擬]如圖所

22、示,兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起,從高度為h處自由落下,h遠大于兩小球的半徑,落地瞬間,B先與地面碰撞,后與A碰撞,所有的碰撞都是彈性碰撞,且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計.已知m2=3m1,則A反彈后能達到的最大高度為(  ) A.h B.2h C.3h D.4h 答案:D 解析:所有的碰撞都是彈性碰撞,所以不考慮能量損失.設(shè)豎直向上為正方向,根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律可得,(m1+m2)gh=(m1+m2)v2,m2v-m1v=m1v1+m2v2,(m1+m2)v2=m1v+m2v,m1v=m1gh1,又m2=3m1,則v1>v2≥0.聯(lián)立可

23、得h1=4h,選項D正確. 16.[2019·武漢模擬](多選)如圖所示,在光滑的水平面上,有一質(zhì)量為M的木塊正以速度v向左運動,一顆質(zhì)量為m(m

24、守恒,由動量守恒定律可知,彈丸停在木塊中后它們一起向左運動,即彈丸開始時向右運動,后向左運動,故彈丸的速率先減小后增大,木塊的速率一直減小,由以上分析知,彈丸的速率可能為零,故A、B錯誤;木塊一直向左運動,彈丸對木塊一直做負功,彈丸先向右運動后向左運動,則木塊對彈丸先做負功后做正功,故C正確;由牛頓第三定律知,彈丸對木塊的水平作用力與木塊對彈丸的水平作用力大小相等,相互作用的時間相等,由沖量的定義式I=Ft知,彈丸對木塊的水平?jīng)_量與木塊對彈丸的水平?jīng)_量大小相等,故D正確. 課時測評? 綜合提能力 課時練 贏高分 一、選擇題 1.[2019·福建邵武七中聯(lián)考]如圖所示

25、,一半徑為R、質(zhì)量為M的1/4光滑圓弧槽D,放在光滑的水平面上,將一質(zhì)量為m的小球由A點靜止釋放,在下滑到B點的過程中,下列說法正確的是(  ) A.以地面為參考系,小球到達B點時相對于地的速度v滿足mv2=mgR B.以槽為參考系,小球到達B點時相對于槽的速度v′滿足mv′2=mgR C.以地面為參考系,以小球、槽和地球為系統(tǒng),機械能守恒 D.不論以槽或地面為參考系,小球、槽和地球組成的系統(tǒng)機械能均不守恒 答案:C 解析:質(zhì)量為m的小球由A點靜止釋放,在下滑到B點的過程中,小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,設(shè)小球?qū)Φ厮俣却笮関2,槽對地速度大小為v1,兩速度方向相反,有Mv1

26、=mv2,系統(tǒng)機械能守恒,有mgR=mv+Mv,A錯誤,C正確;以槽為參考系,小球到達B點時相對于槽的速度大小v′=v1+v2,則mv′2=m(v1+v2)2=mv+mv+mv1v2,mv′2-mgR=mv+mv1v2-Mv=v1(mv1+mv2)>0,B錯誤;該系統(tǒng)只有重力做功,故系統(tǒng)機械能守恒,D錯誤. 2.[2019·安徽滁州聯(lián)考](多選)一質(zhì)量為M的小船靜止在平靜的湖面上,船頭和船尾各站一位質(zhì)量均為m的游泳愛好者,兩人分別從船頭和船尾沿相反的方向躍入水中,則下列說法中正確的有(  ) A.若兩人同時以相等的速率躍入水中,則船仍保持靜止 B.若兩人先后以相等的相對水的速率躍入水中,

27、則船速等于0 C.若兩人先后以相等的相對船的速率躍入水中,則船速等于0 D.無論兩人如何躍入水中,船始終保持靜止 答案:AB 解析:兩個人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,開始總動量為零,不管誰先躍入水中,若兩人相對水的速率相等,則有0=mv-mv+Mv′,可知v′=0,故A、B正確;若兩人先后以相等的相對船的速率躍入水中,可知兩人相對水的速度大小不等,根據(jù)動量守恒定律知,船速不為0,故C、D錯誤. 3.[2019·黑龍江哈三中模擬](多選) 小球A的質(zhì)量為mA=5 kg,動量大小為pA=4 kg·m/s,小球A水平向右運動時與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞,碰后A的動量大小為p′

