2025新課改-高中物理-選修第1冊（21講）02 B動量守恒定律 中檔版含答案

2025新課改-高中物理-選修第1冊（21講）02B動量守恒定律中檔版含答案動量守恒定律知識點：動量守恒定律一、相互作用的兩個物體的動量改變?nèi)鐖D所示，質(zhì)量為m2的B物體追上質(zhì)量為m1的A物體，并發(fā)生碰撞，設(shè)A、B兩物體碰前速度分別為v1、v2，碰后速度分別為v1′、v2′(v2>v1)，碰撞時間很短，設(shè)為Δt.圖根據(jù)動量定理：對A：F1Δt＝m1v1′－m1v1①對B：F2Δt＝m2v2′－m2v2②由牛頓第三定律F1＝－F2③由①②③得兩物體總動量關(guān)系為：m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2二、動量守恒定律1．系統(tǒng)、內(nèi)力與外力(1)系統(tǒng)：兩個(或多個)相互作用的物體構(gòu)成的一個力學(xué)系統(tǒng)．(2)內(nèi)力：系統(tǒng)中物體間的作用力．(3)外力：系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力．2．動量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變．(2)表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后總動量相等)．(3)適用條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力的矢量和為零．(4)普適性：動量守恒定律既適用于低速物體，也適用于高速物體．既適用于宏觀物體，也適用于微觀物體．技巧點撥一、對動量守恒定律的理解1．研究對象：相互作用的物體組成的力學(xué)系統(tǒng)．=2．動量守恒定律的成立條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零．(2)系統(tǒng)受外力作用，但內(nèi)力遠遠大于合外力．此時動量近似守恒．(3)系統(tǒng)受到的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內(nèi)力遠遠大于外力)，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒．3．動量守恒定律的三個特性(1)矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它們在同一直線上，并先選定正方向，確定各速度的正、負(表示方向)后，才能用代數(shù)方法運算．(2)相對性：公式中的v1、v2、v1′和v2′應(yīng)是相對同一參考系的速度，一般取相對地面的速度．(3)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)．二、動量守恒定律的應(yīng)用1．動量守恒定律的常用表達式(1)p＝p′：相互作用前系統(tǒng)的總動量p等于相互作用后的總動量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前動量的矢量和等于作用后動量的矢量和．(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、方向相反．(4)Δp＝0：系統(tǒng)總動量增量為零．2．應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟例題精練1．（2021春?天津期末）質(zhì)量m＝100kg的小船靜止在平靜水面上，船兩端載著m甲＝60kg和m乙＝40kg的游泳者，在同一水平線上甲向左、乙向右同時以相對于岸3m/s的速度躍入水中，如圖所示，不計水的阻力，則甲、乙跳離小船的瞬間，小船的運動方向及速度大小為（）A．向右，0.6m/s B．向左，0.6m/s C．向右，3m/s D．向左，3m/s【分析】不計水的阻力，以甲、乙兩人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在甲、乙跳離小船的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求解兩人躍入水中后小船的速度大小和方向。【解答】解：甲、乙兩人和船組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：0＝m甲v甲﹣m乙v乙+mv據(jù)題v甲＝v乙＝3m/s，解得小船的速度：v＝﹣0.6m/s，負號表示小船的速度方向向右，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】運用動量守恒定律解題時，不考慮過程的細節(jié)，比較簡單方便。要注意動量的方向，先選取正方向。2．（2021春?十堰期末）如圖所示，光滑水平面上有兩個小球A、B用細繩相連，中間有一根被壓縮的輕彈簧，輕彈簧和小球不粘連，兩個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。剪斷細繩后由于彈力作用兩小球分別向左、向右運動，已知兩小球的質(zhì)量之比mA：mB＝1：2，則彈簧彈開兩小球后，下列說法正確的是（）A．兩小球的動量之比pA：pB＝1：2 B．兩小球的動量之比pA：pB＝2：1 C．兩小球的速度之比vA：vB＝1：1 D．兩小球的速度之比vA：vB＝2：1【分析】水平面光滑，兩小車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律分析答題。【解答】解：A、兩小車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：pA﹣pB＝0，得pA＝pB，即pA：pB＝1：1，故AB錯誤；CD、以向左為正方向，由動量守恒定律得：mAvA﹣mBvB＝0，結(jié)合mA：mB＝1：2，解得vA：vB＝2：1，故C錯誤，D正確。故選：D?！军c評】本題考查動量守恒定律的應(yīng)用，要掌握系統(tǒng)動量守恒的條件：合外力為零，應(yīng)用動量守恒定律即可解題。隨堂練習(xí)1．（2021春?永濟市校級期末）如用所示.光滑的水平面上放有一表面光滑、傾角為a的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M、底邊長為L，將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好紺到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A．F滑＝mgcosα B．滑塊B下滑的過程中，B對A的壓力的沖量大小為FNtsinα C．滑塊B下滑的過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒 D．滑塊B下滑的過程中.斜面體向左滑動的距離為【分析】根據(jù)滑塊的運動情況求出斜面對滑塊的支持力大小與mgcosα的關(guān)系，然后求出B對A的壓力的沖量；系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；滑塊與斜面體組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律求出斜面體滑行的距離.【解答】解：A、滑塊下滑過程斜面會向左運動，滑塊的加速度方向并不沿斜面方向，即滑塊的加速度在垂直斜面方向有分量，斜面體對滑塊B的支持力不等于mgcosα，故A錯誤；B、滑塊下滑過程中，B對A的壓力FN′＝FN，壓力的沖量大小為I＝FN′t＝FNt，故B錯誤；C、滑塊下滑過程系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在豎直方向所受合外力不為零，系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故C錯誤；D、滑塊與斜面體組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv水平﹣Mv斜面＝0m﹣M＝0解得滑塊下滑過程斜面體向左滑動的距離為：x＝，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，知道動量守恒的條件是解題的前提，分析清楚滑塊與斜面體的運動情況，應(yīng)用動量守恒定律即可解題。2．（2021春?樂山期末）如圖所示，車廂長為L，質(zhì)量為M，靜止在光滑水平面上，車廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體，以速度v0向右運動，與車廂壁來回碰撞幾次后，靜止于車廂中，這時車廂的速度為（）A．v0，水平向右 B．0 C．，水平向右 D．，水平向右【分析】物體在車廂中運動及與車廂壁的過程中，兩者組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，最終兩者速度相等，由動量守恒定律可以求出最終車廂的速度。【解答】解：以物體與車廂組成的系統(tǒng)為研究對象，由于系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒。以水平向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，最終車廂的速度：v＝，水平向右，故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】解答本題時，要知道系統(tǒng)的動量守恒，通過這題的解答，要體會運用動量守恒定律的優(yōu)越性：不考慮過程的細節(jié)，只有考慮初末狀態(tài)，比牛頓運動定律更加簡潔方便。3．（2021春?廣東期末）“草船借箭”是后人津津樂道的三國故事．假設(shè)草船質(zhì)量為M，以速度v1迎面水平駛來時，對岸士兵弓箭齊發(fā)，每支箭的質(zhì)量為m，共有n支箭射中草船，射中時箭的水平速度都相同，且全部停留在草船中，草船因此停下來．忽略草船和箭受到的空氣阻力、草船受到水的水平阻力，則射中前瞬間每支箭的水平速度大小為（）A． B． C． D．