2025高考物理步步高同步练习选修1练透答案精析

2025高考物理步步高同步练习选修1第一章动量守恒定律1动量1．C[绕地球运行的同步卫星，速度大小不变，方向不断改变，所以动量改变，A错误；小球碰到竖直墙壁被弹回，速度大小不变，但方向改变，所以动量改变，B错误；用绳子拉着物体，沿斜面做匀速直线运动，速度大小和方向都不发生改变，所以动量不变，C正确；荡秋千的小孩，每次荡起的高度保持不变，在这个过程中速度大小和方向都改变，所以动量改变，D错误。]2．C[物体的动量变化量为－5kg·m/s，是负值，说明动量的变化量与规定的正方向相反，则该物体的动量可能增大，也可能减小，C正确，A错误；物体的动量变化量与动量无关，所以动量变化量为－5kg·m/s，表示动量变化的方向与规定的正方向相反，但不表示物体的动量一定为负方向，B、D错误。]3．AD[以初速度方向为正方向，如果末速度的方向与初速度方向相反，由Δp＝mv′－mv，得Δp＝(－7×0.5－3×0.5)kg·m/s＝－5kg·m/s，负号表示Δp的方向与初速度方向相反，选项A正确，B错误；如果末速度方向与初速度方向相同，由Δp＝mv′－mv，得Δp＝(7×0.5－3×0.5)kg·m/s＝2kg·m/s，方向与初速度方向相同，选项C错误，D正确。]4．C[动量是矢量，动量相同，其大小和方向都得相同，故方向一定相同，而大小p＝mv，如果质量不同，则速度不同，如果速度不同，则质量不同，故A、B错误，C正确；由Ek＝eq\f(p2,2m)知，动量相同，动能不一定相同，D错误。]5．BC[动量是矢量，做匀速圆周运动的物体其速度大小不变，方向时刻在变化，故动能不变，动量时刻在变化，A错误，B正确；做竖直上抛运动的物体，其速度时刻变化，动量一定在改变，C正确；动量的负号只表示方向，比较大小时只比较绝对值，故p1<p2，D错误。]6．A[由动量p＝mv和动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝eq\f(p2,2m)，因为物体A、B的动量相等，质量较大的物体动能较小，所以物体B的动能较大，A正确。]7．(1)0.78kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反(2)19.5J解析(1)以羽毛球飞来的速度方向为正方向，则击球前羽毛球的动量p1＝mv1＝5.2×10－3×50kg·m/s＝0.26kg·m/s，击球后羽毛球的动量p2＝mv2＝5.2×10－3×(－100)kg·m/s＝－0.52kg·m/s，所以羽毛球的动量变化量Δp＝p2－p1＝－0.52kg·m/s－0.26kg·m/s＝－0.78kg·m/s。则羽毛球的动量变化量的大小为0.78kg·m/s，方向与羽毛球飞来的速度方向相反。(2)羽毛球的初动能Ek＝eq\f(1,2)mv12＝6.5J，末动能Ek′＝eq\f(1,2)mv22＝26J，所以羽毛球的动能变化量ΔEk＝Ek′－Ek＝19.5J。8．C[运动员从O点到B点的过程都是加速向下运动，到达B点时速度最大，由p＝mv可知，运动员的动量最大的位置在B点，A、B、D错误，C正确。]9．C[由于经过每个水球的位移相同，根据t＝eq\f(x,\x\to(v))可知，经过4个水球的时间逐渐增加，故B错误；根据匀变速直线运动规律Δv＝a·Δt可知，a相同，Δt不同，故速度变化量不同，动量变化量也不同，故A、D错误；由W＝F·l，知每个水球对子弹做的功相同，根据动能定理可知，动能变化量相同，故C正确。]10．C[规定水平向右为正方向，击球前球的动量p1＝－mv1，击球后球的动量p2＝mv2，击球前后球动量改变量的大小是Δp＝p2－p1＝mv2＋mv1，动量改变量的方向水平向右，故A、B错误，C正确；球离开手时的机械能为mgh＋eq\f(1,2)mv22，因v1与v2可能相等，则球离开手时的机械能可能是mgh＋eq\f(1,2)mv12，故D错误。]11．B[在小物块向下运动的过程中，只有重力对小物块做功，故机械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，所以两物块到达S时的速度大小相同，即速率相同。由于a的路程小于b的路程，且同一高度处b的切向加速度小于a的加速度，故ta＜tb，即a比b先到达S.到达S点时a的速度方向竖直向下，而b的速度方向水平向左，故两物块的动量大小相等，方向不相同，因二者初动量相同，末动量不同，动量的变化不同，故B正确，A、C、D错误。]12．BD[由题图可知，0.5s末小球反弹，反弹后离开地面的速度大小为3m/s，故A错误。碰撞时速度的改变量为Δv＝－3m/s－5m/s＝－8m/s，则碰撞前、后动量改变量的大小为Δp＝m·|Δv|＝8kg·m/s，故B正确。碰撞前、后小球动能改变量ΔEk＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2＝(eq\f(1,2)×1×32－eq\f(1,2)×1×52)J＝－8J，故C错误。小球能弹起的最大高度对应题图中0.5～0.8s内速度—时间图像与时间轴所围图形的面积，所以h′＝eq\f(1,2)×0.3×3m＝0.45m，故D正确。]13．(1)4kg·m/s(2)3kg·m/s解析(1)0～2s内a1＝eq\f(F1,m)＝1m/s22s末速度v1＝a1t1＝2m/s2s末动量p1＝mv1＝4kg·m/s(2)2～4s内，a2＝eq\f(F2,m)＝－0.5m/s23s末速度v2＝v1＋a2t2＝1.5m/s3s末动量p2＝mv2＝3kg·m/s。14．AD[运动员做平抛运动，根据tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，因此运动员先后落在斜面上所用时间之比为1∶3，故A正确；运动员落在斜面上时的位移s＝eq\f(\f(1,2)gt2,sinθ)，因此运动员先后落在斜面上的位移之比为1∶9，故B错误；由机械能守恒定律可知落在斜面上动能的变化量ΔEk＝mgh＝eq\f(1,2)mg2t2，因此运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为1∶9，故C错误；落在斜面上动量的变化量Δp＝m·vy＝m·gt，因此运动员先后落在斜面上动量的变化量之比为1∶3，故D正确。]2动量定理1．A[由冲量公式I＝FΔt可知，作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同，A正确；由冲量公式I＝FΔt可知，冲量大小由力的大小和作用时间二者共同决定，只知道力或作用时间一个因素，无法确定冲量大小，B、C错误；冲量是矢量，两个大小相等的冲量，方向不一定相同，D错误。]2．BCD[一个做曲线运动的物体，其动量大小和方向变化，在相等时间内物体受到的合外力的冲量可能始终相等，如平抛运动，故A错误；一个做曲线运动的物体，其动量的大小始终不变，如果受到合外力的大小不变，则相等时间内合外力的冲量大小总相等，如匀速圆周运动，故B正确；一个物体合外力冲量为零时，根据动量定理，其动量不变，但是物体所受到的每个力的冲量可能一直增大，只要保证合力为零即可，故C正确；一个运动物体，其动量越来越大，说明速度越来越大，加速度可能越来越小，如做加速度减小的加速运动的物体，故D正确。]3．D[汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，选项D正确。]4．A[设运动员双脚离地时的速度大小为v，则v＝eq\r(2gh)＝2m/s，根据动量定理有(3mg－mg)t＝mv，解得t＝0.10s，故选A。]5．B[选初速度的方向为正，根据动量定理得：－μmgt＝0－mv，则得：t＝eq\f(mv,μmg)，由题意，两个物体的初动量mv相同，μ相同，则t∝eq\f(1,m)，故质量小的物体滑行时间比较长，故选B。]6．B[重力对滑块的总冲量为IG＝mg(t1＋t2)，A错误；斜面对滑块的支持力对滑块的总冲量为IN＝mg(t1＋t2)cosθ，B正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合力的冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为If＝Ff(t2－t1)，D错误。]7．C[根据I＝Ft可知，F－t图线与时间轴围成图形的面积表示力的冲量，则0～2s内合外力的冲量一直增大，0～4s内合外力的冲量为零，选项A、B正确；0～4s内合外力的冲量为零，则0～4s内物体的动量先增大后减小，方向一直为正，即物体的动量方向一直不变，选项C错误，D正确。]8．BC[两次拉动纸带时，纸带与重物间的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，A错误，B正确．