2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练18动量守恒定律（含解析）.doc

《2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练18动量守恒定律（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练18动量守恒定律（含解析）.doc（16页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1动量守恒定律小题狂练 小题是基础 练小题 提分快1.2019北京东城区模拟(多选)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中( )A一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度B一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同C两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反D系统总动量的变化为零答案：CD解析：两个物体组成的系统总动量守恒，即 p1 p2 p 1 p 2，等式变形后得p1 p 1 p 2 p2，即 p1 p2， m1 v1 m2 v2，所以每个物体的动量变化大小相等，方向相反，但是只有在两物体质量相等的情况下才有一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度，故 A 错误，C 正确；根据动量定

2、理得 I1 p1， I2 p2，每个物体的动量变化大小相等，方向相反，所以每个物体受到的冲量大小相等，方向相反，故 B 错误；两物体组成的系统总动量守恒，即系统总动量的变化为零，D 正确22019湖北省襄阳四中检测(多选)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是( )A只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒C只要系统所受合外力的冲量始终为零，系统动量一定守恒D系统加速度为零，系统动量一定守恒答案：CD解析： 只要系统所受外力的矢量和为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故 A 错误；系统所受合外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零

3、，则系统动量不一定守恒，故 B 错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故 C 正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故 D 正确32017全国卷将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A30 kgm/s B5.710 2 kgm/sC6.010 2 kgm/s D6.310 2 kgm/s答案：A解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭

4、和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为 p，根据动量守恒定律，可得 p mv00，解得 p mv00.050 2kg600 m/s30 kgm/s，选项 A 正确42019甘肃协作体联考如图所示，一个质量为 M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为 m 的小木块现使木箱获得一个向左的初速度 v0，则( )A小木块和木箱最终将静止B木箱速度减为 的过程，小木块受到的水平冲量大小为 Mv0v03 13C最终小木块速度为 ，方向向左Mv0M mD木箱和小木块组成的系统机械能守恒答案：C解析：由于木箱在光滑水平面上，小木块与木箱之间的摩擦力是木箱和小木块组

5、成的系统的内力，给木箱一个向左的初速度，系统满足动量守恒定律，小木块和木箱最终将以相同的速度运动，根据动量守恒定律， Mv0( M m)v，最终速度 v ，选项 C 正确，AMv0M m错误；由于木箱底板粗糙，小木块在木箱内相对于木箱滑动，摩擦产生热量，所以木箱和小木块组成的系统机械能不守恒，选项 D 错误；当木箱速度减小为 时，木箱动量减少了v03Mv0，根据动量守恒定律，小木块的动量将增加 Mv0，根据动量定理，木箱对小木块作用23 23力的冲量大小为 Mv0，选项 B 错误2352019甘肃协作体联考 如图所示，静止在光滑水平面上的木板 A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质

6、量 M3 kg，质量 m1 kg 的铁块 B 以水平速度 v04 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A3 J B4 JC6 J D20 J答案：A解析：设铁块与木板共速时速度大小为 v，铁块相对木板向右运动的最大距离为 L，铁块与木板之间的摩擦力大小为 Ff，铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒可得3mv FfL (M m)v2 Ep，由动量守恒，得 mv0( M m)v，从铁块开始运动到最后停在12 20 12木板左端过程，由功能关系得 mv 2 FfL (M m)v2，联立解得 Ep3 J，故选项 A 正

7、12 20 12确62019四川省成都外国语学校模拟有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船(一吨左右)又窄又长一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为 d，然后用卷尺测出船长为 L，已知他自身的质量为 m，则船的质量 M 为( )A. B.mLd m L ddC. D.m L dd mdL d答案：B解析：据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有 Mv0 mv，即 Md m(L d)，解得船的质量为 M ，所以 B 选项正确m L dd72019福建省四地六校联考如图所示， A、

8、B 两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车 C 上后， A、 B、 C 均处于静止状态若地面光滑，则在细绳被剪断后， A、 B 从 C 上未滑离之前， A、 B 在 C 上向相反方向滑动的过程中( )A若 A、 B 与 C 之间的摩擦力大小相同，则 A、 B 及弹簧组成的系统动量守恒，A、 B、 C 及弹簧组成的系统动量不守恒B若 A、 B 与 C 之间的摩擦力大小相同，则 A、 B 及弹簧组成的系统动量不守恒，A、 B、 C 及弹簧组成的系统动量守恒C若 A、 B 与 C 之间的摩擦力大小不相同，则 A、 B 及弹簧组成的系统动量不守恒，A、 B、 C 及弹簧组成的系统动量

