2024年高考物理纠错笔记动量守恒定律含解析

动量定理定律一、动量定理应用的误区警示1．应用求变力的冲量假如物体受到大小或方向变更的力的作用，则不能干脆用I=Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变更，等效代换变力的冲量I。2．应用求动量的变更在曲线运动中，速度方向时刻在变更，求动量变更须要应用矢量运算方法，计算较困难。若作用力为恒力，可求恒力冲量，等效代换动量的变更。二、动量守恒定律成立条件的误区1．系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。3．系统所受合外力虽然不为零，假如在某一个方向上合外力为零，那么在该方向上动量守恒。三、碰撞类问题的易错点1．忽视了动量守恒的条件，在系统所受合外力不为零的状况下仍用动量守恒求解；2．不理解动量守恒定律的矢量性，按代数和的方法求和动量；3．在动量守恒定律的表达式中，速度选取了不同的参考系；4．忽视了碰撞过程中的机械能损失。从同样高度静止落下的玻璃杯，掉在水泥地上简单打碎，而掉在草地上不简单打碎，其缘由是A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量变更大，掉在草地上的玻璃杯动量变更小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量变更快，掉在草地上的玻璃杯动量变更慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用力小，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力大【错因分析】本题较易出错的理解是掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小，认为打碎的缘由是动量大。【正确解析】从同样高度静止落下的玻璃杯，掉在水泥地上和掉在草地上速度相同，动量相同，故A错误；玻璃杯掉在水泥和掉在草地上初动量相同，末动量都为零，所以动量变更量相同；故B错误；掉在水泥地上的玻璃杯与水泥作用时间短，动量变更量肯定，动量变更快，掉在草地上的玻璃杯与草地作用时间长，动量变更量肯定，动量变更慢，故C正确；由动量定理可得掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小，故D错误。【正确答案】C1．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试胜利，这标记着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次试验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×108N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为A．1.6×102kg B．1.6×103kg C．1.6×105kg D．1.6×106kg 【答案】C【解析】以气体为探讨对象，设内喷出的气体的质量为m，依据动量定理可得，其中，解得，故C正确，ABD错误。2．（多选）2024年1月8日，美国军方高机密卫星在进入太空后完全失去了联系，新年就迎来发残片射失败。如图所示，某一质量为m的卫星残片从离地面H高处由静止落至地面并陷入泥土肯定深度h而停止，不计空气阻力，重力加速度为g。关于残片下落的整个过程，下列说法中正确的有A．残片克服泥土阻力所做的功为mg(H+h)B．残片下落的全过程中重力的冲量大于泥土阻力的冲量C．残片所受泥土的阻力冲量大于mQUOTE2gHD．残片从接触地面到静止的过程中动量的变更量等于所受阻力的冲量【答案】AC【解析】由动能定理得mg（H+h）+Wf=0，可得Wf=-mg（H+h），残片克服泥土阻力所做的功为mg(H+h)，故选项A符合题意；残片下落的全过程中合外力的冲量为零，故重力的冲量等于泥土阻力的冲量，故选项B不符合题意；残片下落至地面时的速度，QUOTEv=2gH落到地面上后又陷入泥潭，由动量定理IG-If=0-mv所以If=IG+mv=IG+mQUOTE2gH，残片所受阻力的冲量大于mQUOTE2gH，故选项C符合题意；由动量定理知残片动量的变更量等于合外力的冲量，故选项D不符合题意。（多选）如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动。在t＝0时轻绳断开，A在F作用下接着前进，则下列说法正确的是A．QUOTEt=2mvF时，A的动量为2mv B．QUOTEt=4mvF时，A的动量为4mvC．QUOTEt=4mvF时，B的动量为0 D．t＝0至QUOTEt=mvF时间内，A、B的总动量守恒【错因分析】轻绳断后，A、B所受滑动摩擦力不变，所以水平方面系统的合外力仍为0，动量守恒。【正确解析】QUOTEt=2mvF时，即B刚停下时，对A、B，从t=0到QUOTEt=2mvF运用动量守恒定律，2mv=p＇+0，解得A的动量为p＇=QUOTEp'=2mv2mv，故A正确；当QUOTEt=4mvF时，对A由动量定理得：Ft-ft=pA＇-mv，代入f=0.5F，，解得：QUOTEP'A=3mvpA＇=3mv，故B错误；t=0到B停下，对B，动量定理即QUOTEt=2mvF时，B停下，所以QUOTEt=4mvF时，B的动量为0，故C正确；设A、B受到的滑动摩擦力都为f，断开前两物体做匀速直线运动，依据平衡条件得：F=2f，设B经过时间t速度为零，对B由动量定理得：-ft=0-mv，解得：QUOTEt=2mvF；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以AB为系统，绳子的属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，在B停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在t＝0至QUOTEt=2mvF的时间内A、B的总动量守恒，故D正确。