學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精【命題意圖】理解動量、動量變化量的概念；知道動量守恒的條件；會利用動量守恒定律分析碰撞、反沖等相互作用問題?！緦ｎ}定位】本專題綜合應(yīng)用動力學(xué)、動量和能量的觀點來解決物體運動的多過程問題.本專題是高考的重點和熱點，命題情景新，聯(lián)系實際密切，綜合性強，側(cè)重在計算題中命題，是高考的壓軸題.【考試方向】動量和動量的變化量這兩個概念常穿插在動量守恒定律的應(yīng)用中考查;動量守恒定律的應(yīng)用是本部分的重點和難點,也是高考的熱點；動量守恒定律結(jié)合能量守恒定律來解決碰撞、打擊、反沖等問題,以及動量守恒定律與圓周運動、核反應(yīng)的結(jié)合已成為近幾年高考命題的熱點。【應(yīng)考策略】本專題在高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應(yīng)用動能定理、機械能守恒定律和動量守恒定律,結(jié)合動力學(xué)方法解決多運動過程問題；二是運用動能定理和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運動或電磁感應(yīng)問題.由于本專題綜合性強，因此要在審題上狠下功夫，弄清運動情景，挖掘隱含條件，有針對性的選擇相應(yīng)的規(guī)律和方法.【得分要點】1、碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律①動量守恒定律．②機械能不增加．③速度要合理：若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動,則應(yīng)有v前′≥v后′；碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變.2、彈性碰撞的規(guī)律兩球發(fā)生彈性碰撞時滿足動量守恒定律和機械能守恒定律．以質(zhì)量為m1,速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′和解得：;結(jié)論：①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，v1′＝0，v2′＝v1,兩球碰撞后交換速度．②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，v1′〉0，v2′〉0，碰撞后兩球都向前運動．③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來3、綜合應(yīng)用動量和能量的觀點解題技巧（1)動量的觀點和能量的觀點①動量的觀點：動量守恒定律②能量的觀點:動能定理和能量守恒定律這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而關(guān)心運動狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因．簡單地說,只要求知道過程的始、末狀態(tài)動量式、動能式和力在過程中的沖量和所做的功，即可對問題求解．②利用動量的觀點和能量的觀點解題應(yīng)注意下列問題：（a)動量守恒定律是矢量表達(dá)式,還可寫出分量表達(dá)式；而動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無分量表達(dá)式．（b）動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系統(tǒng),在力學(xué)中解題時必須注意動量守恒的條件及機械能守恒的條件．在應(yīng)用這兩個規(guī)律時,當(dāng)確定了研究的對象及運動狀態(tài)變化的過程后，根據(jù)問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解．【2016年高考選題】如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m（h小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30kg，冰塊的質(zhì)量為m2=10kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g=10m/s2。（i)求斜面體的質(zhì)量;（ii)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?【答案】(i）20kg（ii)不能式中v20=–3m/s為冰塊推出時的速度。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3=20kg③（ii)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1,由動量守恒定律有m1v1+m2v20=0④代入數(shù)據(jù)得v1=1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3,由動量守恒和機械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3⑥⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2=1m/s⑧由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩.【名師點睛】此題是動量守恒定律及機械能守恒定律的綜合應(yīng)用問題；解題關(guān)鍵是要知道動量守恒的條件及兩物體相互作用時滿足的能量關(guān)系，列方程即可；注意動量守恒定律的矢量性，知道符號的含義；此題難度中等，意在考查考生靈活利用物理知識解決問題的能力。【知識精講】1。動量定理的公式Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動量變化的原因.動量定理說明的是合外力的沖量與動量變化的關(guān)系,反映了力對時間的累積效果，與物體的初、末動量無必然聯(lián)系.動量變化的方向與合外力的沖量方向相同，而物體在某一時刻的動量方向跟合外力的沖量方向無必然聯(lián)系.動量定理公式中的F是研究對象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是變力，當(dāng)F為變力時，F(xiàn)應(yīng)是合外力對作用時間的平均值.2。動量守恒定律（1)內(nèi)容:一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變.（2)表達(dá)式:m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′（系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p′)；或Δp＝0（系統(tǒng)總動量的增量為零)；或Δp1＝－Δp2（相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量的增量大小相等、方向相反）.（3）守恒條件①系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)雖受外力但所受外力的合力為零.②系統(tǒng)合外力不為零，但在某一方向上系統(tǒng)合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒。③系統(tǒng)雖受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力且作用時間極短，如碰撞、爆炸過程.3。解決力學(xué)問題的三個基本觀點(1）力的觀點：主要是牛頓運動定律和運動學(xué)公式相結(jié)合，常涉及物體的受力、加速度或勻變速運動的問題。（2）動量的觀點:主要應(yīng)用動量定理或動量守恒定律求解,常涉及物體的受力和時間問題,以及相互作用物體的問題.(3）能量的觀點：在涉及單個物體的受力和位移問題時，常用動能定理分析；在涉及系統(tǒng)內(nèi)能量的轉(zhuǎn)化問題時，常用能量守恒定律.1。力學(xué)規(guī)律的選用原則（1)單個物體:宜選用動量定理、動能定理和牛頓運動定律.若其中涉及時間的問題，應(yīng)選用動量定理;若涉及位移的問題,應(yīng)選用動能定理;若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律.(2）多個物體組成的系統(tǒng):優(yōu)先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題時，應(yīng)選用動量守恒定律,然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決.2。系統(tǒng)化思維方法，就是根據(jù)眾多的已知要素、事實，按照一定的聯(lián)系方式，將其各部分連接成整體的方法。(1)對多個物理過程進行整體思維，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復(fù)雜的運動。(2)對多個研究對象進行整體思維，即把兩個或兩個以上的獨立物體合為一個整體進行考慮,如應(yīng)用動量守恒定律時,就是把多個物體看成一個整體（或系統(tǒng)).【高頻考點】高頻考點一：動量定理和動量守恒定律的應(yīng)用【解題方略】1。彈性碰撞與非彈性碰撞碰撞過程遵從動量守恒定律。如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞；如果碰撞過程中機械能不守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞.2。應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟（1)明確研究對象(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）；(2）進行受力分析,判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上動量是否守恒）；(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量；（4）由動量守恒定律列式求解；(5)必要時對結(jié)果進行討論。【例題1】質(zhì)量為m1=1200kg的汽車A以速度v1=21m/s沿平直公路行駛時，發(fā)現(xiàn)前方相距s0=33m處有一質(zhì)量m2=800kg的汽車B以速度v2=15m/s迎面駛來。