新課改高中物理選修一同步專題講義：02 A動(dòng)量守恒定律 基礎(chǔ)版（教師版）

動(dòng)量守恒定律知識(shí)點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律一、相互作用的兩個(gè)物體的動(dòng)量改變?nèi)鐖D1所示，質(zhì)量為m2的B物體追上質(zhì)量為m1的A物體，并發(fā)生碰撞，設(shè)A、B兩物體碰前速度分別為v1、v2，碰后速度分別為v1′、v2′(v2>v1)，碰撞時(shí)間很短，設(shè)為Δt.圖根據(jù)動(dòng)量定理：對(duì)A：F1Δt＝m1v1′－m1v1①對(duì)B：F2Δt＝m2v2′－m2v2②由牛頓第三定律F1＝－F2③由①②③得兩物體總動(dòng)量關(guān)系為：m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2二、動(dòng)量守恒定律1．系統(tǒng)、內(nèi)力與外力(1)系統(tǒng)：兩個(gè)(或多個(gè))相互作用的物體構(gòu)成的一個(gè)力學(xué)系統(tǒng)．(2)內(nèi)力：系統(tǒng)中物體間的作用力．(3)外力：系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力．2．動(dòng)量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變．(2)表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后總動(dòng)量相等)．(3)適用條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力的矢量和為零．(4)普適性：動(dòng)量守恒定律既適用于低速物體，也適用于高速物體．既適用于宏觀物體，也適用于微觀物體．技巧點(diǎn)撥一、對(duì)動(dòng)量守恒定律的理解1．研究對(duì)象：相互作用的物體組成的力學(xué)系統(tǒng)．

2．動(dòng)量守恒定律的成立條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零．(2)系統(tǒng)受外力作用，但內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于合外力．此時(shí)動(dòng)量近似守恒．(3)系統(tǒng)受到的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力)，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒．3．動(dòng)量守恒定律的三個(gè)特性(1)矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它們?cè)谕恢本€上，并先選定正方向，確定各速度的正、負(fù)(表示方向)后，才能用代數(shù)方法運(yùn)算．(2)相對(duì)性：公式中的v1、v2、v1′和v2′應(yīng)是相對(duì)同一參考系的速度，一般取相對(duì)地面的速度．(3)普適性：動(dòng)量守恒定律不僅適用于兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)．二、動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用1．動(dòng)量守恒定律的常用表達(dá)式(1)p＝p′：相互作用前系統(tǒng)的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前動(dòng)量的矢量和等于作用后動(dòng)量的矢量和．(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，一個(gè)物體的動(dòng)量變化量與另一個(gè)物體的動(dòng)量變化量大小相等、方向相反．(4)Δp＝0：系統(tǒng)總動(dòng)量增量為零．2．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟例題精練1．（舒城縣校級(jí)模擬）如圖，一小船以2.0m/s的速度勻速前行，站在船上的人豎直向上拋出一小球，小球上升的最大高度為0.45m。當(dāng)小球再次落入手中時(shí)，小船前進(jìn)的距離為（假定拋接小球時(shí)人手的高度不變，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2）（）A．0.6m B．1.2m C．1.8m D．2.4m【分析】求出小球拋出再次落入手中過程小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，在此時(shí)間內(nèi)，小船和小球在水平方向上均為勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求出小船前進(jìn)的距離?！窘獯稹拷猓贺Q直向上拋出小球過程，小球與小船組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，豎直向上拋出小球后小球與小船在水平方向的速度不變，小球與小船在水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)；設(shè)小球拋出后在豎直方向上升的時(shí)間為t，小球上升高度h＝代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.3s從拋出小球到小球再從落入手中過程的時(shí)間t′＝2t＝2×0.3s＝0.6s在此時(shí)間內(nèi)小船在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小船前進(jìn)的距離：x＝vt′＝2.0×0.6m＝1.2m，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查多物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，分析清楚小球與小船的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵，明確小船和小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，再應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。2．（孝感期中）質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度可能值為（）A．0.6v B．0.8v C．0.2v D．0.3v【分析】物體發(fā)生彈性碰撞時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，物體發(fā)生非彈性碰撞時(shí)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出速度的臨界值，然后分析答題?！窘獯稹拷猓簝汕虬l(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv＝（3m+m）v1解得：v1＝0.25v；兩球發(fā)生完全彈性碰撞時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：mv＝mvA+3mvB，由機(jī)械能守恒定律得：mv2＝mvA2+3mvB2，解得：vA＝﹣0.5v，vB＝0.5v，則B的速度范圍是：0.25v≤vB≤0.5v，故D正確，ABC錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，物體發(fā)生彈性碰撞時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出B的速度臨界值是解題的關(guān)鍵。隨堂練習(xí)1．（邳州市校級(jí)期中）A、B兩球沿一直線發(fā)生正碰，如圖所示的x﹣t圖像記錄了兩球碰撞前后的運(yùn)動(dòng)情況，圖中的a、b分別為碰撞前A、B兩球的x﹣t圖線。碰撞后兩球粘合在一起，c為碰撞后整體的x﹣t圖線。若A球的質(zhì)量mA＝2kg，則下列說法正確的是（）A．B球的質(zhì)量mB＝1kg B．相碰時(shí)B對(duì)A所施沖量大小為3N?s C．A、B碰撞前總動(dòng)量為﹣3kg?m/s D．碰撞過程中，A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10J【分析】在位移﹣時(shí)間圖象中，斜率表示物體的速度，由圖象可知碰撞前后的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可以求出B球的質(zhì)量．由動(dòng)量定理求B對(duì)A所施沖量大?。鶕?jù)能量守恒求損失的動(dòng)能?！窘獯稹拷猓篈、由x﹣t圖象的斜率表示速度可得，碰撞前有：A球的速度vA＝m/s＝﹣3m/s，B球的速度為：vB＝m/s＝2m/s，碰撞后有：A、B兩球的速度相等，為：vA′＝vB′＝v＝m/s＝﹣1m/s；對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mAvA+mBvB＝（mA+mB）v，解得：mB＝kg，故A錯(cuò)誤。