【2019-2020】高考物理第一篇選擇題拿滿分必須夯實(shí)的14種熱考題型專(zhuān)題10動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律題型搶分卷

/172019-2020】高考物理第一篇選擇題拿滿分必須夯實(shí)的14種熱考題型專(zhuān)題10動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律題型搶分卷、考法分析和解題技法熱門(mén)考法◎考法1動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用◎考法2動(dòng)量寸恒問(wèn)題◎考法3碰撞問(wèn)題◎考法4動(dòng)量與能量綜合應(yīng)用解題技法b技法1理解沖量、動(dòng)量定義；應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)注意：（1）注意動(dòng)量的矢量性及動(dòng)量變化量的矢量性；（2）動(dòng)量定理Ft—p‘一p中“Ft”為合外力的沖量。b技法2運(yùn)用動(dòng)量守恒定律時(shí)注意：（1）使用動(dòng)量守恒定律時(shí)，要注意是否滿足動(dòng)量守恒定律的條件；（2）在列式時(shí)一定要注意動(dòng)量的矢量性。b技法3掌握每種碰撞類(lèi)型（彈性碰撞、非彈性碰撞和完全非彈性碰撞）特點(diǎn)。b技法4動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)：動(dòng)量觀點(diǎn)：動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律.能量觀點(diǎn)：動(dòng)能定理和能量守恒定律.動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的比較：（1）相同點(diǎn)：①研究對(duì)象：相互作用的物體組成的系統(tǒng)；②研究過(guò)程：某一運(yùn)動(dòng)過(guò)程.（2）不同點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫(xiě)出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無(wú)分量表達(dá)式.、真題再現(xiàn)考例1（2018全國(guó)II卷，T15）高空墜物極易對(duì)行人造成傷害。若一個(gè)50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時(shí)間約為2ms，則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為（）10NB.102NC.103ND.104N【答案】C1【解析】設(shè)雞蛋落地瞬間的速度為v,每層樓的高度大約是3m，由動(dòng)能定理：mgh=2mv2，解得：v=10.T5m/s，落地時(shí)受到自身的重力和地面的支持力，規(guī)定向上為正，由動(dòng)量定理可知：（F-mg）t=0-（—mv），解得：F~1000N,根據(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為GN,故C正確。考法】動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用。考例2（2017全國(guó)III卷，T20）—質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，貝y（）t=1s時(shí)物塊的速率為1m/st=2s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4kg?m/st=3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5kg?m/st=4s時(shí)物塊的速度為零【答案】AB【解析】法一根據(jù)尸團(tuán)線與時(shí)間軸圍成的面積的物理竜義為合外力F的沖量，可知在0-2臥0-3s.0-4s內(nèi)合外力沖量分別為2N-s.4N-s.3N-s.2N-s,應(yīng)用動(dòng)量定理丿=泌￥可知物塊在1氛2氛3氛4e末的速率分別為1血饑2垃罠1.5tti--s.1m.-s,物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量犬小分別為2kgm/s.4kgm/Sx3kgm/s.2kg-m-'s,則A、E項(xiàng)正確，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。F2法二前2s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度m/s2=1m/s2,t=1s

