PAGE9-熱點(diǎn)7動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～7題為多項(xiàng)選擇題)1．[2024·湖北宜昌市6月調(diào)考]如圖所示，籃球運(yùn)動(dòng)員接傳來(lái)的籃球時(shí)，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球快速引至胸前．這樣做可以()A．減小球?qū)κ譀_量的大小B．減小球?qū)κ肿饔昧Φ拇笮．減小球的動(dòng)量改變量的大小D．減小球?qū)κ值淖饔脮r(shí)間2．高空拋物是特別危急的事．設(shè)質(zhì)量為M＝1kg的小球從20m的樓上做自由落體運(yùn)動(dòng)落到地面，與水泥地面接觸時(shí)間為0.01s，g取10m/s2，那么小球?qū)Φ孛娴臎_擊力約是小球重力的()A．10倍B．20倍C．200倍D．2000倍3．[2024·全國(guó)卷Ⅲ，15]甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同始終線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的改變?nèi)鐖D中實(shí)線所示．已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3JB．4JC．5JD．6J4．如圖所示是一個(gè)物理演示試驗(yàn)，圖中自由下落的物體A和B被反彈后，B能上升到比初位置高的地方．A是某種材料做成的有凹坑的實(shí)心球，質(zhì)量為m1＝0.28kg，在其頂部的凹坑中插著質(zhì)量為m2＝0.1kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙．將此裝置從A下端離地板的高度H＝1.25m處由靜止釋放，試驗(yàn)中，A觸地后在極短時(shí)間內(nèi)反彈，且其速度大小不變，接著木棍B脫離球A起先上升，而球A恰好停留在地板上，則反彈后木棍B上升的高度為(重力加速度g取10m/s2)()A．4.05mB．1.25mC．5.30mD．12.5m5．[2024·四川遂寧市三診]如圖所示，水平地面光滑，水平輕彈簧一端固定在墻上，另一端拴接質(zhì)量為m的小球A.另一個(gè)質(zhì)量也為m的小球B以速度v0向左運(yùn)動(dòng)，與A碰撞時(shí)間極短、且碰后粘在一起．則從B與A起先碰撞到壓縮彈簧至最短的過(guò)程，對(duì)A球、B球、彈簧組成的系統(tǒng)()A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒B．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C．對(duì)墻產(chǎn)生的沖量大小為mv0D．彈簧最大彈性勢(shì)能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)6．如圖1所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個(gè)點(diǎn)電荷，t＝0時(shí)，甲靜止，乙以6m/s的初速度向甲運(yùn)動(dòng)，此后，它們僅在靜電力的作用下沿同始終線運(yùn)動(dòng)(整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)有接觸)，它們運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖2所示，則()A．兩電荷的電性肯定相反B．甲、乙兩個(gè)點(diǎn)電荷的質(zhì)量之比為2：1C．在0～t2時(shí)間內(nèi)，兩電荷間的靜電力先增大后減小D．在0～t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能始終增大，乙的動(dòng)能始終減小7．如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x.現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()A．物體A的質(zhì)量為3B．物體A的質(zhì)量為2C．彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)D．彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mveq\o\al(2,0)二、非選擇題8．[2024·四川遂寧市三診]如圖所示，在反推火箭作用下，飛船在距某星球表面100米處懸停，通過(guò)對(duì)障礙物和坡度進(jìn)行識(shí)別，選定相對(duì)平坦的區(qū)域后，起先以a＝2m/s2豎直下降．當(dāng)四條“緩沖腳”觸地時(shí)，反推火箭馬上停止工作，隨后飛船經(jīng)2s減速到0，停止在該星球表面上．飛船質(zhì)量m＝1000kg，每條“緩沖腳”與地面的夾角為60°，該星球表面的重力加速度g＝3.6m/s2，四條緩沖腳的質(zhì)量不計(jì)．求：(1)飛船豎直下降過(guò)程中，火箭推力對(duì)飛船做了多少功；(2)從反沖腳觸地到飛船速度減為0的過(guò)程中，每條“緩沖腳”對(duì)飛船的沖量大小．9．