B、對(duì)A，由動(dòng)量定理得：B對(duì)A所施沖量為：I＝mAv﹣mAvA＝2×（﹣3）N?s﹣2×（﹣1）N?s＝﹣4N?s，即沖量大小為4N?s故B錯(cuò)誤；C、A、B碰前總動(dòng)量為p＝mAvA+mBvB＝2×（﹣3）kg?m/s+kg?m/s＝﹣kg?m/s，故C錯(cuò)誤；D、碰撞中，A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能：△EK＝mAvA2+mBvB2﹣（mA+mB）v2，代入數(shù)據(jù)解得：△EK＝10J，故正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了x﹣t圖象、動(dòng)量守恒定律和動(dòng)量定理的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象的斜率求出碰撞前后兩球的速度，明確碰撞的基本規(guī)律是動(dòng)量守恒定律。2．（日照期末）下列說法中正確的是（）A．動(dòng)量守恒定律適用于目前為止物理學(xué)研究的一切領(lǐng)域 B．汽車的速度越大，剎車位移越大，說明汽車的速度大時(shí)，慣性大 C．國(guó)際單位制中，伏特是七個(gè)基本單位之一 D．勻速圓周運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)【分析】動(dòng)量守恒定律具有普適性；慣性大小由物體的質(zhì)量決定；國(guó)際單位制中，伏特是導(dǎo)出單位；勻速圓周運(yùn)動(dòng)是變加速曲線運(yùn)動(dòng)?！窘獯稹拷猓篈、動(dòng)量守恒定律既適用于低速宏觀物體，也適用于高速微觀粒子，適用于目前為止物理學(xué)研究的一切領(lǐng)域，故A正確；B、質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，慣性與速度無關(guān)，故B錯(cuò)誤；C、國(guó)際單位制中，伏特是導(dǎo)出單位，不是基本單位，故C錯(cuò)誤；D、勻速圓周運(yùn)動(dòng)的加速度始終指向圓心，方向時(shí)刻在改變，加速度是變化的，所以勻速圓周運(yùn)動(dòng)是變加速曲線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要了解動(dòng)量守恒定律的普適性，知道勻變速曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)是加速度不變，即加速度大小和方向都不變。3．（金鳳區(qū)校級(jí)期末）關(guān)于系統(tǒng)動(dòng)量守恒的說法正確的是（）①只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒②只要系統(tǒng)內(nèi)有摩擦力，動(dòng)量就不可能守恒③系統(tǒng)所受合外力不為零，其動(dòng)量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒④系統(tǒng)如果合外力的沖量遠(yuǎn)小于內(nèi)力的沖量時(shí)，系統(tǒng)可近似認(rèn)為動(dòng)量守恒A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【分析】系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件是合外力為零，內(nèi)力對(duì)于系統(tǒng)的動(dòng)量變化沒有影響；同時(shí)注意若系統(tǒng)在某一方向不受外力或合外力為零，在該方向上系統(tǒng)的動(dòng)量守恒?！窘獯稹拷猓孩傧到y(tǒng)所受的合外力為零，合外力的沖量為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故①正確；②動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)內(nèi)有摩擦力時(shí)，由于內(nèi)力對(duì)系統(tǒng)的動(dòng)量變化沒有影響，只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量仍守恒，故②錯(cuò)誤；③根據(jù)動(dòng)量守恒的條件可知，系統(tǒng)所受合外力不為零，其動(dòng)量一定不守恒，但系統(tǒng)在某一方向不受外力或合外力為零，在該方向上系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，故③正確；④系統(tǒng)所受合外力不為零，但如果合外力的沖量很?。ㄏ啾葍?nèi)力的沖量）時(shí)，系統(tǒng)可近似認(rèn)為動(dòng)量守恒，故④正確。故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題要準(zhǔn)確掌握動(dòng)量守恒的條件：系統(tǒng)所受的合外力為零，并知道在某一方向不受外力或合外力為零，在該方向上系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，注意動(dòng)量可以分方向守恒。4．（沙依巴克區(qū)校級(jí)期中）水平面上質(zhì)量分別為0.1kg和0.2kg的物體相向運(yùn)動(dòng)，過一段時(shí)間則要相碰，它們與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為0.2和0.1．假定除碰撞外在水平方向這兩個(gè)物體只受摩擦力作用，則碰撞過程中這兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)（）A．動(dòng)量不守恒 B．動(dòng)量守恒 C．動(dòng)量不一定守恒 D．以上都有可能【分析】系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)題意求出系統(tǒng)所受合外力，然后判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒?！窘獯稹拷猓簝晌矬w相向運(yùn)動(dòng)，以0.1kg的物體速度方向?yàn)檎较?，系統(tǒng)所受合外力：F＝0.2×10×0.1﹣0.1×10×0.2＝0，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)題意求出系統(tǒng)所受合外力，然后判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒；解題時(shí)注意正方向的選擇。綜合練習(xí)一．選擇題（共15小題）1．（湖北模擬）甲、乙兩球在光滑的水平軌道上同向前進(jìn)，已知它們的動(dòng)量分別是p甲＝5kg?m/s，p乙＝7kg?m/s，甲追乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)閜乙′＝10kg?m/s，則兩球質(zhì)量m甲與m乙的關(guān)系可能是（）A．m甲＝m乙 B．m乙＝2m甲 C．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲【分析】?jī)汕蚺鲎策^程遵守動(dòng)量守恒定律，由動(dòng)量守恒定律求出碰撞后甲的動(dòng)量。根據(jù)碰撞前甲球速度大于乙球速度，以及碰撞過程中總動(dòng)能不增加，列出不等式，求出m甲與m乙比值的范圍，再進(jìn)行選擇?！窘獯稹拷猓阂?yàn)榕鲎睬?，甲球速度大于乙球速度，則有：＞得：＞1.4根據(jù)動(dòng)量守恒得：p甲+p乙＝p甲′+p乙′，代入解得：p甲′＝2kg?m/s。據(jù)碰撞過程總動(dòng)能不增加，得：+≥+代入數(shù)據(jù)解得：＞碰撞后兩球同向運(yùn)動(dòng)，甲的速度不大于乙的速度，則有：≤代入數(shù)據(jù)解得：≤5所以有：＜≤5則m乙＝4m甲，可能，其他三式子是不可能的，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)碰撞規(guī)律的理解和應(yīng)用能力。要知道碰撞有三個(gè)基本規(guī)律：一、動(dòng)量守恒；二、系統(tǒng)總動(dòng)能不增加；三、碰撞后如同向運(yùn)動(dòng)，后面的物體的速度不大于前面物體的速度，即要符合實(shí)際運(yùn)動(dòng)情況。2．（南昌縣校級(jí)期末）如圖所示，三個(gè)小球的質(zhì)量均為m，B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運(yùn)動(dòng)，碰后A、B兩球粘在一起，對(duì)A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（）A．機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒 B．機(jī)械能不守恒，動(dòng)量守恒 C．三球速度相等后，將一起做勻速運(yùn)動(dòng) D．三球速度相等后，速度仍將變化【分析】系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件是合外力為零．三球與彈簧組成的系統(tǒng)重力與水平面的支持力的合力為零，總動(dòng)量守恒．小球A與B碰撞后粘在一起，動(dòng)能減小，系統(tǒng)的機(jī)械能減小．當(dāng)三球速度相等時(shí)，彈簧壓縮到最短或伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)．根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析三球相等的速度．