《2017年高考物理試題分項版匯編系列 專題08 動量（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2017年高考物理試題分項版匯編系列 專題08 動量（含解析）（129頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題08動量 一、單選題 1．類比是一種常用的研究方法．對于直線運動，教科書中講解了由圖像求位移，由 (力-位移)圖像求做功的方法．請你借鑒此方法分析下列說法，其中正確的是（） A. 由 (力-速度)圖線和橫軸圍成的面積可求出對應(yīng)速度變化過程中力做功的功率 B. 由 (力-時間)圖線和橫軸圍成的面積可求出對應(yīng)時間內(nèi)力所做的沖量 C. 由 (電壓-電流)圖線和橫軸圍成的面積可求出對應(yīng)的電流變化過程中電流的功率 D. 由 (角速度-半徑)圖線和橫軸圍成的面積可求出對應(yīng)半徑變化范圍內(nèi)做圓周運動物體的線速度 【答案】B 2．小球質(zhì)量為2m，以速度v沿水平方向垂直撞擊墻壁，球被反

2、方向彈回速度大小是v，球與墻撞擊時間為t，在撞擊過程中，球?qū)Φ钠骄鶝_力大小是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】設(shè)初速度方向為正，則彈后的速度為-；則由動量定理可得：Ft=-2m×-2mv 解得：F=；負(fù)號表示力的方向與初速度方向相反；由牛頓第三定律可知，球?qū)Φ钠骄鶝_擊力為F′=F=；故選C． 3．下列說法中正確的是（　?。? A. 沖量的方向一定和動量的方向相同 B. 動量變化量的方向一定和動量的方向相同 C. 物體的末動量方向一定和它所受合外力的沖量方向相同 D. 沖量是物體動量變化的原因 【答案】D 【解析】解：A、沖量的方向和

3、動量的方向不一定相同，比如平拋運動，沖量方向豎直向下，動量方向是軌跡的切線方向．故A錯誤． B、動量增量的方向與合力的沖量方向相同，與動量的方向不一定相同，比如勻減速直線運動，動量增量的方向和動量的方向相反．故B錯誤． C、物體的末動量方向不一定和它所受合外力的沖量方向相同．故C錯誤． D、根據(jù)動量定理可知，沖量是物體的動量變化的原因．故D正確． 故選：D 4．如圖所示，兩個質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍．上述兩種射入過程相比較 A. 射入滑塊A的子彈速度變化大 B. 整個射入

4、過程中兩滑塊受的沖量一樣大，木塊對子彈的平均阻力一樣大 C. 射入滑塊A中時阻力對子彈做功是射入滑塊B中時的兩倍 D. 兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同 【答案】D 【解析】A、根據(jù)動量守恒定律可得，可知兩種情況下木塊和子彈的共同速度相同，兩顆子彈速度變化相同，故A錯誤； B、兩滑塊的動量變化相同，受到的沖量相同，由，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍，射入滑塊A中時平均阻力對子彈是射入滑塊B中時的倍，故B錯誤； C、射入滑塊A中時阻力對子彈做功與射入滑塊B中時阻力對子彈做功相等，故C錯誤； D、由，兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同，故D正確； 故選D。 5．兩球A、B在光滑水平面

5、上沿同一直線，同一方向運動，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/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. vA′=5 m/s，vB′=2.5 m/s B. vA′=2 m/s，vB′=4 m/s C. vA′=﹣4 m/s，vB′=7 m/s D. vA′=7 m/s，vB′=1.5 m/s 【答案】B 【解析】兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒，ABCD均滿足； 考慮實際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD錯誤，BC滿足； 根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動能應(yīng)該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動能，碰

6、撞前總動能為22J，B選項碰撞后總動能為18J，C選項碰撞后總動能為57J，故C錯誤，B滿足； 故選B． 6．如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個質(zhì)量也為m的小物塊從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑，下列說法正確的是 A. 在下滑過程中，物塊的機械能守恒 B. 物塊被彈簧反彈后，做勻速直線運動 C. 在下滑過程中，物塊和槽的動量守恒 D. 物塊被彈簧反彈后，能回到槽高h(yuǎn)處 【答案】B 【解析】在物塊下滑的過程中，斜槽將后退，物塊與弧形槽系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒；對于物塊，除了重力做功外，支持力做功，則物塊的機械

7、能不守恒．故A錯誤．物塊加速下滑，豎直方向受向下合力，物塊與槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向動量守恒．故C錯誤．因為物塊與槽在水平方向上動量守恒，由于質(zhì)量相等，根據(jù)動量守恒，物塊離開槽時速度大小相等，方向相反，物塊被彈簧反彈后，與槽的速度相同，做勻速直線運動．故B正確，D錯誤．故選B． 7．一炮艇在湖面上勻速行駛，突然從船頭和船尾同時向前和向后各發(fā)射一發(fā)炮彈，設(shè)兩炮彈的質(zhì)量相同，相對于地的速率相同，牽引力、阻力均不變，則船的動量和速度的變化情況是(　　) A. 動量不變，速度增大 B. 動量變小，速度不變 C. 動量增大，速度增大 D. 動量增大，速度減小 【答案

8、】A 【解析】: 因船受到的牽引力及阻力不變,且開始時船勻速運動,故整個系統(tǒng)所受的合外力為零,動量守恒. 設(shè)炮彈質(zhì)量為m,船(不包括兩炮彈)的質(zhì)量為M,炮艇原來的速度為 ,發(fā)射炮彈的瞬間船的速度為v. 設(shè)船原來的運動方向為正方向,則由動量守恒可得: 可得：即發(fā)射炮彈后瞬間船的動量不變,速度增大，故A正確； 綜上所述本題答案是：A 8．如圖所示，在光滑的水平面上靜止放一質(zhì)量為m的木板B，木板表面光滑，左端固定一輕質(zhì)彈簧。質(zhì)量為2m的木塊A以速度v0從板的右端水平向左滑上木板B。在木塊A與彈簧相互作用的過程中，下列判斷正確的是 A. 彈簧壓縮量最大時，B板運動速率最大 B

