A.静止 B.向右运动
C.向左运动D.无法确定
【解析】选A。
选取A、B两个物体组成的系统为研究对象,根据动量定理,整个运动过程中,系统所受的合外力为零,所以动量改变量为零,初始时刻系统静止,总动量为零,最后粘合体的动量也为零,即粘合体静止,所以选项A正确。
2.（多选）根据UIC（国际铁道联盟）的定义,高速铁路是指营运速率达200km/h以上的铁路和动车组系统。
据广州铁路局警方测算:
当和谐号动车组列车以350km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时,受到的阻力约为106N,如果撞击一块质量为0.5kg的障碍物,会产生大约5000N的冲击力,撞击时间约为0.01s,瞬间可能造成列车颠覆,后果不堪设想。
在撞击过程中,下列说法正确的是（ ）
A.列车受到合外力的冲量约为50N·s
B.列车受到合外力的冲量约为104N·s
C.障碍物受到合外力的冲量约为175N·s
D.列车和障碍物组成的系统动量近似守恒
【解析】选A、D。
由列车匀速行驶时撞击障碍物,获得5000N的冲击力,可知撞击过程中列车受到的合外力为5000N,列车受到的合外力的冲量为5000×0.01N·s=50N·s,A对,B错;撞击过程时间极短,列车和障碍物组成的系统动量近似守恒,障碍物受到合外力的冲量与列车受到的合外力的冲量等大反向,故C错,D对。
3.（2018·宝鸡高二检测）一颗手榴弹被投出后到达最高点时的速度为v0=10m/s,设它炸成两块后,质量为0.4kg的大块速度大小为250m/s,方向与原来方向相反,若取v0方向为正方向,则质量为0.2kg的小块速度为（ ）
A.-470m/s B.530m/s C.470m/s D.800m/s
【解析】选B。
手榴弹爆炸过程系统动量守恒,以手榴弹的初速度方向为正方向,根据动量守恒定律得:
Mv0=m1v1+m2v2。
即:
0.6×10kg·m/s=0.4×（-250）kg·m/s+0.2kg×v2,
解得:
v2=530m/s。
故选B。
4.（2018·南通高二检测）两个球沿直线相向运动,碰撞后两球都静止。
则可以推断（ ）
A.两个球的动量一定相等
B.两个球的质量一定相等
C.两个球的速度一定相等
D.两个球的动量大小相等,方向相反
【解析】选D。
两球碰撞过程中动量守恒,碰后两球都静止,说明碰撞前后两球的总动量为零,故碰前两个球的动量大小相等,方向相反,A、B、C错误,D正确。
5.（多选）（2018·沧州高二检测）质量为m的物块甲以3m/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4m/s的速度与甲相向运动,如图所示。
则（ ）
A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力属于内力作用,故系统动量守恒
B.当两物块相距最近时,甲物块的速率为零
C.甲物块的速率可能达到5m/s
D.当甲物块的速率为1m/s时,乙物块的速率可能为2m/s,也可能为0
【解析】选A、D。
甲、乙两物块（包括弹簧）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,取碰撞前乙的速度方向为正方向,设共同速度为v,根据动量守恒定律得mv乙-mv甲=2mv,解得v=0.5m/s,故B错误;若物块甲的速率达到5m/s,方向与原来相同,则:
mv乙-mv甲=-mv甲′+mv乙′,代入数据解得:
v乙′=6m/s,两个物体的速率都增大,动能都增大,违反了能量守恒定律,若物块甲的速率达到5m/s,方向与原来相反,则:
mv乙-mv甲=mv甲′+mv乙′,代入数据解得:
v乙′=-4m/s,可得,碰撞后乙的动能不变,甲的动能增加,系统总动能增加,违反了能量守恒定律,所以物块甲的速率不可能达到5m/s,故C错误;甲、乙组成的系统动量守恒,若物块甲的速率为1m/s,方向与原来相同,由动量守恒定律得:
mv乙-mv甲=-mv甲′+mv乙′,代入数据解得:
v乙′=2m/s;若物块甲的速率为1m/s,方向与原来相反,由动量守恒定律得:
mv乙-mv甲=mv甲′+mv乙′,代入数据解得:
v乙′=0,故D正确。
故选A、D。
【补偿训练】
（多选）（2018·南昌高二检测）如图所示,两带电金属球在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线相向运动,A球带电为-q,B球带电为+2q,下列说法中正确的是
（ ）
A.相碰前两球的运动过程中,两球的总动量守恒
B.相碰前两球的总动量随两球的距离逐渐减小而增大
C.相碰分离后的两球的总动量不等于相碰前两球的总动量,因为两球相碰前作用力为引力,而相碰后的作用力为斥力
D.相碰分离后任一瞬时两球的总动量等于碰前两球的总动量,因为两球组成的系统所受合外力为零
