《（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第一板塊 第9講 技法專題——巧用“動量觀點”解決力學(xué)選擇題講義（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第一板塊 第9講 技法專題——巧用“動量觀點”解決力學(xué)選擇題講義（含解析）.doc（29頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

技法專題——巧用“動量觀點”解決力學(xué) 考法 學(xué)法 “動量觀點”是解答力學(xué)問題的三大觀點之一，高考既可能在選擇題中單獨考查動量問題，也可能在計算題中綜合考查到動量問題?？疾榈膬?nèi)容主要有：①動量、沖量、動量變化量等概念；②動量定理的應(yīng)用；③動量守恒定律的應(yīng)用。該部分內(nèi)容主要解決選擇題中的動量守恒問題和動量定理的應(yīng)用。用到的思想方法有：①守恒的思想；②整體法和隔離法；③碰撞、爆炸和反沖問題的分析方法。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ [知能全通]———————————————————————————————— 1．掌握基本概念和規(guī)律 2．應(yīng)用動量定理的注意事項 (1)一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，用動量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理求解更簡捷。動量定理不僅適用于恒力，也適用于變力。力變化的情況下，動量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值。 (2)動量定理的表達(dá)式是矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。 [題點全練]———————————————————————————————— 1．[多選]一細(xì)繩系著小球，在光滑水平面上做圓周運動，小球質(zhì)量為m，速度大小為v，做圓周運動的周期為T，則以下說法中正確的是(　　) A．經(jīng)過時間t＝，動量變化量為0 B．經(jīng)過時間t＝，動量變化量大小為mv C．經(jīng)過時間t＝，細(xì)繩對小球的沖量大小為2mv D．經(jīng)過時間t＝，重力對小球的沖量大小為 解析：選BCD　經(jīng)過時間t＝，小球轉(zhuǎn)過了180，速度方向正好相反，若規(guī)定開始計時時的速度方向為正，則動量變化量為Δp＝－mv－mv＝－2mv，細(xì)繩對小球的沖量為I＝Δp＝－2mv，故大小為2mv，選項A錯誤，C正確；經(jīng)過時間t＝，小球轉(zhuǎn)過了90，根據(jù)矢量合成法可得，動量變化量大小為Δp′＝mv，重力對小球的沖量大小為IG＝mgt＝，B、D正確。 2．[多選](2017全國卷Ⅲ)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kgm/s C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kgm/s D．t＝4 s時物塊的速度為零 解析：選AB　根據(jù)Ft圖線與時間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s 內(nèi)合外力沖量分別為2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，應(yīng)用動量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時刻的動量大小分別為2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，則A、B正確，C、D錯誤。 3．如圖甲所示，一質(zhì)量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動，其at圖像如圖乙所示，t＝0時其速度大小為v0＝2 m/s，滑動摩擦力大小恒為2 N，則(　　) A．t＝6 s時，物體的速度為18 m/s B．在0～6 s內(nèi)，合力對物體做的功為400 J C．在0～6 s內(nèi)，拉力對物體的沖量為36 Ns D．t＝6 s時，拉力的功率為200 W 解析：選D　根據(jù)Δv＝aΔt可知，at圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量，則在t＝6 s時，物體的速度v6＝v0＋Δv＝m/s＝20 m/s，故A錯誤；根據(jù)動能定理得：W合＝ΔEk＝mv62－mv02＝396 J，故B錯誤；在0～6 s內(nèi)，拉力與摩擦力對物體有沿水平方向的沖量，由動量定理得：IF－ft＝mv6－mv0，解得IF＝48 Ns，即拉力對物體的沖量為48 Ns，故C錯誤；在t＝6 s時，根據(jù)牛頓第二定律得：F＝ma＋f＝(24＋2)N＝10 N，則此時拉力的功率P＝Fv6＝1020 W＝200 W，故D正確。 4．[多選](2018福建四校二次聯(lián)考)如圖所示，足夠長的固定光滑斜面傾角為θ，質(zhì)量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面，達(dá)到最高點后又滑回原處，所用時間為t。對于這一過程，下列判斷正確的是(　　) A．斜面對物體的彈力的沖量為零 B．物體受到的重力的沖量大小為mgt C．物體受到的合力的沖量大小為零 D．物體動量的變化量大小為mgsin θt 解析：選BD　斜面對物體的彈力的沖量大小為：I＝Nt＝mgcos θt，彈力的沖量不為零，故A錯誤；物體所受重力的沖量大小為：IG＝mgt，物體受到的重力的沖量大小不為零，故B正確；物體受到的合力的沖量大小為mgtsin θ，不為零，C錯誤；由動量定理得，動量的變化量大小Δp＝I合＝mgsin θt，D正確。 [知能全通]———————————————————————————————— 1．動量守恒定律的條件、表達(dá)式和性質(zhì) 2．爆炸與反沖的特點 (1)時間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒或某個方向的動量守恒。 (2)因有內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，系統(tǒng)機(jī)械能會增加，要利用能量守恒定律解題。 (3)系統(tǒng)初始狀態(tài)若處于靜止?fàn)顟B(tài)，則爆炸或反沖后系統(tǒng)內(nèi)物體速度往往方向相反。 [題點全練]———————————————————————————————— 1.如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量為m(m＜M)的小球從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑，下列說法正確的是(　　) A．在以后的運動過程中，小球和槽的水平方向動量始終守恒 B．在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功 C．全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且水平方向動量守恒 D．被彈簧反彈后，小球和槽的機(jī)械能守恒，但小球不能回到槽高h(yuǎn)處 解析：選D　當(dāng)小球與彈簧接觸后，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，在水平方向動量不守恒，故A錯誤；下滑過程中小球和槽都有水平方向的位移，而兩者之間的相互作用力是垂直于槽的曲面的，故力和位移方向不總是垂直，故兩力均做功，故B錯誤；全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球與彈簧接觸過程，系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)水平方向動量不守恒，故C錯誤；小球在槽上下滑過程兩者水平方向不受外力，水平方向動量守恒，小球與槽分離時兩者動量大小相等，由于m＜M，則小球的速度大于槽的速度，小球被彈簧反彈后的速度大小等于與槽分離時的速度大小，小球?qū)⒆飞喜鄄⒀夭凵匣匣^程中只有重力對其做功，機(jī)械能守恒，由于小球與槽組成的系統(tǒng)總動量水平向左，小球滑上槽的最高點時系統(tǒng)速度水平向左，系統(tǒng)總動能不為零，由機(jī)械能守恒定律可知，小球不能回到槽高h(yuǎn)處，故D正確。 2．(2018牡丹江一中檢測)甲、乙兩船的質(zhì)量均為M，它們都靜止在平靜的湖面上，質(zhì)量為M的人從甲船跳到乙船上，再從乙船跳回甲船，經(jīng)過多次跳躍后，最后停在乙船上。假設(shè)水的阻力可忽略，則(　　) A．甲、乙兩船的速度大小之比為1∶2 B．甲船與乙船(包括人)的動量相同 C．甲船與乙船(包括人)的動量之和為零 D．因跳躍次數(shù)未知，故無法判斷 解析：選C　以人與兩船組成的系統(tǒng)為研究對象，人在跳躍過程中系統(tǒng)總動量守恒，初態(tài)總動量為零，所以甲船與乙船(包括人)的動量大小之比為1∶1，而動量的方向相反，所以甲船與乙船(包括人)的動量不同。由p＝mv，知甲、乙兩船的速度與質(zhì)量成反比，所以最后甲、乙兩船的速度大小之比為2∶1，故A、B錯誤；以系統(tǒng)為研究對象，在整個過程中，由動量守恒定律知，甲船與乙船(包括人)的動量之和為零，故C正確，D錯誤。 3．一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 解析：選B　由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙做平拋運動的時間t＝1 s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D項錯；在爆炸前后，甲、乙水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙的動量改變量大小相等，甲、乙質(zhì)量比為3∶1，所以速度變化量大小之比為1∶3，由平拋運動水平方向上，x＝v0t，所以A圖中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s， |Δv乙|＝2.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，A項錯；B圖中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝ 1.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，B項對。 4.[多選]小車靜置于光滑的水平面上，小車的A端固定一個輕質(zhì)彈簧，B端粘有橡皮泥，小車的質(zhì)量為M、長為L，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時小車與C都處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。當(dāng)突然燒斷細(xì)繩，彈簧被釋放，C離開彈簧向B端沖去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下說法中正確的是(　　) A．如果小車內(nèi)表面光滑，小車與C組成的系統(tǒng)任何時刻機(jī)械能都守恒 B．小車與C組成的系統(tǒng)任何時刻動量都守恒 C．當(dāng)C對地運動速度大小為v時，小車對地運動速度大小為 D．小車向左運動的最大位移為 解析：選BCD　小車與C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)在整個過程動量守恒，但C與橡皮泥粘接過程有機(jī)械能損失。由動量守恒定律得Mv′－mv＝0，則v′＝，該系統(tǒng)屬于人船模型，Md＝m(L－d)，所以小車向左運動的最大位移應(yīng)等于d＝，綜上，選項B、C、D正確。 [研一題]———————————————————————————————— [多選](2018合肥一中檢測)A、B兩球沿同一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為A、B碰撞前、后的位移－時間圖像，a、b分別為A、B碰前的位移－時間圖像，c為碰撞后A、B共同運動的位移－時間圖像。若A的質(zhì)量為m＝2 kg，則由圖可知下列結(jié)論正確的是(　　) A．A、B碰撞前的總動量為3 kgm/s B．碰撞時A對B所施沖量為－4 Ns C．碰撞前、后A的動量變化為4 kgm/s D．