2025高中物理人教版選修3-5教學(xué)資源包（名師同步導(dǎo)學(xué)）第十六章 第2節(jié)含答案

2025高中物理人教版選修3-5教學(xué)資源包（名師同步導(dǎo)學(xué)）第十六章第2節(jié)動量和動量定理課時分層訓(xùn)練「基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練」1．如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當(dāng)以速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的P點，若以速度2v抽出紙條，則鐵塊落地點為()A．仍在P點B．在P點左邊C．在P點右邊不遠(yuǎn)處D．在P點右邊原水平位移的兩倍處解析：選B以速度v或2v抽紙條時，紙條給鐵塊的摩擦力不變，以速度2v抽紙條時，紙條對鐵塊的作用時間短，對鐵塊的沖量小，鐵塊獲得的速度小，根據(jù)平拋知識可知它的水平射程短，所以落點在P點的左邊，故B正確．2．(多選)恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，物體沒有被拉動，則經(jīng)時間t，下列說法正確的是()A．拉力F對物體的沖量大小為零B．拉力F對物體的沖量大小為FtC．拉力F對物體的沖量大小是FtcosθD．合力對物體的沖量大小為零解析：選BD對沖量的計算一定要分清求的是哪個力的沖量，是某一個力的沖量、合力的沖量、分力的沖量還是某一個方向上力的沖量，某一個力的沖量與另一個力的沖量無關(guān)，故拉力F的沖量為Ft，A、C錯誤，B正確；物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，合力為零，合力的沖量為零，D正確．3．(2019·三明一中高二期末)如圖所示，運動員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出．如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1、v2，v1與v2方向相反，且v2>v1.忽略重力，則此過程中拍子對網(wǎng)球作用力的沖量()A．大小為m(v2－v1)，方向與v1方向相同B．大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同C．大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同D．大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同解析：選D取拍子擊打網(wǎng)球前網(wǎng)球的速度的方向為正方向，根據(jù)動量定理得拍子對網(wǎng)球作用力的沖量為：I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，即沖量大小為m(v1＋v2)，方向與v1方向相反，與v2方向相同，故D正確，A、B、C錯誤．4.(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B在同一水平線上，當(dāng)A球水平拋出的同時B球自由下落，運動到t＝2s時刻，兩球的運動方向夾角為37°(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，不計空氣阻力，則()A．當(dāng)t＝2s時，A球與B球重力的瞬時功率之比為5∶4B．當(dāng)t＝2s時，A球與B球重力的瞬時功率之比為1∶1C．在0～2s過程中，兩球的動能改變不同D．在0～2s過程中，兩球的動量改變相同解析：選BD因t＝2s時兩球豎直向速度相同為vy，重力的功率為P＝mgvy相同，則A錯誤，B正確；0～2s過程中，下落高度相同，重力做功相同，兩球的動能改變相同，則C錯誤；0～2s過程中，重力的沖量相同，則兩球的動量改變相同，則D正確．5．如圖，質(zhì)量為m的小物塊，在與水平方向成α角的恒力F作用下，沿光滑水平面運動，通過A點和B點的速度分別為vA和vB(A、B未在圖中標(biāo)出)，其加速度為a，物塊由A運動到B的過程中，F(xiàn)對物塊所做的功為W，F(xiàn)對物塊的沖量為I，以下結(jié)論正確的是()A.eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvA2 B．W＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2C．I＝mvB－mvA D．a(chǎn)＝eq\f(F,m)解析：選B從A到B只有F做功，物體的動能一定增大，故A錯誤；由動能定理可得：F所做的功W＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，故B正確；由動量定理可得：I合＝mvB－mvA；而合外力為F在水平方向上的分量，故F>F合，故F的沖量大于合外力的沖量，故C錯誤；物體只在水平方向有加速度，則加速度a＝eq\f(Fcosα,m)，故D錯誤．6．2018年3月22日，一架中國國際航空CA103客機(jī)，從天津飛抵香港途中遭遇鳥擊，飛機(jī)頭部被撞穿約一平方米的大洞，雷達(dá)罩被砸穿，所幸客機(jī)及時安全著陸，無人受傷．若飛機(jī)的速度為700m/s，小鳥在空中的飛行速度非常小，小鳥的質(zhì)量為0.4kg.小鳥與飛機(jī)的碰撞時間為2.5×10－4s．則飛機(jī)受到小鳥對它的平均作用力的大小約為()A．104N B．105NC．106N D．107N解析：選C本題為估算題，可以認(rèn)為撞擊前鳥的速度為零，撞擊后鳥與飛機(jī)的速度相等，飛機(jī)速度為v＝700m/s，撞擊過程可以認(rèn)為鳥做勻加速直線運動，對鳥，由動量定理得：Ft＝mv－0F＝eq\f(mv,t)＝eq\f(0.4×700,2.5×10－4)N＝1.12×106N，由牛頓第三定律知C正確，A、B、D錯誤．7.(多選)如圖甲所示為一固定光滑足夠長的斜面，傾角為30°.質(zhì)量為0.2kg的物塊靜止在斜面底端，t＝0時刻，受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上為正方向，拉力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．6s末物塊的速度為零B．物塊一直沿斜面向上運動C．0～4s內(nèi)拉力對物塊做的功為20JD．0～6s內(nèi)拉力對物塊的沖量為零解析：選AC在0～2s內(nèi)，由牛頓第二定律可得F1－mgsin30°＝ma1，解得a1＝5m/s2，在2～4s內(nèi)，由牛頓第二定律可得－F2－mgsin30°＝ma2，解得a2＝－10m/s2，則物塊在0～2s內(nèi)向上勻加速直線運動，2～3s內(nèi)向上勻減速直線運動，3s時減少為零，3～4s內(nèi)向下勻加速直線運動，4～6s內(nèi)向下勻減速直線運動，6s時速度減為零，故A正確，B錯誤；在t＝4s時和t＝2s時物塊在同一位置，速度等大反向，所以0～4s內(nèi)拉力對物塊做的功等于0～2s內(nèi)拉力對物塊做的功，0～2s內(nèi)的位移s＝eq\f(1,2)a1t2＝10m，所以0～2s內(nèi)拉力做的功W＝F1s＝20J，故C正確；0～6s內(nèi)拉力對物塊的沖量I＝F1t1＋F2t2＝(2×4－1×2)N·s＝6N·s，故D錯誤．8．如圖所示，一足球運動員踢一個質(zhì)量為0.4kg的足球．(1)若開始時足球的速度是4m/s，方向向右，踢球后，球的速度為10m/s，方向仍向右(如圖甲)，求足球的初動量、末動量以及踢球過程中動量的改變量；(2)若足球以10m/s的速度撞向球門門柱，然后以3m/s速度反向彈回(如圖乙)，求這一過程中足球的動量改變量．解析：(1)取向右為正方向，初、末動量分別為p＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，方向向右p′＝mv′＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右動量的改變量為Δp＝p′－p＝2.4kg·m/s，方向向右．(2)取向右為正方向，初、末動量分別為p1＝mv1＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右p2＝mv2＝0.4×(－3)kg·m/s＝－1.2kg·m/s，即方向向左，動量的改變量為Δp′＝p2－p1＝－5.2kg·m/s，即方向向左．答案：見解析「能力提升練」9．一個輕質(zhì)彈簧，固定于天花板的O點處，原長為L，如圖，一個質(zhì)量為m的物塊從A點豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點時物塊速度為零，在此過程中無機(jī)械能損失，則下列說法正確的是()A．由B到C的過程中，物塊的速度一直減小B．由B到C的過程中，物塊的加速度先增加后減小C．由A到C的過程中，物塊重力勢能的變化量與克服彈力做的功一定相等D．由A到C的過程中，彈簧彈力對物體的沖量與物體所受重力的沖量大小相等解析：選A由B到C的過程中，物體受向下的重力和向下的彈力，且隨著物塊的上升，彈力變大，根據(jù)牛頓第二定律可知，物塊的加速度逐漸變大，速度一直減小，故A正確，B錯誤；由A到C根據(jù)動能定理：－mghAC－W彈＝0－eq\f(1,2)mvA2，則物塊重力勢能的變化量與克服彈力做的功不一定相等，故C錯誤；由A到C根據(jù)動量定理：IG＋I(xiàn)彈＝0－(－mv)，則彈簧彈力對物體的沖量與物體所受重力的沖量大小不一定相等，故D錯誤．10．