由题可知，第一次拉动纸带时，纸带与重物的作用时间长，两次拉纸带，纸带对重物的作用力相同，根据I＝Ft，所以第一次纸带对重物的冲量大，C正确，D错误。]9．C[取竖直向下为正方向，对气球由动量定理有(mg－F)Δt＝mv′－mv，代入数据解得F＝90N，由牛顿第三定律可知，观众双手受到的压力为90N，故C正确。]10．D[在前10s内，物体的初速度为5m/s，末速度为5m/s，根据动量定理得I合＝Δp，知外力的冲量为0；在后10s内，物体的初速度为5m/s，末速度为－5m/s，根据动量定理得I合′＝Δp′＝mv2－mv1＝－1×5kg·m/s－1×5kg·m/s＝－10kg·m/s＝－10N·s，故D正确。]11．D[圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，圆盘停止转动后瞬间，小物体沿运动轨迹切线方向运动，之后也不会沿圆半径方向运动，故A、C错误；圆盘停止转动前，转动一圈Δp＝0，由动量定理知I＝Δp＝0，故B错误；圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为I′＝Δp＝mv＝mrω，故D正确。]12．ACD[由F－t图像与t轴围成的面积等于冲量的大小，则可得，在0～2s时间内，水平拉力F的冲量为I＝Ft＝2×4N·s＝8N·s，A正确；根据动量定理可得Ft＝mv，代入数据，解得2s末物体的速度大小v＝4m/s，B错误；在0～4s时间内，合力的冲量为I4＝F1t2＋F2t4＝8N·s＋12N·s＝20N·s，C正确；由于在0～4s时间内，合力的冲量为20N·s，根据动量定理可得I4＝mv4，代入数据，解得v4＝10m/s，由动能定理可得WF＝eq\f(1,2)mv42＝eq\f(1,2)×2×102J＝100J，D正确。]13．(1)500N(2)eq\f(2,3)N解析(1)不考虑空气浮力和阻力，雨滴做自由落体运动，落到地面的速度为v＝eq\r(2gh)＝200m/s取竖直向上为正方向，设地面对雨滴的作用力大小为F，对雨滴和地面的作用过程，由动量定理得FΔt1＝0－(－mv)代入数据解得F＝500N根据牛顿第三定律可知，雨滴对地面的作用力大小为500N。(2)对雨滴和地面作用的过程，由动量定理得F′Δt2＝0－(－mv′)其中v′＝8m/s，代入数据解得F′＝eq\f(2,3)N根据牛顿第三定律可知，雨滴对地面的作用力大小为eq\f(2,3)N。14．B[根据v2＝2ax得v＝eq\r(2ax)，则动量p＝mv＝meq\r(2ax)，可知p＝0.5×eq\r(2ax)＝2eq\r(x)，解得质点的加速度大小为8m/s2，故A错误；前2s内质点速度的变化量为Δv＝at＝16m/s，则前2s内动量的增量Δp＝mΔv＝8kg·m/s，故B正确；因为相同时间内速度的变化量相同，则连续相等时间内，动量的增量一定相等，故C错误；因为相等位移内速度变化量不同，则动量的增加量不等，由I＝Δp可知，在通过连续相等的位移时，合外力的冲量不相等，故D错误。]专题强化练1动量定理的应用1．C[对整个过程研究，根据动量定理可得F·2Δt－μmg·(2Δt＋3Δt)＝0，解得μ＝eq\f(2F,5mg)，故A、B、D错误，C正确。]2．D[物体在水平拉力作用下由静止开始运动到最终静止的过程中，在水平方向只有拉力F和摩擦阻力Ff做功，故由动能定理有W1－W2＝0，得W1＝W2；由动量定理有I1－I2＝0，得I1＝I2，故D正确，A、B、C错误。]3．BD[根据动量定理Ft＝mv－0得，t＝1s时物块的速率为v1＝0.25m/s；同理，t＝2s时，p2＝Ft2＝1×2kg·m/s＝2kg·m/s；t＝3s时v3＝0.25m/s；t＝4s时v4＝0，故选项B、D正确。]4．C[由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，绳在刚绷紧时人的速度大小为v＝eq\r(2gh)＝30m/s，以竖直向上为正方向，在绷紧的过程中根据动量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，代入数据解得F＝1500N，故A错误；根据动量定理可知，运动员在弹性绳绷紧后，动量的变化量等于弹性绳作用力的冲量与重力冲量的和，故B错误；运动员整个过程中动量的变化量为零，则重力冲量与弹性绳作用力的冲量等大反向，故C正确，D错误。]5．A[t时间内喷出的水柱质量为m＝ρSvt，以水柱冲击汽车表面前的运动方向为正方向，对水柱与汽车碰撞过程利用动量定理，有－Ft＝0－mv，联立解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律可得水柱对车表面的平均冲击力为ρSv2，故A正确，B、C、D错误。]6．1500N方向竖直向上解析对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理自由下落的时间为t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝eq\r(\f(2×3.2,10))s＝0.8s运动员离网后上升所用的时间为t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝eq\r(\f(2×5,10))s＝1s整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝1.2s的时间内受到网对他向上的弹力F的作用，对全过程应用动量定理(取向上为正方向)，有Ft3－mg(t1＋t2＋t3)＝0则F＝eq\f(t1＋t2＋t3,t3)mg＝eq\f(0.8＋1＋1.2,1.2)×60×10N＝1500N，方向向上。7．BD[AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体受到的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。但a物体的总运动时间小于b物体的，根据I＝Fft可知，摩擦力对a物体的冲量的大小小于摩擦力对b物体的冲量的大小；根据动量定理，对整个过程有：F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，因FftOB<FftOD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量的大小小于F2的冲量的大小，故A、C错误，B正确；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确。]8．B[设扎帕塔(及装备)对气体的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔(及装备)的平均作用力的大小也等于F，当扎帕塔静止时，对扎帕塔(及装备)则有F＝Mg，设Δt时间内喷出气体的质量为Δm，则对气体由动量定理得FΔt＝Δmv，得eq\f(Δm,Δt)＝eq\f(F,v)＝eq\f(Mg,v)＝0.2kg/s，则发动机每秒喷出气体的质量为0.2kg，故B正确，A、C、D错误。]9．B[选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于体积为SvΔt空间内微粒的质量，即M＝eq\f(mSvΔt,1m3)，研究对象初动量为零，末动量大小为Mv，设飞船对微粒的作用力大小为F，由动量定理得FΔt＝Mv－0，则F＝eq\f(Mv,Δt)＝eq\f(mSv2,1m3)，根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的作用力大小也为F，则飞船要保持匀速飞行，牵引力应增加F，代入数据得F＝0.98N，故选B。]10．(1)6m/s(2)9.84J(3)0.35N·s解析(1)根据题意可知装置落地前瞬间与鸡蛋的速度相同且为v，根据运动学公式有x＝eq\f(0＋v,2)t代入数据解得v＝6m/s(2)以装置和鸡蛋为研究对象，根据动能定理有Mgh－W克f＝eq\f(1,2)Mv2－0，代入数据解得W克f＝9.84J(3)以鸡蛋为研究对象，以向上为正方向，根据动量定理得I－m0gt＝0－m0(－v)代入数据解得I＝0.35N·s。11．(1)ρv0S(2)eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)解析(1)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①喷出水柱质量Δm＝ρΔV②其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝Δl·S③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲＝Mg④其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力由牛顿第三定律知F压＝F冲⑤其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底部时的速度，由运动学公式得v′2－v02＝－2gh⑥在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)。