【2019-2020】高考物理第一篇选择题拿满分必须夯实的14种热考题型专题10动量定理与动量守恒定律题型抢分卷

1、1 / 17 【2019-2020】高考物理第一篇选择题拿满分必须夯实的 14种热考题型专 题10动量定理与动量守恒定律题型抢分卷 、考法分析和解题技法 热门考法 考法 1 动量定理的理解及应用 考法 2 动量守恒问题 考法 3 碰撞问题 考法 4 动量与能量综合应用 解题技法 t 技法 1 理解冲量、动量疋义；应用动量疋理时注意：（ 1）注意动量的矢量性及 动量变化量的矢量性；（2）动量定理Ft = p p中 Ft 为合外力的 冲量。 t 技法 2 运用动量守恒定律时注意：（1）使用动量守恒定律时，要注意是否满足动 量守恒定律的条件；（2）在列式时一定要注意动量的矢量性。 t 技法 3 掌握

2、每种碰撞类型（弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞）特点。 t 技法 4 动量观点和能量观点： 动量观点：动量定理和动量守恒定律. 能量观点：动能定理和能量守恒定律. 动量观点和能量观点的比较： （1） 相同点：研究对象：相互作用的物体组成的系统；研究过程：某一运 动过程. （2） 不冋点：动量寸恒定律疋矢量表达式，还可与出分量表达式；而动冃匕疋理 和能量寸恒疋律是标量表达式，绝无分量表达式. 、真题再现 考例 1 （2018 全国 II卷，T15）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼 的 25 层坠下，与地面的撞击时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为

3、（） 2 3 4 A. 10 N B. 10 N C. 10 N D. 10 N 【答案】C 1 2 【解析】设鸡蛋落地瞬间的速度为 V,每层楼的高度大约是 3 m 由动能定理：mgh=2mv ,解 得：v =10 15m/s，落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知： （F mgt = 0 - （ mV，解得：F疋1000 N,根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为 103 2 / 17 N,故 C 正确。 【考法】动量定理的理解及应用。 考例 2 （2017 全国 III 卷，T20） 质量为 2 kg 的物块在合外力 F的作用下从静止开始沿直线 运动。F随

4、时间t变化的图线如图所示，则 （ ） F/N 2 - , 1 1 * T i 如屯拓 -1 - 1 - l A. t = 1 s 时物块的速率为 1 m/s B. t = 2 s时物块的动量大小为 4 kg “ m/s C. t = 3 s时物块的动量大小为 5 kg “ m/s D. t = 4 s时物块的速度为零 【答案】AB 【解析】 链一根据戸-f 图线与时间轴围成的面枳的物理意义为合外力尸的冲量，可知在 o-i臥 Z 甌 03輸 0-4 s内合外尢 I冲量分别为 2 N s. 4 N s. 3 N s. 2 应用动量走理二曲 3 可知物块 在 1輸2 队3魚 处末的速率分别为 1 m

5、g 2 m流L5m 1 g 物块在这些时刻的动量大小分 别为 2kg 4kg m/s. 3kg m/, 2 kgm-s,则 A、E 项正确,C, D 项错误* 一 F1 2 2 2 法二 前 2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a1 =不=-m/s = 1 m/s , t = 1 s 时物块的速率 V1= a1t 1= 1 m/s , A 正确；t = 2 s时物块的速率 V2= a1t 2= 2 m/s，动量大小为 p2= mv 一 F2 2 =4 kg “ m/s, B 正确；物块在 24 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小为 a2=m= 0.5 m/s , t =3 s

6、时物块的速率 V3= V2 a2t 3= （2 0.51） m/s = 1.5 m/s，动量大小为 ps= mv = 3 kg “ m/s, C 错误；t = 4 s 时物块的速率 V4= V2 a2t4= （2 0.52） m/s = 1 m/s , D 错误。 【考法】动量定理的理解及应用。 考例 3 （2017 全国 I卷，T14）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 ）（） 2 2 2 A. 30 kg “ m/s B. 5.

