《2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題07 碰撞與動(dòng)量守恒（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題07 碰撞與動(dòng)量守恒（含解析）（25頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題07 碰撞與動(dòng)量守恒 第一部分名師綜述 綜合分析近幾年的高考物理試題發(fā)現(xiàn)，試題在考查主干知識(shí)的同時(shí)，注重考查基本概念和基本規(guī)律。 考綱要求 1、理解動(dòng)量、動(dòng)量變化量的概念；知道動(dòng)量守恒的條件。 2、會(huì)利用動(dòng)量守恒定律分析碰撞、反沖等相互作用問(wèn)題。 命題規(guī)律 1、動(dòng)量和動(dòng)量的變化量這兩個(gè)概念常穿插在動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用中考查。 2、動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用是本部分的重點(diǎn)和難點(diǎn)，也是高考的熱點(diǎn)；動(dòng)量守恒定律結(jié)合能量守恒定律來(lái)解決碰撞、打擊、反沖等問(wèn)題，以及動(dòng)量守恒定律與圓周運(yùn)動(dòng)、核反應(yīng)的結(jié)合已成為近幾年高考命題的熱點(diǎn)。 第二部分知識(shí)背一背 （1）動(dòng)量、動(dòng)能、動(dòng)量變化量的比較 名

2、稱 項(xiàng)目 動(dòng)量 動(dòng)能 動(dòng)量的變化量 定義 物體的質(zhì)量和速度的乘積 物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量 物體末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差 定義式 p＝mv Δp＝p′－p 矢標(biāo)性 矢量 標(biāo)量 矢量 特點(diǎn) 狀態(tài)量 狀態(tài)量 過(guò)程量 (2)動(dòng)量的性質(zhì) ①矢量性：方向與瞬時(shí)速度方向相同． ②瞬時(shí)性：動(dòng)量是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的量，是針對(duì)某一時(shí)刻而言的． ③相對(duì)性：大小與參考系的選取有關(guān)，通常情況是指相對(duì)地面的動(dòng)量． (3)動(dòng)量守恒條件 ①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒． ②近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量

3、可近似看成守恒． ③分方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒． (4)動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 或Δp1＝－Δp2. （5）碰撞的種類(lèi)及特點(diǎn) 分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn) 種類(lèi) 特點(diǎn) 機(jī)械能是否守恒 彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 非彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失 完全非彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大 碰撞前后動(dòng)量是否共線 對(duì)心碰撞(正碰) 碰撞前后速度共線 非對(duì)心碰撞(斜碰) 碰撞前后速度不共線 (6)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律 動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系

4、統(tǒng)，在力學(xué)中解題時(shí)必須注意動(dòng)量守恒的條件及機(jī)械能守恒的條件。在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究的對(duì)象及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的過(guò)程后，根據(jù)問(wèn)題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解。 第三部分技能+方法 一、動(dòng)量守恒定律的特點(diǎn)： ①矢量性：表達(dá)式中涉及的都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初、末動(dòng)量的正、負(fù)。 ②瞬時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，動(dòng)量守恒指對(duì)應(yīng)每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初時(shí)刻的總動(dòng)量相等。不同時(shí)刻的動(dòng)量 不能相加。 ③同時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，具有瞬時(shí)性，動(dòng)量守恒定律指的是相互作用的物體構(gòu)成的物體系在任一時(shí)刻的總動(dòng)量都相同． ④普適性：它不僅適用于兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，也適用于

5、多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，對(duì)微觀粒子組成的系統(tǒng)也適用。 二、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的特點(diǎn) 由于動(dòng)量守恒定律只考慮物體相互作用前、后的動(dòng)量，不考慮相互作用過(guò)程中各個(gè)瞬間細(xì)節(jié)，即使在牛頓運(yùn)動(dòng)定律適用的范圍內(nèi)，它也能解決許多由于相互作用力難以確定而不能直接應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律的問(wèn)題，這正是動(dòng)量守恒定律的特點(diǎn)和優(yōu)點(diǎn)所在． 三、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟 ①明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程)； ②進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上動(dòng)量是否守恒)； ③規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量； ④由動(dòng)量守恒定律列出方程； ⑤代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)

6、果，必要時(shí)討論說(shuō)明． 四、碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律 ①動(dòng)量守恒定律． ②機(jī)械能不增加． ③速度要合理：若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′；碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。 五、彈性碰撞的規(guī)律 兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律． 以質(zhì)量為m1，速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例， 則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′和 解得：； 結(jié)論： ①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換速度． ②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)，

7、v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都向前運(yùn)動(dòng)． ③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來(lái) 六、綜合應(yīng)用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)解題技巧 ①動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn) 動(dòng)量的觀點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律 能量的觀點(diǎn)：動(dòng)能定理和能量守恒定律 這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化所經(jīng)歷的過(guò)程中狀態(tài)的改變，不對(duì)過(guò)程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而關(guān)心運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因．簡(jiǎn)單地說(shuō)，只要求知道過(guò)程的始、末狀態(tài)動(dòng)量式、動(dòng)能式和力在過(guò)程中的沖量和所做的功，即可對(duì)問(wèn)題求解． ②利用動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問(wèn)題： (a)動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫(xiě)出分量

8、表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無(wú)分量表達(dá)式． (b)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系統(tǒng)，在力學(xué)中解題時(shí)必須注意動(dòng)量守恒的條件及機(jī)械能守恒的條件．在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究的對(duì)象及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的過(guò)程后，根據(jù)問(wèn)題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解． 第四部分基礎(chǔ)練+測(cè) 一、單選題 1．豎直向上拋出的物體,從拋出到落回拋出點(diǎn)的全過(guò)程中,所受空氣阻力大小恒定,則（） A．全過(guò)程重力的沖量為零 B．全過(guò)程中動(dòng)量的變化量等于阻力的沖量 C．全過(guò)程中動(dòng)能的變化量等于阻力做的功 D．上升過(guò)程中機(jī)械能的變化量大于下

9、落過(guò)程機(jī)械能的變化量 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AB、重力是恒力，全過(guò)程重力的沖量不可能為零，只會(huì)不斷增加，根據(jù)動(dòng)量定理可知全過(guò)程中動(dòng)量的變化量等于阻力與重力合力的沖量，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤； C、重力是恒力，在全過(guò)程中位移為零，重力做功為零，空氣阻力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可得全過(guò)程中動(dòng)能的變化量等于阻力做的功，故選項(xiàng)C正確； D、根據(jù)功能關(guān)系可知，機(jī)械能減小量等于克服摩擦力做的功，故在上滑過(guò)程中機(jī)械能的變化量等于下滑過(guò)程中機(jī)械能的變化量，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤； 2．質(zhì)量相等的A、B、C三個(gè)物體放在光滑的水平面上且在同一直線上，A、B用輕彈簧相連，靜止在水平面上，彈簧處于原長(zhǎng)。現(xiàn)給

