專題七-碰撞與動(dòng)量守恒(習(xí)思用.物理)

1、專題七 碰撞與動(dòng)量守恒考點(diǎn)1動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用1.2017黑龍江哈爾濱檢測(cè)一位質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳,經(jīng)t時(shí)間,身體伸直并剛好離開(kāi)地面,速度為v.在此過(guò)程中()A.地面對(duì)他的沖量為mv+mgt,地面對(duì)他做的功為12mv2B.地面對(duì)他的沖量為mv+mgt,地面對(duì)他做的功為零C.地面對(duì)他的沖量為mv,地面對(duì)他做的功為12mv2D.地面對(duì)他的沖量為mv-mgt,地面對(duì)他做的功為零2.2017貴州適應(yīng)性測(cè)試多選可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩球質(zhì)量分別為m、2m,甲球在乙球的正上方,在甲球由靜止釋放的同時(shí)將乙球豎直向上拋出,兩球相碰前瞬間速度大小都是v0,碰撞時(shí)間極短,碰后兩球粘在一起,

2、不計(jì)空氣阻力,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,選豎直向下為正方向,則()A.從釋放甲球到兩球相碰前瞬間,甲球所受重力的沖量為mv0B.從釋放甲球到兩球相碰前瞬間,乙球動(dòng)量變化量為-2mv0C.甲、乙碰撞后繼續(xù)上升的高度為v022gD.甲、乙碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為4mv0233.2017河南信陽(yáng)檢測(cè)多選如圖甲所示,一質(zhì)量為m的物塊在t=0時(shí)刻,以初速度v0從足夠長(zhǎng)、傾角為的粗糙斜面底端向上滑行,物塊速度隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示.t0時(shí)刻物塊到達(dá)最高點(diǎn),3t0時(shí)刻物塊又返回底端.下列說(shuō)法正確的是()A.物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過(guò)程中重力的沖量為3mgt0·cos B.物塊從t=0時(shí)刻開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到

3、返回底端的過(guò)程中動(dòng)量的變化量為-32mv0C.斜面傾角的正弦值為5v08gt0D.不能求出3t0時(shí)間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功4.2017吉林長(zhǎng)春檢測(cè)水平推力F1和F2分別作用于水平面上等質(zhì)量的a、b兩物體上,作用一段時(shí)間后撤去推力,物體將繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后停下,兩物體的v-t圖象分別如圖中的OAB、OCD所示,圖中ABCD,則()A.F1的沖量大于F2的沖量B.F1的沖量等于F2的沖量C.兩物體受到的摩擦力大小相等D.兩物體受到的摩擦力大小不等5.物體A、B的質(zhì)量之比mA : mB=4:1,使它們以相同的初速度沿水平地面滑行,若它們受到的阻力相等,那么它們停下來(lái)所用的時(shí)間之比tA : tB=,

4、若兩物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,那么它們停下來(lái)所用的位移之比sA : sB=. 6. 如圖所示,水力采煤時(shí),用水槍在高壓下噴出強(qiáng)力的水柱沖擊煤層,設(shè)水柱直徑為d=30 cm,水速為v=50 m/s,假設(shè)水柱射在煤層的表面上,沖擊煤層后水的速度變?yōu)榱?求水柱對(duì)煤層的平均沖擊力大小.(水的密度=1.0×103 kg/m3,結(jié)果保留三位有效數(shù)字)考點(diǎn)2動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用7.2018河北衡水檢測(cè)關(guān)于系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件,下列說(shuō)法正確的是()A.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力,系統(tǒng)動(dòng)量就不可能守恒B.只要系統(tǒng)中有一個(gè)物體具有加速度,系統(tǒng)動(dòng)量就不守恒C.只要系統(tǒng)所受的合外力為零,系統(tǒng)動(dòng)量就守

