高考物理1_5轮资料汇编 专题07 动量

专题07 动量一、单选题1右图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是 （ ）A上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒B上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同【答案】 D考点：动量守恒 弹性碰撞2质量都为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个质量都为M的静止小球相碰后，a球被反向弹回，b球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c球碰后静止，则下列说法正确的是 （ ）Am一定大于MBm可能等于MCb球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大Dc球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大【答案】 C【解析】由a球被反向弹回，可以确定三小球的质量m一定小于M；若mM，则无论如何m不会被弹回AB 错误；当m与M发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大，即b与M粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞，b球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大，C正确D错误故选C考点：考查动量守恒定律的应用点评：分别依据被弹回，粘合在一起，静止，三种状态分析质量和系统损失能量关系，基础题，31966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验。实验时，用宇宙飞船（质量为m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量为mx，发动机已熄火），如图所示。接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间t，测出飞船和火箭的速度变化是v，下列说法正确的是 （ ）A火箭质量应为B宇宙飞船的质量m应为C推力F越大，就越大，且与F成正比D推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F【答案】 C【解析】对火箭和飞船组成的整体，运用冲量定理可得，所以火箭的质量应该为，宇宙飞船的质量为，所以推力F越大，就越大，且与F成正比。对AB错误，C正确。对分析可得，小于推力F.所以D错误。4甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是=5kgm/s， =7kgm/s，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为=10kgm/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是 （ ）A. m甲=m乙 B. m乙=2m甲 C. m乙=4m甲 D. m乙=6m甲【答案】 C【解析】由动量守恒定律得P甲+P乙=P甲+P乙，解得：P甲=2kgm/s，碰撞动能不增加，所以解得；直线碰后甲的速度一定不会大于乙解得： ；解得： ，故只有C正确考点：动量守恒定律的应用【名师点睛】对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度。视频5如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，质量之比mA：mB=3：1将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧，烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车的 （ ）A加速度大小之比aA:aB=1:lB速度大小之比如vA:vB=l:3C动能之比EkA:EkB=1:1D动量大小之比PA:PB=l:3【答案】 B【解析】本题考查的是动量守恒问题与机械能守恒等问题，根据系统水平方向动量守恒，可得速度大小之比如vA:vB=l:3；B正确；由于A、B之间的弹力属于作用力和反作用力大小相等，故加速度之比为aA:aB=1:3；A错误；动能之比EkA:EkB=1:3；C错误；动量大小之比PA:PB=l:1；D错误；6如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m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，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是 h（ ）A在下滑过程中，物块的机械能守恒B在下滑过程中，物块和槽的动量守恒C物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动D物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处【答案】 C【解析】在下滑过程中，光滑弧形槽向左运动，物块的机械能转化为弧形槽的动能，因此弧形槽的机械能不守恒，A错；下滑过程中以物块和弧形槽为一个整体，竖直方向所受合力不为零，所以整体动量不守恒，B错；物块被弹簧反弹后，水平方向不受外力，做匀速直线运动，C对；反弹后上升到弧形槽最高点时两者速度相同，由能量守恒定律可知此时高度小于h，D错；故选C考点：考查机械能守恒和动量守恒点评：本题难度较小，明确研究对象（一个物体或一个系统），判断受力情况从而判断机械能和动量是否守恒7如图，质量为M的小船在静止水面上以速率V0 向右匀速行驶，一质量为m的救生员在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为 （ ）A BC D【答案】 C【解析】人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，解得，C正确；考点：考查了动量守恒定律的应用【名师点睛】本题关键选择人跃出前后的过程运用动量守恒定律列式求解8如图所示,物体在粗糙的水平面上向右做直线运动.