專題37 動(dòng)量守恒定律、在碰撞問(wèn)題中應(yīng)用動(dòng)量守恒定律-2025版高三物理一輪復(fù)習(xí)多維度導(dǎo)學(xué)與分層專練

2025屆高三物理一輪復(fù)習(xí)多維度導(dǎo)學(xué)與分層專練專題37動(dòng)量守恒定律、在碰撞問(wèn)題中應(yīng)用動(dòng)量守恒定律導(dǎo)練目標(biāo)導(dǎo)練內(nèi)容目標(biāo)1動(dòng)量守恒定律內(nèi)容、條件、四性目標(biāo)2彈性碰撞目標(biāo)3非彈性碰撞和完全非彈性碰撞目標(biāo)4類碰撞模型【知識(shí)導(dǎo)學(xué)與典例導(dǎo)練】動(dòng)量守恒定律內(nèi)容、條件、四性1．動(dòng)量守恒定律內(nèi)容及條件(1)內(nèi)容：如果系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的合力為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。(2)表達(dá)形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。(3)常見(jiàn)的幾種守恒形式及成立條件：①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。②近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。③分動(dòng)量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為零，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。2．動(dòng)量守恒定律的“四性”(1)矢量性：表達(dá)式中初、末動(dòng)量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動(dòng)量的正、負(fù)。(2)瞬時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，動(dòng)量守恒指對(duì)應(yīng)每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初時(shí)刻的總動(dòng)量相等。(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度。一般選地面為參考系。(4)普適性：動(dòng)量守恒定律不僅適用于兩個(gè)物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)?！纠?】A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，原來(lái)靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面水平光滑。當(dāng)兩物體被同時(shí)釋放后，則（）A．若A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒B．若A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒【答案】BCD【詳解】A．若A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，由于A、B兩物體質(zhì)量之比為：：2，由可知彈簧釋放時(shí)，小車對(duì)A、B的滑動(dòng)摩擦力大小之比為3：2，所以A、B組成的系統(tǒng)合外力不等于零，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；B．對(duì)于A、B、C組成的系統(tǒng)，由于地面光滑，系統(tǒng)的合外力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，B正確；C．若A、B所受的摩擦力大小相等，方向又相反，所以A、B組成的系統(tǒng)合外力為零，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，C正確；D．對(duì)于A、B、C組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)的合外力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，D正確。故選BCD。彈性碰撞1.碰撞三原則：(1)動(dòng)量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動(dòng)能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).(3)速度要合理①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有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。2.“動(dòng)碰動(dòng)”彈性碰撞v1v2v1’ˊv2’ˊm1m2發(fā)生彈性碰撞的兩個(gè)物體碰撞前后動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，vv1v2v1’ˊv2’ˊm1m2v1’=，v2’=.特殊情況：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.3.“動(dòng)碰靜”彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′（1）eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2（2）解得：v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)(2)當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)(4)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)【例2】如圖所示，光滑水平面上有外形相同的A、B兩個(gè)物體均向左運(yùn)動(dòng)，物體A的動(dòng)量p1=5kg·m/s，物體B的動(dòng)量p2=7kg·m/s，在物體A與物體B發(fā)生對(duì)心碰撞后物體B的動(dòng)量變?yōu)?0kg·m/s，則A、B兩個(gè)物體的質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是（）A．m1=m2 B．m1=m2 C．m1=m2 D．m1=m2【答案】C【詳解】AB．兩個(gè)物體在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，所以有即由于在碰撞過(guò)程中，不可能有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機(jī)械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機(jī)械能不會(huì)增加，有；因?yàn)轭}目給出的物理情景是“物體A與物體B發(fā)生對(duì)心碰撞”，要符合這一物理情景，就必須有即同時(shí)還要符合碰撞后B物體的速度大于或等于A物體的速度這一物理情景，即所以故選C。【例3】如圖所示，小球A、B均靜止在光滑水平面上，現(xiàn)給A球一個(gè)向右的初速度，之后與B球發(fā)生對(duì)心碰撞。關(guān)于碰撞后的情況，下列說(shuō)法正確的是（）A．碰后小球A、B一定共速B．若A、B球發(fā)生完全非彈性碰撞，A球質(zhì)量等于B球質(zhì)量，則A球?qū)㈧o止C．若A、B球發(fā)生彈性碰撞，A球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，則無(wú)論A球初速度大小是多少，A球都將反彈D．