【分析】箭射中草船的過程，兩者組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，由動量守恒定律列式求解。【解答】解：在草船與箭的作用過程中，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)射中前瞬間每支箭的速度大小為v2，取草船原來的速度方向為正方向，由動量守恒定律有Mv1+nm（﹣v2）＝0，解得v2＝，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查動量守恒定律的簡單應(yīng)用，要注意選擇研究對象，規(guī)定正方向，用正負號表示速度方向。4．（2021?臨海市二模）近年中國女子速滑隊取得的成績十分令人矚目。在速滑接力賽中，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間的阻力，下列說法正確的是（）A．甲對乙的沖量與乙對甲的沖量相同 B．甲的速度增加量一定等于乙的速度減少量 C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量 D．乙對甲的作用力一定做正功，甲的動能一定增大【分析】甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，由此分析沖量關(guān)系；根據(jù)動量守恒定律分析速度的變化是否相同；二者的動量變化大小相等，質(zhì)量不一定相等，由此分析動能變化；乙對甲的作用力方向與甲的運動方向相同，由此分析乙對甲做功正負?！窘獯稹拷猓篈、甲對已的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等、方向相反，故A錯誤；B、設(shè)甲乙兩運動員的質(zhì)量分別為m甲、m乙，追上之前的瞬間甲、乙兩運動員的速度分別是v甲，v乙，取初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：m甲△v甲＝﹣m乙△v乙，由于二者的質(zhì)量大小可能不同，則速度的變化不一定相同，故B錯誤；C、二者的動量變化大小相等，質(zhì)量不一定相等，動能變化不一定相同，故C錯誤；D、在乙推甲的過程中，乙對甲的作用力方向與甲的運動方向相同，乙對甲的作用力對甲一定做正功，甲的動能一定增大，故D正確。故選：D。【點評】該題屬于物理知識在日常生活中的應(yīng)用，對于動量守恒定律的應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是掌握動量守恒定律的應(yīng)用方法，知道動量是一個矢量。綜合練習(xí)一．選擇題（共15小題）1．（2021春?杭州期末）如圖，A、B、C、D、E五個鋼球用等長細繩懸掛后，緊密地排列在同一水平直線上，組成“牛頓擺”。拉起A球使之從偏離平衡位置高度為h0處靜止釋放，發(fā)生對心碰撞后，發(fā)現(xiàn)E球被彈起偏離平衡位置的最大高度也為h0，而A、B、C、D四球均保持靜止?，F(xiàn)將A、E兩球分別向左，向右拉起偏離平衡位置的高度為hA、hE，先后釋放后，兩球同時到達最低點并發(fā)生對心碰撞。第一次碰撞發(fā)生后，A、E兩球回彈的最大高度分別為HA、HE。已知細繩不可伸長且始終張緊，下列情況能發(fā)生的是（）A．若hA＝hE，則HA＝HE＝0 B．若hA＞hE，則HA＝HE＝hE C．若hA＞hE，則HA＝hA，HE＝hE D．若hA＜hE，則HA＝hE，HE＝hA【分析】由題意可知“牛頓擺“符合彈性碰撞的情況，動量與能量守恒，當(dāng)小球質(zhì)量都相等時，無論hA與hE的關(guān)系如何，HA＝hE，HE＝hA?！窘獯稹拷猓豪餉球使之從偏離平衡位置高度為h0處靜止釋放，發(fā)生對心碰撞后，發(fā)現(xiàn)E球被彈起偏離平衡位置的最大高度也為h0，可知鋼球之間發(fā)生的是彈性碰撞，所以水平方向動量守恒，且機械能守恒，設(shè)向右為正方向：m1v1＝m1v1′+m2v2當(dāng)質(zhì)量相等時，兩物體速度互換，每相鄰的兩個小球碰撞時都會速度交換，可等效為A與E發(fā)生彈性碰撞。A、若hA＝hE，則HA＝HE＝hA，故A錯誤；BCD、無論hA與hE的關(guān)系如何，最終都會有HA＝hE，HE＝hA，故BC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題實際考查了多個彈性碰撞連續(xù)發(fā)生的過程，每次彈性碰撞的兩個小球機械能守恒、動量守恒．2．（2021?福田區(qū)校級模擬）燃放爆竹是我國傳統(tǒng)民俗。春節(jié)期間，某人斜向上拋出一個爆竹，到最高點時速度大小為v0，方向水平向東，并炸開成質(zhì)量相等的三塊碎片a、b、c，其中碎片a的速度方向水平向東，忽略空氣阻力。以下說法正確的是（）A．炸開時，若碎片b的速度方向水平向西，則碎片c的速度方向可能水平向南 B．炸開時，若碎片b的速度為零，則碎片c的速度方向一定水平向西 C．炸開時，若碎片b的速度方向水平向北，則三塊碎片一定同時落地 D．炸開時，若碎片a、b的速度等大反向，則碎片c落地時的速率可能等于3v0【分析】三塊碎片水平方向所受合力為0，故爆炸前后水平方向動量守恒?！窘獯稹拷猓涸O(shè)爆炸后a的速度為vA，bc的速度分別為vB，vC，設(shè)向東為正方向，根據(jù)水平方向動量守恒：3mv0＝mvA+mvB+mvCA、若a的速度向東，b的速度向西，則c的速度可能向東可能向西，故A錯；B、若b的速度為0，3mv0與mvA的大小一定，則c的速度可能向東可能向西，故B錯；C、炸開后，abc三塊碎片在同一水平面，根據(jù)h＝，可知落地時間相等，故C正確；D、根據(jù)動量守恒可知，若碎片a、b的速度等大反向，則碎片c炸開時的速率等于3v0，落地的速度大于3v0，故D正錯誤。故選：C?！军c評】本題考查動量守恒在實際問題中的應(yīng)用，爆炸模型滿足水平方向動量守恒。3．（2021?如皋市校級模擬）一個光子與一個靜止的電子碰撞，光子并沒有被吸收，只是被電子反彈回來．則（）A．電子仍然靜止 B．光子的動量變小 C．光子的速率變小 D．光子的頻率變大【分析】光子與電子碰撞過程遵守動量守恒定律，根據(jù)動量守恒定律分析電子的運動狀態(tài)，根據(jù)能量守恒定律分析光子能量的變化，再分析光子的動量、頻率的變化情況?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)碰撞前光子的動量為p0，光子與電子碰撞后光子與電子的動量大小分別為p1和p2。取碰撞前光子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：p0＝﹣p1+p2可得p2＝p0+p1＞0，可知碰撞后電子沿原來光子的速度方向運動，故A錯誤；BCD、根據(jù)能量守恒定律可知，碰撞后光子的能量減小，由E＝hγ知光子的頻率變小，由c＝λγ知，光子的波長變大，由λ＝知光子的動量變小，故B正確，CD錯誤。故選：B?！军c評】本題的關(guān)鍵要知道微觀粒子碰撞過程遵守兩大守恒定律：動量守恒定律和能量守恒定律，結(jié)合光子的波速、波長、頻率間的關(guān)系進行分析。4．（2021?永定區(qū)三模）如圖所示，我國自行研制的第五代隱形戰(zhàn)機“殲﹣20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達目標地時，將質(zhì)量為M的導(dǎo)彈自由釋放，導(dǎo)彈向后噴出質(zhì)量為m、對地速率為v1的燃氣，則噴氣后導(dǎo)彈的速率為（）A． B． C． D．【分析】對導(dǎo)彈和氣體系統(tǒng)為研究對象，在水平方向上運用動量守恒定律，求出噴氣后導(dǎo)彈相對于地面的速率?！窘獯稹拷猓阂詫?dǎo)彈飛行的方向為正方向，導(dǎo)彈被飛機釋放后導(dǎo)彈噴出燃氣前后瞬間，根據(jù)動量守恒定律得：Mv0＝（M﹣m）v﹣mv1，解得：v＝，故BCD錯誤、A正確。故選：A?！军c評】本題主要是考查了動量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程解答。5．（2021春?荔灣區(qū)校級期中）冰壺運動深受觀眾喜愛，圖1為運動員投擲冰壺的鏡頭。在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與對面靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖2。若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是圖中的（）A． B． C． D．【分析】兩冰壺碰撞過程動量守恒，碰撞過程中機械能不會增加，碰撞后甲的速度不會大于乙的速度，據(jù)此分析答題．【解答】解：A、若兩球不是對心碰撞，則兩球可能在垂直于甲的初速度方向上均發(fā)生移位，但垂直于甲初速度方向上應(yīng)保證動量為零，碰撞后在垂直于甲的初速度方向上兩冰壺應(yīng)向相反方向運動，由圖甲所示可知，兩壺碰撞后向在垂直于甲初速度方向的同側(cè)滑動，不符合動量守恒定律，故A錯誤；BCD、如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運動，最后停止，由圖示可知，B正確，CD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，兩物體發(fā)生碰撞時，內(nèi)力遠大于外力，外力可以忽略不計，系統(tǒng)動量守恒，碰撞過程機械能不可能增加、碰撞后后面的物體速度不可能大于前面物體的速度，據(jù)此分析答題．6．（2021?岳麓區(qū)校級二模）某煙花彈在點燃后升空到離地h時速度變?yōu)榱?，此時彈中火藥爆炸將煙花彈炸裂為質(zhì)量相等的A、B兩部分，A豎直向上運動，B豎直向下運動，A繼續(xù)上升的最大高度為，從爆炸之后瞬間開始計時，A、B在空中運動的時間分別為tA和tB。不計空氣阻力，重力加速度為g，則tA和tB的比值為（）A．1.5 B．2 C．3 D．4【分析】根據(jù)動量守恒定律得到爆炸后A和B的速度大小關(guān)系，根據(jù)運動學(xué)公式求解h和A的速度關(guān)系，再根據(jù)運動學(xué)公式得到A和B的運動時間，由此解答?！