从A点开始受到一个水平向左的恒力F的作用,经过一段时间后又回到A点.则物体在这一往返运动的过程中,下列说法正确的是 （ ）A.恒力F对物体做的功为零B.摩擦力对物体做的功为零C.恒力F的冲量为零D.摩擦力的冲量为零【答案】 A【解析】由功的定义可知,在这一往返过程中,物体位移为零,所以恒力对物体做的功为零,A正确;由于摩擦力方向总与物体相对运动方向相反,所以摩擦力对物体做的功为负值,B错误;由冲量定义力与作用时间的乘积为力的冲量,CD错误.9如图所示，两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中 （ ）A.两物体所受重力做功相同B.两物体所受合外力冲量相同C.两物体到达斜面底端时时间相同D.两物体到达斜面底端时动能不同【答案】 A考点：冲量 动能定理10在以速度匀速竖直上升的观光电梯中，一乘客竖直上抛一质量为小球，电梯内的观察者看到小球经到达最高点，而站在地面上的人看来（不计空气阻力的影响，重力加速度恒为） （ ）A在小球上升到最高点的过程中动量变化量大小为B在小球上升到最高点过程中克服重力做功为C电梯内观察小球到达最高点时其动能为D小球上升的初动能为【答案】 C【解析】在电梯上人看到小球上升到最高点时，此时小球相对于电梯静止，上升速度与电梯速度相同为（向上），以地面参考，站在地面上的人此时看见小球还在上升，电梯内观者看见小球经t秒后到达最高点，故地面上的人看见上升的时间大于t，故对小球由动量定理动量变化量大于，选项A错误。升降机中的人看见球上升的最大高度为，而地面上的人看见球上升的最大高度为则克服重力为故B错误电梯内观察小球到达最高点，上升速度与电梯速度相同为（向上），则高点时其动能为，选项C正确。地面上的人所见球抛出时的初速度，则初动能大于， D错误。故选C。考点：本题考查了竖直上抛运动、惯性的概念、相对运动。11如图所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上。A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失。当m1、v0一定时，若m2越大，则 （ ）A. 碰撞后A的速度越小 B. 碰撞后A的速度越大C. 碰撞过程中B受到的冲量越小 D. 碰撞过程中A受到的冲量越大【答案】 D【解析】碰撞过程中，动量守恒，则，又因碰撞过程机械能守恒，联立解得：，当，m2越大，v1越小，当时，m2越大，v1速度反向，但越来越大，AB错误；碰撞过程中，A受到的冲量，可知m2越大，B受到的冲量也越大，选项D 正确；而B受到的冲量与A受到的冲量大小相等，方向相反，因此m2越大，B受到的冲量也会越大，选项C 错误。考点：动量守恒定律及能量守恒定律。12质量为和（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短其图象如图所示，则 （ ）A. 此碰撞一定为弹性碰撞 B. 被碰物体质量为C. 碰后两物体速度相同 D. 此过程有机械能损失【答案】 A考点：s-t图像；动量守恒定律.【名师点睛】本题主要考查了动量守恒定律得应用以及x-t图线，首先要知道x-t图线的斜率等于物体的速度；同时要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞.13A、B为原来都静止在同一匀强磁场中的两个放射性元素原子核的变化示意图，其中一个放出一粒子，另一个放出一粒子，运动方向都与磁场方向垂直.下图中a、b与c、d分别表示各粒子的运动轨迹，下列说法中不正确的是 （ ）A.磁场方向一定为垂直纸面向里B.尚缺乏判断磁场方向的条件C.A放出的是粒子，B放出的是粒子D.b为粒子的运动轨迹，c为粒子的运动轨迹【答案】 A【解析】据题意，由于动量守恒定律和由RqB=mv可知，粒子的电量越大则转动半径越小，而粒子和粒子相对而言都是较小的，所以它们的转动半径都较大；且发生衰变反应过程中粒子和粒子的运动方向与另一新核的运动方向相反，据左手定则可以确定A图中a、b都带正电，则b是粒子而c是粒子，且磁场可能向里也可能向外，所以A选项错误而BCD选项正确，但本题应该选A选项。考点：本题考查动量守恒定律和左手定则以及两种衰变。14如右图所示，小车M静置于光滑水平面上，上表面粗糙且足够长，木块m以初速度v滑上小车的上表面，则 （ ）Am的最终速度为B因小车上表面粗糙，故系统动量不守恒C当m速度最小时，小车M的速度最大D若小车上表面越粗糙，则系统因摩擦而产生的内能也越大【答案】 C【解析】小车和木块组成的系统在水平方向上合力为零，它们之间的摩擦力属于内力，故动量守恒，所以两者的最终速度为：，解得，AB错误由于M和m之间的相对运动，所以m给M一个向前的滑动摩擦力，使得M向前运动，当m速度最小时，即两者之间没有相对运动时，滑动摩擦力消失，M停止加速，速度最大，C正确，系统产生的内能为：，与它们之间的粗糙程度无关，D错误故选C考点：考查动量守恒定律的应用点评：本题关键是知道两者之间的摩擦力属于内力，由于滑动摩擦力的存在，M产生向前运动的加速度15如图所示，一质量M=3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0kg的小木块A给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动， A始终没有滑离B板在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是 。