专题06动量定理和动量守恒定律-2017年高考物理二轮核心考点总动员（解析版） 17页

专题06动量定理和动量守恒定律 ‎2017年高考物理二轮核心考点总动员 ‎【命题意图】‎ 理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件；会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。‎ ‎【专题定位】‎ 本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.‎ ‎【考试方向】‎ 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；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。‎ ‎【应考策略】‎ 本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法.‎ ‎【得分要点】‎ ‎1、碰撞现象满足的规律 ‎①动量守恒定律．‎ ‎②机械能不增加．‎ ‎③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。‎ ‎2、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 ‎3、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 ‎①动量的观点：动量守恒定律 ‎②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．‎ ‎【2016年高考选题】‎ 如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m（h小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg，冰块的质量为m2=10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10 m/s2。‎ ‎（i）求斜面体的质量；‎ ‎（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ ‎【答案】（i）20 kg （ii）不能 式中v20=–3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3=20 kg③‎ ‎（ii）设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1+m2v20=0④‎ 代入数据得v1=1 m/s⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20= m2v2+ m3v3⑥‎ ‎⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1 m/s⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。‎ ‎【名师点睛】此题是动量守恒定律及机械能守恒定律的综合应用问题；解题关键是要知道动量守恒的条件及两物体相互作用时满足的能量关系，列方程即可；注意动量守恒定律的矢量性，知道符号的含义；此题难度中等，意在考查考生灵活利用物理知识解决问题的能力。‎ ‎【知识精讲】‎ ‎1.动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.‎ 动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系.动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系.‎ 动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值.‎ ‎2.动量守恒定律 ‎(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.‎ ‎(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).‎ ‎(3)守恒条件 ‎①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零.‎ ‎②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒.‎ ‎③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程.‎ ‎3.解决力学问题的三个基本观点 ‎(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.‎ ‎(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题.‎ ‎(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律.‎ ‎1.力学规律的选用原则 ‎(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.‎ ‎(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.‎ ‎2.系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.‎ ‎(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.‎ ‎(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).‎ ‎【高频考点】‎ 高频考点一：动量定理和动量守恒定律的应用 ‎【解题方略】‎ ‎1.弹性碰撞与非弹性碰撞 碰撞过程遵从动量守恒定律.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞.‎ ‎2.应用动量守恒定律的解题步骤 ‎(1)明确研究对象(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)由动量守恒定律列式求解；‎ ‎(5)必要时对结果进行讨论.‎ ‎【例题1】质量为m1=1200kg的汽车A以速度v1=21m/s沿平直公路行驶时，发现前方相距s0=33m处有一质量m2=800kg的汽车B以速度v2=15m/s迎面驶来。两车同时急刹车，使车做匀减速运动，但未能避免两车猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设两车与路面间动摩擦因数为μ=0.3，取g=10m/s2。忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：‎ ‎①设两车相撞时间（从接触到一起滑行）t0=0.2s ，则每辆车受到的水平平均冲力是其自身重量的几倍？‎ ‎②两车一起滑行的距离是多少？‎ ‎【答案】①6mg，②6m ‎ t2－12t +11 =0‎ 解得： t =1s (舍去t =11s)‎ 两车相碰前瞬间的速度大小分别为：‎ V/1=V1－a1t =18m/s V/2=V2- a2t =12 m/s A车动量大于B车，由动量守恒定律有：‎ m1 V/1－m2 V/2 = (m1+m2)V 解得两车碰后的速度 V =6 m/s 对A车列动量定理有 Ft0=△P=m1（V－V/1）‎ 代入数据解得：F=6mg ‎②两车一起滑动的加速度仍为： a=μg=3m/s2‎ 两车共同滑行距离V2=2 as S=6m 高频考点二：动量和能量观点的综合应用 ‎【解题方略】‎ ‎1.弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程.‎ ‎2.进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点.‎ ‎3.光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析.‎ ‎4.如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析.‎ ‎【例题2】如图甲所示，粗糙水平面CD与光滑斜面DE平滑连接于D处；可视为质点的物块A、B紧靠一起静置于P点，某时刻A、B在足够大的内力作用下突然分离，此后A向左运动．‎ 已知：斜面的高度H=1.2m；A、B质量分别为1kg和0.8kg，且它们与CD段的动摩擦因数相同；A向左运动的速度平方与位移大小关系如图乙；重力加速度g取10m/s2．‎ ‎（1）求A、B与CD段的动摩擦因数；‎ ‎（2）求A、B分离时B的速度大小vB；‎ ‎（3）要使B能追上A，试讨论P、D两点间距x的取值范围．‎ ‎【答案】见解析 解得 μ＝0.1 ⑥（2分）‎ ‎【或：从A、B分离到A匀减速运动停止，由动能定理 ‎ （3分）‎ 解得 μ＝0.1 （1分）‎ ‎（2）A、B分离过程，由动量守恒 ⑦（2分）‎ 解得 vB=5m/s ⑧（2分）‎ ‎（3）(Ⅰ)若B恰好能返回并追上A， B从分离后到追上A过程由动能定理 ‎ ⑨ （2分）‎ 解得 x1=2.25m ⑩ （1分）‎ ‎(Ⅱ)若B恰好不冲出斜面，B从P到E过程由动能定理 ‎ （2分）‎ 解得 x2=0.50m （1分）‎ 综上，要使B能追上A，x应满足：2.25m≥L≥0.50m 高频考点三：力学三大观点的应用 ‎【解题方略】‎ 力学规律选用的一般原则 力学中首先考虑使用两个守恒定律，从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题.‎ ‎(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律.‎ ‎(2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理.‎ ‎(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律.‎ ‎(4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便.‎ ‎【例题3】如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R=0.45 m的1/4圆弧面，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑，小滑块P1和P2的质量均为m，滑板的质量M=4m.P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点。P1以v0=4.0 m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1停在粗糙面B点上，当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续滑动，到达D点时速度为零，P1与P2可视为质点，取g=10 m/s2。问： ‎（1）P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ ‎（2）BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？ ‎【答案】（1）（2）1.9m 0.695m ‎(2)设P1到达B点的速度为v，P1从A点到达B点的过程中，根据动能定理有：‎ ‎ ③‎ 代入数据得 ④‎ 因P1、P2质量相等且发生弹性碰撞，所以碰后P1、P2交换速度，即碰后P2在B点的速度为： ⑤‎ 设P2在C点的速度为，P2从C点到D点过程中根据动能定理得：‎ ‎ ⑥‎ 代入数据得 ⑦‎ P2从B点到C点的过程中，N、P1、P2作为一个系统所受合外力为零，系统动量守恒，设P2到达C点时N和P1的共同速度为.根据动量守恒定律得：‎ ‎ ⑧‎ v′为滑板与槽的右端粘连前滑板和P1的共同速度．