9、不守恒D若 A、 B 与 C 之间的摩擦力大小不相同，则 A、 B 及弹簧组成的系统动量不守恒，A、 B、 C 及弹簧组成的系统动量守恒答案：D解析： 当 A、 B 两物体及弹簧组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而 A、 B 与 C之间的摩擦力为外力当 A、 B 与 C 之间的摩擦力大小不相等时， A、 B 及弹簧组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；当 A、 B 与 C 之间的摩擦力大小相等时， A、 B 及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒对 A、 B、 C 及弹簧组成的系统，弹簧的弹力及 A、 B4与 C 之间的摩擦力均属于内力，无论 A、 B 与 C 之间的摩擦力大小是否相等，系

10、统所受的合外力均为零，系统的动量守恒故选项 D 正确82019重庆一中调研如图所示，小球 a、 b(可视为质点)用等长的细线悬挂于同一固定点 O.将球 a 和球 b 向左和向右拉起，使细线水平同时由静止释放球 a 和球 b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大夹角为 60.忽略空气阻力，则两球 a、 b 的质量的比值( )A. 3 B. 32mamb mamb 2C. 2 D. 22mamb 2 mamb 2答案：B解析：设细线长为 L，球 a、 b 下落至最低点，但未相碰时的速率分别为 v1、 v2，由机械能守恒定律得 magL mav ， mbgL mbv ；在两球碰后的

11、瞬间，两球共同速度为 v，以向12 21 12 2左为正，由动量守恒定律得 mbv2 mav1( ma mb)v，两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为 ，由机械能守恒定律得 (ma mb)v2( ma mb)gL(1cos )，联立12解得： 32 ，所以选项 B 正确mamb 2 12 1 292019山东省海曲中学模拟(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和 m2的两物块 A、 B 相连接，并静止在光滑的水平面上现使 B 瞬间获得水平向右的速度 3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得( )A在 t1、 t3时刻两物块达

12、到共同速度 1 m/s，且弹簧都处于伸长状态B从 t3到 t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C两物块的质量之比为 m1 ： m21 ：2D在 t2时刻 A 与 B 的动能之比为 Ek1 ： Ek28 ：1答案：BD解析：由题图乙可知，从 0 到 t1的过程中， A 的速度增大， B 的速度减小，弹簧被拉5伸，在 t1时刻两物块达到共同速度 1 m/s，此时弹簧处于伸长状态，从 t1到 t2的过程， A的速度继续增大， B 的速度先减小再反向增大，弹簧开始收缩，到达 t2时刻， A 的速度最大， B 的速度反向且达到最大，弹簧恢复原长；从 t2到 t3的过程， A 的速度减小， B 的速度先减小再

13、反向增大，弹簧被压缩，到 t3时刻， A、 B 的速度相等，为 1 m/s，此时弹簧的压缩量最大，从 t3到 t4的过程， A 的速度减小， B 的速度增大， t4时刻，弹簧恢复到原长，B 的速度等于初速度， A 的速度为零，由以上分析可知，A 错误，B 正确系统动量守恒，以 B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得， t0 时刻和 t t1时刻系统总动量相等，有 m2v0( m1 m2)v1，解得 m1 ： m22 ：1，故 C 错误由题图乙可知，在 t2时刻 A、 B两物块的速度分别为 vA2 m/s， vB1 m/s，物块的动能 Ek mv2，则 A、 B 两物块的动12能之比为 Ek

14、1 ： Ek28 ：1，故 D 正确102019广州模拟(多选)质量为 m 的物块甲以 3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为 m 的物块乙以 4 m/s 的速度与物块甲相向运动，如图所示则( )A甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒B当两物块相距最近时，物块甲的速率为零C物块甲的速率可能达到 5 m/sD当物块甲的速率为 1 m/s 时，物块乙的速率可能为 0答案：AD解析：甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故 A 正确当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前物块乙的速度方向为正方向，设共同速率为 v，根据动

