1、第一章第五节第六节A组基础达标1(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是()A作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒B作用前后总动量均为零，但总动能守恒C作用前后总动能为零，而总动量不为零D作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零【答案】AB【解析】A为非弹性碰撞，成立；B为完全弹性碰撞，成立；总动能为零时，其总动量一定为零，故C错误；总动量守恒，系统内各物体动量的增量的总和不为零，则系统一定受到合外力作用，故D错误2(2020年德州月考)在光滑水平地面上有两个相同的木块 A、B，质量都为m.现 B 静止，A 向 B 运动，发生正碰并粘合在一起运动两木块组成的系统损
2、失的机械能为E，则碰前A木块的速度等于()ABC2D2【答案】C【解析】由动量守恒mv2mv，损失的机械能Emv22mv2 ，解得碰前A木块的速度v2，故A、B、D错误，C正确3(2020年重庆西南大学附属中学期中)如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于()AP的初动能BP的初动能的CP的初动能的DP的初动能的【答案】B【解析】在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同；根据动量守恒定律mv02mv；根据机械能守恒定律，有Epmv2mv2mvEk0
3、，故最大弹性势能等于P的初动能的，故B正确4如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的静止物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x0.5 m，g取10 m/s2.物块可视为质点，则碰撞前瞬间物块A的速度大小为()A0.5 m/sB1.0 m/sC1.5 m/sD2.0 m/s【答案】C【解析】碰撞后物块B做匀减速运动，由动能定理得2mgx02mv2，代入数据得v1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0mv12mv，由于没有机械能的损失，则
4、有mvmv2mv2，联立解得v01.5 m/s，故C正确5.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示，具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为()AE0BCD【答案】C【解析】由碰撞中动量守恒mv03mv1，得v1，第1个物块具有的动能E0mv，则整块的动能为Ek3mv3m2，故C正确6(2020年南昌第二中学月考)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为()A0.8B3C4D5【答案】B【解析】设碰撞后两者的动量都为p，由于题意
5、可知，碰撞前后总动量为2p，根据动量和动能的关系有p22mEk，碰撞过程动能不增加，有，解得3，且碰后m的速度v1大于M的速度v2，则Mm，即13，故B正确7如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是pA5.0 kgm/s，pB7.0 kgm/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量pA和pB可能是()ApA3.0 kgm/s；pB3.0 kgm/sBpA3.0 kgm/s；pB3.0 kgm/sCpA3.0 kgm/s；pB3.0 kgm/sDpA10 kgm/s；pB10 kgm/s【答案】A【解析】根据碰撞过程动量守恒定律，如果pA
6、3 kgm/s、pB3 kgm/s，则碰后两球的动量分别为pA2 kgm/s、pB10 kgm/s，根据碰撞过程总动能不增加，是可能发生的，故A正确；两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若pA3 kgm/s，则pB3 kgm/s，B选项违反了动量守恒定律，不可能，故B错误；根据碰撞过程动量守恒定律，如果pA3 kgm/s、pB3 kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pA8 kgm/s、pB4 kgm/s，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C错误；如果pA10 kgm/s、pB10 kgm/s，则碰后两球的动
7、量分别为pA5 kgm/s、pB17 kgm/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能，故D错误8(2020年泉州模拟)如图，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下来则()A重锤质量越大，撞预制桩前瞬间的速度越大B重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大C碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变D整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变【答案】B【解析】由自由落体运动规律v22gh可知，撞击预制桩前瞬间的速度与重锤质量无关，A错误；碰撞过程时间极短，外力的冲量可
8、忽略不计，则重锤和预制桩的总动量M保持不变，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mv(Mm)v共，可得v共，可知重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，B正确；碰撞过程中，要产生内能，重锤和预制桩的总机械能减小，C错误；整个过程中，重锤和预制桩受到重力和阻力，合外力不为零，总动量不守恒，D错误9(多选)(2020年河池期末)如图所示，可视为质点且质量均为1 kg的甲、乙两物体紧靠着放在水平地面，物体甲与左侧地面间的动摩擦因数为0.3，物体乙右侧地面光滑两物体间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，分离瞬间物体乙的速度大小为3 m/s，重力加速度g取10 m/s2.则()A炸药爆炸后，两
9、物体分离瞬间物体甲的速度大小为3 m/sB甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量为18 JC从分离到甲物体停止运动，经过的时间为4 sD甲、乙两物体分离2 s时，两物体之间的距离为7.5 m【答案】AD【解析】炸药爆炸后，设分离瞬间物体甲的速度大小为v1，物体乙的速度大小v23 m/s，对甲、乙两物体组成的系统由动量守恒定律得mv1mv2，解得甲、乙两物体速度大小v1v23 m/s，故A正确；由能量守恒得Emvmv，联立可得：甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量E9 J，故B错误；甲、乙两物体分离后，甲物体向左匀减速滑行，对甲受力分析，根据牛顿第二定律mgma，得ag3 m/s2，根据运动学公式，从分离