ABvv（ ）A.1.8m/s B.2.4m/s C.2.8m/s D.3.0m/s【答案】 B【解析】取水平向右方向为正方向，当A的速度为零，根据动量守恒定律得：解得：当AB速度相同时，根据动量守恒定律得：解得：则在木块A正在做加速运动的时间内，木板的速度范围为：所以正确选项为B。考点：本题考查了动量守恒定律的应用。16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错误考点：本题考查动量守恒、机械能守恒17如图所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因素为。物块以从木板的左端向右滑动时，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定时，下面叙述正确的是 （ ）A. 物块仍能从木板的右端滑下B. 对系统来说产生的热量C. 经过物块与木板便保持相对静止D. 摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功【答案】 C【解析】木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故A错误；对系统来说，产生的热量，故B错误；设物块块与木板最终的共同速度为v，滑块和木板系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有： ，对木板M，由动量定理得：，联立解得，故C正确；由于物块与木板相对于地的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误18如右图所示，质量为M，长为L的车厢静止在光滑水平面上，此时质量为m的木块正以水平速度v0从左边进入车厢底板向右运动，车厢底板粗糙，木块与右壁B发生无能量损失的碰撞后又被弹回，最后又恰好停在车厢左端点A，则以下叙述中正确的是 （ ）A该过程中产生的内能为B车厢底板的动摩擦因数为CM的最终速度为Dm、M最终速度为零【答案】 C【解析】由动量守恒定律有：，故，因此C正确，D错误；由题意分析可知，木块与车厢发生相互作用的过程中要克服摩擦力做功，会产生热量，设系统产生的热量为Q，对系统由能量守恒定律有：，所以，因此A错误；又由有：，所以B错误故选C考点：考查了动量守恒定律的应用点评：本题的关键是把握碰撞前后的总动量和总能量守恒列式求解19高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为 （ ）A. B. C. D. 【答案】 A【解析】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有，即在产生拉力瞬间速度为，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有，联立解得考点：考查了动量定理的应用【名师点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向视频20质量是1 kg的钢球,以5 m/s的速度水平向右运动，碰到墙壁后以3 m/s的速度被反向弹回。假设球与墙面接触的时间是0.1秒，设水平向右为正方向，则 （ ）A. 钢球的动量变化量为2kgm/sB. 钢球的动量变化量为2kgm/sC. 墙面对钢球的冲量为8 kgm/sD. 墙面对钢球的冲量为8 kgm/s【答案】 D【解析】由题意知初动量，末动量，所以动量的变化量为，所以A、B错误；根据动量定理，所以C错误；D正确。考点：本题考查动量、动量定理，意在考查学生对动量、动量定理矢量性的理解。21质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则 （ ）A. 甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹簧弹力的作用，甲乙两物体组成的系统动量不守恒B. 当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C. 甲物块的速率可达到5m/sD. 当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0【答案】 D考点：动量守恒定律及能量守恒定律。22小球质量为2m，以速度v沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是v，球与墙撞击时间为t，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设初速度方向为正，则弹后的速度为-；则由动量定理可得：Ft=-2m-2mv解得：F=；负号表示力的方向与初速度方向相反；由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲击力为F=F=；故选C23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的物块今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是 （ ）A. 小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B. 小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C. 小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D. 