第十二章第二讲创新演练大冲关

1、（时间45分钟，满分100分）、选择题（本题包括10小题，每小题7分，共70分.至少一个选项符合题目要求1木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在施加向左的水平力使弹簧压缩，如图 1所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是 （a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒a尚未离开墙壁前，a与b系统的动量不守恒a离开墙后，a、b系统动量守恒a离开墙后，a、b系统动量不守恒A .B.C .D.解析：以a、b、弹簧为系统，撤去外力后，b向右运动，在a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的弹力Fn，因此，该过程a、b系统动量不守恒，当 a离开墙壁后，系统水平方向不受外力，故系统动量守恒.答

2、案：D2. （2011张掖联考）放在光滑水平面上的甲、乙两物体，系在同一根绳的两端，开始时 绳是松弛的，今使甲、乙沿平面反向运动并将绳拉断，那么在绳拉断后，对甲、乙可能的运动情况分析错误的是（）A.甲和乙同时都停下来B.甲和乙仍按各自原来的运动方向运动C .其中一个停下来，另一个反向运动D .其中一个停下来，另一个仍按原方向运动解析：作用前后总动量守恒， 如果一个停下来，另一个反方向运动,则违背动量守恒定律，A、B、D三个选项都遵从动量守恒定律.答案：C3.如图2所示，质量为 M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为 m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0,那么

3、在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后（）A .两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等c .盒子的最终速度为mr，方向水平向右D.盒子的最终速度为雅，方向水平向右解析:由于盒子内表面不光滑，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得:mv 0 =(M + m)v'，解得：v =雅，故D对.答案:4. 在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离停止.根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率（）A .小于 10 m/sB.大于 1

4、0 m/s,小于20 m/sC .大于 20 m/s,小于30 m/sD .大于 30 m/s,小于40 m/s解析：取向南为正方向,由题意知系统的总动量向南，由动量守恒定律有m1v 1 m2V 2>0,即v 2<m；v1=20 m/s=10 m/s, A 选项正确.答案：A5. 斜面体的质量为 M，斜面的倾角为a放在光滑的水平面上处于静止.一个小物块质量为m,以沿斜面方向的速度 v冲上斜面体，若斜面足够长，物块与斜面的动摩擦因数为II, ptan a则小物块冲上斜面的过程中（）A .斜面体与物块的总动量守恒B.斜面体与物块的水平方向总动量守恒C .斜面体与物块的最终速度为mvM

5、+ mD .斜面体与物块的最终速度为Mrm解析：物块与斜面体组成的系统水平方向不受力，水平方向动量守恒， 竖直方向动量不守恒，故A错，B对；由于 ptan a物体滑到最高点时停下来，不再沿斜面下滑，故mv cos a=（M + m）v ，斜面体与物体的最终速度v =mv COSa 丄，»，故C、D错.答案：B6. （2011安顺模拟）如图3所示，两条形磁铁各固定在甲、乙两车1 kg，乙车和磁铁的总质量为0.5 kg,两磁铁N极相对，推动一下使两车在同一直线上相向而行，某时刻甲车的速度为2 m/s,乙车的速度为 3m/s,可以看到它们还上，它们能在水平面上无摩擦地运动，甲车和磁铁的总质

6、量为未碰上便分开了下列说法正确的是（A .乙车开始反向时，甲车的速度为1 m/s,万向不变B.两车距离最近时，乙车的速度为零C 两车距离最近时，乙车的速度为0.33 m/s,与乙车原来的速度方向相反D .甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量解析：乙车开始反向时，速度为零,由动量守恒可推得这时甲车速度为0.5 m/s，沿原方向，两车相距最近应是速度相等之时,v甲7 乙 = 0lm/s - O.3皿甲、乙冲量大小相等、方向相反.则 C正确.答案：C7. 甲、乙两人站在静止小车左右两端，如图4所示，当他俩 卡- 同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中错误的是光滑）（）A 乙的速度必定大于甲的速度B.乙