5、恒D.系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時(shí),系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定守恒8.2018廣東東莞檢測(cè)多選如圖所示為兩滑塊M、N之間壓縮一輕彈簧,滑塊與彈簧不連接,用一細(xì)繩將兩滑塊拴接,使彈簧處于鎖定狀態(tài),并將整個(gè)裝置放在光滑的水平面上.從燒斷細(xì)繩到兩滑塊與彈簧分離的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是()A.兩滑塊的動(dòng)量之和變大B.兩滑塊與彈簧分離后動(dòng)量等大反向C.如果兩滑塊的質(zhì)量相等,則分離后兩滑塊的速率也相等D.整個(gè)過(guò)程中兩滑塊的機(jī)械能增大9.2018陜西第一學(xué)期摸底檢測(cè)多選某人身系彈性繩自高空P點(diǎn)自由下落,如圖所示,a點(diǎn)是彈性繩的原長(zhǎng)位置,c是人所能到達(dá)的最低點(diǎn),b是人靜止懸掛時(shí)的平衡位置.若把由P點(diǎn)到a點(diǎn)過(guò)程稱為過(guò)

6、程,由a點(diǎn)到c點(diǎn)稱為過(guò)程,不計(jì)空氣阻力,下列說(shuō)法正確的是()A.過(guò)程中人的動(dòng)量的改變量等于重力的沖量B.過(guò)程中人的動(dòng)量的減少量等于過(guò)程中重力的沖量的大小C.過(guò)程中人的動(dòng)能逐漸減小到零D.過(guò)程中人的機(jī)械能的減少量等于過(guò)程中重力做功的大小10.在光滑水平面上,質(zhì)量為m的小球A以速度v0勻速運(yùn)動(dòng).某時(shí)刻小球A與質(zhì)量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰,兩球相碰后,A球的動(dòng)能恰好變?yōu)樵瓉?lái)的14.則碰后B球的速度大小是()A.v02B.v06C.v02或v06D.無(wú)法確定11.多選在光滑水平面上動(dòng)能為E0、動(dòng)量大小為p的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞,碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反,將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記

7、為E1、p1,球2的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E2、p2,則必有()A.E1<E0B.p2>p0C.E2>E0D.p1>p012.多選A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運(yùn)動(dòng),如圖表示發(fā)生碰撞前后的v-t圖線,由圖線可以判斷()A.A、B的質(zhì)量比為3:2B.A、B作用前后總動(dòng)量守恒C.A、B作用前后總動(dòng)量不守恒D.A、B作用前后總動(dòng)能不變13.多選矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成,將其放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊.若射擊下層,子彈剛好不射出;若射擊上層,則子彈剛好能射穿一半厚度,如圖所示.則上述兩種情況相比較()A.子彈的末速度大小相等

8、B.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多C.子彈對(duì)滑塊做的功不相同D.子彈和滑塊間的水平作用力一樣大14.2014福建高考,30(2),6分一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置,由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離.已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1 ,后部分的箭體質(zhì)量為m2 ,分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行,若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化,則分離后衛(wèi)星的速率v1為()A.v0-v2B.v0+v2C.v0-m2m1v2D.v0+m2m1(v0-v2 )15.多選帶有14光滑圓弧軌道的質(zhì)量為M的小車靜止置于光滑水平面上,如圖所示,一質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上小車,到達(dá)某一高度后,小球又返回車的左端,

9、則()A.小球以后將向左做平拋運(yùn)動(dòng)B.小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)C.此過(guò)程小球?qū)π≤囎龅墓?2Mv02D.小球在弧形槽上上升的最大高度為v022g考點(diǎn)3動(dòng)量與其他知識(shí)的綜合問(wèn)題16.如圖,一長(zhǎng)木板位于光滑水平面上,長(zhǎng)木板的左端固定一擋板,木板和擋板的總質(zhì)量為M=3.0 kg,木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=1.5 m,在木板右端有一小物塊,其質(zhì)量m=1.0 kg,小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.10,它們都處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)令小物塊以初速度v0沿木板向左運(yùn)動(dòng),重力加速度g取10 m/s2.(1)若小物塊剛好能運(yùn)動(dòng)到左端擋板處,求v0的大小;(2)若初速度v0=3 m/s,小物塊與擋板相撞后,恰好能回到右端而不脫離

