C．F1>F2，I1>I2D．F1＝F2，I1＝I2
解析：
冲量I＝Δp，从图上看，甲、乙两物体动量变化的大小相同，所以冲量大小I1＝I2。
又因为冲量I1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，所以F1>F2，选项A准确。
答案：
A
7．如图所示，质量为0.5kg的小球在距离车底面高20m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg，设小球在落到车底前瞬间速度大小是25m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（）
A．5m/sB．4m/s
C．8.5m/sD．9.5m/s
解析：
由平抛运动的知识可知：
小球下落的时间t＝
＝
s＝2s，在竖直方向的速度vy＝gt＝20m/s，由运动的合成可得在水平方向的速度vx＝
m/s＝15m/s，因为小球和小车的相互作用满足水平方向上的动量守恒，所以4×7.5－0.5×15＝（4＋0.5）v，解得v＝5m/s，A准确。
答案：
A
8．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较（）
A．子弹对滑块做功一样多
B．子弹对滑块做的功不一样多
C．系统产生的热量一样多
D．系统产生的热量不一样多
解析：
两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为v共，由动量守恒定律可得mv＝（M＋m）v共，得v共＝
v；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项A准确；系统损失的机械能转化为热量，故选项C准确。
答案：
AC
9．如图所示，一沙袋用轻细绳悬于O点。
开始时沙袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出。
第一枚弹丸的速度为v1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°。
当沙袋第一次返回图示位置时，第二枚弹丸以水平速度v2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°。
若弹丸质量是沙袋质量的
倍，则以下结论中准确的是（）
A．v1＝v2B．v1∶v2＝41∶42
C．v1∶v2＝42∶41D．v1∶v2＝41∶83
解析：
根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知，两次击中沙袋后的速度相同，设为v，用M表示沙袋的质量，m表示弹丸的质量，由动量守恒定律得，
第一次：
mv1＝（M＋m）v，
第二次：
mv2－（M＋m）v＝（M＋2m）v，
联立两式能够解得v1∶v2＝41∶83。
答案：
D
10．如图所示，在光滑的水平面上放着质量分别为m和2m的A、B两个物块，现用外力缓慢向左推B使弹簧压缩，此过程中推力做功为W，然后撤去外力，则（）
A．从开始到A离开墙面的过程中，墙对A的冲量为0
B．当A离开墙面时，B的动量大小为
C．A离开墙面后，A的最大速度为
D．A离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为
解析：
在撤去外力时，A受墙壁的作用力，故墙对A的冲量不为零，A错误；撤去力后，B向右运动，弹簧的弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始离开墙面，这个过程机械能守恒，有W＝
（2m）v2B，即vB＝
，故B的动量为p＝2mvB＝2
，B错误；A脱离墙面后速度逐渐增大，B的速度逐渐减小，此过程中弹簧逐渐伸长，当A、B的速度相同时，弹簧的弹性势能最大，这个过程中系统的动量和机械能均守恒，由动量守恒定律可得2mvB＝（m＋2m）v，由机械能守恒定律可得Epmax＝
（2m）v
B－
（m＋2m）v2，解得Epmax＝
，D准确；此后A的速度大于B的速度，弹簧长度开始缩短，但因为A受到的弹力与速度方向仍相同，A继续加速，当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，之后弹簧变为压缩状态，A的速度开始减小。
对弹簧第一次恢复原长（A开始离开墙面）到弹簧第二次恢复原长的过程，由动量守恒定律有2mvB＝mvAmax＋2mvB′，由机械能守恒定律可得
（2m）v
B＝
mv2Amax＋
（2m）v′2B，解得vAmax＝
vB，即vAmax＝
，C准确。
答案：
CD
二、填空题（共3小题，共15分）
11．（3分）如图所示，能够看作质点的A、B两小球的质量分别为m1和m2，用一根长为L的不可伸长轻绳连接两小球，开始时两小球处在同一水平面；首先释放B球，当绳子刚拉直时释放A球，则绳子突然绷紧时A、B一起运动的速度为________。
解析：
当绳子刚伸直时，B球的速度v＝
。
在绳子绷紧的瞬间，系统的内力远大于外力，满足动量守恒的条件，由动量守恒定律得（m1＋m2）v′＝0＋m2v，解得v′＝
。
答案：
12．（6分）如图所示是A、B两滑块在光滑水平面上碰撞前后的闪光照片部分示意图。
已知A、B的质量分别是m1＝0.14kg，m2＝0.22kg，所用标尺的最小刻度是0.5cm，闪光照相时每秒拍摄10次，试根据图示回答：
（1）碰撞前后滑块A的动量增量大小是________________，方向______________；
（2）碰撞前后A和B的总动量________（填“守恒”或“不守恒”），因为________。
解析：
（1）碰撞前后A的速度分别为vA＝
＝0.5m/s
vA′＝
＝－0.05m/s，
ΔpA＝m1vA′－m1vA＝－0.077kg·m/s。
（2）碰前B静止，碰后B的速度vB′＝
＝0.35m/s。
碰前总动量p＝m1vA＝0.07kg·m/s，碰后总动量p′＝m1v′A＋m2v′B＝0.07kg·m/s。
答案：
（1）0.077kg·m/s与原来运动方向相反
（2）守恒碰撞前后的总动量均等于0.07kg·m/s
13．（6分）某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。
在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内持续通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图乙所示，这样就大大减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。
（1）下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨中通入压缩空气；
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；
⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图所示；