28、A=1 kg·m/s,方向水平向右,則(  ) A.碰后小球B的動量大小為pB=3 kg·m/s B.碰后小球B的動量大小為pB=5 kg·m/s C.小球B的質(zhì)量為15 kg D.小球B的質(zhì)量為3 kg 答案:AD 解析:規(guī)定向右為正方向,碰撞過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,所以有pA=p′A+pB,解得pB=3 kg·m/s,A正確,B錯誤;由于A、B是彈性碰撞,所以沒有機械能損失,故=+,解得mB=3 kg,C錯誤,D正確. 4.[2019·河南信陽統(tǒng)考](多選)如圖所示,三小球a、b、c的質(zhì)量都是m,都放于光滑的水平面上,小球b、c與輕彈簧相連且靜止,小球a以速度v0沖向

29、小球b,碰后與小球b粘在一起運動.在整個運動過程中,下列說法中正確的是(  ) A.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒,總機械能不守恒 B.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒,總機械能也守恒 C.當(dāng)小球b、c速度相等時,彈簧彈性勢能最大 D.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時,小球c的動能一定最大,小球b的動能一定不為零 答案:ACD 解析:在整個運動過程中,三球與彈簧組成的系統(tǒng)的合外力為零,系統(tǒng)的總動量守恒,a與b碰撞過程中機械能減少,故A正確,B錯誤;當(dāng)小球b、c速度相等時,彈簧的壓縮量或伸長量最大,彈簧彈性勢能最大,故C正確;當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時,小球c的動能一定最大,根據(jù)動量守恒和機械能守恒定律可知

30、,小球b的動能不為零,故D正確. 5. [2019·安徽蕪湖模擬]如圖所示,總質(zhì)量為M帶有底座的足夠?qū)捒蚣苤绷⒃诠饣矫嫔?,質(zhì)量為m的小球通過細線懸掛于框架頂部O處,細線長為L,已知M>m,重力加速度為g,某時刻小球獲得一瞬時速度v0,當(dāng)小球第一次回到O點正下方時,細線拉力大小為(  ) A.mg B.mg+ C.mg+m D.mg+m 答案:B 解析:設(shè)小球第一次回到O點正下方時,小球與框架的速度分別為v1和v2.取水平向右為正方向,由題可知,小球、框架組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒、機械能守恒,即mv0=mv1+Mv2,mv=mv+Mv,解得v1=

31、v0,v2=v0.當(dāng)小球第一次回到O點正下方時,以小球為研究對象,由牛頓第二定律得T-mg=m,解得細線的拉力T=mg+,B正確. 6.[2019·湖北宜昌一中月考](多選) A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動,如圖表示發(fā)生碰撞前后的v-t圖線,由圖線可以判斷(  ) A.A、B的質(zhì)量比為3:2 B.A、B作用前后總動量守恒 C.A、B作用前后總動量不守恒 D.A、B作用前后總動能不變 答案:ABD 解析:物體A、B碰撞過程所受外力為零,作用前后總動量守恒,故B正確,C錯誤;根據(jù)動量守恒定律有mA×6 m/s+mB×1 m/s=mA×2 m/s+mB×7 m/s,則

32、mA:mB=3:2,故A正確;A、B作用前總動能為mA×(6 m/s)2+mB×(1 m/s2)=mA·(m/s)2,作用后總動能為mA×(2 m/s)2+mB×(7 m/s)2=mA·(m/s)2,可見作用前后總動能不變,故D正確. 7.[2019·安徽模擬]如圖所示,一個質(zhì)量為m的物塊A與另一個質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰,碰后物塊B剛好能落入正前方的沙坑中.假如碰撞過程中無機械能損失,已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1,與沙坑的距離為0.5 m,g取10 m/s2,物塊可視為質(zhì)點.則碰撞前瞬間A的速度為(  ) A.0.5 m/s B.1.0 m/s C.1.5 m/s

