【物理】2020届一轮复习人教版第六章第2讲动量守恒定律作业 35页

第2讲　动量守恒定律 主干梳理 对点激活 知识点　　动量守恒定律及其应用　Ⅱ ‎1．几个相关概念 ‎(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。‎ ‎(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。‎ ‎(3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。‎ ‎2．动量守恒定律 ‎(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。‎ ‎(2)表达式 ‎①p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。‎ ‎②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。‎ ‎③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。‎ ‎④Δp＝0，系统总动量的增量为零。‎ ‎(3)适用条件 ‎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：系统受到的合外力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。‎ ‎③某方向守恒：系统在某个方向上所受合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。‎ 知识点　　弹性碰撞和非弹性碰撞　Ⅰ ‎1．碰撞 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。‎ ‎2．特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。‎ ‎3．分类 ‎4．散射 微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”，微观粒子的碰撞又叫做散射。‎ 知识点　　反冲　爆炸　Ⅰ ‎1．反冲现象 ‎(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式的能向动能的转化。‎ ‎(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。‎ ‎2．爆炸问题 爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。‎ ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 一 思维辨析 ‎1．系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(　　)‎ ‎2．系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。(　　)‎ ‎3．当质量相等时，发生完全弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换。(　　)‎ ‎4．光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等。(　　)‎ ‎5．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。(　　)‎ 答案　1.√　2.×　3.√　4.√　5.×‎ 二 对点激活 ‎1．(人教版选修3－5·P16·T5改编)某机车以‎0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)(　　)‎ A．‎0.053 m/s B．‎0.05 m/s C．‎0.057 m/s D．‎0.06 m/s 答案　B 解析　取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝(m＋‎15m)v，v＝v0＝×‎0.8 m/s＝‎0.05 m/s。故B正确。‎ ‎2．(人教版选修3－5·P17·T7改编)悬绳下吊着一个质量为M＝‎9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝‎1 m。一颗质量m＝‎10 g的子弹以v0＝‎500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取‎10 m/s2)，则此时悬绳的拉力为(　　)‎ A．35 N B．100 N C．102.5 N D．350 N 答案　C 解析　子弹打入沙袋过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子弹与沙袋的共同速度v＝＝ m/s＝‎0.5 m/s。对子弹和沙袋，由向心力公式FT－(m＋M)g＝(m＋M)得，悬绳的拉力FT＝(m＋M)g＋(m＋M)＝102.5 N，故C正确。‎ ‎3．(人教版选修3－5·P17·T6改编)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量之比为(　　)‎ A．1∶2 B．2∶‎1 C．1∶4 D．4∶1‎ 答案　D 解析　设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和－，则有mBv0＝mA·＋mB－，解得mA∶mB＝4∶1，D正确。‎ 考点细研 悟法培优 考点1　动量守恒定律的理解与应用 ‎1．动量守恒定律的“六性”‎ ‎(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。‎ ‎(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。‎ ‎(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。‎ ‎(4)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。‎ ‎(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。‎ ‎(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。‎ ‎2.应用动量守恒定律解题的步骤 ‎　　　　‎ 例1　(2018·蓉城模拟)如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑。现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面，对于滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出，B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数)，下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B组成的系统动量和机械能都守恒 B．A、B组成的系统动量和机械能都不守恒 C．当B的速度为v0时，A的速度为v0‎ D．当A的速度为v0时，B的速度为v0‎ 解题探究　(1)木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑，放上B后A、B组成的系统合外力为零吗？‎ 提示：由题意知木板A 与斜面的动摩擦因数等于斜面倾角的正切值，所以放上B后A、B组成的系统合外力仍为零。‎ ‎(2)刚放上B后，A、B间发生相对滑动吗？‎ 提示：发生。‎ 尝试解答　选C。‎ 由于木板A沿斜面匀速下滑，则木板A受到的合力为零，当小滑块B放在木板A上表面后，A、B组成的系统所受的合力仍为零，则系统的动量守恒，由于A、B间以及A与斜面间摩擦力的作用，则系统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B错误；由于B与A之间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数，所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，又由动量守恒定律知C正确，D错误。‎ 总结升华 应用动量守恒定律时的几点易错提醒 ‎(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。‎ ‎(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力。‎ ‎(3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。‎ ‎[变式1]　(2018·宁夏固原市一中月考)如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是(　　)‎ A. B. C. D. 答案　A 解析　小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成的系统，水平方向不受外力，因而水平方向动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度 v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)。由水平方向动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A正确。‎ 考点2　碰撞问题分析 ‎1．碰撞遵循的三条原则 ‎(1)动量守恒定律。‎ ‎(2)机械能不增加 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋ ‎(3)速度要合理 ‎①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(或相等)。‎ ‎②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。‎ ‎2．弹性碰撞讨论 ‎(1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒 解得v1′＝ v2′＝ ‎(2)分析讨论 当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。‎ 当碰前物体2的速度为零时：‎ v1′＝v1，v2′＝v1，‎ ‎①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。‎ ‎②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。‎ ‎③m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来。‎ ‎　　　　‎ 例2　(2018·安徽知名示范高中质检)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p1＝‎5 kg·m/s，p2＝‎7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为‎10 kg·m/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 B．‎2m1＝m2‎ C．‎4m1＝m2 D．‎6m1＝m2‎ 解题探究　(1)甲、乙两球碰撞时动量守恒，机械能一定守恒吗？‎ 提示：不一定守恒，但不能增加。‎ ‎(2)碰后甲的速度和乙的速度若同向应满足什么关系？‎ 提示：甲的速度小于等于乙的速度。‎ 尝试解答　选C。‎ 设碰后甲球动量变为p1′，乙球动量变为p2′，根据动量守恒定律得p1＋p2＝p1′＋p2′，解得p1′＝‎2 kg·m/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有＋≤＋，解得≤，碰撞前甲的速度大于乙的速度，则>，解得<，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有≤，解得≥，综上有≤≤，C正确，A、B、D错误。‎ 总结升华 碰撞问题解题策略 ‎(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。‎ ‎(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝v0、v2＝v0。‎ ‎(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的球速度不变，质量小的球速度为2v0；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量大的球速度不变(仍静止)，质量小的球原速率反弹。‎ ‎[变式2]　如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是(　　)‎ A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0‎ C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0‎ 答案　D 解析　由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，且各球质量相同，由弹性碰撞一动碰一静结论知D正确。‎ 考点3　碰撞类模型的拓展 ‎1．“弹簧类”模型 ‎2．“子弹打木块”“滑块—木板”模型 ‎3．“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型 ‎4．悬绳模型 悬绳模型(如图所示)与模型3特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。‎ ‎　　　　‎ 例3　如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放，求：‎ ‎(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；‎ ‎(2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度；‎ ‎(3)B的最大速度。‎ 解题探究　(1)小球C在B槽内运动到最大高度时CB两者是否共速？‎ 提示：是。‎ ‎(2)何时B的速度最大？