壓軸題05動量定理及動量守恒定律的應(yīng)用考向一/選擇題：彈簧類問題中應(yīng)用動量定理考向二/選擇題：流體類和微粒類問題中應(yīng)用動量定理考向三/選擇題：碰撞類和類碰撞類問題中應(yīng)用動量守恒定律考向一：彈簧類問題中應(yīng)用動量定理1.動量定理的表達(dá)式F·Δt=Δp是矢量式,在一維的情況下,各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向為正方向。運(yùn)用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向,公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。2.動量定理的應(yīng)用技巧(1)應(yīng)用I=Δp求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用,則不能直接用I=Ft求沖量,可以求出該力作用下物體動量的變化Δp,等效代換得出變力的沖量I。(2)應(yīng)用Δp=FΔt求動量的變化考向二：流體類和微粒類問題中應(yīng)用動量定理1.流體類“柱狀模型”問題流體及其特點(diǎn)通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ分析步驟1建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt3建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體2.微粒類“柱狀模型”問題微粒及其特點(diǎn)通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！保|(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟1建立“柱狀模型”，沿運(yùn)動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt3先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算考向三：碰撞類和類碰撞類問題中應(yīng)用動量守恒定律1.碰撞三原則：(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).(3)速度要合理①若碰前兩物體同向運(yùn)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(yùn)動，則應(yīng)有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變。2.“動碰動”彈性碰撞v1v2v1’ˊv2’ˊm1m2發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2v1v2v1’ˊv2’ˊm1m2(1)(2)聯(lián)立（1）、（2）解得：v1’=，v2’=.特殊情況：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.3.“動碰靜”彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機(jī)械能守恒。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′（1）eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2（2）解得：v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)(2)當(dāng)m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)當(dāng)m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)(4)當(dāng)m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當(dāng)m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)1．質(zhì)量的小球用輕質(zhì)彈簧豎直懸掛，如圖甲所示，把小球向下拉至某位置（未超出彈性限度）由靜止釋放，小球之后運(yùn)動的速度時間圖像如圖乙所示（取豎直向下為正方向，不計空氣阻力），，則下列判斷正確的是（）A．在時間內(nèi)，重力的沖量為0B．在時間內(nèi)，彈簧彈力的沖量大小為C．小球從2s末到6s末的運(yùn)動過程中，合力對小球做的功為D．在2s末彈簧處于原長狀態(tài)【答案】B【詳解】A．