高考物理新力學(xué)知識(shí)點(diǎn)之動(dòng)量單元匯編及答案

1、高考物理新力學(xué)知識(shí)點(diǎn)之動(dòng)量單元匯編及答案一、選擇題.如圖所示，在光滑水平地面上有A、8兩個(gè)木塊，A、8之間用一輕彈簧連接, A靠在墻 壁上，用力尸向左推8使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止?fàn)顟B(tài)。若突然撤去力F，則下 列說法中正確的是（）7 AB H、，/7/77A.木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.木塊A離開墻壁后，A、8和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒D.木塊A離開墻壁后，A、8和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒.質(zhì)量為1.0kg的小球從高20m處自由下落到軟墊上，反彈后上升的最大高度為.0m.小球與軟墊接觸的時(shí)間為1.0s,在接觸時(shí)

2、間內(nèi)小球受到合力的沖量大小為（空氣阻 力不計(jì),g取lOm/s?）A. lON s B. 20N-S C. 30N-S D. 40N-S.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊放置在光滑水平而上，滑塊的一側(cè)是一個(gè)四分之一圓 弧EE圓弧半徑為R=lm. E點(diǎn)切線水平.另有一個(gè)質(zhì)量為?的小球以初速度w從E點(diǎn)沖 上滑塊，若小球剛好沒躍出圓弧的上端，已知M=4m, g取10m/s2,不計(jì)摩擦.則小球的 初速度處的大小為（）A. v）=4ni/sB. io=6m/sC. v（=5m/sD. vo=7m/s.如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定的速率0逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為，的物塊以大小為 四的初速度沖上傳送帶，最后又滑回，

3、已知也則物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程中合力對(duì) 物塊的沖量大小為J0八F G）2/rzvi2mv27n（v2-vi）m（v+f2）5.如圖所示，兩個(gè)相同的木塊A、8靜止在水平面上，它們之間的距離為L(zhǎng)今有一顆子彈以較大的速度依次射穿了 A、B,在子彈射出A時(shí)，A的速度為,子彈穿出8時(shí)，8的 速度為iM A、B停止時(shí)，它們之間的距離為s,整個(gè)過程A、B沒有相碰，則（）口切 上 團(tuán)/A. s=L, v八=1 勿B(yǎng). sL, vavb C. sb D. sL. vab6.如圖所示，質(zhì)量為，的光滑弧形槽靜止在光滑水平而上，底部與水平而平滑連接，一 個(gè)質(zhì)量也為，的小球從槽高處開始自由下滑，則（）A.小球到達(dá)弧形槽

4、底部時(shí)速度小于阿B.小球到達(dá)弧形槽底部時(shí)速度等于師C.小球在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒D.小球自由下滑過程中機(jī)械能守恒.從同一高度的平臺(tái)上，拋出三個(gè)完全相同的小球，甲球豎直上拋，乙球豎直下拋，丙球 平拋，三球落地時(shí)的速率相同，若不計(jì)空氣阻力，則（）A.拋出時(shí)三球動(dòng)量不都相同，甲、乙動(dòng)量相同，并均小于丙的動(dòng)量.落地時(shí)三球的動(dòng)量相同C.從拋出到落地過程，三球受到的沖量均不相同D.從拋出到落地過程，三球受到的沖量均相同.摩天輪是的樂場(chǎng)一種大型轉(zhuǎn)輪狀設(shè)施，摩天輪邊緣懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直平 而內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列敘述正確的是A.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的機(jī)械能保持不變.摩天輪物動(dòng)

5、一周的過程中，乘客所受合外力的沖量為零C.在最低點(diǎn)，乘客處于失重狀態(tài)D.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客所受的重力的瞬時(shí)功率保持不變中國空間站的建設(shè)過程是，首先發(fā)射核心艙，核心艙入軌并完成相關(guān)技術(shù)驗(yàn)證后，再發(fā) 射實(shí)驗(yàn)艙與核心艙對(duì)接，組合形成空間站。假設(shè)實(shí)驗(yàn)艙先在近地圓形過渡軌道上運(yùn)行，某 時(shí)刻實(shí)驗(yàn)艙短暫噴氣，離開過渡軌道與運(yùn)行在較高軌道上的核心艙安全對(duì)接。忽略空氣阻 力，以下說法正確的是A.實(shí)驗(yàn)艙應(yīng)當(dāng)向前噴出氣體B.噴氣前后，實(shí)驗(yàn)艙與噴出氣體的總動(dòng)量不變C.噴氣前后，實(shí)驗(yàn)艙與噴出氣體的機(jī)械能不變D.實(shí)驗(yàn)艙在飛向核心艙過程中，機(jī)械能逐漸減小10.用如圖所示實(shí)驗(yàn)?zāi)茯?yàn)證動(dòng)量守恒定律，兩塊小木塊A和8中間夾著一

