高考物理一輪復習課時練18《動量守恒定律》(含解析)

1、動量守恒定律小題狂練 小題是基礎練小題提分快1.北京東城區(qū)模擬(多選)兩物體組成的系統(tǒng)總動量守恒，這個系統(tǒng)中()A一個物體增加的速度等于另一個物體減少的速度B一物體受合力的沖量與另一物體所受合力的沖量相同C兩個物體的動量變化總是大小相等、方向相反D系統(tǒng)總動量的變化為零答案：CD解析：兩個物體組成的系統(tǒng)總動量守恒，即p1p2p1p2，等式變形后得p1p1p2p2，即p1p2，m1v1m2v2，所以每個物體的動量變化大小相等，方向相反，但是只有在兩物體質(zhì)量相等的情況下才有一個物體增加的速度等于另一個物體減少的速度，故A錯誤，C正確；根據(jù)動量定理得I1p1，I2p2，每個物體的動量變化大小相等，方向

2、相反，所以每個物體受到的沖量大小相等，方向相反，故B錯誤；兩物體組成的系統(tǒng)總動量守恒，即系統(tǒng)總動量的變化為零，D正確2湖北省襄陽四中檢測(多選)關于動量守恒的條件，下列說法正確的是()A只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不可能守恒B只要系統(tǒng)所受合外力所做的功為零，系統(tǒng)動量一定守恒C只要系統(tǒng)所受合外力的沖量始終為零，系統(tǒng)動量一定守恒D系統(tǒng)加速度為零，系統(tǒng)動量一定守恒答案：CD解析： 只要系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，系統(tǒng)動量就守恒，與系統(tǒng)內(nèi)是否存在摩擦力無關，故A錯誤；系統(tǒng)所受合外力做的功為零，系統(tǒng)所受合外力不一定為零，則系統(tǒng)動量不一定守恒，故B錯誤；力與力的作用時間的乘積是力的沖量，系統(tǒng)所受到合外力

3、的沖量為零，則系統(tǒng)受到的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故C正確；系統(tǒng)加速度為零，由牛頓第二定律可得，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故D正確32017·全國卷將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A30 kg·m/s B5.7×102 kg·m/sC6.0×102 kg·m/s D6.3×102 kg·m/s答案：A解析：燃氣從火箭噴口噴出的瞬間，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動

4、量守恒，設燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00.050 kg×600 m/s30 kg·m/s，選項A正確4甘肅協(xié)作體聯(lián)考如圖所示，一個質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個質(zhì)量為m的小木塊現(xiàn)使木箱獲得一個向左的初速度v0，則()A小木塊和木箱最終將靜止B木箱速度減為的過程，小木塊受到的水平?jīng)_量大小為Mv0C最終小木塊速度為，方向向左D木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒答案：C解析：由于木箱在光滑水平面上，小木塊與木箱之間的摩擦力是木箱和小木塊組成的系統(tǒng)的內(nèi)力，給木箱一個向左的初速度，系統(tǒng)滿足動量守恒定律

5、，小木塊和木箱最終將以相同的速度運動，根據(jù)動量守恒定律，Mv0(Mm)v，最終速度v，選項C正確，A錯誤；由于木箱底板粗糙，小木塊在木箱內(nèi)相對于木箱滑動，摩擦產(chǎn)生熱量，所以木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒，選項D錯誤；當木箱速度減小為時，木箱動量減少了Mv0，根據(jù)動量守恒定律，小木塊的動量將增加Mv0，根據(jù)動量定理，木箱對小木塊作用力的沖量大小為Mv0，選項B錯誤5甘肅協(xié)作體聯(lián)考 如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板A，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M3 kg，質(zhì)量m1 kg的鐵塊B以水平速度v04 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端

6、在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為()A3 J B4 JC6 J D20 J答案：A解析：設鐵塊與木板共速時速度大小為v，鐵塊相對木板向右運動的最大距離為L，鐵塊與木板之間的摩擦力大小為Ff，鐵塊壓縮彈簧使彈簧最短時，由能量守恒可得mvFfL(Mm)v2Ep，由動量守恒，得mv0(Mm)v，從鐵塊開始運動到最后停在木板左端過程，由功能關系得mv2FfL(Mm)v2，聯(lián)立解得Ep3 J，故選項A正確6四川省成都外國語學校模擬有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船(一噸左右)又窄又長一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量他進行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭后停下來，而后