⑧测得滑块1（包括撞针）的质量为310g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为205g。
试完善实验步骤⑥的内容。
（2）已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s；两滑块相互作用后质量与速度的乘积之和为________kg·m/s。
（保留三位有效数字）
（3）试说明
（2）问中两结果不完全相等的主要原因是___________
________________________________________________________。
解析：
作用前滑块1的速度：
v1＝
m/s＝2m/s。
其质量与速度的乘积为：
0.310kg×2m/s＝0.620kg·m/s作用后滑块1和滑块2具有相同的速度：
v＝
m/s＝1.2m/s
其质量与速度的乘积之和为：
（0.310kg＋0.205kg）×1.2m/s＝0.618kg·m/s。
答案：
（1）接通打点计时器的电源放开滑块1
（2）0.6200.618（3）纸带与打点计时器的限位孔有摩擦
三、计算题（共4小题，共45分）
14．（10分）冰球运动员甲的质量为80.0kg。
当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞。
碰后甲恰好静止，假设碰撞时间极短，求：
（1）碰后乙的速度的大小；
（2）碰撞中总机械能的损失。
解析：
（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′。
由动量守恒定律有
mv－MV＝MV′①
代入数据得
V′＝1.0m/s②
（2）设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
mv2＋
MV2＝
MV′2＋ΔE③
联立②③式，代入数据可得ΔE＝1400J。
答案：
（1）1.0m/s
（2）1400J
15．（8分）牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。
分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度。
若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。
解析：
设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，且由题意知
＝
，解得v1＝
v0，v2＝
v0。
答案：
v0
v0
16．（13分）如图所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l＝1.0m。
物体A以速度v0＝10m/s沿水平方向与B正碰。
碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v＝2.0m/s。
已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数μ＝0.45。
（设碰撞时间很短，g取10m/s2。
）
（1）计算与C碰撞前瞬间A、B的速度；
（2）根据A、B与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后A、B的可能运动方向。
解析：
（1）设物块A、B的质量分别为mA和mB，A与B发生完全非弹性碰撞后的共同速度为v1，取向右为速度正方向，由动量守恒定律
mAv0＝（mA＋mB）v1①
v1＝
v0＝5.0m/s
设A、B与C碰撞前的瞬间速度为v2，由动能定理
（mA＋mB）v
－
（mA＋mB）v
＝－μ（mA＋mB）gl②
v2＝
＝4.0m/s
（2）设与C碰撞后A、B的速度为v3，碰撞过程中动量守恒，有
（mA＋mB）v2＝（mA＋mB）v3＋mCv④
碰撞过程中，应有碰撞前的动能大于或等于碰撞后的动能，即
（mA＋mB）v
≥
（mA＋mB）v
＋
mCv2⑤
由④式，得
v3＝
＝（4－k）m/s⑥
联立⑤和⑥式，得k≤6。
即：
当k＝6时，碰撞为弹性碰撞；当k<6时，碰撞为非弹性碰撞。
碰撞后A、B向右运动的速度不能大于C的速度，由⑥式，得4－k≤2。
k≥2。
所以k的合理取值范围是2≤k≤6。
综上得到：
当取k＝4时，v3＝0，即与C碰后，A、B静止。
当取2≤k<4时，v3>0，即与C碰后A、B继续向右运动。
当取4答案：
（1）4.0m/s
（2）见解析
17．（14分）[2019·安徽高考]在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B。
物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05。
开始时物块静止，凹槽以v0＝5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10m/s2。
求：
（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
解析：
（1）设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得
mv0＝2mv，解得v＝2.5m/s
（2）设物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff＝μN＝μmg
设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由动能定理得
－Ff·s1＝
（m＋m）v2－
mv20，得s1＝12.5m
已知L＝1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。
（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′。
有mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′，
mv21＋
mv22＝
mv1′2＋
mv2′2
得v1′＝v2，v2′＝v1
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段凹槽，物块的v－t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。
则v＝v0＋at，a＝－μg，解得t＝5s。
凹槽的v－t图象所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2。
（等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L，其余每份面积均为L）
s2＝
t＋6.5L＝12.75m。
答案：
（1）2.5m/s
（2）6次（3）5s12.75m
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