1、第七章動量微專題34動量定理和動量守恒定律的理解和應用方法點撥（i）動量定理與動量守恒定律用到運動過程的初、末狀態，要分析好過程，明確初、末狀態.（2）注意動量的矢量性，動量定理與動量守恒定律的方程都是矢量方程，先選好 正方向再列方程.S考點逐項排查1.（動量的矢量性）（多選）一個質量為2kg的小球以水平速度 5m/s向右運動，與擋板碰撞后， 以3 m/ s的水平速度反向彈回，則 （）A .它的動量變化量的大小為 4kg m/sB .它的動量變化量的大小為16kg m/sC.它的動量變化量的方向與初動量方向相反D.它的動量變化量的方向與初動量方向相同2 .（動量守恒）質量為m的小球P以大小為v

2、的速度與質量為3m的靜止小球 Q發生正碰，碰后小球P以大小為2的速度被反彈，則正碰后小球 Q的速度大小是（）_ V- v_ vA. 2VB.2C.3D.63 .（守恒條件理解）如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統的總動量 保持不變.這就是動量守恒定律.若一個系統動量守恒時，則 （）A.此系統內每個物體所受的合力一定都為零B .此系統內每個物體的動量大小不可能都增加C.此系統的機械能一定守恒D.此系統的機械能可能增加4 .（動量守恒定律應用）如圖1所示，一輛小車靜止在光滑水平面上，A、B兩人分別站在車的兩端.當兩人同時相向運動時（）：®包：圖1A.若小車不動，兩人速

3、率一定相等B.若小車向左運動,A的速率一定比B的小C.若小車向左運動,A的動量一定比B的大D.若小車向左運動,A的動量一定比B的小B考題綜合突破5 .質量為M的原子核，原來處于靜止狀態.當它以速度v放出質量為m的粒子時（設v的方向為正方向）,剩余部分的速度為（）A mvB mv"M m'M mMvmvC.m-MD' M6 .小船以速率v向東行駛，若在小船上分別以相對于地面的速率u向東、向西水平拋出兩個等質量的物體，則小船的速率 （）A.增大B,減小C.不變D.由于兩物體質量未知，無法確定7 .（多選）如圖2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

4、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，關于水 平力F的下列說法中正確的是0* F圖2A. 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. F的沖量大于P、Q動量增量之和D. F的沖量等于P、Q動量增量之和8.如圖3所示，物體A、B的質量分別為 m、2m,物體B置于水平面上，B物體上部半圓型槽的半徑為R,將物體A從圓槽的右側最頂端由靜止釋放，一切摩擦均不計.則A. A不能到達B圓槽的左側最高點b. a運動到圓槽的最低點時速度為 V2gRC. B 一直向右運動 2RD. B向右運動的取大位移大小為 丁 39 .如圖4,粗糙水平

5、面上，兩物體 A、B用輕繩相連，在恒力 F作用下做勻速運動.某時刻 輕繩斷開，A在F牽引下繼續前進，B最后靜止.則在 B靜止前，A和B組成的系統動量(選填"守恒"或"不守恒").在B靜止后，A和B組成的系統動量 .(選填“守恒”或“不守通”)圖410 .如圖5所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內有一個小滑塊B,盒的質量是滑塊的2倍，滑塊與盒內水平面間的動摩擦因數為叵若滑塊以速度 v開始向左運動，與盒的左、右壁發生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相n " n一-對于盒靜止，則此時盒的速度大小為 ；滑塊相對于盒運動的路程為. 圖5

6、11,質量為m的小球A以速率v0向右運動時跟靜止的小球B發生碰撞，碰后 A球以£的速率反向彈回，而 B球以管的速率向右運動，求：3(1)小球B的質量mB的大小？(2)碰撞過程中，小球 B對小球A做的功 W是多大？12.對于兩物體碰撞前后速度在同一直線上，且無機械能損失的碰撞過程，可以簡化為如下模型.A、B兩物體位于光滑水平面上，僅限于沿同一直線運動.當它們之間的距離大于等于某一定值d時，相互作用力為零；當它們之間的距離小于d時，存在大小恒為 F的斥力.設A物體質量m= 1.0kg,開始時靜止在直線上某點； B物體質量m2= 3.0kg ,以速度v0從遠處 沿該直線向 A運動，如圖 6