对P2从B点到C点相对地面位移为由动能定理 ⑨‎ P1 和N作为一个整体，相对地面位移为，根据动能定理则有 ‎ ⑩‎ 联立⑧⑨⑩得BC长度 滑板与槽粘连后，P1在BC上移动的距离为，根据动能定理 ‎ P2在D点滑下后，在BC上移动的距离，根据动能定理有 联立得系统完全静止时P1与P2的间距 ‎⑥⑧⑨⑩各2分，其余各1分 ‎【例题4】‎ ‎【近三年高考题精选】‎ ‎1．【2016·天津卷】如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________。‎ ‎【答案】 ‎ ‎【名师点睛】此题是对动量守恒定律及能量守恒定律的考查；关键是分析两个物体相互作用的物理过程，选择好研究的初末状态，根据动量守恒定律和能量守恒定律列出方程；注意系统的动能损失等于摩擦力与相对路程的乘积。‎ ‎2．【2016·全国新课标Ⅰ卷】（10分）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求 ‎（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；‎ ‎（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。‎ ‎【答案】（i） （ii）‎ 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为③‎ ‎（ii）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为。对于时间内喷出的水，有能量守恒得④‎ 在高度处，时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为⑤‎ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有⑥‎ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得⑧‎ ‎【名师点睛】本题考查了动量定理的应用，要知道玩具在空中悬停时，受力平衡，合力为零，也就是水对玩具的冲力等于玩具的重力。本题的难点是求水对玩具的冲力，而求这个冲力的关键是单位时间内水的质量，注意空中的水柱并非圆柱体，要根据流量等于初刻速度乘以时间后再乘以喷泉出口的面积S求出流量，最后根据m=ρV求质量。‎ ‎3．【2015·北京·17】实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图，则： （ ）‎ A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外 B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外 C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里 D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里 ‎【答案】D ‎【解析】 静止的核发生衰变（）由内力作用，满足动量守恒，则新核和电子的动量等大反向，垂直射入匀强磁场后均做匀速圆周运动，由可知，则两个新核的运动半径与电量成反比，即，则新核为小圆，电子为大圆；而新核带正电，电子带负电，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，选项D正确。‎ ‎【规律总结】衰变形成外切圆，衰变形成内切圆，大圆都是射线的轨迹。‎ ‎4．【2015·全国新课标Ⅰ·35（2）】如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为，B、C的质量都为，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求和之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。‎ ‎【答案】‎ 可得 要使得A与B发生碰撞，需要满足，即 A反向向左运动与B发生碰撞过程，弹性碰撞 整理可得 由于，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足 即 整理可得 解方程可得 ‎【名师点睛】对于弹性碰撞的动量守恒和能量守恒要熟知，对于和一个静止的物体发生弹性碰撞后的速度表达式要熟记，如果考场来解析，太浪费时间。‎ ‎5．【2014·江苏·12C】（3）牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。‎ ‎【答案】 v1＝，v2＝‎ ‎【方法技巧】动量守恒定律的应用 ‎【模拟押题】‎ ‎1．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前。这样做可以： （ ）‎ A．减小球对手的冲量 B．减小球对手的冲击力 C．减小球的动量变化量 D．减小球的动能变化量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，‎ 根据动量定理得：，解得，当时间增大时，作用力就减小，而球对手的冲量恒定不变，球的动量变化量为恒定不变、球的动能的变化量为恒定不变，所以B正确．‎ ‎2．（多选）如图所示为一物体沿南北方向做直线运动的v—t图象，若规定向北为正方向，由图可知： （ ）‎ A．3s末物体回到t=0时的位置 B．6s内物体所受合力的功为零 C．物体所受合力的方向一直向南 D．前3s与后3s物体的动量变化方向相同 ‎【答案】BD ‎3．如图所示，在光滑的水平面上固定着两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视为一个系统，则小球在运动过程中： （ ）‎ A．系统的动量守恒，动能守恒 B．系统的动量守恒，机械能守恒 C．系统的动量不守恒，机械能守恒 D．系统的动量不守恒，动能守恒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 小球和弹簧组成的系统受到重力和水平地面的支持力两个外力，小球与弹簧相互作用时，弹簧会用墙壁的作用力，所受合外力不等于零，动量不守恒；在运动过程中，小球和槽通过弹簧相互作用，但因为只有弹簧的弹力做功，动能和势能相互转化，而总量保持不变，机械能守恒．