3动量守恒定律1．C[只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统所受外力做的功为零，但系统所受合外力不一定为零，系统动量不一定守恒，如用绳子拴着一个小球，让小球做匀速圆周运动，小球转过半圆的过程中，外力做功为零，但小球的动量不守恒，故B错误；系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D错误。]2．B[撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，故系统机械能减少，B正确。]3．A[系统初动量为零，双手同时放开后，系统所受合外力为零，根据动量守恒定律可知，系统总动量始终为零，故A正确，B错误；若先放开右手，后放开左手，则从放开右手到放开左手的这段时间内，系统所受合外力不为零，动量不守恒，即放开左手瞬间，系统的总动量不为零，根据动量守恒定律可知，之后系统的总动量也不为零，故C错误；若先放开左手，后放开右手，根据前面分析同理可知系统总动量方向向左，故D错误。]4．BCD[当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，不等于0，系统动量不守恒，故A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，合外力为零，系统动量守恒，故B正确；若将A、B、C三木块视为一个系统，则所受合外力为零，系统动量守恒，故C、D正确。]5．C[在小球发生碰撞的过程中，系统动量都是守恒的，根据动量守恒定律得mv0＝mv＋Mv′，整理可得Mv′＝mv0－mv，取初速度方向为正方向，可得出C球的动量数值是最大的，C正确。]6．D[以甲的初速度方向为正方向，甲、乙推开的过程中，满足动量守恒，m甲v0－m乙v0＝－m甲v1＋m乙v2，代入数据可得eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(3,2)，故选D。]7．C[由题图乙可知碰撞前vA＝4m/s，vB＝0，碰撞后v＝eq\f(20－16,8－4)m/s＝1m/s，则由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v，可得mB＝eq\f(mAvA－mAv,v)＝3kg，A、B错误；对物块B有Ft＝mBv－0，解得F＝300N，C正确，D错误。]8．(1)2m/s(1)1m/s解析(1)由题意知小孩和车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小孩跳上车后和车保持相对静止时的速度大小为v1，则有mv0＝(m＋M)v1，解得v1＝2m/s(2)设小孩跳下车后车的速度大小为v3，对全程由动量守恒定律得mv0＝mv2＋Mv3，解得v3＝1m/s。9．BC[当撤去外力F后，A尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力不为零，所以A和B组成的系统的动量不守恒，故A错误；以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，在A离开墙壁前，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，系统机械能守恒，故B正确；A离开墙壁后，A、B系统所受的外力之和为0，所以A、B组成的系统动量守恒，故C正确；在A离开墙壁后，对A、B及弹簧组成的系统，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误。]10．C[设发射子弹的数目为n，n颗子弹和木块组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，满足动量守恒的条件。选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有nmv2－Mv1＝0，得n＝eq\f(Mv1,mv2)，故C正确。]11．A[由题意可知，开始时A、B做自由落体运动，根据v2＝2gH可得，A、B的落地速度大小v＝eq\r(2gH)，A反弹后与B碰撞为瞬时作用，A、B组成的系统在竖直方向上所受合力虽然不为零，但碰撞时间很短，系统的内力远大于外力，所以动量近似守恒，取竖直向上为正方向，则有m1v－m2v＝0＋m2v2′，B上升的高度h＝eq\f(v2′2,2g)，联立并代入数据得h＝4.05m，故选A。]12．B[规定该同学原来的速度方向为正方向。设该同学上船后，船与该同学的共同速度为v。由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到共同速度的过程中，该同学和船组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律得m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入数据解得v＝0.25m/s，方向与该同学原来的速度方向相同，与船原来的速度方向相反，故A、C错误；该过程中这位同学的动量变化量为Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105kg·m/s，负号表示方向与该同学原来的速度方向相反，故B正确；船的动量变化量为Δp′＝m船v－(－m船v船)＝140×[0.25－(－0.5)]kg·m/s＝105kg·m/s，故D错误。]13．(1)2m/s，方向水平向右(2)eq\f(11,3)m/s，方向水平向右解析(1)由于地面光滑，物块与薄板组成的系统动量守恒，设共同运动速度为v，向右为正方向，由动量守恒定律得Mv0－mv0＝(m＋M)v代入数据解得v＝2m/s，方向水平向右。(2)由(1)知，物块速度大小为3m/s时，方向水平向左，设此时薄板的速度为v′，由动量守恒定律得Mv0－mv0＝－mv1＋Mv′代入数据解得v′＝eq\f(11,3)m/s，方向水平向右。专题强化练2动量守恒定律的应用1．A[沙车与铁球组成的系统水平方向动量守恒，则有Mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(Mv0,M＋m)，故A正确，B、C、D错误。]2．B[由于五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用，故系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝5mv，得v＝eq\f(1,5)v0，即它们最后的速度大小为eq\f(1,5)v0，B正确。]3．C[弹簧压缩到最短时，子弹、A、B具有共同的速度v1，且子弹、A、B组成的系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受合外力始终为零，故整个过程系统的动量守恒，取子弹水平速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝eq\f(1,4)mB，mA＝eq\f(3,4)mB，故v1＝eq\f(v0,8)，即弹簧压缩到最短时B的速度为eq\f(v0,8)，故C正确。]4．D[小球向左摆动时，小车向右运动，小球受到的重力使系统合外力不为零，故系统动量不守恒，但该过程只有重力做功，故系统机械能守恒，A、B错误；系统在水平方向合外力为零，水平方向满足动量守恒，可得m球v1＋m车v2＝0，故小球向左摆到最高点，小球的速度为零，小车的速度也为零，C错误，D正确。]5．B[设水平向右为正方向，两游泳者同时跳离小船后瞬间小船的速度为v，根据甲、乙两游泳者和小船组成的系统动量守恒有－m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0，代入数据可得v＝－0.6m/s，其中负号表示小船向左运动，所以选项B正确。]6．2m/s解析长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，取水平向右为正方向，则mAv0＝mAvA＋mCvC长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，即最后三者速度相等，即vC＝v(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v，联立解得vA＝2m/s。