2019年高考物理备考中等生百日捷进提升系列专题07碰撞与动量守恒含解析.pdf

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1、专题 07 碰撞与动量守恒专题 07 碰撞与动量守恒 第一部分名师综述第一部分名师综述 综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查基本概念和基本规律。 考纲要求 1、理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件。 2、会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。 命题规律 1、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查。 2、动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决 碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。 第二部分知识背一背第二部分知识背一背

2、 （1）动量、动能、动量变化量的比较 名称 项目 动量动能动量的变化量 定义 物体的质量和 速度的乘积 物体由于运动 而具有的能量 物体末动量与初 动量的矢量差 定义式pmv 2 2 1 mvEkppp 矢标性矢量标量矢量 特点状态量状态量过程量 (2)动量的性质 矢量性：方向与瞬时速度方向相同 瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的 相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量 (3)动量守恒条件 理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒 近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒 分方向守恒：系统在某个方

3、向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒 (4)动量守恒定律的表达式 m1v1m2v2m1v1m2v2 或p1p2. （5）碰撞的种类及特点 分类标准种类特点 弹性碰撞动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失 机械能是否守 恒 完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大 对心碰撞(正碰)碰撞前后速度共线碰撞前后动量 是否共线 非对心碰撞(斜碰)碰撞前后速度不共线 (6)动量守恒定律和能量守恒定律 动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注 意动量守恒的条件及机械能守恒的条件。在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过

4、程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解。 第三部分技能+方法第三部分技能+方法 一、动量守恒定律的特点： 矢量性：表达式中涉及的都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。 瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。不同时刻的动量 不能相加。 同时性：动量是状态量，具有瞬时性，动量守恒定律指的是相互作用的物体构成的物体系在任一时刻的 总动量都相同 普适性：它不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成 的系统，对微观粒子组成的系统也适用。 二、应用动量守恒定律解题的特点 由于动

5、量守恒定律只考虑物体相互作用前、后的动量，不考虑相互作用过程中各个瞬间细节，即使在牛顿 运动定律适用的范围内，它也能解决许多由于相互作用力难以确定而不能直接应用牛顿运动定律的问题， 这正是动量守恒定律的特点和优点所在 三、应用动量守恒定律解题的步骤 明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； 进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)； 规定正方向，确定初、末状态动量； 由动量守恒定律列出方程； 代入数据，求出结果，必要时讨论说明 四、碰撞现象满足的规律 动量守恒定律 机械能不增加 速度要合理：若碰前两物体同向运动，则应有v后v前，碰后原来在前的物体速

6、度一定增大，若碰后两物 体同向运动，则应有v前v后；碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 五、弹性碰撞的规律 两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律 以质量为 m1，速度为 v1 的小球与质量为 m2 的静止小球发生正面弹性碰撞为例， 则有m1v1m1v1m2v2和 2 22 2 11 2 11 2 1 2 1 2 1 vmvmvm 解得： 1 21 21 1 v mm mm v ； 1 21 1 2 2 v mm m v 结论： 当两球质量相等时，v10，v2v1，两球碰撞后交换速度 当质量大的球碰质量小的球时，v10，v20，碰撞后两球都向前运动 当质量小的

7、球碰质量大的球时，v10，碰撞后质量小的球被反弹回来 六、综合应用动量和能量的观点解题技巧 动量的观点和能量的观点 动量的观点：动量守恒定律 能量的观点：动能定理和能量守恒定律 这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究， 而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因简单地说，只要求知道过程的始、末状态动量式、动能式 和力在过程中的冲量和所做的功，即可对问题求解 利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题： (a)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分 量表达式 (b)动量守恒定律和能量守恒定律

8、，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须 注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的 过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解 第四部分基础练+测第四部分基础练+测 一、单选题 1竖直向上抛出的物体,从抛出到落回抛出点的全过程中,所受空气阻力大小恒定,则（） A全过程重力的冲量为零 B全过程中动量的变化量等于阻力的冲量 C全过程中动能的变化量等于阻力做的功 D上升过程中机械能的变化量大于下落过程机械能的变化量 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB、重力是恒力，全过程重力的冲量不可能为零，只