10、C 一大小為Ek的初動(dòng)能，使其向左運(yùn)動(dòng)，與B相碰后黏在一起，之后彈簧的形變量在彈性限度內(nèi)，則彈簧能獲得的最大彈性勢(shì)能為 A．12EK B．13EK C．14EK D．16EK 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、B碰撞后瞬間的速度為v1，A.?B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv0=2mv1，解得v1=12v0；當(dāng)A、B、C具有共同速度v時(shí)，彈簧具有最大彈性勢(shì)能，設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，碰后至A、B、C速度相同的過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：2mv1=3mv，根據(jù)碰后系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：12?2mv12=12?3mv2+Ep，解得：Ep=112mv02=16Ek

11、，故選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤； 彈簧能獲得的最大彈性勢(shì)能的選選項(xiàng)D。 3．質(zhì)量為m的物體在水平恒定外力F作用下沿水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去外力，已知物體的v－t圖象如圖所示，則下列說(shuō)法正確的有 A．水平拉力大小是物體所受摩擦力大小的2倍 B．在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中， F的沖量大小大于摩擦力的沖量大小 C．在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中， F做的功大于克服摩擦力做的功 D．物體在加速段的平均速度等于減速段的平均速度 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由v-t圖象知物體在加速過(guò)程的加速度大小為a1=v0t0，在減速過(guò)程的加速度大小為a2=v02t0；對(duì)于勻減速運(yùn)動(dòng)

12、過(guò)程，由牛頓第二定律知物體所受摩擦力大小為 f=ma2=mv02t0；在勻加速過(guò)程中，由牛頓第二定律有 F-f=ma1，即水平拉力大小為F=3mv02t0，是物體所受摩擦力大小的3倍，故A錯(cuò)誤；對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)量定理：IF-If=0，則在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中， F的沖量大小等于摩擦力的沖量大小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理：WF-Wf=0，則在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，F(xiàn)做的功等于克服摩擦力做的功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由v-t圖象知物體在加速段的平均速度和在減速段的平均速度均為v02，故D正確；故選D. 4．雙人滑冰是一種觀賞性很高的冰上運(yùn)動(dòng)。如圖所示，在一組動(dòng)作中，男女運(yùn)動(dòng)員繞某豎直軸做勻速圓周

13、運(yùn)動(dòng)。對(duì)此現(xiàn)象，小明同學(xué)對(duì)于“如果水平面光滑?！边@樣的理想化情況，做出這樣一些分析判斷，其中正確的是： A．他倆不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) B．他倆的運(yùn)動(dòng)不是直線運(yùn)動(dòng)，總動(dòng)量不守恒 C．由于男選手對(duì)女選手拉力斜向上，這個(gè)拉力大于女選手對(duì)男選手的拉力 D．由于女選手對(duì)男選手拉力斜向下，男選手對(duì)冰面壓力大于自己的重力 【答案】 D 【解析】 【詳解】 男女運(yùn)動(dòng)員繞某豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，兩人之間的拉力和重力的合力充當(dāng)向心力，則他倆可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；兩人組成的系統(tǒng)合外力為零，則總動(dòng)量守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；男選手對(duì)女選手的拉力與女選手對(duì)男選手的拉力是一對(duì)作用和反作用力，大小相等，選項(xiàng)

14、C錯(cuò)誤；由于女選手對(duì)男選手拉力斜向下，男選手對(duì)冰面壓力等于男選手的重力與女選手對(duì)男選手拉力的豎直分量之和，則男選手對(duì)冰面壓力大于自己的重力，選項(xiàng)D正確；故選D. 5．在粗糙水平面上，有一質(zhì)量未知的物體做直線運(yùn)動(dòng)，在t=0時(shí)刻受一與運(yùn)動(dòng)方向相反的恒力F=4N的作用，經(jīng)一段時(shí)間后撤去力F，物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示，已知g=10m/s2，下列說(shuō)法正確的是 A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 B．物體最后回到t=0時(shí)刻的位置 C．力F的沖量大小為4N·s D．物體的質(zhì)量為1kg 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由于物體0-1s內(nèi)物體沿正向減速運(yùn)動(dòng)，1-2s內(nèi)沿負(fù)向加

15、速運(yùn)動(dòng)，2s后沿負(fù)方向減速運(yùn)動(dòng)，則拉力在2s末撤去的，拉力F的作用時(shí)間為2s，在2-3s內(nèi)物體的加速度大小為a=△v△t=2m/s2，摩擦力大小為μmg=ma，解得μ=0.2，力F的沖量大小為I=Ft=8N?s，故A C錯(cuò)誤。由圖知，0-1s內(nèi)物體沿正向運(yùn)動(dòng)，位移x1=12×6×1m=3m，1-3s內(nèi)沿負(fù)向運(yùn)動(dòng)，位移x2=12×(3?1)×2m=2m，則知3s末距離出發(fā)點(diǎn)距離為x=x1-x2=1m，故B錯(cuò)誤；在0-1s內(nèi)物體沿正向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖象可得加速度a1=△v1△t1=61m/s2=6m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得：F-μmg=ma1，解得物體的質(zhì)量m=1kg，故D正確。故選D。 6．將

16、靜止在P點(diǎn)的原子核置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中（勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向圖中未畫(huà)出），能發(fā)生α衰變或β衰變，衰變后沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，得到軌跡圓弧AP和軌跡圓弧PB，兩軌跡在P點(diǎn)相切，它們的半徑RAP與RPB之比為44:1，則 A．發(fā)生了α衰變，磁場(chǎng)垂直紙面向外，原核電荷數(shù)為90 B．發(fā)生了α衰變，磁場(chǎng)垂直紙面向里，原核電荷數(shù)為86 C．發(fā)生了β衰變，磁場(chǎng)垂直紙面向里，原核電荷數(shù)為45 D．發(fā)生了β衰變，磁場(chǎng)垂直紙面向外，原核電荷數(shù)為43 【答案】 D 【解析】 【詳解】 兩粒子運(yùn)動(dòng)方向相反，受洛倫茲力方向相同，可知兩粒子帶異種電荷，可知發(fā)生的是β衰變；根據(jù)動(dòng)量守恒定律，兩粒子動(dòng)

