動(dòng)量守恒定律習(xí)習(xí)題及答案

1、 動(dòng)量守恒定律及答案一選擇題（共32小題）1把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平面上，槍發(fā)射出一顆子彈時(shí)，關(guān)于槍、彈、車，下列說(shuō)法正確的是（）A槍和彈組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒B槍和車組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒C因?yàn)闃審椇蜆屚仓g的摩擦力很大，使系統(tǒng)的動(dòng)量變化很大，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒D三者組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，因?yàn)橄到y(tǒng)只受重力和地面支持力這兩個(gè)外力作用，這兩個(gè)外力的合力為零2靜止的實(shí)驗(yàn)火箭，總質(zhì)量為M，當(dāng)它以對(duì)地速度為v0噴出質(zhì)量為m的高溫氣體后，火箭的速度為（）ABCD3據(jù)新華社報(bào)道，2018年5月9日凌晨，我國(guó)長(zhǎng)征系列運(yùn)載火箭，在太原衛(wèi)星發(fā)射中心完或第274次發(fā)射任務(wù)，成功發(fā)射高分五號(hào)衛(wèi)星，該衛(wèi)星

2、是世界上第一顆實(shí)現(xiàn)對(duì)大氣和陸地綜合觀測(cè)的全譜段高光譜衛(wèi)星。最初靜止的運(yùn)載火箭點(diǎn)火后噴出質(zhì)量為M的氣體后，質(zhì)量為m的衛(wèi)星（含未脫離的火箭）的速度大小為v，不計(jì)衛(wèi)星受到的重力和空氣阻力。則在上述過(guò)程中，衛(wèi)星所受沖量大小為（）AMvB（M+m）vC（Mm）vDmv4在光滑的水平面上有一輛平板車，一個(gè)人站在車上用大錘敲打車的左端（如圖）。在連續(xù)的敲打下，關(guān)于這輛車的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法中正確的是（）A由于大錘不斷的敲打，小車將持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)B由于大錘與小車之間的作用力為內(nèi)力，小車將靜止不動(dòng)C在大錘的連續(xù)敲打下，小車將左右移動(dòng)D在大錘的連續(xù)敲打下，小車與大錘組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒5設(shè)a、b兩小球相

3、撞，碰撞前后都在同一直線上運(yùn)動(dòng)。若測(cè)得它們相撞前的速度為va、vb，相撞后的速度為va、vb，可知兩球的質(zhì)量之比等于（）ABCD6兩個(gè)質(zhì)量相等的小球在光滑水平面上沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量是8kgm/s，B球的動(dòng)量是6kgm/s，A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動(dòng)量可能為（）ApA=0，pB=l4kgm/sBpA=4kgm/s，pB=10kgm/sCpA=6kgm/s，pB=8kgm/sDpA=7kgm/s，pB=8kgm/s7質(zhì)量為m1=2kg和m2的兩個(gè)物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時(shí)間不計(jì)，其t（位移時(shí)間）圖象如圖所示，則m2的質(zhì)量等于（）A3kgB4kgC5kgD6kg

4、8如圖所示，光滑水平面上，甲、乙兩個(gè)球分別以大小為v1=1m/s、v2=2m/s的速度做相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后兩球粘在一起以s的速度向左運(yùn)動(dòng)，則甲、乙兩球的質(zhì)量之比為（）A1：1B1：2C1：3D2：19質(zhì)量為1kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A從木板的左側(cè)沿木板上表面水平?jīng)_上木板，如圖甲所示。A和B經(jīng)過(guò)1s達(dá)到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示，取g=10m/s2，則物塊A的質(zhì)量為（）A1kgB3kgC2kgD6kg10如圖，A、B是兩個(gè)用等長(zhǎng)細(xì)線懸掛起來(lái)的大小可忽略不計(jì)的小球，mB=3mAB球靜止，拉起A球，使細(xì)線與豎直方向偏角為30°，由靜止釋

5、放，在最低點(diǎn)A與B發(fā)生彈性碰撞。不計(jì)空氣阻力，則關(guān)于碰后兩小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）AA靜止，B向右，且偏角小于30°BA向左，B向右，且偏角都等于30°CA向左，B向右，A偏角小于B偏角，且都小于30°DA向左，B向右，A偏角等于B偏角，且都小于30°11質(zhì)量分別為ma=，mb=的物體a、b在光滑水平面上發(fā)生正碰，若不計(jì)碰撞時(shí)間，它們碰撞前后的位移時(shí)間圖象如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（）A碰撞前a物體的動(dòng)量大小為4kgm/sB碰撞前b物體的動(dòng)量大小為零C碰撞過(guò)程中b物體受到的沖量為1NsD碰撞過(guò)程中a物體損失的動(dòng)量大小為1kgm/s12在光滑的水

6、平面上運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)小球發(fā)生正碰，下列說(shuō)法正確的是（）A碰撞之前，被碰小球的動(dòng)量一定比另一小球的動(dòng)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(dòng)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(dòng)量一定變大13“打羽毛球”是一種常見的體育健身活動(dòng)。當(dāng)羽毛球以5m/s的水平速度飛來(lái)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員迅速揮拍以10m/s的水平速度迎面擊球，假設(shè)羽毛球和羽毛球拍的碰撞為彈性碰撞，且球拍的質(zhì)量遠(yuǎn)大于球的質(zhì)量，羽毛球反彈的速度大小為（）A25m/sB20m/sC15m/sD5m/s14如圖所示，光滑水平桌面上有兩個(gè)大小相同的小球，m1：m2=2：1，球1以3m/s的速度與靜止的球2發(fā)生正碰并粘在一起

7、，已知桌面距離地面的高度h=，g=10m/s2，則落地點(diǎn)到桌面邊沿的水平距離為（）ABCD15如圖所示，木塊A、B置于光滑水平桌面上，木塊A沿水平方向向左運(yùn)動(dòng)與B相碰，碰后粘連在一起，將彈簧壓縮到最短。則木塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從A、B相碰到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過(guò)程中（）A動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒B動(dòng)量不守恒、機(jī)械能不守恒C動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒D動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒16質(zhì)量為1kg的物體從距地面5m高處自由下落，落在正以5m/s的速度沿水平方向勻速前進(jìn)的小車上，車上裝有砂子，車與砂的總質(zhì)量為4kg，地面光滑，則車后來(lái)的速度為（g=10m/s2）（）A4m/sB5m/sC6m/sD7m/s1