如圖所示，水平光滑地面上有兩個(gè)靜止的小物塊A和B(可視為質(zhì)點(diǎn))，A的質(zhì)量m＝1.0kg，B的質(zhì)量M＝4.0kg，A、B之間有一輕質(zhì)壓縮彈簧，且A、B間用細(xì)線相連(圖中未畫出)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝40J，彈簧的兩端與物塊接觸但不固定連接．水平面的左側(cè)有一豎直墻壁，右側(cè)與傾角為30°的光滑斜面平滑連接．將細(xì)線剪斷，A、B分別后馬上撤去彈簧，物塊A與墻壁發(fā)生彈性碰撞后，A在B未到達(dá)斜面前追上B，并與B相碰后結(jié)合在一起向右運(yùn)動(dòng)，g取10m/s2，求：(1)A與彈簧分別時(shí)的速度大小；(2)A、B沿斜面上升的最大距離．10．[2024·河南安陽(yáng)市下學(xué)期二模]如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端和粗糙的水平軌道在A點(diǎn)相切，AB為圓弧軌道的直徑．質(zhì)量分別為m、2m的滑塊1、2用很短的細(xì)線連接，在兩滑塊之間夾有壓縮的短彈簧(彈簧與滑塊不固連)，滑塊1、2位于A點(diǎn)．現(xiàn)剪斷兩滑塊間的細(xì)線，滑塊1恰能過(guò)最高處的B點(diǎn)，且落地點(diǎn)恰與滑塊2停止運(yùn)動(dòng)的地點(diǎn)重合．滑塊1、2可視為質(zhì)點(diǎn)，不考慮滑塊1落地后反彈，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g(1)滑塊1過(guò)B點(diǎn)的速度大小；(2)彈簧釋放的彈性勢(shì)能大小；(3)滑塊2與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)．11．[2024·天津卷，11]長(zhǎng)為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)．A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)．當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大小；(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大？熱點(diǎn)7動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律1．答案：B2．答案：C解析：小球下落過(guò)程，由動(dòng)能定理得Mgh＝eq\f(1,2)Mv2－0，解得v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×20)m/s＝20m/s，方向豎直向下；與地面接觸過(guò)程，由動(dòng)量定理得(Mg－F)t＝0－Mv，解得F＝2010N，故小球?qū)Φ孛娴臎_擊力大小為2010N，由于小球重力G＝10N，故C項(xiàng)正確．3．答案：A解析：由圖象可知甲物塊碰前速度v甲＝5m/s，乙物塊碰前速度v乙＝1m/s，甲物塊碰后速度v′甲＝－1m/s，乙物塊碰后速度v′乙＝2m/s.甲和乙碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，解得m乙＝6kg.碰撞過(guò)程中兩物塊損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v′eq\o\al(2,乙)＝3J．故選A項(xiàng)．4．答案：A解析：由題意可知，A、B做自由落體運(yùn)動(dòng)，由v2＝2gH，可得A、B的落地速度的大小v＝eq\r(2gH)，A反彈后與B的碰撞為瞬時(shí)作用，A、B組成的系統(tǒng)在豎直方向上所受合力雖然不為零，但作用時(shí)間很短，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以動(dòng)量近似守恒，故有m1v－m2v＝0＋m2v′2，B上上升度h＝eq\f(v′\o\al(2,2),2g)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得h＝4.05m，A正確．5．答案：C解析：A、B發(fā)生了完全非彈性碰撞，在碰撞過(guò)程中機(jī)械能有損失，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；從A、B起先一起運(yùn)動(dòng)至彈簧被壓縮到最短的過(guò)程中，由于墻面對(duì)彈簧有作用力，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零，則在此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)量不守恒，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)系統(tǒng)在整個(gè)過(guò)程中由動(dòng)量定理：I＝0－mv0，則這個(gè)系統(tǒng)對(duì)墻產(chǎn)生的沖量大小為mv0，故C正確；A、B碰撞過(guò)程，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝2mv，解得：v＝eq\f(1,2)v0，彈簧的最大彈性勢(shì)能為：Ep＝eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，故D錯(cuò)誤．6．