【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

/172019-2020】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动量寸恒问题◎考法3碰撞问题◎考法4动量与能量综合应用解题技法b技法1理解冲量、动量定义；应用动量定理时注意：（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‘一p中“Ft”为合外力的冲量。b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。b技法3掌握每种碰撞类型（弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞）特点。b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：①研究对象：相互作用的物体组成的系统；②研究过程：某一运动过程.（2）不同点：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.、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50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）10NB.102NC.103ND.104N【答案】C1【解析】设鸡蛋落地瞬间的速度为v,每层楼的高度大约是3m，由动能定理：mgh=2mv2，解得：v=10.T5m/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-mg）t=0-（—mv），解得：F~1000N,根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为GN,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2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，贝y（）t=1s时物块的速率为1m/st=2s时物块的动量大小为4kg・m/st=3s时物块的动量大小为5kg・m/st=4s时物块的速度为零【答案】AB【解析】法一根据尸團线与时间轴围成的面积的物理竜义为合外力F的冲量，可知在0-2臥0-3s.0-4s内合外力冲量分别为2N-s.4N-s.3N-s.2N-s,应用动量定理丿=泌¥可知物块在1氛2氛3氛4e末的速率分别为1血饥2垃罠1.5tti--s.1m.-s,物块在这些时刻的动量犬小分别为2kgm/s.4kgm/Sx3kgm/s.2kg-m-'s,则A、E项正确，C、D项错误。F2法二前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度m/s2=1m/s2,t=1s

时物块的速率v=at=1m/s,A正确；t=2s时物块的速率v=at=2m/s，动量大小为p=mv11121222F=4kg・m/s,B正确；物块在2〜4s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a=讦=0.5m/s2，t2m=3s时物块的速率v=v—at=（2—0.51）m/s=1.5m/s，动量大小为p=mv=3kg・m/s,C322333错误；t=4s时物块的速率v=v—at=（2—0.52）m/s=1m/s,D错误。4224【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1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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）（）30kg・m/sB.5.7102kg・m/sC.6.0102kg・m/sD.6.3102kg・m/s【答案】A【解析】设火箭的质量（不含燃气）为皿］，燃气的质量为m2,根据动量守恒，my=m2v2，解得火箭的动量为：p=mv=mv=30kg・m/s，所以A正确，B、C、D错误。1122【考法】动量守恒问题。三、试题预测预测1一质量为2kg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-t图象如图所示，t=0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N,贝9()甲乙t=6s时，物体的速度为18m/s在0〜6s内，合力对物体做的功为400J在0〜6s内，拉力对物体的冲量为36N・st=6s时，拉力F的功率为200W【答案】D【解析】类比速度圄象中位移的表示方法可知，在口-f團象中圉线与坐标轴所围面积表示速度变化量，在g施内Av=18m/s,又vo=2m-'s,则i=6s时的速度v=20m/s,A错误；由动能定理可知，g和内，合力做的功为心枷-訥=3%J,E错误；由动量定理可知，肝-理片诙-叽代入已知条件解得/f=48N-s,C错误；由牛顿第二定律可知，気末F-F尸她,解得尸=10N,所以拉力的功率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,贝9()X物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为§物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2【答案】AD【解析】当物块丄的加速度大小为口时，根据胡克定律和牛顿第二定律得航=沁，当物块迟的加速度大小为盘时，有：寇F,对比可得：汨务即此时弾普的压缩量为张故A正确，取水平向左为正方向；根据系统的动量守恒得：加乎-砖又血+嗣=心解得』的位移为：血=扫故B错误1根据动量守恒定律得：0=2楓-卿时得物块$刚要离幵弾簧时的速度临=2叫由系统的机械能守恒得：物块幵始运动前弹蕾的弾性势能为：耳=扌加朋+苏n/=3计，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—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、II和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知()碰前滑块I与滑块II速度大小之比为7：2碰前滑块I的动量大小比滑块II的动量大小大碰前滑块I的动能比滑块II的动能小滑块I的质量是滑块II的质量的£【答案】D【解析】根据st图象的斜率等于速度，可知碰前滑块I的速度V£=-2m/s，滑块II的速度v=0.8m/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2动量为负，滑块II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的动量大小比滑块II的小，故B错误；碰撞后的共同速度为v=0.4m/s,根据动量守恒定律，有my+m2v2=(mi+m2)v，解得叮叫由动能的表达式可知，2吧〉2吧，故C错误，D正确•【考法】碰撞问题。预测4质量为80kg的冰球运动员甲，以5m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100kg、速度为3m/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（）碰后乙向左运动，速度大小为1m/s碰后乙向右运动，速度大小为7m/s碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1450J碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1400J【答案】D【解析】甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v“乙的速度为v匸、碰撞后乙的速度为％,由动量守恒定律得：m“*-用…己=用汀2,解得^=lm/S;方向水平向右，选项A、E错误,甲、乙碰撞过程机械能的变化量+|用L代入数据解得AE=1400J,机械能减少了14001,选项C错误,D正确■【考法】动量与能量综合应用。四、跟踪速练（2017天津卷，T4）“天津之眼”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（）摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零摩天轮转动过程中，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=mgvcose，e为力方向与速度方向之间的夹角，摩天轮转动过程中，e不断变化，重力的瞬时功率不断变化.（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（）重力对它们的冲量相同弹力对它们的冲量相同合外力对它们的冲量相同它们动能的增量相同【答案】A【解析】由等时圆的特征知t=2只有重力对它们的冲量相同，A正确.（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（）质点从M到N过程中速度大小保持不变质点在M、N间的运动不是匀变速运动质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同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】质点在恒力作用下从"到西的过程速度减小，确定是匀变速运动，故A、E均错；由动量定理F可知，质点在遠两段时间内动量变化量犬小相等，方向相同，Q对，D错.（2018山东烟台高三上学期期中）A、B两物体的质量之比mA:叫=2：1,它们以相同的初速AB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IA:IB与A、B两物体克服摩擦力做的功之比W:WB分别为（）ABABA.4:12:1B.2:14:1C.2:12:1D.1:21:4【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，E-2，所以W:W-k2mAB（I.:IB）2•（mB:mA）=2：1，故C正确.ABBA（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