根據(jù)題意，由公式可得，在時間內(nèi)，重力的沖量為方向豎直向下，故A錯誤；B．根據(jù)題意，設(shè)在時間內(nèi)，彈簧彈力的沖量為，由動量定理有代入數(shù)據(jù)解得即在時間內(nèi)，彈簧彈力的沖量大小為，故B正確；C．根據(jù)題意，設(shè)小球從2s末到6s末的運(yùn)動過程中，合力對小球做的功為，由動能定理有代入數(shù)據(jù)解得故C錯誤；D．在2s末，小球速度向上最大，則彈簧彈力等于小球重力，不是原長狀態(tài)，故D錯誤。故選B。2．如圖所示，質(zhì)量相等的兩個靜止小球A和B，中間用輕質(zhì)彈簧連接，A的上端用輕繩系在足夠高的天花板上?，F(xiàn)將輕繩剪斷開始計時，直至A球速度為，B球速度為，且方向均向下，則該過程所用時間為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】對小球A進(jìn)行分析有對小球B進(jìn)行分析有由于彈簧對A的作用力與彈簧對B的作用力等大反向，則有解得3．水刀切割具有精度高，無熱變形、無毛刺，無需二次加工以及節(jié)約材料等特點(diǎn)，因而得到廣泛應(yīng)用。某水刀機(jī)床工作時，垂直射向鋼板的圓柱形水流的橫截面直徑為d，水流穿過鋼板后速度方向不變，大小變?yōu)樵瓉淼囊话搿Ｒ阎牧髁浚▎挝粫r間流出水的體積）為Q，水的密度為，則鋼板受到水的平均沖力大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】以水為研究對象，根據(jù)動量定理可知可得又，代入可得故選A。4．由于軌道處存在非常稀薄的大氣，空間站在運(yùn)行時會受到一定的阻力作用。假定單位體積內(nèi)與空間站前端橫截面發(fā)生碰撞的空氣分子個數(shù)為n，且速度方向均與橫截面垂直，空間站在其運(yùn)行方向上的橫截面積為S。以空間站為參考系，碰撞前后空氣分子的平均速率分別為、，空氣分子的平均質(zhì)量為m，則空間站前端受到的稀薄空氣阻力F的大小為（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】設(shè)在時間?t內(nèi)有質(zhì)量為?m的空氣分子與空間站前端產(chǎn)生碰撞，則可得以空氣分子碰撞后運(yùn)動方向為正方向，對空氣分子，由動量定理可得聯(lián)立解得由牛頓第三定律可知，空間站前端受到的稀薄空氣阻力F的大小為，ACD錯誤，B正確。故選B。5．如圖所示，對貨車施加一個恒定的水平拉力F，拉著貨車沿光滑水平軌道運(yùn)動裝運(yùn)沙子，沙子經(jīng)一靜止的豎直漏斗連續(xù)地落進(jìn)貨車，單位時間內(nèi)落進(jìn)貨車的沙子質(zhì)量恒為Q。某時刻，貨車（連同已落入其中的沙子）質(zhì)量為M，速度為v，則此時貨車的加速度為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】一段極短的時間內(nèi)落入貨車的沙子質(zhì)量為沙子落入貨車后，立即和貨車共速，則由動量定理可得解得沙子受到貨車的力為方向向前，由牛頓第三定律可知，貨車受到沙子的反作用力向后，大小為對貨車（連同落入的沙子），由牛頓第二定律可得解得故選A。6．“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動的探測器，借助行星的引力來改變自己的速度。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運(yùn)動的速度為，探測器的初速度大小為，在圖示情況下，探測器在遠(yuǎn)離行星后速度大小為。探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動方向上，其運(yùn)動規(guī)律可以與兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律解得又因為解得故選B。7．物理學(xué)中有一種碰撞被稱為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時的高度更大。如圖所示，A、B、C三個彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時釋放（其中C球下部離地H），所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則（）A．C球落地前瞬間A球的速度為 B．A球與B球的質(zhì)量之比為C．B球與C球的質(zhì)量之比為 D．A球彈起的最大高度為25H【答案】C【詳解】A．因為A、B、C球由靜止同時釋放，所以落地瞬間的速度相等，由自由落體運(yùn)動公式v2=2gH解得，A錯誤；BC．