時(shí)物塊的速率v=at=1m/s,A正確；t=2s時(shí)物塊的速率v=at=2m/s，動(dòng)量大小為p=mv11121222F=4kg?m/s,B正確；物塊在2?4s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小為a=訐=0.5m/s2，t2m=3s時(shí)物塊的速率v=v—at=（2—0.51）m/s=1.5m/s，動(dòng)量大小為p=mv=3kg?m/s,C322333錯(cuò)誤；t=4s時(shí)物塊的速率v=v—at=（2—0.52）m/s=1m/s,D錯(cuò)誤。4224【考法】動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用。考例3（2017全國(guó)I卷，T14）將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為（噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略）（）30kg?m/sB.5.7102kg?m/sC.6.0102kg?m/sD.6.3102kg?m/s【答案】A【解析】設(shè)火箭的質(zhì)量（不含燃?xì)猓槊螅?，燃?xì)獾馁|(zhì)量為m2,根據(jù)動(dòng)量守恒，my=m2v2，解得火箭的動(dòng)量為：p=mv=mv=30kg?m/s，所以A正確，B、C、D錯(cuò)誤。1122【考法】動(dòng)量守恒問(wèn)題。三、試題預(yù)測(cè)預(yù)測(cè)1一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的a-t圖象如圖所示，t=0時(shí)其速度大小為2m/s，滑動(dòng)摩擦力大小恒為2N,貝9()甲乙t=6s時(shí)，物體的速度為18m/s在0?6s內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為400J在0?6s內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為36N?st=6s時(shí)，拉力F的功率為200W【答案】D【解析】類(lèi)比速度圄象中位移的表示方法可知，在口-f團(tuán)象中圉線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度變化量，在g施內(nèi)Av=18m/s,又vo=2m-'s,則i=6s時(shí)的速度v=20m/s,A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，g和內(nèi)，合力做的功為心枷-訥=3%J,E錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知，肝-理片詼-嘰代入已知條件解得/f=48N-s,C錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可知，気末F-F尸她,解得尸=10N,所以拉力的功率P=^=200W,D正確?？挤ā縿?dòng)量定理的理解及應(yīng)用。預(yù)測(cè)2(多選)光滑水平面上放有質(zhì)量分別為2m和m的物塊A和B,用細(xì)線將它們連接起來(lái)，兩物塊中間加有一壓縮的輕質(zhì)彈簧(彈簧與物塊不相連)，彈簧的壓縮量為X?，F(xiàn)將細(xì)線剪斷，此刻物塊A的加速度大小為a,兩物塊剛要離開(kāi)彈簧時(shí)物塊A的速度大小為v,貝9()X物塊B的加速度大小為a時(shí)彈簧的壓縮量為§物塊A從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛要離開(kāi)彈簧時(shí)位移大小為物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)前彈簧的彈性勢(shì)能為3mv2物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)前彈簧的彈性勢(shì)能為3mv2【答案】AD【解析】當(dāng)物塊丄的加速度大小為口時(shí)，根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律得航=沁，當(dāng)物塊遲的加速度大小為盤(pán)時(shí)，有：寇F,對(duì)比可得：汨務(wù)即此時(shí)弾普的壓縮量為張故A正確，取水平向左為正方向；根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒得：加乎-磚又血+嗣=心解得』的位移為：血=掃故B錯(cuò)誤1根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：0=2楓-卿時(shí)得物塊$剛要離幵弾簧時(shí)的速度臨=2叫由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：物塊幵始運(yùn)動(dòng)前彈蕾的弾性勢(shì)能為：耳=扌加朋+蘇n/=3計(jì)，故C錯(cuò)誤，D正【考法】動(dòng)量守恒問(wèn)題。預(yù)測(cè)3某研究小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)得兩滑塊碰撞前后運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時(shí)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(yùn)動(dòng)的滑塊I、II和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系．