2025年高二物理人教版寒假銜接講練 提升練-05 動量守恒定律（教師版）

05動量守恒定律內(nèi)容早知道?第一層鞏固提升練（3大題型）題型1沖量、動量與動量定理題型2動量守恒定律題型3碰撞、反沖與爆炸?第二層能力提升練?第三層拓展突破練沖量、動量與動量定理?積累與運(yùn)用?積累與運(yùn)用1.定義：運(yùn)動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫作物體的動量，即p=mv。2.定義：力和力的作用時間的乘積叫作這個力的沖量，即I=Ft。3.動量定理：Ft=△p=p'-p。合力的沖量是使物體動量發(fā)生變化的原因，合力的沖量是物體動量變化量的量度。1．一定質(zhì)量的物體，下列說法正確的是（）A．動量變化時，動能可能不變 B．動量變化時，速率一定變化C．速度變化時，動能一定變化 D．動能變化時，動量可能不變【答案】A【詳解】A．物體動量變化時，動能可能不變，比如勻速圓周運(yùn)動，故A正確；B．動量變化時，可能是速度方向變化，速率不一定發(fā)生變化，故B錯誤；C．速度變化時，若大小不變，則動能不變，故C錯誤；D．動能變化時，則速度大小一定變化，所以動量一定變化，故D錯誤。故選A。2．一輛汽車在平直公路上行駛，發(fā)現(xiàn)前方有緊急情況后立即剎車。剎車過程可看作勻減速直線運(yùn)動，則以下選項中能夠描述剎車過程中動量隨時間變化的圖像是（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設(shè)剎車的初速度為，加速度為a，則經(jīng)時間t的速度為動量為故選A。3．如圖所示，某同學(xué)把一支粉筆豎直放在水平桌面邊緣的紙條上，第一次以較慢的速度將紙條抽出，粉筆向后傾倒；第二次以較快的速度將紙條抽出，粉筆輕微晃動一下又靜立在桌面上。比較兩次現(xiàn)象，下列說法正確的是（）A．第一次粉筆受到紙條的摩擦力更大 B．第二次粉筆受到紙條的摩擦力更大C．第一次粉筆受到紙條的沖量更大 D．第二次粉筆受到紙條的沖量更大【答案】C【詳解】AB．由于正壓力不變，根據(jù)滑動摩擦力的公式可知，粉筆受到紙條的摩擦力不變，故AB錯誤；CD．由于慢慢地將紙條抽出作用的時間較長，根據(jù)可知，第一次粉筆受到紙條的沖量更大，故C正確，D錯誤。故選C。4．如圖所示是乘客玩噴水飛行器上下翻騰的精彩畫面。噴水飛行背包通過長軟管吸水，然后把水從兩個噴水口噴出。已知水的密度為ρ，每個噴水口橫截面積為S，水噴出瞬間相對噴水口的速度為v，重力加速度為g，則每股噴出水流對飛行背包的作用力約為（）A．ρSv2 B．gSv C．ρSv D．ρSvg【答案】A【詳解】設(shè)時間Δt內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為Δm，噴水速度v，則有表演者在空中，反沖作用力為F，根據(jù)動量定理有FΔt=Δmv解得根據(jù)牛頓第三定律可知，每股噴出水流對飛行背包的作用力約為ρSv2。故選A。5．如圖所示，從距秤盤高處把一筒豆粒由靜止持續(xù)均勻地倒在秤盤上，從第一粒豆落入秤盤至最后一粒豆落入秤盤用時為，豆粒的總質(zhì)量為。若每個豆粒只與秤盤碰撞一次，且豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗娜种?，忽略豆粒與秤盤碰撞過程中豆粒的重力。已知重力加速度為，則碰撞過程中秤盤受到的平均壓力大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】根據(jù)自由落體規(guī)律，豆粒下落掉到秤盤上時的速度為反彈后的速度大小為方向為豎直向上，在碰撞過程中，忽略豆粒與秤盤碰撞過程中豆粒的重力，根據(jù)動量定理可知解得由牛頓第三定律可知碰撞過程中秤盤受到的平均壓力大小為故選A。6．2024年春天，中國航天科技集團(tuán)研制的50kW級雙環(huán)嵌套式霍爾推力器，成功實現(xiàn)點火并穩(wěn)定運(yùn)行，標(biāo)志著我國已躋身全球嵌套式霍爾電推進(jìn)技術(shù)領(lǐng)先行列．嵌套式霍爾推力器不用傳統(tǒng)的化學(xué)推進(jìn)劑，而是使用等離子體推進(jìn)劑，它的一個顯著優(yōu)點是“比沖”高。比沖是航天學(xué)家為了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一個物理量，英文縮寫為，是單位質(zhì)量的推進(jìn)劑產(chǎn)生的沖量，比沖這個物理量的單位應(yīng)該是（）A．m/s B． C． D．