‎ 提示：小球C相对于B回到b′点时。‎ 尝试解答　(1)　3mg＋Mg　(2) ‎(3) ‎(1)小球C从a点运动到b点的过程，机械能守恒，有mgR＝mv 解得小球到b点时的速度大小为v0＝ 在最低点b，根据牛顿第二定律可得N－mg＝m 解得N＝3mg 由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力N′＝N＝3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝N′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力F′＝F＝3mg＋Mg。‎ ‎(2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v 由机械能守恒定律，有mv＝(M＋m)v2＋mgh 解得h＝。‎ ‎(3)当小球回到B槽的底端b′点时，B的速度最大，根据动量守恒定律，有 mv0＝mv1＋Mv2‎ 由能量守恒定律可知mv＝mv＋Mv 解得v2＝。‎ 总结升华 处理碰撞类模型的方法技巧 ‎(1)“弹簧类”模型的解题思路 ‎①应用系统的动量守恒。‎ ‎②应用系统的机械能守恒。‎ ‎③应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。‎ ‎(2)“滑块—木板”模型解题思路 ‎①应用系统的动量守恒。‎ ‎②在涉及滑块或木板的时间时，优先考虑用动量定理。‎ ‎③在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。‎ ‎④在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。‎ ‎⑤滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。‎ ‎[变式3－1]　两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为‎2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝‎6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为‎4 kg的物块C静止在前方，如图所示。已知B与C碰撞后二者会粘在一起运动。在以后的运动中：‎ ‎(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？‎ ‎(2)系统中弹性势能的最大值是多少？‎ 答案　(1)‎3 m/s　(2)12 J 解析　(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据A、B、C三者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC 代入数据解得vABC＝‎3 m/s。‎ ‎(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰撞后瞬间B、C 的共同速度为vBC，则有mBv＝(mB＋mC)vBC 代入数据解得vBC＝‎2 m/s 当A、B、C三者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设为Ep，在B、C碰撞后，A与B、C组成的系统通过弹簧相互作用的过程中机械能守恒。根据机械能守恒定律得Ep＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)·v＝12 J。‎ ‎[变式3－2]　如图所示，质量m1＝‎0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝‎1.5 m，现有质量m2＝‎0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝‎2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)物块与小车共同速度大小；‎ ‎(2)物块在车面上滑行的时间t；‎ ‎(3)小车运动的位移大小x；‎ ‎(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？‎ 答案　(1)‎0.8 m/s　(2)0.24 s ‎(3)‎0.096 m　(4)‎5 m/s 解析　(1)设物块与小车共同速度为v，‎ 以水平向右为正方向，‎ 根据动量守恒定律：m2v0＝(m1＋m2)v 解得v＝‎0.8 m/s。‎ ‎(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，‎ 对物块应用动量定理：‎ ‎－Fft＝m2v－m2v0‎ 又Ff＝μm‎2g 解得：t＝ 代入数据得t＝0.24 s。‎ ‎(3)对小车应用动能定理：‎ μm2gx＝m1v2‎ 解得x＝‎0.096 m。‎ ‎(4)要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块运动到小车右端时与小车有共同的速度，设其为v′，以水平向右为正方向，则：‎ m2v0′＝(m1＋m2)v′‎ 由系统能量守恒有：‎ m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入数据解得v0′＝‎5 m/s 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过‎5 m/s。‎ 考点4　爆炸 ‎　爆炸的特点 ‎1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。‎ ‎2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。‎ ‎3．位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。‎ ‎　　　　‎ 例4　以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m和‎2m的两块，其中质量为‎2m的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。求：‎ ‎(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；‎ ‎(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？‎ 解题探究　(1)爆炸前，达到最高点时，炮弹的速度是什么方向？‎ 提示：水平方向。‎ ‎(2)爆炸过程动量和机械能都守恒吗？‎ 提示：爆炸过程内力远大于外力，动量守恒，化学能转化为炮弹分成两块后增加的动能，机械能不守恒。‎ 尝试解答　(1)2.5v0　方向与爆炸前炮弹运动的方向相反　(2)mv ‎(1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v1＝v0cos60°＝。‎ 设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2，‎ 又v1′＝2v0，‎ 解得v2＝－2.5v0，负号表示速度方向与规定的正方向相反。