已知相互作用時(shí)間極短，由圖象給出的信息可知()碰前滑塊I與滑塊II速度大小之比為7：2碰前滑塊I的動(dòng)量大小比滑塊II的動(dòng)量大小大碰前滑塊I的動(dòng)能比滑塊II的動(dòng)能小滑塊I的質(zhì)量是滑塊II的質(zhì)量的￡【答案】D【解析】根據(jù)st圖象的斜率等于速度，可知碰前滑塊I的速度V￡=-2m/s，滑塊II的速度v=0.8m/s，則碰前速度大小之比為5：2,故A錯(cuò)誤；碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞前，滑塊I的2動(dòng)量為負(fù)，滑塊II的動(dòng)量為正，由于碰撞后總動(dòng)量為正，故碰撞前總動(dòng)量也為正，故碰撞前滑塊I的動(dòng)量大小比滑塊II的小，故B錯(cuò)誤；碰撞后的共同速度為v=0.4m/s,根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有my+m2v2=(mi+m2)v，解得叮叫由動(dòng)能的表達(dá)式可知，2吧〉2吧，故C錯(cuò)誤，D正確?【考法】碰撞問(wèn)題。預(yù)測(cè)4質(zhì)量為80kg的冰球運(yùn)動(dòng)員甲，以5m/s的速度在水平冰面上向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，與質(zhì)量為100kg、速度為3m/s的迎面而來(lái)的運(yùn)動(dòng)員乙相撞，碰后甲恰好靜止.假設(shè)碰撞時(shí)間極短，下列說(shuō)法中正確的是（）碰后乙向左運(yùn)動(dòng)，速度大小為1m/s碰后乙向右運(yùn)動(dòng)，速度大小為7m/s碰撞中甲、乙的機(jī)械能總共增加了1450J碰撞中甲、乙的機(jī)械能總共損失了1400J【答案】D【解析】甲、乙碰撞的過(guò)程中，甲、乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，設(shè)碰撞前甲的速度為v“乙的速度為v匸、碰撞后乙的速度為％,由動(dòng)量守恒定律得：m“*-用…己=用汀2,解得^=lm/S;方向水平向右，選項(xiàng)A、E錯(cuò)誤,甲、乙碰撞過(guò)程機(jī)械能的變化量+|用L代入數(shù)據(jù)解得AE=1400J,機(jī)械能減少了14001,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確■【考法】動(dòng)量與能量綜合應(yīng)用。四、跟蹤速練（2017天津卷，T4）“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是XX市的地標(biāo)之一.摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).下列敘述正確的是（）摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客的機(jī)械能保持不變?cè)谧罡唿c(diǎn)時(shí)，乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，乘客重力的沖量為零摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變【答案】B【解析】A錯(cuò)：摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能不斷變化，故乘客的機(jī)械能不斷變化.B對(duì)：乘客在最高點(diǎn)時(shí)，具有向下的加速度，處于失重狀態(tài).C錯(cuò)：根據(jù)I=Ft知，重力的沖量不為0.d錯(cuò)：根據(jù)P=mgvcose，e為力方向與速度方向之間的夾角，摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，e不斷變化，重力的瞬時(shí)功率不斷變化.（2018山東泰安高三上學(xué)期期中）如圖所示，ad、bd、cd是豎直面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，a、b、c、d位于同一圓周上，a在圓周最高點(diǎn)，d在圓周最低點(diǎn)，每根桿上都套著質(zhì)量相等的小滑環(huán)（圖中未畫(huà)出），三個(gè)滑環(huán)分別從a、b、c同時(shí)由靜止釋放.關(guān)于它們下滑的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）重力對(duì)它們的沖量相同彈力對(duì)它們的沖量相同合外力對(duì)它們的沖量相同它們動(dòng)能的增量相同【答案】A【解析】由等時(shí)圓的特征知t=2只有重力對(duì)它們的沖量相同，A正確.（2018山東臨沂高三上學(xué)期期中）如圖所示，曲線是某質(zhì)點(diǎn)只在一恒力作用下的部分運(yùn)動(dòng)軌跡.