1．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
解析：选A.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项A正确，选项B、C、D错误．
2．(2018·合肥质检)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－
t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )
A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/s B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·s D．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W
解析：选D.类比速度－时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度－时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能1212
定理可知，0～6 s内，合力做的功为W＝mv－mv0＝396 J，B项错；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，
22代入已知条件解得IF＝48 N·s，C项错；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项对．
3.
(2018·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的
v－t图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J，则
此过程产生的内能可能是( )
A．10 J C．70 J
B．50 J D．120 J
解析：选D.设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量
mv012Mm2v20
为m，根据动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得v＝.木块获得的动能为Ek＝Mv＝2＝
m＋M22（M＋m）Mmv2m121Mmv2M＋m002
·.系统产生的内能为Q＝mv0－(M＋m)v＝，可得Q＝Ek>50 J，当Q＝70 J时，
2（M＋m）M＋m222（M＋m）m可得M∶m＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A、B、C错误；当Q＝120 J时，可得M∶m＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项D正确．
4．(2018·北京东城区检测)质量为80 kg的冰球运动员甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg、速度为3 m/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，下列说法中正确的是( )
A．碰后乙向左运动，速度大小为1 m/s B．碰后乙向右运动，速度大小为7 m/s C．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 J D．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J
解析：选D.甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲
，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v′乙，由动量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝m乙v′乙，解得v′乙＝1 m/s，
甲
2′2
v2甲＋m乙v乙－m乙v乙，代入数据
1
方向水平向右，选项A、B错误；甲、乙碰撞过程机械能的变化量ΔE＝m2解得ΔE＝1 400 J，机械能减少了1 400 J，选项C错误，D正确．
1212
5．(多选)(2018·山东威海月考)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，则( )
A．碰撞前总动量是2mv B．碰撞过程动量不守恒 C．碰撞后乙的速度大小为2v D．碰撞属于非弹性碰撞
解析：选AC.取向右为正方向，碰撞前总动量为3mv－mv＝2mv，A正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，则系统动量守恒，B错误；设碰撞后乙的速度为v′，由动量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，11212222
解得v′＝2v，C正确；碰撞前总动能为·3mv＋mv＝2mv，碰撞后总动能为0＋m(2v)＝2mv，碰撞前后
222无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D错误．
6．(多选)(2018·广东六校联考)如图甲所示，光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的v－t图象，由此可知( )
A．小车上表面长度
B．物体A与小车B的质量之比 C．物体A与小车B上表面的动摩擦因数 D．小车B获得的动能
解析：选BC.由图象可知，AB最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；由动量守恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得：＝
mAv1
，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由
mBv0－v1
11212
图象可以知道A相对小车B的位移Δx＝v0t1，根据能量守恒得：μmAgΔx＝mAv0－(mA＋mB)v1，根据B中求
222得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误．
7．(多选)质量为m的物体(可视为质点)套在光滑水平固定直杆上，其上拴一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端固定于距离直杆3d的O点，物体从A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度也为v0，OA、OB与水平杆的夹角大小如图所示，弹簧始终处于弹性限度内(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是( )
A．从A点运动到B点的过程中，物体的速度先增大后减小 B．物体在A、B两点时弹簧弹力的功率相等 C．弹簧的原长为5.5d
2kdD．物体在A点时加速度的大小为 5m解析：选CD.由图中的几何关系可得OA＝
3d3d＝5d，OB＝＝6d，由于物体从A点以初速
sin 37°sin 30°
度v0向右运动，到达B点时速度也为v0，可知从A到B的过程中物体的动能变化量为0；在该过程中，由于杆光滑，结合动能定理可知弹簧对物体做功的和等于0，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在B点时的弹性势能，结合弹性势能的特点可知，开始时弹簧处于压缩状态，后来弹簧处于伸长状态，且弹簧的压缩量等于后来弹簧的伸长量，即L0－5d＝6d－L0，所以弹簧的原长L0＝5.5d.物体从A向O点正下方运动的过程中弹簧继续压缩，所以弹簧对物体做负功，物体的速度减小；物体从O点的正下方向B运动的过程中弹簧伸长，先对物体做正功，物体的速度增大；当弹簧的长度大于弹簧原长后，弹簧又开始对物体做负功，物体的速度又减小．所以物体先减速，再加速，最后又减速，A错误，C正确；如图所示，分别画出A、B两点受到的弹力与速度，由公式P＝Fvcosθ可知，A、B两点F与v0之间的夹角不同，则A、B两点弹簧弹力的功率不相等，B错误；在A点，弹簧的弹力F与运动方向之间的夹角为180°－37°＝143°，则物体在A点的加速度大小a＝
k（5d－L0）cos 143°2kd＝，D正确．
m5m 8．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并黏接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
解析：A、B碰撞过程动量守恒，能量也守恒，而B、C相碰黏接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为损失的机械能．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．
(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2
121
mv1＝ΔE＋(2m)v22 2212联立①②③式得ΔE＝mv0.
16
② ③ ④
(2)由②式可知v2 mv0－ΔE＝(3m)v23＋Ep 22联立④⑤⑥式得 ⑥ Ep＝mv20. 12132答案：(1)mv0 (2)mv0 1648 1348 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容