【正确答案】ACD1．（多选）如图所示，两根光滑且平行的固定水平杆，位于同一竖直平面内。两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0。假如两杆足够长，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是A．m1、m2及弹簧组成的系统动量不守恒B．弹簧最长时，其弹性势能为QUOTEm1m2v0C．m1、m2速度相同时，共同速度为QUOTEm2v0m1D．m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒【答案】BCD【解析】由于系统竖直方向上受力平衡，水平方向不所受外力，所以m1、m2及弹簧组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A错误。弹簧最长时，m1、m2速度相同，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝（m1+m2）v解得：；两球和弹簧组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得，解得：，故B、C正确。甲、乙两球和弹簧组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，故D正确。2．（多选）如图所示，木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，下列说法正确的是A．子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒B．子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能守恒C．木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块与弹簧组成的系统动量守恒D．木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块与弹簧组成的系统机械能守恒【答案】AD【解析】子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A项与题意相符；子弹射入木块的过程中要克服阻力做功产生热能，系统机械能不守恒，故B项与题意不相符；木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C项与题意不相符；木块压缩弹簧过程中，只有弹簧的弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，故D项与题意相符。如图所示，B、C、D、E、F五个球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量，A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后()A．五个小球静止，一个小球运动B．四个小球静止，两个小球运动C．三个小球静止，三个小球运动D．六个小球都运动【错因分析】不熟识弹性碰撞的基本结论：两个质量相等的小球若发生弹性碰撞，则碰撞前后两者交换速度。【正确解析】设入碰小球的速度为，碰撞后的两球速度分别为和，由题可知所发生的碰撞均为弹性碰撞，动量守恒定律和机械能守恒，则有：，解得碰撞后两个小球的速度为：，由于球质量小于球质量，所以、相碰后速度向左运动，向右运动；、、、四球质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终有向右的速度，、、静止；由于球质量小于球质量，所以、两球弹性碰撞后、两球都向右运动；所以碰撞之后、、三球静止；球向左，、两球向右运动，C符合题意；【正确答案】C1．如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球时，t=0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动.它们仅在静电力的作用下沿同始终线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v—t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知A．两小球带电的电性肯定相反B．甲、乙两球的质量之比为2:1C．在0-t2时间内，两球间的静电力增大D．在0-t3时间内，甲的动能始终增大，乙的动能始终减小【答案】B【解析】由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，A项不符合题意；两球作用过程动量守恒，则：解得：，B项符合题意；在0-t2时间内，两球间距离先减小后增大，静电力先增大后减小，C项不符合题意；D．在0-t3时间内，甲的动能始终増大，乙的动能先减小，t2时刻后渐渐增大，D项不符合题意.2．如图所示，在光滑的水平面上有三个小物块A、B、C，三者处于同始终线上，质量分别为mA=3m、mB=m、mC=m，初始A、B用轻弹簧栓连处于静止状态，C以初速度v0向左运动，B、C相碰后以相同速度向左运动但不粘连，求（1）弹簧压缩量最大时储存的弹性势能EP1．（2）弹簧伸长量最大时储存的弹性势能EP2【答案】（1）（2）【解析】（1）B、C碰撞动量守恒：mcv0=（mB+mc）vBC．