質(zhì)點(diǎn)從M點(diǎn)出發(fā)經(jīng)P點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)，已知質(zhì)點(diǎn)從M點(diǎn)到P點(diǎn)的路程大于從P點(diǎn)到N點(diǎn)的路程，質(zhì)點(diǎn)由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)與由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間相等.下列說(shuō)法中正確的是（）質(zhì)點(diǎn)從M到N過(guò)程中速度大小保持不變質(zhì)點(diǎn)在M、N間的運(yùn)動(dòng)不是勻變速運(yùn)動(dòng)質(zhì)點(diǎn)在這兩段時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量變化量大小相等，方向相同質(zhì)點(diǎn)在這兩段時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量變化量大小不相等，但方向相同【答案】C【解析】質(zhì)點(diǎn)在恒力作用下從"到西的過(guò)程速度減小，確定是勻變速運(yùn)動(dòng)，故A、E均錯(cuò)；由動(dòng)量定理F可知，質(zhì)點(diǎn)在遠(yuǎn)兩段時(shí)間內(nèi)動(dòng)量變化量犬小相等，方向相同，Q對(duì)，D錯(cuò).（2018山東煙臺(tái)高三上學(xué)期期中）A、B兩物體的質(zhì)量之比mA:叫=2：1,它們以相同的初速AB度vo在水平面上在摩擦阻力的作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到停止.則在此過(guò)程中，A、B兩物體所受摩擦力的沖量之比IA:IB與A、B兩物體克服摩擦力做的功之比W:WB分別為（）ABABA.4:12:1B.2:14:1C.2:12:1D.1:21:4【答案】C【解析】由動(dòng)量定理可知I=mv,再由動(dòng)能和動(dòng)量的關(guān)系可知，E-2，所以W:W-k2mAB（I.:IB）2?（mB:mA）=2：1，故C正確.ABBA（2018山東濰坊高三上學(xué)期期中）質(zhì)量為m的子彈，以水平速度vo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（）子彈動(dòng)能減少量等于木塊動(dòng)能增加量子彈動(dòng)量減少量等于木塊動(dòng)量增加量子彈動(dòng)能減少量等于子彈和木塊內(nèi)能增加量子彈對(duì)木塊的沖量大于木塊對(duì)子彈的沖量【答案】B【解析】子彈動(dòng)能的減少量一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，一部分轉(zhuǎn)化為木塊動(dòng)能，A.C均錯(cuò),由動(dòng)量守恒可知，子弾動(dòng)量減少量等于木塊動(dòng)量的增加量，B對(duì)；力的作用是相互的，故子弾對(duì)木塊的沖量等于木塊對(duì)子彈的沖量，D錯(cuò).（2018山東濰坊高三上學(xué)期期中）在光滑水平地面上有兩個(gè)完全相同的彈性小球a、b,質(zhì)量均為m.現(xiàn)b球靜止，a球向b球運(yùn)動(dòng)，發(fā)生彈性正碰.當(dāng)碰撞過(guò)程中達(dá)到最大彈性勢(shì)能E時(shí)，a球p)B.D.2)B.D.2【解析】設(shè)碰前a球速度為v0,彈性勢(shì)能最大時(shí)刻即為兩球共速之時(shí)，設(shè)共同速度為v,則由動(dòng)量守恒和能量守恒得：mv°=(m+m)v①mv2=g(m+m)V2+E②202p，故A正確.，故A正確.由①②兩式解得v=（2017海南卷，T1）光滑水平桌面上有P、Q兩個(gè)物塊，Q的質(zhì)量是P的n倍，將一輕彈簧置于p、Q之間，用外力緩慢壓p、Q.撤去外力后，p、Q開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，P和Q的動(dòng)量大小的比值為（）B.nA.nB.nC.D.1C.【答案】D【解析】撤去外力后，系統(tǒng)不受外力，所以總動(dòng)量守恒，設(shè)P的動(dòng)量方向?yàn)檎较?，則有：PP—PQ=0,故Pp=PQ=0；故動(dòng)量之比為1；故D正確，A、B、C錯(cuò)誤.如圖所示，豎直面內(nèi)有一個(gè)固定圓環(huán)，MN是它在豎直方向上的直徑.兩根光滑滑軌MP、QN的端點(diǎn)都在圓周上，MP〉QN.將兩個(gè)完全相同的小滑塊a、b分別從M、Q點(diǎn)無(wú)初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運(yùn)動(dòng)到圓周上的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（）