8、7如圖所示，某人站在一輛平板車的右端，車靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)人用鐵錘連續(xù)敲擊車的右端。下列對(duì)平板車的運(yùn)動(dòng)情況描述正確的是（）A錘子掄起的過(guò)程中，車向右運(yùn)動(dòng)B錘子下落的過(guò)程中，車向左運(yùn)動(dòng)C錘子掄至最高點(diǎn)時(shí)，車速度為0D錘子敲擊車瞬間，車向左運(yùn)動(dòng)18如圖所示，兩個(gè)大小相等、質(zhì)量均為1kg的小球A、B靜止在光滑水平面上，現(xiàn)給小球A水平向右的瞬時(shí)沖量I=2Ns，小球A向右運(yùn)動(dòng)并與小球B發(fā)生對(duì)心碰撞，兩小球碰撞過(guò)程中系統(tǒng)的機(jī)械能損失可能為（）ABCD2J19臺(tái)球是一項(xiàng)深受人們喜愛的休閑運(yùn)動(dòng)，美式臺(tái)球中共由大小相同的1個(gè)白球（母球）15個(gè)花球（色球）組成，又稱花式臺(tái)球。如圖在某次擊球過(guò)程中，白球以3

9、m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)與靜止的黑球發(fā)生正碰，假設(shè)白球與黑球質(zhì)量相等，碰撞中沒有機(jī)械能損失，將臺(tái)球視為質(zhì)點(diǎn)，通過(guò)計(jì)算得到兩球碰撞后的運(yùn)動(dòng)情況為（）A白球靜止，黑球以3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)B黑球靜止，白球以3m/s的速度反彈向左運(yùn)動(dòng)C白球和黑球都以下s的速度向右運(yùn)動(dòng)D白球以3m/s的速度反彈向左運(yùn)動(dòng)，黑球以3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)20如圖所示，一砂袋用無(wú)彈性輕細(xì)繩懸于O點(diǎn)。開始時(shí)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(dòng)。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(jì)，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說(shuō)法中正確的是（）A彈丸

10、打入砂袋過(guò)程中，細(xì)繩所受拉力大小保持不變B彈丸打入砂袋過(guò)程中，彈丸對(duì)砂袋的沖量大小大于砂袋對(duì)彈丸的沖量大小C彈丸打入砂袋過(guò)程中所產(chǎn)生的熱量為D砂袋和彈丸一起擺動(dòng)所達(dá)到的最大高度為21如圖所示，在光滑絕緣的水平面上有兩個(gè)電荷量分別為Q和q的滑塊，兩滑塊的質(zhì)量相等，兩滑塊的電性相同，電荷量Qq一開始，帶電荷量為q的滑塊靜止，帶電荷量為Q的滑塊以某一初速度v從遠(yuǎn)處向右運(yùn)動(dòng)，則（）A兩滑塊的加速度始終相同B兩滑塊的速度相同時(shí)，兩滑塊間的電勢(shì)能最大C兩滑塊的總動(dòng)量先變小，后變大D兩滑塊最終以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)22如圖所示在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M=2m的斜面，斜面表面光滑、高度為h、

11、傾角為一質(zhì)量為m的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)沖上斜面過(guò)程中機(jī)械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能到達(dá)的最大高度為（）ABCDh23如圖所示，一質(zhì)量為的一塊橡皮泥自距小車上表面高處由靜止下落，恰好落入質(zhì)量為2kg、速度為s沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)的小車上，并與小車一起沿水平地面運(yùn)動(dòng)，取g=10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A橡皮泥下落的時(shí)間為B橡皮泥與小車一起在水平地面上運(yùn)動(dòng)的速度大小為sC橡皮泥落入小車的過(guò)程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D整個(gè)過(guò)程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為24如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分

12、之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點(diǎn)。現(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點(diǎn)無(wú)初速度釋放。已知圓弧軌道半徑R= m，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB=2mA，重力加速度g=10m/s2則碰后小滑塊B的速度大小不可能是（）A5 m/sB4 m/sC3 m/sD2 m/s25質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個(gè)木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A緊靠豎直墻。用水平力向左緩慢推B，將彈簧壓縮一定長(zhǎng)度，此過(guò)程中推到某位置時(shí)推力做功大小為W如圖所示，在此位置物體靜止時(shí)突然撤去推力（此時(shí)物體速度為零），下列說(shuō)法中正確的是（）A在彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，墻對(duì)A的沖量大小為2B在彈簧第一次恢復(fù)

13、原長(zhǎng)過(guò)程中，墻對(duì)A、B系統(tǒng)做的功大小為WC當(dāng)A、B之間距離最大時(shí)，B的速度大小為D當(dāng)A、B之間距離最大時(shí)，B的速度大小26如圖所示，光滑絕緣水平軌道上帶正電的甲球，以某一水平速度射向靜止在軌道上帶正電的乙球，當(dāng)它們相距最近時(shí)，甲球的速度變?yōu)樵瓉?lái)的已知兩球始終來(lái)接觸，剛甲、乙兩球的質(zhì)量之比為（）Al：lBl：2C1：3Dl：427如圖所示，A、B兩物塊放在光滑的水平面上，一輕彈簧放在A、B之間與A相連，與B接觸到不連接，彈簧剛好處于原長(zhǎng)，將物塊A鎖定，物塊C與A、B在一條直線上，三個(gè)物塊的質(zhì)量相等，現(xiàn)讓物塊C以v=2m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘在一起，當(dāng)C的速度為零時(shí)，解除A的鎖定，則A最

