2019-2020年高考物理試題分項(xiàng)版匯編系列 專題08 動(dòng)量（含解析）.doc

2019-2020年高考物理試題分項(xiàng)版匯編系列 專題08 動(dòng)量（含解析）一、單選題1類比是一種常用的研究方法對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)，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(qǐng)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(duì)應(yīng)速度變化過程中力做功的功率B. 由 (力-時(shí)間)圖線和橫軸圍成的面積可求出對(duì)應(yīng)時(shí)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(duì)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(duì)應(yīng)半徑變化范圍內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)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(shí)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?yàn)檎?，則彈后的速度為-；則由動(dòng)量定理可得：Ft=-2m-2mv解得：F=；負(fù)號(hào)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(dòng)量的方向相同B. 動(dòng)量變化量的方向一定和動(dòng)量的方向相同C. 物體的末動(dòng)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(dòng)量變化的原因【答案】D【解析】解：A、沖量的方向和動(dòng)量的方向不一定相同，比如平拋運(yùn)動(dòng)，沖量方向豎直向下，動(dòng)量方向是軌跡的切線方向故A錯(cuò)誤B、動(dòng)量增量的方向與合力的沖量方向相同，與動(dòng)量的方向不一定相同，比如勻減速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量增量的方向和動(dòng)量的方向相反故B錯(cuò)誤C、物體的末動(dòng)量方向不一定和它所受合外力的沖量方向相同故C錯(cuò)誤D、根據(jù)動(dòng)量定理可知，沖量是物體的動(dòng)量變化的原因故D正確故選：D4如圖所示，兩個(gè)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(gè)射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大，木塊對(duì)子彈的平均阻力一樣大C. 射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功是射入滑塊B中時(shí)的兩倍D. 兩個(gè)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同【答案】D【解析】A、根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤；B、兩滑塊的動(dòng)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(shí)平均阻力對(duì)子彈是射入滑塊B中時(shí)的倍，故B錯(cuò)誤；C、射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功與射入滑塊B中時(shí)阻力對(duì)子彈做功相等，故C錯(cuò)誤； D、由，兩個(gè)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(yùn)動(dòng)，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s當(dāng)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】?jī)汕蚺鲎策^程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，ABCD均滿足；考慮實(shí)際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD錯(cuò)誤，BC滿足；根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動(dòng)能應(yīng)該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動(dòng)能，碰撞前總動(dòng)能為22J，B選項(xiàng)碰撞后總動(dòng)能為18J，C選項(xiàng)碰撞后總動(dòng)能為57J，故C錯(cuò)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(gè)質(zhì)量也為m的小物塊從槽高h(yuǎn)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(jī)械能守恒B. 物塊被彈簧反彈后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)C. 在下滑過程中，物塊和槽的動(dòng)量守恒D. 物塊被彈簧反彈后，能回到槽高h(yuǎn)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(jī)械能守恒；對(duì)于物塊，除了重力做功外，支持力做功，則物塊的機(jī)械能不守恒故A錯(cuò)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(dòng)量守恒故C錯(cuò)誤因?yàn)槲飰K與槽在水平方向上動(dòng)量守恒，由于質(zhì)量相等，根據(jù)動(dòng)量守恒，物塊離開槽時(shí)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(yùn)動(dòng)故B正確，D錯(cuò)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(shí)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(duì)于地的速率相同，牽引力、阻力均不變，則船的動(dòng)量和速度的變化情況是()A. 動(dòng)量不變，速度增大 B. 動(dòng)量變小，速度不變C. 動(dòng)量增大，速度增大 D. 動(dòng)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(shí)船勻速運(yùn)動(dòng),故整個(gè)系統(tǒng)所受的合外力為零,動(dòng)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(lái)的速度為 ,發(fā)射炮彈的瞬間船的速度為v.設(shè)船原來(lái)的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?