【解答】解：AB、在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，A與B發(fā)生是完全非彈性碰撞，碰撞過程機(jī)械能有損失。故A錯(cuò)誤，B正確。C、A與B碰撞后AB一起壓縮彈簧，彈簧對(duì)C產(chǎn)生向左的彈力，則AB做減速運(yùn)動(dòng)，C做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)C的速度大于AB的速度后，彈簧壓縮量減小，則當(dāng)三球速度相等時(shí)，彈簧壓縮到最短。之后，當(dāng)三球速度相等時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)到最大。所以當(dāng)三球速度相等后，彈簧有彈力，AB與C的合力不為零，做變速運(yùn)動(dòng)。故CD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題是含有彈簧的問題，關(guān)鍵是正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，把握動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件，知道三球速度相等時(shí)彈簧的形變量最大．3．（鄭州模擬）在光滑水平面上有三個(gè)彈性小鋼球a、b、c處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量分別為2m、m和2m．其中a、b兩球間夾一被壓縮了的彈簧，兩球通過左右兩邊的光滑擋板束縛著．若某時(shí)刻將擋板撤掉，彈簧便把a(bǔ)、b兩球彈出，兩球脫離彈簧后，a球獲得的速度大小為v，若b、c兩球相距足夠遠(yuǎn)，則b、c兩球相碰后（）A．b球的速度大小為v，運(yùn)動(dòng)方向與原來相反 B．b球的速度大小為v，運(yùn)動(dòng)方向與原來相反 C．c球的速度大小為v D．c球的速度大小為v【分析】先根據(jù)動(dòng)量守恒定律求得b球脫離彈簧時(shí)的速度．再由b、c兩球相撞過程，由動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能守恒列式，求解即可．【解答】解：設(shè)b球脫離彈簧時(shí)的速度為v0．b、c兩球相碰后b、c的速度分別為vb和vc。取向右為正方向，彈簧將a、b兩球彈出過程，由動(dòng)量守恒定律有0＝2mv﹣mv0．可得，v0＝2vb、c兩球相碰過程，由動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能守恒得：mv0＝mvb+2mvc。mv02＝mvb2+2mvc2。聯(lián)立解得vb＝﹣v（負(fù)號(hào)表示方向向左，與原來相反），vc＝v故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要分析清楚三球的運(yùn)動(dòng)過程，把握每個(gè)過程的物理規(guī)律，知道彈性碰撞遵守兩大守恒：動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒．4．（海原縣校級(jí)月考）質(zhì)量分別為m和M的兩球發(fā)生正碰前后的位移s；跟時(shí)間t的關(guān)系圖象如圖所示，由此可知兩球的質(zhì)量之比m：M為（）A．1：3 B．3：1 C．1：1 D．1：2【分析】s﹣t（位移時(shí)間）圖象的斜率等于速度，由數(shù)學(xué)知識(shí)求出碰撞前后兩球的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解兩球質(zhì)量關(guān)系?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)s﹣t（位移時(shí)間）圖象的斜率等于速度，由題圖知碰前m的速度為：v1＝m/s＝4m/sM的速度為0，碰后兩物共速，速度為：v′＝m/s＝1m/s由碰撞過程動(dòng)量守恒有：mv1+Mv2＝（M+m）v′即：4m＝（m+M）×1解得：＝。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題首先考查讀圖能力，抓住位移圖象的斜率等于速度是關(guān)鍵；其次要注意矢量的方向。5．（定遠(yuǎn)縣校級(jí)月考）設(shè)a、b兩小球相撞，碰撞前后都在同一直線上運(yùn)動(dòng)，若測(cè)得它們碰前的速度分別為va、vb，碰后的速度分別為va′、vb′，則兩球的質(zhì)量之比等于（）A． B． C． D．【分析】?jī)汕蚺鲎策^程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出質(zhì)量之比．【解答】解：兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mbvb＝mava′+mbvb′，解得：＝，或、mava﹣mbvb＝mava′+mbvb′，解得：＝所以選項(xiàng)A正確故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了求兩球的質(zhì)量之比，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可正確解題，解題時(shí)考慮問題要全面，避免漏解．6．（儀隴縣模擬）如圖所示，一半徑為R、質(zhì)量為M的1/4光滑圓弧槽D，放在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的小球由A點(diǎn)靜止釋放，在下滑到B點(diǎn)的過程中，下述說法正確的是（）A．以地面為參考系，小球到達(dá)B處時(shí)相對(duì)于地的速度v滿足mv2＝mgR B．以槽為參考系，小球到達(dá)B處時(shí)相對(duì)于槽的速度v’滿足mv′2＝mgR C．以地面為參考系，以小球、槽和地球?yàn)橄到y(tǒng)，機(jī)械能守恒 D．不論以槽或地面為參考系，以小球、槽和地球?yàn)橄到y(tǒng)的機(jī)械能均不守恒【分析】判斷機(jī)械能是否守恒在于明確是否只有重力或彈簧的彈力做功，同時(shí)還需明確是哪一部分系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即要選取合理的系統(tǒng)．【解答】解：A、小球在向下運(yùn)動(dòng)的過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，所以小球獲得向右的速度，同時(shí)槽也獲得向左的速度，選取向右為正方向，以地面為參考系，則：mv+Mv″＝0二者動(dòng)能的和與小球減小的機(jī)械能是相等的，則：．故A錯(cuò)誤；B、以槽為參考系，小球、槽、地球組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，槽向左運(yùn)動(dòng)，則地球相對(duì)于槽也向右運(yùn)動(dòng)，所以小球到達(dá)B處時(shí)相對(duì)于槽的速度v′不滿足mv′2＝mgR，還要考慮地球的動(dòng)能。故B錯(cuò)誤；C、D、不論以槽或地面為參考系，以小球、槽和地球?yàn)橄到y(tǒng)的機(jī)械能均守恒。故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒定律的正確理解，機(jī)械能包括動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能三種，由于重力勢(shì)能屬于物體和地球組成的系統(tǒng)，因此，只要涉及重力勢(shì)能，地球就必定是研究對(duì)象的一部分，也正因?yàn)槿绱耍诮淮芯繉?duì)象時(shí)地球可以不特別指明．但B中只說明了是小球和槽這一系統(tǒng)，故應(yīng)認(rèn)為忽略了地球的存在．7．（公主嶺市期末）質(zhì)量m＝100kg的小船靜止在平靜水面上，船兩端載著m甲＝40kg、m乙＝60kg的游泳者，在同一水平線上甲向左、乙向右同時(shí)以相對(duì)于岸3m/s的速度躍入水中，如圖所示，則小船的運(yùn)動(dòng)速率和方向?yàn)椋ǎ〢．0.6m/s，向左 B．3m/s，向左 C．0.6m/s，向右 D．3m/s，向右【分析】以甲、乙兩人和船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解兩人躍入水中后小船的速度大小和方向?！窘獯稹拷猓杭?、乙和船組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，開始時(shí)總動(dòng)量為零，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：0＝﹣m甲v甲+m乙v乙+mv，解得：v＝代入數(shù)據(jù)解得v＝﹣0.6m/s，負(fù)號(hào)說明小船的速度方向向左，故選項(xiàng)A正確故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解，不考慮過程的細(xì)節(jié)，比較簡(jiǎn)單方便。要注意動(dòng)量的方向，先選取正方向。8．（蜀山區(qū)校級(jí)模擬）三個(gè)相同的木塊A，B，C從同一高度自由下落，其中，木塊A在開始下落的瞬間被水平飛行的子彈擊中，木塊B在下列到一半高度時(shí)被水平飛來的子彈擊中，子彈均留在木塊中，則三木塊下落的時(shí)間tA，tB，tC的大小關(guān)系是（）A．tA＝tB＝tC B．tA＝tC＜tB C．tA＝tB＞tC D．