【答案】A【詳解】根據(jù)題意比沖表示的是單位質(zhì)量的推進(jìn)劑產(chǎn)生的沖量，故可得結(jié)合動量定理可得比沖這個物理量的單位為故選A。動量守恒定律?積累與運(yùn)用?積累與運(yùn)用1.p=p',系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p'。2.m?v?+m?v?=m?v?'+m?v?',相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。3.△p?=-△p?,相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。7．如圖所示，一根光滑剛性桿OAB固定在底座上，其中OA段是四分之一圓弧，AB段是與OA段平滑連接的水平桿，底座置于光滑水平面上?，F(xiàn)讓內(nèi)徑比桿略大的小環(huán)套在桿上并以某一初速度沿桿由點B滑動到點O，則此過程（

）A．小環(huán)動量守恒B．小環(huán)水平方向動量守恒C．小環(huán)、桿OAB及底座組成的系統(tǒng)動量守恒D．小環(huán)、桿OAB及底座組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒【答案】D【詳解】A．小環(huán)套在桿上并以某一初速度沿桿由點B滑動到點O，小環(huán)在圓弧段合力不為零，動量不守恒，故A錯誤；B．小環(huán)在圓弧段受到圓弧的彈力，小環(huán)水平方向合力不為零，動量不守恒，故B錯誤；C．小環(huán)、桿OAB及底座組成的系統(tǒng)在豎直方向合力不為零，動量不守恒，故C錯誤；D．小環(huán)、桿OAB及底座組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，故D正確。故選D。8．如圖所示，足夠長的光滑斜面A靜止在光滑水平面上，現(xiàn)物塊B以某一初速度沖上斜面，在物塊B從斜面底端沖到斜面最高點的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（）A．動量守恒，機(jī)械能守恒 B．動量守恒，機(jī)械能不守恒C．動量不守恒，機(jī)械能守恒 D．動量不守恒，機(jī)械能不守恒【答案】C【詳解】在物塊B從斜面底端沖到斜面最高點的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)合外力不為零，動量不守恒，系統(tǒng)中只有重力做功，機(jī)械能守恒。故選C。9．如圖，水平彈簧右端固定在豎直墻壁上，左端固連在物塊上，水平面光滑。開始時物塊靜止，彈簧處于原長。一顆子彈以水平速度v0射入物塊，并留在物塊中。若子彈和物塊作用時間極短，下列有關(guān)說法中正確的是（）

A．子彈開始打物塊到與物塊共速，子彈、物塊組成的系統(tǒng)動量守恒B．子彈開始打物塊到彈簧壓縮至最短，子彈、物塊、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．子彈開始打物塊到彈簧壓縮至最短，子彈、物塊、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒D．子彈物塊以相同速度壓彈簧的過程中，物塊、子彈、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒【答案】A【詳解】A．由于子彈和物塊作用時間極短，則在打擊過程中，內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，可知子彈開始打物塊到與物塊共速，子彈、物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，A正確；B．根據(jù)上述，子彈開始打物塊到與物塊共速過程類似完全非彈性碰撞，該過程有一部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則子彈開始打物塊到彈簧壓縮至最短，子彈、物塊、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減小，不守恒，B錯誤；C．打擊過程子彈與物塊動量守恒，打擊完成后，子彈與木塊向右壓縮彈簧，系統(tǒng)所受外力的合力不為0，該過程動量不守恒，可知子彈開始打物塊到彈簧壓縮至最短，子彈、物塊、彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，C錯誤；D．