6、輕質(zhì)彈簧，用細(xì) 線捆在一起，放在光滑的水平臺(tái)而上，將細(xì)線燒斷，木塊A、8被彈簧彈出，最后落在水 平地而上落地點(diǎn)與平臺(tái)邊緣的水平距離分別為，=Im , lK = 2m .實(shí)驗(yàn)結(jié)果表明下列說法 正確的是A BA.木塊A、5離開彈簧時(shí)的速度大小之比以：（=1：4B.木塊A、B的質(zhì)量之比肛,：5 =1：2C.彈簧對(duì)木塊A、8做功之比1匕：1% = 1：1D.木塊A、8離開彈簧時(shí)的動(dòng)能之比七八：& =卜2.馬路“低頭族”已經(jīng)成為交通安全的一個(gè)大問題，一個(gè)小朋友手拿手機(jī)正在過馬路，突 然一陣急促鳴笛，手機(jī)掉在地上，還好有驚無險(xiǎn)，小朋友沒事，手機(jī)雖然戴著有很好緩沖 作用的保護(hù)套，可是屏還是摔碎了。如果手機(jī)質(zhì)

7、量為180克，從靜止開始下落，開始離地 高度為0.8米，與地而的撞擊時(shí)間為0.04秒，且落地后不再反彈，重力加速度g取 10nVs2,那么手機(jī)在與地面作用的過程中，地而對(duì)手機(jī)作用力的大小為（）A. 19. 8NB. 18. ONC. 16. 2ND. 18. 18N.如下圖所示，將質(zhì)量為半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側(cè)靠 墻。今讓一質(zhì)量為，的小球自左側(cè)槽口從的正上方高處從靜止開始落下，與圓弧槽相切 自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是（）A.槽離開墻后，將不會(huì)再次與墻接觸B.小球離開。點(diǎn)以后，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)C.小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒D.小球在

8、槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒13.如圖所示，質(zhì)量為W的楔形物體靜止在光滑的水平地而上，其斜面光滑且足夠長(zhǎng)，與 水平方向的夾角為。.一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端沿斜而向上以初速度開始運(yùn) 動(dòng).當(dāng)小物塊沿斜而向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，速度大小為片距地而高度為A則下列關(guān)系式 中正確的是（）A. /wvo=（？+M）uB,，iucos6=mgh= /n（v（sin）2D. mvo2+ nigh22214 .質(zhì)量為1 kg的物體做直線運(yùn)動(dòng)，其速度一時(shí)間圖象如圖所示，則物體在前10s內(nèi)和后 io s內(nèi)所受合外力的沖量分別是（）C. 0, 10N-S0, - 10N-S. 一物體在合外力廠的

9、作用下從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，合外力方向不變，大小隨時(shí)間的 變化如圖所示，物體在小和2fo時(shí)刻，物體的動(dòng)能分別為其I、Ekl,物塊的動(dòng)量分別為 prP?,則, F TOC o 1-5 h z 2% = BI股7：o!L?2/0A. 42 =8&,”2=4B. 42=34|, P2=3PiC.耳2=9人1，2=3D. &2=3&, P2=2P1.如圖所示，大小相同的擺球”和b的質(zhì)量分別為m和3% 擺長(zhǎng)相同,并排懸掛，平衡 時(shí)兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球”向左邊拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列 判斷中正確的是（）A.第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小不相等B.第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)量大

10、小相等C,第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同D.發(fā)生第二次碰撞時(shí)，兩球在各自的平衡位置17.在撐桿跳高場(chǎng)地落地點(diǎn)鋪有厚厚墊子的目的是減少運(yùn)動(dòng)員受傷，理由是A,減小沖量，起到安全作用B.減小動(dòng)量變化量，起到安全作用C,墊子的反彈作用使人安全D.減小動(dòng)量變化率，起到安全作用18.光滑的水平面上有一靜止木塊，一顆子彈從水平方向飛來射入該木塊，并留在其中與 其一起滑行，在上述過程中：（）A.子彈對(duì)木塊的沖量與木塊對(duì)子彈的沖量大小相等B.子彈對(duì)木塊做的功與木塊對(duì)子彈做的功大小相等C,子彈減少的動(dòng)量與木塊增加的動(dòng)量大小不相等D.子彈減少的動(dòng)能與木塊增加的動(dòng)能大小相等19.質(zhì)量相等的五個(gè)物體在光滑的水平而上