tA＞tB＞tC【分析】子彈擊中木塊并留在其中，由動(dòng)量守恒定律分析其速度變化情況，然后結(jié)合自由落體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)分析木塊落地時(shí)間長(zhǎng)短關(guān)系?！窘獯稹拷猓耗緣KC自由落體，木塊A在剛要下落瞬間被子彈射中，并留在其中，木塊A與子彈一起自由落體運(yùn)動(dòng)，A、C均做自由落體運(yùn)動(dòng)，且下落高度相同，故二者下落時(shí)間相同，即tA＝tC木塊B落下一定距離后被水平飛來的子彈水平射中，子彈留在其中。在子彈擊中木塊過程中，水平方向動(dòng)量守恒，由于子彈進(jìn)入木塊后總質(zhì)量變大，由動(dòng)量守恒定律可知，木塊速度變小，木塊落地時(shí)間延長(zhǎng)，木塊B在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比A、C時(shí)間長(zhǎng)，則AC同時(shí)落地，B最后落地，即tA＝tC＜tB，故B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，掌握動(dòng)量及動(dòng)量守恒的定律，理解運(yùn)動(dòng)的合成與分解，難度適中。9．（沙市區(qū)校級(jí)期末）關(guān)于系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件，下列說法正確的是（）A．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動(dòng)量就不可能守恒 B．只要系統(tǒng)中有一個(gè)物體具有加速度，系統(tǒng)動(dòng)量就不守恒 C．只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒 D．系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定守恒【分析】系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件是合外力為零。系統(tǒng)內(nèi)存在著摩擦力或一個(gè)物體具有加速度時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可能守恒。通過分析物體所受的外力進(jìn)行判斷?！窘獯稹拷猓篈、若系統(tǒng)內(nèi)存在著摩擦力，而系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量仍守恒。故A錯(cuò)誤；B、系統(tǒng)中有一個(gè)物體具有加速度時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量也可能守恒，比如碰撞過程，兩個(gè)物體的速度都改變，都有加速度，單個(gè)物體受外力作用，系統(tǒng)的動(dòng)量卻守恒。故B錯(cuò)誤；C、只要系統(tǒng)所受到合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量一定守恒；故C正確；D、系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時(shí)，系統(tǒng)所受的合外力為零，即系統(tǒng)的總動(dòng)量一定守恒，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)動(dòng)量守恒條件的理解，抓住守恒條件：合外力為零，通過舉例的方法進(jìn)行分析。10．（尚義縣校級(jí)期中）在高速公路上發(fā)生一起交通事故，一輛質(zhì)量為1500kg向南行駛的長(zhǎng)途客車迎面撞上了一輛質(zhì)量為3000kg向北行駛的卡車，碰后兩車接在一起，并向南滑行了一段距離后停止．根據(jù)測(cè)速儀的測(cè)定，長(zhǎng)途客車碰前以20m/s的速度行駛，由此可判斷卡車碰前的行駛速率為（）A．小于10m/s B．大于10m/s小于20m/s C．大于20m/s小于30m/s D．大于30m/s小于40m/s【分析】長(zhǎng)途客車與卡車發(fā)生碰撞，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可根據(jù)動(dòng)量守恒定律直接列式判斷．【解答】解：長(zhǎng)途客車與卡車發(fā)生碰撞，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選擇向南為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有mv1﹣Mv2＝（m+M）v因而mv1﹣Mv2＞0代入數(shù)據(jù)，可得v2＜m/s＝10m/s故選：A。【點(diǎn)評(píng)】該題考查動(dòng)量守恒定律的一般應(yīng)用，情景比較簡(jiǎn)單，解答本題關(guān)鍵判斷碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，然后根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式分析．11．（尚義縣校級(jí)期中）質(zhì)量為3m，速度為v的小車，與質(zhì)量為2m的靜止小車碰撞后連在一起運(yùn)動(dòng)，則兩車碰撞后的總動(dòng)量是（）A． B．2mv C．3mv D．5mv【分析】?jī)尚≤嚺鲎策^程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量．【解答】解：兩車碰撞過程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得：3mv＝（3m+2m）v′解得：v′＝v，兩車碰撞后的總動(dòng)量：P′＝（3m+2m）v′＝3mv；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】知道碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可正確解題，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．12．（未央?yún)^(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量為m（m＜M）的小球從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑，下列說法正確的是（）A．在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，小球和槽的水平方向動(dòng)量始終守恒 B．在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功 C．全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且水平方向動(dòng)量守恒 D．被彈簧反彈后，小球和槽的機(jī)械能守恒，但小球不能回到槽高h(yuǎn)處【分析】由動(dòng)量守恒的條件可以判斷動(dòng)量是否守恒；由功的定義可確定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情況可知運(yùn)動(dòng)情況；由機(jī)械能守恒及動(dòng)量守恒可知小球能否回到最高點(diǎn)．【解答】解：A、當(dāng)小球與彈簧接觸后，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B、下滑過程中兩物體都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夾角不垂直，故兩力均做功，故B錯(cuò)誤；C、全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球與彈簧接觸過程系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；D、球在槽上下滑過程系統(tǒng)水平方向不受力，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，球與槽分離時(shí)兩者動(dòng)量大小相等，由于m＜M，則小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被彈簧反彈后的速度大小等于球與槽分離時(shí)的速度大小，小球被反彈后向左運(yùn)動(dòng)，由于球的速度大于槽的速度，球?qū)⒆飞喜鄄⒁凵匣?，在整個(gè)過程中只有重力與彈力做功系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由于球與槽組成的系統(tǒng)總動(dòng)量水平向左，球滑上槽的最高點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)速度相等水平向左系統(tǒng)總動(dòng)能不為零，由機(jī)械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h(yuǎn)處，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題要明確動(dòng)量守恒的條件，以及在兩球相互作用中同時(shí)滿足機(jī)械能守恒，應(yīng)結(jié)合兩點(diǎn)進(jìn)行分析判斷．13．