備考2025高考物理“二級(jí)結(jié)論”精析與培優(yōu)爭(zhēng)分練講義-07.動(dòng)量（教師版）

7.動(dòng)量——備考2025高考物理“二級(jí)結(jié)論”精析與培優(yōu)爭(zhēng)分練一、同一物體某時(shí)刻的動(dòng)能和動(dòng)量大小的關(guān)系，例題1.冬奧會(huì)速滑比賽中，甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量分別為和，若他們的動(dòng)能相等，則甲、乙動(dòng)量大小之比是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由動(dòng)能表達(dá)式和動(dòng)量大小表達(dá)式可得二者動(dòng)能相等，所以甲、乙動(dòng)量大小之比為，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。練1.2020年7月23日，中國(guó)首個(gè)火星探測(cè)器“天問(wèn)一號(hào)”在海南文昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空。該探測(cè)器經(jīng)過(guò)多次變軌，進(jìn)入環(huán)火軌道，預(yù)計(jì)5月中旬，將擇機(jī)開展著陸、巡視等任務(wù)，進(jìn)行火星科學(xué)探測(cè)。假設(shè)在火星表面完成下面的實(shí)驗(yàn)：在固定的豎直光滑圓軌道內(nèi)部最低點(diǎn)靜止放置一個(gè)質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），如圖所示，當(dāng)給小球一水平向右的瞬時(shí)沖量Ⅰ時(shí)，小球恰好能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。若已知圓軌道半徑為r，火星的半徑為R、萬(wàn)有引力常量為G，則火星的質(zhì)量為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程機(jī)械能守恒，則小球恰能經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)，則對(duì)火星表面的物體解得故選D。二、動(dòng)碰靜的彈性碰撞在光滑水平面上質(zhì)量為m1的小球以速度v1與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰．碰后m1小球的速度為v1′，m2小球的速度為v2′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律：m1v1＝m1v1′＋m2v2′；eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解出碰后兩個(gè)物體的速度分別為v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1.(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都與v1方向同向．(若m1?m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去)(2)若m1<m2，v1′為負(fù)值，表示v1′與v1方向相反，m1被彈回．(若m1?m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止)(3)若m1＝m2，則有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后兩球速度互換．例題2.如圖所示，質(zhì)量為0.2kg的小球B靜止在水平地面上，大小相同的小球A水平向右運(yùn)動(dòng)與小球B發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞前、后兩球的圖像如圖所示，重力加速度g取。下列說(shuō)法正確的是（）A．碰后小球A反向彈回 B．小球A的質(zhì)量為0.16kgC．小球B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.16 D．小球A、B發(fā)生的是非彈性碰撞【答案】D【解析】A．由圖可知碰前m/s，碰后m/s，碰后A球速度方向沒(méi)變，故A錯(cuò)誤；B．由動(dòng)量守恒得解得kg故B錯(cuò)誤；C．由碰前圖像可得A球的加速度m/s2=0.2m/s2由A球虛線可得經(jīng)5s后B球速度減為0，可得B球的加速度大小為m/s2根據(jù)牛頓第二定律有解得小球B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.016，故C錯(cuò)誤；D．碰前碰后系統(tǒng)動(dòng)能關(guān)系為小球A、B發(fā)生的是非彈性碰撞，故D正確。故選D。練2.如圖所示，5個(gè)小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，其中4個(gè)球B、C、D、E質(zhì)量均為，A球、F球質(zhì)量均為，A球以速度向B球運(yùn)動(dòng)，之后所有的碰撞均為彈性碰撞，碰撞結(jié)束后（）A．若，最終將有2個(gè)小球運(yùn)動(dòng)B．若，最終將有1個(gè)小球運(yùn)動(dòng)C．若，最終將有3個(gè)小球運(yùn)動(dòng)D．