2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练18动量守恒定律含解析

动量守恒定律小题狂练⑱小题是基础练小题提分快1.[2019·北京东城区模拟](多选)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中( )A．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度B．一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同C．两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反D．系统总动量的变化为零答案：CD解析：两个物体组成的系统总动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2，等式变形后得p1－p′1＝p′2－p2，即－Δp1＝Δp2，－m1Δv1＝m2Δv2，所以每个物体的动量变化大小相等，方向相反，但是只有在两物体质量相等的情况下才有一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度，故A错误，C正确；根据动量定理得I1＝Δp1，I2＝Δp2，每个物体的动量变化大小相等，方向相反，所以每个物体受到的冲量大小相等，方向相反，故B错误；两物体组成的系统总动量守恒，即系统总动量的变化为零，D正确．2．[2019·湖北省襄阳四中检测](多选)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是( ) A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒C．只要系统所受合外力的冲量始终为零，系统动量一定守恒D．系统加速度为零，系统动量一定守恒答案：CD解析：只要系统所受外力的矢量和为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统所受合外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零，则系统动量不一定守恒，故B错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确．3．[2017·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 B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案：A解析：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×600m/s ＝30 kg·m/s，选项A 正确．4．[2019·甘肃协作体联考]如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m 的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度v 0，则( )A ．小木块和木箱最终将静止B ．木箱速度减为v 03的过程，小木块受到的水平冲量大小为13Mv 0 C ．最终小木块速度为Mv 0M ＋m，方向向左 D ．木箱和小木块组成的系统机械能守恒答案：C解析：由于木箱在光滑水平面上，小木块与木箱之间的摩擦力是木箱和小木块组成的系统的内力，给木箱一个向左的初速度，系统满足动量守恒定律，小木块和木箱最终将以相同的速度运动，根据动量守恒定律，Mv 0＝(M ＋m )v ，最终速度v ＝Mv 0M ＋m，选项C 正确，A 错误；由于木箱底板粗糙，小木块在木箱内相对于木箱滑动，摩擦产生热量，所以木箱和小木块组成的系统机械能不守恒，选项D 错误；当木箱速度减小为v 03时，木箱动量减少了23Mv 0，根据动量守恒定律，小木块的动量将增加23Mv 0，根据动量定理，木箱对小木块作用力的冲量大小为23Mv 0，选项B 错误．5．[2019·甘肃协作体联考] 如图所示，静止在光滑水平面上的木板A ，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝3 kg ，质量m ＝1 kg 的铁块B 以水平速度v 0＝4 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．3 JB ．4 JC ．6 JD ．20 J答案：A解析：设铁块与木板共速时速度大小为v ，铁块相对木板向右运动的最大距离为L ，铁块与木板之间的摩擦力大小为F f ，铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒可得12mv 20＝F f L ＋12(M ＋m )v 2＋E p ，由动量守恒，得mv 0＝(M ＋m )v ，从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由功能关系得12mv 20＝2F f L ＋12(M ＋m )v 2，联立解得E p ＝3 J ，故选项A 正确． 6．[2019·四川省成都外国语学校模拟]有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船(一吨左右)又窄又长．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d ，然后用卷尺测出船长为L ，已知他自身的质量为m ，则船的质量M 为( )A.mL d B.m L －d d C.m L ＋d d D.md L －d答案：B解析：据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有Mv 0＝mv ，即Md ＝m (L －d )，解得船的质量为M ＝m L －d d，所以B 选项正确．7．[2019·福建省四地六校联考]如图所示，A 、B 两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车C 上后，A 、B 、C 均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A 、B 从C 上未滑离之前，A 、B 在C 上向相反方向滑动的过程中( )A ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小相同，则A 、B 及弹簧组成的系统动量守恒，A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量不守恒B ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小相同，则A 、B 及弹簧组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量守恒C ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，则A 、B 及弹簧组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量不守恒D ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，则A 、B 及弹簧组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量守恒答案：D解析： 当A 、B 两物体及弹簧组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A 、B 与C 之间的摩擦力为外力．