7、710 kg “ m/s C . 6.010 kg “ m/s D . 6.310 kg “ m/s 3 / 17 【答案】A 【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m,燃气的质量为 m，根据动量守恒，mv1=mv2,解得火箭3 4 / 17 的动量为：p =rmvi=mv2=30 kg “ m/s,所以 A 正确，B、C、D 错误。 【考法】动量守恒问题。 三、试题预测 预测 1 一质量为 2 kg 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时的 a-1 图象如图所示，t = 0 时其速度大小为 2 m/s，滑动摩擦力大小恒为 2 N,则（ ） 屮 乙 A. t = 6 s 时，物体

8、的速度为 18 m/s B. 在 06 s 内，合力对物体做的功为 400 J C. 在 06 s 内，拉力对物体的冲量为 36 N s D. t = 6 s 时，拉力F的功率为 200 W 【答案】D 【解析】类比速度图象中位移的表示方法可知，在口 T 图象中團线与坐标轴所围面积表示速度 变化量,在內如=18 m/s,又询二 2 m-s,则尸砒时的速度v=20 m/s； A错误；由动育症理 可知，内，合力做的功为暫二扣 v2 扌俪=3则 J, B错误$由动重定理可知，7F-Frf=m- 呦，代入已知条件解得A=48KS? C错误？由牛顿第二走律可辄末FFt=ma?解得戸=10 N,所以拉力的

9、功率 P=200W, D正确* 【考法】动量定理的理解及应用。 预测 2 （多选）光滑水平面上放有质量分别为 2m和m的物块A和B,用细线将它们连接起来， 两物块中间加有一压缩的轻质弹簧 （弹簧与物块不相连），弹簧的压缩量为 X。现将细线剪断，此刻 物块A的加速度大小为 a,两物块刚要离开弹簧时物块 A的速度大小为v,则（ ） A 月 X A. 物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为 2 3 C. 物块开始运动前弹簧的弹性势能为 -m2 2 B. 物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为 -X 5 / 17 D. 物块开始运动前弹簧的弹性势能为 3mv 【答案】AD 【解析】半物块虫的加 I

10、速度大小为应时，根据胡克定律和牛顿第二定律得 X 沁当物块必 的加速度大小为垃时有：沪叫对比可得；於=却即此时聲曹的压编量为券故 A正确取水 平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：又心+期=打解得/的位移为:血=扫 故 B错误根据动量守恒走律得；0=*叽 得物块$刚要离幵彈普时的速度他=由系统 的机械能守恒得=物块开始运动前弾普的弾性势能为：耳二昇说十苏讪二刘讥 故 C错误，D正 【考法】动量守恒问题。 预测 3 某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移一时 间图象“图中的线段 a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块 i、n 和它们发生正 碰后结合体

11、的位移变化关系.已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知 （ ） A. 碰前滑块 I与滑块 n 速度大小之比为 7 ：2 B. 碰前滑块 I的动量大小比滑块 n 的动量大小大 C. 碰前滑块 I的动能比滑块 n 的动能小 1 D. 滑块 I的质量是滑块 n 的质量的 - 6 【答案】D 【解析】根据 s-1图象的斜率等于速度，可知碰前滑块 I的速度 vi = 2 m/s，滑块 n 的速度 V2= 0.8 m/s，则碰前速度大小之比为 5 : 2,故 A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块 I的 动量为负，滑块 n 的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块 I

12、 的动量大小比滑块 n 的小， 故 B 错误；碰撞后的共同速度为 v = 0.4 m/s，根据动量守恒定律， 有mvi 一 1 2 1 2 + mv2=（m+ m）v，解得 m= 6m,由动能的表达式可知， -mv12H2v2，故 C 错误，D 正确. 【考法】碰撞问题。 预测 4 质量为 80 kg 的冰球运动员甲，以 5 m/s 的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为 100 kg、速度为 3 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止.假设碰撞时间极短，下列说 法中正确的是（ ） 6 / 17 A. 碰后乙向左运动，速度大小为 1 m/s B. 碰后乙向右运动，速度大小为 7 m/