7．B[弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv0＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲·t，x乙＝v乙·t，代入各图中数据，可知B正确。]8．CD[设小孩跳离b、c车时相对地面的水平速度为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律知：小孩和c车组成的系统：0＝m人v－M车vc，对小孩和b车：m人v＝M车vb＋m人v，对小孩和a车：m人v＝(M车＋m人)va，所以：vc＝eq\f(m人v,M车)，vb＝0，va＝eq\f(m人v,M车＋m人)，即三辆车的速率关系为vc>va>vb，并且vc与va方向相反，故选C、D。]9．B[取水平向右为正方向，小孩第一次推出A车时，有mBv1－mAv＝0，解得v1＝eq\f(mA,mB)v，第n次推出A车时，有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，则vn－vn－1＝eq\f(2mA,mB)v，所以vn＝v1＋(n－1)eq\f(2mA,mB)v当vn≥v时，再也接不到A车，由以上各式得n≥5.5，取n＝6，故B正确，A、C、D错误。]10．4v0解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度大小为v1，甲船上的人接到货物后甲船的速度大小为v2，以开始时甲、乙两船的运动方向为正方向。由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－mvmin①10m×2v0－mvmin＝11mv2②为避免两船相撞应满足v1＝v2③联立①②③式解得vmin＝4v0。11．(1)均为1.5m/s(2)15解析(1)当甲和他的车与乙和他的车具有共同速度时，可保证刚好不相撞，设共同速度为v，以甲车的速度方向为正方向。则M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v解得：v＝1.5m/s(2)以甲车的速度方向为正方向，对甲和他的车及所带的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv′，解得n＝15。4实验：验证动量守恒定律1．(1)大于(2)eq\f(d,t1)(3)eq\f(mA,t1)＝eq\f(mA,t3)＋eq\f(mB,t2)解析(1)滑块A和滑块B发生碰撞，用质量大的滑块A碰质量小的滑块B，则不会发生反弹，所以mA>mB。(2)滑块经过光电计时器时做匀速运动则碰前滑块A的速度为vA＝eq\f(d,t1)，碰后滑块A的速度vA′＝eq\f(d,t3)碰后滑块B的速度vB′＝eq\f(d,t2)。(3)由动量守恒定律得mAvA＝mAvA′＋mBvB′化简可得eq\f(mA,t1)＝eq\f(mA,t3)＋eq\f(mB,t2)。2．(1)水平(2)>(3)4∶1解析(1)斜槽末端的切线要沿水平方向，才能保证两个小球离开斜槽后做平抛运动。(2)为防止碰撞后入射小球反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，即m1>m2。(3)根据实验原理可得m1v0＝m1v1＋m2v2，由题图乙可知eq\x\to(OM)＝15.5cm、eq\x\to(OP′)＝25.5cm、eq\x\to(ON)＝40.0cm，又因小球平抛过程下落高度相同，下落时间相同，即可求得m1eq\x\to(OP′)＝m1eq\x\to(OM)＋m2eq\x\to(ON)，代入数据可得m1∶m2＝4∶1。3．(1)需要因为只有补偿阻力后碰撞过程中系统的合力为0，动量才守恒长木板右端垫高，轻推小车A，当打出的纸带点迹均匀(2)BCDE(3)1.261.25在误差允许的范围内，两小车碰撞前后总动量守恒解析(1)实验开始前需要补偿阻力，因为只有补偿阻力后碰撞过程中系统的合力为0，动量才守恒，补偿阻力的方法是长木板右端垫高，轻推小车A，当打出的纸带点迹均匀说明已补偿阻力；(2)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC段计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度；(3)A碰前的速度v1＝eq\f(BC,t)＝eq\f(0.3150,5×0.02)m/s＝3.15m/s碰后共同速度v2＝eq\f(DE,t)＝eq\f(0.2085,5×0.02)m/s＝2.085m/s碰前总动量p1＝m1v1＝0.40×3.15kg·m/s＝1.26kg·m/s碰后的总动量p2＝(m1＋m2)v2＝0.60×2.085kg·m/s≈1.25kg·m/s则说明在误差允许的范围内，两小车碰撞前后总动量守恒。4．(1)BE(2)maeq\x\to(O1A)＝mbeq\x\to(O2B)(3)摩擦力对质量大的球的冲量大解析(1)以水平向右为正方向，小球离开桌面后做平抛运动，由于球的半径相等、抛出点高度相同，球在空中做平抛运动的时间t相等，若两球动量守恒则mbvbt－mavat＝0，即mbeq\x\to(O2B)－maeq\x\to(O1A)＝0，实验需要验证的表达式为maeq\x\to(O1A)＝mbeq\x\to(O2B)，实验需要测量两小球的质量与小球做平抛运动的水平位移，故选B、E。(2)由(1)可知，实验需要验证的表达式为maeq\x\to(O1A)＝mbeq\x\to(O2B)。(3)小球与弹簧脱离后在桌面上运动过程受到摩擦力的作用，小球质量m越大，小球受到的摩擦力越大，其对质量大的球的冲量大，小球离开桌面时，质量大的球的动量小于质量小的球的动量，所以造成这一结果的原因是摩擦力对质量大的球的冲量大。5．(1)B(2)CD(3)eq\f(ma,\r(y2))＝eq\f(ma,\r(y3))＋eq\f(mb,\r(y1))解析(1)本实验是“验证动量守恒定律”，所以实验误差与斜槽轨道的光滑程度无关，A错误；每次实验均重复几次后，再记录平均落点，这样可减小实验误差，B正确；要产生正碰，需a球和b球的半径满足ra＝rb，为防止两球碰撞后a球反弹，质量要满足ma>mb，C错误。(2)每次a球释放的高度h确定不变就可以，不用测量h值，A错误；因为小球每次打在木板上时，水平方向的位移相等，所以不需测量木板水平向右移动的距离L，B错误；要验证动量守恒定律，必须测量a球和b球的质量ma、mb，C正确；需要计算小球运动的时间，则要测量O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3，D正确。(3)a、b两球碰撞后做平抛运动，由L＝vt和y＝eq\f(1,2)gt2可得v＝eq\f(L,\r(\f(2y,g)))则由动量守恒定律可得mav0＝mav1＋mbv2即为maeq\f(L,\r(\f(2y2,g)))＝maeq\f(L,\r(\f(2y3,g)))＋mbeq\f(L,\r(\f(2y1,g)))整理得eq\f(ma,\r(y2))＝eq\f(ma,\r(y3))＋eq\f(mb,\r(y1))若表达式eq\f(ma,\r(y2))＝eq\f(ma,\r(y3))＋eq\f(mb,\r(y1))成立，即表示碰撞中动量守恒。6．(1)AC(2)xeq\r(\f(g,2H))m1eq\r(2gL1－cosθ)＝m2xeq\r(\f(g,2H))－m1eq\r(2gL1－cosα)解析(1)由实验过程知，除了已经测量的两球的质量及球2的水平、竖直位移外，要计算速度还必须知道摆长(球1到悬点的距离L)和球1反弹的最大偏角α，故A、C正确，B错误。(2)碰撞后球2做平抛运动，设平抛运动时间为t，碰撞后球2的速度为v2，则球2碰后速度大小v2＝eq\f(x,t)＝eq\f(x,\r(\f(2H,g)))＝xeq\r(\f(g,2H))，方向向左球1摆动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝m1gL(1－cosθ)解得碰撞前球1的速度大小v0＝eq\r(2gL1－cosθ)，方向向左同理可得，碰撞后球1的速度大小v1＝eq\r(2gL1－cosα)，方向向右以向左为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m2v2－m1v1整理得m1eq\r(2gL1－cosθ)＝m2xeq\r(\f(g,2H))－m1eq\r(2gL1－cosα)。5弹性碰撞和非弹性碰撞1．A[碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒。如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确。]2．AC[物体的动量p＝eq\r(2mEk)，已知两物体动能Ek相等，又知m1<m2，则p1<p2，碰前总动量方向与物体2的动量方向相同，碰后两物体将向左运动，A正确，B错误；两物体碰撞后粘在一起，物体发生的碰撞是完全非弹性碰撞，系统的机械能损失最大，C正确，D错误。]3．BC[发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，eq\f(1,2)mAv02＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)mBv22，解得v1＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v0，v2＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0。当mB＝mA时，v1＝0，v2＝v0，碰后两球互换速度，A错误，B正确；当mB>mA时，v1＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v0<0，碰后A球反向运动，C正确；当mB<mA时，v2＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0，mB越小，碰后B球的速度v2越大，D错误。]4．AD[规定水平向右的方向为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB解得pB＝3kg·m/s，故A正确，B错误；由于是弹性碰撞，所以没有动能损失，故eq\f(pA2,2mA)＝eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB2,2mB)解得mB＝3kg，故C错误，D正确。]5．A[根据题图知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0m/s，v乙′＝2.0m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，解得ΔE＝3J，故选A。]6．AC[若小球A与小球B发生完全非弹性碰撞，则有mv0＝(m＋2m)v共，解得v共＝eq\f(1,3)v0，若小球A与小球B发生弹性碰撞，则有mv0＝mvA′＋2mvB′，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvA′2＋eq\f(1,2)×2mvB′2，解得vB′＝eq\f(2,3)v0，所以碰后B的速度eq\f(1,3)v0≤vB≤eq\f(2,3)v0，故选A、C。]7．AD[由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况，Ek前＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝27J，Ek后＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2，由于碰撞过程中总动能不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排除B；选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此选项C错误；验证A、D均满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故A、D正确。]8．A[ΔpA＝－4kg·m/s、ΔpB＝4kg·m/s，知碰后两球的动量分别为pA′＝8kg·m/s，pB′＝17kg·m/s，符合动量守恒定律，而且碰撞后A的动能减小，B的动能增大，总动能可能不增加，也不违反不可穿越原理，故选项A正确；由B、D所给动量变化量可知，碰撞后，A的动量沿原方向增大，即违反了不可穿越原理，故B、D错误；ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12kg·m/s，pB′＝37kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误。]9．AC[碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为v1＝eq\f(Δx,Δt)＝4m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故A正确；由题图乙可知，向右为正方向，碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，故B错误；由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2m/s，v1′＝－2m/s，根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得m2＝0.3kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)m1v12－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v2′2＝0，故D错误。]10．BC[取向右为正方向，根据动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB根据碰撞过程总动能不增加有eq\f(1,2)mAv02≥eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2据题有mAvA＝mBvB，又有vA≤vB联立解得mB≤mA≤3mB，故B、C正确。]11．AB[根据Ek＝eq\f(1,2)mv2，碰撞后A球的动能变为原来的eq\f(1,9)，则A球的速度变为vA′＝±eq\f(1,3)v0，正、负表示方向有两种可能。当vA′＝eq\f(1,3)v0时，vA′与v0同向，有mv0＝eq\f(1,3)mv0＋2mvB，解得vB＝eq\f(1,3)v0当vA′＝－eq\f(1,3)v0时，vA′与v0反向，有mv0＝－eq\f(1,3)mv0＋2mvB，解得vB＝eq\f(2,3)v0，故选A、B。]12.eq\f(2m1\r(2gh),m1＋m2)解析设碰撞前m1的速度为v0，根据机械能守恒定律有m1gh＝eq\f(1,2)m1v02设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2由于碰撞过程中无机械能损失，有eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22，联立解得v2＝eq\f(2m1\r(2gh),m1＋m2)。13．(1)eq\f(1,5)v0eq\f(4,5)v0(2)eq\f(1,10)v0解析(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2碰撞过程中系统机械能守恒，有eq\f(1,2)mAv02＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)mBv22解得v1＝－eq\f(1,5)v0，v2＝eq\f(4,5)v0，碰后A球向左运动，B球向右运动。(2)B球掉入沙车过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mBv2－m车·2v0＝(mB＋m车)v′解得v′＝eq\f(1,10)v0。14．(1)0.3m/s2(2)1.275m(3)没有发生弹性碰撞解析(1)由题图b可知，碰前瞬间红壶的速度v0＝1.2m/s，碰后瞬间红壶的速度为v红＝0.3m/s，根据动量守恒定律可得mv0＝mv红＋mv蓝，解得v蓝＝0.9m/s根据三角形相似知eq\f(1.6－1.2,1.6)＝eq\f(1s,t1)，解得t1＝4s蓝壶运动时间为Δt＝4s－1s＝3s蓝壶的加速度大小为a＝eq\f(v蓝－0,Δt)＝0.3m/s2(2)碰撞后蓝壶速度一直大于红壶，故在蓝壶静止前两壶距离一直在增大，速度时间图像与横轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为s＝eq\f(0.9×3,2)m－eq\f(0.3×0.5,2)m＝1.275m(3)碰撞前瞬间两壶的总动能为Ek1＝eq\f(1,2)mv02＋0＝0.72m(J)碰撞后瞬间两壶的总动能为Ek2＝eq\f(1,2)mv蓝2＋eq\f(1,2)mv红2＝0.45m(J)则Ek1>Ek2，所以两壶碰撞为非弹性碰撞。专题强化练3弹簧—小球模型滑块—光滑斜(曲)面模型1．