2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1練透答案精析

2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1第一章動量守恒定律1動量1．C[繞地球運行的同步衛(wèi)星，速度大小不變，方向不斷改變，所以動量改變，A錯誤；小球碰到豎直墻壁被彈回，速度大小不變，但方向改變，所以動量改變，B錯誤；用繩子拉著物體，沿斜面做勻速直線運動，速度大小和方向都不發(fā)生改變，所以動量不變，C正確；蕩秋千的小孩，每次蕩起的高度保持不變，在這個過程中速度大小和方向都改變，所以動量改變，D錯誤。]2．C[物體的動量變化量為－5kg·m/s，是負值，說明動量的變化量與規(guī)定的正方向相反，則該物體的動量可能增大，也可能減小，C正確，A錯誤；物體的動量變化量與動量無關(guān)，所以動量變化量為－5kg·m/s，表示動量變化的方向與規(guī)定的正方向相反，但不表示物體的動量一定為負方向，B、D錯誤。]3．AD[以初速度方向為正方向，如果末速度的方向與初速度方向相反，由Δp＝mv′－mv，得Δp＝(－7×0.5－3×0.5)kg·m/s＝－5kg·m/s，負號表示Δp的方向與初速度方向相反，選項A正確，B錯誤；如果末速度方向與初速度方向相同，由Δp＝mv′－mv，得Δp＝(7×0.5－3×0.5)kg·m/s＝2kg·m/s，方向與初速度方向相同，選項C錯誤，D正確。]4．C[動量是矢量，動量相同，其大小和方向都得相同，故方向一定相同，而大小p＝mv，如果質(zhì)量不同，則速度不同，如果速度不同，則質(zhì)量不同，故A、B錯誤，C正確；由Ek＝eq\f(p2,2m)知，動量相同，動能不一定相同，D錯誤。]5．BC[動量是矢量，做勻速圓周運動的物體其速度大小不變，方向時刻在變化，故動能不變，動量時刻在變化，A錯誤，B正確；做豎直上拋運動的物體，其速度時刻變化，動量一定在改變，C正確；動量的負號只表示方向，比較大小時只比較絕對值，故p1<p2，D錯誤。]6．A[由動量p＝mv和動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝eq\f(p2,2m)，因為物體A、B的動量相等，質(zhì)量較大的物體動能較小，所以物體B的動能較大，A正確。]7．(1)0.78kg·m/s，方向與羽毛球飛來的方向相反(2)19.5J解析(1)以羽毛球飛來的速度方向為正方向，則擊球前羽毛球的動量p1＝mv1＝5.2×10－3×50kg·m/s＝0.26kg·m/s，擊球后羽毛球的動量p2＝mv2＝5.2×10－3×(－100)kg·m/s＝－0.52kg·m/s，所以羽毛球的動量變化量Δp＝p2－p1＝－0.52kg·m/s－0.26kg·m/s＝－0.78kg·m/s。則羽毛球的動量變化量的大小為0.78kg·m/s，方向與羽毛球飛來的速度方向相反。(2)羽毛球的初動能Ek＝eq\f(1,2)mv12＝6.5J，末動能Ek′＝eq\f(1,2)mv22＝26J，所以羽毛球的動能變化量ΔEk＝Ek′－Ek＝19.5J。8．C[運動員從O點到B點的過程都是加速向下運動，到達B點時速度最大，由p＝mv可知，運動員的動量最大的位置在B點，A、B、D錯誤，C正確。]9．C[由于經(jīng)過每個水球的位移相同，根據(jù)t＝eq\f(x,\x\to(v))可知，經(jīng)過4個水球的時間逐漸增加，故B錯誤；根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律Δv＝a·Δt可知，a相同，Δt不同，故速度變化量不同，動量變化量也不同，故A、D錯誤；由W＝F·l，知每個水球?qū)ψ訌椬龅墓ο嗤鶕?jù)動能定理可知，動能變化量相同，故C正確。]10．C[規(guī)定水平向右為正方向，擊球前球的動量p1＝－mv1，擊球后球的動量p2＝mv2，擊球前后球動量改變量的大小是Δp＝p2－p1＝mv2＋mv1，動量改變量的方向水平向右，故A、B錯誤，C正確；球離開手時的機械能為mgh＋eq\f(1,2)mv22，因v1與v2可能相等，則球離開手時的機械能可能是mgh＋eq\f(1,2)mv12，故D錯誤。]11．B[在小物塊向下運動的過程中，只有重力對小物塊做功，故機械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，所以兩物塊到達S時的速度大小相同，即速率相同。由于a的路程小于b的路程，且同一高度處b的切向加速度小于a的加速度，故ta＜tb，即a比b先到達S.到達S點時a的速度方向豎直向下，而b的速度方向水平向左，故兩物塊的動量大小相等，方向不相同，因二者初動量相同，末動量不同，動量的變化不同，故B正確，A、C、D錯誤。]12．BD[由題圖可知，0.5s末小球反彈，反彈后離開地面的速度大小為3m/s，故A錯誤。碰撞時速度的改變量為Δv＝－3m/s－5m/s＝－8m/s，則碰撞前、后動量改變量的大小為Δp＝m·|Δv|＝8kg·m/s，故B正確。碰撞前、后小球動能改變量ΔEk＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2＝(eq\f(1,2)×1×32－eq\f(1,2)×1×52)J＝－8J，故C錯誤。小球能彈起的最大高度對應(yīng)題圖中0.5～0.8s內(nèi)速度—時間圖像與時間軸所圍圖形的面積，所以h′＝eq\f(1,2)×0.3×3m＝0.45m，故D正確。]13．(1)4kg·m/s(2)3kg·m/s解析(1)0～2s內(nèi)a1＝eq\f(F1,m)＝1m/s22s末速度v1＝a1t1＝2m/s2s末動量p1＝mv1＝4kg·m/s(2)2～4s內(nèi)，a2＝eq\f(F2,m)＝－0.5m/s23s末速度v2＝v1＋a2t2＝1.5m/s3s末動量p2＝mv2＝3kg·m/s。14．AD[運動員做平拋運動，根據(jù)tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，因此運動員先后落在斜面上所用時間之比為1∶3，故A正確；運動員落在斜面上時的位移s＝eq\f(\f(1,2)gt2,sinθ)，因此運動員先后落在斜面上的位移之比為1∶9，故B錯誤；由機械能守恒定律可知落在斜面上動能的變化量ΔEk＝mgh＝eq\f(1,2)mg2t2，因此運動員先后落在斜面上動能的變化量之比為1∶9，故C錯誤；落在斜面上動量的變化量Δp＝m·vy＝m·gt，因此運動員先后落在斜面上動量的變化量之比為1∶3，故D正確。]2動量定理1．A[由沖量公式I＝FΔt可知，作用在兩個物體上的合力大小不同，但兩個物體所受的沖量大小可能相同，A正確；由沖量公式I＝FΔt可知，沖量大小由力的大小和作用時間二者共同決定，只知道力或作用時間一個因素，無法確定沖量大小，B、C錯誤；沖量是矢量，兩個大小相等的沖量，方向不一定相同，D錯誤。]2．BCD[一個做曲線運動的物體，其動量大小和方向變化，在相等時間內(nèi)物體受到的合外力的沖量可能始終相等，如平拋運動，故A錯誤；一個做曲線運動的物體，其動量的大小始終不變，如果受到合外力的大小不變，則相等時間內(nèi)合外力的沖量大小總相等，如勻速圓周運動，故B正確；一個物體合外力沖量為零時，根據(jù)動量定理，其動量不變，但是物體所受到的每個力的沖量可能一直增大，只要保證合力為零即可，故C正確；一個運動物體，其動量越來越大，說明速度越來越大，加速度可能越來越小，如做加速度減小的加速運動的物體，故D正確。]3．D[汽車劇烈碰撞瞬間，安全氣囊彈出，立即跟司機身體接觸．司機在很短時間內(nèi)由運動到靜止，動量的變化量是一定的，由于安全氣囊的存在，作用時間變長，據(jù)動量定理Δp＝FΔt知，司機所受作用力減??；又知安全氣囊打開后，司機受力面積變大，因此減小了司機單位面積的受力大??；碰撞過程中，動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．綜上可知，選項D正確。]4．A[設(shè)運動員雙腳離地時的速度大小為v，則v＝eq\r(2gh)＝2m/s，根據(jù)動量定理有(3mg－mg)t＝mv，解得t＝0.10s，故選A。]5．B[選初速度的方向為正，根據(jù)動量定理得：－μmgt＝0－mv，則得：t＝eq\f(mv,μmg)，由題意，兩個物體的初動量mv相同，μ相同，則t∝eq\f(1,m)，故質(zhì)量小的物體滑行時間比較長，故選B。]6．B[重力對滑塊的總沖量為IG＝mg(t1＋t2)，A錯誤；斜面對滑塊的支持力對滑塊的總沖量為IN＝mg(t1＋t2)cosθ，B正確；整個過程中滑塊的動量發(fā)生了改變，故合力的沖量不為0，C錯誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量為If＝Ff(t2－t1)，D錯誤。]7．C[根據(jù)I＝Ft可知，F(xiàn)－t圖線與時間軸圍成圖形的面積表示力的沖量，則0～2s內(nèi)合外力的沖量一直增大，0～4s內(nèi)合外力的沖量為零，選項A、B正確；0～4s內(nèi)合外力的沖量為零，則0～4s內(nèi)物體的動量先增大后減小，方向一直為正，即物體的動量方向一直不變，選項C錯誤，D正確。]8．BC[兩次拉動紙帶時，紙帶與重物間的摩擦力均為滑動摩擦力，大小相等，A錯誤，B正確．由題可知，第一次拉動紙帶時，紙帶與重物的作用時間長，兩次拉紙帶，紙帶對重物的作用力相同，根據(jù)I＝Ft，所以第一次紙帶對重物的沖量大，C正確，D錯誤。]9．C[取豎直向下為正方向，對氣球由動量定理有(mg－F)Δt＝mv′－mv，代入數(shù)據(jù)解得F＝90N，由牛頓第三定律可知，觀眾雙手受到的壓力為90N，故C正確。]10．