7、輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離為d，然后用卷尺測出船長為L，已知他自身的質(zhì)量為m，則船的質(zhì)量M為()A. B.C. D.答案：B解析：據(jù)題意，人從船尾走到船頭過程中，動量守恒，則有Mv0mv，即Mdm(Ld)，解得船的質(zhì)量為M，所以B選項正確7福建省四地六校聯(lián)考如圖所示，A、B兩物體的中間用一段細繩相連并有一壓縮的彈簧，放在平板小車C上后，A、B、C均處于靜止狀態(tài)若地面光滑，則在細繩被剪斷后，A、B從C上未滑離之前，A、B在C上向相反方向滑動的過程中()A若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒B若A、B與C之間的摩擦力大小相同

8、，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒C若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒D若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒答案：D解析： 當A、B兩物體及彈簧組成一個系統(tǒng)時，彈簧的彈力為內(nèi)力，而A、B與C之間的摩擦力為外力當A、B與C之間的摩擦力大小不相等時，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒；當A、B與C之間的摩擦力大小相等時，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，彈簧的彈

9、力及A、B與C之間的摩擦力均屬于內(nèi)力，無論A、B與C之間的摩擦力大小是否相等，系統(tǒng)所受的合外力均為零，系統(tǒng)的動量守恒故選項D正確8重慶一中調(diào)研如圖所示，小球a、b(可視為質(zhì)點)用等長的細線懸掛于同一固定點O.將球a和球b向左和向右拉起，使細線水平同時由靜止釋放球a和球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大夾角為60°.忽略空氣阻力，則兩球a、b的質(zhì)量的比值()A.3 B.32C.2 D.22答案：B解析：設細線長為L，球a、b下落至最低點，但未相碰時的速率分別為v1、v2，由機械能守恒定律得magLmav，mbgLmbv；在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為v，以向左

10、為正，由動量守恒定律得mbv2mav1(mamb)v，兩球共同向左運動到最高處時，細線與豎直方向的夾角為，由機械能守恒定律得(mamb)v2(mamb)gL(1cos)，聯(lián)立解得：32，所以選項B正確9山東省海曲中學模擬(多選)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上現(xiàn)使B瞬間獲得水平向右的速度3 m/s，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得()A在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都處于伸長狀態(tài)B從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復到原長C兩物塊的質(zhì)量之比為m1：m21：2D在t2時刻A與B

11、的動能之比為Ek1：Ek28：1答案：BD解析：由題圖乙可知，從0到t1的過程中，A的速度增大，B的速度減小，彈簧被拉伸，在t1時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，從t1到t2的過程，A的速度繼續(xù)增大，B的速度先減小再反向增大，彈簧開始收縮，到達t2時刻，A的速度最大，B的速度反向且達到最大，彈簧恢復原長；從t2到t3的過程，A的速度減小，B的速度先減小再反向增大，彈簧被壓縮，到t3時刻，A、B的速度相等，為1 m/s，此時彈簧的壓縮量最大，從t3到t4的過程，A的速度減小，B的速度增大，t4時刻，彈簧恢復到原長，B的速度等于初速度，A的速度為零，由以上分析可知，A錯誤，B

12、正確系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得，t0時刻和tt1時刻系統(tǒng)總動量相等，有m2v0(m1m2)v1，解得m1：m22：1，故C錯誤由題圖乙可知，在t2時刻A、B兩物塊的速度分別為vA2 m/s，vB1 m/s，物塊的動能Ekmv2，則A、B兩物塊的動能之比為Ek1 ：Ek28：1，故D正確10廣州模擬(多選)質(zhì)量為m的物塊甲以3 m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定于其左端，另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4 m/s的速度與物塊甲相向運動，如圖所示則()A甲、乙兩物塊組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中動量守恒B當兩物塊相距最近時，物塊甲的速率為零C物塊甲的速率可能達到5 m

13、/sD當物塊甲的速率為1 m/s時，物塊乙的速率可能為0答案：AD解析：甲、乙兩物塊組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A正確當兩物塊相距最近時速度相同，取碰撞前物塊乙的速度方向為正方向，設共同速率為v，根據(jù)動量守恒定律有mv乙mv甲2mv，解得v0.5 m/s，故B錯誤若物塊甲的速率達到5 m/s，方向與原來相同，則mv乙mv甲mv甲m乙v乙，解得v乙6 m/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；若物塊甲的速率達到5 m/s，方向與原來相反，則mv乙mv甲mv甲m乙v乙，代入數(shù)據(jù)解得v乙4 m/s，即碰撞后，物塊乙的動能不變，物塊甲的動能增加

