2020届高考艺术生物理复习专题二第3讲 动量定理、动量守恒定律

1、第 3 讲动量定理、动量守恒定律三年考情分析高考命题规律三年考题2019卷 16T卷 14T2018卷 15T卷 24T考查内容动量定理动量动量定理动量守恒核心素养物理观念科学思维物理观念科学思维2017 年高考考纲把动量列入必考内容后，高考对本知识点的考查中动量定理、动量守恒定律是本部分的重点知识，也是高考考查的热点，命题方向呈现多样化2017卷 14T卷 15T反冲运动动量守恒科学思维物理观念在 2020 年高考备考中应引起重视.考向一动量、冲量及动量定理知识必备提核心通技法1动量

2、与动能的区别与联系1(1)动量的大小与动能的关系：由 pmv 及 Ek2mv2 易导出下列两个反映动量大小和动能p2 关系的常用式：p 2mEk，Ek2m.(2)动量是矢量、动能是标量，因此物体的动量变化时动能未必变化，物体的动能变化时动量必变化2动量的变化及其计算动量的变化为矢量，即物体某一运动过程中的末动量减去初动量也常说为动量的增量其计算方法：若初末动量均在一条直线上，转化为代数运算，首先规定正方向，一般默认初态为正，动量变化 pp2p1，若 p>0，则动量的变化 p 与所规定正方向

3、同向，若 p<0，则动量的变化 p 与所规定正方向相反3冲量计算的四种方法方法一求恒力的冲量，直接用 IFt 计算(方法二方向不变的变力冲量，若力随时间均匀变化，即力为时间的一次函数 FF0tkt)，则力 F 在某段时间 t 内的冲量 I(F1F2)2，其中 F1、F2 为该段时间内初、末两时刻力的大小；方向变化的，变力冲量一般用 Ip 求解方法三用 F-t 图中的“面积”求方向不变情况下的变力冲量方法四用动量定理

4、60;Ip 求冲量4动量定理(1)文字表述物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化(2)公式表述FtppIppF1t1F2t2F3t3ppI1I2I3pp典题例析析典题学通法例 1(2019· 课标，16)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 4.8×106 N，则它在 1 s 时间内喷射的气体质量约为()A1.6×102

5、0;kgC1.6×105 kgB1.6×103 kgD1.6×106 kg为研究对象，应用动量定理，Ftmv0，解得 mF· t1.6×103 kg.解题关键本题单位统一用国际单位制单位；研究对象选择发动机在 1 s 内喷射出的气体解析B本题考查了考生对动量定理的理解能力，体现了物理模型建构的核心素养，同时也增强了考生的国人自豪感设火箭发动机在 1 s 内喷射出气体的质量为 m.以这部分气体v跟进题组练考题提能力1(

6、2018· 全国卷，15T)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，与地面的碰撞时间约为 2 s，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A10 NC103 NB102 ND104 N根据动量定理(Nmg)tmv，所以 N  mg解析：C每层楼的高度大约 3 m,25 层楼的高度h(251)×3 m72 m鸡蛋下落到地面的速度 v&#

7、160;2gh37.9 m/smvt949 N，接近 103N，故 C 正确，A、B、D 错2(2017· 新课标)(多选)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线运动F 随时间 t变化的图线如图所示，则()3 s 时的动量 p 2×2 kg·m/s1×1 kg·m/s3 kg·m/s，C 项错

8、误同理 t4 s 时物块速度A t1 s时物块的速率为 1 m/smmB t2 s时物块的动量大小为 4 kg·/sC t3 s时物块的动量大小为 5 kg·/sD t4 s时物块的速度为零解析：AB本题考查直线运动、对图像的理解、动量定理t1 s 时物块的速率为 v，mmFtm v，得 v1 m/s，A 项正确t2 s时动量为

9、 p，p2×2 kg·/s4 kg·/s，B 项正确t3v41 m/s，故 D 项错误易错警示辨易错防未然使用动量定理应注意的问题(1)动量定理为矢量式，使用前需要先选择正方向(2)尤其注意，动量定理中的 F 指的是物体所受的合外力(3)动量定理的研究对象一般是单个物体，但也可以应用于多个物体组成的系统如 “系统所受外力的冲量等于系统总动量的变化”(4)涉及到力、时间、速度问题，可以选择动量定理，尤其针对短暂的相互作用问题考向二动量守恒定律的应用知识必备提核心通技法