11、，間隔一定的距離排成一直線，如圖所示，具 有初動(dòng)能為E。的物塊1向其他4個(gè)靜止物塊運(yùn)動(dòng)，依次發(fā)生碰撞，每次碰后不在分開，最 后5個(gè)物體粘成一個(gè)整體，這個(gè)整體的動(dòng)能是（）45E。. A、3兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA = 1則，虱如=2kg,vA = 6m/s,vB = Zm/s.當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，4B兩球速度的可 能值是（）A va = 3m/stve = 2.5m/s B va = 2m/s,vg = 4rn/sq va =- 4m/s,vu = 7m/s va = 7m/s,v = 1,5m/s.如圖所示，質(zhì)量為m的A球以速度v。在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與原靜止的質(zhì)量

12、為4m的 B球碰撞，碰撞后A球以v=av。（待定系數(shù)al）的速率彈回，并與擋板P發(fā)生完全彈性碰 撞，若要使A球能追上B球再相撞，則a的取值范圍為（）11121,21,3A. - a -B. - a C. -a D. -aL,故B正確，ACD錯(cuò) 誤.A解析：A【解析】【分析】【詳解】AB.小球與弧形槽組成的系統(tǒng)在水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定 律得：mv曠mv唱=0由機(jī)械能守恒定律得.1,1,電力=5八解得A =%= VS/2故A正確，B錯(cuò)誤：C.小球在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)總動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤：D.小球下滑過程中，除重力做功外槽對(duì)球做功，小球

13、的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選A。C解析：C【解析】【詳解】A.根據(jù)動(dòng)能定理知7 1.1.mgh = 八廣 一 一 inv22可知三球落地時(shí)速度的大小相等，則三個(gè)小球拋出時(shí)的速度大小一定相等；故拋出時(shí)的動(dòng) 量大小相等；故A錯(cuò)誤；B.雖然落地時(shí)，三球的速度相同，動(dòng)量的大小相等，但方向不同：故動(dòng)量不相同；故B 錯(cuò)誤；CD.三個(gè)小球以相同的速率拋出，可知豎直上拋運(yùn)動(dòng)的物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí) 間，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于豎直下拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，所以上拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，根據(jù)動(dòng)量定理 知，幾儀二），故三個(gè)小球受到的沖量都不相同：故C正確，D錯(cuò)誤； 故選C。B解析：B【解析】A：乘客隨座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周

14、運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能保持不變，重力勢(shì)能隨高度不斷變 化，乘客的機(jī)械能不斷變化.故A項(xiàng)錯(cuò)誤.B：摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，速度變化為零，動(dòng)量變化為零，據(jù)動(dòng)量定理：乘客所受合外 力的沖量為零.故B項(xiàng)正確.C：在最低點(diǎn)，乘客的加速度向上，乘客處于超重狀態(tài).故C項(xiàng)錯(cuò)誤.D：摩天輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，重力與速度的夾角不斷變化，乘客所受的重力的瞬時(shí)功率 P = ?gwcosa不斷變化.故D項(xiàng)錯(cuò)誤.B解析：B【解析】【分析】本題考查衛(wèi)星變軌過程各物理量的變化?！驹斀狻緼.實(shí)驗(yàn)艙要向高軌道運(yùn)行，需要做離心運(yùn)動(dòng)，所以要加速，應(yīng)該向后噴出氣體，A錯(cuò) 誤：B.噴氣過程沒有外力，實(shí)驗(yàn)艙與噴出氣體系統(tǒng)動(dòng)量守恒，噴氣前后，總動(dòng)量不變，B

15、正 確：C.噴氣前后，內(nèi)力做功，總機(jī)械能增大，發(fā)生變化，C錯(cuò)誤；D.實(shí)驗(yàn)艙飛向核心艙過程中，地球的萬有引力做負(fù)功，重力勢(shì)能增大，且實(shí)驗(yàn)艙速度增 大，機(jī)械能增大，D錯(cuò)誤： 故選B。D解析：D【解析】【詳解】A.兩個(gè)木塊被彈出離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由 落體運(yùn)動(dòng)，因?yàn)橄侣涞母叨认嗟龋赃\(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，水平方向上根據(jù)公式及 Ia= Im, fe=2m,得：va： vb=Ia：2,故 A 錯(cuò)誤；B.彈簧彈開兩個(gè)物體的過程，對(duì)兩個(gè)木塊組成的系統(tǒng)，取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒 定律得：3小-31B=。,解得：niA：va=2： 1,故B錯(cuò)誤：CD.由皿=V8：勺=2：

