2017年高考物理試題分項版匯編系列 專題08 動量（含解析）

專題08動量一、單選題1類比是一種常用的研究方法對于直線運動，教科書中講解了由圖像求位移，由 (力-位移)圖像求做功的方法請你借鑒此方法分析下列說法，其中正確的是（）A. 由 (力-速度)圖線和橫軸圍成的面積可求出對應(yīng)速度變化過程中力做功的功率B. 由 (力-時間)圖線和橫軸圍成的面積可求出對應(yīng)時間內(nèi)力所做的沖量C. 由 (電壓-電流)圖線和橫軸圍成的面積可求出對應(yīng)的電流變化過程中電流的功率D. 由 (角速度-半徑)圖線和橫軸圍成的面積可求出對應(yīng)半徑變化范圍內(nèi)做圓周運動物體的線速度【答案】B2小球質(zhì)量為2m，以速度v沿水平方向垂直撞擊墻壁，球被反方向彈回速度大小是v，球與墻撞擊時間為t，在撞擊過程中，球?qū)Φ钠骄鶝_力大小是A. B. C. D. 【答案】C【解析】設(shè)初速度方向為正，則彈后的速度為-；則由動量定理可得：Ft=-2m×-2mv解得：F=；負號表示力的方向與初速度方向相反；由牛頓第三定律可知，球?qū)Φ钠骄鶝_擊力為F=F=；故選C3下列說法中正確的是（）A. 沖量的方向一定和動量的方向相同B. 動量變化量的方向一定和動量的方向相同C. 物體的末動量方向一定和它所受合外力的沖量方向相同D. 沖量是物體動量變化的原因【答案】D【解析】解：A、沖量的方向和動量的方向不一定相同，比如平拋運動，沖量方向豎直向下，動量方向是軌跡的切線方向故A錯誤B、動量增量的方向與合力的沖量方向相同，與動量的方向不一定相同，比如勻減速直線運動，動量增量的方向和動量的方向相反故B錯誤C、物體的末動量方向不一定和它所受合外力的沖量方向相同故C錯誤D、根據(jù)動量定理可知，沖量是物體的動量變化的原因故D正確故選：D4如圖所示，兩個質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍上述兩種射入過程相比較A. 射入滑塊A的子彈速度變化大 B. 整個射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大，木塊對子彈的平均阻力一樣大C. 射入滑塊A中時阻力對子彈做功是射入滑塊B中時的兩倍D. 兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同【答案】D【解析】A、根據(jù)動量守恒定律可得，可知兩種情況下木塊和子彈的共同速度相同，兩顆子彈速度變化相同，故A錯誤；B、兩滑塊的動量變化相同，受到的沖量相同，由，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍，射入滑塊A中時平均阻力對子彈是射入滑塊B中時的倍，故B錯誤；C、射入滑塊A中時阻力對子彈做功與射入滑塊B中時阻力對子彈做功相等，故C錯誤； D、由，兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同，故D正確；故選D。5兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運動，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球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/sC. vA=4 m/s，vB=7 m/s D. vA=7 m/s，vB=1.5 m/s【答案】B【解析】兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒，ABCD均滿足；考慮實際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD錯誤，BC滿足；根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動能應(yīng)該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動能，碰撞前總動能為22J，B選項碰撞后總動能為18J，C選項碰撞后總動能為57J，故C錯誤，B滿足；故選B6如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個質(zhì)量也為m的小物塊從槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是A. 在下滑過程中，物塊的機械能守恒B. 物塊被彈簧反彈后，做勻速直線運動C. 在下滑過程中，物塊和槽的動量守恒D. 物塊被彈簧反彈后，能回到槽高h處【答案】B【解析】在物塊下滑的過程中，斜槽將后退，物塊與弧形槽系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒；對于物塊，除了重力做功外，支持力做功，則物塊的機械能不守恒故A錯誤物塊加速下滑，豎直方向受向下合力，物塊與槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向動量守恒故C錯誤因為物塊與槽在水平方向上動量守恒，由于質(zhì)量相等，根據(jù)動量守恒，物塊離開槽時速度大小相等，方向相反，物塊被彈簧反彈后，與槽的速度相同，做勻速直線運動故B正確，D錯誤故選B7一炮艇在湖面上勻速行駛，突然從船頭和船尾同時向前和向后各發(fā)射一發(fā)炮彈，設(shè)兩炮彈的質(zhì)量相同，相對于地的速率相同，牽引力、阻力均不變，則船的動量和速度的變化情況是()A. 動量不變，速度增大 B. 動量變小，速度不變C. 動量增大，速度增大 D. 動量增大，速度減小【答案】A【解析】:因船受到的牽引力及阻力不變,且開始時船勻速運動,故整個系統(tǒng)所受的合外力為零,動量守恒.設(shè)炮彈質(zhì)量為m,船(不包括兩炮彈)的質(zhì)量為M,炮艇原來的速度為 ,發(fā)射炮彈的瞬間船的速度為v.設(shè)船原來的運動方向為正方向,則由動量守恒可得:可得：即發(fā)射炮彈后瞬間船的動量不變,速度增大，故A正確；綜上所述本題答案是：A8如圖所示，在光滑的水平面上靜止放一質(zhì)量為m的木板B，木板表面光滑，左端固定一輕質(zhì)彈簧。質(zhì)量為2m的木塊A以速度v0從板的右端水平向左滑上木板B。在木塊A與彈簧相互作用的過程中，下列判斷正確的是A. 彈簧壓縮量最大時，B板運動速率最大B. 板的加速度一直增大C. 彈簧給木塊A的沖量大小為D. 