2024年高考物理糾錯(cuò)筆記動(dòng)量守恒定律含解析

動(dòng)量定理定律一、動(dòng)量定理應(yīng)用的誤區(qū)警示1．應(yīng)用求變力的沖量假如物體受到大小或方向變更的力的作用，則不能干脆用I=Ft求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動(dòng)量的變更，等效代換變力的沖量I。2．應(yīng)用求動(dòng)量的變更在曲線運(yùn)動(dòng)中，速度方向時(shí)刻在變更，求動(dòng)量變更須要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法，計(jì)算較困難。若作用力為恒力，可求恒力沖量，等效代換動(dòng)量的變更。二、動(dòng)量守恒定律成立條件的誤區(qū)1．系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。3．系統(tǒng)所受合外力雖然不為零，假如在某一個(gè)方向上合外力為零，那么在該方向上動(dòng)量守恒。三、碰撞類(lèi)問(wèn)題的易錯(cuò)點(diǎn)1．忽視了動(dòng)量守恒的條件，在系統(tǒng)所受合外力不為零的狀況下仍用動(dòng)量守恒求解；2．不理解動(dòng)量守恒定律的矢量性，按代數(shù)和的方法求和動(dòng)量；3．在動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式中，速度選取了不同的參考系；4．忽視了碰撞過(guò)程中的機(jī)械能損失。從同樣高度靜止落下的玻璃杯，掉在水泥地上簡(jiǎn)單打碎，而掉在草地上不簡(jiǎn)單打碎，其緣由是A．掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量大，而掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量小B．掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量變更大，掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量變更小C．掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量變更快，掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量變更慢D．掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時(shí)，相互作用力小，而掉在草地上的玻璃杯受地面的沖擊力大【錯(cuò)因分析】本題較易出錯(cuò)的理解是掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量大，而掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量小，認(rèn)為打碎的緣由是動(dòng)量大?！菊_解析】從同樣高度靜止落下的玻璃杯，掉在水泥地上和掉在草地上速度相同，動(dòng)量相同，故A錯(cuò)誤；玻璃杯掉在水泥和掉在草地上初動(dòng)量相同，末動(dòng)量都為零，所以動(dòng)量變更量相同；故B錯(cuò)誤；掉在水泥地上的玻璃杯與水泥作用時(shí)間短，動(dòng)量變更量肯定，動(dòng)量變更快，掉在草地上的玻璃杯與草地作用時(shí)間長(zhǎng)，動(dòng)量變更量肯定，動(dòng)量變更慢，故C正確；由動(dòng)量定理可得掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時(shí)，相互作用力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的沖擊力小，故D錯(cuò)誤?！菊_答案】C1．最近，我國(guó)為“長(zhǎng)征九號(hào)”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試勝利，這標(biāo)記著我國(guó)重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次試驗(yàn)中該發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×108N，則它在1s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為A．1.6×102kg B．1.6×103kg C．1.6×105kg D．1.6×106kg 【答案】C【解析】以氣體為探討對(duì)象，設(shè)內(nèi)噴出的氣體的質(zhì)量為m，依據(jù)動(dòng)量定理可得，其中，解得，故C正確，ABD錯(cuò)誤。2．（多選）2024年1月8日，美國(guó)軍方高機(jī)密衛(wèi)星在進(jìn)入太空后完全失去了聯(lián)系，新年就迎來(lái)發(fā)殘片射失敗。如圖所示，某一質(zhì)量為m的衛(wèi)星殘片從離地面H高處由靜止落至地面并陷入泥土肯定深度h而停止，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于殘片下落的整個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的有A．殘片克服泥土阻力所做的功為mg(H+h)B．殘片下落的全過(guò)程中重力的沖量大于泥土阻力的沖量C．殘片所受泥土的阻力沖量大于mQUOTE2gHD．殘片從接觸地面到靜止的過(guò)程中動(dòng)量的變更量等于所受阻力的沖量【答案】AC【解析】由動(dòng)能定理得mg（H+h）+Wf=0，可得Wf=-mg（H+h），殘片克服泥土阻力所做的功為mg(H+h)，故選項(xiàng)A符合題意；殘片下落的全過(guò)程中合外力的沖量為零，故重力的沖量等于泥土阻力的沖量，故選項(xiàng)B不符合題意；殘片下落至地面時(shí)的速度，QUOTEv=2gH落到地面上后又陷入泥潭，由動(dòng)量定理IG-If=0-mv所以If=IG+mv=IG+mQUOTE2gH，殘片所受阻力的沖量大于mQUOTE2gH，故選項(xiàng)C符合題意；由動(dòng)量定理知?dú)埰瑒?dòng)量的變更量等于合外力的沖量，故選項(xiàng)D不符合題意。（多選）如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的兩個(gè)相同的物體A、B質(zhì)量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)。在t＝0時(shí)輕繩斷開(kāi)，A在F作用下接著前進(jìn)，則下列說(shuō)法正確的是A．QUOTEt=2mvF時(shí)，A的動(dòng)量為2mv B．QUOTEt=4mvF時(shí)，A的動(dòng)量為4mvC．QUOTEt=4mvF時(shí)，B的動(dòng)量為0 D．t＝0至QUOTEt=mvF時(shí)間內(nèi)，A、B的總動(dòng)量守恒【錯(cuò)因分析】輕繩斷后，A、B所受滑動(dòng)摩擦力不變，所以水平方面系統(tǒng)的合外力仍為0，動(dòng)量守恒。【正確解析】QUOTEt=2mvF時(shí)，即B剛停下時(shí)，對(duì)A、B，從t=0到QUOTEt=2mvF運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，2mv=p＇+0，解得A的動(dòng)量為p＇=QUOTEp'=2mv2mv，故A正確；當(dāng)QUOTEt=4mvF時(shí)，對(duì)A由動(dòng)量定理得：Ft-ft=pA＇-mv，代入f=0.5F，，解得：QUOTEP'A=3mvpA＇=3mv，故B錯(cuò)誤；t=0到B停下，對(duì)B，動(dòng)量定理即QUOTEt=2mvF時(shí)，B停下，所以QUOTEt=4mvF時(shí)，B的動(dòng)量為0，故C正確；設(shè)A、B受到的滑動(dòng)摩擦力都為f，斷開(kāi)前兩物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)平衡條件得：F=2f，設(shè)B經(jīng)過(guò)時(shí)間t速度為零，對(duì)B由動(dòng)量定理得：-ft=0-mv，解得：QUOTEt=2mvF；由此可知，在剪斷細(xì)線前，兩木塊在水平地面上向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以AB為系統(tǒng)，繩子的屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，系統(tǒng)所受合力為零；在剪斷細(xì)線后，在B停止運(yùn)動(dòng)以前，兩物體受到的摩擦力不變，兩木塊組成的系統(tǒng)的合力仍為零，則系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，故在t＝0至QUOTEt=2mvF的時(shí)間內(nèi)A、B的總動(dòng)量守恒，故D正確?！