17、量等大反向，由r=mvqB∝1q，則兩粒子的電量之比為1：44，因β射線帶一個(gè)負(fù)電荷，則原核電荷數(shù)為43，根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)垂直紙面向外，故選D. 7．如圖所示，光滑的水平桌面上有一個(gè)內(nèi)壁光滑的直線槽子，質(zhì)量相等的A、B兩球之間由一根長(zhǎng)為L(zhǎng)且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，A球始終在槽內(nèi)，其直徑略小于槽的直徑，B球放在水平桌面上。開(kāi)始時(shí)刻A、B兩球的位置連線垂直于槽，相距L2，某給B球一個(gè)平行于槽的速度v0，關(guān)于兩球以后的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是 A．繩子拉直前后，A、B兩球組成的系統(tǒng)在平行于槽的方向動(dòng)量守恒 B．繩子拉直后，A、B兩球?qū)⒁韵嗤乃俣绕叫杏谙嗟姆较蜻\(yùn)動(dòng) C．繩子拉直的瞬間，B

18、球的機(jī)械能的減少量等于A球機(jī)被能的增加量 D．繩子拉直的瞬間，B球的機(jī)械能的減少量小于A球機(jī)械能的增加量 【答案】 A 【解析】 【詳解】 A.在拉直前，A和B作為一個(gè)系統(tǒng)，在平行于槽的方向不受力，所以A、B兩球組成的系統(tǒng)在平行于槽的方向動(dòng)量守恒。故A正確。 B. 繩子拉直后，B球要以A為圓心，L長(zhǎng)為半徑做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的方向不能平行于直線槽子。故B錯(cuò)誤。 CD. 繩子拉直的瞬間，系統(tǒng)的機(jī)械能要損失，所以B球的機(jī)械能的減少量大于A球機(jī)械能的增加量。故D錯(cuò)誤。 故選A。 8．如圖所示，光滑細(xì)桿BC和AC構(gòu)成直角三角形ABC，其中AC桿豎直，BC桿和AC桿間的夾角θ=37°，

19、兩根細(xì)桿上分別套有可視為質(zhì)點(diǎn)的小球P、Q質(zhì)量之比為1︰2．現(xiàn)將P、Q兩個(gè)小球分別從桿AC和BC的項(xiàng)點(diǎn)由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，sin37°=0.6。則P、Q兩個(gè)小球由靜止釋放后到運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是 A．重力的沖量之比為1︰1 B．重力的沖量之比為5︰6 C．合力的沖量之比為5︰8 D．合力的沖量之比為5︰2 【答案】 C 【解析】 【詳解】 設(shè)AC為5l，BC為4l，P球沿AC桿做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)下落的時(shí)間tp：5l=12gtp2，Q球沿BC桿做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a=gcos37°=0.8g，設(shè)下落的時(shí)間為tQ:4l=12atQ2，有以上方程可得：tpt

20、Q=11。 A、C.有沖量的定義I=Ft可得兩球的重力的沖量比為：IPIQ=mPgtPmQgtQ=mPmQ=12。故AC都錯(cuò)誤。 C、D.由速度公式v=at可得，兩球的速度比：vPvQ=gtP0.8gtQ=10.8；由動(dòng)量定理I合=ΔP=mΔv可知，兩球的合力的沖量比：IP合IQ合=mPvPmQvQ=12×10.8=58。故C正確，D錯(cuò)誤。 9．如圖所示，靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的某放射性元素的原子核，當(dāng)它放出一個(gè)α粒子后，其速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，測(cè)得α粒子和反沖核軌道半徑之比為44:1，則下列說(shuō)法不正確的是（） A．α粒子與反沖粒子的動(dòng)量大小相等，方向相反 B．原來(lái)放射性元素的原子核

21、電荷數(shù)為90 C．反沖核的核電荷數(shù)為88 D．α粒子和反沖粒子的速度之比為1:88 【答案】 D 【解析】 【詳解】 微粒之間相互作用的過(guò)程中遵守動(dòng)量守恒定律，由于初始總動(dòng)量為零，則末動(dòng)量也為零，即α粒子和反沖核的動(dòng)量大小相等，方向相反；由于釋放的α粒子和反沖核均在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)，且在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)；由Bqv=mv2R得：R=mvBq，若原來(lái)放射性元素的核電荷數(shù)為Q，則對(duì)α粒子：R1=P1B?2e，對(duì)反沖核：R2=P2B?(Q-2)e，由于P1=P2，根據(jù)R1:R2=44:1，解得Q=90，反沖核的核電荷數(shù)為90-2=88，它們的速度大小與質(zhì)量成反比，由于不知道質(zhì)

22、量關(guān)系，無(wú)法確定速度大小關(guān)系，故A、B、C正確，D錯(cuò)誤； 10．如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個(gè)質(zhì)量都是m的小車(chē)A和B，兩車(chē)之間用輕質(zhì)彈簧相連，它們以共同的速度向v0右運(yùn)動(dòng)，另有一質(zhì)量為m的粘性物體，從高處自由落下，正好落在A車(chē)上，并與之粘合在一起，求這以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為（） A．14mv02 B．18mv02 C．112mv02 D．115mv02 【答案】 C 【解析】 【詳解】 粘性物體和A相互作用，動(dòng)量守恒，mv0＝2mv1∴v1＝12v0，以后三個(gè)物體一起相互作用動(dòng)量守恒，2mv0＝3mv2，∴v2＝23v0，最大彈性勢(shì)能EP＝12mv0

23、2＋12×2m(12v0)2－12×3m(13v0)2＝112mv02，∴正確答案選C。 二、多選題 11．如圖所示,水平地面上固定一豎直擋板,傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體右側(cè)用楔子P固定于地面,一質(zhì)量為m的球體靜止于擋板與斜面之間,設(shè)所有接觸面均光滑:若將固定斜面體的楔子P取走,小球下落且未脫離斜面的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確內(nèi)是 A．球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng) B．球?qū)ωQ直擋板壓力相對(duì)于球靜止時(shí)減小 C．球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．球體與斜面體組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A．小球下落過(guò)程中，受到斜面體以及擋板的作用力，則不能做自由落體