彈簧的最大彈性勢能為【答案】D【解析】在木塊A與彈簧相互作用的過程中，從彈簧的壓縮量達到最大到彈簧恢復原狀的過程中，彈簧對木板B有向左的彈力，B板仍在加速，所以彈簧壓縮量最大時，B板運動速率不是最大，當彈簧恢復原長時B板的速率最大，故A錯誤；彈簧壓縮量先增加后減小，彈簧對B板的彈力先增大后減小，故B板的加速度先增加后減小，故B錯誤；設(shè)彈簧恢復原長時A與B的速度分別為v1和v2取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有：2mv0=2mv1+mv2 ；根據(jù)機械能守恒定律，有：2mv02=2mv12+mv22 ；解得：v1=v0，v2=v0對滑塊A，根據(jù)動量定理，有：I=2mv1-2mv0=-mv0（負號表示方向向右），故C錯誤；當滑塊與長木板速度相等時，彈簧的壓縮量最大；根據(jù)動量守恒定律，有：2mv0=（m+2m）v ；系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)守恒定律，有：Ep=2mv02-（2m+m）v2  ；由以上兩式解得：Ep=mv02，故D正確；故選D.9質(zhì)量分別為m1 kg和M2 kg的物塊A和B疊放在光滑水平桌面上，兩物塊均處于靜止狀態(tài)，從某時刻開始，對物塊B施加一水平推力F，已知推力F隨時間t變化的關(guān)系為F6t(N)，兩物塊之間的動摩擦因數(shù)為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列結(jié)論正確的是()A. 兩物塊剛發(fā)生相對運動時的速度為1 m/sB. 從施加推力F到兩物塊剛發(fā)生相對運動所需的時間為sC. 從施加推力F到兩物塊剛發(fā)生相對運動兩物塊的位移為0.5 mD. 從施加推力F到兩物塊剛發(fā)生相對運動F的沖量為6 N·s【答案】A【解析】AB. 當m達到最大靜摩擦力時，m相對M發(fā)生相對滑動；則此時m的加速度為：a=g=0.2×10=2m/s2；則對整體受力分析可知，F(xiàn)=(m+M)a=3×2=6N=6t，則可知發(fā)生相對運動的時間為1s，F(xiàn)是均勻增加的，對整體由動量定理可得：；解得：v=1m/s，故A正確，B錯誤；C. 若物體做勻加速直線運動，則1s內(nèi)的位移x=vt/2=0.5m；而物體做的是變加速直線運動，故位移不是0.5m；故C錯誤；D. 由動量定理可知,I=(M+m)v=3Ns；故D錯誤；故選：A.10質(zhì)量為m的小球A以水平初速度v0與原來靜止的光滑水平面上的質(zhì)量為3m的小球B發(fā)生正碰，已知碰撞過程中A球的動能減少了75%，則碰撞后B球的動能可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】B11以下幾種運動形式在任何相等的時間內(nèi)，物體動量的變化不相等的運動是（）A. 勻變速直線運動 B. 平拋運動C. 自由落體運動 D. 勻速圓周運動【答案】D【解析】由相等時間內(nèi)，物體動量的變化總是相等，由動量定理Ft=p知，作用力F一定為恒力，則物體必須做勻變速運動，而勻速圓周運動是變加速運動，故有勻速圓周運動的物體動量的變化不相等，故D正確，ABC錯誤，故選D。12一粒鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由落體，然后陷入泥潭中。若把它在空中自由落體的過程稱為，進入泥潭直到停止的過程稱為，則（ ）A. 過程中鋼珠動量的改變量小于重力的沖量B. 過程中鋼珠所受阻力的沖量大小等于過程中重力沖量的大小C. 過程中鋼珠的動量改變量等于阻力的沖量D. 過程中阻力的沖量大小等于過程與過程重力沖量的大小【答案】D【解析】在過程中，鋼珠只受重力的作用，根據(jù)動量定理可知，其動量的改變量等于重力的沖量，選項A錯誤；過程中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程中阻力的沖量大小等于過程中重力的沖量大小與過程中重力沖量大小的和故B錯誤；過程中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程中鋼珠的動量改變量等于重力和阻力的沖量的和故C錯誤；過程中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程中阻力的沖量大小等于過程中重力的沖量大小與過程中重力沖量大小的和故D正確；故選D.13如圖所示曲線是某質(zhì)點只在一恒力作用下的部分運動軌跡質(zhì)點從M點出發(fā)經(jīng)P點到達N點，已知質(zhì)點從M點到P點的路程大于從P點到N點的路程，質(zhì)點由M點運動到P點與由P點運動到N點的時間相等下列說法中正確的是( )A. 質(zhì)點從M到N過程中速度大小保持不變B. 質(zhì)點在M、N間的運動不是勻變速運動C. 質(zhì)點在這兩段時間內(nèi)的動量變化量大小相等，方向相同D. 質(zhì)點在這兩段時間內(nèi)的動量變化量大小不相等，但方向相同【答案】C【解析】因為質(zhì)點在恒力作用下運動，所以質(zhì)點做勻變速曲線運動，速度隨時間變化，故AB錯誤；根據(jù)動量定理可得，兩段過程所用時間相同，所以動量變化量大小和方向都相同，C正確D錯誤14用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產(chǎn)生的原理。如圖所示，從距秤盤80 cm高度把1000 粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1s，豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话搿Ｈ裘總€豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時間極短（在豆粒與秤盤碰撞極短時間內(nèi)，碰撞力遠大于豆粒受到的重力），已知1000 粒的豆粒的總質(zhì)量為100g。則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為A. 0.2N B. 0.6N C. 1.0N D. 1.6N【答案】B【解析】豆粒從80cm高處落下時速度為v，則設(shè)向上為正方向，根據(jù)動量定理：B正確，ACD錯誤。故選：B。15如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊后不再穿出，此時木塊動能增加了5.5J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為（）A. 1JB. 3JC. 5JD. 7J【答案】D【解析】子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊后不再穿出，設(shè)子彈初速為，子彈和木塊的共同速度為；則、解得：化簡得：，故選D16質(zhì)量為m11 kg和m2(未知)的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間不計，其x t(位移時間)圖象如圖所示，則可知碰撞屬于（）A. 