D[在前10s內(nèi)，物體的初速度為5m/s，末速度為5m/s，根據(jù)動量定理得I合＝Δp，知外力的沖量為0；在后10s內(nèi)，物體的初速度為5m/s，末速度為－5m/s，根據(jù)動量定理得I合′＝Δp′＝mv2－mv1＝－1×5kg·m/s－1×5kg·m/s＝－10kg·m/s＝－10N·s，故D正確。]11．D[圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，小物體所受摩擦力提供向心力，方向沿半徑方向，圓盤停止轉(zhuǎn)動后瞬間，小物體沿運動軌跡切線方向運動，之后也不會沿圓半徑方向運動，故A、C錯誤；圓盤停止轉(zhuǎn)動前，轉(zhuǎn)動一圈Δp＝0，由動量定理知I＝Δp＝0，故B錯誤；圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為I′＝Δp＝mv＝mrω，故D正確。]12．ACD[由F－t圖像與t軸圍成的面積等于沖量的大小，則可得，在0～2s時間內(nèi)，水平拉力F的沖量為I＝Ft＝2×4N·s＝8N·s，A正確；根據(jù)動量定理可得Ft＝mv，代入數(shù)據(jù)，解得2s末物體的速度大小v＝4m/s，B錯誤；在0～4s時間內(nèi)，合力的沖量為I4＝F1t2＋F2t4＝8N·s＋12N·s＝20N·s，C正確；由于在0～4s時間內(nèi)，合力的沖量為20N·s，根據(jù)動量定理可得I4＝mv4，代入數(shù)據(jù)，解得v4＝10m/s，由動能定理可得WF＝eq\f(1,2)mv42＝eq\f(1,2)×2×102J＝100J，D正確。]13．(1)500N(2)eq\f(2,3)N解析(1)不考慮空氣浮力和阻力，雨滴做自由落體運動，落到地面的速度為v＝eq\r(2gh)＝200m/s取豎直向上為正方向，設(shè)地面對雨滴的作用力大小為F，對雨滴和地面的作用過程，由動量定理得FΔt1＝0－(－mv)代入數(shù)據(jù)解得F＝500N根據(jù)牛頓第三定律可知，雨滴對地面的作用力大小為500N。(2)對雨滴和地面作用的過程，由動量定理得F′Δt2＝0－(－mv′)其中v′＝8m/s，代入數(shù)據(jù)解得F′＝eq\f(2,3)N根據(jù)牛頓第三定律可知，雨滴對地面的作用力大小為eq\f(2,3)N。14．B[根據(jù)v2＝2ax得v＝eq\r(2ax)，則動量p＝mv＝meq\r(2ax)，可知p＝0.5×eq\r(2ax)＝2eq\r(x)，解得質(zhì)點的加速度大小為8m/s2，故A錯誤；前2s內(nèi)質(zhì)點速度的變化量為Δv＝at＝16m/s，則前2s內(nèi)動量的增量Δp＝mΔv＝8kg·m/s，故B正確；因為相同時間內(nèi)速度的變化量相同，則連續(xù)相等時間內(nèi)，動量的增量一定相等，故C錯誤；因為相等位移內(nèi)速度變化量不同，則動量的增加量不等，由I＝Δp可知，在通過連續(xù)相等的位移時，合外力的沖量不相等，故D錯誤。]專題強化練1動量定理的應(yīng)用1．C[對整個過程研究，根據(jù)動量定理可得F·2Δt－μmg·(2Δt＋3Δt)＝0，解得μ＝eq\f(2F,5mg)，故A、B、D錯誤，C正確。]2．D[物體在水平拉力作用下由靜止開始運動到最終靜止的過程中，在水平方向只有拉力F和摩擦阻力Ff做功，故由動能定理有W1－W2＝0，得W1＝W2；由動量定理有I1－I2＝0，得I1＝I2，故D正確，A、B、C錯誤。]3．BD[根據(jù)動量定理Ft＝mv－0得，t＝1s時物塊的速率為v1＝0.25m/s；同理，t＝2s時，p2＝Ft2＝1×2kg·m/s＝2kg·m/s；t＝3s時v3＝0.25m/s；t＝4s時v4＝0，故選項B、D正確。]4．C[由機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，繩在剛繃緊時人的速度大小為v＝eq\r(2gh)＝30m/s，以豎直向上為正方向，在繃緊的過程中根據(jù)動量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，代入數(shù)據(jù)解得F＝1500N，故A錯誤；根據(jù)動量定理可知，運動員在彈性繩繃緊后，動量的變化量等于彈性繩作用力的沖量與重力沖量的和，故B錯誤；運動員整個過程中動量的變化量為零，則重力沖量與彈性繩作用力的沖量等大反向，故C正確，D錯誤。]5．A[t時間內(nèi)噴出的水柱質(zhì)量為m＝ρSvt，以水柱沖擊汽車表面前的運動方向為正方向，對水柱與汽車碰撞過程利用動量定理，有－Ft＝0－mv，聯(lián)立解得F＝ρSv2，根據(jù)牛頓第三定律可得水柱對車表面的平均沖擊力為ρSv2，故A正確，B、C、D錯誤。]6．1500N方向豎直向上解析對運動員下降、與網(wǎng)接觸、上升的全過程應(yīng)用動量定理自由下落的時間為t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝eq\r(\f(2×3.2,10))s＝0.8s運動員離網(wǎng)后上升所用的時間為t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝eq\r(\f(2×5,10))s＝1s整個過程中運動員始終受重力作用，僅在與網(wǎng)接觸的t3＝1.2s的時間內(nèi)受到網(wǎng)對他向上的彈力F的作用，對全過程應(yīng)用動量定理(取向上為正方向)，有Ft3－mg(t1＋t2＋t3)＝0則F＝eq\f(t1＋t2＋t3,t3)mg＝eq\f(0.8＋1＋1.2,1.2)×60×10N＝1500N，方向向上。7．BD[AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體受到的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等。但a物體的總運動時間小于b物體的，根據(jù)I＝Fft可知，摩擦力對a物體的沖量的大小小于摩擦力對b物體的沖量的大??；根據(jù)動量定理，對整個過程有：F1t1－FftOB＝0，F(xiàn)2t2－FftOD＝0，因FftOB<FftOD，則有F1t1<F2t2，即F1的沖量的大小小于F2的沖量的大小，故A、C錯誤，B正確；根據(jù)動量定理可知，合外力的沖量等于物體動量的變化量，a、b兩個物體動量的變化量都為零，所以相等，故D正確。]8．B[設(shè)扎帕塔(及裝備)對氣體的平均作用力為F，根據(jù)牛頓第三定律可知，氣體對扎帕塔(及裝備)的平均作用力的大小也等于F，當(dāng)扎帕塔靜止時，對扎帕塔(及裝備)則有F＝Mg，設(shè)Δt時間內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為Δm，則對氣體由動量定理得FΔt＝Δmv，得eq\f(Δm,Δt)＝eq\f(F,v)＝eq\f(Mg,v)＝0.2kg/s，則發(fā)動機每秒噴出氣體的質(zhì)量為0.2kg，故B正確，A、C、D錯誤。]9．B[選在時間Δt內(nèi)與飛船碰撞的微粒為研究對象，其質(zhì)量應(yīng)等于體積為SvΔt空間內(nèi)微粒的質(zhì)量，即M＝eq\f(mSvΔt,1m3)，研究對象初動量為零，末動量大小為Mv，設(shè)飛船對微粒的作用力大小為F，由動量定理得FΔt＝Mv－0，則F＝eq\f(Mv,Δt)＝eq\f(mSv2,1m3)，根據(jù)牛頓第三定律可知，微粒對飛船的作用力大小也為F，則飛船要保持勻速飛行，牽引力應(yīng)增加F，代入數(shù)據(jù)得F＝0.98N，故選B。]10．(1)6m/s(2)9.84J(3)0.35N·s解析(1)根據(jù)題意可知裝置落地前瞬間與雞蛋的速度相同且為v，根據(jù)運動學(xué)公式有x＝eq\f(0＋v,2)t代入數(shù)據(jù)解得v＝6m/s(2)以裝置和雞蛋為研究對象，根據(jù)動能定理有Mgh－W克f＝eq\f(1,2)Mv2－0，代入數(shù)據(jù)解得W克f＝9.84J(3)以雞蛋為研究對象，以向上為正方向，根據(jù)動量定理得I－m0gt＝0－m0(－v)代入數(shù)據(jù)解得I＝0.35N·s。11．(1)ρv0S(2)eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)解析(1)在剛噴出一段很短的Δt時間內(nèi)，可認為噴出的水柱保持速度v0不變該時間內(nèi)，噴出水柱高度Δl＝v0Δt①噴出水柱質(zhì)量Δm＝ρΔV②其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝Δl·S③由①②③可得：噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S(2)設(shè)玩具底面相對于噴口的高度為h由玩具受力平衡得F沖＝Mg④其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底部的作用力由牛頓第三定律知F壓＝F沖⑤其中，F(xiàn)壓為玩具底部對水柱的作用力，設(shè)v′為水柱到達玩具底部時的速度，由運動學(xué)公式得v′2－v02＝－2gh⑥在很短Δt時間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應(yīng)用動量定理得－(F壓＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變?yōu)镕壓Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)。