10、1动量守恒定律的表达式(1)最常见的两物体组成的系统动量守恒，任意两时刻系统的动量相等，表达式： m 1v1m 2v2m 1v1m 2v2.(2)任意两时刻系统的动量相等，表达式 pp.(3)系统总动量增量为零，表达式：p0.(4)一个物体动量的增量与另一个物体动量的增量大小相等，方向相反，表达式：p1p2.2动量守恒定律成立的条件(1)系统不受外力或所受外力的矢量和为零则系统动量守恒(2)系统所受内力远远大于系统所受外力则系统动量守恒(3)系统在某方向上不受外力或所受外力的矢量和为零则该方向动量守恒典题例析析典题学通法例 

11、2(2020· 郑州高三质量预测)如图所示，质量为 m245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 0.4.质量为 m05 g 的子弹以速度 v0300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取 10 m/s2.子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度 v1.(2)木板向右滑行的

12、最大速度 v2.(3)物块在木板上滑行的时间 t.审题指导(1)子弹进入物块后到一起向右滑行的时间极短，木板速度仍为零(2)子弹与物块一起运动的初速度即为物块向右运动的最大速度 v1.(3)木板足够长，物块最终与木板同速，此时，木板向右滑行的速度 v2 最大解析(1)子弹进入物块后向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得：m0v0(m0m)v1解得：v 6 m/s解得：v 2 m/s1(2)当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律得：(m0m)v1(m0mM)v22(3)

13、对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1解得：t1 s.答案(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s迁移题组多角度提能力迁移 1某一方向上的动量守恒问题1(2019· 湖南郴州质检一，10)(多选)如图所示，光滑大圆环静止在水平面上，一质量为m、可视为质点的小环套在大环上，已知大环半径为R，质量为 M3m，小环由圆心等高处无初速度释放，滑到最低点时()B小环的速度大小为   6gRC大环移动的水平距离为D大环移动的水平距离为械能守恒，有

14、60;mgR1mv21Mv2，且两环组成的系统满足水平方向动量守恒，有 0mv Mv ，2          gR，故 A 错误，B 正确；设小环和大环水平方向发生的位移分别联立解得 v    6gR，v 为  x 、x ，两环组成的系统满足水平方向反冲原理，结合人船模型的结论可知 x1   13，

15、且x2v2 1A小环的速度大小为 2gR23R2R4解析：BD设小环滑至最低点时的速度为 v1，大环的速度为 v2，两环组成的系统满足机122212126v1231x1x2R，解得 x14R，x24R，故 C 错误，D 正确故选 B、D.迁移 2爆炸反冲现象中的动量守恒2(2017· 课标，14)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

16、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)()A30 kg·m/sC6.0×102 kg·m/sB5.7×102 kg·m/sD6.3×102 kg·m/s解析：A本题考查动量守恒定律由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略，则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒燃气喷出前系统静止，总动量为零，故喷出后瞬间火箭的动|量与喷出燃气的动量等值反向，可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小，则p 火|p气 |m气v 气0.05 

17、kg×600 m/s30 kg· m/s，A 正确迁移 3多物体组成系统的动量守恒3如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务某时刻甲、乙都以大小为 v02 m/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点甲和他的装备总质量为 M190 kg，乙和他的装备总质量为 M2135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为 m45 kg 的物体 A 推向甲，甲迅

18、速接住 A 后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度 v(相对于空间站)将物体 A 推出？(2)设甲与物体 A 作用时间为 t0.5 s，求甲与 A 的相互作用力 F 的大小解析：(1)以甲、乙、A 三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M2v0M1v0(M1M2)v1以乙和 A 