（尚義縣校級(jí)期中）光滑的水平面上有兩個(gè)小球M和N，它們沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，M球的速率為5m/s，N球的速率為2m/s，正碰后沿各自原來的反方向而遠(yuǎn)離，M球的速率變?yōu)?m/s，N球的速率變?yōu)?m/s，則M、N兩球的質(zhì)量之比為（）A．3：1 B．1：3 C．3：5 D．5：7【分析】物體A、B在碰撞的過程中動(dòng)量守恒．選取碰撞前甲物體的速度方向?yàn)檎较颍\(yùn)用動(dòng)量守恒定律即可求解質(zhì)量之比．【解答】解：選取碰撞前M球的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得：mMvM﹣mNvN＝﹣mMv′M+mNv′N，代入數(shù)據(jù)得：mM：mN＝5：7，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題是碰撞問題，動(dòng)量守恒是碰撞過程遵守的基本規(guī)律，關(guān)鍵是要注意動(dòng)量的方向，必須選取正方向，用正負(fù)號(hào)表示動(dòng)量的方向．基本題．14．（南昌縣校級(jí)期末）假定冰面是光滑的，某人站在冰凍河面的中央，他想到達(dá)岸邊，則可行的辦法是（）A．步行 B．揮動(dòng)雙臂 C．在冰面上滾動(dòng) D．脫去外衣拋向岸的反方向【分析】人要到達(dá)岸邊，人應(yīng)獲得一定的速度，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律分析答題．【解答】解：A、由于冰面光滑，人在冰面上受到的合外力為零，加速度為零，不能步行到達(dá)岸邊，故A錯(cuò)誤；B、人揮動(dòng)雙臂時(shí)，人受到的合外力為零，加速度為零，不能到達(dá)岸邊，故B錯(cuò)誤；C、由與冰面光滑，人在冰面上滾動(dòng)時(shí)摩擦力為零，加速度為零，不可能滾動(dòng)，不能到達(dá)岸邊，故C錯(cuò)誤；D、人與衣服組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，人脫去外衣拋向岸的反方，人獲得朝向岸邊的速度，人可以到達(dá)岸邊，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了人到達(dá)岸邊的措施，知道人與冰面間的摩擦力是人運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力、由于動(dòng)量守恒定律即可正確解題．15．（和平區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，質(zhì)量為m2的小車上有一半圓形的光滑槽，一質(zhì)量為m1的小球置于槽內(nèi)，共同以速度v0沿水平面運(yùn)動(dòng)，并與一個(gè)原來靜止的小車m3對(duì)接，則對(duì)接后瞬間，小車的速度大小為（）A． B． C． D．以上答案均不對(duì)【分析】對(duì)接過程，兩車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出小車的速度．【解答】解：對(duì)接過程，兩小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以小車m2的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：m2v0＝（m2+m3）v，解得：v＝；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了求小車的速度，正確確定研究對(duì)象是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可正確解題．二．多選題（共15小題）16．（3月份模擬）在α粒子散射實(shí)驗(yàn)中，如果一個(gè)α粒子跟金箔中的電子相碰，下列說法正確的是（）A．α粒子發(fā)生大角度的偏轉(zhuǎn) B．α粒子不會(huì)發(fā)生明顯偏轉(zhuǎn) C．α粒子被彈回 D．α粒子與電子碰撞時(shí)動(dòng)量守恒【分析】粒子發(fā)生碰撞時(shí)滿足動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，結(jié)合α粒子的質(zhì)量比電子大得多，從而即可求解。【解答】解：一個(gè)α粒子跟金箔中的電子相撞，滿足動(dòng)量守恒的條件，動(dòng)量守恒，因α粒子的質(zhì)量比電子大得多，尤如飛行的子彈碰撞灰塵一樣，α粒子的動(dòng)能和動(dòng)量幾乎沒有損失，不會(huì)發(fā)生明顯偏轉(zhuǎn)，故BD正確，AC錯(cuò)誤。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查碰撞中滿足動(dòng)量與能量守恒，掌握它們的守恒定律的條件，注意電子的質(zhì)量比α粒子小得多是解題的關(guān)鍵。17．（內(nèi)江一模）如圖所示，質(zhì)量為M＝3kg的木塊放在平臺(tái)的右端，該平臺(tái)到地面的高度為h＝0.45m，木塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2?，F(xiàn)有質(zhì)量為m＝1kg的小松鼠，從地面上離平臺(tái)水平距離為x＝1.2m處跳上平臺(tái)，恰好沿水平方向抱住木塊并與木塊一起向左滑行。小松鼠抱住木塊的時(shí)間極短，小松鼠與木塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。則下列說法正確的是（）A．在小松鼠起跳后，空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.3s B．木塊在水平臺(tái)上向左滑行的距離為2.5m C．在小松鼠抱住木塊的極短時(shí)間內(nèi)，它損失的機(jī)械能為7.5J D．在小松鼠抱住木塊的極短時(shí)間內(nèi)，小松鼠與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【分析】對(duì)運(yùn)動(dòng)過程逆向分析，小松鼠做反向的平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平和豎直位移利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解小松鼠抱住木塊前瞬間速度和在空中的時(shí)間；小松鼠和木塊相互作用過程中動(dòng)量守恒，屬于完全非彈性碰撞，機(jī)械能損失，利用動(dòng)量守恒定律求解小松鼠抱住木塊后瞬間的速度，再根據(jù)功能關(guān)系求出損失的機(jī)械能；再對(duì)滑行過程分析，由動(dòng)能定理求出滑行的距離?！窘獯稹拷猓篈、在小松鼠起跳后，空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝＝0.3s，故A正確；B、松鼠剛上到平臺(tái)上時(shí)的初速度v0＝＝4m/s，對(duì)松鼠和木塊組成的系統(tǒng)進(jìn)行分析，在抱住木塊的過程中動(dòng)量守恒，設(shè)水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得mv0＝（M+m）v，解得v＝1m/s；由動(dòng)能定理可得，﹣μ（M+m）gl＝0﹣，代入數(shù)據(jù)解得木塊在水平臺(tái)上向左滑行的距離為l＝0.25m，故B錯(cuò)誤；C、在小松鼠抱住木塊的極短時(shí)間內(nèi)，它損失的機(jī)械能為△E＝＝J﹣J＝7.5J，故C正確；D、在小松鼠抱住木塊的極短時(shí)間內(nèi)，小松鼠與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能損失△E＝＝J﹣J＝6J，故D錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量和能量相結(jié)合的問題，解題的關(guān)鍵是逆向分析小松鼠的運(yùn)動(dòng)，同時(shí)掌握小松鼠和木塊碰撞過程中，動(dòng)量守恒。18．（杭州期末）質(zhì)量為m的小球A靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為4m的小球B以速度v與小球A發(fā)生正碰后，兩球的動(dòng)能相等，則（）A．碰撞后小球A的速度大小為v B．碰撞后小球B的速度大小為v C．碰撞過程A對(duì)B的沖量大小為mv D．碰撞過程系統(tǒng)損失的動(dòng)能為mv2【分析】碰撞后兩球的動(dòng)能相等，根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算公式求出兩球的速度大小關(guān)系，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出碰撞后兩球的速度；應(yīng)用動(dòng)量定理求出A對(duì)B沖量大小；應(yīng)用能量守恒定律求出碰撞過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能。【解答】解：AB、設(shè)碰撞后A球的速度大小為v1、B球的速度大小為v2，碰撞后兩球的動(dòng)能相等，即：，兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以B球的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：4mv＝mv1+4mv2，解得：，，故A正確，B錯(cuò)誤；C、碰撞過程，對(duì)A球，根據(jù)動(dòng)量定理得：，碰撞過程A對(duì)B的沖量大小與B對(duì)A的沖量大小相等，則A對(duì)B的沖量大小為mv，故C正確；D、由能量守恒定律可知，碰撞過程系統(tǒng)損失的動(dòng)能為：，故D正確。