菊_答案】ACD1．（多選）如圖所示，兩根光滑且平行的固定水平桿，位于同一豎直平面內(nèi)。兩靜止小球m1、m2分別穿在兩桿上，兩球間連接一個(gè)保持原長(zhǎng)的豎直輕彈簧，現(xiàn)給小球m2一個(gè)水平向右的初速度v0。假如兩桿足夠長(zhǎng)，則在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是A．m1、m2及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒B．彈簧最長(zhǎng)時(shí)，其彈性勢(shì)能為QUOTEm1m2v0C．m1、m2速度相同時(shí)，共同速度為QUOTEm2v0m1D．m1、m2及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】BCD【解析】由于系統(tǒng)豎直方向上受力平衡，水平方向不所受外力，所以m1、m2及彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤。彈簧最長(zhǎng)時(shí)，m1、m2速度相同，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m2v0＝（m1+m2）v解得：；兩球和彈簧組成的系統(tǒng)，只有彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得，解得：，故B、C正確。甲、乙兩球和彈簧組成的系統(tǒng)，只有彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故D正確。2．（多選）如圖所示，木塊B與水平彈簧相連放在光滑水平面上，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊B內(nèi)，入射時(shí)間極短，下列說(shuō)法正確的是A．子彈射入木塊的過(guò)程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．子彈射入木塊的過(guò)程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．木塊壓縮彈簧的過(guò)程中，子彈、木塊與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．木塊壓縮彈簧的過(guò)程中，子彈、木塊與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】AD【解析】子彈射入木塊的過(guò)程中系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A項(xiàng)與題意相符；子彈射入木塊的過(guò)程中要克服阻力做功產(chǎn)生熱能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B項(xiàng)與題意不相符；木塊壓縮彈簧過(guò)程中系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故C項(xiàng)與題意不相符；木塊壓縮彈簧過(guò)程中，只有彈簧的彈力做功，子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D項(xiàng)與題意相符。如圖所示，B、C、D、E、F五個(gè)球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球質(zhì)量相等，而F球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，A球的質(zhì)量等于F球質(zhì)量，A球以速度v0向B球運(yùn)動(dòng)，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后()A．五個(gè)小球靜止，一個(gè)小球運(yùn)動(dòng)B．四個(gè)小球靜止，兩個(gè)小球運(yùn)動(dòng)C．三個(gè)小球靜止，三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)D．六個(gè)小球都運(yùn)動(dòng)【錯(cuò)因分析】不熟識(shí)彈性碰撞的基本結(jié)論：兩個(gè)質(zhì)量相等的小球若發(fā)生彈性碰撞，則碰撞前后兩者交換速度?！菊_解析】設(shè)入碰小球的速度為，碰撞后的兩球速度分別為和，由題可知所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒，則有：，解得碰撞后兩個(gè)小球的速度為：，由于球質(zhì)量小于球質(zhì)量，所以、相碰后速度向左運(yùn)動(dòng)，向右運(yùn)動(dòng)；、、、四球質(zhì)量相等，彈性碰撞后，不斷交換速度，最終有向右的速度，、、靜止；由于球質(zhì)量小于球質(zhì)量，所以、兩球彈性碰撞后、兩球都向右運(yùn)動(dòng)；所以碰撞之后、、三球靜止；球向左，、兩球向右運(yùn)動(dòng)，C符合題意；【正確答案】C1．如圖所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個(gè)帶電小球時(shí)，t=0時(shí)，甲靜止，乙以6m/s的初速度向甲運(yùn)動(dòng).它們僅在靜電力的作用下沿同始終線運(yùn)動(dòng)（整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)有接觸），它們運(yùn)動(dòng)的v—t圖象分別如圖（b）中甲、乙兩曲線所示。則由圖線可知A．兩小球帶電的電性肯定相反B．甲、乙兩球的質(zhì)量之比為2:1C．在0-t2時(shí)間內(nèi)，兩球間的靜電力增大D．在0-t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能始終增大，乙的動(dòng)能始終減小【答案】B【解析】由圖可知乙球減速的同時(shí)，甲球正向加速，說(shuō)明兩球相互排斥，帶有同種電荷，A項(xiàng)不符合題意；兩球作用過(guò)程動(dòng)量守恒，則：解得：，B項(xiàng)符合題意；在0-t2時(shí)間內(nèi)，兩球間距離先減小后增大，靜電力先增大后減小，C項(xiàng)不符合題意；D．在0-t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能始終増大，乙的動(dòng)能先減小，t2時(shí)刻后漸漸增大，D項(xiàng)不符合題意.2．如圖所示，在光滑的水平面上有三個(gè)小物塊A、B、C，三者處于同始終線上，質(zhì)量分別為mA=3m、mB=m、mC=m，初始A、B用輕彈簧栓連處于靜止?fàn)顟B(tài)，C以初速度v0向左運(yùn)動(dòng)，B、C相碰后以相同速度向左運(yùn)動(dòng)但不粘連，求（1）彈簧壓縮量最大時(shí)儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能EP1．（2）彈簧伸長(zhǎng)量最大時(shí)儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能EP2【答案】（1）（2）【解析】（1）B、C碰撞動(dòng)量守恒：mcv0=（mB+mc）vBC．第一次ABC共速時(shí)彈簧壓縮量最大，A、B、C組成系統(tǒng)為探討對(duì)象（mB+mc）vBC=（mA+mB+mc）v1（2）B與C碰后至彈簧第一次復(fù)原原長(zhǎng)為探討過(guò)程，A、B、C組成系統(tǒng)為探討對(duì)象，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒：（mB+mC）v1=（mB+mC）v2+mAv3．