非彈性碰撞B. 彈性碰撞C. 完全非彈性碰撞D. 條件不足，不能確定【答案】B【解析】位移時間圖象的切線斜率表示物體的速度，由圖象可得兩物體碰撞前后的速度分別為：、；由動量守恒得；碰前總動能，碰后總動能代入數(shù)據(jù)可得：、，因此此碰撞是彈性碰撞。故選B17一質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v，在此過程中（）A. 地面對他的沖量為mv+mgt，地面對他做的功為B. 地面對他的沖量為，地面對他做的功為C. 地面對他的沖量為為，地面對他做的功為零D. 地面對他的沖量為為，地面對他做的功為零【答案】C【解析】人從下蹲起跳，經(jīng)時間速度為v，對此過程應(yīng)用動量定理得：故在此過程中，地面對他的沖量人在起跳過程中，受到地面對人的支持力但沒有產(chǎn)生位移，地面對他做的功為零。綜上，選C點睛：動量定理中沖量應(yīng)是所有力的沖量，不能漏去重力的沖量。18物體在恒定的合外力F作用下做直線運動，在時間t1內(nèi)速度由0增大到v，在時間t2內(nèi)速度由v增大到2v。設(shè)F在t1內(nèi)做的功是W1，沖量是I1；在t2內(nèi)做的功是W2，沖量是I2；那么 ()A. I1<I2，W1W2 B. I1<I2，W1<W2 C. I1I2，W1W2 D. I1I2，W1<W2【答案】D【解析】由動量定理有I1Ft1mv，I2Ft22mvmvmv，所以I1I2；由動能定理有，所以W1<W2，故D正確。故選D.【點睛】根據(jù)動能的變化由動能定理求合力的功、根據(jù)動量的變化由動量定理求合力的沖量是這兩大定理基本的應(yīng)用19質(zhì)量為m、速度為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止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球的速度可能有不同的值。碰撞后B球的速度大小可能是A. v B. 06v C. 03v D. 02v【答案】C動能為，違反了能量守恒定律，不可能，B錯誤；若，由動量守恒得，得，碰撞前系統(tǒng)的總動能為碰撞后系統(tǒng)的總動能為，不違反了能量守恒定律，是可能的，B正確；A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，則有，這時B獲得的速度最小，所以，是不可能的，D錯誤20一個靜止的鈾核，放射一個粒子而變?yōu)殁Q核，在勻強磁場中的徑跡如圖所示，則正確的說法( )A. 1是，2是釷 B. 1是釷，2是C. 3是，4是釷 D. 3是釷，4是【答案】B【解析】一個靜止的鈾核發(fā)生衰變后變?yōu)殁Q核，粒子和釷核都在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)動量守恒定律知，兩粒子的動量大小相等，速度方向相反，都為正電，根據(jù)左手定則，為兩個外切圓；根據(jù)，因兩粒子的動量大小相等、磁感應(yīng)強度B相同，則電量大的軌道半徑小，知1是釷核的徑跡，2是粒子的徑跡，B正確，ACD錯誤，選B【點睛】衰變生成的新核與粒子動量守恒，根據(jù)左手定則判斷粒子的受力方向，從而判斷出是內(nèi)切圓還是外切圓21A、B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運動，其位移時間圖如圖所示。由圖可知，物體A、B的質(zhì)量之比為 （ ） A. 13 B. 12 C. 11 D. 31【答案】A【解析】由x-t圖象可知，碰撞前，vB=0m/s，碰撞后vA=vB=v=，碰撞過程動量守恒，對A、B組成的系統(tǒng)，設(shè)A原方向為正方向，則由動量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，解得mA：mB=1：3；故A正確，BCD錯誤故選A22課上老師做了這樣一個實驗：如圖所示，用一象棋子壓著一紙條，放在水平桌面上接近邊緣處第一次，慢拉紙條，將紙條抽出，棋子掉落在地上的P點；第二次，將棋子、紙條放回原來的位置，快拉紙條，將紙條抽出，棋子掉落在地上的N點從第一次到第二次現(xiàn)象的變化，下列解釋正確的是()A. 棋子的慣性變大了B. 棋子受到紙帶的摩擦力變小了C. 棋子受到紙帶的沖量變小了D. 棋子離開桌面時的動量變大了【答案】C【解析】兩次拉動中棋子的質(zhì)量沒變，故其慣性不變；故A錯誤；由于正壓力不變；故紙帶對棋子的摩擦力沒變，故B錯誤；由于快拉時作用時間變短，故摩擦力對棋子的沖量變小了；故C正確；由動量定理可知，合外力的沖量減小，則棋子離開桌面時的動量變小；故D錯誤；故選C23水平面上有兩個物塊A、B，A質(zhì)量是B質(zhì)量的兩倍，與水平面的動摩擦因數(shù)都為µ，t=0時刻，B靜止， A以初速度向B運動，與B發(fā)生彈性正碰后分開，A與B都停止運動時的距離與t=0時刻AB距離相同，t=0時刻A與B間的距離為（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】設(shè)A與B碰前速度為，由運動學公式得：設(shè)A與B碰撞后，A的速度為，B的速度為，由動量守恒定律得：由能量守恒規(guī)律得：由運動學公式可得：可得：，故選項B正確。點睛：對于彈性碰撞，要掌握兩大守恒定律：動量守恒定律和能量守恒定律，對學生的能力要求較高，需加強這方面的訓練。24有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(估計重一噸左右)一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，船的質(zhì)量為( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】設(shè)人走動的時候船的速度為，人的速度為，人從船頭走到船尾用時為，人的位移為，船的位移為，所以，。根據(jù)動量守恒有：，可得：，小船的質(zhì)量為：，故B項正確。綜上所述，本題正確答案為B。25在足夠大的勻強磁場中，靜止的鈉的同位素發(fā)生衰變，沿與磁場垂直的方向釋放出一個粒子后，變?yōu)橐粋€新核，新核與放出粒子在磁場中運動的軌跡均為圓，如圖所示，下列說法正確的是A. 新核為B. 軌跡1是新核的徑跡C. 衰變過程中子數(shù)不變D. 