2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題07 碰撞與動量守恒（含解析）

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1、 專題07碰撞與動量守恒 第一部分 名師綜述 綜合分析近幾年的高考物理試題發(fā)現，試題在考查主干知識的同時，注重考查基本概念和基本規(guī)律。 考綱要求 1、理解動量、動量變化量的概念；知道動量守恒的條件。 2、會利用動量守恒定律分析碰撞、反沖等相互作用問題。 命題規(guī)律 1、動量和動量的變化量這兩個概念常穿插在動量守恒定律的應用中考查。 2、動量守恒定律的應用是本部分的重點和難點，也是高考的熱點；動量守恒定律結合能量守恒定律來解決碰撞、打擊、反沖等問題，以及動量守恒定律與圓周運動、核反應的結合已成為近幾年高考命題的熱點。 第二部分知識背一背 （1）動量、動能、動量變化量的比較

2、 名稱 項目 動量 動能 動量的變化量 定義 物體的質量和速度的乘積 物體由于運動而具有的能量 物體末動量與初動量的矢量差 定義式 p＝mv Δp＝p′－p 矢標性 矢量 標量 矢量 特點 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過程量 (2)動量的性質 ①矢量性：方向與瞬時速度方向相同． ②瞬時性：動量是描述物體運動狀態(tài)的量，是針對某一時刻而言的． ③相對性：大小與參考系的選取有關，通常情況是指相對地面的動量． (3)動量守恒條件 ①理想守恒：系統不受外力或所受外力的合力為零，則系統動量守恒． ②近似守恒：系統受到的合力不為零，但當內力遠大于外力時，系統的

3、動量可近似看成守恒． ③分方向守恒：系統在某個方向上所受合力為零時，系統在該方向上動量守恒． (4)動量守恒定律的表達式 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 或Δp1＝－Δp2. （5）碰撞的種類及特點 分類標準 種類 特點 機械能是否守恒 彈性碰撞 動量守恒，機械能守恒 非彈性碰撞 動量守恒，機械能有損失 完全非彈性碰撞 動量守恒，機械能損失最大 碰撞前后動量是否共線 對心碰撞(正碰) 碰撞前后速度共線 非對心碰撞(斜碰) 碰撞前后速度不共線 (6)動量守恒定律和能量守恒定律 動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物

4、體系統，在力學中解題時必須注 意動量守恒的條件及機械能守恒的條件。在應用這兩個規(guī)律時，當確定了研究的對象及運動狀態(tài)變化的過 程后，根據問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解。 第三部分 技能+方法 一、動量守恒定律的特點： ①矢量性：表達式中涉及的都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初、末動量的正、負。 ②瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。不同時刻的動量 不能相加。 ③同時性：動量是狀態(tài)量，具有瞬時性，動量守恒定律指的是相互作用的物體構成的物體系在任一時刻的總動量都相同． ④普適性：它不僅適用于兩個

5、物體組成的系統，也適用于多個物體組成的系統；不僅適用于宏觀物體組成的系統，對微觀粒子組成的系統也適用。 二、應用動量守恒定律解題的特點 由于動量守恒定律只考慮物體相互作用前、后的動量，不考慮相互作用過程中各個瞬間細節(jié)，即使在牛頓運動定律適用的范圍內，它也能解決許多由于相互作用力難以確定而不能直接應用牛頓運動定律的問題，這正是動量守恒定律的特點和優(yōu)點所在． 三、應用動量守恒定律解題的步驟 ①明確研究對象，確定系統的組成(系統包括哪幾個物體及研究的過程)； ②進行受力分析，判斷系統動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)； ③規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量； ④由動量守恒定律列出方程

6、； ⑤代入數據，求出結果，必要時討論說明． 四、碰撞現象滿足的規(guī)律 ①動量守恒定律． ②機械能不增加． ③速度要合理：若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′；碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。 五、彈性碰撞的規(guī)律 兩球發(fā)生彈性碰撞時滿足動量守恒定律和機械能守恒定律． 以質量為m1，速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例， 則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′和 解得：； 結論： ①當兩球質量相等時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換速度． ②當質

7、量大的球碰質量小的球時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都向前運動． ③當質量小的球碰質量大的球時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質量小的球被反彈回來 六、綜合應用動量和能量的觀點解題技巧 ①動量的觀點和能量的觀點 動量的觀點：動量守恒定律 能量的觀點：動能定理和能量守恒定律 這兩個觀點研究的是物體或系統運動變化所經歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細節(jié)作深入的研究，而關心運動狀態(tài)變化的結果及引起變化的原因．簡單地說，只要求知道過程的始、末狀態(tài)動量式、動能式和力在過程中的沖量和所做的功，即可對問題求解． ②利用動量的觀點和能量的觀點解題應注意下列問題： (a)動量守恒定律是

8、矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達式，絕無分量表達式． (b)動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系統，在力學中解題時必須注意動量守恒的條件及機械能守恒的條件．在應用這兩個規(guī)律時，當確定了研究的對象及運動狀態(tài)變化的過程后，根據問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解． 第四部分 基礎練+測 一、單選題 1．如圖所示，車廂長為l，質量為M，靜止在光滑水平面上，車廂內有一質量為m的物體，以速度v0向右運動，與車廂壁來回碰撞n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．mv0

9、M+m，水平向右 D．mv0M-m，水平向右 【答案】 C 【解析】 【詳解】 以物體與車廂組成的系統為研究對象，以向右為正方向，由動量守恒定律可得：mv0=（M+m）v，最終車的速度為：v=mv0M+m，方向與v0的速度相同，水平向右；故選C. 2．如圖所示，鐵板AB于水平地面間的夾角為θ，一塊磁鐵吸附在鐵板下方?，F緩慢抬起鐵板B端使θ角(始終小于90°)增大的過程中，磁鐵始終相對鐵板靜止。下列說法正確的是(　　) A．磁鐵所受合外力逐漸減小 B．鐵板對磁鐵的彈力逐漸增大 C．磁鐵受到的摩擦力做負功 D．鐵板對磁鐵的彈力沖量等于零 【答案】 B 【解

10、析】 【分析】 【詳解】 對鐵塊受力分析，受重力G、磁力F、支持力N和摩擦力f，如圖所示： 由于始終平衡，故合力為零，故A錯誤；根據平衡條件，有：mgsinθ-f=0，F-mgcosθ-N=0，解得：f=mgsinθ，N=F-mgcosθ，由于θ不斷變大，故f不斷變大，N不斷變大，故B正確；摩擦力與運動方向垂直，則不做功，故C錯誤；鐵板對磁鐵的彈力沖量等于∑Ft≠0，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。 【點睛】 本題關鍵是對滑塊受力分析，然后根據平衡條件并運用正交分解法列式求解，注意三力平衡通常用合成法，三力以上用正交分解法。 3．1998年6月18日，清華大學對富康轎車成功

11、地進行了中國轎車史上的第一次碰撞安全性實驗。在碰撞過程中，關于安全氣囊對駕駛員保護作用的說法正確的是 A．減小了駕駛員的動量變化量 B．減小了駕駛員的動量變化率 C．減小了駕駛員受到撞擊力的沖量 D．延長了撞擊力的作用時間，從而使得駕駛員的動量變化量更大 【答案】 B 【解析】 【分析】 分析碰撞前后的動量變化關系，明確動量變化率的變化，再根據動量定理分析沖擊力的變化； 【詳解】 在碰撞過程中，人的動量的變化量是一定的，而用安全氣囊后增加了作用的時間，根據動量定理Ft=ΔP可知，可以減小駕駛員受到的沖擊力，即減小了駕駛員的動量變化率，故B正確，A、C、D錯誤； 故選B

12、。 4．如圖所示，光滑水平面上停著一輛小車，小車的固定支架左端用不計質量的細線系一個小鐵球。開始將小鐵球提起到圖示位置，然后無初速釋放，之后不會與車上的支架碰撞。在小鐵球來回擺動的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．小球擺到最低點時，小車的速度最大 B．小車和小球系統動量守恒 C．小球擺到右方最高點時刻，小車有向右的速度 D．小球向右擺動過程小車一直向左加速運動 【答案】 A 【解析】 【分析】 由于水平面光滑，球、車系統水平方向動量守恒，但豎直方向動量不守恒，系統機械能守恒，小球擺過程中機械能不守恒。 【詳解】 小車與小球組成的系統在水平方向動量守恒，小球在

13、最低點，小球的水平速度最大，小車速度最大，小球從圖示位置下擺到最低點，小車受力向左加速運動，當小球到最低點時，小車速度最大。當小球從最低點向右邊運動時，小車向左減速，當小球運動到與左邊圖示位置相對稱的位置時，小車靜止。故小球向右擺動過程小車先向左加速運動，后向左減速運動，故A正確，CD錯誤；小車與小球組成的系統在水平方向動量守恒，在豎直方向動量不守恒，系統整體動量不守恒，故B錯誤。所以A正確，BCD錯誤。 【點睛】 本題主要考查了動量守恒、機械能守恒條件的判斷，要求同學們能正確分析小球和小車的運動情況，知道水平方向的動量守恒定律。 5．一宇宙飛船的橫截面積s，以v0的恒定速率航行，當進入

14、有宇宙塵埃的區(qū)域時，設在該區(qū)域，單位體積內有n顆塵埃，每顆塵埃的質量為m，若塵埃碰到飛船前是靜止的，且碰到飛船后就粘在飛船上，不計其他阻力，為保持飛船勻速航行，飛船發(fā)動機的牽引力功率為（ ） A．snmv02 B．2snmv02 C．snmv03 D．2snmv03 【答案】 C 【解析】 【分析】 根據題意求出時間t內黏附在衛(wèi)星上的塵埃質量，然后應用動量定理求出推力大小，利用P=Fv求得功率； 【詳解】 時間t內黏附在衛(wèi)星上的塵埃質量：M=v0tsnm， 對黏附的塵埃，由動量定理得：Ft=Mv0 解得：F=nmv02s； 維持飛船勻速運動，飛船

15、發(fā)動機牽引力的功率為P=Fv0=nmv03s，故選項C正確，ABD錯誤。 【點睛】 本題考查了動量定理的應用，根據題意求出黏附在衛(wèi)星上的塵埃質量，然后應用動量定理可以求出衛(wèi)星的推力大小，利用P=Fv求得功率。 6．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并立即留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質彈簧連在一起，如圖所示。則在子彈打擊木塊A至彈簧第一次被壓縮最短的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統 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，機械能不守恒 D．動量不守恒，總動能減小 【答案】 B 【解析】 【詳解】 在子彈打擊木塊

16、A及彈簧壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統，系統所受的外力之和為零，則系統的動量守恒。在此過程中，除彈簧彈力做功外還有摩擦力對系統做功，所以系統機械能不守恒。故B正確，ACD錯誤。故選B。 【點睛】 本題考查動量守恒和機械能守恒的判斷和應用能力．動量是否守恒要看研究的過程，要細化過程分析，不能籠統． 7．如圖所示，小車與木箱緊挨著靜放在光滑的水平冰面上，現有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法中正確的是 A．木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量相同 B．小車與木箱組成的系統動量守恒 C．男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒 D．男孩和木箱

17、組成的系統動量守恒 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AC：男孩、小車與木箱三者組成的系統所受合力為零，系統動量守恒；木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相等、方向相反，木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量不相同。故A項錯誤，C項正確。 B：小車與木箱組成的系統所受合外力不為零，系統動量不守恒。故B項錯誤。 D：男孩和木箱組成的系統所受合外力不為零，系統動量不守恒。故D項錯誤。 【點睛】 動量守恒條件：①系統不受外力或受外力的矢量和為零。②相互作用的時間極短，相互作用的內力遠大于外力，如碰撞或爆炸瞬間，外力可忽略不計，可以看作系統的動量守恒。③系統某一方向上不受外力

18、或受外力的矢量和為零；或外力遠小于內力，則該方向上動量守恒(分動量守恒)。④在某些實際問題中,一個系統所受外力和不為零，內力也不是遠大于外力，但外力在某個方向上的投影為零，那么在該方向上可以說滿足動量守恒的條件。 8．如圖所示，A、B兩個質量不等的小球（視為質點），A球從某一高度H處靜止開始下落的同時B球由同一高度以初速度v0開始做平拋運動?？諝庾枇Σ挥?，對于兩球下落的全程中，以下說法正確的有 A．動能的變化相等 B．機械能的變化相等 C．重力做的功相等 D．動量的變化相等 【答案】 B 【解析】 【詳解】 兩球只受重力作用，由于質量不等，落地的過程中，合力功不相等，

19、則動能的變化不等，選項A錯誤；兩球的機械能守恒，則機械能的變化相等，選項B正確；根據W=mgh可知，重力做功不等，選項C錯誤；動量的變化等于重力的沖量，?P=mgt，運動的時間相等，質量不等，則動量的變化不相等，選項D錯誤；故選B. 【點睛】 此題關鍵是理解機械能守恒定律、動能定理和動量定理，知道平拋運動的特點；同時要注意兩物體的質量是不等的條件. 9．關于以下概念中說法正確的是 A．作用力和反作用力可能同時做正功 B．一個力對物體有沖量，則該力對物體一定做功 C．做圓周運動的物體，其向心加速度可能不指向圓心 D．若一個物體的動量發(fā)生變化，則動能一定發(fā)生變化 【答案】 A

20、 【解析】 【詳解】 作用力與反作用力的關系是大小相等，方向相反，但是各自的力的方向與位移方向可能相同，也可能相反，即作用力和反作用力可能同時做正功，也可能同時做負功，或作用力做功，反作用力可以不做功，故A正確。一個力對物體有沖量，但不一定有位移，即該力對物體不一定做功，選項B錯誤；做圓周運動的物體，其向心加速度一定指向圓心，選項C錯誤；若一個物體的動量發(fā)生變化，可能是速度方向變化，速度大小不一定變化，即動能不一定發(fā)生變化，選項D錯誤；故選A. 10．高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50g的雞蛋從高空下落撞在地面上,與地面碰撞時間為2ms,同時對地面產生的沖擊力為103N,雞蛋落地時速

21、度約為 A．0.4m/s B．4m/s C．40m/s D．400m/s 【答案】 B 【解析】 【詳解】 設向上為正方向，則雞蛋與地面碰撞的過程，由動量定理：(F-mg)t=0-(-mv)，解得v=(F-mg)tm=103-0.5×2×10-30.05m/s=4.1m/s，故選B. 【點睛】 本題主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運動過程中物體的受力情況，能夠根據研究過程列出表達式求解，注意正方向的選取。 二、多選題 11．如圖所示，光滑的水平面上有P、Q兩個固定擋板，A、B是兩擋板連線的三等分點，A點處有一質量為m2的靜止小球，緊貼P擋板

22、的右側有一質量為m1的等大小球以速度v0向右運動并與m2相碰。小球與小球、小球與擋板間的碰撞均為彈性正碰，兩小球均可視為質點。已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發(fā)生在B點處，則兩小球的質量關系可能為 A．m1=3m2 B．m2= m1 C．m2=5m1 D．m2=7m1 【答案】 ABD 【解析】 【詳解】 若碰后球1的速度方向與原來的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，兩球在B點相遇，是球2反彈后在B點相遇，有：v2t=3v1t，即：v2=3v1，根據動量守恒得，m1v0=m1v1+m2v2，根據機械能守恒得，12m1v02=12m1v12+12m2v22，聯立解得m1=3

23、m2；碰撞后球1的速度方向與原來的方向相反，與檔板碰后反彈在B點追上球2，則有：v1t=3v2t，即：v1=3v2，同理，解得：m2=7m；若碰撞后球1的速度方向與原來的方向相反，與擋板碰后反彈、球2與檔板碰后反彈在B點相遇，則有：v1t=v2t，即: v1=v2，同理，解得：m2=3m1；故選ABD。 12．如圖所示，有一傾角為37°的足夠長的粗糙斜面，動摩擦因數為0.5?，F用F=20N的拉力沿斜面向上拉動1kg的木塊，經6s后，下列說法正確的是：（） A．木塊的加速度恒為20m/s2 B．木塊的動量為60kg·m/s C．拉力F的沖量為120N·s D．拉力F的沖量為0 【答案

24、】 BC 【解析】 【詳解】 物理受力分析列牛頓第二定律方程F-mgsin37°-μmgcos37°=ma，代入數據解得：a＝10m/s2，故A錯誤；經6s后物體的速度v=at=60m/s，此時木塊的動量為：P=mv=60kg·m/s，故B正確；拉力F的沖量為：I=Ft=120N·s，故C正確，D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。 13．一根不可伸長的輕繩一端固定在水平桿上的A點，另一端連接在套在光滑豎直桿的輕環(huán)B上，如圖所示。輕繩繞過懸掛重物的輕滑輪C（不計輕繩與滑輪間的摩擦），重物質量為m，用豎直向上的力F拉住輕環(huán)B讓其緩慢向上移動h，經過時間為t，在時間t內（） A．輕繩拉

25、力對滑輪C的沖量大小為mgt B．輕繩拉力對滑輪C做的功為Fh C．豎直桿對輕環(huán)作用力的沖量為0 D．水平桿對輕繩作用力的沖量不為0 【答案】 ABD 【解析】 【詳解】 輕繩對滑輪C拉力的合力等于重物重力mg，則在時間t內拉力對滑輪C的沖量大小為mgt，選項A正確；輕繩拉力做的功等于作用于B的豎直力F做的功，而A、B間水平距離不變，即AC與水平方向夾角不變，力F為恒力，故力F做的功為Fh，選項B正確；豎直桿對輕環(huán)及水平桿對輕繩的作用力不為0，因此在時間t內其作用力的沖量不為0，故選項C錯D正確。 14．如圖所示，位于豎直面內的半圓形光滑凹槽放在光滑的水平面上,小滑塊從凹槽