故選：ACD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能的計(jì)算公式與動(dòng)量定理、能量守恒定律即可解題。19．（浙江模擬）如圖所示，絕緣、光滑的水平面上有帶正電的小球A和B，當(dāng)A以一定速度向著靜止的B運(yùn)動(dòng)時(shí)，B由于受到了A的斥力而加速，A由于受到了B的斥力而減速，某時(shí)刻A、B兩球達(dá)到共同速度，關(guān)于這個(gè)過程，下列說法正確的是（）A．系統(tǒng)A、B機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒 B．系統(tǒng)A、B動(dòng)量守恒，A對(duì)B的沖量等于B動(dòng)量的增加量 C．系統(tǒng)A、B動(dòng)量守恒，B對(duì)A的沖量等于A動(dòng)量的減少量 D．系統(tǒng)A、B動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒，但機(jī)械能與電勢(shì)能之和守恒【分析】分析兩球組成的系統(tǒng)受力情況，根據(jù)動(dòng)量守恒以及機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行分析，明確是否守恒；再根據(jù)動(dòng)量定理分析兩球的動(dòng)量變化量?！窘獯稹拷猓篈D、AB組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒；由于兩球在運(yùn)動(dòng)中庫侖力做功，故兩小球的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，故機(jī)械能不守恒；由于只有電場(chǎng)力做功，故機(jī)械能與電勢(shì)能之和守恒，故AD錯(cuò)誤。B、對(duì)B分析可知，B受到的合力的沖量等于A對(duì)B的沖量，則由動(dòng)量定理可知，A對(duì)B的沖量等于B動(dòng)量的增加量，故B正確。C、對(duì)A分析由動(dòng)量定理可知，B對(duì)A的沖量等于A動(dòng)量的減少量，故C正確。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量守恒定律以及功能關(guān)系的應(yīng)用，要注意兩球通過庫侖相互作用，庫侖力視為內(nèi)力；兩球所受外力之和為零，故動(dòng)量守恒。20．（大武口區(qū)校級(jí)期末）木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上。在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖所示，當(dāng)撤去外力后，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 C．a(chǎn)離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 D．a(chǎn)離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒【分析】判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒看系統(tǒng)所受的外力之和是否為零。當(dāng)撤去外力F后，a尚未離開墻壁前，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受的外力之和不為零。a離開墻壁后，系統(tǒng)所受的外力之和為0。【解答】解：A、以a、b及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，撤去外力后，b向右運(yùn)動(dòng)，在a尚未離開墻壁前，系統(tǒng)所受合外力不為零，因此該過程系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。故A錯(cuò)誤，B正確；C、當(dāng)a離開墻壁后，系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，沒有其他的外力做功，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但a和b組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。故C錯(cuò)誤，D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵理解系統(tǒng)所受合外力為零時(shí)動(dòng)量守恒，并能對(duì)實(shí)際的問題進(jìn)行判斷。此題屬于基礎(chǔ)題。21．（沙市區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在軍事訓(xùn)練中，一戰(zhàn)士從岸上以2m/s的速度跳到一條向他緩緩漂來、速度是0.5m/s的小船上，然后去執(zhí)行任務(wù)，已知戰(zhàn)士質(zhì)量為60kg，小船的質(zhì)量是140kg，該戰(zhàn)士上船后又跑了幾步，最終停在船上，不計(jì)水的阻力，則（）A．戰(zhàn)士跳上小船到最終停在船上的過程，戰(zhàn)士和小船的總動(dòng)量守恒 B．戰(zhàn)士跳上小船到最終停在船上的過程，戰(zhàn)士和小船的總機(jī)械能守恒 C．戰(zhàn)士最終停在船上后速度為零 D．戰(zhàn)士跳上小船到最終停在船上的過程動(dòng)量變化量大小為105kg?m/s【分析】戰(zhàn)士和小車組成的系統(tǒng)，所受外力之和為零，動(dòng)量守恒，人和船作用的過程中，發(fā)生的是完全非彈性碰撞，有能量損失．【解答】解：A、戰(zhàn)士跳上小船最終停在小船上的過程中，總動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失，所以總機(jī)械能不守恒。故A正確，B錯(cuò)誤。C、以戰(zhàn)士初始運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得，mv1﹣Mv2＝（M+m）v，解得v＝．戰(zhàn)士動(dòng)量的變化量△p＝m（v﹣v1）＝﹣60×1.75＝﹣105kg。m/s。故C錯(cuò)誤，D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)量守恒定律的條件，以及知道人和小船組成的系統(tǒng)發(fā)生的是完全非彈性碰撞．22．（日照月考）A、B兩物塊重疊放置，從距地面h高的地方靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，B恰好到達(dá)地面時(shí)，速度大小為v0，假定所有的碰撞均為彈性碰撞，B碰后靜止，下列說法正確的是（）A．A、B碰撞時(shí)A對(duì)B的作用力大于B對(duì)A的作用力 B．A、B碰后瞬間，A的速度大小為2v0 C．B碰后靜止，說明A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量 D．B碰后靜止，說明A的質(zhì)量小于B的質(zhì)量【分析】根據(jù)作用力和反作用力的性質(zhì)明確AB間作用力的大?。桓鶕?jù)碰撞為彈性碰撞可知，過程中動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，聯(lián)立可以求出質(zhì)量關(guān)系和速度大小?！窘獯稹拷猓篈、A、B碰撞時(shí)，A對(duì)B的作用力與B對(duì)A的作用力是一對(duì)相互作用力，大小相等、方向相反，故A錯(cuò)誤；BCD、A與B發(fā)生彈性碰撞，碰前A的速度為v0，方向向下，碰前B的速度為v0，方向向上，設(shè)碰撞后A的速度為v，取向上的方向?yàn)檎?，碰撞過程中由動(dòng)量守恒可得mA（﹣v0）+mBv0＝mAv由能量守恒可得聯(lián)立解得v＝2v0，mB＝3mA故BD正確，C錯(cuò)誤。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查碰撞問題，關(guān)鍵要弄清彈性碰撞過程動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，根據(jù)碰撞守恒和機(jī)械能守恒列式求解。23．（東平縣校級(jí)月考）矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘在一起組成，將其放在光滑的水平面上，如圖所示。質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊。若射擊上層，則子彈剛好不穿出；如圖甲所示；若射擊下層，整個(gè)子彈剛好嵌入，如圖乙所示。則上述兩種情況比較，以下說法正確的是（）A．兩次子彈對(duì)滑塊做功一樣多 B．兩次滑塊所受沖量一樣大 C．子彈擊中上層過程中產(chǎn)生的熱量多 D．子彈嵌入下層過程中對(duì)滑塊做功多【分析】子彈嵌入滑塊的過程，符合動(dòng)量守恒，所以我們判斷出最后它們的速度是相同的，由動(dòng)量定理知滑塊受到的沖量一樣大，然后利用動(dòng)能定理或者是能量守恒得出系統(tǒng)產(chǎn)生的熱能是相等的。