9、. 板的加速度一直增大 C. 彈簧給木塊A的沖量大小為 D. 彈簧的最大彈性勢能為 【答案】D 【解析】在木塊A與彈簧相互作用的過程中，從彈簧的壓縮量達(dá)到最大到彈簧恢復(fù)原狀的過程中，彈簧對木板B有向左的彈力，B板仍在加速，所以彈簧壓縮量最大時，B板運動速率不是最大，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時B板的速率最大，故A錯誤；彈簧壓縮量先增加后減小，彈簧對B板的彈力先增大后減小，故B板的加速度先增加后減小，故B錯誤；設(shè)彈簧恢復(fù)原長時A與B的速度分別為v1和v2．取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有：2mv0=2mv1+mv2?； 根據(jù)機械能守恒定律，有：?2m?v02=?2m?v12+mv22?；解得：

10、v1=v0，v2=v0．對滑塊A，根據(jù)動量定理，有：I=2mv1-2mv0=-mv0（負(fù)號表示方向向右），故C錯誤；當(dāng)滑塊與長木板速度相等時，彈簧的壓縮量最大；根據(jù)動量守恒定律，有：2mv0=（m+2m）v?； 系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)守恒定律，有：Ep=?2m?v02-（2m+m）v2??；由以上兩式解得：Ep=mv02，故D正確；故選D. 9．質(zhì)量分別為m＝1 kg和M＝2 kg的物塊A和B疊放在光滑水平桌面上，兩物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)，從某時刻開始，對物塊B施加一水平推力F，已知推力F隨時間t變化的關(guān)系為F＝6t(N)，兩物塊之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速

11、度g取10 m/s2，下列結(jié)論正確的是(　　) A. 兩物塊剛發(fā)生相對運動時的速度為1 m/s B. 從施加推力F到兩物塊剛發(fā)生相對運動所需的時間為s C. 從施加推力F到兩物塊剛發(fā)生相對運動兩物塊的位移為0.5 m D. 從施加推力F到兩物塊剛發(fā)生相對運動F的沖量為6 N·s 【答案】A 【解析】AB. 當(dāng)m達(dá)到最大靜摩擦力時，m相對M發(fā)生相對滑動；則此時m的加速度為：a=μg=0.2×10=2m/s2；則對整體受力分析可知，F(xiàn)=(m+M)a=3×2=6N=6t，則可知發(fā)生相對運動的時間為1s，F(xiàn)是均勻增加的，，對整體由動量定理可得：；解得：v=1m/s，故A正確，B錯誤；

12、 C. 若物體做勻加速直線運動，則1s內(nèi)的位移x=vt/2=0.5m；而物體做的是變加速直線運動，故位移不是0.5m；故C錯誤； D. 由動量定理可知,I=(M+m)v=3N?s；故D錯誤； 故選：A. 10．質(zhì)量為m的小球A以水平初速度v0與原來靜止的光滑水平面上的質(zhì)量為3m的小球B發(fā)生正碰，已知碰撞過程中A球的動能減少了75%，則碰撞后B球的動能可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 11．以下幾種運動形式在任何相等的時間內(nèi)，物體動量的變化不相等的運動是（　?。? A. 勻變速直線運動 B. 平拋運動 C. 自由落體運動

13、 D. 勻速圓周運動 【答案】D 【解析】由相等時間內(nèi)，物體動量的變化總是相等，由動量定理Ft=Δp知，作用力F一定為恒力，則物體必須做勻變速運動，而勻速圓周運動是變加速運動，故有勻速圓周運動的物體動量的變化不相等，故D正確，ABC錯誤， 故選D。 12．一粒鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由落體，然后陷入泥潭中。若把它在空中自由落體的過程稱為Ⅰ，進入泥潭直到停止的過程稱為Ⅱ，則（ ） A. 過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量小于重力的沖量 B. 過程Ⅱ中鋼珠所受阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力沖量的大小 C. 過程Ⅱ中鋼珠的動量改變量等于阻力的沖量 D. 過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ與

14、過程Ⅱ重力沖量的大小 【答案】D 【解析】在過程Ⅰ中，鋼珠只受重力的作用，根據(jù)動量定理可知，其動量的改變量等于重力的沖量，選項A錯誤；過程Ⅱ中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力沖量大小的和．故B錯誤；過程Ⅱ中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程Ⅱ中鋼珠的動量改變量等于重力和阻力的沖量的和．故C錯誤；過程Ⅱ中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力沖量大小的和．故D正確；故選D. 13．如圖所示．曲線是某質(zhì)點只在一恒力作用下的部分運動軌跡．質(zhì)點從M點出發(fā)經(jīng)P點到達(dá)N點，已知質(zhì)點

15、從M點到P點的路程大于從P點到N點的路程，質(zhì)點由M點運動到P點與由P點運動到N點的時間相等．下列說法中正確的是( ) A. 質(zhì)點從M到N過程中速度大小保持不變 B. 質(zhì)點在M、N間的運動不是勻變速運動 C. 質(zhì)點在這兩段時間內(nèi)的動量變化量大小相等，方向相同 D. 質(zhì)點在這兩段時間內(nèi)的動量變化量大小不相等，但方向相同 【答案】C 【解析】因為質(zhì)點在恒力作用下運動，所以質(zhì)點做勻變速曲線運動，速度隨時間變化，故AB錯誤；根據(jù)動量定理可得，兩段過程所用時間相同，所以動量變化量大小和方向都相同，C正確D錯誤． 14．用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產(chǎn)生的原理。如圖所示，從距秤盤

16、80 cm高度把1000 粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1s，豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话?。若每個豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時間極短（在豆粒與秤盤碰撞極短時間內(nèi)，碰撞力遠(yuǎn)大于豆粒受到的重力），已知1000 粒的豆粒的總質(zhì)量為100g。則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為 A. 0.2N B. 0.6N C. 1.0N D. 1.6N 【答案】B 【解析】豆粒從80cm高處落下時速度為v，， 則 設(shè)向上為正方向，根據(jù)動量定理： B正確，ACD錯誤。 故選：B。 15．如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊后不再穿出，

17、此時木塊動能增加了5.5J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為（　?。? A. 1J B. 3J C. 5J D. 7J 【答案】D 【解析】子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊后不再穿出，設(shè)子彈初速為，子彈和木塊的共同速度為；則、解得：化簡得： ，故選D 16．質(zhì)量為m1＝1 kg和m2(未知)的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間不計，其x —t(位移—時間)圖象如圖所示，則可知碰撞屬于（　?。? A. 非彈性碰撞 B. 彈性碰撞 C. 完全非彈性碰撞 D. 條件不足，不能確定 【答案】B 【解析】位移時間圖象的切線斜率表示物體的速度，由圖象可得兩物體碰撞前后

