2022届高考物理二轮复习专题06 动量定理和动量守恒 WORD版含答案.docx

1、专题6 动量定理和动量守恒一选择题1 如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。当把小球1向左拉起一定高度，如图1甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是()A上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒B上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、

2、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度 D如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同2 高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N3 （多选）如图所示，质量为m的子弹水平射入质量为M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为()A16 J B

3、11.2 JC4.8 J D3.4 J4 某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图7所示的位移时间图象。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短。由图象给出的信息可知()A.碰前滑块与滑块速度大小之比为72B.碰前滑块的动量比滑块的动量大C.碰前滑块的动能比滑块的动能小D.滑块的质量是滑块的质量的5 有一质量为M的小船静止在水面上，在船头A到船尾B的连线上有一点C，ACL1，BCL2，在A端站一质量为2m的人，在C点放有质量为m的物体(人和物都可视为质点)，现在人从A端走到C点将物体搬到B端停

4、下，若不计水对船的阻力，此过程中小船对地的位移为()A. B. C. D.6 (多选)完全相同的甲、乙两个物体放在相同的水平面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过t0和4t0，速度分别达到2v0和v0，然后撤去F1、F2，甲、乙两物体继续匀减速直线运动直到静止，其速度随时间变化情况如图所示，则() A若F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为s1、s2，则s1s2B若整个过程中甲、乙两物体的位移分别为s1、s2，则s1s2C若F1、F2的冲量分别为I1、I2，则I1I2D若F1、F2所做的功分别为W1、W2，则W1W27 （多选）(2017全国卷)一质量

5、为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则()At1 s时物块的速率为1 m/s Bt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/s Dt4 s时物块的速度为零8 如图所示，小车质量为M，小车顶端为半径为R的四分之一光滑圆弧，质量为m的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是(g为当地重力加速度)( )A若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mgB若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为2mgC若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为mD若地面光滑

6、，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为M9 （多选）在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的vt图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两冰壶质量相等，由图象可得( )A碰撞后，蓝壶经过5s停止运动B碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/sC红蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞D红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1210 A、B是两种放射性元素的原子核，原来都静止在同一匀强磁场中，其中一个放出粒子，另一个放出粒子，运动方向都与磁场方向垂直。图中a、b与c

7、、d分别表示各粒子的运动轨迹，下列说法中正确的是()A磁场方向一定垂直纸面向里BA放出的是粒子，B放出的是粒子Ca为粒子运动轨迹，d为粒子运动轨迹Da轨迹中粒子比b轨迹中的粒子动量大11 如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B,质量为m2 kg的木块A以速度v02 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在摩擦，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g10 m/s2.则下列说法正确的是()A长木板的质量M2 kg BA、B之间动摩擦因数为0.2C长木板长度至少为2 m DA、B组成系统损失机械能为4 J12 （多选）如图所示，在固定的光滑水平杆(杆足够长)上，套有一个质量

8、为m0.5 kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M1.98 kg的木块，现有一质量为m020 g的子弹以v0100 m/s的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g取10 m/s2)，则()A圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能为198 JB圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能为99 JC木块所能达到的最大高度为0.01 mD木块所能达到的最大高度为0.02 m13 （多选）如图所示，四个小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分别以v0和2v0的速率向两侧匀速运动，中间两个小球静止，小球1质量为m，小球2的质量为2m，1、2两球之间放置一被压缩

9、的轻质弹簧，弹簧所具有的弹性势能为Ep，将弹簧的弹性势能全部释放，下列说法正确的是()A弹簧的弹性势能在释放过程中，小球1和小球2的合动量不为零B小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2、 C小球1能否与小球3碰撞，取决于小球3的质量大小D若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，则质量m要满足m),让套在金属杆上的小环从A点无初速度释放。若小环从A经B滑到C点,摩擦力对小环做功为W1,重力的冲量为I1,若小环从A经D滑到C点,摩擦力对小环做功为W2,重力的冲量为I2。则()A.W1W2B.W1=W2 C.I1I2D.I1=I217 (多选)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱

10、冲击右侧的煤层。设水柱直径为D，水流速度为v，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为。下列说法正确的是()A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为vD2B.高压水枪的功率为D2v3C.水柱对煤层的平均冲力为D2v2D.手对高压水枪的作用力水平向右二计算题18 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图8所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度