新核沿順時針方向旋轉(zhuǎn)【答案】A【解析】發(fā)生衰變時動量守恒，放出的粒子與新核的速度方向相反，由左手定則判斷得知，放出的粒子應(yīng)帶負電，是粒子，所以發(fā)生的是衰變，衰變把一個中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子，放出一個電子，中子數(shù)減小，粒子是電子，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，配平核反應(yīng)方程式，可知衰變方程為，故新核是，A正確C錯誤；靜止的發(fā)生衰變時動量守恒，釋放出的粒子與新核的動量大小相等，兩個粒子在勻強磁場中都做勻速圓周運動，因為新核的電荷量大于所釋放出的粒子電荷量，由半徑公式可知半徑與電荷量q成反比，新核的電荷量q大，所以新核的半徑小，所以軌跡2是新核的軌跡，B錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由左手定則判斷得知：新核要沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，D錯誤26在光滑水平面上有一輛平板車，一人手握大錘站在車上開始時人、錘和車均靜止且這三者的質(zhì)量依次為m1、m2、m3人將大錘水平向左拋出后，人和車的速度大小為v，則拋出瞬間大錘的動量大小為（）A. m1v B. m2v C. （m1+m3）v D. （m2+m3）v【答案】C【解析】以人、錘和車組成的系統(tǒng)為研究對象，取向左為正方向，人將大錘水平向左拋出的過程，系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律得（m1+m3）vP=0可得，拋出瞬間大錘的動量大小為 P=（m1+m3）v 故選：C27一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則（ ）A. t=1 s時物塊的速率為2 m/sB. t=2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/sC. t=3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/sD. t=4 s時物塊的速度為零【答案】B【解析】前兩秒，根據(jù)牛頓第二定律，則02s的速度規(guī)律為； s時，速率為1m/s，故A錯誤；t=2s時，速率為2m/s，則動量為，故B正確；24s，力開始反向，物體減速，根據(jù)牛頓第二定律，所以3s時的速度為1.5m/s，動量為，4s時速度為1m/s，故CD錯誤；28如圖所示，質(zhì)量為0.5 kg的小球在距離車底面高20 m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞蓬小車中，車底涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4 kg，設(shè)小球在落到車底前瞬間速度是25 m/s，則當小球與小車相對靜止時，小車的速度是( ) A. 5 m/s B. 4 m/sC. 8.5 m/s D. 9.5 m/s【答案】A【解析】小球拋出后做平拋運動，根據(jù)動能定理得：mghmv2mv02解得：v0=15m/s小球和車作用過程中，水平方向動量守恒，則有：-mv0+MV=（M+m）v解得：v=5m/s，故選A.29滑雪運動是人們酷愛的戶外體育活動，現(xiàn)有質(zhì)量為m的人站立于雪橇上，如圖所示。人與雪橇的總質(zhì)量為M，人與雪橇以速度v1在水平面上由北向南運動(雪橇所受阻力不計)。當人相對于雪橇以速度v2豎直跳起時，雪橇向南的速度大小為()A. B. C. D. v1【答案】D【解析】雪橇所受阻力不計，人起跳后，人和雪橇組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平動量守恒，起跳后人和雪橇的水平速度相同，設(shè)為v取向南為正方向，由水平動量守恒得：  Mv1=Mv，得 v=v1，方向向南，故ABC錯誤，D正確故選D.30應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學習更加有趣和深入例如人原地起跳時，總是身體彎曲略下蹲，再猛然蹬地、身體打開，同時獲得向上的初速度，雙腳離開地面從開始蹬地到雙腳離開地面的整個過程中，下列分析正確的是A. 地面對人的支持力始終等于重力B. 地面對人的支持力的沖量大于重力的沖量C. 人原地起跳過程中獲得的動能來自于地面D. 人與地球所組成的系統(tǒng)的機械能是守恒的【答案】B【解析】人在上升過程中經(jīng)歷了先加速再減速過程，加速過程中人受到的支持力大于人的重力；故A錯誤；因支持力大于重力，作用時間相同，故支持力的沖量大于重力的沖量；故B正確；人起跳時，地面對人不做功，人的動能來自于本身的生物能；故C錯誤；由于有人體生物能轉(zhuǎn)化為機械能，故機械能不守恒；故D錯誤；故選B點睛：本題考查動量定理及功能轉(zhuǎn)化，要注意明確支持力對人作用的位移為零，故支持力對人不做功，人是利用自身的能量得以增加機械能的31在任何相等時間內(nèi)，物體動量的變化量總是相等的運動不可能是()A. 勻速圓周運動 B. 勻變速直線運動C. 自由落體運動 D. 平拋運動【答案】A點睛：此題考查動量定理的應(yīng)用，要注意明確動能定理的應(yīng)用，注意勻速圓周運動受到的向心力大小不變，但方向一直在改變，屬于變力32下面關(guān)于物體動量和沖量的說法不正確的是()A. 物體所受合外力沖量越大，它的動量也越大B. 物體所受合外力沖量不為零，它的動量一定要改變C. 物體動量增量的方向，就是它所受沖量的方向D. 物體所受合外力越大，它的動量變化就越快【答案】A【解析】物體所受合外力沖量越大，它的動量變化就越大，不是動量越大，故A不正確；合外力的沖量等于物體動量的變化量，物體所受合外力沖量不為零，它的動量一定要改變，故B正確；合外力的沖量等于物體動量的變化量，所以物體動量增量的方向，就是它所受沖量的方向，故C正確；物體所受合外力越大，加速度就越大，物體速度變化就越快，所以它的動量變化就越快，故D正確；本題選不正確的，故選A33如圖所示，AB為固定的光滑圓弧軌道，O為圓心，AO水平，BO豎直，軌道半徑為R，將質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）從A點由靜止釋放，在小球從A點運動到B點的過程中，（ ）A. 小球所受合力的沖量方向為弧中點指向圓心B. 小球所受支持力的沖量為0C. 小球所受重力的沖量大小為mD. 小球所受合力的沖量大小為m【答案】D【解析】試題分析：由沖量的計算公式求出各力的沖量大小，由動量定理求出動量的變化量或合力的沖量小球受到豎直向下的重力，和垂直切面指向圓心的支持力，所以合力不指向圓心，故合力的沖量也不指向圓心，A錯誤；小球的支持力不為零，作用時間不為零，故支持力的沖量不為零，B錯誤；小球在運動過程中只有重力做功，所以根據(jù)機械能守恒可得，故，根據(jù)動量定理可得，故C錯誤D正確34恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，沒有被拉動，則經(jīng)時間t，下列說法正確的是（ ）A. 