合力對(duì)兩滑塊的沖量大小相同重力對(duì)a滑塊的沖量較大彈力對(duì)a滑塊的沖量較小兩滑塊的動(dòng)量變化大小相同【答案】C【解析】這是睜時(shí)圓二即兩滑塊同時(shí)到達(dá)滑軌底端.合力尸=噸血做為滑軌傾角hF&Fx因此合力對(duì)盤(pán)滑塊的沖量較無(wú)『滑塊的動(dòng)量變化也九重力的沖量大小、方向都相同,弾力叭二叱3叭FZ和因此弾力對(duì)盤(pán)滑塊的沖量較小.選U籃球運(yùn)動(dòng)員通常伸出雙手迎接傳來(lái)的籃球.接球時(shí)，兩手隨球迅速收縮至胸前.這樣做可以（）減小球?qū)κ值臎_量B.減小球?qū)κ值臎_擊力C.減小球的動(dòng)量變化量D.減小球的動(dòng)能變化量【答案】B【解析】由動(dòng)量定理Ft=Ap知，接球時(shí)兩手隨球迅速收縮至胸前，延長(zhǎng)了手與球接觸的時(shí)間,從而減小了球?qū)κ值臎_擊力，選項(xiàng)B正確.如圖所示，質(zhì)量為m的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)），從h高處的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，停在水平地面上的B點(diǎn)（斜面和水平面之間有小圓弧平滑連接）.要使物體能原路返回，在B點(diǎn)需給物體B.辱;gh的瞬時(shí)沖量最小應(yīng)是（B.辱;gh22m\；gh2D.4m\：'gh答案】A【解析】物體從川到E的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有驅(qū)h-滬0,物體從$返回川的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有-嚨-町=0-如朋，聯(lián)立解得★二2価，在$點(diǎn)需給物體的瞬時(shí)沖量等于動(dòng)量的增加量，故莎,故A正確，E、C、D錯(cuò)誤.質(zhì)量是60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護(hù)，他被懸掛起來(lái).已知安全帶的緩沖時(shí)間是1.2s，安全帶長(zhǎng)5m，取g=10m/s2,則安全帶所受的平均沖力的大小為（）

A．500NB．600NA．500NB．600ND．100NC．1100ND．100N【答案】C【解析】安全帶長(zhǎng)5m,人在這段距離上做自由落體運(yùn)動(dòng)，獲得速度v=\^gh=10m/s.受安全帶的保護(hù)經(jīng)1.2s速度減小為0,對(duì)此過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理，以向上為正方向，有(F-mg)t=0—(—mv），mvmv），mv則F十+mg=l100N,C正確.一豎直放置的輕彈簧，一端固定于地面，一端與質(zhì)量為3kg的B固定在一起，質(zhì)量為1kg的A放于B上.現(xiàn)在A和B正在一起豎直向上運(yùn)動(dòng)，如圖所示.當(dāng)A、B分離后，A上升0.2m到達(dá)最高點(diǎn)，此時(shí)B速度方向向下，彈簧為原長(zhǎng)，則從A、B分離起至A到達(dá)最高點(diǎn)的這一過(guò)程中，關(guān)于D.4J彈簧的彈力對(duì)B的沖量大小以及彈簧的彈力對(duì)B做的功，下列正確的是(g取10m/s2)()D.4J1.2N?sC.6N?s【答案】BC【解析】A、B分離時(shí)也是彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，此時(shí)A、B的速度與加速度均相同，之后A做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由題設(shè)條件可知，豎直上拋的初速度大小v=\；2gh=2m/s,上升到最高點(diǎn)所需的時(shí)間t.'2h=\：'—=0.2s，A到最高點(diǎn)時(shí)彈簧恰恢復(fù)原長(zhǎng)，此時(shí)B的速度為2m/s，方向豎直向下，在此過(guò)程中對(duì)B用動(dòng)量定理(規(guī)定向下為正方向)得：叫g(shù)t+IN=mBv—(—叫v)，解得In=6N?s,A錯(cuò)誤，C正BNBBN確；由以上分析可知，A、B分離時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)彈簧仍處于原長(zhǎng)狀態(tài)，彈簧對(duì)B做的正功和負(fù)功相抵消，則彈簧對(duì)B做功為零，B正確，D錯(cuò)誤.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)時(shí)速度減為零。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小球下落的整個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的有()小球的機(jī)械能減小了mg(H+h)小球克服阻力做的功為mgh小球所受阻力的沖量大于^'2gH小球動(dòng)量的改變量等于所受阻力的沖量【答案】AC【解析】小球在整個(gè)過(guò)程中，動(dòng)能變化量為零，重力勢(shì)能減小了峽+Q,則小球的機(jī)械能減小了趣+咼,故A正確；對(duì)小球下落的全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得，嗣+Q-曬=0,則小球克服阻力做功昭=檢+町,故E錯(cuò)誤；小球落到地面的速度戸剛,對(duì)進(jìn)入泥澧的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)量定理得：矗-血=0-油礙，得：血=氐+騎陌,知阻力的沖量大于廁，故C正確；對(duì)全過(guò)程分析，運(yùn)用動(dòng)量定理知，動(dòng)量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和；故D錯(cuò)誤。兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，m=1kg,m=2kg,v=6m/s,ABAvB=2m/s.當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是（）BVa'=5m/s，Vb'=2?5m/sVAZ=2m/S，VBZ=4m/S叮=-4m/s,叮=7m/sVa'=7m/s，Vb/=1-5m/s【答案】B【解析】雖然題中四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒定律，但A、D兩項(xiàng)中，碰后A的速度V大于B的A速度vj,必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實(shí)際；C項(xiàng)中，兩球碰后的總動(dòng)能Ek'=2mAVA‘2+1mBvJ2=57J,大于碰前的總動(dòng)能E=22J,違背了能量守恒定律；而B(niǎo)項(xiàng)既符合實(shí)際情況，也不違背能k量守恒定律，故正確.（多選）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(chē)?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(chē)滑去（不計(jì)摩擦），到達(dá)某一高度后，小球又返回小車(chē)右端，則（）小球在小車(chē)上到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為》小球離車(chē)后，對(duì)地將向右做平拋運(yùn)動(dòng)C?小球離車(chē)后，對(duì)地將做自由落體運(yùn)動(dòng)D.此過(guò)程中小球?qū)?chē)做的功為^mv0【答案】ACD【解析】小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小車(chē)和小球相對(duì)靜止，且水平方向總動(dòng)量守恒，小球離開(kāi)小車(chē)時(shí)

類(lèi)似完全彈性碰撞，兩者速度互換，故A、C、D是正確的.在光滑的水平面上，有a、b兩球，其質(zhì)量分別為m、叫，兩球在t時(shí)刻發(fā)生正碰，并且在ab0碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，兩球在碰撞前后的速度—時(shí)間圖象如圖所示，下列關(guān)系正確的是()A.m>mabC.m=mab【答案】BVa■bib:taB.mVmabD.無(wú)法判斷【解析】由動(dòng)量守恒定律得陰,由于則A.m>mabC.m=mab【答案】BVa■bib:taB.mVmabD.無(wú)法判斷【解析】由動(dòng)量守恒定律得陰,由于則b球獲得的動(dòng)量犬于a球最初的動(dòng)里.若朋a=陽(yáng)，則兩球父換速度，與圖象不符；由理=、若曲＞叫則血球的動(dòng)能將會(huì)大于盤(pán)球最初的動(dòng)能，違背能量守恒定律，則必然滿足用占＜盹-17.如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，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M=4kg?質(zhì)量m=2kg的小鐵塊以水平速度v°=6m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好到達(dá)木板的左端并與木板保持相對(duì)靜止.在上述過(guò)程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為(B.12JA.9JC.3JD.24J答案】解析】當(dāng)彈簧壓縮至最短時(shí)，E最大，mv=(M+m)v,v=2m/s,全程摩擦力做功W=mv2—pof2o111W(M+m)V2=24J,E=-mv2—-(M+m)V2—f=12J.2p202218?—質(zhì)量為M的航天器，正以速度vo在太空中飛行，某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動(dòng)，氣體噴出時(shí)速度大小為V],加速后航天器的速度大小為V.，則噴機(jī)瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體v2，出氣體的質(zhì)量m為()v—v“A.r0Mv1B.v2M