9、会不断增加，根据动量定理可知全过程中动量的变化 量等于阻力与重力合力的冲量，故选项 A、B 错误； C、重力是恒力，在全过程中位移为零，重力做功为零，空气阻力做负功，根据动能定理可得全过程中动能 的变化量等于阻力做的功，故选项 C 正确； D、根据功能关系可知，机械能减小量等于克服摩擦力做的功，故在上滑过程中机械能的变化量等于下滑过 程中机械能的变化量，故选项 D 错误； 2质量相等的 A、B、C 三个物体放在光滑的水平面上且在同一直线上，A、B 用轻弹簧相连，静止在水平面 上，弹簧处于原长。现给 C 一大小为 Ek 的初动能，使其向左运动，与 B 相碰后黏在一起，之后弹簧的形变 量在弹性限度

10、内，则弹簧能获得的最大弹性势能为 ABCD 1 2EK 1 3EK 1 4EK 1 6EK 【答案】 D 【解析】 【详解】 A、B 碰撞后瞬间的速度为 v1，A. B 系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有，解得mv0= 2mv1v1 ； 当 A、B、C 具有共同速度 v 时，弹簧具有最大弹性势能，设弹簧的弹性势能为 Ep，碰后至 A、B、C= 1 2v0 速度相同的过程中， 系统动量守恒， 有 ：， 根据碰后系统的机械能守恒得 ：，2mv1= 3mv 1 22mv 2 1= 1 23mv 2 + Ep 解得：，故选项 D 正确，A、B、C 错误；Ep= 1 12mv 2 0= 1

11、6Ek 弹簧能获得的最大弹性势能的选选项 D。 3质量为m的物体在水平恒定外力F作用下沿水平面做匀加速直线运动，一段时间后撤去外力，已知物体 的vt图象如图所示，则下列说法正确的有 A水平拉力大小是物体所受摩擦力大小的 2 倍 B在物体运动的整个过程中， F 的冲量大小大于摩擦力的冲量大小 C在物体运动的整个过程中， F 做的功大于克服摩擦力做的功 D物体在加速段的平均速度等于减速段的平均速度 【答案】 D 【解析】 【详解】 由 v-t 图象知物体在加速过程的加速度大小为 a1= ，在减速过程的加速度大小为 a2=； 对于匀减速运动过 v0 t0 v0 2t0 程，由牛顿第二定律知物体所受摩

12、擦力大小为 f=ma2=； 在匀加速过程中，由牛顿第二定律有 F-f=ma1，即 mv0 2t0 水平拉力大小为， 是物体所受摩擦力大小的 3 倍， 故 A 错误 ； 对整个过程， 由动量定理 ：，F = 3mv0 2t0 IF- If= 0 则在物体运动的整个过程中， F 的冲量大小等于摩擦力的冲量大小， 选项 B 错误 ； 对整个过程， 由动能定理 ： ，则在物体运动的整个过程中，F 做的功等于克服摩擦力做的功，选项 C 错误；由 v-t 图象知WF- Wf= 0 物体在加速段的平均速度和在减速段的平均速度均为 ，故 D 正确；故选 D. v0 2 4双人滑冰是一种观赏性很高的冰上运动。如

13、图所示，在一组动作中，男女运动员绕某竖直轴做匀速圆周 运动。对此现象，小明同学对于“如果水平面光滑。”这样的理想化情况，做出这样一些分析判断，其中 正确的是： A他俩不可能做匀速圆周运动 B他俩的运动不是直线运动，总动量不守恒 C由于男选手对女选手拉力斜向上，这个拉力大于女选手对男选手的拉力 D由于女选手对男选手拉力斜向下，男选手对冰面压力大于自己的重力 【答案】 D 【解析】 【详解】 男女运动员绕某竖直轴转动，两人之间的拉力和重力的合力充当向心力，则他俩可能做匀速圆周运动，选 项 A 错误；两人组成的系统合外力为零，则总动量守恒，选项 B 错误；男选手对女选手的拉力与女选手对 男选手的拉力