15、量守恒定律有 mv 乙 mv 甲 2 mv，解得 v0.5 m/s，故 B 错误若物块甲的速率达到 5 m/s，方向与原来相同，则 mv 乙 mv 甲 mv 甲 m 乙 v 乙 ，解得 v 乙 6 m/s，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到 5 m/s，方向与原来相反，则 mv 乙 mv 甲 mv 甲 m 乙 v 乙 ，代入数据解得v 乙 4 m/s，即碰撞后，物块乙的动能不变，物块甲的动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到 5 m/s，故 C 错误甲、乙两物块组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为 1 m/s，方向与原来相同，由动量守恒定

16、律得 mv 乙 mv 甲 mv 甲 m乙 v 乙 ，解得 v 乙 2 m/s；若物块甲的速率为 1 m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得 mv 乙 mv 甲 mv 甲 m 乙 v 乙 ，解得 v 乙 0，故 D 正确112019山西省太原五中考试如图所示，光滑水平面上有 A、 B 两辆小车，质量均为 m1 kg，现将小球 C 用长为 0.2 m 的细线悬于轻质支架顶端， mc0.5 kg.开始时 A 车6与 C 球以 v04 m/s 的速度冲向静止的 B 车若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度 g 取 10 m/s2，则( )A A 车与 B 车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守

17、恒B从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中， A、 B、 C 组成的系统动量守恒C小球能上升的最大高度为 0.16 mD小球能上升的最大高度为 0.12 m答案：C解析：两车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能损失，A 项错误；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖直方向上 A、 B、 C 组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，B 项错误； A、 B 两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起时共同速度为 v1，有 mv02 mv1，解得 v12 m/s；从开始到小球到最高点的过程中，A、 B、 C 组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球上升到最高点时三者共同速度为 v2

18、，有 2mv1 mcv0(2 m mc)v2，解得 v22.4 m/s，从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中， A、 B、 C 组成的系统机械能守恒，即 mcgh mcv 2mv (2m mc)v ，解得12 20 12 21 12 2h0.16 m，C 项正确，D 项错误122019青岛模拟某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移时间图象图中的线段 a、 b、 c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的位移变化关系已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )A碰前滑块与滑块速度大小之比为 7 ：2B碰前滑块的动量大小比滑块的动

19、量大小大C碰前滑块的动能比滑块的动能小D滑块的质量是滑块的质量的167答案：D解析：根据 s t 图象的斜率等于速度，可知碰前滑块速度为 v12 m/s，滑块的速度为 v20.8 m/s，则碰前速度大小之比为 5 ：2 ，故 A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块的动量为负，滑块的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块的动量大小小于滑块的动量大小，故 B 错误；碰撞后的共同速度为 v0.4 m/s，根据动量守恒定律，有 m1v1 m2v2( m1 m2)v，解得 m26 m1，由动能的表达式可知， m1v m2v ，故 C 错误，D 正确12 21 12 21

20、32019北京东城区模拟下面关于碰撞的理解，正确的是( )A正碰属于弹性碰撞，斜碰属于非弹性碰撞B如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞C碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程D在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略答案：C解析：正碰也称对心碰撞，是小球在相互作用前后都沿着同一直线(即沿着两球球心连线)运动的碰撞，根据动量守恒定律判断两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，斜碰也称非对心碰撞，是两球在碰撞前的相对速度不沿两球球心连线的碰撞，斜碰也遵循动量守恒定律，但情况较复杂，同样需要根据两小球碰撞前后的机械

21、能是否守恒，从而判断属于弹性碰撞还是非弹性碰撞，故 A、B 错误；根据碰撞的定义可知，碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程，故 C 正确；在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以忽略外力的作用，D 错误142019安徽示范高中质检甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是 p15 kgm/s， p27 kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为 10 kgm/s，则甲球质量 m1与乙球质量 m2间的关系可能正确的是( )A m1 m2 B2 m1 m2C4 m1 m2 D6 m1 m2答案：C解析：设碰后甲球动量变为 p 1，乙