B[把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒，在整个过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大。以P的初速度方向为正方向，设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则mv0＝2mv，解得v＝eq\f(v0,2)，P的初动能Ek0＝eq\f(1,2)mv02，弹簧具有的最大弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mv02＝eq\f(1,2)Ek0，故选项B正确。]2．AD[在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，故A正确；在小球下滑过程中，槽向左滑动，小球对槽的作用力对槽做正功，故B错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相反，由于质量相等，则速度大小相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧时的速度大小相等，可知反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，则小球不会回到槽上高h处，故D正确，C错误。]3．BC[小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初状态时系统在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速度都为零，球离开槽后做竖直上抛运动，故A错误，B正确；小球沿槽的右侧下滑到底端过程，槽向右做加速运动，球从底端向左侧上升过程，槽向右做减速运动，球离开槽时，槽静止，球做竖直上抛运动，然后小球落回槽的左侧，球从槽的左侧下滑过程，槽向左做加速运动，从最低点向右上滑时，槽向左做减速运动，然后球离开槽做竖直上抛运动，此后重复上述过程，由此可知，槽在水平面上做往复运动，故C正确，D错误。]4．B[b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝eq\f(2v02,5g)，A、C错误；滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvb2＋eq\f(1,2)×4mva2，解得va＝eq\f(2,5)v0，vb＝－eq\f(3,5)v0，B正确，D错误。]5．BD[A球与弹簧接触后，弹簧被压缩，当B球的速度等于A球的速度时弹簧的压缩量最大，此后A球继续减速，B球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧恢复原长时，B球速度最大，A球速度最小，此过程满足动量守恒和能量守恒，有mAv＝mAv1＋mBv2，eq\f(1,2)mAv2＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)mBv22，解得v1＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v，v2＝eq\f(2mA,mA＋mB)v，因为mA>mB，可知A球的最小速率不为零，B球的最大速率为eq\f(2mA,mA＋mB)v，故A、C错误，B正确；两球共速时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，此时两球总动能最小，根据动量守恒定律有mAv＝(mA＋mB)v共，Ek＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v共2，联立可得Ek＝eq\f(mA2v2,2mA＋mB)，故D正确。]6．D[结合题图乙可得两物块的运动过程，开始时物块A逐渐减速，物块B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，物块B依然加速，物块A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t2到t3过程中弹簧的长度将逐渐变大，故A、C错误；由题图乙可知，物块A、B在t1与t3两个时刻各自的加速度方向相反，故B错误；系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v0＝(m1＋m2)v2，解得m1∶m2＝1∶2，故D正确。]7．(1)2m/s(2)4J解析(1)B与C碰撞过程动量守恒，对B和C，有mBv0＝(mB＋mC)vC，解得vC＝2m/s。(2)弹簧弹性势能最大时三者共速，A、B、C组成的系统，由动量守恒定律，有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v碰后运动过程中，系统机械能守恒，有Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)vC2＋eq\f(1,2)mAv02－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2代入数据解得Ep＝4J。8．(1)2kg(2)2m/s12J解析(1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝12m/s，碰后速度为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度为正方向，由动量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2解得mC＝2kg。(2)12s末B离开墙壁，A、C的速度大小v3＝3m/s，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，当A、C与B速度相等时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律，有(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4根据能量守恒定律得eq\f(1,2)(mA＋mC)v32＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v42＋Ep解得v4＝2m/s，Ep＝12J。9．(1)4m/s(2)eq\r(7)m/s(3)0.3m解析(1)小球从静止开始自由下落到滑至半圆槽最低点的过程，根据机械能守恒定律有mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝4m/s(2)小球即将离开半圆槽时，小球和半圆槽在水平方向上速度相同，设为v，小球从半圆槽内最低点运动到即将离开半圆槽的过程中，根据水平方向系统动量守恒有mv0＝(M＋m)v小球从B点到即将离开槽的过程根据机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv2，联立解得v1＝eq\r(7)m/s(3)小球离开半圆槽后向上做斜上抛运动，当竖直方向的分速度等于0时，小球上升的高度最大，小球离开半圆槽时竖直方向的分速度v1y＝eq\r(v12－v2)＝eq\r(6)m/s竖直方向有v1y2＝2gH，解得H＝0.3m。6反冲现象火箭1．BCD[乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲现象，A错误；系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象就是反冲现象，所以发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用促进飞机前进，是反冲现象；同理火箭升空是反冲现象，B、C、D正确。]2．C[以人作为整体为研究对象，向后踢腿或手臂向后甩，人整体的总动量为0，不会运动起来，故A、B错误；把人和外衣、鞋子视为一个整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个水平速度，总动量不变，所以人有一个反向的速度，可以离开冰面，故C正确；把人和外衣、鞋子视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个竖直方向的速度，水平方向的总动量仍然等于0，所以人仍然静止，不能离开冰面，故D错误。]3．A[设乌贼瞬间喷出的水的质量为m，则喷水前乌贼质量为10m，喷水后质量为9m，设喷出的水的速度为v1，喷水后乌贼获得的速度为v2，根据动量守恒定律有0＝mv1＋9mv2，将v2＝8m/s代入可得v1＝－72m/s，负号表示喷水方向与乌贼身体运动方向相反，故B、C、D错误，A正确。]