拉力F對物體的沖量大小為零B. 合力對物體的沖量大小為FtC. 拉力F對物體的沖量大小是FtcosD. 拉力F對物體的沖量大小為Ft【答案】D【解析】拉力的大小為F，作用時間為t，根據(jù)沖量定義得拉力的沖量Ft，故D正確，AC錯誤；物體保持靜止，根據(jù)動量定理，合力沖量為零，故B錯誤。所以D正確，ABC錯誤。35光滑水平桌面上有P、Q兩個物塊，Q的質(zhì)量是P的n倍將一輕彈簧置于P、Q之間，用外力緩慢壓P、Q撤去外力后，P、Q開始運動，P和Q的動量大小的比值為（ ）A. n2 B. n C. D. 1【答案】D【解析】撤去外力后，系統(tǒng)不受外力，所以總動量守恒，設(shè)P的動量方向為正方向，則根據(jù)動量守恒定律有：PP-PQ=0，故PP=PQ；故動量之比為1；故D正確，ABC錯誤故選D點睛：本題考查動量守恒定律的應(yīng)用，要注意明確撤去拉力后的動量大小始終為零，同時在列式時一定要注意動量的矢量性36質(zhì)量為M的均勻木塊靜止在光滑水平面上,木塊左右兩側(cè)各有一位拿著完全相同步槍和子彈的射擊手.首先左側(cè)射手開槍,子彈水平射入木塊的最大深度為d1,然后右側(cè)射手開槍,子彈水平射入木塊的最大深度為d2,如圖所示,設(shè)子彈均未射穿木塊,且兩顆子彈與木塊之間的作用力大小均相同.當兩顆子彈均相對于木塊靜止時,下列判斷正確的是( )A. 木塊靜止, d1=d2B. 木塊向右運動, d12C. 木塊靜止, d1<d2D. 木塊向左運動, d1=d2【答案】C【解析】設(shè)子彈速度為v，質(zhì)量為m，已知木塊質(zhì)量為M；由動量定理可得第一顆子彈射入木塊后，木塊與子彈共同速度為 v1，則有   mv=（M+m）v1木塊與子彈組成的系統(tǒng)損失的動能為Ek=mv2-（M+m）v12設(shè)子彈與木塊之間作用力恒定為 F；則有Fd1=Ek=mv2-（M+m）v12第二顆子彈射入木塊后，由動量守恒定律可得：mv-mv=（2m+M）v，得v=0，即當兩顆子彈均相對于木塊靜止時，木塊的速度為零，即靜止；再對兩顆子彈和木塊系統(tǒng)為研究，由能量守恒定律得  Fd2=（M+m）v12+mv2，對比兩式可得，d1d2，故ABD錯誤，C正確；故選C.37我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實現(xiàn)女子3000接力三連冠.觀察發(fā)現(xiàn),“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面,并且開始向前滑行,待乙追上甲時,乙猛推甲一把,使甲獲得更大的速度向前沖出.在乙推甲的過程中,忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用,則(   )A. 甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B. 甲對乙做多少負功,乙對甲就一定做多少正功C. 甲的動能增加量等于乙的動能減少量D. 甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反【答案】D【解析】甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故沖量大小相等方向相反，沖量不相等，故A錯誤根據(jù)動量定理可知，沖量等于動量的變化，則甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反，選項D正確；由于乙推甲的過程中，要消耗體能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的動能，根據(jù)能量守恒定律知，甲的動能增加量不等于乙的動能減少量，根據(jù)動能定理可知二者相互做功也不相等；故BC錯誤故選D.點睛：本題要明確運動員間的相互作用力的沖量等于對方的動量變化，又有作用時間相同，相互作用力等大、反向，兩個運動員組成的系統(tǒng)總動量守恒38如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。這就是動量守恒定律。若一個系統(tǒng)動量守恒時，則A. 此系統(tǒng)內(nèi)每個物體所受的合力一定都為零B. 此系統(tǒng)的機械能一定守恒C. 此系統(tǒng)的機械能可能增加D. 此系統(tǒng)內(nèi)每個物體的動量大小不可能都增加【答案】C【解析】系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)所受合外力為零，但此系統(tǒng)內(nèi)每個物體所受的合力不一定都為零，故A錯誤；當只有重力或只有彈力做功時系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒但機械能不一定守恒，系統(tǒng)機械能可能增加，故B錯誤，C正確；系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)總動量保持不變，系統(tǒng)內(nèi)有的物體動量增大，有的物體動量減小，系統(tǒng)總動量保持不變，故B錯誤。所以C正確，ABD錯誤。39在“探究碰撞中的不變量”的實驗中，有質(zhì)量相等的甲乙兩擺球，擺長相同，乙球靜止在最低點，拉起甲球釋放后與乙球剛好正碰，碰后甲球靜止，乙球擺到與甲球初始位置等高?，F(xiàn)換為同質(zhì)量的兩個粘性球，重復以上操作，碰后兩球粘合在一起運動，則（ ）A. 兩次碰撞的整個過程中機械能不可能守恒B. 第一次兩球碰撞瞬間的前后，動量守恒，機械能不守恒C. 第二次兩球碰撞瞬間的前后，動量守恒，機械能不守恒【答案】C【解析】第一次碰撞速度交換，是完全彈性碰撞，動量守恒，機械能守恒，從甲球開始下落到乙球上升到最高點過程中動量不守恒，第二次碰后兩球粘合在一起運動，屬于完全非彈性碰撞，動量守恒，機械能損失最大，機械能不守恒，故C正確，ABD錯誤。40在氣墊導軌上進行探究實驗時，首先應(yīng)該做的是（）A. 給氣墊導軌通氣B. 給光電計時器進行掃零處理C. 把滑塊放到導軌上D. 檢查擋光片通過光電門時是否能擋光計時【答案】D【解析】在應(yīng)用氣墊導軌時，應(yīng)首先給氣墊導軌通氣才能進行后續(xù)實驗，故D正確，ABC錯誤。41在利用氣墊導軌探究碰撞中的不變量的實驗中，哪些因素可導致實驗誤差（）A. 導軌水平安放B. 小車上擋光板傾斜C. 兩小車質(zhì)量不相等D. 