專題16 動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律（解釋版）-備戰(zhàn)期末高一物理

試卷第=page22頁，共=sectionpages33頁專題16動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律一、單選題1．（22-23高一下·內(nèi)蒙古赤峰·期末）蹦極是一項(xiàng)非常刺激的體育運(yùn)動(dòng)。如圖所示，質(zhì)量m=50kg的人身系彈性繩自高空自由下落，彈性繩繃直后在下降過程經(jīng)過a點(diǎn)的速度大小為12m/s，落到最低點(diǎn)c后反彈至b點(diǎn)的速度大小為9m/s。人從a→c→b共用時(shí)3s，在此過程中彈性繩對(duì)人的平均作用力為（

）A．350N B．450N C．550N D．850N【答案】D【詳解】取向上為正，根據(jù)動(dòng)量定理有F合t=mvb－m(－va)解得F合=350N其中F合=T－mg則T=850N故選D。2．（22-23高一下·北京海淀·期末）如圖所示，甲、乙兩人靜止在水平冰面上，甲推乙后，兩人向相反方向沿直線做減速運(yùn)動(dòng)。已知甲的質(zhì)量小于乙的質(zhì)量，兩人與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，兩人之間的相互作用力遠(yuǎn)大于地面的摩擦力。下列說法正確的是（）A．甲推乙的過程中，甲和乙的機(jī)械能守恒B．乙停止運(yùn)動(dòng)前任意時(shí)刻，甲的速度總是小于乙的速度C．減速過程中，地面摩擦力對(duì)甲做的功等于對(duì)乙做的功D．減速過程中，地面摩擦力對(duì)甲的沖量等于對(duì)乙的沖量【答案】D【詳解】A．甲、乙兩人靜止在水平冰面上，重力勢(shì)能一定，開始動(dòng)能為0，甲推乙后，兩者動(dòng)能增大，即甲推乙的過程中，甲和乙的機(jī)械能增大，故A錯(cuò)誤；B．甲推乙過程，由于兩人之間的相互作用力遠(yuǎn)大于地面的摩擦力，則有由于甲的質(zhì)量小于乙的質(zhì)量，則有兩人與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，即減速過程的加速度大小相等，可知乙停止運(yùn)動(dòng)前任意時(shí)刻，甲的速度總是大于乙的速度，故B錯(cuò)誤；C．減速過程中，根據(jù)根據(jù)上述，兩人互推過程，動(dòng)量大小相等，甲的速度大于乙的速度，則地面摩擦力對(duì)甲做的功大于對(duì)乙做的功，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)根據(jù)上述，兩人互推過程，動(dòng)量大小相等，則減速過程中，地面摩擦力對(duì)甲的沖量大小等于對(duì)乙的沖量，故D正確。故選D。3．（22-23高一下·吉林松原·期末）關(guān)于反沖運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A．拋出部分和剩余部分都適用于牛頓第二定律B．反沖運(yùn)動(dòng)中，牛頓第三定律適用，但牛頓第二定律不適用C．拋出部分的質(zhì)量m1要小于剩下部分的質(zhì)量m2才能獲得反沖D．若拋出部分的質(zhì)量m1大于剩下部分的質(zhì)量m2，則m2的反沖力大于m1所受的力【答案】A【詳解】AB．反沖運(yùn)動(dòng)中，拋出部分和剩余部分都適用于牛頓第二定律和牛頓第三定律，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．要獲得反沖，只需要產(chǎn)生相互作用的反沖力，拋出部分的質(zhì)量m1不需要小于剩下部分的質(zhì)量m2；根據(jù)牛頓第三定律可知，m2的反沖力大小總是等于m1所受的力，故CD錯(cuò)誤。故選A。4．（22-23高一下·天津·期末）將物體水平拋出，在物體落地前（不計(jì)空氣阻力），下列說法正確的是（

）A．動(dòng)量的方向不變 B．動(dòng)量變化量的方向不變C．相同時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化量越來越大 D．動(dòng)量變化的越來越快【答案】B【詳解】A．平拋運(yùn)動(dòng)中，速度大小方向都在發(fā)生變化，則由p=mv可知，動(dòng)量的方向會(huì)發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；BCD．由于物體所受合外力的沖量大小等于它的動(dòng)量的變化量，即由此可得，動(dòng)量變化量的方向始終向下不變，相同時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化量相同，且動(dòng)量變化快慢不變，故B正確，CD錯(cuò)誤。故選B。5．（22-23高一下·吉林長春·期末）2022年35歲的梅西竭盡所能率領(lǐng)阿根廷隊(duì)取得第二十二屆世界杯足球賽冠軍，如圖是梅西在練習(xí)用頭顛球。假設(shè)足球從靜止開始自由下落45cm，被頭豎直頂起，離開頭部后足球上升的最大高度仍為45cm，足球與頭部的接觸時(shí)間為0.1s，足球的質(zhì)量為0.4kg，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（