19、;组成的系统为研究对象，由动量守恒得：M2v0(M2m)v1mv代入数据联立解得v10.4 m/s，v5.2 m/s.(2)以甲为研究对象，由动量定理得，FtM1v1(M1v0)代入数据解得 F432 N.答案：(1)5.2 m/s(2)432 N规律方法知规律握方法应用动量守恒定律解题的基本步骤考向三碰撞问题知识必备提核心通技法1碰撞过程特点碰撞的物理过程剧烈，物体间相互作用时间很短，物体间相互作用力很大，从而使系统内每个物体的动量在碰撞过程的极短时间内发生剧烈变化；碰撞过程中系统动量守恒的理论依据：由于碰撞过程中物体间的相互作用力

20、(内力)很大(远大于外力如重力及摩擦力等)，所以碰撞过程持续时间很短且在这很短的时间 t 内各物体的动量均发生了明显的改变，但与内力相比系统所受的很小的合外力 F 在极短的碰撞时间 t 内的冲量很小，故碰撞过程中系统动量近似守恒，这是一条重要结论2碰撞所遵循的三条原则(1)动量守恒：m1v1m2v2m1v1m2v2(2)系统初态总动能大于等于末态总动能1111m1v21             22m2v2

21、2m1v122m2v22，当发生弹性碰撞时，不等式中的等号成立(3)碰后的速度要符合实际情况：碰后两物体同向运动，则前面运动物体的速度一定大于等于后面运动物体的速度典题例析析典题学通法例 3如图所示，质量为 m10.2 kg 的小物块 A，沿水平面与小物块 B 发生正碰，小物块 B 的质量为 m21 kg.碰撞前，A 的速度大小为 v03 m/s，B 静止在水平面上由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A、B 与地面间的动

22、摩擦因数均为  0.2，重力加速度 g 取 10 m/s2，试求碰后 B 在水平面上滑行的时间由机械能守恒有  m1v20  m1v2A  m2v2B审题指导题目中只告诉 A 与 B 发生的是正碰，故出现 A、B 两物体将发生弹性碰撞和完全非弹性碰撞两种情况解析假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为 v1，则由动量守恒定律有m1v0(m1m2)v1碰后，A、B 一起

23、滑行直至停下，设滑行时间为 t1，则由动量定理有(m1m2)gt1(m1m2)v1解得 t10.25 s假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后 A、B 的速度分别为 vA、vB，则由动量守恒定律有m1v0m1vAm2vB111222设碰后 B 滑行的时间为 t2，则m2gt2m2vB解得 t20.5 s可见，碰后 B 在水平面上滑行的时间 t 满足025 st0.5 s答案见解析跟进题组练考题提能力1如图所示，光滑水平面上有大小相同

24、的 A、B 两球在同一直线上运动两球质量关系为 mB2mA，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为 6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为4 kg·m/s，则()A1                        

25、0;          A1A左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 25B左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 110C右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 25D右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 110解析：A由两球的动量都是 

26、6 kg·m/s 可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是 A 球碰后 A 球的动量减少了 4 kg·m/s，即 A 球的动量为 2kg·m/s，由动量守恒定律得 B 球的动量为 10 kg·m/s，则速度大小之比为 25，故选项 A 是正确的2一中子与一质量数为 A(A1)的原子核发生弹性正碰若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速

27、率之比为()A1A1A.B.(A1)2(A1)2C.4A(A1)2D.碰后原子核的速度为 v ，由弹性碰撞可得 mv mv Amv ，1mv21mv21Amv2，解得 v ïv ïA1，A 正确v0，故  v0  解析：A设中子质量为 m，则原子核的质量为 Am，碰撞前后中子的速度分别为 v0、v1，012012222211A1Aï 1ïA13光滑水平轨道上有三个木块 

28、;A、B、C，质量分别为 mA3m、mBmCm，开始时 B、C 均静止，A 以初速度 v0 向右运动，A 与 B 碰撞后分开，B 又与 C 发生碰撞并粘在一起，此后 A 与 B 间的距离保持不变求 B 与 C 碰撞前 B 的速度大小解得 v 6v解析：设 A 与 B 碰撞后，A 的速度为 vA，B&