18、的速度分別為：、、、；由動量守恒得；碰前總動能，碰后總動能代入數(shù)據(jù)可得：、，因此此碰撞是彈性碰撞。故選B 17．一質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v，在此過程中（　?。? A. 地面對他的沖量為mv+mgΔt，地面對他做的功為 B. 地面對他的沖量為，地面對他做的功為 C. 地面對他的沖量為為，地面對他做的功為零 D. 地面對他的沖量為為，地面對他做的功為零 【答案】C 【解析】人從下蹲起跳，經(jīng)時間速度為v，對此過程應(yīng)用動量定理得： 故在此過程中，地面對他的沖量 人在起跳過程中，受到地面對人的支持力但沒有產(chǎn)生位移，地面對他做的功為零。

19、 綜上，選C 點睛：動量定理中沖量應(yīng)是所有力的沖量，不能漏去重力的沖量。 18．物體在恒定的合外力F作用下做直線運動，在時間Δt1內(nèi)速度由0增大到v，在時間Δt2內(nèi)速度由v增大到2v。設(shè)F在Δt1內(nèi)做的功是W1，沖量是I1；在Δt2內(nèi)做的功是W2，沖量是I2；那么 (　　) A. I1

20、的變化由動能定理求合力的功、根據(jù)動量的變化由動量定理求合力的沖量是這兩大定理基本的應(yīng)用． 19．質(zhì)量為m、速度為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。碰撞后B球的速度大小可能是 A. v B. 0．6v C. 0．3v D. 0．2v 【答案】C 動能為，違反了能量守恒定律，不可能，B錯誤；若，由動量守恒得，得，碰撞前系統(tǒng)的總動能為．碰撞后系統(tǒng)的總動能為，不違反了能量守恒定律，是可能的，B正確；A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，則有，，這時B獲得的速度最小，所以，是不可能的，D錯誤． 20．一個靜止

21、的鈾核，放射一個粒子而變?yōu)殁Q核，在勻強磁場中的徑跡如圖所示，則正確的說法( ) A. 1是，2是釷 B. 1是釷，2是 C. 3是，4是釷 D. 3是釷，4是 【答案】B 【解析】一個靜止的鈾核發(fā)生衰變后變?yōu)殁Q核，粒子和釷核都在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)動量守恒定律知，兩粒子的動量大小相等，速度方向相反，都為正電，根據(jù)左手定則，為兩個外切圓；根據(jù)，因兩粒子的動量大小相等、磁感應(yīng)強度B相同，則電量大的軌道半徑小，知1是釷核的徑跡，2是粒子的徑跡，B正確，ACD錯誤，選B． 【點睛】衰變生成的新核與粒子動量守恒，根據(jù)左手定則判斷粒子的受力方向，從而判斷出是內(nèi)切

22、圓還是外切圓． 21．A、B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運動，其位移—時間圖如圖所示。由圖可知，物體A、B的質(zhì)量之比為 （ ） ? A. 1∶3 B. 1∶2 C. 1∶1 D. 3∶1 【答案】A 【解析】由x-t圖象可知，碰撞前，vB=0m/s，碰撞后vA′=vB′=v=，碰撞過程動量守恒，對A、B組成的系統(tǒng)，設(shè)A原方向為正方向，則由動量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，解得mA：mB=1：3；故A正確，BCD錯誤． 故選A． 22．課上老師做了這樣一個實驗：如圖所示，用一象棋子壓著一紙條，放在水平桌面上接近邊緣處．第一次，慢拉

23、紙條，將紙條抽出，棋子掉落在地上的P點；第二次，將棋子、紙條放回原來的位置，快拉紙條，將紙條抽出，棋子掉落在地上的N點．從第一次到第二次現(xiàn)象的變化，下列解釋正確的是(　　) A. 棋子的慣性變大了 B. 棋子受到紙帶的摩擦力變小了 C. 棋子受到紙帶的沖量變小了 D. 棋子離開桌面時的動量變大了 【答案】C 【解析】兩次拉動中棋子的質(zhì)量沒變，故其慣性不變；故A錯誤；由于正壓力不變；故紙帶對棋子的摩擦力沒變，故B錯誤；由于快拉時作用時間變短，故摩擦力對棋子的沖量變小了；故C正確；由動量定理可知，合外力的沖量減小，則棋子離開桌面時的動量變??；故D錯誤；故選C． 23．水平面上有兩

24、個物塊A、B，A質(zhì)量是B質(zhì)量的兩倍，與水平面的動摩擦因數(shù)都為μ，t=0時刻，B靜止， A以初速度向B運動，與B發(fā)生彈性正碰后分開，A與B都停止運動時的距離與t=0時刻AB距離相同，t=0時刻A與B間的距離為（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】設(shè)A與B碰前速度為，由運動學(xué)公式得： 設(shè)A與B碰撞后，A的速度為，B的速度為，由動量守恒定律得： 由能量守恒規(guī)律得： 由運動學(xué)公式可得： 可得：，故選項B正確。 點睛：對于彈性碰撞，要掌握兩大守恒定律：動量守恒定律和能量守恒定律，對學(xué)生的能力要求較高，需加強這方面的訓(xùn)練。 24．有一只小船?？吭诤叴a頭，小

25、船又窄又長(估計重一噸左右)．一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量．他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船．用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，船的質(zhì)量為(　 　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】設(shè)人走動的時候船的速度為，人的速度為，人從船頭走到船尾用時為，人的位移為，船的位移為，所以，。根據(jù)動量守恒有：，可得：，小船的質(zhì)量為：，故B項正確。 綜上所述，本題正確答案為B。 25．在足夠大的勻強磁場中，靜止的鈉的同位素發(fā)生衰變，沿與磁場垂直的方向釋放

26、出一個粒子后，變?yōu)橐粋€新核，新核與放出粒子在磁場中運動的軌跡均為圓，如圖所示，下列說法正確的是 A. 新核為 B. 軌跡1是新核的徑跡 C. 衰變過程中子數(shù)不變 D. 新核沿順時針方向旋轉(zhuǎn) 【答案】A 【解析】發(fā)生衰變時動量守恒，放出的粒子與新核的速度方向相反，由左手定則判斷得知，放出的粒子應(yīng)帶負(fù)電，是β粒子，所以發(fā)生的是β衰變，β衰變把一個中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子，放出一個電子，中子數(shù)減小，粒子是電子，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，配平核反應(yīng)方程式，可知衰變方程為，故新核是，A正確C錯誤；靜止的發(fā)生衰變時動量守恒，釋放出的粒子與新核的動量大小相等，兩個粒子在勻強磁場中都做勻速圓周運動，因