22、球动量变为 p 2，根据动量守恒定律得p1 p2 p 1 p 2，解得 p 12 kgm/s.碰撞过程系统的总动能不增加，则有 p 212m1 ，解得 ，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，则有 ，p 22m2 p212m1 p22m2 m1m2 717 p 1m1 p 2m28解得 ，综上有 ，C 正确，A、B、D 错误m1m2 15 15 m1m2 717152019石家庄模拟如图所示，两质量分别为 m1和 m2的弹性小球 A、 B 叠放在一起，从高度为 h 处自由落下， h 远大于两小球的半径，落地瞬间， B 先与地面碰撞，后与 A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间

23、均可忽略不计已知m23 m1，则 A 反弹后能达到的最大高度为( )A h B2 hC3 h D4 h答案：D解析：所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，( m1 m2)gh (m1 m2)12v2， m2v m1v m1v1 m2v2， (m1 m2)v2 m1v m2v ， m1v m1gh1，又 m23 m1，则12 12 21 12 2 12 21v1 v20.联立可得 h14 h，选项 D 正确162019武汉模拟(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为 M 的木块正以速度 v 向左运动，一颗质量为 m(m0，B 错

24、误；该系12 21 12 2 12 12 21 12 21 12统只有重力做功，故系统机械能守恒，D 错误22019安徽滁州联考(多选)一质量为 M 的小船静止在平静的湖面上，船头和船尾各站一位质量均为 m 的游泳爱好者，两人分别从船头和船尾沿相反的方向跃入水中，则下列说法中正确的有( )10A若两人同时以相等的速率跃入水中，则船仍保持静止B若两人先后以相等的相对水的速率跃入水中，则船速等于 0C若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，则船速等于 0D无论两人如何跃入水中，船始终保持静止答案：AB解析：两个人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，开始总动量为零，不管谁先跃入水中，若两人相对水的速

25、率相等，则有 0 mv mv Mv，可知 v0，故 A、B 正确；若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，可知两人相对水的速度大小不等，根据动量守恒定律知，船速不为 0，故 C、D 错误32019黑龙江哈三中模拟(多选)小球 A 的质量为 mA5 kg，动量大小为 pA4 kgm/s，小球 A 水平向右运动时与静止的小球 B 发生弹性碰撞，碰后 A 的动量大小为 p A1 kgm/s，方向水平向右，则( )A碰后小球 B 的动量大小为 pB3 kgm/sB碰后小球 B 的动量大小为 pB5 kgm/sC小球 B 的质量为 15 kgD小球 B 的质量为 3 kg答案：AD解析：规定向右为正方向

26、，碰撞过程中 A、 B 组成的系统动量守恒，所以有pA p A pB，解得 pB3 kgm/s，A 正确，B 错误；由于 A、 B 是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故 ，解得 mB3 kg，C 错误，D 正确p2A2mA p 2A2mA p2B2mB42019河南信阳统考(多选)如图所示，三小球 a、 b、 c 的质量都是 m，都放于光滑的水平面上，小球 b、 c 与轻弹簧相连且静止，小球 a 以速度 v0冲向小球 b，碰后与小球b 粘在一起运动在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )A三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C当小球 b

27、、 c 速度相等时，弹簧弹性势能最大D当弹簧恢复原长时，小球 c 的动能一定最大，小球 b 的动能一定不为零答案：ACD解析：在整个运动过程中，三球与弹簧组成的系统的合外力为零，系统的总动量守恒，a 与 b 碰撞过程中机械能减少，故 A 正确，B 错误；当小球 b、 c 速度相等时，弹簧的压缩11量或伸长量最大，弹簧弹性势能最大，故 C 正确；当弹簧恢复原长时，小球 c 的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒定律可知，小球 b 的动能不为零，故 D 正确5.2019安徽芜湖模拟如图所示，总质量为 M 带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为 m 的小球通过细线悬挂于框架顶部 O 处，细

28、线长为 L，已知 Mm，重力加速度为 g，某时刻小球获得一瞬时速度 v0，当小球第一次回到 O 点正下方时，细线拉力大小为( )A mg B mgmv20LC mg m D mg m 2m 2v20 M m 2L M m 2v20 M m 2L答案：B解析：设小球第一次回到 O 点正下方时，小球与框架的速度分别为 v1和 v2.取水平向右为正方向，由题可知，小球、框架组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，即mv0 mv1 Mv2， mv mv Mv ，解得 v1 v0， v2 v0.当小球第一次回到 O 点12 20 12 21 12 2 m Mm M 2mm M正下方时，以小球为研究对象，