3動量守恒定律1．C[只要系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒，與系統(tǒng)內(nèi)是否存在摩擦力無關(guān)，故A錯誤；系統(tǒng)所受外力做的功為零，但系統(tǒng)所受合外力不一定為零，系統(tǒng)動量不一定守恒，如用繩子拴著一個小球，讓小球做勻速圓周運動，小球轉(zhuǎn)過半圓的過程中，外力做功為零，但小球的動量不守恒，故B錯誤；系統(tǒng)所受到合外力的沖量為零，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錯誤。]2．B[撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為0，動量守恒，滑塊和小車之間有滑動摩擦力，由于摩擦生熱，故系統(tǒng)機械能減少，B正確。]3．A[系統(tǒng)初動量為零，雙手同時放開后，系統(tǒng)所受合外力為零，根據(jù)動量守恒定律可知，系統(tǒng)總動量始終為零，故A正確，B錯誤；若先放開右手，后放開左手，則從放開右手到放開左手的這段時間內(nèi)，系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒，即放開左手瞬間，系統(tǒng)的總動量不為零，根據(jù)動量守恒定律可知，之后系統(tǒng)的總動量也不為零，故C錯誤；若先放開左手，后放開右手，根據(jù)前面分析同理可知系統(tǒng)總動量方向向左，故D錯誤。]4．BCD[當(dāng)C在A上滑行時，對A、C組成的系統(tǒng)，B對A的作用力為外力，不等于0，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；當(dāng)C在B上滑行時，A、B已分離，對B、C組成的系統(tǒng)，合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故B正確；若將A、B、C三木塊視為一個系統(tǒng)，則所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故C、D正確。]5．C[在小球發(fā)生碰撞的過程中，系統(tǒng)動量都是守恒的，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝mv＋Mv′，整理可得Mv′＝mv0－mv，取初速度方向為正方向，可得出C球的動量數(shù)值是最大的，C正確。]6．D[以甲的初速度方向為正方向，甲、乙推開的過程中，滿足動量守恒，m甲v0－m乙v0＝－m甲v1＋m乙v2，代入數(shù)據(jù)可得eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(3,2)，故選D。]7．C[由題圖乙可知碰撞前vA＝4m/s，vB＝0，碰撞后v＝eq\f(20－16,8－4)m/s＝1m/s，則由動量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v，可得mB＝eq\f(mAvA－mAv,v)＝3kg，A、B錯誤；對物塊B有Ft＝mBv－0，解得F＝300N，C正確，D錯誤。]8．(1)2m/s(1)1m/s解析(1)由題意知小孩和車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)小孩跳上車后和車保持相對靜止時的速度大小為v1，則有mv0＝(m＋M)v1，解得v1＝2m/s(2)設(shè)小孩跳下車后車的速度大小為v3，對全程由動量守恒定律得mv0＝mv2＋Mv3，解得v3＝1m/s。9．BC[當(dāng)撤去外力F后，A尚未離開墻壁前，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受的外力不為零，所以A和B組成的系統(tǒng)的動量不守恒，故A錯誤；以A、B及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，在A離開墻壁前，除了系統(tǒng)內(nèi)彈力做功外，無其他力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故B正確；A離開墻壁后，A、B系統(tǒng)所受的外力之和為0，所以A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，故C正確；在A離開墻壁后，對A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，除了系統(tǒng)內(nèi)彈力做功外，無其他力做功，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D錯誤。]10．C[設(shè)發(fā)射子彈的數(shù)目為n，n顆子彈和木塊組成的系統(tǒng)在水平方向上所受的合外力為零，滿足動量守恒的條件。選子彈運動的方向為正方向，由動量守恒定律有nmv2－Mv1＝0，得n＝eq\f(Mv1,mv2)，故C正確。]11．A[由題意可知，開始時A、B做自由落體運動，根據(jù)v2＝2gH可得，A、B的落地速度大小v＝eq\r(2gH)，A反彈后與B碰撞為瞬時作用，A、B組成的系統(tǒng)在豎直方向上所受合力雖然不為零，但碰撞時間很短，系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力，所以動量近似守恒，取豎直向上為正方向，則有m1v－m2v＝0＋m2v2′，B上升的高度h＝eq\f(v2′2,2g)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得h＝4.05m，故選A。]12．B[規(guī)定該同學(xué)原來的速度方向為正方向。設(shè)該同學(xué)上船后，船與該同學(xué)的共同速度為v。由題意，水的阻力忽略不計，該同學(xué)跳上小船后與小船達到共同速度的過程中，該同學(xué)和船組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律得m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝0.25m/s，方向與該同學(xué)原來的速度方向相同，與船原來的速度方向相反，故A、C錯誤；該過程中這位同學(xué)的動量變化量為Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105kg·m/s，負號表示方向與該同學(xué)原來的速度方向相反，故B正確；船的動量變化量為Δp′＝m船v－(－m船v船)＝140×[0.25－(－0.5)]kg·m/s＝105kg·m/s，故D錯誤。]13．(1)2m/s，方向水平向右(2)eq\f(11,3)m/s，方向水平向右解析(1)由于地面光滑，物塊與薄板組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共同運動速度為v，向右為正方向，由動量守恒定律得Mv0－mv0＝(m＋M)v代入數(shù)據(jù)解得v＝2m/s，方向水平向右。(2)由(1)知，物塊速度大小為3m/s時，方向水平向左，設(shè)此時薄板的速度為v′，由動量守恒定律得Mv0－mv0＝－mv1＋Mv′代入數(shù)據(jù)解得v′＝eq\f(11,3)m/s，方向水平向右。專題強化練2動量守恒定律的應(yīng)用1．A[沙車與鐵球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有Mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(Mv0,M＋m)，故A正確，B、C、D錯誤。]2．B[由于五個物塊組成的系統(tǒng)沿水平方向不受外力作用，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由動量守恒定律得mv0＝5mv，得v＝eq\f(1,5)v0，即它們最后的速度大小為eq\f(1,5)v0，B正確。]3．C[彈簧壓縮到最短時，子彈、A、B具有共同的速度v1，且子彈、A、B組成的系統(tǒng)，從子彈開始射入物體A一直到彈簧被壓縮到最短的過程中，系統(tǒng)所受合外力始終為零，故整個過程系統(tǒng)的動量守恒，取子彈水平速度v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝eq\f(1,4)mB，mA＝eq\f(3,4)mB，故v1＝eq\f(v0,8)，即彈簧壓縮到最短時B的速度為eq\f(v0,8)，故C正確。]4．D[小球向左擺動時，小車向右運動，小球受到的重力使系統(tǒng)合外力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒，但該過程只有重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，A、B錯誤；系統(tǒng)在水平方向合外力為零，水平方向滿足動量守恒，可得m球v1＋m車v2＝0，故小球向左擺到最高點，小球的速度為零，小車的速度也為零，C錯誤，D正確。]5．B[設(shè)水平向右為正方向，兩游泳者同時跳離小船后瞬間小船的速度為v，根據(jù)甲、乙兩游泳者和小船組成的系統(tǒng)動量守恒有－m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0，代入數(shù)據(jù)可得v＝－0.6m/s，其中負號表示小船向左運動，所以選項B正確。]