27、為新核的電荷量大于所釋放出的粒子電荷量，由半徑公式可知半徑與電荷量q成反比，新核的電荷量q大，所以新核的半徑小，所以軌跡2是新核的軌跡，B錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由左手定則判斷得知：新核要沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，D錯誤． 26．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、錘和車均靜止且這三者的質(zhì)量依次為m1、m2、m3．人將大錘水平向左拋出后，人和車的速度大小為v，則拋出瞬間大錘的動量大小為（　　） A. m1v B. m2v C. （m1+m3）v D. （m2+m3）v 【答案】C 【解析】以人、錘和車組成的系統(tǒng)為研究對象，取向左為正方向，人將大錘

28、水平向左拋出的過程，系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律得（m1+m3）v﹣P=0可得，拋出瞬間大錘的動量大小為 P=（m1+m3）v 故選：C 27．一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則（ ） A. t=1 s時物塊的速率為2 m/s B. t=2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s C. t=3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s D. t=4 s時物塊的速度為零 【答案】B 【解析】前兩秒，根據(jù)牛頓第二定律，，則0﹣2s的速度規(guī)律為； s時，速率為1m/s，故A錯誤；t=2s時，速率為2m/s，則動量為，

29、故B正確；2﹣4s，力開始反向，物體減速，根據(jù)牛頓第二定律，，所以3s時的速度為1.5m/s，動量為，4s時速度為1m/s，故CD錯誤； 28．如圖所示，質(zhì)量為0.5 kg的小球在距離車底面高20 m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞蓬小車中，車底涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4 kg，設(shè)小球在落到車底前瞬間速度是25 m/s，則當(dāng)小球與小車相對靜止時，小車的速度是( ) A. 5 m/s B. 4 m/s C. 8.5 m/s D. 9.5 m/s 【答案】A 【解析】小球拋出后做平拋運動，根據(jù)動能定理得：

30、mgh＝mv2?mv02 解得：v0=15m/s 小球和車作用過程中，水平方向動量守恒，則有：-mv0+MV=（M+m）v′ 解得：v′=5m/s，故選A. 29．滑雪運動是人們酷愛的戶外體育活動，現(xiàn)有質(zhì)量為m的人站立于雪橇上，如圖所示。人與雪橇的總質(zhì)量為M，人與雪橇以速度v1在水平面上由北向南運動(雪橇所受阻力不計)。當(dāng)人相對于雪橇以速度v2豎直跳起時，雪橇向南的速度大小為(　　) A. B. C. D. v1 【答案】D 【解析】雪橇所受阻力不計，人起跳后，人和雪橇組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平動量守恒，起跳后人和雪橇的水平速度相同，設(shè)為v．取向

31、南為正方向，由水平動量守恒得： ??Mv1=Mv，得 v=v1，方向向南，故ABC錯誤，D正確．故選D. 30．應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入．例如人原地起跳時，總是身體彎曲略下蹲，再猛然蹬地、身體打開，同時獲得向上的初速度，雙腳離開地面．從開始蹬地到雙腳離開地面的整個過程中，下列分析正確的是 A. 地面對人的支持力始終等于重力 B. 地面對人的支持力的沖量大于重力的沖量 C. 人原地起跳過程中獲得的動能來自于地面 D. 人與地球所組成的系統(tǒng)的機械能是守恒的 【答案】B 【解析】人在上升過程中經(jīng)歷了先加速再減速過程，加速過程中人受到的支持力大于人

32、的重力；故A錯誤；因支持力大于重力，作用時間相同，故支持力的沖量大于重力的沖量；故B正確；人起跳時，地面對人不做功，人的動能來自于本身的生物能；故C錯誤；由于有人體生物能轉(zhuǎn)化為機械能，故機械能不守恒；故D錯誤；故選B． 點睛：本題考查動量定理及功能轉(zhuǎn)化，要注意明確支持力對人作用的位移為零，故支持力對人不做功，人是利用自身的能量得以增加機械能的． 31．在任何相等時間內(nèi)，物體動量的變化量總是相等的運動不可能是(　　) A. 勻速圓周運動 B. 勻變速直線運動 C. 自由落體運動 D. 平拋運動 【答案】A 點睛：此題考查動量定理的應(yīng)用，要注意明確動能定理的應(yīng)用，注意勻

33、速圓周運動受到的向心力大小不變，但方向一直在改變，屬于變力． 32．下面關(guān)于物體動量和沖量的說法不正確的是(　　) A. 物體所受合外力沖量越大，它的動量也越大 B. 物體所受合外力沖量不為零，它的動量一定要改變 C. 物體動量增量的方向，就是它所受沖量的方向 D. 物體所受合外力越大，它的動量變化就越快 【答案】A 【解析】物體所受合外力沖量越大，它的動量變化就越大，不是動量越大，故A不正確；合外力的沖量等于物體動量的變化量，物體所受合外力沖量不為零，它的動量一定要改變，故B正確；合外力的沖量等于物體動量的變化量，所以物體動量增量的方向，就是它所受沖量的方向，故C正確；物體所受

34、合外力越大，加速度就越大，物體速度變化就越快，所以它的動量變化就越快，故D正確；本題選不正確的，故選A． 33．如圖所示，AB為固定的光滑圓弧軌道，O為圓心，AO水平，BO豎直，軌道半徑為R，將質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）從A點由靜止釋放，在小球從A點運動到B點的過程中，（ ） A. 小球所受合力的沖量方向為弧中點指向圓心 B. 小球所受支持力的沖量為0 C. 小球所受重力的沖量大小為m D. 小球所受合力的沖量大小為m 【答案】D 【解析】試題分析：由沖量的計算公式求出各力的沖量大小，由動量定理求出動量的變化量或合力的沖量． 小球受到豎直向下的重力，和垂直切面指向圓心

35、的支持力，所以合力不指向圓心，故合力的沖量也不指向圓心，A錯誤；小球的支持力不為零，作用時間不為零，故支持力的沖量不為零，B錯誤；小球在運動過程中只有重力做功，所以根據(jù)機械能守恒可得，故，根據(jù)動量定理可得，故C錯誤D正確． 34．恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，沒有被拉動，則經(jīng)時間t，下列說法正確的是（ ） A. 拉力F對物體的沖量大小為零 B. 合力對物體的沖量大小為Ft C. 拉力F對物體的沖量大小是Ftcosθ D. 拉力F對物體的沖量大小為Ft 【答案】D 【解析】拉力的大小為F，作用時間為t，根據(jù)沖量定義得拉力的沖量Ft，故D正確