第一次ABC共速时弹簧压缩量最大，A、B、C组成系统为探讨对象（mB+mc）vBC=（mA+mB+mc）v1（2）B与C碰后至弹簧第一次复原原长为探讨过程，A、B、C组成系统为探讨对象，由系统动量守恒：（mB+mC）v1=（mB+mC）v2+mAv3．由系统机械能守恒：可得：，即弹簧第一次复原原长时B、C正在向右运动，此后C将始终向右匀速运动，B先向右减速到0，再向左加速至与A共速时弹簧的伸长量最大，该过程A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，所以有：mBv2+mAv3=（mA+mB）v4由v2、v3的值及的值可解得：如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m=1kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好以速度大小沿切线方向进入圆心角的固定光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在光滑水平面上的长木板，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，圆弧轨道半径R=0.75m，物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.7，，求:（1）小物块在A点时的速度大小v0;（2）小物块滑至C点时，对圆弧轨道的压力大小;（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。【错因分析】计算物块滑至C点时对圆弧轨道的压力大小，取物块为探讨对象，依据牛顿其次定律可求出物块受到的支持力，再依据牛顿第三定律可求出物块对轨道的压力。小物块不滑出长木板的条件是小物块滑到长木板最右端时二者达到共速，由动量守恒求出共速时的速度，再由功能关系求出木板的长度。【正确解析】（1）依据运动分解有，解得:（2）从A点到C点，有设小物块在C点受到的支持力为FN，则解得由牛顿第三定律可知，小物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为47.3N（3）设m与M达到共同速度v3，由系统动量守恒可得由功能关系可得联立方程得L=1.6m答案：（1）（2）（3）L=1.6m1．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态．放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为A．E0 B．E0 C．E0 D．E0【答案】C【解析】放出质量为m的粒子后，剩余质量为M-m，该过程动量守恒，有：①，放出的粒子的动能为：②，原子核反冲的动能：③，联立①②③得：，故ABD错误，C正确。2．（多选）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图像.已知m1=0.1kg由此可以推断（）A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．由动量守恒定律可以算出m2=0.3kgD．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能【答案】AC【解析】由x－t图像知碰前m2的位移不随时间而变更，处于静止状态.m1的速度大小为，m1只有向右运动才能与m2相撞，故A正确；由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故B错误；由图像求出碰后m2和m1的速度分别为v'=2m/s，v1'=－2m/s，依据动量守恒定律得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，代入解得ΔE=0，故D错误。如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆狐轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，质量为m的滑块在小车上从A点静止起先沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最终恰好停在C点。已知小车质量M=3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则()A．全程滑块水平方向相对地面的位移R+LB．全程小车相对地面的位移大小C．小车运动过程中的最大速度D．μ.L.R三者之间的关系为【错因分析】该题主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体的位移，往往依据平均速度探讨，也可干脆用“人船模型”列式子；也可以依据题目供应的特别的条件：在任一时刻滑块相对地面速度的水平重量是小车速度大小的3倍，不运用动量守恒定律．【正确解析】小车和滑块系统在水平方向动量守恒，全程小车相对地面的位移大小为s，则由动量守恒定律结合“人船模型”：，解得s=（R+L)；滑块水平方向相对地面的位移为：（R+L)，选项A错误，B正确；滑块到达B点时，小车的速度最大，小车与滑块组成的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：mv-Mvm=0，滑块从A到B过程，由能量守恒定律得：mgR=mv2+Mvm2，解得：vm=；选项C错误；滑块到达C点时，系统的速度变为零，由能量关系可知：，即R=μL，选项D错误；故选B。【正确答案】B1．