6．2m/s解析長木板A與滑塊C處于光滑水平軌道上，兩者碰撞時間極短，長木板A與滑塊C組成的系統(tǒng)在碰撞過程中動量守恒，取水平向右為正方向，則mAv0＝mAvA＋mCvC長木板A和滑塊B達到共同速度后，恰好不再與滑塊C碰撞，即最后三者速度相等，即vC＝v(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v，聯(lián)立解得vA＝2m/s。7．B[彈丸在爆炸過程中，水平方向的動量守恒，有mv0＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運動，豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向?qū)?、乙兩彈片分別有x甲＝v甲·t，x乙＝v乙·t，代入各圖中數(shù)據(jù)，可知B正確。]8．CD[設(shè)小孩跳離b、c車時相對地面的水平速度為v，以水平向右為正方向，由動量守恒定律知：小孩和c車組成的系統(tǒng)：0＝m人v－M車vc，對小孩和b車：m人v＝M車vb＋m人v，對小孩和a車：m人v＝(M車＋m人)va，所以：vc＝eq\f(m人v,M車)，vb＝0，va＝eq\f(m人v,M車＋m人)，即三輛車的速率關(guān)系為vc>va>vb，并且vc與va方向相反，故選C、D。]9．B[取水平向右為正方向，小孩第一次推出A車時，有mBv1－mAv＝0，解得v1＝eq\f(mA,mB)v，第n次推出A車時，有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，則vn－vn－1＝eq\f(2mA,mB)v，所以vn＝v1＋(n－1)eq\f(2mA,mB)v當(dāng)vn≥v時，再也接不到A車，由以上各式得n≥5.5，取n＝6，故B正確，A、C、D錯誤。]10．4v0解析設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度大小為v1，甲船上的人接到貨物后甲船的速度大小為v2，以開始時甲、乙兩船的運動方向為正方向。由動量守恒定律得12mv0＝11mv1－mvmin①10m×2v0－mvmin＝11mv2②為避免兩船相撞應(yīng)滿足v1＝v2③聯(lián)立①②③式解得vmin＝4v0。11．(1)均為1.5m/s(2)15解析(1)當(dāng)甲和他的車與乙和他的車具有共同速度時，可保證剛好不相撞，設(shè)共同速度為v，以甲車的速度方向為正方向。則M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v解得：v＝1.5m/s(2)以甲車的速度方向為正方向，對甲和他的車及所帶的小球，由動量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv′，解得n＝15。4實驗：驗證動量守恒定律1．(1)大于(2)eq\f(d,t1)(3)eq\f(mA,t1)＝eq\f(mA,t3)＋eq\f(mB,t2)解析(1)滑塊A和滑塊B發(fā)生碰撞，用質(zhì)量大的滑塊A碰質(zhì)量小的滑塊B，則不會發(fā)生反彈，所以mA>mB。(2)滑塊經(jīng)過光電計時器時做勻速運動則碰前滑塊A的速度為vA＝eq\f(d,t1)，碰后滑塊A的速度vA′＝eq\f(d,t3)碰后滑塊B的速度vB′＝eq\f(d,t2)。(3)由動量守恒定律得mAvA＝mAvA′＋mBvB′化簡可得eq\f(mA,t1)＝eq\f(mA,t3)＋eq\f(mB,t2)。2．(1)水平(2)>(3)4∶1解析(1)斜槽末端的切線要沿水平方向，才能保證兩個小球離開斜槽后做平拋運動。(2)為防止碰撞后入射小球反彈，入射小球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰小球的質(zhì)量，即m1>m2。(3)根據(jù)實驗原理可得m1v0＝m1v1＋m2v2，由題圖乙可知eq\x\to(OM)＝15.5cm、eq\x\to(OP′)＝25.5cm、eq\x\to(ON)＝40.0cm，又因小球平拋過程下落高度相同，下落時間相同，即可求得m1eq\x\to(OP′)＝m1eq\x\to(OM)＋m2eq\x\to(ON)，代入數(shù)據(jù)可得m1∶m2＝4∶1。3．(1)需要因為只有補償阻力后碰撞過程中系統(tǒng)的合力為0，動量才守恒長木板右端墊高，輕推小車A，當(dāng)打出的紙帶點跡均勻(2)BCDE(3)1.261.25在誤差允許的范圍內(nèi)，兩小車碰撞前后總動量守恒解析(1)實驗開始前需要補償阻力，因為只有補償阻力后碰撞過程中系統(tǒng)的合力為0，動量才守恒，補償阻力的方法是長木板右端墊高，輕推小車A，當(dāng)打出的紙帶點跡均勻說明已補償阻力；(2)推動小車由靜止開始運動，故小車有個加速過程，在碰撞前做勻速直線運動，即在相同的時間內(nèi)通過的位移相同，故BC段為勻速運動的階段，故選BC段計算碰前的速度；碰撞過程是一個變速運動的過程，而A和B碰后共同運動時做勻速直線運動，故在相同的時間內(nèi)通過相同的位移，故應(yīng)選DE段來計算碰后共同的速度；(3)A碰前的速度v1＝eq\f(BC,t)＝eq\f(0.3150,5×0.02)m/s＝3.15m/s碰后共同速度v2＝eq\f(DE,t)＝eq\f(0.2085,5×0.02)m/s＝2.085m/s碰前總動量p1＝m1v1＝0.40×3.15kg·m/s＝1.26kg·m/s碰后的總動量p2＝(m1＋m2)v2＝0.60×2.085kg·m/s≈1.25kg·m/s則說明在誤差允許的范圍內(nèi)，兩小車碰撞前后總動量守恒。4．(1)BE(2)maeq\x\to(O1A)＝mbeq\x\to(O2B)(3)摩擦力對質(zhì)量大的球的沖量大解析(1)以水平向右為正方向，小球離開桌面后做平拋運動，由于球的半徑相等、拋出點高度相同，球在空中做平拋運動的時間t相等，若兩球動量守恒則mbvbt－mavat＝0，即mbeq\x\to(O2B)－maeq\x\to(O1A)＝0，實驗需要驗證的表達式為maeq\x\to(O1A)＝mbeq\x\to(O2B)，實驗需要測量兩小球的質(zhì)量與小球做平拋運動的水平位移，故選B、E。(2)由(1)可知，實驗需要驗證的表達式為maeq\x\to(O1A)＝mbeq\x\to(O2B)。(3)小球與彈簧脫離后在桌面上運動過程受到摩擦力的作用，小球質(zhì)量m越大，小球受到的摩擦力越大，其對質(zhì)量大的球的沖量大，小球離開桌面時，質(zhì)量大的球的動量小于質(zhì)量小的球的動量，所以造成這一結(jié)果的原因是摩擦力對質(zhì)量大的球的沖量大。5．(1)B(2)CD(3)eq\f(ma,\r(y2))＝eq\f(ma,\r(y3))＋eq\f(mb,\r(y1))解析(1)本實驗是“驗證動量守恒定律”，所以實驗誤差與斜槽軌道的光滑程度無關(guān)，A錯誤；每次實驗均重復(fù)幾次后，再記錄平均落點，這樣可減小實驗誤差，B正確；要產(chǎn)生正碰，需a球和b球的半徑滿足ra＝rb，為防止兩球碰撞后a球反彈，質(zhì)量要滿足ma>mb，C錯誤。(2)每次a球釋放的高度h確定不變就可以，不用測量h值，A錯誤；因為小球每次打在木板上時，水平方向的位移相等，所以不需測量木板水平向右移動的距離L，B錯誤；要驗證動量守恒定律，必須測量a球和b球的質(zhì)量ma、mb，C正確；需要計算小球運動的時間，則要測量O點到A、B、C三點的距離y1、y2、y3，D正確。(3)a、b兩球碰撞后做平拋運動，由L＝vt和y＝eq\f(1,2)gt2可得v＝eq\f(L,\r(\f(2y,g)))則由動量守恒定律可得mav0＝mav1＋mbv2即為maeq\f(L,\r(\f(2y2,g)))＝maeq\f(L,\r(\f(2y3,g)))＋mbeq\f(L,\r(\f(2y1,g)))整理得eq\f(ma,\r(y2))＝eq\f(ma,\r(y3))＋eq\f(mb,\r(y1))若表達式eq\f(ma,\r(y2))＝eq\f(ma,\r(y3))＋eq\f(mb,\r(y1))成立，即表示碰撞中動量守恒。6．(1)AC(2)xeq\r(\f(g,2H))m1eq\r(2gL1－cosθ)＝m2xeq\r(\f(g,2H))－m1eq\r(2gL1－cosα)解析(1)由實驗過程知，除了已經(jīng)測量的兩球的質(zhì)量及球2的水平、豎直位移外，要計算速度還必須知道擺長(球1到懸點的距離L)和球1反彈的最大偏角α，故A、C正確，B錯誤。(2)碰撞后球2做平拋運動，設(shè)平拋運動時間為t，碰撞后球2的速度為v2，則球2碰后速度大小v2＝eq\f(x,t)＝eq\f(x,\r(\f(2H,g)))＝xeq\r(\f(g,2H))，方向向左球1擺動過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝m1gL(1－cosθ)解得碰撞前球1的速度大小v0＝eq\r(2gL1－cosθ)，方向向左同理可得，碰撞后球1的速度大小v1＝eq\r(2gL1－cosα)，方向向右以向左為正方向，由動量守恒定律得m1v0＝m2v2－m1v1整理得m1eq\r(2gL1－cosθ)＝m2xeq\r(\f(g,2H))－m1eq\r(2gL1－cosα)。5彈性碰撞和非彈性碰撞1．A[碰撞是十分普遍的現(xiàn)象，它是相對運動的物體相遇時在極短時間內(nèi)發(fā)生的一種現(xiàn)象，一般內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，動能不一定守恒。