11、为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度0(如图)。若两导体棒在运动中始终不接触，求：(1)最终稳定时ab棒的速度大小是多少？(2)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(3)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多少？19 如图所示，质量均为m的小滑块A、B、C厚度均不计。其中B、C两滑块通过劲度系数为k的轻弹簧相连并竖直放置在水平面上。现在将小滑块A从距离B滑块H0高处由静止释放，A、B相碰后立刻粘合为一个整体，且以共同速度向下运动，不计空气阻力，当地重力加速度为g。求：(1)A、B碰后的共同速度v1的大小；(2)A、B向下运动的速度最大时，

12、滑块C对水平面的压力大小。20 某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图所示。竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L。导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B。绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m，其中燃料质量为m，燃料室中的金属棒EF电阻为R，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触。引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC面积减少量达到最大值S，用时t，此过程激励了强电流，产生电磁推力加速火箭。在t时间内，电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体，当燃烧室下方的可控喷气孔打开后，喷出燃气进一步加速火箭。(1)求回

13、路在t时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量，并判断金属棒EF中的感应电流方向；(2)经t时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度v0；(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u，求喷气后火箭增加的速度v。(提示：可选喷气前的火箭为参考系)21 如图所示，质量为m32 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻质弹簧滑道CD部分粗糙，其他部分均光滑质量为m23 kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m

14、11 kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放两物体在滑道上的C点相碰后粘在一起(g10 m/s2)(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离(2)若CD0.2 m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？22 如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B0.50 T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l0.20 m。两根质量均为m0.10 kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的

15、电阻为R0.50 。在t0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20 N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t5.0 s，金属杆甲的加速度为a1.37 m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？23 如图所示，在光滑水平面上有一质量为2 018m的木板，木板上有2 018块质量均为m的相同木块1、2、2 018。最初木板静止，各木块分别以v、2v、2 018v同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：(1)最终木板的速度；(2)运动中第88块木块的最小速度；(3)第二块木块相对木板滑动的时间。24 如图所示，物块A和B

16、通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA2 kg、mB1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h1.8 m(未触及滑轮)然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g10 m/s2，空气阻力不计。求：(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H。25 如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M2 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以u2

17、 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m1 kg的小物块B从其上距水平台面h1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数0.2，l1.0 m。设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g10 m/s2。(1)求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。26 如图所示，上表面光滑的“L”形木板B锁定在倾角为37的足够长的斜面上；将一

18、小物块A从木板B的中点轻轻地释放，同时解除木板B的锁定，此后A与B发生碰撞，碰撞过程时间极短且不计能量损失；已知物块A的质量m1 kg，木板B的质量m04 kg，板长L6 cm，木板与斜面间的动摩擦因数为0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8。(1)求第一次碰撞后的瞬间A、B的速度；(2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A距B下端的最大距离和重力对A做的功。专题6 动量定理和动量守恒参考答案：一选择题1 答案：D解析：上述实验过程中，小球5能够达到与小球1释放时相同的高度，说明系统机械能守恒，而且小球5离开平衡位置的速度和小球1摆到平

19、衡位置的速度相同，说明碰撞过程动量守恒，但随后上摆过程动量不守恒，动量方向在变化，选项A、B错误；根据前面的分析，碰撞过程为弹性碰撞。那么同时向左拉起小球1、2、3到相同高度，同时由静止释放，那么球3先以v与球4发生弹性碰撞，此后球3的速度变为0，球4获得速度v后与球5碰撞，球5获得速度v，开始上摆，同理球2与球3碰撞，最后球4以速度v上摆，同理球1与球2碰撞，最后球3以速度v上摆，所以选项C错误，D正确。2 答案：C解析：根据自由落体运动和动量定理有2ghv2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ftmv，代入数据解得F1103 N，所以C正确。3 答案：AB解析：设子弹的初速度为v0，与木块

20、的共同速度为v，则由动量守恒定律有mv0(Mm)v；系统产生的内能Qfdmv02(mM)v2，木块得到的动能为Ek1fsMv2，其中，f为子弹与木块间的摩擦力，d为子弹在木块内运动的位移，s为木块相对于地面运动的位移，变形可得QEk1Ek1，故选项A、B正确。4 答案：D解析：由xt图象可知，碰前：va2 m/svb0.8 m/s碰后：vc0.4 m/s vavb52，故选项A错误；由图象可知，两滑块碰后的动量方向与碰撞滑块的动量方向相同，所以滑块的动量比滑块的动量小，选项B错误；由动量守恒定律得mbvbmava(mamb)vc代入数据得，故选项D正确；Ekamav2ma，Ekbmbv6ma0