13、s C. 碰撞中甲、乙的机械能总共增加了 1450 J D. 碰撞中甲、乙的机械能总共损失了 1400 J 【答案】D 【解析】甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，臥向右为正方向，设碰撞前甲的 速度为 v甲乙的速度为 V s碰撞后乙的速度为讥，由动:重守恒定律得:TV rM zV匸=加 zVs 1 1 解得 V.= liu/Sj方向水平向右， 选项 A、B错误孑甲、 乙碰撞过程机械能的变化量迪二訥皿+ * JH工诡-聶凤，代入数解得込14C0J,机械能减少了 1 4Cfl J?选项 C错误，D正确. 【考法】动量与能量综合应用。 四、跟踪速练 1 . （2017 天津卷，T4） 天津

14、之眼是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是 XX 市的地标之 一“摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动“下列叙述正确的是 （ ） A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B. 在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力 C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 【答案】B 【解析】 A 错：摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能不断变化，故乘客的机械能不断变化. B 对：乘客在最高点时，具有向下的加速度，处于失重状态. C 错：根据I = Ft知，重力的冲量不为 0. D 错：根据P= mgvcos 0 , 0

15、 为力方向与速度方向之间的夹角，摩天轮转动过程中， 0 不断变 化，重力的瞬时功率不断变化. 2. （2018 山东泰安高三上学期期中）如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆， a、 b、c、d位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环 （图 中未画出），三个滑环分别从 a、b、c同时由静止释放.关于它们下滑的过程，下列说法正确的是（ ） 7 / 17 A. 重力对它们的冲量相同 B. 弹力对它们的冲量相同 C. 合外力对它们的冲量相同 D. 它们动能的增量相同 【答案】A 【解析】由等时圆的特征知 t = 2 , R，只有重力对它们的冲量相

16、同， A 正确. 3. （2018 山东临沂高三上学期期中）如图所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨 迹“质点从 M点出发经P点到达N点，已知质点从 M点到P点的路程大于从 P点到N点的路程，质 点由M点运动到P点与由P点运动到N点的时间相等.下列说法中正确的是 （ ） A. 质点从M到N过程中速度大小保持不变 B. 质点在M N间的运动不是匀变速运动 C. 质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同 D. 质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同 【答案】C 【解析】质点在恒力作用卩从 M到却的过程速度减卜-确定是匀变速运动故 A、B均错；由 动量定理皿=检可知质

17、点在这两段时间内动量变化量大小相等方向相同，C对，D错. 4. （2018 山东烟台高三上学期期中）A、B两物体的质量之比 mA： m= 2 ： 1,它们以相同的初速 度vo在水平面上在摩擦阻力的作用下做匀减速直线运动，直到停止.则在此过程中， A、B两物体所 受摩擦力的冲量之比I A ： IB与A、B两物体克服摩擦力做的功之比 W： W分别为（ ） A. 4 ：1 2 : 1 B. 2 ：1 4 ：1 C. 2 ： 1 2 : 1 D. 1 ：2 1 ：4 【答案】 C 【解析】 由动量定理可知 I = mv,再由动能和动量的关系可知， I2 丘=2m，所以W W 2 （I A ： I B）

18、 （TB ： mA） = 2 : 1，故 C 正确. 3 3 （2018 山东潍坊高三上学期期中）质量为m的子弹，以水平速度 vo射入静止在光滑水平面上 8 / 17 质量为M的木块，并留在其中“在子弹进入木块过程中，下列说法正确的是 （ ） A. 子弹动能减少量等于木块动能增加量 B. 子弹动量减少量等于木块动量增加量 C. 子弹动能减少量等于子弹和木块内能增加量 D. 子弹对木块的冲量大于木块对子弹的冲量 【答案】B 【解析】子弹动能的减少董一部分转化为系统內亦一部分转化为木块动能A、C均错由动 量守恒可知，子弹动量减少量等于木块动量的増加量，B对,力的作用是相互的，故子弹对木块的 冲量等