）A．頭向上頂球的過程中，頭對(duì)足球的沖量等于足球動(dòng)量的變化量B．頭向上頂球的過程中，足球的動(dòng)量變化量大小為C．頭向上頂球的過程中，頭部對(duì)足球的平均作用力大小為24ND．從最高點(diǎn)下落至回到最高點(diǎn)的過程中，足球重力的沖量為零【答案】B【詳解】A．頭向上頂球的過程中，根據(jù)動(dòng)量定理可知，頭對(duì)足球的沖量與足球重力的沖量之和等于足球動(dòng)量的變化量，故A錯(cuò)誤；B．取向下為正方向，由題知，下落、上升的高度都為則下落到與頭部剛接觸時(shí)有解得與頭部碰撞后，速度反向，大小不變，即為則動(dòng)量變化量為即動(dòng)量變化量的大小為，故B正確；C．根據(jù)動(dòng)量定理可得即代入數(shù)據(jù)解得故C錯(cuò)誤；D．從最高點(diǎn)下落至回到最高點(diǎn)的過程中，足球重力的作用時(shí)間不為零，沖量不為零，故D錯(cuò)誤。故選B。多選題6．（22-23高一下·遼寧鞍山·期末）現(xiàn)在很多景區(qū)都有懸空大茶壺這一景觀，如圖甲所示，一把大茶壺不斷向下“倒水”，大茶壺似乎沒有任何支撐而懸空，小明參觀后回到自己的DIY實(shí)驗(yàn)工坊，嘗試做了如下實(shí)驗(yàn)，其原理如圖乙所示，開口向下的水桶代替大茶壺，水桶下面有一水管，水桶的重心位于水管中心之上，水管內(nèi)的水流忽略重力的影響而各處速度方向豎直向上，大小相等均為，水管的橫截面積，水的密度為，假設(shè)水碰到水桶底部瞬間速度大小不變方向反向，忽略水流質(zhì)量的損耗，水碰水桶底部過程忽略水的重力。阻力的影響，水桶處于懸停狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．水桶的質(zhì)量為60kg B．水桶的質(zhì)量為40kgC．連接水管的水泵輸出功率為2kW D．連接水管的水泵輸出功率為1.5kW【答案】AD【詳解】AB．在?t時(shí)間內(nèi)，以撞到桶上的水為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理而水桶懸在空中有代入數(shù)據(jù)可得水桶的質(zhì)量為故A正確，B錯(cuò)誤；CD．在?t時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理所以功率為故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。7．（22-23高一下·四川綿陽·期末）如圖所示，某學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某一次足球靜止自由下落80cm，被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80cm。已知足球與頭部的作用時(shí)間為0.1s，足球的質(zhì)量為0.4kg，重力加速度g取，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（

）A．足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中重力的沖量大小為B．頭部對(duì)足球的平均作用力為足球重力的8倍C．足球下落到與頭部剛接觸時(shí)動(dòng)量大小為D．足球與頭部作用過程中動(dòng)量變化量大小為【答案】CD【詳解】A．由位移—時(shí)間公式有可得則足球下落到與頭部剛接觸和離開頭部上升到最高點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間均為0.4s，所以足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中，重力的沖量故A錯(cuò)誤；B．對(duì)足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程，由動(dòng)量定理有解得故B錯(cuò)誤；C．足球與頭部剛接觸時(shí)的速度足球下落到與頭部剛接觸時(shí)動(dòng)量大小故C正確；D．足球與頭部作用過程中，動(dòng)量變化量大小故D正確。故選CD。8．（22-23高一下·北京海淀·期末）如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為2m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊從槽高h(yuǎn)處靜止釋放自由下滑，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．在物塊下滑過程中，物塊和槽組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒B．物塊壓縮彈簧的過程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能C．物塊壓縮彈簧到被彈簧彈開過程，動(dòng)量變化大小D．小物塊壓縮彈簧后被彈簧彈開，接著滑上弧形槽能到達(dá)離水平面高度為處【答案】CD【詳解】A．