2020届高考物理二轮复习刷题首秧专题七动量精练含解析

1、高考物理总复习-22 -专题七动量经典特训题组1. 一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经At时间，身体伸直并刚好离开地面,速度为v,重心上升高度为 ho在此过程中（）1 2A.地面对他的冲重为 mv- mg t,地面对他做的功为 -mvB.地面对他的冲量为 mw- mg t ,地面对他做的功为零12C.地面对他的冲重为 mv，地面对他做的功为/mvD.地面对他的冲量为 mv- mg t,地面对他做的功为零答案 B解析 设地面对运动员的冲量为 I ,则由动量定理得：I mgx t = mv- 0, I = m叶mgx t。 运动员从下蹲状态到身体伸直并刚好离开地面，地面对运动员作用力的作用

2、点的位移为零， 地面对他不做功，故选 B。2 .如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为 M的沙箱，沙箱静止。一质量为 m的弹丸以速度 v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力，对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程° A.若彳W寺m v、l不变, B.若保持M v、l不变, C.若彳W寺M m l不变, D.若彳W寺M m v不变, 答案 CM变大，则系统损失的机械能变小 m变大，则系统损失的机械能变小 v变大，则系统损失的机械能变大 l变大，则系统损失的机械能变大解析弹丸击中沙箱过程，弹丸和沙箱组成的系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度 -. mv 万向为正

3、万向，由动重寸恒7E律得：mv= （MW m） v ,解得：v = 77,弹丸与沙相一起摆M m1 c 12Mmv E2 W m动过程，系统机械能守恒。由能量守恒定律可知，整个过程系统损失的机械能：AE= 2mv万2 Mmv （加n）v' =2 丁m 。若保持m v、l不变，M动大，系统损失的机械能：A2mv变大，故A错误；若保持M v、l不变，m变大，则系统损失的机械能:2 1+MM1V变大，故B错误；若保持M mt l不变，v变大，则系统损失的机械能:3 m+ i变大，故C正确；若保持 M m v不变，l变大，则系统损失的机械能：A E=2Mmv A E2 M+ m2 Mmv E

4、E 2 M+ m2Mmv 、不变，2出m '故D错误。4 .如图所示，两个小物块 a、b静止在光滑水平面上，它们之间由一根细线连接且夹着一个处于压缩状态的轻弹簧。烧断细线后，被弹出的小物块a、b在同一直线上运动，且弹簧与它们分离。小物块 a、b的质量分别是2 kg和4 kg,则下列判断正确的是（）A.小物块a与b的速率之比为1 ： 2B.弹簧对小物块 a与b所做的功的大小之比为 2 ： 1C.弹簧对小物块a与b的冲量大小之比为 2 ： 1D.小物块a与b的动能之比为1 ： 2答案 B解析 根据动量守恒定律可知： mva=mwb,解得va ： vb = 2： 1, A错误；弹簧对小物块所

5、12mvawa 22做的功等于小物块增加的动能，故弹簧对小物块a与b所做的功的大小之比为 -=- =t,VW 121-mbvb 2小物块a、b获得的动能之比为 2：1, B正确，D错误；根据动量定理有：Ia=mva, Ib=mvb, 则弹簧对小物块 a与b的冲量大小之比为 1：1,C错误。故选Bo4.（多选）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一时间图象，a、b分别为A B两球碰前的位移一时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移一时间图象，若A球质量rni= 2 kg ,则由图象判断下列结论正确的是（）A. A、B碰撞前的总动量为 3 kg - m/sB.碰撞时A对B所

6、施冲量为4 N - sC.碰撞前后A的动量变化为4 kg - m/sD.碰撞中A B两球组成的系统损失的动能为10 J答案 BCDXa 4-10, 一， Xb 4._,解析 由 x-t 图象可知，碰撞刖有 Va= = - m/s=-3 m/s, Vb= =- m/s = 2 m/s,t A 2t B 2碰撞后有 va' = vbz =v = x=|m/s = - 1 m/s。对 A B组成的系统， A B两球沿一直线t 4 2运动并发生正碰，碰撞前后系统的动量守恒。以碰撞前B的速度方向为正方向，由动量守恒4一定律得 mvA+ hwb= ( ra+ m)v,解得 m=- kg , A、B