14、，違反了能量守恒定律，所以物塊甲的速率不可能達到5 m/s，故C錯誤甲、乙兩物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，若物塊甲的速率為1 m/s，方向與原來相同，由動量守恒定律得mv乙mv甲mv甲m乙v乙，解得v乙2 m/s；若物塊甲的速率為1 m/s，方向與原來相反，由動量守恒定律得mv乙mv甲mv甲m乙v乙，解得v乙0，故D正確11山西省太原五中考試如圖所示，光滑水平面上有A、B兩輛小車，質(zhì)量均為m1 kg，現(xiàn)將小球C用長為0.2 m的細線懸于輕質(zhì)支架頂端，mc0.5 kg.開始時A車與C球以v04 m/s的速度沖向靜止的B車若兩車正碰后粘在一起，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，則()AA車與B

15、車碰撞瞬間，兩車動量守恒，機械能也守恒B從兩車粘在一起到小球擺到最高點的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒C小球能上升的最大高度為0.16 mD小球能上升的最大高度為0.12 m答案：C解析：兩車碰撞后粘在一起，屬于典型的非彈性碰撞，有機械能損失，A項錯誤；從兩車粘在一起到小球擺到最高點的過程中，在豎直方向上A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒，B項錯誤；A、B兩車碰撞過程，動量守恒，設兩車剛粘在一起時共同速度為v1，有mv02mv1，解得v12 m/s；從開始到小球到最高點的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設小球上升到最高點時三者共同速度為v2，有2mv

16、1mcv0(2mmc)v2，解得v22.4 m/s，從兩車粘在一起到小球擺到最高點的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒，即mcghmcv·2mv(2mmc)v，解得h0.16 m，C項正確，D項錯誤12青島模擬某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移時間圖象圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊、和它們發(fā)生正碰后結合體的位移變化關系已知相互作用時間極短，由圖象給出的信息可知()A碰前滑塊與滑塊速度大小之比為7：2B碰前滑塊的動量大小比滑塊的動量大小大C碰前滑塊的動能比滑塊的動能小D滑塊的質(zhì)量是滑塊的質(zhì)量的答案：D解析：根據(jù)st

17、圖象的斜率等于速度，可知碰前滑塊速度為v12 m/s，滑塊的速度為v20.8 m/s，則碰前速度大小之比為5：2，故A錯誤；碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，碰撞前，滑塊的動量為負，滑塊的動量為正，由于碰撞后總動量為正，故碰撞前總動量也為正，故碰撞前滑塊的動量大小小于滑塊的動量大小，故B錯誤；碰撞后的共同速度為v0.4 m/s，根據(jù)動量守恒定律，有m1v1m2v2(m1m2)v，解得m26m1，由動能的表達式可知，m1vm2v，故C錯誤，D正確13北京東城區(qū)模擬下面關于碰撞的理解，正確的是()A正碰屬于彈性碰撞，斜碰屬于非彈性碰撞B如果碰撞過程中動能不變，則這樣的碰撞叫做非彈性碰撞C碰撞是指相對運動的物體

18、相遇時，在極短時間內(nèi)它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程D在碰撞現(xiàn)象中，一般來說物體所受的外力作用不能忽略答案：C解析：正碰也稱對心碰撞，是小球在相互作用前后都沿著同一直線(即沿著兩球球心連線)運動的碰撞，根據(jù)動量守恒定律判斷兩小球碰撞前后的機械能是否守恒，從而將碰撞分為彈性碰撞和非彈性碰撞，斜碰也稱非對心碰撞，是兩球在碰撞前的相對速度不沿兩球球心連線的碰撞，斜碰也遵循動量守恒定律，但情況較復雜，同樣需要根據(jù)兩小球碰撞前后的機械能是否守恒，從而判斷屬于彈性碰撞還是非彈性碰撞，故A、B錯誤；根據(jù)碰撞的定義可知，碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內(nèi)它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程，故C正確；在碰