物塊在下滑過程中，其物塊與弧形槽組成的整體在豎直方向上合力不為零，所以該系統(tǒng)的動(dòng)量并不守恒，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．物塊與弧形槽組成的系統(tǒng)，在水平方向上合力為零，即水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向，有該系統(tǒng)能量守恒，有物塊在壓縮彈簧過程中，將自身的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，所以最大彈性勢(shì)能為故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．物塊壓縮彈簧到被彈簧彈開過程，物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即所以開始?jí)嚎s，到彈開，物塊的速度大小不變，即設(shè)向右為正方向，有所以動(dòng)量變化大小為，故C項(xiàng)正確；D．物塊再次滑上弧形槽，當(dāng)其共速時(shí)達(dá)到最大高度，設(shè)其為H，水平方向上，有動(dòng)量守恒有有能量守恒有解得故D項(xiàng)正確。故選CD。9．（22-23高一下·北京海淀·期末）如圖所示，把小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A位置，如圖甲所示。迅速松手后，球升高至最高位置C（圖丙），途中經(jīng)過位置B時(shí)彈簧正處于原長（圖乙）。忽略彈簧的質(zhì)量和空氣阻力。則小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，下列說法正確的是（）A．經(jīng)過位置B時(shí)小球的動(dòng)量最大B．在位置A松手瞬間，小球受到的彈力一定大于兩倍的重力C．從A到B過程，小球受到彈力的沖量大小大于重力的沖量大小D．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能先增大后減小【答案】BC【詳解】A．小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，當(dāng)彈簧彈力等于小球重力時(shí)，小球速度最大，動(dòng)量最大，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程，小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知，小球在A位置的加速度大于在B位置的加速度，而B位置的加速度為g，則在A位置有可得故B正確；C．從A到B過程，根據(jù)動(dòng)量定理可得可知小球受到彈力的沖量大小大于重力的沖量大小，故C正確；D．在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力，彈簧的彈力做功，所以小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。故選BC。10．（22-23高一下·北京海淀·期末）體育課上，某同學(xué)將一個(gè)籃球豎直向上拋出后回到拋出點(diǎn)，假設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力大小不變，比較籃球由拋出點(diǎn)上升到最高點(diǎn)和從最高點(diǎn)下降到拋出點(diǎn)的過程，則下列說法正確的是（）A．上升過程中籃球受到重力的沖量大小大于下降過程中籃球受到重力的沖量大小B．上升過程中籃球受到重力的沖量大小小于下降過程中籃球受到重力的沖量大小C．上升過程中籃球受到合力的沖量大小大于下降過程中籃球受到合力的沖量大小D．上升過程中籃球受到合力的沖量大小小于下降過程中籃球受到合力的沖量大小【答案】BC【詳解】AB．上升過程，空氣阻力向下，根據(jù)牛頓第二定律有下降過程，空氣阻力向上，根據(jù)牛頓第二定律有故根據(jù)可知重力是恒力，其沖量大小為則知上升過程中籃球受到的重力的沖量較小，故B正確，A錯(cuò)誤；CD．上升過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有下降過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有由于受空氣阻力可知，則上升過程中籃球受到合力的沖量較大，故C正確，D錯(cuò)誤；故選BC。三、解答題11．（22-23高一下·內(nèi)蒙古赤峰·期末）圖甲是一種智能減震裝置的示意圖，輕彈簧下端固定，上端與質(zhì)量為m的減震環(huán)a連接，并套在固定的豎直桿上，a與桿之間的智能涂層材料可對(duì)a施加大小可調(diào)節(jié)的阻力，當(dāng)a的速度為零時(shí)涂層對(duì)其不施加作用力，在某次性能測(cè)試中，質(zhì)量為0.5m的光滑環(huán)b從桿頂端被靜止釋放，之后與a發(fā)生正碰（時(shí)間極短）；碰撞后，b的速度方向向上，a的速度方向向下，a運(yùn)動(dòng)2d時(shí)速度減為零，此過程中a受到涂層的阻力大小f與下移距離s之問的關(guān)系如圖乙所示，已知a靜止在彈簧上時(shí)，與桿頂端距離為4.5d，彈簧壓縮量為2d，重力加速度為g。