当A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相等时，A 、B 及弹簧组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；当A 、B 与C 之间的摩擦力大小相等时，A 、B 及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒．对A 、B 、C 及弹簧组成的系统，弹簧的弹力及A 、B 与C 之间的摩擦力均属于内力，无论A 、B 与C 之间的摩擦力大小是否相等，系统所受的合外力均为零，系统的动量守恒．故选项D 正确．8．[2019·重庆一中调研]如图所示，小球a 、b (可视为质点)用等长的细线悬挂于同一固定点O .将球a 和球b 向左和向右拉起，使细线水平．同时由静止释放球a 和球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大夹角为θ＝60°.忽略空气阻力，则两球a 、b 的质量的比值( )A.m a m b ＝3B.m a m b ＝3－2 2C.m a m b ＝2 2D.m a m b＝2＋2 2答案：B解析：设细线长为L ，球a 、b 下落至最低点，但未相碰时的速率分别为v 1、v 2，由机械能守恒定律得m a gL ＝12m a v 21，m b gL ＝12m b v 22；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v ，以向左为正，由动量守恒定律得m b v 2－m a v 1＝(m a ＋m b )v ，两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得12(m a ＋m b )v 2＝(m a ＋m b )gL (1－cos θ)，联立解得：m a m b＝2－12＋1＝3－22，所以选项B 正确． 9．[2019·山东省海曲中学模拟](多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B 瞬间获得水平向右的速度3 m/s ，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得( )A ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1 m/s ，且弹簧都处于伸长状态B ．从t 3到t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C ．两物块的质量之比为m 1：m 2＝：2D ．在t 2时刻A 与B 的动能之比为E k1：E k2＝8：1答案：BD解析：由题图乙可知，从0到t 1的过程中，A 的速度增大，B 的速度减小，弹簧被拉伸，在t 1时刻两物块达到共同速度1 m/s ，此时弹簧处于伸长状态，从t 1到t 2的过程，A 的速度继续增大，B 的速度先减小再反向增大，弹簧开始收缩，到达t 2时刻，A 的速度最大，B 的速度反向且达到最大，弹簧恢复原长；从t 2到t 3的过程，A 的速度减小，B 的速度先减小再反向增大，弹簧被压缩，到t 3时刻，A 、B 的速度相等，为1 m/s ，此时弹簧的压缩量最大，从t 3到t 4的过程，A 的速度减小，B 的速度增大，t 4时刻，弹簧恢复到原长，B 的速度等于初速度，A 的速度为零，由以上分析可知，A 错误，B 正确．系统动量守恒，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t ＝0时刻和t ＝t 1时刻系统总动量相等，有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 1，解得m 1：m 2＝：1，故C 错误．由题图乙可知，在t 2时刻A 、B 两物块的速度分别为v A ＝2 m/s ，v B ＝－1 m/s ，物块的动能E k ＝12mv 2，则A 、B 两物块的动能之比为E k1：E k2＝：1，故D 正确．10．[2019·广州模拟](多选)质量为m 的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m 的物块乙以4 m/s 的速度与物块甲相向运动，如图所示．则( )A ．甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒B ．当两物块相距最近时，物块甲的速率为零C ．物块甲的速率可能达到5 m/sD ．当物块甲的速率为1 m/s 时，物块乙的速率可能为0答案：AD解析：甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A 正确．当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前物块乙的速度方向为正方向，设共同速率为v ，根据动量守恒定律有mv 乙－mv 甲＝2mv ，解得v ＝0.5 m/s ，故B 错误．若物块甲的速率达到5 m/s ，方向与原来相同，则mv 乙－mv 甲＝－mv ′甲＋m 乙v ′乙，解得v ′乙＝6 m/s ，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到5 m/s ，方向与原来相反，则mv 乙－mv 甲＝mv ′甲＋m 乙v ′乙，代入数据解得v ′乙＝－4 m/s ，即碰撞后，物块乙的动能不变，物块甲的动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5 m/s ，故C 错误．甲、乙两物块组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1 m/s ，方向与原来相同，由动量守恒定律得mv 乙－mv 甲＝－mv ′甲＋m 乙v ′乙，解得v ′乙＝2 m/s ；若物块甲的速率为1 m/s ，方向与原来相反，由动量守恒定律得mv 乙－mv 甲＝mv ′甲＋m 乙v ′乙，解得v ′乙＝0，故D 正确．11．[2019·山西省太原五中考试]如图所示，光滑水平面上有A 、B 两辆小车，质量均为m ＝1 kg ，现将小球C 用长为0.2 m 的细线悬于轻质支架顶端，m c ＝0.5 kg.