21、.821.92ma即EkaEkb，选项C错误。5 答案：B解析：人、船和物体视为一系统，人从A端到C点过程，规定向右为正方向，系统动量守恒。结合速度v得2ms1(mM)s20，人和船的速度方向相反，应用几何关系得s1s2L1，解得s2；从C点将物体搬到B端停下的过程，规定向右为正方向，系统动量守恒。结合速度v得(2mm)s1Ms20，同理应用几何关系得s1s2L2，解得s2。总位移为s总s2s2，故B正确。6 答案：BD解析：根据vt图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移得：s1v0t0，s22v0t0，则：s1s2，故A错误；整个过程中甲、乙两物体的位移分别为：s13v0t0，s22.5v0t

22、0.则有：s1s2，故B正确；根据动量定理得：I1f3t00，I2f5t00，则得I1I2，故C错误；由图看出，撤去拉力后两图线平行，说明加速度相同，由牛顿第二定律分析则知加速度ag，说明两物体与地面的动摩擦因数相等，则两物体所受的摩擦力大小相等，设为f，对全过程运用动能定理得：W1fs10，W2fs20，得：W1fs1，W2fs2，由上可知，s1s2，则W1W2，故D正确7 答案：AB解析：法一：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在01 s、02 s、03 s、04 s内合外力冲量分别为2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理Imv可知物块在1 s、2

23、 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则A、B项正确，C、D项错误。法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1 m/s21 m/s2，t1 s时物块的速率v1a1t11 m/s，A正确；t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s，动量大小为p2mv24 kgm/s，B正确；物块在24 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a20.5 m/s2，t3 s时物块的速率v3v2a2t3(20.51) m/s1.5 m/s，动量大小为p3mv33

24、 kgm/s，C错误；t4 s时物块的速率v4v2a2t4(20.52) m/s1 m/s，D错误。8 答案：C解析：若地面粗糙且小车能够静止不动，因为小球只有重力做功，故小球机械能守恒，由机械能守恒可求得小球任一位置时的速度，由向心力公式可求得小球受到的支持力；对小车受力分析可求得静摩擦力的最大值。若地面光滑，小球下滑的过程中，小车向左运动，系统的水平动量守恒，系统的机械能也守恒，由此列式，可求得小球滑到圆弧最低点时小车的速度。设圆弧半径为R，当小球运动到重力与半径夹角为时，速度为v。根据机械能守恒定律有：mv2mgRcos，由牛顿第二定律有Nmgcosm，解得小球对小车的压力为N3mgco

25、s，其水平分量为Nx3mgcossinmgsin2，根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为fNxmgsin2，可以看出：当sin1，即45时，地面对车的静摩擦力最大，其值为fmaxmg，故AB错误；若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v，小球的速度设为v。小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mvMv0，系统的机械能守恒，则得mgRmv2Mv2，解得vm，故C正确，D错误。9 答案：AB解析：设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v01.0m/s，碰后速度为v00.2m/s，根据动量守恒定律可得mv0mv0mv，解得v0.8m/s，B正

26、确；从图中可知蓝壶与红壶沿虚线运动方式时同时停止运动，并且红壶碰撞前后的图线平行，若以红壶虚线所示运动，则加速度为am/s20.2m/s2，运动时间为ts5s，A正确；碰撞前系统的动能为E1m1.020.5m，碰撞后系统的动能为E2m0.22m0.820.36m，两者不等，所以不是弹性碰撞，C错误；碰后蓝壶的加速度为am/s20.16m/s2，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为ffmama54，摩擦力冲量IfIfftftff54，D错误。10 答案：B解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于粒子和粒子的速度方向未知，不能判断磁场的方向，A错误；放射性元素的原子核放出粒子时，粒子与反冲核的速度方向相反

27、，电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆，而放射性元素的原子核放出粒子时，粒子与反冲核的速度方向相反，电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆，故A放出的是粒子，B放出的是粒子，B正确；放射性元素的原子核放出粒子时，两带电粒子的总动量守恒，故a轨迹对应的粒子与b轨迹对应的粒子动量大小相等，方向相反，由轨迹半径公式r可得r，轨迹半径与动量成正比，与电荷量成反比，而粒子和粒子的电荷量比反冲核的电荷量小，则粒子和粒子的轨迹半径比反冲核的轨迹半径都大，故b为粒子的运动轨迹，c为粒子的运动轨迹，C、D错误。11 答案：A解析：从图乙可以看出，A先

