新課改高中物理選修一同步專題講義：02 C動量守恒定律 提升版（教師版）

動量守恒定律知識點：動量守恒定律一、相互作用的兩個物體的動量改變?nèi)鐖D所示，質(zhì)量為m2的B物體追上質(zhì)量為m1的A物體，并發(fā)生碰撞，設(shè)A、B兩物體碰前速度分別為v1、v2，碰后速度分別為v1′、v2′(v2>v1)，碰撞時間很短，設(shè)為Δt.圖根據(jù)動量定理：對A：F1Δt＝m1v1′－m1v1①對B：F2Δt＝m2v2′－m2v2②由牛頓第三定律F1＝－F2③由①②③得兩物體總動量關(guān)系為：m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2二、動量守恒定律1．系統(tǒng)、內(nèi)力與外力(1)系統(tǒng)：兩個(或多個)相互作用的物體構(gòu)成的一個力學系統(tǒng)．(2)內(nèi)力：系統(tǒng)中物體間的作用力．(3)外力：系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力．2．動量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變．(2)表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后總動量相等)．(3)適用條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力的矢量和為零．(4)普適性：動量守恒定律既適用于低速物體，也適用于高速物體．既適用于宏觀物體，也適用于微觀物體．技巧點撥一、對動量守恒定律的理解1．研究對象：相互作用的物體組成的力學系統(tǒng)．2．動量守恒定律的成立條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零．(2)系統(tǒng)受外力作用，但內(nèi)力遠遠大于合外力．此時動量近似守恒．(3)系統(tǒng)受到的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內(nèi)力遠遠大于外力)，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒．3．動量守恒定律的三個特性(1)矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它們在同一直線上，并先選定正方向，確定各速度的正、負(表示方向)后，才能用代數(shù)方法運算．(2)相對性：公式中的v1、v2、v1′和v2′應(yīng)是相對同一參考系的速度，一般取相對地面的速度．(3)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)．二、動量守恒定律的應(yīng)用1．動量守恒定律的常用表達式(1)p＝p′：相互作用前系統(tǒng)的總動量p等于相互作用后的總動量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前動量的矢量和等于作用后動量的矢量和．(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、方向相反．(4)Δp＝0：系統(tǒng)總動量增量為零．2．應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟例題精練1．（朝陽區(qū)期末）如圖所示，在水平桌面上放置一操作臺，操作臺上表面水平且光滑。在操作臺上放置體積相同、質(zhì)量不同的甲、乙兩球，質(zhì)量分別為m1、m2，兩球用細線相連，中間有一個壓縮的輕質(zhì)彈簧，兩球分別與操作臺左右邊緣距離相等。燒斷細線后，由于彈簧彈力的作用，兩球分別向左、右運動，脫離彈簧后在操作臺面上滑行一段距離，然后平拋落至水平桌面上。下列說法正確的是（）A．剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動量相同 B．剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動能相同 C．甲、乙兩球不會同時落到水平桌面上 D．甲、乙兩球做平拋運動的水平射程之比為m1：m2【分析】彈簧將兩球彈出的過程，兩球及彈簧組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律分析剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動量關(guān)系，從而確定動能關(guān)系。兩球離開操作臺后做平拋運動，平拋運動的時間由下落高度決定。結(jié)合平拋運動的規(guī)律求水平射程之比?！