根據(jù)上述可知，子彈物塊以相同速度壓彈簧的過程中，物塊、子彈、彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，D錯誤。故選A。10．某次花樣滑冰雙人滑比賽中，質(zhì)量為m1的甲抱著質(zhì)量為m2的乙以v0的速度沿水平冰面做直線運(yùn)動，某時刻甲突然將乙向前水平推出，推出后兩人仍在原直線上運(yùn)動，冰面的摩擦可忽略不計。若分離時甲的速度為v1，乙的速度v2，則有（）A．(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2 B．m2v0＝m1v1＋m2v2C．m1v0＝m1v1＋m2v2 D．(m1＋m2)v0＝m1v1【答案】A【詳解】冰面的摩擦可忽略不計，則根據(jù)動量守恒可得故選A。11．飛機(jī)沿某水平面內(nèi)的圓周勻速率地飛行了一周，已知飛機(jī)質(zhì)量為m，速率為v，圓周運(yùn)動半徑為R。下列說法正確的是（）A．飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動，速率沒變，則所受合外力為零B．飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動，速率沒變，則動量守恒C．飛機(jī)飛行時，速度的方向不斷變化，因此動量不守恒；飛行一周向心力的沖量大小D．飛機(jī)飛行時，速度的方向不斷變化，因此動量不守恒；飛行半周動量的改變量大小為2mv【答案】D【詳解】A．飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動，合力提供所需的向心力，故A錯誤；BCD．飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動，速度大小不變，方向時刻發(fā)生，則動量大小不變，方向時刻發(fā)生，動量不守恒；飛行一周時，由于初、末動量剛好相同，動量變化為0，根據(jù)動量定理可知，合力沖量為0，則向心力的沖量為0；飛行半周時，飛機(jī)的初、末動量大小相等，方向剛好相反，則飛機(jī)的動量變化量大小為故BC錯誤，D正確。故選D。碰撞、反沖與爆炸?積累與運(yùn)用?積累與運(yùn)用1.彈性碰撞：碰撞結(jié)束后，形變?nèi)肯?，動能沒有損失，不僅動量守恒，而且初、末總動能相等。，2.非彈性碰撞：碰撞結(jié)束后，形變部分消失，動能有部分損失。，12．甲、乙兩運(yùn)動員在做花樣滑冰表演，沿同一直線相向運(yùn)動，速度大小分別為和。甲、乙相遇時用力推對方，此后都沿各自原方向的反方向運(yùn)動，速度大小分別為和。甲、乙兩運(yùn)動員的質(zhì)量之比為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】甲、乙相遇時用力推對方的過程系統(tǒng)動量守恒，以甲的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)可得故選C。13．牛頓曾這樣研究勻速圓周運(yùn)動的：如圖，小球沿固定的正多邊形的各邊做速度大小不變的運(yùn)動，若正多邊形的邊數(shù)趨于無窮，則上述運(yùn)動可看作勻速圓周運(yùn)動。為進(jìn)一步推導(dǎo)出勻速圓周運(yùn)動的向心力表達(dá)式，下列假設(shè)中，不合理的是（）A．小球在正多邊形各個頂點處的碰撞是彈性碰撞B．每次碰撞時小球所受作用力的方向指向圓心C．因碰撞時間可以用周期和正多邊形的邊數(shù)表示，可以利用動量定理得出向心力表達(dá)式D．因碰撞的作用力與邊長可以計算功，所以可以利用動能定理得出向心力表達(dá)式【答案】D【詳解】A．做勻速圓周運(yùn)動，假設(shè)小球在正多邊形的各個頂點處的碰撞是彈性碰撞，是合理的，故A錯誤；B．因為向心力指向圓心，所以可以假設(shè)小球每次碰撞時所受作用力的方向指向圓心，故B錯誤；C．因碰撞時間可以用周期和正多邊形的邊數(shù)表示，所以可以利用動量定理得出向心力表達(dá)式，故C錯誤；D．小球碰撞時，作用力不做功，所以不能用動能定理得出向心力表達(dá)式，不合理，故D正確；故選D。14．一固定光滑弧形軌道底端與水平軌道平滑連接，將滑塊A從弧形軌道上離水平軌道高度為h處由靜止釋放，滑塊A在弧形軌道底端與滑塊B相撞后合為一體，一起向前做勻減速直線運(yùn)動，停止時距光滑弧形軌道底端的距離為s。