【物理】2020届一轮复习粤教版18动量守恒定律作业 17页

课练 18　动量守恒定律 小题狂练⑱ 小题是基础　练小题　提分快 1.[2019·北京东城区模拟](多选)两物体组成的系统总动量守恒， 这个系统中(　　) A．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度 B．一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同 C．两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反 D．系统总动量的变化为零 答案：CD 解析：两个物体组成的系统总动量守恒，即 p1＋p2＝p′1＋p′2， 等式变形后得 p1－p′1＝p′2－p2，即－Δp1＝Δp2，－m1Δv1＝m2Δv2， 所以每个物体的动量变化大小相等，方向相反，但是只有在两物体质 量相等的情况下才有一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速 度，故 A 错误，C 正确；根据动量定理得 I1＝Δp1，I2＝Δp2，每个物 体的动量变化大小相等，方向相反，所以每个物体受到的冲量大小相 等，方向相反，故 B 错误；两物体组成的系统总动量守恒，即系统 总动量的变化为零，D 正确． 2．[2019·湖北省襄阳四中检测](多选)关于动量守恒的条件，下 列说法正确的是(　　) A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 B．只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒 C．只要系统所受合外力的冲量始终为零，系统动量一定守恒 D．系统加速度为零，系统动量一定守恒 答案：CD 解析： 只要系统所受外力的矢量和为零，系统动量就守恒， 与系统内是否存在摩擦力无关，故 A 错误；系统所受合外力做的功 为零，系统所受合外力不一定为零，则系统动量不一定守恒，故 B 错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲 量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故 C 正确；系 统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动 量守恒，故 D 正确． 3．[2017·全国卷Ⅰ]将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 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．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 答案：A 解析：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 p，根据动量守恒定 律，可得 p－mv0＝0，解得 p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s， 选项 A 正确． 4．[2019·甘肃协作体联考]如图所示，一个质量为 M 的木箱静止 在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为 m 的小木 块．现使木箱获得一个向左的初速度 v0，则(　　) A．小木块和木箱最终将静止 B．木箱速度减为v0 3 的过程，小木块受到的水平冲量大小为 1 3 Mv0 C．最终小木块速度为 Mv0 M＋m ，方向向左 D．木箱和小木块组成的系统机械能守恒 答案：C 解析：由于木箱在光滑水平面上，小木块与木箱之间的摩擦力是 木箱和小木块组成的系统的内力，给木箱一个向左的初速度，系统满 足动量守恒定律，小木块和木箱最终将以相同的速度运动，根据动量 守恒定律，Mv0＝(M＋m)v，最终速度 v＝ Mv0 M＋m ，选项 C 正确，A 错 误；由于木箱底板粗糙，小木块在木箱内相对于木箱滑动，摩擦产生 热量，所以木箱和小木块组成的系统机械能不守恒，选项 D 错误； 当木箱速度减小为v0 3 时，木箱动量减少了 2 3 Mv0，根据动量守恒定律， 小木块的动量将增加 2 3 Mv0，根据动量定理，木箱对小木块作用力的 冲量大小为 2 3 Mv0，选项 B 错误． 5．[2019·甘肃协作体联考] 如图所示，静止在光滑水平面上 的木板 A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量 M ＝3 kg，质量 m＝1 kg 的铁块 B 以水平速度 v0＝4 m/s 从木板的左端 沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左 端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　) A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J 答案：A 解析：设铁块与木板共速时速度大小为 v，铁块相对木板向右运 动的最大距离为 L，铁块与木板之间的摩擦力大小为 Ff，铁块压缩弹 簧使弹簧最短时，由能量守恒可得 1 2 mv20＝FfL＋1 2 (M＋m)v2＋Ep，由动 量守恒，得 mv0＝(M＋m)v，从铁块开始运动到最后停在木板左端过 程，由功能关系得 1 2 mv20＝2FfL＋1 2 (M＋m)v2，联立解得 Ep＝3 J，故选 项 A 正确． 6．[2019·四川省成都外国语学校模拟]有一条捕鱼小船停靠在湖 边码头，小船(一吨左右)又窄又长．