2、，由牛頓第二定律知，摩擦力Ff相同，故C選項(xiàng)正確，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)a，由動(dòng)量定理得：F1t1－Fft1＝mvA；對(duì)b同理可得：F2t2－Fft2＝mvC.
由圖象知：vA＝vC，t1F1t1，即A、B選項(xiàng)均錯(cuò)。
答案：C
2. (多選)質(zhì)量為M的物塊以速度v運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后兩者的動(dòng)量正好相等。兩者質(zhì)量之比可能為( )
A. 2 B. 3
C. 4 D. 5
解析：由題意知：碰后兩物塊運(yùn)動(dòng)方向相同，動(dòng)量守恒，Mv＝Mv1＋mv2，又Mv1＝mv2，得出v
3、1＝v、v2＝v，能量關(guān)系滿足：Mv2≥Mv＋mv，把v1、v2代入求得≤3，故A、B正確。
答案：AB
3. (多選)如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個(gè)小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1和m2，圖乙為它們碰撞前后的x－t圖象。已知m1＝0.1 kg。由此可以判斷 ( )
A. 碰前m2靜止，m1向右運(yùn)動(dòng)
B. 碰后m2和m1都向右運(yùn)動(dòng)
C. 由動(dòng)量守恒可以算出m2＝0.3 kg
D. 碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4 J的機(jī)械能
解析：由圖乙可以看出，碰前m1位移隨時(shí)間均勻增加，m2位移不變，可知m2靜止，m1向右運(yùn)動(dòng)，故A是正確的；碰后一個(gè)位移增大，一個(gè)位移減小，
4、說明運(yùn)動(dòng)方向不一致，即B錯(cuò)誤；由圖乙可以計(jì)算出碰前m1的速度v1＝4 m/s，碰后的速度v′1＝－2 m/s，m2碰前的速度v2＝0，碰后的速度v′2＝2 m/s，由動(dòng)量守恒m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，計(jì)算得m2＝0.3 kg，故C是正確的；碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝m1v/2－m1v′/2－m2v′/2＝0，因此D是錯(cuò)誤的。
答案：AC
4. (多選)如圖，光滑水平面上，質(zhì)量為m1的小球以速度v與質(zhì)量為m2的靜止小球正碰，碰后兩小球的速度大小都為v，方向相反。則兩小球質(zhì)量之比m1∶m2和碰撞前后動(dòng)能變化量之比ΔEk1∶ΔEk2為( )
A. m1∶m2＝1∶
5、3 B. m1∶m2＝1∶1
C. ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D. ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1
解析：根據(jù)動(dòng)量守恒定律：m1v＝－m1·v＋m2·v可得m1∶m2＝1∶3，A選項(xiàng)正確，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；碰后動(dòng)能變化量分別為ΔEk1＝m1v2和ΔEk2＝m2v2＝m1v2，即ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1，C選項(xiàng)錯(cuò)誤，D選項(xiàng)正確。
答案：AD
5. 如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車上AB部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC部分是粗糙的水平面。現(xiàn)把質(zhì)量為m的小物體從A點(diǎn)由靜止釋放，m與BC部分間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最終小物體與小車相對(duì)靜止于B、C之間的D點(diǎn)，則B、D間
6、的距離x隨各量變化的情況是 ( )
A. 其他量不變，R越大x越大
B. 其他量不變，μ越大x越大
C. 其他量不變，m越大x越大
D. 其他量不變，M越大x越大
解析： 兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量是守恒的，所以當(dāng)兩物體相對(duì)靜止時(shí)，系統(tǒng)水平方向的總動(dòng)量為零，則兩物體最終會(huì)停止運(yùn)動(dòng)，由能量守恒有μmgx＝mgR，解得x＝，故選項(xiàng)A是正確的。
答案：A
6. [xx·淮安市月考](多選)如圖所示，一內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓柱槽置于光滑的水平面上。槽的左側(cè)有一豎直墻壁。現(xiàn)讓一小球(可認(rèn)為質(zhì)點(diǎn))自左端槽口A點(diǎn)的正上方從靜止開始下落，與半圓槽相切并從A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則