由題意可知，C球碰地，反向碰B，B在反向碰A，因都是彈性碰撞，設(shè)向上為正方向，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，所以C碰B有mCvC?mBvB=mBvB＇；，B碰A有mBvB＇?mAvA=mAvA＇由以上幾式可得mA﹕mB﹕mC=1﹕2﹕6，B錯誤，C正確；D．由B選項分析解得，A球彈起的最大高度；，D錯誤。故選C。8．如圖甲所示，物塊A，B的質(zhì)量分別是和，用輕彈栓接兩物塊放在光滑的水平地面上，物塊B的右側(cè)與豎直墻面接觸。另有一物塊C從t＝0時刻起，以一定的速度向右運(yùn)動，在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為72JB．4s到12s的時間內(nèi)，墻壁對物塊B的沖量大小為C．物塊B離開墻壁后，彈簧的最大彈性勢能為6.5JD．物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度為2m/s【答案】B【詳解】A．由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝12m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mCv1＝（mA＋mC）v2解得mC＝1kg當(dāng)C與A速度為0時，彈性勢能最大故A錯誤；B．由題圖乙知，12s末A和C的速度為v3＝－3m/s，4s到12s過程中墻壁對物塊B的沖量大小等于彈簧對物塊B的沖量大小，也等于彈簧對A和C整體的沖量大小，墻對B的沖量為I＝(mA＋mC)v3(mA＋mC)v2解得I＝－24N·s方向向左，故B正確；C．物塊B離開墻壁后，A、B、C三者共速時彈性勢能最大（mA＋mC）v3=（mA＋mC+mB）v共；解得Ep′＝6J故C錯誤；D．物塊B離開墻壁后，系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，物塊B的最大速度時，彈簧處于原長，則（mA＋mC）v3=（mA＋mC）v4+mBv5；解得v4=1m/s，v5=4m/s故D錯誤。故選B。9．如圖（a），質(zhì)量分別為、的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為。撤去外力并開始計時，A、B兩物體運(yùn)動的圖像如圖（b）所示，表示0到時間內(nèi)A的圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，、分別表示到時間內(nèi)A、B的圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。下列說法正確的是（

）A．0到時間內(nèi)，墻對B的沖量為0B．運(yùn)動后，彈簧的最大形變量小于xC．D．【答案】BD【詳解】A．撤去外力后A受到的合力等于彈簧的彈力，0到時間內(nèi)，對A由動量定理可知，合力即彈簧彈力對A的沖量大小彈簧對A與對B的彈力大小相等、方向相反、作用時間相等，因此彈簧對B的沖量大小與對A的沖量大小相等、方向相反，即彈簧對B的沖量大小對B，以向右為正方向，由動量定理得解得墻壁對B的沖量大小為，方向水平向右故A錯誤；B．B運(yùn)動后，當(dāng)A、B速度相等時彈簧形變量（伸長或壓縮量）最大，此時A、B的速度不為零，A、B的動能不為零，由動量守恒定律可知，彈簧形變量最大時，A、B的動能與彈簧的彈性勢能之和與撤去外力時彈簧的彈性勢能相等，則彈簧的形變量最大時彈簧的彈性勢能小于撤去外力時彈簧的彈性勢能，彈簧的形變量最大時彈簧的形變量小于撤去外力時彈簧的形變量，故B正確；CD．圖像與坐標(biāo)軸所圍成面積的大小等于物體速度的變化量，因時刻A的速度為零，時刻A的速度大小，時刻A的速度大小，B的速度大小由圖（b）圖像可知，時刻A的加速度為零，此時彈簧恢復(fù)原長，B開始離開墻壁，到時刻兩者加速度均達(dá)到最大，此時彈簧伸長量達(dá)到最大，兩者速度相同，即則有，時間內(nèi)，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律可得結(jié)合，聯(lián)立得故C錯誤，D正確。故選BD。10．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A，系在細(xì)線的一端，細(xì)線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h。小物塊B和C的質(zhì)量分別為5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點(diǎn)正下方?