一位同学想用一个卷尺粗略测定 它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从 船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的 距离为 d，然后用卷尺测出船长为 L，已知他自身的质量为 m，则船 的质量 M 为(　　) A.mL d B.m(L－d) d C.m(L＋d) d D. md L－d 答案：B 解析：据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有 Mv0 ＝mv，即 Md＝m(L－d)，解得船的质量为 M＝m(L－d) d ，所以 B 选项 正确． 7．[2019·福建省四地六校联考]如图所示，A、B 两物体的中间用 一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车 C 上后，A、B、C 均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B 从 C 上未 滑离之前，A、B 在 C 上向相反方向滑动的过程中(　　) A．若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小相同，则 A、B 及弹簧组成 的系统动量守恒，A、B、C 及弹簧组成的系统动量不守恒 B．若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小相同，则 A、B 及弹簧组成 的系统动量不守恒，A、B、C 及弹簧组成的系统动量守恒 C．若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小不相同，则 A、B 及弹簧组 成的系统动量不守恒，A、B、C 及弹簧组成的系统动量不守恒 D．若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小不相同，则 A、B 及弹簧组 成的系统动量不守恒，A、B、C 及弹簧组成的系统动量守恒 答案：D 解析： 当 A、B 两物体及弹簧组成一个系统时，弹簧的弹力 为内力，而 A、B 与 C 之间的摩擦力为外力．当 A、B 与 C 之间的摩 擦力大小不相等时，A、B 及弹簧组成的系统所受合外力不为零，动 量不守恒；当 A、B 与 C 之间的摩擦力大小相等时，A、B 及弹簧组 成的系统所受合外力为零，动量守恒．对 A、B、C 及弹簧组成的系 统，弹簧的弹力及 A、B 与 C 之间的摩擦力均属于内力，无论 A、B 与 C 之间的摩擦力大小是否相等，系统所受的合外力均为零，系统 的动量守恒．故选项 D 正确． 8．[2019·重庆一中调研]如图所示，小球 a、b(可视为质点)用等 长的细线悬挂于同一固定点 O.将球 a 和球 b 向左和向右拉起，使细 线水平．同时由静止释放球 a 和球 b，两球碰后粘在一起向左摆动， 此后细线与竖直方向之间的最大夹角为 θ＝60°.忽略空气阻力，则两 球 a、b 的质量的比值(　　) A.ma mb ＝3 B.ma mb ＝3－2 2 C.ma mb ＝2 2 D.ma mb ＝2＋2 2 答案：B 解析：设细线长为 L，球 a、b 下落至最低点，但未相碰时的速 率分别为 v1、v2，由机械能守恒定律得 magL＝1 2 mav21，mbgL＝1 2 mbv22； 在两球碰后的瞬间，两球共同速度为 v，以向左为正，由动量守恒定 律得 mbv2－mav1＝(ma＋mb)v，两球共同向左运动到最高处时，细线 与竖直方向的夹角为 θ，由机械能守恒定律得1 2 (ma＋mb)v2＝(ma＋ mb)gL(1－cosθ)，联立解得：ma mb ＝ 2－1 2＋1 ＝3－2 2，所以选项 B 正 确． 9．[2019·山东省海曲中学模拟](多选)如图甲所示，一轻弹簧的 两端分别与质量为 m1 和 m2 的两物块 A、B 相连接，并静止在光滑的 水平面上．现使 B 瞬间获得水平向右的速度 3 m/s，以此刻为计时起 点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得 (　　) A．在 t1、t3 时刻两物块达到共同速度 1 m/s，且弹簧都处于伸长 状态 B．从 t3 到 t4 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C．两物块的质量之比为 m1：m2＝1：2 D．在 t2 时刻 A 与 B 的动能之比为 Ek1：Ek2＝8：1 答案：BD 解析：由题图乙可知，从 0 到 t1 的过程中，A 的速度增大，B 的 速度减小，弹簧被拉伸，在 t1 时刻两物块达到共同速度 1 m/s，此时 弹簧处于伸长状态，从 t1 到 t2 的过程，A 的速度继续增大，B 的速度 先减小再反向增大，弹簧开始收缩，到达 t2 时刻，A 的速度最大，B 的速度反向且达到最大，弹簧恢复原长；从 t2 到 t3 的过程，A 的速度 减小，B 的速度先减小再反向增大，弹簧被压缩，到 t3 时刻，A、B 的速度相等，为 1 m/s，此时弹簧的压缩量最大，从 t3 到 t4 的过程，A 的速度减小，B 的速度增大，t4 时刻，弹簧恢复到原长，B 的速度等 于初速度，A 的速度为零，由以上分析可知，A 错误，B 正确．系统 动量守恒，以 B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t＝0 时 刻和 t＝t1 时刻系统总动量相等，有 m2v0＝(m1＋m2)v1，解得 m1：m2 ＝2：1，故 C 错误．由题图乙可知，在 t2 时刻 A、B 两物块的速度 分别为 vA＝2 m/s，vB＝－1 m/s，物块的动能 Ek＝1 2 mv2，则 A、B 两 物块的动能之比为 Ek1 ：Ek2＝8：1，故 D 正确． 10．[2019·广州模拟](多选)质量为 m 的物块甲以 3 m/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 4 m/s 的速度与物块甲相向运动，如图所示．则(　　) A．甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒 B．当两物块相距最近时，物块甲的速率为零 C．