5、兩塊碎片的水平速度(相對地面)大小相等、方向相反，則以下說法正確的是( )
A．爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度
B．爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度可能水平向西
C．爆炸后，三塊碎片將同時落到水平地面上，并且落地時的動量相同
D．爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的動能可能小于爆炸前瞬間爆竹的總動能
解析：設(shè)爆竹爆炸前的速度為v，爆竹爆炸成三塊碎片的質(zhì)量均為m，爆炸后前、后兩塊碎片的速度大小為v前后，中間那塊碎片的速度大小為v′，設(shè)水平向東為正方向，根據(jù)水平方向動量守恒，3mv＝mv前后＋mv′－mv前后，得v′＝3v，方向向東，所以爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速
6、度大于爆炸前瞬間爆竹的速度，選項A正確，B錯誤；爆炸后，三塊碎片均做平拋運動，豎直方向上有h＝gt2，下落時間相同，則豎直方向分速度相同，但水平方向上的分速度不同，故合速度不同，則動量不同，選項C錯誤；爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的動能m(3v)2>·3m·v2，選項D錯誤．
答案：A
4．2017年7月9日，斯諾克世界杯在江蘇無錫落下帷幕，由丁俊暉和梁文博組成的中國A隊在決賽中1比3落后的不利形勢下成功逆轉(zhuǎn)，最終以4比3擊敗英格蘭隊，幫助中國斯諾克臺球隊獲得了世界杯三連冠，如圖2為丁俊暉正在準(zhǔn)備擊球．設(shè)在丁俊暉這一桿中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直線上運動，碰前白色球的動量為
7、pA＝5 kg·m/s，花色球靜止，白色球A與花色球B發(fā)生碰撞后，花色球B的動量變?yōu)閜B′＝4 kg·m/s，則兩球質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是( )
圖2
A．mB＝mA B．mB＝mA
C．mB＝mA D．mB＝6mA
解析：由動量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根據(jù)碰撞過程中總動能不增加，則有≥＋，代入數(shù)據(jù)解得mB≥mA，碰后兩球同向運動，白色球A的速度不大于花色球B的速度，則≤，解得mB≤4mA，綜上可得mA≤mB≤4mA，選項A正確．
答案：A
5．如圖3所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量m1的小球A以速率v0向右運動．
8、在小球的前方O點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點處為一豎直的墻壁．小球A與小球B發(fā)生彈性正碰后小球A與小球B均向右運動．小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點相遇，PQ＝2PO，則兩小球質(zhì)量之比m1∶m2為( )
圖3
A．7∶5 B．1∶3
C．2∶1 D．5∶3
解析：設(shè)A、B兩個小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，發(fā)生彈性碰撞，不損失動能，故根據(jù)能量守恒定律有m1v02＝m1v12＋m2v22，兩個小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運動學(xué)規(guī)律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝PO∶(PO＋
9、4PO)＝1∶5，聯(lián)立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正確．
答案：D
6．(多選)如圖4所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，AB總質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時AB和C都靜止．當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是( )
圖4
A．彈簧伸長過程中C向右運動，同時AB也向右運動
B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶m
C．C與油泥粘在一起后，AB立即停止運動
D．C與油泥粘在一起后，AB繼續(xù)向右運動
解析：小車、物塊和彈簧組成
10、的系統(tǒng)動量守恒，開始總動量為零，在彈簧伸長的過程中，C向右運動，則小車向左運動，故A錯誤．規(guī)定向右為正方向，在C與B碰前，根據(jù)動量守恒定律得，0＝mvC－Mv，解得vC∶v＝M∶m，故B正確；因為小車、物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，開始總動量為零，當(dāng)C與油泥粘在一起時，總動量仍然為零，則小車停止運動，故C正確，D錯誤．
答案：BC
7．(多選)A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖5所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間變化的圖象，c為碰撞后兩球共同運動的位移隨時間變化的圖象．若A球質(zhì)量是m＝2 kg，則由圖判斷下列結(jié)論正確的是( )
圖
11、5
A．碰撞前、后A球的動量變化量為4 kg·m/s
B．碰撞時A球?qū)球所施的沖量為－4 N·s
C．A、B兩球碰撞前的總動量為3 kg·m/s
D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10 J
解析：根據(jù)圖象可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B兩球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的動量變化量為ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，選項A正確；A球的動量變化量為4 kg·m/s，則B球的動量變化為－4 kg·m/s，根據(jù)動量定理，碰撞過程中A球?qū)球所施的沖量為－4 N·s，選項B正確；由于碰撞過程中動量守恒，有mvA＋
12、mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為ΔE＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2＝10 J，選項D正確；A、B兩球碰撞前的總動量為p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，選項C錯誤．
答案：ABD
8．(2019年山西朔州情仁一中高三月考)(多選)
圖6
如圖6所示，一質(zhì)量為m的物塊甲以3 m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定在其左端，另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4 m/s的速度與物塊甲在同一直線上相向運動，則( )
A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)動量守恒
B．當(dāng)兩物塊相距最近時，甲物塊的速率為
13、零
C．碰撞過程中，甲物塊的速率可能為1 m/s，也可能為5 m/s
D．碰撞過程中，乙物塊的速率可能為2 m/s，也可能為1.7 m/s
解析：甲、乙兩物塊(包括彈簧)組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A正確；當(dāng)兩物塊相距最近時速度相同，取碰撞前乙的速度方向為正方向，設(shè)共同速率為v，由動量守恒定律得：mv乙－mv甲＝2mv，代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.5 m/s，故B錯誤；若物塊甲的速率達(dá)到5 m/s，方向與原來相同，則：mv乙－mv甲＝－mv甲′＋m乙v乙′，代入數(shù)據(jù)解得：v乙′＝6 m/s.兩個物體的速率都增大，動能都增大，違反了能量守恒定律．若物塊甲的速
14、率達(dá)到5 m/s，方向與原來相反，則：mv乙－mv甲＝mv甲′＋m乙v乙′，代入數(shù)據(jù)解得：v乙′＝－4 m/s，碰撞后，乙的動能不變，甲的動能增加，系統(tǒng)總動能增加，違反了能量守恒定律．所以物塊甲的速率不可能達(dá)到5 m/s，故C錯誤；甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，選取向右為正方向，由動量守恒定律得：mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，碰撞結(jié)束后，系統(tǒng)的動能守恒，則：m甲v甲2＋m乙v乙2＝m甲v′甲2＋m乙v′乙2.代入數(shù)據(jù)解得：v甲′＝4 m/s；v乙′＝－3 m/s.可知碰撞結(jié)束后，甲與乙交換速度；碰撞過程中，乙物塊的速度在4 m/s～－3 m/s之間都是可以的．所以速率可能為2 m/s，也可
15、能為1.7 m/s，故D正確．
答案：AD
二、解答題
9．(2018年高考·課標(biāo)全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空．當(dāng)煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動．爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量．求：
(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；
(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度．
解：(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有
則E＝mv02①
設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，
由運動學(xué)公式有0－v0＝－gt②
16、
聯(lián)立①②式得t＝ ③
(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，
由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1④
火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.
由題給條件和動量守恒定律有mv12＋mv22＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動．設(shè)爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有mv12＝mgh2⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝⑧
10．如圖7所示，質(zhì)量均為m的木板AB和滑塊CD緊靠在一起靜置在光滑水平面上，木板AB的上表面
17、粗糙，滑塊CD的表面是光滑的四分之一圓弧，其始端D點切線水平且與木板AB上表面相平．一可視為質(zhì)點的物塊P質(zhì)量也為m，從木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，過B點時的速度為，然后滑上滑塊CD，最終恰好能滑到滑塊CD的最高點C處．重力加速度為g.求：
圖7
(1)物塊滑到B點時木板的速度v的大??；
(2)滑塊CD圓弧的半徑R.
解：(1)對P和木板、滑塊CD組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有mv0＝m＋2mv，解得v＝.
(2)物塊P由D點滑到C點的過程中，滑塊CD和物塊P組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，
有m＋m＝2mv共
系統(tǒng)能量守恒，有
mgR＝m()2＋m()2－×2mv共
18、2
解得R＝.
11．如圖8所示，質(zhì)量為mA＝3 kg的小車A以v0＝4 m/s的速度沿光滑水平面勻速運動，小車左端固定的支架通過不可伸長的輕繩懸掛質(zhì)量為mB＝1 kg的小球B(可看作質(zhì)點)，小球距離車面h＝0.8 m．某一時刻，小車與靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為mC＝1 kg的物塊C發(fā)生碰撞并粘連在一起(碰撞時間可忽略)，此時輕繩突然斷裂．此后，小球剛好落入小車右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
圖8
(1)小車系統(tǒng)的最終速度大小v共；
(2)繩未斷前小球與沙桶的水平距離L；
(3)整個過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE機(jī)損．
解：(1)設(shè)系統(tǒng)最終速度為v共，水平方向動量守恒，有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v共
代入數(shù)據(jù)解得v共＝3.2 m/s
(2)A與C的碰撞動量守恒，mAv0＝(mA＋mC)v1
解得v1＝3 m/s，設(shè)小球下落時間為t，則h＝gt2
代入數(shù)據(jù)解得t＝0.4 s
所以繩未斷前小球與沙桶的水平距離為L＝(v0－v1)t
代入數(shù)據(jù)解得L＝0.4 m
(3)由能量守恒得ΔE機(jī)損＝mBgh＋(mA＋mB)v02－(mA＋mB＋mC)v共2
代入數(shù)據(jù)解得ΔE機(jī)損＝14.4 J
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2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題復(fù)習(xí)訓(xùn)練 課時作業(yè)五 動量定理、動量守恒定律（含解析）