由系統(tǒng)機(jī)械能守恒：可得：，即彈簧第一次復(fù)原原長(zhǎng)時(shí)B、C正在向右運(yùn)動(dòng)，此后C將始終向右勻速運(yùn)動(dòng)，B先向右減速到0，再向左加速至與A共速時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量最大，該過(guò)程A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，所以有：mBv2+mAv3=（mA+mB）v4由v2、v3的值及的值可解得：如圖所示，從A點(diǎn)以某一水平速度v0拋出質(zhì)量m=1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，恰好以速度大小沿切線方向進(jìn)入圓心角的固定光滑圓弧軌道BC，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點(diǎn)等高、靜止在光滑水平面上的長(zhǎng)木板，圓弧軌道C端的切線水平。已知長(zhǎng)木板的質(zhì)量，A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分別為H=0.6m、h=0.15m，圓弧軌道半徑R=0.75m，物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.7，，求:（1）小物塊在A點(diǎn)時(shí)的速度大小v0;（2）小物塊滑至C點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓弧軌道的壓力大小;（3）長(zhǎng)木板至少為多長(zhǎng)，才能保證小物塊不滑出長(zhǎng)木板?！惧e(cuò)因分析】計(jì)算物塊滑至C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小，取物塊為探討對(duì)象，依據(jù)牛頓其次定律可求出物塊受到的支持力，再依據(jù)牛頓第三定律可求出物塊對(duì)軌道的壓力。小物塊不滑出長(zhǎng)木板的條件是小物塊滑到長(zhǎng)木板最右端時(shí)二者達(dá)到共速，由動(dòng)量守恒求出共速時(shí)的速度，再由功能關(guān)系求出木板的長(zhǎng)度。【正確解析】（1）依據(jù)運(yùn)動(dòng)分解有，解得:（2）從A點(diǎn)到C點(diǎn)，有設(shè)小物塊在C點(diǎn)受到的支持力為FN，則解得由牛頓第三定律可知，小物塊在C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小為47.3N（3）設(shè)m與M達(dá)到共同速度v3，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得由功能關(guān)系可得聯(lián)立方程得L=1.6m答案：（1）（2）（3）L=1.6m1．一個(gè)不穩(wěn)定的原子核質(zhì)量為M，處于靜止?fàn)顟B(tài)．放出一個(gè)質(zhì)量為m的粒子后反沖，已知放出的粒子的動(dòng)能為E0，則原子核反沖的動(dòng)能為A．E0 B．E0 C．E0 D．E0【答案】C【解析】放出質(zhì)量為m的粒子后，剩余質(zhì)量為M-m，該過(guò)程動(dòng)量守恒，有：①，放出的粒子的動(dòng)能為：②，原子核反沖的動(dòng)能：③，聯(lián)立①②③得：，故ABD錯(cuò)誤，C正確。2．（多選）如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個(gè)小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1和m2，圖乙為它們碰撞前后的x－t圖像.已知m1=0.1kg由此可以推斷（）A．碰前m2靜止，m1向右運(yùn)動(dòng)B．碰后m2和m1都向右運(yùn)動(dòng)C．由動(dòng)量守恒定律可以算出m2=0.3kgD．碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失了0.4J的機(jī)械能【答案】AC【解析】由x－t圖像知碰前m2的位移不隨時(shí)間而變更，處于靜止?fàn)顟B(tài).m1的速度大小為，m1只有向右運(yùn)動(dòng)才能與m2相撞，故A正確；由圖讀出，碰后m2的速度為正方向，說(shuō)明向右運(yùn)動(dòng)，m1的速度為負(fù)方向，說(shuō)明向左運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；由圖像求出碰后m2和m1的速度分別為v'=2m/s，v1'=－2m/s，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得m1v1=m2v2'+m1v1'，代入解得m2=0.3kg，故C正確；碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為，代入解得ΔE=0，故D錯(cuò)誤。如圖，質(zhì)量為M的小車(chē)靜止在光滑的水平面上，小車(chē)AB段是半徑為R的四分之一光滑圓狐軌道，BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)，質(zhì)量為m的滑塊在小車(chē)上從A點(diǎn)靜止起先沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最終恰好停在C點(diǎn)。已知小車(chē)質(zhì)量M=3m，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則()A．全程滑塊水平方向相對(duì)地面的位移R+LB．全程小車(chē)相對(duì)地面的位移大小C．小車(chē)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度D．μ.L.R三者之間的關(guān)系為【錯(cuò)因分析】該題主要考查系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒和能量守恒的問(wèn)題，求解兩物體的位移，往往依據(jù)平均速度探討，也可干脆用“人船模型”列式子；也可以依據(jù)題目供應(yīng)的特別的條件：在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平重量是小車(chē)速度大小的3倍，不運(yùn)用動(dòng)量守恒定律．【正確解析】小車(chē)和滑塊系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，全程小車(chē)相對(duì)地面的位移大小為s，則由動(dòng)量守恒定律結(jié)合“人船模型”：，解得s=（R+L)；滑塊水平方向相對(duì)地面的位移為：（R+L)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小車(chē)的速度最大，小車(chē)與滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv-Mvm=0，滑塊從A到B過(guò)程，由能量守恒定律得：mgR=mv2+Mvm2，解得：vm=；選項(xiàng)C錯(cuò)誤；滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)的速度變?yōu)榱?，由能量關(guān)系可知：，即R=μL，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B?！菊_答案】B1．如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車(chē)質(zhì)量為M，固定在小車(chē)上的桿用長(zhǎng)為l的輕繩與質(zhì)量為m的小球相連，將小球拉至水平右端后放手，則小車(chē)向右移動(dòng)的最大距離為A． B． C． D．