槽将不会再次与墙接触【答案】 D【解析】小球从AB的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小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，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽 和物块组成的系统动量也不守恒；从BC的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：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，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向 动量也不守恒，选项AB错误；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，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，D正确【点睛】判断系统动量是否守恒关键是明确系统是否受到外力的作用，故在应用动量守恒定律时一定要明确是哪一系统动量守恒24如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为 （ ）A. B. 2Mv0 C. D. 2mv0【答案】 A【解析】由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得，mv0=（M+m）v，解得根据动量定理，合外力的冲量故A正确，BCD错误故选A考点：动量守恒定律；动量定理【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律，综合性较强，对提升学生的能力有着很好的作用。25如图所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球（可视为质点），保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点登高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则 （ ）A. 合力做功为零B. 合力的冲量为零C. 重力做的功为mgLD. 重力的冲量为【答案】 C【解析】小球在向下运动的过程中，受到重力和绳子的拉力，绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以只有重力做功，合外力做的功等于重力做的功，大小为mgL故A错误，C正确；由机械能守恒可得，小球在最低点的动能：mv2mgL所以速度： ；由动量定理可得合力的冲量：I合Pmv0m故B错误；小球向下的过程是摆动，运动的时间在空气的阻力不计的情况下运动的时间等于单摆周期的 ，所以： ，所以重力的冲量： 故D错误故选：C点睛：该题结合单摆的周期公式考查动量定理以及动能定理等，考查的知识点比较多，在解答的过程中一定要注意知识的迁移能力26如右图所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车，车上放有一木块B.车左边紧靠一个固定的光滑的1/4圆弧轨道，其底端的切线与车表面相平木块A从轨道顶端静止释放滑行到车上与B碰撞并立即黏在一起在车上滑行，与固定在平板车上的轻弹簧作用后被弹回，最后两木块与车保持相对静止，则从A开始下滑到相对静止全过程中，A、B和车组成的系统 （ ）A动量守恒B小车一直向右运动C机械能减少量等于木块与车之间的摩擦生热D弹簧的最大弹性势能等于木块与车之间的摩擦生热【答案】 B【解析】A开始下滑到相对静止的全过程，A、B和车组成的系统动量不守恒，因为A在圆弧上运动时轨道对A有支持力；系统减少的机械能一部分在A、B碰撞中损失了，另一部分转化为内能；A、B一起在车上运动过程中，A、B和车组成的系统损失的动能转化为弹簧的弹性势能和内能，只有当弹簧压缩到最短(A、B和车的速度相同)到A、B和车又一起向右运动的过程中弹簧的最大弹性势能等于木块与车之间摩擦生热，故弹簧的最大弹性势能不等于全过程木块与车之间摩擦生热；根据动量定恒可知小车一直向右运动所以正确答案是B.考点：考查了动量守恒定律的应用点评：关键是对系统的运动过程，以及运动过程中的受力情况正确把握27两个完全相同、质量均为m的滑块A和B，放在光滑水平面上，滑块A与轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B以的初速度向滑块A运动，如图所示，碰到A后不再分开，下述说法中正确的是 （ ）A.两滑块相碰和以后一起运动过程，系统动量均守恒B.两滑块相碰和以后一起运动过程，系统机械能均守恒C.弹簧最大弹性势能为D.弹簧最大弹性势能为【答案】 D【解析】两滑块只在相碰时系统动量才守恒，在以后一起运动过程中，由于受到弹簧的弹力作用，故系统动量不守恒，选项A 错误；两滑块在相碰时系统机械能减小，在以后一起运动过程中，由于只有弹簧的弹力做功，故系统机械能守恒，选项B错误;两物体相碰时 ，弹簧的最大弹性势能，选项D正确，C错误。考点：动量守恒定律及能量守恒定律。28如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M3kg。质量m1kg的铁块以水平速度v04ms，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 （ ）A. 3J B. 4J C. 6J D. 20J【答案】 A【解析】设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f根据能量守恒定律得：铁块相对于木板向右运动过程：铁块相对于木板运动的整个过程：，又根据系统动量守恒可知，mv0=（M+m）v联立得到：EP=3J故选A考点：能量守恒定律及动量守恒定律。