10、到甲物体停止运动，经过的时间t11 s，故C错误；物体甲运动的位移为x1t11.5 m，物体乙运动2 s内的位移为x2v2t6 m，故甲、乙两物体分离2 s时，两物体之间的距离dx2x17.5 m，故D正确B组能力提升10如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示关于此实验，下列说法中正确的是()A上述实验过程中，5个小球组成的
11、系统机械能守恒，动量守恒B上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，并由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，并由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同【答案】D【解析】5个小球组成的系统发生的是弹性正碰，系统的机械能守恒，系统在水平方向的动量守恒，总动量并不守恒，A、B错误；同时向左拉起小球1、2、3到相同的高度，并由静止释放并与4、5碰撞后，由机械能守恒和
12、水平方向的动量守恒知，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，C错误，D正确11(2020年江西定南二中月考)如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径现将一小球从距A点正上方h 高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为 0.8h，不计空气阻力下列说法正确的是()A小球离开小车后做斜上抛运动B在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒C小球离开小车后做竖直上抛运动D小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.5hh0.8h【答案】C【解析】小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系
13、统水平方向的总动量保持为零小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故A错误，C正确； 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向受重力，所以水平方向系统动量守恒，但系统动量不守恒，故B错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得mg(h0.8h)Wf0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf0.2mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升
14、的高度大于0.8h0.2h0.6h，而小于0.8h，故D错误12(多选)(2020年哈尔滨第三中学模拟)如图所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀分别为m1、m2，m1m2，A、B与轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A，作用于A的冲量大小为I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B，作用于B的冲量大小为I2，I1I2，则下列说法正确的是()A若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1p2B若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1W2C若两次弹簧压缩到最短时
15、的长度分别为L1和L2，则L 1v2【答案】AC【解析】由动量定理Ip可知，由于I1I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有的动量大小相等，由Ek可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1W2，故B错误；由动量守恒可得m1v0(m1m2)v，得v，由能量守恒有m1v(m1m2)v2Ep，得Epv，由于p1p2，则质量越大的初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球时弹簧的最大弹性势能较大，即L1m，A、B间的动摩擦因数为，在平板车右方的水平面上固定一竖直挡板P.开始时A、B以速度v0一起向右运动，某时刻B与挡板P相撞并立即以原速率反向弹回，在此
16、后的运动过程中A不会滑离B，重力加速度为g.求：(1)A、B的最终速度；(2)木板的最小长度；(3)小木块A离挡板P最近时，平板车B的最右端距挡板P的距离【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)选水平向左为正方向，从B撞挡板后到A、B相对静止，A、B动量守恒，由动量守恒定律得Mv0mv0(Mm)v共，解得v共.(2)A在B上相对滑动的过程A、B能量守恒得(Mm)v(Mm)vmgL，解得L.(3)小木块A向右匀减速到速度为零时A离挡板P最近，A在B上滑动到vA0的过程动量守恒Mv0mv0MvB，解得vBv0.平板车B向左做匀减速直线运动，由动能定理知mgxMvMv，解得x.15如图所示，光滑冰面
17、上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面上升的最大高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动重力加速度g取10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】(1)20 kg(2)见解析【解析】(1)规定向右为正方向冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v2(m2m3)v，m2v(m2m3)v2m2gh，式中v203 m/s为冰块推出时的速度，解得m320 kg.(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v20，代入数据得v11 m/s，设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v2m2v2m3v3，m2vm2v2m3v，解得v21 m/s，由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩
