碰撞与动量守恒定律3个微专题

1、第七章动量微专题34动量定理和动量守恒定律的理解和应用方法点拨（i）动量定理与动量守恒定律用到运动过程的初、末状态，要分析好过程，明确初、末状态.（2）注意动量的矢量性，动量定理与动量守恒定律的方程都是矢量方程，先选好 正方向再列方程.S考点逐项排查1.（动量的矢量性）（多选）一个质量为2kg的小球以水平速度 5m/s向右运动，与挡板碰撞后， 以3 m/ s的水平速度反向弹回，则 （）A .它的动量变化量的大小为 4kg m/sB .它的动量变化量的大小为16kg m/sC.它的动量变化量的方向与初动量方向相反D.它的动量变化量的方向与初动量方向相同2 .（动量守恒）质量为m的小球P以大小为v

2、的速度与质量为3m的静止小球 Q发生正碰，碰后小球P以大小为2的速度被反弹，则正碰后小球 Q的速度大小是（）_ V- v_ vA. 2VB.2C.3D.63 .（守恒条件理解）如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量 保持不变.这就是动量守恒定律.若一个系统动量守恒时，则 （）A.此系统内每个物体所受的合力一定都为零B .此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C.此系统的机械能一定守恒D.此系统的机械能可能增加4 .（动量守恒定律应用）如图1所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端.当两人同时相向运动时（）：®包：图1A.若小车不动，两人速

3、率一定相等B.若小车向左运动,A的速率一定比B的小C.若小车向左运动,A的动量一定比B的大D.若小车向左运动,A的动量一定比B的小B考题综合突破5 .质量为M的原子核，原来处于静止状态.当它以速度v放出质量为m的粒子时（设v的方向为正方向）,剩余部分的速度为（）A mvB mv"M m'M mMvmvC.m-MD' M6 .小船以速率v向东行驶，若在小船上分别以相对于地面的速率u向东、向西水平抛出两个等质量的物体，则小船的速率 （）A.增大B,减小C.不变D.由于两物体质量未知，无法确定7 .（多选）如图2所示，小木块P和长木板Q叠放后静置于光滑水平面上.P、Q的接触

4、面是粗糙的.用足够大的水平力 F拉Q, P、Q间有相对滑动.在 P从Q左端滑落以前，关于水 平力F的下列说法中正确的是0* F图2A. F做的功大于P、Q动能增量之和B . F做的功等于P、Q动能增量之和C. F的冲量大于P、Q动量增量之和D. F的冲量等于P、Q动量增量之和8.如图3所示，物体A、B的质量分别为 m、2m,物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R,将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计.则A. A不能到达B圆槽的左侧最高点b. a运动到圆槽的最低点时速度为 V2gRC. B 一直向右运动 2RD. B向右运动的取大位移大小为 丁 39 .如图4,粗糙水平

5、面上，两物体 A、B用轻绳相连，在恒力 F作用下做匀速运动.某时刻 轻绳断开，A在F牵引下继续前进，B最后静止.则在 B静止前，A和B组成的系统动量(选填"守恒"或"不守恒").在B静止后，A和B组成的系统动量 .(选填“守恒”或“不守通”)图410 .如图5所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B,盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为叵若滑块以速度 v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相n " n一-对于盒静止，则此时盒的速度大小为 ；滑块相对于盒运动的路程为. 图5

6、11,质量为m的小球A以速率v0向右运动时跟静止的小球B发生碰撞，碰后 A球以£的速率反向弹回，而 B球以管的速率向右运动，求：3(1)小球B的质量mB的大小？(2)碰撞过程中，小球 B对小球A做的功 W是多大？12.对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型.A、B两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动.当它们之间的距离大于等于某一定值d时，相互作用力为零；当它们之间的距离小于d时，存在大小恒为 F的斥力.设A物体质量m= 1.0kg,开始时静止在直线上某点； B物体质量m2= 3.0kg ,以速度v0从远处 沿该直线向 A运动，如图 6

7、所示.若d = 0.10m, F = 0.60N, v0= 0.20m/s,求：日厮Ari 一n图6(1)相互作用过程中 A、B加速度的大小;(2)从开始相互作用到 A、B间的距离最小时，系统动能的减少量;(3)A、B间的最小距离.答案精析1 . BC2. B 小球P和Q的正碰满足动量守恒定律 (设小球P的运动方向为正方向)，有：mv+0 =-m 2+ 3m vz ,解得：v' =2,故选 B.3. D 若一个系统动量守恒时，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受 的合力不一定都为零，选项 A错误；此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向 变化，总动量不变这是有可能