物块甲的速率可能达到 5 m/s D．当物块甲的速率为 1 m/s 时，物块乙的速率可能为 0 答案：AD 解析：甲、乙两物块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，取碰撞前物块乙的速度方向为正方向，设共同速率为 v，根据 动量守恒定律有 mv 乙－mv 甲＝2mv，解得 v＝0.5 m/s，故 B 错误．若 物块甲的速率达到 5 m/s，方向与原来相同，则 mv 乙－mv 甲＝－mv′ 甲＋m 乙 v′乙，解得 v′乙＝6 m/s，两个物块的速率都增大，动能都增 大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到 5 m/s，方向与原来 相反，则 mv 乙－mv 甲＝mv′甲＋m 乙 v′乙，代入数据解得 v′乙＝－4 m/s，即碰撞后，物块乙的动能不变，物块甲的动能增加，违反了能 量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到 5 m/s，故 C 错误．甲、 乙两物块组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为 1 m/s，方向与原 来相同，由动量守恒定律得 mv 乙－mv 甲＝－mv′甲＋m 乙 v′乙，解 得 v′乙＝2 m/s；若物块甲的速率为 1 m/s，方向与原来相反，由动量 守恒定律得 mv 乙－mv 甲＝mv′甲＋m 乙 v′乙，解得 v′乙＝0，故 D 正确． 11．[2019·山西省太原五中考试]如图所示，光滑水平面上有 A、 B 两辆小车，质量均为 m＝1 kg，现将小球 C 用长为 0.2 m 的细线悬 于轻质支架顶端，mc＝0.5 kg.开始时 A 车与 C 球以 v0＝4 m/s 的速度 冲向静止的 B 车．若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速 度 g 取 10 m/s2，则(　　) A．A 车与 B 车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒 B．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C 组成 的系统动量守恒 C．小球能上升的最大高度为 0.16 m D．小球能上升的最大高度为 0.12 m 答案：C 解析：两车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能 损失，A 项错误；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖 直方向上 A、B、C 组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守 恒，B 项错误；A、B 两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起 时共同速度为 v1，有 mv0＝2mv1，解得 v1＝2 m/s；从开始到小球到 最高点的过程中，A、B、C 组成的系统在水平方向上动量守恒，设小 球上升到最高点时三者共同速度为 v2，有 2mv1＋mcv0＝(2m＋mc)v2， 解得 v2＝2.4 m/s，从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、 B、C 组成的系统机械能守恒，即 mcgh＝1 2 mcv20＋1 2 ·2mv21－1 2 (2m＋mc)v 22，解得 h＝0.16 m，C 项正确，D 项错误． 12．[2019·青岛模拟]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Ⅰ、Ⅱ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Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为 7：2 B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大 C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小 D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的1 6 答案：D 解析：根据 s－t 图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为 v1 ＝－2 m/s，滑块Ⅱ的速度为 v 2＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为 5：2，故 A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量 为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量 也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小小于滑块Ⅱ的动量大小，故 B 错误；碰撞后的共同速度为 v＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有 m1v1 ＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得 m2＝6m1，由动能的表达式可知，1 2 m1v21＞1 2 m2v22，故 C 错误，D 正确． 13．[2019·北京东城区模拟]下面关于碰撞的理解，正确的是(　　) A．正碰属于弹性碰撞，斜碰属于非弹性碰撞 B．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞 C．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动 状态发生显著变化的过程 D．