14、終獲得的速度大小為（）ABCD28A、B兩球沿一直線發(fā)生正碰，如圖所示的st圖象記錄了兩球碰撞前后的運(yùn)動(dòng)情況，圖中的a、b分別為碰撞前的位移圖象碰撞后兩物體粘合在一起，c為碰撞后整體的位移圖象若A球的質(zhì)量mA=2kg，則下列說(shuō)法中正確的是（）AB球的質(zhì)量mB=1kgB相碰時(shí)，B對(duì)A所施沖量大小為3NSC碰撞過(guò)程損失的動(dòng)能為10JDA、B碰前總動(dòng)量為3kgm/s29質(zhì)量為m的子彈，以水平速度v0射入靜止在光滑水平面上質(zhì)量為M的木塊，并留在其中在子彈進(jìn)入木塊過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A子彈動(dòng)能減少量等于木塊動(dòng)能增加量B子彈動(dòng)量減少量等于木塊動(dòng)量增加量C子彈動(dòng)能減少量等于子彈和木塊內(nèi)能增加量D子彈

15、對(duì)木塊的沖量大于木塊對(duì)子彈的沖量30如圖所示，質(zhì)量為的小球在距離車底面高20m處以一定的初速度向左平拋，落在以s速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，車底涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4kg，若小球在落到車底前瞬時(shí)速度是25m/s，取g=l0m/s2，則當(dāng)小球與小車相對(duì)靜止時(shí)，小車的速度大小是（）A4 m/sB5 m/sC m/sD m/s31“爆竹聲中一歲除，春風(fēng)送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標(biāo)志，是喜慶心情的流露有一個(gè)質(zhì)量為3m的爆竹從地面斜向上拋出，上升h后到達(dá)最高點(diǎn)，此時(shí)速度大小為v0、方向水平向東，在最高點(diǎn)爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向東

16、；重力加速度為g則（）A爆竹在最高點(diǎn)爆炸過(guò)程中，整體的動(dòng)量守恒B質(zhì)量為m的一塊，其速度為2v3v0C質(zhì)量為m的一塊，在落地過(guò)程中重力沖量的大小為mg，方向豎直向下D質(zhì)量為2m的一塊，在落地過(guò)程中重力沖量的大小為2mg，方向水平向東32一只爆竹豎直升空后，在高為h處達(dá)到最高點(diǎn)并發(fā)生爆炸，分成質(zhì)量不同的兩塊，兩塊質(zhì)量之比為3：1，其中質(zhì)量小的一塊獲得大小為v的水平速度，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則兩塊爆竹落地后相距（）ABCD4v2018年11月12日高中物理02的高中物理組卷參考答案與試題解析一選擇題（共32小題）1把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平面上，槍發(fā)射出一顆子彈時(shí)，關(guān)于槍

17、、彈、車，下列說(shuō)法正確的是（）A槍和彈組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒B槍和車組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒C因?yàn)闃審椇蜆屚仓g的摩擦力很大，使系統(tǒng)的動(dòng)量變化很大，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒D三者組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，因?yàn)橄到y(tǒng)只受重力和地面支持力這兩個(gè)外力作用，這兩個(gè)外力的合力為零【分析】明確動(dòng)量守恒的條件，根據(jù)題意分析給出的系統(tǒng)是否滿足系統(tǒng)所受外力之和為零即可解答。【解答】解：A、槍和彈組成的系統(tǒng)，由于小車對(duì)槍有外力，槍和彈組成的系統(tǒng)外力之和不為零，所以動(dòng)量不守恒。故A錯(cuò)誤；B、槍和車組成的系統(tǒng)，由于子彈對(duì)槍有作用力，導(dǎo)致槍和車組成的系統(tǒng)外力之和不為零，所以動(dòng)量不守恒。故B錯(cuò)誤；C、槍彈和槍筒之間的摩擦力為內(nèi)力，系統(tǒng)是否守恒

18、與槍彈和槍筒之間的摩擦力大小無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D、槍、彈、車組成的系統(tǒng)，它們之間相互作用的力為內(nèi)力，比如槍彈和槍筒之間的摩擦力，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)量守恒的條件，即系統(tǒng)所受的合外力為零，知道系統(tǒng)內(nèi)物體相互作用的力為內(nèi)力。2靜止的實(shí)驗(yàn)火箭，總質(zhì)量為M，當(dāng)它以對(duì)地速度為v0噴出質(zhì)量為m的高溫氣體后，火箭的速度為（）ABCD【分析】以火箭和氣體租車的系統(tǒng)為研究對(duì)象，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，可以求出噴氣后火箭的速度。【解答】解：以火箭和氣體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，選高溫氣體的速度方向?yàn)檎?，由?dòng)量守恒定律得：（Mm）v+mv0=0，解得：v=，故D正

19、確，ABC錯(cuò)誤。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，要注意研究對(duì)象和正方向的選取，明確本題中質(zhì)量關(guān)系。3據(jù)新華社報(bào)道，2018年5月9日凌晨，我國(guó)長(zhǎng)征系列運(yùn)載火箭，在太原衛(wèi)星發(fā)射中心完或第274次發(fā)射任務(wù)，成功發(fā)射高分五號(hào)衛(wèi)星，該衛(wèi)星是世界上第一顆實(shí)現(xiàn)對(duì)大氣和陸地綜合觀測(cè)的全譜段高光譜衛(wèi)星。最初靜止的運(yùn)載火箭點(diǎn)火后噴出質(zhì)量為M的氣體后，質(zhì)量為m的衛(wèi)星（含未脫離的火箭）的速度大小為v，不計(jì)衛(wèi)星受到的重力和空氣阻力。則在上述過(guò)程中，衛(wèi)星所受沖量大小為（）AMvB（M+m）vC（Mm）vDmv【分析】根據(jù)動(dòng)量定理可知，衛(wèi)星受力的沖量等于衛(wèi)星動(dòng)量的變化。【解答】解：噴出氣體過(guò)程中衛(wèi)星的重力