8、的，选项 B错误；因系统合外力为零，但是除重力以外的其他 力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，故选D.4. C A、B两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mAVA+ mBVB+m车v车=0,若小车不动，则 mAVA+ m bVb= 0,由于不知道 A、B质量的关系，所 以两人速率不一定相等，故 A错误；若小车向左运动，则 A、B的动量和必须向右，而 A向右运动，B向左运动，所以 A的动量一定比B的大，故B、D错误，C正确.5. B 质量为M的原子核，原来处于静止状态.当它以速度v放出质量为m的粒子的过程mv,中动重寸恒，设剩余部分

9、的速度为v1，由0= (M m)vi + mv,得v1 = , B正确.M m6. A7. AD 以P、Q系统为研究对象，根据功能关系，拉力做的功等于P、Q动能增加量与摩擦产生的内能之和，A正确，B错误；系统所受合外力 F的冲量等于P、Q动量增量之和，C 错误，D正确.8. D A、B组成的系统动量守恒， A、B刚开始时动量为零，所以运动过程中总动量时刻为 零，所以B先向右加速后又减速到零，因为系统机械能守恒，当B静止时，A恰好运动到左侧最高点，A错误.根据动量守恒定律可得 m?=2m：,又知道xi + x2=2R,所以可得X2 = jR, D正确.B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速

10、后减速，即做往返运动，C错误；当A运动到最低点时，水平方向上动量守恒，所以有 mvi = 2mv2,因为系统满足机械能守恒，所以有 mgR= ；mv2 + ； 2mv2,联立可得Vi = /*gR, B错误. 2 2 39. 守恒 不守恒解析 轻绳断开前，A、B做匀速运动，系统受到的拉力F和摩擦力平衡，合外力等于零，即F-FfA-FfB=0,所以系统动量守恒；当轻绳断开B静止之前，A、B系统的受力情况不变，即F-FfA-FfB=0,所以系统的动量依然守恒；当B静止后，系统的受力情况发生改变，即F-FfA=mAa,系统合外力不等于零，系统动量不守恒.v1032v3dg解析设滑块质量为 m,则盒子

11、的质量为 2m;对整个过程，由动量守恒定律可得，mv=3mv解得,v 共=v.312 1 v 2由功能关系可得mgs=2mv 2 3m(3)2 解得s=有g11. (1)4.5m (2) mv0解析(1)小球A、B碰撞过程动量守恒，选向右为正方向，有,v0v0mv° = m("p+mB解得：mB= 4.5m(2)根据动能定理，碰撞过程中只有B对A做功，选小球 A为研究对象 1 凶、2 12W= 2m(2)-2mvo解得 W= - fmv0.O12. (1)0.6m/s2 0.2 m/ s2(2) 0.015J(3) 0.075m解析aA=巨=0.6m/s2, aB= = 0

12、.2m/s2mim212 12(2)m2V0= (m + m2)v, v=0.15m/s, AEk = 5m2V0( mi + m2)v = 0.015J(3)v0v2= 2aBXB, xb= 0.04375m, v2=2aAXA, xa= 0.01875md' =XA+d-XB = 0.075m.第七章动量年微专题35碰撞方法点拨（i）对于弹性碰撞的动量守恒和能量守恒要熟知，对于和一个静止的物体发生弹性碰撞后的速度表达式要熟记，如果在考场上来计算，太浪费时间.（2）明确碰撞前瞬间状态、 碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态.S考点逐项排查1.（完全非弹性碰撞）（多选）如图1,两个物体

13、1和2在光滑水平面上一-12以相同动能相向运动，它们的质量分别为mi和m2, 且 mi<m2.经一段时间两物体相碰撞并粘在一起.碰撞后（）图1A.两物体将向左运动B .两物体将向右运动C.两物体组成的系统损失能量最小D.两物体组成的系统损失能量最大2.（对碰撞白理解）如图2所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1=4kgm/s和p2=6 kg m/s（向右为参考正方向）做匀速直线运动，则在 A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量能1和绿2可能分别为（）工B图2A . 2kg m/s, 3 kg m/ sB . 8kg m/s, 8 kg m/sC. 1kg m/s, 1

14、 kg m/ sD. 2kg m/s, 2 kg m/ s3.（弹性碰撞）如图3,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块 A的质量为m,速度为2vo,方向向右，滑块 B的质 工 m 隔量为2m,速度大小为v0,方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（）图3A. A和B都向左运动B. A和B都向右运动C . A静止，B向右运动D . A向左运动，B向右运动4 .（碰撞的实际应用）冰壶运动深受观众喜爱，图 4a为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头.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b.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置