19、于木块对子彈的冲量D错. 6. （2018 山东潍坊高三上学期期中）在光滑水平地面上有两个完全相同的弹性小球 a、b,质量 均为m现b球静止，a球向b球运动，发生弹性正碰.当碰撞过程中达到最大弹性势能 巳时，a球 【解析】设碰前 a球速度为vo，弹性势能最大时刻即为两球共速之时，设共同速度为 v,则由 动量守恒和能量守恒得: mo= ( n) v 1 2 1 2 gmv = 2( m m v + 由两式解得 v yl不，故 A 正确. 7. （2017 海南卷，T1）光滑水平桌面上有 P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍，将一轻弹簧置 于P、Q之间，用外力缓慢压 P、Q撤去外力后，P、Q开始运动

20、，P和Q的动量大小的比值为（ ） 2 A. n B. n 1 C. D. 1 n 【答案】D 【解析】撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设 P的动量方向为正方向，则有： PP PQ= 0,故pP= PQ= 0；故动量之比为 1 ； 故 D 正确，A、B、C 错误. 8. 如图所示，竖直面内有一个固定圆环， MN是它在竖直方向上的直径.两根光滑滑轨 MR QN 的端点都在圆周上， MPQN将两个完全相同的小滑块 a、b分别从M Q点无初速度释放，在它们各 自沿MP QN) 9 / 17 运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是 （ ）10 / 17 A. 合力对两滑块的冲量大小相同 B.

21、 重力对a滑块的冲量较大 C. 弹力对 a 滑块的冲量较小 D. 两滑块的动量变化大小相同 【答案】C 【解析】这書等时圆二即两滑块同时到达滑轨底端.合力河张为渭轨倾甬）36 因此合力对 a 滑块的冲量较大心滑块的动量变化也大$重力的冲重犬小、方向都相同,彈力用二 吨帕FZg 因此强力对 a滑块的冲量较卜 选 C 9. 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 C.减小球的动量变化量 【答案】B 【解析】由动量定理 Ft = A p知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间， 从而减小了球对手的冲击力，选项 B

22、 正确. 10. 如图所示，质量为 m的物体（可视为质点），从h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，停在 水平地面上的B点（斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接 ）.要使物体能原路返回，在 B点需给物体 的瞬时冲量最小应是（ ） A. 2m gh m；gh .2 【答案】A 【解折】物体从A到B的过程;根据动育徒理，有画一略=0,物体从成返回的过程,根 据动綻理有-呷 H-詁 联立解得十二畑,在 E点需给物体的瞬时冲量等于动量的 增加量，故故 A正确，Bs C、D错误+ 11. 质量是 60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来.已知 安全带的缓冲时间是 1.2 s,安

23、全B.减小球对手的冲击力 D.减小球的动能变化量 D. 4m gh 11 / 17 带长 5 m,取g= 10 m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小为 （ ）12 / 17 A. 500 N C. 1 100 N D. 100 N 【答案】C 【解析】安全带长 5 m,人在这段距离上做自由落体运动，获得速度 v= 2gh= 10 m/s.受安全 带的保护经 1.2 s速度减小为 0，对此过程应用动量定理，以向上为正方向，有 (F mgt = 0 -( “ mv 心 m),贝U F=厂 + mg= 1 100 N , C 正确. 12. 一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为 3 k

24、g 的B固定在一起，质量为 1 kg 的A放于B上.现在 A和B正在一起竖直向上运动，如图所示.当 A B分离后，A上升 0.2 m 到达 最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从 A B分离起至A到达最高点的这一过程中，关于 弹簧的弹力对 B的冲量大小以及弹簧的弹力对 B做的功，下列正确的是(g取 10 m/s 2)( ) A. 1.2 N “ s C.6 N “ s 【答案】BC J Q =、/&= 0.2 s，A到最高点时弹簧恰恢复原长，此时 中对B用动量定理(规定向下为正方向)得：mgt + I N= mv ( nw)，解得I N= 6 N - s, A 错误，C 正 确；

