2019届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 25页

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＝mvΔp＝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①矢量性：方向与瞬时速度方向相同．②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．③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①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．②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．③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Δp1＝－Δp2.n（5）碰撞的种类及特点分类标准种类特点机械能是否守恒弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大碰撞前后动量是否共线对心碰撞(正碰)碰撞前后速度共线非对心碰撞(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：①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。②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。③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．④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①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)；②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)；③规定正方向，确定初、末状态动量；④由动量守恒定律列出方程；⑤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①动量守恒定律．②机械能不增加．n③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′和解得：；结论：①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都向前运动．③当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，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①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．②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】Cn【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．12EKB．13EKC．14EKD．16EK【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mv0=2mv1，解得v1=12v0；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速度相同的过程中，系统动量守恒，有：2mv1=3mv，根据碰后系统的机械能守恒得：12•2mv12=12•3mv2+Ep，解得：Ep=112mv02=16Ek，故选项D正确，A、B、C错误；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n【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=v0t0，在减速过程的加速度大小为a2=v02t0；对于匀减速运动过程，由牛顿第二定律知物体所受摩擦力大小为f=ma2=mv02t0；在匀加速过程中，由牛顿第二定律有F-f=ma1，即水平拉力大小为F=3mv02t0，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：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：WF-Wf=0，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图象知物体在加速段的平均速度和在减速段的平均速度均为v02，故D正确；故选D.4．双人滑冰是一种观赏性很高的冰上运动。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nA．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4N·sD．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，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=△v△t=2m/s2，摩擦力大小为μmg=ma，解得μ=0.2，力F的冲量大小为I=Ft=8N∙s，故AC错误。由图知，0-1s内物体沿正向运动，位移x1=12×6×1m=3m，1-3s内沿负向运动，位移x2=12×(3−1)×2m=2m，则知3s末距离出发点距离为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=△v1△t1=61m/s2=6m/s2，根据牛顿第二定律可得：F-μmg=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α衰变或β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α衰变，磁场垂直纸面向外，原核电荷数为90B．发生了α衰变，磁场垂直纸面向里，原核电荷数为86C．发生了β衰变，磁场垂直纸面向里，原核电荷数为45D．