【答案】C【解析】當(dāng)小球向下?lián)u擺的過(guò)程中，小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，滿意水平方向動(dòng)量守恒定律，起先系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，所以水平方向隨意時(shí)刻m與M的動(dòng)量等大反向；以小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)，小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向平均動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：…①，①式兩邊同時(shí)乘以t解得：，即：mS1=MS2…②；小球和小車(chē)共走過(guò)的距離為2L，有：S1+S2=2l…③，由②③解得：，故C正確，ABD錯(cuò)誤。2．如圖所示，A、B兩個(gè)物體放在光滑的水平面上，中間由一根輕質(zhì)彈簧連接，起先時(shí)彈簧呈自然狀態(tài)，A、B的質(zhì)量均為M=0.1kg，一顆質(zhì)量m=25g的子彈，以v0=45m/s的速度水平射入A物體，并留在其中.則在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，求：（1）彈簧能夠具有的最大彈性勢(shì)能；（2）B物體的最大速度?！敬鸢浮浚?）2.25J（2）10m/s【解析】（1）子彈擊中A的過(guò)程，子彈與A組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv0=（M+m）v1，得.彈簧壓縮過(guò)程，由子彈和A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒且只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，故機(jī)械能守恒.從子彈A一起以v1速度運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮量最大的過(guò)程，設(shè)最大壓縮量時(shí)彈簧的最大彈性勢(shì)能為Epm，此時(shí)子彈與A、B有共同速度v共，則有（M+m）v1=（m+2M）v共代入數(shù)據(jù)解得v共=5m/s，Epm=2.25J.（2）分析可知彈簧第一次復(fù)原原長(zhǎng)時(shí)，vB最大，取子彈和A一起以v1速度運(yùn)動(dòng)時(shí)及彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí)兩個(gè)狀態(tài)，則有（M+m）v1=（m+M）vA+MvBm，代人數(shù)據(jù)解得B物體的最大速度vBm=10m/s.一、動(dòng)量定理1．動(dòng)量定理：物體所受合外力的沖量等于物體的動(dòng)量變更，即。2．動(dòng)量定理表明沖量是使物體動(dòng)量發(fā)生變更的緣由，沖量是物體動(dòng)量變更的量度。這里所說(shuō)的沖量必需是物體所受的合外力的沖量（或者說(shuō)是物體所受各外力沖量的矢量和）。3．動(dòng)量定理給出了沖量（過(guò)程量）和動(dòng)量變更（狀態(tài)量）間的互求關(guān)系。4．現(xiàn)代物理學(xué)把力定義為物體動(dòng)量的變更率：（牛頓其次定律的動(dòng)量形式）。5．動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式。在一維的狀況下，各個(gè)矢量必需以同一個(gè)規(guī)定的方向?yàn)檎?．應(yīng)用動(dòng)量定理解題的一般步驟為：（1）明確探討對(duì)象和物理過(guò)程；（2）分析探討對(duì)象在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的受力狀況及各力的沖量；（3）選取正方向，確定物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始末兩狀態(tài)的動(dòng)量；（4）依據(jù)動(dòng)量定理列方程、求解。二、動(dòng)量守恒定律1．動(dòng)量守恒定律：一個(gè)系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。2．動(dòng)量守恒定律成立的條件：系統(tǒng)不受外力或者所受合外力為零；系統(tǒng)受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，可以忽視不計(jì)；系統(tǒng)在某一方向上所受的合外力為零，則該方向上動(dòng)量守恒。3．動(dòng)量守恒定律的表達(dá)形式：（1），即p1+p2=+（2）Δp1+Δp2=0，Δp1=–Δp24．動(dòng)量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬時(shí)性；③相對(duì)性；④普適性。5．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟：（1）明確探討對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及探討的過(guò)程）；（2）進(jìn)行受力分析，推斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒（或某一方向上動(dòng)量是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量；（4）由動(dòng)量守恒定律列出方程；（5）代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)探討說(shuō)明。三、碰撞1．碰撞的特點(diǎn)（1）作用時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，總動(dòng)量總是守恒的。（2）碰撞過(guò)程中，總動(dòng)能不增。因?yàn)闆](méi)有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為動(dòng)能。（3）碰撞過(guò)程中，當(dāng)兩物體碰后速度相等時(shí)，即發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能損失最大。（4）碰撞過(guò)程中，兩物體產(chǎn)生的位移可忽視。2．碰撞的種類(lèi)及遵從的規(guī)律種類(lèi)遵從的規(guī)律彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大3．關(guān)于彈性碰撞的分析兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)滿意動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律。在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的鋼球沿一條直線以速度v0與靜止在水平面上的質(zhì)量為m2的鋼球發(fā)生彈性碰撞，碰后的速度分別是v1、v2①②由①②可得：③④利用③式和④式，可探討以下五種特別狀況：a．當(dāng)時(shí)，，，兩鋼球沿原方向原方向運(yùn)動(dòng)；b．當(dāng)時(shí)，，，質(zhì)量較小的鋼球被反彈，質(zhì)量較大的鋼球向前運(yùn)動(dòng)；c．當(dāng)時(shí)，，，兩鋼球交換速度。d．當(dāng)時(shí)，，，m1很小時(shí)，幾乎以原速率被反彈回來(lái)，而質(zhì)量很大的m2幾乎不動(dòng)。例如橡皮球與墻壁的碰撞。e．當(dāng)時(shí)，，，說(shuō)明m1很大時(shí)速度幾乎不變，而質(zhì)量很小的m2獲得的速度是原來(lái)運(yùn)動(dòng)物體速度的2倍，這是原來(lái)靜止的鋼球通過(guò)碰撞可以獲得的最大速度，例如鉛球碰乒乓球。4．一般的碰撞類(lèi)問(wèn)題的分析（1）判定系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒。（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球動(dòng)量不能減小，后球動(dòng)量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不行能大于前球的速度。（3）判定碰撞前后動(dòng)能是否不增加。四、動(dòng)量守恒的常見(jiàn)模型1．