29A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则 （ ）AA、B两船速度大小之比为23BA、B(包括人)两船动量大小之比为11CA、B(包括人)两船的动能之比为23DA、B(包括人)两船的动能之比为11【答案】 B【解析】人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，选项B正确经过n次跳跃后，A船速度为、B船速度为.则解得，选项A错A船最后获得的动能为B船最后获得的动能为所以，选项CD错误，故选项B正确故选B考点：考查了动量守恒定律的应用点评：关键是根据动量守恒列出守恒式子求解分析30如图所示，放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上下两层粘在一起组成的。质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若击中上层，则子弹刚好不穿出，如图（a）所示；若击中下层，则子弹嵌入其中，如图（b）所示，比较上述两种情况，以下说法不正确的是 （ ）（a）(b)A.两种情况下子弹和滑块的最终速度相同B.两次子弹对滑块做的功一样多C.两次系统产生的热量一样多D.两次滑块对子弹的阻力一样大【答案】 D【解析】无论子弹射入的深度如何，最终子弹和木块都等速，由动量守恒定律可知，两种情况最终两木块（包括子弹）速度都相等，A对；对木块由动能定理可知：两次子弹对木块做功一样多，由动量定理可知：两次木块所受冲量一样大，对系统由能的转化和守恒定律可知，两次损失的机械能一样多，产生的热量一样多；BC正确，系统损失的机械能等于阻力与相对位移的乘积，由于相对位移不同，所以阻力不同，D错；考点：考查功能关系和动量守恒定律点评：本题难度中等，明确系统动量守恒，判断末速度相同是本题的突破口，明确系统机械能的损失等于相互作用力与相对位移的乘积31半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，若甲球质量大于乙球质量，发生碰撞前，两球的动能相等，则碰撞后两球的状态可能是 （填选项前的字母） （ ）A两球的速度方向均与原方向相反，但它们动能仍相等B两球的速度方向相同，而且它们动能仍相等C甲、乙两球的动量相同D甲球的动量不为零，乙球的动量为零【答案】 C【解析】根据动量与动能关系可知，根据动量守恒可各，碰撞后的总动量沿甲原来的方向，故甲继续沿原来的方向运动，乙被弹回，所以选项A错误；碰撞后，甲的动能减小，若为弹性碰撞，则乙的动能增大，故两者动能不相等；若为完全非弹性碰撞，碰撞后速度相等，动能不等 ，所以选项B错误；两球碰撞过程中动量守恒，碰撞后动量可能相等，所以选项C正确；因碰撞后，甲乙都沿甲原来的方向运动，故乙的动量不为零，所以选项D错误；考点： 动量守恒定律32（单选）如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人。原来车和人都静止。当人从左向右行走的过程中_（填选项前的字母） （ ）A人和车组成的系统水平方向动量不守恒B人和车组成的系统机械能守恒C人和车的速度方向相同D人停止行走时，人和车的速度一定均为零【答案】 D考点：动量守恒定律33一轻质弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连，并静止于光滑水平面上，如图（甲）所示。现使A以3m/s的速度向B运动压缩弹簧，A、B的速度图像如图（乙）所示，则 （ ）A在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都是处于压缩状态B在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 ：m2 =1 ：2D在t2时刻A与B的动能之比为Ek1 ：Ek2 = 8 ：1【答案】 C【解析】由图可知、时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，弹簧处于压缩状态，故A错误；结合图象弄清两物块的运动过程，开始时逐渐减速，逐渐加速，弹簧被压缩，时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，依然加速，先减速为零，然后反向加速，时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从到过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；系统动量守恒，选择开始到时刻列方程可知：，将，代入得：，故C正确；在时刻A的速度为：，B的速度为：，根据，求出，故D错误考点：动量守恒定律的综合应用 （ ）34飞船返回时高速进入大气层后，受到空气阻力的作用，接近地面时，减速伞打开，在距地面几米处，制动发动机点火制动，飞船迅速减速，安全着陆下列说法正确的是A制动发动机点火制动后，飞船的重力势能减少，动能减小B制动发动机工作时，由于化学能转化为机械能，飞船的机械能增加C重力始终对飞船做正功，使飞船的机械能增加D重力对飞船做正功，阻力对飞船做负功，飞船的机械能不变【答案】 A【解析】制动发动机点火制动后，飞船迅速减速下落，动能、重力势能均变小，机械能减小，A正确，B错误；飞船进入大气层后，空气阻力做负功，机械能一定减小，故C、D均错误35光滑地面上放着两钢球A和B，且mAmB，B上固定着一轻弹簧，如图所示，现在A以速率v0碰撞静止的B球，有： （ ）A当弹簧压缩量最大时，A、B两球的速率都最小；B当弹簧恢复原长时，A球速率为零；C当A球速率为零时，B球速率最大；D当B球速率最大时，弹簧的势能为零；【答案】 D【解析】当两球速度相等时压缩量最大，据动量守恒定律有mAv0=(mA+mB)vAB，则解得vAB=mAv0/(mA+mB)，可见B球速度从0开始增加，所以A选项错误；据mAv0=mAvA+mBvB可知，当弹簧回复原长时，A球的速度可能与初速度反向，也可能与初速度同向，不可能为0，但此时B球的速度最大，所以B、C选项错误，而D选项正确。