开始时A 车与C 球以v 0＝4 m/s 的速度冲向静止的B 车．若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )A ．A 车与B 车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒B ．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A 、B 、C 组成的系统动量守恒C ．小球能上升的最大高度为0.16 mD ．小球能上升的最大高度为0.12 m答案：C解析：两车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能损失，A 项错误；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖直方向上A 、B 、C 组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，B 项错误；A 、B 两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起时共同速度为v 1，有mv 0＝2mv 1，解得v 1＝2 m/s ；从开始到小球到最高点的过程中，A 、B 、C 组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球上升到最高点时三者共同速度为v 2，有2mv 1＋m c v 0＝(2m ＋m c )v 2，解得v 2＝2.4 m/s ，从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A 、B 、C 组成的系统机械能守恒，即m c gh ＝12m c v 20＋12·2mv 21－12(2m ＋m c )v 22，解得h ＝0.16 m ，C 项正确，D 项错误．12．[2019·青岛模拟]某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移－时间图象．图中的线段a 、b 、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )A ．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为：2B ．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C ．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D ．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16答案：D解析：根据s －t 图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v 1＝－2 m/s ，滑块Ⅱ的速度为v 2＝0.8 m/s ，则碰前速度大小之比为：2，故A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小小于滑块Ⅱ的动量大小，故B 错误；碰撞后的共同速度为v ＝0.4 m/s ，根据动量守恒定律，有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，解得m 2＝6m 1，由动能的表达式可知，12m 1v 21＞12m 2v 22，故C 错误，D 正确． 13．[2019·北京东城区模拟]下面关于碰撞的理解，正确的是( )A ．正碰属于弹性碰撞，斜碰属于非弹性碰撞B ．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞C ．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程D ．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略答案：C解析：正碰也称对心碰撞，是小球在相互作用前后都沿着同一直线(即沿着两球球心连线)运动的碰撞，根据动量守恒定律判断两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，斜碰也称非对心碰撞，是两球在碰撞前的相对速度不沿两球球心连线的碰撞，斜碰也遵循动量守恒定律，但情况较复杂，同样需要根据两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而判断属于弹性碰撞还是非弹性碰撞，故A 、B 错误；根据碰撞的定义可知，碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程，故C 正确；在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以忽略外力的作用，D 错误．14．[2019·安徽示范高中质检]甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p 1＝5 kg·m/s，p 2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则甲球质量m 1与乙球质量m 2间的关系可能正确的是( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2答案：C解析：设碰后甲球动量变为p ′1，乙球动量变为p ′2，根据动量守恒定律得p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2，解得p ′1＝2 kg·m/s.碰撞过程系统的总动能不增加，则有p ′212m 1＋p ′222m 2≤p 212m 1＋p 222m 2，解得m 1m 2≤717，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，则有p ′1m 1≤p ′2m 2，解得m 1m 2≥15，综上有15≤m 1m 2≤717，C 正确，A 、B 、D 错误．15．[2019·石家庄模拟]如图所示，两质量分别为m 1和m 2的弹性小球A 、B 叠放在一起，从高度为h 处自由落下，h 远大于两小球的半径，落地瞬间，B 先与地面碰撞，后与A 碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计．已知m 2＝3m 1，则A 反弹后能达到的最大高度为( )A ．hB ．2hC ．3hD ．4h答案：D解析：所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失．