無(wú)論、大小關(guān)系怎樣，最終6個(gè)小球都會(huì)運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】AB碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒和能量守恒可知可得A．若，則碰后兩球交換速度，則最終只有F小球運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．若，則碰后v1>v2>0，然后B和C交換，直到D和E交換，E再與F碰撞，F(xiàn)向右運(yùn)動(dòng)，E被彈回再與D交換……，則最終不只有1個(gè)小球運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．若，則AB碰后A反彈，B向右運(yùn)動(dòng)與C碰撞交換速度，最后DE交換速度，最后E與F碰撞，EF都向右運(yùn)動(dòng)，BCD停止，則最終將有3個(gè)小球AEF都運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；D．由以上分析可知，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。三、動(dòng)碰動(dòng)的彈性碰撞m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得或或例題3.兩位同學(xué)同時(shí)在等高處拋出手中的完全相同的籃球A、B，A以速度v1斜向上拋出，B以v2豎直上拋，它們?cè)诳罩星『孟嘤觯野l(fā)生彈性碰撞，如圖所示。A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)。重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。下列分析正確的（）A．拋出時(shí)，A、B速度大小相等B．從拋出球到相遇，A球的重力沖量大于B球的重力沖量C．從拋出球到相遇，A球的速度變化量大于B球的速度變化量D．若兩球在最高點(diǎn)相碰，則碰后A球做自由落體運(yùn)動(dòng)，B球做平拋運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】A.籃球A的運(yùn)動(dòng)可以分解為豎直向上的勻減速直線運(yùn)動(dòng)和水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)；兩同學(xué)同時(shí)在等高處拋出手中完全相同的籃球A、B，它們?cè)诳罩星『孟嘤鰰r(shí)，豎直方向的位移相同，則籃球A在豎直方向的分速度與v2相同，即拋出時(shí)，A的速度v1大于B的速度v2，故A錯(cuò)誤；B.從拋出球到相遇，兩球經(jīng)歷的時(shí)間相同，根據(jù)沖量的定義I=Ft知，兩球重力的沖量相同，故B錯(cuò)誤；C.從拋出球到相遇，兩球受的合外力即重力，兩球重力的沖量相同，根據(jù)動(dòng)量定理I=Δp知，兩球動(dòng)量的變化量相同，所以完全相同的兩球速度變化量相同，故C錯(cuò)誤；D.若兩球在最高點(diǎn)相碰，則碰前兩球豎直方向速度都為0，A球水平方向速度不變，因兩球發(fā)生彈性碰撞，速度互換，所以碰后A球做自由落體運(yùn)動(dòng)，B球做平拋運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選D。練3.用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩連接質(zhì)量相同的兩個(gè)小球A、B。用手提著A，從B離地面高為h處由靜止釋放（h>L）。所有碰撞均為彈性碰撞、碰撞時(shí)間不計(jì)，空氣阻力不計(jì)。以下說(shuō)法正確的是（）A．球B與地面碰撞前，B球的機(jī)械能不守恒B．球B與地面碰撞后，在離地面處與A球相遇C．球B第二次與地面碰撞時(shí)的動(dòng)能與第一次與地面碰撞的動(dòng)能之比D．球B第二次與地面碰撞時(shí)，A、B兩球間的距離等于L【答案】C【解析】A．球B與地面碰撞前，兩球之間的繩子的張力為零，此時(shí)B球只有重力做功，機(jī)械能守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．設(shè)B球落地的速度為v，則球B與地面碰撞后，向上以初速度v做做勻減速運(yùn)動(dòng),而A以速度為v向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，則在離地面小于處與A球相遇，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．球B第一次與地面碰撞時(shí)的動(dòng)能為Ek1=mgh；B落地時(shí)的速度兩球相遇時(shí)的時(shí)間此時(shí)B距離地面的高度A的速度B的速度兩球發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)可得碰后B的速度變?yōu)锳的速度為則B再次落地時(shí)的動(dòng)能為則球B第二次與地面碰撞時(shí)的動(dòng)能與第一次與地面碰撞的動(dòng)能之比，選項(xiàng)C正確；D．球B第二次與地面碰撞時(shí)，B下落的高度為H，但是由于此時(shí)B的初速度為所以落地的時(shí)間小于，而兩個(gè)球的相對(duì)速度大小為因此此時(shí)兩個(gè)球之間的距離為則兩球之前的距離小于L，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。