素养提升练(一) 1．BD [因水平面光滑，故系统的动量守恒，A、B两球碰撞过程中机械能有损失，A错误，B正确；三球速度相等时，弹簧形变量最大，弹力最大，故三球速度仍将发生变化，C错误，D正确。] 2．B [设人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝，v′＝。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：M＝，小船的质量为M＝，故B正确，A、C、D错误。] 3．D [当滑块B相对于斜面体A加速下滑时，斜面体A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mg cos α，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统在竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，由Mv1＝mv2得，Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正确。] 4．B [根据题意，设人的速度大小为v1，气球的速度大小为v2，人下滑的距离为x1，气球上升的距离为x2，根据人和气球动量守恒得m1v1＝m2v2，则有m1x1＝m2x2，解得x1＝x2，又有x1＋x2＝h，则人下滑的距离为x1＝h＝ m，气球上升的距离为x2＝h＝ m≈3.6 m，则此时人离地面的高度大约是3.6 m。故选B。] 5．B [子弹穿过木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2，设子弹穿过木块过程所受阻力为f，对子弹，由动能定理得－f(s＋L)＝，由动量定理有－ft＝mv1－mv0，对木块，由动能定理有fs＝，由动量定理有ft＝Mv2，联立解得t＝。选项B正确。] 6．解析：将玩具蛙和小车作为系统，玩具蛙在跳离车的过程中，系统水平方向的总动量守恒。玩具蛙离开杆后做平抛运动，小车向后做匀速直线运动，在玩具蛙下降高度h的过程中，小车通过的距离与玩具蛙在水平方向通过的距离之和等于时，玩具蛙恰能落到地面上。 以玩具蛙跳出的速度方向为正方向，玩具蛙跳离杆时有MvM＋mvm＝0 设玩具蛙的运动时间为t，则h＝gt2 根据题意：vmt＋|vMt|＝ 解得vm＝。 答案： 7．解析：(1)滑块到达B点时的速度最大， 受到的支持力最大，滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR＝ 滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力， 由牛顿第二定律得N－mg＝ 解得N＝3mg。 由牛顿第三定律得滑块对小车的压力N′＝N＝3mg，即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg。 (2)①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，分析题意可知滑块运动到B点时小车有最大速度，设小车的最大速度是vm，由机械能守恒定律得mgR＝＋m(2vm)2，解得vm＝。 ②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从B到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即＝2， 由于它们运动的时间相等，根据s＝t可得s滑块＝2s车，又s滑块＋s车＝L，所以小车的位移大小s车＝L。 答案：(1)3mg (2)① ②L 2 / 2素养提升练(一) 动量守恒定律的综合应用的两种模型 说明：单选题每小题4分，双选题每小题6分，本
组卷网，总分52分 一、选择题 1．(双选)如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是( ) A．机械能守恒，动量守恒 B．机械能不守恒，动量守恒 C．三球速度相等后，将一起做匀速运动 D．三球速度相等后，速度仍将变化 2．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又 ... ...