24、運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤； B．球加速下落，處于失重狀態(tài)，可知球?qū)ωQ直擋板壓力相對(duì)于球靜止時(shí)減小，選項(xiàng)B正確； C．因此過(guò)程中只有球的重力對(duì)系統(tǒng)做功，則球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)C正確； D．球體與斜面體組成系統(tǒng)水平方向受擋板的彈力作用，水平方向動(dòng)量不守恒；豎直方向受合外力也不為零，豎直方向動(dòng)量也不守恒，則系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 12．為完成某種空間探測(cè)任務(wù)，需要在太空站上發(fā)射空間探測(cè)器，探測(cè)器通過(guò)向后噴氣而獲得反沖力使其加速。已知探測(cè)器的質(zhì)量為M，每秒鐘噴出的氣體質(zhì)量為m，噴射氣體的功率恒為P，不計(jì)噴氣后探測(cè)器的質(zhì)量變化。則( ) A．噴出氣體的速度為Pm

25、B．噴出氣體的速度為2Pm C．噴氣Δt秒后探測(cè)器獲得的動(dòng)能為mPΔt2M D．噴氣Δt秒后探測(cè)器獲得的動(dòng)能為mPΔt22M 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 由動(dòng)能定理可知：Pt=12mv2，t=1s，解得：v=2Pm，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律可知：0=Mv1-m△t?v，則有：2MEk=mΔtv=mΔt2Pm得?EK=mP△t2M，故C正確，D錯(cuò)誤。 13．靜止于粗糙水平面上的物體，受到方向恒定的水平拉力F的作用，其大小隨時(shí)間變化如圖甲所示。在拉力F從零逐漸增大的過(guò)程中，物體的加速度隨時(shí)間變化如圖乙所示，g取10m/s2。則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是 A．物體與

26、水平面間的摩擦力先增大后減小至某一值并保持不變 B．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 C．4s末物體的動(dòng)量大小為12kg·m/s D．4s內(nèi)滑動(dòng)摩擦力的沖量大小為9N·s 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 由乙知，0-2s內(nèi)物體靜止不動(dòng)，物體所受的靜摩擦力與拉力平衡，則知摩擦力逐漸增大。t=2s時(shí)靜摩擦力達(dá)到最大值，t=2s后物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，受到滑動(dòng)摩擦力作用，滑動(dòng)摩擦力小于最大靜摩擦力，并且保持不變，所以物體所受的摩擦力先增大，后減小至某一值并保持不變。故A正確。在2-4s內(nèi)，由牛頓第二定律得：F-μmg=ma；由圖知：當(dāng)F=6N時(shí)，a=1m/s2，代入得6-10μm=

27、m；當(dāng)F=12N時(shí)，a=3m/s2，代入得 12-10μm=3m；聯(lián)立解得μ=0.1，m=3kg，故B正確。根據(jù)a-t圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示速度的變化量，可知4s內(nèi)物體速度的變化量為△v=1+32×2=4m/s，由于初速度為0，所以4s末物體的速度為4m/s，動(dòng)量大小為P=mv=12kg?m/s，故C正確。4s內(nèi)滑動(dòng)摩擦力的沖量大小為I=μmgt=0.1×30×2N?s=6N?s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 14．如圖甲所示，質(zhì)量為0.01kg、長(zhǎng)為0.2m的水平金屬細(xì)桿CD的兩端分別放置在兩水銀槽的水銀中，水銀槽所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=10T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且細(xì)桿CD與該磁場(chǎng)方向垂

28、直。一匝數(shù)為100匝、橫截面面積為0.01m2的線通過(guò)導(dǎo)線、開(kāi)關(guān)S與兩水銀槽相連，線岡處于沿豎直方向垂直穿過(guò)圈橫截面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。在t=0.20s時(shí)閉合開(kāi)關(guān)S，細(xì)桿CD間彈起（可認(rèn)為彈起過(guò)程中安培力遠(yuǎn)大于重力，重力忽略不計(jì)），彈起的最大高度為0.2m。不考慮空氣阻力，水銀的黏滯作用和細(xì)桿CD落回水槽后的運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（） A．感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向上 B．t=0.05s時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為10V C．在細(xì)桿CD彈起的過(guò)程中，細(xì)桿CD所受安培力的沖量大小為0.01N?s D．開(kāi)關(guān)S閉合后，通過(guò)

29、細(xì)桿CD某一橫截面的電荷量為0.01C 【答案】 ABD 【解析】 【詳解】 A、由題意知細(xì)桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知感應(yīng)電流方向由C到D，由安培定則可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向豎直向上，由圖示圖像可知，在0.15~0.25s內(nèi)穿過(guò)線圈的磁通量減少，由楞次定律可得磁感應(yīng)強(qiáng)度B2方向豎直向上，故A正確； B、由圖像可知，0~0.1s內(nèi)線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=nΔ?Δt=10V，即0.05s時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為10V，故B正確； C、細(xì)桿彈起過(guò)程中，細(xì)桿所受安培力的沖量大小為I=mv=m2gh=0.02N·s，故C錯(cuò)誤； D、開(kāi)關(guān)K閉合后，設(shè)通過(guò)CD的電荷量

30、為q，根據(jù)動(dòng)量定理可得：B1IL?Δt=mv-0，而B(niǎo)1IL?Δt=B1Lq，解得：q=mvB1L=0.01C，故D正確； 故選ABD。 15．如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為3m的長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的鐵塊A放在長(zhǎng)木板右端。一質(zhì)量為m的子彈以速度v0射入木板并留在其中，鐵塊恰好不滑離木板。子彈射入木板中的時(shí)間極短，子彈、鐵塊均視為質(zhì)點(diǎn)，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（） A．木板獲得的最大速度為v05 B．鐵塊獲得的最大速度為v05 C．鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為v0240gL D．子彈、木塊、鐵塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2mv025

31、 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 對(duì)子彈和木板B系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出木板獲得的最大速度，對(duì)木板B和鐵塊A（包括子彈）系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出鐵塊獲得的最大速度，由能量守恒定律求出鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)和子彈、木塊、鐵塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能； 【詳解】 A、對(duì)子彈和木板B系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv0=4mv1，解得v1=v04，故A錯(cuò)誤； B、對(duì)木板B和鐵塊A（包括子彈）系統(tǒng)：mv0=5mv2，解得v2=v05，故B正確； C、子彈打入木板后，對(duì)木板B和鐵塊A（包括子彈）系統(tǒng)，由能量守恒定律：μmgL=124mv12125mv22，解得μ=v0240gL