v＋v21v—v“C.—0Mv＋v21【答案】CD.v—v?20Mv—v21【解析】規(guī)定航天器的速度方向?yàn)檎较?、由?dòng)量守恒定律可得側(cè))=(財(cái)-用)比-/nvi、解得m寧財(cái)，故C正確.Vi+VI如圖所示，兩輛質(zhì)量均為M的小車(chē)A和B置于光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的人靜止站在A車(chē)上，兩車(chē)靜止.若這個(gè)人自A車(chē)跳到B車(chē)上，接著又跳回A車(chē)并與A車(chē)相對(duì)靜止.則此時(shí)A車(chē)和B車(chē)的速度之比為()A.M+mmA.M+mmm+MB.MCC.M+m【答案】CvM【解析】規(guī)定向右為正方向，則由動(dòng)量守恒定律有：O=Mvb—(M+m)vA,得vA=皿+皿，故選CB小船相對(duì)于靜止的湖水以速度v向東航行.某人將船上兩個(gè)質(zhì)量相同的沙袋，以相對(duì)于湖水相同的速率v先后從船上水平向東、向西拋出船外.那么當(dāng)兩個(gè)沙袋都被拋出后，小船的速度將()仍為vB.大于v小于vD.可能反向【答案】B【解析】以?xún)缮炒痛瑸橄到y(tǒng)，拋沙袋的過(guò)程系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律的條件，即(M+2m)v=mvM+2m—mv+Mv‘，解得v'=—v〉v,故B正確.在光滑的水平地面上放有一質(zhì)量為M帶光滑彳圓弧形槽的小車(chē)，一質(zhì)量為m的小鐵塊以速度v沿水平槽口滑去，如圖所示，若M=m,則鐵塊離開(kāi)車(chē)時(shí)將()向左平拋?zhàn)杂陕潴w【答案】向左平拋?zhàn)杂陕潴w【答案】C向右平拋無(wú)法判斷【解析】小鐵塊和小車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒，以.向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：酈=曲干+晌快,由機(jī)械能守恒定律得：蘇哄=*曲存+如IV快d,解得鐵塊離開(kāi)小車(chē)時(shí)：vtt=o,1/車(chē)=叫所以鐵塊離幵時(shí)將做自由落體運(yùn)動(dòng)，故A、E、D錯(cuò)誤，C正確。—顆子彈水平射入靜止在光滑水平地面上的木塊后不再穿出，木塊的動(dòng)能增加了8J,木塊的質(zhì)量大于子彈的質(zhì)量。則此過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能可能是()18JB.16JC.10JD.6J【答案】A【解析】設(shè)子彈的初速度為v0,射入木塊后子彈與木塊共同的速度為v,木塊的質(zhì)量為m0,子彈的質(zhì)量為m。根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv的質(zhì)量為m。根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv=(m+m)v,得v=—,木塊獲得的動(dòng)能為m+m0m，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為(m°+m)AE=1mv2=m0m2v2=m0mvm，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為(m°+m)K202(^+m)22(^+m)；可得Q=mo+m；可得Q=mo+mAE=(m+1)AEmKmK0Q=_mv2-(m+m)v2=oo-0202(m°+m)Q〉2AE=16J,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。k(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑水平軌道的左邊與墻壁對(duì)接，右邊與一個(gè)足夠高吋光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，A、B的質(zhì)量分別為1.5kg和0.5kg?，F(xiàn)讓A以6m/s的速度水平向左運(yùn)動(dòng)，之后與墻壁碰撞，碰撞的時(shí)間為0.3s,碰后的速度大小變?yōu)?)m/s，)m/s，當(dāng)A與B碰撞后立即粘在A與墻壁碰撞的過(guò)程中，墻壁對(duì)A的平均作用力的大小F=50NA與墻壁碰撞的過(guò)程中沒(méi)有能量損失A、B碰撞后的速度v=3m/sA、B滑上圓弧軌道的最大高度h=0.55m【答案】AC【解析】設(shè)水平向右為正方向'當(dāng)A與墻壁碰撞時(shí)'由動(dòng)量定理得：Fi=m^-mA(-^)得：墻壁對(duì)A的平均作用力為：F=mA(^+V[>=L5X^+^N=5QN?故A正確。t0.3A與墻壁碰撞后動(dòng)能減小，說(shuō)明碰撞過(guò)程中A的能量有損失，故B錯(cuò)誤。C設(shè)碰撞后趾E的共同速度為◎以.向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：~+彳尋：v=~用""——m/s—/s?古攵C正確。mA+mB1.5+0.5A.B在光滑圓形軌道上滑動(dòng)時(shí)，只有重力做功，其機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得:12(mA+mB)v2=(mA+mB)gh丄(mA+mB)v2=(mA+mB)gh，^2BB代入數(shù)據(jù)解得：h=0.45m?