设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m 1＋m 2)gh ＝12(m 1＋m 2)v 2，m 2v －m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2，12(m 1＋m 2)v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22，12m 1v 21＝m 1gh 1，又m 2＝3m 1，则v 1＞v 2≥0.联立可得h 1＝4h ，选项D 正确． 16．[2019·武汉模拟](多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M 的木块正以速度v 向左运动，一颗质量为m (m <M )的弹丸以速度v 向右水平击中木块并最终停在木块中，设弹丸与木块之间的相互作用力大小不变，则在相互作用过程中( )A ．弹丸和木块的速率都是越来越小B ．弹丸在任一时刻的速率不可能为零C ．弹丸对木块一直做负功，木块对弹丸先做负功后做正功D ．弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等答案：CD解析：弹丸击中木块前，由于m <M ，两者速率相等，所以两者组成的系统总动量向左，弹丸水平击中木块并停在木块中的过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律可知，弹丸停在木块中后它们一起向左运动，即弹丸开始时向右运动，后向左运动，故弹丸的速率先减小后增大，木块的速率一直减小，由以上分析知，弹丸的速率可能为零，故A 、B 错误；木块一直向左运动，弹丸对木块一直做负功，弹丸先向右运动后向左运动，则木块对弹丸先做负功后做正功，故C 正确；由牛顿第三定律知，弹丸对木块的水平作用力与木块对弹丸的水平作用力大小相等，相互作用的时间相等，由冲量的定义式I ＝Ft 知，弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等，故D 正确．课时测评⑱ 综合提能力 课时练 赢高分一、选择题1．[2019·福建邵武七中联考]如图所示，一半径为R 、质量为M 的1/4光滑圆弧槽D ，放在光滑的水平面上，将一质量为m 的小球由A 点静止释放，在下滑到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．以地面为参考系，小球到达B 点时相对于地的速度v 满足12mv 2＝mgR B ．以槽为参考系，小球到达B 点时相对于槽的速度v ′满足12mv ′2＝mgR C ．以地面为参考系，以小球、槽和地球为系统，机械能守恒D ．不论以槽或地面为参考系，小球、槽和地球组成的系统机械能均不守恒答案：C解析：质量为m 的小球由A 点静止释放，在下滑到B 点的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，设小球对地速度大小为v 2，槽对地速度大小为v 1，两速度方向相反，有Mv 1＝mv 2，系统机械能守恒，有mgR ＝12mv 22＋12Mv 21，A 错误，C 正确；以槽为参考系，小球到达B 点时相对于槽的速度大小v ′＝v 1＋v 2，则12mv ′2＝12m (v 1＋v 2)2＝12mv 21＋12mv 22＋mv 1v 2，12mv ′2－mgR ＝12mv 21＋mv 1v 2－12Mv 21＝12v 1(mv 1＋mv 2)>0，B 错误；该系统只有重力做功，故系统机械能守恒，D 错误．2．[2019·安徽滁州联考](多选)一质量为M 的小船静止在平静的湖面上，船头和船尾各站一位质量均为m 的游泳爱好者，两人分别从船头和船尾沿相反的方向跃入水中，则下列说法中正确的有( )A ．若两人同时以相等的速率跃入水中，则船仍保持静止B．若两人先后以相等的相对水的速率跃入水中，则船速等于0C．若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，则船速等于0D．无论两人如何跃入水中，船始终保持静止答案：AB解析：两个人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，开始总动量为零，不管谁先跃入水中，若两人相对水的速率相等，则有0＝mv－mv＋Mv′，可知v′＝0，故A、B正确；若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，可知两人相对水的速度大小不等，根据动量守恒定律知，船速不为0，故C、D错误．3．[2019·黑龙江哈三中模拟](多选)小球A的质量为m A＝5 kg，动量大小为p A＝4 kg·m/s，小球A水平向右运动时与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为p′A＝1 kg·m/s，方向水平向右，则( ) A．碰后小球B的动量大小为p B＝3 kg·m/sB．碰后小球B的动量大小为p B＝5 kg·m/sC．小球B的质量为15 kgD．小球B的质量为3 kg答案：AD解析：规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有p A＝p′A＋p B，解得p B＝3 kg·m/s，A正确，B错误；由于A、B是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故p2A2m A＝p′2A2m A＋p2B2m B，解得m B＝3 kg，C错误，D正确．4．[2019·河南信阳统考](多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b粘在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零答案：ACD解析：在整个运动过程中，三球与弹簧组成的系统的合外力为零，系统的总动量守恒，a与b碰撞过程中机械能减少，故A正确，B错误；当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹簧弹性势能最大，故C正确；当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒定律可知，小球b 的动能不为零，故D 正确．5.[2019·安徽芜湖模拟]如图所示，总质量为M 带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为m 的小球通过细线悬挂于框架顶部O 处，细线长为L ，已知M >m ，重力加速度为g ，某时刻小球获得一瞬时速度v 0，当小球第一次回到O 点正下方时，细线拉力大小为( )A ．mgB ．mg ＋mv 20LC ．mg ＋mm 2v 20M ＋m 2L D ．mg ＋m M －m 2v 20M ＋m 2L答案：B 解析：设小球第一次回到O 点正下方时，小球与框架的速度分别为v 1和v 2.