兩車同時急剎車,使車做勻減速運動，但未能避免兩車猛烈地相撞，相撞后結(jié)合在一起再滑行一段距離后停下，設(shè)兩車與路面間動摩擦因數(shù)為μ=0.3，取g=10m/s2.忽略碰撞過程中路面摩擦力的沖量，求：①設(shè)兩車相撞時間（從接觸到一起滑行）t0=0.2s，則每輛車受到的水平平均沖力是其自身重量的幾倍？②兩車一起滑行的距離是多少?【答案】①6mg，②6mt2－12t+11=0解得：t=1s(舍去t=11s）兩車相碰前瞬間的速度大小分別為:V/1=V1－a1t=18m/sV/2=V2-a2t=12m/sA車動量大于B車，由動量守恒定律有:m1V/1－m2V/2=(m1+m2)V解得兩車碰后的速度V=6m/s對A車列動量定理有Ft0=△P=m1（V－V/1)代入數(shù)據(jù)解得：F=6mg②兩車一起滑動的加速度仍為:a=μg=3m/s2兩車共同滑行距離V2=2asS=6m高頻考點二:動量和能量觀點的綜合應(yīng)用【解題方略】1.弄清有幾個物體參與運動，并劃分清楚物體的運動過程。2。進行正確的受力分析，明確各過程的運動特點.3。光滑的平面或曲面,還有不計阻力的拋體運動，機械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動量守恒定律分析。4。如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析。【例題2】如圖甲所示,粗糙水平面CD與光滑斜面DE平滑連接于D處；可視為質(zhì)點的物塊A、B緊靠一起靜置于P點,某時刻A、B在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離，此后A向左運動．已知：斜面的高度H=1。2m；A、B質(zhì)量分別為1kg和0.8kg，且它們與CD段的動摩擦因數(shù)相同;A向左運動的速度平方與位移大小關(guān)系如圖乙；重力加速度g取10m/s2．（1)求A、B與CD段的動摩擦因數(shù)；(2）求A、B分離時B的速度大小vB；（3）要使B能追上A，試討論P、D兩點間距x的取值范圍．【答案】見解析解得μ＝0.1⑥（2分）【或：從A、B分離到A勻減速運動停止，由動能定理(3分）解得μ＝0。1（1分）（2）A、B分離過程,由動量守恒⑦（2分）解得vB=5m/s⑧(2分）（3)（Ⅰ）若B恰好能返回并追上A，B從分離后到追上A過程由動能定理⑨(2分）解得x1=2.25m⑩（1分）(Ⅱ)若B恰好不沖出斜面，B從P到E過程由動能定理eq\o\ac（○，11)(2分）解得x2=0。50meq\o\ac(○，12）(1分）綜上，要使B能追上A,x應(yīng)滿足：2.25m≥L≥0.50m高頻考點三:力學(xué)三大觀點的應(yīng)用【解題方略】力學(xué)規(guī)律選用的一般原則力學(xué)中首先考慮使用兩個守恒定律,從兩個守恒定律的表達(dá)式看出多項都是狀態(tài)量(速度、位置），所以守恒定律能解決狀態(tài)問題，不能解決過程（位移x,時間t)問題，不能解決力（F)的問題.（1）若是多個物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個守恒定律.(2）若物體（或系統(tǒng)）涉及到速度和時間，應(yīng)考慮使用動量定理。（3）若物體（或系統(tǒng))涉及到位移和時間，且受到恒力作用，應(yīng)考慮使用牛頓運動定律.（4)若物體（或系統(tǒng))涉及到位移和速度，應(yīng)考慮使用動能定理，系統(tǒng)中摩擦力做功時應(yīng)用摩擦力乘以相對路程，運用動能定理解決曲線運動和變加速運動問題特別方便.【例題3】如圖所示，固定的凹槽水平表面光滑，其內(nèi)放置U形滑板N，滑板兩端為半徑R=0。45m的1/4圓弧面，A和D分別是圓弧的端點，BC段表面粗糙，其余段表面光滑，小滑塊P1和P2的質(zhì)量均為m，滑板的質(zhì)量M=4m.P1和P2與BC面的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.10和μ2=0.40，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，開始時滑板緊靠槽的左端，P2靜止在粗糙面的B點。P1以v0=4.0m/s的初速度從A點沿弧面自由滑下，與P2發(fā)生彈性碰撞后，P1停在粗糙面B點上，當(dāng)P2滑到C點時,滑板恰好與槽的右端碰撞并與槽牢固粘連，P2繼續(xù)滑動,到達(dá)D點時速度為零，P1與P2可視為質(zhì)點，取g=10m/s2。問:（1)P2在BC段向右滑動時，滑板的加速度為多大？（2）BC長度為多少？N、P1和P2最終靜止后,P1與P2間的距離為多少？【答案】（1）（2）1.9m0。695m（2）設(shè)P1到達(dá)B點的速度為v,P1從A點到達(dá)B點的過程中,根據(jù)動能定理有: ③代入數(shù)據(jù)得 ④因P1、P2質(zhì)量相等且發(fā)生彈性碰撞，所以碰后P1、P2交換速度，即碰后P2在B點的速度為：⑤設(shè)P2在C點的速度為,P2從C點到D點過程中根據(jù)動能定理得： ⑥代入數(shù)據(jù)得 ⑦P2從B點到C點的過程中，N、P1、P2作為一個系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)P2到達(dá)C點時N和P1的共同速度為.