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（）子弹动能减少量等于木块动能增加量子弹动量减少量等于木块动量增加量子弹动能减少量等于子弹和木块内能增加量子弹对木块的冲量大于木块对子弹的冲量【答案】B【解析】子弹动能的减少量一部分转化为系统内能，一部分转化为木块动能，A.C均错,由动量守恒可知，子弾动量减少量等于木块动量的增加量，B对；力的作用是相互的，故子弾对木块的冲量等于木块对子弹的冲量，D错.（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E时，a球p)B.D.2)B.D.2【解析】设碰前a球速度为v0,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：mv°=(m+m)v①mv2=g(m+m)V2+E②202p，故A正确.，故A正确.由①②两式解得v=（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，P和Q的动量大小的比值为（）B.nA.nB.nC.D.1C.【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.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MP、QN的端点都在圆周上，MP〉QN.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运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是（）

合力对两滑块的冲量大小相同重力对a滑块的冲量较大弹力对a滑块的冲量较小两滑块的动量变化大小相同【答案】C【解析】这是睜时圆二即两滑块同时到达滑轨底端.合力尸=吨血做为滑轨倾角hF&Fx因此合力对盘滑块的冲量较无『滑块的动量变化也九重力的冲量大小、方向都相同,弾力叭二叱3叭FZ和因此弾力对盘滑块的冲量较小.选U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（）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】由动量定理Ft=Ap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正确.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B.辱;gh的瞬时冲量最小应是（B.辱;gh22m\；gh2D.4m\：'gh答案】A【解析】物体从川到E的过程，根据动能定理，有驱h-沪0,物体从$返回川的过程，根据动能定理，有-咙-町=0-如朋，联立解得★二2価，在$点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故莎,故A正确，E、C、D错误.质量是60kg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1.2s，安全带长5m，取g=10m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小为（）