求：（1）減震環(huán)a碰前瞬間，滑環(huán)b的速度大??；（2）分析碰撞后a的運(yùn)動(dòng)情況，并求出a的加速度；（3）請(qǐng)通過計(jì)算說明第一次碰撞過程中是否有機(jī)械能損失，若有，請(qǐng)求出機(jī)械能損失的量?！敬鸢浮浚?）；（2）向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，；（3）沒有【詳解】（1）光滑環(huán)b做自由落體運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得碰前瞬間b的速度大?。?）設(shè)彈簧勁度系數(shù)為k，a靜止在彈簧上時(shí)有由圖乙可知設(shè)向上為正方向，當(dāng)a向下運(yùn)動(dòng)過程中所受合外力為聯(lián)立得可得即環(huán)a所受合外力為方向向上的恒力，所以環(huán)a做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)環(huán)a向下運(yùn)動(dòng)過程中加速度大小為a，由牛頓第二定律有解得（3）設(shè)a、b碰撞后瞬間速度大小分別為，環(huán)a向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得a、b碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有解得碰前碰后碰撞前后，屬于彈性碰撞。12．（22-23高一下·北京海淀·期末）如圖所示，把一個(gè)質(zhì)量的小球靜置于高度的直桿的頂端。一顆質(zhì)量的子彈以的速度沿水平方向擊中小球，并經(jīng)球心穿過小球，小球落地處離桿的水平距離。取重力加速度，不計(jì)空氣阻力。求：（1）小球水平拋出的速度；（2）子彈剛落地時(shí)刻的動(dòng)能；（3）子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小球在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有解得小球水平拋出的速度為（2）子彈穿過小球過程，根據(jù)動(dòng)量守恒可得解得子彈速度為對(duì)子彈根據(jù)動(dòng)能定理可得可得子彈剛落地時(shí)刻的動(dòng)能為（3）子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為13．（22-23高一下·北京海淀·期末）如圖所示，用高壓水槍沖洗物體時(shí)，在物體表面能夠產(chǎn)生一定的壓力，從而達(dá)到洗去污垢的效果。若水從橫截面積為S的槍口噴出時(shí)的速度大小不變，忽略水從槍口噴出后的發(fā)散效應(yīng)，近距離垂直噴射到某物體表面，速度在短時(shí)間內(nèi)變?yōu)?。已知水的密度為，重力加速度為g，水槍的流量為Q（流量的定義為單位時(shí)間內(nèi)水槍口噴出的水的體積）。求：（1）水從槍口噴出時(shí)的速度大小v；（2）水槍在物體表面產(chǎn)生的沖擊力大小F?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）由題意可知，流量是指為單位時(shí)間內(nèi)水槍口噴出的水的體積，則有單位時(shí)間為1s，則（2）針對(duì)于時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理有解得14．（22-23高一下·廣西賀州·期末）如圖所示，有一質(zhì)量為2kg的物體B靜止在光滑水平面上，另一質(zhì)量也為2kg的物體A以初速度2m/s勻速向B運(yùn)動(dòng)，兩物體相撞后粘在一起運(yùn)動(dòng)，試求碰撞中損失的機(jī)械能。

【答案】2J【詳解】物體A與物體B碰撞過程，動(dòng)量守恒，據(jù)動(dòng)量守恒得碰撞過程動(dòng)能減少，減少的動(dòng)能為系統(tǒng)損失的機(jī)械能，則代入數(shù)據(jù)得15．（22-23高一下·遼寧·期末）如圖所示，在光滑水平地面上靜置一質(zhì)量的長木板A和另一質(zhì)量的滑塊C，其中長木板的左端還放有質(zhì)量的滑塊B（可看成質(zhì)點(diǎn)）?，F(xiàn)給A、B組成的整體施加水平向右的瞬時(shí)沖量，此后A、B以相同速度向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間后A與C發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短）。木板足夠長，則再經(jīng)過一段時(shí)間后A、B再次以相同速度向右運(yùn)動(dòng)，且此后A、C之間的距離保持不變。已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1，重力加速度為g=10m/s2，則：（1）求A、C碰撞時(shí)損失的機(jī)械能；（2）滑塊B在長木板A上表面所留痕跡的長度L。