質(zhì)量m＝0.5kg的質(zhì)點由靜止開始做勻加速直線運動，動量p隨位移x變化的關(guān)系式為p＝2eq\r(x)(各量均取國際單位)，則此質(zhì)點()A．加速度為2m/s2B．前2s內(nèi)動量增加8kg·m/sC．在連續(xù)相等時間內(nèi)，動量增量越來越大D．在通過連續(xù)相等的位移時，動量增量可能相等解析：選B根據(jù)v2＝2ax得，v＝eq\r(2ax)，則動量p＝mv＝meq\r(2ax)，可知p＝0.5×eq\r(2ax)＝2eq\r(x)，解得質(zhì)點的加速度為8m/s2，故A錯誤；2s內(nèi)物體速度的變化量為Δv＝at＝16m/s，則動量的變化量Δp＝mΔv＝8kg·m/s，故B正確；因為相同時間內(nèi)速度的變化量相同，則動量的增量一定相等，故C錯誤；因為相等位移內(nèi)速度變化量不同，則動量的增加量不等，故D錯誤．11.如圖所示，質(zhì)量為m的足球在離地高h(yuǎn)處時速度剛好水平向左，大小為v1，守門員在此時用手握拳擊球，使球以大小為v2的速度水平向右飛出，手和球作用的時間極短，則()A．擊球前后球動量改變量的方向水平向左B．擊球前后球動量改變量的大小是mv2－mv1C．擊球前后球動量改變量的大小是mv2＋mv1D．球離開手時的機(jī)械能不可能是mgh＋eq\f(1,2)mv12解析：選C規(guī)定向右為正方向，擊球前球的動量p1＝－mv1，擊球后球的動量p2＝mv2，擊球前后球動量改變量的大小是Δp＝p2－p1＝mv2＋mv1，動量改變量的方向水平向右，故A、B錯誤，C正確；球離開手時的機(jī)械能為mgh＋eq\f(1,2)mv22，因v1與v2可能相等，則球離開手時的機(jī)械能可能是mgh＋eq\f(1,2)mv12，故D錯誤．12．如圖1所示，一個物體放在粗糙的水平地面上．在t＝0時刻，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運動．在0到t0時間內(nèi)物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖2所示．已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)處處相等．則()A．在0到t0時間內(nèi)，合力的沖量大小為eq\f(1,2)a0t0B．t0時刻，力F等于0C．在0到t0時間內(nèi)力F大小恒定D．在0到t0時間內(nèi)物體的動量逐漸變大解析：選D合力F合＝ma是變力，0到t0時間內(nèi)平均作用力為eq\f(ma,2)，則合力的沖量大小為eq\f(1,2)mat0，則A錯誤；t0時刻，力F合等于0，F(xiàn)等于摩擦力，則B錯誤；在0到t0時間內(nèi)力F大小變小，則C錯誤；在0到t0時間內(nèi)物體做加速運動，物體的動量逐漸變大，則D正確．13．如圖所示，斜面和水平面之間通過小圓弧平滑連接，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)從斜面上h高處的A點由靜止開始沿斜面下滑，最后停在水平地面上的B點．要使物體能原路返回A點，求在B點物體需要的最小瞬時沖量．解析：物體從A運動到B的過程中，根據(jù)動能定理，mgh－Wf＝0物體從B運動到A的過程中，根據(jù)動能定理，－mgh－Wf＝0－eq\f(1,2)mvB2聯(lián)立解得vB＝2eq\r(gh)根據(jù)動量定理可知，瞬時沖量I＝mvB＝2meq\r(gh).答案：2meq\r(gh)14．如圖所示，質(zhì)量mA為4.0kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ為0.24，木板右端放著質(zhì)量mB為1.0kg的小物塊B(視為質(zhì)點)，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)，木板突然受到水平向右的12N·s的瞬時沖量I作用開始運動，當(dāng)小物塊滑離木板時，木板的動能EkA為8.0J．小物塊的動能EkB為0.50J，重力加速度取10m/s2，求：(1)瞬時沖量作用結(jié)束時木板的速度v0的大??；(2)木板的長度L.解析：(1)設(shè)水平向右為正方向，有I＝mAv0代入數(shù)據(jù)解得v0＝3.0m/s.(2)設(shè)A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力的大小分別為FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的時間為t，B離開A時A和B的速度分別為vA和vB，有－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0FABt＝mBvB其中FAB＝FBA設(shè)A，B相對于C的位移大小分別為sA和sB，有－(FBA＋FCA)sA＝eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)mAv02FABsB＝EkB動量與動能之間的關(guān)系為mAvA＝eq\r(2mAEkA)mBvB＝eq\r(2mBEkB)木板A的長度L＝sA－sB代入數(shù)據(jù)解得L＝0.50m.答案：(1)3.0m/s(2)0.50m第十六章第3節(jié)動量守恒定律課時分層訓(xùn)練「基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練」1．質(zhì)量相等的三個小球a、b、c，在光滑的水平面上以相同的速率運動，它們分別與原來靜止的A、B、C三球發(fā)生碰撞，碰撞后a繼續(xù)沿原方向運動，b靜止，c沿反方向彈回，則碰撞后A、B、C三球中動量數(shù)值最大的是()A．A球 B．B球C．C球 D．不能確定解析：選C在三個小球發(fā)生碰撞的過程中，系統(tǒng)動量都是守恒的，根據(jù)動量守恒關(guān)系式mv0＝mv＋Mv′，整理可得Mv′＝mv0－mv，取初速度方向為正方向，可得出C球的動量數(shù)值是最大的，C正確．2．如圖所示，光滑半圓槽質(zhì)量為M，靜止在光滑的水平面上，其內(nèi)表面有一小球(質(zhì)量為m)被細(xì)線吊著恰位于槽的邊緣處，若將線燒斷，小球滑到另一邊的最高點時，半圓槽的速度為()A．0 B．向左C．向右 D．不能確定解析：選A把小球m和半圓槽M作為一個系統(tǒng)，因水平面光滑，故系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，當(dāng)小球滑到另一邊的最高點時，小球和半圓槽的速度都為零，故A正確．3．(2019·杭州期末)在光滑的水平面上運動的兩個小球發(fā)生正碰，下列說法正確的是()A．碰撞之前，被碰小球的動量一定比另一小球的動量小B．碰撞前后，被碰小球的速度一定變大C．碰撞前后，兩小球的動量變化量一定大小相等，方向相反D．碰撞前后，被碰小球的動量一定變大解析：選C兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，碰撞前后，系統(tǒng)動量守恒，碰撞之前，兩小球的動量無法比較，A選項錯誤；碰撞前后，兩小球動量變化量的大小相等，方向相反，碰撞后，被碰小球的速度不一定增大，動量不一定增大，B、D選項錯誤，C選項正確．4．足夠深的水池中有質(zhì)量相等木塊和鐵塊用細(xì)繩栓連后在水里懸?。F(xiàn)剪斷細(xì)繩，在鐵塊沉入水底且木塊浮出水面之前，若只考慮重力和浮力，對于鐵塊與木塊構(gòu)成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()A．動量守恒，機(jī)械能增加B．動量守恒，機(jī)械能減少C．動量守恒，機(jī)械能守恒D．動量不守恒，機(jī)械能守恒解析：選A木塊和鐵塊用細(xì)繩栓連后在水里懸浮，木塊與鐵塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，在鐵塊沉入水底且木塊浮出水面之前，根據(jù)F＝ρgv排，系統(tǒng)受到的浮力不變，重力也不變，所以系統(tǒng)合力為零，系統(tǒng)動量守恒；在整個過程中木塊受到的浮力大于鐵塊所受浮力，浮力對木塊做的正功多．根據(jù)機(jī)械能守恒條件可知，系統(tǒng)機(jī)械能增加，故A正確，B、C、D錯誤．5．如圖所示，設(shè)車廂長為L，質(zhì)量為M，靜止在光滑水平面上，車廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體，以速度v0向右運動，與車廂壁來回碰撞，n次后，靜止于車廂中，這時車廂的速度為()A．v0，水平向右 B．0C.eq\f(mv0,M＋m)，水平向右 D.eq\f(Mv0,M－m)，水平向右解析：選C物體和車廂組成的系統(tǒng)所受的合力為零，物體與小車發(fā)生n次碰撞的過程中系統(tǒng)的動量守恒，只需考慮初、末狀態(tài)，可忽略中間過程，則m的初速度為v1＝v0，M的初速度為v2＝0；作用后它們的末速度相同，即v1′＝v2′＝v，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得v＝eq\f(mv0,m＋M)，方向與v0相同，水平向右，C正確．6．如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平地面上，小車上有n個質(zhì)量為m的小球，現(xiàn)用兩種方式將小球相對于地面以恒定速度v向右水平拋出，第一種方式是將n個小球一起拋出；第二種方式是將小球一個接一個地拋出，比較這兩種方式拋完小球后小車的最終速度()A．第一種較大 B．第二種較大C．兩種一樣大 D．