，F(xiàn)向左拉動小球A使細(xì)線水平伸直，將小球A由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時與小物塊B發(fā)生正碰（碰撞時間極短），小球反彈后上升到最高點(diǎn)時離水平面的距離為。不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（）A．碰撞后小球A反彈的速度大小為B．碰撞過程中小球A受到的沖量大小為C．碰撞過程中B物塊受到的沖量大小為D．碰撞后輕彈簧獲得的最大彈性勢能為【答案】AD【詳解】A．設(shè)A擺到最低點(diǎn)的速度為，碰撞后A、B的速度大小為、，A運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得，A反彈至最高點(diǎn)的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得可解得；故A正確；B．向右為正方向，由動量定理可得，碰撞過程中A受到的沖量大小為即A受到的沖量大小為，方向向左，故B錯誤；C．碰撞過程滿足動量守恒，可得代入數(shù)據(jù)解得由動量定理可得，碰撞過程中B受到的沖量大小為故C錯誤；D．碰撞后當(dāng)B與C速度相等時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為，由動量定理可得由能量守恒可得，彈簧的彈性勢能為聯(lián)立解得故D正確。故選AD。11．如圖所示，物塊A、B通過輕彈簧連接在一起，B放在地面上，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知物塊A、B的質(zhì)量分別為、，彈簧的勁度系數(shù)為，重力加速度為。在物塊A上施加豎直向上的拉力，，經(jīng)過時間，B恰好離開地面，此時A的速度為，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）A．時間內(nèi)，A向上移動的距離為B．時間內(nèi)，地面對B平均作用力的大小為C．時間內(nèi)，彈簧彈性勢能的減少量為D．B離開地面以后運(yùn)動的最大速度為【答案】AC【詳解】A．依題意，可得未施加拉力時，彈簧的壓縮量為施加拉力后，經(jīng)過時間，B恰好離開地面，此時彈簧的伸長量為則時間內(nèi)，A向上移動的距離為故A正確；B．時間內(nèi)，設(shè)彈簧對A的彈力的平均作用力大小為，根據(jù)動量定理有對B，則有聯(lián)立兩式，可得地面對B平均作用力的大小為故B錯誤；C．時間內(nèi)，對A根據(jù)功能關(guān)系可得可得則彈簧彈性勢能的減少量為故C正確；D．B離開地面以后運(yùn)動的過程中，B開始做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動，接著再做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，當(dāng)彈簧的彈力等于其重力時，此時B有最大速度。把A、B及彈簧看著一個系統(tǒng)，由于系統(tǒng)在豎直方向上受到的合力為零，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律，可知；可得B的最大速度為故D錯誤。故選AC。12．等離子體推進(jìn)器的原理結(jié)構(gòu)如圖所示，首先由電子槍產(chǎn)生高速電子流，經(jīng)過碰撞，電子將等離子體發(fā)生器內(nèi)的惰性氣體電離，形成等離子體，最后等離子體中的正離子經(jīng)過靜電加速層加速后高速飛出，從而對等離子推進(jìn)器產(chǎn)生作用力。假設(shè)正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，經(jīng)電壓為U的靜電加速層加速后形成電流為I的離子束，忽略離子進(jìn)入靜電加速層的初速度，不計離子重力和離子間的相互作用力，下列說法正確的是（）A．離子推進(jìn)器是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的裝置B．離子由靜電加速層噴出時的速度大小為C．單位時間內(nèi)，由靜電加速層噴出的離子數(shù)為D．離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力大小為【答案】CD【詳解】A．離子推進(jìn)器可將靜電加速層中的電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，A錯誤；B．根據(jù)動能定理有離子由靜電加速層噴出時的速度大小為，B錯誤；C．若n表示單位時間內(nèi)由靜電加速層噴出的離子數(shù)，根據(jù)電流的定義有單位時間內(nèi)，由靜電加速層噴出的離子數(shù)為，C正確；D．