人船模型人船模型是兩個(gè)物體均處于靜止，當(dāng)兩個(gè)物體存在相互作用而不受外力作用時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。將速度與質(zhì)量的關(guān)系推廣到位移與質(zhì)量，做這類(lèi)題目，首先要畫(huà)好示意圖，要留意兩個(gè)物體相對(duì)于地面的移動(dòng)方向和兩個(gè)物體位移大小之間的關(guān)系；人船問(wèn)題的適用條件是：兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)（當(dāng)有多個(gè)物體組成系統(tǒng)時(shí)，可以先轉(zhuǎn)化為兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)）動(dòng)量守恒，系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，利用平均動(dòng)量守恒表達(dá)式解答。2．小車(chē)模型動(dòng)量守恒定律在小車(chē)介質(zhì)上的應(yīng)用，求解時(shí)留意：（1）初末動(dòng)量的方向及大??；（2）小車(chē)的受力狀況分析，是否滿意某一方向合外力為零；（3）結(jié)合能量規(guī)律和動(dòng)量守恒定律列方程求解。子彈打擊木塊問(wèn)題，由于被打擊的木塊所處狀況不同，可分為兩種類(lèi)型：一是被打的木塊固定不動(dòng)；二是被打的木塊置于光滑的水平面上，木塊被打擊后在水平面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)。（1）木塊被固定子彈和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，系統(tǒng)內(nèi)力是一對(duì)相互作用的摩擦力，子彈對(duì)木塊的摩擦力不做功，相反，木塊對(duì)子彈的摩擦力做負(fù)功，使子彈動(dòng)能的一部分或全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。由動(dòng)能定理可得：，式中f為子彈受到的平均摩擦力，s為子彈相對(duì)于木塊運(yùn)動(dòng)的距離。（2）木塊置于光滑水平面上子彈和木塊構(gòu)成系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)內(nèi)力是一對(duì)相互作用的摩擦力，子彈受到的摩擦力做負(fù)功，木塊受到的摩擦力做正功。如圖所示，設(shè)子彈質(zhì)量為m，水平初速度為v0，置于光滑水平面上的木塊質(zhì)量為M。若子彈未穿過(guò)木塊，則子彈和木塊最終共速為v。由動(dòng)量守恒定律：①對(duì)于子彈，由動(dòng)能定理：②對(duì)于木塊，由動(dòng)能定理：③由①②③可得：④系統(tǒng)動(dòng)能的削減量轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能Q（1）若時(shí)，說(shuō)明子彈剛好穿過(guò)木塊，子彈和木塊具有共同速度v。（2）若時(shí)，說(shuō)明子彈未能穿過(guò)木塊，最終子彈留在木塊中，子彈和木塊具有共同速度v。（3）當(dāng)時(shí)，說(shuō)明子彈能穿過(guò)木塊，子彈射穿木塊時(shí)的速度大于木塊的速度。若屬于（3）的狀況，設(shè)穿透后子彈和木塊的速度分別為v1和v2，上述關(guān)系式變?yōu)椋孩茛蔻撷嘁?、單選題1．2024年3月22日，一架中國(guó)國(guó)際航空CA03客機(jī)，從天津飛抵香港途中遭受鳥(niǎo)擊，飛機(jī)頭部被撞穿約一平方米的大洞，雷達(dá)罩被擊穿，所幸客機(jī)剛好平安著陸，無(wú)人受傷。若飛機(jī)飛行的速度為150m/s，小鳥(niǎo)在空中的飛行速度特別小，與飛機(jī)的速度相比可忽視不計(jì)。已知小鳥(niǎo)的質(zhì)量約為0.4kg，小鳥(niǎo)與飛機(jī)的碰撞時(shí)間為6.0×10﹣4s．則飛機(jī)受到小鳥(niǎo)對(duì)它的平均作用力的大小約為（）A．108N B．105N C．103N D．102N【答案】B【解析】可以認(rèn)為撞擊前鳥(niǎo)的速度為零，撞擊后鳥(niǎo)與飛機(jī)的速度相等，飛機(jī)速度為：v＝700m/s，撞擊過(guò)程可以認(rèn)為鳥(niǎo)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)鳥(niǎo)，由動(dòng)量定理得：Ft＝mv﹣0，代入數(shù)據(jù)可得：F＝1.0×105N，故B正確，ACD錯(cuò)誤。2．一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止起先沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變更的圖線如圖所示，則（）A．時(shí)物塊的速率為B．時(shí)物塊的動(dòng)量大小為C．時(shí)物塊的動(dòng)量大小為D．時(shí)物塊的速度為零【答案】A【解析】前兩秒，依據(jù)牛頓其次定律，，則的速度規(guī)律為：，則時(shí)，速率為，故A正確；時(shí)，速率為，則動(dòng)量為，故B錯(cuò)誤；，力起先反向，物體減速，依據(jù)牛頓其次定律，，所以時(shí)的速度為，動(dòng)量為，時(shí)速度為，故C、D錯(cuò)誤。3．質(zhì)量為M的砂車(chē)沿光滑水平面以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)從砂車(chē)上方落入一只質(zhì)量為m的鐵球，如圖所示，則鐵球落入砂車(chē)后（）A．砂車(chē)馬上停止運(yùn)動(dòng)B．砂車(chē)仍做勻速運(yùn)動(dòng)，速度等于v0C．砂車(chē)仍做勻速運(yùn)動(dòng)，速度小于v0D．砂車(chē)仍做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大于v0【答案】C【解析】鐵球和砂車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，故水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)砂車(chē)的初速度方向?yàn)檎瑒t有Mv0=（m+M）v＇，得，即砂車(chē)仍做勻速運(yùn)動(dòng)，速度小于v0，選項(xiàng)C正確。4．兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上，現(xiàn)在，其中一人向另一人拋出一個(gè)籃球，另一人接球后再拋回。如此反復(fù)幾次后，甲和乙最終速率v甲、v乙關(guān)系的是（）A．若甲最先拋球，則肯定是v甲＞v乙B．若乙最先拋球，則肯定是v甲＞v乙C．無(wú)論甲、乙誰(shuí)先拋球，只要乙最終接球，就應(yīng)是v甲＞v乙D．無(wú)論怎樣拋球和接球，都是v甲＞v乙【答案】C【解析】甲、乙兩人與球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故最終甲、乙的動(dòng)量大小必相等，誰(shuí)最終接球，誰(shuí)的質(zhì)量中就包含了球的質(zhì)量，即質(zhì)量大，由動(dòng)量守恒定律得m1v1=m2v2，因此最終誰(shuí)接球誰(shuí)的速率小。若甲最先拋球，則肯定是v甲＞v乙，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若乙最先拋球，則肯定是v甲＞v乙，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；無(wú)論甲、乙誰(shuí)先拋球，只要乙最終接球，就應(yīng)是v甲＞v乙，與結(jié)論相符，選項(xiàng)C正確；無(wú)論怎樣拋球和接球，都是v甲＞v乙，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5．如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質(zhì)量為m的物體P接觸，但未與物體P連接，彈簧水平且無(wú)形變?