窘獯稹拷猓篈、取向左為正方向，由動量守恒定律得：p甲+p乙＝0，得p甲＝﹣p乙，則剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動量大小相等，方向相反，動量不同，故A錯誤；B、剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動能之比為＝＝，動能不同，故B錯誤；C、根據(jù)p＝mv知，剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動量大小相等，質(zhì)量不同，則剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的速度大小不等，兩球分別與操作臺左右邊緣距離相等，則兩球離開彈簧后在操作臺運動的時間不等。兩球離開操作臺后做平拋運動，兩球平拋運動下落的高度相同，則兩球平拋運動的時間相同，所以兩球不會同時落到水平桌面上，故C正確；D、甲、乙兩球做平拋運動的初速度大小之比v1：v2＝||：||＝m2：m1，甲、乙兩球做平拋運動的水平射程之比為x1：x2＝v1t：v2t＝m2：m1，故D錯誤。故選：C?！军c評】解答本題時，一要把握彈簧彈出兩球過程遵守的規(guī)律：動量守恒定律；二要掌握平拋運動的規(guī)律。2．（南開區(qū)期末）冰壺是冬奧會比賽項目。如圖所示，若運動員和冰壺在水平冰面上做勻速直線運動，此后運動員把冰壺平穩(wěn)推出。不計冰面的摩擦，運動員把冰壺推出的過程，下列說法正確的是（）A．冰壺對運動員的作用力和運動員對冰壺的作用力是一對平衡力 B．運動員與冰壺的總動量保持不變 C．運動員對冰壺做多少正功，冰壺對運動員就一定做多少負功 D．運動員和冰壺的總動能不變【分析】一對平衡力作用在同一個物體上；系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；根據(jù)功的計算公式和功能關(guān)系分析答題?！窘獯稹拷猓篈、冰壺對運動員的作用力和運動員對冰壺的作用力是一對作用力與反作用力，它們作用在不同的物體上，不是一對平衡力，故A錯誤；B、不計冰面的摩擦，運動員和冰壺組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知，運動員與冰壺的總動量保持不變，故B正確；C、運動員對冰壺的作用力與冰壺對運動員的作用力大小相等，運動員把冰壺推出的過程中，運動員對地的位移和冰壺對地的位移大小不等，則運動員對冰壺做的功與冰壺對運動員做的功數(shù)值不一樣多，故C錯誤；D、運動員把冰壺平穩(wěn)推出的過程中，運動員消耗體內(nèi)的化學能轉(zhuǎn)化為運動員和冰壺的動能，因此運動員和冰壺的總動能增加，故D錯誤。故選：B?！军c評】分析清楚運動員和冰壺的受力情況與運動過程，根據(jù)牛頓第三定律、動量守恒定律、功的計算公式與功能關(guān)系即可解題。要注意運動員把冰壺推出的過程中，運動員對地的位移和冰壺對地的位移大小不等，運動員對冰壺做的功與冰壺對運動員做的功數(shù)值不一樣多。隨堂練習1．（潞州區(qū)校級期末）如圖所示，質(zhì)量為m的小車靜止在光滑的水平地面上，車上有半圓形光滑軌道，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球在軌道左側(cè)邊緣由靜止釋放，下列說法錯誤的是（）A．在下滑過程中，小球的機械能不守恒 B．小球可以到達右側(cè)軌道的最高點 C．小球在右側(cè)軌道上運動時，小車也向右運動 D．小球在軌道最低點時，小車與小球的速度大小相等，方向相反【分析】只有重力或只有彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒；系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒。小球與車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，系統(tǒng)在水平方向動量守恒；分析小球的運動情況，應(yīng)用動量守恒定律答題。【解答】解|：A、小球在下滑過程中，對于小球和小車組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，由于車對小球的支持力要做功，所以小球的機械能不守恒，故A正確；B、由于小球和小車在水平方向上不受外力，滿足動量守恒，初始狀態(tài)水平方向動量為零，當小球到達右側(cè)，相對小車靜止時，小車的速度減小到零，又由于小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，因此恰好能到達右側(cè)軌道的最高點，故B正確；C、小球和小車在水平方向動量守恒，小球在右側(cè)軌道上運動時，小車向左運動，故C錯誤；D、根據(jù)小球和小車在水平方向動量守恒，由于小球和小車質(zhì)量相同，因此小球在軌道最低點時，小車與小球的速度大小相等，方向相反，總動量為零，故D正確。