14、是一对作用和反作用力，大小相等，选项 C 错误；由于女选手对男选手拉力斜向下，男选手 对冰面压力等于男选手的重力与女选手对男选手拉力的竖直分量之和，则男选手对冰面压力大于自己的重 力，选项 D 正确；故选 D. 5 在粗糙水平面上， 有一质量未知的物体做直线运动， 在t=0 时刻受一与运动方向相反的恒力F=4N 的作用， 经一段时间后撤去力F，物体运动的v-t图象如图所示，已知g=10m/s2，下列说法正确的是 A物体与水平面间的动摩擦因数为 0.1 B物体最后回到t=0 时刻的位置 C力F的冲量大小为 4Ns D物体的质量为 1kg 【答案】 D 【解析】 【详解】 由于物体 0-1s 内物

15、体沿正向减速运动，1-2s 内沿负向加速运动，2s 后沿负方向减速运动，则拉力在 2s 末 撤去的，拉力 F 的作用时间为 2s，在 2-3s 内物体的加速度大小为 a=2m/s2，摩擦力大小为 mg=ma， v t 解得 =0.2，力 F 的冲量大小为 I=Ft=8Ns，故 A C 错误。由图知，0-1s 内物体沿正向运动，位移 x1= 1 2 61m=3m，1-3s 内沿负向运动，位移 x2= (31)2m=2m，则知 3s 末距离出发点距离为 x=x1-x2=1m， 1 2 故 B 错误；在 0-1s 内物体沿正向运动，根据图象可得加速度 a1=m/s2=6m/s2，根据牛顿第二定律可

16、v1 t1 = 6 1 得：F-mg=ma1，解得物体的质量 m=1kg，故 D 正确。故选 D。 6将静止在 P 点的原子核置于匀强磁场中（匀强磁场的方向图中未画出） ，能发生 衰变或 衰变，衰 变后沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，得到轨迹圆弧 AP 和轨迹圆弧 PB，两轨迹在 P 点相切，它们的半 径 RAP与 RPB之比为 44:1，则 A发生了 衰变，磁场垂直纸面向外，原核电荷数为 90 B发生了 衰变，磁场垂直纸面向里，原核电荷数为 86 C发生了 衰变，磁场垂直纸面向里，原核电荷数为 45 D发生了 衰变，磁场垂直纸面向外，原核电荷数为 43 【答案】 D 【解析】 【详解】 两

17、粒子运动方向相反，受洛伦兹力方向相同，可知两粒子带异种电荷，可知发生的是 衰变；根据动量守 恒定律，两粒子动量等大反向，由，则两粒子的电量之比为 1：44，因 射线带一个负电荷，r = mv qB 1 q 则原核电荷数为 43，根据左手定则可知，磁场垂直纸面向外，故选 D. 7如图所示，光滑的水平桌面上有一个内壁光滑的直线槽子，质量相等的 A、B 两球之间由一根长为 L 且 不可伸长的轻绳相连，A 球始终在槽内，其直径略小于槽的直径，B 球放在水平桌面上。开始时刻 A、B 两 球的位置连线垂直于槽，相距 ，某给 B 球一个平行于槽的速度 v0，关于两球以后的运动，下列说法正确的 L 2 是 A

18、绳子拉直前后，A、B 两球组成的系统在平行于槽的方向动量守恒 B绳子拉直后，A、B 两球将以相同的速度平行于相的方向运动 C绳子拉直的瞬间，B 球的机械能的减少量等于 A 球机被能的增加量 D绳子拉直的瞬间，B 球的机械能的减少量小于 A 球机械能的增加量 【答案】 A 【解析】 【详解】 A.在拉直前，A 和 B 作为一个系统，在平行于槽的方向不受力，所以 A、B 两球组成的系统在平行于槽的方 向动量守恒。故 A 正确。 B. 绳子拉直后，B 球要以 A 为圆心，L 长为半径做圆周运动，运动的方向不能平行于直线槽子。故 B 错误。 CD. 绳子拉直的瞬间，系统的机械能要损失，所以 B 球的机

