2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點題型歸納與變式演練 專題16 動量守恒定律及其應(yīng)用（含解析）

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1、專題16 動量守恒定律及其應(yīng)用 【專題導(dǎo)航】 目錄 熱點題型一　動量守恒的理解和判斷 1 動量守恒的條件判斷 2 某一方向上的動量守恒問題 3 爆炸反沖現(xiàn)象中的動量守恒 3 熱點題型二　對碰撞現(xiàn)象中規(guī)律的分析 4 碰撞的可能性分析 5 彈性碰撞規(guī)律求解 6 非彈性碰撞的分析 8 【題型演練】 9 【題型歸納】 熱點題型一　動量守恒的理解和判斷 1．動量守恒定律適用條件 (1)前提條件：存在相互作用的物體系． (2)理想條件：系統(tǒng)不受外力． (3)實際條件：系統(tǒng)所受合外力為0. (4)近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力． (5)方

2、向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動量守恒． 2．動量守恒定律的表達式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向． (3)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零． 3．動量守恒定律的“五性” 矢量性 動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向 相對性 各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(沒有特殊說明要選地球這個參考系)．如果題設(shè)條件中各物體的速度不是相對同一參考系時，必須轉(zhuǎn)換成相對同一參考系的速度 同時性 動量是一

3、個瞬時量，表達式中的p1、p2…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p′1、p′2…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量，不同時刻的動量不能相加 系統(tǒng)性 研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)，而不是其中的一個物體，更不能題中有幾個物體就選幾個物體 普適性 動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng) 動量守恒的條件判斷 【例1】.一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示．則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)(　　)

4、 A．動量守恒，機械能守恒B．動量不守恒，機械能守恒 C．動量守恒，機械能不守恒D．無法判定動量、機械能是否守恒 【答案】C 【解析】：.動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，本題中子彈、兩木塊、彈簧組成的系統(tǒng)，水平方向上不受外力，豎直方向上所受外力的合力為零，所以動量守恒．機械能守恒的條件是除重力、彈力對系統(tǒng)做功外，其他力對系統(tǒng)不做功，本題中子彈射入木塊瞬間有部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(發(fā)熱)，所以系統(tǒng)的機械能不守恒，故C正確，A、B、D錯誤． 【變式】如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，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

5、后，以下系統(tǒng)動量不守恒的是(　　) A．若A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng) B．若A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng) C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng) D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng) 【答案】：A 【解析】：如果A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，彈簧被釋放后，A、B分別相對C向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動量不守恒；對A、B、C組成的系統(tǒng)，A與C、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)

6、所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和為零，故其動量守恒．綜上所述，A正確． 某一方向上的動量守恒問題 【例2】．(多選)(2019·佛山模擬)如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h(yuǎn)處由靜止開始自由下滑(　　) A． 在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功 B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒 C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動 D．被彈簧反彈后，小球能回

7、到槽上高h(yuǎn)處 【答案】BC 【解析】：.在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽做功，選項A錯誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(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，選項B正確；小球被彈簧反彈后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做勻速運動，選項C正確；小球與槽組成的系統(tǒng)動量守恒，球與槽的質(zhì)量相等，小球沿槽下滑，球與槽分離后，小球與槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈后與槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，選項D錯誤． 【變式】質(zhì)量為M的小車靜止于光滑的水平面上，小車的上表面和圓弧的軌道均光滑．如圖所示，一個質(zhì)量為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

8、時，下列說法中正確的是(　　) A．小球一定沿水平方向向左做平拋運動 B．小球可能沿水平方向向左做平拋運動 C．小球可能沿水平方向向右做平拋運動 D．小球可能做自由落體運動 【答案】：BCD 【解析】：小球水平?jīng)_向小車，又返回左端，到離開小車的整個過程中，系統(tǒng)機械能守恒、水平方向動量守恒，相當(dāng)于小球與小車發(fā)生彈性碰撞．如果m＜M，小球離開小車向左做平拋運動；如果m＝M，小球離開小車做自由落體運動；如果m＞M，小球離開小車向右做平拋運動． 爆炸反沖現(xiàn)象中的動量守恒 【例3】．(2017·高考全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00

9、 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) A．30 kg·m/s　　　B．5.7×102 kg·m/sC．6.0×102 kg·m/sD．6.3×102 kg·m/s 【答案】A 【解析】：.燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，選項A正確． 【變式】如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，AB總質(zhì)量為M，質(zhì)量為m