7、碰前的总动量 p总=rava+mvB,代入数值3得p总=一二kg m/s, A错误；由动量定理知，A对B的冲量为：I b= mBv nBVB, I b= - 4 Nl - s, 3B正确；碰撞前后 A球的动量变化为 A pA= mvmVA=4 kg - m/s, C正确；碰撞中 A B两球1)1)10组成的系统损失的动能A&=2mAVA+ 2mWB万(m+mB)v ,代入数据解得 A E= 10 J , D正确。5.如图所示，用长为 R的不可伸长的轻绳将质量为 1m的小球A悬挂于O点，在光滑的 3水平地面上，质量为 m的小物块B(可视为质点)置于长木板 C的左端静止，将小球 A拉起，使

8、轻绳水平拉直，将 A球由静止释放，运动到最低点时与B发生弹性正碰。(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角e的余弦;(2)若长木板C的质量为2m B与C间的动摩擦因数为求C的长度至少为多大时B才不会从C的上表面滑出?3 R答案(1)4 (2)67解析 (1) A从开始下落到与 B碰撞前的过程机械能守恒，由机械能守恒定律得；mgR=31 2 3mv小球运动到最低点时与 B发生弹性正碰，对 A、B组成的系统，取向右为正方向，由动量 守恒定律得3mv= 3mv+ mv由机械能守恒定律得1mv>=1 1mV+ 1mv32 32联立并代入数据计算得出11v1=2/gR v2=2 . 2gR设碰撞后A上

9、升的最大高度为H,由机械能守恒定律有?mgH= 1 mV 32 3R H /口又 cos 0 = ZZ,联立得 cosR(2) B在木板C上滑动过程，B和C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒 定律得mv= (2n) v,B在木板C上滑动的过程中，由能量守恒定律得11 mg2mV 2( 2m) v2 R联立并代入数据计算得出 L=o6 (i6 .儿童智力拼装玩具“云霄飞车”的部分轨道简化为如图模型：光滑水平轨道MN与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于 N点，质量为 m的小球A静止于P点，小球半径远小于 R 与A相同的小球B以速度vo向右运动，A B碰后粘连在一起。求当 vo的大小在什么

10、范围时， 两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道？已知重力加速度为go答案 v°W2低R或丫。封2弧口解析设A B碰撞后的速度为vi,恰好运动到圆弧轨道最高点时的速度为v2A B碰撞过程中动量守恒，对 A B组成的系统，选取向右为正方向，由动量守恒定律mw= 2mv欲使A、B运动时不脱离圆弧轨道，有两种可能：(1)当v°较小时，A B最高只能运动到与圆弧轨道的圆心等高的地方12对A B整体，从碰后到与圆弧轨道的圆心等局的地万，由动能定理有一2mgR= 0-2 2 mv联立得v0= 242gR(2)当vo较大时，A、B整体能够做完整的圆周运动。讨论A、B恰好做完整圆周运动时

11、的情形，对A、B整体，从碰后到运动到圆弧轨道最高点的过程中，由动能定理有-2mg 2 R=万 2 mv万. 2 mvV2在最局点时，由牛顿第二定律得2mg= 2m石R联立得Vo= 2>j5gR综上所述，当V0W2«2或或丫0a2揖用寸，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨7.如图所示，物块 A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 m= 2 kg、nB= 1 kg。初始时A静止于水平地面上， B悬于空中。现将B竖直向上再举高 h=1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以