25、由以上分析可知， A B分离时弹簧处于原长状态，当 A运动至最高点时弹簧仍处于原长状态, 弹簧对B做的正功和负功相抵消，则弹簧对 B做功为零，B 正确，D 错误. 13. (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点时速度减为零。不计空气阻力，重 力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有 ( ) A. 小球的机械能减小了 mH+ 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,2gH B. 600 N 【解析】A B分离时也是弹簧恢复原长时，此时 A、B

26、的速度与加速度均相同，之后 A做竖直 上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度大小 v= 2gh= 2 m/s，上升到最高点所需的时间 t B的速2 13 / 17 D. 小球动量的改变量等于所受阻力的冲量 【答案】AC 【解析】 小球在整个过程中， 动能娈化重为氧重力势詣咸小了帼迅+卧贝啊嗚的机械能减 小了吨 3+4） ,故 A正确； 对小球 T落的全过程运用动能定理得； 吨 （H+檜-肌二 0,则小球克服 阻力做功略二吨 Q 十虬 故B 错误：小球落到地面的速度*=迈匣，对进入泥潭的过程运用动量 主理得：h_h=QF 隔,得：帀=屁+耐应函，知阻力的冲量大于耐 J莎，故 C正确；对全过

27、程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故 D错误。 14 .两球 A B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动， mA= 1 kg , m= 2 kg , VA= 6 m/s , VB= 2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球 A B速度的可能值是（ ） A. VA =5 m/s , VB = 2.5 m/s B. VA =2 m/s , VB = 4 m/s C. VA =4 m/s ,VB =7 m/s D VA =7 m/s , VB = 1.5 m/s 【答案】B 【解析】虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但 A、D 两项中，碰后 A的速度VA大于B

28、的 1 2 1 2 速度VB,必然要发生第二次碰撞， 不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能 Ek = 2mvA 2+mvB 2 =57 J，大于碰前的总动能 Ek= 22 J，违背了能量守恒定律；而 B 项既符合实际情况，也不违背能 量守恒定律，故正确. 15. （多选）如图所示，在光滑水平面上停放质量为 m装有弧形槽的小车.现有一质量也为 m的 小球以V0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去 （不计摩擦），到达某一高度后，小球又返回小车 右端，则（ ） A. 小球在小车上到达最高点时的速度大小为 号 B. 小球离车后，对地将向右做平抛运动 C. 小球离车后，对地将做自由落体运动 1 2 D

29、. 此过程中小球对车做的功为 ？mv 【答案】ACD 【解析】小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开小车时14 / 17 类似完全弹性碰撞，两者速度互换，故 A、C D 是正确的. 16. 在光滑的水平面上，有 a、b两球，其质量分别为 ma、ma,两球在to时刻发生正碰，并且在 碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度一时间图象如图所示，下列关系正确的是 ( ) B. rmv m D.无法判断 【解析】由动量守恒定律得尸朋桃+朋加门由于则山球获得的动量大于鱼球最初 的动量*若则两球交换速度与團象不符；由耳=寮山若耐,则&球的动能将会 大于仪球最初的动

30、能，违背能量守恒走律，则必然满 17. 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 M= 4 kg.质量 m= 2 kg 的小铁块以水平速度 vo= 6 m/s ,从木板的左端沿板面向右滑行，压缩 弹簧后又被弹回，最后恰好到达木板的左端并与木板保持相对静止.在上述过程中弹簧具有的最大 弹性势能为( ) A. 9 J B. 12 J C. 3 J D. 24 J 【答案】B 一 1 2 【解析】当弹簧压缩至最短时， E最大，mv= (M+ nv, v= 2 m/s，全程摩擦力做功 W= ?mv 2( M+ m)v2= 24 J , & = mv