26、邊緣A點由靜止釋放，經最低點B 向上到達另一側邊緣C點。把小滑塊從A點到達B點稱為過程I，從B點到達C點稱為過程Ⅱ，則（） A．過程I中小滑塊與凹槽組成的系統動量守恒 B．過程I中小滑塊對凹槽做正功 C．過程Ⅱ中小滑塊與凹槽組成的系統機械能守恒 D．過程Ⅱ中小滑塊對凹槽做負功 【答案】 BCD 【解析】 【詳解】 A、過程Ⅰ中小滑塊與凹槽組成的系統在水平方向上不受外力，系統在水平方向上動量守恒．故A錯誤． B、在過程Ⅰ中，小滑塊對槽的壓力方向左下方，而凹槽向左運動，所以過程I中小滑塊對凹槽做正功．故B正確． C、在過程Ⅱ中小滑塊與凹槽組成的系統，只有重力做功，系統機

27、械能守恒．故C正確， D、在過程Ⅱ中小滑塊對凹槽的彈力方向右下方，而凹槽向左運動，所以過程Ⅱ中小滑塊對凹槽做負功，故D正確； 綜上所述本題答案是：BCD 15．如圖所示,一個物體在與水平方向成θ 角的拉力F 的作用下勻速前進了時間t ,則( ) A．拉力對物體的沖量大小為Ft B．拉力對物體的沖量大小為Ftsinθ C．摩擦力對物體的沖量大小為Ftsinθ D．合外力對物體的沖量大小為零 【答案】 AD 【解析】 【分析】 恒力的沖量等于作用力與作用時間的乘積．根據動量定理求合外力的沖量． 【詳解】 運動時間為t，則拉力的沖量為I1=Ft，由于做勻速運

28、動，阻力大小與F的水平分力相等，摩擦力大小為f=Fcosθ，摩擦力對物體的沖量的大小為I2=ft=Ftcosθ，物體勻速運動，由動量定理知合外力對物體的沖量為零，AD正確． 16．在相等的時間內動量的變化相等的運動有(　) A．勻速圓周運動 B．自由落體運動 C．平拋物體運動 D．勻減速直線運動 【答案】 BCD 【解析】 【詳解】 A：勻速圓周運動物體，所受合外力指向圓心，合外力為變力；據動量定理可得，合外力為變力時，任意相等時間內，物體動量變化不相等。 B：自由落體運動物體，只受重力，所受合外力為恒力；據動量定理可得，合外力為恒力時，任意相等時間內，物體動量變化相等。

29、 C：平拋運動物體，只受重力，所受合外力為恒力；據動量定理可得，合外力為恒力時，任意相等時間內，物體動量變化相等。 D：勻減速直線運動物體，所受合外力為恒力；據動量定理可得，合外力為恒力時，任意相等時間內，物體動量變化相等。 綜上，任意相等時間內，物體動量變化不相等的是A項。 17．如圖所示，甲球從O點以水平速度v1飛出，落在水平地面上的A點。乙球從O點以水平速度v2飛出，落在水平地面上的B點反彈后恰好也落在A點。兩球質量均為m。若乙球落在B點時的速度大小為v3，與地面的夾角為60o，且與地面發(fā)生彈性碰撞，不計碰撞時間和空氣阻力，下列說法正確的是 A．由O點到A點，甲、乙兩球運動時

30、間之比是1:1 B．OA兩點的水平距離與OB兩點的水平距離之比是3:1 C．設地面處勢能為0，甲、乙兩球在運動過程中的機械能之比為3:1 D．乙球在B點受到地面的沖量大小為3mv3 【答案】 BCD 【解析】設OA間的豎直高度為h。由O點到A點，甲球運動時間為 tA=2hg．乙球運動時間是甲球的3倍。故A錯誤。乙球先做平拋運動，再做斜上拋運動，根據對稱性可知，從B到A的水平位移等于從O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O點到A點的水平位移是乙球由O點到B點水平位移的3倍，故B正確。設乙球由O點到B點水平位移為x，時間為t。對甲球有 3x=v1t，對乙球有 x=v2t，則得v1：v2