不能確定解析：選C拋球的過程動量守恒，第一種方式全部拋出，取向右為正方向，0＝nmv－Mv′，得v′＝eq\f(nmv,M)；第二種方式是將小球一個接一個地拋出，每拋出一個小球列動量守恒方程，由數(shù)學(xué)歸納的思想可得v′＝eq\f(nmv,M)，C正確．7．兩個小木塊B、C中間夾著一根輕彈簧，將彈簧壓縮后用細(xì)線將兩個木塊綁在一起，使它們一起在光滑水平面上沿直線運動，這時它們的運動圖線如圖中a線段所示，在t＝4s末，細(xì)線突然斷了，B、C都和彈簧分離后，運動圖線分別如圖中b、c線段所示，從圖中的信息可知()A．木塊B、C都和彈簧分離后的運動方向相反B．木塊B、C都和彈簧分離后，系統(tǒng)的總動量增大C．木塊B、C分離過程中B木塊的動量變化較大D．木塊B的質(zhì)量是木塊C質(zhì)量的eq\f(1,4)解析：選D由x-t圖象可知，位移均為正，均朝一個方向運動，沒有反向，A錯誤；木塊都與彈簧分離后B的速度為v1＝eq\f(10－4,6－4)m/s＝3m/s，C的速度為v2＝eq\f(5－4,6－4)m/s＝0.5m/s，細(xì)線未斷前B、C的速度均為v0＝1m/s，由于系統(tǒng)所受合外力之和為零，故系統(tǒng)前后的動量守恒：(mB＋mC)v0＝mBv1＋mCv2，計算得B、C的質(zhì)量比為1∶4，D正確，B錯誤；系統(tǒng)動量守恒，則系統(tǒng)內(nèi)兩個木塊的動量變化量等大反向，C錯誤．8．質(zhì)量M＝1.8kg的木塊靜止在光滑水平地面上，一質(zhì)量m＝0.1kg的子彈以v0＝100m/s的初速度在距地5cm高度水平瞬間穿過木塊，穿出時速度為10m/s，空氣阻力不計，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)子彈穿過木塊后木塊速度為多大；(2)子彈著地瞬間子彈與木塊間水平距離為多大．解析：(1)子彈射穿木塊過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，代入數(shù)據(jù)解得v2＝5m/s.(2)子彈射出木塊后做平拋運動，木塊做勻速直線運動，豎直方向：h＝eq\f(1,2)gt2，子彈落地時，子彈與木塊間的距離：d＝v1t－v2t，代入數(shù)據(jù)解得d＝0.5m.答案：(1)5m/s(2)0.5m「能力提升練」9．如圖所示，在光滑水平面上，用等大異向的F1、F2分別同時作用于A、B兩個靜止的物體上，已知mA<mB，經(jīng)過相同的時間后同時撤去兩力，以后兩物體相碰并粘為一體，則粘合體最終將()A．靜止 B．向右運動C．向左運動 D．無法確定解析：選A選取A、B兩個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)動量定理，整個運動過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，所以動量改變量為零，初始時刻系統(tǒng)靜止，總動量為零，最后粘合體的動量也為零，即粘合體靜止，所以選項A正確．10．如圖所示，光滑水平面上停著一輛小車，小車的固定支架左端用不計質(zhì)量的細(xì)線系一個小鐵球．開始將小鐵球提起到圖示位置，然后無初速釋放．在小鐵球來回擺動的過程中，下列說法中正確的是()A．小車和小球系統(tǒng)動量守恒B．小球擺到最低點時，小車的速度最大C．小球向右擺動過程小車一直向左加速運動D．小球擺到右方最高點時刻，由于慣性，小車仍在向左運動解析：選B小車與小球組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，在豎直方向動量不守恒，系統(tǒng)整體動量不守恒，故A錯誤；小球從圖示位置下擺到最低點過程中，小車受力向左加速運動，當(dāng)小球到最低點時，小車速度最大．當(dāng)小球從最低點向右邊運動時，小車向左減速，當(dāng)小球運動到與題圖所示位置相對稱的位置時，小車靜止．故小球向右擺動過程小車先向左加速運動，后向左減速運動，故B正確，C、D錯誤．11．(多選)如圖所示，小車在光滑的水平面上向左運動，木塊水平向右在小車的水平車板上運動，且未滑出小車，下列說法中正確的是()A．若小車的動量大于木塊的動量，則木塊先減速再加速后勻速B．若小車的動量大于木塊的動量，則小車先加速再減速后勻速C．若小車的動量小于木塊的動量，則木塊先減速后勻速D．若小車的動量小于木塊的動量，則小車先加速后勻速解析：選AC小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒．若小車的動量大于木塊的動量，則最后相對靜止時整體向左運動，故木塊先向右減速，再向左加速，最后與車同速，小車先減速后勻速，若小車的動量小于木塊的動量，則最后相對靜止時整體向右運動，故木塊先減速后勻速，小車先減速再加速后勻速．12．(多選)帶有eq\f(1,4)光滑圓弧軌道質(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，小球又返回小車的左端，則()A．小球以后將向左做平拋運動B．小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動C．此過程小球?qū)π≤囎龅墓閑q\f(1,2)Mv02D．小球在弧形槽上上升的最大高度為eq\f(v02,2g)解析：選BC小球上升到最高點時與小車相對靜止，有共同速度v′，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有：Mv0＝2Mv′①eq\f(1,2)Mv02＝2×eq\f(1,2)Mv′2＋Mgh②聯(lián)立①②得h＝eq\f(v02,4g)，故D錯誤；從小球滾上到滾下并離開小車，系統(tǒng)在水平方向上的動量守恒，由于無摩擦力做功，動能守恒且小球與圓滑軌道質(zhì)量相等，作用后兩者交換速度，即小球速度變?yōu)榱?，開始做自由落體運動，故B、C對，A錯．13．如圖所示，帶有半徑為R的eq\f(1,4)光滑圓弧的小車其質(zhì)量為M，置于光滑水平面上，一質(zhì)量為m的小球從圓弧的最頂端由靜止釋放，則球離開小車時，球和車的速度分別為多少？(重力加速度為g)解析：球和車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設(shè)球、車分離時，球的速度大小為v1，方向向左，車的速度大小為v2，方向向右，mv1－Mv2＝0由機(jī)械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22解得v1＝eq\r(\f(2MgR,M＋m))，v2＝meq\r(\f(2gR,MM＋m)).答案：eq\r(\f(2MgR,M＋m))，方向向左meq\r(\f(2gR,MM＋m))，方向向右14．如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點．現(xiàn)將A無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動．已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′；(2)A和B整體在桌面上滑動的距離l.解析：(1)滑塊A從圓弧軌道最高點到最低點的過程中機(jī)械能守恒mgR＝eq\f(1,2)mv2滑塊A、B相碰動量守恒mv＝2mv′得碰撞后瞬間A和B整體的速率v′＝eq\f(1,2)v＝1m/s.(2)根據(jù)動能定理eq\f(1,2)(2m)v′2＝μ(2m)gl得A和B整體沿水平桌面滑動的距離l＝eq\f(v′2,2μg)＝0.25m.答案：(1)1m/s(2)0.25m第十六章第4節(jié)碰撞課時分層訓(xùn)練「基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練」1．在光滑水平面上相向運動的A、B兩小球發(fā)生正碰后一起沿A原來的速度方向運動，這說明原來()A．A球的質(zhì)量一定大于B球的質(zhì)量B．A球的速度一定大于B球的速度C．A球的動量一定大于B球的動量D．A球的動能一定大于B球的動能解析：選C在碰撞過程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒．碰撞后兩球一起沿A原來的速度方向運動，說明系統(tǒng)的總動量沿A原來的速度方向，由動量守恒定律可知，碰撞前A的動量一定大于B的動量．由p＝mv知：由于不知道兩球的速度關(guān)系，所以無法判斷兩球的質(zhì)量關(guān)系，也不能判斷動能關(guān)系，故A、B、D錯誤，C正確．2．如圖所示，光滑水平地面上有兩個大小相同、質(zhì)量不等的小球A和B，A以3m/s的速率向右運動，B以1m/s的速率向左運動，發(fā)生正碰后都以2m/s的速率反彈，則A、B兩球的質(zhì)量之比為()A．3∶5 B．2∶3C．1∶2 D．1∶3解析：選A兩球碰撞過程中，動量守恒，以A的初速度方向為正，根據(jù)動量守恒定律得：mAvA－mBvB＝mBvB′－mAvA′，代入數(shù)據(jù)解得：mA∶mB＝3∶5，故A正確，B、C、D錯誤．3．(多選)質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定其上，另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4m/s的速度與甲相向運動，如圖所示．則()A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，兩物塊及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒B．當(dāng)兩物塊相距最近時，甲物塊的速率為零C．