29、#160;与 C 碰撞前 B 的速度为 vB，B 与 C 碰撞粘在一起后的速度为 v，由动量守恒定律得对 A、B 木块：mAv0mAvAmBvB对 B、C 木块：mBvB(mBmC)v由 A 与 B 间的距离保持不变可知 vAvB5 06答案：5v0规律方法知规律握方法1碰撞现象满足的三个规律m1m2        2m1m1m

30、2      m1m2   12碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1v1v2v(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度当 m1m2，且 v20 时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1.当 m1m2，且 v20 时，碰后质量小的球原速率反弹动量守恒定律的综合应用典例 (2019

31、·全国，25T)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t0 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 vt 图像如图(b)所示，图中的 v1 和

32、0;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，不计空气阻力解析 (1)根据图(b)，v1 为物块  A  在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大mv1mç   ÷mv(1)求物块 B 的质量；(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

33、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.核心考点1.动量守恒定律2.能量守恒定律3.动能定理命题技巧1.以两物块在粗糙轨道上的滑行与弹性碰撞为背景考查考生综合分析能力2.通过 v-t 图像的利用体现考生应用数学知识解物理问题的能力核心素养1.物理观念：动量观念能量观念2.科学思维：推理、判断审题关键(1)在时间短暂的弹性碰撞中，利用动量守恒，能量守恒列式求解(

34、2)涉及距离的问题中，通常利用动能定理列式可简便求解力、功等相关物理量v12小设物块 B 的质量为 m，碰撞后瞬间的速度大小为 v.由动量守恒定律和机械能守恒定律有æv1öè2 ø11 æ1 ö1è ø22mv212mç2v1÷2mv2为 W.由动能定理有 mgHfs1  mv210(fs2mgh)0  mç   &#

35、247;2从图(b)所给出的 vt 图线可知 s1  v1t1s2  ×   (1.4t1t1)答案(1)3m(2)mgH(3)由几何关系      s2联立式得 m3m(2)在图(b)所描述的运动中，设物块 A 与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 s1，返回过程中所走过的路程为 s2，P 点的高度为 h，整个过程中克服摩擦力

36、所做的功121 æv1ö2 è2 ø121 v12 2hs1H物块 A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为 Wfs1fs22联立式可得 WmgH15Hh(3)设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，有Wmg cos ·sin 1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mgs0 mv22h设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有 mghmg c

37、os ·mgs0sin 11联立式可得 9211159易错展示(1)不知道弹性碰撞中要满足动量守恒和能量守恒(2)不会利用 v-t 图求位移(3)不会选取过程列动能定理方程.对点演练练类题提素养1如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h0.3 m(h 小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为 m130

38、60;kg，冰块的质量为 m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小 g10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(1)规定向右为速度正方向，冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为 v，斜面体的质量为 m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20(m2m2v220  (m2m3)v2m2gh式中 v  3 m/s 为冰块推出时的速度，联立式并代入题给数据

39、得 m 20 kg.代入数据得 v 1 m/s联立式并代入数据得 v 1 m/s，由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块m3)v1122203(2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有 m1v1m2v2001设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2 和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20m2v2m3v3111m2v220     322m2v22m3v22后的速度相同且处

40、在后方，故冰块不能追上小孩答案：(1)20 kg(2)见解析2(2020· 峨山县校级模拟)如图所示，高为 h 的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其与水平面平滑对接于 C 点，D 为斜劈的最高点，水平面的左侧 A 点处有一竖直的弹性挡板，质量均为 m 的甲、乙两滑块可视为质点，静止在水平面上的 B 点，已知 ABh，BC3h，滑块甲与所有接触面的摩擦均可忽略，滑块乙与水平面之间的动摩擦因数为  0.5.给滑块甲一水平向左的初速度

41、，经过一系列没有能量损失的碰撞后，滑块乙恰好滑到斜劈的最高点 D 处，重力加速度用 g 表示求：(1)滑块甲的初速度 v0 的大小；(2)滑块乙最终静止的位置与 C 点的距离解析：(1)甲、乙两滑块质量相等，每次碰撞没有能量损失，所以碰撞后两者交换速度根据能量守恒定律得：120mv2mg· BCmgh将 BC3h，0.5 代入解得 v    5ghmgs01mv20(2)设滑块乙在水平面上滑行的总路程为 s.对整个过