碰撞中A、B組成的系統(tǒng)損失的動能為10 J [解析]　由題圖可知，碰撞前有：vA＝＝ m/s＝－3 m/s，vB＝＝ m/s＝ 2 m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝v＝＝ m/s＝－1 m/s；對A、B組成的系統(tǒng)，A、B沿同一直線運動并發(fā)生正碰，碰撞前、后都是做勻速直線運動，所以系統(tǒng)的動量守恒。碰撞前、后A的動量變化為：ΔpA＝mvA′－mvA＝2(－1)kgm/s－2(－3)kgm/s＝4 kgm/s；根據(jù)動量守恒定律，碰撞前、后B的動量變化為：ΔpB＝－ΔpA＝－4 kgm/s，由動量定理可知，碰撞時A對B所施沖量為：IB＝ΔpB＝－4 kgm/s＝－4 Ns；又ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝＝ kg＝ kg，所以A與B碰撞前的總動量為：p總＝mvA＋mBvB＝2 (－3)kgm/s＋2 kgm/s＝－ kgm/s；碰撞中A、B組成的系統(tǒng)損失的動能：ΔEk＝ mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2，代入數(shù)據(jù)解得：ΔEk＝10 J。故A錯誤，B、C、D正確。 [答案]　BCD [悟一法]———————————————————————————————— 1．三類碰撞的特點 彈性碰撞 動量守恒，機(jī)械能守恒 非彈性碰撞 動量守恒，機(jī)械能有損失 完全非彈性碰撞 動量守恒，機(jī)械能損失最多 2.動量觀點和能量觀點的選取原則 (1)動量觀點 ①對于不涉及物體運動過程中的加速度，而涉及物體運動時間的問題，特別對于打擊、碰撞類問題，因時間短且沖力隨時間變化，應(yīng)用動量定理求解，即Ft＝mv－mv0。 ②對于碰撞、爆炸、反沖類問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時間，應(yīng)用動量守恒定律求解。 (2)能量觀點 ①對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解。 ②如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運動過程中的加速度和時間問題，則采用機(jī)械能守恒定律求解。 ③對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒定律求解。 [通一類]——————————————————————————————— 1．(2019屆高三大慶調(diào)研)如圖所示裝置中，小球A和小球B質(zhì)量相同，小球B置于光滑水平面上。當(dāng)A從高為h處由靜止擺下，到達(dá)最低點恰好與B相撞，并黏合在一起繼續(xù)擺動，它們能上升的最大高度是(　　) A．h　　　　　　　 B. C. D. 解析：選C　A運動到最低點有：mgh＝mvA2，到達(dá)最低點恰好與B相撞，并黏合在一起，有：mvA＝2mv，v＝，兩者同時上升時機(jī)械能守恒，有：2mv2＝2mgH，聯(lián)立解得：H＝，C正確。 2．(2018淮北一中模擬)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝ 2 kg，mB＝3 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B速度的可能值是(　　) A．vA＝4.5 m/s，vB＝3 m/s B．vA＝3 m/s，vB＝4 m/s C．vA＝－1.5 m/s，vB＝7 m/s D．vA＝7.5 m/s，vB＝1 m/s 解析：選B　考慮實際情況，碰撞后A的速度不可能大于B的速度，故A、D錯誤，B、C滿足；A、B碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒，計算易知，B、C均滿足；根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動能應(yīng)該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動能，碰撞前總動能為42 J，B選項對應(yīng)的總動能為33 J，C選項對應(yīng)的總動能為75.75 J，故C錯誤，B滿足。 3．(2018安徽“江南十校”聯(lián)考)如圖所示，一個質(zhì)量為m的物塊A與另一個靜止的質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后物塊B剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機(jī)械能損失，已知B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5 m，g取 10 m/s2，A、B均可視為質(zhì)點。則A碰撞前瞬間的速度為(　　) A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s 解析：選C　碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得：－μ2mgx＝0－2mv2，解得：v＝1 m/s，A與B碰撞的過程中，A與B組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，則：mv0＝ mv1＋2mv，由于沒有機(jī)械能損失，則：mv02＝mv12＋2mv2，解得：v0＝1.5 m/s，故A、B、D錯誤，C正確。 [專題強(qiáng)訓(xùn)提能] 1．(2018全國卷Ⅱ)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為(　　) A．10 N　　　　　　　　 B．102 N C．103 N D．104 N 解析：選C　設(shè)每層樓高約為3 m，則雞蛋下落高度約為h＝325 m＝75 m，達(dá)到的速度滿足v2＝2gh，根據(jù)動量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得雞蛋受到地面的沖擊力F＝＋mg≈103 N，由牛頓第三定律知C正確。 2．