如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M，固定在小车上的杆用长为l的轻绳与质量为m的小球相连，将小球拉至水平右端后放手，则小车向右移动的最大距离为A． B． C． D．【答案】C【解析】当小球向下摇摆的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满意水平方向动量守恒定律，起先系统水平方向动量为零，所以水平方向随意时刻m与M的动量等大反向；以小球和小车组成的系统，小球与小车组成的系统水平方向平均动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：…①，①式两边同时乘以t解得：，即：mS1=MS2…②；小球和小车共走过的距离为2L，有：S1+S2=2l…③，由②③解得：，故C正确，ABD错误。2．如图所示，A、B两个物体放在光滑的水平面上，中间由一根轻质弹簧连接，起先时弹簧呈自然状态，A、B的质量均为M=0.1kg，一颗质量m=25g的子弹，以v0=45m/s的速度水平射入A物体，并留在其中.则在以后的运动过程中，求：（1）弹簧能够具有的最大弹性势能；（2）B物体的最大速度。【答案】（1）2.25J（2）10m/s【解析】（1）子弹击中A的过程，子弹与A组成的系统动量守恒，有mv0=（M+m）v1，得.弹簧压缩过程，由子弹和A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒且只有系统内的弹力做功，故机械能守恒.从子弹A一起以v1速度运动到弹簧压缩量最大的过程，设最大压缩量时弹簧的最大弹性势能为Epm，此时子弹与A、B有共同速度v共，则有（M+m）v1=（m+2M）v共代入数据解得v共=5m/s，Epm=2.25J.（2）分析可知弹簧第一次复原原长时，vB最大，取子弹和A一起以v1速度运动时及弹簧复原原长时两个状态，则有（M+m）v1=（m+M）vA+MvBm，代人数据解得B物体的最大速度vBm=10m/s.一、动量定理1．动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变更，即。2．动量定理表明冲量是使物体动量发生变更的缘由，冲量是物体动量变更的量度。这里所说的冲量必需是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。3．动量定理给出了冲量（过程量）和动量变更（状态量）间的互求关系。4．现代物理学把力定义为物体动量的变更率：（牛顿其次定律的动量形式）。5．动量定理的表达式是矢量式。在一维的状况下，各个矢量必需以同一个规定的方向为正。6．应用动量定理解题的一般步骤为：（1）明确探讨对象和物理过程；（2）分析探讨对象在运动过程中的受力状况及各力的冲量；（3）选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；（4）依据动量定理列方程、求解。二、动量守恒定律1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。2．动量守恒定律成立的条件：系统不受外力或者所受合外力为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽视不计；系统在某一方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。3．动量守恒定律的表达形式：（1），即p1+p2=+（2）Δp1+Δp2=0，Δp1=–Δp24．动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。5．应用动量守恒定律解题的步骤：（1）明确探讨对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及探讨的过程）；（2）进行受力分析，推断系统动量是否守恒（或某一方向上动量是否守恒）；（3）规定正方向，确定初、末状态动量；（4）由动量守恒定律列出方程；（5）代入数据，求出结果，必要时探讨说明。三、碰撞1．碰撞的特点（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能。（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽视。2．碰撞的种类及遵从的规律种类遵从的规律弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大3．关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满意动量守恒定律和机械能守恒定律。在光滑的水平面上，质量为m1的钢球沿一条直线以速度v0与静止在水平面上的质量为m2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v1、v2①②由①②可得：③④利用③式和④式，可探讨以下五种特别状况：a．当时，，，两钢球沿原方向原方向运动；b．当时，，，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c．当时，，，两钢球交换速度。d．当时，，，m1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m2几乎不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞。e．当时，，，说明m1很大时速度几乎不变，而质量很小的m2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。4．一般的碰撞类问题的分析（1）判定系统动量是否守恒。