故C正确，A、B、D错误．‎ ‎4．（多选）如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有： （ ）‎ h H A B A．小球的机械能减少了mg(H+h)‎ B．小球克服阻力做的功为mgh C．小球所受阻力的冲量大于m D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量 ‎【答案】AC ‎5．如图所示，一倾角为α高为h的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为vt，所用时间为t，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及重力的冲量分别为： （ ）‎ A．、0 B．mgvt、mgtsinα C．mgvtcosα、mgt D．mgvtsinα、mgt ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据瞬间功率的公式可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为p=mgvtsinα，重力的冲量为I=mgt，所以D正确；A、B、C错误．‎ ‎6．在课堂中，老师用如图所示的实验研究平抛运动。A、B是质量相等的两个小球，处于同一高度。用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落。某同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面1、2，小球A、B在通过两水平面的过程中，动量的变化量分别为和，动能的变化量分别为和，忽略一切阻力的影响，下列判断正确的是： （ ）‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎【答案】A ‎7．质量为m1＝1kg和m2（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x-t图象如图所示，则： （ ）‎ A．此碰撞一定为弹性碰撞 B．被碰物体质量为2kg C．碰后两物体速度相同 D．此过程有机械能损失 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 速度图像的斜率表示物体的速度，由图象求出碰撞前后的速度分别为：v1=4m/s，v2=0，v1′= -2m/s，v2=2m/s；由动量守恒定律，m1v1= m1v1′+ m2v2′，得m2=3kg；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8J，机械能没损失，因此是弹性碰撞，BCD错误，A正确。‎ ‎8．质量为M的原子核，原来处于静止状态。当它以速度v放出质量为m的粒子时（设v的方向为正方向），剩余部分的速度为： （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎9．（多选）如图所示，小木块P和长木板Q叠放后静置于光滑水平面上。P、Q的接触面是粗糙的。用足够大的水平力F拉Q，P、Q间有相对滑动。在P从Q左端滑落以前，关于水平力F的下列说法中正确的是： （ ）‎ A．F做的功大于P、Q动能增量之和 B．F做的功等于P、Q动能增量之和 C． F的冲量大于P、Q动量增量之和 D．F的冲量等于P、Q动量增量之和 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 以P、Q系统为研究对象，根据功能关系，拉力做的功等于P、Q动能增加量与摩擦产生的内能之和，A正确，B错误；系统所受合外力F的冲量等于P、Q动量增量之和，C错误D正确。‎ ‎10． 如图9所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则： （ ）‎ A．A不能到达B圆槽的左侧最高点 B．A运动到圆槽的最低点速度为 C．B一直向右运动 D．B向右运动的最大位移大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ AB组成的系统动量守恒，AB刚开始时动量为零，所以运动过程中总动量时刻为零，所以B先向右加速后又减速到零，因为系统机械能守恒，当B静止时，A运动恰好到左侧最高点，A错误，根据动量守恒定律可得，又知道，所以可得，D正确， B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，C错误；当A运动到最低端时，水平方向上动量守恒，所以有，还知道满足机械能守恒，所以有，联立可得，B错误 ‎11． 一轻质弹簧竖直固定在地面上，上面连接一个质量为m1=‎1kg的物体，平衡时物体离地面‎0.9m，弹簧所具有的弹性势能为0.5J。现在在距物体m1正上方高为‎0.3m处有一个质量为m2=‎1kg的物体自由下落后与弹簧上物体m1碰撞立即合为一体，一起向下压缩弹簧。当弹簧压缩量最大时，弹簧长为‎0.6m。求（g取‎10m/s2）：‎ ①碰撞结束瞬间两物体的动能之和是多少？‎ ②弹簧长为‎0.6m时弹簧的弹性势能大小？‎ ‎【答案】①1.5J ②8J ②m1与m2共同下降的高度 由机械能守恒得：‎ 解得 所以弹性势能为8J ‎12．如图所示，在光滑水平面上，木块A的质量，木块B的质量，质量的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑。开始时B、C静止，A以的初速度向右运动，与B碰撞后B的速度为3.5 m／s，碰撞时间极短。求：‎ ‎①A、B碰撞后A的速度。‎ ‎②弹簧第一次恢复原长时C的速度。‎ ‎【答案】①-4m/s ②‎ ‎②第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零，设此时B的速度为vB′，C的速度为vC 由动量守恒定律得mBvB＝mBvB′＋mCvC 由机械能守恒定律得mBvB2＝mBvB′2＋mCvC2‎ 得