窘獯稹拷猓涸O(shè)爆炸后豎直向上運動的一部分速度大小為vA，豎直向下運動的一部分速度大小為vB；因為爆炸后A、B運動方向相反，取向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mAvA﹣mBvB＝0，解得：vA＝vB；A爆炸后上升高度為，根據(jù)運動學(xué)公式可得：vA2＝2g×，解得：h＝，A從爆炸后到落地過程中，根據(jù)位移﹣時間關(guān)系可得：﹣vAtA+＝h，解得：tA＝（tA＝不合題意舍去）；B從爆炸后到落地過程中，根據(jù)位移﹣時間關(guān)系可得：vBtB+＝h，解得：tB＝（tB＝不合題意舍去）；故tA：tB＝3：1，則tA和tB的比值為3，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題主要是考查動量守恒定律和豎直上拋運動，關(guān)鍵是知道動量守恒定律的解題方法、以及豎直上拋運動的規(guī)律，能夠分析運動過程，結(jié)合運動學(xué)公式進行解答。7．（2021?廣東模擬）太空探測器常裝配離子發(fā)動機，其基本原理是將被電離的原子從發(fā)動機尾部高速噴出，為探測器提供推力。若某探測器的質(zhì)量為500kg，離子以一定的速率（遠大于探測器的飛行速率）向后噴出，流量為3×10﹣3g/s，探測器獲得的平均推力大小為0.099N，則離子被噴出的速率為（）A．3km/s B．3.3km/s C．30km/s D．33km/s【分析】結(jié)合題干信息，先求出△t時間內(nèi)噴出的離子質(zhì)量，再利用動量定理進行求解即可?！窘獯稹拷猓涸凇鱰時間內(nèi)噴出的離子質(zhì)量△m＝3×10﹣3×10﹣3?△t，根據(jù)動量定理有F△t＝△mv，代入數(shù)據(jù)，解得v＝3.3×10﹣4m/s＝33km/s，故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查動量定理，要求學(xué)生從題干獲取信息結(jié)合已學(xué)知識點進行運算，對學(xué)生獲取信息的能力以及分析能力有一定要求。8．（2021?乙卷）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）A．動量守恒，機械能守恒 B．動量守恒，機械能不守恒 C．動量不守恒，機械能守恒 D．動量不守恒，機械能不守恒【分析】系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；系統(tǒng)內(nèi)只有重力或彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)受力情況與各力做功情況，根據(jù)動量守恒與機械能守恒的條件分析答題?！窘獯稹拷猓簭某啡ネ屏﹂_始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動，彈簧被壓縮且彈簧的彈力大于滑塊受到的滑動摩擦力，撤去外力后滑塊受到的合力不為零，滑塊相對車廂底板滑動，系統(tǒng)要克服摩擦力做功，系統(tǒng)的機械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，系統(tǒng)機械能減小，系統(tǒng)機械能不守恒，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了動量守恒定律與機械能守恒定律的應(yīng)用，知道動量守恒與機械能守恒的條件、分析清楚系統(tǒng)受力情況與力的做功情況即可解題。9．（2021春?番禺區(qū)校級期中）在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運動。在小球的前方有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示．小球A與小球B發(fā)生彈性碰撞后，小球A、B均向右運動。且碰后A、B的速度大小之比為1：4，則兩小球質(zhì)量之比為（）A．2：1 B．3：1 C．1：2 D．1：3【分析】兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律求出兩球的質(zhì)量之比?！窘獯稹拷猓簝汕虬l(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2由機械能守恒定律得：m1v02＝m1v12+m2v22解得：v1＝v0，v2＝v0由題意可知：v1：v2＝1：4解得：m1：m2＝2：1，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】解決本題時，要知道兩球發(fā)生彈性碰撞，遵守動量守恒定律與機械能守恒定律，解題時要注意規(guī)定正方向，用正負號表示速度方向。10．（2021?石家莊二模）如圖所示，我國自行研制的“殲﹣15”戰(zhàn)斗機以速度v0水平向東飛行，到達目的地時，將總質(zhì)量為M的導(dǎo)彈自由釋放瞬間，導(dǎo)彈向西噴出質(zhì)量為m、對地速率為v1的燃氣，則噴氣后導(dǎo)彈的速率為（）A． B． C． D．【分析】對導(dǎo)彈和氣體系統(tǒng)為研究對象，在水平方向上運用動量守恒定律，求出噴氣后導(dǎo)彈相對于地面的速率。【解答】解：以導(dǎo)彈飛行的方向為正方向，導(dǎo)彈被飛機釋放后導(dǎo)彈噴出燃氣前后瞬間，根據(jù)動量守恒定律得：Mv0＝（M﹣m）v﹣mv1，解得：v＝，故BCD錯誤、A正確。故選：A?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，結(jié)合動量守恒定律進行求解，注意正方向的規(guī)定。11．（2021春?遼寧期中）在光滑的水平地面上放有一質(zhì)量為M的半圓柱體，在其圓心正上方靜止放有一質(zhì)量為m的光滑小球。某時刻小球受到輕微擾動，由靜止開始下滑。當(dāng)m與M分離時，m的水平位移為xm，則M的位移為（）A．xm B．xm C．xm D．xm【分析】M和m組成的系統(tǒng)，在水平方向滿足動量守恒定律，即可求得M通過的位移?！窘獯稹拷猓涸谒椒较?，M和m組成的整體動量守恒，規(guī)定向右運動為正方向，經(jīng)歷的時間為t，根據(jù)動量守恒定律可得：0＝，解得x＝，故ABD錯誤，C正確；故選：C?！军c評】本題主要考查了動量守恒定律，關(guān)鍵是抓住在水平方向滿足動量守恒定律，即可求得。12．（2021春?忻府區(qū)校級月考）《三國演義》中“草船借箭”是后人熟悉的故事。若草船的質(zhì)量為M，每支箭的質(zhì)量為m，草船以速度v1駛來時，對岸士兵多箭齊發(fā)，n支箭以相同的速度水平射中草船。假設(shè)此時草船正好停下來，不計水的阻力，則每支箭的速度大小為（）A． B． C． D．【分析】箭射中草船的過程，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，由動量守恒定律列式分析．【解答】解：n支箭同時射中草船后草船正好停下來，草船的速度為0，箭與草船組成的系統(tǒng)動量守恒，取船行駛方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：Mv1﹣nmv＝0解得，箭的速度大?。簐＝，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】解決本題的關(guān)鍵是抓住系統(tǒng)的動量守恒，利用動量守恒定律進行定量分析．也可以根據(jù)牛頓運動定律分析．13．（2021春?思明區(qū)校級月考）在光滑的桌面上，A、B兩球以相等的速率沿一條直線相向運動并發(fā)生碰撞，碰后A球靜止不動，已知A球的質(zhì)量是B球的3倍，根據(jù)以上條件，四位同學(xué)給出了自己的判斷：甲同學(xué)認為應(yīng)該是兩個彈性好的橡膠球發(fā)生碰撞（視為彈性碰撞）；乙同學(xué)認為應(yīng)該是兩個容易發(fā)生形變的金屬球發(fā)生碰撞（視為非彈性碰撞）；丙同學(xué)認為應(yīng)該是兩個粘性很好的橡皮泥（視為完全非彈性碰撞）；丁同學(xué)認為甲、乙、丙都有可能是正確的。你認為哪位同學(xué)說的對（）A．甲同學(xué) B．乙同學(xué) C．丙同學(xué) D．丁同學(xué)【分析】根據(jù)動量守恒定律求解碰撞后B球的速度大小，再求出碰撞前、后A和B總動能進行分析。【解答】解：設(shè)碰撞前兩個小球的速度大小均為v，B球的質(zhì)量為m，則A球的質(zhì)量為3m。取A球碰前速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：3mv﹣mv＝mvB，解得：vB＝2v；碰撞前A和B總動能為：Ek0＝+＝2mv2，碰撞后A和B總動能為：Ek＝＝2mv2，由于碰撞前后總動能不變，則為完全彈性碰撞，故甲同學(xué)說的正確，故A正確、BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)動能的計算公式分析碰撞前后動能是否相等。14．（2021春?邢臺月考）質(zhì)量為M的小車靜止于光滑的水平地面上，小車上的水平部分和圓弧軌道均光滑，如圖所示，一個質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_向小車，當(dāng)小球返回左端脫離小車時，下列說法正確的是（）A．小球脫離小車后的速度為2v0 B．小球脫離小車后做自由落體運動 C．整個過程中小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 D．小球脫離小車后沿水平方向向右做平拋運動【分析】小球和小車組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受外力，系統(tǒng)水平方向的動量守恒，系統(tǒng)的機械能也守恒，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律列式，求出小球脫離小車后小球的速度，再判斷小球的運動情況?！窘獯稹拷猓篊、小球滑上小車，又返回到離開小車的整個過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)水平方向的動量守恒。