19、械能的减少量大于 A 球机械能的增加量。故 D 错 误。 故选 A。 8如图所示，光滑细杆 BC 和 AC 构成直角三角形 ABC，其中 AC 杆竖直，BC 杆和 AC 杆间的夹角 =37， 两根细杆上分别套有可视为质点的小球 P、Q 质量之比为 12现将 P、Q 两个小球分别从杆 AC 和 BC 的项 点由静止释放，不计空气阻力，sin37=0.6。则 P、Q 两个小球由静止释放后到运动至 C 点的过程中，下 列说法正确的是 A重力的冲量之比为 11B重力的冲量之比为 56 C合力的冲量之比为 58D合力的冲量之比为 52 【答案】 C 【解析】 【详解】 设 AC 为， BC 为， P 球

20、沿 AC 杆做自由落体运动， 设下落的时间：， Q 球沿 BC 杆做匀加速运动，5l4ltp5l = 1 2gt 2 p 加速度为，设下落的时间为:，有以上方程可得：。a = gcos37 = 0.8gtQ4l = 1 2at 2 Q tp tQ = 1 1 A、C.有冲量的定义可得两球的重力的冲量比为：。故 AC 都错误。I = Ft IP IQ = mPgtP mQgtQ = mP mQ = 1 2 C、D.由速度公式可得，两球的速度比：；由动量定理可知，两球v = at vP vQ = gtP 0.8gtQ = 1 0.8 I合= P = mv 的合力的冲量比：。故 C 正确，D 错误。

21、 IP合 IQ合 = mPvP mQvQ = 1 2 1 0.8 = 5 8 9如图所示，静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个 粒子后，其速度方向与磁场 方向垂直，测得 粒子和反冲核轨道半径之比为 44:1，则下列说法不正确的是（） A 粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反 B原来放射性元素的原子核电荷数为 90 C反冲核的核电荷数为 88 D 粒子和反冲粒子的速度之比为 1:88 【答案】 D 【解析】 【详解】 微粒之间相互作用的过程中遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即 粒子和反冲 核的动量大小相等，方向相反；由于释放的 粒子和反冲核均在垂直于磁场的

22、平面内，且在洛伦兹力作用 下做圆周运动；由得：，若原来放射性元素的核电荷数为 Q，则对 粒子：，对反Bqv = mv2 R R = mv Bq R1= P1 B2e 冲核：，由于，根据，解得，反冲核的核电荷数为，R2= P2 B(Q - 2)e P1= P2R1:R2= 44:1Q = 9090 - 2 = 88 它们的速度大小与质量成反比，由于不知道质量关系，无法确定速度大小关系，故 A、B、C 正确，D 错误； 10如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是 m 的小车 A 和 B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共 同的速度向 v0右运动， 另有一质量为 m 的粘性物体， 从高处自由落下，

23、 正好落在 A 车上， 并与之粘合在一起， 求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为（） A mv02B mv02C mv02D mv02 1 4 1 8 1 12 1 15 【答案】 C 【解析】 【详解】 粘性物体和 A 相互作用， 动量守恒， mv02mv1v1 v0， 以后三个物体一起相互作用动量守恒， 2mv03mv2， 1 2 v2 v0，最大弹性势能 EP mv02 2m( v0)2 3m( v0)2 mv02，正确答案选 C。 2 3 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 1 12 二、多选题 11如图所示,水平地面上固定一竖直挡板,倾角为 、质量为 M 的斜面体右侧用

24、楔子 P 固定于地面,一质量 为 m 的球体静止于挡板与斜面之间,设所有接触面均光滑:若将固定斜面体的楔子 P 取走,小球下落且未脱离 斜面的过程中,下列说法正确内是 A球将做自由落体运动 B球对竖直挡板压力相对于球静止时减小 C球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒 D球体与斜面体组成系统动量守恒 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A小球下落过程中，受到斜面体以及挡板的作用力，则不能做自由落体运动，选项 A 错误； B球加速下落，处于失重状态，可知球对竖直挡板压力相对于球静止时减小，选项 B 正确； C因此过程中只有球的重力对系统做功，则球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒，选项 C 正确；

25、 D球体与斜面体组成系统水平方向受挡板的弹力作用，水平方向动量不守恒 ； 竖直方向受合外力也不为零， 竖直方向动量也不守恒，则系统的动量不守恒，选项 D 错误. 12为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其 加速。已知探测器的质量为 M，每秒钟喷出的气体质量为 m，喷射气体的功率恒为 P，不计喷气后探测器的 质量变化。则( ) A喷出气体的速度为 P m B喷出气体的速度为 2P m C喷气 t 秒后探测器获得的动能为 mPt2 M D喷气 t 秒后探测器获得的动能为 mPt2 2M 【答案】 BC 【解析】 【详解】 由动能定理可知：，t=1s