則由動(dòng)量守恒可得:可得：即發(fā)射炮彈后瞬間船的動(dòng)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(shí)，B板運(yùn)動(dòng)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(shì)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(dá)到最大到彈簧恢復(fù)原狀的過程中，彈簧對(duì)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(shí)，B板運(yùn)動(dòng)速率不是最大，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)B板的速率最大，故A錯(cuò)誤；彈簧壓縮量先增加后減小，彈簧對(duì)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(cuò)誤；設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A與B的速度分別為v1和v2取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：2mv0=2mv1+mv2；根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：2mv02=2mv12+mv22；解得：v1=v0，v2=v0對(duì)滑塊A，根據(jù)動(dòng)量定理，有：I=2mv1-2mv0=-mv0（負(fù)號(hào)表示方向向右），故C錯(cuò)誤；當(dāng)滑塊與長(zhǎng)木板速度相等時(shí)，彈簧的壓縮量最大；根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：2mv0=（m+2m）v；系統(tǒng)機(jī)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?fàn)顟B(tài)，從某時(shí)刻開始，對(duì)物塊B施加一水平推力F，已知推力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系為F6t(N)，兩物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為1 m/sB. 從施加推力F到兩物塊剛發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)所需的時(shí)間為sC. 從施加推力F到兩物塊剛發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)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(duì)運(yùn)動(dòng)F的沖量為6 Ns【答案】A【解析】AB. 當(dāng)m達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，m相對(duì)M發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)；則此時(shí)m的加速度為：a=g=0.210=2m/s2；則對(duì)整體受力分析可知，F(xiàn)=(m+M)a=32=6N=6t，則可知發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1s，F(xiàn)是均勻增加的，對(duì)整體由動(dòng)量定理可得：；解得：v=1m/s，故A正確，B錯(cuò)誤；C. 若物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則1s內(nèi)的位移x=vt/2=0.5m；而物體做的是變加速直線運(yùn)動(dòng)，故位移不是0.5m；故C錯(cuò)誤；D. 由動(dòng)量定理可知,I=(M+m)v=3Ns；故D錯(cuò)誤；故選：A.10質(zhì)量為m的小球A以水平初速度v0與原來(lái)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(dòng)能減少了75%，則碰撞后B球的動(dòng)能可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】B11以下幾種運(yùn)動(dòng)形式在任何相等的時(shí)間內(nèi)，物體動(dòng)量的變化不相等的運(yùn)動(dòng)是（）A. 勻變速直線運(yùn)動(dòng) B. 平拋運(yùn)動(dòng)C. 自由落體運(yùn)動(dòng) D. 勻速圓周運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】由相等時(shí)間內(nèi)，物體動(dòng)量的變化總是相等，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)，而勻速圓周運(yùn)動(dòng)是變加速運(yùn)動(dòng)，故有勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體動(dòng)量的變化不相等，故D正確，ABC錯(cuò)誤，故選D。12一粒鋼珠從靜止?fàn)顟B(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(jìn)入泥潭直到停止的過程稱為，則（ ）A. 過程中鋼珠動(dòng)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(dòng)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(dòng)量定理可知，其動(dòng)量的改變量等于重力的沖量，選項(xiàng)A錯(cuò)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(cuò)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(dòng)量改變量等于重力和阻力的沖量的和故C錯(cuò)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(diǎn)只在一恒力作用下的部分運(yùn)動(dòng)軌跡質(zhì)點(diǎn)從M點(diǎn)出發(fā)經(jīng)P點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)，已知質(zhì)點(diǎn)從M點(diǎn)到P點(diǎn)的路程大于從P點(diǎn)到N點(diǎn)的路程，質(zhì)點(diǎn)由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)與由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間相等下列說法中正確的是( )A. 質(zhì)點(diǎn)從M到N過程中速度大小保持不變B. 質(zhì)點(diǎn)在M、N間的運(yùn)動(dòng)不是勻變速運(yùn)動(dòng)C. 質(zhì)點(diǎn)在這兩段時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量變化量大小相等，方向相同D. 質(zhì)點(diǎn)在這兩段時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量變化量大小不相等，但方向相同【答案】C【解析】因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)在恒力作用下運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間變化，故AB錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理可得，兩段過程所用時(shí)間相同，所以動(dòng)量變化量大小和方向都相同，C正確D錯(cuò)誤14用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強(qiáng)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(shí)間為1s，豆粒彈起時(shí)豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话搿Ｈ裘總€(gè)豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時(shí)間極短（在豆粒與秤盤碰撞極短時(shí)間內(nèi)，碰撞力遠(yuǎn)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(shí)速度為v，則設(shè)向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理：B正確，ACD錯(cuò)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(shí)木塊動(dòng)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(jiǎn)得：，故選D16質(zhì)量為m11 kg和m2(未知)的兩個(gè)物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時(shí)間不計(jì)，其x t(位移時(shí)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(shí)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(dòng)量守恒得；碰前總動(dòng)能，碰后總動(dòng)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(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)時(shí)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(duì)他的沖量為mv+mgt，地面對(duì)他做的功為B. 