，F(xiàn)對(duì)物體P施加一個(gè)水平向右的瞬間沖量，大小為I0，測(cè)得物體P向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為x0，之后物體P被彈簧彈回最終停在距離初始位置左側(cè)2x0處。已知彈簧始終在彈簧彈性限度內(nèi)，物體P與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是A．物體P與彈簧作用的過(guò)程中，系統(tǒng)的最大彈性勢(shì)為4μmgx0B．最初對(duì)物體P施加的瞬時(shí)沖量C．彈簧被壓縮成最短之后的過(guò)程，P先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終做勻減速運(yùn)動(dòng)D．物體P整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，摩擦力的沖量與彈簧彈力的沖量大小相等、方向相反【答案】B【解析】由動(dòng)量定理I0=mv0和功能關(guān)系有：mv02＝μmg(4x0)，系統(tǒng)具有的最大彈性勢(shì)能為：Ep＝mv02?μmgx0＝?μmgx0，I0＝2m，故A錯(cuò)誤，B正確；彈簧被壓縮到最短之后的過(guò)程，在脫離彈簧之前，受水平向左的彈簧彈力和向右的摩擦力，起先時(shí)彈力大于摩擦力，P向左做加速運(yùn)動(dòng)，彈力越來(lái)越小，合力越來(lái)越小，所以P先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到彈力和摩擦力大小相等，之后彈力小于摩擦力，彈力越來(lái)越小，但合力越來(lái)越大，P做加速度增加的減速運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)彈簧后，P受水平向右的摩擦力，做勻減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理有：I0+I彈+I摩=0，故物體P整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，摩擦力的沖量與彈簧彈力的沖量并不是大小相等、方向相反，D錯(cuò)誤。6．質(zhì)量為m的木塊和質(zhì)量為M（M＞m）的鐵塊用細(xì)線連接剛好能在水中某個(gè)位置懸浮不動(dòng)，此時(shí)木塊至水面距離為h，鐵塊至水底的距離為H（兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)）.突然細(xì)線斷裂，忽視兩物體運(yùn)動(dòng)中受到的水的阻力，只考慮重力及浮力，若鐵塊和木塊同時(shí)分別到達(dá)水面水底，以鐵塊和木塊為系統(tǒng)，以下說(shuō)法正確的是（）A．該過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量不守恒B．該過(guò)程中鐵塊和木塊均做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．同時(shí)到達(dá)水面、水底時(shí)，兩物體速度大小相等D．系統(tǒng)滿意MH=mh【答案】D【解析】以鐵塊和木塊為系統(tǒng)，細(xì)線斷裂前后系統(tǒng)受力狀況不變，所受合力均為零，因此在分別到達(dá)水面、水底前，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；該過(guò)程中鐵塊和木塊均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在任一時(shí)刻均有Mv1=mv2，由于二者質(zhì)量不相等，因此同一時(shí)刻兩物體速度大小不同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由可得，即MH=mh，故選項(xiàng)D正確。7．如圖所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，木塊靜止在A位置。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則當(dāng)木塊回到A位置時(shí)的速度v以及在此過(guò)程中墻對(duì)彈簧的沖量I的大小分別為：A．，I=0 B．，C．， D．，【答案】C【解析】子彈射入木塊過(guò)程，由于時(shí)間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)外力，由動(dòng)量守恒定律得：，解得：；子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運(yùn)動(dòng)，后做加速運(yùn)動(dòng)，回到A位置時(shí)速度大小不變，即當(dāng)木塊回到A位置時(shí)的速度大小，子彈和木塊彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即可墻對(duì)彈簧的作用力，依據(jù)動(dòng)量定理得：，所以墻對(duì)彈簧的沖量I的大小為，依據(jù)分析可知，，ABD錯(cuò)誤，C正確。8．如圖所示，一沙袋用無(wú)彈性輕細(xì)繩懸于O點(diǎn)，起先時(shí)沙袋處于靜止，此后彈丸以水平速度擊中沙袋后均未穿出.第一粒彈丸的速度為v1，打入沙袋后二者共同搖擺的最大擺角為30°，當(dāng)其第一次返回圖示位置時(shí)，其次粒彈丸以水平速度v2又擊中沙袋，使沙袋向右搖擺且最大擺角仍為30°，若彈丸質(zhì)量是沙袋質(zhì)量的，不計(jì)空氣阻力，則以下結(jié)論中正確的是（）A．v1：v2=1：1 B．v1：v2=31：32C．v1：v2=32：31 D．v1：v2=31：63【答案】D【解析】設(shè)彈丸的質(zhì)量為m，沙袋的質(zhì)量M=30m.取水平向右方向?yàn)檎?，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，第一次射入過(guò)程，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv1=31mv。依據(jù)共速后系統(tǒng)機(jī)械能守恒知，沙袋又返回時(shí)速度大小仍為v，但方向向左.其次粒彈丸以水平速度v2擊中沙袋的過(guò)程，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv2－31mv=32mv'。第一顆彈丸打入沙袋后，二者共同搖擺的過(guò)程中，設(shè)細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，由機(jī)械能守恒定律得，得，可見(jiàn)v與系統(tǒng)的質(zhì)量無(wú)關(guān)，兩次最大擺角均為30°，故v'=v，聯(lián)立解得，選項(xiàng)D正確。二、多選題9．如圖所示A、B兩球在光滑水平面上沿同始終線運(yùn)動(dòng)，A球動(dòng)量為p1＝5kg·m/s，B球動(dòng)量為p2＝7kg·m/s，當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞，碰后A的動(dòng)量變更了1kg·m/s，而運(yùn)動(dòng)方向沒(méi)有變更，則A和B質(zhì)量的比值可能為A．QUOTEmAmB=13 B． C．QUOTEmAmB=25 D．QUOTEmAm【答案】BC【解析】取水平向右為正方向，碰撞后A的動(dòng)量為p1′=p1+△p1=5kg?m/s-1kg?m/s=4kg?m/s，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得p1+p2=p1′+p2′。依據(jù)碰撞過(guò)程總動(dòng)能不增加有，代入數(shù)據(jù)解得，碰后A、B同向運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有，則QUOTEmAmB≥12，所以，故B、C正確。10．一質(zhì)量60kg的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)豎直向上跳起，經(jīng)0.2s，以大小4m/s的速度離開(kāi)地面，此過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員重心高度變更0.8m，取重力加速度g=10m/s2。