10、木板,求碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能.17.2018湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)實(shí)驗(yàn)班選拔考試,25如圖所示,質(zhì)量分別為mA=m,mB=3m的A、B兩物體放置在光滑的水平面上,其中A物體緊靠光滑墻壁,A、B兩物體之間用輕彈簧相連.對(duì)B物體緩慢施加一個(gè)水平向右的力,使A、B兩物體之間彈簧壓縮到最短并鎖定,此過(guò)程中該力做功為W0,現(xiàn)突然撤去外力并解除鎖定,(設(shè)重力加速度為g,A、B兩物體體積很小,可視為質(zhì)點(diǎn))求:(1)從撤去外力到A物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng),墻壁對(duì)A物體的沖量的大小IA;(2)A、B兩物體在離開(kāi)墻壁后到達(dá)圓軌道之前,B物體的最小速度vB的大小;(3)若B物體在獲得最小速度的瞬間脫離彈簧,從光滑圓形軌道右側(cè)小口進(jìn)

11、入圓形軌道(B物體進(jìn)入后小口自動(dòng)封閉組成完整的圓形軌道),要使B物體不脫離圓形軌道,圓形軌道半徑R的取值范圍.考點(diǎn)4實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律18.多選在利用懸線懸掛等大小球驗(yàn)證碰撞中動(dòng)量守恒的實(shí)驗(yàn)中,下列說(shuō)法正確的是()A.懸掛兩球的細(xì)繩長(zhǎng)度要適當(dāng),且等長(zhǎng)B.由靜止釋放小球,以便較準(zhǔn)確地計(jì)算小球碰前速度C.兩小球必須都是剛性球,且質(zhì)量相同D.兩小球碰后可以粘在一起共同運(yùn)動(dòng)19.2017湖北武漢調(diào)研在利用碰撞做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中,實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示,圖甲中斜槽PQ與水平槽QR平滑連接,按要求安裝好儀器后開(kāi)始實(shí)驗(yàn).先不放被碰小球,使入射小球從斜槽上的A點(diǎn)由靜止?jié)L下,重復(fù)實(shí)驗(yàn)若干次;然后把被

12、碰小球靜止放在槽的水平部分的前端邊緣B處(槽口),再使入射小球從斜槽上的A點(diǎn)由靜止?jié)L下,再重復(fù)實(shí)驗(yàn)若干次,在白紙上記錄下掛于槽口B的重錘線在記錄紙上的豎直投影點(diǎn)和各次實(shí)驗(yàn)時(shí)小球落點(diǎn)的平均位置,從左至右依次為O、M、P、N點(diǎn),測(cè)得兩小球直徑相等,入射小球和被碰小球的質(zhì)量分別為m1、m2,且m1=2m2.則:圖甲 圖乙(1)兩小球的直徑用螺旋測(cè)微器核準(zhǔn)相等,測(cè)量結(jié)果如圖乙,則兩小球的直徑均為m. (2)入射小球每次滾下都應(yīng)從斜槽上的同一位置無(wú)初速度釋放,其目的是. A.為了使入射小球每次都能水平飛出槽口B.為了使入射小球每次都以相同的動(dòng)量到達(dá)槽口C.為了使入射小球在空中飛行的時(shí)

13、間不變D.為了使入射小球每次都能與被碰小球?qū)π呐鲎?3)下列有關(guān)本實(shí)驗(yàn)的說(shuō)法中正確的是. A.未放被碰小球和放了被碰小球時(shí),入射小球的落點(diǎn)分別是M、PB.未放被碰小球和放了被碰小球時(shí),入射小球的落點(diǎn)分別是P、MC.未放被碰小球和放了被碰小球時(shí),入射小球的落點(diǎn)分別是N、MD.在誤差允許的范圍內(nèi)若測(cè)得|ON|=2|MP|,則表明碰撞過(guò)程中兩小球組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律20.某同學(xué)把兩塊大小不同的木塊用細(xì)線連接,中間夾一被壓縮的輕彈簧,如圖所示,將這一系統(tǒng)置于光滑的水平桌面上,燒斷細(xì)線,觀察木塊的運(yùn)動(dòng)情況,進(jìn)行必要的測(cè)量,驗(yàn)證木塊間相互作用時(shí)動(dòng)量守恒.(1)該同學(xué)還必須有的器材是;