【答案】（1）30J；（2）3m【詳解】（1）最終A、B以相同速度向右運(yùn)動(dòng)，且A、C之間的距離保持不變，則三者速度相同，設(shè)為，以三者為系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得其中解得A與C發(fā)生碰撞且碰撞時(shí)間極短，設(shè)碰后A的速度為，由動(dòng)量守恒定律得解得則A、C碰撞時(shí)損失的機(jī)械能為（2）從A、C發(fā)生碰撞到A、B再次以相同速度向右運(yùn)動(dòng)；以A、B為系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒可得解得則滑塊B在長木板A上表面所留痕跡的長度為。16．（22-23高一下·廣東廣州·期末）如圖所示，靜置于水平地面的三輛手推車沿一直線排列，質(zhì)量均為m，人在極短時(shí)間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運(yùn)動(dòng)，當(dāng)車運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與第三車相碰，三車以共同速度又運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)停止。車運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g，若車與車之間僅在碰撞時(shí)發(fā)生相互作用，碰撞時(shí)間很短，忽略空氣阻力，求：（1）整個(gè)過程中摩擦阻力所做的總功；（2）跟第三輛車碰撞前瞬間，第二輛車的速度大?。唬?）人給第一輛車水平?jīng)_量的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中摩擦阻力做的總功為W，則即整個(gè)過程中摩擦阻力所做的總功為。（2）（3）設(shè)第一車的初速度為，第一次碰前速度為，碰后共同速度為，第二次碰前速度為，碰后共同速度為，根據(jù)動(dòng)能定理有由動(dòng)量守恒得聯(lián)立求得跟第三輛車碰撞前瞬間，第二輛車的速度大小人給第一輛車水平?jīng)_量的大小一、多選題1．（22-23高一下·吉林·期末）如圖所示，表面粗糙的斜面體固定在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端以大小為的初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)斜面頂端后滑回到底端時(shí)速度大小為，則小物塊（）A．在整個(gè)過程受到支持力的沖量為零B．在整個(gè)過程受到合外力的沖量大小為C．上滑過程受到的摩擦力沖量小于下滑時(shí)摩擦力沖量D．上滑過程克服摩擦力做功大于下滑時(shí)克服摩擦力做功【答案】BC【詳解】A．根據(jù)I=Ft可知，支持力的沖量不為零，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)動(dòng)量定理知合外力的沖量為故B正確；C．根據(jù)受力分析可知，上滑時(shí)的加速度一定大于下滑時(shí)的加速度，由位移公式可知，上滑過程用時(shí)小于下滑用時(shí)，而摩擦力大小相等，則可知，上滑過程中摩擦力的沖量小于下滑過程摩擦力沖量，C正確；D．上滑過程和下滑過程位移相等，且摩擦力大小相等，根據(jù)做功公式可知兩段過程克服摩擦力做功相同，D錯(cuò)誤。故選BC。2．（22-23高一下·廣東廣州·期末）如圖所示，小車A靜止與光滑水平面上，A上有一圓弧PQ，圓弧位于同一豎直平面內(nèi)，小球B由靜止起沿圓弧下滑，這一過程中（）A．若圓弧光滑，則小球的動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．若圓弧光滑，則系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C．若圓弧不光滑，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒D．若圓弧不光滑，則系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，機(jī)械能也不守恒【答案】BD【詳解】不論圓弧是否光滑，小車與小球組成的系統(tǒng)在小球下滑過程中系統(tǒng)所受合外力都不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量都不守恒；但系統(tǒng)水平方向不受外力，所以系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒；若圓弧光滑，只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；若圓弧不光滑，系統(tǒng)要克服摩擦力做功，機(jī)械能減少。故選BD。3．（22-23高一下·天津·期末）完全相同的質(zhì)量均為m的滑塊A和B，放在光滑水平面上，滑塊A與輕質(zhì)彈簧相連，彈簧另一端固定在墻上。滑塊B以的速度向滑塊A運(yùn)動(dòng)，如圖所示，隨后兩滑塊發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，下列說法正確的是（