兩小車碰后連在一起【答案】B【解析】導軌不水平，小車速度將受重力的影響，從而導致實驗誤差，故A正確；擋光板傾斜會導致?lián)豕獍鍖挾炔坏扔趽豕怆A段小車通過的位移，使計算速度出現(xiàn)誤差，故B正確；兩小車質(zhì)量不相等，系統(tǒng)碰撞前后動量仍然守恒，故不會導致實驗誤差，故C錯誤；兩小車碰后連在一起是完全非彈性碰撞，系統(tǒng)碰撞前后動量仍然守恒，故不會導致實驗誤差，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。42如圖所示,在水平面上有兩條導電導軌MN、PQ，導軌間距為d，勻強磁場垂直于導軌所在的平面向里，磁感應(yīng)強度的大小為B，兩根完全相同的金屬桿1、2間隔一定的距離擺開放在導軌上，且與導軌垂直。它們的電阻均為R，兩桿與導軌接觸良好，導軌電阻不計，金屬桿的摩擦不計。桿1以初速度v0滑向桿2，為使兩桿不相碰，則桿2固定與不固定兩種情況下，最初擺放兩桿時的最少距離之比為：A. 1:1 B. 1:2 C. 2:1 D. 1:1【答案】C【解析】金屬桿1、2均不固定時，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，有：mv0=2mv，解得：v=；對右側(cè)桿，采用微元法，以向右為正方向，根據(jù)動量定理，有：Ft=mv，其中：F=BIL=，故t=mv，解得：l=，故AB間的距離最小為x=；故x：x=1:2；故ABD錯誤，C正確；故選：C?！久麕燑c睛】兩個棒均不固定時，左邊棒受向左的安培力，右邊棒受向右的安培力，故左邊棒減速，右邊棒加速，兩個棒系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得到最后的共同速度，然后對右邊棒運用動量定理列式；當右邊棒固定時，左邊棒受向左的安培力，做減速運動，根據(jù)動量定理列式；最后聯(lián)立求解即可。43如右圖所示，F(xiàn)-t圖象表示某物體所受的合外力F隨時間的變化關(guān)系，t0時物體的初速度為零，則下列說法錯誤的是A. 前4s內(nèi)物體的速度變化量為零B. 前4s內(nèi)物體的位移為零C. 物體在02s內(nèi)的位移大于24s內(nèi)的位移D. 02s內(nèi)F所做的功等于24s內(nèi)物體克服F所做的功【答案】B【解析】根據(jù)I=Ft知，F(xiàn)-t圖象與時間軸所圍的面積大小表示F的沖量，則知前4s內(nèi)F的沖量為，根據(jù)動量定理知，前4s內(nèi)物體的速度變化量p=I=0，故A正確t=0時物體的初速度為零，前2s內(nèi)F的方向與物體的運動方向相同，物體一直做加速運動，后2s內(nèi)F的方向與物體的運動方向相反，物體做減速運動，而且t=4s時物體的速度也為零，物體做單向直線運動，所以前4s內(nèi)物體的位移不為零作出v-t圖象如圖所示根據(jù)v-t圖象與t軸所圍的面積大小表示位移，可知，物體在02s內(nèi)的位移大于24s內(nèi)的位移，故B錯誤，C正確設(shè)物體的質(zhì)量為m，最大速度為v由動能定理得：02s內(nèi)F所做的功為：W1=mv2-0=mv224s內(nèi)F所做的功為：W2=0-mv2=-mv2，即物體克服F所做的功為mv2，所以02s內(nèi)F所做的功等于24s內(nèi)物體克服F所做的功，故D正確此題選擇錯誤的選項，故選B.44如圖所示，a、b、c三個相同的小球，a從光滑斜面頂端由靜止開始自由下滑，同時b、c從同一高度分別開始做自由下落和平拋運動它們從開始到到達地面，下列說法正確的有()A. 它們同時到達地面B. 重力對它們的沖量相同C. 它們的末動能相同D. 它們動量變化的大小相同【答案】D【解析】球b自由落體運動，球c的豎直分運動是自由落體運動，故bc兩個球的運動時間相同，為：；球a受重力和支持力，合力為mgsin，加速度為gsin，根據(jù)，得：；故tt，故A錯誤；由于重力相同，而重力的作用時間不同，故重力的沖量不同，故B錯誤；初動能不全相同，而合力做功相同，故根據(jù)動能定理，末動能不全相同，故C錯誤；bc球合力相同，運動時間相同，故合力的沖量相同，根據(jù)動量定理，動量變化量也相同；ab球機械能守恒，末速度相等，故末動量相等，初動量為零，故動量增加量相等，故D正確；故選D.45如圖所示，輕彈簧一端固定在墻上，另一端連一擋板，擋板的質(zhì)量為m，一物體沿光滑水平面以一定的速度撞向擋板，物體質(zhì)量為M，物體與擋板相接觸的一面都裝有尼龍搭扣，使得它們相撞后立即粘連在一起，若碰撞時間極短（即極短時間內(nèi)完成粘連過程），則對物體M、擋板m和彈簧組成的系統(tǒng)，下面說法中正確的是A. 在M與m相撞的過程中，系統(tǒng)的動量守恒而機械能不守恒B. 從M與m開始接觸到彈簧被壓縮到最短的過程中，系統(tǒng)的動量不守恒而機械能守恒C. 從M與m開始接觸到彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)的動量守恒而機械能不守恒D. 以上三種說法都不正確【答案】A【解析】在M與m相撞的過程中，有能量損失，所以系統(tǒng)機械能不守恒碰撞的瞬間，由于時間極短，內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，故A正確；從M與m粘連后到彈簧被壓縮到最短的過程中，墻壁對系統(tǒng)有作用力，即系統(tǒng)所受的外力之和不為零，系統(tǒng)動量不守恒，該過程只有彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，由于從M與m開始接觸時動量守恒機械能不守恒，則選項B錯誤；從M與m開始接觸到彈簧被壓縮到最短的過程中，墻壁對系統(tǒng)有作用力，即系統(tǒng)所受的外力之和不為零，系統(tǒng)動量不守恒，由于碰撞的過程有能量損失，系統(tǒng)機械能不守恒，故CD錯誤；故選A點睛：本題考查了判斷動量與機械能是否守恒，知道動量守恒與機械能守恒的條件即可正確解題；碰撞過程中內(nèi)力遠遠大于外力，動量守恒，只有重力或彈簧彈力做功時機械能守恒46在同一高度同時釋放A、B和C三個物體，自由下落距離 h 時，物體A被水平飛來的子彈擊中并留在A內(nèi)，B受到一個水平方向的沖量，則A、B和C落地時間 t1 、t2和t3的關(guān)系是A. t1 t2t3 B. t1 t2t3 C. t1 t2t3 D. t1 t2 = t3【答案】D【解析】B受到水平?jīng)_量，不影響落地時間，因為豎直方向上仍然是自由落體運動，A被子彈擊中，注意到子彈是留在A內(nèi)的，那么在子彈擊中A的短時間過程中，內(nèi)力遠大于外力，豎直方向上的動量守恒根據(jù)Mv=(M+m)v1可知在子彈擊中A后瞬間，A豎直方向上的速度減小，故會最晚落地因此BC同時落地，A最后落地，故選D.47一個質(zhì)量為 m 的小球甲以速度V在光滑水平面上運動，與一個等質(zhì)量的靜止小球乙正碰后，甲球的速度變?yōu)?v ，那么乙球獲得的動能等于A. B. C. D. 