31、=3：1；因乙球落地時速度與地面的夾角為60o，則可知落地的豎直速度vy=v2tan600=3v2，則由vy2=2gh可知，mgh=32mv22；甲的機械能E1=mgh+12mv12=32mv22+12m(3v2)2=6mv22；乙的機械能：E2=mgh+12mv22=32mv22+12mv22=2mv22，即甲、乙兩球在運動過程中的機械能之比為3:1，故C正確。乙球在B點受到地面的沖量大小等于豎直方向的動量變化，I=2mv3sin600=3mv3，選項D正確；故選BCD. 點睛：解決本題的關鍵是要知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，知道平拋運動的時間由高度決定，與初速度無關．

32、18．如圖所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A，C為AB的中點。下列說法中正確的是(　　) A．小球從A出發(fā)到返回A的過程中，位移為零，外力做功為零 B．小球從A到C過程與從C到B過程，合外力的沖量相同 C．小球從A到C過程與從C到B過程，速度的變化量相等 D．小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機械能相同 【答案】 BD 【解析】 位移是從初位置指向末位置的有向線段，故小球從A出發(fā)到返回A，位移為0，但整個過程中摩擦力的方向與小球運動的方向始終相反，故整個過程中摩擦力對物體做負功，即外力做功不為零，故A錯誤；B為AC的中點，故小球從A到

33、C過程與從C到B過程加速度相同，但速度在減小，故AC過程用時較少，根據Δv=aΔt，可知AC過程的速度變化量較小，根據動量定理得：I=ΔP=mΔv，可知AC過程的合力沖量較小；克服除重力之外其它力做多少功物體的機械能就減少多少，根據-μmgscosθ=-ΔE，可得小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機械能相等，故ABC錯誤，D正確；故選D. 19．如圖所示，滑塊M置于光滑水平地面上，M左側為與水平面相切的光滑曲面，一滑塊m從靜止開始沿M的光滑曲面下滑到底端的過程中，下列說法正確的是 A．滑塊與光滑曲面組成的系統動量守恒 B．m的重力的沖量小于M對m的支持力的沖量 C．m對M做的功

34、等于m和M動能的增加量的和 D．m減小的重力勢能大于M增加的動能 【答案】 BD 【解析】 m在豎直方向有豎直向下的分加速度，系統處于失重狀態(tài)，合外力不為零，故系統動量不守恒，A錯誤；m的重力的沖量是豎直向下的，m在這個方向上開始時無動量，最后在水平面上時也無動量，而M對m的支持力的沖量分為豎直方向的沖量和水平面的沖量，其豎直方向的沖量與重力的沖量抵消，二者大小相等，但仍存在水平方向的沖量，故m的重力的沖量小于M對m的支持力的沖量，B正確；根據動能定理可知，m對M做的功等于M動能的增加量，C錯誤；根據系統機械能守恒定律可知，m減小的重力勢能等于m和M增加的動能之和，即大于M增加的動

35、能，D正確；選BD. 【點睛】m與M系統機械能守恒，系統動量不守恒；但在水平方向動量守恒，m減少的重力勢能等于m與M增加的動能之和. 20．質量為10kg的物體，它的動量的變化率為2kg·m/s2，且保持不變.下列說法不正確的是( ) A．該物體一定做勻速運動 B．該物體一定做勻變速直線運動 C．該物體在任意相等的時間內所受力的沖量一定相同 D．無論物體運動軌跡如何，它的加速度一定是0.2m/s2 【答案】 CD 【解析】 根據動量定理，動量對時間的變化率等于物體所受的合外力，動量對時間的變化率保持不變，物體所受的合外力保持不變，該物體一定做勻變速運動，但不一定做勻

36、變速直線運動.合外力保持不變，則該物體在任意相等的時間內所受合外力的沖量一定相同，物體所受的合外力為2 N，加速度為0.4 m/s2. 三、解答題 21．如圖，兩個滑塊A和B的質量分別為4kg和2kg，放在靜止于水平地面上的足夠長的木板C上，兩者與木板間的動摩擦因數均為0.4：木板的質量為2kg，與地面間的動摩擦因數為0.1．某時刻A滑塊獲得初速度v0=4m/s，0.5秒后A、B發(fā)生碰撞，碰撞過程時間極短AB總動能損失0.5J，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計滑塊大小，取重力加速度大小g=10ms2．求 （1）求碰撞前滑塊A和B的速度； （2）A，B，C剛共速時候的速度 【