36、，AC錯誤；物體保持靜止，根據(jù)動量定理，合力沖量為零，故B錯誤。所以D正確，ABC錯誤。 35．光滑水平桌面上有P、Q兩個物塊，Q的質(zhì)量是P的n倍．將一輕彈簧置于P、Q之間，用外力緩慢壓P、Q．撤去外力后，P、Q開始運動，P和Q的動量大小的比值為（ ） A. n2 B. n C. D. 1 【答案】D 【解析】撤去外力后，系統(tǒng)不受外力，所以總動量守恒，設(shè)P的動量方向為正方向，則根據(jù)動量守恒定律有：PP-PQ=0，故PP=PQ；故動量之比為1；故D正確，ABC錯誤．故選D． 點睛：本題考查動量守恒定律的應(yīng)用，要注意明確撤去拉力后的動量大小始終為零，同時在列式時

37、一定要注意動量的矢量性． 36．質(zhì)量為M的均勻木塊靜止在光滑水平面上,木塊左右兩側(cè)各有一位拿著完全相同步槍和子彈的射擊手.首先左側(cè)射手開槍,子彈水平射入木塊的最大深度為d1,然后右側(cè)射手開槍,子彈水平射入木塊的最大深度為d2,如圖所示,設(shè)子彈均未射穿木塊,且兩顆子彈與木塊之間的作用力大小均相同.當(dāng)兩顆子彈均相對于木塊靜止時,下列判斷正確的是( ) A. 木塊靜止, d1=d2 B. 木塊向右運動, d12 C. 木塊靜止, d1

38、與子彈共同速度為 v1，則有?? mv=（M+m）v1 木塊與子彈組成的系統(tǒng)損失的動能為△Ek=mv2-（M+m）v12 設(shè)子彈與木塊之間作用力恒定為 F；則有Fd1=△Ek=mv2-（M+m）v12 第二顆子彈射入木塊后，由動量守恒定律可得：mv-mv=（2m+M）v′，得v′=0，即當(dāng)兩顆子彈均相對于木塊靜止時，木塊的速度為零，即靜止；再對兩顆子彈和木塊系統(tǒng)為研究，由能量守恒定律得??Fd2=（M+m）v12+mv2，對比兩式可得，d1＜d2，故ABD錯誤，C正確；故選C. 37．我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實現(xiàn)女子3000接力三連冠.觀察發(fā)現(xiàn),“接棒”的運動員甲提前站在“交棒

39、”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在水平方向上的相互作用,則(?? ) A. 甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量 B. 甲對乙做多少負(fù)功,乙對甲就一定做多少正功 C. 甲的動能增加量等于乙的動能減少量 D. 甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反 【答案】D 【解析】甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故沖量大小相等方向相反，沖量不相等，故A錯誤．根據(jù)動量定理可知，沖量等于動量的變化，則甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反，選項D正確；由于乙推甲的過程中，要消耗體能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的

40、動能，根據(jù)能量守恒定律知，甲的動能增加量不等于乙的動能減少量，根據(jù)動能定理可知二者相互做功也不相等；故BC錯誤．故選D. 點睛：本題要明確運動員間的相互作用力的沖量等于對方的動量變化，又有作用時間相同，相互作用力等大、反向，兩個運動員組成的系統(tǒng)總動量守恒． 38．如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。這就是動量守恒定律。若一個系統(tǒng)動量守恒時，則 A. 此系統(tǒng)內(nèi)每個物體所受的合力一定都為零 B. 此系統(tǒng)的機械能一定守恒 C. 此系統(tǒng)的機械能可能增加 D. 此系統(tǒng)內(nèi)每個物體的動量大小不可能都增加 【答案】C 【解析】系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)所受合外力為

41、零，但此系統(tǒng)內(nèi)每個物體所受的合力不一定都為零，故A錯誤；當(dāng)只有重力或只有彈力做功時系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒但機械能不一定守恒，系統(tǒng)機械能可能增加，故B錯誤，C正確；系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)總動量保持不變，系統(tǒng)內(nèi)有的物體動量增大，有的物體動量減小，系統(tǒng)總動量保持不變，故B錯誤。所以C正確，ABD錯誤。 39．在“探究碰撞中的不變量”的實驗中，有質(zhì)量相等的甲乙兩擺球，擺長相同，乙球靜止在最低點，拉起甲球釋放后與乙球剛好正碰，碰后甲球靜止，乙球擺到與甲球初始位置等高?，F(xiàn)換為同質(zhì)量的兩個粘性球，重復(fù)以上操作，碰后兩球粘合在一起運動，則（ ） A. 兩次碰撞的整

42、個過程中機械能不可能守恒 B. 第一次兩球碰撞瞬間的前后，動量守恒，機械能不守恒 C. 第二次兩球碰撞瞬間的前后，動量守恒，機械能不守恒 【答案】C 【解析】第一次碰撞速度交換，是完全彈性碰撞，動量守恒，機械能守恒，從甲球開始下落到乙球上升到最高點過程中動量不守恒，第二次碰后兩球粘合在一起運動，屬于完全非彈性碰撞，動量守恒，機械能損失最大，機械能不守恒，故C正確，ABD錯誤。 40．在氣墊導(dǎo)軌上進行探究實驗時，首先應(yīng)該做的是（） A. 給氣墊導(dǎo)軌通氣 B. 給光電計時器進行掃零處理 C. 把滑塊放到導(dǎo)軌上 D. 檢查擋光片通過光電門時是否能擋光計時 【答案】D 【解析】在

43、應(yīng)用氣墊導(dǎo)軌時，應(yīng)首先給氣墊導(dǎo)軌通氣才能進行后續(xù)實驗，故D正確，ABC錯誤。 41．在利用氣墊導(dǎo)軌探究碰撞中的不變量的實驗中，哪些因素可導(dǎo)致實驗誤差（） A. 導(dǎo)軌水平安放 B. 小車上擋光板傾斜 C. 兩小車質(zhì)量不相等 D. 兩小車碰后連在一起 【答案】B 【解析】導(dǎo)軌不水平，小車速度將受重力的影響，從而導(dǎo)致實驗誤差，故A正確；擋光板傾斜會導(dǎo)致?lián)豕獍鍖挾炔坏扔趽豕怆A段小車通過的位移，使計算速度出現(xiàn)誤差，故B正確；兩小車質(zhì)量不相等，系統(tǒng)碰撞前后動量仍然守恒，故不會導(dǎo)致實驗誤差，故C錯誤；兩小車碰后連在一起是完全非彈性碰撞，系統(tǒng)碰撞前后動量仍然守恒，故不會導(dǎo)致實驗誤差，故D錯誤。所