（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不行能大于前球的速度。（3）判定碰撞前后动能是否不增加。四、动量守恒的常见模型1．人船模型人船模型是两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。将速度与质量的关系推广到位移与质量，做这类题目，首先要画好示意图，要留意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系；人船问题的适用条件是：两个物体组成的系统（当有多个物体组成系统时，可以先转化为两个物体组成的系统）动量守恒，系统的总动量为零，利用平均动量守恒表达式解答。2．小车模型动量守恒定律在小车介质上的应用，求解时留意：（1）初末动量的方向及大小；（2）小车的受力状况分析，是否满意某一方向合外力为零；（3）结合能量规律和动量守恒定律列方程求解。子弹打击木块问题，由于被打击的木块所处状况不同，可分为两种类型：一是被打的木块固定不动；二是被打的木块置于光滑的水平面上，木块被打击后在水平面上做匀速直线运动。（1）木块被固定子弹和木块构成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，系统内力是一对相互作用的摩擦力，子弹对木块的摩擦力不做功，相反，木块对子弹的摩擦力做负功，使子弹动能的一部分或全部转化为系统的内能。由动能定理可得：，式中f为子弹受到的平均摩擦力，s为子弹相对于木块运动的距离。（2）木块置于光滑水平面上子弹和木块构成系统不受外力作用，系统动量守恒，系统内力是一对相互作用的摩擦力，子弹受到的摩擦力做负功，木块受到的摩擦力做正功。如图所示，设子弹质量为m，水平初速度为v0，置于光滑水平面上的木块质量为M。若子弹未穿过木块，则子弹和木块最终共速为v。由动量守恒定律：①对于子弹，由动能定理：②对于木块，由动能定理：③由①②③可得：④系统动能的削减量转化为系统内能Q（1）若时，说明子弹刚好穿过木块，子弹和木块具有共同速度v。（2）若时，说明子弹未能穿过木块，最终子弹留在木块中，子弹和木块具有共同速度v。（3）当时，说明子弹能穿过木块，子弹射穿木块时的速度大于木块的速度。若属于（3）的状况，设穿透后子弹和木块的速度分别为v1和v2，上述关系式变为：⑤⑥⑦⑧一、单选题1．2024年3月22日，一架中国国际航空CA03客机，从天津飞抵香港途中遭受鸟击，飞机头部被撞穿约一平方米的大洞，雷达罩被击穿，所幸客机刚好平安着陆，无人受伤。若飞机飞行的速度为150m/s，小鸟在空中的飞行速度特别小，与飞机的速度相比可忽视不计。已知小鸟的质量约为0.4kg，小鸟与飞机的碰撞时间为6.0×10﹣4s．则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为（）A．108N B．105N C．103N D．102N【答案】B【解析】可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度为：v＝700m/s，撞击过程可以认为鸟做匀加速直线运动，对鸟，由动量定理得：Ft＝mv﹣0，代入数据可得：F＝1.0×105N，故B正确，ACD错误。2．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止起先沿直线运动。F随时间t变更的图线如图所示，则（）A．时物块的速率为B．时物块的动量大小为C．时物块的动量大小为D．时物块的速度为零【答案】A【解析】前两秒，依据牛顿其次定律，，则的速度规律为：，则时，速率为，故A正确；时，速率为，则动量为，故B错误；，力起先反向，物体减速，依据牛顿其次定律，，所以时的速度为，动量为，时速度为，故C、D错误。3．质量为M的砂车沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一只质量为m的铁球，如图所示，则铁球落入砂车后（）A．砂车马上停止运动B．砂车仍做匀速运动，速度等于v0C．砂车仍做匀速运动，速度小于v0D．砂车仍做匀速运动，速度大于v0【答案】C【解析】铁球和砂车组成的系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，设砂车的初速度方向为正，则有Mv0=（m+M）v＇，得，即砂车仍做匀速运动，速度小于v0，选项C正确。4．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上，现在，其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回。如此反复几次后，甲和乙最终速率v甲、v乙关系的是（）A．若甲最先抛球，则肯定是v甲＞v乙B．若乙最先抛球，则肯定是v甲＞v乙C．无论甲、乙谁先抛球，只要乙最终接球，就应是v甲＞v乙D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙【答案】C【解析】甲、乙两人与球组成的系统动量守恒，故最终甲、乙的动量大小必相等，谁最终接球，谁的质量中就包含了球的质量，即质量大，由动量守恒定律得m1v1=m2v2，因此最终谁接球谁的速率小。若甲最先抛球，则肯定是v甲＞v乙，与结论不相符，选项A错误；若乙最先抛球，则肯定是v甲＞v乙，与结论不相符，选项B错误；无论甲、乙谁先抛球，只要乙最终接球，就应是v甲＞v乙，与结论相符，选项C正确；无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙，与结论不相符，选项D错误。5．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体P接触，但未与物体P连接，弹簧水平且无形变。