12、和地面接触。取 g= 10 m/s2,空气阻力不计。求：(1) B从释放到细绳绷直时的运动时间(2) A的最大速度v的大小;(3)初始时B离地面的高度H答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m解析(1) B从释放到细绳绷直前做自由落体运动，有代入数据解得t=2h=0.6 s o g(2)设细绳绷直前瞬间 B速度大小为vb,有vB=gt细绳绷直瞬间，对 A、B组成的系统，系统的内力远大于外力，系统动量守恒，由动量守 恒定律得mvB= ( mA+ m) v之后A向上做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度，联立式，代入数据解得v = 2 m/s。(3)细绳绷直后，

13、A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零,这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有2(mB) v2+ mgH= mgHD代入数据解得H= 0.6 m。8.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度 V0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四 周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为p ,重力加速度大小为 g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。v0Mg答案 pv

14、76;s(2)2g272解析(i)在t时间内，喷泉喷出的水的体积V= vo - t - SX)喷出的水的质量：mi= p - VD由式可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为mC 6mo= = p voS。(0)设玩具底面相对于喷口的高度为hi,水柱对玩具底板的作用力为F冲，玩具对其底板卜面水柱的作用力为 F压，则由玩具受力平衡得：尸冲=吊的由牛顿第三定律：尸压=尸冲设v'为水柱到达玩具底板时的速度大小，由运动学公式得：v' 2 v0 = 2gh设在很短时间 At内，冲击玩具底板的水柱的质量为Am则 A m= p voS A t 规定竖直向上为正方向，在竖直方向上，对该部分水柱由动

15、量定理有(F 压+Amg At = 0Am。v'由于At很小，则 A mg也很小，A mg与F压相比可以忽略式变为一F压 At = 0 Anr v' d由可得v2Mgh= 2g 2 P 2v2S2o真题调研题组1 . (2019 全国卷I)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为 4.8X106NI,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 (A. 1.6 X 102 kg B . 1.6 X 103 kgC. 1.6 XI 05 kg D . 1

16、.6 x 106 kg答案 B解析 设1 s内喷出气体的质量为m喷出的气体与该发动机的相互作用力为F,由动量Ft 4.8 X106X13右te理知 Ft = m rtr = -3*。3 kg = 1.6 x 10 kg , B正确。2. （2018 全国卷n ）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A. 10 N B . 102 N C . 103 N D . 104 N答案 C八, 一一 , 1解析 设鸡蛋落地瞬间的速度为v,每层楼的图度大约是 3 m,由动能定理可知：mgh-mV,解得：丫=，

17、2砥=、2>< 10X3X24 m/s =12/10 m/s 。落地时受到自身的重力和地面的支 持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：（N mgt = 0（mV,解得：N= 1X103N,根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N,故C正确。3. （2017 全国卷I ）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/sB. 5.7 x 102 kg m/sC. 6.0 x 102 kg - m/sD.

18、 6.3 x 10 2 kg - m/s答案 A解析由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。燃气的动量 p1 = mv= 0.05 X600 kg - m/s =30 kg - m/s,则火箭的动量p2=p1 = 30 kg - m/s, A正确。4. （2018 全国卷I ）一质量为m的烟花弹获得动能 E后，从地面竖直升空。当烟花弹上 升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也 为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；（2

19、）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。答案1，2E （2）2Egm mg12_解析（1）设烟花弹上升的初速度为V。，由题给条件有 E= 2mV设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ,由运动学公式有0 V0= gt 联立式得t=g(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为hi,由机械能守恒定律有 E= mgh火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为 Vi和V2。 1 o 1 O由题给条件和动量守恒定律有 4mV+ 4mV= ED1 12mv+ 2mv = 0由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟2Eh= h1 + h)2

20、= o mg花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有：mV= ；mgh联立式得，烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为5. (2019 全国卷I )竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块 B静止于水平轨道的最左端，如图a所示。t = 0时刻，小物块 A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0,此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图象如图b所示，图中的V1和t1均为未知量。已知 A的质量为m,初始时A 与B的高度差为H,重力加速度大小为 g