由于小球有豎直分速度，系統(tǒng)的合外力不為零，所以系統(tǒng)的動量并不守恒，故C錯誤；ABD、設(shè)小球脫離小車后小球和小車的速度分別為v1和v2。取水平向右為正方向，由動量守恒定律得Mv0＝Mv1+Mv2由系統(tǒng)的機械能守恒得Mv02＝Mv12+Mv22聯(lián)立解得v1＝0，v2＝v0，因此，小球脫離小車后做自由落體運動，故AD錯誤，B正確。故選：B。【點評】解決本題的關(guān)鍵要知道小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向的動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒，但總動量并不守恒。15．（2021春?開封月考）一個質(zhì)量為m的小型炸彈自水平地面朝右上方射出，在最高點以水平向右的速度v飛行時，突然爆炸為質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊彈片，如圖所示。爆炸之后，乙自靜止自由下落，丙沿原路徑回到原射出點。若忽略空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．爆炸后，乙落地的時間最長 B．爆炸后，甲落地的時間最長 C．甲、丙落地點到乙落地點O的距離比為3：1 D．爆炸過程釋放的化學(xué)能為【分析】爆炸后甲、丙從同一高度平拋，乙從同一高度自由下落，根據(jù)下落的高度關(guān)系分析運動時間關(guān)系；爆炸過程系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律分析甲、丙速度關(guān)系，從而確定甲、丙落地點到乙落地點O的距離之比；應(yīng)為由動量守恒定律分析甲、丙速度關(guān)系，再由能量守恒求爆炸過程釋放的化學(xué)能。【解答】解：AB、爆炸后甲、乙和丙三塊彈片在豎直方向上都做自由落體運動，所以落地的時間相等，故AB錯誤；C、丙沿原路徑回到原射出點，所以丙的速度為﹣v，取向右為正，根據(jù)動量守恒定律可得：解得甲的速度為v1＝4v，由于兩者下落的時間相同，根據(jù)水平位移x＝vt可得甲、丙落地點到乙落地點O的距離比為4：1，故C錯誤；D、爆炸過程釋放的化學(xué)能為，故D正確。故選：D?！军c評】解決本題的關(guān)鍵要熟練掌握平拋運動的規(guī)律，知道平拋運動的時間由物體下落的高度決定，結(jié)合動量守恒定律和能量守恒定律進行研究。二．多選題（共15小題）16．（2021春?雙流區(qū)校級期末）下列關(guān)于能量和動量的說法正確的是（）A．一個做勻速運動的物體機械能和動量都不變 B．一顆衛(wèi)星繞地球做橢圓運動時機械能不變 C．一個物體所受合外力做功為0或合外力為0時動量均不變 D．一個系統(tǒng)只受內(nèi)部摩擦力作用時總動量時刻不變【分析】動量是矢量，動量的大小或方向變了，物體的動量就變了；系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；只有重力或彈力做功，機械能守恒；根據(jù)題意分析答題?！窘獯稹拷猓篈、一個做勻速運動的物體速度不變，物體的動量不變，物體的機械能不一定不變，如在豎直方向做勻速直線運動的物體動能不變，重力勢能變化，物體的機械能發(fā)生變化，機械能不守恒，故A錯誤；B、一顆衛(wèi)星繞地球做橢圓運動時只有萬有引力做功，機械能守恒，故B正確；C、一個物體所受合外力做功為0時物體的動量可能變化有可能不變，如做勻速圓周運動的物體所受合外力做功為零，動量發(fā)生變化，做勻速直線運動的物體所受合外力做功為零，動量不變；一個物體所受合外力為0，合外力的沖量為0，由動量定理可知，物體的動量不變，故C錯誤；D、系統(tǒng)內(nèi)的摩擦力是內(nèi)力，如果一個系統(tǒng)只受內(nèi)部摩擦力作用，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)的總動量時刻不變，故D正確。故選：BD?！军c評】知道動量守恒與機械能守恒的條件，根據(jù)題意應(yīng)用基礎(chǔ)知識與動量定理即可解題；解題時可以舉例說明問題。17．（2021春?臺江區(qū)校級期中）質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，其動量大小分別為7kg?m/s與5kg?m/s，A球在B球后，當(dāng)A追上B球后，兩球相碰，則相碰以后，A、B兩球的動量值可能分別（）A．6kg?m/s，6kg?m/s B．8kg?m/s，4kg?m/s C．﹣2kg?m/s，14kg?m/s D．5kg?m/s，7kg?m/s【分析】根據(jù)碰撞時系統(tǒng)遵守動量守恒定律、碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加、不能違背物體的運動規(guī)律，根據(jù)以上三個規(guī)律進行判斷?！窘獯稹拷猓涸O(shè)兩球的質(zhì)量均為m.碰撞前，A、B兩球動量分別為p1＝7kg?m/s與p2＝5kg?m/s，總動量為p＝12kg?m/s.碰撞前總動能為：Ek＝A、總動量滿足守恒，碰撞后總動能為E'k＝，可見碰撞后總動能減少，是可能的，故A正確；B、總動量滿足守恒，碰撞后總動能為E'k＝，可見碰撞后總動能增加，且碰撞后A球的速度大于B球的速度，是不可能的，故B錯誤；C、總動量滿足守恒，碰撞后總動能為E'k＝，可見碰撞后總動能增加，是不可能的，故C錯誤；D、總動量滿足守恒，碰撞后總動能為E'k＝，可見碰撞后總動能增加，是可能的，故D正確。故選：AD?！军c評】這題關(guān)鍵抓住碰撞過程的三大規(guī)律進行分析：1、動量守恒；2、總動能不增加；3、符合實際運動情況。18．（2021?南崗區(qū)校級四模）光滑水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑半圓軌道相切于N點，質(zhì)量為m的小球B靜止于水平軌道上P點，小球半徑遠小于R。與B完全相同的小球A以速度v0向右運動，A、B碰后粘連在一起，兩球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離軌道。已知重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．若兩小球恰能到達與圓心等高的位置，則小球A的速度v0＝2 B．只要v0≥2，兩球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離軌道 C．若兩小球恰能到達最高點，則小球A的速度v0＝ D．若兩小球到達最高點又落至水平軌道上的Q點（Q點未畫出），Q和N的水平距離可能為2.5R【分析】根據(jù)動量守恒求得A的初速度，結(jié)合圓周運動的臨界條件判斷初速度的范圍，根據(jù)在最高點的最小速度可解得平拋的水平距離?！窘獯稹拷猓篈BC、AB碰撞后的速度為v1，恰好運動到圓弧最高點時的速度為v2，對A、B，碰撞過程中動量守恒，選取向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv1當(dāng)v0較小時，A、B最高只能運動到與圓心等高的地方，對A、B，從碰后到與圓心等高的地方，由動能定理有﹣2mgR＝0﹣聯(lián)立得v0＝2當(dāng)v0較大時，A、B能夠做完整的圓周運動。討論A、B恰好做完整圓周運動時的情形，對A、B，從碰后運動到圓周最高點的過中，由動能定理﹣2mg2R＝在最高點時，由牛頓第二定律得2mg＝2m聯(lián)立得v0＝綜上所述，當(dāng)v0≤2或v0≥兩小球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離圓弧軌道，故BC錯誤，A正確；D.在最高點時，由牛頓第二定律得2mg＝2m解得v2＝則落點到N的最小水平距離2R＝x＝v2t解得x＝2RQ和N的水平距離可能為2.5R，故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查動量守恒定律，動能定理與平拋的結(jié)合問題，注意不脫離軌道的條件A、B最高只能運動到與圓心等高的地方或者A、B能夠做完整的圓周運動。19．（2021?常熟市校級三模）2021年2月15日17時，我國發(fā)射的火星探測器天問一號成功實施“遠火點平面軌道調(diào)整”。探測器由遠處經(jīng)A點進入與火星赤道平面重合的軌道1，探測器在B點進行一次“側(cè)手翻”從火星軌道1變?yōu)榕c軌道1垂直的火星極地軌道2，該過程的示意圖如圖所示。設(shè)探測器在軌道1上B點的速度為v1，“側(cè)手翻”后在軌道2上B點的速度為v2。對在B點“側(cè)手翻”以下說法正確的是（）A．發(fā)動機點火應(yīng)當(dāng)向v1方向噴射 B．發(fā)動機點火應(yīng)當(dāng)向v2反方向噴射 C．發(fā)動機噴射過程探測器動量守恒 D．發(fā)動機點火噴射過程中推力對探測器做負功【分析】從高軌道到低軌道，發(fā)動機點火使探測器減速，合外力不為零時，動量不守恒；發(fā)動力點火使探測器減速，燃料對探測器做負功?！窘獯稹拷猓篈B、由圖示可知，軌道Ⅰ為高軌道，軌道Ⅱ為低軌道，對在B點“側(cè)手翻”，因為要進入低軌道，所以要減速，即朝著v1的方向使得探測器減速進入低軌道，所以A正確，B錯誤；C、在噴射過程中因為有火星的引力在作用，所以不滿足動量守恒條件，故C錯誤；D、發(fā)動力點火噴射過程中，因為要使探測器減速，所以推力做負功，故D正確；故選：AD?！军c評】本題考查衛(wèi)星變軌問題，注意去更低軌道時需要點火減速，要理解動量守恒的條件。20．（2021?南海區(qū)校級模擬）如圖所示，在光滑水平面上有一輛平板車，一人手握大錘站在車上。開始時人、錘和車均靜止，此時大錘在頭頂?shù)恼戏?。人用力使錘落下敲打車的左端，然后錘反彈回到頭頂正上方再落下，如此周而復(fù)始，使大錘連續(xù)地敲打車的左端，最后，人和錘都恢復(fù)至初始狀態(tài)并停止敲打。在此過程中，下列說法中正確的是（）A．在大錘連續(xù)的敲打下，車左右往復(fù)運動 B．在任一時刻，人、錘和車組成的系統(tǒng)動量守恒 C．