15、，可能是 （B考题综合突破5 .质量为 mi= 1kg和 0（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其xt图象如图5所示，则（）A.此碰撞一定为弹性碰撞B .被碰物体质量为 2kg图5C.碰后两物体速度相同D.此过程有机械能损失6 .（多选）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块.若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图6所示.则上述两种情况相比较 （）图6A.子弹的末速度大小相等B.系统产生的热量一样多C.子弹对滑块做的功不相同D.子弹和滑块间的水平作用力一样大7 .如图7所示，在光

16、滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3： 1, A球垂直撞向一L. C挡板，碰后原速率返回.两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量A I之比为, A、B两球碰撞前后两球总动能之比为 .图78 .如图8所示，质量为 m的小球悬挂在长为 L的细线下端，将它拉至与竖直方向成0= 60。角的位置后由静止释放.当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的、质量为2m的木块相碰，碰后小球速度反向且动能是碰前动能的笑.已知木块与地面间的动摩擦因数科=2,2540重力加速度取g.求：(1)小球与木块碰前瞬间所受拉力大小；(2)木块在水

17、平地面上滑行的距离.9 .如图9所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m的小物块，物块跟车表面的动摩擦因数为科，平板车白质量 M = 2m,车与物块一起向右以初速度vo匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰.设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g,求：(1)平板车的长度L至少是多长时，小物块才不会从车上落下来；(2)若在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞 n次后，物块跟车一起运动的速度Vn；s.(3)在车与左右墙壁来回碰撞的整个过程中，小物块在车表面相对于车滑动的总路程答案精析1

18、. . AD 根据p2 = 2mEk,结合mi<m2,知Pi<P2,故系统总动量向左，根据动量守恒知碰后两物体将向左运动，所以 A正确，B错误；由题意知两物体属于完全非弹性碰撞，损失动 能最大，所以C错误，D正确.2. D 由于碰撞过程中，动量守恒，两小球动量变化大小相等，方向相反，因此A错误；因为碰撞的过程中动能不增加.若Api和 绿2分别为8 kg m/ s, 8kg m/s,则pi = - 4 kg m/s,2P2' =14kgm/s,根据Ek=会知相撞过程中动能增加， B错误；两球碰撞的过程中， B球的 动量增加，曲2为正值，A球的动量减小，Api为负值，故C错误.

19、变化量分别为2kg m/s,2kg m/s,符合动量守恒、动能不增加以及实际的规律，故D正确.3. D 取向右为正方向，根据动量守恒： m 2vo-2mvo= mvA+2mvB,知系统总动量为零， 所以碰后总动量也为零，即 A、B的运动方向一定相反，所以 D正确，A、B、C错误.4. B5. A 速度图象的斜率表示物体的速度，由图象求出碰撞前后的速度分别为：vi = 4 m/s,v2=0, vi' =2m/s, V2'= 2 m/s;由动量守恒定律， mivi=mivi' +m2V2',得 m?=3kg;根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8J

20、,机械能没有损失，因此是弹性碰撞，B、C、D错误，A正确.6. AB 根据动量守恒，两次最终子弹与木块的速度相等，A正确；根据能量守恒可知，初状态子弹动能相同，末状态两木块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量也相同，B正确；子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，因此做功相同，C错误；产生的热量Q = FfXAx,由于产生的热量相同，而相对位移限不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误.7. 4 ： i 9 ： 5解析 设A、B球的质量分别为 mA和mB, A球碰撞后的速度大小为 va2, B球碰撞前、后的速度大小分别为VB1和VB2,由题意知VB1 ： Vb2=3： 1,

21、VA2=VB2.A、B碰撞过程由动量守恒定1mBVB1律彳导 mBVB1 = mAVA2 mBVB2,所以有=二.碰撞前后的总动能之比为ZmBVA2112.122mBVB2 2mAVA295.8. (1)2mg (2)1.8L1 C解析(1)设小球摆至最低点时的速度为V,根据动能定理有：mgL(1 cos=mv22设小球与木块碰撞前瞬间所受拉力为Ft,有：Ftmg= mv代入数据，解得：F? = 2mg(2)设小球与木块碰撞后，小球的速度为木块的速度为V2,设水平向右为正方向，根据动12 16 12重寸恒7E律有：mv=2mvL mv1.根据题息知：蠹尸水洲，仅木块在水平地面上泪仃的1-2f距