44、以B正確，ACD錯誤。 42．如圖所示,在水平面上有兩條導(dǎo)電導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間距為d，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平面向里，磁感應(yīng)強度的大小為B，兩根完全相同的金屬桿1、2間隔一定的距離擺開放在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直。它們的電阻均為R，兩桿與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，金屬桿的摩擦不計。桿1以初速度v0滑向桿2，為使兩桿不相碰，則桿2固定與不固定兩種情況下，最初擺放兩桿時的最少距離之比為： A. 1:1 B. 1:2 C. 2:1 D. 1:1 【答案】C 【解析】金屬桿1、2均不固定時，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，有：mv0=2mv，解得：v=； 對右側(cè)桿，采

45、用微元法，以向右為正方向，根據(jù)動量定理，有：∑?F?△t=∑m△v， 其中：F=BIL=， 故?△t=∑m△v， 解得：l=，故AB間的距離最小為x′=； 故x：x′=1:2； 故ABD錯誤，C正確； 故選：C。 【名師點睛】 兩個棒均不固定時，左邊棒受向左的安培力，右邊棒受向右的安培力，故左邊棒減速，右邊棒加速，兩個棒系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得到最后的共同速度，然后對右邊棒運用動量定理列式；當(dāng)右邊棒固定時，左邊棒受向左的安培力，做減速運動，根據(jù)動量定理列式；最后聯(lián)立求解即可。 43．如右圖所示，F(xiàn)-t圖象表示某物體所受的合外力F隨時間的變化關(guān)系，t＝0時物體的初速

46、度為零，則下列說法錯誤的是 A. 前4s內(nèi)物體的速度變化量為零 B. 前4s內(nèi)物體的位移為零 C. 物體在0～2s內(nèi)的位移大于2～4s內(nèi)的位移 D. 0～2s內(nèi)F所做的功等于2～4s內(nèi)物體克服F所做的功 【答案】B 【解析】根據(jù)I=Ft知，F(xiàn)-t圖象與時間軸所圍的面積大小表示F的沖量，則知前4s內(nèi)F的沖量為，根據(jù)動量定理知，前4s內(nèi)物體的速度變化量△p=I=0，故A正確． t=0時物體的初速度為零，前2s內(nèi)F的方向與物體的運動方向相同，物體一直做加速運動，后2s內(nèi)F的方向與物體的運動方向相反，物體做減速運動，而且t=4s時物體的速度也為零，物體做單向直線運動，所以前4s內(nèi)物體

47、的位移不為零．作出v-t圖象如圖所示． 根據(jù)v-t圖象與t軸所圍的面積大小表示位移，可知，物體在0～2s內(nèi)的位移大于2～4s內(nèi)的位移，故B錯誤，C正確．設(shè)物體的質(zhì)量為m，最大速度為v．由動能定理得：0～2s內(nèi)F所做的功為：W1=mv2-0=mv2．2～4s內(nèi)F所做的功為：W2=0-mv2=-mv2，即物體克服F所做的功為mv2，所以0～2s內(nèi)F所做的功等于2～4s內(nèi)物體克服F所做的功，故D正確．此題選擇錯誤的選項，故選B. 44．如圖所示，a、b、c三個相同的小球，a從光滑斜面頂端由靜止開始自由下滑，同時b、c從同一高度分別開始做自由下落和平拋運動．它們從開始到到達(dá)地面，下列說法正確的

48、有(　　) A. 它們同時到達(dá)地面 B. 重力對它們的沖量相同 C. 它們的末動能相同 D. 它們動量變化的大小相同 【答案】D 【解析】球b自由落體運動，球c的豎直分運動是自由落體運動，故bc兩個球的運動時間相同，為：；球a受重力和支持力，合力為mgsinθ，加速度為gsinθ，根據(jù)， 得：；故t＜t′，故A錯誤；由于重力相同，而重力的作用時間不同，故重力的沖量不同，故B錯誤；初動能不全相同，而合力做功相同，故根據(jù)動能定理，末動能不全相同，故C錯誤；bc球合力相同，運動時間相同，故合力的沖量相同，根據(jù)動量定理，動量變化量也相同；ab球機械能守恒，末速度相等，故末動量相等，初

49、動量為零，故動量增加量相等，故D正確；故選D. 45．如圖所示，輕彈簧一端固定在墻上，另一端連一擋板，擋板的質(zhì)量為m，一物體沿光滑水平面以一定的速度撞向擋板，物體質(zhì)量為M，物體與擋板相接觸的一面都裝有尼龍搭扣，使得它們相撞后立即粘連在一起，若碰撞時間極短（即極短時間內(nèi)完成粘連過程），則對物體M、擋板m和彈簧組成的系統(tǒng)，下面說法中正確的是 A. 在M與m相撞的過程中，系統(tǒng)的動量守恒而機械能不守恒 B. 從M與m開始接觸到彈簧被壓縮到最短的過程中，系統(tǒng)的動量不守恒而機械能守恒 C. 從M與m開始接觸到彈簧恢復(fù)原長的過程中，系統(tǒng)的動量守恒而機械能不守恒 D. 以上三種說法都不正確 【

50、答案】A 【解析】在M與m相撞的過程中，有能量損失，所以系統(tǒng)機械能不守恒．碰撞的瞬間，由于時間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，故A正確；從M與m粘連后到彈簧被壓縮到最短的過程中，墻壁對系統(tǒng)有作用力，即系統(tǒng)所受的外力之和不為零，系統(tǒng)動量不守恒，該過程只有彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，由于從M與m開始接觸時動量守恒機械能不守恒，則選項B錯誤；從M與m開始接觸到彈簧被壓縮到最短的過程中，墻壁對系統(tǒng)有作用力，即系統(tǒng)所受的外力之和不為零，系統(tǒng)動量不守恒，由于碰撞的過程有能量損失，系統(tǒng)機械能不守恒，故CD錯誤；故選A． 點睛：本題考查了判斷動量與機械能是否守恒，知道動量守恒與機械能守恒的條件即可正確解