发生了β衰变，磁场垂直纸面向外，原核电荷数为43【答案】D【解析】【详解】n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，可知发生的是β衰变；根据动量守恒定律，两粒子动量等大反向，由r=mvqB∝1q，则两粒子的电量之比为1：44，因β射线带一个负电荷，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L2，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AC杆竖直，BC杆和AC杆间的夹角θ=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1︰2．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nA．重力的冲量之比为1︰1B．重力的冲量之比为5︰6C．合力的冲量之比为5︰8D．合力的冲量之比为5︰2【答案】C【解析】【详解】设AC为5l，BC为4l，P球沿AC杆做自由落体运动，设下落的时间tp：5l=12gtp2，Q球沿BC杆做匀加速运动，加速度为a=gcos37∘=0.8g，设下落的时间为tQ:4l=12atQ2，有以上方程可得：tptQ=11。A、C.有冲量的定义I=Ft可得两球的重力的冲量比为：IPIQ=mPgtPmQgtQ=mPmQ=12。故AC都错误。C、D.由速度公式v=at可得，两球的速度比：vPvQ=gtP0.8gtQ=10.8；由动量定理I合=ΔP=mΔv可知，两球的合力的冲量比：IP合IQ合=mPvPmQvQ=12×10.8=58。故C正确，D错误。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α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α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．α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．α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α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反；由于释放的α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Bqv=mv2R得：R=mvBq，若原来放射性元素的核电荷数为Q，则对α粒子：R1=P1B•2e，对反冲核：nR2=P2B•(Q-2)e，由于P1=P2，根据R1:R2=44:1，解得Q=90，反冲核的核电荷数为90-2=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，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．14mv02B．18mv02C．112mv02D．115mv02【答案】C【解析】【详解】粘性物体和A相互作用，动量守恒，mv0＝2mv1∴v1＝12v0，以后三个物体一起相互作用动量守恒，2mv0＝3mv2，∴v2＝23v0，最大弹性势能EP＝12mv02＋12×2m(12v0)2－12×3m(13v0)2＝112mv02，∴正确答案选C。二、多选题11．如图所示,水平地面上固定一竖直挡板,倾角为θ、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】nA．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；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PmB．喷出气体的速度为2PmC．喷气Δt秒后探测器获得的动能为mPΔt2MD．喷气Δt秒后探测器获得的动能为mPΔt22M【答案】BC【解析】【详解】由动能定理可知：Pt=12mv2，t=1s，解得：v=2Pm，选项B正确，A错误；由动量守恒定律可知：0=Mv1-m△t•v，则有：2MEk=mΔtv=mΔt2Pm得 EK=mP△t2M，故C正确，D错误。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0.1C．4s末物体的动量大小为12kg·m/sD．4s内滑动摩擦力的冲量大小为9N·s【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=2sn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-μmg=ma；由图知：当F=6N时，a=1m/s2，代入得6-10μm=m；当F=12N时，a=3m/s2，代入得12-10μm=3m；联立解得μ=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=1+32×2=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P=mv=12kg•m/s，故C正确。4s内滑动摩擦力的冲量大小为I=μmgt=0.1×30×2N⋅s=6N⋅s，选项D错误。14．如图甲所示，质量为0.01kg、长为0.2m的水平金属细杆CD的两端分别放置在两水银槽的水银中，水银槽所在空间存在磁感应强度大小B1=10T、方向水平向右的匀强磁场，且细杆CD与该磁场方向垂直。一匝数为100匝、横截面面积为0.01m2的线通过导线、开关S与两水银槽相连，线岡处于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B2随时间t变化的关系如图乙所示。在t=0.20s时闭合开关S，细杆CD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），弹起的最大高度为0.2m。不考虑空气阻力，水银的黏滞作用和细杆CD落回水槽后的运动，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．感应强度B2的方向竖直向上B．t=0.05s时，线圈中的感应电动势大小为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0.01N⋅sD．