已知滑塊A，滑塊B的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，則滑塊與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】設(shè)滑塊A到達(dá)弧形軌道底端時的速度大小為，根據(jù)動能定理可得兩滑塊碰撞后的速度大小為v，根據(jù)動量守恒可得兩滑塊碰撞后一起向前做勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得故選D。15．A、B兩球沿一直線運(yùn)動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移—時間圖像。a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移—時間圖線，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動的位移—時間圖線。若A球的質(zhì)量m=2kg，則下列結(jié)論正確的是（

）A．碰撞過程A的動量變化量為4kg?m/sB．B球的質(zhì)量是4kgC．碰撞過程中A對B的沖量為4N?sD．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為8J【答案】A【詳解】由圖可知，碰撞前A、B兩球的速度大小分別為碰撞后兩球共同運(yùn)動的速度大小A．碰撞過程A的動量變化量為A正確；B．根據(jù)動量守恒可得求得B錯誤；C．由動量定理可知，碰撞時A對B的沖量為C錯誤；D．根據(jù)能量守恒可得D錯誤。故選A。16．如圖所示，水火箭中水被向下噴出時，瓶及瓶內(nèi)的空氣就受力向上沖，水火箭就是利用這個原理升空的。某同學(xué)將靜置在地面上的質(zhì)量為800g（含水）的自制水火箭釋放升空，在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為200g的水以相對地面大小為80m/s的速度豎直向下噴出，水噴出后的瞬間，水火箭的動量大小為（噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】水從水火箭噴口噴出的瞬間，水火箭和水組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)水噴出后的瞬間，水火箭的動量大小為，根據(jù)動量守恒定律，可得解得故選D。17．一個質(zhì)量為m的小型炸彈自水平地面朝右上方射出，在最高點以水平向右的速度v飛行時，突然爆炸為質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊彈片，如圖所示。爆炸之后乙自靜止自由下落，丙沿原路徑回到原射出點。若忽略空氣阻力，則爆炸過程釋放的化學(xué)能為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】取向右為正，根據(jù)動量守恒解得甲的速度為由能量守恒定律，爆炸過程釋放的化學(xué)能為故選D。（多選）18．在某次臺球游戲中，出現(xiàn)了如圖所示的陣型，5個小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4個球B、C、D、E質(zhì)量均為，A球、F球質(zhì)量均為，A球以速度與B球發(fā)生碰撞，所有的碰撞均可認(rèn)為是彈性碰撞，下列說法正確的是（）A．若，最終將有1個小球運(yùn)動B．若，相鄰兩小球之間只發(fā)生1次碰撞C．若，最終將有3個小球運(yùn)動，且運(yùn)動方向一致D．若，最終將有3個小球運(yùn)動，且運(yùn)動方向不一致【答案】AD【詳解】A．碰撞時由動量守恒和能量守恒可知可得，若，則碰后兩球交換速度，則最終只有F小球運(yùn)動，A正確；B．若，則碰后，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，E被彈回再與D交換…，則不只發(fā)生1次碰撞，B錯誤；CD．若，則A、B碰后A反彈，B向右運(yùn)動與C碰撞交換速度，最后D、E交換速度，最后E與F碰撞，E、F都向右運(yùn)動，B、C、D停止，則最終將有3個小球A、E、F都運(yùn)動，且運(yùn)動方向相反，C錯誤、D正確。故選AD。1．質(zhì)量為1kg的物塊靜止于水平面上，t=0時刻施加一水平拉力，拉力隨時間變化的關(guān)系如圖所示，物塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。下列選項正確的是（）A．重力的沖量始終為零B．t=1s時物塊的動量為零C．0~1s內(nèi)摩擦力沖量的大小為2.5N·sD．t=2s時物塊動量的大小為6.25kg·m/s【答案】D【詳解】A．