20、和空氣阻力可忽略不計(jì)，可知在火箭發(fā)射的過(guò)程中衛(wèi)星受到氣體對(duì)衛(wèi)星的沖量等于衛(wèi)星動(dòng)量的變化，則：I=mv=mv，故ABC錯(cuò)誤，D正確故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，考查了求導(dǎo)彈的速度問(wèn)題，知道發(fā)射過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以解題。4在光滑的水平面上有一輛平板車，一個(gè)人站在車上用大錘敲打車的左端（如圖）。在連續(xù)的敲打下，關(guān)于這輛車的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法中正確的是（）A由于大錘不斷的敲打，小車將持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)B由于大錘與小車之間的作用力為內(nèi)力，小車將靜止不動(dòng)C在大錘的連續(xù)敲打下，小車將左右移動(dòng)D在大錘的連續(xù)敲打下，小車與大錘組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒【分析】把人

21、和小車看成一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)在水平方向不受外力，水平動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析人連續(xù)敲打小車的運(yùn)動(dòng)情況即可?！窘獯稹拷猓篈BC、人和錘、車組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，總動(dòng)量為零。在錘掄起的過(guò)程中，錘在水平方向上的速度方向向左，由水平動(dòng)量守恒知，小車的速度向右。錘從最高點(diǎn)下落至剛接觸車的過(guò)程中，錘在水平方向上的速度方向向右，小車的速度向左，所以在大錘的連續(xù)敲打下，小車將左右移動(dòng)，不能持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤，C正確。D、在大錘的連續(xù)敲打下，小車與大錘組成的系統(tǒng)，豎直方向的合力不等于零，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒。人要做功，系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是要

22、知道系統(tǒng)的水平動(dòng)量守恒，但總動(dòng)量不守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律分析小車的運(yùn)動(dòng)情況。5設(shè)a、b兩小球相撞，碰撞前后都在同一直線上運(yùn)動(dòng)。若測(cè)得它們相撞前的速度為va、vb，相撞后的速度為va、vb，可知兩球的質(zhì)量之比等于（）ABCD【分析】?jī)汕蚺鲎策^(guò)程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律列式，可以求出兩球的質(zhì)量之比?！窘獯稹拷猓簝汕蚺鲎策^(guò)程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，以碰撞前A的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mava+mbvb=mava+mbvb，解得：=故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題是碰撞類型，要掌握碰撞的基本規(guī)律：動(dòng)量守恒定律。要知道本題提供了一種研究?jī)汕蛸|(zhì)量關(guān)系的方法。6兩個(gè)質(zhì)量相等的小球在光滑水平面上沿同一直線同

23、向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量是8kgm/s，B球的動(dòng)量是6kgm/s，A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動(dòng)量可能為（）ApA=0，pB=l4kgm/sBpA=4kgm/s，pB=10kgm/sCpA=6kgm/s，pB=8kgm/sDpA=7kgm/s，pB=8kgm/s【分析】當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞時(shí)，系統(tǒng)遵守動(dòng)量守恒。根據(jù)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒定律和總動(dòng)能不增加，列式進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓阂訟、B兩球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象。設(shè)兩球的質(zhì)量均為m。當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞，遵守動(dòng)量守恒。碰撞前總動(dòng)量為：p=pA+pB=（8+6）kgm/s=14kgm/s。碰撞前總動(dòng)能為：Ek=+=+=；A、

24、碰撞后，總動(dòng)量為p=pA+pB=（0+14）kgm/s=14kgm/s，符合動(dòng)量守恒定律，碰撞后總動(dòng)能為 Ek=+=Ek，總動(dòng)能增加，違反了能量守恒定律，不可能，故A錯(cuò)誤。B、碰撞后，總動(dòng)量為p=pA+pB=（4+10）kgm/s=14kgm/s，符合動(dòng)量守恒定律。碰撞后總動(dòng)能為 Ek=+=+=Ek，總動(dòng)能增加，違反了能量守恒定律，不可能，故B錯(cuò)誤。C、碰撞后，總動(dòng)量為p=pA+pB=（6+8）kgm/s=14kgm/s，符合動(dòng)量守恒定律。碰撞后總動(dòng)能為 Ek=+=+=Ek，總動(dòng)能不變，是可能的，故C正確。D、碰撞后，總動(dòng)量為p=pA+pB=（7+8）kgm/s=15kgm/s，動(dòng)量不守恒，不

25、可能，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于碰撞過(guò)程，往往根據(jù)三大規(guī)律進(jìn)行分析：1、是動(dòng)量守恒定律；2、總動(dòng)能不增加；3、符合物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)情況。7質(zhì)量為m1=2kg和m2的兩個(gè)物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時(shí)間不計(jì)，其t（位移時(shí)間）圖象如圖所示，則m2的質(zhì)量等于（）A3kgB4kgC5kgD6kg【分析】xt圖象的斜率等于速度，根據(jù)圖象的斜率求出碰撞前后兩球的速度，再根據(jù)碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒即可求解m2?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)xt圖象的斜率等于速度，可知碰撞前m2是靜止的，m1的速度為：v1=m/s=4m/s碰后m1的速度為：v1=m/s=2m/s，m2的速度為：v2=m/=2m/s，以兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)

26、為研究對(duì)象，取碰撞前m1的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律有：m1v1=m1v1+m2v2，代入數(shù)據(jù)得：2×4=2×（2）+m2×2，解得：m2=6kg；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要掌握碰撞的基本規(guī)律：動(dòng)量守恒定律，要知道xt圖象的斜率等于速度，要注意斜率的正負(fù)表示速度的方向。8如圖所示，光滑水平面上，甲、乙兩個(gè)球分別以大小為v1=1m/s、v2=2m/s的速度做相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后兩球粘在一起以s的速度向左運(yùn)動(dòng)，則甲、乙兩球的質(zhì)量之比為（）A1：1B1：2C1：3D2：1【分析】甲、乙兩個(gè)球碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求得甲、乙兩球的質(zhì)量之

27、比?！窘獯稹拷猓涸O(shè)碰撞前甲球的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得： m甲v1m乙v2=（m甲+m乙）v已知 v1=1m/s、v2=2m/s，v=s，解得 m甲：m乙=1：1故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了完全非彈性碰撞過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可正確解題，注意要規(guī)定正方向，用符號(hào)表示速度的方向。9質(zhì)量為1kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A從木板的左側(cè)沿木板上表面水平?jīng)_上木板，如圖甲所示。A和B經(jīng)過(guò)1s達(dá)到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示，取g=10m/s2，則物塊A的質(zhì)量為（）A1kgB3kgC2kgD6kg【分析】A、B速度相同后，一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)