开关S闭合后，通过细杆CD某一横截面的电荷量为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0.15~0.25s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可得磁感应强度B2方向竖直向上，故A正确；B、由图像可知，0~0.1s内线圈的感应电动势大小为E=nΔϕΔt=10V，即0.05s时，线圈中的感应电动势大小为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I=mv=m2gh=0.02N·s，故C错误；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：B1IL•Δt=mv-0，而B1IL•Δt=B1Lq，解得：q=mvB1L=0.01C，故D正确；故选ABD。n15．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v05B．铁块获得的最大速度为v05C．铁块与木板之间的动摩擦因数为v0240gLD．子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为2mv025【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：mv0=4mv1，解得v1=v04，故A错误；B、对木板B和铁块A（包括子弹）系统：mv0=5mv2，解得v2=v05，故B正确；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：μmgL=124mv12125mv22，解得μ=v0240gL，故C正确；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=12mv02-125mv22，故D正确；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nA．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f，摩擦力对木块M做的功为W1=fs，摩擦力对子弹m做的功为W1=f(s+d)，根据能量守恒可得子弹动能的亏损为ΔEk1=f(d+s)，系统动能的亏损ΔEk2=fd，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；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：mv0=(M+m)v，解得：v=mv0M+m，子弹动量变化量的大小ΔP1=mv0-mv=Mmv0M+m，木块动量变化量的大小ΔP2=Mv=Mmv0M+m，故B正确；D、对木块根据动能定理可得fs=12Mv2-0，解得木块在加速运动中的位移为s=Mm2v022(M+m)2f，根据能量守恒可得fd=12mv02-12(m+M)v2，解得射入的深度为d=Mmv022(M+m)f>mM+m·Mmv022(M+m)f=s，故D错误；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nA．0~3s内，物体的速度逐渐增大B．3s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0~1s内处于静止状态，1~3s内做加速度增大的加速运动，3~7s内做加速度减小的加速运动，7~9s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Ft=mΔv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5~7s内增加的动量大小与7~9s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1~9s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，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μ=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】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An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：-μmgL=12mv12-12mv02，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，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）=-8kg•m/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=12mv02−12mv12=12×1×52−12×1×42＝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）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：-μmgx=12（M+m）v22-12mv′12，代入数据解得：x=1.2m；由于x＞L，说明铁块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△E2=2μmgL，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a﹣t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/sB．在0～6s的时间内，合力对物体做的功为400JC．在0～6s的时间内，拉力对物体的冲量为36N•sD．在t=6s的时刻，拉力F的功率为200W【答案】AD【解析】【分析】根据△v=a△t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】n根据△v=a△t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=2+42×6=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0～6s内，根据动能定理得：W合=△Ek=12mv62-12mv02，代入数据解得W合=396J，故B错误；根据动量定理得：IF-ft=mv6-mv0，则得拉力对物体的冲量IF=ft+m（v6-v0）=2×6+2×（20-2）=48N•s，故C错误。