根據(jù)沖量的定義時間一直在增大，則重力的沖量不為零一直在增大，故A錯誤；B．物塊受到的最大靜摩擦力為物塊的水平拉力大于5N時，物塊開始運(yùn)動，由動量定理可知即有解得即動量不為零，故B錯誤；C．根據(jù)B項分析，結(jié)合圖線知，可知0~0.5s內(nèi)，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，受到靜摩擦力作用；0.5~1s內(nèi)，物塊受到滑動摩擦力作用，則在內(nèi)，摩擦力對物塊的沖量大小為故C錯誤；D．在0~2s內(nèi)，拉力F對物塊的沖量大小為在0~2s內(nèi)，摩擦力對物塊的沖量大小為水平方向由動量定理可知解得在時物塊動量的大小為，故D正確。故選D。2．如圖，質(zhì)量為m的四軸無人機(jī)有四個螺旋槳。四個螺旋槳旋轉(zhuǎn)共掃出的總面積為S，當(dāng)四個螺旋槳同時旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生豎直向下的氣流，可使該無人機(jī)懸停在空中某一固定位置。已知空氣的密度為，重力加速度大小為g。要使無人機(jī)懸停，則螺旋槳旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生豎直向下的氣流的速率應(yīng)為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】對無人機(jī)受力分析可知在極短時間t內(nèi)，對空氣列動量定理聯(lián)立解得故選A。3．如圖所示。上表面粗糙的長木板P放在光滑水平面上，長木板中央放置兩質(zhì)量大小關(guān)系未知的物塊M和N，兩物塊與板向的動摩擦因數(shù)均相同。M和N之間有一壓縮的輕彈簧（彈簧與兩物塊均不拴接），開始時板和兩物塊均靜止?，F(xiàn)同時釋放M、N，彈簧將兩物塊彈開，兩物塊在長木板上滑動的過程中，下列說法正確的是（）A．M、N組成的系統(tǒng)總動量一定守恒B．M、N組成的系統(tǒng)總動量一定不守恒C．若長木板向左運(yùn)動，則物塊M的質(zhì)量一定小于物塊N的質(zhì)量D．若長木板向左運(yùn)動，則M、N組成的系統(tǒng)總動量方向一定向右【答案】D【詳解】AB．物塊M和N受到長木板對它們的摩擦力大小未知，若兩摩擦力大小相等，則M、N組成的系統(tǒng)總動量守恒，若兩摩擦力大小不相等，則M、N組成的系統(tǒng)總動量不守恒，故AB錯誤；C．若長木板向左運(yùn)動，則板受到的合力向左，M對板的摩擦力大于N對板的摩擦力，M的質(zhì)量一定大于N的質(zhì)量，故C錯誤；D．長木板和兩物塊組成的系統(tǒng)總動量守恒，若長木板向左運(yùn)動，則M、N組成的系統(tǒng)總動量方向一定向右，故D正確。故選D。4．短道速滑運(yùn)動員甲、乙練習(xí)直線滑行中的助推技巧，運(yùn)動員甲在冰面上無動力自由滑行，運(yùn)動員乙靜止站立于B點，當(dāng)甲到達(dá)A點時速度大小v1＝8m/s并開始推乙，經(jīng)1.2s甲乙分離，分離瞬間甲的速度方向不變、大小變?yōu)関2＝3m/s，已知、，，甲、乙與冰面間動摩擦因數(shù)均為μ＝0.02，其余阻力忽略不計，過程中乙不主動發(fā)力，g取10m/s2，下列說法正確的是（

）A．過程中甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒 B．分離時乙的速度大小為6m/sC．過程中乙對甲的沖量大小為300N·s D．過程中甲對乙的平均作用力為238N【答案】D【詳解】A．由于冰面對甲、乙有摩擦阻力，且摩擦力大小不相等，故甲、乙組成的系統(tǒng)所受外力之和不為0，則甲、乙組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；CD．以甲為對象，根據(jù)動量定理可得代入數(shù)據(jù)解得乙對甲的沖量大小為可得乙對甲的平均作用力為根據(jù)牛頓第三定律可知，甲對乙的平均作用力為238N，故C錯誤，D正確；B．以乙為對象，根據(jù)動量定理可得解得分離時乙的速度大小為故B錯誤。故選D。5．如圖所示為兩個質(zhì)量分別為m、M的小球在光滑水平冰面上發(fā)生對心正碰前后的圖像，則下列說法正確的是（）A．B．碰撞過程中兩小球所受合外力相同C．兩小球發(fā)生的是非彈性碰撞D．碰撞前后質(zhì)量為m的小球動量的變化量大小為【答案】A【詳解】A．圖像斜率代表速度，由題圖可知m、M碰撞前后的速度分別為對兩小球組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得m∶M=1∶3故A正確；B．