若A、B球發(fā)生彈性碰撞，A球質(zhì)量足夠大，B球質(zhì)量足夠小，則碰后B球的速度可以是A球的3倍【答案】C【詳解】A．小球A、B發(fā)生對(duì)心碰撞，有可能是完全彈性碰撞，完全非彈性碰撞，非彈性碰撞；若是完全非彈性碰撞，則AB兩小球具有共同速度，若不是，兩球速度不同，則A錯(cuò)誤；B．若A、B球發(fā)生完全非彈性碰撞，AB碰后有共同速度，有動(dòng)量守恒可得解得若A球質(zhì)量等于B球質(zhì)量，則故B錯(cuò)誤；CD．小球A、B發(fā)生對(duì)心碰撞，若是完全彈性彈性碰撞，則根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，則解得，若A球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，有上述和的表達(dá)式可知，A球質(zhì)量足夠大，B球質(zhì)量足夠小，有上述和的表達(dá)式可知故C正確，故D錯(cuò)誤。故選C。非彈性碰撞和完全非彈性碰撞1.非彈性碰撞介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動(dòng)量守恒，碰撞系統(tǒng)動(dòng)能損失。根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)損失動(dòng)能ΔEk，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2.完全非彈性碰撞v1v1v2v共m1m2m1v1+m2v2=(m1+m2)v共（1）完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動(dòng)能最多，損失動(dòng)能：ΔEk=?m1v12+?m2v22-?(m1+m2)v共2（2）聯(lián)立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=【例4】A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，，，，，當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是（）A．，B．，C．，D．，【答案】C【詳解】?jī)汕蚺鲎策^(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以兩球的初速度方向?yàn)檎较颍绻麅汕虬l(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，有由機(jī)械能守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得則碰撞后A、B的速度；故選C。類碰撞模型類“完全彈性碰撞”類“完全非彈性碰撞”子彈打木塊模型板塊模型彈簧模型弧形槽模型擺球模型【例5】長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的木塊在粗糙的水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，有一質(zhì)量為m的子彈（可視為質(zhì)點(diǎn)）以水平速度擊中木塊并恰好未穿出。設(shè)子彈射入木塊的過(guò)程時(shí)間極短，子彈受到木塊的阻力恒定，木塊運(yùn)動(dòng)的最大距離為x，重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是（）A．子彈受到的阻力大小B．子彈受到的阻力大小C．木塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D．木塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)【答案】AC【詳解】AB．設(shè)子彈射入木塊的過(guò)程時(shí)間極短，由動(dòng)量守恒得根據(jù)動(dòng)能定理得聯(lián)立解得，A正確，B錯(cuò)誤；CD．子彈和物塊一起做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得聯(lián)立解得C正確，D錯(cuò)誤。故選AC?！纠?】如圖甲所示，光滑的水平地面上放著一個(gè)足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板，t=0時(shí)，一質(zhì)量為m的滑塊以初速度v0滑上長(zhǎng)木板，兩者的v﹣t圖像如圖乙所示，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，下列說(shuō)法正確的是（）A．在0～t0時(shí)間內(nèi)，滑塊在長(zhǎng)木板上滑過(guò)的位移為B．長(zhǎng)木板的質(zhì)量為C．在0～t0時(shí)間內(nèi)，滑塊受到的摩擦力為D．在0～t0時(shí)間內(nèi)，滑塊與長(zhǎng)木板之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為【答案】C【詳解】A．在0～t0時(shí)間內(nèi)，滑塊在長(zhǎng)木板上滑過(guò)的位移為，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)動(dòng)量守恒定律得解得，B錯(cuò)誤；C．在0～t0時(shí)間內(nèi)，對(duì)木板根據(jù)動(dòng)量定理得解得，C正確；D．在0～t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律得，D錯(cuò)誤。故選C?！纠?】如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的兩端分別與質(zhì)量是m1、m2的A、B兩物塊相連，它們靜止在光滑水平面上，兩物塊質(zhì)量之比m1：m2＝2：3．現(xiàn)給物塊A一個(gè)水平向右的初速度v0并從此時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的（）A．t1時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最短，t2時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最長(zhǎng)B．t2時(shí)刻彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)C．v2＝0.8v0D．v3＝0.5v0【答案】AC【詳解】AB.從圖象可以看出，從0到t1的過(guò)程中，m1的速度比m2的大，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度，此后，m1的速度比m2的小，兩者間距增大，彈簧的壓縮量減小，所以t1時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最短，t2時(shí)刻m2的速度最大，此后m2的速度減小，彈簧被拉伸，則t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，t3時(shí)刻兩滑塊速度相等，此時(shí)彈簧最長(zhǎng)，故A符合題意，B不符合題意；C.兩滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0＝﹣m1v1+m2v2t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，彈簧彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：解得：v2＝0.8v0故C不符合題意；D.