[学生用书P339(单独成册)]
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一、单项选择题
1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )
A．甲木块的动量守恒 B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒 D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故A、B错误，C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，D错误．
2．(2020·福建泉州高三质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度为( )
A．3v0－v C．3v0－2v
B．2v0－3v D．2v0＋v
解析：选C.取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得vx
＝3v0－2v，C正确．
3．(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s
B．5.7×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
解析：选A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，A正确．
4．(2020·安徽江淮十校三模)一个爆竹竖直升空后在最高点炸裂成质量相等的甲、乙两块，其中炸裂后一瞬间甲的速度方向如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．甲、乙有可能同时落地 B．甲、乙落地时的速度一定相同 C．从炸裂到落地，甲、乙的速度变化相同 D．甲、乙落地瞬间，重力的瞬时功率相同
解析：选D.爆竹竖直升空后在最高点时速度为零，根据动量守恒定律可知，炸裂成质量相等的甲、乙两块速度等大反向，由此可知，乙先落地，故A错误；根据机械能守恒定律知，两者落地时速度大小相等，但方向不同，速度不同，故B错误；甲、乙在空中运动时间不同，由Δv＝gt可知，甲、乙的速度变化不同，故C错误；爆炸后瞬间，甲、乙在竖直方向速度等大反向，由运动学公式可知，两者落地时在竖直方向分速度相同，由P＝mgvy可知重力的瞬时功率相同，故D正确．
5．(2019·高考江苏卷)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为( )
mA.v MmC.v m＋M
MB.v mMD.v m＋M
解析：选B.对小孩和滑板组成的系统，由动量守恒定律有0＝Mv－mv′，解得滑板的速Mv
度大小v′＝，B正确．
m
6.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
mhA. M＋m
mh
C. （M＋m）tan αMhB. M＋m
Mh
D. （M＋m）tan α解析：选C.m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为
h
x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2①，且x1＋x2＝②，由①②式
tan αmh
可得x2＝，故选C.
（M＋m）tan α7.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方的绳上，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是(可以把人看做质点)( )
A．5 m C．2.6 m
B．3.6 m D．8 m
h1h2
解析：选B.当人滑到绳下端时，由动量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h.解得
tth1＝1.4 m；所以他离地高度H＝h－h1＝3.6 m，B正确．
8.如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是
－2 m/s，A、B两球发生对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )
A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s C．vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s
解析：选D.两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球11112≥mv′2＋mv′2②，D中的动能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，mAv2＋mvA
22BB2AA2BB满足①式，但不满足②式，所以D错误．
二、多项选择题
9．(2020·河北衡水中学模拟)在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有( )
A．E1
B．p2>p0 D．p1>p0
解析：选AB.因为碰撞前后动能不增加，故有E1
10．(2020·湖南师大附中模拟)质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为 ( )
A．0.6v
C．0.2v D．0.3v
解析：选BD.若vB＝0.6v，选v的方向为正，由动量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.6v，得1121vA＝－0.8v，碰撞前系统的总动能为Ek＝mv2.碰撞后系统的总动能为：Ek′＝mvA＋
22212
×3mv2B>mv ，违反了能量守恒定律，不可能，故A错误；若vB＝0.4v，由动量守恒得：21112 2A22不违反能量守恒定律，是可能的，故B正确；A、B发生完全非弹性碰撞，则有：mv＝(m＋3m)vB，vB＝0.25v，这时B获得的速度最小，所以vB＝0.2v，是不可能的，故C错误；若vB＝0.3v，由动量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.3v，解得：vA＝0.1v，碰撞后系统的总动能为Ek′1112 2 ＝mv2A＋×3mvB 11.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的 初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( ) 1 A.mv2 21 C.NμmgL 2 mMB.v2 2（m＋M）D．NμmgL B．0.4v 解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成11 的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv＝(M＋m)vt ①、mv2＝(M＋m)v2t＋ΔE ②，由22Mm①②式联立解得ΔE＝v2，A错误，B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰 2（M＋m）撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，C错误，D正确． 三、非选择题 12.如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的长木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因 数为μ＝0.4.质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求： (1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1； (2)木板向右滑行的最大速度v2； (3)物块在木板上滑行的时间t. 解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s. (2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1 ＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s. (3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得t＝1 s. 答案：(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s 13．如图所示，小球B与一轻质弹簧相连，并静止在足够长的光滑水平面上，小球A以某一速度与轻质弹簧正碰．小球A与弹簧分开后，小球B的速度为v，求： (1)当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时，小球B的速度的大小； (2)若小球B的质量m2已知，在小球A与弹簧相互作用的整个过程中，小球A受到弹簧作用力的冲量． 解析：(1)当系统动能最小时，弹簧压缩至最短，两球具有共同速度v 共．设小球 A、B 的质量分别为m1、m2，碰撞前小球A的速度为v0，小球A与弹簧分开后的速度为v1.从小球A碰到弹簧到与弹簧分开的过程中，由系统动量守恒和能量守恒有 m1v0＝m1v1＋m2v 11122m1v20＝m1v1＋m2v 2222m1v0联立解得v＝ m1＋m2m1＋m2 即m1v0＝v 2 从小球A碰到弹簧到两球共速的过程中，系统动量守恒，故m1v0＝(m1＋m2)v共 v 解得v共＝. 2
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