四、非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能ΔE＝Ek初總－Ek末總＝Q.例題4.如圖，質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板靜止在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為3m且可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊以水平向右的初速度從左端沖上木板，最終兩者均靜止且物塊仍在木板上。物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g。下列判斷正確的是（）A．若，則木板長(zhǎng)度至少為B．若，則木板長(zhǎng)度至少為C．若，則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，地面對(duì)木板的摩擦力的沖量大小為D．若，則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，地面與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為【答案】D【解析】A．若，則木板所受地面的最大靜摩擦力為所受物塊的滑動(dòng)摩擦力為，故木板不動(dòng)，對(duì)物塊由動(dòng)能定理有解得故A錯(cuò)誤；BCD．若，則，木板將先向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到共同速度v，此后兩者一起做減速運(yùn)動(dòng)直至停止，對(duì)過(guò)程一，由牛頓第二定律，物塊、木板的加速度大小分別為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有解得，故相對(duì)滑動(dòng)的距離，即木板最短長(zhǎng)度為木板發(fā)生的位移為對(duì)過(guò)程二，設(shè)時(shí)間為，位移為，兩者的加速度大小為由，解得，故在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，地面對(duì)木板的摩擦力沖量大小為地面與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為故BC錯(cuò)誤，D正確。故選D。練4.如圖所示，質(zhì)量為m的子彈，以初速度射入靜止在光滑水平面上的木塊，并留在其中。木塊質(zhì)量為M，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，子彈射入木塊的深度為d，在子彈射入木塊的過(guò)程中木塊移動(dòng)距離為s。假設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力始終保持不變，下列說(shuō)法正確的是（）A．d可能大于s，也可能小于sB．s可能大于L，也可能小于LC．s一定小于d，s一定小于LD．若子彈質(zhì)量減小，d和s不一定同時(shí)變小【答案】C【解析】木塊和子彈組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有解得木塊增加的動(dòng)能等于阻力與木塊的位移乘積系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于阻力與兩個(gè)物體相對(duì)位移的乘積由此計(jì)算可得，s一定小于d，而d小于L，所以s一定小于L，若子彈質(zhì)量減小，d一定變小，s一定變小。故選C。五、完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大．設(shè)兩者碰后的共同速度為v共，則有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共機(jī)械能損失為ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2.例題5.如圖，質(zhì)量均為的物塊A、B用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，B與豎直墻面緊靠。另一個(gè)質(zhì)量為的物塊C以某一初速度向A運(yùn)動(dòng)，C與A碰撞后粘在一起不再分開，它們共同向右運(yùn)動(dòng)并壓縮彈簧，彈簧儲(chǔ)存的最大彈性勢(shì)能為6.0J，最后彈簧又彈開，A、B、C一邊振動(dòng)一邊向左運(yùn)動(dòng)。那么下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．從C觸到A，到B離開墻面這一過(guò)程，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，機(jī)械能損失B．B離開墻面以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，B的最大速度為C．C的初動(dòng)能為9JD．B離開墻面后，彈簧的最大彈性勢(shì)能為1.5J【答案】B【解析】AC．從C觸到A，到B離開墻面這一過(guò)程，C與A碰撞后粘在一起不再分開，是非彈性碰撞，機(jī)械能有損失，C、A共同向右運(yùn)動(dòng)并壓縮彈簧過(guò)程中，B受到墻面的作用力，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒；設(shè)C的初速度為v0，初動(dòng)能為，對(duì)C與A碰撞過(guò)程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得C、A向右壓縮彈簧的過(guò)程，由機(jī)械能守恒得得初動(dòng)能為聯(lián)立解得，，機(jī)械能損為AC正確；B．當(dāng)B剛離開墻壁時(shí)C、A的速度大小等于v1，方向向左。當(dāng)彈簧由拉伸第二次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)B的速度最大，取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得，解得B的最大速度為B錯(cuò)誤；D．B離開墻面后，當(dāng)三個(gè)物體的速度相同時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得，聯(lián)立解得B離開墻面后，彈簧的最大彈性勢(shì)能為D正確。本題選擇錯(cuò)誤的，故選B。練5.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為和的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平桌面上?，F(xiàn)使m1瞬時(shí)獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，以下說(shuō)法正確的是（）A．兩物塊的質(zhì)量之比為B．在時(shí)刻和時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能均達(dá)到最大值C．時(shí)間內(nèi)，彈簧的長(zhǎng)度大于原長(zhǎng)D．時(shí)間內(nèi)，彈簧的彈力逐漸減小【答案】B【解析】A．以m1的初速度方向?yàn)檎较?，?duì)0～1s時(shí)間內(nèi)的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得將v1=3m/s，v共=1m/s代入解得故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可知在時(shí)刻和時(shí)刻，系統(tǒng)的動(dòng)能最小，彈簧的彈性勢(shì)能達(dá)到最大值，故B正確；C．在時(shí)刻彈簧壓縮至最短，所以時(shí)間內(nèi)，彈簧的長(zhǎng)度小于原長(zhǎng)，故C錯(cuò)誤；D．時(shí)間內(nèi)，彈簧處于拉伸階段，彈力逐漸增大故選B。六、碰撞問(wèn)題遵循的三個(gè)原則：(1)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)系統(tǒng)動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).(3)速度要合理：①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，即v后>v前，碰后原來(lái)在前面的物體速度一定增大，且v前′≥v后′.②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變．例題6.（多選）如圖所示，光滑水平面上A、B兩小球沿同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量，B球的質(zhì)量1kg，速度為6m/s，已知兩球相碰后，A球的動(dòng)量減為原來(lái)的一半，方向與原方向一致，則（）A．A球的質(zhì)量可能為0.4kgB．A球的質(zhì)量可能為0.5kgC．A球碰撞后的速度不可能為4m/sD．A球碰撞后的速度不可能為10m/s【答案】ACD【解析】AB．由題知，碰撞后A的動(dòng)量為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得v'B=8.0m/s設(shè)A球質(zhì)量為mA，A球能追上B球并與之碰撞，應(yīng)滿足碰撞后A球不可能運(yùn)動(dòng)到B球前方，故碰撞過(guò)程系統(tǒng)的總動(dòng)能不可能增加，故由解得所以A球的質(zhì)量可能為0.4kg，不可能為0.5kg，故A正確，B錯(cuò)誤。CD．碰撞后，B球的速度為v'B＝8.0m/s，則A球碰撞后的速度不可能大于8.0m/s，所以A球碰撞后的速度不可能為10m/s；若A球的質(zhì)量為0.5kg，則碰撞前A球的速度為8m/s，碰撞后的速度為4m/s，碰撞前后A球動(dòng)能的減少B球動(dòng)能的增加量故A球碰撞后的速度不可能為4m/s，故CD正確。故選ACD。練6.（多選）質(zhì)量為3m速度為v的A球跟質(zhì)量為m的靜止B球發(fā)生正碰在兩球碰撞后的瞬間，以下說(shuō)法正確的是（）A．A球速度可能反向 B．A球速度可能為0.6vC．B球速度可能為v D．B球速度可能為1.4v【答案】BCD【解析】AB．若是彈性碰撞，碰撞后A球的速度最小，B球的速度最大，由AB兩球組成的系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒可知又因彈性碰撞系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得聯(lián)立解得若是完全非彈性碰撞，碰撞后A球的速度最大，B球的速度最小，由A、B兩球組成的系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒可知，解得故無(wú)論碰撞是彈性的還是非彈性的，碰撞后A球的速度滿足A球不可能反向，A不符合題意,B符合題意；CD．碰撞后B球的速度滿足，CD符合題意。故選BCD。七、弧面小車、車載單擺模型 ①a．弧面做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，平衡位置即為弧面開始靜止的位置；b．小球總是從弧面兩端離開弧面做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，且又恰從拋出點(diǎn)落回弧面內(nèi)。vyva．弧面做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，平衡位置即為弧面開始靜止的位置；b．小球總是從弧面兩端離開弧面做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，且又恰從拋出點(diǎn)落回弧面內(nèi)。vyvvxvxv0a.小球落到最低點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒；b.弧面一直向右運(yùn)動(dòng)，小球從右端斜向上拋出后總能從右端落回弧面。③若弧面軌道最高點(diǎn)的切線在豎直方向，則小球離開軌道時(shí)與軌道有相同的水平速度。如圖所示。例題7.如圖所示，半徑為的光滑圓槽質(zhì)量為，靜止在光滑水平面上，其內(nèi)表面有一質(zhì)量為的小球被細(xì)線吊著位于槽的邊緣處，如將線燒斷，小球滑行到最低點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，圓槽的速度為（）A．，向右 B．，向左C．，向右 D．，向左【答案】B【解析】以水平向右為正方向，設(shè)在最低點(diǎn)時(shí)m和M的速度大小分別為v和，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得根據(jù)機(jī)械能守恒定律列方程得聯(lián)立以上兩式解得方向向左。故選B。練7.如圖所示，一個(gè)帶有光滑半圓槽的大物塊與另一小物塊挨在一起，放置在光滑的水平面上，一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，經(jīng)最低點(diǎn)后恰能上升到右側(cè)槽最高點(diǎn)C，已知大物塊、小物塊和小球的質(zhì)量均相等，圓槽的半徑為R，重力加速度為g，則（）A．小球從離A高為處開始下落B．小物塊運(yùn)動(dòng)的最大速度為C．大物塊的速度最大速度為D．小球從A進(jìn)入圓槽后，還能從A離開槽口【答案】A【解析】A．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，小球?qū)Π雸A槽的大物塊的壓力方向向左下方，所以大物塊要向左推動(dòng)小物塊一起加速運(yùn)動(dòng)，到最低點(diǎn)B后小物塊與大物塊分離，小球在半圓槽的大物塊內(nèi)繼續(xù)上升，對(duì)大物塊的壓力方向向右下方，大物塊做減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)小球在最低點(diǎn)的速度為，大、小物塊的速度為，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有因小球經(jīng)最低點(diǎn)后恰能上升到右側(cè)槽最高點(diǎn)C，則有聯(lián)立解得，，，A正確；BC．由上分析可知，小球經(jīng)過(guò)圓弧最低點(diǎn)時(shí)，大、小物塊獲得最大速度BC錯(cuò)誤；D．小球從A進(jìn)入圓槽后，到最低點(diǎn)有一部分能量給了小物塊，之后小物塊分離，所以小球從A不能從A離開槽口，故D錯(cuò)誤。故選A。（建議用時(shí)：60分鐘）一、單選題1．如下圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑水平面上靜止一質(zhì)量為3m的弧槽，弧槽和水平面平滑連接，質(zhì)量為的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從距離水平面高度為的A點(diǎn)由靜止沿弧槽滑下，之后被輕質(zhì)彈簧反向彈出，不計(jì)一切阻力及能量損失、重力加速的大小為g。以下的說(shuō)法正確的是（）A．滑塊沿弧槽下滑過(guò)程中，二者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒B．滑塊滑下弧槽時(shí)的速度大小為C．彈簧獲得最大彈性勢(shì)能為D．滑塊沿弧槽上升的最大高度等于h【答案】C【解析】A．滑塊沿弧槽下滑過(guò)程中，二者組成的系統(tǒng)水平方向合外力為零，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，二者組成的系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，豎直方向系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，滑塊沿弧槽下滑過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；BC．