28、速度時(shí)間圖線求出勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小，結(jié)合牛頓第二定律求出與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。隔離對(duì)M分析，根據(jù)速度時(shí)間圖線得出01s內(nèi)M的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求出A的質(zhì)量?！窘獯稹拷猓河蓤D象可知，A在01s內(nèi)的加速度 a1=2m/s2，對(duì)A，由牛頓第二定律得，1mAg=mAa1解得AB間的動(dòng)摩擦因數(shù) 1=。由圖象知，A、B在13s內(nèi)的加速度 a3=1m/s2，對(duì)AB由牛頓第二定律得2（mB+mA）g=（mB+mA）a3解得B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 2=。由圖象可知B在01s內(nèi)的加速度 a2=2m/s2。對(duì)B，由牛頓第二定律得，1mAg2（mB+mA）g=mBa2，代入數(shù)據(jù)解得mA=3kg。故B正確

29、，ACD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律和速度時(shí)間圖線的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵理清A、B的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合圖線的斜率求出加速度，根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行研究。10如圖，A、B是兩個(gè)用等長(zhǎng)細(xì)線懸掛起來(lái)的大小可忽略不計(jì)的小球，mB=3mAB球靜止，拉起A球，使細(xì)線與豎直方向偏角為30°，由靜止釋放，在最低點(diǎn)A與B發(fā)生彈性碰撞。不計(jì)空氣阻力，則關(guān)于碰后兩小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）AA靜止，B向右，且偏角小于30°BA向左，B向右，且偏角都等于30°CA向左，B向右，A偏角小于B偏角，且都小于30°DA向左，B向右，A偏角等于B偏角，且都小于30°

30、;【分析】先根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出A球與B球碰撞前瞬間的速度。兩球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以求出碰后瞬間兩球的速度，再由機(jī)械能守恒定律分析兩球的偏角關(guān)系?！窘獯稹拷猓涸O(shè)A球與B球碰撞前瞬間的速度為v0碰撞后瞬間A、B兩球的速度分別為vA、vB碰撞前，A球下擺過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：mAgL（1cos30°）=mAv02。碰撞過(guò)程，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB mAv02=mAvA2+mBvB2。聯(lián)立以上三式解得：vA=，方向向左。vB=，方向向設(shè)碰后A球的偏角為，B球的偏角為由機(jī)械能守恒定律

31、對(duì)A球有：mAvA2=mAgL（1cos）對(duì)B球有：mBvB2=mBgL（1cos）解得：=30°因此：A向左，B向右，A偏角等于B偏角，且都小于30°，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是分析兩球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，把握每個(gè)過(guò)程的物理規(guī)律，知道小球下擺或上擺過(guò)程中機(jī)械能守恒，彈性碰撞過(guò)程中動(dòng)量和機(jī)械能都守恒，要注意選擇正方向，用符號(hào)表示速度的方向。11質(zhì)量分別為ma=，mb=的物體a、b在光滑水平面上發(fā)生正碰，若不計(jì)碰撞時(shí)間，它們碰撞前后的位移時(shí)間圖象如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（）A碰撞前a物體的動(dòng)量大小為4kgm/sB碰撞前b物體的動(dòng)量大小為零C碰撞過(guò)程中

32、b物體受到的沖量為1NsD碰撞過(guò)程中a物體損失的動(dòng)量大小為1kgm/s【分析】根據(jù)圖示圖象由速度公式求出碰撞前后物體的速度，然后由動(dòng)量的計(jì)算公式求出物體的動(dòng)量?！窘獯稹拷猓篈、由圖示圖象可知，碰撞前a的速度：va=4m/s，碰撞前a的動(dòng)量：Pa=mava=×4=2kgm/s，故A錯(cuò)誤；B、由圖示圖象可知，碰撞前b靜止，碰撞前b的動(dòng)量為零，故B正確；C、由圖示圖象可知，碰撞由a、b的速度相等，為：v=1m/s，碰撞后b的動(dòng)量大小為：Pb=av=×1=m/s，由動(dòng)量定理可知碰撞過(guò)程中b物體受到的沖量為s，故C錯(cuò)誤；D、碰撞后a的動(dòng)量大小為：Pa=mav=×1=m/s，

33、碰撞過(guò)程中a物體損失的動(dòng)量大小為：Pa=PaPa=2=m/s。故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)量的表達(dá)式及動(dòng)量定理的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象讀出a碰撞前后的速度，難度適中。12在光滑的水平面上運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)小球發(fā)生正碰，下列說(shuō)法正確的是（）A碰撞之前，被碰小球的動(dòng)量一定比另一小球的動(dòng)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(dòng)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(dòng)量一定變大【分析】?jī)汕蚪M成的系統(tǒng)，所受的外力矢量和為零，碰撞前后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒?！窘獯稹拷猓篈、碰撞之前，被碰小球的動(dòng)量不一定比另一小球的動(dòng)量小，故A錯(cuò)誤。B、碰撞過(guò)程中，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)

34、量守恒，則碰撞前后，兩小球動(dòng)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，則動(dòng)量不一定增大，故B、D錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒的基本運(yùn)用，知道動(dòng)量守恒的條件，動(dòng)量守恒時(shí)，系統(tǒng)中兩物體動(dòng)量變化量大小相等，方向相反。13“打羽毛球”是一種常見的體育健身活動(dòng)。當(dāng)羽毛球以5m/s的水平速度飛來(lái)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員迅速揮拍以10m/s的水平速度迎面擊球，假設(shè)羽毛球和羽毛球拍的碰撞為彈性碰撞，且球拍的質(zhì)量遠(yuǎn)大于球的質(zhì)量，羽毛球反彈的速度大小為（）A25m/sB20m/sC15m/sD5m/s【分析】羽毛球和羽毛球拍發(fā)生的碰撞為彈性碰撞，遵守動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，由此