故D錯(cuò)誤。故選：AC如圖所示，在光滑水平地面上有A、B兩個(gè)小物塊，其中物塊A的左側(cè)連接一水平輕質(zhì)彈簧。物塊A處于靜止?fàn)顟B(tài)，物塊B以一定的初速度向物塊A運(yùn)動(dòng)，并通過(guò)彈簧與物塊A發(fā)生彈性正碰。對(duì)于該作用過(guò)程，兩物塊的速率變化可用速率－時(shí)間圖象進(jìn)行描述，在下圖所示的圖象中，圖線1表示物塊A的速率變化情況，圖線2表示物塊B的速率變化情況.則在這四個(gè)圖象中可能正確的是()【答案】B【解析】物塊$壓縮弾簧的過(guò)程，幵始時(shí)』做加速運(yùn)動(dòng)，遲做減速運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)物塊的加速度增大。當(dāng)弾簧壓縮至最短時(shí)，二者的速度相等,此后川繼續(xù)加速繼續(xù)減速。當(dāng)弾簧恢復(fù)原論寸遲離開(kāi)彈亀乩遲均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，GD錯(cuò)誤’由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得，碰后速度也-也臨=噲％^■擬E兩項(xiàng)中碰后遲的速度為正值，可知骯沁,故也=畑WU十fflBWU十fflBWJ、4一+1fflB故A錯(cuò)誤，E正確。如圖所示，兩質(zhì)量分別為叫和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(yuǎn)大于兩小球半徑，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(shí)間均可忽略不計(jì)。已知m2=3mi，則A反彈后能達(dá)到的高度為（A．hB．2hC．3hD．4h【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(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律可得：A．hB．2hC．3hD．4h【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(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律可得：(m+m)gh=￡(m+m)v2,mv—mv=mv+mv,122122111221/、1(m+m)v2=mv221221111I+~mv2,mv2=mgh,22221111將m2=3m1代入,聯(lián)立可得h1=4h，選項(xiàng)D正確。26．（多選）幾個(gè)水球可以擋住一顆子彈？《國(guó)家地理頻道》的實(shí)驗(yàn)結(jié)果是：四個(gè)水球足夠！完全相同的水球緊挨在一起水平排列,子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng),恰好能穿出第4個(gè)水球,則下列判斷正確的是（）子彈在每個(gè)水球中的速度變化相同子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同子彈在每個(gè)水球中的動(dòng)能變化相同【答案】BCD【解析】恰好能穿出第斗個(gè)水球，即末速度尸山逆向看子弾由右向左做初速度為霧的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則自左向右子弾通過(guò)四個(gè)水球的時(shí)間比為?-問(wèn)：血：L則E正確:由于加速度盤(pán)恒定，由回二A叫可知子彈在每個(gè)水球中的速度變化不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；因加速度恒定，則每個(gè)水球?qū)ψ訌幍淖枇愣ǎ瑒t由丿=衛(wèi)可知每個(gè)水球?qū)ψ訌幍臎_量不同，C項(xiàng)正確；由動(dòng)能定理有比尸“相同,x相同，則應(yīng)上相同，D項(xiàng)正確。（多選）如圖甲所示,長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m=4kg的小物體B以水平速度v=2m/s滑上原來(lái)靜止的長(zhǎng)木板A的上表面,由于A、B間存在摩擦,之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示,g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()木板A獲得的動(dòng)能為2J系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2J木板A的最小長(zhǎng)度為2mA、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1【答案】AD【解析】由題中圖象可知，木板獲得的速度為v=lm/s,A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以物體B的初1速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mv0=(m