【解析】选A、D。
相碰前两球所受的合外力为零,动量守恒,两球的总动量保持不变,故A正确,B错误;将两球看作整体分析时,整体受重力、支持力,水平方向不受外力,故整体系统动量守恒,故两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量,故C错误,D正确。
故选A、D。
二、非选择题（15分。
需写出规范的解题步骤）
6.（2018·上饶高二检测）如图,质量为M=0.2kg的长木板静止在光滑的水平地面上,现有一质量为m=0.2kg的滑块以v0=1.2m/s的速度滑上长木板的左端,小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4,小滑块刚好没有滑离长木板,求:
（g取10m/s2）
（1）小滑块的最终速度。
（2）在整个过程中,系统产生的热量。
（3）以地面为参照物,小滑块滑行的距离为多少?
【解析】
（1）小滑块与长木板系统动量守恒,规定向右为正方向,由动量守恒定律得:
mv0=（m+M）v
解得最终速度为:
v=
=
m/s=0.6m/s
（2）由能量守恒定律得:
m
=
（m+M）v2+Q
代入数据解得热量为:
Q=0.072J
（3）对小滑块应用动能定理:
-μmgs=
mv2-
m
代入数据解得距离为s=0.135m
答案:
（1）0.6m/s
（2）0.072J （3）0.135m
【互动探究】小滑块在长木板上滑行的距离为多少?
提示:
系统机械能的减少量全部转化为内能,内能的大小等于摩擦力与滑块和长木板相对位移的乘积,即-μmgs相对=
（m+M）v2-
m
解得s相对=0.09m
（25分钟 50分）
一、选择题（本题共4小题,每小题7分,共28分）
1.（多选）如图所示,小车A静止于光滑水平面上,A上有一圆弧PQ,圆弧位于同一竖直平面内,小球B由静止起沿圆弧下滑,这一过程中（ ）
A.若圆弧光滑,则系统的动量守恒,机械能守恒
B.若圆弧光滑,则系统的动量不守恒,机械能守恒
C.若圆弧不光滑,则系统水平方向的动量守恒,但机械能不守恒
D.若圆弧不光滑,则系统水平方向的动量不守恒,机械能不守恒
【解题指南】解答本题应注意以下两点:
（1）明确动量守恒定律和机械能守恒定律的条件:
系统所受合外力为零,系统动量守恒;只有重力或弹力做功时,物体的机械能守恒。
（2）判断动量是否守恒时,要分析受力,系统所受合外力不为零,在某个方向上可能不受外力;判断机械能守恒时,也可以根据是否只发生动能和势能之间的转化分析。
【解析】选B、C。
不论圆弧是否光滑,小车与小球组成的系统在小球下滑过程中系统所受合外力都不为零,则系统动量都不守恒。
但系统水平方向不受外力,所以系统水平方向的动量守恒;若圆弧光滑,只有重力做功,系统的机械能守恒。
若圆弧不光滑,系统要克服摩擦力做功,机械能减少,故A、D错误,B、C正确。
故选B、C。
2.一炮艇总质量为M,以速度v0匀速行驶,从船上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹,发射炮弹后艇的速度为v′,若不计水的阻力,则下列各关系式中正确的是（ ）
A.Mv0=（M-m）v′+mv
B.Mv0=（M-m）v′+m（v+v0）
C.Mv0=（M-m）v′+m（v+v′）
D.Mv0=Mv′+mv
【解析】选A。
以地面为参照物,发射炮弹过程中动量守恒,所以有:
Mv0=
（M-m）v′+mv,故B、C、D错误,A正确。
3.（多选）（2018·周口高二检测）两个小球A、B在光滑的水平面上相向运动,它们的质量分别为4kg和2kg,A的速度为vA=3m/s,B的速度vB=-3m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别是（ ）
A.均为+1m/s B.+4m/s和-5m/s
C.+2m/s和-1m/sD.-1m/s和+5m/s
【解析】选A、D。
发生正碰,则根据动量守恒得:
mAvA+mBvB=mAv′A+mBv′B,①
根据碰撞过程系统的总动能不增加,则得
mA
+
mB
≥
mAv
+
mBv
②
它们发生正碰后,若均为+1m/s,即以共同速度运动,符合以上等式,故A正确;速度如果是4m/s和-5m/s,那么A、B动能都增加,故B错误;发生正碰后,A、B速度方向不变即还是相向运动,这不符合实际情况,故C错误;发生正碰后,A、B反向,符合以上等式,故D正确。
故选A、D。
【总结提升】碰撞的规律
（1）动量守恒。
（2）总动能不增加。
（3）碰后,若两球分开后同向运动,后面小球的速率不可能大于前面小球的速率。
4.（多选）如图所示,三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列,静止在光滑水平面上。