33、 D.2.0 m/s 答案:C 解析:碰撞后B做勻減速運動,由動能定理得-μ·2mgx=0-·2mv2,代入數(shù)據(jù)解得v=1 m/s,A與B組成的系統(tǒng)在碰撞過程中水平方向的動量守恒,選取向右為正方向,則mv0=mv1+2mv,由于沒有機械能損失,則mv=mv+·2mv2,聯(lián)立可得v0=1.5 m/s,故A、B、D錯誤,C正確. 8. [2019·四川瀘州檢測]如圖所示,光滑水平面上有兩個質(zhì)量分別為m1、m2的小球A、B,放在與左側(cè)豎直墻垂直的直線上,設(shè)B開始處于靜止?fàn)顟B(tài),A球以速度v朝著B運動,設(shè)系統(tǒng)處處無摩擦,所有的碰撞均無機械能損失,則下列判斷正確的是(  ) A.若m1=m

34、2,則兩球之間有且僅有兩次碰撞 B.若m1?m2,則兩球之間可能發(fā)生兩次碰撞 C.兩球第一次碰撞后B球的速度一定是 D.兩球第一次碰撞后A球一定向右運動 答案:A 解析:設(shè)A球和B球第一次碰撞后速度分別為v1和v2,取向左為正方向. 根據(jù)動量守恒定律得m1v=m1v1+m2v2① 根據(jù)機械能守恒定律得m1v2=m1v+m2v② 解得v1=v,v2=v③ 若m1=m2,則得v1=0,v2=v,即A與B碰撞后交換速度,當(dāng)B球與墻壁碰后以速度v2返回,并與A球發(fā)生第二次碰撞,之后B靜止,A向右運動,不再發(fā)生碰撞,所以兩球之間有且僅有兩次碰撞,故A正確;若m1?m2,則得v1≈-v,

35、v2≈0,兩球之間只能發(fā)生一次碰撞,故B錯誤;兩球第一次碰撞后,B球的速度為v2=v,不一定是,與兩球的質(zhì)量關(guān)系有關(guān),故C錯誤;兩球第一次碰撞后A球的速度為v1=v,當(dāng)m1>m2時,v1>0,碰后A球向左運動,當(dāng)m1=m2時,v1=0,碰后A球靜止,當(dāng)m1

36、簧下端的物體A碰撞(碰撞時間極短),并立即以相同的速度與A一起運動,兩物體不粘連,且可視為質(zhì)點,碰撞后兩物體一起向下運動,歷時0.25 s第一次到達最低點,彈簧始終在彈性限度內(nèi),不計空氣阻力,g取10 m/s2,下列說法正確的是(  ) A.碰撞結(jié)束瞬間兩物體的速度大小為2 m/s B.碰撞結(jié)束后兩物體一起向下運動的最大位移大小為0.25 m C.碰撞結(jié)束后兩物體一起向下運動的過程中,兩物體間的平均作用力大小為18 N D.A、B運動到最低點后反彈上升,A、B分離后,B還能上升的最大高度為0.2 m 答案:ABC 解析:設(shè)物體B自由下落至與A碰撞前的速度為v0,根據(jù)自由落體運動規(guī)律

37、,有v0== m/s=6 m/s,設(shè)A、B碰撞結(jié)束后瞬間二者達到共同速度vt,以向下為正方向,根據(jù)動量守恒定律,有m2v0=(m1+m2)vt,解得vt=2.0 m/s,A正確.從二者一起運動到速度變?yōu)榱愕倪^程中,選擇B作為研究對象,根據(jù)動量定理,有(m2g-F)t=0-m2vt,解得F=18 N,方向豎直向上,對B根據(jù)動能定理可得-Fx+mgx=0-m2v,解得x=0.25 m,即碰撞結(jié)束后兩物體一起向下運動的最大位移大小為0.25 m,B、C正確;若A、B在原位置分離,B還能上升的最大高度為hm==0.2 m,但實際上A、B在彈簧恢復(fù)原長時分離,故B還能上升的最大高度小于0.2 m,D錯誤

38、. 10. 如圖所示,將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上,左側(cè)靠墻角,右側(cè)靠一質(zhì)量為M2的物塊.現(xiàn)讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方h高處由靜止開始落下,與半圓槽相切自A點進入槽內(nèi),并能從C點離開半圓槽,則以下結(jié)論中正確的是(  ) A.球在槽內(nèi)運動的全過程中,球與半圓槽在水平方向動量守恒 B.球在槽內(nèi)運動的全過程中,球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒 C.球離開C點以后,將做豎直上拋運動 D.槽將與墻不會再次接觸 答案:D 解析:球從A點到B點的過程中,半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心,而球?qū)Π雸A槽的壓力方向相反指向左下方,因為有豎直墻擋住,