錘從剛離開車的左端至運動到最高點的過程中，車的動量方向先向右再向左，大小先增大后減小 D．錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過程中，車具有水平向右的動量，車的動量減小至零【分析】人、錘和車組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，豎直方向動量不守恒，水平方向合動量為零，根據(jù)動量守恒定律進行分析?！窘獯稹拷猓篈、系統(tǒng)水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒；由于原來均靜止，合動量為零，由水平方向動量守恒可知在大錘連續(xù)的敲打的過程中，車會往復(fù)運動，故A正確；B、人、錘和車組成的系統(tǒng)，只在水平方向上所受的合外力為零，水平方向上動量守恒，豎直方向動量不守恒，故B錯誤；C、錘從剛離開車的左端至運動到最高點的過程中，水平方向錘的動量先向左再向右，大小先增大后減小，則車的動量先向右再向左，大小先增大后減小，故C正確；D、錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過程中，車具有水平向左的動量，車的動量減小至零，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題主要是考查動量守恒定律，關(guān)鍵是掌握動量守恒定律的守恒條件，知道系統(tǒng)合動量為零時，二者的動量大小相等、方向相反、同增同減。21．（2021?鷹潭二模）如圖所示，光滑的水平地面上有木板C，mc＝4kg，C板上表面粗糙，A、B兩個物體緊挨在一起，初始A、B和C三個物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)，mA＝1kg，mB＝2kg。A，B間夾有少量火藥，某時刻火藥爆炸，瞬間釋放了E＝27J的能量并全部轉(zhuǎn)化為A和B的動能，使A，B分別水平向左、向右運動起來，C板足夠長，以下結(jié)論正確的是（）A．爆炸后瞬間A、B速度大小vA＝2vB B．若A、B與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，爆炸后A、B組成的系統(tǒng)動量守恒 C．若A、B與木板C上表面間的摩擦力大小不相等，則A、B、C組成的系統(tǒng)動量不守恒 D．整個過程中A、B、C系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為27J【分析】爆炸過程A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，能量也守恒，利用動量守恒定律與能量守恒定律求出爆炸后瞬間A、B的速度大小，從而得到兩者速度大小關(guān)系；根據(jù)系統(tǒng)動量守恒的條件：合外力為零，分析爆炸后A、B組成的系統(tǒng)和A、B、C組成的系統(tǒng)動量是否守恒；C板足夠長，最終A、B、C三個物體與木板共速，由動量守恒定律求出共同速度，再由能量守恒定律求整個過程中A、B、C系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能?！窘獯稹拷猓篈、火藥爆炸瞬間，A、B組成的系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得：mBvB﹣mAvA＝0由能量守恒定律得：E＝mAvA2+mBvB2聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：vA＝6m/s，vB＝3m/s，則vA＝2vB，故A正確；B、若A、B與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，由于A、B質(zhì)量不等，則爆炸后A與B所受的滑動摩擦力方向相反，大小不等，A、B組成的系統(tǒng)合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；C、若A、B與木板C上表面間的摩擦力大小不相等，由于A、B、C組成的系統(tǒng)合外力為零，所以系統(tǒng)動量守恒，故C錯誤；D、C板足夠長，最終A、B、C三個物體與木板共速，設(shè)共同速度為v。取向右為正方向，由動量守恒定律得0＝（mA+mB+mc+m板）v，解得v＝0整個過程中A、B、C系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝mAvA2+mBvB2，可得Q＝E＝27J，故D正確。故選：AD。【點評】根據(jù)題意分析清楚物塊的運動過程是解題的前提，要把握動量守恒的條件：合外力為零，通過分析外力來判斷系統(tǒng)動量是否守恒。運用動量守恒定律時，要規(guī)定正方向。22．（2021?湖南模擬）如圖所示，足夠長的粗糙斜面固定于豎直向上的勻強電場E中，兩個帶等量負電荷的物體AB（不計AB間的相互作用）用質(zhì)量不計的輕彈簧直接相連，在恒力F作用下沿斜面向上做勻速運動，AB與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2且μ1＞μ2，物體所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。某時刻輕彈簧突然斷開，A在F作用下繼續(xù)前進，B最后靜止在斜面上，則（）A．輕彈簧斷開前，摩擦力對B的沖量大于對A的沖量 B．B靜止前，A和B組成的系統(tǒng)動量守恒 C．輕彈簧斷開瞬間，B物體加速度為零 D．輕彈簧斷開后，A物體所受重力的功率變大、電勢能增大【分析】對AB物體分別受力分析，根據(jù)摩擦力公式求解A、B所受的摩擦力，根據(jù)沖量公式可以求解摩擦力對A、B的沖量；對AB整體受力分析，判斷B靜止前的受力情況，根據(jù)動量守恒的條件即可判斷；輕彈簧斷開瞬間，對B物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律即可求解B物體的加速度；輕彈簧斷開后，對A物體受力分析，判斷A的運動情況，即可判斷A所受重力的功率的變化，根據(jù)電場力做功與電勢能的關(guān)系，可以判斷電勢能的變化?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)A、B所帶的電荷量均為﹣q，則物體A所受摩擦力fA＝μ1（mAg+qE）cosθ，fB＝μ2（mBg+qE）cosθ，由于A、B質(zhì)量大小關(guān)系不確定，故無法判斷fA與fB的大小關(guān)系，摩擦力對物塊的沖量為I＝ft，故摩擦力對物塊A和B的沖量大小關(guān)系不確定，故A錯誤；B、輕彈簧斷開前，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，輕彈簧斷開后，B靜止前，系統(tǒng)所受的外力（重力、摩擦力、電場力、拉力）均沒有改變，故提供仍動量守恒，故B正確；C、輕彈簧斷開瞬間，B受到豎直向下的重力，垂直斜面斜向左上的支持力，沿斜面向下的摩擦力及豎直向下的電場力，故B的加速度一定不為0，故C錯誤；D、輕彈簧斷開前，物體A和B一起沿斜面向上做勻速運動，彈簧上由彈力，輕彈簧斷開后，A受到的彈簧彈力消失，A受到的合力沿斜面向上，故A沿斜面向上做加速運動，A速度增大，則重力的功率增大，電場力豎直向下，電場力做負功，故電勢能增大，故D正確。故選：BD?！军c評】本題考查受力分析，動量守恒定律和電場的性質(zhì)，解題時，分別對整體、個體進行受力分析，判斷彈簧剪斷前后各力的變化情況，明確系統(tǒng)動能守恒的條件。23．（2021春?懷寧縣校級期中）如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量為mA、mB，與C上表面間的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB，A、B原來靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當(dāng)彈簧突然被釋放后，以下系統(tǒng)動量守恒的是（）A．若mA、mB不相等，μA、μB相同，A、B組成的系統(tǒng) B．若mA、mB不相等，μA、μB相同，A、B、C組成的系統(tǒng) C．若mA、mB相等，μA、μB不相同，A、B組成的系統(tǒng) D．若mA、mB相等，μA、μB不相同，A、B、C組成的系統(tǒng)【分析】系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零，分析物體的受力情況，確定系統(tǒng)的合外力，根據(jù)動量守恒的條件即可判斷系統(tǒng)的動量是否守恒．【解答】解：AC、系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零，如果A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，則A與C之間、B與C之間的滑動摩擦力大小相等，若mA、mB不相等，μA、μB相同或者mA、mB相等，μA、μB不相同，則A與C之間、B與C之間的滑動摩擦力大小都不相等，A、B組成的系統(tǒng)動量都不守恒，故AC錯誤；BD、無論A與平板車C之間的摩擦力、B與平板車C之間的摩擦力是否相等，對于A、B、C組成的系統(tǒng)合外力為零，動量一定守恒，故BD正確。故選：BD。【點評】本題關(guān)鍵掌握系統(tǒng)動量守恒定律的適用條件：合外力為零，并能通過分析受力，判斷系統(tǒng)的動量是否守恒．24．（2021春?福州期中）光滑水平面上，A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間變化的圖象，c為碰撞后兩球共同運動的位移隨時間變化的圖象。若A球質(zhì)量mA＝3kg，則由圖判斷下列結(jié)論正確的是（）A．B球質(zhì)量mB＝2kg B．碰撞時B球?qū)球所施的沖量為6N?s C．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為15J D．