14、60;(2)需直接測(cè)量的數(shù)據(jù)是; (3)用所得數(shù)據(jù)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的關(guān)系式是. 21.氣墊導(dǎo)軌(如圖甲所示)工作時(shí),空氣從導(dǎo)軌表面的小孔噴出,在導(dǎo)軌表面和滑塊內(nèi)表面之間形成一層薄薄的空氣層,使滑塊不與導(dǎo)軌表面直接接觸,大大減小了滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力.為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律,在水平氣墊導(dǎo)軌上放置兩個(gè)質(zhì)量均為a的滑塊,每個(gè)滑塊的一端分別與穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連,兩個(gè)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用電源的頻率均為b.氣墊導(dǎo)軌正常工作后,接通兩個(gè)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源,并讓兩滑塊以不同的速度相向運(yùn)動(dòng),兩滑塊相碰后粘在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng).圖乙為某次實(shí)驗(yàn)打出的點(diǎn)跡清晰的紙帶的一部分,在紙帶上以相同間距的6個(gè)連續(xù)點(diǎn)為一段

15、劃分紙帶,用刻度尺分別量出其長(zhǎng)度s1、s2和s3.若題中各物理量的單位均為國(guó)際單位,那么,碰撞前兩滑塊的動(dòng)量大小分別為、,兩滑塊的總動(dòng)量大小為 碰撞后兩滑塊的總動(dòng)量大小為.重復(fù)上述實(shí)驗(yàn),多做幾次.若碰撞前后兩滑塊的總動(dòng)量在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)相等,則動(dòng)量守恒定律得到驗(yàn)證. 圖甲圖乙答案 1.B設(shè)地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的平均作用力為F,則由動(dòng)量定理得(F-mg)t=mv,故地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量Ft=mv+mgt;運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)到身體剛好伸直離開(kāi)地面,由于地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力沿力的方向沒(méi)有位移,所以地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功為零.本題正確選項(xiàng)為B.2.AD由動(dòng)量定理可知,從釋放甲球到兩球相碰前瞬間

16、,甲球所受重力的沖量等于甲球動(dòng)量的變化量,為mv0,選項(xiàng)A正確;兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,乙球所受的重力是甲球的2倍,根據(jù)動(dòng)量定理,乙球動(dòng)量的變化量等于乙球所受重力的沖量,為2mv0,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;設(shè)甲、乙碰撞后的共同速度為v,由動(dòng)量守恒定律,-2mv0+mv0=3mv,解得v=-v03,根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律,甲、乙碰撞后繼續(xù)上升的高度為h=v22g=v0218g,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由能量守恒定律,甲、乙碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能E=12·2mv02+12·mv02-12·3mv2=4mv023,選項(xiàng)D正確.3.BC物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過(guò)程中重力的沖量IG=3mgt0,A錯(cuò)誤;

17、上滑過(guò)程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運(yùn)動(dòng),下滑過(guò)程中做初速度為零、末速度為v的勻加速直線運(yùn)動(dòng),上滑和下滑的位移大小相等,所以有v02t0=v2·2t0,解得v=v02,物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到返回底端過(guò)程中動(dòng)量的變化量為p=-mv-mv0=-32mv0,B正確;上滑過(guò)程中有-(mgsin +mgcos )·t0=0-mv0,下滑過(guò)程中有(mgsin -mgcos )·2t0=mv02,解得sin =5v08gt0,C正確;根據(jù)動(dòng)能定理可求出物塊機(jī)械能的減小量,從而求出整個(gè)過(guò)程中摩擦力所做的功,故D錯(cuò)誤.4.C設(shè)F1、F2的作用時(shí)間分別為t1、t2,則由圖知t1<