10、的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時AB和C都靜止，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時，C被釋放，C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列說法正確的是(　　) A． 彈簧伸長過程中C向右運動，同時AB也向右運動B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶m C．C與油泥粘在一起后，AB立即停止運動D．C與油泥粘在一起后，AB繼續(xù)向右運動 【答案】：BC 【解析】：AB與C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，C向右運動時，AB應(yīng)向左運動，故A錯誤；設(shè)碰前C的速率為v1，AB的速率為v2，則0＝mv1－Mv2，得＝，故B正確；設(shè)C與油泥粘在一起后，AB、C的共同速

11、度為v共，則0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正確，D錯誤． 熱點題型二　對碰撞現(xiàn)象中規(guī)律的分析 1．碰撞遵守的規(guī)律 (1)動量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2. (2)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或＋≥＋. (3)速度要符合情景：如果碰前兩物體同向運動，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即v后>v前，否則無法實現(xiàn)碰撞．碰撞后，原來在前面的物體的速度一定增大，且原來在前面的物體速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v′前≥v′后，否則碰撞沒有結(jié)束．如果碰前兩物體相向運動，則碰后兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零． 2．碰撞模型類

12、型 (1)彈性碰撞 兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒． 以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，有 m1v1＝m1v′1＋m2v′2 m1v＝m1v′＋m2v′ 解得v′1＝，v′2＝. 結(jié)論： ①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，v′1＝0，v′2＝v1，兩球碰撞后交換了速度． ②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，v′1>0，v′2>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運動． ③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，v′1<0，v′2>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來． ④撞前相對速度與撞后相對速度大小相等． (2)完全非彈性碰撞 ①撞后共速． ②有動能損

13、失，且損失最多． 碰撞的可能性分析 【例2】．(2019·天津高三質(zhì)檢)甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0 kg·m/s，則兩球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是(　　) A．m1＝m2B．2m1＝m2C．4m1＝m2D．6m1＝m2 【答案】：C 【解析】：甲、乙兩球在碰撞過程中動量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞過程中，不可能有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)

14、的機械能不會增加，所以有＋≥＋，所以有m1≤m2.因為題目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有＞，即m1＜m2；同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即≤，所以m1≥m2.因此C選項正確． 【變式】兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s.當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是(　　) A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/sB．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/sD．v′A＝7 m/s，v′B

15、＝1.5 m/s 【答案】B 【解析】：.雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際；C項中，兩球碰后的總動能E′k＝mAv′＋mBv′＝57 J，大于碰前的總動能Ek＝22 J，違背了能量守恒定律；而B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，故B項正確． 彈性碰撞規(guī)律求解 【例3】(2019·安徽江南十校聯(lián)考)如圖所示，一個質(zhì)量為m的物塊A與另一個質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5 m，g

16、取10 m/s2，物塊可視為質(zhì)點．則A碰撞前瞬間的速度為(　　) A．0.5 m/s B．1.0 m/sC．1.5 m/s D．2.0 m/s 【答案】：C 【解析】：碰后物塊B做勻減速直線運動，由動能定理有－μ·2mgx＝0－·2mv22，得v2＝1 m/s.A與B碰撞過程中動量守恒、機械能守恒，則有mv0＝mv1＋2mv2，mv02＝mv12＋·2mv22，解得v0＝1.5 m/s，則C項正確． 【變式】如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應(yīng)

17、滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設(shè)物體間的碰撞都是彈性的． 【答案】　(－2)M≤m＜M 【解析】　A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒．設(shè)速度方向向右為正，開始時A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1.由動量守恒定律和機械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1 ① mv＝mv＋Mv ② 聯(lián)立①②式得 vA1＝v0 ③ vC1＝v0 ④ 如果m>M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運動，A不可能與B發(fā)生碰撞

18、；所以只需考慮m

19、但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件． 【答案】：≤μ< 【解析】：設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有 mv>μmgl ① 即μ< ② 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1，由能量守恒定律有 mv＝mv＋μmgl ③ 設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v′1、v′2，由動量守恒定律和能量守恒定律有mv1＝mv′1＋v′2 ④ mv＝mv′＋v′ ⑤ 聯(lián)立④⑤式解得v′2＝v1 ⑥ 由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知 v′≤μgl ⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式，可得μ≥ ⑧

20、 聯(lián)立②⑧式，可得a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為≤μ<. 非彈性碰撞的分析 【例4】．(多選)(2019·寧夏銀川模擬)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)量是m＝2 kg，則由圖判斷下列結(jié)論正確的是　(　　) A．碰撞前、后A球的動量變化量為4 kg·m/sB．碰撞時A球?qū)球所施的沖量為－4 N·s C．A、B兩球碰撞前的總動量為3 kg·m/sD．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10 J 【答案】ABD