[多選](2019屆高三資陽模擬)如圖甲所示，物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的彈簧，整個系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中物塊A最初與左側(cè)固定的擋板相接觸，物塊B的質(zhì)量為2 kg?，F(xiàn)解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，從某時刻開始計時，B的vt圖像如圖乙所示，則可知(　　) A．A的質(zhì)量為4 kg B．運動過程中A的最大速度為4 m/s C．在A離開擋板前，系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒 D．在A離開擋板后彈簧的最大彈性勢能為3 J 解析：選BD　解除對彈簧的鎖定，A離開擋板后，系統(tǒng)不受外力，系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，B的速度最大(vm＝3 m/s)時，A的速度最小為零，且此時彈簧處于原長；B的速度最小(v′＝1 m/s)時，A的速度最大，設(shè)A的質(zhì)量為m，A的最大速度為v，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有：mv＋mBv′＝mBvm，mv2＋mBv′2＝mBvm2，解得m＝1 kg， v＝4 m/s，A錯誤，B正確；在A離開擋板前，由于擋板對A有作用力，所以A、B系統(tǒng)所受外力矢量和不為零，則系統(tǒng)動量不守恒，C錯誤；當(dāng)A、B速度相等時，A、B動能之和最小，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，此時彈簧彈性勢能最大。根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律，有：mBvm＝(mB＋m)v共，Epm＝mBvm2－(mB＋m)v共2，解得Epm＝3 J，D正確。 3．[多選](2018哈爾濱三中檢測)如圖所示，甲、乙兩小車的質(zhì)量分別為m1和m2，且m1v1，所以最后木塊相對傳送帶靜止，木塊向左勻加速運動的時間 t2＝＝0.4 s，則木塊遭射擊后到相對傳送帶靜止歷時t＝t1＋t2＝1.0 s，C正確，D錯誤；子彈射穿木塊后，木塊先向右勻減速運動至速度為零，然后向左勻加速運動至與傳送帶速度相同后一起勻速運動，A錯誤。 10．[多選]如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端分別連著木塊A和B，靜止于光滑的水平面上。木塊A被水平飛行的初速度為v0的子彈射中并鑲嵌在其中，子彈與A的作用時間極短。已知B的質(zhì)量為m，A的質(zhì)量是B的，子彈的質(zhì)量是B的，則(　　) A．子彈擊中木塊A后瞬間，與A的共同速度為v0 B．子彈擊中木塊A后瞬間，與A的共同速度為v0 C．彈簧壓縮到最短時的彈性勢能為mv02 D．彈簧壓縮到最短時的彈性勢能為mv02 解析：選AC　設(shè)子彈擊中木塊A后瞬間與木塊A的共同速度為v1，二者動量守恒，有 mv0＝v1，解得v1＝v0，彈簧壓縮到最短時，A與B具有共同的速度，設(shè)為v2，子彈和A與B動量守恒，有v1＝v2，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為E，由能量守恒定律得v12＝v22＋E，解得E＝mv02，綜上所述，A、C正確。 11.[多選](2018哈爾濱三中檢測)如圖所示，將一輕質(zhì)彈簧從物體B內(nèi)部穿過，并將其上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量為m1＝2.0 kg的物體A。平衡時A距天花板h＝2.4 m，在距A正上方高為h1＝1.8 m處由靜止釋放質(zhì)量為m2＝1.0 kg的B，B下落過程中某時刻與彈簧下端的A碰撞(碰撞時間極短)，碰撞后A、B一起向下運動，A、B不粘連，且可視為質(zhì)點，歷時0.25 s第一次到達(dá)最低點(彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，g＝10 m/s2)，下列說法正確的是(　　) A．碰撞結(jié)束瞬間A、B的速度大小為2 m/s B．碰撞結(jié)束后A、B一起向下運動的最大位移大小為0.25 m C．碰撞結(jié)束后A、B一起向下運動的過程中，A、B間的平均作用力大小為18 N D．A、B到最低點后反彈上升，A、B分開后，B還能上升的最大高度為0.2 m 解析：選ABC　設(shè)B自由下落至與A碰撞前其速度為v0，根據(jù)自由落體運動規(guī)律，有：v0＝＝6 m/s，設(shè)A、B碰撞結(jié)束瞬間二者共同速度為v1，以向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有：m2v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝2 m/s，A正確；從二者一起運動到速度變?yōu)榱愕倪^程中，選擇B為研究對象，根據(jù)動量定理，有：(m2g－)t＝0－m2v1，解得＝ 18 N，方向豎直向上，C正確；此過程中對B分析，根據(jù)動能定理，有：－x＋m2gx＝ 0－m2v12，解得x＝0.25 m，即碰撞結(jié)束后A、B一起向下運動的最大位移大小為0.25 m，B正確；A、B若在碰撞位置分開，B還能上升的最大高度為h′＝＝0.2 m，但實際上A、B在彈簧恢復(fù)原長時才分開，故B還能上升的最大高度小于0.2 m，D錯誤。 12.如圖所示，一輛質(zhì)量為M＝6 kg的平板小車?？吭趬翘帲孛嫠角夜饣?，墻與地面垂直。一質(zhì)量為m＝2 kg 的小鐵塊(可視為質(zhì)點)放在平板小車最右端，平板小車上表面水平且與小鐵塊之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.45，平板小車的長L＝1 m?，F(xiàn)給小鐵塊一個v0＝5 m/s 的初速度使之向左運動，與豎直墻發(fā)生彈性碰撞后向右運動，則小鐵塊在平板小車上運動過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為(g取10 m/s2)(　　) A．10 J B．30 J C．9 J D．