19、撞現(xiàn)象中，如果內(nèi)力遠大于外力，則可以忽略外力的作用，D錯誤14安徽示范高中質(zhì)檢甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動，已知它們的動量分別是p15 kg·m/s，p27 kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0 kg·m/s，則甲球質(zhì)量m1與乙球質(zhì)量m2間的關系可能正確的是()Am1m2 B2m1m2C4m1m2 D6m1m2答案：C解析：設碰后甲球動量變?yōu)閜1，乙球動量變?yōu)閜2，根據(jù)動量守恒定律得p1p2p1p2，解得p12 kg·m/s.碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加，則有，解得，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，則有，解得，綜上有，C正

20、確，A、B、D錯誤15石家莊模擬如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球的半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計已知m23m1，則A反彈后能達到的最大高度為()Ah B2hC3h D4h答案：D解析：所有的碰撞都是彈性碰撞，所以不考慮能量損失設豎直向上為正方向，根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律可得，(m1m2)gh(m1m2)v2，m2vm1vm1v1m2v2，(m1m2)v2m1vm2v，m1vm1gh1，又m23m1，則v1v20.聯(lián)立可得h14h，選項D正確16武

21、漢模擬(多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為M的木塊正以速度v向左運動，一顆質(zhì)量為m(m<M)的彈丸以速度v向右水平擊中木塊并最終停在木塊中，設彈丸與木塊之間的相互作用力大小不變，則在相互作用過程中()A彈丸和木塊的速率都是越來越小B彈丸在任一時刻的速率不可能為零C彈丸對木塊一直做負功，木塊對彈丸先做負功后做正功D彈丸對木塊的水平?jīng)_量與木塊對彈丸的水平?jīng)_量大小相等答案：CD解析：彈丸擊中木塊前，由于m<M，兩者速率相等，所以兩者組成的系統(tǒng)總動量向左，彈丸水平擊中木塊并停在木塊中的過程，系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律可知，彈丸停在木塊中后它們一起向左運動，即彈丸開始時向右運動

22、，后向左運動，故彈丸的速率先減小后增大，木塊的速率一直減小，由以上分析知，彈丸的速率可能為零，故A、B錯誤；木塊一直向左運動，彈丸對木塊一直做負功，彈丸先向右運動后向左運動，則木塊對彈丸先做負功后做正功，故C正確；由牛頓第三定律知，彈丸對木塊的水平作用力與木塊對彈丸的水平作用力大小相等，相互作用的時間相等，由沖量的定義式IFt知，彈丸對木塊的水平?jīng)_量與木塊對彈丸的水平?jīng)_量大小相等，故D正確課時測評 綜合提能力課時練贏高分一、選擇題1福建邵武七中聯(lián)考如圖所示，一半徑為R、質(zhì)量為M的1/4光滑圓弧槽D，放在光滑的水平面上，將一質(zhì)量為m的小球由A點靜止釋放，在下滑到B點的過程中，下列說法正確的是()

23、A以地面為參考系，小球到達B點時相對于地的速度v滿足mv2mgRB以槽為參考系，小球到達B點時相對于槽的速度v滿足mv2mgRC以地面為參考系，以小球、槽和地球為系統(tǒng)，機械能守恒D不論以槽或地面為參考系，小球、槽和地球組成的系統(tǒng)機械能均不守恒答案：C解析：質(zhì)量為m的小球由A點靜止釋放，在下滑到B點的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小球?qū)Φ厮俣却笮関2，槽對地速度大小為v1，兩速度方向相反，有Mv1mv2，系統(tǒng)機械能守恒，有mgRmvMv，A錯誤，C正確；以槽為參考系，小球到達B點時相對于槽的速度大小vv1v2，則mv2m(v1v2)2mvmvmv1v2，mv2mgRmvmv1v

24、2Mvv1(mv1mv2)>0，B錯誤；該系統(tǒng)只有重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，D錯誤2安徽滁州聯(lián)考(多選)一質(zhì)量為M的小船靜止在平靜的湖面上，船頭和船尾各站一位質(zhì)量均為m的游泳愛好者，兩人分別從船頭和船尾沿相反的方向躍入水中，則下列說法中正確的有()A若兩人同時以相等的速率躍入水中，則船仍保持靜止B若兩人先后以相等的相對水的速率躍入水中，則船速等于0C若兩人先后以相等的相對船的速率躍入水中，則船速等于0D無論兩人如何躍入水中，船始終保持靜止答案：AB解析：兩個人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，開始總動量為零，不管誰先躍入水中，若兩人相對水的速率相等，則有0mvmvMv，可知v0，故A