21、. 【解析】：根據(jù)題圖可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B兩球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的動量變化量為ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，選項A正確；A球的動量變化量為4 kg·m/s，碰撞過程中動量守恒，B球的動量變化量為－4 kg·m/s，根據(jù)動量定理，碰撞過程中A球?qū)球所施的沖量為－4 N·s，選項B正確；由于碰撞過程中動量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為ΔEk＝mv＋mBv－(m＋mB)v2＝10 J，選項D正確；A、B兩球碰撞前的總動量為p＝

22、mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，選項C錯誤． 【變式1】如圖甲所示，光滑水平面上有P、Q兩物塊，它們在t＝4 s時發(fā)生碰撞，圖乙是兩者的位移—時間圖象，已知物塊P的質(zhì)量為mP＝1 kg，由此可知(　　) A．碰撞前P的動量為4 kg·m/s B．兩物塊的碰撞可能為彈性碰撞 C．物塊Q的質(zhì)量為4 kg D．兩物塊碰撞過程中P對Q作用力的沖量是3 N·s 【答案】：AD 【解析】：根據(jù)位移—圖象可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s，碰撞前P的動量為p0＝mPv0＝4 kg·m/s，選項A正確．根據(jù)位移—圖象，碰撞后二者速度相同，說明碰撞為

23、完全非彈性碰撞，選項B錯誤．碰撞后，二者的共同速度v＝1 m/s，由動量守恒定律，mPv0＝(mP＋mQ)v，解得mQ＝3 kg，選項C錯誤．由動量定理，兩物塊碰撞過程中P對Q作用力的沖量是I＝ΔpQ＝mQv＝3 N·s，選項D正確． 【變式2】質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ.初始時小物塊停在箱子的正中間，如圖所示．現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設(shè)碰撞都是彈性的，在整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為(　　) A.mv2B.v2C.NμmgLD．

24、NμmgL 【答案】：BD 【解析】：由于水平面光滑，箱子和小物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，二者經(jīng)多次碰撞后，保持相對靜止，易判斷兩物體最終速度相等設(shè)為v共，由動量守恒定律得mv＝(m＋M)v共，系統(tǒng)損失的動能為mv2 －(m＋M)v共2＝v2，B正確；系統(tǒng)損失的動能等于克服摩擦力做的功，經(jīng)N次碰撞后，物塊的路程為NL，即ΔEk＝－Wf＝NμmgL，D正確． 【題型演練】 1．如圖所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以v的速度沿光滑水平地面向前運動，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧．甲木塊與彈簧接觸后(　　) A．甲木塊的動量守恒B．乙木塊的動量守恒 C．甲、乙兩木塊所

25、組成系統(tǒng)的動量守恒D．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒 【答案】C 【解析】：.兩木塊在光滑水平地面上相碰，且中間有彈簧，則碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒，機械能也守恒，故選項A、B錯誤，選項C正確；甲、乙兩木塊碰撞前、后動能總量不變，但碰撞過程中有彈性勢能，故動能不守恒，只是機械能守恒，選項D錯誤． 2．(2019·泉州檢測)有一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達最高點時速度大小為v0、方向水平向右，在最高點爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向右，則另一塊的速度是(　　) A．3v0－vB．2v0－3vC．3v0－2vD．2v0＋v 【答案】C 【解析】：.

26、在最高點水平方向動量守恒，由動量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一塊的速度為v′＝3v0－2v，對比各選項可知，答案選C. 3.如圖所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是(　　) A．A和B都向左運動 B．A和B都向右運動 C．A靜止，B向右運動 D．A向左運動，B向右運動 【答案】D 【解析】：.選向右為正方向，則A的動量pA＝m·2v0＝2mv0，B的動量pB＝－2mv0.碰前A、B的動量之和為零，根據(jù)動量守恒，碰后A、B的動

27、量之和也應(yīng)為零，可知四個選項中只有選項D符合題意． 4.A、B兩船的質(zhì)量均為m，都靜止在平靜的湖面上，現(xiàn)A船中質(zhì)量為m的人，以對地的水平速度v從A船跳到B船，再從B船跳到A船……經(jīng)n次跳躍后，人停在B船上，不計水的阻力，則(　　) A．A、B兩船速度大小之比為2∶3B．A、B(包括人)兩船動量大小之比為1∶1 C．A、B(包括人)兩船的動能之比為2∶3D．A、B(包括人)兩船的動能之比為1∶1 【答案】：B 【解析】：人和兩船組成的系統(tǒng)動量守恒，兩船原來靜止，總動量為0，A、B(包括人)兩船的動量大小相等，選項B正確；經(jīng)過n次跳躍后，A船速度為vA、B船速度為vB，則0＝mvA－(m