29、由牛顿第二定律得 T mg m ，解得细线的拉 v1 v2 2L力 T mg ，B 正确mv20L62019湖北宜昌一中月考(多选)A、 B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的 v t 图线，由图线可以判断( )A A、 B 的质量比为 3 ：2B A、 B 作用前后总动量守恒C A、 B 作用前后总动量不守恒D A、 B 作用前后总动能不变12答案：ABD解析：物体 A、 B 碰撞过程所受外力为零，作用前后总动量守恒，故 B 正确，C 错误；根据动量守恒定律有 mA6 m/s mB1 m/s mA2 m/s mB7 m/s，则mA ： mB3 ：2，故 A 正确； A

30、、 B 作用前总动能为 mA(6 m/s)2 mB(1 m/s2) mA12 12(m/s)2，作用后总动能为 mA(2 m/s)2 mB(7 m/s)2 mA (m/s)2，可见作用前后553 12 12 553总动能不变，故 D 正确72019安徽模拟如图所示，一个质量为 m 的物块 A 与另一个质量为 2m 的物块 B发生正碰，碰后物块 B 刚好能落入正前方的沙坑中假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块 B 与地面间的动摩擦因数为 0.1，与沙坑的距离为 0.5 m， g 取 10 m/s2，物块可视为质点则碰撞前瞬间 A 的速度为( )A0.5 m/s B1.0 m/sC1.5 m/s

31、D2.0 m/s答案：C解析：碰撞后 B 做匀减速运动，由动能定理得 2mgx0 2mv2，代入数据解12得 v1 m/s， A 与 B 组成的系统在碰撞过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则 mv0 mv12 mv，由于没有机械能损失，则 mv mv 2mv2，联立可得 v01.5 12 20 12 21 12m/s，故 A、B、D 错误，C 正确8.2019四川泸州检测如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为 m1、 m2的小球A、 B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设 B 开始处于静止状态， A 球以速度 v 朝着 B 运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正

32、确的是( )A若 m1 m2，则两球之间有且仅有两次碰撞B若 m1m2，则两球之间可能发生两次碰撞C两球第一次碰撞后 B 球的速度一定是v2D两球第一次碰撞后 A 球一定向右运动答案：A13解析：设 A 球和 B 球第一次碰撞后速度分别为 v1和 v2，取向左为正方向根据动量守恒定律得 m1v m1v1 m2v2根据机械能守恒定律得 m1v2 m1v m2v 12 12 21 12 2解得 v1 v， v2 vm1 m2m1 m2 2m1m1 m2若 m1 m2，则得 v10， v2 v，即 A 与 B 碰撞后交换速度，当 B 球与墙壁碰后以速度v2返回，并与 A 球发生第二次碰撞，之后 B

33、静止， A 向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故 A 正确；若 m1m2，则得 v1 v， v20，两球之间只能发生一次碰撞，故 B 错误；两球第一次碰撞后， B 球的速度为 v2 v，不一定是 ，与两2m1m1 m2 v2球的质量关系有关，故 C 错误；两球第一次碰撞后 A 球的速度为 v1 v，当 m1m2时，m1 m2m1 m2v10，碰后 A 球向左运动，当 m1 m2时， v10，碰后 A 球静止，当 m1m2时， v10，碰后A 球向右运动，故 D 错误92019黑龙江哈三中模拟(多选)如图所示，将一轻质弹簧从物体 B 内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一

34、质量为 m12.0 kg 的物体 A.平衡时物体 A 距天花板h2.4 m，在距物体 A 正上方高为 h11.8 m 处由静止释放质量为 m21.0 kg 的物体B， B 下落过程中某时刻与弹簧下端的物体 A 碰撞(碰撞时间极短)，并立即以相同的速度与A 一起运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时 0.25 s 第一次到达最低点，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力， g 取 10 m/s2，下列说法正确的是( )A碰撞结束瞬间两物体的速度大小为 2 m/sB碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为 0.25 mC碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均