18 J 解析：選D　設(shè)小鐵塊向左運動到達(dá)豎直墻時的速度大小為v1，由動能定理得－μmgL＝mv12－mv02，解得v1＝4 m/s，小鐵塊與豎直墻發(fā)生彈性碰撞后向右運動，假設(shè)小鐵塊最終和平板小車達(dá)到共同速度v2，二者組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，有mv 1＝ (M＋m)v 2，解得v2＝1 m/s，設(shè)小鐵塊相對平板小車運動距離為x時兩者達(dá)到共同速度，由功能關(guān)系得－μmgx＝(M＋m)v22－mv12，解得x＝ m＞L，則小鐵塊在沒有與平板小車達(dá)到共同速度時就滑出平板小車，小鐵塊在平板小車上運動過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝2μmgL＝18 J，故D正確。 13.[多選]如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車(含管道)的質(zhì)量為2m，原來靜止在光滑的水平面上。今有一個可以視為質(zhì)點的小球，質(zhì)量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達(dá)管道的最高點，然后從管道左端滑離小車。關(guān)于這個過程，下列說法正確的是(　　) A．小球滑離小車時，小車回到原來位置 B．小球滑離小車時相對小車的速度大小為v C．小車上管道最高點的豎直高度為 D．小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是 解析：選BC　小球恰好能到達(dá)管道的最高點，說明在管道最高點時小球和管道之間相對靜止，小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點的過程中，由動量守恒定律，有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝，小車動量變化大小Δp車＝2m＝mv，D項錯誤；小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點的過程中，由機(jī)械能守恒定律，有mgH＝mv2－(m＋2m)v′2，得H＝，C項正確；小球從滑上小車到滑離小車的過程，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，有mv＝mv1＋2mv2， mv2＝mv12＋2mv22，解得v1＝－，v2＝v，則小球滑離小車時相對小車的速度大小為v＋v＝v，B項正確；由以上分析可知，在整個過程中小車一直向右運動，A項錯誤。 14．[多選](2018中衛(wèi)調(diào)研)在光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分別為M＝0.6 kg，m＝0.2 kg 的兩個小球，中間夾著一個被壓縮的具有Ep＝10.8 J 彈性勢能的鎖定的輕彈簧(彈簧與兩球不拴接)，原來處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)突然釋放彈簧，球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R＝0.425 m 的豎直固定的光滑半圓形軌道，A為軌道底端，B為軌道頂端，如圖所示。g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．m從A點運動到B點的過程中所受合外力沖量大小為3.4 Ns B．M離開輕彈簧時獲得的速度為9 m/s C．若半圓軌道半徑可調(diào)，則m從B點飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小 D．彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為1.8 Ns 解析：選AD　釋放彈簧過程中系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv1－Mv2＝0，由機(jī)械能守恒定律得：mv12＋Mv22＝Ep，解得：v1＝ 9 m/s，v2＝3 m/s；m從A點運動到B點過程中，由機(jī)械能守恒定律得：mv12＝mv1′2＋mg2R，解得：v1′＝8 m/s；以水平向右為正方向，由動量定理得，m從A點運動到B點的過程中所受合外力沖量為：I＝Δp＝－mv1′－mv1＝－0.28 Ns－0.29 Ns＝－3.4 Ns，則合外力沖量大小為3.4 Ns，故A正確；由前述分析知，M離開輕彈簧時獲得的速度為3 m/s，故B錯誤；設(shè)圓軌道半徑為r時，m從B點飛出后水平位移最大，由A點到B點根據(jù)機(jī) 械能守恒定律得：mv12＝mv1″2＋mg2r，在最高點，由牛頓第二定律得：mg＋N＝m，m從B點飛出，需要滿足：N≥0，飛出后，小球做平拋運動：2r＝gt2，x＝v1″t，解得： x＝，當(dāng)8.1－4r＝4r時，即r＝1.012 5 m時，x最大，則m從B點飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大先增大后減小，故C錯誤；由動量定理得，彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為：I＝Δp＝mv1＝0.29 Ns＝1.8 Ns，故D正確。 課余擠時加餐訓(xùn)練(一) 力學(xué)選擇題押題練(一) 1.如圖所示，水平面上的小車內(nèi)固定一個傾角為30的光滑斜面，平行于斜面的細(xì)繩一端固定在小車上，另一端系著一個質(zhì)量為m的小球，小球和小車均處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果小車在水平面上向左加速運動且加速度大小不超過a1時，小球仍能夠和小車保持相對靜止；如果小車在水平面上向右加速運動且加速度大小不超過a2時，小球仍能夠和小車保持相對靜止。則a1和a2的大小之比為(　　) A.∶1　　　　　　　　 B.∶3 C．3∶1 D．1∶3 解析：選D　當(dāng)小車向左加速運動且加速度大小不超過a1時，由題意可知，此時細(xì)繩的拉力為零，對小球受力分析知，小球受重力、斜面的支持力，由牛頓第二定律得mgtan 30＝ma1，當(dāng)小車向右加速運動且加速度大小不超過a2時，由題意可知，此時斜面對小球的支持力為零，對小球受力分析知，小球受重力、細(xì)繩的拉力，由牛頓第二定律得＝ma2，聯(lián)立以上兩式得 ＝，D正確。 2.