21、,不计空气阻力。(2)在图b所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将 A从P点释放，一段时间后 A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩 擦因数的比值。-211答案(1)3 m (2)行mgH (3)-解析(1)根据图b, V1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，葭为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m ,碰撞后瞬间白速度大小为 v'。由动量守恒定律和机械能守恒定 律有Vimv=m2 + m v'mV= ?m -1 2 + ：m，v' 22222联立式得m

22、9; = 3rmD(2)在图b所描述的运动中，设物块 A与倾斜轨道间的滑动摩擦力大小为 f,下滑过程中 所走过的路程为si,返回过程中所走过的路程为 S2, P点离水平轨道的高度为 h,整个过程中 克服摩擦力所做的功为 W由动能定理有12mgH- fs i =2mv 0 1vi 2一(fs 2+mgh = 0 2m 万从图b所给出的v-t图线可知1Si = 2vit i1 vi_S2=2 (1.4 ti- ti)由几何关系物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W= fs i + fs 2 联立式可得w=?gi®(3)设倾斜轨道倾角为e,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为科,有H+ h

23、W=(1 mgcos 0 - §n 。?设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s',由动能定理有12-gs =0 2m v ?设改变后的动摩擦因数为,由动能定理有mghr(1 ' mgpos 0联立？ ？ ？式可得J = 11。196. (2019 全国卷出)静止在水平地面上的两小物块 A B,质量分别为 nA= 1.0 kg , m> = 4.0 kg ;两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离 l = 1.0 m ,如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使 A B瞬间分离，两物块获得的动能之和为E=10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右

24、运动。 A B与地面之间的动摩擦因数均为=0.20 o重力加速度取g=10 m/s2。A B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。必*，-，- J(1)求弹簧释放后瞬间 A B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3) A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s(2)物块B先停止 0.50 m(3)0.91 m解析(1)设弹簧释放后瞬间 A和B的速度大小分别为 Va、Vb,以向右为正方向，由动量 守恒定律、机械能守恒定律和题给条件有0= mvA mvB Ek=二 mvA+ 二 mvB 22联立式

25、并代入题给数据得va= 4.0 m/s , vb= 1.0 m/s 。(2) A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的区 设从弹簧释放到B停止所需时间为t, B向左运动的路程为 sb,则有ma= wBg ,1 ,24 sb= VBt -2at vb at = 0在时间t内，A可能与墙壁发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sa都可表示为,1, 26sa= vAt 2at 联立式并代入题给数据得sa= 1.75 m , sb=

26、 0.25 m 这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时 A位于出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边 0.25 m处，两物块之间的距离为s= 0.25 m + 0.25 m = 0.50 m。(3) t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B发生碰撞，碰撞前 A的速度大小为va',由动能定理有1. 2122nava_ 2mvA= 一(1 mAg(2 l + Sb)联立式并代入题给数据得Va' = '7 m/s ?故A与B将发生碰撞。设碰撞后 A B的速度分别为VA和VB，由动量守恒定律与机械 能守恒定律有m( Va' ) = RAVa

27、" + RBVb" ?2nvA' 2=2mvA 2+；rwb 2联立？ ？ ？式并代入题给数据得,.!Va孚 m/s, Vb驾 m/s ？5这表明碰撞后 A将向右运动，B将向左运动。假设碰撞后 A向右运动距离为Sa'时停止,B向左运动距离为sb'时停止，由运动学公式2asA' = Va"?，2aSB' = Vb" 2？由？式及题给数据得Sa' = 0.63 m , Sb' = 0.28 m ？Sa'小于碰撞处到墙壁的距离。由？式可得两物块停止后的距离S' = Sa' + Sb

28、' = 0.91 m。模拟冲刺题组1.(2019 广西钦州三模)飞飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾一度引起质疑。为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是A.测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B.测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C.测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D.测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度答案 D解析 在“飞针穿玻璃”的过程中，对飞针，由动量定理得：一Ft=mvmv,故测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，就能得出飞针对玻璃的平均冲击力 大小，故D正确，A、B、C错误。2.