7、下列說法正確的是( )
A. 小球離開右側(cè)槽口以后，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)
B. 小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，只有重力對(duì)小球做功
C. 小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
D. 小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動(dòng)量不守恒
解析：小球從下落到最低點(diǎn)的過程中，槽沒有動(dòng)，與豎直墻之間存在擠壓，動(dòng)量不守恒；小球經(jīng)過最低點(diǎn)往上運(yùn)動(dòng)的過程中，槽與豎直墻分離，水平方向動(dòng)量守恒；全過程中有一段時(shí)間系統(tǒng)受豎直墻彈力的作用，故全過程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)D正確；小球離開右側(cè)槽口時(shí)，水平方向有速度，將做斜拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球經(jīng)過最低點(diǎn)往上運(yùn)動(dòng)的過程中，槽往右
8、運(yùn)動(dòng)，槽對(duì)小球的支持力對(duì)小球做負(fù)功，小球?qū)Σ鄣膲毫?duì)槽做正功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確。
答案：CD
7. xx年斯諾克上海沃德大師賽于9月16日至22日在上海體育館舉行。如圖為丁俊暉正在準(zhǔn)備擊球，設(shè)丁俊暉在某一桿擊球過程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上運(yùn)動(dòng)，碰前白色球的動(dòng)量為pA＝5 kg·m/s，花色球靜止，白球A與花色球B發(fā)生碰撞后，花色球B的動(dòng)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( )
A. mB＝mA B. mB＝mA
C. mB＝mA D. mB＝6mA
解析：由動(dòng)量守恒得，pA＋pB＝p′A＋
9、p′B，解得，p′A＝1 kg·m/s。
由碰撞中動(dòng)能不增原則得，≥＋，解得，mB≥mA，B、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤；若mB＝6mA，雖滿足動(dòng)能不增原則，但此時(shí)＞，即v′A>v′B，不合情理，D項(xiàng)錯(cuò)誤。
答案：A
8. 動(dòng)能相等的甲、乙兩車，剎車后沿兩條水平路面滑行。若兩車質(zhì)量之比為＝，路面對(duì)兩車的阻力相同，則兩車的滑行時(shí)間之比為( )
A. 1∶1 B. 1∶2
C. 2∶1 D. 1∶4
解析：兩車滑行時(shí)水平方向僅受阻力f作用，在這個(gè)力作用下使物體的動(dòng)量發(fā)生變化。當(dāng)規(guī)定以車行駛方向?yàn)檎较蚝螅蓜?dòng)量定理－ft＝Δp＝0－p，再由p＝，m甲∶m乙＝1∶4，得t甲∶t乙＝1∶2。選項(xiàng)
10、B正確。
答案：B
9. [xx·北京市東城區(qū)聯(lián)考]如圖所示在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m(m
11、。
答案：D
二、非選擇題(本題共4小題，共46分)
10. (10分)[xx·山西太原質(zhì)檢]如圖所示，一塊足夠長的木板C質(zhì)量為2m，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有A、B兩個(gè)完全相同的炭塊(在木板上滑行時(shí)能留下痕跡)，兩炭塊質(zhì)量均為m，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，開始時(shí)木板靜止不動(dòng)，A、B兩炭塊的初速度分別為v0、2v0，方向如圖所示，A、B兩炭塊相距足夠遠(yuǎn)。求：
(1)木板的最終速度；
(2)A、B兩炭塊在木板上所留痕跡的長度之和。
解析：(1)對(duì)A、B、C系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得，
mv0＋2mv0＝4mv
解得，v＝v0。
(2)全過程根據(jù)能量守恒，得
μ
12、mgx＝mv＋m(2v0)2－4mv2
解得，x＝。
答案：(1) (2)
11. (12分)[xx·甘肅白銀模擬]某校一學(xué)習(xí)小組為了研究路面狀況與物體滑行距離之間的關(guān)系，做了模擬實(shí)驗(yàn)。他們用底部貼有輪胎材料的小物塊A、B在冰面上做實(shí)驗(yàn)，A的質(zhì)量是B的4倍。使B靜止，A在距B為L處，以一定的速度滑向B。實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下：在第一次做實(shí)驗(yàn)時(shí)，A恰好未撞到B；在第二次做實(shí)驗(yàn)時(shí)，A以原來兩倍的速度、相距L滑向B，A撞到B后又共同滑行了一段距離。