地面對(duì)他的沖量為，地面對(duì)他做的功為C. 地面對(duì)他的沖量為為，地面對(duì)他做的功為零D. 地面對(duì)他的沖量為為，地面對(duì)他做的功為零【答案】C【解析】人從下蹲起跳，經(jīng)時(shí)間速度為v，對(duì)此過程應(yīng)用動(dòng)量定理得：故在此過程中，地面對(duì)他的沖量人在起跳過程中，受到地面對(duì)人的支持力但沒有產(chǎn)生位移，地面對(duì)他做的功為零。綜上，選C點(diǎn)睛：動(dòng)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(yùn)動(dòng)，在時(shí)間t1內(nèi)速度由0增大到v，在時(shí)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(dòng)量定理有I1Ft1mv，I2Ft22mvmvmv，所以I1I2；由動(dòng)能定理有，所以W1<W2，故D正確。故選D.【點(diǎn)睛】根據(jù)動(dòng)能的變化由動(dòng)能定理求合力的功、根據(jù)動(dòng)量的變化由動(dòng)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(dòng)能為，違反了能量守恒定律，不可能，B錯(cuò)誤；若，由動(dòng)量守恒得，得，碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能為碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)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(shí)B獲得的速度最小，所以，是不可能的，D錯(cuò)誤20一個(gè)靜止的鈾核，放射一個(gè)粒子而變?yōu)殁Q核，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(gè)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(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知，兩粒子的動(dòng)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(gè)外切圓；根據(jù)，因兩粒子的動(dòng)量大小相等、磁感應(yīng)強(qiáng)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(cuò)誤，選B【點(diǎn)睛】衰變生成的新核與粒子動(dòng)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(yùn)動(dòng)，其位移時(shí)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(dòng)量守恒，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，設(shè)A原方向?yàn)檎较?，則由動(dòng)量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，解得mA：mB=1：3；故A正確，BCD錯(cuò)誤故選A22課上老師做了這樣一個(gè)實(shí)驗(yàn)：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(diǎn)；第二次，將棋子、紙條放回原來(lái)的位置，快拉紙條，將紙條抽出，棋子掉落在地上的N點(diǎn)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(shí)的動(dòng)量變大了【答案】C【解析】?jī)纱卫瓌?dòng)中棋子的質(zhì)量沒變，故其慣性不變；故A錯(cuò)誤；由于正壓力不變；故紙帶對(duì)棋子的摩擦力沒變，故B錯(cuò)誤；由于快拉時(shí)作用時(shí)間變短，故摩擦力對(duì)棋子的沖量變小了；故C正確；由動(dòng)量定理可知，合外力的沖量減小，則棋子離開桌面時(shí)的動(dòng)量變??；故D錯(cuò)誤；故選C23水平面上有兩個(gè)物塊A、B，A質(zhì)量是B質(zhì)量的兩倍，與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)都為，t=0時(shí)刻，B靜止， A以初速度向B運(yùn)動(dòng)，與B發(fā)生彈性正碰后分開，A與B都停止運(yùn)動(dòng)時(shí)的距離與t=0時(shí)刻AB距離相同，t=0時(shí)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：設(shè)A與B碰撞后，A的速度為，B的速度為，由動(dòng)量守恒定律得：由能量守恒規(guī)律得：由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：可得：，故選項(xiàng)B正確。點(diǎn)睛：對(duì)于彈性碰撞，要掌握兩大守恒定律：動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練。24有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(zhǎng)(估計(jì)重一噸左右)一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測(cè)定它的質(zhì)量他進(jìn)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(cè)出船后退的距離d，然后用卷尺測(cè)出船長(zhǎng)L.已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計(jì)，船的質(zhì)量為( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】設(shè)人走動(dòng)的時(shí)候船的速度為，人的速度為，人從船頭走到船尾用時(shí)為，人的位移為，船的位移為，所以，。根據(jù)動(dòng)量守恒有：，可得：，小船的質(zhì)量為：，故B項(xiàng)正確。綜上所述，本題正確答案為B。25在足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，靜止的鈉的同位素發(fā)生衰變，沿與磁場(chǎng)垂直的方向釋放出一個(gè)粒子后，變?yōu)橐粋€(gè)新核，新核與放出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(shí)針方向旋轉(zhuǎn)【答案】A【解析】發(fā)生衰變時(shí)動(dòng)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(fù)電，是粒子，所以發(fā)生的是衰變，衰變把一個(gè)中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子，放出一個(gè)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(cuò)誤；靜止的發(fā)生衰變時(shí)動(dòng)量守恒，釋放出的粒子與新核的動(dòng)量大小相等，兩個(gè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中都做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樾潞说碾姾闪看笥谒尫懦龅牧Ｗ与姾闪?