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略 答案：C 解析：正碰也称对心碰撞，是小球在相互作用前后都沿着同一直 线(即沿着两球球心连线)运动的碰撞，根据动量守恒定律判断两小球 碰撞前后的机械能是否守恒，从而将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞， 斜碰也称非对心碰撞，是两球在碰撞前的相对速度不沿两球球心连线 的碰撞，斜碰也遵循动量守恒定律，但情况较复杂，同样需要根据两 小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而判断属于弹性碰撞还是非弹性 碰撞，故 A、B 错误；根据碰撞的定义可知，碰撞是指相对运动的物 体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程，故 C 正确；在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以忽略外力的作用， D 错误． 14．[2019·安徽示范高中质检]甲、乙两球在水平光滑轨道上同向 运动，已知它们的动量分别是 p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面 追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为 10 kg·m/s，则甲球质量 m1 与乙球质量 m2 间的关系可能正确的是(　　) A．m1＝m2 B．2m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2 答案：C 解析：设碰后甲球动量变为 p′1，乙球动量变为 p′2，根据动量 守恒定律得 p1＋p2＝p′1＋p′2，解得 p′1＝2 kg·m/s.碰撞过程系统 的总动能不增加，则有p′21 2m1 ＋p′22 2m2 ≤ p21 2m1 ＋ p22 2m2 ，解得m1 m2 ≤ 7 17 ，碰撞后 甲球的速度不大于乙球的速度，则有p′1 m1 ≤p′2 m2 ，解得m1 m2 ≥1 5 ，综上 有1 5 ≤m1 m2 ≤ 7 17 ，C 正确，A、B、D 错误． 15．[2019·石家庄模拟]如图所示，两质量分别为 m1 和 m2 的弹性 小球 A、B 叠放在一起，从高度为 h 处自由落下，h 远大于两小球的 半径，落地瞬间，B 先与地面碰撞，后与 A 碰撞，所有的碰撞都是弹 性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计．已知 m2＝3m1， 则 A 反弹后能达到的最大高度为(　　) A．h B．2h C．3h D．4h 答案：D 解析：所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失．设竖直 向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋ m2)gh＝1 2 (m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，1 2 (m1＋m2)v2＝1 2 m1v21＋1 2 m2v22，1 2 m1v21＝m1gh1，又 m2＝3m1，则 v1＞v2≥0.联立可得 h1＝4h，选 项 D 正确． 16．[2019·武汉模拟](多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一 质量为 M 的木块正以速度 v 向左运动，一颗质量为 m(m0，B 错误；该系统只有重力做功，故系统机械能 守恒，D 错误． 2．[2019·安徽滁州联考](多选)一质量为 M 的小船静止在平静的 湖面上，船头和船尾各站一位质量均为 m 的游泳爱好者，两人分别 从船头和船尾沿相反的方向跃入水中，则下列说法中正确的有(　　) A．若两人同时以相等的速率跃入水中，则船仍保持静止 B．若两人先后以相等的相对水的速率跃入水中，则船速等于 0 C．若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，则船速等于 0 D．无论两人如何跃入水中，船始终保持静止 答案：AB 解析：两个人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，开始总动 量为零，不管谁先跃入水中，若两人相对水的速率相等，则有 0＝mv －mv＋Mv′，可知 v′＝0，故 A、B 正确；若两人先后以相等的相 对船的速率跃入水中，可知两人相对水的速度大小不等，根据动量守 恒定律知，船速不为 0，故 C、D 错误． 3．[2019·黑龙江哈三中模拟](多选) 小球 A 的质量为 mA＝5 kg，动量大小为 pA＝4 kg·m/s，小球 A 水 平向右运动时与静止的小球 B 发生弹性碰撞，碰后 A 的动量大小为 p′A＝1 kg·m/s，方向水平向右，则(　　) A．碰后小球 B 的动量大小为 pB＝3 kg·m/s B．碰后小球 B 的动量大小为 pB＝5 kg·m/s C．小球 B 的质量为 15 kg D．小球 B 的质量为 3 kg 答案：AD 解析：规定向右为正方向，碰撞过程中 A、B 组成的系统动量守 恒，所以有 pA＝p′A＋pB，解得 pB＝3 kg·m/s，A 正确，B 错误；由 于 A、B 是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故 p2A 2mA ＝p′2A 2mA ＋ p2B 2mB ，解 得 mB＝3 kg，C 错误，D 正确． 4．[2019·河南信阳统考](多选)如图所示，三小球 a、b、c 的质量 都是 m，都放于光滑的水平面上，小球 b、c 与轻弹簧相连且静止， 小球 a 以速度 v0 冲向小球 b，碰后与小球 b 粘在一起运动．