22、离为x,根据动能定理有：2pmgx=0 X2mv2联立并代入数据，解得 x=1.8L.-2/_28V01n3V09. (1)1(2)(7) V0 (3)厂03dg32dg解析(1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变方向相反，车与物块有相对运动，车与物块 之间的滑动摩擦力 Ff=mg设物块与车共同速度为 V1,对车与物块组成的系统，根据动量守恒定律有 (M - m)V0= (M + m)V1设平板车的长至少为L,根据能量守恒定律有12 12 12(M + m)v0 2(M + m)v1 = 2FfL解得L=8y03科g一- - V0由(1)可解得vi = t 31 平板车和物块一起向右运动，与墙

23、壁碰撞后共同速度为碰撞前的 7,那么平板车和物块以相同311 2的速度V1与左侧墙壁碰撞后最终的共同速度为V2,与向右碰撞过程相同，所以V2='3v1 = (2V0所以经过n次碰撞后的速度 Vn=（3）nV0（3）经过足够多的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能逐渐减少，最12后全都转化为内能 FfS=2（M + m）vo得 HI- 1 理 整第七章动量微专题36力学三大规律的应用方法点拨做好以下几步：（1）确定研究对象，进行运动分析和受力分析；（2）分析物理过程, 按特点划分阶段；（3）选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程.S考点逐项排查1 .（多观点分析

24、运动过程）（多选）一辆汽车从圆弧形拱桥最高处匀速驶下，在此过程中，下列说法中正确的是（）A .汽车的动量保持不变B.汽车的机械能减少C.汽车所受的合外力为零D.汽车所受的合外力做功为零2 .（守恒条件判断）如图1所示，在光滑的水平面上固定着两轻质弹簧,弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视为一个系统，则小球在运动过程中（）图1A.系统的动量守恒，动能守恒B.系统的动量守恒，机械能守恒C.系统的动量不守恒，机械能守恒D.系统的动量不守恒，动能守恒3 .（多观点分析动力学问题）（多选）如图2所示，质量为 m的小球从距离地面高 H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到

25、达距地面深度为h的B点速度减为零.不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有 （）A.小球的机械能减少了mg（H+h）B .小球克服阻力做的功为mgh图2C.小球所受阻力的冲量大于mV2gHD.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量4 .（多观点分析动力学问题）（多选）把皮球从地面以某一初速度竖直上抛，经过一段时间后皮球又落回抛出点，上升最大高度的一半处记为A点.以地面为零势能面.设运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，则（）A .皮球上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功B.皮球上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量C.皮球上升过程与下降过程空气

26、阻力的冲量大小相等D.皮球下降过程中重力势能与动能相等的位置在A点下方考题综合突破5 .在课堂中，老师用如图3所示的实验研究平抛运动.A、B是质量相等的两个小球，处于同一高度.用小锤打击弹性金属 片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落.某 同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面1、2,小球A、B在通过两水平面的过程中，动量的变化量分别为0A和APb,动能的变化量分别为 AEkA和AEkB,忽略一切阻力的影 响，下列判断正确的是（）图3A . ApA= A% , AEkA= AEkBB . ApA ApB, AEkA AEkBC.绿人才 ApB, AEkA= AEkBD .

27、 ApA = ApB , AEkAW AEkB6 .如图4, 一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块地面m连接，且m、M间及M与地面的接触面均光滑.开始时,m和M均静止，现同时对 m、M施加等大反向的水平恒力Fi和F2,从两物体开始运动以后的全部运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度.对于 m、M和弹簧组成的系统，下列说法中正确的由于Fi、F2等大反向，故系统机械能守恒；当弹簧弹力大小与Fi、F2大小相等时,m、有（）图4M各自的动能最大；由于 Fi、F2大小不变，所以 m、M各自一直做匀加速运动；由于Fi、F2等大反向，故系统的总动量始终为零.A.B.C.D.7 .如图5所示，在光滑的

28、水平面上静止放一质量为m的木板B,木板表面光滑，左端固定B.在木块A与弹簧一轻质弹簧.质量为2m的木块A以速度vo从板的右端水平向左滑上木板相互作用的过程中，下列判断正确的是（）m%A.弹簧压缩量最大时， B板运动速率最大图 58 . B板的加速度一直增大C .弹簧给木块A的冲量大小为2mv0 T2d .弹簧的最大弹性势能为mv08 .如图6所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上， 木块处于静止状态. 一质量为m的子弹以水平速度 vo击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动.木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到

29、的合外力的冲量大小为（）MmvoA-MrmB2Mmvo2MvoC.D. 2mvoM + m9 .如图7所示，一长木板放置在水平地面上，一根轻弹簧右端固定在长木板上，左端连接个质量为m的小物块，小物块可以在木板上无摩擦滑动.现在用手固定长木板，把小物块向 左移动，弹簧的形变量为 ;然后，同时释放小物块和木板，木板在水平地面上滑动，小物 块在木板上滑动；经过一段时间后，长木板达到静止状态，小物块在长木板上继续往复运动. 长木板静止后，弹簧的最大形变量为X2.已知地面对长木板的滑动摩擦力大小为Ff.当弹簧的形变量为x时，弹性势能Ep=；kx2,式中k为弹簧的劲度系数.由上述信息可以判断（）A.整个过