28、做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0(mM)v，解得：Mm2 kg，故A正确；由图乙可知，木板B匀加速运动的加速度a1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得mgMaB，解得动摩擦因数0.1，故B错误；由图乙可知前1 s内B的位移xB0.5 m，A的位移xA1.5 m，所以木板最小长度LxAxB1 m，故C错误；A、B组成系统损失机械能Emv(Mm)v22 J，故D错误12 答案：BC解析：子弹射入木块过程，二者水平方向动量守恒，有m0v0(m0M)v，解得v1 m/s。机械能只在该过程有损失，损失的机械能为Em0v02

29、(m0M)v299 J。木块(含子弹)在向上摆动过程中，与圆环组成的系统水平方向动量守恒，有(m0M)v(m0Mm)v，解得v0.8 m/s由机械能守恒定律得(m0M)v2(m0Mm)v2(m0M)gh，解得h0.01 m综上分析，故B、C正确。13 答案：BC解析：小球1和小球2组成的系统满足动量守恒，由于开始小球1和小球2静止，所以在弹簧的弹性势能释放的过程中，小球1和小球2组成的系统合动量为零，A错误；设小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律知：mv12mv20，Epmv2mv，解得v12，v2，B正确；若离开弹簧后小球1能追上小球3，小

30、球2不能追上小球4，速度大小应满足v12v0，v22v0，解得m，C错误，D正确14 答案：B解析：铁块C在木块A上滑动过程：设C离开A时，A的速度为v1，C的速度为v2，三物体系统动量守恒，取向右为正方向，有mCv0(mAmB)v1mCv2由能量守恒定律得mCgLAmCv02(mAmB)v12mCv22铁块C在木块B上滑动的过程：两物体系统动量守恒，有mBv1mCv2(mBmC)v解式得LA7.2 m，v12 m/s，v24 m/s。设C相对B滑动的距离为LB，由能量守恒定律得mCgLBmBv12mCv22(mBmC)v2解式LB0.2 m，故B正确。15 答案：C解析：带电粒子和不带电粒子

31、相碰遵守动量守恒，故碰后总动量不变，总电量也保持不变，由Bqvm，得：r，p、q、B都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r不变，故轨迹应为pa，由周期T可知，因m增大，故粒子运动的周期增大，因所对应轨迹不变，圆心角不变，故新微粒通过pa所用的时间将大于t，C正确16 答案：BC解析：设正方形的边长为l,经AB段和CD段摩擦力做负功,大小为mglcos,经BC段和AD段摩擦力做负功,大小为mglcos,W1=W2,选项A错误、B正确;小环从A经B滑到C点和从A经D滑到C点过程中路程相等,到达C点时速度大小相等。设AB段加速度为a1,a1=gsin-gcos,AD段加速度为a2,a2=gsin-gc

32、os,则a1vB,所以AD段的平均速度大于AB段的平均速度,CD段的平均速度大于BC段的平均速度,小环从A经B滑到C点所用时间大于从A经D滑到C点所用的时间,根据I=mgt,I1I2,选项C正确、D错误。17 答案：BC解析：设t时间内，从水枪喷出的水的体积为V，质量为m，则mV，VSvtD2vt，单位时间喷出水的质量为vD2，选项A错误；t时间内水枪喷出的水的动能Ekmv2D2v3t，由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为WEkD2v3t，高压水枪的功率PD2v3，选项B正确；考虑一个极短时间t，在此时间内喷到煤层上水的质量为m，设煤层对水柱的作用力为F，由动量定理得Ftmv，t时间内冲到煤

33、层水的质量mD2vt，解得FD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为FFD2v2，选项C正确；当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项D错误。二计算题18 解析(1)ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动。在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速。两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动。从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有mv02mv，

34、即vv0(2)根据能量守恒，整个过程中产生的总热量为Qmv(2m)v2mv。(3)设ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的速度为v，则由动量守恒得mv0mv0mv，此时回路中的感应电动势EBl，感应电流为I，此时cd棒所受的安培力FIBl，cd棒的加速度a，由以上各式，可得a。答案(1)(2)mv(3)19 解析(1)设A与B碰撞之前的瞬时速度为v0，则mgH0mvA、B碰撞前后动量守恒，即mv02mv1式中v1为A与B碰撞后的共同速度联立解得v1。(2)当A、B的速度最大时，它们所受的合力为零，即处于平衡状态，设此时水平地面对滑块C的支持力大小和滑块C对水平地面的压力大小分别为FN和FN，对于