7、对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量C 乙的动量大小必定大于甲的动量大小D.甲、乙动量总和必定不为零解析：对甲、乙和小车组成的系统，由动量守恒可得：m甲v甲一m乙v乙+ m车v车=0（取向右为正方向），由上式很容易得出 C、D均正确；因不知 m甲、m乙的大小关系，所以甲、乙的速度关系不能确定， A错误；对小车用动量定理得：I乙一I甲=m车v车（取向右为正方向），所以I乙 I甲，B项正确.答案：A&如图5所示，一光滑地面上有一质量为m的足够长的木板 ab, 质量为 m的人站在木板的a端，关于人由静止开始运动到木板的b端（M、N表示地面上原a、b对应的点），图6所示中正确的沁鬲1丁和A愛I)

8、“人板模型”，解析：根据动量守恒定律，木板与人组成的系统动量守恒，对于题中的 各自对地的位移为 sm，、気，且有m sm = msm, sm + sm= L板长，以M点为参考点，人向右运动，木板向左运动，易得D是正确的.答案：D9. （2011东城模拟）如图7所示，一沙袋用轻细绳悬于0点.开始时沙袋静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出.第一粒弹丸的速度为v 1,打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度 v2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°若弹丸质量是沙袋质量的-1，则以下结论中正确的是（）40A. vi =

9、 v 2B. v 1 : v2= 41 : 42C . vi : v2= 42 : 41D. v 1 : v2= 41 : 83B.若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q点的左侧两次击中沙袋解析：根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知, 后的速度相同，设为 V,用M表示沙袋的质量， m表示弹丸的质量，由动量守恒得第一次：mv 1= (M + m)v1第二次：mv2- (M + m)v = (M + 2m)v, m= 40M ,解以上三式得：V1 :2= 41 83,故选项D是正确的.答案：D10.水平传送带上表面与水平桌面等高，右端与桌面紧密相水平東面接，左端足够长，传送带始

10、终顺时针匀速转动传送木箱.如图 所示，木箱与传送带已有相同的速度，当木箱到达传送带右端时, 突然遇到水平向左射来的子弹，二者迅速结为一体.已知木箱动量p1的大小小于子弹动量 P2的大小，最终木箱停在桌面上的 Q点，下列说法中正确的是（）A .若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q点的右侧C .若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q点的右侧D .若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q点的左侧解析：P 1<P2，子弹和木箱合为一体后总动量方向向左，结合体向左减速，然后反向加速，到达传送带右端时，由动能定理卩mg=2mv2,最后停于Q点若只增大子弹射入的速度，其合为一体

11、时总动量增大，结合体仍向左减速，然后向右加速，可能一直加速，也可能先加速后匀速，故到达传送带右端时速度大于或等于碰后的速度，故可能仍在Q点或在Q点右侧，A对，B错.若增大木箱与传送带间的动摩擦因数，到达右端时速度不变,故仍在Q点，C、D错.答案：A二、计算题（本题共2小题，共30分）11. （15分）（2010山东高考）如图9所示，滑块A、C质量均为 m,滑块B质量为2m.开始时A、B分别以V1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在 A上，并与A粘合不再分开，此时 A与B相距较近，B与挡板相距足够远若 B与挡P2板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起.为使

12、B能与挡板碰撞两次，vv2应满足什么关系?解析：设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为 v ，由动量守恒定律得mv 1= 2mv 为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足设A与B碰后的共同速度为 v，由动量守恒定律得2mv，- 2mv 2 = fmv ”为使B能与挡板再次碰撞应满足联立式得1 21 5v 2<v 1<2v 2 或尹Wv 2< 2v 1.12答案：1.5v 2< V1 2 V 2 或-V1 V 2<： V1图102312. （15分）如图10所示，mA= 1 kg, mB= 4 kg，小物块mC = 1 kg, ab、de段均光滑，de段足够长；物体 A、B上表面粗糙，最初均处于静止最初小物块C静止在a点，已知ab长度L = 16 m,现给小物块 C 一个水平向右的瞬间冲量10= 6 Ns.v 1（此时还未与 B相碰）,（1）当C滑上A后，若刚好在 A的右边缘与A具有共同的速度求v 1的大小;A、C共同运动一段时间后与B相碰，若已知碰后A被反弹回来，速度大小为0.2 m/s,V 2.C最后和B保持相对静止，求 B、C最终具有的共同速度解析：（1）对物块C,由动量定理，取向右为正方向10= mcv Q 0,V 0= = 6 m/s. me在C滑