32、，故C正確； D、全過(guò)程，由能量守恒定律可知，子彈、木板、鐵塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為△E=12mv02-125mv22，故D正確； 故選BCD。 【點(diǎn)睛】 子彈射入木塊的瞬間木塊獲得的速度最大，由動(dòng)量守恒定律求木塊獲得的最大速度；木塊在木板上滑行時(shí)，木塊（含子彈）與木板組成的系統(tǒng)合外力為零，總動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求木塊滑離木板時(shí)木板獲得的速度。 16．在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以初速度v0射擊質(zhì)量為M的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊在加速運(yùn)動(dòng)中的位移為s。則以下說(shuō)法正確的是 A．子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損 B．子彈動(dòng)量變化量的大小等于木塊動(dòng)

33、量變化量的大小 C．摩擦力對(duì)M做的功一定等于摩擦力對(duì)m做的功 D．位移s一定大于深度d 【答案】 AB 【解析】 【分析】 子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終子彈未能射穿木塊時(shí)，此時(shí)木塊和子彈的速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律以及能量守恒定律列式求解即可； 【詳解】 AC、子彈射擊木塊的過(guò)程中，設(shè)子彈受到木塊的摩擦力為f，摩擦力對(duì)木塊M做的功為W1=fs，摩擦力對(duì)子彈m做的功為W1=f(s+d)，根據(jù)能量守恒可得子彈動(dòng)能的虧損為ΔEk1=f(d+s)，系統(tǒng)動(dòng)能的虧損ΔEk2=fd，所以子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損，故A正確，C錯(cuò)誤； B、子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終子

34、彈未能射穿木塊時(shí)，此時(shí)木塊和子彈的速度相同，以子彈初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0=(M+m)v，解得：v=mv0M+m，子彈動(dòng)量變化量的大小ΔP1=mv0-mv=Mmv0M+m，木塊動(dòng)量變化量的大小ΔP2=Mv=Mmv0M+m，故B正確； D、對(duì)木塊根據(jù)動(dòng)能定理可得fs=12Mv2-0，解得木塊在加速運(yùn)動(dòng)中的位移為s=Mm2v022(M+m)2f，根據(jù)能量守恒可得fd=12mv02-12(m+M)v2，解得射入的深度為d=Mmv022(M+m)f>mM+m·Mmv022(M+m)f=s，故D錯(cuò)誤； 故選AB。 【點(diǎn)睛】 正確分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，知道當(dāng)子彈未能射穿木塊時(shí)時(shí)

35、，此時(shí)木塊和子彈的速度相同，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，明確應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)要規(guī)定正方向。 17．一個(gè)靜止在水平地面上的物體，質(zhì)量為0.1kg，受到豎直向上的拉力F作用，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化情況如圖所示。若g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是 A．0~3s內(nèi)，物體的速度逐漸增大 B．3s時(shí)物體的加速度最大 C．第5s末和第9s末物體的速度相等 D．第9s末物體離地面的高度最大 【答案】 BC 【解析】 【分析】 根據(jù)圖像可知物體在0~1s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，1~3s內(nèi)做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，3~7s內(nèi)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，7~9s內(nèi)向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)據(jù)此分析

36、 【詳解】 物體質(zhì)量為0.1kg，即物重1N，在F=1N前物體保持靜止，即物體是從1s后開(kāi)始向上加速運(yùn)動(dòng)的，A錯(cuò)誤；在3s末拉力最大，故加速度最大，B正確；根據(jù)動(dòng)量定理Ft=mΔv可知，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的動(dòng)量變化量，所以5~7s內(nèi)增加的動(dòng)量大小與7~9s內(nèi)減小的動(dòng)量大小相等，即第5s末和第9s末的速度相等，C正確；物體在1~9s整個(gè)過(guò)程中都在向上運(yùn)動(dòng)，即第9s末物體仍向上運(yùn)動(dòng)，物體離地面的高度不是最大，D錯(cuò)誤． 18．如圖，一輛質(zhì)量為M=3kg的平板小車(chē)A停靠在豎直光滑墻壁處，地面水平且光滑，一質(zhì)量為m=1kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))放在平板小車(chē)A最右端，平板小車(chē)A上表面水

37、平且與小鐵塊B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，平板小車(chē)A的長(zhǎng)度L=0.9m?，F(xiàn)給小鐵塊B一個(gè)v0=5m/s的初速度使之向左運(yùn)動(dòng)，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動(dòng)，重力加速度g=10m/s2.下列說(shuō)法正確的是 A．小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁時(shí)的速度為2m/s B．小鐵塊B與墻壁碰撞過(guò)程中所受墻壁的沖量大小為8kg.m/s C．小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎立墻壁的過(guò)程中損失的機(jī)械能為4J D．小鐵塊B在平板小車(chē)A上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為9J 【答案】 BD 【解析】 【分析】 鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理列式，求出鐵塊B到達(dá)豎直墻壁前的速度．鐵塊與墻壁發(fā)生彈性碰撞

38、后以原速率反彈，之后鐵塊在小車(chē)上向右滑動(dòng)，假設(shè)鐵塊最終能停留在小車(chē)A上，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出共同速度，再根據(jù)功能關(guān)系求出小鐵塊相對(duì)小車(chē)運(yùn)動(dòng)距離，即可進(jìn)行判斷．根據(jù)能量守恒定律求系統(tǒng)損失的機(jī)械能． 【詳解】 選取向左為正方向，設(shè)鐵塊向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁時(shí)的速度為v1．對(duì)鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：-μmgL=12mv12-12mv02，代入數(shù)據(jù)解得：v1=4m/s，故A錯(cuò)誤；鐵塊與豎直墻發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動(dòng)，速度大小為：v1′=-v1=-4m/s；根據(jù)動(dòng)量定理，小鐵塊B與墻壁碰撞過(guò)程中所受墻壁的沖量為：I=△mv=m（v1′-v）=1×（-4-4）=-8kg?m/s。負(fù)號(hào)表示方向

39、向右。故B正確；根據(jù)功能關(guān)系，小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁的過(guò)程中損失的機(jī)械能等于小鐵塊損失的動(dòng)能，為：△E1=12mv02 ?12mv12 = 12×1×52?12×1×42＝4.5J．故C錯(cuò)誤；假設(shè)小鐵塊最終和小車(chē)達(dá)到共同速度v2，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得： mv1′=（M+m）v2，代入數(shù)據(jù)解得：v2=-1m/s，設(shè)小鐵塊相對(duì)小車(chē)運(yùn)動(dòng)距離x時(shí)與平板車(chē)達(dá)到共速，由能量守恒定律得：-μmgx= 12（M+m）v22-12mv′12，代入數(shù)據(jù)解得：x=1.2m；由于x＞L，說(shuō)明鐵塊在沒(méi)有與平板車(chē)達(dá)到共速時(shí)就滑出平板車(chē)。即鐵塊B最后不能停留在小車(chē)A上。根據(jù)功能關(guān)系可知，小鐵塊B在平