4．AC[设火箭原来的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度是v，剩余的质量为M－m，速度是v′，由动量守恒定律得(M－m)v′＝mv，得v′＝eq\f(mv,M－m)＝eq\f(v,\f(M,m)－1)，故m越大、v越大，v′越大，故A、C正确。]5．D[以向上为正方向，由动量守恒定律可得(M－m)v′－mv＝0，解得v′＝eq\f(m,M－m)v，D正确。]6．C[爆炸瞬间内力远大于外力，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv＝－eq\f(m,2)·2v＋eq\f(m,2)·v′，解得爆炸后乙的速度v′＝4v，根据能量守恒定律有ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(m,2)·(2v)2＋eq\f(1,2)·eq\f(m,2)·(4v)2－eq\f(1,2)mv2解得ΔE＝eq\f(9,2)mv2，故C正确。]7．BD[人和船动量守恒，系统总动量为零，故人和船运动方向始终相反，故A错误；由动量守恒定律有Mv船＝mv人，又M>m，故v人>v船，故B正确；由人—船系统动量守恒且系统总动量为零知：人走船走，人停船停，故C错误；由平均动量守恒Meq\f(x船,t)＝meq\f(x人,t)和x人＋x船＝L知x人＝eq\f(ML,M＋m)，故D正确。]8．A[人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度大小为v1，气球的速度大小为v2，运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0，则m1eq\f(x人,t)－m2eq\f(x气球,t)＝0，解得x气球＝2x人＝40m，则绳子长度L＝x气球＋x人＝40m＋20m＝60m，即绳长至少为60m，故选A。]9．B[由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，联立解得x大球＝eq\f(R,3)，B正确。]10．C[1s末发动机喷气20次，共喷出的气体质量为m1＝20×0.2kg＝4kg，根据动量守恒定律得(M－m1)v1－m1v＝0，解得火箭1s末的速度大小为v1＝eq\f(m1v,M－m1)＝eq\f(4×1000,300－4)m/s≈13.5m/s，故A错误；2s末发动机喷气40次，共喷出的气体质量为m2＝40×0.2kg＝8kg，同理可得，火箭2s末的速度大小为v2＝eq\f(m2v,M－m2)＝eq\f(8×1000,300－8)m/s≈27.4m/s，故B错误；第3次喷出气体后，共喷出的气体质量m3＝3×0.2kg＝0.6kg，同理可得，火箭第3次喷出气体后的速度大小为v3＝eq\f(m3v,M－m3)＝eq\f(0.6×1000,300－0.6)m/s≈2.0m/s，故C正确；第4次喷出气体后，共喷出的气体质量m4＝4×0.2kg＝0.8kg，同理可得，火箭第4次喷出气体后的速度大小为v4＝eq\f(m4v,M－m4)＝eq\f(0.8×1000,300－0.8)m/s≈2.7m/s，故D错误。]11．(1)eq\f(5,2)mv0(2)eq\f(75,8)mv02解析(1)全过程中A、B、C组成的系统动量守恒，设向右为正方向。mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC炸药对C的冲量：I＝mCvC－0，解得I＝eq\f(5,2)mv0(2)炸药爆炸过程中B和C组成的系统动量守恒，设向右为正方向，有mCvC－mBvB＝0根据能量守恒定律：ΔE＝eq\f(1,2)mBvB2＋eq\f(1,2)mCvC2解得ΔE＝eq\f(75,8)mv02。12．(1)eq\r(\f(2Mgl,M＋m))(2)eq\f(ml,M＋m)解析(1)取水平向右为正方向，设当小球到达最低点时其速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律与能量守恒定律得0＝Mv2－mv1，mgl＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，解得v1＝eq\r(\f(2Mgl,M＋m))(2)当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为x1，小车向右移动的距离为x2，根据动量守恒定律，有：meq\f(x1,t)＝Meq\f(x2,t)，而且x1＋x2＝l，解得：x2＝eq\f(ml,M＋m)。13．D[AB段只是水平方向动量守恒，系统合外力不为零，动量不守恒，A错误；物块与小车BC段有相对位移，摩擦力做功的代数和不为零，B错误；如果小车不动，物块到达水平轨道时速度最大，由mgR＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(2gR)，现在物块下滑时，小车向左滑动，则物块的最大速度小于eq\r(2gR)，C错误；设BC段长为L，根据系统水平方向动量守恒可知：物块和小车最后相对静止时的速度为零，对系统，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，得L＝eq\f(R,μ)，设整个过程物块相对地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2。则有：mx1－Mx2＝0，x1＋x2＝L＋R，解得：x2＝eq\f(m,M＋m)(R＋eq\f(R,μ))，D正确。]专题强化练4子弹打木块模型滑块—木板模型1．BD[子弹射入木块的过程，由能量守恒定律知，子弹动能的减少量大于系统动能的减少量，A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块的动量变化量大小相等，方向相反，B正确；摩擦力对木块做的功为Ffx，摩擦力对子弹做的功为－Ff(x＋d)，可知二者不相等，系统因摩擦产生的热量为Ffd，C错误，D正确。]2．D[长木板固定时，由动能定理得：－μMgL＝0－eq\f(1,2)Mv02，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0＝2Mv，由能量守恒定律有μMgx＝eq\f(1,2)Mv02－eq\f(1,2)×2Mv2，得x＝eq\f(L,2)，D项正确，A、B、C项错误。]3．BD[拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力属于系统内力，木块和子弹组成的系统动量守恒；但因摩擦力做功，故系统机械能不守恒，故A错误；当木块被销钉挡住时，由动能定理可知－Ffd＝0－eq\f(1,2)mv02，解得Ff＝eq\f(mv02,2d)，故B正确；拔去销钉，子弹与木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，故C错误；拔去销钉，对子弹射入木块的整个过程，根据能量守恒定律有－Ffx＝eq\f(1,2)×(m＋M)v2－eq\f(1,2)mv02，解得x＝eq\f(Md,M＋m)，故D正确。]4．C[对小物块应用x＝eq\f(v0＋v1,2)t1可以求出物块相对木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，A错误；物块与木板组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，可解出物块与木板的质量之比，但无法计算各自的质量，B错误；对物块，由动量定理得－μmgt1＝mv1－mv0，v0与v1已知，解得μ＝eq\f(v0－v1,gt1)可以求出动摩擦因数，C正确；由于不知道木板的质量，无法求出从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能，D错误。]5．AD[以向右为正方向，根据动量守恒定律可知Mv0－mv0＝Mv1＋0，解得v1＝3.75m/s，A正确；根据动量守恒定律，最终小木块和长木板的速度为v2，则Mv0－mv0＝(M＋m)v2，解得v2＝3m/s，因此A、B最终一起向右运动，且速度大小为3m/s，B、C错误；根据能量守恒定律，有μmgL＝eq\f(1,2)Mv02＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v22，解得木板的长度至少为L＝8m，因此长木板的长度可能为10m，D正确。]6．(1)4m/s(2)0.4解析(1)子弹射入物块B的过程A、B系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1代入数据解得v1＝4m/s。