當(dāng)甲物塊的速率為1m/s時，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為0D．甲物塊的速率可能達(dá)到5m/s解析：選AC甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，甲、乙兩物塊及彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，動量守恒，故A正確；當(dāng)兩物塊相距最近時速度相同，取碰撞前乙的速度方向為正方向，設(shè)共同速率為v，根據(jù)動量守恒定律有：mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5m/s，故B錯誤；若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來相同，則由mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝2m/s；若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來相反，則由mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝0，故C正確；若物塊甲的速率達(dá)到5m/s，方向與原來相同，則mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝6m/s，兩個物塊的速率都增大，動能都增大，違反了能量守恒定律；若物塊甲的速率達(dá)到5m/s，方向與原來相反，則mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝－4m/s，碰撞后，乙的動能不變，甲的動能增加，系統(tǒng)總動能增加，違反了能量守恒定律，所以物塊甲的速率不可能達(dá)到5m/s，故D錯誤．4．如圖所示，小球A和小球B質(zhì)量相同，球B置于光滑水平面上，當(dāng)球A從高為h處由靜止擺下，到達(dá)最低點恰好與B相撞，并粘合在一起繼續(xù)擺動，它們能上升的最大高度是()A．h B.eq\f(1,2)hC.eq\f(1,4)h D.eq\f(1,8)h解析：選C對A由機(jī)械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh).對碰撞過程由動量守恒有mv＝2mv′，得v′＝eq\f(\r(2gh),2).對整體設(shè)上升的最大高度為h′，則由機(jī)械能守恒有2mgh′＝eq\f(1,2)·2mv′2，解得h′＝eq\f(h,4)，C正確．5．如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量均為2kg，置于光滑水平面上，B與一輕質(zhì)彈簧的一端相連，彈簧的另一端固定在豎直擋板上，當(dāng)A以4m/s的速度向B撞擊時，由于有橡皮泥而粘在一起運動，那么彈簧被壓縮到最短時，彈簧具有的彈性勢能大小為()A．4J B．8JC．16J D．32J解析：選BA、B在碰撞過程中動量守恒，碰后粘在一起共同壓縮彈簧的過程中機(jī)械能守恒．由碰撞過程中動量守恒得mAvA＝(mA＋mB)v代入數(shù)據(jù)解得v＝eq\f(mAvA,mA＋mB)＝2m/s所以碰后A、B及彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能為eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝8J，當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，系統(tǒng)的動能為0，只有彈性勢能，由機(jī)械能守恒定律得此時彈簧的彈性勢能為8J，故B選項正確．6．如圖所示，質(zhì)量為m的A球在水平面上靜止放置，質(zhì)量為2m的B球向左運動速度大小為v0，B球與A球碰撞且無機(jī)械能損失，碰后A球速度大小為v1，B球的速度大小為v2，碰后相對速度與碰前相對速度的比值定義為恢復(fù)系數(shù)e＝eq\f(v1－v2,v0－0)，下列選項正確的是()A．e＝1 B．e＝eq\f(1,2)C．e＝eq\f(1,3) D．e＝eq\f(1,4)解析：選A兩球碰撞過程中，組成的系統(tǒng)動量守恒，碰撞為彈性碰撞．以B球的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知，2mv0＝mv1＋2mv2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，eq\f(1,2)×2mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22，解得v1＝eq\f(4,3)v0，v2＝eq\f(1,3)v0，恢復(fù)系數(shù)e＝eq\f(v1－v2,v0－0)＝1，A選項正確，B、C、D選項錯誤．7．(多選)(2018·福建三明一中高二期末)如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1和m2，圖乙為它們碰撞前后的x-t圖象．已知m1＝0.1kg.由此可以判斷()A．碰前m2靜止，m1向右運動B．碰后m2和m1都向右運動C．由動量守恒可以算出m2＝0.2kgD．碰撞過程中系統(tǒng)機(jī)械能未損失解析：選AD由x-t(位移—時間)圖線的斜率表示速度可知，碰前m2的位移不隨時間的變化而變化，處于靜止?fàn)顟B(tài)，m1的速度大小為v1＝eq\f(Δx,Δt)＝4m/s，方向只有向右才能與m2相碰，故A正確；由題圖乙讀出，碰后m2向右運動，m1向左運動，故B錯誤；由題圖乙求出碰后m2和m1的速度分別為v2′＝2m/s，v1′＝－2m/s，根據(jù)動量守恒定律得，m1v1＝m2v2′＋m1v1′，解得m2＝0.3kg，故C錯誤；碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)m1v12－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v2′2，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝0J，故D正確．8.如圖所示，光滑平臺上有兩個剛性小球A和B，質(zhì)量分別為2m和3m，小球A以速度v0向右運動并與靜止的小球B發(fā)生碰撞(碰撞過程中不損失機(jī)械能)，小球B飛出平臺后經(jīng)時間t剛好掉入裝有沙子向左運動的小車中，小車與沙子的總質(zhì)量為m，速度為2v0，小車行駛的路面近似看做是光滑的，求：(1)碰撞后小球A和小球B的速度大??；(2)小球B掉入小車后的速度大小．解析：(1)A球與B球碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv0＝mAv1＋mBv2碰撞過程中系統(tǒng)機(jī)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球向左運動，B球向右運動．(2)B球掉入小車的過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mBv2－m車v3＝(mB＋m車)v3′解得v3′＝eq\f(1,10)v0.答案：(1)eq\f(1,5)v0eq\f(4,5)v0(2)eq\f(1,10)v0「能力提升練」9．如圖所示，連接有輕彈簧的物塊a靜止于光滑水平面上，物塊b以一定初速度向左運動．下列關(guān)于a、b兩物塊的動量p隨時間t的變化關(guān)系圖象，不合理的是()解析：選A物塊b與彈簧相互作用的過程中，彈簧先被壓縮后恢復(fù)原長，彈力先逐漸增大后逐漸減小，兩物體的加速度先增大后減小，p-t圖象的斜率先增大后減小，A選項不合理；物塊b與彈簧接觸后，壓縮彈簧，b做減速運動，a做加速運動，且在運動過程中系統(tǒng)的動量守恒，如果b的質(zhì)量較小，可能出現(xiàn)b反彈的現(xiàn)象，B選項合理；物塊a、b質(zhì)量相等，則可以出現(xiàn)符合C選項的運動過程，C選項合理；物塊a的質(zhì)量很小，可能出現(xiàn)符合D選項的運動過程，D選項合理．10．在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時受到的阻力．如圖(a)所示，藍(lán)壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，運動員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍(lán)壺，兩壺發(fā)生正碰．若碰撞前、后兩壺的v-t圖象如圖(b)所示．關(guān)于冰壺的運動，下列說法正確的是()A．兩壺發(fā)生彈性碰撞B．碰撞后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為1.1mC．藍(lán)壺受到的滑動摩擦力較大D．碰撞后藍(lán)壺的加速度大小為0.1m/s2解析：選B設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后紅壺的速度為v0′＝0.4m/s，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.6m/s；碰撞前兩壺的總動能為Ek1＝eq\f(1,2)mv02＝0.5m.