碰撞過程中兩小球所受合外力均為相互間的作用力，由牛頓第三定律可知，碰撞過程中兩小球所受合外力方向相反，故B錯誤；C．兩小球碰撞前的總動能碰撞后的總動能則兩小球發(fā)生的是彈性碰撞，故C錯誤；D．碰撞前后質(zhì)量為m的小球動量的變化量即動量的變化量大小為，故D錯誤。故選A。6．如圖，超市中靜置于水平地面的n輛手推車沿一直線排列，質(zhì)量均為m，人在極短的時間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量I使其向右運(yùn)動，運(yùn)動一段距離后與第二輛車相碰，以共同速度向右運(yùn)動，運(yùn)動一段距離后又與第三輛車相碰，……直到碰完第n輛車，整個過程僅考慮碰撞時的相互作用力，忽略地面摩擦力和空氣阻力。則n輛車最終的速度大小為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】第一輛車的速度整個過程僅考慮碰撞時的相互作用力，動量守恒，碰后共速則有則n輛車最終的速度大小為故選C。7．2023年春節(jié)期間，中國許多地方燃放了爆竹，爆竹帶來濃濃的年味。一質(zhì)量為M的爆竹豎直運(yùn)動到最高點時，爆炸成兩部分，爆炸后瞬時兩部分的總動能為E，爆炸時間極短可不計，不計爆炸過程中的質(zhì)量損失，則該爆竹爆炸后瞬時質(zhì)量為m的部分動能為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】設(shè)爆炸后瞬時質(zhì)量為m的速度大小為，另一部分的速度大小為，根據(jù)動量守恒可得解得動能為則該爆竹爆炸后瞬時的總動能為聯(lián)立解得代入解得故選C。（多選）8．某雙層立體泊車裝置如圖所示。欲將靜止在1號車位的轎車移至4號車位，需先通過1號車位下方的移動板托舉著轎車耗時8s豎直抬升2m至3號車位，再耗時12s水平右移3m停至4號車位。若轎車的質(zhì)量為，則下列說法正確的是（）A．水平右移過程中，移動板對轎車的支持力的沖量為0B．豎直抬升過程中，移動板對轎車的支持力做的功為C．豎直抬升過程中，轎車的機(jī)械能守恒D．整個過程中，移動板對轎車做功的功率為【答案】BD【詳解】A．水平右移過程中，移動板對轎車的支持力的沖量為不為零，故A錯誤；B．豎直抬升過程中，移動板對轎車的支持力做的功為故B正確；C．豎直抬升過程中，除重力外支持力做正功，轎車的機(jī)械能增加，不守恒，故C錯誤；D．整個過程中，移動板對轎車做功的功率故D正確。故選BD。（多選）9．冰壺運(yùn)動是冬季的熱門項目。如圖所示，在某次推擊冰壺過程中，質(zhì)量為m的白壺以速度v與靜止的黑壺進(jìn)行碰撞，P、Q為碰撞前同一時刻兩壺位置，M、N為兩壺靜止后所處的位置。兩壺除了顏色外，質(zhì)量、大小、形狀等其余屬性均相同。下列說法正確的是（）A．兩壺碰撞過程系統(tǒng)近似動量守恒B．碰后兩壺的速度大小之比為1∶3C．兩壺因碰撞而損失的機(jī)械能約為D．碰撞過程中，白壺對黑壺的沖量與黑壺對白壺的沖量相同【答案】AB【詳解】A．兩壺碰撞過程，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)近似動量守恒。故A正確；B．由圖可知，碰后白黑兩壺的位移之比為根據(jù)可知，兩壺碰后的速度大小之比為故B正確；C．兩壺發(fā)生碰撞，根據(jù)動量守恒解得，兩壺因碰撞而損失的機(jī)械能約為故C錯誤；D．碰撞過程中，白壺對黑壺的沖量與黑壺對白壺的沖量大小相等，方向相反。故D錯誤。故選AB。（多選）10．如圖甲所示，“充氣碰碰球”游戲是一項很減壓的趣味運(yùn)動項目．為了研究其中的碰撞規(guī)律，簡化為如圖乙所示的模型：直徑相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直線上運(yùn)動，碰前A球的動量，B球靜止，碰后B球的動量變?yōu)?。則兩球質(zhì)量與間的關(guān)系可能是（