40、板小車(chē)A上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為△E2=2μmgL，代入數(shù)據(jù)解得：△E2=9J．故D正確。故選BD。 【點(diǎn)睛】 本題首先要分析鐵塊的運(yùn)動(dòng)情況，對(duì)于鐵塊向右運(yùn)動(dòng)是否滑出平板車(chē)，我們可以采用假設(shè)法進(jìn)行判斷，正確運(yùn)用功能關(guān)系求解． 19．如圖所示，一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動(dòng)，其a﹣t圖象如圖所示，t=0時(shí)速度大小為2m/s，滑動(dòng)摩擦力大小恒為2N，則下列說(shuō)法中正確的是（　?。? A．在t=6s的時(shí)刻，物體的速度大小為20m/s B．在0～6s的時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為400J C．在0～6s的時(shí)間內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為36N?s

41、D．在t=6s的時(shí)刻，拉力F的功率為200W 【答案】 AD 【解析】 【分析】 根據(jù)△v=a△t可知a-t圖象中，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量，由此求得t=6s時(shí)物體的速度．根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)物體做的功等于動(dòng)能的變化量，根據(jù)動(dòng)量定理可知，合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，根據(jù)牛頓第二定律求出在t=6s時(shí)刻，拉力F的大小，再根據(jù)P=Fv求解拉力F的瞬時(shí)功率． 【詳解】 根據(jù)△v=a△t可知，在a-t圖象中，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量，則在0-6s時(shí)間內(nèi)速度增量為△v=2+42×6=18m/s，所以t=6s時(shí)刻，物體的速度v6=v0+△v=2+18=20

42、m/s，故A正確；在0～6s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：W合=△Ek=12mv62-12mv02，代入數(shù)據(jù)解得 W合=396J，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理得：IF-ft=mv6-mv0，則得拉力對(duì)物體的沖量 IF=ft+m（v6-v0）=2×6+2×（20-2）=48N?s，故C錯(cuò)誤。t=6s時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：F-f=ma，得 F=ma+f=2×4+2=10N，則在t=6s時(shí)刻，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正確。故選AD。 【點(diǎn)睛】 本題的解題關(guān)鍵是知道a-t圖象中，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量．明確利用動(dòng)能定理可求合外力做的功，運(yùn)用動(dòng)量定理可求合外力的沖量． 2

43、0．如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊P，P 、Q間接觸面粗糙?，F(xiàn)給P向右的速率VP，給Q向左的速率VQ，取向右為速度的正方向，不計(jì)空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)過(guò)程P、Q速度隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是（） A． B． C． D． 【答案】 ABC 【解析】 【分析】 開(kāi)始時(shí)，兩物體均在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，兩者最終達(dá)到共同速度；對(duì)AB系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律進(jìn)行討論即可. 【詳解】 開(kāi)始時(shí)，兩物體均在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，兩者最終達(dá)到共同速度；設(shè)向右為正方向，對(duì)AB系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律mPvP-mQvQ=(mP+mQ

44、)v；若mPvP=mQvQ，則v=0，圖像如圖A所示；若mPvP>mQvQ，則v>0，圖像如圖B所示；若mPvP0)的小球2發(fā)生彈性正碰(不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移),碰后小球2從DB進(jìn)入圓弧軌道,如圖所示。BC是一段豎直墻面,DEF是固定在豎直平面內(nèi)的一段光滑絕緣圓弧軌道,軌道上端D點(diǎn)的切線水平,B

45、、D間距很小,可看作重合的點(diǎn)。圓心O與軌道下端F的連線與豎直墻面的夾角為53°在BC右邊整個(gè)空間有水平向左、場(chǎng)強(qiáng)E=3mg4q的勻強(qiáng)電場(chǎng),小球2進(jìn)入圓孤軌道之后恰好能沿著軌道DEF運(yùn)動(dòng),一段時(shí)間后從軌道下端F處脫離,最后打在豎直墻面BC的C點(diǎn)。已知重力加速度為g,sin53°=0.8。 求：（1）碰后小球2運(yùn)動(dòng)的速度; （2）軌道DEF的半徑R; （3）小球2打在C點(diǎn)前瞬間的速度。 【答案】（1）3gs2m/s（2）67sm（3）85gs14m/s 【解析】 【詳解】 （1）由能量守恒得Ep=12?3mv12① 1、2小球根據(jù)動(dòng)量守恒得：3mv1=3mv'1+mv2②.

46、1、2小球根據(jù)機(jī)械能守恒得：123mv12=123mv'12+12mv22③. 由①②③式解得：vB=v2=3gs2m/s （2）由題意得：F合=(mg)2+(qE)2=54mg. 設(shè)DEF軌道半徑為R，設(shè)在E點(diǎn)小球達(dá)到等效最高點(diǎn)，由于小球恰好能沿著DEF軌道運(yùn)動(dòng)，則在E點(diǎn)有：54mg=mvE2R①. 根據(jù)動(dòng)能定理得：-54mg?(R-Rsin53°)=12mvE2-12mvB2.②. 由①②式解得：R=67sm （3）過(guò)點(diǎn)F做切線以及垂直BC的水平線，則α為53°。又因?yàn)閙gqE=43，則小球所受合力的方向與水平方向夾角成53°。即在F點(diǎn)小球速度方向與合力方向共線，小球做直線

47、運(yùn)動(dòng)。 由幾何關(guān)系得：LBC=R+Rcos53°=167sm. 從B到C全程動(dòng)能定理有：mgLBC=12mvC2-12mvB2 解得：vC=85gs14m/s. 22．光滑水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于N點(diǎn)，質(zhì)量為m的小球B靜止于水平軌道上P點(diǎn)，小球半徑遠(yuǎn)小于R。與B相同的小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，A、B碰后粘連在一起。求當(dāng)v0的大小在什么范圍時(shí)，兩球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離軌道。已知重力加速度為g。 【答案】v0≤22gR或v0≥25gR 【解析】 【詳解】 AB碰撞動(dòng)量守恒，則：mv0＝2mv 若兩物體能到達(dá)與圓心等高的位置，則：－2mgR＝0－12