t=6s时，根据牛顿第二定律得：F-f=ma，得F=ma+f=2×4+2=10N，则在t=6s时刻，拉力F的功率P=Fv6=10×20=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P、Q速度随时间变化的图像可能正确的是（）A．B．C．nD．【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mPvP-mQvQ=(mP+mQ)v；若mPvP=mQvQ，则v=0，图像如图A所示；若mPvP>mQvQ，则v>0，图像如图B所示；若mPvP0)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=3mg4q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;n（3）小球2打在C点前瞬间的速度。【答案】（1）3gs2m/s（2）67sm（3）85gs14m/s【解析】【详解】（1）由能量守恒得Ep=12⋅3mv12①1、2小球根据动量守恒得：3mv1=3mv'1+mv2②.1、2小球根据机械能守恒得：123mv12=123mv'12+12mv22③.由①②③式解得：vB=v2=3gs2m/s（2）由题意得：F合=(mg)2+(qE)2=54mg.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：54mg=mvE2R①.根据动能定理得：-54mg⋅(R-Rsin53∘)=12mvE2-12mvB2.②.由①②式解得：R=67sm（3）过点F做切线以及垂直BC的水平线，则α为53°。又因为mgqE=43，则小球所受合力的方向与水平方向夹角成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：LBC=R+Rcos53∘=167sm.从B到C全程动能定理有：mgLBC=12mvC2-12mvB2解得：vC=85gs14m/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。n【答案】v0≤22gR或v0≥25gR【解析】【详解】AB碰撞动量守恒，则：mv0＝2mv若两物体能到达与圆心等高的位置，则：－2mgR＝0－12×2mv2，解得v0＝22gR若两物体恰能到达最高点，则：－2mg×2R＝12×2mv′2－12×2mv2，2mg＝2mv'2R，解得v0＝25gR综上，当v0≤22gR或v0≥25gR时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道。23．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（k>1）。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球的速度最大？【答案】k=3吋，vB2最大【解析】【详解】设A、B发生弾性碰撞后的速度分别vA、vB1，则：mv0=mvA+kmvB112mv02=12mvA2+12kmvB12联立解得：vA=1-kk+1v0vB1=2k+1v0设B、C发生弹性碰撞后的速度分别为vB2、vC，同理可得：vB2=k-1k+1vB1代入整理得：vB2=2k+1-4(k+1)2v0解得当k=3时，vB2最大。24．在距地面1.25m高处竖直向下迅速击打一皮球,它触地后竖直向上弹起的最大高度也为1.25m。皮球的质量为600g，触地过程中,地面对皮球的平均作用力F=30N，假设触地前后皮球的动能损失掉75%,忽略其它阻力,g取10m/s2。求:(1)触地过程中,皮球与地面相互作用的时间；(2)皮球被击打后获得的速度大小。【答案】(1)38s(2)53m/sn【解析】【详解】解：(1)设球被打击后初速度为v0，碰地前后速度分别为v1、v2则有：12mv12(1-34)=12mv22触地反弹后运动到最高点过程：v22=2gh触地过程，以向上为正，由动量定理：Ft-mgt=mv2-(-mv1)联立解得：t=38s，(2)从打击后判落地前过程：v12-v02=2gh解得：v0=53m/s25．如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由水平部分AB和半圆弧轨道BCD部分平滑连接而成，一质量m=1kg的可视为质点的物块Q以初速度v0=10m/s从左侧滑上小车。，已知AB长为L=10m，小车的质量为M=3kg．取重力加速度g=10m/s2。（1）若水平部分AB是粗糙的，而半圆弧BCD部分是光滑的，物块Q滑到C点返回恰好停止在AB的中点，求物块Q与水平部分AB间的动摩擦因数μ和半圆弧BCD的半径R1。（2）若小车上表面AB和半圆弧轨道BCD面均光滑，半圆弧轨道BCD的半径为R2=1.2m，物块Q可以从半圆弧轨道BCD的最高点D飞出，求其再次落回小车时，落点与B点的距离S为多少？（结果可用根号表示）【答案】（1）0.25；1.25m（2）1235m【解析】【详解】(1)物块Q从开始运动到与小车相对静止过程，共同速度为v，系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有：mv0=(m+M)v，代入数据解得：v=2.5m/s系统能量守恒：12mv02=μmg×32L+12(m+M)v2代入数据解得：μ=0.25Q至C点与车共速时，系统能量守恒，有：12mv02=μmgL+12(m+M)v2+mgR1代入数据解得：R1=1.25m(3)设Q通过D点时，Q与小车的速度分别为v1、v2n系统水平方向动量守恒，全过程能量守恒，规定向右为正方向，mv0=mv1+Mv212mv02=12mv12+12Mv22+2mgR2解得：v1=-2m/s，v2=4 m/s或v1=7m/s，v2=1 m/s（舍）物块Q通过D点时相对小车的速度为：v′=（v2-v1）6 m/s，物块Q再次落回小车时与物块的距离为：s=v'4R2g代入数据解得：s=1235m26．