，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(cuò)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(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，D錯(cuò)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(shí)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(dòng)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(duì)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(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得（m1+m3）vP=0可得，拋出瞬間大錘的動(dòng)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(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則（ ）A. t=1 s時(shí)物塊的速率為2 m/sB. t=2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kgm/sC. t=3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kgm/sD. t=4 s時(shí)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(shí)，速率為1m/s，故A錯(cuò)誤；t=2s時(shí)，速率為2m/s，則動(dòng)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(shí)的速度為1.5m/s，動(dòng)量為，4s時(shí)速度為1m/s，故CD錯(cuò)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(dāng)小球與小車相對(duì)靜止時(shí)，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(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得：mghmv2mv02解得：v0=15m/s小球和車作用過程中，水平方向動(dòng)量守恒，則有：-mv0+MV=（M+m）v解得：v=5m/s，故選A.29滑雪運(yùn)動(dòng)是人們酷愛的戶外體育活動(dòng)，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(yùn)動(dòng)(雪橇所受阻力不計(jì))。當(dāng)人相對(duì)于雪橇以速度v2豎直跳起時(shí)，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(jì)，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(dòng)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(dòng)量守恒得：Mv1=Mv，得 v=v1，方向向南，故ABC錯(cuò)誤，D正確故選D.30應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入例如人原地起跳時(shí)，總是身體彎曲略下蹲，再猛然蹬地、身體打開，同時(shí)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(gè)過程中，下列分析正確的是A. 地面對(duì)人的支持力始終等于重力B. 地面對(duì)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(dòng)能來(lái)自于地面D. 人與地球所組成的系統(tǒng)的機(jī)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(cuò)誤；因支持力大于重力，作用時(shí)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(shí)，地面對(duì)人不做功，人的動(dòng)能來(lái)自于本身的生物能；故C錯(cuò)誤；由于有人體生物能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，故機(jī)械能不守恒；故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)睛：本題考查動(dòng)量定理及功能轉(zhuǎn)化，要注意明確支持力對(duì)人作用的位移為零，故支持力對(duì)人不做功，人是利用自身的能量得以增加機(jī)械能的31在任何相等時(shí)間內(nèi)，物體動(dòng)量的變化量總是相等的運(yùn)動(dòng)不可能是()A. 勻速圓周運(yùn)動(dòng) B. 勻變速直線運(yùn)動(dòng)C. 自由落體運(yùn)動(dòng) D. 平拋運(yùn)動(dòng)【答案】A點(diǎn)睛：此題考查動(dòng)量定理的應(yīng)用，要注意明確動(dòng)能定理的應(yīng)用，注意勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)量也越大B. 物體所受合外力沖量不為零，它的動(dòng)量一定要改變C. 物體動(dòng)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(dòng)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(dòng)量變化就越大，不是動(dòng)量越大，故A不正確；合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，物體所受合外力沖量不為零，它的動(dòng)量一定要改變，故B正確；合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，所以物體動(dòng)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(dòng)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(diǎn)）從A點(diǎn)由靜止釋放，在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，（ ）A. 小球所受合力的沖量方向?yàn)榛≈悬c(diǎn)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(jì)算公式求出各力的沖量大小，由動(dòng)量定理求出動(dòng)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(cuò)誤；小球的支持力不為零，作用時(shí)間不為零，故支持力的沖量不為零，B錯(cuò)誤；小球在運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，所以根據(jù)機(jī)械能守恒可得，故，根據(jù)動(dòng)量定理可得，故C錯(cuò)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(duì)物體的摩擦力較大，沒有被拉動(dòng)，則經(jīng)時(shí)間t，下列說法正確的是（ ）A. 拉力F對(duì)物體的沖量大小為零B. 合力對(duì)物體的沖量大小為FtC. 拉力F對(duì)物體的沖量大小是FtcosD. 