答案：BC解析：由圖象0～t1段可以看出甲從靜止起先與乙同向運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明甲受到了乙的排斥力作用，則兩電荷的電性肯定相同，A錯(cuò)誤；兩電荷相互作用時(shí)，系統(tǒng)受到的合外力為零，故動(dòng)量守恒，設(shè)向左為正方向，t1時(shí)刻兩電荷速度相等，v＝2m/s，有Mv0＝(M＋m)v，解得m＝2M，即甲、乙兩個(gè)點(diǎn)電荷的質(zhì)量之比為2︰1，B正確；在0～t1時(shí)間內(nèi)兩電荷間距離漸漸減小，在t1～t2時(shí)間內(nèi)兩電荷間距離漸漸增大，由庫(kù)侖定律知，兩電荷間的靜電力先增大后減小，C正確；由圖象可看出，0～t37．答案：AC解析：若彈簧固定，則當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，彈性勢(shì)能最大，A的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得，彈簧被壓縮過(guò)程中最大的彈性勢(shì)能等于A的初動(dòng)能，設(shè)A的質(zhì)量為mA，即有Epm＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，若彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B，A與彈簧相互作用的過(guò)程中，B將向右運(yùn)動(dòng)，A、B速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，選取A的初速度的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由機(jī)械能守恒定律得Epm＝eq\f(1,2)mA(2v0)2－eq\f(1,2)(mA＋m)v2，聯(lián)立得mA＝3m，Epm＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤．8．答案：(1)－1.6×105J(2)eq\f(13600\r(3),3)N·s解析：(1)飛船加速下降時(shí)火箭推力為F，則mg－F＝ma推力對(duì)火箭做功為：W＝－Fh解得：W＝－1.6×105J；(2)t＝2s，a＝2m/s2反沖腳觸地前瞬間，飛船速度大小為v，則有：v2＝2ah從反沖腳觸地到飛船速度減為0的過(guò)程中，每條“反沖腳”對(duì)飛船的沖量大小為I，由動(dòng)量定理有：4Isin60°－mgt＝mv解得：I＝eq\f(13600\r(3),3)N·s.9．答案：(1)8m/s(2)1.024m解析：(1)設(shè)A、B與彈簧分別時(shí)的速度大小分別為v1、v2，系統(tǒng)動(dòng)量守恒：0＝mv1－Mv2系統(tǒng)能量守恒：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)解得v1＝8m/s，v2＝2m/s；(2)A與墻壁碰后速度大小不變，設(shè)A與B相碰后，A與B的速度大小為v，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv1＋Mv2＝(m＋M)v解得v＝3.2m/s對(duì)A、B整體，由動(dòng)能定理得：－(m＋M)gLsin30°＝0－eq\f(1,2)(m＋M)v2解得L＝1.024m.10．答案：(1)eq\r(gR)(2)eq\f(15,4)mgR(3)eq\f(5,16)解析：(1)滑塊1恰能經(jīng)過(guò)B點(diǎn)，則有mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得：vB＝eq\r(gR)(2)滑塊1從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)能定理有：－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得vA＝eq\r(5gR)滑塊1、2被彈簧彈開(kāi)過(guò)程，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mvA＝2mv依據(jù)能量守恒定律有：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)·2mv2聯(lián)立解得：Ep＝eq\f(15,4)mgR(3)滑塊1經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向有：x＝vBt豎直方向有：2R＝eq\f(1,2)gt2滑塊2在水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)動(dòng)能定理有：－μ·2mg·x＝0－eq\f(1,2)·2mv2聯(lián)立解得：μ＝eq\f(5,16)11．答案：(1)m1eq\r(5gl)(2)eq\f(5gl2m1＋m22,2m2)解析：(1)A恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓其次定律，有m1g＝m1eq\f(v2,l)①A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)的速度大小為vA，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)