A、B兩球碰撞前的總動量為5kg?m/s【分析】x﹣t圖象的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖示圖象求出兩球碰撞前后的速度，兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律可以求出B球的質(zhì)量，應(yīng)用動量定理與能量守恒定律分析答題?！窘獯稹拷猓河蓤D示圖象可知，碰撞前A球的速度vA＝m/s＝﹣3m/s，B球的速度vB＝m/s＝2m/s，碰撞后兩球的共同速度v＝m/s＝﹣1m/sA、兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以碰撞前B球的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mAvA+mBvB＝（mA+mB）v，代入數(shù)據(jù)解得：mB＝2kg，故A正確；B、對A，由動量定理得：I＝mAv﹣mAvA，代入數(shù)據(jù)解得：I＝6N?s，故B正確；C、兩球碰撞過程，對系統(tǒng)，由能量守恒定律得：＝+△E，代入數(shù)據(jù)解得，系統(tǒng)損失的機械能：△E＝15J，故C正確；D、A、B碰撞前的總動量p＝mAvA+mBvB＝3×（﹣3）kg?m/s+2×2kg?m/s＝﹣5kg?m/s，故D錯誤。故選：ABC?！军c評】解答本題時，首先要明確位移圖象的斜率表示速度，根據(jù)圖象的斜率能求出速度，其次要明確碰撞的基本規(guī)律是動量守恒定律，并要注意動量的方向。25．（2021春?岑溪市期中）如圖甲，長木板A靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為mB＝3kg的另一物體B（可看做質(zhì)點）以水平速度v0滑上長木板A的表面，由于A、B間存在摩擦，之后運動過程中A、B的速度隨時間變化情況如圖乙所示，g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．木板A的最小長度為2m B．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1 C．木板獲得的動能為12J D．系統(tǒng)損失的機械能為3J【分析】根據(jù)圖像可得到A、B的加速度，位移，分析運動情況得到木板最小長度，根據(jù)牛頓運動定律可求解動摩擦因數(shù)及A的質(zhì)量，從而得到木板的動能，根據(jù)功能關(guān)系得到系統(tǒng)損失的機械能?！窘獯稹拷猓河蓤D得：0﹣1s，B做勻減速運動，A做勻加速運動，1s時，AB達到共速，一起勻速運動。A、由圖得：0﹣1s內(nèi)，B的位移，A的位移為，當(dāng)A板長度最短時，B恰好滑到A的最右端，恰好未掉落，故木板A的最小長度為L＝xA﹣xB＝1.5m﹣0.5m＝1m，故A錯誤；B、由圖得：B的加速度：，負號表示加速度的方向，由牛頓第二定律得：μmBg＝mBaB，代入解得，μ＝0.1，故B正確；C、由圖得：對木板：μmBg＝MaA，解得：M＝3kg，木板獲得的動能為：，故C錯誤；D、系統(tǒng)損失的機械能△E＝f?△x＝μmBg（xB﹣xA）＝0.1×3×10×（1.5﹣0.5）J＝3J，故D正確；故選：BD?！军c評】本題考查圖像問題與板塊模型相結(jié)合，需要掌握牛頓運動定律的應(yīng)用及功能關(guān)系。26．（2021?道里區(qū)校級一模）如圖所示，小車置于光滑水平面上。小車左端固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧自然長度小于車長。小物塊置于小車上，小車與物塊間動摩擦因數(shù)為μ，用細繩將物塊系在小車左端，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈性勢能為EP，小車處于靜止?fàn)顟B(tài)。此時小物塊到小車右端的距離為L?，F(xiàn)燒斷細繩，物塊到達小車右端時，物塊的動能是小車動能的3倍。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．彈簧對物塊做功與彈簧對小車做功相等 B．小車質(zhì)量 C．物塊先加速后減速，彈簧恢復(fù)原長時速度最大 D．物塊到達小車右端過程中，小車向左移動的距離為【分析】由動能定理判斷彈簧分別對物塊和小車做功的大小；對彈簧，小車和物塊構(gòu)成系統(tǒng)動量守恒可求出小車和物塊質(zhì)量之比和位移之比，由能量關(guān)系求出小車質(zhì)量與彈性勢能的關(guān)系；物塊加速度為零時，速度最大?！窘獯稹拷猓篈、分別對物塊和小車進行分析，由動能定理可知，彈簧對它們做的功等于它們的動能變化量，由題意知：物塊到達小車右端時，物塊的動能是小車動能的3倍。那么彈簧對物塊做功等于彈簧對小車做功的3倍，故A錯誤；B、燒斷細繩后，彈簧，小車和物塊構(gòu)成系統(tǒng)，在水平方向上不受外力作用，動量守恒，能量守恒，設(shè)物塊質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M，則0＝mv1﹣Mv2又有題意可知：＝3×解得：M＝3m整個過程能量守恒：EP＝μmgL++＞μmgL＝，即：小車質(zhì)量，故B正確；C、對物塊受力分析即運動分析可知，物塊先加速后減速，在加速度等于零時，速度最大，此時彈簧彈力等于摩擦力，并非是彈簧恢復(fù)原長時，故C錯誤；D、設(shè)物塊到達小車右端過程中，設(shè)小車向左移動的距離為x，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：0＝M﹣m，解得x＝，故D正確；故選：BD?！军c評】本題考查動量守恒定律和能量守恒定律，運用動量守恒定律時，要注意規(guī)定正方向，用正負號表示速度方向。在物理過程中，凡是見到速度達到最大的題目，絕大多數(shù)都是因為加速度為零。27．（2021?吉林模擬）A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，圖示為A、B兩物體發(fā)生碰撞前后的v﹣t圖線，由圖線數(shù)據(jù)及相關(guān)物理規(guī)律可以判斷（）A．A、B的質(zhì)量比為3：2 B．A作用前后動量變化為﹣12kg?m/s C．B作用前后動量變化為10kg?m/s D．A、B作用前后總動能不變【分析】從圖中可以得出碰撞前后A、B速度大小，利用動量守恒定律公式，代入數(shù)據(jù)可以求出A、B質(zhì)量之比，結(jié)合初末速度與質(zhì)量比可以求證碰撞前后A、B動能是否變化【解答】解：A、根據(jù)動量守恒定律：mA?vA1+mB?vB1＝mA?vA2+mB?vB2結(jié)合圖像代入有mA?6m/s+mB?1m/s＝mA?2m/s+mB?7m/s，得：mA：mB＝3：2，故A正確；BC、A的動量變化△p＝pA2﹣pA1＝mA?vA2﹣mA?vA1，由于A質(zhì)量未知，故動量變化具體數(shù)值無法求出，故B錯誤，同理可知C選項錯誤；D、作用前總動能：，作用后總動能：，由此可知作用前后A、B的總動能不變，D正確；故選：AD?！军c評】本題考查動量守恒定律，要求學(xué)生具備從圖像讀取信息的能力，難度適中。28．（2021?綿陽模擬）如圖所示，總質(zhì)量為M、帶有光滑平臺的小車靜止在光滑水平地面上，一輕質(zhì)彈簧左端固定于平臺上豎直擋板，右端用質(zhì)量為m的小球壓縮一定距離后用細線捆住。固定小車，燒斷細線，小球被彈出后落在車上A點，水平位移大小為L，彈簧對小球的沖量大小為I；不固定小車，燒斷細線，小球落在車上B點（圖中未標出），則（）A．小球水平位移大小大于L B．小球水平位移大小小于L C．彈簧對小球的沖量大小大于I D．彈簧對小球的沖量大小小于I【分析】固定小車時，彈簧彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為了小球的動能；不固定小車時，彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球和小車的動能【解答】解：固定小車時，彈簧彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為了小球的動能，小球速度大，得到的沖量大；不固定小車時，彈簧彈性勢能只有部分轉(zhuǎn)化為了小球的動能，小球速度小，得到的沖量小。綜上，小球水平位移大小小于L，得到的沖量大小小于I，故AC錯誤，BD正確。故選：BD。【點評】本題考查功能關(guān)系以及動量定理，主要考查學(xué)生定性分析的能力，難度較小。29．（2021春?七里河區(qū)校級月考）如圖所示，在質(zhì)量為M的小車中掛著一個單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車（含單擺）以恒定的速度u沿光滑的水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短。在此碰撞進行的過程中，下列說法可能正確的是（）A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足：（M+m0）u＝Mv1+mv2+m0v3 B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足Mu＝Mv1+mv2 C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関，滿足：Mu＝（M+m）v D．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度為v2，滿足：（M+m0）u＝（M+m0）v1+mv2【分析】在小車和木塊碰撞的過程中，由于碰撞時間極短，小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，擺球在瞬間速度不變?！