‎ ‎(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为 E＝ΔEk＝－(‎3m)v＝mv。‎ 总结升华 (1)分析爆炸问题，要准确确定爆炸前后的速度，不能把物体的初速度当作爆炸前的速度。‎ (2)根据爆炸前后动量守恒，以及增加的动能等于消耗的其他能量入手求解。‎ ‎[变式4]　(多选)向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则(　　)‎ A．b的速度方向一定与原速度方向相反 B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a、b一定同时到达水平地面 D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等 答案　CD 解析　空中爆炸问题，因系统内力远大于外力，故满足系统动量守恒的条件。由题中所给物理情景“一分为二”，系统动量守恒的表达式为mv0＝mava＋mbvb 因mava与mv0同向，取v0为正方向。讨论：‎ ‎①若mavamv0，则mbvb为负，vb与va反向，a在b之前。所以A错误；因题设条件只给出了va与v0同向和ma>mb，所以vb大于、等于和小于va的情况都有可能存在，从同一高度平抛物体的水平射程由水平初速度决定，故sb>sa、sb＝sa、sbμmgl①‎ 即μ<②‎ 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒定律有 mv＝mv＋μmgl③‎ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋v2′④‎ mv＝mv′＋v2′2⑤‎ 联立④⑤式解得v2′＝v1⑥‎ 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 v2′2≤μgl⑦‎ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥⑧‎ 联立②⑧式，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为 ≤μ<。‎ 配套课时作业 ‎　　时间：60分钟　满分：100分 一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。其中1～6为单选，7～10为多选)‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅰ)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)(　　)‎ A．‎30 kg·m/s B．5.7×‎102 kg·m/s C．6.0×‎102 kg·m/s D．6.3×‎102 kg·m/s 答案　A 解析　由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。燃气的动量p1＝mv＝0.05×‎600 kg·m/s＝‎30 kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝‎30 kg·m/s，A正确。‎ ‎2.(2019·唐山摸底考试)如图所示，静止在光滑水平面上的质量为‎2m的滑块B与轻质弹簧拴接，轻弹簧另一端固定，质量为m的滑块A以速度v0向右运动，滑块A、B相碰瞬间粘在一起。此后弹簧弹性势能的最大值为(　　)‎ A.mv B.mv C.mv D.mv 答案　B 解析　滑块A、B发生碰撞，由动量守恒定律，mv0＝(m＋‎2m)v，解得v＝。碰撞后的动能Ek＝·3mv2＝mv，滑块压缩弹簧，动能转化为弹性势能，由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能Ep＝Ek＝mv，B正确。‎ ‎3．(2018·江南十校检测)如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R＝‎1.8 m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝‎10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小不可能是(　　)‎ A．‎5 m/s B．‎4 m/s C．‎3 m/s D．‎2 m/s 答案　A 解析　设小滑块A到达最低点时的速度为v0，根据动能定理：mgR＝mv－0，可得v0＝‎6 m/s。若是弹性碰撞，mAv0＝mAv1＋mBv2，mAv＝mAv＋mBv，联立解得v2＝‎4 m/s；若是完全非弹性碰撞，mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝‎2 m/s，所以碰后小滑块B的速度范围为‎2 m/s≤v≤‎4 m/s，B的速度不可能是‎5 m/s，故选A。‎ ‎4．(2018·广东东莞调研)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回。如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是(　　)‎ A．若甲最先抛球，则一定是v甲>v乙 B．若乙最后接球，则一定是v甲>v乙 C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲>v乙 D．无论怎样抛球和接球，都是v甲>v乙 答案　B 解析　系统总动量为零，最后球在谁手中，谁的质量大，速度则小，故B正确。‎ ‎5.(2018·衡阳联考三)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为‎2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上。弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法错误的是(　　)‎ A．在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒 B．在下滑过程中，物块和槽在水平方向动量守恒 C．物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep＝mgh D．物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为 答案　D 解析　在物块下滑过程中，外力只有重力做功，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，A、B正确；由mgh＝mv＋·2mv和0＝mv1－2mv2得物块滑离弧形槽时的速度v1＝，再压缩弹簧，使弹簧获得的最大弹性势能Ep＝mv＝mgh，C正确；物块被弹簧弹开的过程，弹性势能又变成物块的动能，物块离开弹簧时的速度大小为 ，D错误。‎ ‎6.(2018·泉州模拟)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则(　　)‎ A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小车向左运动的最大距离为R C．小球离开小车后做斜上抛运动 D．小球第二次能上升的最大高度h0