3.在光滑的水平面上，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.将碰后球1的动能和动量的大小分别记为E₁、p₁，球2的动能和动量大小分别记为E₂、p₂，则必有[1998年高考·全国卷](　)

A.E₁＜E₀　　　　　B.p₁＜p₀

C.E₂＞E₀　 D.p₂＞p₀

解析：在碰撞过程中两个钢球组成的系统动量守恒，取钢球1初动量的方向为正方向，由动量守恒定律得：

p₀＝－p₁+p₂

碰后球2的动量p₂＝p₀+p₁

可见p₂＞p₀，选项D正确.

单从动量方面分析，p₁可以大于p₀，若如此必有碰后系统的机械能增加，但对于这一具体问题来说碰撞过程没有其他形式的能向机械能转化，只可能机械能向其他形式的能转化.因此，E₁+E₂≤E₀，必有E₁＜E₀，E₂＜E₀，选项A正确、C错误.

由p＝，结合E₁＜ E₀得p₁＜p₀，选项B正确.

一个实际的物理过程，不仅受某一规律制约，还可能同时遵守几条规律，分析时应注意从不同的方面考虑，如分析系统动量守恒时，还要从能的转化方面加以讨论.

答案：ABD

2.在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3000 kg向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离停止.根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率[2002年全国春季高考](　)

A.小于10 m/s

B.大于10 m/s，小于20 m/s

C.大于20 m/s，小于30 m/s

D.大于30 m/s，小于40 m/s

解析：根据碰后两车连接在一起且向南滑行的情况可知，两车组成的系统的总动量方向向南(无论碰前还是碰后).因此碰前客车的动量(方向向南)应该大于卡车的动量(方向向北)，即m_客·v_客＞m_卡·v_卡，代入数据解得v_卡＜10 m/s.故选项A正确.

答案：A

1.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中[2006年高考·全国理综卷Ⅰ](　)

A.地面对他的冲量为mv+mgΔt，地面对他做的功为mv²

B.地面对他的冲量为mv+mgΔt，地面对他做的功为零

C.地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv²

D.地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零

解析：运动员向上起跳的过程中，由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化，则I－mgΔt＝mv，所以地面对运动员的冲量为I＝mv+mgΔt.又运动员刚离开地面，在地面对运动员作用力的方向上没有位移，因此地面对运动员做的功为零.故B正确.

答案：B

13.(14分)质量M＝4.0 kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图甲所示.当t＝0时，两个质量分别为m_A＝2 kg、m_B＝1 kg的小物体A、B，都以大小为v₀＝7 m/s、方向相反的水平速度同时从小车板面上的左右两端相向滑动.到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A、B与小车板面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s²，求：

(1)A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小.

(2)A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动的时间.

(3)在图乙给出的坐标系中画出小车运动的v－t图象.

甲　　　　　　　乙

解析：

　(1)当A和B都在车上滑行时，在水平方向它们的受力情况如图丙所示.

由图丙可知，A向右减速，B向左减速，小车向右加速，所以首先是A物块的速度减小到与小车的速度相等.设A减速到与小车的速度大小相等时，所用时间为t₁，其速度大小为v₁，则：

v₁＝v₀－a_At₁

μm_Ag＝m_Aa_A

v₁＝a_车t₁

μm_Ag－μm_Bg＝Ma_车

可解得：v₁＝1.4 m/s，t₁＝2.8 s.

(2)根据动量守恒定律有：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 丙

m_Av₀－m_Bv₀＝(M+m_A+m_B)v

v＝1 m/s，方向向右

当A与小车的速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了，此时B的速度也为v₁＝1.4 m/s，但方向向左

设再经过t₂时间小物体B与A、小车的速度相同，则：

－v＝v₁－a_Bt₂

μm_Bg＝m_Ba_B

可解得：t₂＝1.2 s

所以A、B都在车上停止滑动时，车的运动时间为：

t＝t₁+t₂＝4.0 s.

(3)由(1)可知t₁＝2.8 s时，小车的速度v₁＝1.4 m/s，在0-t₁时间内小车做匀加速运动.在t₁-t₂时间内小车做匀减速运动，末速度v＝1.0 m/s，小车的v－t图象如图乙所示.

答案：(1)1.4 m/s　1.4 m/s

(2)1 m/s，方向向右　4.0 s

(3)如图丁所示

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 丁

12.(13分)如图甲所示，固定的光滑水平绝缘轨道与竖直放置的光滑绝缘的圆形轨道平滑连接，圆形轨道处于水平向右的匀强电场中，圆形轨道的最低点有A、B、C、D四个小球.已知m_A＝m_B＝m_C＝m_D＝0.3 kg，A球带正电，电荷量为q，其余小球均不带电.电场强度E＝，圆形轨道半径R＝0.2 m，小球C、D与处于原长的轻弹簧2连接，小球A、B中间压缩一轻且短的弹簧1，轻弹簧与A、B均不连接，由静止释放A、B后，A恰能做完整的圆周运动.B被弹开后与C小球碰撞且粘连在一起，设碰撞时间极短.g取10 m/s²，求：

(1)A球刚离开弹簧时速度的大小.

(2)弹簧2的最大弹性势能.