窘獯稹拷猓篈D、小車與木塊碰撞時間極短，小車與木塊碰撞過程單擺相對小車沒有發(fā)生擺動，即擺線對球的作用力原來是豎直向上的，現(xiàn)在還是豎直向上的沒有水平方向的分力，未改變小球的動量，即單擺沒有參與碰撞，單擺的速度不發(fā)生變化，故AD錯誤；BC、小車與木塊碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，小車與木塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，若碰撞為彈性碰撞，碰撞后小車與木塊分離，以向左為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：Mu＝Mv1+mv2如果碰撞為完全非彈性碰撞，碰撞后小車與木塊受到相等，碰撞過程系統(tǒng)與木塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：Mu＝（M+m）v，故BC正確。故選：BC?！军c評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚運動過程是解題的前提，解決本題的關(guān)鍵合理的選擇研究對象，知道在碰撞的瞬間前后擺球的速度不變，小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒。30．（2020秋?淄博期末）如圖所示，用長為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度，不計空氣阻力。對子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程，下列說法正確的是（）A．若保持m、v、l不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小 B．若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小 C．若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大 D．若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機械能不變【分析】彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)在水平方向動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律可以求出彈丸擊中沙箱后的共同速度，彈丸與沙箱一起擺動過程系統(tǒng)機械能守恒，應(yīng)用機械能守恒定律求出系統(tǒng)損失的機械能，然后分析答題?！窘獯稹拷猓簭椡钃糁猩诚溥^程系統(tǒng)水平方向動量守恒，以彈丸的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv＝（M+m）v′解得：v′＝彈丸與沙箱一起擺動過程系統(tǒng)機械能守恒，由能量守恒定律可知，整個過程系統(tǒng)損失的機械能為：△E＝mv2﹣（M+m）v′2＝A、若保持m、v、l不變，M變大，系統(tǒng)損失的機械能：△E＝＝變大，故A錯誤；B、若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能：△E＝＝變大，故B錯誤；C、若保持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能：△E＝變大，故C正確；D、若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機械能：△E＝不變，故D正確。故選：CD?！军c評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒，沙箱擺動過程系統(tǒng)機械能守恒，整個過程損失的機械能等于彈丸擊中沙箱過程損失的機械能，分析清楚物體運動過程，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律求出系統(tǒng)損失的機械能即可解題。三．填空題（共10小題）31．（2021春?思明區(qū)校級月考）如圖所示，在光滑的水平面上有2021個完全相同的小球排成一條直線，均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給第一個小球初動能Ek，使它正對其他小球運動。若小球間的所有碰撞都是完全非彈性的（粘在一起），則整個碰撞程中因為碰撞損失的機械能總量為Ek?！痉治觥繉?021個小球組成的系統(tǒng)根據(jù)動量守恒求出碰撞后的速度，結(jié)合能量守恒定律求出損失的機械能?！窘獯稹拷猓阂缘谝粋€小球的初速度方向為正，對2021個小球組成的系統(tǒng)水平方向運用動量守恒定律得：mv0＝2021mv解得：v＝則系統(tǒng)損失的機械能為：△E＝﹣，其中Ek＝解得：△E＝Ek。故答案為：Ek?！军c評】解決該題的關(guān)鍵是明確知道完全非彈性碰撞的物理特征，知道選擇2021個小球作為研究對象進行分析，掌握動量守恒的方程式。32．（2021春?思明區(qū)校級月考）如圖所示，一個質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平地面上，一只質(zhì)量為m的青蛙靜止于木板的右端。青蛙突然一躍而起，脫離木板瞬間的對地速度大小為v，與水平方向成θ＝60°角，青蛙在這個過程中對木板做功為?！痉治觥肯到y(tǒng)水平方向不受外力作用，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律、功能關(guān)系列方程求解?！窘獯稹拷猓合到y(tǒng)水平方向不受外力作用，動量守恒。設(shè)青蛙離開木板后，木板在水平方向獲得的速度大小為v1，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：0＝mvcosθ﹣Mv1解得：v1＝根據(jù)功能關(guān)系可得，青蛙在這個過程中對木板做功為W＝，解得：W＝。故答案為：?！军c評】本題主要是考查了動量守恒定律和功能關(guān)系；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)功能關(guān)系列方程求解。33．（2021?三元區(qū)校級模擬）某個研究碰撞的裝置如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ．若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對盒靜止，則此時盒的速度大小為，滑塊相對于盒運動的路程為【分析】水平面光滑，滑塊與盒子組成的系統(tǒng)動量守恒，相對靜止時兩者速度相同，由動量守恒定律求出此時盒子的速度。根據(jù)能量守恒定律即可求出滑塊相對于盒運動的路程?！窘獯稹拷猓涸O(shè)滑塊質(zhì)量為m，則盒的質(zhì)量為2m；設(shè)滑塊初速度方向為正方向，則對整個過程，由動量守恒定律可得mv＝3mv共，解得v共＝，由能量守恒定律可知，解得。故答案為：；【點評】本題考查動量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是能忽略運動的過程，熟練應(yīng)用動量守恒定律、能量守恒定律是正確解題的關(guān)鍵；解題時要分析清楚運動過程，明確動量守恒的條件。34．（2021?安徽模擬）如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，車廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體以速度v0開始向左運動，與車廂壁來回碰撞幾次之后靜止于車廂中，這時小車的速度大小為，方向水平向左．【分析】物體與車廂反復(fù)碰撞，最終兩者速度相等，在此過程中，兩者組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出車廂的速度．【解答】解：以物體與車廂組成的系統(tǒng)為研究對象，以向左為正方向，由動量守恒定律可得：mv0＝（M+m）v′，最終車的速度為：v′＝，方向與v0的速度相同，水平向左；故答案為：，水平向左【點評】選物體與小車組成的系統(tǒng)為研究對象，水平方向僅有系統(tǒng)的內(nèi)力作用而不受外力作用，故此方向滿足動量守恒，碰撞前的動量，等于最后的總動量，典型的動量守恒的題目．35．（2020秋?鼓樓區(qū)校級期中）如圖，立柱固定于光滑水平面上O點，質(zhì)量為M的小球a向右運動，與靜止于Q點的質(zhì)量為m的小球b發(fā)生彈性碰撞，碰后a球立即向左運動b球與立柱碰撞能量不損失，所有碰撞時間均不計，b球恰好在P點追上a球，Q點為OP的中點，則a、b兩球在Q點碰后速度大小之比1；3；a、b球質(zhì)量之比為3：5。【分析】根據(jù)碰后再次相遇的路程關(guān)系，求出兩球碰后的速度大小之比。根據(jù)碰撞過程中動量、能量守恒列方程即可求出a、b球質(zhì)量之比M：m?！窘獯稹拷猓涸O(shè)a、b兩球碰后速度大小分別為v1、v2。由題有：b球與擋板發(fā)生彈性碰撞后恰好在P點追上甲，則從碰后到相遇a、b球通過的路程之比為：s1：s2＝1：3根據(jù)s＝vt得：v1：v2＝1：3；以水平向右為正方向，兩球發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得：Mv0＝M（﹣v1）+mv2由機械能守恒定律得：Mv02＝Mv12+mv22解得：M：m＝3：5。故答案為：1：3；3：5?！军c評】解答本題的突破口是根據(jù)碰后路程關(guān)系求出碰后的速度大小之比，要掌握彈性碰撞的基本規(guī)律：動量守恒和機械能守恒。解題要注意選擇正方向，用正負號表示速度的方向。36．（2020秋?市中區(qū)校級月考）如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為r的小球，放在內(nèi)半徑為R、質(zhì)量為3m的大空心球內(nèi)，大球開始靜止在光滑水平面上，當(dāng)小球由圖中位置無初速度釋放沿內(nèi)壁滾到最低點時，大球移動的距離為?！痉治觥啃∏驘o初速下滑到達最低點時，小球與大球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，用位移表示平均速度，根據(jù)水平方向平均動量守恒定律求出小球發(fā)生的水平位移，再由幾何知識求出大球的位移．【解答】解：小球向下運動的過程中，小球與環(huán)組成的系統(tǒng)沿水平方向的動量守恒；設(shè)小球滑到最低點所用的時間為t，大球的位移大小為x，則小球發(fā)生的水平位移大小為R﹣r﹣x，取水平向左方向為正方向．