根據(jù)動量守恒定律得: ⑧v′為滑板與槽的右端粘連前滑板和P1的共同速度．對P2從B點到C點相對地面位移為由動能定理 ⑨P1和N作為一個整體，相對地面位移為，根據(jù)動能定理則有 ⑩聯(lián)立⑧⑨⑩得BC長度eq\o\ac（○,11)滑板與槽粘連后，P1在BC上移動的距離為，根據(jù)動能定理eq\o\ac(○,12）P2在D點滑下后，在BC上移動的距離,根據(jù)動能定理有eq\o\ac(○,13）聯(lián)立得系統(tǒng)完全靜止時P1與P2的間距eq\o\ac（○，14）⑥⑧⑨⑩各2分，其余各1分【例題4】【近三年高考題精選】1．【2016·天津卷】如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍,滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ。若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對盒靜止，則此時盒的速度大小為________，滑塊相對于盒運動的路程為________?！敬鸢浮俊久麕燑c睛】此題是對動量守恒定律及能量守恒定律的考查;關(guān)鍵是分析兩個物體相互作用的物理過程，選擇好研究的初末狀態(tài)，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律列出方程；注意系統(tǒng)的動能損失等于摩擦力與相對路程的乘積。2．【2016·全國新課標(biāo)Ⅰ卷】（10分）某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板（面積略大于S）；水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求(i）噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；（ii）玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度.【答案】(i)（ii)由=1\＊GB3①=2\*GB3②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為=3\＊GB3③（ii)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為,水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時的速度大小為。對于時間內(nèi)噴出的水，有能量守恒得=4\＊GB3④在高度處，時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為=5\*GB3⑤設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有=6\*GB3⑥由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件得=7\*GB3⑦聯(lián)立=3\＊GB3③=4\＊GB3④=5\*GB3⑤=6\＊GB3⑥=7\*GB3⑦式得=8\＊GB3⑧【名師點睛】本題考查了動量定理的應(yīng)用,要知道玩具在空中懸停時,受力平衡，合力為零，也就是水對玩具的沖力等于玩具的重力。本題的難點是求水對玩具的沖力，而求這個沖力的關(guān)鍵是單位時間內(nèi)水的質(zhì)量，注意空中的水柱并非圓柱體，要根據(jù)流量等于初刻速度乘以時間后再乘以噴泉出口的面積S求出流量，最后根據(jù)m=ρV求質(zhì)量。3．【2015·北京·17】實驗觀察到，靜止在勻強磁場中A點的原子核發(fā)生衰變，衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)勻速圓周運動，運動方向和軌跡示意如圖，則:()A．軌跡1是電子的，磁場方向垂直紙面向外B．軌跡2是電子的，磁場方向垂直紙面向外C．軌跡1是新核的，磁場方向垂直紙面向里D．軌跡2是新核的,磁場方向垂直紙面向里【答案】D【解析】靜止的核發(fā)生衰變（）由內(nèi)力作用，滿足動量守恒，則新核和電子的動量等大反向，垂直射入勻強磁場后均做勻速圓周運動，由可知，則兩個新核的運動半徑與電量成反比,即，則新核為小圓,電子為大圓；而新核帶正電，電子帶負(fù)電，由左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，選項D正確。【規(guī)律總結(jié)】衰變形成外切圓，衰變形成內(nèi)切圓,大圓都是射線的軌跡。4．【2015·全國新課標(biāo)Ⅰ·35(2）】如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質(zhì)量為，B、C的質(zhì)量都為，三者都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求和之間滿足什么條件才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的?！