48、×2mv2， 解得v0＝22gR 若兩物體恰能到達(dá)最高點(diǎn)，則：－2mg×2R＝12×2mv′2－12×2mv2， 2mg＝2mv'2R， 解得v0＝25gR 綜上，當(dāng)v0≤22gR或v0≥25gR時(shí)，兩球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離軌道。 23．如圖所示，三個(gè)直徑相同的小球靜止在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，A、C兩球的質(zhì)量均為m，B球的質(zhì)量為km（k>1）。給A球一個(gè)水平向右的初速度v0，B球先與A球發(fā)生彈性正碰，再與C球發(fā)生彈性正碰。求系數(shù)k的值為多大時(shí)，B與C碰后瞬間B球的速度最大？ 【答案】 k=3吋，vB2最大 【解析】 【詳解】 設(shè)A、B發(fā)生弾性碰撞后的速度分別v

49、A、vB1，則： mv0=mvA+kmvB1 12mv02=12mvA2+12kmvB12 聯(lián)立解得：vA=1-kk+1v0vB1=2k+1v0 設(shè)B、C發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為vB2、vC，同理可得：vB2=k-1k+1vB1 代入整理得：vB2=2k+1-4(k+1)2v0 解得當(dāng)k=3時(shí)，vB2最大。 24．在距地面1.25m高處豎直向下迅速擊打一皮球,它觸地后豎直向上彈起的最大高度也為1.25m。皮球的質(zhì)量為600g，觸地過(guò)程中,地面對(duì)皮球的平均作用力F=30N，假設(shè)觸地前后皮球的動(dòng)能損失掉75%,忽略其它阻力,g取10m/s2。求: (1)觸地過(guò)程中,皮球與地面相互

50、作用的時(shí)間； (2)皮球被擊打后獲得的速度大小。 【答案】(1) 38s (2) 53m/s 【解析】 【詳解】 解：(1)設(shè)球被打擊后初速度為v0，碰地前后速度分別為v1、v2 則有：12mv12(1-34)=12mv22 觸地反彈后運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程：v22=2gh 觸地過(guò)程，以向上為正，由動(dòng)量定理：Ft-mgt=mv2-(-mv1) 聯(lián)立解得：t=38s， (2)從打擊后判落地前過(guò)程：v12-v02=2gh 解得：v0=53m/s 25．如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車(chē)，由水平部分AB和半圓弧軌道BCD部分平滑連接而成，一質(zhì)量m=1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊Q以初速度

51、v0=10m/s從左側(cè)滑上小車(chē)。，已知AB長(zhǎng)為L(zhǎng)=10m，小車(chē)的質(zhì)量為M=3kg．取重力加速度g=10m/s2。 （1）若水平部分AB是粗糙的，而半圓弧BCD部分是光滑的，物塊Q滑到C點(diǎn)返回恰好停止在AB的中點(diǎn)，求物塊Q與水平部分AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ和半圓弧BCD的半徑R1。 （2）若小車(chē)上表面AB和半圓弧軌道BCD面均光滑，半圓弧軌道BCD的半徑為R2=1.2m，物塊Q可以從半圓弧軌道BCD的最高點(diǎn)D飛出，求其再次落回小車(chē)時(shí)，落點(diǎn)與B點(diǎn)的距離S為多少？（結(jié)果可用根號(hào)表示） 【答案】（1）0.25；1.25m（2）1235m 【解析】 【詳解】 (1)物塊Q從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與小車(chē)相

52、對(duì)靜止過(guò)程，共同速度為v，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，有：mv0=(m+M)v， 代入數(shù)據(jù)解得：v =2.5m/s 系統(tǒng)能量守恒：12mv02=μmg×32L+12(m+M)v2 代入數(shù)據(jù)解得：μ=0.25 Q至C點(diǎn)與車(chē)共速時(shí)，系統(tǒng)能量守恒，有：12mv02=μmgL+12(m+M)v2+mgR1 代入數(shù)據(jù)解得：R1=1.25m (3)設(shè)Q通過(guò)D點(diǎn)時(shí)，Q與小車(chē)的速度分別為v1、v2系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，全過(guò)程能量守恒，規(guī)定向右為正方向， mv0=mv1+Mv2 12mv02=12mv12+12Mv22+2mgR2 解得：v1=-2m/s，v2=4?m/s 或

53、v1=7m/s，v2=1?m/s（舍） 物塊Q通過(guò)D點(diǎn)時(shí)相對(duì)小車(chē)的速度為：v′=（v2-v1）6?m/s， 物塊Q再次落回小車(chē)時(shí)與物塊的距離為：s=v'4R2g 代入數(shù)據(jù)解得：s=1235m 26．如圖所示，可看成質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量分別為2m和m的物塊A、B之間夾著一被壓縮且鎖定的輕、短彈簧，它們靜止在光滑軌道abc的水平軌道ab上，bc為豎直平面內(nèi)的半徑為R=0.1m的半圓形軌道，長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.4m的傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速度為v=2m/s，忽略傳送帶的d端與半圓軌道c點(diǎn)之間的縫隙寬度，物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，解除彈簧的鎖定后，求： (1)為了

54、使物塊B在運(yùn)動(dòng)中一定能滑上傳送帶且不從e點(diǎn)脫離傳送帶，解除彈簧鎖定后，物塊B獲得的速度必須滿足的條件； (2)如果m=1kg，開(kāi)始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為EP=6.75J，物塊B再次落到水平軌道ab 上時(shí)與e點(diǎn)間水平距離為多大； 【答案】(1)5ms≤vB≤22ms ；(2)0.2m 【解析】 【詳解】 解：(1)設(shè)物塊B恰好能通過(guò)軌道的c點(diǎn)時(shí)速度為vC1 由牛頓第二定律可得：mg=mvC12R 解得：vC1=gR=1m/s 此時(shí)物體B從解除鎖定到運(yùn)動(dòng)至c點(diǎn)過(guò)程，由機(jī)械能守恒得：-mg·2R=12mvC12-12mvB12 解得：vB1=5m/s 從解除鎖定后物塊B的速度為vB

55、2時(shí)，剛好能運(yùn)動(dòng)到傳送帶的e端： 從d到e的過(guò)程中：-μmgL=0-12mvd2 解得：vd=2m/s 從b到d的過(guò)程中：-mg·2R=12mvd2-12mvB22 解得：vB2=22m/s 所以B的速度必須滿足：5m/s≤vB≤22m/s (2)解除彈簧的鎖定后，設(shè)A、B獲得的速度分別為vA、vB 由動(dòng)量守恒可得：0=mvB-2mvA 根據(jù)機(jī)械能守恒可得：EP=12·2mvA2+12mvB2 解得：vB=3m/s>22m/s，所以物塊B將滑過(guò)e點(diǎn) 物塊B從解除鎖定到運(yùn)動(dòng)到e點(diǎn)時(shí)的速度設(shè)為ve 由動(dòng)能定理可得：-mg·2R-μmgL=12mve2-12mvB2 解得：v