16、1,根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式紜=可得：&、：瓦片1： 2,根據(jù) 2動(dòng)能定理，彈簧對(duì)木塊A、8做功之比也門卬片反儲(chǔ)Eke=l： 2,故D正確，C錯(cuò)誤.A解析：A【解析】 【詳解】設(shè)手機(jī)落地速度為攻對(duì)自由落體的過程，/? = 0.8m，有：v2 = 2 gh 解得：v =不2gh = 4ni/s對(duì)手機(jī)和底面相碰的過程，r=0.04s,取向上為正，由動(dòng)量定理：(N -)/ = 0(mv)帶入數(shù)據(jù)解得：N = 19.8N即地而對(duì)手機(jī)作用力的支持力為19.8N,故A正確，BCD錯(cuò)誤。 故選A。A解析：A【解析】 【分析】 【詳解】AB.小球從A運(yùn)動(dòng)到8的過程中，由于墻壁的阻擋，所以槽不會(huì)運(yùn)動(dòng)，在該過程中，小球

17、與半圓槽在水平方向受到墻壁的作用力，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量并不守恒，小球、半圓槽組成 的系統(tǒng)動(dòng)量也不守恒：從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中，在小球壓力作用下，半圓槽離開墻壁向右 運(yùn)動(dòng)，小球離開C點(diǎn)時(shí)，小球的水平速度與半圓槽的速度相同，但是此時(shí)小球也具有豎直 向上的速度，所以小球離開C點(diǎn)以后，將做斜上拋運(yùn)動(dòng)。小球離開C點(diǎn)以后，槽向右勻速 運(yùn)動(dòng)，因?yàn)槿^程中，整個(gè)系統(tǒng)在水平方向上獲得了水平向右的沖量，槽將與墻不會(huì)再次 接觸，B錯(cuò)誤A正確：C.小球從A運(yùn)動(dòng)到8的過程中，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量不守恒。槽離開墻壁后， 系統(tǒng)水平方向不受外力，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒，因此，小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全 過程中，小球與半圓槽

18、在水平方向動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；D.小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，小球有豎直向上的分加速度，存在超重現(xiàn)象，系統(tǒng)豎直 方向的合外力不為零，因此，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，D錯(cuò)誤。 故選A。B解析：B【解析】小物塊上升到最高點(diǎn)時(shí)，速度與楔形物體的速度相同，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，全過程機(jī) 械能也守恒.以向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒得： mv0cosO= (m+M) v,故A錯(cuò)誤，B正確；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh+ (m+M) v:= mv0:：故 CD 錯(cuò)誤；故選 B.22點(diǎn)睛：本題主要考查了動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的直接應(yīng)用，知道小物塊上升到最

19、高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，水平方向動(dòng)量守恒，難度適中.D解析：D【解析】由圖象可知，在前10s內(nèi)初、末狀態(tài)的動(dòng)量相同，p1 = p2 = 5kg-m/s,由動(dòng)量定理知卜=0： 在后10s內(nèi)末狀態(tài)的動(dòng)量p3=-5kgm/s,由動(dòng)量定理得 = P3 P2= 10N$故正確答案 為D.C解析：C【解析】【分析】根據(jù)動(dòng)量定理分別求物體在to和2to時(shí)刻的速度和；2之比.根據(jù)公式P=mv,求出和P2之比，再根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算式求Ek1和珠2之比【詳解】根據(jù)動(dòng)量定理得：。一%內(nèi)：氏府=2一2% 內(nèi).23)=由解得：匕：匕=1： 3由=“得：2=3叢由& =1mv2 得：Ek.= 叫2 22匚1，紇2 =3%解

20、得：%=9昂。故選：C.【點(diǎn)睛】本題涉及力在時(shí)間的積累效果，優(yōu)先考慮動(dòng)量定理.對(duì)于動(dòng)能，也可以根據(jù)動(dòng)能定理求解.D解析：D【解析】【分析】【詳解】A.兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右 為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv0 = m + 3*兩球碰撞是彈性的，故機(jī)械能守恒，即1L ，mvn = mv, + 22 1 2-解兩式得 2可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等，方向相反，A錯(cuò)誤：B.由前面分析知兩球速度大小相等，因兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動(dòng)量大小不相 等，B錯(cuò)誤：C.兩球碰后上擺過程，機(jī)械能守恒，故上升的最大高度相等，擺長(zhǎng)也相等，故兩球碰后