39、所以半圓槽不會向左運動,可見,該過程中,球與半圓槽在水平方向受到外力作用,動量并不守恒,而由球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒;從B點到C點的過程中,球?qū)Π雸A槽的壓力方向指向右下方,所以半圓槽要向右推動物塊一起運動,因而球參與了兩個運動:一個是沿半圓槽的圓周運動,另一個是與半圓槽一起向右運動,球所受支持力方向與速度方向并不垂直,此過程中,因為有物塊擋住,球與半圓槽在水平方向動量并不守恒,在球運動的全過程,水平方向上動量也不守恒,選項A、B錯誤;當(dāng)球運動到C點時,它的兩個分運動的合速度方向并不是豎直向上的,所以此后球做斜上拋運動,即選項C錯誤;因為全過程中,整個系統(tǒng)在水平方向上獲得了水平向右

40、的沖量,最終槽將與墻不會再次接觸,選項D正確. 二、非選擇題 11. 如圖所示,質(zhì)量為3 kg的木箱靜止在光滑的水平面上,木箱內(nèi)粗糙的底板正中央放著一個質(zhì)量為1 kg的小木塊,小木塊可視為質(zhì)點.現(xiàn)使木箱和小木塊同時獲得大小為2 m/s的方向相反的水平速度,小木塊與木箱每次碰撞過程中機械能損失0.4 J,小木塊最終停在木箱正中央.已知小木塊與木箱底板間的動摩擦因數(shù)為0.3,木箱內(nèi)底板長為0.2 m.(g取10 m/s2)求: (1)木箱的最終速度的大?。? (2)小木塊與木箱碰撞的次數(shù). 答案:(1)1 m/s (2)6次 解析:(1)設(shè)系統(tǒng)最終速度為v′,由于木箱與木塊組成的系

41、統(tǒng)沒有受到外力作用,故系統(tǒng)動量守恒,以木箱的初速度方向為正方向,由動量守恒定律有Mv-mv=(M+m)v′,代入數(shù)據(jù)得v′=1 m/s. (2)對整個過程,由能量守恒定律有 Mv2+mv2=ΔE+(M+m)v′2, 設(shè)碰撞次數(shù)為n,木箱內(nèi)底板長度為L, 則有n(μmgL+0.4)=ΔE,代入數(shù)據(jù)得n=6次. 12.[2019·黑龍江哈三中模擬]在光滑水平桌面上O處固定一個彈性擋板,P處有一可視為質(zhì)點的質(zhì)量為2 kg的物塊C靜止,OP的距離等于PQ的距離,兩個可視為質(zhì)點的小物塊A、B間夾有炸藥,一起以v0=5 m/s的速度向右做勻速運動,到P處碰C前引爆炸藥,A、B瞬間彈開且在一條直線

42、上運動,B與C發(fā)生碰撞后瞬間粘在一起,已知A的質(zhì)量為1 kg,B的質(zhì)量為2 kg,若要B、C到達Q之前不再與A發(fā)生碰撞,則A、B間炸藥釋放的能量應(yīng)在什么范圍內(nèi)?(假設(shè)爆炸釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為物塊的動能) 答案:3 J≤E≤1 875 J 解析:對A、B引爆炸藥前后,由動量守恒定律可得 (mA+mB)v0=mAvA+mBvB, 設(shè)炸藥爆炸釋放出來的能量為E,由能量守恒定律可知 mAv+mBv-(mA+mB)v=E, B、C碰撞前、后,由動量守恒定律可得mBvB=(mC+mB)v共, 若要B、C到達Q之前不再與A發(fā)生碰撞,根據(jù)題意可得知若炸開后,A仍向右運動,需滿足vA≤v共,代入數(shù)據(jù)可得E≥3 J;若炸開后,A向左運動,需滿足|vA|≤3v共,代入數(shù)據(jù)可得E≤1 875 J.綜合可得3 J≤E≤1 875 J. 16

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