如圖所示，一個質(zhì)量m＝1 kg的小環(huán)套在傾角為37的光滑固定直桿上，為使小環(huán)能夠靜止不動，需對它施加一個水平拉力F。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37＝0.6。則F的大小和方向分別是(　　) A．7.5 N，水平向左 B．7.5 N，水平向右 C．13.3 N，水平向左 D．13.3 N，水平向右 解析：選A　對小環(huán)受力分析知，小環(huán)受重力、直桿的支持力，為使小環(huán)能夠靜止不動，F(xiàn)的方向應(yīng)水平向左，根據(jù)平衡知識可知：F＝mgtan 37＝110 N＝7.5 N，故A對。 3.[多選]如圖所示是用鐵絲做的立方體骨架，從頂點A水平拋出一個小球，小球恰能擊中B點。已知立方體的邊長為l，重力加速度為g，不計空氣阻力，則(　　) A．小球做平拋運動的初速度大小為 B．小球落到B點的速度大小為 C．小球落到B點的速度方向與水平方向的夾角為45 D．小球在運動過程中，速度的大小時刻改變，加速度的方向時刻改變 解析：選AB　根據(jù)平拋運動的規(guī)律可得水平方向 l＝v0t，豎直方向l＝gt2，vy＝gt，vB＝，解得v0＝，vy＝，vB＝，小球落到B點的速度方向與水平方向的夾角滿足tan θ＝＝，所以小球落到B點的速度方向與水平方向的夾角不是45，A、B項正確，C項錯誤；小球在運動過程中，合力方向不變，所以加速度的方向是不變的，D項錯誤。 4．火星探測器繞火星近地軌道做圓周運動，其線速度和相應(yīng)的軌道半徑為v0和R0，火星的一顆衛(wèi)星在圓軌道上的線速度和相應(yīng)的軌道半徑為v和R，則下列關(guān)系式正確的是(　　) A．lg＝lg B．lg＝2lg C．lg＝lg D．lg＝2lg 解析：選C　做圓周運動所需的向心力由萬有引力提供，故有：G＝m，G＝m，解得：＝，由對數(shù)運算公式可得：lg＝lg，所以lg＝lg，故C正確。 5.如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中(　　) A．圓環(huán)的機(jī)械能守恒 B．彈簧彈性勢能變化了mgL C．圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零 D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變 解析：選B　圓環(huán)沿桿下滑的過程中，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動能、彈性勢能、重力勢能之和守恒，選項A、D錯誤；彈簧長度為2L時，圓環(huán)下落的高度h＝L，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，彈簧的彈性勢能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，選項B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運動，后做減速運動，當(dāng)速度最大時，合力為零，下滑到最大距離時，具有向上的加速度，合力不為零，選項C錯誤。 6.如圖所示，半徑為R、內(nèi)徑很小的光滑半圓形管道豎直放置，質(zhì)量為m的小球(視為質(zhì)點)以某一速度進(jìn)入管內(nèi)，小球通過最高點P時，對管壁的壓力為0.5mg，則(　　) A．小球通過P點時的速率一定為 B．小球通過P點時的速率一定為 C．小球落地點到P點的水平距離可能為R D．小球落地點到P點的水平距離可能為R 解析：選D　小球通過P點時，當(dāng)小球?qū)芟卤谟袎毫r，則有：mg－0.5mg＝m，解得：v1＝ ，當(dāng)小球?qū)苌媳谟袎毫r，則有：mg＋0.5mg＝m，解得：v2＝ ，故A、B錯誤；小球通過P點后做平拋運動，豎直方向上：2R＝gt2，解得：t＝2，則水平距離為x1＝v1t＝R或x2＝v2t＝R，故C錯誤，D正確。 7.[多選]如圖所示，質(zhì)量為2m的物體B靜止在光滑的水平面上，物體B的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，質(zhì)量為m的物體A以速度v向物體B運動并與彈簧發(fā)生作用，從物體A接觸彈簧開始，到離開彈簧的過程中，物體A、B始終沿同一直線運動，以初速度v的方向為正，則(　　) A．此過程中彈簧對物體B的沖量大小大于彈簧對物體A的沖量大小 B．彈簧的最大彈性勢能為mv2 C．此過程中彈簧對物體B的沖量為mv D．物體A離開彈簧后的速度為－v 解析：選BD　由牛頓第三定律及I＝Ft知，彈簧對物體A、B的沖量大小相等、方向相反，A錯誤；物體A、B速度相等時彈簧的彈性勢能最大，由mv＝(m＋2m)v1，解得v1＝v， 彈簧的最大彈性勢能Ep＝mv2－(m＋2m)v12＝mv2，B正確；物體A離開彈簧后，由 mv＝mvA＋2mvB，mv2＝mvA2＋2mvB2，解得vA＝－v，vB＝v，故彈簧對物體B的沖量IB＝2mvB＝mv，C錯誤，D正確。 8.[多選]如圖所示，傾角為α的固定斜面，其右側(cè)有一豎直墻面，小球滑上斜面，以速度v飛離斜面，恰好垂直撞擊到墻面上某位置，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說法中正確的是(　　) A．從飛離斜面到撞擊墻面的過程中，小球在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動 B．豎直墻面與斜面右端的水平距離為sin2α C．豎直墻面與斜面右端的水平距離為 D．從飛離斜面到撞擊墻面的過程中，小球豎直上升的高度為sin α 解析：選AC　小球飛離斜面時速度為v，把v沿水平方向和豎直方向分解，則有： vx＝vcos α，vy＝vsin α，小球飛離斜面后，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做加速度為g的勻減速直線運動，又小球恰好垂直撞擊到墻面上，可知小球撞到墻面時，豎直方向速度為零，由勻變速直線運動規(guī)律可知，小球飛行時間為t＝，則豎直墻面與斜面右端的水平距離為s＝vxt＝，小球豎直上升的高度為s′＝＝，故選項A、C正確，B、D錯誤。 力學(xué)選擇題押題練(二) 1．如圖所示，若干個質(zhì)量不相等但可視為質(zhì)點的小球用輕細(xì)繩穿拴成一串，將細(xì)繩的一端掛在車廂的頂部。