35、作用力大小为 18 ND A、 B 运动到最低点后反弹上升， A、 B 分离后， B 还能上升的最大高度为 0.2 m答案：ABC解析：设物体 B 自由下落至与 A 碰撞前的速度为 v0，根据自由落体运动规律，有 v0 m/s6 m/s，设 A、 B 碰撞结束后瞬间二者达到共同速度 vt，以2gh1 2101.8向下为正方向，根据动量守恒定律，有 m2v0( m1 m2)vt，解得 vt2.0 m/s，A 正确从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择 B 作为研究对象，根据动量定理，有( m2g F)14t0 m2vt，解得 F18 N，方向竖直向上，对 B 根据动能定理可得 Fx mgx0

36、m2v ，解得 x0.25 m，即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大12 2t小为 0.25 m，B、C 正确；若 A、 B 在原位置分离， B 还能上升的最大高度为 hm 0.2 v2t2gm，但实际上 A、 B 在弹簧恢复原长时分离，故 B 还能上升的最大高度小于 0.2 m，D 错误10.如图所示，将质量为 M1、半径为 R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为 M2的物块现让一质量为 m 的小球自左侧槽口 A 的正上方 h 高处由静止开始落下，与半圆槽相切自 A 点进入槽内，并能从 C 点离开半圆槽，则以下结论中正确的是( )A球在槽内运动的全过程中，球

37、与半圆槽在水平方向动量守恒B球在槽内运动的全过程中，球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C球离开 C 点以后，将做竖直上抛运动D槽将与墙不会再次接触答案：D解析：球从 A 点到 B 点的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从 B 点到 C 点的过程中，球对半圆槽的压力方向指向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，球所受支

38、持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在球运动的全过程，水平方向上动量也不守恒，选项 A、B 错误；当球运动到 C 点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上的，所以此后球做斜上抛运动，即选项 C 错误；因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，选项 D 正确二、非选择题11.15如图所示，质量为 3 kg 的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为 1 kg 的小木块，小木块可视为质点现使木箱和小木块同时获得大小为 2 m/s的方向相反的水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械

39、能损失 0.4 J，小木块最终停在木箱正中央已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为 0.3，木箱内底板长为 0.2 m( g 取 10 m/s2)求：(1)木箱的最终速度的大小；(2)小木块与木箱碰撞的次数答案：(1)1 m/s (2)6 次解析：(1)设系统最终速度为 v，由于木箱与木块组成的系统没有受到外力作用，故系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有 Mv mv( M m)v，代入数据得 v1 m/s.(2)对整个过程，由能量守恒定律有Mv2 mv2 E (M m)v 2，12 12 12设碰撞次数为 n，木箱内底板长度为 L，则有 n(mgL 0.4) E，代入数据得

40、 n6 次122019黑龙江哈三中模拟在光滑水平桌面上 O 处固定一个弹性挡板， P 处有一可视为质点的质量为 2 kg 的物块 C 静止， OP 的距离等于 PQ 的距离，两个可视为质点的小物块 A、 B 间夹有炸药，一起以 v05 m/s 的速度向右做匀速运动，到 P 处碰 C 前引爆炸药，A、 B 瞬间弹开且在一条直线上运动， B 与 C 发生碰撞后瞬间粘在一起，已知 A 的质量为 1 kg， B 的质量为 2 kg，若要 B、 C 到达 Q 之前不再与 A 发生碰撞，则 A、 B 间炸药释放的能量应在什么范围内？(假设爆炸释放的能量全部转化为物块的动能)答案：3 J E1 875 J解析：对 A、 B 引爆炸药前后，由动量守恒定律可得(mA mB)v0 mAvA mBvB，设炸药爆炸释放出来的能量为 E，由能量守恒定律可知mAv mBv (mA mB)v E，12 2A 12 2B 12 20B、 C 碰撞前、后，由动量守恒定律可得 mBvB( mC mB)v 共 ，若要 B、 C 到达 Q 之前不再与 A 发生碰撞，根据题意可得知若炸开后， A 仍向右运动，需满足 vA v 共 ，代入数据可得 E3 J；若炸开后， A 向左运动，需满足| vA|3 v 共 ，代入数据可得 E1 875 J综合可得 3 J E1 875 J.16