如果碰撞中機械能守恒，就叫作彈性碰撞．微觀粒子的相互作用同樣具有短時間內(nèi)發(fā)生強大內(nèi)力作用的特點，所以仍然是碰撞，故A正確。]2．AC[物體的動量p＝eq\r(2mEk)，已知兩物體動能Ek相等，又知m1<m2，則p1<p2，碰前總動量方向與物體2的動量方向相同，碰后兩物體將向左運動，A正確，B錯誤；兩物體碰撞后粘在一起，物體發(fā)生的碰撞是完全非彈性碰撞，系統(tǒng)的機械能損失最大，C正確，D錯誤。]3．BC[發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，eq\f(1,2)mAv02＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)mBv22，解得v1＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v0，v2＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0。當(dāng)mB＝mA時，v1＝0，v2＝v0，碰后兩球互換速度，A錯誤，B正確；當(dāng)mB>mA時，v1＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v0<0，碰后A球反向運動，C正確；當(dāng)mB<mA時，v2＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0，mB越小，碰后B球的速度v2越大，D錯誤。]4．AD[規(guī)定水平向右的方向為正方向，碰撞過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，所以有pA＝pA′＋pB解得pB＝3kg·m/s，故A正確，B錯誤；由于是彈性碰撞，所以沒有動能損失，故eq\f(pA2,2mA)＝eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB2,2mB)解得mB＝3kg，故C錯誤，D正確。]5．A[根據(jù)題圖知，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲′＝－1.0m/s，v乙′＝2.0m/s，碰撞過程由動量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6kg，碰撞過程損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，解得ΔE＝3J，故選A。]6．AC[若小球A與小球B發(fā)生完全非彈性碰撞，則有mv0＝(m＋2m)v共，解得v共＝eq\f(1,3)v0，若小球A與小球B發(fā)生彈性碰撞，則有mv0＝mvA′＋2mvB′，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvA′2＋eq\f(1,2)×2mvB′2，解得vB′＝eq\f(2,3)v0，所以碰后B的速度eq\f(1,3)v0≤vB≤eq\f(2,3)v0，故選A、C。]7．AD[由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求．再看動能變化情況，Ek前＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝27J，Ek后＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2，由于碰撞過程中總動能不可能增加，所以應(yīng)有Ek前≥Ek后，據(jù)此可排除B；選項C雖滿足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直線相向運動，發(fā)生碰撞后各自仍然保持原來的速度方向，這顯然是不符合實際的，因此選項C錯誤；驗證A、D均滿足Ek前≥Ek后，且碰后狀態(tài)符合實際，故A、D正確。]8．A[ΔpA＝－4kg·m/s、ΔpB＝4kg·m/s，知碰后兩球的動量分別為pA′＝8kg·m/s，pB′＝17kg·m/s，符合動量守恒定律，而且碰撞后A的動能減小，B的動能增大，總動能可能不增加，也不違反不可穿越原理，故選項A正確；由B、D所給動量變化量可知，碰撞后，A的動量沿原方向增大，即違反了不可穿越原理，故B、D錯誤；ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后兩球的動量分別為pA′＝－12kg·m/s，pB′＝37kg·m/s，可以看出，碰撞后A的動能不變，B的動能增大，違反了能量守恒定律，故C錯誤。]9．AC[碰前m2的位移不隨時間而變化，處于靜止狀態(tài)，m1的速度大小為v1＝eq\f(Δx,Δt)＝4m/s，方向只有向右才能與m2相撞，故A正確；由題圖乙可知，向右為正方向，碰后m2的速度方向為正方向，說明m2向右運動，而m1的速度方向為負方向，說明m1向左運動，故B錯誤；由題圖乙可求出碰后m2和m1的速度分別為v2′＝2m/s，v1′＝－2m/s，根據(jù)動量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得m2＝0.3kg，故C正確；碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)m1v12－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v2′2＝0，故D錯誤。]10．BC[取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB根據(jù)碰撞過程總動能不增加有eq\f(1,2)mAv02≥eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2據(jù)題有mAvA＝mBvB，又有vA≤vB聯(lián)立解得mB≤mA≤3mB，故B、C正確。]11．AB[根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2，碰撞后A球的動能變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,9)，則A球的速度變?yōu)関A′＝±eq\f(1,3)v0，正、負表示方向有兩種可能。當(dāng)vA′＝eq\f(1,3)v0時，vA′與v0同向，有mv0＝eq\f(1,3)mv0＋2mvB，解得vB＝eq\f(1,3)v0當(dāng)vA′＝－eq\f(1,3)v0時，vA′與v0反向，有mv0＝－eq\f(1,3)mv0＋2mvB，解得vB＝eq\f(2,3)v0，故選A、B。]12.eq\f(2m1\r(2gh),m1＋m2)解析設(shè)碰撞前m1的速度為v0，根據(jù)機械能守恒定律有m1gh＝eq\f(1,2)m1v02設(shè)碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據(jù)動量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2由于碰撞過程中無機械能損失，有eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22，聯(lián)立解得v2＝eq\f(2m1\r(2gh),m1＋m2)。13．(1)eq\f(1,5)v0eq\f(4,5)v0(2)eq\f(1,10)v0解析(1)A球與B球碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2碰撞過程中系統(tǒng)機械能守恒，有eq\f(1,2)mAv02＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)mBv22解得v1＝－eq\f(1,5)v0，v2＝eq\f(4,5)v0，碰后A球向左運動，B球向右運動。(2)B球掉入沙車過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mBv2－m車·2v0＝(mB＋m車)v′解得v′＝eq\f(1,10)v0。14．(1)0.3m/s2(2)1.275m(3)沒有發(fā)生彈性碰撞解析(1)由題圖b可知，碰前瞬間紅壺的速度v0＝1.2m/s，碰后瞬間紅壺的速度為v紅＝0.3m/s，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝mv紅＋mv藍，解得v藍＝0.9m/s根據(jù)三角形相似知eq\f(1.6－1.2,1.6)＝eq\f(1s,t1)，解得t1＝4s藍壺運動時間為Δt＝4s－1s＝3s藍壺的加速度大小為a＝eq\f(v藍－0,Δt)＝0.3m/s2(2)碰撞后藍壺速度一直大于紅壺，故在藍壺靜止前兩壺距離一直在增大，速度時間圖像與橫軸圍成的面積表示位移，則碰后兩壺相距的最遠距離為s＝eq\f(0.9×3,2)m－eq\f(0.3×0.5,2)m＝1.275m(3)碰撞前瞬間兩壺的總動能為Ek1＝eq\f(1,2)mv02＋0＝0.72m(J)碰撞后瞬間兩壺的總動能為Ek2＝eq\f(1,2)mv藍2＋eq\f(1,2)mv紅2＝0.45m(J)則Ek1>Ek2，所以兩壺碰撞為非彈性碰撞。專題強化練3彈簧—小球模型滑塊—光滑斜(曲)面模型1．B[把小滑塊P和Q以及彈簧看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)的動量守恒，在整個過程中，當(dāng)小滑塊P和Q的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大。