18、t2,當(dāng)只有摩擦力Ff作用時(shí),由ABCD知圖線斜率相同,則加速度相同,由牛頓第二定律知,摩擦力Ff相同,故C選項(xiàng)正確,D選項(xiàng)錯(cuò)誤.對(duì)a,由動(dòng)量定理得F1t1-Fft1=mvA;對(duì)b同理可得F2t2-Fft2=mvC.由圖象知vA=vC,t1<t2,所以mvA=mvC,F1t1-Fft1=F2t2-Fft2,故F2t2>F1t1,A、B選項(xiàng)均錯(cuò)誤.5.4:11:1解析:由動(dòng)量定理ft=mv0知,若物體受到的阻力相等,那么tA:tB=mA:mB=4:1;,由動(dòng)能定理mgs=12mv02知,若兩物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,那么sA:sB=1:1.6.1.77×105 N解析:設(shè)

19、水柱的橫截面積為S,在一小段時(shí)間t內(nèi),從水槍射出的水的質(zhì)量為m,則m=Svt以m為研究對(duì)象,它在t時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量變化量p=m·(0-v)=-Sv2t設(shè)F為水柱對(duì)煤層的平均沖擊力,F'為煤層對(duì)水柱的反沖擊力,以v的方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量定理(忽略水的重力),有F'·t=p=-Sv2t,即F'=-Sv2根據(jù)牛頓第三定律知F=-F'=Sv2式中S=4d2,代入數(shù)值得F1.77×105 N.7.C根據(jù)動(dòng)量守恒的條件可知A、B錯(cuò)誤,C正確;系統(tǒng)中所有物體加速度為零時(shí),各物體速度恒定,動(dòng)量恒定,系統(tǒng)中總動(dòng)量一定守恒,D錯(cuò)誤.8.BCD對(duì)兩滑塊和彈

20、簧所組成的系統(tǒng),彈簧推滑塊的過(guò)程中,系統(tǒng)的合外力為零,總動(dòng)量守恒,A錯(cuò)誤.由動(dòng)量守恒定律得0=mMvM-mNvN得兩滑塊動(dòng)量等大反向,B正確.當(dāng)mM=mN時(shí),vM=vN,C正確.整個(gè)過(guò)程彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為兩滑塊的動(dòng)能,則兩滑塊的機(jī)械能增大,D正確.9.AB根據(jù)動(dòng)量定理可知過(guò)程中人的動(dòng)量的改變量等于重力的沖量,選項(xiàng)A正確;過(guò)程中動(dòng)量的減少量等于過(guò)程中重力的沖量的大小,選項(xiàng)B正確;從a到b的過(guò)程中,人的重力大于繩的彈力,從b到c的過(guò)程中,人的重力小于繩的彈力,故過(guò)程中人的動(dòng)能先增大再減小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;過(guò)程中機(jī)械能的減少量等于過(guò)程和過(guò)程中重力做功的大小,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.10.A兩球相碰后,A球的速度大

21、小變?yōu)樵瓉?lái)的12,相碰過(guò)程中兩球組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律,若碰后A球速度方向不變,則mv0=12mv0+3mv1,可得B球的速度v1=v06,而B球在前,A球在后,碰后A球的速度大于B球的速度,不符合實(shí)際情況,因此碰后A球一定反向運(yùn)動(dòng),即mv0=-12mv0+3mv1,可得v1=v02,A正確,B、C、D錯(cuò)誤.11.AB因?yàn)榕鲎睬昂髣?dòng)能不增加,故有E1<E0,E2<E0,p1<p0,A正確,C、D錯(cuò)誤.根據(jù)動(dòng)量守恒定律得p0=p2-p1,得到p2=p0+p1,可見(jiàn),p2>p0,B正確.12.ABD設(shè)A的質(zhì)量為m1,B的質(zhì)量為m2,碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)所受合外力為零