现对物体P施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为I0，测得物体P向右运动的最大距离为x0，之后物体P被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹簧弹性限度内，物体P与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法中正确的是A．物体P与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势为4μmgx0B．最初对物体P施加的瞬时冲量C．弹簧被压缩成最短之后的过程，P先做加速度减小的加速运动，再做加速度减小的减速运动，最终做匀减速运动D．物体P整个运动过程，摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反【答案】B【解析】由动量定理I0=mv0和功能关系有：mv02＝μmg(4x0)，系统具有的最大弹性势能为：Ep＝mv02−μmgx0＝−μmgx0，I0＝2m，故A错误，B正确；弹簧被压缩到最短之后的过程，在脱离弹簧之前，受水平向左的弹簧弹力和向右的摩擦力，起先时弹力大于摩擦力，P向左做加速运动，弹力越来越小，合力越来越小，所以P先做加速度减小的加速运动，直到弹力和摩擦力大小相等，之后弹力小于摩擦力，弹力越来越小，但合力越来越大，P做加速度增加的减速运动，离开弹簧后，P受水平向右的摩擦力，做匀减速运动，故C错误；由动量定理有：I0+I弹+I摩=0，故物体P整个运动过程，摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量并不是大小相等、方向相反，D错误。6．质量为m的木块和质量为M（M＞m）的铁块用细线连接刚好能在水中某个位置悬浮不动，此时木块至水面距离为h，铁块至水底的距离为H（两物体均可视为质点）.突然细线断裂，忽视两物体运动中受到的水的阻力，只考虑重力及浮力，若铁块和木块同时分别到达水面水底，以铁块和木块为系统，以下说法正确的是（）A．该过程中系统动量不守恒B．该过程中铁块和木块均做匀速直线运动C．同时到达水面、水底时，两物体速度大小相等D．系统满意MH=mh【答案】D【解析】以铁块和木块为系统，细线断裂前后系统受力状况不变，所受合力均为零，因此在分别到达水面、水底前，系统动量守恒，选项A错误；该过程中铁块和木块均做匀加速直线运动，选项B错误；在任一时刻均有Mv1=mv2，由于二者质量不相等，因此同一时刻两物体速度大小不同，选项C错误；由可得，即MH=mh，故选项D正确。7．如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及在此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为：A．，I=0 B．，C．， D．，【答案】C【解析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：，解得：；子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小，子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，依据动量定理得：，所以墙对弹簧的冲量I的大小为，依据分析可知，，ABD错误，C正确。8．如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点，起先时沙袋处于静止，此后弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出.第一粒弹丸的速度为v1，打入沙袋后二者共同摇摆的最大摆角为30°，当其第一次返回图示位置时，其次粒弹丸以水平速度v2又击中沙袋，使沙袋向右摇摆且最大摆角仍为30°，若弹丸质量是沙袋质量的，不计空气阻力，则以下结论中正确的是（）A．v1：v2=1：1 B．v1：v2=31：32C．v1：v2=32：31 D．v1：v2=31：63【答案】D【解析】设弹丸的质量为m，沙袋的质量M=30m.取水平向右方向为正，系统水平方向动量守恒，第一次射入过程，依据动量守恒定律得mv1=31mv。依据共速后系统机械能守恒知，沙袋又返回时速度大小仍为v，但方向向左.其次粒弹丸以水平速度v2击中沙袋的过程，依据动量守恒定律得mv2－31mv=32mv'。第一颗弹丸打入沙袋后，二者共同摇摆的过程中，设细绳长为L，由机械能守恒定律得，得，可见v与系统的质量无关，两次最大摆角均为30°，故v'=v，联立解得，选项D正确。二、多选题9．如图所示A、B两球在光滑水平面上沿同始终线运动，A球动量为p1＝5kg·m/s，B球动量为p2＝7kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，碰后A的动量变更了1kg·m/s，而运动方向没有变更，则A和B质量的比值可能为A．QUOTEmAmB=13 B． C．QUOTEmAmB=25 D．QUOTEmAm【答案】BC【解析】取水平向右为正方向，碰撞后A的动量为p1′=p1+△p1=5kg•m/s-1kg•m/s=4kg•m/s，依据动量守恒定律得p1+p2=p1′+p2′。依据碰撞过程总动能不增加有，代入数据解得，碰后A、B同向运动，应有，则QUOTEmAmB≥12，所以，故B、C正确。10．一质量60kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经0.2s，以大小4m/s的速度离开地面，此过程中，运动员重心高度变更0.8m，取重力加速度g=10m/s2。在这0.2s内：A．地面对运动员的冲量大小为240N·sB．