c车上有一小孩跳到b车上,接着又立即从b车跳到a车上。
小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。
他跳到a车上相对a车保持静止,此后
（ ）
A.a、b两车运动速率相等
B.a、c两车运动速率相等
C.三辆车的速率关系vc>va>vb
D.a、c两车运动方向相反
【解析】选C、D。
若人跳离b、c车时速度为v,由动量守恒定律知,人和c车组成的系统:
0=-M车vc+m人v
对人和b车:
m人v=-M车vb+m人v
对人和a车:
m人v=（M车+m人）·va
所以:
vc=
vb=0,va=
即vc>va>vb,并且vc与va方向相反。
二、非选择题（本题共2小题,共22分。
需写出规范的解题步骤）
5.（10分）如图所示,甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m,两船沿同一直线同一方向运动,速度分别为2v0、v0。
为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度。
（不计水的阻力）
【解析】设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin,抛出货物后乙船的速度为v1,甲船上的人接到货物后甲船的速度为v2,由动量守恒定律得
12m×v0=11m×v1-m×vmin ①
10m×2v0-m×vmin=11m×v2 ②
为避免两船相撞,应满足
v1=v2 ③
联立①②③式得
vmin=4v0
答案:
4v0
6.（12分）如图所示,圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上,轨道半径为R,MN为直径且与水平面垂直。
直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道,到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞,碰后两球结合在一起飞出轨道,落地点距N为2R。
重力加速度为g,忽略圆管内径、空气阻力及各处摩擦均不计,求:
（1）结合后的两球从飞出轨道到落地的时间t。
（2）小球A冲进轨道时速度v的大小。
【解析】
（1）结合后的两球飞出轨道后做平抛运动,竖直方向的分运动为自由落体运动,有2R=
gt2 ①
解得t=2
②
（2）设球A的质量为m,碰撞前速度大小为v1,把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0,由机械能守恒定律得
mv2=
m
+2mgR ③
设碰撞后结合在一起的两球速度大小为v2,由动量守恒定律得mv1=2mv2 ④
飞出轨道后做平抛运动,水平方向的分运动为匀速直线运动,有2R=v2t ⑤
综合②③④⑤式得v=2
答案:
（1）2
（2）2
【补偿训练】
如图所示,AOB是光滑水平轨道,BC是半径为R的光滑的
固定圆弧轨道,两轨道恰好相切。
质量为M的小木块静止在O点,一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内,并留在其中和小木块一起运动。
且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均可以看成质点）。
（1）求子弹射入木块前的速度。
（2）若每当小木块返回到O点或停止在O点时,立即有相同的子弹射入小木块,并留在其中,则当第9颗子弹射入小木块后,小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少?
【解析】
（1）第一颗子弹射入木块的过程,系统动量守恒,以子弹的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
mv0=（m+M）v1,系统由O到C的运动过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得:
=（m+M）gR
由以上两式解得:
v0=
;
（2）由动量守恒定律可知,第2、4、6…颗子弹射入木块后,木块的速度为0,第1、3、5…颗子弹射入后,木块运动。
当第9颗子弹射入木块时,以子弹初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
mv0=（9m+M）v9,设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H,由机械能守恒得:
=（9m+M）gH,由以上各式可得:
H=
R。
答案:
（1）
（2）
R
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