拉力F對(duì)物體的沖量大小為Ft【答案】D【解析】拉力的大小為F，作用時(shí)間為t，根據(jù)沖量定義得拉力的沖量Ft，故D正確，AC錯(cuò)誤；物體保持靜止，根據(jù)動(dòng)量定理，合力沖量為零，故B錯(cuò)誤。所以D正確，ABC錯(cuò)誤。35光滑水平桌面上有P、Q兩個(gè)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(yùn)動(dòng)，P和Q的動(dòng)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(dòng)量守恒，設(shè)P的動(dòng)量方向?yàn)檎较颍瑒t根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：PP-PQ=0，故PP=PQ；故動(dòng)量之比為1；故D正確，ABC錯(cuò)誤故選D點(diǎn)睛：本題考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，要注意明確撤去拉力后的動(dòng)量大小始終為零，同時(shí)在列式時(shí)一定要注意動(dòng)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(dāng)兩顆子彈均相對(duì)于木塊靜止時(shí),下列判斷正確的是( )A. 木塊靜止, d1=d2B. 木塊向右運(yùn)動(dòng), d12C. 木塊靜止, d1<d2D. 木塊向左運(yùn)動(dòng), 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(dòng)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(dòng)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(dòng)量守恒定律可得：mv-mv=（2m+M）v，得v=0，即當(dāng)兩顆子彈均相對(duì)于木塊靜止時(shí)，木塊的速度為零，即靜止；再對(duì)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(duì)比兩式可得，d1d2，故ABD錯(cuò)誤，C正確；故選C.37我國(guó)女子短道速滑隊(duì)在今年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3000接力三連冠.觀察發(fā)現(xiàn),“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面,并且開始向前滑行,待乙追上甲時(shí),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(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用,則( )A. 甲對(duì)乙的沖量一定等于乙對(duì)甲的沖量B. 甲對(duì)乙做多少負(fù)功,乙對(duì)甲就一定做多少正功C. 甲的動(dòng)能增加量等于乙的動(dòng)能減少量D. 甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反【答案】D【解析】甲對(duì)乙的作用力與乙對(duì)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(cuò)誤根據(jù)動(dòng)量定理可知，沖量等于動(dòng)量的變化，則甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反，選項(xiàng)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(dòng)能，根據(jù)能量守恒定律知，甲的動(dòng)能增加量不等于乙的動(dòng)能減少量，根據(jù)動(dòng)能定理可知二者相互做功也不相等；故BC錯(cuò)誤故選D.點(diǎn)睛：本題要明確運(yùn)動(dòng)員間的相互作用力的沖量等于對(duì)方的動(dòng)量變化，又有作用時(shí)間相同，相互作用力等大、反向，兩個(gè)運(yùn)動(dòng)員組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒38如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。這就是動(dòng)量守恒定律。若一個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒時(shí)，則A. 此系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合力一定都為零B. 此系統(tǒng)的機(jī)械能一定守恒C. 此系統(tǒng)的機(jī)械能可能增加D. 此系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體的動(dòng)量大小不可能都增加【答案】C【解析】系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)所受合外力為零，但此系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合力不一定都為零，故A錯(cuò)誤；當(dāng)只有重力或只有彈力做功時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒但機(jī)械能不一定守恒，系統(tǒng)機(jī)械能可能增加，故B錯(cuò)誤，C正確；系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)總動(dòng)量保持不變，系統(tǒng)內(nèi)有的物體動(dòng)量增大，有的物體動(dòng)量減小，系統(tǒng)總動(dòng)量保持不變，故B錯(cuò)誤。所以C正確，ABD錯(cuò)誤。39在“探究碰撞中的不變量”的實(shí)驗(yàn)中，有質(zhì)量相等的甲乙兩擺球，擺長(zhǎng)相同，乙球靜止在最低點(diǎn)，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(gè)粘性球，重復(fù)以上操作，碰后兩球粘合在一起運(yùn)動(dòng)，則（ ）A. 兩次碰撞的整個(gè)過程中機(jī)械能不可能守恒B. 第一次兩球碰撞瞬間的前后，動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒C. 第二次兩球碰撞瞬間的前后，動(dòng)量守恒，機(jī)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(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，從甲球開始下落到乙球上升到最高點(diǎn)過程中動(dòng)量不守恒，第二次碰后兩球粘合在一起運(yùn)動(dòng)，屬于完全非彈性碰撞，動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大，機(jī)械能不守恒，故C正確，ABD錯(cuò)誤。40在氣墊導(dǎo)軌上進(jìn)行探究實(shí)驗(yàn)時(shí)，首先應(yīng)該做的是（）A. 給氣墊導(dǎo)軌通氣B. 給光電計(jì)時(shí)器進(jìn)行掃零處理C. 把滑塊放到導(dǎo)軌上D. 檢查擋光片通過光電門時(shí)是否能擋光計(jì)時(shí)【答案】D【解析】在應(yīng)用氣墊導(dǎo)軌時(shí)，應(yīng)首先給氣墊導(dǎo)軌通氣才能進(jìn)行后續(xù)實(shí)驗(yàn)，故D正確，ABC錯(cuò)誤。41在利用氣墊導(dǎo)軌探究碰撞中的不變量的實(shí)驗(yàn)中，哪些因素可導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差（）A. 