考点：本题考查动量守恒定律的应用。36如图所示，一个质量为M木箱原来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。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向左的初速度v0，则 . （填选项前的字母） （ ）A.小木块和木箱最终都将静止B.木箱速度为零时，小木块速度为C.最终小木块速度为，方向向左D.木箱和小木块系统机械能最终损失【答案】 C【解析】当木箱获得一个向左的初速度v0时，木块相对木箱将向后滑动，然后与后壁相碰，经过若干次碰撞后相对木箱静止，此时两者具有共同速度，根据动量守恒定律可得：Mv0=(M+m)v，解得方向与v0方向相同，故选项AB错误，C正确；.木箱和小木块系统机械能最终损失，选项D错误；故选C.考点：动量守恒定律.37一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在空中下落的过程称为过程，进入泥潭直到停住的过程称为过程，则过程中钢珠所增加的动能等于过程中损失的机械能过程与过程中钢珠所减少的重力势能之和等于过程中钢珠克服阻力所做的功过程中钢珠动量的改变量等于重力的冲量过程中重力冲量的大小等于过程中阻力的冲量的大小 （ ）A.B.C.D.【答案】 D【解析】根据能量守恒定律可知，在过程I中，钢珠增加的动能等于钢珠减小的重力势能，过程II中损失的机械能等于全程减小的重力势能，即I过程中增加的动能小于II过程中损失的机械能，所以错误；由功能关系可知，克服阻力做的功即减小的机械能，所以正确；根据动量定理可知，在I过程中，只有重力产生冲量，所以钢珠动量的改变量就等于重力冲量，故正确；全程使用动量定理可知，在I、II全过程中重力的冲量大小等于II中阻力的冲量的大小，所以错误；由此可知，只有选项D正确；考点：能量守恒定律、冲量38（6分）某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图象如图所示，在 08s内，下列说法正确的是 （ ）A. 物体在第2s末速度和加速度都达到最大值B. 物体在第6s末的位置和速率，都与第2s末相同C. 物体在第4s末离出发点最远，速率为零D. 物体在第8s末速度和加速度都为零，且离出发点最远【答案】 D考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动、图象视频39如图所示质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是，B球的速度是，不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的哪一种猜测结果一定无法实现的是 （ ）A， B，C， D，【答案】 C【解析】设每个球的质量均为，碰前系统总动量，碰前的总机械能为，碰撞过程满足动量守恒且总的机械能不会增加，A选项碰后总动量，总机械能，动量守恒，机械能守恒，故A可能实现。B选项碰后总动量，总机械能，动量守恒，机械能减小，故B可能实现。C选项碰后总动量，总机械能，动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故C不可能实现。D选项碰后总动量，总机械能，动量守恒，机械能减小，故D可能实现。故选C考点：本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律。40如图所示，在水平地面上有个表面光滑的直角三角形物块 M ，长为 L 的轻杆下端用光滑铰链连接于O点（O点固定于地面上），上端连接小球 m ，小球靠在物块左侧，水平向左的推力 F 施于物块，整个装置静止。撤去力 F后 ，下列说法正确的是 （ ）A物块先做匀加速运动，后做匀速运动；B因为地面光滑，所以整个系统在水平方向上动量守恒；C小球与物块分离时，小球一定只受重力作用D小球一直对物块有作用力，直到小球落地的瞬间与物块分离为止【答案】 C【解析】当撤去力 F后，随着直角三角形物块 M向右运动，小球 m边转动边随同直角三角形物块 M向右运动，故物块M先做加速运动，后做匀速运动，A选项错误；铰链连接于O点（O点固定于地面上），整个系统水平方向所受合力不为零，故在水平方向上动量守恒，B选项错误；当小球与物块分离后，物块做匀速直线运动，故小球和物块在分离式恰好无相互的作用力，故小球只受到重力的作用，C选项正确；如图所示，两物体水平速度相同，设小球角速度为，则小球的线速度v=，方向垂直杆向下 然后分解为水平速度，就是，故小球未落地时小球和物块已分离，D选项错误。考点：运动的分解 动量守恒的条件41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，物块和槽的水平方向动量守恒C物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为v=2D物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep=【答案】 D【解析】试题解析：由于地面是光滑的，故物块、光滑弧形槽在下滑过程中机械能守恒，选项A正确；在下滑的某一位置时，对于物块和光滑弧形槽整体而言，在水平方向不受外力的作用，故物块和槽的水平方向动量守恒，选项B正确；物块滑到水平面上时，物块与光滑弧形槽的动量守恒，则2mv1=mv2，又根据机械能守恒得mgh=2mv12+mv22，解之得v2=2，物块运动与弹簧相碰后反弹的速度与该速度相等，因为机械能仍守恒，故选项C正确；物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能时就是物块的动能为0时，即Ep=mv22=，选项D错误。