专题三 动能与动量 习题1
1.如图所示，一个质量为的人吊在一只大气球下方的长绳上。气球和长绳的总质量为，长绳的下端刚好和水平地面接触。人静止时距离地面的髙度为。如果这个人开始沿绳匀速向下滑，当他滑到绳下端时，他距离地面的高度约为（可以把人看作质点）( )
A.5 m B.3.6 m C.2.6 m D.8 m
2.如图所示，小球A和小球B的质量相等，小球B置于光滑水平面上。现将小球A从高为h处由静止释放，小球A到达最低点恰好与小球B相撞，并黏合在一起继续摆动，则它们能上升的最大高度是( )
A.h B. C. D.
3.一个士兵坐在皮艇上，士兵连同装备和皮艇的总质量为120 kg。该士兵用自动步枪在2 s的时间内沿水平方向连续射出10发子弹，每发子弹的质量是10 g，子弹离开枪口时相对枪口的速度是。射击前皮艇是静止的，则( )
A.每次射击后皮艇的速度改变量为2 m/s B.连续射击后皮艇的速度是2 m/s
C.每次射击后子弹的速度改变 D.连续射击时枪受到的平均反冲力约40 N
4.斜向上抛出一个爆竹，爆竹到达最高点时（速度水平向东）立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度（相对地面）大小相等、方向相反。则以下说法中正确的是( )
A.爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西
B.爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度
C.爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同
D.爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能
5.如图所示，质量为M且足够长的平板车B在光滑水平面上以水平速度向右运动，与此同时，质量为m的小物体A从平板车的右端以水平速度沿平板车的上表面向左运动。已知物体与平板车上表面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（重力加速度为g）( )
A.若，物体A对地向左运动的最大位移是
B.若，平板车B对地向右运动的最大位移是
C.无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为
D.无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
6.如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个轻质小弹簧.一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度从木板的最右端开始向左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好相对木板静止在木板的最右端.以下说法正确的是( )
A.小物块的最终速度为
B.木板的最终速度为
C.弹簧的最大弹性势能为
D.木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为
7.如图所示，水平传送带以的速率顺时针匀速运行，上方漏斗每秒将40 kg的煤粉竖直撒到传送带上，然后一起随传送带匀速运动.如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的功率为( )
A.80 W B.160 W C.400 W D.800 W
8.如图所示，小车放在光滑水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有油泥，的总质量为M。质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时使和C都静止。当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A.弹簧伸长过程中C向右运动，同时也向右运动
B.C与B端碰前，C与的速率之比为
C.C与油泥粘在一起后，继续向右运动
D.C与油泥粘在一起后，立即停止运动
9.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘连在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以速度v水平射向滑块.若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示.则上述两种情况相比较( )
A.子弹的末速度大小相等 B.系统产生的热量相同
C.子弹对滑块做的功不相同 D.子弹和滑块间的水平作用力一样大
10.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙壁上，一个光滑圆弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，圆弧形槽底端与水平面相切。现让一个物块从槽上高h处由静止开始下滑，则下列说法正确的是( )
A.物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒
B.物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒
C.从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零
D.物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高h处
11.如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其左端放一个质量为m的小木块A（可视为质点），，间的动摩擦因数为μ，在平板车右方的水平面上固定竖直挡板P。开始时以速度一起向右运动，某时刻B与挡板P相撞并立即以原速率返回，在此后的运动过程中A不会滑离B，重力加速度为g。求：
（1）B最终的速度；
（2）小木块A离挡板P最近时，平板车B的右端距挡板P的距离。
12.如图所示，小球C在光滑的水平面上处于静止状态，在它左边有一垂直于水平面的固定挡板，右边有两个小球A和B用处于原长的轻质弹簧相连，两小球以相同的速度向小球C运动，C与B发生碰撞并立即合成一个整体D。在A和D继续向左运动的过程中，当弹簧长度最短时，弹簧长度突然被锁定不能伸长但还能继续被压缩。然后D与挡板P发生弹性碰撞，而A的速度不变。经过一段时间，弹簧被继续压缩到最短后第二次锁定。已知三球的质量均为m。求：
（1）弹簧长度第一次被锁定后A球的速度；
（2）弹簧长度第二次被锁定后弹簧的最大弹性势能。
答案以及解析
1.答案：B
解析：设人的速度大小为，气球的速度大小为，根据动量守恒定律有，所以，人和气球运动的路程之和为，则，即人下滑，气球上升，所以当人滑到绳下端时，人距离地面的高度为，约为3.6 m，故B正确，A、C、D错误。
2.答案：C
解析：设小球A与小球B的质量均为m，碰撞前的瞬间，小球A的速度大小为，根据机械能守恒定律得，小球A和小球B碰撞过程中动量守恒，即。设两小球粘到一起后能上升的最大高度为，由机械能守恒定律得，联立以上各式解得，故C正确，A、B、D错误。
3.答案：D
解析：由于子弹的质量m相对该士兵连同装备和皮艇的总质量M小得多，则可以忽略。射击过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可知，代入数据解得，A错误；连续射击2 s的过程中，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，则有，代入数据解得，即连续射击后皮艇的速度是，所以射出10发子弹后，子弹速度的改变量为，B、C错误；每颗子弹的发射时间为，对子弹，由动量定理可知，代入数据解得，由牛顿第三定律可知，连续射击时枪受到的平均作用力，D正确。
4.答案：B
解析：设爆竹在最高点时速度大小为、方向水平向东，爆炸前爆竹的动量为，其中前面一块的质量为m，速度大小为v，方向水平向东，后面一块的质量为m，速度大小为v，方向水平向西，爆炸后中间一块的瞬时速度为，取水平向东为正方向，爆炸过程中动量守恒，则有，解得，即爆炸后的瞬间，中间那块的速度方向水平向东，且大于爆炸前瞬间爆竹的速度，故A错误，B正确。下落的高度相同，则获得的竖直速度相同，根据速度的合成可知，末速度的方向不同，所以落地时的动量不相同，故C错误。爆炸后中间那块的动能，爆炸前的瞬间爆竹的总动能，所以，故D错误。
5.答案：D
解析：规定向右为正方向，根据动量守恒定律有，解得的共同速度。若所受的摩擦力，对A，根据动能定理得，解得物体A对地向左运动的最大位移，故A错误。若，对B，由动能定理得，解得平板车B对地向右运动的最大位移，故B错误。根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即，C错误。根据动量定理得，解得，D正确。
6.答案：D
解析：小物块从开始位置滑动到最后相对木板静止的过程中，小物块与木板构成的系统动量守恒，则有，解得，故A、B错误；小物块从开始位置滑动到最左端的过程，小物块与木板构成的系统动量守恒，则有解得,小物块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律得，，小物块从开始滑动到最后相对木板静止的过程中，由能量守恒定律得，，以上各式联立解得，所以弹簧的最大弹性势能为，木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为，故C错误，D正确.