）A． B． C． D．【答案】ACD【詳解】碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以A球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得解得根據(jù)碰撞過程總動能不增加，則有解得碰后兩球同向運(yùn)動，A的速度不大于B的速度，則有解得綜上分析可知故選ACD。（多選）11．如圖所示，質(zhì)量分別為2m、m的乙、丙兩個小球并排放置在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小球甲以速度（沿乙、丙的連線方向）向乙球運(yùn)動，三個小球之間的碰撞均為彈性碰撞，下列說法正確的是（）A．當(dāng)三個小球間的碰撞都結(jié)束之后，乙處于靜止?fàn)顟B(tài)B．當(dāng)三個小球間的碰撞都結(jié)束之后，三個小球的總動量之和為C．乙、丙在發(fā)生碰撞的過程中，丙對乙做的功為D．甲、乙在發(fā)生碰撞的過程中，乙對甲的沖量的大小為【答案】CD【詳解】A．設(shè)甲、乙在碰撞剛結(jié)束時的速度分別為、，由彈性碰撞規(guī)律綜合解得，設(shè)乙、丙在碰撞剛結(jié)束時的速度分別為、，由彈性碰撞規(guī)律綜合解得，故A錯誤；B．三個小球組成的系統(tǒng)總動量守恒，碰撞都結(jié)束之后的總動量等于碰撞之前的總動量，故B錯誤；C．乙、丙在發(fā)生碰撞的過程中，乙的速度由變成由動能定理，丙對乙做的功為故C正確；D．甲、乙在發(fā)生碰撞的過程中，甲的速度由變成對甲由動量定理可得，乙對甲的沖量為負(fù)號表示方向，故乙對甲的沖量的大小為。故D正確。故選CD。（多選）12．中國國防部新聞發(fā)言人任國強(qiáng)宣布從當(dāng)日起，中國人民解放軍東部戰(zhàn)區(qū)在臺海附近組織實戰(zhàn)化演練。一質(zhì)量為M的炮彈從地面發(fā)射（炮架高度不計），經(jīng)過時間t在最高處擊中相對地面靜止的質(zhì)量為m的（模擬）臺軍目標(biāo)，此時炮彈正好發(fā)生爆炸，并分成兩塊質(zhì)量不同的殘骸，可視為兩個殘骸分別相向做平拋運(yùn)動，落到地面的時間為t，較小的殘骸質(zhì)量為m并向我方炮架方向飛去。擊中過程可看作完全非彈性碰撞，爆炸過程可視為反沖運(yùn)動，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．擊中過程動量守恒，機(jī)械能也守恒B．炮彈在最高處速度大小為C．若，殘骸會誤傷我方人員D．爆炸過程中機(jī)械能守恒，但動量不守恒【答案】BC【詳解】A．擊中過程可看作完全非彈性碰撞，可知擊中過程動量守恒，機(jī)械能不守恒，故A錯誤；B．設(shè)炮彈在最高處速度大小為，爆炸過程根據(jù)動量守恒可得擊中過程根據(jù)動量守恒可得又，聯(lián)立解得炮彈在最高處速度大小為故B正確；C．若殘骸誤傷我方人員，則有即故C正確；D．爆炸過程中機(jī)械能不守恒，動量守恒，故D錯誤。故選BC。13．某科研小組試驗一款火箭，攜帶燃料后的總質(zhì)量為M。先將火箭以初速度從地面豎直向上彈出，上升到高度時點燃燃料，假設(shè)質(zhì)量為m的燃?xì)庠谝凰查g全部豎直向下噴出，若燃?xì)庀鄬鸺龂娚涑龅乃俾蕿閡，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：(1)火箭到達(dá)高度時的速度大小；(2)燃?xì)馊繃姵龊蠡鸺乃俣却笮。?3)火箭上升的最大高度。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）由機(jī)械能守恒可得解得火箭到達(dá)高度時的速度大小為（2）由動量守恒可得解得燃?xì)馊繃姵龊蠡鸺乃俣却笮椋?）設(shè)火箭上升的最大高度為，根據(jù)機(jī)械能守恒可得解得（新應(yīng)用）1．如圖所示，用長為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度。不計空氣阻力。對于子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程中，下列說法正確的是（）A．整個過程中，彈丸和沙箱組成的系統(tǒng)動量守恒B．子彈擊中沙箱到與沙箱共速的過程機(jī)械能守恒C．若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大D．若保持M、m、v不變，l變大，則彈丸與沙箱的最大擺角不變【答案】C【詳解】AB．彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，而系統(tǒng)的機(jī)械能因摩擦生熱而減少，以彈丸的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得解得彈丸與沙箱一起擺動過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，而系統(tǒng)的外力之和不為零動量不守恒，故整個過程中彈丸和沙箱組成的系統(tǒng)動量不守恒，子彈擊中沙箱到與沙箱共速的過程機(jī)械能不守恒，故AB錯誤；C．