42、程，由动能定理得20解得 s5h所以滑块乙最终静止的位置与 C 点的距离为ss3h2h.答案：(1) 5gh(2)2hA 级对点练题组一动量、冲量、动量定理1如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为 ，质量为 m 的物体以速度 v 从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又滑回原处，所用时间为 t.对于这一过程，下列判断正确的是()错误；物体所受重力的冲量大小为 I  mg· t，故 B 错误；物体受到的合力的冲量大小为

43、0;mgtsinA斜面对物体的弹力的冲量为零B物体受到的重力的冲量大小为 mgsin · tC物体受到的合力的冲量大小为零D物体动量的变化量大小为 mgsin · t解析：D斜面对物体的弹力的冲量大小 IFNtmgcos · t，弹力的冲量不为零，故 AG，由动量定理得，动量的变化量大小 pI 合mgsin · t，故 C 错误，D 正确2中国传统文化博大精深，简单的现象揭示了深刻的道理

44、，如水滴石穿假设从屋檐滴下的水滴质量为 0.5 g，屋檐到下方石板的距离为 4 m，水滴落到石板上在 0.2 s 内沿石板平面散开，忽略空气阻力，g 取 10 m/s2，则石板受到水滴的冲击力约为()A0.22 NC0.022 NB0.27 ND0.027 N能守恒，有 mgh1mv2.水滴从接触石板到速度为零的过程中，取向下为正方向，对水滴由动解析：D由题知，水滴质量为 m0.5 g，重力加速度为 g10 

45、;m/s2，屋檐高度为 h4 m，设水滴刚落到石板上时速度为 v.水滴从屋檐开始下落到石板上，忽略空气阻力，水滴的机械2量定理得(mgF)t0mv，解得 F0.027 N，由牛顿第三定律可知，D 正确3如图所示，两个大小相同、质量均为m 的弹珠静止在水平地面上某小孩在极短时间内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动距离 L 时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动 2L 距离停下已知弹珠所受阻力大小恒为重力的 k 倍，重力加速度为 g，则

46、小孩对第一个弹珠()珠获得的动能，也等于克服阻力做的总功，即 WE kmg·3L，选项 C 错误，选项 D 正确施加的冲量 Ipp0   2mE 0   2m· kmg·3Lm   6kgL，选项 A、B 错误A施加的冲量为 m kgLB施加的冲量为 m 3kgLC做的功为 kmgLD做的功为 3kmgL解析

47、：D当第一个弹珠运动距离 L 时与第二个弹珠发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒可知，两弹珠速度发生交换，即第一个弹珠碰后停止运动，第二个弹珠以第一个弹珠碰前的速度继续向前运动了 2L 距离停下从效果上看，相当于第二个弹珠不存在，第一个弹珠直接向前运动 3L 的距离后停止运动根据动能定理可知，小孩对第一个弹珠做的功等于弹kk题组二动量守恒定律的应用4关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是()A甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒B乙图中 M、N 两木块放在光滑的水平面上，剪断束

48、缚 M、N 两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N 与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加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守恒，机械能不守恒D丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒解析：C甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统A动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒， 错误；乙图中，剪断束缚 M、N 两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N 与弹簧组成的系统动量守B恒，弹

49、簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒， 错误；丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C 正确；丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D 错误5在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示，碰撞前后两壶运动的 v-t 图线如图乙中

50、实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则()成的“面积”表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小 x1vt1×0.8×5 m2 m，故 C 错误；A碰后红壶将被反弹回来B碰后蓝壶速度为 0.8 m/sC碰后蓝壶移动的距离为 2.4 mD碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力解析：B由图可知，碰前红壶的速度 v01.0 m/s，碰后速度为 v00.2 m/s，碰后红壶沿原方向运动，故 A 错误；设碰后蓝壶的速度为&#

51、160;v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv0mv0mv，解得 v0.8 m/s，故 B 正确；根据速度图像与坐标轴围22根据图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故 D 错误6如图所示是一个物理演示实验，图中自由下落的物体A 和 B 经反弹后，B 能上升到比初位置高得多的地方A 是某种材料做成的实心球，质量 m10.28 kg，在其顶部的凹