時間內(nèi)噴出離子的動量為根據(jù)動量定理有則，D正確。故選CD。13．青島市即墨區(qū)鰲山灣一帶受嶗山余脈和海島影響，形成了長達(dá)60多公里的狹長“疾風(fēng)帶”，為風(fēng)力發(fā)電創(chuàng)造了有利條件，目前該地風(fēng)電總裝機(jī)容量已達(dá)18萬千瓦。如圖，風(fēng)力推動三個葉片轉(zhuǎn)動，葉片帶動轉(zhuǎn)子（磁極）轉(zhuǎn)動，在定子（線圈）中產(chǎn)生電流，實(shí)現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化。已知葉片長為r，風(fēng)速為v，空氣密度為ρ，流到葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面的空氣中約有速度減速為0，原速率穿過，不考慮其他能量損耗。下列說法正確的是（）A．一臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率約為B．一臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率約為C．空氣對風(fēng)力發(fā)電機(jī)一個葉片的平均作用力約為D．空氣對風(fēng)力發(fā)電機(jī)一個葉片的平均作用力約為【答案】BD【詳解】AB．建立一個“風(fēng)柱”模型，如圖所示風(fēng)柱的橫截面積為葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面面積，即經(jīng)過極短時間風(fēng)柱長度為所形成的風(fēng)柱體積空氣遇到葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面后減速為零，原速率穿過，所以與葉片發(fā)生相互作用的風(fēng)柱質(zhì)量根據(jù)功能關(guān)系，風(fēng)力在這一段位移內(nèi)轉(zhuǎn)化的電能一臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)獲得風(fēng)能的功率即發(fā)電功率為，A錯誤，B正確；CD．以與葉片發(fā)生相互作用的那部分空氣為研究對象，規(guī)定空氣流動的方向為正方向，根據(jù)動量定理得解得根據(jù)牛頓第三定律，可知空氣對一臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)的平均作用力為一臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)有三個葉片，所以空氣對風(fēng)力發(fā)電機(jī)一個葉片的平均作用力約為，C錯誤，D正確。故選BD。14．如圖所示，一個斜面與水平地面平滑連接，斜面與水平地面均光滑。小物塊P放在水平地面上，小物塊Q自斜面上某位置處由靜止釋放，P、Q之間的碰撞為彈性正碰，斜面與水平面足夠長，則下列說法正確的是（）A．若，則P、Q只能發(fā)生一次碰撞B．若，則P、Q只能發(fā)生一次碰撞C．若，則P、Q只能發(fā)生兩次碰撞D．若，則P、Q只能發(fā)生多次碰撞【答案】AC【詳解】AB．設(shè)Q滑到水平面上時速度大小為v，P、Q相碰．動量守恒及動能不變，有；聯(lián)立解得第一次碰后；之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，則有解得，A正確、B錯誤；C．若，第一次碰后，可得，之后Q滑上斜面并返回，與P發(fā)生第二次碰撞后有；得；因故P、Q只能發(fā)生兩次碰撞，C正確；D．若，第一次碰后，可得；之后Q滑上斜面并返回，與P發(fā)生第二次碰撞后有；得；因故P、Q只能發(fā)生兩次碰撞，D錯誤。故選AC。15．質(zhì)量為m2且各處光滑的帶有四分之一圓弧（半徑足夠大）的軌道靜止在光滑水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m1的滑塊以初速度v0水平?jīng)_上軌道（不脫離軌道），下列說法正確的是（