25、、B正確；若兩人先后以相等的相對船的速率躍入水中，可知兩人相對水的速度大小不等，根據(jù)動量守恒定律知，船速不為0，故C、D錯誤3黑龍江哈三中模擬(多選)小球A的質(zhì)量為mA5 kg，動量大小為pA4 kg·m/s，小球A水平向右運動時與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰后A的動量大小為pA1 kg·m/s，方向水平向右，則()A碰后小球B的動量大小為pB3 kg·m/sB碰后小球B的動量大小為pB5 kg·m/sC小球B的質(zhì)量為15 kgD小球B的質(zhì)量為3 kg答案：AD解析：規(guī)定向右為正方向，碰撞過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，所以有pApApB，解得pB3 k

26、g·m/s，A正確，B錯誤；由于A、B是彈性碰撞，所以沒有機械能損失，故，解得mB3 kg，C錯誤，D正確4河南信陽統(tǒng)考(多選)如圖所示，三小球a、b、c的質(zhì)量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c與輕彈簧相連且靜止，小球a以速度v0沖向小球b，碰后與小球b粘在一起運動在整個運動過程中，下列說法中正確的是()A三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒，總機械能不守恒B三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒，總機械能也守恒C當小球b、c速度相等時，彈簧彈性勢能最大D當彈簧恢復原長時，小球c的動能一定最大，小球b的動能一定不為零答案：ACD解析：在整個運動過程中，三球與彈簧組成的系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的

27、總動量守恒，a與b碰撞過程中機械能減少，故A正確，B錯誤；當小球b、c速度相等時，彈簧的壓縮量或伸長量最大，彈簧彈性勢能最大，故C正確；當彈簧恢復原長時，小球c的動能一定最大，根據(jù)動量守恒和機械能守恒定律可知，小球b的動能不為零，故D正確5.安徽蕪湖模擬如圖所示，總質(zhì)量為M帶有底座的足夠?qū)捒蚣苤绷⒃诠饣矫嫔?，質(zhì)量為m的小球通過細線懸掛于框架頂部O處，細線長為L，已知M>m，重力加速度為g，某時刻小球獲得一瞬時速度v0，當小球第一次回到O點正下方時，細線拉力大小為()Amg BmgCmgm Dmgm答案：B解析：設小球第一次回到O點正下方時，小球與框架的速度分別為v1和v2.取水平向右

28、為正方向，由題可知，小球、框架組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒、機械能守恒，即mv0mv1Mv2，mvmvMv，解得v1v0，v2v0.當小球第一次回到O點正下方時，以小球為研究對象，由牛頓第二定律得Tmgm，解得細線的拉力Tmg，B正確6湖北宜昌一中月考(多選)A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，如圖表示發(fā)生碰撞前后的vt圖線，由圖線可以判斷()AA、B的質(zhì)量比為3：2BA、B作用前后總動量守恒CA、B作用前后總動量不守恒DA、B作用前后總動能不變答案：ABD解析：物體A、B碰撞過程所受外力為零，作用前后總動量守恒，故B正確，C錯誤；根據(jù)動量守恒定律有mA×6 m/smB×

29、;1 m/smA×2 m/smB×7 m/s，則mA：mB3：2，故A正確；A、B作用前總動能為mA×(6 m/s)2mB×(1 m/s2)mA·(m/s)2，作用后總動能為mA×(2 m/s)2mB×(7 m/s)2mA·(m/s)2，可見作用前后總動能不變，故D正確7安徽模擬如圖所示，一個質(zhì)量為m的物塊A與另一個質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后物塊B剛好能落入正前方的沙坑中假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5 m，g取10 m/s2，物塊可視為質(zhì)點則碰撞前瞬間