52、坑中插着质量 m20.1 kg 的木棍 B，B 只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙，将此装置从 A 下端离地板的高度 H1.25 m 处由静止释放，实验中，A 触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍 B 脱离球 A 开始上升，而球 A 恰好停留在地板上，则木棍 B 上升的高度为(重力加速度 g 取 10 m/s2)()A4.05 mC

53、5.30 mB1.25 mD12.5 m解析：A由题意可知，A、B 做自由落体运动，由 v22gH，可得 A、B 的落地速度的大小 v 2gH，A 反弹后与 B 的碰撞为瞬时作用，A、B 组成的系统虽然在竖直方向上合外力不为零，但作用时间很短，系统的内力远大于外力，所以动量近似守恒，故有 m1vm2v0v22m v ，B 上升高度 h  ，联立并代入数据得 h4.05 m，A&

54、#160;正确向向右，A、B 错误；甲、乙碰撞过程中机械能的变化量 E1m 乙 v 乙2æ  m甲v2甲  m乙v2乙ö，222g题组三碰撞模型7质量为 80 kg 的冰球运动员甲，以 5 m/s 的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg、速度为 3 m/s 迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止假设碰撞时间极短，下列说法正确的是()A碰后乙向左运动，速度大小为 1&

55、#160;m/sB碰后乙向右运动，速度大小为 7 m/sC碰撞中甲、乙的机械能总共增加了 1 450 JD碰撞中甲、乙的机械能总共损失了 1 400 J解析：D甲、乙碰撞过程中，相互作用的内力远大于冰面对运动员的阻力，两运动员组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为 v 甲，乙的速度为 v 乙，碰撞后乙的速度为 v乙，由动量守恒定律，有 m 甲 v 甲m 乙 v 乙m 乙&

56、#160;v乙，解得 v乙1 m/s，方1122è2ø代入数据解得 E1 400 J，则机械能减少了 1 400 J，C 错误，D 正确8如图所示，在光滑水平地面上有 A、B 两个小物块，其中物块 A 的左侧连接一轻质弹簧物块 A 处于静止状态，物块 B 以一定的初速度向物块 A 运动，并通过弹簧与物块 A 发生弹性正碰对于该作用过程，两物块的速率变化可用速

57、率时间图像进行描述，在选项所示的图像中，图线 1 表示物块 A 的速率变化情况，图线 2 表示物块 B 的速率变化情况则在这四个图像中可能正确的是()解析：B物块 B 压缩弹簧的过程，开始时 A 做加速运动，B 做减速运动，随着压缩量的增大，弹簧的弹力增大，两个物块的加速度增大当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后 A 继续加速，B 继续减速，弹簧的压缩量减小，弹力减小，两个物块的加速度减小当弹簧恢复原长时 B 离

58、开弹簧所以 vt 图像切线斜率的大小都先增大后减小设 B 离开弹簧时A、B 的速度分别为 vA 和 vB.取水平向右为正方向，根据动量守恒定律：mBv0mAvAmBvB，由机械能守恒得：1m v21m v2 1m v2联立解得 v    2mB   v ，v BmAmB     mAmBAb 球的速度大小为 

59、v，运动方向与原来相反Bb 球的速度大小为 v，运动方向与原来相反Cc 球的速度大小为 vDc 球的速度大小为 v2B 02A A2B Bm mAA0Bv0.若 mBmA，由上式可得：vAvB.所以 B 图是可能的若 mBmA，由上式可得：vAv0，vB0.若 mBmA，由上式可得：vA0，vB0.综上，只有 B 图是可能的故 A、C、D 错误，B 正确9(2019· 江西红色

60、七校二模，18)在光滑水平面上有三个小钢球 a、b、c 处于静止状态，质量分别为 2m、m、2m.其中 a、b 两球间夹一被压缩的弹簧，两球被左右两边的光滑挡板束缚着若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把 a、b 两球弹出，两球脱离弹簧后，a 球获得的速度大小为 v，若 b、c 两球相距足够远，则 b、c 两球发生弹性碰撞后()13238323解析：B设 b 球脱离弹簧时的速度为 v0，b、c 两球相碰后 b、c 的