37、答案】 （1）1.5m/s2m/s（2）43m/s。 【解析】 【詳解】 （1）碰撞前A滑塊做勻減速運動，A受到的滑動摩擦力fA=μAmAg=0.4×4×10N=16N 根據牛頓第二定律得aA=-fAmA=-μAg=-4m/s2 碰撞前瞬間A的速度vA=v0+aAt=4-4×0.5=2m/s 碰撞前BC滑塊看作一個整體做勻加速運動，則f地=μ地（mA+mB+mC）g BC整體的加速度aBC=fA-f地mB+mC 可得f地=8N，aBC=2m/s2 則vBC=aBCt=2×5=1m/s （2）碰撞過程AB滑塊動量守恒，取向右為正方向，則有：?mAvA+mBvB=mAvA′

38、+mBvB′ 碰撞過程AB滑塊能量守恒，有：???12mAvA2+12mBvB2=12mAvA′2+12mBvB′2 可以解得：vA′=1.5m/s，vB′=2m/s 或者vA′=116m/s，vB′=43m/s。由于A滑塊的速度不能大于B，所以舍去 碰撞后A滑塊受到摩擦力不變仍然為fA=16N 可得：aA=-4m/s2 碰撞后BC滑塊B物體的速度大于C，不能看成一個整體。 B受到摩擦力fB=μBmBg 解得fB=8N 對C有aC=fA+fB-f地mC 解得：aC=8m/s2 AC滑塊相對運動直到共速過程 對A有vAC=vA′+aAt2。 對C有vAC=vBC+aCt

39、2。 可得vAC=43m/s，t2=124s 然后B滑塊繼續(xù)減速（此過程AC共同恰好能勻速運動）直到ABC速度均為43m/s。 22．如圖所示，一顆質量為m的子彈水平打中懸掛在O點的質量為M的木塊，繩子長L。子彈嵌在木塊中一起上升，恰好能夠到達最高點，這時被P處的刀片割斷繩子（無能量損失）。 求：（1）子彈木塊飛出后落在了與圓心等高平臺上的A點，A到O點的距離是多少？ （2）在最低點處，子彈打中木塊后瞬間，它們的速度有多大？ （3）子彈打中木塊前的初速度是多少？ 【答案】 （1）2L（2）5gL（3）M+m5gLm 【解析】 【詳解】 （1）木塊恰好能夠到達最高點，

40、則M+mg=M+mv22L 木塊過最高點后做平拋運動，則有：L=12gt2 A到O點的距離為：xOA=v2t 聯立可得：xOA=2L （2）從最低點到最高點根據動能定理可得：-M+mg?2L=12M+mv22-12M+mv12 解得：v1=5gL （3）根據動量守恒可得：mv0=M+mv1 解得：v0=M+m5gLm 23．一質量為M的航天器遠離太陽和行星，正以速度v0在太空中飛行，某時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出質量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，求加速后航天器的速度大?。╲0、v1均為相對同一參考系的速度） 【答案】 v＝Mv0+mv1M-

41、m 【解析】 【詳解】 設加速后航天器的速度大小為v，由動量守恒定律有Mv0=-mv1+（M-m）v 解得v＝Mv0+mv1M-m 24．撐桿跳高是一項技術性很強的體育運動。在某次比賽中，認為運動員越過橫桿后做自由落體運動，重心下降4.05m時身體接觸軟墊，從接觸軟墊到速度減為零的時間t=0.90s。已知運動員質量m=65kg，重力加速度g＝10 m/s2，不計撐桿的質量和空氣的阻力。求：軟墊對運動員平均作用力的大小。 【答案】 1300N 【解析】 【詳解】 運動員越過橫桿后做自由落體運動，故根據v2=2gh， 運動員接觸軟墊瞬間的速度大小為：v=9m/s； 設向上

42、為正方向，根據動量定理可得：(F-mg)t=0-(-mv)， 解得F=mvt+mg=1300N． 25．光滑水平面上有一足夠長的木板質量為M,另一質量為m的滑塊，以速度v0從左端滑上木板，足夠小滑塊與木板間的動摩擦因數為μ。求： （1）木板最終的速度； （2）滑塊相對木板運動的時間。 【答案】 （1）v=mv0m+M（2）t=Mv0μg(m+M) 【解析】 （1）由動量守恒定律：mv0=(m+M)v v=mv0m+M （2）由動量定律：-μmgt=mv-mv0 t=Mv0μgm+M 26．蹦床運動有“空中芭蕾”之稱，某質量m＝50 kg的運動員從距蹦床h1＝1.2

43、5 m高處自由落下，接著又能彈起h2＝1.8 m高，運動員與蹦床接觸時間t＝0.50 s，在空中保持直立，取g＝10 m/s2，求： ①運動員與蹦床接觸時間內，所受重力的沖量大小I； ②運動員與蹦床接觸時間內，受到蹦床平均彈力的大小F. 【答案】 ① 250 N·s ② 1600N 【解析】 試題分析：根據沖量的定義即可求出重力的沖量大?。幌雀鶕幽芏ɡ砘驒C械能守恒定律求出人碰撞床前的速度v1和碰撞后的速度v2，分析人與床作用過程中受哪些力，根據動量定理F合t=mv2-mv1，可求出人受到床給它的平均作用力的大小。 ①重力的沖量大小為：I＝mgt=50×10×0.50=2

44、50N·s ②設運動員下落h1高度時的速度大小為v1，則根據動能定理可得：mgh1=12mv12 解得：v1=5m/s 彈起時速度大小為v2，則根據動能定理可得：mgh2=12mv22 解得：v2=6m/s 取向上為正方向，由動量定理有：(F-mg)·t=mv2-(-mv1) 代入數據解得F＝1 600 N 點睛：本題主要考查了動量定理的應用，在用動量定理解題的時候要注意動量定理是矢量式，一定要規(guī)定正方向。 27．甲、乙兩運動員在做花樣滑冰表演，沿同一直線相向運動，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇時用力推對方，此后都沿各自原方向的反方向運動，速度大小分別為1 m/s和2 m/

45、s．求甲、乙兩運動員的質量之比． 【答案】 3:2 【解析】由動量守恒定律得m1v1-m2v2=m2v'2-m1v'1 解得m1m2=v2+v'2v1+v'1 代入數據得m1m2=32 【名師點睛】考查動量守恒，注意動量的矢量性，比較簡單． 28．如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h="0.3" m（h小于斜面體的高度）。已知小孩與滑板的總質量為m1="30" kg，冰塊的質量為m2="10" kg，小孩與滑

46、板始終無相對運動。取重力加速度的大小g="10" m/s2。 （i）求斜面體的質量； （ii）通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 【答案】 （i）20 kg （ii）不能 【解析】 試題分析：①設斜面質量為M，冰塊和斜面的系統，水平方向動量守恒：m2v2=(m2+M)v 系統機械能守恒：m2gh+12(m2+M)v2=12m2v22 解得：M=20kg ②人推冰塊的過程：m1v1=m2v2,得v1=1m/s（向右） 冰塊與斜面的系統：m2v2=m2v'2+Mv3 12m2v22=12m2v'22+12Mv32 解得：v'2=-1m/s（向右） 因|v

47、'2|=v1，且冰塊處于小孩的后方，則冰塊不能追上小孩。 考點：動量守恒定律、機械能守恒定律． 29．如圖所示，光滑水平面上依次放置兩個質量均為m的小物塊A和C以及光滑曲面劈B，B的質量為M=3m，劈B的曲面下端與水平面相切，且劈B足夠高?，F讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞后小物塊A又滑上劈B。求物塊A在B上能夠達到的最大高度。 【答案】 h=3v028g 【解析】 試題分析：選取A、C系統碰撞過程動量守恒，機械能守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律求出A的速度；A、B系統在水平方向動量守恒，由動量守恒定律與機械能守恒定律可以解題。 小物塊C與A發(fā)

48、生彈性碰撞， 由動量守恒得：mv0＝mvC＋mvA 由機械能守恒定律得：12mv02=12mvC2+12mvA2 聯立以上解得：vC＝0，vA＝v0 設小物塊A在劈B上達到的最大高度為h，此時小物塊A和B的共同速度大小為 v，對小物塊A與B組成的系統， 由機械能守恒得：12mvA2=mgh+12(m+M)v2 水平方向動量守恒mvA=(m+M)v 聯立以上解得： h=3v028g 點睛：本題主要考查了物塊的碰撞問題，首先要分析清楚物體運動過程是正確解題的關鍵，應用動量守恒定律與機械能守恒定律可以解題．要注意A、B系統水平方向動量守恒，系統整體動量不守恒。 30．一質量為0.5kg的小球A以2.0m/s的速度和靜止與光滑水平面上質量為1kg的另一個大小相等的小球B發(fā)生正碰，碰撞后它以0.2m/s的速度反彈，求： ①原來靜止小球獲得的速度大??； ②碰撞過程中損失的機械能。 【答案】 （1）1.1m/s(2)ΔE=0.38J 【解析】 試題分析：①用動量守恒定律所以 ② 考點：動量守恒定律 點評：此類題型考察了動量守恒定律的運用 20