當(dāng)車在平直路面上做勻加速直線運動時，這串小球及細(xì)繩在車廂中的形狀的示意圖正確的是(　　) 解析：選A　小球的加速度與車廂的加速度相同，設(shè)最上端的細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，對所有小球組成的整體分析，有m總gtan θ＝m總a，解得tan θ＝，對除最上面第一個球外剩余的小球分析，根據(jù)牛頓第二定律有，(m總－m1)gtan α＝(m總－m1)a，解得tan α＝，同理可知，連接小球的細(xì)繩與豎直方向的夾角均相等，可知小球和細(xì)繩在一條直線上，向左偏，A正確，B、C、D錯誤。 2.如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，在圓環(huán)的最高點有一個光滑小孔，一根輕繩的下端系著小球，上端穿過小孔用力F拉住，開始時繩與豎直方向夾角為θ，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)緩慢拉動繩，使小球沿光滑圓環(huán)上升一小段距離，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是(　　) A．繩與豎直方向的夾角為θ時，F(xiàn)＝mgcos θ B．小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，繩拉力逐漸增大 C．小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，小球所受支持力逐漸增大 D．小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，小球所受支持力大小不變 解析：選D　繩與豎直方向的夾角為θ時，對小球受力分析，小球受到豎直向下的重力mg、圓環(huán)對小球沿半徑向外的支持力FN以及沿繩方向的拉力F，畫出力的示意圖如圖所示，由三角形相似可知，＝＝，其中R為圓環(huán)的半徑，可得F＝2mgcos θ，選項A錯誤；小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，繩與豎直方向的夾角θ變大，繩拉力F＝2mgcos θ逐漸減小，選項B錯誤；由以上分析可知，小球所受圓環(huán)的支持力大小等于重力大小，小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，小球所受支持力的大小不變，選項C錯誤，D正確。 3.如圖所示，粗糙程度處處相同的半圓形豎直軌道固定放置，其半徑為R，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)自P點由靜止開始沿軌道下滑，滑到軌道最低點N時，小物塊對軌道的壓力為2mg，g為重力加速度的大小。則下列說法正確的是(　　) A．小物塊到達(dá)最低點N時的速度大小為 B．小物塊從P點運動到N點的過程中重力做功為2mgR C．小物塊從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功為mgR D．小物塊從P點開始運動經(jīng)過N點后恰好可以到達(dá)Q點 解析：選C　在N點小物塊做圓周運動，有FN－mg＝m，由牛頓第三定律，有FN＝FN′＝2mg，解得v＝，A選項錯誤；重力做功僅與高度差有關(guān)，小物塊從P點運動到N點的過程中重力做功為WG＝mgR，B選項錯誤；由動能定理得：mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，C選項正確；因為運動過程中摩擦力做功，由能量守恒定律可知小物塊不能到達(dá)Q點，D選項錯誤。 4.一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t＝0時刻開 始，受到如圖所示的水平外力作用，下列說法正確的是(　　) A．第1 s末質(zhì)點的速度為2 m/s B．第2 s末外力做功的瞬時功率最大 C．第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動量增加量之比為1∶2 D．第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動能增加量之比為4∶5 解析：選D　由動量定理：Ft＝mv′－mv，得質(zhì)點第1 s末、第2 s末的速度分別為： v1＝4 m/s、v2＝6 m/s，A錯誤；第1 s末外力做功的瞬時功率：P＝F1v1＝44 W＝16 W，第2 s末外力做功的瞬時功率：P′＝F2v2＝26 W＝12 W，B錯誤；第1 s 內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動量增加量之比為：＝＝，C錯誤；第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動能增加量分別為：ΔEk1＝mv12＝8 J，ΔEk2＝mv22－mv12＝10 J，則ΔEk1∶ΔEk2＝4∶5，D正確。 5.如圖所示，一質(zhì)量為m的物體在沿斜面向上的恒力F作用下，由靜止從底端沿斜面向上做勻加速直線運動。已知斜面表面光滑且足夠長，斜面傾角為θ。經(jīng)時間t恒力F做功80 J，此后撤去恒力F，物體又經(jīng)時間t回到出發(fā)點，且回到出發(fā)點時的速度大小為v。若以地面為重力勢能的零勢能面，則下列說法中正確的是(　　) A．物體回到出發(fā)點時的機(jī)械能是80 J B．在撤去力F前的瞬間，力F的功率是mgvsin θ C．撤去力F前的運動過程中，物體的重力勢能一直在增加，撤去力F后的運動過程中，物體的重力勢能一直在減少 D．撤去力F前的運動過程中，物體的動能一直在增加，撤去力F后的運動過程中，物體的動能一直在減少 解析：選A　由功能關(guān)系知：除重力和彈力之外其他力對物體所做的功等于物體機(jī)械能的增量，A對；物體在沿斜面向上運動時，有F－mgsin θ＝ma1，撤去力F后，有mgsin θ＝－ma2，由運動學(xué)公式知，t2＝－，vx＝t，解得 F＝mgsin θ，由vx－gsin θt＝－v，解得vx＝，所以在撤去力F前的瞬間力F的功率P＝Fvx＝mgvsin θ，B錯；撤去力F后一段時間內(nèi)物體繼續(xù)沿斜面向上運動，即重力勢能有一段增加的過程，C錯；撤去力F后，物體在沿斜面向下運動的過程中動能一直在增大，D錯。 6．