如图所示，可看成质点的质量分别为2m和m的物块A、B之间夹着一被压缩且锁定的轻、短弹簧，它们静止在光滑轨道abc的水平轨道ab上，bc为竖直平面内的半径为R=0.1m的半圆形轨道，长为L=0.4m的传送带逆时针转动，速度为v=2m/s，忽略传送带的d端与半圆轨道c点之间的缝隙宽度，物块B与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，解除弹簧的锁定后，求：(1)为了使物块B在运动中一定能滑上传送带且不从e点脱离传送带，解除弹簧锁定后，物块B获得的速度必须满足的条件；(2)如果m=1kg，开始时弹簧的弹性势能为EP=6.75J，物块B再次落到水平轨道ab上时与e点间水平距离为多大；【答案】(1)5ms≤vB≤22ms；(2)0.2m【解析】【详解】解：(1)设物块B恰好能通过轨道的c点时速度为vC1由牛顿第二定律可得：mg=mvC12R解得：vC1=gR=1m/s此时物体B从解除锁定到运动至c点过程，由机械能守恒得：-mg·2R=12mvC12-12mvB12解得：vB1=5m/s从解除锁定后物块B的速度为vB2时，刚好能运动到传送带的e端：从d到e的过程中：-μmgL=0-12mvd2解得：vd=2m/s从b到d的过程中：-mg·2R=12mvd2-12mvB22n解得：vB2=22m/s所以B的速度必须满足：5m/s≤vB≤22m/s(2)解除弹簧的锁定后，设A、B获得的速度分别为vA、vB由动量守恒可得：0=mvB-2mvA根据机械能守恒可得：EP=12·2mvA2+12mvB2解得：vB=3m/s>22m/s，所以物块B将滑过e点物块B从解除锁定到运动到e点时的速度设为ve由动能定理可得：-mg·2R-μmgL=12mve2-12mvB2解得：ve=1m/s物块B离开e点后做平抛运动：2R=12gt2,x=vet解得：x=0.2m27．如图所示，水平地面上A、B两点静止放置着可视为质点的M、N两个小木块，其中A、B之间地面光滑，B、C之间地面粗糙。地面与倾角为37°的粗糙斜面在C点相连，木块通过C点可认为没有能量损失。现给木块M一个5m/s的初速度向左运动，撞上粘有橡皮泥的木块N之后一起冲向斜面。已知M的质量为4kg，N和橡皮泥的总质量为1kg，BC地面与木块间的动摩擦因素μ1=0.2，斜面与木块的动摩擦因数μ2=0.5（g取10m/s2）求（1）为了让两个小木块能够到C点，B、C之间的最大距离不得超过多少？（2）若B、C之间的距离为2m，求木块能上升到斜面的最大高度是多少？【答案】（1）4m（2）0.24m【解析】【详解】解：(1)AB碰撞由动量守恒定律得：mMvN=(mM+mN)vB解得：vB=4m/s刚好由B到C由动能定律得：-μ1(mM+mN)gLBC=0-12(mM+mN)v12解得：LBC=4m(2)经分析，由B到C由动能定理得：-μ1(mM+mN)gLBC=12(mM+mN)vC2-12(mM+mN)vB2从C向斜面上冲，由动能定理得：-μ2(mM+mN)gxcosθ-(mM+mN)gxsinθ=0-12(mM+mN)vC2解得：x=0.4m又由：h=xsinθn解得：h=0.24m28．距水平地面高5m的平台边缘放有一质量为0.19kg的木块，一质量为10g的子弹水平射入木块，并留在木块内，木块在子弹的冲击下掉落到水平地面上，测得木块落地位置到平台边缘的水平距离为3m。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）子弹射入木块前瞬间的速度大小；（2）子弹射入木块的过程中所产生的内能。【答案】（1）60 m/s（2）17.1J【解析】【详解】（1）子弹射入木块后与木块一起做平抛运动，竖直方向：h＝12gt2水平方向：x=vt，代入数据解得：v=3 m/s子弹射入木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v代入数据解得：v0=60 m/s。（2）子弹击中木块过程，由能量守恒定律得：Q＝12mv02−12(m+M)v2代入数据解得：Q=17.1J。29．如图所示，MN是半径为R=0.2m的竖直四分之一光滑圆弧轨道，竖直固定在水平桌面上，轨道末端处于桌子边缘并与水平桌面相切于N点。把一质量为m=1kg的小球B静止放于N点，另一完全相同的小球A由M点静止释放，经过N点时与B球发生正碰，碰后粘在一起水平飞出，落在地面上的P点。若桌面高度为h=0.8m，取重力加速度g=10m/s²。不计阻力，小球可视为质点。求：（1）小球A运动到N点与小球B碰前的速度v0的大小（2）小球A与小球B碰后瞬间的共同速度v的大小（3）P点与N点之间的水平距离x【答案】（1）v0=4m/s（2）v=2m/s（3）x=0.8m【解析】【详解】n（1）由机械能守恒定律：mgR=mv02/2解得：v0=4m/s（2）小球A与小球B碰撞过程动量守恒，则：mv0=2mv解得：v=2m/s（3）小球做平抛运动：h=gt2/2x=vt解得：x=0.8m30．如图所示，质量M＝0.5kg的长木板A静止在粗糙的水平地面上，质量m＝0.3kg的物块B（可视为质点）以大小v0＝6m／s的速度从木板A的左端水平向右滑动。已知物块B与木板A上表面间的动摩擦因数μ1＝0.6，认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m／s2。（1）若木板A与地面间的动摩擦因数μ2＝0．3，物块B恰好能滑到木板A的右端，求木板A的长度L；（2）若木板A与地面间的动摩擦因数μ2＝0．1，木板足够长，求木板A从开始滑动至达到最大速度过程中所受合力的冲量大小I。【答案】（1）L＝3m（2）I＝0.75N•s【解析】【分析】（1）分别对B与A进行受力分析，求出它们之间的摩擦力以及A与地面之间的摩擦力，比较判定A是否会运动，然后由牛顿第二定律求出加速度，最后由运动学的公式即可求出；（2）判定A是否会运动，然后由牛顿第二定律求出加速度，最后由运动学的公式，结合动量定理即可求出；【详解】（1）A、B之间的滑动摩擦力大小为：f1＝μ1mg＝1.8NA与地面间的最大静摩擦力为：f2＝μ2（M+m）g＝2.4N由于f2＞f1，故A静止不动B向右做匀减速直线运动，到达A的右端时速度为0，有：v02=2aL，其中a＝μ1g＝6m/s2解得：L＝3m（2）若木板A与地面间的动摩擦因数μ2'＝0.1，则：f2'＝μ2'（M+m）g＝0.8N＜f1，故A将向右滑动，A、B的加速度为：a1=f1-f2'M=2m/s2，a2=a=6m/s2当它们的速度相等时，υm=a1t=υ0-a2t，又：I＝Mvm代入数据解得：I＝0.75N•s【点睛】n该题结合动量定理考查牛顿第二定律的综合应用，解答的关键是先判断A是否相对地面发生运动．