26、，解得：，选项 B 正确，A 错误；由动量守恒定律可知：0=Mv1-Pt = 1 2mv 2 v = 2P m mtv，则有：得 ，故 C 正确，D 错误。 2MEk= mtv = mt 2P m EK= mP t2 M 13静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F的作用，其大小随时间变化如图甲所示。在 拉力 F 从零逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化如图乙所示，g取 10m/s2。则下列说法中错误的是 A物体与水平面间的摩擦力先增大后减小至某一值并保持不变 B物体与水平面间的动摩擦因数为 0.1 C4s 末物体的动量大小为 12kgm/s D4s 内滑动摩擦力的冲量大小为 9

27、Ns 【答案】 ABC 【解析】 【详解】 由乙知，0-2s 内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力逐渐增大。t=2s 时静摩擦力 达到最大值，t=2s 后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，滑动摩擦力小于最大静摩擦力，并且保持不变， 所以物体所受的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变。故 A 正确。在 2-4s 内，由牛顿第二定律得 ：F- mg=ma；由图知：当F=6N 时，a=1m/s2，代入得6-10m=m；当F=12N 时，a=3m/s2，代入得 12-10m=3m； 联立解得=0.1，m=3kg，故 B 正确。根据a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知

28、 4s 内物 体速度的变化量为v=2=4m/s，由于初速度为 0，所以 4s 末物体的速度为 4m/s，动量大小为 1 + 3 2 P=mv=12kgm/s，故 C 正确。4s 内滑动摩擦力的冲量大小为，I = mgt = 0.1 30 2N s = 6N s 选项 D 错误。 14如图甲所示，质量为、长为的水平金属细杆的两端分别放置在两水银槽的水银中，水银0.01kg0.2mCD 槽所在空间存在磁感应强度大小、方向水平向右的匀强磁场，且细杆与该磁场方向垂直。一匝数B1= 10TCD 为 100 匝、横截面面积为的线通过导线、开关 与两水银槽相连，线岡处于沿竖直方向垂直穿过圈横0.01m2S

29、截面的匀强磁场中，其磁感应强度随时间 变化的关系如图乙所示。在时闭合开关 ，细杆间B2tt = 0.20sSCD 弹起（可认为弹起过程中安培力远大于重力，重力忽略不计） ，弹起的最大高度为。不考虑空气阻力，0.2m 水银的黏滞作用和细杆落回水槽后的运动，重力加速度 取，下列说法正确的是（）CDg10m/s2 A感应强度的方向竖直向上B2 B时，线圈中的感应电动势大小为t = 0.05s10V C在细杆CD弹起的过程中，细杆CD所受安培力的冲量大小为0.01N s D开关 闭合后，通过细杆某一横截面的电荷量为SCD0.01C 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A、由题意知细杆 CD 所受安培

30、力方向竖直向上，由左手定则可知感应电流方向由 C 到 D，由安培定则可知感 应电流的磁场方向竖直向上，由图示图像可知，在 0.150.25s 内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可得 磁感应强度方向竖直向上，故 A 正确；B2 B、由图像可知，00.1s 内线圈的感应电动势大小为，即 0.05s 时，线圈中的感应电动势大E = n t = 10V 小为 10V，故 B 正确； C、细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为，故 C 错误；I = mv = m2gh = 0.02Ns D、开关 K 闭合后，设通过 CD 的电荷量为 q，根据动量定理可得 ：，而，B1ILt = mv - 0B1IL

31、t = B1Lq 解得：，故 D 正确；q = mv B1L = 0.01C 故选 ABD。 15如图所示，长为L、质量为 3m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的铁块A放在长木板右端。 一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中， 铁块恰好不滑离木板。 子弹射入木板中的时间极短， 子弹、 铁块均视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是（） A木板获得的最大速度为 v0 5 B铁块获得的最大速度为 v0 5 C铁块与木板之间的动摩擦因数为 v20 40gL D子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为 2mv20 5 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 对