29、 （2019 山东青岛高三一模）雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了 15 mm,查询得知，当时雨7落地速度约为10 m/s ,设雨滴撞击芭蕉叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为 1xi03kg/m3,据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力 约为（）A. 0.25 N B .0.5 N C .1.5 N D .2.5 N答案 A解析 设雨滴受到支持面的平均作用力为F,设在At时间内有质量为Am的雨水的速度由v=10 m/s减为零。不计雨滴的重力，以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理

30、：FAt= 0（ A m） = A mv得：F='p设水杯横截面积为 S对水杯里的雨水，在 At时间内水面上升 Ah,则有：A m= pSAh,故F = p Sv,压强为：p =- tS3日C、D错误。1 x 103x 10X -c N/m2= 0.25 N/m 2,故 A正确, 10X603. （2019 江苏南通一模）（多选）将总质量为1.05 kg的模型火箭点火升空，在 0.02 s时间内有50 g燃气以大小为200 m/s的速度从火箭尾部喷出。下列说法正确的是（燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）A.在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为500 NB.在燃气喷出过程，火箭获得

31、的平均推力为200 NC.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为5 m/sD.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为10 m/s答案 AD解析 在燃气喷出过程，以燃气为对象，规定火箭的速度方向为正方向，根据动量定理 可得：一 FAt=m气v气一0,解得F= at = 500 N，根据牛顿第三定律可得火箭获得的平均推力为500 N, A正确，B错误；燃气喷射前后，火箭和燃气组成的系统动量守恒，根据动量 mk v 气一寸恒7E律得 0=（MI- m气） v箭一mHv气，解得火前的速度大小 丫箭=；=10 m/s , C错误，DMl-怖正确。4. （2019 西安一模）（多选）如图所示，在小车内固定一光

32、滑的斜面体，倾角为 0 , 一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板 B上，另一端拴一个质量为 m的物块A,绳与斜面 平行。整个系统由静止开始向右匀加速运动，物块 A恰好不脱离斜面，则向右加速运动时间 t 的过程中，关于物块 A的说法正确的是（）A.重力的冲量为零B.重力做功为零C.轻绳拉力的冲量大小为mgtcot 0D.轻绳拉力做功为:mgt 2cot2 0答案 BD解析 物块A恰好不脱离斜面，对物块A进行受力分析可知， 物块A受轻绳拉力和重力,物块 A向右做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，得：Tsin 0 =mg则有：T= 一吗，故osin 0重力的冲量为：Ig= mgt,拉力的冲量为：

33、It= 山', A C错误；由于重力的方向与物块A的sin 0位移方向垂直，故重力做功为零，B正确；由牛顿第二定律可知： Fg7=ma则有：a = g,tan 9tan 9末速度为：v=at =1吟，根据动能定理可知，拉力做功等于动能的变化，即为：W= 1mVtan 020=mg： = 1mgt 2cot2 8 , D正确。 2tan 025. （2019 云南二模）如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则（）AflA.子弹A的质量一定比子弹 B的质量大B.入射

34、过程中子弹 A受到的阻力比子弹B受到的阻力大C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大答案 D解析 由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为 f,根据动能定理得：对子弹A： -fdA= 0 &A,彳导Ra= fdA；对子弹B：一 fdB=0 EkB,彳导EkB= fdBo由于dA> dB,则子弹入射日的初动能E<A>EkB ,故B错误，D正确;两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有q2m面= piEB,而&A> EkB,则得mA<

35、mB,故A错误；子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故 C错误。6. （2019 湖北八校联合二模）如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B,两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度V。向右运动，另有一质量为 m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为（）%12121212A. 4mv B.酒4 C. 12mv D. 诬mv答案 C解析 粘性物体和 A相互作用，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律1有mv=2mv,得丫尸”。