22、,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,從圖象上可得碰撞前后兩者的速度,故有m1×6+m2×1=m1×2+m2×7,解得m1:m2=3:2,A、B正確,C錯(cuò)誤.碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能Ek1=12m1×62+12m2×12=553m1,碰撞后總動(dòng)能為Ek2=12m1×22+12m2×72=553m1=Ek1,碰撞前后總動(dòng)能不變,D正確.13.AB根據(jù)動(dòng)量守恒定律,兩種情況中,最終子彈與滑塊的速度相等,A正確.根據(jù)能量守恒可知,初狀態(tài)子彈的動(dòng)能相同,末狀態(tài)兩滑塊與子彈的動(dòng)能也相同,因此損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化成的熱量相等,B正確.子彈對(duì)滑塊做的功等于滑塊末

23、狀態(tài)的動(dòng)能,兩種情況滑塊末速度相等,因此做功相等,C錯(cuò)誤.產(chǎn)生的熱量Q=fs,由于產(chǎn)生的熱量相等,而相對(duì)位移s不同,因此子彈和滑塊間的水平作用力大小不同,D錯(cuò)誤.14.D火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng),在分離前后沿原運(yùn)動(dòng)方向上動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=v0+m2m1(v0-v2),D項(xiàng)正確.15.BC小球上升到最高點(diǎn)時(shí)與小車相對(duì)靜止,有共同速度v',由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有Mv0=2Mv',12Mv02=2×(12Mv'2)+Mgh,聯(lián)立以上兩式得h=v024g,D錯(cuò)誤.從小球沖上小車到返回小車的左端,系統(tǒng)在水平

24、方向上的動(dòng)量守恒,由于無(wú)摩擦力做功,機(jī)械能守恒.設(shè)小球在返回小車左端時(shí)速度為v1,此時(shí)小車速度為v2,規(guī)定向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律可得Mv0=Mv2-Mv1,由機(jī)械能守恒定律得12Mv02=12Mv22+12Mv12,聯(lián)立解得v2=v0,v1=0,小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng),故B正確,A錯(cuò)誤.根據(jù)動(dòng)能定理可知C正確.16.(1)2 m/s(2)0.375 J解析:(1)設(shè)木板和物塊最后共同的速度為v由動(dòng)量守恒定律得mv0=(m+M)v木板和物塊組成的系統(tǒng),由功能關(guān)系mgL=12mv02-12(M+m)v2由兩式解得v0=2gL(M+m)M=2 m/s.(2)同樣由動(dòng)量守恒定律可知,木板和物塊最后

25、也要達(dá)到共同速度v.設(shè)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為E.對(duì)木板和物塊組成的系統(tǒng)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程,由功能關(guān)系有mg(2L)+E=12mv02-12(m+M)v2由兩式解得E=mM2(M+m)v02-2mgL=0.375 J.17.(1)6mW0(2)W06m(3)RW030mg或RW012mg解析:(1)設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),物體B的速度為vB0,由能量守恒定律有W0=32mvB02,解得vB0=2W03m此過(guò)程中墻壁對(duì)物體A的沖量大小等于彈簧對(duì)物體A的沖量大小,也等于彈簧對(duì)物體B的沖量大小故IA=pB=3mvB0=6mW0.(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后,物體A離開(kāi)墻壁,彈簧伸長(zhǎng),物體A的速度逐漸增大,物體B的速

26、度逐漸減小.當(dāng)彈簧再次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí),物體A達(dá)到最大速度,物體B的速度減小到最小值,此過(guò)程滿足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒,有3mvB0=mvA+3mvB12×3mvB02=12mvA2+32mvB2解得vB=12vB0=W06m.(3)B物體恰好能到達(dá)圓形軌道最高點(diǎn)且不脫離圓形軌道時(shí),設(shè)B物體到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)速度為v1,由能量守恒定律及圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知12mBvB2=12mBv12+mBg·2R,mBg=mBv12R解得R=W030mg,所以RW030mg時(shí),B物體能過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)且不脫離圓形軌道B物體恰好能到達(dá)圓形軌道圓心等高處時(shí),由機(jī)械能守恒定律可知12mBvB2=mBgR解得R=W012mg,所以RW012mg時(shí),B物體不脫離圓形軌道綜上,圓形軌道半徑