31、 2( M+ m) v2*= 12 J. 18. 一质量为M的航天器，正以速度vo在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后， 发动 机瞬间向后喷出 定质量的气体，气体喷出时速度大小为 V1，加速后航天器的速度大小为 V2,则喷 出气体的质量m为( ) V2 Vo B. V2 A. m m C. mi= m 【答案】B 15 / 17 A. M M V2 + V1 v2 vo C. M D. V2 Vo M V2 V1 【答案】C16 / 17 【解析】规走航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得必 0=（V-/Mjvj-Jm/i；解得肮 M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为 m

32、的人静止站 A车跳到B车上，接着又跳回 A车并与A车相对静止“则此时 A 1 21 .在光滑的水平地面上放有一质量为 M带光滑 4 圆弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度 二霁紳故C正确. 19 “如图所示，两辆质量均为 在A车上， 两车静止.若这个人自 车和B车的速度之比为（ ） A. M C.Mrm B. 【答案】C 【解析】 规定向右为正方向， 则由动量守恒定律有: 0= Mv ( M+ n) VA. VA M 故选 C. 20 “小船相对于静止的湖水以速度 V向东航行“某人将船上两个质量相同的沙袋，以相对于湖 水相同的速率V先后从船上水平向东、向西抛出船外“那么当两个沙袋都被抛出后，

33、小船的速度将 （ ） A. 仍为V B.大于V C. 小于V D.可能反向 【答案】B 【解析】以两沙袋和船为系统，抛沙袋的过程系统满足动量守恒定律的条件，即 (M+ 2 m) v= mv mv+ MV ，解得v= MM卩vv，故B正确. v沿水平槽口滑去，如图所示，若 M= m则铁块离开车时将（ 17 / 17 A.向左平抛 B .向右平抛 C.自由落体 D .无法判断 【答案】C18 / 17 【解析】小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正 方向，由动量守恒定律得：柿二曲干+站知由机械能守恒定律得：討 g 扣叭】+聶 V0解得 钱块离刑阵时：叶=4 =厂

34、所以钱块离幵时将做自由落体运动，故仏 B. D错误，d正确。 22. 一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出 ，木块的动能增加了 8 J,木块的 质量大于子弹的质量。则此过程中产生的内能可能是 ( ) A. 18 J B.16 J C.10 J D.6 J 【答案】A 【解析】 设子弹的初速度为 vo,射入木块后子弹与木块共同的速度为 v,木块的质量为 m,子弹 1 2 1 , 、2 momvo 一,口 _ mo m l mo Q mvo (mo m)v -；可得 Q - EK = ( - 1)L EK ,因 mm 则 2 2 2(mo +m) m m Q? E 【解析】所有的碰

35、撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械hi = 4h,选项 D 正确。 23 / 17 【解析】恰好能穿出第斗个水球，即末速度戶山逆向看子彈由右向左俶初速度为零的匀加速 直线运动则目左向右子弹通过四个水球的时间比为（V3-2）： b则 B正确； 由于加速度仪恒定， 由型二他可知子弹在毎个水球中的速度变化不同，A项错误；因加速度恒定贝每个水球对子弹 的阻力恒定，则由 F 可知每个水球对子鼻的冲量不同，C项正确，由动能定理有朋尸成丿相同, 工相同相同，D 项正确。 27. （多选）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=4 kg 的小物体B以水平速度24 / 1

36、7 2 如图乙所示，g取 10 m/s ,则下列说法正确的是（ A.木板A获得的动能为 B. 系统损失的机械能为 C. 木板A的最小长度为 D.A、B间的动摩擦因数为 0.1 【答案】AD 【解析】由题中图象可知，木板获得的速度为 v=1 m/s, A、B组成的系统动量守恒，以物体B的初 一 一 一 1 2 速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv=（ m+n） v,解得m=4 kg,木板获得的动能为 E= mv - 0=2 J, 2 故 A 正确；系统损失的机械能 E= mv0 mv2 m0v2 =4 J,故 B 错误；速度一时间图象与坐标 2 2 2 1 轴围成的面积表示位移，故 0T s内物体 B的位移为XB= X （2 +1） X 1 m=1.5 m,木板A的位移为 2 1 XA= X 1 X 1 m=0.5 m,则木板A的最小长度为I=XB-XA