35、列式，求出碰后羽毛球速度表達(dá)式，對(duì)照條件：球拍的質(zhì)量遠(yuǎn)大于球的質(zhì)量，求得羽毛球反彈的速度大小?！窘獯稹拷猓涸O(shè)碰撞前羽毛球和羽毛球拍的速度分別為v1和v2，碰后羽毛球和羽毛球拍的速度分別為v1和v2。取碰撞前羽毛球的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得： m1v1+m2v2=m1v1+m2v2 m1v12+m2v22=m1v12+m2v22聯(lián)立解得 v1=據(jù)題有 m1m2，則得 v1=2v2v1=2×10（5）=25m/s故選：A。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是彈性碰撞的基本規(guī)律：動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，并能運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行近似處理。14如圖所示，光滑水平桌面上有兩個(gè)大

36、小相同的小球，m1：m2=2：1，球1以3m/s的速度與靜止的球2發(fā)生正碰并粘在一起，已知桌面距離地面的高度h=，g=10m/s2，則落地點(diǎn)到桌面邊沿的水平距離為（）ABCD【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出碰撞后粘在一起的速度，結(jié)合高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而得出落地點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離。【解答】解：對(duì)兩球組成的系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，有：m1v1=（m1+m2）v，解得粘在一起的速度為：v=，根據(jù)h=得：t=，則落地點(diǎn)到桌面邊沿的水平距離為：x=vt=2×=1m，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒和平拋運(yùn)動(dòng)的綜合運(yùn)用，知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方

37、向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解，通過(guò)動(dòng)量守恒求出碰后的速度是關(guān)鍵。15如圖所示，木塊A、B置于光滑水平桌面上，木塊A沿水平方向向左運(yùn)動(dòng)與B相碰，碰后粘連在一起，將彈簧壓縮到最短。則木塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從A、B相碰到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過(guò)程中（）A動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒B動(dòng)量不守恒、機(jī)械能不守恒C動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒D動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒【分析】系統(tǒng)所受的合外力為零時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。只有重力或彈力做功時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)的受力情況與做功情況判斷系統(tǒng)動(dòng)量與機(jī)械能是否守恒?！窘獯稹拷猓耗緣KA、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從A、B相碰到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過(guò)程中，墻壁對(duì)彈簧有作用力

38、，系統(tǒng)的合外力不為零，所以動(dòng)量不守恒。A、B相碰粘連在一起的過(guò)程中，機(jī)械能有損失，所以機(jī)械能也不守恒，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是掌握系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件，以及知道當(dāng)系統(tǒng)只有動(dòng)能和勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程即可正確解題。16質(zhì)量為1kg的物體從距地面5m高處自由下落，落在正以5m/s的速度沿水平方向勻速前進(jìn)的小車上，車上裝有砂子，車與砂的總質(zhì)量為4kg，地面光滑，則車后來(lái)的速度為（g=10m/s2）（）A4m/sB5m/sC6m/sD7m/s【分析】物體落入小車的過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式即可求解。【

39、解答】解：物體落入小車的過(guò)程中，兩者組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，故系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。已知兩者作用前，小車在水平方向的速度 v0=5m/s，小球水平方向的速度 v=0；設(shè)當(dāng)物體與小車相對(duì)靜止后小車的速度為v，取原來(lái)車的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)水平方向系統(tǒng)的動(dòng)量守恒得： Mv0=（M+m）v解得：v=4m/s故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)量守恒定律的直接應(yīng)用，關(guān)鍵要注意系統(tǒng)的總動(dòng)量并不守恒，只是水平方向動(dòng)量守恒。17如圖所示，某人站在一輛平板車的右端，車靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)人用鐵錘連續(xù)敲擊車的右端。下列對(duì)平板車的運(yùn)動(dòng)情況描述正確的是（）A錘子掄起的過(guò)程中，車向右運(yùn)動(dòng)B錘子下落的過(guò)程中，

40、車向左運(yùn)動(dòng)C錘子掄至最高點(diǎn)時(shí)，車速度為0D錘子敲擊車瞬間，車向左運(yùn)動(dòng)【分析】把人和車看成一個(gè)整體，根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析人連續(xù)敲打車左端時(shí)的運(yùn)動(dòng)情況即可。【解答】解：A、人和錘、車組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，總動(dòng)量為零，錘掄起的過(guò)程中，錘在水平方向上的速度方向由向左變?yōu)橄蛴遥瑒t車的動(dòng)量先水平向右后水平向左，故A錯(cuò)誤。B、人和錘、車組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，總動(dòng)量為零，錘從最高點(diǎn)下落至剛接觸車的過(guò)程中，錘在水平方向上的速度方向由向右變?yōu)橄蜃?，則車的動(dòng)量先水平向左后水平向右，故B錯(cuò)誤。C、人和錘、車組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，總動(dòng)量為零，錘運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，錘與車、人的速度是相等的，所以

41、它們的速度都是0，故C正確。D、錘敲擊車瞬間，錘在的速度減小至零，錘的動(dòng)量由向左變?yōu)榱?，根?jù)動(dòng)量守恒知，車的動(dòng)量和速度由向右變?yōu)榱?，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)量守恒定律的直接應(yīng)用，難度不大，屬于基礎(chǔ)題，掌握系統(tǒng)動(dòng)量守恒是解決問(wèn)題的關(guān)鍵。18如圖所示，兩個(gè)大小相等、質(zhì)量均為1kg的小球A、B靜止在光滑水平面上，現(xiàn)給小球A水平向右的瞬時(shí)沖量I=2Ns，小球A向右運(yùn)動(dòng)并與小球B發(fā)生對(duì)心碰撞，兩小球碰撞過(guò)程中系統(tǒng)的機(jī)械能損失可能為（）ABCD2J【分析】?jī)汕虻呐鲎残再|(zhì)未知，可能為彈性碰撞，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，也可能是完全非彈性碰撞，系統(tǒng)的機(jī)械能損失最大。根據(jù)這兩種碰撞，由動(dòng)量守恒定律和能