兩滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0＝（m1+m2）v3解得：v3＝0.4v0故D不符合題意；【例8】如圖所示，質(zhì)量為4m的光滑物塊a靜止在光滑水平地面上，物塊a左側(cè)面為圓弧面且與水平地面相切，質(zhì)量為m的滑塊b以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)滑上a，沿a左側(cè)面上滑一段距離后又返回，最后滑離a，不計(jì)一切摩擦，滑塊b從滑上a到滑離a的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．滑塊b沿a上升的最大高度為B．物塊a運(yùn)動(dòng)的最大速度為C．物塊a對(duì)滑塊b的沖量大小D．物塊a對(duì)滑塊b的所做的功【答案】BD【詳解】A．b沿a上升到最大高度時(shí)，兩者速度相等，取向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0=(m＋4m）v由機(jī)械能守恒定律得mv02=（m＋4m）v2＋mgh解得h=，A錯(cuò)誤；B．滑塊b從滑上a到滑離a后，物塊a運(yùn)動(dòng)的速度最大。系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，對(duì)整個(gè)過(guò)程，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0=mvb＋4mva由機(jī)械能守恒定律得mv02=mvb2＋×4mva2解得va=v0，vb=v0，B正確；C．對(duì)b由動(dòng)量定理，C錯(cuò)誤；D．對(duì)b由動(dòng)能定理，D正確。故選BD。【例9】如圖所示，質(zhì)量為m滑塊A套在一水平固定的光滑細(xì)桿上，可自由滑動(dòng)。在水平桿上固定一擋板P，滑塊靠在擋板P左側(cè)且處于靜止?fàn)顟B(tài)，其下端用長(zhǎng)為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛一個(gè)質(zhì)量為3m的小球B，已知重力加速度大小為g。現(xiàn)將小球B拉至右端水平位置，使細(xì)線處于自然長(zhǎng)度，由靜止釋放，忽略空氣阻力，則（）A．滑塊與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B．滑塊與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．小球第一次運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力大小為3mgD．滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，所能獲得的最大速度為【答案】D【詳解】A．滑塊與小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)內(nèi)沒(méi)有除重力之外的力對(duì)系統(tǒng)做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；B．小球向下擺動(dòng)過(guò)程中，滑塊受到擋板的作用力，滑塊與小球組成的系統(tǒng)合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)小球第一次運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)的速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有①在最低點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有

②聯(lián)立①②解得小球第一次運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線拉力大小為③故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)小球通過(guò)最低點(diǎn)后，P不再受擋板的作用力，此時(shí)小球與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)某時(shí)刻小球和滑塊的速度分別為v1和v2，規(guī)定水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

④由上式可知，當(dāng)v1與v反向且達(dá)到最大值時(shí)，v2也將達(dá)到最大值，即小球第二次通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，滑塊速度達(dá)到最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有⑤聯(lián)立①④⑤解得⑥故D正確。故選D?！径嗑S度分層專練】1．如圖所示，小車a靜止于光滑水平面上，a上有一圓弧PQ，圓弧位于同一豎直平面內(nèi)，小球b由靜止起沿圓弧下滑，則這一過(guò)程中（）A．若圓弧不光滑，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒B．若圓弧不光滑，則系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C．若圓弧光滑，則系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D．若圓弧光滑，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒【答案】C【詳解】不論圓弧是否光滑，小車與小球組成的系統(tǒng)在小球下滑過(guò)程中系統(tǒng)所受合外力都不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量都不守恒。但系統(tǒng)水平方向不受外力，所以系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒；若圓弧光滑，只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；若圓弧不光滑，系統(tǒng)要克服摩擦力做功，機(jī)械能減少，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。2．光滑水平面和豎直光滑曲面相切于曲面的最低點(diǎn)，大小相同的彈性小球A、B質(zhì)量分別為mA和mB。B靜止于曲面的最低點(diǎn)，讓球A從曲面上一定高度h滑下，在最低點(diǎn)與球B發(fā)生正碰，碰撞過(guò)程無(wú)機(jī)械能損失，水平面足夠長(zhǎng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．兩小球不可能發(fā)生第二次碰撞B．當(dāng)時(shí)，兩小球只能發(fā)生一次碰撞C．增大h可能讓兩小球發(fā)生第二次碰撞D．若mA<mB，兩小球一定能發(fā)生第二次碰撞【答案】B【詳解】AC．由能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律，有；兩球撞擊后的速度為；當(dāng)它們速度同向時(shí)，，不會(huì)發(fā)生第二次碰撞；若球A反彈后滑上曲面，由于機(jī)械能守恒，球A回到水平面時(shí)的速度與反彈時(shí)的速度大小相等，當(dāng)時(shí)，可以發(fā)生第二次碰撞，與h無(wú)關(guān)，選項(xiàng)AC錯(cuò)誤；BD．若發(fā)生第二次碰撞，則有計(jì)算得，所以當(dāng)時(shí)，球A、B只能發(fā)生一次碰撞，故B正確，D錯(cuò)誤。故選B。3．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為0.5kg的小球在離車底面高度20m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5m/s的速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，小車的底面上涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4kg，設(shè)小球在落到車的底面前瞬間的速度是25m/s，則小球與小車相對(duì)靜止時(shí)，小車的速度是（）（g=10m/s2）A．