36、以后三个物体一起相互作用，动量守恒，当B车与A车速度相等时,弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律得2mv=3mv,得V2=1vc,由机械能守恒定律得:3弹簧的最大弹性势能 Ep= ；mv+:x2 m%。2；x3m（volmv, C正确，故选 C 22223127. （2019 江西高三九校 3月联考）（多选）如图所示，光滑水平面上放一个质量为M的足够长的木板，开始 M静止，现在有一个质量为m的滑块以速度v。滑上M m和M间的动摩擦因数为以下说法正确的是（）I,A.如果增大 M则m和M相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加8. 如果增大 m,则m和M相对运动的时间变短，m在M上滑行的距离变大

37、C.如果增大动摩擦因数,则因摩擦而产生的热量不变D.如果增大初速度 v。，则因摩擦而产生的热量增加答案 ACD解析 木板和滑块组成的系统， 合外力为零，动量守恒，根据动量守恒有：mv= （m Mv1,2解得：v1 =二1口根据能量守恒定律可知摩擦产生的热量为：Q= -m。一（ M） v2=". 0M222 M对木板利用动量定理可得：(img=Mv =mMv若只增大M则m M相对运动的时间t =变长，因摩擦而产生的热量2mv 2Q=增2m+ 1,一 Mv 、，一,加，故A正确；如果增大R1则m和MWWHIB tg mM变短，对m,根据动能定理可得： mgs= 1mV 1mV,解得 m在

38、 M上滑行的距离 s = -m M71Vt2,只增大 m,则 s22(1 g m- M变小，故B错误；如果增大动摩擦因数则因摩擦而产生的热量 Q=-2mMv犷不变,故C mMv 正确；如果增大初速度 Vo,则因摩擦而广生的热量 Q=-增加,故2 nu MD正确。8. (2019 四川南充三诊)“嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如下:在反推火箭作用下，飞船在距月面 100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以大小为a = 2 m/s2的加速度垂直下降。当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经 2 s减速到0,停止在月球表面上。飞船质量m= 1000 k

39、g ,每条“缓冲脚”与地面的夹角为60° ,月球表面的重力加速度 g=3.6 m/s 2,四条缓冲脚的质量不计。求：一一 Mv解得m和m相对运动的时间：t=E(1)飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功;(2)从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小。答案 (1)1.6X105 J (2) 1360073 NI. s3解析(1)设h = 100 m ,飞船加速下降时火箭推力为F由牛顿第二定律： mg- F= ma推力对火箭做功为：W= Fh解得：W 1.6 X105J。(2) “缓冲脚”触地前瞬间，设飞船速度大小为v,则：v2=2ah4I sin60

40、 °解得：I =从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，设每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为mgt= 0一 ( mv13600 ,33 s°9. (2019 山东潍坊二模)如图所示，一质量 M= 4 kg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0 =37° , CD长L=3 m。质量 x 1 kg的小物块从某一高度 处的A点以V0=4 m/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=1.2 m/s 。取g= 10

41、m/s2, 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。；(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时物块离小车左端的水平距 离。答案 (1)1.2 m (2)1 s (3)3.73 m解析(1)由平抛运动的规律得：. A gttan 0 = 一Vox= Vot得：x= 1.2 m。(2)物块在小车上 CD段滑动过程中，物块与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律 得：mv = (m) v 1o 1。由能重寸恒te律得：fL = 2mv2(n) v对物块，由动量定理得： ft o= mv- mv联立解得：t

42、o=1 s。(3)有销钉时，物块的机械能守恒，由机械能守恒定律得:1212mgl+ 2mv= 2mv由几何关系得：H- 2gt2=R1 cos 0 )B、C间的水平距离：XBh Rsin e对小车和物块组成的系统，由能量守恒定律得：fL = 1mV %m v2若拔掉销钉，物块与小车组成的系统水平方向动量守恒，mo=Mv' + mv,小车向左运动达最大位移时，速度 V2为0,此时物块速度 V2为4 m/s由能量守恒定律得：mgl+ 2mV= f ( A xxbc) + 2mV联立解得此时物块离小车左端的水平距离:Ax=3.73 m。热门预测题组1. （2019 湖南省长沙市宁乡三模 ）在冰壶比赛中，某队员利用红壶