則根據(jù)水平方向平均動量守恒得：即：解得：x＝故答案為：【點評】本題不能靜止地看問題，把圓環(huán)當(dāng)作不動的，要注意位移的參考系，注意運動過程中，水平方向動量守恒，中等難度．37．（2020秋?海淀區(qū)期中）如圖所示，質(zhì)量為M的人在遠離任何星體的太空中，與他旁邊的飛船相對靜止，由于沒有力的作用，他與飛船總保持相對靜止的狀態(tài)。這個人手中拿著一個質(zhì)量為m的小物體，他以相對飛船為v的速度把小物體拋出，在拋出物體后他相對飛船的速度大小為（用圖中字母表示）。【分析】人和小物體組成的系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律可以求出拋出物體后人相對飛船的速度大小?！窘獯稹拷猓喝撕臀矬w組成的系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)人相對于飛船的速度大小為v1，以v的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv﹣Mv1＝0解得：v1＝故答案為：?！军c評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意應(yīng)用動量守恒定律即可解題，解題時注意正方向的選擇，解題時要注意所有的速度與動量都是相對于同一參考系的速度與動量。38．（2020秋?雨城區(qū)校級月考）如圖所示，一質(zhì)量為m的小球沿光滑的水平面以速度v沖上一個靜止在水平地面上的質(zhì)量為2m的曲面體，曲面體的曲面部分為半徑為R的光滑面圓弧并且和水平面相切。則小球能上升的最大高度為?！痉治觥啃∏蚺c曲面體組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，當(dāng)小球上升到最高點時兩者在水平方向速度相等，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律可以求出小球上升的最大高度?！窘獯稹拷猓盒∏蚺c曲面體組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球上升到最大高度時兩者水平方向速度相等，設(shè)上升的最大高度為h，設(shè)為v′，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv＝（m+2m）v′由機械能守恒定律得：＝（m+2m）v′2+mgh解得：h＝故答案為：?！军c評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚物體的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律即可解題。39．（2020秋?雨城區(qū)校級月考）小球m在光滑水平面上以速率v向右運動，與原靜止的M球（M＝2m）發(fā)生對心碰撞后分開，m球的速率為原來的，則碰后M球速率可能為v或v?！痉治觥績汕蚺鲎策^程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出碰撞后M的速率?！窘獯稹拷猓阂耘鲎睬癿的速度方向為正方向，碰撞后m的速度為v1＝v或v1＝﹣v設(shè)碰撞后M的速度為v2，兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：mv＝mv1+Mv2解得：v2＝v或v2＝v故答案為：v或v?！军c評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律即可解題；解題時要注意正方向的選擇。40．（2020春?興慶區(qū)校級期中）質(zhì)量是10g的子彈，以300m/s的速度射向質(zhì)量是40g、靜止在光滑水平桌面上的木塊，子彈穿過木塊后的速度為100m/s，這時木塊的速度是50m/s?！痉治觥孔訌棿┻^木塊過程，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律可以求出木塊的速度?！窘獯稹拷猓鹤訌椯|(zhì)量m＝10g＝0.010kg，木塊質(zhì)量：M＝40g＝0.040kg，子彈射穿木塊過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝mv1+Mv2，代入數(shù)據(jù)解得：v2＝50m/s；故答案為：50?！军c評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚子彈與木塊的運動過程是解題的前提，應(yīng)用動量守恒定律即可解題。四．計算題（共2小題）41．（2021?道里區(qū)校級模擬）如圖所示，長度LAB＝10m的水平傳送帶以v＝1m/s的速度順時針旋轉(zhuǎn)。某同學(xué)將一個質(zhì)量m＝0.04kg的小滑塊輕放在傳送帶最左端，同時，另一位同學(xué)用玩具手槍發(fā)射一顆質(zhì)量m0＝0.01kg的彈丸，彈丸射入小物塊后留在其中，作用時間極短。已知彈丸擊中小滑塊前的瞬時速度方向平行于傳送帶，大小為v0＝35m/s。小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3。設(shè)物體和彈丸均可看成質(zhì)點，取g＝10m/s2。試求：（1）小滑塊與彈丸碰后的速度大小；（2）小滑塊從A點運動到B點的時間?！痉治觥浚?）根據(jù)動量守恒定律求解小滑塊與彈丸碰后的速度大??；（2）由牛頓第二定律求解物塊在傳送帶上運動的加速度大小，求出物塊減速至傳送帶速度v所用時間和勻速時間，由此得到小滑塊從A點運動到B點的時間。【解答】解：（1）彈丸與小物塊碰撞過程，系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：m0v0＝（m0+m）v共解得：v共＝7m/s；（2）彈丸與小物塊成為一體后，其質(zhì)量為M＝m+m0＝0.04kg+0.01kg＝0.05kg一起在傳送帶上減速，由牛頓第二定律得：μMg＝Ma解得加速度大小為：a＝3m/s2設(shè)減速至傳送帶速度v所用時間為t1，則：t1＝＝s＝2s該過程中發(fā)生的位移：x＝＝m＝8m＜LAB＝10m故此后物塊和彈丸勻速運動，設(shè)勻速時間為t2，則：t2＝＝s＝2s所以小滑塊從A點運動到B點的時間：t＝t1+t2＝2s+2s＝4s。答：（1）小滑塊與彈丸碰后的速度大小為7m/s；（2）小滑塊從A點運動到B點的時間為4s?！军c評】本題主要是考查了動量守恒定律和牛頓第二定律的綜合應(yīng)用；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程求解。42．（2021?青秀區(qū)校級模擬）如圖甲所示，半徑為R＝0.45m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B點為軌道最低點，在光滑水平面上緊挨B點有一靜止的平板車，其質(zhì)量M＝5kg，長度L＝0.75m，車的上表面與B點等高，可視為質(zhì)點的物塊從圓弧軌道最高點A由靜止釋放，其質(zhì)量m＝1kg，g取10m/s2。（1）求物塊滑到B點時對軌道壓力的大?。唬?）若平板車上表面粗糙，物塊最終沒有滑離平板車，求該過程中系統(tǒng)由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q；（3）若將平板車固定且在上表面鋪上一種動摩擦因數(shù)逐漸增大的特殊材料，物塊在平板車上向右滑動時，所受摩擦力Ff隨它距B點位移L的變化關(guān)系部分如圖乙所示，物塊最終滑離了平板車，求物塊滑離平板車時的速度大小?！痉治觥浚?）根據(jù)機械能守恒求得B的速度，再根據(jù)牛頓第二定律求得壓力大??；（2）根據(jù)系統(tǒng)動量守恒，能量守恒解得Q的大小；（3）結(jié)合圖像求得摩擦力做功，再根據(jù)動能定理求得速度大小?！窘獯稹拷猓海?）物塊從圓弧軌道A點滑到B點的過程中機械能守恒：mgR＝m解得：vB＝3m/s在B點由牛頓第二定律得FN﹣mg＝m解得：FN＝30N據(jù)牛頓第三定律，物塊滑到B點時對軌道的壓力FN′＝FN＝30N.（2）物塊滑上平板車后，系統(tǒng)的動量恒，mvB＝（m+M）v共Q＝m﹣（m+M）v共2解得Q＝3.75J.（3）根據(jù)圖像，求得L＝0.75m時，F(xiàn)f’＝8N物塊在平板車上滑行時克服摩擦力做的功為Ff﹣L圖線與橫軸所圍的面積，則克服摩擦力做功為Wf＝求得Wf＝3.75J；物塊在平板車上滑動的過程中，由動能定理得：﹣Wf＝mv2﹣m解得：v＝m/s.答：（1）物塊滑到B點時對軌道壓力的大小為30N；（2）若平板車上表面粗糙，物塊最終沒有滑離平板車，該過程中系統(tǒng)由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為3.75J；（3）若物塊最終滑離了平板車，物塊滑離平板車時的速度大小為m/s.【點評】本題考查動能定理，動量守恒，圓周運動的應(yīng)用，必須把握運動過程進行解答，注意系統(tǒng)能量的轉(zhuǎn)化。動量守恒定律知識點：動量守恒定律一、相互作用的兩個物體的動量改變?nèi)鐖D所示，質(zhì)量為m2的B物體追上質(zhì)量為m1的A物體，并發(fā)生碰撞，設(shè)A、B兩物體碰前速度分別為v1、v2，碰后速度分別為v1′、v2′(v2>v1)，碰撞時間很短，設(shè)為Δt.圖根據(jù)動量定理：對A：F1Δt＝m1v1′－m1v1①對B：F2Δt＝m2v2′－m2v2②由牛頓第三定律F1＝－F2③由①②③得兩物體總動量關(guān)系為：m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2二、動量守恒定律1．系統(tǒng)、內(nèi)力與外力(1)系統(tǒng)：兩個(或多個)相互作用的物體構(gòu)成的一個力學(xué)系統(tǒng)．(2)內(nèi)力：系統(tǒng)中物體間的作用力．(3)外力：系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力．