7、所示.若d = 0.10m, F = 0.60N, v0= 0.20m/s,求：日廝Ari 一n圖6(1)相互作用過程中 A、B加速度的大小;(2)從開始相互作用到 A、B間的距離最小時，系統動能的減少量;(3)A、B間的最小距離.答案精析1 . BC2. B 小球P和Q的正碰滿足動量守恒定律 (設小球P的運動方向為正方向)，有：mv+0 =-m 2+ 3m vz ,解得：v' =2,故選 B.3. D 若一個系統動量守恒時，則整個系統所受的合力為零，但是此系統內每個物體所受 的合力不一定都為零，選項 A錯誤；此系統內每個物體的動量大小可能會都增加，但是方向 變化，總動量不變這是有可能

8、的，選項 B錯誤；因系統合外力為零，但是除重力以外的其他 力做功不一定為零，故機械能不一定守恒，系統的機械能可能增加，也可能減小，故選D.4. C A、B兩人及小車組成的系統不受外力，系統動量守恒，根據動量守恒定律得：mAVA+ mBVB+m車v車=0,若小車不動，則 mAVA+ m bVb= 0,由于不知道 A、B質量的關系，所 以兩人速率不一定相等，故 A錯誤；若小車向左運動，則 A、B的動量和必須向右，而 A向右運動，B向左運動，所以 A的動量一定比B的大，故B、D錯誤，C正確.5. B 質量為M的原子核，原來處于靜止狀態.當它以速度v放出質量為m的粒子的過程mv,中動重寸恒，設剩余部分

9、的速度為v1，由0= (M m)vi + mv,得v1 = , B正確.M m6. A7. AD 以P、Q系統為研究對象，根據功能關系，拉力做的功等于P、Q動能增加量與摩擦產生的內能之和，A正確，B錯誤；系統所受合外力 F的沖量等于P、Q動量增量之和，C 錯誤，D正確.8. D A、B組成的系統動量守恒， A、B剛開始時動量為零，所以運動過程中總動量時刻為 零，所以B先向右加速后又減速到零，因為系統機械能守恒，當B靜止時，A恰好運動到左側最高點，A錯誤.根據動量守恒定律可得 m?=2m：,又知道xi + x2=2R,所以可得X2 = jR, D正確.B向右先加速后減速，減速到零之后又向左先加速

10、后減速，即做往返運動，C錯誤；當A運動到最低點時，水平方向上動量守恒，所以有 mvi = 2mv2,因為系統滿足機械能守恒，所以有 mgR= ；mv2 + ； 2mv2,聯立可得Vi = /*gR, B錯誤. 2 2 39. 守恒 不守恒解析 輕繩斷開前，A、B做勻速運動，系統受到的拉力F和摩擦力平衡，合外力等于零，即F-FfA-FfB=0,所以系統動量守恒；當輕繩斷開B靜止之前，A、B系統的受力情況不變，即F-FfA-FfB=0,所以系統的動量依然守恒；當B靜止后，系統的受力情況發生改變，即F-FfA=mAa,系統合外力不等于零，系統動量不守恒.v1032v3dg解析設滑塊質量為 m,則盒子

11、的質量為 2m;對整個過程，由動量守恒定律可得，mv=3mv解得,v 共=v.312 1 v 2由功能關系可得mgs=2mv 2 3m(3)2 解得s=有g11. (1)4.5m (2) mv0解析(1)小球A、B碰撞過程動量守恒，選向右為正方向，有,v0v0mv° = m("p+mB解得：mB= 4.5m(2)根據動能定理，碰撞過程中只有B對A做功，選小球 A為研究對象 1 兇、2 12W= 2m(2)-2mvo解得 W= - fmv0.O12. (1)0.6m/s2 0.2 m/ s2(2) 0.015J(3) 0.075m解析aA=巨=0.6m/s2, aB= = 0

12、.2m/s2mim212 12(2)m2V0= (m + m2)v, v=0.15m/s, AEk = 5m2V0( mi + m2)v = 0.015J(3)v0v2= 2aBXB, xb= 0.04375m, v2=2aAXA, xa= 0.01875md' =XA+d-XB = 0.075m.第七章動量年微專題35碰撞方法點撥（i）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生彈性碰撞后的速度表達式要熟記，如果在考場上來計算，太浪費時間.（2）明確碰撞前瞬間狀態、 碰撞后瞬間狀態是碰撞過程的初、末狀態.S考點逐項排查1.（完全非彈性碰撞）（多選）如圖1,兩個物體