碰撞后兩壺的總動能為Ek2＝eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)mv2＝0.26m<Ek1，所以兩壺碰撞為非彈性碰撞，故A錯誤；根據(jù)碰前紅壺的速度圖象可知紅壺的加速度大小為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.2－1.0,1)m/s2＝0.2m/s2，根據(jù)圖(b)知，藍(lán)壺停止運動的時刻為t＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(1.2,0.2)s＝6s，速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，則碰后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為s＝eq\f(0.6×5,2)m－eq\f(0.4×2,2)m＝1.1m，故B正確；根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度比藍(lán)壺的加速度大，兩壺質(zhì)量相等，所以紅壺的滑動摩擦力比藍(lán)壺的滑動摩擦力大，故C錯誤；碰后藍(lán)壺的加速度大小為a′＝eq\f(v,t)＝eq\f(0.6,6－1)m/s2＝0.12m/s2，故D錯誤．11．A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線同向運動，A、B的質(zhì)量分別為2kg和4kg，A的動量是6kg·m/s，B的動量是8kg·m/s，當(dāng)A球追上B球發(fā)生碰撞后，A、B兩球動量可能值分別為()A．4kg·m/s,10kg·m/sB．－6kg·m/s,20kg·m/sC．10kg·m/s,4kg·m/sD．5kg·m/s,9kg·m/s解析：選A選項A碰后vA′＝eq\f(4,2)m/s＝2m/s，VB′＝eq\f(10,4)m/s＝2.5m/s，vA′＜vB′且碰前動能eq\f(pA2,2mA)＋eq\f(pB2,2mB)＞eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)，A正確；B選項碰后動能大于碰前動能，B錯誤；C選項碰后vA′＝eq\f(10,2)m/s＝5m/s，vB′＝eq\f(4,4)m/s＝1m/s，vA′＞vB′，會發(fā)生第二次碰撞，C錯誤；同理D選項錯誤．12．如圖所示，軌道AOB光滑且在O處平滑相接，B點右側(cè)為粗糙水平面．有兩個材料及表面粗糙程度均相同的小物塊P、Q，其中物塊P的質(zhì)量為0.9kg，把物塊P從斜面上0.8m高處由靜止釋放，運動至粗糙水平面上的C點處速度恰好減為零，BC長為1m；若把物塊Q置于B點，物塊P仍從斜面上0.8m高處由靜止釋放，物塊P、Q碰撞后，在粗糙水平面上的位移分別為0.64m、0.81m．已知重力加速度g＝10m/s2，則物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ及物塊Q的質(zhì)量M分別為()A．μ＝0.4，M＝0.2kg B．μ＝0.4，M＝0.4kgC．μ＝0.8，M＝0.2kg D．μ＝0.8，M＝0.4kg解析：選C把物塊P從斜面上0.8m高處由靜止釋放，運動至粗糙水平面上的C點處速度恰好減為零，根據(jù)動能定理可得mgh－μmgLBC＝0代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.8；P滑到底端的速度為v0＝eq\r(2gh)＝4m/s，碰后P的速度為v1，則有eq\f(1,2)mv12＝μmgL1，則有v1＝eq\r(2μgL1)＝eq\r(2×0.8×10×0.64)m/s＝3.2m/s碰后Q的速度為v2，則有eq\f(1,2)Mv22＝μMgL2，則有v2＝eq\r(2μgL2)＝eq\r(2×0.8×10×0.81)m/s＝3.6m/s碰撞過程中根據(jù)動量守恒定律可得：mv0＝mv1＋Mv2聯(lián)立解得M＝0.2kg，故C正確，A、B、D錯誤．13．如圖所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為M的長木板，以速度v0向右做勻速直線運動，將質(zhì)量為m的小鐵塊輕輕放在木板上的A點，這時小鐵塊相對地面速度為零，小鐵塊相對木板向左滑動．由于小鐵塊和木板間有摩擦，最后它們之間相對靜止，已知它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，問：(1)小鐵塊跟木板相對靜止時，它們的共同速度多大？(2)它們相對靜止時，小鐵塊與A點距離多遠(yuǎn)？(3)在全過程中有多少機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？解析：(1)木板與小鐵塊組成的系統(tǒng)動量守恒．以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得，Mv0＝(M＋m)v′，則v′＝eq\f(Mv0,M＋m).(2)由功能關(guān)系可得，摩擦力在相對位移上所做的功等于系統(tǒng)動能的減少量，μmgx相＝eq\f(1,2)Mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v′2解得x相＝eq\f(Mv02,2μgM＋m).(3)由能量守恒定律可得，Q＝eq\f(1,2)Mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(Mmv02,2M＋m).答案：(1)eq\f(Mv0,M＋m)(2)eq\f(Mv02,2μgM＋m)(3)eq\f(Mmv02,2M＋m)14．如圖所示，一質(zhì)量M＝2kg的帶有弧形軌道的平臺置于足夠長的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B.從弧形軌道上距離水平軌道高h(yuǎn)＝0.3m處由靜止釋放一質(zhì)量mA＝1kg的小球A，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺．已知所有接觸面均光滑，重力加速度為g，求：(1)小球A滑到水平軌道上時速度的大??；(2)小球B的質(zhì)量．解析：(1)小球A在圓弧軌道上運動的過程中，小球A和圓弧軌道組成的系統(tǒng)水平方向上的動量守恒．選取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知，mAv1＝Mv根據(jù)能量守恒定律可知，mAgh＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)Mv2聯(lián)立解得v1＝2m/s，v＝1m/s.小球A滑到水平軌道上時速度的大小為2m/s.(2)小球A、B碰撞過程中，動量守恒，mAv1＝－mAv1′＋mBv2根據(jù)題意可知，v1′＝v＝1m/sA、B系統(tǒng)能量守恒，eq\f(1,2)mAv12＝eq\f(1,2)mAv1′2＋eq\f(1,2)mBv22解得mB＝3kg.答案：(1)2m/s(2)3kg第十六章第5節(jié)反沖運動火箭課時分層訓(xùn)練「基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練」1．一人靜止于光滑的水平冰面上，現(xiàn)欲向前運動，下列方法中可行的是()A．向后踢腿 B．手臂向后甩C．在冰面上滾動 D．脫下外衣向后水平拋出解析：選D脫下外衣向后水平拋出，由于反沖作用，人將向前運動，D可行；A、B、C項措施均不可行．2．關(guān)于反沖運動的說法中，正確的是()A．拋出部分的質(zhì)量m1要小于剩下部分的質(zhì)量m2才能獲得反沖B．若拋出部分的質(zhì)量m1大于剩下部分的質(zhì)量m2，則m2的反沖力大于m1所受的力C．反沖運動中，牛頓第三定律適用，但牛頓第二定律不適用D．對拋出部分和剩余部分牛頓第二定律都適用解析：選D反沖運動是指由于內(nèi)力作用，系統(tǒng)的一部分物體向某一方向運動，而使另一部分向相反方向運動，反沖運動過程動量守恒，兩部分物體之間的質(zhì)量關(guān)系與是否發(fā)生反沖沒有關(guān)系，故選項A錯誤；在反沖運動中，兩部分物體之間的作用力是一對作用力與反作用力，由牛頓第三定律可知，它們大小相等、方向相反，故選項B錯誤；在反沖運動中，牛頓第二定律和牛頓第三定律均適用，故選項C錯誤，選項D正確．3．如圖所示，物體A的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的2倍，中間壓縮一輕質(zhì)彈簧，放在光滑的水平面上，由靜止同時放開兩手后一小段時間內(nèi)()A．A的速率始終等于B的速率B．A的動量大小大于B的動量大小C．A受的合力大小大于B受的合力大小D．A的動量不等于B的動量解析：選D物體A和B組成的系統(tǒng)滿足反沖模型，根據(jù)動量守恒定律可知，A的動量大小等于B的動量大小，mAvA＝mBvB，eq\f(vA,vB)＝eq\f(mB,mA)＝eq\f(1,2)，故A、B選項錯誤；兩者之間存在相互作用力，A受到的合力大小等于B受到的合力大小，故C選項錯誤；A的動量與B的動量大小相等，方向相反，即A的動量不等于B的動量，故D選項正確．4．運送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是()A．燃料燃燒推動空氣，空氣反作用力推動火箭B．火箭發(fā)動機(jī)將燃料燃燒產(chǎn)生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動火箭C．火箭吸入空氣，然后向后推出，空氣對火箭的反作用力推動火箭D．