30、A的速度為()A0.5 m/s B1.0 m/sC1.5 m/s D2.0 m/s答案：C解析：碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得·2mgx0·2mv2，代入數(shù)據(jù)解得v1 m/s，A與B組成的系統(tǒng)在碰撞過程中水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則mv0mv12mv，由于沒有機械能損失，則mvmv·2mv2，聯(lián)立可得v01.5 m/s，故A、B、D錯誤，C正確8.四川瀘州檢測如圖所示，光滑水平面上有兩個質(zhì)量分別為m1、m2的小球A、B，放在與左側豎直墻垂直的直線上，設B開始處于靜止狀態(tài)，A球以速度v朝著B運動，設系統(tǒng)處處無摩擦，所有的碰撞均無機械能損失，則下列判斷

31、正確的是()A若m1m2，則兩球之間有且僅有兩次碰撞B若m1m2，則兩球之間可能發(fā)生兩次碰撞C兩球第一次碰撞后B球的速度一定是D兩球第一次碰撞后A球一定向右運動答案：A解析：設A球和B球第一次碰撞后速度分別為v1和v2，取向左為正方向根據(jù)動量守恒定律得m1vm1v1m2v2根據(jù)機械能守恒定律得m1v2m1vm2v解得v1v，v2v若m1m2，則得v10，v2v，即A與B碰撞后交換速度，當B球與墻壁碰后以速度v2返回，并與A球發(fā)生第二次碰撞，之后B靜止，A向右運動，不再發(fā)生碰撞，所以兩球之間有且僅有兩次碰撞，故A正確；若m1m2，則得v1v，v20，兩球之間只能發(fā)生一次碰撞，故B錯誤；兩球第一次

32、碰撞后，B球的速度為v2v，不一定是，與兩球的質(zhì)量關系有關，故C錯誤；兩球第一次碰撞后A球的速度為v1v，當m1>m2時，v1>0，碰后A球向左運動，當m1m2時，v10，碰后A球靜止，當m1<m2時，v1<0，碰后A球向右運動，故D錯誤9黑龍江哈三中模擬(多選)如圖所示，將一輕質(zhì)彈簧從物體B內(nèi)部穿過，并將其上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量為m12.0 kg的物體A.平衡時物體A距天花板h2.4 m，在距物體A正上方高為h11.8 m處由靜止釋放質(zhì)量為m21.0 kg的物體B，B下落過程中某時刻與彈簧下端的物體A碰撞(碰撞時間極短)，并立即以相同的速度與A一起運動，兩物體

33、不粘連，且可視為質(zhì)點，碰撞后兩物體一起向下運動，歷時0.25 s第一次到達最低點，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，g取10 m/s2，下列說法正確的是()A碰撞結束瞬間兩物體的速度大小為2 m/sB碰撞結束后兩物體一起向下運動的最大位移大小為0.25 mC碰撞結束后兩物體一起向下運動的過程中，兩物體間的平均作用力大小為18 NDA、B運動到最低點后反彈上升，A、B分離后，B還能上升的最大高度為0.2 m答案：ABC解析：設物體B自由下落至與A碰撞前的速度為v0，根據(jù)自由落體運動規(guī)律，有v0 m/s6 m/s，設A、B碰撞結束后瞬間二者達到共同速度vt，以向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有m

34、2v0(m1m2)vt，解得vt2.0 m/s，A正確從二者一起運動到速度變?yōu)榱愕倪^程中，選擇B作為研究對象，根據(jù)動量定理，有(m2gF)t0m2vt，解得F18 N，方向豎直向上，對B根據(jù)動能定理可得Fxmgx0m2v，解得x0.25 m，即碰撞結束后兩物體一起向下運動的最大位移大小為0.25 m，B、C正確；若A、B在原位置分離，B還能上升的最大高度為hm0.2 m，但實際上A、B在彈簧恢復原長時分離，故B還能上升的最大高度小于0.2 m，D錯誤10.如圖所示，將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側靠墻角，右側靠一質(zhì)量為M2的物塊現(xiàn)讓一質(zhì)量為m的小球自左側槽口A的正上方h高處由靜止開始落下，與半圓槽相切自A點進入槽內(nèi)，并能從C點離開半圓槽，則以下結論中正確的是()A球在槽內(nèi)運動的全過程中，球與半圓槽在水平方向動量守恒B球在槽內(nèi)運動的全過程中，球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒C球離開C點以后，將做豎直上拋運動D槽將與墻不會再次接觸答案：D解析：球從A點到B點的過程中，半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心，而球?qū)Π雸A槽的壓力方向相反指向左下方，因為有豎直墻擋住，所以半圓槽不會向左運動，可見，該過