1、专题 07 碰撞与动量守恒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（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
2、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 p mv 21mvEkp p p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m1v1 m2v2 m1v1 m2v2或
3、 p 1 p 2.（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+方法一、动量守恒定律的特点
4、：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
5、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
6、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 m1v1 m1v1 m2v2和 22121vm解得： 121； 121v结论：当两球质量相等时， v10， v2 v1，两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
7、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，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+测一、单选题1竖直向上抛出的物体,从抛出到落回抛出点的
8、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
9、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内，则弹簧能获得的最大弹性势能为A B C D12 13 14 16【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 ；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0=21 1=120性势能为 Ep，碰后至 A、B、C 速度相同的过程中，系统动量守恒，有
10、： ，根据碰后系21=3统的机械能守恒得： ，解得： ，故选项 D 正确，A、B、C 错12221=1232+ =11220=16误；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 v t 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
11、a1= ，在减速过程的加速度大小为 a2= ；对于匀减00 020速运动过程，由牛顿第二定律知物体所受摩擦力大小为 f=ma2= ；在匀加速过程中，由牛顿第二020定律有 F-f=ma1，即水平拉力大小为 ，是物体所受摩擦力大小的 3 倍，故 A 错误；对整个=3020过程，由动量定理： ，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=0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=0功等于克服摩擦力做的功，选项 C 错误；由 v-t 图象知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.024双人滑冰是一种观赏性
12、很高的冰上运动。如图所示，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是一
13、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 0.1B物体最后回到 t=0 时刻的位置C力 F 的冲量大小为 4NsD物体的质量为 1kg【答案】 D【解析】【详解】由于物体 0-1s 内物体沿正向减速运动，
14、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，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= 61m=3m，1-3s 内沿负向运动，位移 x2= (31)2m=2m，则知 3s 末距12 12离出发点距离为 x=x1-x2=1m，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得： F-mg=ma 1，解得物体的
15、质量 m=1kg，故 D 正确。故11=61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 90B发生了 衰变，磁场垂直纸面向里，原核电荷数为 86C发生了 衰变，磁场垂直纸面向里，原核电荷数为 45D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
16、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=1带一个负电荷，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2的运动，下列说法正确的是A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
17、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
18、 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 11 B重力的冲量之比为 56C合力的冲量之比为 58 D合力的冲量之比为 52【答案】 C【解析】【详解】设 AC 为 ，BC 为 ，P 球沿 AC 杆做自由落体运动，设下落的时间 ： ，Q 球沿 BC 杆做匀5 4 5=122加速运动，加速度为 ，设下落的时间为 : ，有以上方程可得：=3
19、7=0.8 4=122。=11A、C.有冲量的定义 可得两球的重力的冲量比为： 。故 AC 都错误。=12C、D.由速度公式 可得，两球的速度比： ；由动量定理 可知，=0.8=10.8 合 =两球的合力的冲量比： 。故 C 正确，D 错误。合合 =1210.8=589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 90C反冲核的核电荷数为 88D 粒子和反冲粒子的速度之比为 1:88【答案】 D【解析
20、】【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=2 =对 粒子： ，对反冲核： ，由于 ，根据 ，解得 ，1=12 2= 2(2) 1=2 1:2=44:1 =90反冲核的核电荷数为 ，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902=88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
21、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，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 mv02 B mv02 C mv02 D mv0214 18 112 115【答案】 C【解析】【详解】粘性物体和 A 相互作用，动量守恒，mv 02mv 1v 1 v0，以后三个物体一起相互作用动量守恒，122mv03mv 2，v 2 v0，最大弹性势能 EP mv02 2m( v0)2 3m( v0)2 mv02，正确答案23 12 12 12 12 13 112选 C。二、多选题11如图所示,水平地面上固定一竖直挡
22、板,倾角为 、质量为 M 的斜面体右侧用楔子 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，
23、选项 C 正确；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B喷出气体的速度为2C喷气 t 秒后探测器获得的动能为2D喷气 t 秒后探测器获得的动能为22【答案】 BC【解析】【详解】由动能定理可知： ， t=1s，解得： ，选项 B 正确，A 错误；由动量守恒定
24、律可知：=122 =20=Mv1-m tv，则有： 得 ，故 C 正确，D 错误。2=2 =213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 0.1C4s 末物体的动量大小为 12kgm/sD4s 内滑动摩擦力的冲量大小为 9Ns【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
25、 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 4s 内物体速度的变化量为 v= 2=4m/s，由于初1+32速度为 0，所以 4s 末物体的速度为 4m/s，动量大小
26、为 P=mv=12kgm/s，故 C 正确。4s 内滑动摩擦力的冲量大小为 ，选项 D 错误。=0.1302=614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，0.01kg 0.2m 水银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1=10T 向垂直。一匝数为 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0.01m2 S沿竖直方向垂直穿过圈横截面的匀强磁场中，其磁感应强度 随时间 变化的关系如图乙所示。在2 时闭合开关 ，细杆 间弹起（可认为弹起过程中安培力远大于重力，重力忽略不计） ，弹=0.20s S