火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭解析：選B火箭的工作原理是反沖運動，火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫高壓氣體從尾部迅速噴出時，使火箭獲得反沖速度，故選項B正確．5．某人在一只靜止的小船上練習(xí)射擊，船、人連同槍(不包括子彈)及靶的總質(zhì)量為M，槍內(nèi)有n顆子彈，每顆子彈的質(zhì)量為m，子彈水平射出槍口相對于地的速度為v0，子彈打入靶中且留在靶里，在射完n顆子彈后時，小船的最終速度為()A．0 B.eq\f(nmv0,M)C.eq\f(mv0,M) D.eq\f(nmv0,M＋nm)解析：選A以船、人連同槍、靶以及槍內(nèi)n顆子彈組成的系統(tǒng)為研究的對象，水平方向上動量守恒．以子彈的初速度方向為正方向，射擊前系統(tǒng)的總動量為0，由動量守恒定律可知，子彈射入靶中后系統(tǒng)的總動量也為零，所以小船的最終速度為0，A選項正確．6．如圖所示，質(zhì)量為M的小船在靜止水平面上以速度v0向右勻速行駛，一質(zhì)量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止．若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為()A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq\f(m,M)(v0－v)解析：選C根據(jù)動量守恒定律，以水平向右為正方向，則有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，故選項C正確．7．有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測出它的質(zhì)量．他輕輕從船尾走向船頭，而后輕輕下船．用卷尺測出船后退的距離d和船長L，又知他的質(zhì)量為m，則小船的質(zhì)量為(不計湖水的阻力)()A.eq\f(mL＋d,d) B.eq\f(mL－d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL＋d,L)解析：選B設(shè)人的位移為s人，船的位移為d＝L－s人，如圖所示：以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv1－Mv2＝0，可得：meq\f(s人,t)＝Meq\f(d,t)，解得船的質(zhì)量為M＝eq\f(mL－d,d)，故B對，A、C、D錯．8．某小組在探究反沖運動時，將質(zhì)量為m1的一個小液化瓶固定在質(zhì)量為m2的小玩具船上，利用液化瓶向外噴射氣體作為船的動力．現(xiàn)在整個裝置靜止放在平靜的水面上，已知打開液化瓶后向外噴射氣體的對地速度為v1，如果在某段時間內(nèi)向后噴射的氣體的質(zhì)量為Δm，忽略水的阻力，則噴射出質(zhì)量為Δm的氣體后小船的速度是多少？解析：由動量守恒定律得：0＝(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1解得v船＝eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm).答案：eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm)「能力提升練」9．(多選)一平板小車靜止在光滑的水平地面上，甲、乙兩人分別站在車的左、右端，當(dāng)兩人同時相向而行時，發(fā)現(xiàn)小車向左移，則()A．若兩人質(zhì)量相等，必有v甲>v乙B．若兩人質(zhì)量相等，必有v甲<v乙C．若兩人速率相等，必有m甲>m乙D．若兩人速率相等，必有m甲<m乙解析：選AC甲、乙兩人和小車組成的系統(tǒng)動量守恒，且總動量為零，甲動量方向向右，小車動量方向向左，說明|p甲|＝|p乙|＋|p車|，即m甲v甲>m乙v乙，若m甲＝m乙，則v甲>v乙，A對，B錯；若v甲＝v乙，則m甲>m乙，C對，D錯．10．如圖所示，質(zhì)量為M、底邊長為a的三角形木塊A置于光滑水平面上，在A的頂部有一質(zhì)量為m、底邊長為b的三角形木塊B.若B從A的頂端由靜止滑至底部，則A后退的距離為()A.eq\f(ma,M＋m) B.eq\f(Ma,M＋m)C.eq\f(ma－b,M＋m) D.eq\f(Ma－b,M＋m)解析：選C由A、B組成的系統(tǒng)在相互作用的過程中水平方向動量守恒，且水平方向上初態(tài)總動量為0，在水平方向?qū)儆谌舜Ｐ停O(shè)木塊B滑至底部的過程向左滑行的水平距離為L2，木塊A后退的距離為L1，有ML1＝mL2且L1＋L2＝a－b，解得L1＝eq\f(m,M＋m)(a－b)，C正確．11．(多選)如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的半圓形槽物體A放在光滑水平地面上，槽內(nèi)表面光滑，其半徑r＝0.6m．現(xiàn)有一個質(zhì)量m＝1kg的小物塊B在物體A的槽右端口獲得瞬時豎直向下的沖量I＝2N·s，此后物體A和物塊B相互作用，使物體A在地面上運動，則()A．在A、B間存在相互作用的過程中，物體A和物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．在A、B間存在相互作用的過程中，物體A和物塊B組成的系統(tǒng)動量守恒C．物塊B從槽口右端運動到左端時，物體A向右運動的位移是0.4mD．物塊B最終可從槽口左端豎直沖出，到達(dá)的最高點距槽口的高度為0.2m解析：選ACD機(jī)械能守恒的條件是只有重力做功，在A、B間存在相互作用的過程中，物體A和物塊B組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A選項正確；在A、B間存在相互作用的過程中，豎直方向上存在加速度，系統(tǒng)合外力不為零，動量不守恒，B選項錯誤；物塊B從槽口右端運動到左端時，根據(jù)水平方向動量守恒可知，m·(2r－x)＝Mx，解得x＝0.4m，C選項正確；研究物塊B，根據(jù)動量定理可知，I＝mv0，解得v0＝2m/s，B到達(dá)左側(cè)最高點時，物體A的速度為零，根據(jù)能量守恒定律可知，mgh＝eq\f(1,2)mv02，解得h＝0.2m，D選項正確．12．(多選)小車靜置于光滑的水平面上，小車的A端固定一個輕質(zhì)彈簧，B端粘有橡皮泥，小車的質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時小車與C都處于靜止?fàn)顟B(tài)且C到B的距離為L，如圖所示，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩，彈簧被釋放，使木塊C離開彈簧向B端沖去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下說法中正確的是()A．如果小車內(nèi)表面光滑，整個系統(tǒng)任何時刻機(jī)械能都守恒B．當(dāng)木塊對地運動速度大小為v時，小車對地運動速度大小為eq\f(m,M)vC．小車向左運動的最大位移為eq\f(mL,M＋m)D．小車向左運動的最大位移為eq\f(m,M)L解析：選BC小車和木塊C這一系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)在整個過程中動量守恒，但粘接過程中有機(jī)械能損失，A錯誤；由動量守恒可得：Mv′－mv＝0，則小車對地速度v′＝eq\f(m,M)v，B正確；由“人船模型”可得：Md＝m(L－d)，所以小車向左的位移d＝eq\f(mL,M＋m)，C正確，D錯誤．13．如圖所示，一質(zhì)量為m的玩具蛙蹲在質(zhì)量為M的小車的細(xì)桿上，小車放在光滑的水平面上，若車長為L，細(xì)桿高為h且位于小車的中央，試問玩具蛙對地最小以多大的水平速度跳出才能落到地面上(重力加速度為g)?解析：蛙和車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，則蛙和車的動量大小的關(guān)系為Mv′－mv＝0蛙下落時間t＝eq\r(\f(2h,g))若蛙恰好落地，則有v′t＋vt＝eq\f(L,2)解得v＝eq\f(ML,2M＋m)eq\r(\f(g,2h)).答案：eq\f(ML,2M＋m)eq\r(\f(g,2h))14．甲、乙兩只小船的質(zhì)量均為M＝120kg，靜止于水面上，甲船上的人質(zhì)量m＝60kg，通過一根長為L＝10m的繩用F＝120N的力水平拉乙船，求：(1)兩船相遇時，兩船分別移動了多少距離；(2)為防止兩船相撞，人至少應(yīng)以多大的速度從甲船跳到乙船．(忽略水的阻力)解析：(1)由“人船模型”特點，水平方向動量守恒：(M＋m)eq\f(x甲,t)＝Meq\f(x乙,t)x甲＋x乙＝L解得x甲＝4m，x乙＝6m.(2)設(shè)相遇時甲船速度為v1，乙船速度為v2，人跳離時的速度大小為v.因相遇前甲、乙兩船受到力的大小及力的作用時間都相等，由動量定理可知甲、乙兩船動量大小相等，即(M＋m)v1＝Mv2由動能定理得Fx甲＝eq\f(1,2)(M＋m)v12人跳離后至少需甲、乙船均停下，對人和甲船組成的系統(tǒng)由動量守恒定律有(M＋m)v1＝0＋mv解得v＝4eq\r(3)m/s.答案：(1)4m6m(2)4eq\r(3)m/s第十六章習(xí)題課動量守恒定律的綜合應(yīng)用課時分層訓(xùn)練「基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練」1．