地面对运动员的冲量大小为360N·sC．地面对运动员做的功为480JD．运动员的机械能增加960J【答案】BD【解析】人的速度原来为零，起跳后变更v，以向上为正方向，由动量定理可得：，故地面对人的冲量为：，A错误，B正确；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，C错误；机械能的增加量等于离开地面时的动能和增加的重力势能，故机械能增加量为，D正确．11．如图，A、B质量分别为m1＝1kg，m2＝2kg，置于平板小车C上，小车质量为m3＝1kg，A、B与小车的动摩擦因数均为0.5，事先三者均静止在光滑的水平面上。某时刻A、B间炸药爆炸（时间极短）使A、B获得图示左右方向的瞬时速度和12J的总机械能。假设A、B最终都没有离开小车上表面，水平面足够长，g＝10m/s2．现从炸药爆炸结束起先计时，则（）A．t＝0时，A、B的速度大小分别是4m/s、2m/sB．t＝0.4s时，B与平板小车C先相对静止C．t＝0.8s时，A与平板小车C相对静止D．t＝0.8s时，A、B与平板小车因摩擦而产生的热量Q＝10J【答案】AC【解析】炸药爆炸瞬间A、B系统动量守恒，以向左为正方向，有：0=m1v1-m2v2，QUOTE0=m1v1-m2v2A、B的机械能总量为12J，故E=mv1v12+m2v22=12J，联立解得：v1=4m/s，v2=2m/s，故A错误；爆炸后AB在C上滑动，B先与C相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，该过程中ABC组成的系统动量守恒，设该过程的时间为t3，对A应用动量定理-μm1gt3=m1v3-m1v1，对B应用动量定理-μm2gt3=m2v4-m2v2，对C应用动量定理(μm2g-μm1g)t3=m3v4，代人数据得v3=3m/s，v4=-1m/s，t3=0.2s；之后，A在C上滑动直到相对静止，依据系统的动量守恒0=(m1+m2+m3)v，解得：v=0；设A滑动的总时间为t，则-μm1gt=0-m1v1，解得：t=0.8s，故B错误，C正确；t=0.8s时，A、B与平板小车因摩擦而产生的热量Q=E=12J12．如图所示，质量m1=3kg且足够长的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2=2kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，最终恰好不掉下小车且与小车保持相对静止在这一过程中，g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．系统最终共同运动的速度为1.2m/sB．小车获得的最大动能为0.96JC．系统损失的机械能为2.4JD．物块克服摩擦力做的功为4J【答案】BC【解析】物块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，选择向右为正方向，则由动量守恒定律得m2v0=（m1+m2）v，解得，故A错误；小车获得的动能为，故B正确；依据能量守恒定律得系统损失的机械能为，故C正确；对物块，由动能定理得，解得物块克服摩擦力做的功为W克f=3.36J，故D错误。三、非选择题13．如图所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，起先时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧与A，B不连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R.已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）B经c点抛出时速度的大小？（2）B经b时速度的大小？（3）锁定状态的弹簧具有的弹性势能？【答案】（1）（2）（3）3.75mgR【解析】（1）B平抛运动过程竖直方向有2R＝gt2，水平方向：2R＝vct，解得：vc＝.（2）B从b到c，由机械能守恒定律得解得：vb＝（3）设完全弹开后，A的速度为va，弹簧回复原长过程中A与B组成系统动量守恒，2mva－mvb＝0，解得：va＝vb＝，由能量守恒定律，得弹簧弹性势能：解得：Ep＝3.75mgR。14．如图所示，在光滑水平地面上有一固定的挡板，挡板上固定一个轻弹簧。现有一质量，长的小车（其中为小车的中点，部分粗糙，部分光滑），一质量为的小物块（可视为质点），放在车的最左端，车和小物块一起以的速度在水平面上向右匀速运动，车撞到挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连。已知车部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内，小物块与车部分之间的动摩擦因数为0.3，重力加速度。求：（1）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；（2）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量；（3）小物块最终停在小车上的位置距端多远。【答案】（1）（2）弹簧对小物块的冲量大小为，方向水平向左。（3）【解析】（1）对小物块，有ma=-μmg依据运动学公式v2−v02＝2a由能量关系mv2＝Ep解得EP=2J．（2）设小物块离开弹簧时的速度为v1，有

mv12＝Ep．对小物块，依据动量定理