以向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有解得，彈簧獲得最大彈性勢(shì)能為故B錯(cuò)誤，C正確；D．以向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有解得滑塊沿弧槽上升的最大高度等于故D錯(cuò)誤。故選C。2．質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以速度與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰，碰撞后，小球A的動(dòng)能變?yōu)楹?，那么小球B的速度可能是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】根據(jù)動(dòng)能定理有碰撞后小球A的動(dòng)能變?yōu)椋瑒tA球的速度變?yōu)檎?、?fù)表示方向有兩種可能；當(dāng)與同向，根據(jù)動(dòng)量守恒有解得與反向，根據(jù)動(dòng)量守恒有解得故選B。3．兩物體A、B放在光滑的水平面上，現(xiàn)給兩物體沿水平方向的初速度，使兩物體在同一條直線上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間發(fā)生碰撞。如圖所示為兩物體碰撞前后的位移隨時(shí)間的變化規(guī)律。已知物體A的質(zhì)量為。則下列說(shuō)法正確的是（）A．圖線1為碰后物體B的圖像B．物體B的質(zhì)量為C．碰撞過(guò)程物體B所受的沖量大小為D．碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能為【答案】C【解析】A．若規(guī)定以碰撞前B速度方向?yàn)檎较颍深}圖像可知碰前物體A、B的速度分別為，那么碰撞之后，不再發(fā)生碰撞，碰后速度分別為，才滿足這種情況，故圖線1為碰后物體A的圖像，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)物體的B的質(zhì)量為，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則由動(dòng)量守恒定律得解得故B錯(cuò)誤；C．對(duì)物體B由動(dòng)量定理得代入數(shù)據(jù)得可知碰撞過(guò)程物體B所受的沖量大小為，故C正確；D．碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能為代入數(shù)據(jù)解得故D錯(cuò)誤。故選C。4．打彈珠是孩子們玩的一種經(jīng)典游戲。現(xiàn)將打彈珠簡(jiǎn)化成如圖所示的模型：在光滑的水平面上靜止著兩個(gè)相同的小球A和B，現(xiàn)給A球一個(gè)水平向右、大小為的速度，此后A與B發(fā)生對(duì)心碰撞，以水平向右為正方向，則碰后A與B的速度可能為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】碰撞后球要滿足的條件為1、碰撞前后兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即2、碰撞后系統(tǒng)的能量不能大于碰撞前系統(tǒng)的能量，即3、碰后小球A的速度反向或者小于等于小球B的速度。A．綜合以上三個(gè)條件，可知A正確；B．不滿足動(dòng)量守恒，也不滿足碰后小球A的速度反向或者小于等于小球B的速度，B錯(cuò)誤；CD．不滿足碰撞后系統(tǒng)的能量不能大于碰撞前系統(tǒng)的能量，CD均錯(cuò)誤。故選A。5．如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為的球C，現(xiàn)將球C拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放球C，則下列說(shuō)法正確的是（重力加速度為g）（）A．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．C球擺到最低點(diǎn)過(guò)程，C球的速度為C．C球第一次擺到最低點(diǎn)過(guò)程中，木塊A、B向右移動(dòng)的距離D．C球第一次到達(dá)輕桿左側(cè)的最高處的高度與釋放高度相同【答案】B【解析】A．木塊A、B和小球C組成的系統(tǒng)豎直方向動(dòng)量不守恒，水平方向動(dòng)量守恒，所以系統(tǒng)的總動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；BD．小球C下落到最低點(diǎn)時(shí)，A、B將要開始分離，此過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)A、B共同速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒有由水平方向動(dòng)量守恒得聯(lián)立解得，此后A、B分開。當(dāng)C向左運(yùn)動(dòng)能達(dá)到的最大高度時(shí)，AC共速，設(shè)此時(shí)A、C速度為，B的速度依然為。全程水平方向動(dòng)量守恒，規(guī)定向左為正方向，即整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，C的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為A、B、C的動(dòng)能，即解得故B正確，D錯(cuò)誤；C．