(2)由题意可知，B与D碰撞前达到共同速度，A、B、C系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2由能量守恒定律得eq\f(1,2)(mA＋mB)v12＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v22＋μ(mA＋mB)g·eq\f(L,2)，代入数据解得μ＝0.4。7．3m解析子弹与钢块相互作用的过程中，水平方向动量守恒，设水平向右为正方向，钢块碰后瞬间的速度为v，子弹碰后瞬间的速度v3＝－20m/s，则m′v2＋mv1＝m′v3＋mv解得v＝12m/s设钢块到达最高点时小车与钢块的共同水平速度大小为v′，钢块上升的最大高度为hm，根据水平方向动量守恒和系统机械能守恒有Mv1＋mv＝(M＋m)v′mg·hm＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2联立解得hm＝3m。8．ABD[设最终铁块与木板速度相同时大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对木板滑行的最大路程为L，滑动摩擦力大小为Ff。取向右为正方向，根据动量守恒定律可知：mv0＝(m＋M)v，得v＝1m/s，方向向右。两者最终以1m/s的共同速度向右做匀速直线运动，A正确；铁块相对木板向右运动，当两者速度相同时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v＝1m/s，由能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程有：eq\f(1,2)mv02＝Ff·L＋eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Ep，铁块相对于木板运动的整个过程有：eq\f(1,2)mv02＝2Ff·L＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，联立得弹簧的最大弹性势能Ep＝3J，B正确；由功能关系知：运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量Q＝2Ff·L＝6J，C错误；由分析可知，木板始终向右运动，受到铁块的摩擦力先向右后向左，故摩擦力对木板先做正功后做负功，D正确。]9．(1)0.1(2)1600J解析(1)规定向右为正方向，子弹与A作用的过程，根据动量守恒定律得m0v0－mAv1＝m0v＋mAvA，代入数据解得vA＝1.5m/s，子弹穿过A后，A以1.5m/s的速度开始向右滑行，B以0.5m/s的速度向左运动，当A、B达到共同速度时，A、B相对静止，对A、B组成的系统运用动量守恒定律，规定向右为正方向，有mAvA－mBv1＝(mA＋mB)v2，代入数据解得v2＝0.5m/s根据能量守恒定律知μmAgL＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBv12－eq\f(1,2)(mA＋mB)v22代入数据解得μ＝0.1。(2)根据能量守恒定律，整个过程中因摩擦产生的热量为Q＝eq\f(1,2)m0v02＋eq\f(1,2)(mA＋mB)v12－eq\f(1,2)m0v2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v22，代入数据解得Q＝1600J。专题强化练5动力学、能量和动量观点在力学中的应用1．C[设足球自由下落到人头顶前瞬时速度大小为v0，由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv02，则v0＝eq\r(2gh)＝4m/s对足球，在与人头顶作用过程中，规定竖直向上为正方向，由动量定理得(eq\x\to(F)－mg)Δt＝mv0－(－mv0)解得eq\x\to(F)＝mg＋eq\f(2mv0,Δt)＝36N足球的重力G＝mg＝4N，头部对足球的平均作用力为足球重力的9倍，A错误；足球下落到与头部刚接触时动量大小mv0＝1.6kg·m/s，B错误；足球与头部作用过程中动量变化大小为2mv0＝3.2kg·m/s，C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点过程中重力的冲量大小为IG＝mg(Δt＋2t)＝4×(0.1＋2×0.4)N·s＝3.6N·s，D错误。]2．ABC[子弹射入沙袋后与沙袋一起摆动的过程，根据机械能守恒定律可得(m＋M)gL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)(m＋M)v12，解得子弹射入沙袋后和沙袋的共同速度为v1＝eq\r(2gL1－cosθ)，A正确；子弹射入沙袋的过程，水平方向动量守恒，可得mv0＝(m＋M)v1，解得子弹射入沙袋前的速度为v0＝eq\f(M＋m,m)eq\r(2gL1－cosθ)，B正确；系统损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v12＝eq\f(M,m)(M＋m)gL(1－cosθ)，C正确；子弹射入沙袋后的瞬间，根据牛顿第二定律可得F－(m＋M)g＝(m＋M)eq\f(v12,L)，解得细绳的拉力大小为F＝(m＋M)·g(3－2cosθ)，D错误。]3．D[细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有F＝Ma，解得a＝eq\f(F,M)，故A错误；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq\f(1,2)mv2，故B错误；弹簧恢复原长时木板具有动能，所以滑块的动能小于eq\f(1,2)mv2，故C错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝eq\f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v′，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，Ep＝eq\f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，联立解得μ＝eq\f(v2,2gl)，故D正确。]4．(1)xeq\r(\f(g,2h))(2)eq\f(x2,16h)(3)eq\f(3mgx2,8h)解析(1)对乙的平抛过程分析，有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v2t联立解得v2＝xeq\r(\f(g,2h))(2)弹簧将两物体弹开的过程，甲、乙组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有2mv1－mv2＝0解得v1＝eq\f(x,2)eq\r(\f(g,2h))对甲冲上曲面过程，由机械能守恒定律有2mgH＝eq\f(1,2)×2mv12，解得H＝eq\f(x2,16h)(3)弹簧的最大弹性势能为Epm＝eq\f(1,2)×2mv12＋eq\f(1,2)mv22解得Epm＝eq\f(3mgx2,8h)。5．(1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s解析(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvC2，解得vC＝4m/s滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得FC＋mg＝meq\f(vC2,R)解得FC＝22N(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得mgh－0.2mgLFG＝eq\f(1,2)mv2解得v＝6m/s摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，设为v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv＝2mv1，解得v1＝eq\f(v,2)＝3m/s根据能量守恒可得Q＝μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×2mv12解得μ＝0.3(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝3m/s2，所用时间为t1＝eq\f(v－v1,a)＝1s此过程滑块通过的位移为x1＝eq\f(v＋v1,2