解析：

(1)因qE＝mg，由题意知小球恰好能通过图乙中的P点，设经过P点的速度为v，由小球A的重力和电场力的合力提供向心力有：

F_合＝2mg＝m

在圆周轨道的最低点弹簧将B、A两球分别向左右弹开，设弹开时A、B两球的速度大小分别为v_A、v_B，由动量守恒有：

mv_A＝mv_B，即v_A＝v_B

小球A从圆周轨道的最低点运动到P的过程中，由动能定理有：

－F_合(R+Rcos 60°)＝mv²－mv

联立解得：v_A＝v_B＝＝4 m/s.

(2)设B、C碰后速度为v₁，B与C碰撞动量守恒

由mv_A＝2mv₁得v₁＝2 m/s

B、C整体减速，D球加速，当两者速度相等时设为v₂，弹簧最短，此时弹性势能最大，有：

2mv₁＝3mv₂，得：v₂＝ m/s

故E_pm＝×2mv－×3mv＝0.4 J.

答案：(1)4 m/s　(2)0.4 J

11.(13分)如图所示，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v₀射入物块后，以水平速度射出.已知重力加速度为g，求：

(1)此过程中系统损失的机械能.

(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离.

[2008年高考·全国理综卷Ⅱ]

解析：(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒得：

mv₀＝m+Mv

解得：v＝v₀

系统的机械能损失为：

ΔE＝mv－

＝(3－)mv.

(2)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，则

h＝gt²

s＝vt

可解得：s＝.

答案：(1)(3－)mv　(2)

10.

如图所示，三块相同的小木块从相同的高度由静止开始同时释放，其中A做自由落体运动，B在自由下落的中途被一水平方向的子弹射入，C在释放的瞬间被一水平方向的子弹射入.则关于它们的下落时间t_A、t_B、t_C的关系，正确的是(　)

A.t_A＝t_B＝t_C　　B.t_A＝t_B＜t_C

C.t_A＜t_B＜t_C　 D.t_A＝t_C＜t_B

解析：t_A＝，C在释放的瞬间，获得水平初速度后做平抛运动，t_C＝＝t_A.设B自由下落速度达到v₁时被水平飞行的子弹射入，子弹射入的过程中可认为系统动量守恒，在水平方向有mv₀＝(m+M)v_x，在竖直方向有Mv₁＝(M+m)v_y，可得v_y＜v₁，由此可知子弹射入的过程使B的竖直速度减小，故t_B＞.

答案：D

非选择题部分共3小题，共40分.

9.如图所示，在光滑的水平轨道上有甲、乙两个等大的小球沿轨道向右运动，取向右为正方向，它们的动量分别为p₁＝5 kg·m/s 和 p₂＝7 kg·m/s.若两球能发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp₁和Δp₂可能是(　)

A.Δp₁＝－3 kg·m/s，Δp₂＝3 kg·m/s

B.Δp₁＝3 kg·m/s，Δp₂＝3 kg·m/s

C.Δp₁＝3 kg·m/s，Δp₂＝－3 kg·m/s

D.Δp₁＝－10 kg·m/s，Δp₂＝10 kg·m/s

解析：由题意知，＞

E_k＝+

当动量做选项A所述的变化时，系统的动量守恒，通过计算可知机械能可能减小，故有可能成立；

当动量做选项B所述的变化时，系统的动量不守恒，故不可能成立；

当动量做选项C所述的变化时，甲的速度大于乙的速度，故不可能成立；

当动量做选项D所述的变化时，系统的动能增大，故不可能成立.

答案：A

8.如图所示，一沙袋用无弹性轻绳悬于O点.开始时沙袋处于静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出.第一次弹丸的速度为v₁，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°；当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度v₂又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°.若弹丸的质量是沙袋质量的，则以下结论中正确的是(　)

A.v₁＝v₂　　　B.v₁∶v₂＝41∶42

C.v₁∶v₂＝42∶41　 D.v₁∶v₂＝41∶83

解析：两次打入沙袋的时间都非常短，不需考虑这一段时间沙袋的摆动位移，即射入过程弹丸和沙袋组成的系统动量守恒.

设第一粒弹丸打入沙袋后瞬间，弹丸和沙袋的共同速度为v₁′，有：mv₁＝41mv₁′

解得： v₁′＝v₁

由机械能守恒定律可知，它们共同返回平衡位置时的速度大小仍为v₁，方向水平向左.设第二粒弹丸打入沙袋后沙袋的速度为v₂′，由题意知v₂′＝v₁′＝v₁，对于第二粒弹丸打入沙袋的过程有：

mv₂－41mv₁′＝42mv₂′＝42m·(v₁)

解得：＝.

答案：D

7.如图所示，静止在水平面上内壁光滑的盒子中有一小球，盒子与小球的质量均为m，盒子与水平面间的动摩擦因数为μ.现给盒子一个水平向右的冲量I，设盒子与小球发生多次没有机械能损失的碰撞，最终都停下来.用t表示从瞬时冲量作用在盒子上到最终停下来所用的时间，s表示以上过程中盒子的位移.则下列各式正确的是(　)

A.t＜，s＝　 B.t＜，s＝

C.t＞，s＝　 D.t＞，s＝

解析：取盒子及小球整体为研究对象，由动量定理有I－2mg·μ·t₀＝0，故滑动摩擦力的作用时间t₀＝，又因为每次盒子左壁与小球碰撞后，盒子与小球的速度交换，盒子处于静止状态，直至小球与盒子右壁碰撞，故t＞t₀＝.又由动能定理：2μmgs＝mv²－0＝，故s＝.

答案：D