考点：动量守恒、机械能守恒。42如图所示，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 （ ）AA不能到达B圆槽的左侧最高点BA运动到圆槽的最低点速度为CB一直向右运动DB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错误考点：考查了动量守恒，机械能守恒的综合应用，43在光滑的水平地面上静止着一个斜面体，其质量为m2，斜面是一个光滑的曲面，斜面体高为h，底边长为a，如图所示。今有一个质量为m1，（m2nm1）的小球从斜面体的顶端自静止开始下滑，小球滑离斜面体的下端时速度在水平方向，则下列说法正确的是 （ ）A. 小球在下滑中，两者的动量总是大小相等方向相反B. 两者分开时斜面体向左移动的距离是C. 分开时小球和斜面体的速度大小分别是和D. 小球在下滑中斜面体弹力对它做的功为【答案】 C【解析】试卷分析：在这个过程中由于小球沿弧线运动至最低处，所以处于超重状态，在竖直方向其合外力不为零，但是在水平方向由于整体合外力为零，可以视为水平方向动量守恒，所以A答案错误。根据动量守恒定律以及能量守恒定律则，解上式则，所以C答案正确。另外根据动量守恒定律则有，解得，但斜面体向右运动，所以B错。对于小球而言，根据动能定理则，则，所以D错误。考点：动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理点评：此类题型考察分方向动量守恒定律、机械能守恒定律的综合运用。并且利用了动量守恒定律的推论求出斜面体的运动位移，结合动能定理求出弹力做功。44如图所示，质量为M足够长的长木板A静止在光滑的水平地面上，质量为m的物体B以水平速度v0冲上A，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上。若从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，木板A向前运动了1m，并且Mm。则B相对A的位移可能为 （ ）A0.5m B1m C2m D2.5m【答案】 D考点：动量守恒定律及动能定理；能量守恒定律.45如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（mM）的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是 （ ）A. 在以后的运动全过程中，小球和槽的水平方向动量始终保持某一确定值不变B. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C. 全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D. 小球被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处【答案】 D【解析】小球在槽上运动时，由于小球受重力，故两物体组成的系统外力之和不为零，故动量不守恒；当小球与弹簧接触相互作用时，小球受外力，故动量不再守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，但当小球与弹簧接触相互作用时，小球受外力，水平方向动量不守恒，C错误；因两物体均有向左的速度，若槽的速度大于球的速度，则两物体不会相遇，小球不会到达最高点；而若球速大于槽速，则由动量守恒可知，两物体会有向左的速度，由机械能守恒可知，小球不会回到最高点，故D正确；故选D考点：机械能守恒定律、动量守恒定律【名师点睛】小球在槽上运动时，由于小球受重力，小球与弹簧接触相互作用时，小球受外力，故两物体组成的系统动量不守恒。全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒。若槽的速度大于球的速度，则两物体不会相遇；而若球速大于槽速，则由动量守恒可知，两物体会有向左的速度，小球不会回到最高点。46如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，当木块静止时是在A位置.现有一质量为m的子弹以水平速度0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度以及在此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为 （ ）A=，I=0 B=，I=2m0C=，I= D=，I=2m0【答案】 B【解析】考点：动量守恒定律；动量定理分析：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，故可由动量守恒定律列式求解，子弹和木块的共同速度；然后系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，根据动量定理可求得此过程中墙对弹簧的冲量I的大小解：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v解得：v=子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度v=；子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：I=-（M+m）v-mv0=-2mv0所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0故选B47如图所示，置于水平面上的质量为、长为的木板右端水平固定有一轻质弹簧，在板上与左端相齐处有一质量为的小物体（