13、1和2在光滑水平面上一-12以相同動能相向運動，它們的質量分別為mi和m2, 且 mi<m2.經一段時間兩物體相碰撞并粘在一起.碰撞后（）圖1A.兩物體將向左運動B .兩物體將向右運動C.兩物體組成的系統損失能量最小D.兩物體組成的系統損失能量最大2.（對碰撞白理解）如圖2所示，A、B兩小球在光滑水平面上分別以動量p1=4kgm/s和p2=6 kg m/s（向右為參考正方向）做勻速直線運動，則在 A球追上B球并與之碰撞的過程中，兩小球的動量變化量能1和綠2可能分別為（）工B圖2A . 2kg m/s, 3 kg m/ sB . 8kg m/s, 8 kg m/sC. 1kg m/s, 1

14、 kg m/ sD. 2kg m/s, 2 kg m/ s3.（彈性碰撞）如圖3,兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊 A的質量為m,速度為2vo,方向向右，滑塊 B的質 工 m 隔量為2m,速度大小為v0,方向向左，兩滑塊發生彈性碰撞后的運動狀態是（）圖3A. A和B都向左運動B. A和B都向右運動C . A靜止，B向右運動D . A向左運動，B向右運動4 .（碰撞的實際應用）冰壺運動深受觀眾喜愛，圖 4a為2014年2月第22屆索契冬奧會上中國隊員投擲冰壺的鏡頭.在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與對方靜止的冰壺乙發生正碰，如圖b.若兩冰壺質量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置

15、，可能是 （B考題綜合突破5 .質量為 mi= 1kg和 0（未知）的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間極短，其xt圖象如圖5所示，則（）A.此碰撞一定為彈性碰撞B .被碰物體質量為 2kg圖5C.碰后兩物體速度相同D.此過程有機械能損失6 .（多選）矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質量為m的子彈以速度v水平射向滑塊.若射擊下層，子彈剛好不射出；若射擊上層，則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖6所示.則上述兩種情況相比較 （）圖6A.子彈的末速度大小相等B.系統產生的熱量一樣多C.子彈對滑塊做的功不相同D.子彈和滑塊間的水平作用力一樣大7 .如圖7所示，在光

16、滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3： 1, A球垂直撞向一L. C擋板，碰后原速率返回.兩球剛好不發生第二次碰撞，A、B兩球的質量A I之比為, A、B兩球碰撞前后兩球總動能之比為 .圖78 .如圖8所示，質量為 m的小球懸掛在長為 L的細線下端，將它拉至與豎直方向成0= 60。角的位置后由靜止釋放.當小球擺至最低點時，恰好與水平面上原來靜止的、質量為2m的木塊相碰，碰后小球速度反向且動能是碰前動能的笑.已知木塊與地面間的動摩擦因數科=2,2540重力加速度取g.求：(1)小球與木塊碰前瞬間所受拉力大小；(2)木塊在水

17、平地面上滑行的距離.9 .如圖9所示，在光滑的水平面上有一輛長平板車，它的中央放一個質量為m的小物塊，物塊跟車表面的動摩擦因數為科，平板車白質量 M = 2m,車與物塊一起向右以初速度vo勻速運動，車跟右側的墻壁相碰.設車跟墻壁碰撞的時間很短，碰撞時沒有機械能損失，重力加速度為g,求：(1)平板車的長度L至少是多長時，小物塊才不會從車上落下來；(2)若在車的左側還有一面墻壁，左右墻壁相距足夠遠，使得車跟墻壁相碰前，車與小物塊總是相對靜止的，車在左右墻壁間來回碰撞，碰撞 n次后，物塊跟車一起運動的速度Vn；s.(3)在車與左右墻壁來回碰撞的整個過程中，小物塊在車表面相對于車滑動的總路程答案精析1

18、. . AD 根據p2 = 2mEk,結合mi<m2,知Pi<P2,故系統總動量向左，根據動量守恒知碰后兩物體將向左運動，所以 A正確，B錯誤；由題意知兩物體屬于完全非彈性碰撞，損失動 能最大，所以C錯誤，D正確.2. D 由于碰撞過程中，動量守恒，兩小球動量變化大小相等，方向相反，因此A錯誤；因為碰撞的過程中動能不增加.若Api和 綠2分別為8 kg m/ s, 8kg m/s,則pi = - 4 kg m/s,2P2' =14kgm/s,根據Ek=會知相撞過程中動能增加， B錯誤；兩球碰撞的過程中， B球的 動量增加，曲2為正值，A球的動量減小，Api為負值，故C錯誤.