本題選錯誤的，故選：C?！军c評】本題綜合考查動量守恒定律以及系統(tǒng)機械能守恒的應(yīng)用，要注意動量守恒定律是矢量式，要注意是哪個方向動量守恒。2．（廣州期末）花樣滑冰時技巧與藝術(shù)性相結(jié)合的一個冰上運動項目，在音樂伴奏下，運動員在冰面上表演各種技巧和舞蹈動作，極具觀賞性。甲乙運動員以速度大小為1m/s沿同一直線相向運動。相遇時彼此用力推對方，此后甲以1m/s、乙以2m/s的速度向各自原方向的反方向運動，推開時間極短，忽略冰面的摩擦，則甲乙運動員的質(zhì)量之比是（）A．1：3 B．3：1 C．2：3 D．3：2【分析】甲、乙相遇時用力推對方的過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律即可求出甲、乙質(zhì)量之比?！窘獯稹拷猓杭?、乙相遇時用力推對方的過程系統(tǒng)動量守恒，以甲的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙＝m甲v甲′+m乙v乙′，代入數(shù)據(jù)可得：m甲×1+m乙×（﹣1）＝m甲×（﹣1）+m乙×2，解得：m甲：m乙＝3：2，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】本題的關(guān)鍵是要明確系統(tǒng)的動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律即可正確解題，解題時要注意正方向的選擇，注意各人的速度方向，從而確定數(shù)據(jù)的正負。3．（南開區(qū)校級期末）如圖甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，A的質(zhì)量為2kg，初始時刻B靜止，A以一定的初速度向右運動，之后與B發(fā)生碰撞并一起運動。若以水平向右為正，它們的位移一時間圖像如圖乙所示，則物塊B的質(zhì)量為（）A．1kg B．2kg C．3kg D．4kg【分析】由x﹣t圖象求出碰撞前后物體的速度，然后由動量守恒定律求出物體B的質(zhì)量?！窘獯稹拷猓河蓤D示x﹣t圖象可知，碰前A的速度vA＝m/s＝5m/s，碰后AB的共同速度v＝m/s＝2m/s，A、B碰撞過程中動量守恒，以碰撞前A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mAvA＝（mA+mB）v由題意可知：mA＝2kg，代入數(shù)據(jù)解得：mB＝3kg，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)圖示x﹣t圖象求出碰撞前后物體的速度是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律即可解題。4．（九江期末）如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質(zhì)量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面，若車足夠長，則木塊的最終速度大小和系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量分別為（）A．， B．， C．， D．，【分析】木塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律求出木塊的最終速度，應(yīng)用能量守恒定律可以求出因摩擦產(chǎn)生的熱量?！窘獯稹拷猓耗緣K與小車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)木塊與小車的共同速度為v，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（M+m）v解得：v＝由能量守恒定律可知，因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q＝＝，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】分析清楚木塊與小車的運動過程，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律的即可解題；應(yīng)用動量守恒定律解題時注意正方向的選擇。綜合練習一．選擇題（共15小題）1．（蘇州期末）如圖所示，在光滑水平面上有兩個滑塊A和B（B的左側(cè)連接輕彈簧），它們的質(zhì)量分別為1kg和2kg．滑塊A現(xiàn)以2m/s的速度向右運動，滑塊B以3m/s的速度向左運動．若以水平向右方向為正方向，則下列說法正確的是（）A．