在這0.2s內(nèi)：A．地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量大小為240N·sB．地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量大小為360N·sC．地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為480JD．運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能增加960J【答案】BD【解析】人的速度原來(lái)為零，起跳后變更v，以向上為正方向，由動(dòng)量定理可得：，故地面對(duì)人的沖量為：，A錯(cuò)誤，B正確；人在跳起時(shí)，地面對(duì)人的支持力豎直向上，在跳起過(guò)程中，在支持力方向上沒(méi)有位移，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力不做功，C錯(cuò)誤；機(jī)械能的增加量等于離開(kāi)地面時(shí)的動(dòng)能和增加的重力勢(shì)能，故機(jī)械能增加量為，D正確．11．如圖，A、B質(zhì)量分別為m1＝1kg，m2＝2kg，置于平板小車(chē)C上，小車(chē)質(zhì)量為m3＝1kg，A、B與小車(chē)的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，事先三者均靜止在光滑的水平面上。某時(shí)刻A、B間炸藥爆炸（時(shí)間極短）使A、B獲得圖示左右方向的瞬時(shí)速度和12J的總機(jī)械能。假設(shè)A、B最終都沒(méi)有離開(kāi)小車(chē)上表面，水平面足夠長(zhǎng)，g＝10m/s2．現(xiàn)從炸藥爆炸結(jié)束起先計(jì)時(shí)，則（）A．t＝0時(shí)，A、B的速度大小分別是4m/s、2m/sB．t＝0.4s時(shí)，B與平板小車(chē)C先相對(duì)靜止C．t＝0.8s時(shí)，A與平板小車(chē)C相對(duì)靜止D．t＝0.8s時(shí)，A、B與平板小車(chē)因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝10J【答案】AC【解析】炸藥爆炸瞬間A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，有：0=m1v1-m2v2，QUOTE0=m1v1-m2v2A、B的機(jī)械能總量為12J，故E=mv1v12+m2v22=12J，聯(lián)立解得：v1=4m/s，v2=2m/s，故A錯(cuò)誤；爆炸后AB在C上滑動(dòng)，B先與C相對(duì)靜止，設(shè)此時(shí)A的速度為v3，B、C的速度為v4，該過(guò)程中ABC組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)該過(guò)程的時(shí)間為t3，對(duì)A應(yīng)用動(dòng)量定理-μm1gt3=m1v3-m1v1，對(duì)B應(yīng)用動(dòng)量定理-μm2gt3=m2v4-m2v2，對(duì)C應(yīng)用動(dòng)量定理(μm2g-μm1g)t3=m3v4，代人數(shù)據(jù)得v3=3m/s，v4=-1m/s，t3=0.2s；之后，A在C上滑動(dòng)直到相對(duì)靜止，依據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒0=(m1+m2+m3)v，解得：v=0；設(shè)A滑動(dòng)的總時(shí)間為t，則-μm1gt=0-m1v1，解得：t=0.8s，故B錯(cuò)誤，C正確；t=0.8s時(shí)，A、B與平板小車(chē)因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q=E=12J12．如圖所示，質(zhì)量m1=3kg且足夠長(zhǎng)的小車(chē)靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)有質(zhì)量m2=2kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0=2m/s從左端滑上小車(chē)，物塊與車(chē)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，最終恰好不掉下小車(chē)且與小車(chē)保持相對(duì)靜止在這一過(guò)程中，g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A．系統(tǒng)最終共同運(yùn)動(dòng)的速度為1.2m/sB．小車(chē)獲得的最大動(dòng)能為0.96JC．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2.4JD．物塊克服摩擦力做的功為4J【答案】BC【解析】物塊與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，選擇向右為正方向，則由動(dòng)量守恒定律得m2v0=（m1+m2）v，解得，故A錯(cuò)誤；小車(chē)獲得的動(dòng)能為，故B正確；依據(jù)能量守恒定律得系統(tǒng)損失的機(jī)械能為，故C正確；對(duì)物塊，由動(dòng)能定理得，解得物塊克服摩擦力做的功為W克f=3.36J，故D錯(cuò)誤。三、非選擇題13．如圖所示，半徑為R的豎直光滑半圓軌道bc與水平光滑軌道ab在b點(diǎn)連接，起先時(shí)可視為質(zhì)點(diǎn)的物體A和B靜止在ab上，A、B之間壓縮有一處于鎖定狀態(tài)的輕彈簧(彈簧與A，B不連接)．某時(shí)刻解除鎖定，在彈力作用下A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)，B沿軌道經(jīng)過(guò)c點(diǎn)后水平拋出，落點(diǎn)p與b點(diǎn)間距離為2R.已知A質(zhì)量為2m，B質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，求：（1）B經(jīng)c點(diǎn)拋出時(shí)速度的大小？（2）B經(jīng)b時(shí)速度的大??？（3）鎖定狀態(tài)的彈簧具有的彈性勢(shì)能？【答案】（1）（2）（3）3.75mgR【解析】（1）B平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程豎直方向有2R＝gt2，水平方向：2R＝vct，解得：vc＝.（2）B從b到c，由機(jī)械能守恒定律得解得：vb＝（3）設(shè)完全彈開(kāi)后，A的速度為va，彈簧回復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中A與B組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒，2mva－mvb＝0，解得：va＝vb＝，由能量守恒定律，得彈簧彈性勢(shì)能：解得：Ep＝3.75mgR。14．如圖所示，在光滑水平地面上有一固定的擋板，擋板上固定一個(gè)輕彈簧?，F(xiàn)有一質(zhì)量，長(zhǎng)的小車(chē)（其中為小車(chē)的中點(diǎn)，部分粗糙，部分光滑），一質(zhì)量為的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），放在車(chē)的最左端，車(chē)和小物塊一起以的速度在水平面上向右勻速運(yùn)動(dòng)，車(chē)撞到擋板后瞬間速度變?yōu)榱?，但未與擋板粘連。已知車(chē)部分的長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，小物塊與車(chē)部分之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，重力加速度。求：（1）小物塊和彈簧相互作用的過(guò)程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能；（2）小物塊和彈簧相互作用的過(guò)程中，彈簧對(duì)小物塊的沖量；（3）小物塊最終停在小車(chē)上的位置距端多遠(yuǎn)?！敬鸢浮浚?）（2）彈簧對(duì)小物塊的沖量大小為，方向水平向左。（3）【解析】（1）對(duì)小物塊，有ma=-μmg依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2?v02＝2a由能量關(guān)系mv2＝Ep解得EP=2J．（2）設(shè)小物塊離開(kāi)彈簧時(shí)的速度為v1，有