）A．彈簧最大彈性勢(shì)能為B．碰撞過程中滑塊B對(duì)A做的功大小為C．碰撞過程中滑塊B受到的沖量大小為D．兩滑塊相碰后一起運(yùn)動(dòng)過程中，兩滑塊（包括彈簧）組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒【答案】AC【詳解】B．兩滑塊發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，故碰撞過程動(dòng)量守恒，碰撞后兩滑塊速度相同，設(shè)碰撞后速度為v，則解得根據(jù)動(dòng)能定理可得碰撞過程中滑塊B對(duì)A做的功大小為故B錯(cuò)誤；A．當(dāng)A、B兩滑塊速度為零時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)能定理可得故A正確；C．根據(jù)動(dòng)量定理可得碰撞過程中滑塊B受到的沖量大小為故C正確；D．兩滑塊相碰后一起運(yùn)動(dòng)過程中，由于彈簧受到墻壁的彈力，因此兩滑塊（包括彈簧）組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)誤。故選AC。4．（22-23高一下·黑龍江哈爾濱·期末）質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩個(gè)物體，分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，撤去F1、F2，物體只在摩擦力作用下減速到停止，其v-t圖像如圖所示。則在兩物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，下列說法正確的是（）A．物體A、B所受摩擦力大小之比為1：3B．物體A、B所受摩擦力大小之比為1：1C．F1和F2對(duì)物體A、B的沖量大小之比為1：3D．F1和F2對(duì)物體A、B的沖量大小之比為1：1【答案】BD【詳解】AB．由牛頓第二定律結(jié)合vt圖像知，A、B兩個(gè)物體受到的摩擦力大小分別為則物體A、B所受摩擦力之比為1∶1，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．在水平恒力F1和F2的作用下有解得和之比為2∶1。和對(duì)A、B的沖量分別為和對(duì)A、B的沖量之比為1∶1，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。5．（22-23高一下·黑龍江哈爾濱·期末）哈九中航天科普節(jié)活動(dòng)中，航天興趣小組模擬火箭升空的過程，將靜置在地面上的自制“水火箭”釋放升空。已知“水火箭”質(zhì)量為M（不包含水），“水火箭”內(nèi)裝有質(zhì)量為m的水，發(fā)射時(shí)在極短的時(shí)間內(nèi)將水以相對(duì)地面大小為v0的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g，空氣阻力忽略不計(jì)，“水火箭”內(nèi)的空氣質(zhì)量忽略不計(jì)，下列說法正確的是（）A．“水火箭”噴出水時(shí)，由于“水火箭”和水組成的系統(tǒng)受重力作用，所以系統(tǒng)一定不能看作動(dòng)量守恒B．“水火箭”噴出水時(shí)，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以“水火箭”和水組成的系統(tǒng)可以近似看作動(dòng)量守恒C．“水火箭”獲得的最大速度大小為D．“水火箭”上升的最大高度為【答案】BC【詳解】AB．“水火箭”和水組成的系統(tǒng)受到的外力之合不為零，但“水火箭”噴出水時(shí)，水和“水火箭”的相互作用力遠(yuǎn)大于重力，重力可以忽略不計(jì)，所以“水火箭”和水組成的系統(tǒng)可以近似看作動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；C．取向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒有解得故C正確；D．“水火箭”做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知可得“水火箭”上升的最大高度為故D錯(cuò)誤。故選BC。6．（22-23高一下·黑龍江哈爾濱·期末）如圖所示，質(zhì)量、的小球A、B均靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)給A球一個(gè)向右的初速度，之后與B球發(fā)生對(duì)心碰撞。碰后B球的速度可能為（）A．3m/s B．4m/s C．6m/s D．【答案】BC【詳解】小球A、B發(fā)生彈性碰撞，B球的速度最大，根據(jù)動(dòng)量守恒有能量守恒有解得小球A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，B球的速度最小，根據(jù)動(dòng)量守恒有解得綜上所述B球的速度范圍為故選BC。二、解答題7．（22-23高一下·廣東廣州·期末）如圖所示，質(zhì)量為1kg的物塊A和質(zhì)量為的物塊B通過一壓縮輕彈簧鎖定在一起，靜止于光滑平臺(tái)上．