35、A、B、C组成的系统，由受力分析可知FN3mg0由牛顿第三定律可知FNFN联立解得FN3mg。答案(1)(2)3mg20 解析(1)根据电磁感应定律，有 qt 电流方向向右。(2)平均感应电流平均安培力BL (mg)tmv0 v0gt。(3)以火箭为参考系，设竖直向上为正，由动量守恒定律mu(mm)v0 得vu。答案(1)电流方向向右 (2)gt(3)u21 解析：(1)物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为s1，滑道的水平位移大小为s3，有0m1s1m3s3，s1R解得s30.15 m.(2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速

36、度大小为v1，滑道的速度大小为v3，由机械能守恒定律有m1gRm1vm3v由动量守恒定律有0m1v1m3v3物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v2，由动量守恒定律有m1v1(m1m2)v2弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为Epm.从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有(m1m2)vm3v(m1m2)gCDEpm联立以上方程，代入数据解得Epm0.3 J.(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒定律有(m1m2)vm3v(m1m2)gs代入数据可得s0.2

37、5 m所以物体1、物体2最终停在C点和D点之间与D点间的距离为0.05 m处22 解析设任一时刻t两金属杆甲、乙之间的距离为x，速度分别为v1和v2，经过很短的时间t，杆甲移动距离v1t，杆乙移动距离v2t，回路面积改变S(xv2t)v1tllx(v1v2)lt由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势EB，回路中的电流I，杆甲的运动方程FBlIma。由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以两杆的动量(t0时为0)等于外力F的冲量Ftmv1mv2。联立以上各式解得v1，v2，代入数据得v18.15 m/s，v21.85 m/s。答案8.15 m/s1.85 m/s23 解析：(1

38、)最终所有木块和木板一起以速度v运动，由动量守恒可知m(v2vnv)2nmv，其中n2 018，解得vv v。(2)设第k块木块最小速度为vk，则此时木板及第1至第k1块木块的速度均为vk；因为每块木块质量相等，所以各木块减速时受到的合外力也相等(均为mg)，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第k1至第n块木块的速度依次为vkv、vk2v、vk(nk)v；系统动量守恒，故m(v2vnv)(nmkm)vkm(vkv)mvk(nk)vnmvkkmvk(nk)mvkm12(nk)v2nmvkm12(nk)v；所以vk，v88v。(3)第二块木块相对静止的速度为v22vv；因为木块减速时

39、的加速度大小总为ag；v22vgt，解得t。答案：(1)v(2)v(3)24 解析(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有hgt2代入数据解得t0.6s(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vBgt细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得mBvB(mAmB)v之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度，联立式，代入数据解得v2m/s(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有(mAmB)v2mBgHmAgH代入数据解得H0.6m答案：(1)0.6s(2)2m

40、/s(3)0.6m25 答案(1)4 m/s(2)见解析 (3)nv解析(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒知mghmv解得v0设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，mgma设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2v2al联立解得v4 m/s。由于vu2 m/s，所以v4 m/s。即物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为4 m/s。(2)设物块B、A第一次碰撞后的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由弹性碰撞知mvmv1Mv2mv2mvMv解得v1v m/s即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动设物块B在传送带上向右运动的最大位移为

41、l，则0v2al l m1 m所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知v2v12v物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞、碰撞后物块B的速度大小依次为v3v23v、v4v34v、则第n次碰撞后物块B的速度大小为vnnv m/s。26 答案(1)3.6 m/s，沿斜面向上2.4 m/s，沿斜面向下 (2)3 m28.8 J解析(1)对木板B受力分析，有(mAmB)gcos37mBgsin37，所以在A与

42、B发生碰撞前，木板B处于静止状态。设小物块A与木板B发生弹性碰撞前的速度大小为v0，由机械能守恒定律得mgsin37mv，设A与B发生弹性碰撞后的速度分别为v1和v2，碰撞过程动量守恒和能量守恒，有mv0mv1m0v2，mvmvm0v，联立以上各式解得v13.6 m/s，v22.4 m/s，可见，A与B第一次碰后，A的速度大小为3.6 m/s，方向沿斜面向上，B的速度大小为2.4 m/s，方向沿斜面向下。(2)A与B第一次碰后，A沿板向上做匀减速运动，B沿斜面向下做匀速直线运动，在A与B第一次碰撞后到第二次碰撞前，当A与B速度相等之时，A与B下端有最大距离，此过程中，A运动的时间t1，A距B下端有最大距离xmxAxB，其中xA(v1v2)t1， xBv2t1，解得xm3 m。设A与B第一次碰撞后到第二次碰撞前历时为t2，碰前A的速度为v，由于A与B从第一次碰撞后到第二次碰撞前位移相同，即t2v2t2，此过程中，对A由动能定理WGmv2mv28.8 J。