7.答案：B
解析：以时间内落到传送带上的煤粉为研究对象，由动量定理得，解得，电动机应增加的功率为,B正确，A、C、D错误.
8.答案：D
解析：小车、木块和弹簧组成的系统动量守恒，开始时总动量为零，在弹簧伸长的过程中，C向右运动，则小车向左运动，A错误。规定向右为正方向，在C与B端碰撞前，根据动量守恒定律得，则，B错误。因为小车和木块组成的系统动量守恒，开始时总动量为零，当C与油泥粘在一起时，总动量仍然为零，则小车立即停止运动，C错误，D正确。
9.答案：AB
解析：根据动量守恒定律可知，两种情况下最终子弹与滑块的共同速度相等，A正确；根据能量守恒定律可知，两种情况下初状态子弹动能相同，末状态滑块与子弹的动能也相同，因此系统产生的热量也相同，B正确；子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，因此两种情况下做功相同，C错误；子弹与滑块因摩擦产生的热量，由于两种情况下产生的热量相同，而相对位移不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误.
10.答案：D
解析：物块沿弧形槽下滑的过程中，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，故A、B错误；从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，物块受到的冲量等于物块动量的变化量，物块动量的变化量不为零，故弹簧对物块的冲量不为零，C错误；物块反弹后追上弧形槽，上升到最高点时，物块和弧形槽具有相同的速度且不为0，全过程系统机械能守恒，故物块不能回到槽上高h处，D正确。
11.答案：（1）
（2）
解析：（1）B与挡板P相撞并立即以原速率返回，取向左为正方向，设B最终的速度为v，根据动量守恒定律可得
，
解得。
（2）小木块A离挡板P最近时速度为零，对A根据动量定理可得
，
解得，
设此时B的速度为，根据动量守恒定律可得，
解得，
则此时平板车B的右端距挡板P的距离
。
12.答案：（1）
（2）
解析：（1）设B与C碰撞合成D时，D的速度为，由动量守恒定律可得，
解得，
当弹簧压缩至最短时，弹簧长度第一次被锁定，此时D与A的速度相同，设此速度为，由动量守恒定律有，
解得A的速度。
（2）设弹簧长度第一次被锁定后，弹簧储存的弹性势能为。由能量守恒定律得，
解得。
D与挡板P发生弹性碰撞后，D的速度大小不变，仍为，方向向右；A的速度大小和方向均不变。然后D与A继续相互作用，设当弹簧压缩到最短时，A与D的共同速度为，根据动量守恒定律可得
，
解得，
弹簧弹性势能的增加量为
，
则弹簧长度第二次被锁定后弹簧的最大弹性势能
。(共63张PPT)
专题三 动能和动量
——2022届新高考物理二轮复习
考点分析
在高考中，牛顿定律、功能关系、动量守恒定律可以说的上是“解题的三大法宝”。无论什么运动状况，都可以从这三方面入手。三者可以是递进关系：由牛顿定律的力引出功能关系、动量定理；也可能是并列关系：有些题目从三个角度都可以进行解析。只有熟练运用这三者，才能在高考中游刃有余。该类题型一般为单项选择题、不定项选择题、实验和计算题。
知识结构
学习目标
1.能够理解冲量与动量之间的关系，并应用于试题中。
2.熟练掌握动量守恒定律及其条件。
3.明白碰撞问题中的动量、能量关系。
4.能够将反冲问题举一反三，掌握其解题思路。
第六讲 动量与动量守恒定律
一、核心思路
二、重点知识
1.动量定理： 。
注：F为物体所受合力；由于F与v都是矢量在列式前，必须规定正方向。
2.动量守恒条件：
（1）不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒。
（2）当外力相对系统内力小很多时，系统的动量守恒。
（3）当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。
3.三种碰撞问题列式：
4.三种反冲类问题列式：
5.三种连接体问题列式：
三、考点分析
考点1 冲量与动量定理
归纳总结：
1.恒力的冲量可应用I=Ft直接求解,变力的冲量应用动量定理求解。
2.物体动量变化是由合外力的冲量决定的,物体动能变化是由合外力做的功决定的。
3.动量定理是过程定理,解题时必须明确过程及初末状态的动量。
4.动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选取统一的正方向。
【变式训练】
考点2 动量守恒
归纳总结：
应用动量守恒定律解题的基本步骤：
（1）明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程。
（2）进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)。
（3）规定正方向,确定初、末状态动量。
（4）由动量守恒定律列出方程。
（5）代入数据,求出结果,必要时进行讨论说明。
【变式训练】
考点3 三种碰撞问题
归纳总结：
三种碰撞类问题解题思路：
（1）判断两物体碰撞瞬间的情况:当两物体相碰时,首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力。