以P的初速度方向為正方向，設(shè)小滑塊P的初速度為v0，兩滑塊的質(zhì)量均為m，則mv0＝2mv，解得v＝eq\f(v0,2)，P的初動能Ek0＝eq\f(1,2)mv02，彈簧具有的最大彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mv02＝eq\f(1,2)Ek0，故選項B正確。]2．AD[在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受力，則水平方向上動量守恒，故A正確；在小球下滑過程中，槽向左滑動，小球?qū)Σ鄣淖饔昧Σ圩稣?，故B錯誤；小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，開始總動量為零，小球離開槽時，小球和槽的動量大小相等，方向相反，由于質(zhì)量相等，則速度大小相等，方向相反，然后小球與彈簧接觸，被彈簧反彈后的速度與接觸彈簧時的速度大小相等，可知反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動，且速度大小相等，則小球不會回到槽上高h處，故D正確，C錯誤。]3．BC[小球與半圓槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，初狀態(tài)時系統(tǒng)在水平方向動量為零，由動量守恒定律可知，小球第一次離開槽時，系統(tǒng)水平方向動量守恒，球與槽在水平方向的速度都為零，球離開槽后做豎直上拋運動，故A錯誤，B正確；小球沿槽的右側(cè)下滑到底端過程，槽向右做加速運動，球從底端向左側(cè)上升過程，槽向右做減速運動，球離開槽時，槽靜止，球做豎直上拋運動，然后小球落回槽的左側(cè)，球從槽的左側(cè)下滑過程，槽向左做加速運動，從最低點向右上滑時，槽向左做減速運動，然后球離開槽做豎直上拋運動，此后重復(fù)上述過程，由此可知，槽在水平面上做往復(fù)運動，故C正確，D錯誤。]4．B[b沿a上升到最大高度時，兩者速度相等，取向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝eq\f(2v02,5g)，A、C錯誤；滑塊b從滑上a到滑離a后，物塊a運動的速度最大。系統(tǒng)在水平方向動量守恒，對整個過程，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvb2＋eq\f(1,2)×4mva2，解得va＝eq\f(2,5)v0，vb＝－eq\f(3,5)v0，B正確，D錯誤。]5．BD[A球與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，當(dāng)B球的速度等于A球的速度時彈簧的壓縮量最大，此后A球繼續(xù)減速，B球速度繼續(xù)增大，彈簧壓縮量減小，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，B球速度最大，A球速度最小，此過程滿足動量守恒和能量守恒，有mAv＝mAv1＋mBv2，eq\f(1,2)mAv2＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)mBv22，解得v1＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v，v2＝eq\f(2mA,mA＋mB)v，因為mA>mB，可知A球的最小速率不為零，B球的最大速率為eq\f(2mA,mA＋mB)v，故A、C錯誤，B正確；兩球共速時，彈簧壓縮到最短，彈性勢能最大，此時兩球總動能最小，根據(jù)動量守恒定律有mAv＝(mA＋mB)v共，Ek＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v共2，聯(lián)立可得Ek＝eq\f(mA2v2,2mA＋mB)，故D正確。]6．D[結(jié)合題圖乙可得兩物塊的運動過程，開始時物塊A逐漸減速，物塊B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相等，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長，物塊B依然加速，物塊A先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復(fù)原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，t3時刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t2到t3過程中彈簧的長度將逐漸變大，故A、C錯誤；由題圖乙可知，物塊A、B在t1與t3兩個時刻各自的加速度方向相反，故B錯誤；系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得，t＝0時刻和t＝t1時刻系統(tǒng)總動量相等，有m1v0＝(m1＋m2)v2，解得m1∶m2＝1∶2，故D正確。]7．(1)2m/s(2)4J解析(1)B與C碰撞過程動量守恒，對B和C，有mBv0＝(mB＋mC)vC，解得vC＝2m/s。(2)彈簧彈性勢能最大時三者共速，A、B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律，有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v碰后運動過程中，系統(tǒng)機械能守恒，有Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)vC2＋eq\f(1,2)mAv02－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2代入數(shù)據(jù)解得Ep＝4J。8．(1)2kg(2)2m/s12J解析(1)由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝12m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度為正方向，由動量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2解得mC＝2kg。(2)12s末B離開墻壁，A、C的速度大小v3＝3m/s，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能守恒，當(dāng)A、C與B速度相等時彈簧的彈性勢能最大。根據(jù)動量守恒定律，有(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4根據(jù)能量守恒定律得eq\f(1,2)(mA＋mC)v32＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v42＋Ep解得v4＝2m/s，Ep＝12J。9．(1)4m/s(2)eq\r(7)m/s(3)0.3m解析(1)小球從靜止開始自由下落到滑至半圓槽最低點的過程，根據(jù)機械能守恒定律有mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝4m/s(2)小球即將離開半圓槽時，小球和半圓槽在水平方向上速度相同，設(shè)為v，小球從半圓槽內(nèi)最低點運動到即將離開半圓槽的過程中，根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒有mv0＝(M＋m)v小球從B點到即將離開槽的過程根據(jù)機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv2，聯(lián)立解得v1＝eq\r(7)m/s(3)小球離開半圓槽后向上做斜上拋運動，當(dāng)豎直方向的分速度等于0時，小球上升的高度最大，小球離開半圓槽時豎直方向的分速度v1y＝eq\r(v12－v2)＝eq\r(6)m/s豎直方向有v1y2＝2gH，解得H＝0.3m。6反沖現(xiàn)象火箭1．BCD[乒乓球碰到墻壁后彈回是因為受到了墻壁的作用力，不是反沖現(xiàn)象，A錯誤；系統(tǒng)在內(nèi)力作用下，當(dāng)一部分向某一方向的動量發(fā)生變化時，剩余部分沿相反方向的動量發(fā)生同樣大小變化的現(xiàn)象就是反沖現(xiàn)象，所以發(fā)射炮彈后炮身后退，是反沖現(xiàn)象；噴氣式飛機是利用飛機與氣體間的相互作用促進飛機前進，是反沖現(xiàn)象；同理火箭升空是反沖現(xiàn)象，B、C、D正確。]2．C[以人作為整體為研究對象，向后踢腿或手臂向后甩，人整體的總動量為0，不會運動起來，故A、B錯誤；把人和外衣、鞋子視為一個整體，這個整體動量為0，人給外衣或鞋子一個水平速度，總動量不變，所以人有一個反向的速度，可以離開冰面，故C正確；把人和外衣、鞋子視為一整體，這個整體動量為0，人給外衣或鞋子一個豎直方向的速度，水平方向的總動量仍然等于0，所以人仍然靜止，不能離開冰面，故D錯誤。]3．A[設(shè)烏賊瞬間噴出的水的質(zhì)量為m，則噴水前烏賊質(zhì)量為10m，噴水后質(zhì)量為9m，設(shè)噴出的水的速度為v1，噴水后烏賊獲得的速度為v2，根據(jù)動量守恒定律有0＝mv1＋9mv2，將v2＝8m/s代入可得v1＝－72m/s，負號表示噴水方向與烏賊身體運動方向相反，故B、C、D錯誤，A正確。]4．