《2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練18 動量守恒定律（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練18 動量守恒定律（含解析）（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、動量守恒定律 小題狂練? 小題是基礎　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，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均處于靜止狀態(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．當小球b、c速度相等時，彈簧彈性勢能最大 D．當彈簧恢復原長時，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；當彈簧恢復原長時，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B開始處于靜止狀態(tài)，A球以速度v朝著B運動，設系統(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)量關系有關，故C錯誤；兩球第一次碰撞后A球的速度為v1＝v，當m1>m2時，v1>0，碰后A球向左運動，當m1＝m2時，v1＝0，碰后A球靜止，當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在什么范圍內(nèi)？(假設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