（2）碰撞的“三个原则”:①动量守恒原则,即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律;②动能不增加原则,即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量;③物理情境可行性原则,即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致。
（3）根据两物体碰撞时遵循的物理规律,列出相对应的物理方程:①如果物体间发生的是弹性碰撞,则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解;②如果物体间发生的不是弹性碰撞,则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。
【变式训练】
考点4 反冲问题
归纳总结：
【变式训练】
考点5 多连接体多过程
归纳总结：
1.多过程解题思路：
（1）确定每个分解过程中的动量是否守恒。
（2）确定每个过程间隔中的联系关系，确定过程与过程之间连接的物理量。
（3）各段分别列式，在根据确定好的连接关系，将各段关系式联立。
（4）求解方程组，得出未知量。
2.多过程常见连接点：
（1）“与斜面相切”代表着两分段间速度相等，且无能量、动量损失。
（2）“脱离弹簧”代表弹性势能变为零，转化成物体动能（或动能和摩擦内能）。
（3）“滑上斜面”代表物体的水平分速度与斜面的水平分速度动量守恒。
【变式训练】专题三 动能和动量 讲义
考点分析
在高考中，牛顿运动定律、功能关系、动量守恒定律可以说的上是“解题的三大法宝”。无论什么运动状况，都可以从这三方面入手。三者可以是递进关系：由牛顿定律的力引出功能关系、动量定理；也可能是并列关系：有些题目从三个角度都可以进行解析。只有熟练运用这三者，才能在高考中游刃有余。该类题型一般为单项选择题、不定项选择题、实验和计算题。
知识结构
学习目标
能够理解冲量与动量之间的关系，并应用于试题中。
熟练掌握动量守恒定律及其条件。
明白碰撞问题中的动量、能量关系。
能够将反冲问题举一反三，掌握其解题思路。
第六讲 动量与动量守恒定律
一、核心思路
二、重点知识
1.动量定理：。
注：F为物体所受合力；由于F与v都是矢量在列式前，必须规定正方向。
2.动量守恒条件：
（1）不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒。
（2）当外力相对系统内力小很多时，系统的动量守恒。
（3）当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。
3.三种碰撞问题列式：
4.三种反冲类问题列式：
5.三种连接体问题列式：
三、考点分析
考点1 冲量与动量定理
【例1】两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移﹣时间图象，分别为两球碰前的位移﹣时间图象，为碰撞后两球共同运动的位移﹣时间图象，若球质量，则由图象判断下列结论错误的是（ ）
A.碰撞前的总动量为
B.碰撞时对所施冲量为
C.碰撞前后的动量变化为
D.碰撞中两球组成的系统损失的动能为10J
【例2】如图所示，两个质量相等的小球，分别从同一高度、倾角分别为的光滑斜面顶端由静止自由滑下。在小球从开始下滑到到达斜面底端的过程中，下列判断正确的是( )
A.球和球到达斜面底端的速度大小不相等
B.球重力做功的平均功率比球重力做功的平均功率小
C.球运动的加速度比球运动的加速度大
D.球所受重力的冲量大小比球所受重力的冲量大小小
归纳总结：
1.恒力的冲量可应用I=Ft直接求解,变力的冲量应用动量定理求解。
2.物体动量变化是由合外力的冲量决定的,物体动能变化是由合外力做的功决定的。
3.动量定理是过程定理,解题时必须明确过程及初末状态的动量。
4.动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选取统一的正方向。
[变式训练]
1.如图所示，质量为的小球B静止在光滑的水平面上，质量为的小球A以速度靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上.两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失.当一定时，越大，则( )
A.碰撞后A的速度越小 B.碰撞后A的速度越大
C.碰撞过程中B受到的冲量越大 D.碰撞过程中A受到的冲量越大
2.如图所示，水平面上，向下与水平方向成30°、大小为的推力作用在质量为的物体上，向上与水平方向成30°、大小为F的拉力作用在质量为的物体B上，A、B都由静止开始运动，相等时间内运动了相同的位移，与水平面的动摩擦因数分别为和，则（ ）
A.推力对做的功与拉力对B做的功相等
B.推力对的冲量与拉力对B的冲量相同
C.若=，则 ＞
D.若=，则 ＜
考点2 动量守恒
【例3】如图所示,物块和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、。初始时静止与水平地面上,悬于空中。先将竖直向上再举高(未触及滑轮)然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,以大小相等的速度一起运动,之后恰好可以和地面接触。取。空气阻力不计。求:
(1)从释放到细绳绷直时的运动时间t;
(2)的最大速度的大小;
(3)初始时离地面的高度。
【例4】质量为m、半径为R的小球，放在半径为、质量为的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是( )
A. B. C. D.
归纳总结：
应用动量守恒定律解题的基本步骤：
（1）明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程。
（2）进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)。
（3）规定正方向,确定初、末状态动量。
（4）由动量守恒定律列出方程。
（5）代入数据,求出结果,必要时进行讨论说明。
[变式训练]
3.如图所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为的小物块从木板最右端以速度滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（ ）
A.木板先加速再减速，最终做匀速运动
B.整个过程中弹簧弹性势能的最大值为
C.整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为
D.弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为
4.如图,半径为、质量为的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,将质量也为的小球从距点正上方高处由静止释放,小球自由落体后由点经过半圆轨道后从冲出,在空中能上升的最大高度为,则( )
A.小球和小车组成的系统动量守恒
B.小车向左运动的最大距离为
C.小球离开小车后做竖直上抛运动
D.小球第二次能上升的最大高度
考点3 三种碰撞问题
【例5】如图所示，三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为 ，，，三个小球的初状态均静止，两球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给一个向左的初速度，碰后球的速度依然向左，大小为，下列说法正确的是（ ）
A.球和的碰撞是弹性碰撞
B.球和碰撞后，球的最小速度可为0
C.球和碰撞后，弹簧的最大弹性势能可以达到72J
D.球和碰撞后，球速度最小时球的速度可能为
【例6】如图所示，竖直平面内固定有半径为的光滑半圆形轨道，最高点与圆心、在同一水平线上，物块甲、乙质量之比为1：3。物块甲从处由静止开始无初速释放，滑到最低点与静止在处的物块乙发生第一次弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上点，物块甲、乙均可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A.之间的竖直高度为 B.之间的竖直高度为
C.在以后的运动中，物块甲不能回到点 D.在以后的运动中，物块甲能回到点
归纳总结：
三种碰撞类问题解题思路：
（1）判断两物体碰撞瞬间的情况:当两物体相碰时,首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力
（2）碰撞的“三个原则”:①动量守恒原则,即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律;②动能不增加原则,即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量;③物理情境可行性原则,即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致
（3）根据两物体碰撞时遵循的物理规律,列出相对应的物理方程:①如果物体间发生的是弹性碰撞,则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解;②如果物体间发生的不是弹性碰撞,则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解
[变式训练]
5.水平轨道与圆弧轨道平滑相连。质量为的物体在水平轨道上处于静止状态，现给物体一个水平向右的瞬时冲量沿圆弧轨道向上滑行的最大高度为。返回到水平轨道后，与静止在水平面上的物体发生弹性碰撞，碰撞后向左滑行后静止(滑动过程中未与发生碰撞)。已知与轨道之间无摩擦，与轨道之间的动摩擦因数为,()求：
(1)受到的水平瞬时冲量的大小；
(2)物体的质量？
6.如图所示，在水平面上依次放置小物块和以及曲面劈，其中与的质量相等均为，曲面劈的质量，曲面劈的曲面下端与水平面相切，且曲面劈足够高，各接触面均光滑。现让小物块以水平速度向右运动，与发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈。求：
（1）碰撞过程中系统损失的机械能；
（2）碰后物块与在曲面劈上能够达到的最大高度。
考点4 反冲问题
【例7】将质量为的模型火箭点火升空，燃烧的燃气以大小为的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A． B．
C． D．
【例8】如图，质量为的小船在静止水面上以速率向右匀速行驶，一质量为的救生员在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A. B. C. D.
归纳总结：
反冲类问题解题思路：
（1）确定反冲问题中的主体和客体，看好谁为谁提供动量。
（2）反冲类问题的动量必守恒，先计算客体的动量变化，根据两物体动量的矢量和为零列等式。
（3）两种列式方式：①A物体的动量变化量=B物体的动量变化量（标量式）
②A物体的动量+B物体的动量=0（矢量式）（列式前规定正方向）。
[变式训练]
7.运动员在水上做飞行运动表演，如图所示，他操控喷射式悬浮飞行器将竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中.已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，重力加速度大小，水的密度，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A.2.7 m/s B.5.4 m/s C.7.6 m/s D.10.8 m/s
8.为估算池中睡莲叶面受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水上升了45 .査询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 .据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为 ()( )
A.0.15
B.0.54
C.1.5
D.5.4
考点5 多连接体多过程
【例9】小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车的另一端，如图所示.已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发子弹打入靶中后，再打下一发.则以下说法正确的是( )
A.待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
B.待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方
C.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为
D.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同
【例10】如图甲所示，固定的光滑半圆轨道的直径沿竖直方向，其半径R的大小可以连续调节，轨道上装有压力传感器，传感器的位置N始终与圆心O等高.质量、长度的小车静置在光滑水平地面上，小车上表面与P点等高，小车右端与P点的距离.一质量的小滑块以的水平初速度从左端滑上小车，当小车与墙壁碰撞后小车立即停止运动.在R取不同值时，压力传感器读数F与的关系如图乙所示.已知小滑块与小车表面间的动摩擦因数，取重力加速度.求：
（1）小滑块到达P点时的速度的大小；
（2）图乙中a和b的值.
归纳总结：
1.多过程解题思路：
（1）确定每个分解过程中的动量是否守恒。
（2）确定每个过程间隔中的联系关系，确定过程与过程之间连接的物理量。
（3）各段分别列式，在根据确定好的连接关系，将各段关系式联立。
（4）求解方程组，得出未知量。
2.多过程常见连接点：
（1）“与斜面相切”代表着两分段间速度相等，且无能量、动量损失。
（2）“脱离弹簧”代表弹性势能变为零，转化成物体动能（或动能和摩擦内能）。
（3）“滑上斜面”代表物体的水平分速度与斜面的水平分速度动量守恒。
[变式训练]
9.如图所示,质量为的光滑弧形槽静止在光滑的水平地面上,其半径为,弧形槽过点的切线竖直,用质量为的小球将弹簧压缩在竖直墙上并锁定, 弹簧储存的弹性势能为50J。解除锁定后,小球脱离弹簧冲上弧形槽,并能从弧形槽的最高点冲出,重力加速度,小球可视为质点,忽略空气阻力。求：
（1）小球冲出弧形槽最高点后做什么运动，上升的最大高度为多少？
（2）小球落回弧形槽后，与弧形槽分离，滑上水平地面时的速度是多少？
（3）小球从冲出点到再次落回到弧形槽时,弧形槽向前运动了多长？
10.如图所示，质量为、左端有挡板的长木板置于水平地面上，上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为0.2。一辆固定有电动机的小车，质量共，放置在木板上，电动机可收拢与挡板拴接的水平轻绳，初始时离挡板的距离为。开启电动机收拢轻绳使小车匀加速运动到挡板处。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，空气阻力不计，取。
(1)若运动时间为，且木板不动，求轻绳的拉力大小；
(2)若要运动时间最短，且木板不动，求加速过程中轻绳拉力的最大功率；
(3)若小车与挡板碰撞后结合成一个牢固整体（碰撞时间极短，同时电动机停止运转），求最终停止时，木板与初位置距离的最大值及对应的轻绳拉力。
答案以及解析
例题答案：
【例1】答案：A
解析：A. 以碰撞前的速度方向为正方向,由动量守恒定律得：,解得：,碰前的总动量,代入数据解得：，故A错误，符合题意；
【例2】答案：B
解析：A.根据动能定理可得：末速度大小相等，故A错误；
B.重力的平均功率：,末速度大小相等,因为,所以，故B正确；
C.速度变化率即加速度,,又因为,所以，故C错误；
D.球运动过程中加速度比球小,球运动过程中位移比球大,由,故,重力的冲量为,故，故D错误；
故选：B。
【例3】答案：(1)从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有,①
代入数据解得,②
(2)设细绳绷直前瞬间速度大小为,有③
细绳绷直瞬间,细绳张力远大于的重力,相互作用,由动量守恒得
④
之后做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度即为最大速度,联立②③④式,代入数据解得⑤
(3)细绳绷直后,一起运动,恰好可以和地面接触,说明此时的速度为零,这一过程中组成的系统机械能守恒,有
⑥
代入数据解得⑦
【例4】答案：B
解析：由水平方向动量守恒有，又，，所以，选项B正确。
【例5】答案：AD
解析：A. 两球碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：，
代入数据解得：，
碰撞前系统总动能：，
碰撞后系统总动能：，
碰撞过程机械能不变，机械能守恒，碰撞是弹性碰撞，故A正确；
BD、碰撞后，组成的系统水平方向动量守恒，弹簧恢复原长时的速度最小，的速度最大，以向左为正方向,从碰撞后到弹簧恢复原长过程,在水平方向,由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
代入数据解得：，
由此可知，球和碰撞后，的最小速度为4m/s，此时C的速度为16m/s，故B错误，D正确；
C. 速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，系统在水平方向动量守恒，
以向左为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
代入数据解得,弹簧的最大弹性势能：，故C错误。
【例6】答案：AC
解析：AB. 设之间的竖直高度为，物块甲点滑到点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
解得物块甲第一次与物块乙碰前速度大小
碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上点，由机械能守恒定律得
解得碰撞后甲的速度大小为
设甲的质量为，则乙的质量为，甲乙发生弹性碰撞，以向左为正方向，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得，，，故A正确，B错误；
CD. 由于第一次碰撞后两物块的速度大小相等，则物块甲、乙将同时回到最低位置P点发生第二次弹性碰撞，以向右为正方向由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得物块甲的速度大小为
碰撞后对甲，由机械能守恒定律得
解得，物块甲能回到点，故C错误，D正确。
【例7】答案：A
解析：本题考查动量守恒定律及其相关的知识点。燃气从火箭喷口在很短的时间内喷出，其喷出过程中重力和空气阻力可忽略，因此火箭和燃气组成的系统所受合外力为零，运用动量守恒定律解答即可。燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为，根据动量守恒定律，可得，解得，选项A正确.
【例8】答案：C
解析：取向右为正方向,由动量守恒有,解之有，故C正确。
【例9】答案：BC
解析：车、人、枪、靶和n颗子弹组成的系统动量守恒，系统初动量为0，故末动量为0，A错误；每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发，因此每次射击，以一颗子弹和车、人、枪、靶、颗子弹为研究对象，动量守恒，则有，由位移关系有，解得，故C正确，D错误；每射击一次，车子都会右移，故B正确.
【例10】答案：（1）小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动，小车将做匀加速直线运动，设小滑块加速度大小为，小车加速度大小为，由牛顿第二定律
对滑块有
对小车有
设小车与滑块经时间t后速度相等，则有
滑块的位移
小车的位移
代入数据解得
由于，说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好到达小车右端，即小滑块到达P点的速度.
另解：设小滑块与小车共速的速度为v，相对位移为，则
由动量守恒定律得
解得
由功能关系得
此过程小车的位移设为
则有
解得
由于，说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好到达小车右端，即小滑块到达P点的速度.
（2）小滑块到达N点时的速度设为，则有
从P点到N点的过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
故
由关系式并结合图乙可知，图象的斜率
故.
变式训练答案
变式1答案：CD
解析：以的方向为正方向，在碰撞过程中，根据动量守恒得，又因碰撞过程中机械能守恒，故有，两式联立得.当时，越大，越小，当时，越大，越大，选项A、B错误；碰撞过程中，A受到的冲量，可知越大，A受到的冲量越大，选项D正确；B受到的冲量与A受到的冲量大小相等、方向相反，因此越大，B受到的冲量也会越大，选项C正确.
变式2答案：AD
解析：根据功和冲量的定义，可知A正确，B错误；两物体在相等时间内运动了相同的位移，两个物体的加速度大小相等，根据牛顿第二定律，化简整理后有
，若，则，C错误，D正确。
变式3答案：AB
解析：A. 物块接触弹簧之前，物块减速运动，木块加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木块继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板加速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。所以木块先加速再减速，最终做匀速运动，所以A正确；
B. 当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木块看做系统，由动量守恒定律可得，得。从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得。从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得，，则最大的弹性势能为，所以B正确；
C. 根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为，所以是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C错误；
D. 由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为，又系统克服摩擦力做功为，则，即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为，所以D错误。
变式4答案：CD
解析：A、小球与小车组成的系统在水平方向所受的合外力为零,水平方向系统动星守恒,由于小球有竖直分加速度,所以系统所受的合外力不为零,系统动星不守恒,故A错误;
B、系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒走律得:,即有。
解得小车的最大位移:,故B错误;
C、小球与小车组成的系统在水平方向动星守恒,小球由点离开小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零。小球离开小车后做竖直上拋运动。故C正确;
D、小球第一次车中运动过程中,由动能定理得:,
为小球克服摩擦力做功大小,
解得:,即小球第一次在车中滚动损失的机械能为,
由于小球第二次在车中滚动时,对应位罝处速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于,机械能损失小于,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于,而小于,即。故D正确；
故选:CD。
变式5答案：(1)对物体，由机械能定恒定律得①
受到的冲量②
解①②得，，受到的冲量
(2)由圆弧轨道返回与碰撞前，由于机械能守恒，其速度大小仍为
发生弹性碰撞，动量定恒，机械能定恒
③
④
碰后到停止，由动能定理得
⑤
解③④⑤得物体质量为
变式6答案：（1）小物块与发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得：
解得
碰撞过程中系统损失的机械能为：
解得
（2）当上升到最大高度时，系统的速度相等，根据动量守恒定律：
解得
由能量关系：
解得
变式7答案：B
解析：两个喷嘴的横截面积均为，根据平衡条件可知每个喷嘴对水的作用力为，取质量为的水为研究对象，根据动量定理得，解得，选项B正确。
变式8答案：A
解析：雨滴与睡莲叶面碰撞,对睡莲叶面的冲量等于动量的变化,设雨滴的质量为,对叶面的压力为则有,得,压强,故A正确。
变式9答案：(1)设解除锁定后,小球获得的速度为,由能量守恒可得:
，
当小球冲出槽的最高点时,两者在水平方向共速,设此时小球水平速度为,竖直速度为,由水平方向动量守恒和机械能守恒可得，
，
联立解得,所以小球相对于斜槽做竖直上抛运动,相对于地面做斜上抛运动。设小球上升的最大高度为,则，解得;。
(2)小球落回弧形槽后,与弧形槽分离,滑上水平地面时,设小球和圆弧槽的速度分别为和,取水平向左为正方向,由系统水平方向动能守恒和机械能守恒得，联立代入数据解得,
故小球落回弧形槽后,与弧形槽分离,滑上水平地面时的速度为0.
(3)由得所以小球在空中运动的总时间为，小球从冲出点到再次落回到弧形槽时,弧形槽向前运动的距离为.
变式10答案：(1)对小车的匀加速过程，有:①
②
代入数据，联立①②式解得小车所受牵引力
(2)要木板不移动，绳对木板的拉力应满足
③
要小车运动时间最短，绳对木板的拉力应为最大
故对小车，有④
小车与挡板相碰前瞬间，拉力对小车做功的功率达最大⑤
代入数据，联立④⑤式解得最大功率
(44.8、45.1)
(3)须分为“木板不动”和“木板移动”两种情况，分别讨论如下：
(i)若小车加速时木板不动，对小车加速度、与板相碰、共同减速到停的过程，分别有
联立解得木板移动距离⑥
即时，木板移动距离最大，为⑦
(ii)若小车加速过程木板移动，即，从起动到碰，对小车和木板，分别有：⑧
，，
代入数据，联立解得木板向右移动距离⑨
及碰前瞬间车与木板的速度大小：⑩
对碰撞过程，有
代入⑩式，解得碰后瞬间共同速度方向向左，大小
从共速到停下，对整体，有
代入数据，解得木板向右移动距离
木板总位移
代入，整理得：
代入，得
综合两种情形得木板移动的最大距离，对应专题三 动能与动量 习题2
1.如图所示，在一光滑的水平面上有质量相同的三个小球，其中静止，且中间连有一轻弹簧，弹簧处于原长状态。现小球A以速度v与小球B正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则碰后瞬间( )
A.的速度变为的速度仍为0 B.的速度均为
C.的速度变为的速度仍为0 D.的速度均为
2.如图所示，在光滑水平面上停放一质量为m且装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去（不计摩擦），小球到达某一高度后，又返回小车右端，则( )
A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为
B.小球离开小车后，对地将向右做平抛运动
C.小球离开小车后，对地将做自由落体运动
D.此过程中小球对小车做的功为
3.台球是大家比较喜爱的一项运动。在光滑水平面上，小明利用一个白球A以初速度去撞击2018个一字排开的花球，如图所示。已知球与球之间的碰撞为弹性正碰，白球质量是花球质量的2倍，则编号为1的花球的最终速度为( )
A. B. C. D.
4.如图甲所示，质量为、长为L的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以初速度水平向右射向木块，穿出木块时速度减为。若再将另一相同木块固定在传送带上（如图乙所示），使木块随传送带以的速度水平向左运动，相同的子弹仍以初速度水平向右射向木块，木块的速度始终不变。已知木块对子弹的阻力恒定，则下列说法正确的是( )
A.第一次子弹穿过木块的过程中，木块的位移大小为
B.第一次子弹穿过木块的过程中，子弹克服阻力做的功为
C.子弹前、后两次穿过木块的时间之比为2:1
D.第二次子弹穿出木块时的速度为
5.如图所示，两滑块位于光滑水平面上，已知A的质量的质量.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态.现使滑块A以的速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用（整个过程弹簧没有超过弹性限度），直至分开.则( )
A.滑块A的加速度一直在减小，滑块B的加速度一直在增大
B.相互作用过程中弹簧的最大弹性势能
C.滑块A的最小动能为，滑块B的最大动能为
D.若滑块A的质量的质量，则滑块A的最小动能为，滑块B的最大动能为
6.在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究。如图质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，碰前瞬间速度为，方向与水平方向夹角。薄片与弹性面间的动摩擦因数。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。下列选项正确的是( )
A.薄片第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角仍为30°
B.薄片每次与水平面碰撞过程中，受到的冲量均相等
C.薄片在与水平面多次碰撞后，最终将静止在水平面上
D.薄片与水平面碰撞两次后，水平位移将不再增加
7.如图所示，在水平雪面上放置一个静止的滑台，滑台左侧面是四分之一圆弧面且A端与水平雪面相切。在一次训练过程中，一个质量与滑台相同的空中技巧滑雪运动员以的水平速度冲向滑台，运动员冲到滑台的最高点B时恰好与滑台具有相同速度，以后又沿着圆弧面回到水平雪面上。一切摩擦和空气阻力不计，。则下列判断正确的是( )
A.运动员滑到B端位置时速度为
B.滑台左侧的圆弧面对应半径大小
C.运动员在滑台上相对滑动过程中，运动员与滑台组成的系统动量守恒
D.运动员从A端向上滑到B端过程中，系统的机械能增加；从B端向下滑到A端过程中，系统的机械能减少
8.物块中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物体a的质量为1.2 kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，时对物块a施加水平向右的恒力F，时撤去，在0~1 s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所专示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是( )
A.时a的速度大小为0.8 m/s B.时弹簧伸长量最大
C.b物体的质量为0.8 kg D.弹簧伸长量最大时，a的速度大小为0.6 m/s
9.如图所示，质量、长度的沙车静止在光滑的水平地面上，钢球发球机每隔将一个质量为的钢球水平射出，发球机的出球孔与沙车的左端在同一竖直线上，出球孔与沙车上表面的高度差，第一个钢球恰好落在沙车的右端。不计钢球与沙车的作用时间，钢球落入沙车后立即与沙车达到共速，重力加速度g取，空气阻力可忽略不计，钢球可看作质点。求：
（1）第一个钢球落到沙车上后沙车获得的速度。
（2）落到沙车上的钢球的个数以及这些钢球落入沙车的过程中，钢球与沙车组成的系统损失的机械能。
10.长为l的不可伸长的细绳一端固定在O点，一端栓接质量为m的小球，质量均为m的滑块与长木板在光滑地面一起向右运动，滑块与静止的小球发生弹性正碰，小球恰能做完整的圆周运动，最终滑块停在板的中点，已知滑块与滑板之间的动摩擦因数为，求：
（1）碰后瞬间细绳上的拉力大小；
（2）长木板的长度；
（3）若改变滑块与木板的初速度，碰撞后细绳始终保持绷紧且滑块没有滑离长木板，则初速度应该满足什么要求。
11.如图所示，水平面上有两个小物块（均可视为质点），质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与连接）。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个质量为M的、三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D（物块A过D点后立即撤去半圆形轨道），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L。已知A与右侧水平面间的动摩擦因数左侧水平面光滑，重力加速度为g，求：
（1）物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；
（2）斜面体的质量；
（3）物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。
12.如图所示，足够长的光滑两水平面中间平滑对接有一等高的水平传送带，质量为的小滑块A和质量为的小滑块B静止在水平面上，小滑块B的左侧固定有一轻质弹簧，且处于原长。传送带始终以的速率沿顺时针方向转动。现用质量为的子弹以速度瞬间射入小滑块A，并留在小滑块A内，两者一起向右运动滑上传送带。已知小滑块A与传送带之间的动摩擦因数，传送带两端的距离为，两小滑块均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）小滑块A滑上传送带左端时的速度大小；
（2）小滑块A在第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）小滑块A第二次离开传送带时的速度大小。
答案以及解析
1.答案：C
解析：碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得，解得；碰撞过程，C所受合外力为零，C的动量不变，速度仍为0，故A、B、D错误，C正确。
2.答案：ACD
解析：当小球与小车的速度相同时，小球沿弧形槽上升到最大高度，则有，解得，A正确。设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，整个过程中水平方向动量守恒，则有，由能量守恒定律得，联立解得，所以小球离开小车后做自由落体运动，B错误，C正确。对小车运用动能定理得，小球对小车做的功，D正确。
3.答案：A
解析：白球A以初速度与编号为2018的花球发生弹性正碰的过程中，满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设白球质量为，碰后白球和编号为2018的花球的速度分别为，以向右为正方向，则有，解得。同理分析，两个质量相同的花球发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，两球交换速度，此时编号为2018的花球与编号为2017的花球交换速度，以此类推，最终编号为1的花球的速度为。故A正确，B、C、D错误。
4.答案：AC
解析：第一次子弹穿过木块的过程中，由动量守恒定律得，解得，对木块由动能定理有，木块的阻力对子弹做的功，联立解得，A正确。由可知，子弹克服阻力做的功为，故B错误。第一次，对木块由动量定理有，解得；第二次，子弹在木块中做匀减速运动，加速度为，子弹穿过木块时满足，解得，则子弹前、后两次穿过木块的时间之比为，第二次子弹穿出木块时的速度为。C正确，D错误。
5.答案：D
解析：当A的速度大于B的速度时，弹簧压缩量增大，受到的弹力增大，加速度增大，A做减速运动，B做加速运动，当的速度相等时，弹簧被压缩到最短，此后弹簧压缩量减小，受到的弹力减小，加速度减小，A错误；当弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，由以上两式解得，B错误；从开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的过程中，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，联立解得，故从弹簧压缩至最短到弹簧恢复原长的过程中，A的速度先减至零再反向加速，故A的最小动能，而B一直加速，弹簧恢复原长时速度最大，动能最大，最大动能为，C错误；由C分析可知，若A的质量的质量，代入解得，则A的最小动能的最大动能为，D正确.
6.答案：D
解析：A.薄片第1次碰后因竖直速度不变，但是由于薄片与地面之间有摩擦力作用，则水平方向速度减小，则薄片离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角大于30°，选项A错误；
BCD.以竖直向上为正方向，薄片第一次与地面碰撞时，竖直速度不变，竖直方向水平方向即每次与地面碰撞一次后，水平方向动量减小，而水平方向的初动量为即薄片与水平面碰撞两次后，水平方向动量减为零，即水平方向位移将不再增加，薄片将在竖直方向不断与地面碰撞；由以上分析可知，薄片在前两次与水平面碰撞过程中，竖直方向受到的冲量相等，水平方向受到的冲量不相等，则薄片与地面碰撞中受到的冲量不相等。选项D正确，BC错误。
故选D。
7.答案：AB
解析：AC.运动员滑到B端过程，运动员与滑台组成的系统所受的合外力（运动员的重力）在竖直方向，故在水平方向满足动量守恒，可得解得即运动员滑到B端位置时速度为，A正确，C错误；
B.运动员滑到B端过程，据动能定理可得解得即滑台左侧的圆弧面对应半径大小，B正确；
D.运动员从A端向上滑到B端过程和从B端向下滑到A端过程，系统只有重力做功，机械能守恒，D错误。
故选AB。
8.答案：CD
解析：A.若物体a的加速度从1.0均匀减小到0.6，图像的面积为而a的初速度为零，可知1 s时的速度为0.8 m/s，但实际是物体a的图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8 m/s，则时a的速度大小小于0.8 m/s，故A错误；
B.撤去F时，两者的加速度相等，但a加速的加速度在1 s前始终大于b加速的加速度，则a的速度大于b的速度，此后a相对b继续远离，则弹簧继续拉长，当两者速度相等时弹簧的伸长量最大，故B错误；
C.恒力F拉动a的瞬间，由图像a的加速度为，有，1 s时两者的加速度相等，对由牛顿第二定律有，解得，故C正确；
D.F拉动1 s的过程，由系统的动量定理可知撤去F后直至共速时，系统的动量守恒，有解得即弹簧伸长量最大时，a和b的速度大小都为0.6 m/s，故D正确；
故选CD。
9.答案：（1）；（2）
解析：（1）钢球做平抛运动，则
钢球和沙车组成的系统在水平方向上动量守恒，则
解得
（2）沙车从开始运动至第二个钢球落到沙车上，沙车的位移为
第二个钢球落到沙车上后沙车的速度为
从第二个钢球落到沙车上至第三个钢球落到沙车上，沙车的位移为
由于
所以最终有2个钢球落在沙车上。钢球和沙车组成的系统损失的机械能为
10.答案：（1）；（2）；（3）或
解析：（1）小球在最高点有
小球碰后从最低点至最高点的过程中有
解得
在最低点对小球有
解得
（2）对滑块与小球碰撞过程有
解得
，，即滑块与小球交换速度；
碰后滑块在板上的运动过程，设板长为s，有
解得
（3）由前面分析可知当滑块初速度时，碰后小球可以做完整的圆周运动，细绳能保持绷紧。若要滑块不滑离长木板，碰撞后对滑块与长木板有
解得
若滑块与长木板的速度比较小，使得碰撞后小球上升的高度没有超过O点，则细绳也一直处于绷紧状态，对小球碰后上升的过程有
解得
由前面分析可知，碰撞时滑块与球交换速度，在此种情况下滑块必定没有滑离长木板；
综上所述，滑块的初速度应该满足的范围是
或
11.答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）物块A在D点时有，
物块A从C点运动到D点的过程中，由动能定理有
，
物块A在C点时有，
联立解得，
由牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力
。
（2）弹簧释放瞬间，由动量守恒定律有，
对物块A，从弹簧释放后运动到C点的过程，有
，
物块B滑上斜面体最高点时，对物块B和斜面体，由动量守恒定律有，
由机械能守恒定律有，
联立解得。
（3）物块B从滑上斜面体到与斜面体分离的过程中，由动量守恒定律有，
由机械能守恒定律有，
解得,
由功能关系知，物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功,
解得。
12.答案：（1）4 m/s
（2）3.6 J
（3）1 m/s
解析：（1）子弹打入小滑块A的过程中，由动量守恒定律有
，
解得。
（2）假设小滑块A从传送带的左端全程减速滑到右端，根据动能定理有
，
代入数据解得，
因为，所以假设成立，小滑块A第一次到达传送带右端时的速度大小为3 m/s。小滑块A第一次压缩弹簧的过程中，当小滑块A和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有
，
代入数据解得。
根据能量守恒定律得，
代入数据解得。
（3）从小滑块A开始接触弹簧到弹簧恢复原长，整个过程可看成弹性碰撞，则有，
，
解得。
设小滑块A又滑回传送带上且减速到零时在传送带上滑动的距离为L，则根据动能定理有
，
解得。
由于，则小滑块A滑回传送带上先做匀减速运动到速度为零，再在传送带上做匀加速运动到与传送带共速。设小滑块A与传送带共速时向右滑动的距离为s，则根据运动学公式得，
解得，
由于，则小滑块A第二次离开传送带时的速度大小为1 m/s。