19、變化量分別為2kg m/s,2kg m/s,符合動量守恒、動能不增加以及實際的規律，故D正確.3. D 取向右為正方向，根據動量守恒： m 2vo-2mvo= mvA+2mvB,知系統總動量為零， 所以碰后總動量也為零，即 A、B的運動方向一定相反，所以 D正確，A、B、C錯誤.4. B5. A 速度圖象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：vi = 4 m/s,v2=0, vi' =2m/s, V2'= 2 m/s;由動量守恒定律， mivi=mivi' +m2V2',得 m?=3kg;根據動能表達式以及以上數據計算碰撞前、后系統總動能均為8J

20、,機械能沒有損失，因此是彈性碰撞，B、C、D錯誤，A正確.6. AB 根據動量守恒，兩次最終子彈與木塊的速度相等，A正確；根據能量守恒可知，初狀態子彈動能相同，末狀態兩木塊與子彈的動能也相同，因此損失的動能轉化成的熱量也相同，B正確；子彈對滑塊做的功等于滑塊末狀態的動能，因此做功相同，C錯誤；產生的熱量Q = FfXAx,由于產生的熱量相同，而相對位移限不同，因此子彈和滑塊間的水平作用力大小不同，D錯誤.7. 4 ： i 9 ： 5解析 設A、B球的質量分別為 mA和mB, A球碰撞后的速度大小為 va2, B球碰撞前、后的速度大小分別為VB1和VB2,由題意知VB1 ： Vb2=3： 1,

21、VA2=VB2.A、B碰撞過程由動量守恒定1mBVB1律彳導 mBVB1 = mAVA2 mBVB2,所以有=二.碰撞前后的總動能之比為ZmBVA2112.122mBVB2 2mAVA295.8. (1)2mg (2)1.8L1 C解析(1)設小球擺至最低點時的速度為V,根據動能定理有：mgL(1 cos=mv22設小球與木塊碰撞前瞬間所受拉力為Ft,有：Ftmg= mv代入數據，解得：F? = 2mg(2)設小球與木塊碰撞后，小球的速度為木塊的速度為V2,設水平向右為正方向，根據動12 16 12重寸恒7E律有：mv=2mvL mv1.根據題息知：蠹尸水洲，僅木塊在水平地面上淚仃的1-2f距

22、離為x,根據動能定理有：2pmgx=0 X2mv2聯立并代入數據，解得 x=1.8L.-2/_28V01n3V09. (1)1(2)(7) V0 (3)廠03dg32dg解析(1)平板車跟右側墻壁相碰后速度大小不變方向相反，車與物塊有相對運動，車與物塊 之間的滑動摩擦力 Ff=mg設物塊與車共同速度為 V1,對車與物塊組成的系統，根據動量守恒定律有 (M - m)V0= (M + m)V1設平板車的長至少為L,根據能量守恒定律有12 12 12(M + m)v0 2(M + m)v1 = 2FfL解得L=8y03科g一- - V0由(1)可解得vi = t 31 平板車和物塊一起向右運動，與墻

23、壁碰撞后共同速度為碰撞前的 7,那么平板車和物塊以相同311 2的速度V1與左側墻壁碰撞后最終的共同速度為V2,與向右碰撞過程相同，所以V2='3v1 = (2V0所以經過n次碰撞后的速度 Vn=（3）nV0（3）經過足夠多的碰撞后，由于不斷有摩擦力做功，機械能轉化為內能，機械能逐漸減少，最12后全都轉化為內能 FfS=2（M + m）vo得 HI- 1 理 整第七章動量微專題36力學三大規律的應用方法點撥做好以下幾步：（1）確定研究對象，進行運動分析和受力分析；（2）分析物理過程, 按特點劃分階段；（3）選用相應規律解決不同階段的問題，列出規律性方程.S考點逐項排查1 .（多觀點分析

24、運動過程）（多選）一輛汽車從圓弧形拱橋最高處勻速駛下，在此過程中，下列說法中正確的是（）A .汽車的動量保持不變B.汽車的機械能減少C.汽車所受的合外力為零D.汽車所受的合外力做功為零2 .（守恒條件判斷）如圖1所示，在光滑的水平面上固定著兩輕質彈簧,彈性小球在兩彈簧間往復運動，把小球和彈簧視為一個系統，則小球在運動過程中（）圖1A.系統的動量守恒，動能守恒B.系統的動量守恒，機械能守恒C.系統的動量不守恒，機械能守恒D.系統的動量不守恒，動能守恒3 .（多觀點分析動力學問題）（多選）如圖2所示，質量為 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