61、速度分别为 vb 和 vc，取向右为正方向，弹簧将 a、b 两球弹出过程，由动量守恒定律有 02mvmv0，可得 v011b2v，b、c 两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒得 mv0mvb2mvc，2mv202mv2124                       

62、60;c                                   2·2mv2，联立计算得出 vb3v(负号表示方向向左，与原来相反)，vc3v，所以 B 正确B 级综合练10(多选)如图

63、甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体 A 以速度 v0 向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为 x.现让弹簧一端连接另一质量为 m 的物体 B(如图乙所示)，物体 A 以 2v0 的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为 x，则()AA 物体的质量为 3m动能设 A 的质量为 m ，即 E   1m v2.由机械能守恒定律得：E &

64、#160; 1m (2v )21(m m)v2，解得：m 3m，E   3mv2.BA 物体的质量为 2m30C弹簧压缩量最大时的弹性势能为2mv2D弹簧压缩量最大时的弹性势能为 mv20解析：AC弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A 的动能转化为弹簧的弹性势能，A 及弹簧组成的系统机械能守恒，可知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于 A 的初Apm2A 0当弹簧一端连接另一质量为 m 的物体 B&

65、#160;时，A 与弹簧相互作用的过程中，B 将向右运动，A、B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大选取 A 的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：mA·2v0(mmA)v，pm2A02AApm20故 A、C 正确，B、D 错误11(多选)如图所示，倾角为  的固定斜面足够长，一质量为 m、上表面光滑且足够长的长方形木板 A 正以速度 v0 沿斜面匀速下滑，某时刻将质量为 2m 的小滑块 B 无初

66、速度地放在木板 A 上，重力加速度为 g，则在滑块与木板都滑动的过程中()而 A 的重力沿斜面向下的分力不变，由牛顿第二定律，有·3mgcos mgsin ma ，解得加速度 a 2gsin ，A 正确；对 B 受力分析，由牛顿第二定律，有 2mgsin 2ma ，解得 a A木板 A 的加速度大小为 2gsin B小滑块 B 的加速度大

67、小为 2gsin C木板 A 和小滑块 B 的动能之和不变14D木板 A 的动量为5mv0 时，小滑块 B 的动量为5mv0解析：AD只有 A 时，A 匀速下滑，则说明 A 受到的重力沿斜面向下的分力与摩擦力等大反向，即 mgsin mgcos ，加上 B 后，A 对斜面的压力增大，则摩擦力变为 ·3mgcos ，AABBgsin ，B&

68、#160;错误；A、B 整体在沿斜面方向上受力平衡，故 A、B 整体动量守恒，由动量守恒定律可知 p p p ，其中 p mv ，故当 A 的动量为1mv  时，B 的动量为4mv ，此时动能之和p2    p2B    9   100AB005500A    Ek2m2×2m5

69、0mv202mv2，C 错误，D 正确12(多选)如图所示，一质量为 M、上表面是一半径为 R 的半球面凹槽静止于水平面上，凹槽的最低点放一质量为 m 的小球，不计一切摩擦和空气阻力，现给小球一瞬时水平冲量，小球获得初速度 v0，重力加速度为 g，在以后的运动过程中，下列说法正确的是()A若小球无法冲出凹槽，小球上升的最大高度 H 一定小于   0Mv202(Mm)g凹槽，则小球在最高点与凹槽有相同的速度，有  mv (mM)v，1mv21(mM)v2mgH，v22gB若小球能冲出凹槽，小球上升的最大高度 HC若小球能冲出凹槽，小球有可能不会落回凹槽中D小球第 12 次返回凹槽的最低点时，凹槽的速度最大解析：AB小球在凹槽中运动过程中，小球和凹槽组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，因为不计一切摩擦和空气阻力，所以系统机械能守恒若小球无法冲出00222(mM)g2gMv20   0 ，A 正确若小球可以冲出凹槽，小球在离开凹槽时，与凹槽在水平解得 Hv2相等，即等于离开凹槽时的