AC[設(shè)火箭原來的總質(zhì)量為M，噴出的氣體質(zhì)量為m，速度是v，剩余的質(zhì)量為M－m，速度是v′，由動量守恒定律得(M－m)v′＝mv，得v′＝eq\f(mv,M－m)＝eq\f(v,\f(M,m)－1)，故m越大、v越大，v′越大，故A、C正確。]5．D[以向上為正方向，由動量守恒定律可得(M－m)v′－mv＝0，解得v′＝eq\f(m,M－m)v，D正確。]6．C[爆炸瞬間內(nèi)力遠大于外力，以水平向右為正方向，由動量守恒定律有mv＝－eq\f(m,2)·2v＋eq\f(m,2)·v′，解得爆炸后乙的速度v′＝4v，根據(jù)能量守恒定律有ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(m,2)·(2v)2＋eq\f(1,2)·eq\f(m,2)·(4v)2－eq\f(1,2)mv2解得ΔE＝eq\f(9,2)mv2，故C正確。]7．BD[人和船動量守恒，系統(tǒng)總動量為零，故人和船運動方向始終相反，故A錯誤；由動量守恒定律有Mv船＝mv人，又M>m，故v人>v船，故B正確；由人—船系統(tǒng)動量守恒且系統(tǒng)總動量為零知：人走船走，人停船停，故C錯誤；由平均動量守恒Meq\f(x船,t)＝meq\f(x人,t)和x人＋x船＝L知x人＝eq\f(ML,M＋m)，故D正確。]8．A[人與氣球組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)人的速度大小為v1，氣球的速度大小為v2，運動時間為t，以人與氣球組成的系統(tǒng)為研究對象，以向下為正方向，由動量守恒定律得m1v1－m2v2＝0，則m1eq\f(x人,t)－m2eq\f(x氣球,t)＝0，解得x氣球＝2x人＝40m，則繩子長度L＝x氣球＋x人＝40m＋20m＝60m，即繩長至少為60m，故選A。]9．B[由水平方向動量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，聯(lián)立解得x大球＝eq\f(R,3)，B正確。]10．C[1s末發(fā)動機噴氣20次，共噴出的氣體質(zhì)量為m1＝20×0.2kg＝4kg，根據(jù)動量守恒定律得(M－m1)v1－m1v＝0，解得火箭1s末的速度大小為v1＝eq\f(m1v,M－m1)＝eq\f(4×1000,300－4)m/s≈13.5m/s，故A錯誤；2s末發(fā)動機噴氣40次，共噴出的氣體質(zhì)量為m2＝40×0.2kg＝8kg，同理可得，火箭2s末的速度大小為v2＝eq\f(m2v,M－m2)＝eq\f(8×1000,300－8)m/s≈27.4m/s，故B錯誤；第3次噴出氣體后，共噴出的氣體質(zhì)量m3＝3×0.2kg＝0.6kg，同理可得，火箭第3次噴出氣體后的速度大小為v3＝eq\f(m3v,M－m3)＝eq\f(0.6×1000,300－0.6)m/s≈2.0m/s，故C正確；第4次噴出氣體后，共噴出的氣體質(zhì)量m4＝4×0.2kg＝0.8kg，同理可得，火箭第4次噴出氣體后的速度大小為v4＝eq\f(m4v,M－m4)＝eq\f(0.8×1000,300－0.8)m/s≈2.7m/s，故D錯誤。]11．(1)eq\f(5,2)mv0(2)eq\f(75,8)mv02解析(1)全過程中A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)向右為正方向。mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC炸藥對C的沖量：I＝mCvC－0，解得I＝eq\f(5,2)mv0(2)炸藥爆炸過程中B和C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)向右為正方向，有mCvC－mBvB＝0根據(jù)能量守恒定律：ΔE＝eq\f(1,2)mBvB2＋eq\f(1,2)mCvC2解得ΔE＝eq\f(75,8)mv02。12．(1)eq\r(\f(2Mgl,M＋m))(2)eq\f(ml,M＋m)解析(1)取水平向右為正方向，設(shè)當(dāng)小球到達最低點時其速度大小為v1，此時小車的速度大小為v2，根據(jù)動量守恒定律與能量守恒定律得0＝Mv2－mv1，mgl＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，解得v1＝eq\r(\f(2Mgl,M＋m))(2)當(dāng)小球到達最低點時，設(shè)小球向左移動的距離為x1，小車向右移動的距離為x2，根據(jù)動量守恒定律，有：meq\f(x1,t)＝Meq\f(x2,t)，而且x1＋x2＝l，解得：x2＝eq\f(ml,M＋m)。13．D[AB段只是水平方向動量守恒，系統(tǒng)合外力不為零，動量不守恒，A錯誤；物塊與小車BC段有相對位移，摩擦力做功的代數(shù)和不為零，B錯誤；如果小車不動，物塊到達水平軌道時速度最大，由mgR＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(2gR)，現(xiàn)在物塊下滑時，小車向左滑動，則物塊的最大速度小于eq\r(2gR)，C錯誤；設(shè)BC段長為L，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒可知：物塊和小車最后相對靜止時的速度為零，對系統(tǒng)，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，得L＝eq\f(R,μ)，設(shè)整個過程物塊相對地面的位移大小為x1，小車相對地面的位移大小為x2。則有：mx1－Mx2＝0，x1＋x2＝L＋R，解得：x2＝eq\f(m,M＋m)(R＋eq\f(R,μ))，D正確。]專題強化練4子彈打木塊模型滑塊—木板模型1．BD[子彈射入木塊的過程，由能量守恒定律知，子彈動能的減少量大于系統(tǒng)動能的減少量，A錯誤；子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)動量的變化量為零，則子彈與木塊的動量變化量大小相等，方向相反，B正確；摩擦力對木塊做的功為Ffx，摩擦力對子彈做的功為－Ff(x＋d)，可知二者不相等，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Ffd，C錯誤，D正確。]2．D[長木板固定時，由動能定理得：－μMgL＝0－eq\f(1,2)Mv02，若長木板不固定，以物塊初速度的方向為正方向，由動量守恒定律有Mv0＝2Mv，由能量守恒定律有μMgx＝eq\f(1,2)Mv02－eq\f(1,2)×2Mv2，得x＝eq\f(L,2)，D項正確，A、B、C項錯誤。]3．BD[拔去銷釘，木塊和子彈之間的摩擦力屬于系統(tǒng)內(nèi)力，木塊和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒；但因摩擦力做功，故系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；當(dāng)木塊被銷釘擋住時，由動能定理可知－Ffd＝0－eq\f(1,2)mv02，解得Ff＝eq\f(mv02,2d)，故B正確；拔去銷釘，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，故C錯誤；拔去銷釘，對子彈射入木塊的整個過程，根據(jù)能量守恒定律有－Ffx＝eq\f(1,2)×(m＋M)v2－eq\f(1,2)mv02，解得x＝eq\f(Md,M＋m)，故D正確。]4．C[對小物塊應(yīng)用x＝eq\f(v0＋v1,2)t1可以求出物塊相對木板滑行的距離，木板的長度可能等于該長度、也可能大于該長度，根據(jù)題意無法求出木板的長度，A錯誤；物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，以物塊的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，可解出物塊與木板的質(zhì)量之比，但無法計算各自的質(zhì)量，B錯誤；對物塊，由動量定理得－μmgt1＝mv1－mv0，v0與v1已知，解得μ＝eq\f(v0－v1,gt1)可以求出動摩擦因數(shù)，C正確；由于不知道木板的質(zhì)量，無法求出從t＝0開始到t1時刻，木板獲得的動能，D錯誤。]5．AD[以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知Mv0－mv0＝Mv1＋0，解得v1＝3.75m/s，A正確；根據(jù)動量守恒定律，最終小木塊和長木板的速度為v2，則Mv0－mv0＝(M＋m)v2，解得v2＝3m/s，因此A、B最終一起向右運動，且速度大小為3m/s，B、C錯誤；根據(jù)能量守恒定律，有μmgL＝eq\f(1,2)Mv02＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v22，解得木板的長度至少為L＝8m，因此長木板的長度可能為10m，D正確。]6．(1)4m/s(2)0.4解析(1)子彈射入物塊B的過程A、B系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1代入數(shù)據(jù)解得v1＝4m/s。