42、量守恒定律求出系統(tǒng)的機(jī)械能損失范圍，再得到特殊值。【解答】解：兩球的碰撞性質(zhì)未知，若為彈性碰撞，則兩球交換速度，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，機(jī)械能損失為0。若為完全非彈性碰撞，則系統(tǒng)的機(jī)械能損失最大。取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0=2mv，對(duì)A，由動(dòng)量定理得 I=mv0。由能量守恒定律得：mv02=×2mv2+E，聯(lián)立解得：E=1J，所以兩小球碰撞過(guò)程中系統(tǒng)的機(jī)械能損失范圍為 0E1J故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是要知道碰撞的基本類型以及遵守的規(guī)律，要明確彈性碰撞系統(tǒng)機(jī)械能守恒，完全非彈性碰撞系統(tǒng)的機(jī)械能損失最大。19臺(tái)球是一項(xiàng)深受人們喜愛的休閑運(yùn)動(dòng)，美式臺(tái)球

43、中共由大小相同的1個(gè)白球（母球）15個(gè)花球（色球）組成，又稱花式臺(tái)球。如圖在某次擊球過(guò)程中，白球以3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)與靜止的黑球發(fā)生正碰，假設(shè)白球與黑球質(zhì)量相等，碰撞中沒有機(jī)械能損失，將臺(tái)球視為質(zhì)點(diǎn)，通過(guò)計(jì)算得到兩球碰撞后的運(yùn)動(dòng)情況為（）A白球靜止，黑球以3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)B黑球靜止，白球以3m/s的速度反彈向左運(yùn)動(dòng)C白球和黑球都以下s的速度向右運(yùn)動(dòng)D白球以3m/s的速度反彈向左運(yùn)動(dòng)，黑球以3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)【分析】?jī)汕蚺鲎策^(guò)程中動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，由動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能守恒求出碰后瞬間白球的速度?！窘獯稹拷猓涸O(shè)每個(gè)球質(zhì)量為m。取碰撞前白球的速度方向?yàn)檎较?。由?dòng)量守恒定律得： mv

44、0=mv白+mv黑由動(dòng)能守恒可得：聯(lián)立解得：v白=0m/s，v黑=3m/s故A正確，BCD錯(cuò)誤故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與動(dòng)能計(jì)算公式即可正確解題，要知道彈性碰撞過(guò)程沒有機(jī)械能損失，非彈性碰撞有機(jī)械能損失。20如圖所示，一砂袋用無(wú)彈性輕細(xì)繩懸于O點(diǎn)。開始時(shí)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(dòng)。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(jì)，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說(shuō)法中正確的是（）A彈丸打入砂袋過(guò)程中，細(xì)繩所受拉力大小保持不變B彈丸打入砂袋過(guò)程中，彈丸對(duì)砂袋的沖量大小大于砂袋對(duì)彈丸的沖量大小C彈

45、丸打入砂袋過(guò)程中所產(chǎn)生的熱量為D砂袋和彈丸一起擺動(dòng)所達(dá)到的最大高度為【分析】彈丸打入砂袋過(guò)程中，根據(jù)向心力的變化分析細(xì)繩拉力的變化。根據(jù)牛頓第三定律和沖量的定義I=Ft分析彈丸對(duì)砂袋的沖量和于砂袋對(duì)彈丸的沖量大小關(guān)系。彈丸打入砂袋過(guò)程中，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合求出產(chǎn)生的熱量。彈丸打入砂袋后一起擺動(dòng)過(guò)程中整體的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律求擺動(dòng)所達(dá)到的最大高度?！窘獯稹拷猓篈、彈丸打入砂袋過(guò)程中，砂袋的速度不斷增大，所需要的向心力，則細(xì)繩對(duì)砂袋的拉力增大，由牛頓第三定律知，砂袋對(duì)細(xì)繩的拉力增大，故A錯(cuò)誤。B、彈丸打入砂袋過(guò)程中，彈丸對(duì)砂袋的作用力與砂袋對(duì)

46、彈丸的作用力大小相等，作用時(shí)間相同，則彈丸對(duì)砂袋的沖量大小等于砂袋對(duì)彈丸的沖量，故B錯(cuò)誤。C、彈丸打入砂袋過(guò)程中，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得 mv0=（m+5m）v，得 v=產(chǎn)生的熱量為 Q=mv02（m+5m）v2=，故C錯(cuò)誤。D、彈丸打入砂袋后一起擺動(dòng)過(guò)程中整體的機(jī)械能守恒，則得 （m+5m）v2=（m+5m）gh，h=，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題中物理過(guò)程較多，關(guān)鍵先要正確把握每個(gè)過(guò)程的物理規(guī)律，知道子彈打擊過(guò)程遵守動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律。之后，整體的機(jī)械能守恒。21如圖所示，在光滑絕緣的水平面上有兩個(gè)電荷量分別為Q和q的滑塊，兩滑塊的質(zhì)量相等，兩滑塊的電性相同，電荷

47、量Qq一開始，帶電荷量為q的滑塊靜止，帶電荷量為Q的滑塊以某一初速度v從遠(yuǎn)處向右運(yùn)動(dòng)，則（）A兩滑塊的加速度始終相同B兩滑塊的速度相同時(shí)，兩滑塊間的電勢(shì)能最大C兩滑塊的總動(dòng)量先變小，后變大D兩滑塊最終以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)【分析】根據(jù)牛頓第二定律和庫(kù)侖定律分析加速度關(guān)系。分析電場(chǎng)力做功情況，判斷兩滑塊的速度相同時(shí)電勢(shì)能的大小。兩滑塊組成的系統(tǒng)合外力為零，總動(dòng)量守恒。分析兩滑塊的受力情況判斷最終的運(yùn)動(dòng)情況。【解答】解：A、兩滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩滑塊所受的合力等于庫(kù)侖力，而庫(kù)侖力大小相等，方向相反，它們的質(zhì)量也相等，則兩滑塊的加速度大小相等，方向相反，不相同，故A錯(cuò)誤。B、滑塊Q向右做減速運(yùn)動(dòng)，