51、題；碰撞過程中內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，動量守恒，只有重力或彈簧彈力做功時機械能守恒． 46．在同一高度同時釋放A、B和C三個物體，自由下落距離 h 時，物體A被水平飛來的子彈擊中并留在A內(nèi)，B受到一個水平方向的沖量，則A、B和C落地時間 t1 、t2和t3的關(guān)系是 A. t1 ＝t2＝t3 B. t1 ＞t2＞t3 C. t1 ＜t2＜t3 D. t1 ＞t2 = t3 【答案】D 【解析】B受到水平?jīng)_量，不影響落地時間，因為豎直方向上仍然是自由落體運動，A被子彈擊中，注意到子彈是留在A內(nèi)的，那么在子彈擊中A的短時間過程中，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，豎直方向上的動量守恒．根據(jù)Mv=(

52、M+m)v1可知在子彈擊中A后瞬間，A豎直方向上的速度減小，故會最晚落地．因此BC同時落地，A最后落地，故選D. 47．一個質(zhì)量為 m 的小球甲以速度V在光滑水平面上運動，與一個等質(zhì)量的靜止小球乙正碰后，甲球的速度變?yōu)?v ，那么乙球獲得的動能等于 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】設(shè)甲的速度方向為正方向；根據(jù)動量守恒得：mV=mv+mv′，解得：v′=V-v．所以乙球的動能為：Ek=mv′2=m（V-v）2．故B正確，ACD錯誤．故選B． 點睛：解決本題的關(guān)鍵知道小球碰撞的瞬間動量守恒，通過動量守恒定律求出碰后小球乙的速度；在解題時要注意動量守恒

53、定律的矢量性，應(yīng)先設(shè)明正方向． 48．一質(zhì)量為M的航天器遠(yuǎn)離太陽和行星,正以速度v0在太空中飛行,某一時刻航天器接到加速的指令后,發(fā)動機瞬間向后噴出質(zhì)量為m的氣體,氣體向后噴出的速度大小為v1,加速后航天器的速度大小v2等于　(　　) (v0、v1、v2均為相對同一參考系的速度) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】設(shè)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，故選C. 49．摩天輪，是兒童熱愛的游樂項目之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，下列敘述正確的是 A. 摩天輪轉(zhuǎn)動過程中

54、，乘客的機械能保持不變 B. 在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力 C. 摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D. 摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變 【答案】B 50．如圖，空間有垂直紙面向里的勻強磁場，水平放置的管道內(nèi)壁光滑，半徑略小于管道內(nèi)徑，所帶電荷量，質(zhì)量的小球A靜止，與A大小相等，質(zhì)量的不帶電絕緣小球B以速度v=3m/s向右與A發(fā)生彈性碰撞，下列說法正確的是（） A. B球碰后的速度大小為2m/s B. A球碰后對管道上表面有壓力 C. A球碰后對管道下表面有壓力 D. A、B、C選項說法都不對 【答案】D 【解析】由于兩球

55、發(fā)生彈性碰撞，則滿足： ；，解得 ；，則選項A錯誤；碰后兩球各帶電量1.25×104C，a球受洛倫茲力，則A球碰后對管道上表面有壓力，選項BC錯誤，D正確；故選D. 二、多項選擇題 1．如圖所示裝置中，質(zhì)量為M的木塊B與水平桌面間的接觸面是光滑的，質(zhì)量為m的子彈A沿水平方向以v0射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短．則此系統(tǒng)從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中（） A. 彈簧、木塊和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒 B. 彈簧、木塊和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒 C. 彈簧的最大彈性勢能為 D. 彈簧的最大彈性勢能為 【答案】C 【解析】試題分析：系統(tǒng)

56、內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，只有重力或只有彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)受力情況與做功情況判斷系統(tǒng)動量與機械能是否守恒，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律分析答題． 子彈在擊中木塊過程要克服阻力做功，機械能有損失，系統(tǒng)機械能不守恒，子彈與木塊壓縮彈簧過程，子彈、木塊、彈簧組成的系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，由此可知，彈簧、子彈和木塊組成的系統(tǒng)在整個過程中動量不守恒、機械能不守恒，AB錯誤；設(shè)子彈射入木塊后，兩者的速度為v，子彈擊中木塊過程子彈與木塊的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得，木塊壓縮彈簧

57、過程，動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能，當(dāng)彈性勢能最大時，系統(tǒng)的動能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，故由能量守恒定律得，聯(lián)立解得，C正確D錯誤． 2．如圖所示，箱子放在水平地面上，箱內(nèi)有一質(zhì)量為m的鐵球以速度v向左壁碰去，來回碰幾次后停下來，而箱子始終靜止，則整個過程中（　?。? A. 鐵球?qū)ο渥拥臎_量為零 B. 鐵球和箱子受到的沖量大小相等 C. 箱子對鐵球的沖量為mv，向右 D. 摩擦力對箱子的沖量為mv，向右 【答案】CD 【解析】A、箱子在水平方向上受到兩個力作用，球隊對箱子的作用力和地面對箱子的摩擦力，二力始終等值方向，其合力始終為零，故箱子始終靜止．因此，鐵球?qū)ο渥拥臎_量與摩擦力對箱

58、子的沖量等值反向，合沖量為零，故A錯誤； B、根據(jù)動量定理，鐵球受到的沖量為I=0-mv=-mv，而箱子受到的沖量始終為零．故B錯誤； C、根據(jù)動量定理，箱子對鐵球的沖量為I=0-mv=-mv，負(fù)號表示方向向右．故C正確；D、箱子對鐵球的沖量mv，向右，根據(jù)牛頓第三定律，鐵球?qū)ο渥拥臎_量為mv，向左．又因為摩擦力與鐵球?qū)ο渥拥淖饔昧Φ戎捣聪颍阅Σ亮ο渥拥臎_量為mv，向右．故D正確； 故CD正確； 3．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1、m2(已知m2=0.5kg)的兩物塊A、B相連接，處于原長并靜止在光滑水平面上．現(xiàn)使B獲得水平向右、大小為6m/s的瞬時速度，從此刻開始計

59、時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象提供的信息可得( ) A. 在t1時刻，兩物塊達(dá)到共同速度2m/s，且彈簧處于伸長狀態(tài) B. 從t3到t4之間彈簧由原長變化為壓縮狀態(tài) C. t3時刻彈簧彈性勢能為6J D. 在t3和t4時刻，彈簧處于原長狀態(tài) 【答案】AC 【解析】從圖象可以看出，從0到的過程中B減速A加速，B的速度大于A的速度，彈簧被拉伸，時刻兩物塊達(dá)到共同速度2m/s，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，A正確；從圖中可知從到時間內(nèi)A做減速運動，B做加速運動，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長，即時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，時刻彈簧處于原長，故BD錯誤；由圖示圖象可知，時刻兩物體相

60、同，都是2m/s，A、B系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：?，即，解得m1：m2=2：1，所以，在時刻根據(jù)能量守恒定律可得即，解得，C正確． 4．如圖所示，水平固定放置的兩根足夠長的平行光滑桿AB和CD，各穿有質(zhì)量均為m的小球a和b，兩桿之間的距離為d，兩球間用原長也為d的輕質(zhì)彈簧連接。現(xiàn)從左側(cè)用固定擋板將a球擋住，再用力把b球向左邊拉一段距離（在彈性限度內(nèi)）后靜止釋放，則下面判斷中正確的是（ ） A. 在彈簧第一次恢復(fù)原長的過程中，兩球和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒 B. 彈簧第一次恢復(fù)原長后，繼續(xù)運動的過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒 C.