C球第一次擺到最低點(diǎn)過(guò)程中，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得則由幾何關(guān)系得解得木塊A、B向右移動(dòng)的距離為故C錯(cuò)誤。故選B。6．兩球、在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，，，，。當(dāng)追上并發(fā)生碰撞后，兩球、速度的可能值是（）A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】A．考慮實(shí)際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度，A錯(cuò)誤；B．兩球碰撞過(guò)程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過(guò)程系統(tǒng)總動(dòng)量應(yīng)守恒碰撞前，總動(dòng)量為總動(dòng)能碰撞后，總動(dòng)量為總動(dòng)能符合動(dòng)量守恒定律，滿足能量關(guān)系，B正確；C．碰撞后，總動(dòng)量為符合動(dòng)量守恒定律?？倓?dòng)能不符合能量守恒定律，C錯(cuò)誤；D.碰撞后，總動(dòng)量為不符合動(dòng)量守恒定律，D錯(cuò)誤。故選B。7．如圖所示，質(zhì)量為的薄板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在水平面上，為自然伸長(zhǎng)位置。平衡時(shí)，彈簧的壓縮量為。一質(zhì)量為的物塊從距薄板正上方的處自由落下，打在薄板上立刻與薄板一起向下運(yùn)動(dòng)，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)，恰能回到點(diǎn)。若把物塊換成物塊，仍從處自由落下，碰后二者仍然一起向下運(yùn)動(dòng)，且不粘連，又向上運(yùn)動(dòng)時(shí)物塊到達(dá)的最高點(diǎn)比點(diǎn)高。不計(jì)空氣阻力，物塊的質(zhì)量為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】物塊由A點(diǎn)下落過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可得解得碰前物塊的速度物塊與鋼板碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0=2mv1解得碰撞后只有重力、彈力做功，機(jī)械能守恒，設(shè)彈性勢(shì)能為EP，由機(jī)械能守恒定律得解得EP=mgx當(dāng)物塊Q下落過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得解得碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，以向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得以后物和鋼板一起壓縮彈簧又回到O點(diǎn)過(guò)程中機(jī)械能守恒，設(shè)回到O點(diǎn)時(shí)速度為v3，由機(jī)械能守恒定律得在O點(diǎn)物塊與鋼板分離，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升高度聯(lián)立解得故選B。8．如圖所示，三個(gè)小球的質(zhì)量均為m，B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度向B球運(yùn)動(dòng)并與B球發(fā)生正碰，碰后A、B兩球粘在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，則（）A．A、B兩球碰撞過(guò)程中，A球機(jī)械能損失了B．B球的速度最大為C．C球的速度最大為D．彈簧的最大彈性勢(shì)能為【答案】B【解析】AB．在A、B兩球碰撞的過(guò)程中彈簧的壓縮量可忽略不計(jì)，產(chǎn)生的彈力可忽略不計(jì)，因此A、B兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，以A球的初速度方向?yàn)檎较颍薪獾眉碆球最大速度為。A、B兩球碰撞過(guò)程中，A球機(jī)械能損失故A錯(cuò)誤，B正確；D．粘在一起的A、B兩球向右運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧，由于彈簧彈力的作用，C球做加速運(yùn)動(dòng)，速度由零開始增大，而A、B兩球做減速運(yùn)動(dòng)，速度逐漸減小，當(dāng)三個(gè)球速度相等時(shí)彈簧壓縮至最短，在這一過(guò)程中，三個(gè)球和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有解得此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大，由能量守恒定律得故D錯(cuò)誤；C．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，A、B、C三個(gè)球和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，能量守恒，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定