導(dǎo)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(dǎo)軌不水平，小車速度將受重力的影響，從而導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差，故A正確；擋光板傾斜會(huì)導(dǎo)致?lián)豕獍鍖挾炔坏扔趽豕怆A段小車通過的位移，使計(jì)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(dòng)量仍然守恒，故不會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差，故C錯(cuò)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(dòng)量仍然守恒，故不會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差，故D錯(cuò)誤。所以B正確，ACD錯(cuò)誤。42如圖所示,在水平面上有兩條導(dǎo)電導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間距為d，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在的平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直。它們的電阻均為R，兩桿與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬桿的摩擦不計(jì)。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(shí)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(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，有：mv0=2mv，解得：v=；對(duì)右側(cè)桿，采用微元法，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤，C正確；故選：C?！久麕燑c(diǎn)睛】?jī)蓚€(gè)棒均不固定時(shí)，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(gè)棒系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得到最后的共同速度，然后對(duì)右邊棒運(yùn)用動(dòng)量定理列式；當(dāng)右邊棒固定時(shí)，左邊棒受向左的安培力，做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)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(shí)間的變化關(guān)系，t0時(shí)物體的初速度為零，則下列說法錯(cuò)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(shí)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(dòng)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(shí)物體的初速度為零，前2s內(nèi)F的方向與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同，物體一直做加速運(yùn)動(dòng)，后2s內(nèi)F的方向與物體的運(yùn)動(dòng)方向相反，物體做減速運(yùn)動(dòng)，而且t=4s時(shí)物體的速度也為零，物體做單向直線運(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤，C正確設(shè)物體的質(zhì)量為m，最大速度為v由動(dòng)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(cuò)誤的選項(xiàng)，故選B.44如圖所示，a、b、c三個(gè)相同的小球，a從光滑斜面頂端由靜止開始自由下滑，同時(shí)b、c從同一高度分別開始做自由下落和平拋運(yùn)動(dòng)它們從開始到到達(dá)地面，下列說法正確的有()A. 它們同時(shí)到達(dá)地面B. 重力對(duì)它們的沖量相同C. 它們的末動(dòng)能相同D. 它們動(dòng)量變化的大小相同【答案】D【解析】球b自由落體運(yùn)動(dòng)，球c的豎直分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，故bc兩個(gè)球的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(cuò)誤；由于重力相同，而重力的作用時(shí)間不同，故重力的沖量不同，故B錯(cuò)誤；初動(dòng)能不全相同，而合力做功相同，故根據(jù)動(dòng)能定理，末動(dòng)能不全相同，故C錯(cuò)誤；bc球合力相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故合力的沖量相同，根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量變化量也相同；ab球機(jī)械能守恒，末速度相等，故末動(dòng)量相等，初動(dòng)量為零，故動(dòng)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(shí)間極短（即極短時(shí)間內(nèi)完成粘連過程），則對(duì)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(dòng)量守恒而機(jī)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(dòng)量不守恒而機(jī)械能守恒C. 從M與m開始接觸到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒而機(jī)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(jī)械能不守恒碰撞的瞬間，由于時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)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(duì)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(dòng)量不守恒，該過程只有彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由于從M與m開始接觸時(shí)動(dòng)量守恒機(jī)械能不守恒，則選項(xiàng)B錯(cuò)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(duì)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(dòng)量不守恒，由于碰撞的過程有能量損失，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故CD錯(cuò)誤；故選A點(diǎn)睛：本題考查了判斷動(dòng)量與機(jī)械能是否守恒，知道動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的條件即可正確解題；碰撞過程中內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，動(dòng)量守恒，只有重力或彈簧彈力做功時(shí)機(jī)械能守恒46在同一高度同時(shí)釋放A、B和C三個(gè)物體，自由下落距離 h 時(shí)，物體A被水平飛來(lái)的子彈擊中并留在A內(nèi)，B受到一個(gè)水平方向的沖量，則A、B和C落地時(shí)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(shí)間，因?yàn)樨Q直方向上仍然是自由落體運(yùn)動(dòng)，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(shí)間過程中，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，豎直方向上的動(dòng)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(huì)最晚落地因此BC同時(shí)落地，A最后落地，故選D.47一個(gè)質(zhì)量為 m 的小球甲以速度V在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與一個(gè)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(dòng)能等于A. B. C. D. 