25、達距地面深度為h的B點速度減為零.不計空氣阻力，重力加速度為g.關于小球下落的整個過程，下列說法中正確的有 （）A.小球的機械能減少了mg（H+h）B .小球克服阻力做的功為mgh圖2C.小球所受阻力的沖量大于mV2gHD.小球動量的改變量等于所受阻力的沖量4 .（多觀點分析動力學問題）（多選）把皮球從地面以某一初速度豎直上拋，經過一段時間后皮球又落回拋出點，上升最大高度的一半處記為A點.以地面為零勢能面.設運動過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，則（）A .皮球上升過程中克服重力做的功等于下降過程中重力做的功B.皮球上升過程中重力的沖量大于下降過程中重力的沖量C.皮球上升過程與下降過程空氣

26、阻力的沖量大小相等D.皮球下降過程中重力勢能與動能相等的位置在A點下方考題綜合突破5 .在課堂中，老師用如圖3所示的實驗研究平拋運動.A、B是質量相等的兩個小球，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 同學設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0A和APb,動能的變化量分別為 AEkA和AEkB,忽略一切阻力的影 響，下列判斷正確的是（）圖3A . ApA= A% , AEkA= AEkBB . ApA ApB, AEkA AEkBC.綠人才 ApB, AEkA= AEkBD .

27、 ApA = ApB , AEkAW AEkB6 .如圖4, 一輕彈簧左端固定在長木板M的左端，右端與小木塊地面m連接，且m、M間及M與地面的接觸面均光滑.開始時,m和M均靜止，現同時對 m、M施加等大反向的水平恒力Fi和F2,從兩物體開始運動以后的全部運動過程中，彈簧形變不超過其彈性限度.對于 m、M和彈簧組成的系統，下列說法中正確的由于Fi、F2等大反向，故系統機械能守恒；當彈簧彈力大小與Fi、F2大小相等時,m、有（）圖4M各自的動能最大；由于 Fi、F2大小不變，所以 m、M各自一直做勻加速運動；由于Fi、F2等大反向，故系統的總動量始終為零.A.B.C.D.7 .如圖5所示，在光滑的

28、水平面上靜止放一質量為m的木板B,木板表面光滑，左端固定B.在木塊A與彈簧一輕質彈簧.質量為2m的木塊A以速度vo從板的右端水平向左滑上木板相互作用的過程中，下列判斷正確的是（）m%A.彈簧壓縮量最大時， B板運動速率最大圖 58 . B板的加速度一直增大C .彈簧給木塊A的沖量大小為2mv0 T2d .彈簧的最大彈性勢能為mv08 .如圖6所示，在光滑水平面上有一質量為M的木塊，木塊與輕彈簧水平相連，彈簧的另一端連在豎直墻上， 木塊處于靜止狀態. 一質量為m的子彈以水平速度 vo擊中木塊，并嵌在其中，木塊壓縮彈簧后在水平面上做往復運動.木塊自被子彈擊中前到第一次回到原來位置的過程中，木塊受到

29、的合外力的沖量大小為（）MmvoA-MrmB2Mmvo2MvoC.D. 2mvoM + m9 .如圖7所示，一長木板放置在水平地面上，一根輕彈簧右端固定在長木板上，左端連接個質量為m的小物塊，小物塊可以在木板上無摩擦滑動.現在用手固定長木板，把小物塊向 左移動，彈簧的形變量為 ;然后，同時釋放小物塊和木板，木板在水平地面上滑動，小物 塊在木板上滑動；經過一段時間后，長木板達到靜止狀態，小物塊在長木板上繼續往復運動. 長木板靜止后，彈簧的最大形變量為X2.已知地面對長木板的滑動摩擦力大小為Ff.當彈簧的形變量為x時，彈性勢能Ep=；kx2,式中k為彈簧的勁度系數.由上述信息可以判斷（）A.整個過