27、 CD起的最大高度为 。不考虑空气阻力，水银的黏滞作用和细杆 落回水槽后的运动，重力加速0.2m 度 取 ，下列说法正确的是（）g 10m/s2A感应强度 的方向竖直向上2B 时，线圈中的感应电动势大小为=0.05s 10VC在细杆 CD 弹起的过程中，细杆 CD 所受安培力的冲量大小为 0.01NsD开关 闭合后，通过细杆 某一横截面的电荷量为S 0.01C【答案】 ABD【解析】【详解】A、由题意知细杆 CD 所受安培力方向竖直向上，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
28、可得磁感应强度 方向竖直向上，故 A 正确；2B、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=10动势大小为 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；=2=0.02D、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1=0，解得： ，故 D 正确；1=1 =1=0.01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
29、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05B铁块获得的最大速度为05C铁块与木板之间的动摩擦因数为2040D子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为2205【答案】 BCD【解析】【分析】对子弹和木板 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：mv 0=4mv1，解得 v1= ，故 A
30、错误；04B、对木板 B 和铁块 A（包括子弹）系统：mv 0=5mv2，解得 v2= ，故 B 正确；05C、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= 4mv12 5mv22，解得 = ，故 C 正确；12 1 v2040D、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= mv02-125mv22，故 D 正确；12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
31、。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 ， 1=摩擦力对子弹 m
32、做的功为 ，根据能量守恒可得子弹动能的亏损为 ，1=(+) 1=(+)系统动能的亏损 ，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；2=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0=(+) =0+变化量的大小 ，木块动量变化量的大小 ，故 B 正确；1=0=0+ 2=0+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=1220 = 2202(+)2量守恒可得 ，解得射入的深度为 ，故 D 错=122012(+)2 = 202(+)+ 202(+)
33、=误；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【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
34、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 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，
35、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/sB小铁块 B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量大小为 8kg.m/sC小铁块 B 向左运动到达竖立墙壁的过程中损失的机械能为 4JD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】
36、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= mv12- mv02，代入数据解得：v 1=4m/s，故 A 错误；铁块与竖直墙发生弹性12 12碰撞后向右运动，速度大小为：v 1=-v 1=-4m/s；根据动量定理，小铁块 B
37、与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为：I=mv=m（v 1-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 1424.5J故 C 错误；假设小铁块最终和小车达到共同速度12 12 12 12v2，规定向左为正方向，根据动量守恒定律得：mv1=（M+m）v 2，代入数据解得：v 2=-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）v 22- mv 12，代入数据解得：x=1.2m；由于 xL，
38、说明铁块12 12在没有与平板车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E 2=2mgL，代入数据解得：E 2=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 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
39、小为 20m/sB在 06s 的时间内，合力对物体做的功为 400JC在 06s 的时间内，拉力对物体的冲量为 36NsD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
40、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；2+42在 06s 内，根据动能定理得：W 合 =E k= mv62- mv02，代入数据解得 W 合 =396J，故 B 错误；根据12 12动量定理得：I F-ft=mv6-mv0，则得拉力对物体的冲量 IF=ft+m（v 6-v0）=26+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 A
41、D。【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 P、Q 速度随时间变化的图像可能正确的是（）ABCD【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
42、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 ，则 v0，图像如图 B 所示；若 ，则 v 0)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34沿着轨道 DEF 运动,一
43、段时间后从轨道下端 F 处脱离,最后打在竖直墙面 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）32/ 67 8514/【解析】【详解】（1）由能量守恒得 =123121、2 小球根据动量守恒得： .31=31+21、2 小球根据机械能守恒得： .12312=12312+1222由式解得： =2=32/（2）由题意得： .合 =()2+()2=54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
44、动，则在 E点有： .54=2根据动能定理得： .54(53)=122122由式解得： m=67（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=43与水平方向夹角成 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.=+53=167从 B 到 C 全程动能定理有： =122122解得： .=8514/22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 v
45、0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 v022 5【解析】【详解】AB 碰撞动量守恒，则： mv02 mv若两物体能到达与圆心等高的位置，则：2 mgR0 2mv2，12解得 v02 2若两物体恰能到达最高点，则：2 mg2R 2mv 2 2mv2，12 122mg2 m ，2解得 v02 5综上，当 v02 或 v02 时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道。2 523如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C 两球的质量均为 m，B 球的质量为 km（k1） 。给 A 球一个水平向右的初速度 v0，B 球先与 A 球发生弹性正碰，再与 C 球发生弹性正碰。求系数 k 的值为多大时，B 与 C 碰后瞬间 B