A．500NB．600NA．500NB．600ND．100NC．1100ND．100N【答案】C【解析】安全带长5m,人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v=\^gh=10m/s.受安全带的保护经1.2s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-mg)t=0—(—mv），mvmv），mv则F十+mg=l100N,C正确.一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg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0.2m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D.4J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10m/s2)()D.4J1.2N・sC.6N・s【答案】BC【解析】A、B分离时也是弹簧恢复原长时，此时A、B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=2m/s,上升到最高点所需的时间t.'2h=\：'—=0.2s，A到最高点时弹簧恰恢复原长，此时B的速度为2m/s，方向竖直向下，在此过程中对B用动量定理(规定向下为正方向)得：叫gt+IN=mBv—(—叫v)，解得In=6N・s,A错误，C正BNBBN确；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.(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()小球的机械能减小了mg(H+h)小球克服阻力做的功为mgh小球所受阻力的冲量大于^'2gH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，动能变化量为零，重力势能减小了峽+Q,则小球的机械能减小了趣+咼,故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，嗣+Q-晒=0,则小球克服阻力做功昭=檢+町,故E错误；小球落到地面的速度戸刚,对进入泥澧的过程运用动量定理得：矗-血=0-油礙，得：血=氐+騎陌,知阻力的冲量大于厕，故C正确；对全过程分析，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。两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m=1kg,m=2kg,v=6m/s,ABAvB=2m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）BVa'=5m/s，Vb'=2・5m/sVAZ=2m/S，VBZ=4m/S叮=-4m/s,叮=7m/sVa'=7m/s，Vb/=1-5m/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V大于B的A速度vj,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'=2mAVA‘2+1mBvJ2=57J,大于碰前的总动能E=22J,违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能k量守恒定律，故正确.（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（）小球在小车上到达最高点时的速度大小为》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D.此过程中小球对车做的功为^mv0【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

类似完全弹性碰撞，两者速度互换，故A、C、D是正确的.在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为m、叫，两球在t时刻发生正碰，并且在ab0碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图象如图所示，下列关系正确的是()A.m>mabC.m=mab【答案】BVa■bib:taB.mVmabD.无法判断【解析】由动量守恒定律得阴,由于则A.m>mabC.m=mab【答案】BVa■bib:taB.mVmabD.无法判断【解析】由动量守恒定律得阴,由于则b球获得的动量犬于a球最初的动里.若朋a=阳，则两球父换速度，与图象不符；由理=、若曲＞叫则血球的动能将会大于盘球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足用占＜盹-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=4kg•质量m=2kg的小铁块以水平速度v°=6m/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(B.12JA.9JC.3JD.24J答案】解析】当弹簧压缩至最短时，E最大，mv=(M+m)v,v=2m/s,全程摩擦力做功W=mv2—pof2o111W(M+m)V2=24J,E=-mv2—-(M+m)V2—f=12J.2p202218•—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，气体喷出时速度大小为V],加速后航天器的速度大小为V.，则喷机瞬间向后喷出一定质量的气体v2，出气体的质量m为()v—v“A.r0Mv1B.v2M