21、的最大擺角相同，C錯(cuò)誤：D.由單擺的周期公式T =D.由單擺的周期公式T =可知，兩球擺動(dòng)周期相同，經(jīng)半個(gè)周期后，兩球在平衡位置處發(fā)生第二次碰撞，D正確: 故選D.D解析：D【解析】【分析】【詳解】跳高運(yùn)動(dòng)員在落地的過程中，動(dòng)量變化一定，由動(dòng)量定理可知，運(yùn)動(dòng)員受到的沖量/一 定：跳高運(yùn)動(dòng)員在跳高時(shí)跳到沙坑里或跳到海綿墊上可以延長(zhǎng)著地過程的作用時(shí)間3由 / = B可知，延長(zhǎng)時(shí)間，可以減小運(yùn)動(dòng)員所受到的平均沖力凡 即減小動(dòng)量變化率，起到 安全作用，故D正確，ABC錯(cuò)誤.故選D。點(diǎn)睛：沙坑或海綿墊子具有緩沖作用，可以延長(zhǎng)運(yùn)動(dòng)員與地方的接觸時(shí)間，減小運(yùn)動(dòng)員受 到的沖擊力，避免運(yùn)動(dòng)員受傷.A解析：A【解

22、析】【分析】【詳解】A.由于相互作用力大小相等方向相反，且作用時(shí)間相同，故子彈對(duì)木塊的沖量與木塊對(duì) 子彈的沖量大小相等，故A正確：B.由于子彈和木塊有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，對(duì)地位移不等，故子彈對(duì)木塊做的功與木塊對(duì)子彈做的 功大小不相等，故B錯(cuò)誤；C.子彈射入木塊過程，系統(tǒng)受外力的合力為零，動(dòng)量守恒，即子彈減少的動(dòng)量與木塊增 加的動(dòng)量大小相等，故C錯(cuò)誤；D.子彈射入木塊過程，系統(tǒng)減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故子彈減少的動(dòng)能等于木塊增加 的動(dòng)能和系統(tǒng)內(nèi)能增加之和，故D錯(cuò)誤。故選A。A解析：A【解析】【分析】以五個(gè)物體為系統(tǒng)，在整個(gè)過程中，動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，求出最終整體的速 度，從而得出整體的動(dòng)能.【詳解

23、】vo對(duì)整個(gè)系統(tǒng)研究，整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得，wvo = 5mv,解得因?yàn)?12121Eq = mvnEk = 5m vL = mvn =Eo,則整體的動(dòng)能 2105故A正確，B、。、。錯(cuò)誤.故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)量守恒定律的基本運(yùn)用，知道五個(gè)物體組成的系統(tǒng)，在整個(gè)過程中動(dòng)量守 恒：碰后粘在一起則機(jī)械能不守恒B解析：B【解析】A.考慮實(shí)際運(yùn)動(dòng)情況，碰撞后兩球同向運(yùn)動(dòng)，A球速度應(yīng)不大于B球的速度，故R錯(cuò)誤：B.兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動(dòng)量應(yīng)守恒。碰撞前總動(dòng)量為：P=PA+pEAVA+mjVjF (1X6+2 X 2) kg m./s=10kg m/s,1 1 1

24、1 總動(dòng)能：E,=22=2x1X6二 +2X2X2J22J,碰撞后，總動(dòng)量為：pf=p dp產(chǎn)叱/人+加/FlX2+2X4=10kg m/s,1.1.1 1避 + -nuvff = -xlx22 + -x2x42總動(dòng)能：E匚2 一 2 22 二網(wǎng)，則p=P，符合動(dòng)量守恒和動(dòng)能不增加。故B正確：C.碰撞后，總動(dòng)量為：p=p a+p產(chǎn)nuv Jrnsv B=(TX4+2X7)kg m/s=10kg皿/s,1，2 1，2 12 12M 辦，七 口， nAvA+-tnBVii = -xlx4i + -x2x72思動(dòng)能：E F 2222二3/J,符合動(dòng)量守恒定律，但總動(dòng)能不可能增加。故C錯(cuò)誤：D.考慮實(shí)際運(yùn)動(dòng)情況，碰撞后兩球同向運(yùn)動(dòng)，A球速度應(yīng)不大于B球的速度，故D錯(cuò)誤。 故選：BD解析：D【解析】A、B、碰撞過程動(dòng)量守恒，以%方向?yàn)檎较蛴蠥與擋板P碰 撞后能追上B發(fā)生再碰撞的條件是“% 也，解得,“：碰撞過程中損失的機(jī)械能I11313= /h4vJ ?八(“%)+$0 ,解得。W 二,故 Q V a W 二，D 正確；故選乙乙乙JJJD.【點(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)量守恒和能量守恒的綜合運(yùn)用，要抓住碰后A的速度大于8的