如圖所示，P物體與一個連著彈簧的Q物體發(fā)生正碰，碰后P物體靜止，Q物體以P物體碰前的速度v離開，已知P與Q質(zhì)量相等，彈簧質(zhì)量忽略不計，那么當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，下列結(jié)論中正確的是()A．P的速度恰好為零B．P與Q具有相同的速度C．Q剛開始運動D．Q的速度等于v解析：選BP物體接觸彈簧后，在彈簧彈力的作用下，P做減速運動，Q做加速運動，P、Q間的距離減小，當(dāng)P、Q兩物體速度相等時，彈簧被壓縮到最短，故B正確，A、C錯誤；由于作用過程中動量守恒，設(shè)速度相同時的共同速度為v′，則mv＝(m＋m)v′，所以彈簧被壓縮至最短時，P、Q的速度v′＝eq\f(v,2)，故D錯誤．2．如圖所示，質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質(zhì)量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面，若車足夠長，則()A．木塊的最終速度為eq\f(m,M＋m)v0B．由于車上表面粗糙，小車和木塊所組成的系統(tǒng)動量不守恒C．車上表面越粗糙，木塊減少的動量越多D．車上表面越粗糙，小車獲得的動量越多解析：選A因水平面光滑，則木塊滑上小車后，小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv0＝(M＋m)v，得最終速度v＝eq\f(mv0,M＋m)，A正確，B錯誤；木塊減少的動量為p木減＝mv0－mv＝eq\f(Mmv0,M＋m)，與車上表面粗糙程度無關(guān)，C錯誤；小車獲得的動量為p車增＝Mv＝eq\f(Mmv0,M＋m)，與車上表面粗糙程度無關(guān)，D錯誤．3．(多選)如圖所示，在光滑水平地面上有兩個完全相同的小球A和B，它們的質(zhì)量都為m.現(xiàn)B球靜止，A球以速度v0與B球發(fā)生正碰，針對碰撞后的動能下列說法中正確的是()A．B球動能的最大值是eq\f(1,2)mv02B．B球動能的最大值是eq\f(1,8)mv02C．系統(tǒng)動能的最小值是0D．系統(tǒng)動能的最小值是eq\f(1,4)mv02解析：選AD當(dāng)兩球發(fā)生完全彈性碰撞時，A球靜止，B球的動能最大，A正確，B錯誤；當(dāng)兩球相碰后共同運動時，損失的能量最多，系統(tǒng)動能最小，系統(tǒng)動能的最小值是eq\f(1,4)mv02，C錯誤，D正確．4．(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A緊靠豎直墻壁．用水平力向左推B，將彈簧壓縮，推到某位置靜止時推力大小為F，彈簧的彈性勢能為E.在此位置突然撤去推力，下列說法中正確的是()A．從撤去推力到A離開豎直墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，機(jī)械能守恒B．從撤去推力到A離開豎直墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒C．A離開豎直墻壁后，彈簧彈性勢能最大值為eq\f(E,3)D．A離開豎直墻壁后，彈簧彈性勢能最大值為E解析：選ACA離開墻壁前，墻壁對A有彈力，這個彈力雖不做功，但對A有沖量，因此系統(tǒng)動量不守恒，機(jī)械能守恒，選項A正確，B錯誤；由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得：E＝eq\f(1,2)×2mvB2①A脫離墻面后速度逐漸增加，B速度逐漸減小，此過程中彈簧逐漸伸長，當(dāng)A、B速度相同時，彈簧彈性勢能最大，這一過程系統(tǒng)動量和機(jī)械能均守恒．有：動量守恒：2mvB＝(m＋2m)v②機(jī)械能守恒：Epmax＝eq\f(1,2)(2m)vB2－eq\f(1,2)(m＋2m)v2③由①②③可解得Epmax＝eq\f(E,3)，選項C正確，D錯誤．5．在光滑水平面上有兩個相同的彈性小球A、B，質(zhì)量都為m，B球靜止，A球向B球運動，發(fā)生正碰．已知碰撞過程中機(jī)械能守恒，兩球壓縮最緊時彈性勢能為Ep，則碰前A球的速度等于()A.eq\r(\f(Ep,m)) B.eq\r(\f(2Ep,m))C．2eq\r(\f(Ep,m)) D．2eq\r(\f(2Ep,m))解析：選C兩球壓縮最緊時速度相等，mvA＝2mv；彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)×2mv2；解得vA＝2eq\r(\f(Ep,m))，故C正確．6.如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A(可視為質(zhì)點)，同時給A和B以大小均為2.0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，要使小木塊A不滑離長木板B板，已知小木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為0.6，則長木板B的最小長度為()A．1.2m B．0.8mC．1.0m D．1.5m解析：選C當(dāng)從開始到AB速度相同的過程中，取水平向右方向為正方向，由動量守恒定律得：(M－m)v0＝(M＋m)v解得v＝1m/s；由能量關(guān)系可知：μmgL＝eq\f(1,2)(M＋m)v02－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得L＝1.0m，故C正確，A、B、D錯誤．7．如圖所示，兩滑塊A、B位于光滑水平面上，已知A的質(zhì)量MA＝1kg，B的質(zhì)量MB＝4kg.滑塊B的左端連有輕質(zhì)彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態(tài)．現(xiàn)使滑塊A以v＝5m/s速度水平向右運動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用(整個過程彈簧沒有超過彈性限度)，直至分開．則()A．物塊A的加速度一直在減小，物塊B的加速度一直在增大 B．作用過程中彈簧的最大彈性勢能Ep＝2J C．滑塊A的最小動能為EkA＝4.5J，滑塊B的最大動能為EkB＝8J D．若滑塊A的質(zhì)量MA＝4kg，B的質(zhì)量MB＝1kg，滑塊A的最小動能為EkA＝18J，滑塊B的最大動能為EkB＝32J解析：選D彈簧的彈力先增大后減小，兩個物塊受到的合外力都等于彈簧的彈力，則兩個物塊的加速度都先增大后減小，故A錯誤；當(dāng)彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時滑塊A和B的速度相同．選取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律：MAv＝(MA＋MB)v′，解得v′＝1m/s.根據(jù)機(jī)械能守恒定律，知彈簧的最大彈性勢能等于滑塊A、B損失的動能，為Ep＝eq\f(1,2)MAv2－eq\f(1,2)(MA＋MB)v′2，解得Ep＝10J，故B錯誤；當(dāng)A、B分離時，滑塊B的速度最大，由動量守恒和能量守恒定律得：MAv＝MAvA＋MBvB①，eq\f(1,2)MAv2＝eq\f(1,2)MAvA2＋eq\f(1,2)MBvB2②，聯(lián)立①②兩式可得：vA＝－3m/s，vB＝2m/s，所以滑塊A的最小動能為EkA＝0.滑塊B的最大動能為EkB＝eq\f(1,2)MBvB2＝8J，故C錯誤；若滑塊A的質(zhì)量MA＝4kg，B的質(zhì)量MB＝1kg，同理可得，當(dāng)A、B分離時，A、B的速度分別為vA＝3m/s，vB＝8m/s，滑塊A的最小動能為EkA＝eq\f(1,2)MAvA2＝18J，滑塊B的最大動能為EkB＝eq\f(1,2)MBvB2＝32J，故D正確．8．如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視做質(zhì)點，質(zhì)量分別為2m和m.Q與輕質(zhì)彈簧相連(彈簧處于原長)．設(shè)開始時P和Q分別以2v和v初速度向右勻速運動，當(dāng)小滑塊P追上小滑塊Q與彈簧發(fā)生相互作用，在以后運動過程中，求：(1)彈簧具有的最大彈性勢能？(2)小滑塊Q的最大速度？解析：(1)P、Q通過彈簧發(fā)生碰撞，當(dāng)兩滑塊速度相等時，彈簧壓縮到最短，彈性勢能最大，設(shè)此時共同速度為v′.對P、Q(包括彈簧)組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有：2m×2v＋mv＝(2m＋m)v′解得v′＝eq\f(5,3)v根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：彈簧具有的最大彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)×2m(2v)2＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×3mv′2＝eq\f(1,3)mv2.(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時Q的速度最大，設(shè)此時P的速度為v1，Q的速度為v2，根據(jù)動量守恒定律可得：2m·2v＋mv＝2mv1＋mv2根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：eq\f(1,2)×2m(2v)2＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2mv12＋eq\f(1,2)mv22聯(lián)立解得v2＝eq\f(7,3)v.