彈簧與兩物塊未粘連。解除鎖定后，A、B在彈簧彈力作用下開始運(yùn)動(dòng)。A分離后向左運(yùn)動(dòng)，滑上半徑的光滑半圓軌道，在軌道最高點(diǎn)軌道對(duì)其的壓力大小是22N；B分離后向右運(yùn)動(dòng)，滑上速度的足夠長的傳送帶，傳送帶與平臺(tái)等高，B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，分離后AB不相碰，取。（1）求A與B分離后瞬間，A的速度大??；（2）求A與B分離后瞬間，B的速度大小；（3）彈簧鎖定時(shí)的彈性勢(shì)能；（4）求B在傳送帶上滑動(dòng)過程中產(chǎn)生的內(nèi)能Q?！敬鸢浮浚?）6m/s；（2）5m/s；（3）33J；（4）4J【詳解】（1）物塊A在軌道最高點(diǎn)軌道對(duì)其的壓力大小是22N；由牛頓第二定律得解得由動(dòng)能定理A與B分離后瞬間，A的速度大?。?）A與B分離后瞬間，由動(dòng)量守恒可得A與B分離后瞬間，B的速度大??；（3）解除彈簧鎖定后彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物塊的動(dòng)能，由能量守恒定律得（4）B在傳送帶上先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得解得，加速度大小B在傳送帶山相對(duì)滑行時(shí)間B減速運(yùn)動(dòng)的位移在此時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移物塊B相對(duì)傳送帶滑行的距離B在傳送帶上滑動(dòng)過程中產(chǎn)生的內(nèi)能8．（22-23高一下·云南紅河·期末）如圖所示，一半徑為R的光滑圓弧軌道固定在水平面上，圓弧軌道末端B點(diǎn)與長木板上表面相切，長木板與地面之間無摩擦。將質(zhì)量為m=1kg的小滑塊，從圓弧軌道的最高點(diǎn)A由靜止釋放，經(jīng)最低點(diǎn)B滑上長木板時(shí)無能量損失。已知長木板質(zhì)量M=2kg，且長木板足夠長。從小滑塊到達(dá)B點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，長木板的v-t圖像如右圖所示，g取10m/s2。求：（1）滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力F壓大??；（2）滑塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）滑塊在長木板上滑過的距離?！敬鸢浮浚?）30N；（2）0.2；（3）1.5m【詳解】（1）小滑塊從A到B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有解得根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力F壓大小為30N；（2）根據(jù)牛頓第二定律可知長木板的加速度為由圖可知1s后共速，則有解得（3）根據(jù)動(dòng)量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律有解得9．（22-23高一下·天津·期末）節(jié)假日，某游樂場(chǎng)在確保安全的情況下燃放爆竹。工作人員點(diǎn)燃一質(zhì)量為的爆竹，在時(shí)間內(nèi)爆竹發(fā)生第一次爆炸向下高速噴出少量高壓氣體（此過程爆竹位移可以忽略，噴出氣體前后爆竹的質(zhì)量變化也可忽略），然后爆竹豎直向上運(yùn)動(dòng)，至離地面高度為時(shí)到達(dá)最高點(diǎn)；此時(shí)剩余火藥發(fā)生第二次爆炸，將爆竹炸成兩部分，其中一部分的質(zhì)量為，以速度向東水平飛出，第二次爆炸時(shí)間極短，不計(jì)空氣阻力和爆炸損失的質(zhì)量，重力加速度為10m/s2。求：（1）第一次火藥爆炸的過程中，爆竹的動(dòng)量變化量；（2）第一次火藥爆炸過程中高壓氣體對(duì)爆竹平均作用力F的大小；（3）第二次火藥爆炸后爆竹兩部分落地點(diǎn)間距x的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）804N；（3）160m【詳解】（1）爆竹豎直向上運(yùn)動(dòng)，至離地面高度為時(shí)到達(dá)最高點(diǎn)，則有解得爆竹的動(dòng)量變化量解得（2）第一次火藥爆炸過程中根據(jù)動(dòng)量定理有解得高壓氣體對(duì)爆竹平均作用力F的大?。?）第二次火藥爆炸根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得之后兩者做平拋運(yùn)動(dòng)，則有兩部分落地點(diǎn)間距解得10．（22-23高一下·遼寧·期末）如圖所示，一長為，質(zhì)量的長木板B靜止于光滑水平地面上，木板的右側(cè)靠著一個(gè)質(zhì)量為的光滑的圓弧槽C，C左側(cè)與長木板B等高，C與B不粘連，在木板B的左端放置一個(gè)質(zhì)量為可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A，AB間動(dòng)摩擦