mv12＝Ep．對(duì)小物塊，依據(jù)動(dòng)量定理

I=-mv1-mv由⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得I=-4kgm/s．彈簧對(duì)小物塊的沖量大小為4kgm/s，方向水平向左．（3）小物塊滑過(guò)O點(diǎn)和小車(chē)相互作用，由動(dòng)量守恒mv1=（m+M）v2．由能量關(guān)系μmgx＝mv12?(m+M)v22小物塊最終停在小車(chē)上距A的距離xA＝?x解得xA=1.5m．15．如圖質(zhì)量為m2=4kg和m3=3kg的物體靜止放在光滑水平面上，兩者之間用輕彈簧拴接?，F(xiàn)有質(zhì)量為m1=1kg的物體以速度v0=8m/s向右運(yùn)動(dòng)，m1與m3碰撞（碰撞時(shí)間極短）后粘合在一起。試求：（1）m1和m3碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能是多少?（2）彈簧能產(chǎn)生的最大彈性勢(shì)能是多少?（3）彈簧在第一次獲得最大彈性勢(shì)能的過(guò)程中，對(duì)m3沖量的大小是多少?（4）m2運(yùn)動(dòng)的最大速度vm是多少?【答案】（1）24J（2）4J（3）4kg?m/s（4）2m/s【解析】（1）設(shè)m1與m3碰撞后的速度為v1，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：，由能量守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：；（2）三物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：v共=1m/s，由能量守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：；（3）彈簧對(duì)m2，由動(dòng)量定理得：，彈簧對(duì)m3沖量的大小是：I3=I2=4kg?m/s；（4）對(duì)m1、m3整體和m2及彈簧組成的系統(tǒng)，可知當(dāng)彈簧第一次復(fù)原原長(zhǎng)時(shí)m2的速度最大，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：，由能量守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：v2=2m/s；16．如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的平板小車(chē)后端放有質(zhì)量m＝3kg的鐵塊，它和車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，起先時(shí)車(chē)和鐵塊一起以v0＝3m/s的速度向右在光滑水平地面上向右運(yùn)動(dòng)，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞．設(shè)碰撞時(shí)間極短且碰撞后平板車(chē)速度大小保持不變，但方向與原來(lái)相反，平板車(chē)足夠長(zhǎng)，使得鐵塊總不能和墻相碰．(g取10m/s2)求：（1）鐵塊在車(chē)上滑行的總路程；（2）車(chē)和墻第一次相碰以后所走的總路程．【答案】（1）1.5m（2）1.25m【解析】（1）由于m＞M，小車(chē)不論與墻相撞多少次，系統(tǒng)的總動(dòng)量總是向右，但每撞一次總動(dòng)量削減一次，直到減為零，最終小車(chē)停在墻下，系統(tǒng)的總動(dòng)能全部用于鐵塊在車(chē)上滑行時(shí)克服摩擦力做功．μmgs＝(m＋M)v02（2）小車(chē)第一次與墻相撞后向左所走路程為s1，由動(dòng)能定理得－μmgs1＝0－Mv02接著小車(chē)和鐵塊以共同速度v1與墻其次次相碰，由動(dòng)量守恒：mv0－Mv0＝(m+M)v1其次次相撞后平板車(chē)向左走的路程為，s2＝s1以后每次相碰反彈向左行的路程均以比例削減，小車(chē)所走的路程為一個(gè)無(wú)窮等比數(shù)列之和．公比q＝，s＝2s1(1+q+q2+q3+……)＝＝1.25m17．如圖所示，光滑水平面左端接一豎直光滑半圓軌道，軌道半徑R=1.6m，右端接一斜面，斜面的傾角θ=37°，一質(zhì)量為m的物塊甲從斜面上離水平面高度h=3R為的A點(diǎn)由靜止滑下，剛好能到達(dá)半圓軌道的最高點(diǎn)E點(diǎn)，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。（1）求物塊甲與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）假如在水平面上C點(diǎn)放一材質(zhì)與物塊甲相同、質(zhì)量為的物塊乙，物塊甲從斜面上滑下后與物塊乙發(fā)生彈性碰撞，碰后物塊乙恰好能到達(dá)半圓軌道的最高點(diǎn)E，則物塊甲下滑時(shí)的高度為多少？【答案】（1）；（2）2.7m【解析】（1）依據(jù)牛頓其次定律得，mg=m，解得vE=，對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得，mgh-2mgR-μmgcosθ?=h=3R解得：μ=（2）設(shè)物塊乙在C點(diǎn)碰后的速度為v1，碰前甲的速度為v甲，碰后甲的速度為v2物塊乙恰好到達(dá)E點(diǎn)，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mg?2R+=解得：v1=依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有：mv甲=mv2+mv1=+解得：v甲=設(shè)物塊甲起先下滑的高度為H，依據(jù)動(dòng)能定理得：mgH-μmgcosθ?=解得：H=2.7m18．如圖所示為一種“子母球”表演，質(zhì)量分別為m、3m的兩個(gè)小球A、B靜止在地面上方，B球距離地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方，讓兩小球同時(shí)由靜止釋放。設(shè)全部碰撞都是彈性碰撞，重力加速度大小g=10m/s2，忽視球的直徑、空氣阻力及碰撞時(shí)間。（1）求球B第一次落地時(shí)球A的速度大??；（2）若球B在第一次上升過(guò)程中就能與球A相碰，A球起先下落時(shí)距地面高度H的取值范圍；（3）在（2）情形下，要使球A第一次碰后能到達(dá)比其釋放點(diǎn)更高的位置，求H應(yīng)滿意的條件?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）A、B同時(shí)由靜止釋放，B落地時(shí)，兩球的速度大小相等，有:①代入數(shù)值，得（2）球B下落過(guò)程與反彈上升的過(guò)程具有對(duì)稱(chēng)性。設(shè)B來(lái)回時(shí)間為t，有:②設(shè)時(shí)間t內(nèi)球A自由下落的高度為hA，有③要保證B在第一次上升過(guò)程中與A相碰，球A自由下落的高度應(yīng)大于初始時(shí)兩球的高度差，即④依題意：⑤①~⑤聯(lián)立，解得：解法二：B反彈后，A、B相對(duì)運(yùn)動(dòng)的速率為，設(shè)A、B經(jīng)時(shí)間相碰，有②要保證B在第一次上升過(guò)程中與A相碰，應(yīng)小于B上升到最高點(diǎn)的時(shí)間，即③依題意：④①~④聯(lián)立，解得：（3）設(shè)兩球相碰前后，球A的速度分別為、，球B的速度分別為、。發(fā)生彈性碰撞，兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變。取向下的方向?yàn)檎?，有⑥⑦設(shè)球B反彈后經(jīng)時(shí)間t1與球A相碰，此時(shí)間內(nèi)球A下落的高度（）與球B上升的高度（）之和等于初始時(shí)兩球的高度差（H-h）即：⑧由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，有⑨⑩要使