【答案】B【解析】設(shè)甲的速度方向?yàn)檎较颍桓鶕?jù)動(dòng)量守恒得：mV=mv+mv，解得：v=V-v所以乙球的動(dòng)能為：Ek=mv2=m（V-v）2故B正確，ACD錯(cuò)誤故選B點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵知道小球碰撞的瞬間動(dòng)量守恒，通過動(dòng)量守恒定律求出碰后小球乙的速度；在解題時(shí)要注意動(dòng)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(yuǎn)離太陽(yáng)和行星,正以速度v0在太空中飛行,某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后,發(fā)動(dòng)機(jī)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(duì)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(dòng)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(xiàng)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(yùn)動(dòng)，下列敘述正確的是A. 摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的機(jī)械能保持不變B. 在最高點(diǎn)，乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力C. 摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量為零D. 摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變【答案】B50如圖，空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(duì)管道上表面有壓力C. A球碰后對(duì)管道下表面有壓力 D. A、B、C選項(xiàng)說法都不對(duì)【答案】D【解析】由于兩球發(fā)生彈性碰撞，則滿足： ；，解得 ；，則選項(xiàng)A錯(cuò)誤；碰后兩球各帶電量1.25104C，a球受洛倫茲力，則A球碰后對(duì)管道上表面有壓力，選項(xiàng)BC錯(cuò)誤，D正確；故選D.二、多項(xiàng)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(gè)過程中（）A. 彈簧、木塊和子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒B. 彈簧、木塊和子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒C. 彈簧的最大彈性勢(shì)能為D. 彈簧的最大彈性勢(shì)能為【答案】C【解析】試題分析：系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，只有重力或只有彈力做功，系統(tǒng)機(jī)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(dòng)量與機(jī)械能是否守恒，應(yīng)用動(dòng)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(jī)械能有損失，系統(tǒng)機(jī)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(dòng)量不守恒，由此可知，彈簧、子彈和木塊組成的系統(tǒng)在整個(gè)過程中動(dòng)量不守恒、機(jī)械能不守恒，AB錯(cuò)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(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得，木塊壓縮彈簧過程，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，當(dāng)彈性勢(shì)能最大時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，故由能量守恒定律得，聯(lián)立解得，C正確D錯(cuò)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(lái)回碰幾次后停下來(lái)，而箱子始終靜止，則整個(gè)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(duì)鐵球的沖量為mv，向右 D. 摩擦力對(duì)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(gè)力作用，球隊(duì)對(duì)箱子的作用力和地面對(duì)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(duì)箱子的沖量等值反向，合沖量為零，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤；C、根據(jù)動(dòng)量定理，箱子對(duì)鐵球的沖量為I=0-mv=-mv，負(fù)號(hào)表示方向向右故C正確；D、箱子對(duì)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?yàn)槟Σ亮εc鐵球?qū)ο渥拥淖饔昧Φ戎捣聪颍阅Σ亮?duì)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(zhǎng)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(shí)速度，從此刻開始計(jì)時(shí)，兩物塊的速度隨時(shí)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(shí)刻，兩物塊達(dá)到共同速度2m/s，且彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)B. 從t3到t4之間彈簧由原長(zhǎng)變化為壓縮狀態(tài)C. t3時(shí)刻彈簧彈性勢(shì)能為6JD. 在t3和t4時(shí)刻，彈簧處于原長(zhǎng)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(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度2m/s，此時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，A正確；從圖中可知從到時(shí)間內(nèi)A做減速運(yùn)動(dòng)，B做加速運(yùn)動(dòng)，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長(zhǎng)，即時(shí)刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，時(shí)刻彈簧處于原長(zhǎng)，故BD錯(cuò)誤；由圖示圖象可知，時(shí)刻兩物體相同，都是2m/s，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以B的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：，即，解得m1：m2=2：1，所以，在時(shí)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(zhǎng)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(zhǎng)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(fù)原長(zhǎng)的過程中，兩球和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒B. 彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)后，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)的過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒C. 