5m/s B．4m/s C．8m/s D．9.5m/s【答案】A【詳解】小球拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得解得小球和車作用過(guò)程中，水平方向的外力之和為零，動(dòng)量守恒，有解得故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。4．如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中（此過(guò)程時(shí)間極短），重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．子彈射入木塊后的瞬間，木塊的速度大小為B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于（M＋m0）gC．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量總是守恒的【答案】C【詳解】A．子彈射入木塊后的瞬間，子彈和木塊系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則m0v0=(M+m0)v1解得速度大小為故A錯(cuò)誤；B．子彈射入木塊后的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得可知繩子拉力故B錯(cuò)誤；C．子彈射入木塊之后，系統(tǒng)只有重力做功，所以圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故C正確；D．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向沒(méi)有外力，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，豎直方向動(dòng)量不守恒，所以子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒的，故D錯(cuò)誤；故選C。5．如圖所示，足夠長(zhǎng)的小平板車的質(zhì)量為，以水平速度向右在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與此同時(shí)，質(zhì)量為的小物體從車的右端以水平速度沿車的粗糙上表面向左運(yùn)動(dòng)。若物體與車面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則在足夠長(zhǎng)的時(shí)間內(nèi)（）A．若，物體對(duì)地向左的最大位移是B．若，小車對(duì)地向右的最大位移是C．無(wú)論與的大小關(guān)系如何，摩擦力對(duì)平板車的沖量均為D．無(wú)論與的大小關(guān)系如何，摩擦力的作用時(shí)間均為【答案】B【詳解】規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得A．若，所受的摩擦力對(duì)，根據(jù)動(dòng)能定理得則得物體對(duì)地向左的最大位移故A錯(cuò)誤；B．若，對(duì)，由動(dòng)能定理得則得小車對(duì)地向右的最大位移故B正確；C．根據(jù)動(dòng)量定理知，摩擦力對(duì)平板車的沖量等于平板車動(dòng)量的變化量，即故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)量定理得；解得故D錯(cuò)誤。故選B。6．物理學(xué)中有一種碰撞被稱為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過(guò)能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時(shí)的高度更大。如圖所示，A、B、C三個(gè)彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時(shí)釋放（其中C球下部離地H），所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則（）A．C球落地前瞬間A球的速度為B．從上至下三球的質(zhì)量之比為1∶2∶6C．A球彈起的最大高度為25HD．A球彈起的最大高度為9H【答案】ABD【詳解】A．因?yàn)锳、B、C球由靜止同時(shí)釋放，所以落地瞬間的速度相等，由自由落體運(yùn)動(dòng)公式v2=2gH解得，A正確；B．由題意可知，C球碰地，反向碰B，B在反向碰A，因都是彈性碰撞，設(shè)向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，所以C碰B有mCvC?mBvB=mBvB＇；B碰A有mBvB＇?mAvA=mAvA＇；由以上幾式可得mA﹕mB﹕mC=1﹕2﹕6，B正確；CD．由B選項(xiàng)分析解得，A球彈起的最大高度；，C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD。7．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為和的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上。現(xiàn)使A瞬時(shí)獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示遵循正弦變化關(guān)系，已知=1kg，下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊B的質(zhì)量為2kgB．彈簧的最大彈性勢(shì)能為1.5JC．從開始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)物塊B的位移數(shù)值為D．從開始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中彈簧對(duì)物塊A的沖量大小為【答案】ACD【詳解】A.由圖像可知A物塊的初速度，t1時(shí)刻兩物塊達(dá)到共速，由動(dòng)量守恒得解得故A正確；B.由圖像可知t1時(shí)刻彈簧的壓縮量最大，此時(shí)彈性勢(shì)能最大，由能量守恒得解得故B錯(cuò)誤；C.從開始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)所經(jīng)歷的時(shí)間為t2，此時(shí)B的位移為圖線與t軸所圍成的面積，由圖線的對(duì)稱性可得，位移為故C正確；D.B速度最大時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，由動(dòng)量守恒得由能量守恒得解得此時(shí)A的速度為故從開始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中彈簧對(duì)物塊A的沖量為大小為，故D正確。故選ACD。8．如圖所示，在光滑水平面上停放質(zhì)量為m裝有弧形槽的小車．現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去(不計(jì)摩擦)，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車右端，則()A．小球在小車上到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為B．小球離車后，對(duì)地將向右做平拋運(yùn)動(dòng)C．小球離車后，對(duì)地將做自由落體運(yùn)動(dòng)D．此過(guò)程中小球?qū)囎龅墓椤敬鸢浮緼CD【詳解】A、當(dāng)小球與小車的水平速度相等時(shí)，小球弧形槽上升