）A．若m1=m2，則m1滑下后將與m2一起以的速度勻速運(yùn)動B．若m1=m2，則m1滑到最高點(diǎn)時速度為0C．若m1=m2，則m1上升的最大高度為D．m1滑下后，速度可能向左【答案】CD【詳解】BC．由于m2為各處光滑的帶有四分之一圓弧，則m1和m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒且在水平方向動量守恒，則m1滑到最高點(diǎn)時有m1v0=(m1+m2)v共；將代入解得，，B錯誤、C正確；AD．m1滑上m2又返回直到m1離開m2的整個過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒。選取向右為正方向，由動量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2假設(shè)是彈性碰撞，由機(jī)械能守恒得，解得，如果m1<m2，則v1<0，即m1離開m2后速度方向向左，滑塊向左做平拋運(yùn)動；如果m1=m2，則v1=0，即m1離開m2時速度為零，滑塊做自由落體運(yùn)動；如果m1>m2，則v1>0，即m1離開m2后速度方向水平向右，滑塊向右做平拋運(yùn)動，A錯誤，D正確。故選CD。16．如圖甲所示，質(zhì)量為的物塊A與豎直放置的輕彈簧上端連接，彈簧下端固定在地面上。時，物塊A處于靜止?fàn)顟B(tài)，物塊B從A正上方一定高度處自由落下，與A發(fā)生碰撞后一起向下運(yùn)動（碰撞時間極短，且未粘連），到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動。已知B運(yùn)動的圖像如圖乙所示，其中的圖線為直線，不計空氣阻力，則（

）A．物塊B的質(zhì)量為 B．時，彈簧的彈性勢能最大C．時，B速度為零 D．時，A、B開始分離【答案】AC【詳解】A．碰撞時間極短，可認(rèn)為碰撞過程滿足動量守恒，則有解得故A正確；B．當(dāng)為零時，彈簧壓縮量最短，彈簧的彈性勢能最大，故B錯誤；C．B與A一起運(yùn)動過程屬于簡諧振動，故圖乙中B物體的速度時間圖線為正余弦函數(shù)關(guān)系，設(shè)振動周期為，由數(shù)學(xué)知識可得；解得則有故B速度為零時刻為聯(lián)立解得故C正確；D．根據(jù)可得可知此時B的速度為可知此時A、B剛好回到碰撞時的位置，此時彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，A、B并未分離，故D錯誤。故選AC。17．如圖所示，質(zhì)量為的物塊P與物塊Q（質(zhì)量未知）之間拴接一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，彈簧恰好處于原長?，F(xiàn)給P物體一瞬時初速度，并把此時記為0時刻，規(guī)定向右為正方向，0~2t0內(nèi)P、Q物塊運(yùn)動的圖像如圖所示，已知時刻P、Q的加速度最大，其中軸下方部分的面積大小為，則（

）A．物體Q的質(zhì)量為B．時刻Q物體的速度大小為C．時刻彈簧的彈性勢能為D．時間內(nèi)彈簧對P物體做功為零【答案】BCD【詳解】A．時間內(nèi)Q所受彈力方向向左，P所受彈力方向始終向右；時刻，P、Q所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得；解得物體Q的質(zhì)量為故A錯誤；B．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，可知時間內(nèi)，Q物體的速度變化量大小為則時刻Q物體的速度大小為，故B正確；C．時刻兩物體具體相同的速度，根據(jù)對稱性可知，時刻P、Q物體的速度大小為設(shè)物體P的初速度為，根據(jù)動量守恒可得解得設(shè)時刻彈簧的彈性勢能為，根據(jù)能量守恒可得聯(lián)立解得故C正確；D．設(shè)時刻P物體的速度為；根據(jù)動量守恒可得解得可知時刻P物體的速度大小等于時刻P物體的速度大小，則時刻P物體的動能等于時刻P物體的動能，故時間內(nèi)彈簧對P物體做功為零，故D正確。故選BCD。18．如圖，質(zhì)量為的小球B放在光滑的水平槽內(nèi)，一長為的細(xì)繩一端連接小球B，另一端連接質(zhì)量為的小球A，開始時細(xì)繩處于松弛狀態(tài)，A在B正下方，且A與B相距。球A以初速度水平拋出。當(dāng)A運(yùn)動到圖示位置時細(xì)繩張緊（張緊過程時間極短），之后運(yùn)動過程中細(xì)繩始終處于張緊狀態(tài)。重力加速度為，則（）A．小球A平拋運(yùn)動經(jīng)歷時間B．細(xì)繩張緊前瞬間小球速度大小C．細(xì)繩張緊過程，小球A和B的系統(tǒng)動量守恒D．細(xì)繩張緊后瞬間A球速度的大小為【答案】AB【詳解】A．設(shè)經(jīng)過t時間細(xì)繩張緊，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系可得解得故A正確；B．細(xì)繩張緊前瞬間小球速度大小為，B正確；C．細(xì)繩張緊過程，由于小球A的重力，系統(tǒng)所受合外力不為零，故小球A和B的系統(tǒng)動量不守恒，但水平方向合外力為零，水平方向滿足動量守恒，C錯誤；D．當(dāng)細(xì)繩繃緊時，據(jù)速度偏角公式可得速度與水平方向的夾角又繩子與水平方向的夾角可得此時A的水平速度為豎直速度為由水平方向動量守恒可