【解答】解：AD、因子彈最后和木塊相對(duì)靜止，根據(jù)動(dòng)量守恒可知最后物塊獲得的速度是相同的，即物塊獲得的動(dòng)能是相同的，根據(jù)動(dòng)能定理，物塊動(dòng)能的增量是子彈做功的結(jié)果，所以兩次子彈對(duì)物塊做的功一樣多，故A正確，D錯(cuò)誤；B、由動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系知道，滑塊的動(dòng)量也是相同的，由動(dòng)量定理知滑塊受到的沖量一樣大，故B正確；C、子彈嵌入下層或上層過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動(dòng)能，而子彈減少的動(dòng)能一樣多（子彈初末速度相等），物塊增加的動(dòng)能也一樣多，則系統(tǒng)減小的動(dòng)能一樣多，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多，故C錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題是考查動(dòng)量和能量的綜合題，關(guān)鍵是用動(dòng)量守恒知道子彈只要留在滑塊中，他們的最后速度就是相同的。24．（孝義市期末）如圖所示，光滑水平面上有一小車，小車上有一物體，用一細(xì)線將物體系于小車的A端，物體與小車A端之間有一壓縮的彈簧，某時(shí)刻線斷了，物體沿車滑動(dòng)到B端粘在B端的油泥上，則下述說法中正確的是（）A．即使物體滑動(dòng)中不受摩擦力，全過程機(jī)械能也不守恒 B．物體滑動(dòng)中有摩擦力，則全過程系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 C．小車的最終速度與斷線前相同 D．物體滑動(dòng)中不受摩擦力，全過程系統(tǒng)的機(jī)械能守恒【分析】物體與橡皮泥粘合的過程，系統(tǒng)機(jī)械能有損失；分析系統(tǒng)的合外力，即可判斷動(dòng)量是否守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解小車的速度；根據(jù)動(dòng)量守恒定律與功能關(guān)系判斷系統(tǒng)的機(jī)械能的變化?！窘獯稹拷猓篈D、物體與橡皮泥粘合的過程，發(fā)生非彈性碰撞，系統(tǒng)機(jī)械能有損失，所以全過程系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故A正確，D錯(cuò)誤；B、取小車、物體和彈簧為一個(gè)系統(tǒng)，則系統(tǒng)水平方向不受外力（若物體在滑動(dòng)有摩擦力，為系統(tǒng)的內(nèi)力），全過程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，故B錯(cuò)誤；C、取系統(tǒng)的初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可知，總的動(dòng)量是不變的，而物體和小車最終又速度相同，所以物體沿車滑動(dòng)到B端粘在B端的油泥上后系統(tǒng)共同的速度與初速度是相同的，故C正確。故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行判斷：動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或受到的外力的合力為零；機(jī)械能守恒的條件是除重力和彈力外的其余力不做功。25．（南通期末）原子核從核外電子殼層中俘獲一個(gè)電子的過程稱為電子俘獲。一個(gè)鈹原子處于靜止?fàn)顟B(tài)，鈹原子在其原子核（Be）俘獲一個(gè)核外電子后變成一個(gè)新原子，同時(shí)放出一個(gè)不帶電的中微子，中微子質(zhì)量數(shù)為0，上述過程中（）A．新原子的核電荷數(shù)是3 B．新原子與中微子的動(dòng)量大小相等 C．新原子和鈹原子的能量相等 D．中微子質(zhì)量等于鈹原子與新原子質(zhì)量之差【分析】根據(jù)電荷數(shù)守恒確定新原子的核電荷數(shù)；根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析新原子與中微子的動(dòng)量關(guān)系；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒確定新原子的質(zhì)量數(shù)，即可比較新原子和鈹原子的能量關(guān)系；結(jié)合愛因斯坦質(zhì)能方程分析?！窘獯稹拷猓篈、電子的電荷數(shù)為﹣1，鈹原子核（Be）電荷數(shù)為4，中微子電荷數(shù)為0，根據(jù)電荷數(shù)守恒可知，新原子的核電荷數(shù)為3，故A正確；B、電子俘獲過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，外力忽略不計(jì)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知：新原子與中微子的動(dòng)量之和等于反應(yīng)前電子的動(dòng)量，電子的初動(dòng)量忽略不計(jì)，系統(tǒng)初動(dòng)量為零，所以，新原子與中微子的動(dòng)量大小相等、方向相反，故B正確；C、新原子和鈹原子的質(zhì)量不等，根據(jù)E＝mc2知它們的能量不等，故C錯(cuò)誤；D、核反應(yīng)中伴隨著能量變化，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程E＝mc2知反應(yīng)前后質(zhì)量會(huì)發(fā)生變化，所以，中微子質(zhì)量不等于鈹原子與新原子質(zhì)量之差，故D錯(cuò)誤。故選：AB。【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵要知道在核反應(yīng)中，遵守質(zhì)量數(shù)守恒、核電荷數(shù)守恒和動(dòng)量守恒。要掌握愛因斯坦質(zhì)能E＝mc2，并能熟練運(yùn)用。26．（蓮湖區(qū)期末）下列說法正確的是（）A．系統(tǒng)不受外力，這個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．若小明用力推門而沒推動(dòng)，則推力產(chǎn)生的沖量為零 C．質(zhì)量越大，物體動(dòng)量一定越大 D．豎直拋出的物體上升到一定高度后又落回拋出點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則此過程中重力的沖量不為零【分析】系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零系統(tǒng)動(dòng)量守恒；力與力的作用時(shí)間的乘積是力的沖量；根據(jù)動(dòng)量守恒的條件與動(dòng)量的計(jì)算公式、動(dòng)量定理分析答題。【解答】解：A、當(dāng)系統(tǒng)不受外力或者所受合外力為零時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A正確；B、小明用力推門而沒推動(dòng)，有推力，推力有作用時(shí)間，根據(jù)沖量的定義式I＝Ft，可知，其推力產(chǎn)生的沖量不為0，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)公式p＝mv可知，物體的動(dòng)量與物體的質(zhì)量和速度有關(guān)，所以質(zhì)量越大，物體的動(dòng)量不一定越大，故C錯(cuò)誤；D、物體從拋出到落回拋出點(diǎn)過程中重力和時(shí)間均不為零，故此過程中重力的沖量I＝mgt不為零，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查沖量和動(dòng)量、動(dòng)量守恒定律，根據(jù)沖量和動(dòng)量的定義式以及動(dòng)量守恒定律的條件分析即可。27．（海淀區(qū)校級(jí)期末）一無動(dòng)力航天器在高空繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若其沿運(yùn)動(dòng)方向的相反方向瞬間彈射出一物體P，不計(jì)空氣阻力，則彈射完畢瞬間（）A．航天器將離開原來的運(yùn)動(dòng)軌道 B．航天器的動(dòng)能可能不變 C．航天器的速度可能減小 D．航天器加速度增大【分析】航天器在高空繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力提供向心力；若沿其運(yùn)動(dòng)的相反方向釋放出一物體P的過程，滿足動(dòng)量守恒定律，航天器的速度將增大，做離心運(yùn)動(dòng)。根據(jù)離心運(yùn)動(dòng)的知識(shí)分析；同時(shí)根據(jù)航天器的受力情況確定其加速度是否變化?！窘獯稹拷猓篈C、航天器在高空繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力提供向心力。若沿其運(yùn)動(dòng)相反的方向釋放出一物體P，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，火箭的速度將增大，而火箭放出P物體，質(zhì)量減小，所受到的萬有引力會(huì)減小，所需要的向心力增大，火箭將做離心運(yùn)動(dòng)，離開原來的軌道運(yùn)動(dòng)，故A正確，C錯(cuò)誤。