取水平向右为正方向，由题可知，小球、框架组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，即mv 0＝mv 1＋Mv 2，12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22，解得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋Mv 0.当小球第一次回到O 点正下方时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得T －mg ＝m v 1－v 22L，解得细线的拉力T ＝mg ＋mv 20L，B 正确．6．[2019·湖北宜昌一中月考](多选)A 、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v －t 图线，由图线可以判断( )A ．A 、B 的质量比为：2B ．A 、B 作用前后总动量守恒C ．A 、B 作用前后总动量不守恒D ．A 、B 作用前后总动能不变答案：ABD解析：物体A 、B 碰撞过程所受外力为零，作用前后总动量守恒，故B 正确，C 错误；根据动量守恒定律有m A ×6 m/s＋m B ×1 m/s＝m A ×2 m/s＋m B ×7 m/s，则m A ：m B ＝：2，故A 正确；A 、B 作用前总动能为12m A ×(6 m/s)2＋12m B ×(1 m/s 2)＝m A ·553(m/s)2，作用后总动能为12m A ×(2 m/s)2＋12m B ×(7 m/s)2＝m A ·553(m/s)2，可见作用前后总动能不变，故D 正确． 7．[2019·安徽模拟]如图所示，一个质量为m 的物块A 与另一个质量为2m 的物块B 发生正碰，碰后物块B 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，与沙坑的距离为0.5 m ，g 取10 m/s 2，物块可视为质点．则碰撞前瞬间A 的速度为( )A ．0.5 m/sB ．1.0 m/sC ．1.5 m/sD ．2.0 m/s答案：C解析：碰撞后B 做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx ＝0－12·2mv 2，代入数据解得v ＝1 m/s ，A 与B 组成的系统在碰撞过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则mv 0＝mv 1＋2mv ，由于没有机械能损失，则12mv 20＝12mv 21＋12·2mv 2，联立可得v 0＝1.5 m/s ，故A 、B 、D 错误，C 正确．8.[2019·四川泸州检测]如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m 1、m 2的小球A 、B ，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B 开始处于静止状态，A 球以速度v 朝着B 运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是( )A ．若m 1＝m 2，则两球之间有且仅有两次碰撞B ．若m 1≪m 2，则两球之间可能发生两次碰撞C ．两球第一次碰撞后B 球的速度一定是v2D ．两球第一次碰撞后A 球一定向右运动答案：A解析：设A 球和B 球第一次碰撞后速度分别为v 1和v 2，取向左为正方向．根据动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2①根据机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22② 解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ，v 2＝2m 1m 1＋m 2v ③ 若m 1＝m 2，则得v 1＝0，v 2＝v ，即A 与B 碰撞后交换速度，当B 球与墙壁碰后以速度v 2返回，并与A 球发生第二次碰撞，之后B 静止，A 向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A 正确；若m 1≪m 2，则得v 1≈－v ，v 2≈0，两球之间只能发生一次碰撞，故B 错误；两球第一次碰撞后，B 球的速度为v 2＝2m 1m 1＋m 2v ，不一定是v 2，与两球的质量关系有关，故C 错误；两球第一次碰撞后A 球的速度为v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ，当m 1>m 2时，v 1>0，碰后A 球向左运动，当m 1＝m 2时，v 1＝0，碰后A 球静止，当m 1<m 2时，v 1<0，碰后A 球向右运动，故D 错误．9．[2019·黑龙江哈三中模拟](多选)如图所示，将一轻质弹簧从物体B 内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为m 1＝2.0 kg 的物体A .平衡时物体A 距天花板h ＝2.4 m ，在距物体A 正上方高为h 1＝1.8 m 处由静止释放质量为m 2＝1.0 kg 的物体B ，B 下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A 碰撞(碰撞时间极短)，并立即以相同的速度与A 一起运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时0.25 s 第一次到达最低点，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2 m/sB ．碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25 mC ．碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18 ND ．A 、B 运动到最低点后反弹上升，A 、B 分离后，B 还能上升的最大高度为0.2 m 答案：ABC解析：设物体B 自由下落至与A 碰撞前的速度为v 0，根据自由落体运动规律，有v 0＝2gh 1＝2×10×1.8 m/s ＝6 m/s ，设A 、B 碰撞结束后瞬间二者达到共同速度v t ，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v t ，解得v t ＝2.0 m/s ，A 正确．从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B 作为研究对象，根据动量定理，有(m 2g －F )t ＝0－m 2v t ，解得F ＝18 N ，方向竖直向上，对B 根据动能定理可得－Fx ＋mgx ＝0－12m 2v 2t ，解得x ＝0.25 m ，即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25 m ，B 、C 正确；若A 、B 在原位置。