在整个运 动过程中，下列说法中正确的是(　　) A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒 B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒 C．当小球 b、c 速度相等时，弹簧弹性势能最大 D．当弹簧恢复原长时，小球 c 的动能一定最大，小球 b 的动能 一定不为零 答案：ACD 解析：在整个运动过程中，三球与弹簧组成的系统的合外力为零， 系统的总动量守恒，a 与 b 碰撞过程中机械能减少，故 A 正确，B 错 误；当小球 b、c 速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹簧弹 性势能最大，故 C 正确；当弹簧恢复原长时，小球 c 的动能一定最大， 根据动量守恒和机械能守恒定律可知，小球 b 的动能不为零，故 D 正确． 5. [2019·安徽芜湖模拟]如图所示，总质量为 M 带有底座的足够宽 框架直立在光滑水平面上，质量为 m 的小球通过细线悬挂于框架顶 部 O 处，细线长为 L，已知 M>m，重力加速度为 g，某时刻小球获得 一瞬时速度 v0，当小球第一次回到 O 点正下方时，细线拉力大小为 (　　) A．mg B．mg＋mv20 L C．mg＋m (2m)2v20 (M＋m)2L D．mg＋m (M－m)2v20 (M＋m)2L 答案：B 解析：设小球第一次回到 O 点正下方时，小球与框架的速度分 别为 v1 和 v2.取水平向右为正方向，由题可知，小球、框架组成的系 统水平方向动量守恒、机械能守恒，即 mv0＝mv1＋Mv2，1 2 mv20＝1 2 mv 21＋1 2 Mv22，解得 v1＝m－M m＋Mv0，v2＝ 2m m＋Mv0.当小球第一次回到 O 点正 下方时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得 T－mg＝m (v1－v2)2 L ， 解得细线的拉力 T＝mg＋mv20 L ，B 正确． 6．[2019·湖北宜昌一中月考](多选) A、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰 撞前后的 v－t 图线，由图线可以判断(　　) A．A、B 的质量比为 3：2 B．A、B 作用前后总动量守恒 C．A、B 作用前后总动量不守恒 D．A、B 作用前后总动能不变 答案：ABD 解析：物体 A、B 碰撞过程所受外力为零，作用前后总动量守恒， 故 B 正确，C 错误；根据动量守恒定律有 mA×6 m/s＋mB×1 m/s＝ mA×2 m/s＋mB×7 m/s，则 mA：mB＝3：2，故 A 正确；A、B 作 用前总动能为 1 2 mA×(6 m/s)2＋1 2 mB×(1 m/s2)＝mA·55 3 (m/s)2，作用后总 动能为 1 2 mA×(2 m/s)2＋1 2 mB×(7 m/s)2＝mA·55 3 (m/s)2，可见作用前后总 动能不变，故 D 正确． 7．[2019·安徽模拟]如图所示，一个质量为 m 的物块 A 与另一个 质量为 2m 的物块 B 发生正碰，碰后物块 B 刚好能落入正前方的沙坑 中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块 B 与地面间的动摩擦因 数为 0.1，与沙坑的距离为 0.5 m，g 取 10 m/s2，物块可视为质点．则 碰撞前瞬间 A 的速度为(　　) A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s 答案：C 解析：碰撞后 B 做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－ 1 2 ·2mv2，代入数据解得 v＝1 m/s，A 与 B 组成的系统在碰撞过程中水 平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则 mv0＝mv1＋2mv，由于没 有机械能损失，则 1 2 mv20＝1 2 mv21＋1 2 ·2mv2，联立可得 v0＝1.5 m/s，故 A、B、D 错误，C 正确． 8. [2019·四川泸州检测]如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为 m1、m2 的小球 A、B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设 B 开始处 于静止状态，A 球以速度 v 朝着 B 运动，设系统处处无摩擦，所有的 碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是(　　) A．若 m1＝m2，则两球之间有且仅有两次碰撞 B．若 m1≪m2，则两球之间可能发生两次碰撞 C．两球第一次碰撞后 B 球的速度一定是v 2 D．两球第一次碰撞后 A 球一定向右运动 答案：A 解析：设 A 球和 B 球第一次碰撞后速度分别为 v1 和 v2，取向左 为正方向． 根据动量守恒定律得 m1v＝m1v1＋m2v2① 根据机械能守恒定律得 1 2 m1v2＝1 2 m1v21＋1 2 m2v22② 解得 v1＝m1－m2 m1＋m2v，v2＝ 2m1 m1＋m2v③ 若 m1＝m2，则得 v1＝0，v2＝v，即 A 与 B 碰撞后交换速度，当 B 球与墙壁碰后以速度 v2 返回，并与 A 球发生第二次碰撞，之后 B 静 止，A 向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故 A 正确；若 m1≪m2，则得 v1≈－v，v2≈0，两球之间只能发生一次 碰撞，故 B 错误；两球第一次碰撞后，B 球的速度为 v2＝ 2m1 m1＋m2v， 不一定是v 2 ，与两球的质量关系有关，故 C 错误；两球第一次碰撞后 A 球的速度为 v1＝m1－m2 m1＋m2v，当 m1>m2 时，v1>0，碰后 A 球向左运动， 当 m1＝m2 时，v1＝0，碰后 A 球静止，当 m1