(1)A碰撞B前后的速度之比；
(2)A與B碰撞后，A、B共同滑行的距離多大？
解析：(1)第二次實(shí)驗(yàn)，A、B碰撞過程
根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得，mAv
13、A＝(mA＋mB)v
解得，＝＝。
(2)第一次實(shí)驗(yàn)，對(duì)A運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得，
－μmAgL＝0－mAv
第二次實(shí)驗(yàn)，對(duì)A、B碰撞前A的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得，
－μmAgL＝mAv－mA(2v0)2
第二次實(shí)驗(yàn)，對(duì)碰撞后A、B的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得，
－μ(mA＋mB)gL′＝0－(mA＋mB)v2
解得，vA＝v0，L′＝L。
答案：(1)5∶4 (2)L
12. (12分)如圖所示，光滑水平面上有一輛質(zhì)量為M＝1 kg的小車，小車的上表面有一個(gè)質(zhì)量為m＝0.9 kg的滑塊，在滑塊與小車的擋板間用輕彈簧相連接，滑塊與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，整個(gè)系統(tǒng)一起以
14、v1＝10 m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧長度恰好為原長?，F(xiàn)用一質(zhì)量為m0＝0.1 kg的子彈，以v0＝50 m/s的速度向左射入滑塊且不穿出，所用時(shí)間極短，當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧被鎖定，測得此時(shí)彈簧的壓縮量為d＝0.50 m，取g＝10 m/s2。求：
(1)子彈射入滑塊后的瞬間，子彈與滑塊共同速度的大小和方向；
(2)彈簧壓縮到最短時(shí)，小車的速度和彈簧的彈性勢(shì)能的大小。
解析：(1)設(shè)子彈射入滑塊后兩者的共同速度大小為v2，向右為正方向，對(duì)子彈與滑塊組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得
mv1－m0v0＝(m＋m0)v2
解得v2＝4 m/s，方向水平向右
(2)設(shè)子彈、滑塊
15、與小車三者的共同速度為v3，當(dāng)三者達(dá)到共同速度時(shí)彈簧壓縮量最大，彈性勢(shì)能最大。
由動(dòng)量守恒定律得
Mv1＋(m＋m0)v2＝(M＋m＋m0)v3
得v3＝7 m/s，方向水平向右
設(shè)最大彈性勢(shì)能為Epmax，對(duì)三個(gè)物體組成的系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律得
Mv＋(m＋m0)v＝Epmax＋(M＋m＋m0)v＋μ(m＋m0)gd
解得Epmax＝8 J
答案：(1)4 m/s，方向水平向右 (2)7 m/s，方向水平向右 8 J
13. (12分)如圖所示，水平桌面距地面高h(yuǎn)＝0.80 m，桌面上放置兩個(gè)小物塊A、B，物塊B置于桌面右邊緣，物塊A與物塊B相距s＝2.0 m，兩物塊質(zhì)量
16、mA、mB均為0.10 kg?，F(xiàn)使物塊A以速度v0＝5.0 m/s向物塊B運(yùn)動(dòng)，并與物塊B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后物塊B水平飛出，落到水平地面的位置與桌面右邊緣的水平距離x＝0.80 m。已知物塊A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.40，重力加速度g取10 m/s2，物塊A和B均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。求：
(1)兩物塊碰撞前瞬間物塊A速度的大?。?
(2)兩物塊碰撞后物塊B水平飛出的速度大??；
(3)兩物塊碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能。
解析：(1)設(shè)物塊A與B碰撞前瞬間的速度為v，由動(dòng)能定理
－μmAgs＝mAv2－mAv
解得v＝3.0 m/s。
(2)物塊B離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，離開水平桌面時(shí)的速度為vB，則
h＝gt2，x＝vBt
解得vB＝2.0 m/s。
(3)物塊A與物塊B碰撞過程中動(dòng)量守恒，設(shè)物塊A碰撞后的速度為vA，則
mAv＝mAvA＋mBvB
解得vA＝1.0 m/s
碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能
ΔE＝mAv2－(mAv＋mBv)
解得ΔE＝0.20 J。
答案：(1)3.0 m/s (2)2.0 m/s (3)0.20 J
2022年高三物理第一輪復(fù)習(xí) 限時(shí)規(guī)范專題練 8 碰撞、動(dòng)量與能量綜合應(yīng)用