彈簧第二次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，a球的速度達(dá)到最大D. 釋放b球以后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧的最大伸長(zhǎng)量總小于運(yùn)動(dòng)開始時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量【答案】BCD【解析】從釋放b到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，擋板對(duì)a有外力作用，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；彈簧第一次回復(fù)原長(zhǎng)后，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)的過程中，系統(tǒng)所受的外力之和為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，因?yàn)橹挥袕椈蓮椓ψ龉?，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B正確；第一次回復(fù)原長(zhǎng)后，b向右做減速運(yùn)動(dòng)，a向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧回復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，a的速度最大，故C正確；釋放b后的過程中，當(dāng)?shù)谝淮位謴?fù)到原長(zhǎng)，彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為b的動(dòng)能，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧伸長(zhǎng)量最大時(shí)，兩者都有速度，結(jié)合動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律知，彈簧的最大伸長(zhǎng)量總小于釋放b時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量，故D正確。所以BCD正確，A錯(cuò)誤。5有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和B(均視為質(zhì)點(diǎn))，A球用細(xì)繩吊起，細(xì)繩長(zhǎng)度等于懸點(diǎn)距地面的高度，B球靜止于懸點(diǎn)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(diǎn)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(shí)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(shí)，a獲得的速度最大，此時(shí)，解得，A球上擺動(dòng)的過程中機(jī)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(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，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=01kg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(shí)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(dòng)量守恒B. A、B、C以及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C. 子彈擊中物塊B的瞬間對(duì)物塊B產(chǎn)生的沖量為45NsD. 彈簧被壓縮到最短時(shí)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(dòng)量守恒，故A正確；B.由于存在摩擦阻力做功，機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C.子彈擊中物塊B后與物塊B共速，由動(dòng)量守恒有，故對(duì)物塊B產(chǎn)生的沖量等于B物塊獲得的動(dòng)量，故對(duì)物塊B產(chǎn)生的沖量為45Ns，C正確；D彈簧被壓縮到最短時(shí)三者共速，由動(dòng)量守恒有，故D錯(cuò)誤。7如圖所示，一輕桿兩端分別固定a、b 兩個(gè)半徑相等的光滑金屬球，a球質(zhì)量大于b球質(zhì)量，整個(gè)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(gè)過程中，a、b 及輕桿系統(tǒng)機(jī)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(gè)過程中，a、b 及輕桿系統(tǒng)動(dòng)量守恒D. 在b球落地前的整個(gè)過程中，輕桿對(duì)b球做的功為零【答案】BD【解析】將三者看做一個(gè)整體，在b球下落過程中，整體只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；因?yàn)閮蓷U對(duì)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(gè)裝置下落過程中，水平方向沒有外力，水平方向的動(dòng)量守恒，豎直方向上動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；設(shè)桿對(duì)a球做功，對(duì)b球做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則除了重力之外的力的功必定為零，即，對(duì)a球由動(dòng)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(shí)間t1后撤去此力，物塊通過總位移S后停下來(lái)，第二次以水平恒力F2作用于物塊，經(jīng)時(shí)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(duì)物體m1的沖量較小D. 摩擦力對(duì)m2的沖量較大【答案】BCD【解析】A、對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)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(cuò)誤，B正確.C、因?yàn)镕1F2，所以F1作用時(shí)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(shí)間圖象：根據(jù)速度時(shí)間圖線，通過位移相等，知F1作用時(shí)物體在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間短根據(jù)動(dòng)量定理得，F(xiàn)1t1-ft=0，F(xiàn)2t2-ft=0，因?yàn)閠t，則知摩擦力對(duì)m2沖量較大，摩擦力對(duì)m1沖量較小，所以F1對(duì)物體m1的沖量較小故C、D均正確故選BCD【點(diǎn)睛】本題綜合考查了動(dòng)能定理和動(dòng)量定理，綜合性較強(qiáng)，難度