28、＋)vB，解得＝，選項A錯誤；A船最后獲得的動能為EkA＝mvA2，B船(包括人)最后獲得的動能為EkB＝(＋m)vB2＝(＋m)(vA)2＝EkA，所以＝，選項C、D錯誤． 5.一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計質(zhì)量損失，重力加速度g取10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 【答案】：B 【解析】：由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運動的時間t＝1 s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2

29、m，C、D項錯誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊的動量改變量大小相等，兩塊質(zhì)量比為3∶1，所以速度變化量之比為1∶3，由平拋運動水平方向上，x＝v0t，所以A圖中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A項錯誤；B圖中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B項正確． 6.2017年7月9日，斯諾克世界杯在江蘇無錫落下帷幕，由丁俊暉和梁文博組成的中國A隊在決賽中1比3落后的不利形勢下成功逆轉(zhuǎn)，最終以4比3擊敗英格蘭隊，幫助中國斯諾克臺球隊獲得

30、了世界杯三連冠．如圖所示為丁俊暉正在準(zhǔn)備擊球，設(shè)在丁俊暉這一桿中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直線上運動，碰前白色球的動量pA＝5 kg·m/s，花色球靜止，白色球A與花色球B發(fā)生碰撞后，花色球B的動量變?yōu)閜′B＝4 kg·m/s，則兩球質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是(　　) A．mB＝mAB．mB＝mAC．mB＝mAD．mB＝6mA 【答案】A 【解析】：.由動量守恒定律得pA＋pB＝p′A＋p′B，解得p′A＝1 kg·m/s，根據(jù)碰撞過程中總動能不增加，則有≥＋，代入數(shù)據(jù)解得mB≥mA，碰后兩球同向運動，白色球A的速度不大于花色球B的速度，則≤，解得mB≤4mA，綜上

31、可得mA≤mB≤4mA，選項A正確． 7.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6 kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4 kg·m/s，則(　　) A．該碰撞為彈性碰撞B．該碰撞為非彈性碰撞 C．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 【答案】AC 【解析】：.由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方為A球，由于碰前動量都為6 kg·m/s，即都向右運動，兩球不可能相碰；若左方為A球，設(shè)碰后

32、二者速度分別為v′A、v′B，由題意知p′A＝mAv′A＝2 kg·m/s，p′B＝mBv′B＝10 kg·m/s，解得＝.碰撞后A球動量變?yōu)? kg·m/s，B球動量變?yōu)?0 kg·m/s，又mB＝2mA，由計算可知碰撞前后A、B兩球動能之和不變，即該碰撞為彈性碰撞，選項A、C正確． 8.如圖所示，小車(包括固定在小車上的桿)的質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的小球通過長度為L的輕繩與桿的頂端連接，開始時小車靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)把小球從與O點等高的地方釋放(小球不會與桿相撞)，小車向左運動的最大位移是(　　) A．B．C．D． 【答案】B 【解析】：.分析可知小球在下擺過程中，小車向左加速

33、，當(dāng)小球從最低點向上擺動過程中，小車向左減速，當(dāng)小球擺到右邊且與O點等高時，小車的速度減為零，此時小車向左的位移達到最大，小球相對于小車的位移為2L.小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)小球和小車在水平方向上的速度大小分別為v1、v2，有mv1＝Mv2，故ms1＝Ms2，s1＋s2＝2L，其中s1代表小球的水平位移大小，s2代表小車的水平位移大小，因此s2＝，選項B正確． 9.如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C.B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)．設(shè)A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動．假設(shè)B

34、和C碰撞過程時間極短．求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中： (1)整個系統(tǒng)損失的機械能； (2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能． 【答案】：(1)mv02　(2)mv02 【解析】：(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得 mv0＝2mv1① 此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE.對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2② mv12＝ΔE＋(2m)v22③ 聯(lián)立①②③式得ΔE＝mv02④ (2)由②式可知v2

35、設(shè)此速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep.由動量守恒和能量守恒定律得 mv0＝3mv3⑤ mv02－ΔE＝(3m)v32＋Ep⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式得Ep＝mv02 10.如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)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(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。 (1)求斜面體的質(zhì)量

36、； (2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 【答案】　(1)20 kg　(2)不能 【解析】　(1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v① m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh② 式中v20＝－3 m/s為冰塊推出時的速度。 聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3＝20 kg③ (2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0④ 代入數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s⑤ 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3。 由動量守恒和機械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥ m2v＝m2v＋m3v⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1 m/s⑧ 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。 14