48、滑塊P向右做加速運(yùn)動(dòng)，在速度相等之前，兩者間距減小，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做負(fù)功，系統(tǒng)的電勢(shì)能增大，速度相等后，兩者間距增大，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，所以兩滑塊的速度相同時(shí)，兩滑塊間的電勢(shì)能最大，故B正確。C、兩滑塊組成的系統(tǒng)合外力為零，總動(dòng)量守恒。故C錯(cuò)誤。D、兩滑塊所受的合力等于庫(kù)侖力，不等于零，所以最終不可能以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題是含有彈簧的碰撞相似，要注意分析系統(tǒng)所受的外力，對(duì)照動(dòng)量守恒的條件判斷出系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的。22如圖所示在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M=2m的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為一質(zhì)量為m的小物塊以一定的初速度沿水平面向右

49、運(yùn)動(dòng)，不計(jì)沖上斜面過(guò)程中機(jī)械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能到達(dá)的最大高度為（）ABCDh【分析】斜面固定時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒求得高度h和初速度的關(guān)系；斜面不固定時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理求得物塊、斜面在小物塊沖上斜面后能到達(dá)的最大高度的速度，然后根據(jù)能量守恒求得最大高度。【解答】解：斜面固定時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程只有重力做功，機(jī)械能守恒；設(shè)物塊初速度為v，則有：；斜面不固定時(shí)，物塊和斜面在水平方向合外力為零，故動(dòng)量守恒；物塊到達(dá)沖上斜面后能到達(dá)的最大高度H，物塊的速度分速度為零，物塊和斜面水平方向速度相等；設(shè)此時(shí)，斜面速度為v'；由水平方向動(dòng)量守恒得

50、：mv=（M+m）v'；所以，運(yùn)動(dòng)過(guò)程無(wú)摩擦，故對(duì)物塊和斜面整體，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故有：=；所以，故；故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某一作用力做的功或某一位置的速度的求解，尤其是非勻變速運(yùn)動(dòng)，或做功的力較少或做功較易得到表達(dá)式的情況，常根據(jù)動(dòng)能定理來(lái)求解。23如圖所示，一質(zhì)量為的一塊橡皮泥自距小車上表面高處由靜止下落，恰好落入質(zhì)量為2kg、速度為s沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)的小車上，并與小車一起沿水平地面運(yùn)動(dòng)，取g=10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A橡皮泥下落的時(shí)間為B橡皮泥與小車一起在水平地面上運(yùn)動(dòng)的速度大小為sC橡皮泥落入小車的過(guò)程中，橡皮

51、泥與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D整個(gè)過(guò)程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為【分析】根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的公式求出下落的時(shí)間；由水平方向的動(dòng)量守恒求出共同速度；由功能關(guān)系求出損失的機(jī)械能?！窘獯稹拷猓篈、橡皮泥下落的時(shí)間為：t=s故A錯(cuò)誤；B、橡皮泥與小車在水平方向的動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，則有：m1v0=（m1+m2）v所以共同速度為：v=m/s。故B錯(cuò)誤；C、橡皮泥落入小車的過(guò)程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，但豎直方向的動(dòng)量不守恒。故C錯(cuò)誤；D、在整個(gè)的過(guò)程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于橡皮泥的重力勢(shì)能與二者損失的動(dòng)能，得：代入數(shù)據(jù)可得：E=故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查

52、了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，本題是多體、多過(guò)程問(wèn)題，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程與運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律與動(dòng)能定理即可解題。24如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點(diǎn)?，F(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點(diǎn)無(wú)初速度釋放。已知圓弧軌道半徑R= m，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB=2mA，重力加速度g=10m/s2則碰后小滑塊B的速度大小不可能是（）A5 m/sB4 m/sC3 m/sD2 m/s【分析】若兩個(gè)滑塊發(fā)生的是彈性碰撞，B獲得的速度最大。若兩個(gè)滑塊發(fā)生的是非彈性碰撞，B獲得的速度最小。根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律結(jié)合求出碰后

53、小滑塊B的速度范圍，從而確定碰后小滑塊B的速度大小。【解答】解：滑塊A下滑過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得 mAgR=解得 v0=6m/s若兩個(gè)滑塊發(fā)生的是彈性碰撞，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得： mAv0=mAvA+mBvB。 mAv02=mAvA2+mBvB2。解得 vB=4m/s若兩個(gè)滑塊發(fā)生的是非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得： mAv0=（mA+mB）vB解得 vB=2m/s所以碰后小滑塊B的速度大小范圍為 2m/svB4m/s，不可能為5m/s。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是知道碰撞有兩類彈性碰撞和非彈性碰撞，要明確彈性碰撞遵守動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，B獲得的速度

54、最大。若兩個(gè)滑塊發(fā)生的是非彈性碰撞，系統(tǒng)機(jī)械能損失最大，B獲得的速度最小。25質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個(gè)木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A緊靠豎直墻。用水平力向左緩慢推B，將彈簧壓縮一定長(zhǎng)度，此過(guò)程中推到某位置時(shí)推力做功大小為W如圖所示，在此位置物體靜止時(shí)突然撤去推力（此時(shí)物體速度為零），下列說(shuō)法中正確的是（）A在彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，墻對(duì)A的沖量大小為2B在彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，墻對(duì)A、B系統(tǒng)做的功大小為WC當(dāng)A、B之間距離最大時(shí)，B的速度大小為D當(dāng)A、B之間距離最大時(shí)，B的速度大小【分析】先根據(jù)能量守恒求出A離開墻時(shí)B的速度。由動(dòng)量定理求墻對(duì)A的沖量大小。根據(jù)動(dòng)能定理求在彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，墻對(duì)A、B系統(tǒng)做的功。A離開墻壁后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)A、B之間距離最大時(shí)，A、B的速度相等，由動(dòng)量守恒求解B的速度大小?！窘獯稹拷猓篈、用水平力向左推B，將彈簧壓縮，推到某位置時(shí)推力做功大小為W根據(jù)能量守恒得知彈簧獲得的彈性勢(shì)能為W，突然撤去推力，當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，A靜止不動(dòng)，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能，即W=2mv2=mv2。根據(jù)動(dòng)量定理得彈簧對(duì)B的沖量大小是 I