61、 彈簧第二次恢復(fù)原長時，a球的速度達(dá)到最大 D. 釋放b球以后的運動過程中，彈簧的最大伸長量總小于運動開始時彈簧的伸長量 【答案】BCD 【解析】從釋放b到彈簧第一次恢復(fù)原長的過程中，擋板對a有外力作用，兩球組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；彈簧第一次回復(fù)原長后，繼續(xù)運動的過程中，系統(tǒng)所受的外力之和為零，系統(tǒng)動量守恒，因為只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故B正確；第一次回復(fù)原長后，b向右做減速運動，a向右做加速運動，當(dāng)彈簧回復(fù)原長時，a的速度最大，故C正確；釋放b后的過程中，當(dāng)?shù)谝淮位謴?fù)到原長，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為b的動能，在以后的運動過程中，彈簧伸長量最大時，兩者都有速度，結(jié)合動量

62、守恒定律和能量守恒定律知，彈簧的最大伸長量總小于釋放b時彈簧的伸長量，故D正確。所以BCD正確，A錯誤。 5．有兩個質(zhì)量相同的小球A和B(均視為質(zhì)點)，A球用細(xì)繩吊起，細(xì)繩長度等于懸點距地面的高度，B球靜止于懸點的正下方的地面上，如圖所示，現(xiàn)將A球拉到距地面高為h處(繩子是伸直的)由靜止釋放，A球擺到最低點與B球碰撞后，A球上升的高度可能為( ) A. B. C. D. 【答案】CD 若兩者發(fā)生完全彈性碰撞，發(fā)生速度交換，則a獲得的速度最小，為零，此時a球不再上升，故， 若兩者發(fā)生完全非彈性碰撞，即兩者速度相等時，a獲得的速度最大，此時，解得，

63、A球上擺動的過程中機械能守恒，得，解得 即，故CD正確． 6．如圖所示，在光滑的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為M=1.5 kg的木板A,木板上表面粗糙且固定一豎直擋板，擋板上連接一輕質(zhì)彈簧，當(dāng)彈簧處于原長時，在彈簧的左端輕放一質(zhì)量為m=0.9kg的物塊B，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m0=0·1kg的子彈C以v0=500m/s的速度水平擊中物塊并嵌人其中，該過程作用時間極短，則在A、B、C相互作用的過程中，下列說法中正確的有 A. A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 B. A、B、C以及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 C. 子彈擊中物塊B的瞬間對物塊B產(chǎn)生的沖量為45N·s D. 彈簧被壓縮到最短時木板的速

64、度為25 m/s 【答案】AC 【解析】A. A、B、C三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，故A正確； B.由于存在摩擦阻力做功，機械能不守恒，故B錯誤； C.子彈擊中物塊B后與物塊B共速，由動量守恒有，故對物塊B產(chǎn)生的沖量等于B物塊獲得的動量，故對物塊B產(chǎn)生的沖量為45N·s，C正確； D．彈簧被壓縮到最短時三者共速，由動量守恒有，故D錯誤。 7．如圖所示，一輕桿兩端分別固定a、b 兩個半徑相等的光滑金屬球，a球質(zhì)量大于b球質(zhì)量，整個裝置放在光滑的水平面上，設(shè)b球離地高度為，將此裝置從圖示位置由靜止釋放，則（） A. 在b球落地前的整個過程中，a、b 及輕桿系統(tǒng)機械能

65、不守恒 B. 在b球落地前瞬間，b球的速度大小為 C. 在b球落地前的整個過程中，a、b 及輕桿系統(tǒng)動量守恒 D. 在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球做的功為零 【答案】BD 【解析】將三者看做一個整體，在b球下落過程中，整體只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，A錯誤；因為兩桿對兩小球做功的代數(shù)和為零，所以有，解得b球落地瞬間的速度為，B正確；整個裝置下落過程中，水平方向沒有外力，水平方向的動量守恒，豎直方向上動量不守恒，C錯誤；設(shè)桿對a球做功，對b球做功，系統(tǒng)機械能守恒，則除了重力之外的力的功必定為零，即，對a球由動能定理可知，故，D正確． 8．水平面上放置一物塊，第一次以水平恒力

66、F1作用于物塊，經(jīng)時間t1后撤去此力，物塊通過總位移S后停下來，第二次以水平恒力F2作用于物塊，經(jīng)時間t2后撤去此力，物塊也通過總位移S后停下，已知F1>F2,則以下說法正確的是 ( ) A. 水平推力所做的功W1>W2 B. 水平推力所做的功W1=W2 C. 力F1對物體m1的沖量較小 D. 摩擦力對m2的沖量較大 【答案】BCD 【解析】A、對全過程運用動能定理得,WF-fs=0，可知兩次滑行的距離相等，則摩擦力做功大小相等,則水平推力做功相等.故A錯誤，B正確.C、因為F1＞F2，所以F1作用時產(chǎn)生的加速度大,撤去推力后,物體的加速度相同,作速度-時間圖象： 根據(jù)速度時間圖線，通過位移相等，知F1作用時物體在整個過程中的運動時間短．根據(jù)動量定理得，F(xiàn)1t1-ft=0，F(xiàn)2t2-ft′=0，因為t＜t′，則知摩擦力對m2沖量較大，摩擦力對m1沖量較小，所以F1對物體m1的沖量較?。蔆、D均正確．故選BCD． 【點睛】本題綜合考查了動能定理和動量定理，綜合性較強，難度中等，需加強該題型的訓(xùn)練． 9．如圖所示，質(zhì)量均為m的