v＋v21v—v“C.—0Mv＋v21【答案】CD.v—v„20Mv—v21【解析】规定航天器的速度方向为正方向、由动量守恒定律可得側)=(財-用)比-/nvi、解得m宁财，故C正确.Vi+VI如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止.若这个人自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车和B车的速度之比为()A.M+mmA.M+mmm+MB.MCC.M+m【答案】CvM【解析】规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：O=Mvb—(M+m)vA,得vA=皿+皿，故选CB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，小船的速度将()仍为vB.大于v小于vD.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+2m)v=mvM+2m—mv+Mv‘，解得v'=—v〉v,故B正确.在光滑的水平地面上放有一质量为M带光滑彳圆弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度v沿水平槽口滑去，如图所示，若M=m,则铁块离开车时将()向左平抛自由落体【答案】向左平抛自由落体【答案】C向右平抛无法判断【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：郦=曲干+晌快,由机械能守恒定律得：苏哄=*曲存+如IV快d,解得铁块离开小车时：vtt=o,1/车=叫所以铁块离幵时将做自由落体运动，故A、E、D错误，C正确。—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8J,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()18JB.16JC.10JD.6J【答案】A【解析】设子弹的初速度为v0,射入木块后子弹与木块共同的速度为v,木块的质量为m0,子弹的质量为m。根据动量守恒定律得mv的质量为m。根据动量守恒定律得mv=(m+m)v,得v=—,木块获得的动能为m+m0m，系统产生的内能为(m°+m)AE=1mv2=m0m2v2=m0mvm，系统产生的内能为(m°+m)K202(^+m)22(^+m)；可得Q=mo+m；可得Q=mo+mAE=(m+1)AEmKmK0Q=_mv2-(m+m)v2=oo-0202(m°+m)Q〉2AE=16J,故A正确,B、C、D错误。k(多选)如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高吋光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5kg和0.5kg。现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3s,碰后的速度大小变为4)m/s，)m/s，当A与B碰撞后立即粘在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小F=50NA与墙壁碰撞的过程中没有能量损失A、B碰撞后的速度v=3m/sA、B滑上圆弧轨道的最大高度h=0.55m【答案】AC【解析】设水平向右为正方向'当A与墙壁碰撞时'由动量定理得：Fi=m^-mA(-^)得：墙壁对A的平均作用力为：F=mA(^+V[>=L5X^+^N=5QN?故A正确。t0.3A与墙壁碰撞后动能减小，说明碰撞过程中A的能量有损失，故B错误。C设碰撞后趾E的共同速度为◎以.向右为正方向，由动量守恒定律得：~+彳寻：v=~用""——m/s—/s?古攵C正确。mA+mB1.5+0.5A.B在光滑圆形轨道上滑动时，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得:12(mA+mB)v2=(mA+mB)gh丄(mA+mB)v2=(mA+mB)gh，^2BB代入数据解得：h=0.45m•故D错误。故选：AC如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个小物块，其中物块A的左侧连接一水平轻质弹簧。物块A处于静止状态，物块B以一定的初速度向物块A运动，并通过弹簧与物块A发生弹性正碰。对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率－时间图象进行描述，在下图所示的图象中，图线1表示物块A的速率变化情况，图线2表示物块B的速率变化情况.则在这四个图象中可能正确的是()【答案】B【解析】物块$压缩弾簧的过程，幵始时』做加速运动，迟做减速运动，两个物块的加速度增大。当弾簧压缩至最短时，二者的速度相等,此后川继续加速继续减速。当弾簧恢复原论寸迟离开弹亀乩迟均做匀速直线运动，GD错误’由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，碰后速度也-也临=哙％^■拟E两项中碰后迟的速度为正值，可知肮沁,故也=畑WU十fflBWU十fflBWJ、4一+1fflB故A错误，E正确。如图所示，两质量分别为叫和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2=3mi，则A反弹后能达到的高度为（A．hB．2hC．3hD．4h【答案】D解析】所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得：A．hB．2hC．3hD．4h【答案】D解析】所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得：(m+m)gh=£(m+m)v2,mv—mv=mv+mv,122122111221/、1(m+m)v2=mv221221111I+~mv2,mv2=mgh,22221111将m2=3m1代入,联立可得h1=4h，选项D正确。26．（多选）几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列,子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球,则下列判断正确的是（）子弹在每个水球中的速度变化相同子弹在每个水球中运动的时间不同每个水球对子弹的冲量不同子弹在每个水球中的动能变化相同【答案】BCD【解析】恰好能穿出第斗个水球，即末速度尸山逆向看子弾由右向左做初速度为雾的匀加速直线运动，则自左向右子弾通过四个水球的时间比为©-问：血：L则E正确:由于加速度盘恒定，由回二A叫可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误；因加速度恒定，则每个水球对子弾的阻力恒定，则由丿=卫可知每个水球对子弾的冲量不同，C项正确；由动能定理有比尸“相同,x相同，则应上相同，D项正确。（多选）如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=4kg的小物体B以水平速度v=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,g取10m/s2，则下列说法正确的是()木板A获得的动能为2J系统损失的机械能为2J木板A的最小长度为2mA、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=lm/s,A、B组成的系统动量守恒，以物体B的初1速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0=(m