[多選]美國《大眾科學(xué)》雜志報道，中國首艘國產(chǎn)航母預(yù)計在2019年服役。假設(shè)航空母艦上裝有幫助飛機(jī)起飛的彈射系統(tǒng)，已知某型號的艦載飛機(jī)質(zhì)量為m＝103 kg，在跑道上加速時產(chǎn)生的最大動力為F＝7103 N，所受阻力為重力的，當(dāng)飛機(jī)的速度大小達(dá)到 50 m/s時才能離開航空母艦起飛。g取10 m/s2，設(shè)航空母艦甲板長為160 m，則下列說法中正確的是(　　) A．飛機(jī)在跑道上加速時所受阻力大小為103 N B．飛機(jī)在跑道上加速時的最大加速度大小為4 m/s2 C．若航空母艦處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈射系統(tǒng)必須使飛機(jī)具有的初速度大小最小為30 m/s D．若航空母艦上不裝彈射系統(tǒng)，為使飛機(jī)仍能在此艦上正常起飛，航空母艦沿飛機(jī)起飛方向的速度大小至少應(yīng)為10 m/s 解析：選CD　飛機(jī)在跑道上加速時所受阻力f＝kmg＝10310 N＝2103 N，選項A錯誤；由牛頓第二定律得F－f＝ma，解得a＝5 m/s2，選項B錯誤；設(shè)彈射系統(tǒng)必須使飛機(jī)具有的初速度大小最小為v0，由勻變速直線運動規(guī)律得v2－v02＝2ax，解得v0＝30 m/s，選項C正確；若航空母艦上不裝彈射系統(tǒng)，設(shè)飛機(jī)起飛所用的時間為t，航空母艦的最小速度大小為v1，則飛機(jī)相對地面的速度v＝v1＋at，飛機(jī)相對航空母艦的位移大小x＝at2，解得v1＝10 m/s，選項D正確。 7．[多選]甲、乙兩輛汽車從平直公路上同一位置沿著同一方向做直線運動，它們的vt圖像如圖所示，則(　　) A．甲、乙兩車同時從靜止開始出發(fā) B．在t＝2 s時乙車追上甲車 C．在t＝4 s時乙車追上甲車 D．甲、乙兩車在公路上只能相遇一次 解析：選CD　由題圖知，乙車比甲車遲出發(fā)1 s，故A錯誤；根據(jù)vt圖線與時間軸圍成的面積表示位移，知t＝2 s 時，甲車的位移比乙車的位移大，則知該時刻乙車還沒有追上甲車，故B錯誤；在0～4 s內(nèi)，甲車的位移 x甲＝84 m ＝16 m，乙車的位移 x乙＝ (1＋3)8 m＝16 m，所以x甲＝x乙，兩者又是從同一位置沿著同一方向運動的，則在 t＝4 s時乙車追上甲車，故C正確；在t＝4 s時乙車追上甲車，由于t＝4 s時刻以后，甲車比乙車的速度大，兩車不可能再相遇，所以兩車只相遇一次，故D正確。 8．[多選]一足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ，以恒定的速度勻速運動。某時刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K，如圖(a)所示，以此時為t＝0時刻記錄物塊之后在傳送帶上運動的速度隨時間的變化關(guān)系，如圖(b)所示(以物塊沿傳送帶向上的運動方向為正方向，兩坐標(biāo)大小v1>v2)。則下列判斷正確的是(　　) A．若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則μ>tan θ B．0～t1時間內(nèi)，傳送帶對物塊做正功 C．0～t2時間內(nèi)，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動能的變化量大 D．0～t2時間內(nèi)，傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的變化量 解析：選AC　由題圖(b)知，t1～t2時間內(nèi)，物塊沿傳送帶向上運動，則有μmgcos θ>mgsin θ，得μ>tan θ，故A正確；物塊沿傳送帶先向下運動后再向上運動，則知傳送帶的運動方向應(yīng)向上，0～t1時間內(nèi)，物塊所受摩擦力沿傳送帶向上，則傳送帶對物塊做負(fù)功，故B錯誤；0～t2時間內(nèi)，由v1>v2知物塊的重力勢能減小，動能也減小，減小的重力勢能和動能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定大于物塊動能的變化量，故C正確；0～t2時間內(nèi)，傳送帶對物塊做的功等于物塊機(jī)械能的變化量，故D錯誤。 力學(xué)選擇題押題練(三) 1.[多選]如圖所示，兩個帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上，且在同一豎直平面內(nèi)。用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止?，F(xiàn)將B沿斜面向上移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A隨之向上移動少許，A、B在虛線位置重新平衡。重新平衡后與移動前相比，下列說法正確的是(　　) A．墻面對A的彈力變小　 B．斜面對B的彈力不變 C．推力F變大 D．A、B間的距離變大 解析：選ABD　對A、B利用整體法可知，斜面對B彈力的豎直分量等于A、B所受的重力之和，斜面傾角不變，斜面對B的彈力不變，故B正確；庫侖力與豎直方向的夾角變小，而庫侖力沿豎直方向的分量不變，故庫侖力變小，A、B間的距離變大，故D正確；因庫侖力水平分量減小，故墻面對A的彈力變小，推力F變小，故A正確，C錯誤。 2.如圖所示，光滑的水平面上有一小車，以向右的加速度a做勻加速運動，車內(nèi)兩物體A、B質(zhì)量之比為2∶1，A、B間用彈簧相連并放在光滑桌面上，B通過質(zhì)量不計的輕繩與小車相連，剪斷輕繩的瞬間，A、B的加速度大小分別為(　　) A．a(chǎn)、0 B．a(chǎn)、a C．a(chǎn)、2a D．0、2a 解析：選C　設(shè)B的質(zhì)量為m，剪斷輕繩前，彈簧彈力大小為F，輕繩拉力大小為T，將A、B及彈簧看成整體，則有T＝3ma；以A為研究對象，則有F＝2ma。剪斷輕繩瞬間，輕繩中拉力消失，彈簧彈力不變，所以A受力不變，加速度大小仍為a，而B所受合力為 F＝maB，即aB＝2a，故C正確。 3．在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球A正以速度v0勻速運動。某時刻小球A與質(zhì)量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰，兩球相碰后，