I=-mv1-mv由⑤⑥式并代入数据得I=-4kgm/s．弹簧对小物块的冲量大小为4kgm/s，方向水平向左．（3）小物块滑过O点和小车相互作用，由动量守恒mv1=（m+M）v2．由能量关系μmgx＝mv12−(m+M)v22小物块最终停在小车上距A的距离xA＝−x解得xA=1.5m．15．如图质量为m2=4kg和m3=3kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为m1=1kg的物体以速度v0=8m/s向右运动，m1与m3碰撞（碰撞时间极短）后粘合在一起。试求：（1）m1和m3碰撞过程中损失的机械能是多少?（2）弹簧能产生的最大弹性势能是多少?（3）弹簧在第一次获得最大弹性势能的过程中，对m3冲量的大小是多少?（4）m2运动的最大速度vm是多少?【答案】（1）24J（2）4J（3）4kg•m/s（4）2m/s【解析】（1）设m1与m3碰撞后的速度为v1，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，由能量守恒定律得：，代入数据解得：；（2）三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：v共=1m/s，由能量守恒定律得：，代入数据解得：；（3）弹簧对m2，由动量定理得：，弹簧对m3冲量的大小是：I3=I2=4kg•m/s；（4）对m1、m3整体和m2及弹簧组成的系统，可知当弹簧第一次复原原长时m2的速度最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，由能量守恒定律得：，代入数据解得：v2=2m/s；16．如图所示，质量M＝2kg的平板小车后端放有质量m＝3kg的铁块，它和车之间的动摩擦因数μ＝0.5，起先时车和铁块一起以v0＝3m/s的速度向右在光滑水平地面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞．设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，使得铁块总不能和墙相碰．(g取10m/s2)求：（1）铁块在车上滑行的总路程；（2）车和墙第一次相碰以后所走的总路程．【答案】（1）1.5m（2）1.25m【解析】（1）由于m＞M，小车不论与墙相撞多少次，系统的总动量总是向右，但每撞一次总动量削减一次，直到减为零，最终小车停在墙下，系统的总动能全部用于铁块在车上滑行时克服摩擦力做功．μmgs＝(m＋M)v02（2）小车第一次与墙相撞后向左所走路程为s1，由动能定理得－μmgs1＝0－Mv02接着小车和铁块以共同速度v1与墙其次次相碰，由动量守恒：mv0－Mv0＝(m+M)v1其次次相撞后平板车向左走的路程为，s2＝s1以后每次相碰反弹向左行的路程均以比例削减，小车所走的路程为一个无穷等比数列之和．公比q＝，s＝2s1(1+q+q2+q3+……)＝＝1.25m17．如图所示，光滑水平面左端接一竖直光滑半圆轨道，轨道半径R=1.6m，右端接一斜面，斜面的倾角θ=37°，一质量为m的物块甲从斜面上离水平面高度h=3R为的A点由静止滑下，刚好能到达半圆轨道的最高点E点，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。（1）求物块甲与斜面间的动摩擦因数；（2）假如在水平面上C点放一材质与物块甲相同、质量为的物块乙，物块甲从斜面上滑下后与物块乙发生弹性碰撞，碰后物块乙恰好能到达半圆轨道的最高点E，则物块甲下滑时的高度为多少？【答案】（1）；（2）2.7m【解析】（1）依据牛顿其次定律得，mg=m，解得vE=，对全过程运用动能定理得，mgh-2mgR-μmgcosθ•=h=3R解得：μ=（2）设物块乙在C点碰后的速度为v1，碰前甲的速度为v甲，碰后甲的速度为v2物块乙恰好到达E点，依据机械能守恒定律得：mg•2R+=解得：v1=依据动量守恒定律和机械能守恒定律有：mv甲=mv2+mv1=+解得：v甲=设物块甲起先下滑的高度为H，依据动能定理得：mgH-μmgcosθ•=解得：H=2.7m18．如图所示为一种“子母球”表演，质量分别为m、3m的两个小球A、B静止在地面上方，B球距离地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方，让两小球同时由静止释放。设全部碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小g=10m/s2，忽视球的直径、空气阻力及碰撞时间。（1）求球B第一次落地时球A的速度大小；（2）若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，A球起先下落时距地面高度H的取值范围；（3）在（2）情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求H应满意的条件。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）A、B同时由静止释放，B落地时，两球的速度大小相等，有:①代入数值，得（2）球B下落过程与反弹上升的过程具有对称性。设B来回时间为t，有:②设时间t内球A自由下落的高度为hA，有③要保证B在第一次上升过程中与A相碰，球A自由下落的高度应大于初始时两球的高度差，即④依题意：⑤①~⑤联立，解得：解法二：B反弹后，A、B相对运动的速率为，设A、B经时间相碰，有②要保证B在第一次上升过程中与A相碰，应小于B上升到最高点的时间，即③依题意：④①~④联立，解得：（3）设两球相碰前后，球A的速度分别为、，球B的速度分别为、。发生弹性碰撞，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。取向下的方向为正，有⑥⑦设球B反弹后经时间t1与球A相碰，此时间内球A下落的高度（）与球B上升的高度（）之和等于初始时两球的高度差（H-h）即：⑧由运动学规律，有⑨⑩要使