32、子弹和木板 B 系统，根据动量守恒定律求出木板获得的最大速度，对木板 B 和铁块 A（包括子弹）系统， 根据动量守恒定律求出铁块获得的最大速度，由能量守恒定律求出铁块与木板之间的动摩擦因数和子弹、 木块、铁块组成的系统损失的机械能； 【详解】 A、对子弹和木板 B 系统，根据动量守恒定律：mv0=4mv1，解得 v1= ，故 A 错误； v0 4 B、对木板 B 和铁块 A（包括子弹）系统：mv0=5mv2，解得 v2= ，故 B 正确； v0 5 C、子弹打入木板后，对木板 B 和铁块 A（包括子弹）系统，由能量守恒定律 ： mgL= 4mv125mv22，解得 = 1 2 1 2 ，故 C

33、 正确； v20 40gL D、全过程，由能量守恒定律可知，子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为E= mv02- 5mv22，故 D 正 1 2 1 2 确； 故选 BCD。 【点睛】 子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，由动量守恒定律求木块获得的最大速度；木块在木板上滑行时， 木块（含子弹）与木板组成的系统合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律求木块滑离木板时木板获得 的速度。 16在光滑的水平面上，质量为 m 的子弹以初速度v0射击质量为 M 的木块，最终子弹未能射穿木块，射入 的深度为 d，木块在加速运动中的位移为 s。则以下说法正确的是 A子弹动能的亏损大于系统动能的亏损 B子弹

34、动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 C摩擦力对 M 做的功一定等于摩擦力对 m 做的功 D位移 s 一定大于深度 d 【答案】 AB 【解析】 【分析】 子弹和木块组成的系统动量守恒，最终子弹未能射穿木块时，此时木块和子弹的速度相同，根据动量守恒 定律以及能量守恒定律列式求解即可； 【详解】 AC、子弹射击木块的过程中，设子弹受到木块的摩擦力为 ，摩擦力对木块 M 做的功为，摩擦力对子fW1= fs 弹 m 做的功为， 根据能量守恒可得子弹动能的亏损为， 系统动能的亏损W1= f(s + d)Ek1= f(d + s)Ek2 ，所以子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故 A 正确，C 错误

35、；= fd B、子弹和木块组成的系统动量守恒，最终子弹未能射穿木块时，此时木块和子弹的速度相同，以子弹初速 度方向为正方向，根据动量守恒定律得 ：，解得 ：，子弹动量变化量的大小mv0= (M + m)vv = mv0 M + m P1= ，木块动量变化量的大小，故 B 正确；mv0- mv = Mmv0 M + m P2= Mv = Mmv0 M + m D、对木块根据动能定理可得，解得木块在加速运动中的位移为，根据能量守恒fs = 1 2Mv 2 - 0s = Mm2v20 2(M + m)2f 可得，解得射入的深度为，故 D 错误；fd = 1 2mv 2 0- 1 2(m + M)v

36、2 d = Mmv20 2(M + m)f m M + m Mmv20 2(M + m)f = s 故选 AB。 【点睛】 正确分析物体的运动情况，知道当子弹未能射穿木块时时，此时木块和子弹的速度相同，子弹和木块组成 的系统动量守恒，明确应用动量守恒定律解题时要规定正方向。 17一个静止在水平地面上的物体，质量为 0.1kg，受到竖直向上的拉力 F 作用，F 随时间 t 的变化情况如 图所示。若 g 取 10m/s2，则下列说法正确的是 A03s 内，物体的速度逐渐增大 B3s 时物体的加速度最大 C第 5s 末和第 9s 末物体的速度相等 D第 9s 末物体离地面的高度最大 【答案】 BC

37、【解析】 【分析】 根据图像可知物体在 01s 内处于静止状态，13s 内做加速度增大的加速运动，37s 内做加速度减小的加 速运动，79s 内向上做加速度增大的减速运动据此分析 【详解】 物体质量为 0.1kg，即物重 1N，在 F=1N 前物体保持静止，即物体是从 1s 后开始向上加速运动的，A 错误； 在 3s 末拉力最大，故加速度最大，B 正确；根据动量定理可知，图线与坐标轴围成的面积表示物Ft = mv 体的动量变化量，所以 57s 内增加的动量大小与 79s 内减小的动量大小相等，即第 5s 末和第 9s 末的速 度相等，C 正确；物体在 19s 整个过程中都在向上运动，即第 9s