B、由以上分析可知，釋放的物體P后航天器的速度增大，但質(zhì)量變小，故航天器動(dòng)能可能不變，故B正確；D、因航天器只受萬有引力作用，則有：G＝ma可知，a＝，因在彈射完畢瞬間，半徑?jīng)]變，故加速度不變，故D錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題是火箭變軌的過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和向心力知識(shí)進(jìn)行分析，要掌握離心運(yùn)動(dòng)的條件，并能用來分析實(shí)際問題。28．（杭州月考）實(shí)驗(yàn)觀察到，靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)A點(diǎn)的原子核發(fā)生β衰變，衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向和軌跡示意圖如圖，則（）A．軌跡1是電子的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里 B．軌跡2是電子的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里 C．軌跡1是新核的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里 D．軌跡2是新核的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里【分析】靜止的原子核發(fā)生β衰變，根據(jù)動(dòng)量守恒可知，發(fā)生衰變后粒子與反沖核的運(yùn)動(dòng)方向相反，動(dòng)量的方向相反，大小相等。由半徑公式徑（P是動(dòng)量）分析兩個(gè)粒子半徑軌跡半徑之比，根據(jù)左手定則分析磁場(chǎng)的方向?！窘獯稹拷猓红o止的原子核發(fā)生衰變，滿足動(dòng)量守恒，系統(tǒng)初動(dòng)量為0，新核與電子動(dòng)量等大反向，即P新＝Pe根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：解得半徑因?yàn)閝新＞qe所以R新＜Re則可知軌跡1是電子的，軌跡2是新核的，由左手定則可知，磁場(chǎng)垂直于紙面向里，故AD正確，BC錯(cuò)誤。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】該題即使沒有說明是β衰變也可根據(jù)粒子的速度的方向相反和兩個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)的軌跡由左手定則可以分析判斷粒子的帶電的情況；其中要注意的是電子的動(dòng)量與新核的動(dòng)量大小相等。29．（涪城區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質(zhì)量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面，若車表面足夠長(zhǎng)，則（）A．木塊的最終速度為 B．由于車表面粗糙，小車和木塊所組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 C．車表面越粗糙，木塊減少的動(dòng)能越多 D．不論車表面的粗糙程度如何，小車獲得的動(dòng)能均為定值【分析】根據(jù)系統(tǒng)的受力情況，分析得出小車和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得出木塊最終的速度，從而明確兩物體動(dòng)能的變化與表面粗糙程度間的關(guān)系?！窘獯稹拷猓盒≤嚭湍緣K組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受外力，動(dòng)量守恒；由于車表面足夠長(zhǎng)，最終木塊和小車保持相對(duì)靜止，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，解得：v＝，即小車和物體的末速度與表面的粗糙程度無關(guān)，所以木塊減少的動(dòng)能和小車增加的動(dòng)能與車表面粗糙程度無關(guān)，均為定值，故BC錯(cuò)誤，AD正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道動(dòng)量守恒的條件，運(yùn)用動(dòng)量守恒解題時(shí)，要規(guī)定正方向，注意公式的矢量性。30．（龍鳳區(qū)校級(jí)期中）沿光滑水平面在同一條直線上運(yùn)動(dòng)的兩物體A、B碰撞后以共同的速度運(yùn)動(dòng)，該過程的位移﹣﹣時(shí)間圖象如圖所示。則下列判斷正確的是（）A．碰撞前后A的運(yùn)動(dòng)方向相反 B．A、B的質(zhì)量之比為1：2 C．碰撞過程中A的動(dòng)能變大，B的動(dòng)能減小 D．碰前B的動(dòng)量較小【分析】位移﹣時(shí)間圖象的斜率表示速度，由此求出碰撞前后兩個(gè)物體的速度大小和方向；根據(jù)碰撞的基本規(guī)律：動(dòng)量守恒定律求出質(zhì)量之比；由能量守恒定律比較碰撞兩個(gè)物體動(dòng)能的變化。【解答】解：A、在位移一時(shí)間圖象中斜率表示速度，碰前A的速度為負(fù)值，碰后A速度為正值，因此碰撞前后A的運(yùn)動(dòng)方向相反，故A正確；B、根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mAvA+mBvB＝（mA+mB）v由圖象可知：vA＝﹣5m/s，vB＝10m/s，v＝5m/s，代入上式，可得：，故B正確；C、由速度大小變化可知，在碰撞過程中，B的速度減小，A的速度不變，故B的動(dòng)能變小，A的動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤；D、碰后運(yùn)動(dòng)方向與B原來的運(yùn)動(dòng)方向相同，因此碰前B的動(dòng)量較大，故D錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道位移時(shí)間圖線的物理意義，知道圖線的斜率表示速度，要掌握碰撞的基本規(guī)律：動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用。三．填空題（共5小題）31．（江油市校級(jí)月考）如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為3kg與1kg，相互作用后沿同一直線運(yùn)動(dòng)，它們的位移﹣時(shí)間圖象如圖所示，則A物體在相互作用前后的動(dòng)量變化是3kg?m/s，B物體在相互作用前后的動(dòng)量變化是﹣3kg?m/s，相互作用前后A、B系統(tǒng)的總動(dòng)量不變．（填“變大”“變小”或“不變”）【分析】根據(jù)x﹣t圖象的斜率等于速度，求出各個(gè)物體的速度，即可分別求出碰撞前后的總動(dòng)量．【解答】解：根據(jù)x﹣t圖象的斜率等于速度，由圖象可知：碰撞前兩物體的速度分別為：vA＝0m/svB＝＝4m/s碰撞后共同體的速度為：v＝＝1m/s，A物體在相互作用前后的動(dòng)量變化是：△PA＝mAv﹣mAvA＝3×1﹣3×0＝3kg?m/s，B物體在相互作用前后的動(dòng)量變化是：△PB＝mBv﹣mBvB＝1×1﹣1×4＝﹣3kg?m/s，系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量：P＝mAvA+mBvB＝3×0+1×4＝4kg?m/s，系統(tǒng)相互作用后的總動(dòng)量為：P′＝（mA+mB）v＝（3+1）×1＝4kg?m/s，相互作用前后系統(tǒng)總動(dòng)量不變；故答案為：3；﹣3；不變．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了x﹣t圖象的斜率的意義，明確斜率等于速度，知道動(dòng)量的含義，明確動(dòng)量守恒定律的應(yīng)和即可正確解答．32．（吳興區(qū)校級(jí)月考）質(zhì)量為M的火箭以速度v0飛行在太空中，現(xiàn)在突然向后噴出一份質(zhì)量為△m的氣體，噴出的氣體相對(duì)于火箭的速度是v，噴氣后火箭的速度是v0+v?！痉治觥恳曰鸺蛧姵龅臍怏w為研究對(duì)象，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，可以求出噴氣后火箭的速度?！窘獯稹拷猓阂曰鸺蛧姵龅臍怏w為研究對(duì)象，以火箭飛行的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：Mv0＝（M﹣△m）v′+△m（v′﹣v），解得：v′＝v0+v；故答案為：v0+v?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了求火箭的速度，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可正確解題，解題時(shí)要注意研究對(duì)象的選擇、正方向的選取。33．（南通月考）兩小孩在冰面上乘坐“碰碰車”相向運(yùn)動(dòng)，A車總質(zhì)量為50kg，以2m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)；B車總質(zhì)量為70kg，以3m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，碰撞