敬鸢浮靠傻靡沟肁與B發(fā)生碰撞，需要滿足,即A反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，彈性碰撞整理可得由于，所以A還會向右運動，根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足即整理可得解方程可得【名師點睛】對于彈性碰撞的動量守恒和能量守恒要熟知,對于和一個靜止的物體發(fā)生彈性碰撞后的速度表達(dá)式要熟記,如果考場來解析，太浪費時間。5．【2014·江蘇·12C】（3)牛頓的《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》中記載,A、B兩個玻璃球相碰,碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為15∶16.分離速度是指碰撞后B對A的速度，接近速度是指碰撞前A對B的速度.若上述過程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B，且為對心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小?！敬鸢浮縱1＝，v2＝【方法技巧】動量守恒定律的應(yīng)用【模擬押題】1．籃球運動員通常伸出雙手迎接傳來的籃球．接球時,兩手隨球迅速收縮至胸前。這樣做可以：(）A．減小球?qū)κ值臎_量B．減小球?qū)κ值臎_擊力C．減小球的動量變化量D．減小球的動能變化量【答案】B【解析】先伸出兩臂迎接，手接觸到球后,兩臂隨球引至胸前,這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理得：，解得，當(dāng)時間增大時，作用力就減小，而球?qū)κ值臎_量恒定不變，球的動量變化量為恒定不變、球的動能的變化量為恒定不變，所以B正確．2．（多選）如圖所示為一物體沿南北方向做直線運動的v—t圖象,若規(guī)定向北為正方向，由圖可知：（）A．3s末物體回到t=0時的位置B．6s內(nèi)物體所受合力的功為零C．物體所受合力的方向一直向南D．前3s與后3s物體的動量變化方向相同【答案】BD3．如圖所示,在光滑的水平面上固定著兩輕質(zhì)彈簧，一彈性小球在兩彈簧間往復(fù)運動，把小球和彈簧視為一個系統(tǒng),則小球在運動過程中:（）A．系統(tǒng)的動量守恒,動能守恒B．系統(tǒng)的動量守恒，機械能守恒C．系統(tǒng)的動量不守恒,機械能守恒D．系統(tǒng)的動量不守恒,動能守恒【答案】C【解析】小球和彈簧組成的系統(tǒng)受到重力和水平地面的支持力兩個外力,小球與彈簧相互作用時,彈簧會用墻壁的作用力，所受合外力不等于零，動量不守恒；在運動過程中，小球和槽通過彈簧相互作用，但因為只有彈簧的彈力做功，動能和勢能相互轉(zhuǎn)化,而總量保持不變，機械能守恒．故C正確，A、B、D錯誤．4．(多選）如圖所示,質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用到達(dá)距地面深度為h的B點速度減為零。不計空氣阻力，重力加速度為g.關(guān)于小球下落的整個過程,下列說法中正確的有:（）hhHABA．小球的機械能減少了mg（H+h)B．小球克服阻力做的功為mghC．小球所受阻力的沖量大于mD．小球動量的改變量等于所受阻力的沖量【答案】AC5．如圖所示，一傾角為α高為h的光滑斜面，固定在水平面上，一質(zhì)量為m的小物塊從斜面的頂端由靜止開始滑下，滑到底端時速度的大小為vt,所用時間為t，則物塊滑至斜面的底端時，重力的瞬時功率及重力的沖量分別為：()A．、0B．mgvt、mgtsinαC．mgvtcosα、mgtD．mgvtsinα、mgt【答案】D【解析】根據(jù)瞬間功率的公式可得物塊滑至斜面的底端時重力的瞬時功率為p=mgvtsinα，重力的沖量為I=mgt，所以D正確；A、B、C錯誤．6．在課堂中，老師用如圖所示的實驗研究平拋運動。A、B是質(zhì)量相等的兩個小球，處于同一高度.用小錘打擊彈性金屬片,使A球沿水平方向飛出，同時松開B球，B球自由下落。某同學(xué)設(shè)想在兩小球下落的空間中任意選取兩個水平面1、2，小球A、B在通過兩水平面的過程中，動量的變化量分別為和，動能的變化量分別為和，忽略一切阻力的影響，下列判斷正確的是：（）A．，B．,C．，D．，【答案】A7．質(zhì)量為m1＝1kg和m2（未知）的兩個物體在光滑的水平面上正碰,碰撞時間極短，其x-t圖象如圖所示,則:（）A．此碰撞一定為彈性碰撞B．被碰物體質(zhì)量為2kgC．碰后兩物體速度相同D．此過程有機械能損失【答案】A【解析】速度圖像的斜率表示物體的速度,由圖象求出碰撞前后的速度分別為：v1=4m/s，v2=0，v1′=—2m/s,v2=2m/s；由動量守恒定律，m1v1=m1v1′+m2v2′,得m2=3kg；根據(jù)動能表達(dá)式以及以上數(shù)據(jù)計算碰撞前、后系統(tǒng)總動能均為8J,機械能沒損失，因此是彈性碰撞，BCD錯誤，A正確.8．質(zhì)量為M的原子核，原來處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)它以速度v放出質(zhì)量為m的粒子時（設(shè)v的方向為正方向），剩余部分的速度為:（)A． B． C． D．【答案】B9．（多選）如圖所示，小木塊P和長木板Q疊放后靜置于光滑水平面上。P、Q的接觸面是粗糙的。用足夠大的水平力F拉Q,P、Q間有相對滑動。在P從Q左端滑落以前，關(guān)于水平力F的下列說法中正確的是:（）A．F做的功大于P、Q動能增量之和B．F做的功等于P、Q動能增量之和C．