30、程中小物块的速度可以达到B.整个过程中木板在地面上运动的路程为C.长木板静止后，木板所受的静摩擦力的大小不变D.若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，则运动过程中物块和木板的速度方向可能相同10 .如图8所示，半径 R= 0.50m的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定在水平桌面上，轨道末端水平且端点 N处于桌面边缘，把质量 m= 0.20kg的小物块从圆轨道上某点由静止释放，经过N点后做平抛运动，到达地面上的P点.已知桌面高度 h= 0.80m,小物块经过 N点时的速度V0=3.0m/s, g取10 m/ s2,不计空气阻力，物块可视为质点.求:(1)圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差;

31、(2)小物块经过N点时轨道对物块支持力的大小;(3)小物块落地前瞬间的动量大小.11.如图上表面粗糙，在其左端有一光滑.1 一B、C静止在水平的1圆弧槽C,与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平, 面上.现有滑块 A以初速度V0从右端滑上B, 一段时间后，以v0滑离B,并恰好能到达 C的最高点.A、B、C的质量均为 m.求: (1)A刚滑离木板B时，木板B的速度；(2)A与B的上表面间的动摩擦因数4(3)圆弧槽C的半径R;(4)从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能.答案精析1. . BD 汽车做匀速圆周运动，则动量大小不变，但方向变化，故 A错误；汽车在驶下时，存在摩擦力

32、做功，所以汽车的机械能减少，故 B正确；由于汽车做匀速圆周运动，是变速运动，则所受的合外力不为零，故 C错误；汽车所受的合外力与速度始终垂直，所以此力不做功，故D正确.2. C3. AC 由动能定理得 mg(H+h)+Wf=0,则 Wf=- mg(H+h),所以小球的机械能减少了mg(H + h),所以A选项正确，B选项错误；小球自由下落至地面的过程，机械能守恒，mgH=2mv2, v= 12gH,落到地面上后又陷入泥潭中，由动量定理得 Ig If = 0 mv,所以If= Ig + mv= Ic + m2gH,小球所受阻力的冲量大于mJ2gH,所以C选项正确；由动量定理知小球动量的改变量等于

33、合外力的冲量，所以D选项错误.4. ACD 皮球上升过程中克服重力做的功、下降过程中重力做的功均为mgh, A正确；皮球先后通过同一位置的过程中，重力做功为零，阻力做负功，根据动能定理可知v>v',因此上升过程的平均速度一定大于下降过程的平均速度，所以上升时间小于下降时间，根据冲量的概念可知上升过程重力冲量较小，B错误；如图所示为上抛过程中的速度图象，第一、第四象限中阴影部分的面积分别表示上升和下降过程的位移，大小相等方向相反；由于Ff8v,可将纵坐标改为 Ff,第一、第四象限中阴影部分的面积仍相等，说明上升、下降过程阻力的冲量等大反向，C正确；下降到 A点时，重1. .一 一,

34、1 一一 力势能减小mgH,但由于克服阻力做功，动能的增加量小于2mgH,因此重力势能与动能相等的位置在A点下方，D正确.5. A6. D 由于Fi、F2等大反向，m、M系统所受合外力为零，因此动量守恒，故系统的总动量始终为零.正确；开始阶段弹簧弹力小于Fi和F2, m、M都做加速运动，动能增加，当弹力增大到与Fi和F2等大时，m、M动能都最大，系统机械能一直增大，错误，正确；上述加速过程弹簧弹力逐渐增大，合力逐渐减小，不是匀加速运动，错误，所以应该选 D.7. D 当A向左压缩弹簧时A木块减速，B板做加速度增大的加速运动，当弹簧压缩量最大时，A、B共速，之后弹簧在恢复形变的过程中B板做加速度减小的加速运动，A木块继续减速，当弹簧恢复原长时 B板达最大速度，所以 A、B选项均错；当弹簧恢复原长时，设 A、1B的速度分别为 V1和V2,由动量守恒定律得，2mvo=2mvi + mv2,由能量守恒定律有-x 2mv2=1x 2mv2+mv2,联立解得：vi = (vo,v2 = gvo,弹簧给木块 A 的冲量 I = 2mvi2mvo= -丁，22333所以弹簧给木块 A的冲量大小为 华，C选项错误；弹簧最大的弹