56、e=1m/s 物塊B離開(kāi)e點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)：2R=12gt2,x=vet 解得：x=0.2m 27．如圖所示，水平地面上A、B兩點(diǎn)靜止放置著可視為質(zhì)點(diǎn)的M、N兩個(gè)小木塊，其中A、B之間地面光滑，B、C之間地面粗糙。地面與傾角為37°的粗糙斜面在C點(diǎn)相連，木塊通過(guò)C點(diǎn)可認(rèn)為沒(méi)有能量損失?，F(xiàn)給木塊M一個(gè)5m/s的初速度向左運(yùn)動(dòng)，撞上粘有橡皮泥的木塊N之后一起沖向斜面。已知M的質(zhì)量為4kg，N和橡皮泥的總質(zhì)量為1kg，BC地面與木塊間的動(dòng)摩擦因素μ1=0.2，斜面與木塊的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5（g取10m/s2）求 （1）為了讓兩個(gè)小木塊能夠到C點(diǎn)，B、C之間的最大距離不得超過(guò)多少？ （

57、2）若B、C之間的距離為2m，求木塊能上升到斜面的最大高度是多少？ 【答案】（1）4m（2）0.24m 【解析】 【詳解】 解：(1)AB碰撞由動(dòng)量守恒定律得：mMvN=(mM+mN)vB 解得：vB=4m/s 剛好由B到C由動(dòng)能定律得：-μ1(mM+mN)gLBC=0-12(mM+mN)v12 解得：LBC=4m (2)經(jīng)分析，由B到C 由動(dòng)能定理得：-μ1(mM+mN)gLBC=12(mM+mN)vC2-12(mM+mN)vB2 從C向斜面上沖，由動(dòng)能定理得：-μ2(mM+mN)gxcosθ-(mM+mN)gxsinθ=0-12(mM+mN)vC2 解得：x=0.4m

58、又由：h=xsinθ 解得：h=0.24m 28．距水平地面高5 m的平臺(tái)邊緣放有一質(zhì)量為0.19 kg的木塊，一質(zhì)量為10 g的子彈水平射入木塊，并留在木塊內(nèi)，木塊在子彈的沖擊下掉落到水平地面上，測(cè)得木塊落地位置到平臺(tái)邊緣的水平距離為3m。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求： （1）子彈射入木塊前瞬間的速度大??； （2）子彈射入木塊的過(guò)程中所產(chǎn)生的內(nèi)能。 【答案】（1）60?m/s（2）17.1J 【解析】 【詳解】 （1）子彈射入木塊后與木塊一起做平拋運(yùn)動(dòng)， 豎直方向：h＝12gt2 水平方向：x=vt， 代入數(shù)據(jù)解得：v=3?m/s 子彈射入木塊過(guò)程系

59、統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向， 由動(dòng)量守恒定律得：mv0=（m+M）v 代入數(shù)據(jù)解得：v0=60?m/s。 （2）子彈擊中木塊過(guò)程，由能量守恒定律得：Q＝12mv02?12(m+M)v2 代入數(shù)據(jù)解得：Q=17.1J。 29．如圖所示，MN是半徑為R=0.2m的豎直四分之一光滑圓弧軌道，豎直固定在水平桌面上，軌道末端處于桌子邊緣并與水平桌面相切于N點(diǎn)。把一質(zhì)量為m=1kg的小球B靜止放于N點(diǎn)，另一完全相同的小球A由M點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)與B球發(fā)生正碰，碰后粘在一起水平飛出，落在地面上的P點(diǎn)。若桌面高度為h=0.8m，取重力加速度g=10m/s2。不計(jì)阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。求：

60、（1）小球A運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與小球B碰前的速度v0的大小 （2）小球A與小球B碰后瞬間的共同速度v的大小 （3）P點(diǎn)與N點(diǎn)之間的水平距離x 【答案】（1）v0=4m/s （2）v=2m/s （3）x=0.8m 【解析】 【詳解】 （1）由機(jī)械能守恒定律：mgR=mv02/2 解得：v0=4m/s （2）小球A與小球B碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則：mv0=2mv 解得：v=2m/s （3）小球做平拋運(yùn)動(dòng)：h=gt2/2 x=vt 解得：x=0.8m 30．如圖所示，質(zhì)量M＝0.5kg的長(zhǎng)木板A靜止在粗糙的水平地面上，質(zhì)量m＝0.3 kg的物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）以大小v0＝

61、6m／s的速度從木板A的左端水平向右滑動(dòng)。已知物塊B與木板A上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.6，認(rèn)為各接觸面間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g＝10 m／s2。 （1）若木板A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0．3，物塊B恰好能滑到木板A的右端，求木板A的長(zhǎng)度L； （2）若木板A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0．1，木板足夠長(zhǎng)，求木板A從開(kāi)始滑動(dòng)至達(dá)到最大速度過(guò)程中所受合力的沖量大小I。 【答案】（1）L＝3m（2）I＝0.75N?s 【解析】 【分析】 （1）分別對(duì)B與A進(jìn)行受力分析，求出它們之間的摩擦力以及A與地面之間的摩擦力，比較判定A是否會(huì)運(yùn)動(dòng)，然后由牛頓第二定律求出加速度

62、，最后由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可求出； （2）判定A是否會(huì)運(yùn)動(dòng)，然后由牛頓第二定律求出加速度，最后由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式，結(jié)合動(dòng)量定理即可求出； 【詳解】 （1）A、B之間的滑動(dòng)摩擦力大小為：f1＝μ1mg＝1.8N A與地面間的最大靜摩擦力為：f2＝μ2（M+m）g＝2.4N 由于f2＞f1，故A靜止不動(dòng) B向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A的右端時(shí)速度為0，有：v02=2aL， 其中a＝μ1g＝6m/s2 解得：L＝3m （2）若木板A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2'＝0.1，則：f2'＝μ2'（M+m）g＝0.8N＜f1，故A將向右滑動(dòng)，A、B的加速度為：a1=f1-f2'M=2m/s2，a2=a=6m/s2 當(dāng)它們的速度相等時(shí)，υm=a1t=υ0-a2t， 又：I＝Mvm 代入數(shù)據(jù)解得：I＝0.75N?s 【點(diǎn)睛】 該題結(jié)合動(dòng)量定理考查牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是先判斷A是否相對(duì)地面發(fā)生運(yùn)動(dòng)． 25