由能量守恒定律可知，整個過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能為若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大，故C正確；D．彈丸與沙箱一起擺動過程，設(shè)最大擺角為，則有聯(lián)立解得若保持M、m、v不變，l變大，則彈丸與沙箱的最大擺角變小，故D錯誤。故選C。（新考法）（多選）2．如圖所示，傾角為37°的斜面上有兩個質(zhì)量均為1kg的貨物P、Q，P、Q與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為、，P沿斜面向下運(yùn)動，Q沿斜面向上運(yùn)動，已知P、Q碰撞前瞬間，P的速度大小為4m/s，Q的速度為零，碰撞時間極短，碰后瞬間Q的速度大小為3m/s，重力加速度，（sin37°=0.6cos37°=0.8）下列說法正確的是（）A．P、Q發(fā)生的是彈性碰撞B．P、Q碰后瞬間P的動量大小為C．P、Q碰后到P停下的過程中，P、Q系統(tǒng)動量守恒D．P、Q碰后到P停下的過程中，兩者位移之比為【答案】BCD【詳解】A．依題意，碰撞過程，系統(tǒng)動量守恒，可得解得可得即P、Q發(fā)生的是非彈性碰撞。故A錯誤；B．P、Q碰后瞬間P的動量大小為故B正確；C．P、Q碰后到P停下的過程中，系統(tǒng)所受合力為所以P、Q系統(tǒng)動量守恒。故C正確；D．P、Q碰后到P停下的過程中，由牛頓第二定律可得可知碰后P做勻減速直線運(yùn)動，Q做勻加速直線運(yùn)動。根據(jù)解得此時二者的位移分別為，可得兩者位移之比為故D正確。故選BD。（新情境）3．一款彈珠游戲簡化示意圖如圖所示，質(zhì)量為m的均勻圓環(huán)B靜止平放在粗糙的水平桌面上，其半徑為R=0.5m。另一質(zhì)量為2m的光滑彈珠A以水平速度v0=0.3m/s穿過圓環(huán)上的小孔正對環(huán)心射入環(huán)內(nèi)，與圓環(huán)發(fā)生第一次碰撞后到第二次碰撞前彈珠恰好不會從小孔中穿出。假設(shè)彈珠與圓環(huán)內(nèi)壁的碰撞為彈性正碰，忽略彈珠與桌面間的摩擦，只考慮圓環(huán)與桌面之間的摩擦（且桌面粗糙程度各處相同），桌面足夠長。求：(1)第一次碰撞后瞬間彈珠的速度大小和方向；(2)第n次碰撞后瞬間圓環(huán)的速度大??；(3)圓環(huán)從開始運(yùn)動至最終停止的過程中通過的總位移。【答案】(1)大小為0.1m/s，方向與入射的方向相同(2)(3)2m【詳解】（1）設(shè)彈珠入射的方向為正方向，第一次碰撞后瞬間彈珠和圓環(huán)的速度分別為v1和v1′，碰撞瞬間根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒有兩式聯(lián)立，解得即第一次碰撞后瞬間彈珠的速度大小為0.1m/s，方向與入射的方向相同。（2）發(fā)生第一次碰撞后，圓環(huán)做勻減速直線運(yùn)動，彈珠做勻速直線運(yùn)動，因為彈珠與圓環(huán)發(fā)生第一次碰撞后到第二次碰撞前彈珠恰好不會從小孔中穿出，所以，圓環(huán)勻減速到與彈珠速度相等時二者相對位移恰好等于2R，設(shè)第一次碰撞后到二者速度相等所用時間為t，圓環(huán)勻減速的加速度大小為a，則有求得二者速度相等后，圓環(huán)繼續(xù)勻減速至停止通過的位移和所用時間分別為這段時間內(nèi)彈珠的位移為因為所以，圓環(huán)停止前，彈珠與圓環(huán)未發(fā)生第二次碰撞，彈珠與圓環(huán)第二次碰撞瞬間，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒有兩式聯(lián)立，解得同理，彈珠與圓環(huán)第三次碰撞瞬間，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒有兩式聯(lián)立，解得由以上計算可以得出規(guī)律，第n次碰撞后瞬間圓環(huán)的速度大?。?）圓環(huán)從開始運(yùn)動至最終停止的過程中，根據(jù)能量守恒有對圓環(huán)根據(jù)牛頓第二定律有其中聯(lián)立，求得（新考法）4．如圖所示，傾角的足夠長斜面固定在水平面上，時刻，將物塊A、B（均可視為質(zhì)點）從斜面上相距的兩處同時由靜止釋放。已知A的質(zhì)量是B的質(zhì)量的3倍，A、B與斜面之間的動摩擦因數(shù)分別為、，A、B之間的碰撞為彈性碰撞，且碰撞時間極短，重力加速度大小，求：（1）A、B發(fā)