38、 末物体仍向上运动，物体离地面的高度不 是最大，D 错误 18如图，一辆质量为 M=3kg 的平板小车 A 停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为 m=1kg 的 小铁块 B(可视为质点)放在平板小车 A 最右端，平板小车 A 上表面水平且与小铁块 B 之间的动摩擦因数 =0.5，平板小车 A 的长度 L=0.9m。现给小铁块 B 一个 v0=5m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生 弹性碰撞后向右运动，重力加速度 g=10m/s2.下列说法正确的是 A小铁块 B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为 2m/s B小铁块 B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量大小为 8kg.m/s C小铁

39、块 B 向左运动到达竖立墙壁的过程中损失的机械能为 4J D小铁块 B 在平板小车 A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为 9J 【答案】 BD 【解析】 【分析】 铁块 B 向左运动的过程，根据动能定理列式，求出铁块 B 到达竖直墙壁前的速度铁块与墙壁发生弹性碰 撞后以原速率反弹，之后铁块在小车上向右滑动，假设铁块最终能停留在小车 A 上，根据动量守恒定律求 出共同速度，再根据功能关系求出小铁块相对小车运动距离，即可进行判断根据能量守恒定律求系统损 失的机械能 【详解】 选取向左为正方向，设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为 v1对铁块 B 向左运动的过程，根据动能定 理得：-mgL= m

40、v12- mv02，代入数据解得：v1=4m/s，故 A 错误；铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动， 1 2 1 2 速度大小为：v1=-v1=-4m/s；根据动量定理，小铁块 B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为：I=mv=m （v1-v）=1（-4-4）=-8kgm/s。负号表示方向向右。故 B 正确；根据功能关系，小铁块 B 向左运动到 达竖直墙壁的过程中损失的机械能等于小铁块损失的动能，为：E1=mv02 mv12 = 152 142 1 2 1 2 1 2 1 2 4.5J故 C 错误；假设小铁块最终和小车达到共同速度 v2，规定向左为正方向，根据动量守恒定律得： mv1=（M+m）

41、v2，代入数据解得：v2=-1m/s，设小铁块相对小车运动距离 x 时与平板车达到共速，由能量 守恒定律得：-mgx= （M+m）v22- mv12，代入数据解得：x=1.2m；由于 xL，说明铁块在没有与平板车 1 2 1 2 达到共速时就滑出平板车。即铁块 B 最后不能停留在小车 A 上。根据功能关系可知，小铁块 B 在平板小车 A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为E2=2mgL，代入数据解得：E2=9J故 D 正确。故选 BD。 【点睛】 本题首先要分析铁块的运动情况，对于铁块向右运动是否滑出平板车，我们可以采用假设法进行判断，正 确运用功能关系求解 19如图所示，一质量为 2kg

42、的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，其at图象如 图所示，t=0 时速度大小为 2m/s，滑动摩擦力大小恒为 2N，则下列说法中正确的是（ ） A在t=6s 的时刻，物体的速度大小为 20m/s B在 06s 的时间内，合力对物体做的功为 400J C在 06s 的时间内，拉力对物体的冲量为 36Ns D在 t=6s 的时刻，拉力F的功率为 200W 【答案】 AD 【解析】 【分析】 根据v=at 可知 a-t 图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，由此求得 t=6s 时物体的速 度根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于动能的变化量，根据动量定理可知，合外力的冲量

43、等于 物体动量的变化量，根据牛顿第二定律求出在 t=6s 时刻，拉力 F 的大小，再根据 P=Fv 求解拉力 F 的瞬时 功率 【详解】 根据v=at 可知，在 a-t 图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在 0-6s 时间内速度增量 为v=6=18m/s，所以 t=6s 时刻，物体的速度 v6=v0+v=2+18=20m/s，故 A 正确；在 06s 内，根据 2 + 4 2 动能定理得：W合=Ek=mv62-mv02，代入数据解得 W合=396J，故 B 错误；根据动量定理得：IF-ft=mv6-mv0， 1 2 1 2 则得拉力对物体的冲量 IF=ft+m（v6-v0）=26