(2)由題意可知，B與D碰撞前達到共同速度，A、B、C系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2由能量守恒定律得eq\f(1,2)(mA＋mB)v12＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v22＋μ(mA＋mB)g·eq\f(L,2)，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.4。7．3m解析子彈與鋼塊相互作用的過程中，水平方向動量守恒，設(shè)水平向右為正方向，鋼塊碰后瞬間的速度為v，子彈碰后瞬間的速度v3＝－20m/s，則m′v2＋mv1＝m′v3＋mv解得v＝12m/s設(shè)鋼塊到達最高點時小車與鋼塊的共同水平速度大小為v′，鋼塊上升的最大高度為hm，根據(jù)水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒有Mv1＋mv＝(M＋m)v′mg·hm＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2聯(lián)立解得hm＝3m。8．ABD[設(shè)最終鐵塊與木板速度相同時大小為v，鐵塊相對木板向右運動時，相對木板滑行的最大路程為L，滑動摩擦力大小為Ff。取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知：mv0＝(m＋M)v，得v＝1m/s，方向向右。兩者最終以1m/s的共同速度向右做勻速直線運動，A正確；鐵塊相對木板向右運動，當(dāng)兩者速度相同時，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律知此時兩者的速度也為v＝1m/s，由能量守恒定律，鐵塊相對于木板向右運動過程有：eq\f(1,2)mv02＝Ff·L＋eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Ep，鐵塊相對于木板運動的整個過程有：eq\f(1,2)mv02＝2Ff·L＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，聯(lián)立得彈簧的最大彈性勢能Ep＝3J，B正確；由功能關(guān)系知：運動過程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝2Ff·L＝6J，C錯誤；由分析可知，木板始終向右運動，受到鐵塊的摩擦力先向右后向左，故摩擦力對木板先做正功后做負功，D正確。]9．(1)0.1(2)1600J解析(1)規(guī)定向右為正方向，子彈與A作用的過程，根據(jù)動量守恒定律得m0v0－mAv1＝m0v＋mAvA，代入數(shù)據(jù)解得vA＝1.5m/s，子彈穿過A后，A以1.5m/s的速度開始向右滑行，B以0.5m/s的速度向左運動，當(dāng)A、B達到共同速度時，A、B相對靜止，對A、B組成的系統(tǒng)運用動量守恒定律，規(guī)定向右為正方向，有mAvA－mBv1＝(mA＋mB)v2，代入數(shù)據(jù)解得v2＝0.5m/s根據(jù)能量守恒定律知μmAgL＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBv12－eq\f(1,2)(mA＋mB)v22代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.1。(2)根據(jù)能量守恒定律，整個過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)m0v02＋eq\f(1,2)(mA＋mB)v12－eq\f(1,2)m0v2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v22，代入數(shù)據(jù)解得Q＝1600J。專題強化練5動力學(xué)、能量和動量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用1．C[設(shè)足球自由下落到人頭頂前瞬時速度大小為v0，由動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv02，則v0＝eq\r(2gh)＝4m/s對足球，在與人頭頂作用過程中，規(guī)定豎直向上為正方向，由動量定理得(eq\x\to(F)－mg)Δt＝mv0－(－mv0)解得eq\x\to(F)＝mg＋eq\f(2mv0,Δt)＝36N足球的重力G＝mg＝4N，頭部對足球的平均作用力為足球重力的9倍，A錯誤；足球下落到與頭部剛接觸時動量大小mv0＝1.6kg·m/s，B錯誤；足球與頭部作用過程中動量變化大小為2mv0＝3.2kg·m/s，C正確；足球從最高點下落至重新回到最高點過程中重力的沖量大小為IG＝mg(Δt＋2t)＝4×(0.1＋2×0.4)N·s＝3.6N·s，D錯誤。]2．ABC[子彈射入沙袋后與沙袋一起擺動的過程，根據(jù)機械能守恒定律可得(m＋M)gL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)(m＋M)v12，解得子彈射入沙袋后和沙袋的共同速度為v1＝eq\r(2gL1－cosθ)，A正確；子彈射入沙袋的過程，水平方向動量守恒，可得mv0＝(m＋M)v1，解得子彈射入沙袋前的速度為v0＝eq\f(M＋m,m)eq\r(2gL1－cosθ)，B正確；系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v12＝eq\f(M,m)(M＋m)gL(1－cosθ)，C正確；子彈射入沙袋后的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得F－(m＋M)g＝(m＋M)eq\f(v12,L)，解得細繩的拉力大小為F＝(m＋M)·g(3－2cosθ)，D錯誤。]3．D[細繩被拉斷瞬間，對木板分析，由于OA段光滑，沒有摩擦力，在水平方向上只受到彈簧的彈力，細繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，根據(jù)牛頓第二定律有F＝Ma，解得a＝eq\f(F,M)，故A錯誤；滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，到彈簧壓縮量最大時速度為0，由系統(tǒng)的機械能守恒得：細繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2，故B錯誤；彈簧恢復(fù)原長時木板具有動能，所以滑塊的動能小于eq\f(1,2)mv2，故C錯誤；由于細繩被拉斷瞬間，木板速度為零，小滑塊速度為零，所以小滑塊的動能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即Ep＝eq\f(1,2)mv2，小滑塊恰未掉落時滑到木板的右端，且速度與木板相同，設(shè)為v′，取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，Ep＝eq\f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，聯(lián)立解得μ＝eq\f(v2,2gl)，故D正確。]4．(1)xeq\r(\f(g,2h))(2)eq\f(x2,16h)(3)eq\f(3mgx2,8h)解析(1)對乙的平拋過程分析，有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v2t聯(lián)立解得v2＝xeq\r(\f(g,2h))(2)彈簧將兩物體彈開的過程，甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向，由動量守恒定律有2mv1－mv2＝0解得v1＝eq\f(x,2)eq\r(\f(g,2h))對甲沖上曲面過程，由機械能守恒定律有2mgH＝eq\f(1,2)×2mv12，解得H＝eq\f(x2,16h)(3)彈簧的最大彈性勢能為Epm＝eq\f(1,2)×2mv12＋eq\f(1,2)mv22解得Epm＝eq\f(3mgx2,8h)。5．(1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s解析(1)滑塊從靜止釋放到C點過程，根據(jù)動能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvC2，解得vC＝4m/s滑塊過C點時，根據(jù)牛頓第二定律可得FC＋mg＝meq\f(vC2,R)解得FC＝22N(2)設(shè)滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為v，從靜止釋放到G點過程，根據(jù)動能定理可得mgh－0.2mgLFG＝eq\f(1,2)mv2解得v＝6m/s擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達擺渡車右端時剛好與擺渡車共速，設(shè)為v1，以滑塊和擺渡車為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得mv＝2mv1，解得v1＝eq\f(v,2)＝3m/s根據(jù)能量守恒可得Q＝μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×2mv12解得μ＝0.3(3)滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為a＝eq\f(μmg,m)＝3m/s2，所用時間為t1＝eq\f(v－v1,a)＝1s此過程滑塊通過的位移為x1＝eq\f(v＋v1,2