答案：(1)eq\f(1,3)mv2(2)eq\f(7,3)v「能力提升練」9．(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ.初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設(shè)碰撞都是彈性碰撞的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為()A.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(mM,2m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL解析：選BD根據(jù)動量守恒，小物塊和箱子的共同速度v′＝eq\f(mv,M＋m)，損失的動能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(mM,2m＋M)v2，故B正確；根據(jù)能量守恒，損失的動能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，所以ΔEk＝FfNL＝NμmgL，故D正確．10．(多選)如圖所示，兩個質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍．上述兩種射入過程相比較()A．射入滑塊A的子彈速度變化大B．整個射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大C．兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同D．射入滑塊A中時阻力對子彈做功是射入滑塊B中時的兩倍解析：選BC設(shè)子彈的初速度為v，子彈和滑塊的共同速度為v′，則根據(jù)動量守恒定律，有：mv＝(M＋m)v′，解得v′＝eq\f(mv,M＋m)；由于兩矩形滑塊A、B的質(zhì)量相同，故兩種情況中最后子彈與滑塊的速度都是相同的，子彈速度變化相同，故A錯誤；滑塊A、B的質(zhì)量相同，初速度均為零，末速度均為eq\f(mv,M＋m)，故動量變化量相等，根據(jù)動量定理可知，整個射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大，故B正確；根據(jù)能量守恒定律，兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)減小的機(jī)械能，則兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同，故C正確；根據(jù)動能定理，射入滑塊中時阻力對子彈做功等于動能的變化量，則射入滑塊A中時阻力對子彈做功等于射入滑塊B中時阻力對子彈做功，故D錯誤．11．(2018·宜賓模擬)如圖所示，一砂袋用無彈性輕細(xì)繩懸于O點．開始時砂袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，一彈丸以水平速度v0擊中砂袋后未穿出，二者共同擺動，若彈丸質(zhì)量為m，砂袋質(zhì)量為5m，彈丸和砂袋形狀大小忽略不計，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計，不計空氣阻力，重力加速度為g.下列說法中正確的是()A．彈丸打入砂袋過程中，細(xì)繩所受拉力大小保持不變B．彈丸打入砂袋過程中，彈丸對砂袋的沖量大小大于砂袋對彈丸的沖量大小C．彈丸打入砂袋過程中所產(chǎn)生的熱量為eq\f(mv02,72)D．砂袋和彈丸一起擺動所達(dá)到的最大高度為eq\f(v02,72g)解析：選D初態(tài)時，細(xì)繩的拉力等于砂袋的重力，彈丸打入砂袋過程中，砂袋的速度增大，做圓周運動，細(xì)繩拉力與砂袋的重力的合力提供向心力，拉力增大，A選項錯誤；彈丸打入砂袋過程中，彈丸和砂袋組成的系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，彈丸對砂袋的沖量大小等于砂袋對彈丸的沖量大小，B選項錯誤；彈丸打入砂袋過程中，初速度方向為正，根據(jù)動量守恒定律可知，mv0＝(m＋5m)v，根據(jù)能量守恒定律可知，產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋5m)v2＝eq\f(5,12)mv02，C選項錯誤；彈丸打入砂袋后，系統(tǒng)機(jī)械能守恒eq\f(1,2)(m＋5m)v2＝(m＋5m)gh，解得最大高度h＝eq\f(v02,72g)，D選項正確．12．(多選)如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲管道，整個小車(含管道)的質(zhì)量為2m，原來靜止在光滑的水平面上．今有一個可以看做質(zhì)點的小球，質(zhì)量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達(dá)管道的最高點，然后從管道左端滑離小車，關(guān)于這個過程，下列說法正確的是()A．小球滑離小車時，小車回到原來位置B．小球滑離小車時相對小車的速度大小為vC．車上管道中心線最高點距小車上表面的豎直高度為eq\f(v2,3g)D．小球在滑上小車到管道最高點的過程中，小車的動量變化大小是eq\f(mv,2)解析：選BC小球恰好到達(dá)管道的最高點，說明在最高點時小球和軌道之間相對速度為0，則小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒mv＝(m＋2m)v′，v′＝eq\f(v,3).Δp車＝2m·eq\f(v,3)＝eq\f(2,3)mv，D選項錯誤；由功能關(guān)系知mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·3mv′2，得H＝eq\f(v2,3g)，C選項正確；小球滑離小車：mv＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22，解得v1＝－eq\f(v,3)，v2＝eq\f(2,3)v，小球相對小車的速度Δv＝v1－v2＝－v，B選項正確；在整個過程中小車一直向右運動，A選項錯誤．13．如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他乘的冰車質(zhì)量之和為M＝30kg，乙和他乘的冰車質(zhì)量之和也是30kg.游戲時，甲推著一個質(zhì)量為m＝15kg的箱子，共同以速度v0＝2.0m/s滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來，為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙面前時，乙迅速把它抓?。舨挥嫳娴哪Σ亮Γ蠹字辽僖远啻蟮乃俣?相對于冰面)將箱子推出，才能避免與乙相撞．解析：取甲開始運動的方向為正方向，設(shè)甲推出箱子后的速度為v1，箱子的速度為v，以甲和箱子為系統(tǒng)，則由動量守恒定律得(m＋M)v0＝Mv1＋mv設(shè)乙抓住箱子后其速度為v2，取箱子和乙為系統(tǒng)，則由動量守恒定律得mv－Mv0＝(m＋M)v2而甲、乙不相撞的條件是v2≥v1，當(dāng)v1＝v2時，甲推出箱子的速度最小，聯(lián)立以上各式可得v＝＝5.2m/s，即甲至少要以5.2m/s的速度將箱子推出，才能避免與乙相撞．答案：5.2m/s14．如圖所示，水平軌道Q點左側(cè)粗糙，Q點右側(cè)光滑，軌道上有三個木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA＝3m、mB＝mC＝m，開始時B、C均靜止，A在P點以初速度v0向右運動，運動到Q點與B碰撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間的距離保持不變．已知A與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，P、Q間距離為L.求(1)碰前瞬間A的速度大小v；(2)A與B碰撞過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能．解析：(1)A從P到Q過程由動能定理得：－μmAgL＝eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)mAv02解得v＝eq\r(v02－2μgL).(2)設(shè)A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v共，由動量守恒定律對A、B木塊：mAv＝mAvA＋mBvB對B、C木塊：mBvB＝(mB＋mC)v共由最后A與B間的距離保持不變，可知vA＝v共A與B碰撞過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)mBvB2解得ΔE＝eq\f(6mv02－2μgL,25).答案：(1)eq\r(v02－2μgL)(2)eq\f(6mv02－2μgL,25)第十六章章末高考真題鏈接1．(2018·全國卷Ⅱ)高空墜物極易對行人造成傷害．若一個50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為()A．10N B．102NC．103N D．104N解析：選C對于雞蛋撞擊地面前的下落過程，根據(jù)動能定理：mgh＝eq\f(1,2)mv2；對于雞蛋撞擊地面的過程，設(shè)向下為正，由動量定理可得：mgt