30、程中小物塊的速度可以達到B.整個過程中木板在地面上運動的路程為C.長木板靜止后，木板所受的靜摩擦力的大小不變D.若將長木板改放在光滑地面上，重復上述操作，則運動過程中物塊和木板的速度方向可能相同10 .如圖8所示，半徑 R= 0.50m的光滑四分之一圓軌道MN豎直固定在水平桌面上，軌道末端水平且端點 N處于桌面邊緣，把質量 m= 0.20kg的小物塊從圓軌道上某點由靜止釋放，經過N點后做平拋運動，到達地面上的P點.已知桌面高度 h= 0.80m,小物塊經過 N點時的速度V0=3.0m/s, g取10 m/ s2,不計空氣阻力，物塊可視為質點.求:(1)圓軌道上釋放小物塊的位置與桌面間的高度差;

31、(2)小物塊經過N點時軌道對物塊支持力的大小;(3)小物塊落地前瞬間的動量大小.11.如圖上表面粗糙，在其左端有一光滑.1 一B、C靜止在水平的1圓弧槽C,與長木板接觸但不相連，圓弧槽的下端與木板上表面相平, 面上.現有滑塊 A以初速度V0從右端滑上B, 一段時間后，以v0滑離B,并恰好能到達 C的最高點.A、B、C的質量均為 m.求: (1)A剛滑離木板B時，木板B的速度；(2)A與B的上表面間的動摩擦因數4(3)圓弧槽C的半徑R;(4)從開始滑上B到最后滑離C的過程中A損失的機械能.答案精析1. . BD 汽車做勻速圓周運動，則動量大小不變，但方向變化，故 A錯誤；汽車在駛下時，存在摩擦力

32、做功，所以汽車的機械能減少，故 B正確；由于汽車做勻速圓周運動，是變速運動，則所受的合外力不為零，故 C錯誤；汽車所受的合外力與速度始終垂直，所以此力不做功，故D正確.2. C3. AC 由動能定理得 mg(H+h)+Wf=0,則 Wf=- mg(H+h),所以小球的機械能減少了mg(H + h),所以A選項正確，B選項錯誤；小球自由下落至地面的過程，機械能守恒，mgH=2mv2, v= 12gH,落到地面上后又陷入泥潭中，由動量定理得 Ig If = 0 mv,所以If= Ig + mv= Ic + m2gH,小球所受阻力的沖量大于mJ2gH,所以C選項正確；由動量定理知小球動量的改變量等于

33、合外力的沖量，所以D選項錯誤.4. ACD 皮球上升過程中克服重力做的功、下降過程中重力做的功均為mgh, A正確；皮球先后通過同一位置的過程中，重力做功為零，阻力做負功，根據動能定理可知v>v',因此上升過程的平均速度一定大于下降過程的平均速度，所以上升時間小于下降時間，根據沖量的概念可知上升過程重力沖量較小，B錯誤；如圖所示為上拋過程中的速度圖象，第一、第四象限中陰影部分的面積分別表示上升和下降過程的位移，大小相等方向相反；由于Ff8v,可將縱坐標改為 Ff,第一、第四象限中陰影部分的面積仍相等，說明上升、下降過程阻力的沖量等大反向，C正確；下降到 A點時，重1. .一 一,

34、1 一一 力勢能減小mgH,但由于克服阻力做功，動能的增加量小于2mgH,因此重力勢能與動能相等的位置在A點下方，D正確.5. A6. D 由于Fi、F2等大反向，m、M系統所受合外力為零，因此動量守恒，故系統的總動量始終為零.正確；開始階段彈簧彈力小于Fi和F2, m、M都做加速運動，動能增加，當彈力增大到與Fi和F2等大時，m、M動能都最大，系統機械能一直增大，錯誤，正確；上述加速過程彈簧彈力逐漸增大，合力逐漸減小，不是勻加速運動，錯誤，所以應該選 D.7. D 當A向左壓縮彈簧時A木塊減速，B板做加速度增大的加速運動，當彈簧壓縮量最大時，A、B共速，之后彈簧在恢復形變的過程中B板做加速度減小的加速運動，A木塊繼續減速，當彈簧恢復原長時 B板達最大速度，所以 A、B選項均錯；當彈簧恢復原長時，設 A、1B的速度分別為 V1和V2,由動量守恒定律得，2mvo=2mvi + mv2,由能量守恒定律有-x 2mv2=1x 2mv2+mv2,聯立解得：vi = (vo,v2 = gvo,彈簧給木塊 A 的沖量 I = 2mvi2mvo= -丁，22333所以彈簧給木塊 A的沖量大小為 華，C選項錯誤；彈簧最大的彈