44、+2（20-2）=48Ns，故 C 错误。t=6s 时，根据牛顿第二定 律得：F-f=ma，得 F=ma+f=24+2=10N，则在 t=6s 时刻，拉力 F 的功率 P=Fv6=1020=200W，故 D 正确。故 选 AD。 【点睛】 本题的解题关键是知道 a-t 图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量明确利用动能定理可求合 外力做的功，运用动量定理可求合外力的冲量 20 如图所示， 足够长的木板 Q 放在光滑水平面上， 在其左端有一可视为质点的物块 P， P 、 Q 间接触面粗糙。 现给 P 向右的速率 VP，给 Q 向左的速率 VQ，取向右为速度的正方向，不计空气阻力，则运动过程

45、 P、Q 速度 随时间变化的图像可能正确的是（） A B C D 【答案】 ABC 【解析】 【分析】 开始时，两物体均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终达到共同速度；对 AB 系统动量守恒，根据动量 守恒定律进行讨论即可. 【详解】 开始时，两物体均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终达到共同速度；设向右为正方向，对 AB 系统动 量守恒，根据动量守恒定律； 若，则 v=0，图像如图 A 所示 ； 若mPvP- mQvQ= (mP+ mQ)vmPvP= mQvQmPvP ，则 v0，图像如图 B 所示；若，则 v0)的小球 2 发生弹性正碰(不发生电荷转移),碰后小球 2 从 DB 进入圆

46、弧轨道,如图所示。BC 是 一段竖直墙面,DEF 是固定在竖直平面内的一段光滑绝缘圆弧轨道,轨道上端 D 点的切线水平,B、D 间距很小, 可看作重合的点。圆心 O 与轨道下端 F 的连线与竖直墙面的夹角为 53在 BC 右边整个空间有水平向左、场 强 E=的匀强电场,小球 2 进入圆孤轨道之后恰好能沿着轨道 DEF 运动,一段时间后从轨道下端 F 处脱离, 最 3mg 4q 后打在竖直墙面 BC 的 C 点。已知重力加速度为 g,sin53=0.8。 求：（1）碰后小球 2 运动的速度; （2）轨道 DEF 的半径 R; （3）小球 2 打在 C 点前瞬间的速度。 【答案】 （1）（2）（3

47、） 3gs 2 m/s 6 7sm 85gs 14 m/s 【解析】 【详解】 （1）由能量守恒得Ep= 1 2 3mv 12 1、2 小球根据动量守恒得：.3mv1= 3mv1+ mv2 1、2 小球根据机械能守恒得：. 1 23mv1 2 = 1 23mv 12 + 1 2mv2 2 由式解得：vB= v2= 3gs 2 m/s （2）由题意得：.F合=(mg)2+ (qE)2= 5 4mg 设DEF轨道半径为R，设在E点小球达到等效最高点，由于小球恰好能沿着DEF轨道运动，则在E点有 ： 5 4mg .= m vE2 R 根据动能定理得：.- 5 4mg (R - Rsin53 ) =

48、1 2mvE 2 - 1 2mvB 2 由式解得：mR = 6 7s （3）过点F做切线以及垂直BC的水平线，则 为 53。又因为，则小球所受合力的方向与水平方 mg qE = 4 3 向夹角成 53。即在F点小球速度方向与合力方向共线，小球做直线运动。 由几何关系得：m.LBC= R + R cos53 = 16 7s 从B到C全程动能定理有：mgLBC= 1 2mvC 2 - 1 2mvB 2 解得：.vC= 85gs 14 m/s 22光滑水平轨道 MN 与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于 N 点，质量为m的小球 B 静止于水平轨道上 P 点，小球半径远小于R。与 B 相同的小球 A 以速度v0向右运动，A、B 碰后粘连在一起。求当v0的大小在什 么范围时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道。已知重力加速度为g。 【答案】v02或v022gR5gR 【解析】 【详解】 AB 碰撞动量守恒，则：mv02mv 若两物体能到达与圆心等高的位置，则：2mgR0 2mv2， 1 2 解得v022gR 若两物体恰能