【答案】B【解析】設(shè)甲的速度方向為正方向；根據(jù)動量守恒得：mV=mv+mv，解得：v=V-v所以乙球的動能為：Ek=mv2=m（V-v）2故B正確，ACD錯誤故選B點睛：解決本題的關(guān)鍵知道小球碰撞的瞬間動量守恒，通過動量守恒定律求出碰后小球乙的速度；在解題時要注意動量守恒定律的矢量性，應(yīng)先設(shè)明正方向48一質(zhì)量為M的航天器遠離太陽和行星,正以速度v0在太空中飛行,某一時刻航天器接到加速的指令后,發(fā)動機瞬間向后噴出質(zhì)量為m的氣體,氣體向后噴出的速度大小為v1,加速后航天器的速度大小v2等于() (v0、v1、v2均為相對同一參考系的速度)A. B. C. D. 【答案】C【解析】設(shè)加速后航天器的速度大小為v，由動量守恒定律有Mv0=-mv1+（M-m）v解得，故選C.49摩天輪，是兒童熱愛的游樂項目之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，下列敘述正確的是A. 摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變B. 在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力C. 摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D. 摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變【答案】B50如圖，空間有垂直紙面向里的勻強磁場，水平放置的管道內(nèi)壁光滑，半徑略小于管道內(nèi)徑，所帶電荷量，質(zhì)量的小球A靜止，與A大小相等，質(zhì)量的不帶電絕緣小球B以速度v=3m/s向右與A發(fā)生彈性碰撞，下列說法正確的是（）A. B球碰后的速度大小為2m/s B. A球碰后對管道上表面有壓力C. A球碰后對管道下表面有壓力 D. A、B、C選項說法都不對【答案】D【解析】由于兩球發(fā)生彈性碰撞，則滿足： ；，解得 ；，則選項A錯誤；碰后兩球各帶電量1.25×104C，a球受洛倫茲力，則A球碰后對管道上表面有壓力，選項BC錯誤，D正確；故選D.二、多項選擇題1如圖所示裝置中，質(zhì)量為M的木塊B與水平桌面間的接觸面是光滑的，質(zhì)量為m的子彈A沿水平方向以v0射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短則此系統(tǒng)從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中（）A. 彈簧、木塊和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒B. 彈簧、木塊和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒C. 彈簧的最大彈性勢能為D. 彈簧的最大彈性勢能為【答案】C【解析】試題分析：系統(tǒng)內(nèi)力遠遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，只有重力或只有彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)受力情況與做功情況判斷系統(tǒng)動量與機械能是否守恒，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律分析答題子彈在擊中木塊過程要克服阻力做功，機械能有損失，系統(tǒng)機械能不守恒，子彈與木塊壓縮彈簧過程，子彈、木塊、彈簧組成的系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，由此可知，彈簧、子彈和木塊組成的系統(tǒng)在整個過程中動量不守恒、機械能不守恒，AB錯誤；設(shè)子彈射入木塊后，兩者的速度為v，子彈擊中木塊過程子彈與木塊的內(nèi)力遠遠大于外力，所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得，木塊壓縮彈簧過程，動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能，當彈性勢能最大時，系統(tǒng)的動能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，故由能量守恒定律得，聯(lián)立解得，C正確D錯誤2如圖所示，箱子放在水平地面上，箱內(nèi)有一質(zhì)量為m的鐵球以速度v向左壁碰去，來回碰幾次后停下來，而箱子始終靜止，則整個過程中（）A. 鐵球?qū)ο渥拥臎_量為零 B. 鐵球和箱子受到的沖量大小相等C. 箱子對鐵球的沖量為mv，向右 D. 摩擦力對箱子的沖量為mv，向右【答案】CD【解析】A、箱子在水平方向上受到兩個力作用，球隊對箱子的作用力和地面對箱子的摩擦力，二力始終等值方向，其合力始終為零，故箱子始終靜止因此，鐵球?qū)ο渥拥臎_量與摩擦力對箱子的沖量等值反向，合沖量為零，故A錯誤；B、根據(jù)動量定理，鐵球受到的沖量為I=0-mv=-mv，而箱子受到的沖量始終為零故B錯誤；C、根據(jù)動量定理，箱子對鐵球的沖量為I=0-mv=-mv，負號表示方向向右故C正確；D、箱子對鐵球的沖量mv，向右，根據(jù)牛頓第三定律，鐵球?qū)ο渥拥臎_量為mv，向左又因為摩擦力與鐵球?qū)ο渥拥淖饔昧Φ戎捣聪?，所以摩擦力對箱子的沖量為mv，向右故D正確；故CD正確；3如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1、m2(已知m2=0.5kg)的兩物塊A、B相連接，處于原長并靜止在光滑水平面上現(xiàn)使B獲得水平向右、大小為6m/s的瞬時速度，從此刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象提供的信息可得( )A. 在t1時刻，兩物塊達到共同速度2m/s，且彈簧處于伸長狀態(tài)B. 從t3到t4之間彈簧由原長變化為壓縮狀態(tài)C. t3時刻彈簧彈性勢能為6JD. 在t3和t4時刻，彈簧處于原長狀態(tài)【答案】AC【解析】從圖象可以看出，從0到的過程中B減速A加速，B的速度大于A的速度，彈簧被拉伸，時刻兩物塊達到共同速度2m/s，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，A正確；從圖中可知從到時間內(nèi)A做減速運動，B做加速運動，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復到原長，即時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，時刻彈簧處于原長，故BD錯誤；由圖示圖象可知，時刻兩物體相同，都是2m/s，A、B系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得： ，即，解得m1：m2=2：1，所以，在時刻根據(jù)能量守恒定律可得即，解得，C正確4如圖所示，水平固定放置的兩根足夠長的平行光滑桿AB和CD，各穿有質(zhì)量均為m的小球a和b，兩桿之間的距離為d，兩球間用原長也為d的輕質(zhì)彈簧連接?，F(xiàn)從左側(cè)用固定擋板將a球擋住，再用力把b球向左邊拉一段距離（在彈性限度內(nèi)）后靜止釋放，則下面判斷中正確的是（ ）A. 在彈簧第一次恢復原長的過程中，兩球和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒B. 彈簧第一次恢復原長后，繼續(xù)運動的過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒C. 彈簧第二次恢復原長時，a球的速度達到最大D. 釋放b球以后的運動過程中，彈簧的最大伸長量總小于運動開始時彈簧的伸長量【答案】BCD【解析】從釋放b到彈簧第一次恢復原長的過程中，擋板對a有外力作用，兩球組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；彈簧第一次回復原長后，繼續(xù)運動的過程中，系統(tǒng)所受的外力之和為零，系統(tǒng)動量守恒，因為只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故B正確；第一次回復原長后，b向右做減速運動，a向右做加速運動，當彈簧回復原長時，a的速度最大，故C正確；釋放b后的過程中，當?shù)谝淮位謴偷皆L，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為b的動能，在以后的運動過程中，彈簧伸長量最大時，兩者都有速度，結(jié)合動量守恒定律和能量守恒定律知，彈簧的最大伸長量總小于釋放b時彈簧的伸長量，故D正確。所以BCD正確，A錯誤。5有兩個質(zhì)量相同的小球A和B(均視為質(zhì)點)，A球用細繩吊起，細繩長度等于懸點距地面的高度，B球靜止于懸點的正下方的地面上，如圖所示，現(xiàn)將A球拉到距地面高為h處(繩子是伸直的)由靜止釋放，A球擺到最低點與B球碰撞后，A球上升的高度可能為( )A. B. C. D. 【答案】CD若兩者發(fā)生完全彈性碰撞，發(fā)生速度交換，則a獲得的速度最小，為零，此時a球不再上升，故，若兩者發(fā)生完全非彈性碰撞，即兩者速度相等時，a獲得的速度最大，此時，解得，A球上擺動的過程中機械能守恒，得，解得即，故CD正確6如圖所示，在光滑的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為M=1.5 kg的木板A,木板上表面粗糙且固定一豎直擋板，擋板上連接一輕質(zhì)彈簧，當彈簧處于原長時，在彈簧的左端輕放一質(zhì)量為m=0.9kg的物塊B，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m0=0·1kg的子彈C以v0=500m/s的速度水平擊中物塊并嵌人其中，該過程作用時間極短，則在A、B、C相互作用的過程中，下列說法中正確的有A. A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒B. A、B、C以及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C. 子彈擊中物塊B的瞬間對物塊B產(chǎn)生的沖量為45N·sD. 彈簧被壓縮到最短時木板的速度為25 m/s【答案】AC【解析】A. A、B、C三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，故A正確；B.由于存在摩擦阻力做功，機械能不守恒，故B錯誤；C.子彈擊中物塊B后與物塊B共速，由動量守恒有，故對物塊B產(chǎn)生的沖量等于B物塊獲得的動量，故對物塊B產(chǎn)生的沖量為45N·s，C正確；D彈簧被壓縮到最短時三者共速，由動量守恒有，故D錯誤。7如圖所示，一輕桿兩端分別固定a、b 兩個半徑相等的光滑金屬球，a球質(zhì)量大于b球質(zhì)量，整個裝置放在光滑的水平面上，設(shè)b球離地高度為，將此裝置從圖示位置由靜止釋放，則（）A. 在b球落地前的整個過程中，a、b 及輕桿系統(tǒng)機械能不守恒B. 在b球落地前瞬間，b球的速度大小為C. 在b球落地前的整個過程中，a、b 及輕桿系統(tǒng)動量守恒D. 在b球落地前的整個過程中，輕桿對b球做的功為零【答案】BD【解析】將三者看做一個整體，在b球下落過程中，整體只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，A錯誤；因為兩桿對兩小球做功的代數(shù)和為零，所以有，解得b球落地瞬間的速度為，B正確；整個裝置下落過程中，水平方向沒有外力，水平方向的動量守恒，豎直方向上動量不守恒，C錯誤；設(shè)桿對a球做功，對b球做功，系統(tǒng)機械能守恒，則除了重力之外的力的功必定為零，即，對a球由動能定理可知，故，D正確8水平面上放置一物塊，第一次以水平恒力F1作用于物塊，經(jīng)時間t1后撤去此力，物塊通過總位移S后停下來，第二次以水平恒力F2作用于物塊，經(jīng)時間t2后撤去此力，物塊也通過總位移S后停下，已知F1>F2,則以下說法正確的是 ( )A. 水平推力所做的功W1>W2B. 水平推力所做的功W1=W2C. 力F1對物體m1的沖量較小D. 摩擦力對m2的沖量較大【答案】BCD【解析】A、對全過程運用動能定理得,WF-fs=0，可知兩次滑行的距離相等，則摩擦力做功大小相等,則水平推力做功相等.故A錯誤，B正確.C、因為F1F2，所以F1作用時產(chǎn)生的加速度大,撤去推力后,物體的加速度相同,作速度-時間圖象：根據(jù)速度時間圖線，通過位移相等，知F1作用時物體在整個過程中的運動時間短根據(jù)動量定理得，F(xiàn)1t1-ft=0，F(xiàn)2t2-ft=0，因為tt，則知摩擦力對m2沖量較大，摩擦力對m1沖量較小，所以F1對物體m1的沖量較小故C、D均正確故選BCD【點睛】本題綜合考查了動能定理和動量定理，綜合性較強，難度中等，需加強該題型的訓練9如圖所示，質(zhì)量均為m的