當滑塊A的速度減為零時，彈簧被壓縮到最短 B．當滑塊A的速度為﹣6m/s時，滑塊B的速度為1m/s C．當兩滑塊相距最近時，彈簧彈性勢能為 D．從開始到兩滑塊相距最近的過程中滑塊A受到的沖量為【分析】當滑塊A、B的速度相同時，間距最小，根據(jù)動量守恒定律、能最守恒定律求解最大彈性勢能；求出二者原來的動能大小和分開后的總動能分析B選項；根據(jù)動量定理求解從開始到兩滑塊相距最近的過程中滑塊A受到的沖量?！窘獯稹拷猓篈C、當滑塊A、B的速度相同時，間距最小，彈簧壓縮量最大，此時速度為v，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mAvA﹣mBvB＝（mA+mB）v解得：v＝﹣m/s根據(jù)能最守恒定律可得：EPm＝mAvA2+mBvB2﹣（mA+mB）v2解得：EPm＝J，故A錯誤、C正確；B、取向右為正方向，假設(shè)設(shè)二者分開時滑塊A的速度為vA′＝﹣6m/s時，滑塊B的速度為vB′＝1m/s，二者原來的動能大小為：Ek＝mAvA2+mBvB2，解得：Ek＝11J二者分開后的總動能為：Ek′＝mAvA′2+mBvB′2，解得：Ek′＝19J碰撞前后動能不可能增加，故B錯誤；D、從開始到兩滑塊相距最近的過程中，根據(jù)動量定理可得：I＝mAv﹣mAvA，解得I＝﹣，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。2．（宣化區(qū)校級模擬）如圖所示，小木塊m與長木板M之間光滑，M置于光滑水平面上，一輕質(zhì)彈簧左端固定在M的左端右端與m連接，開始時m和M都靜止，彈簧處于自然狀態(tài)?，F(xiàn)同時對m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，從兩物體開始運動以后的整個過程中，對m、M、彈簧組成的系統(tǒng)，正確的說法是（整個過程中彈簧不超過其彈性限度）（）A．M、m分別向左、右運行過程當中，M、m均做加速度逐漸增大的變加速直線運動 B．整個運動過程當中，系統(tǒng)機械能、動量均守恒 C．整個運動過程中，系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒，兩物塊速度為零時，系統(tǒng)機械能一定最大 D．當彈簧彈力的大小與拉力F1、F2的大小相等時，m、M的動能最大【分析】根據(jù)M、m的受力情況，結(jié)合彈簧彈力的變化情況分析兩者的運動情況；根據(jù)系統(tǒng)所受的合外力是否為零，判斷系統(tǒng)的動量是否守恒，根據(jù)水平恒力F1、F2做功情況，判斷系統(tǒng)的機械能是否守恒?！窘獯稹拷猓篈D、在水平方向上，M、m受到水平恒力和彈簧的彈力作用，水平恒力先大于彈力，后小于彈力，隨著彈力增大，兩個物體的合力先逐漸減小，后反向增大，則加速度先減小后反向增大，則M、m先做加速度逐漸減小的加速運動，后做加速度逐漸增大的減速運動，當彈簧彈力的大小與拉力F1、F2的大小相等時，m、M的速度最大，動能最大，故A錯誤，D正確；B、由于F1與F2等大反向，系統(tǒng)所受的合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒。由于水平恒力F1、F2對系統(tǒng)做功代數(shù)和不為零，則系統(tǒng)的機械能不守恒，故B錯誤；C、從開始到彈簧伸長到最長的過程，F(xiàn)1與F2分別對M、m做正功，彈簧伸長最長時，m、M的速度為零，之后彈簧收縮，F(xiàn)1與F2分別對M、m做負功，系統(tǒng)的機械能減小，因此，當彈簧有最大伸長時，m、M的速度為零，系統(tǒng)具有機械能最大；當彈簧收縮到最短時，m、M的速度為零，系統(tǒng)的機械能最小，故C錯誤。故選：D?！军c評】本題是一個相互作用的幾個物體組成的系統(tǒng)，要考慮到系統(tǒng)是否有守恒量存在．此題還要分析兩物體的運動情況。3．（珠海二模）一人在指定的地點放煙花慶祝農(nóng)歷新年如圖所示，五彩的煙花彈從地上的盒子中噴出.若某一瞬間兩顆煙花彈同時從盒子中飛出，煙花彈a的初速度方向豎直向上，煙花彈b的初速度方向斜向右上方，如果兩顆煙花彈到達的最大高度相等，忽略空氣的影響，則（）A．兩顆煙花彈初速度大小相等 B．在空中運動的過程中，兩顆煙花彈速度變化率相同 C．煙花彈b上升過程中運動的時間更長 D．煙花彈a在最高點加速度為零【分析】兩顆煙花彈到達的最大高度相等，根據(jù)運動學公式分析兩顆煙花彈初速度大小關(guān)系；根據(jù)加速度等于速度變化率分析速度變化率關(guān)系；根據(jù)運動學公式分析運動時間關(guān)系；根據(jù)煙花彈a在最高點的受力情況，分析其加速度大小?！窘獯稹拷猓篈、煙花彈a在空中做豎直上拋運動，其上升的最大高度為ha＝；設(shè)煙花彈b的初速度方向與水平方向的夾角為α，其上升的最大高度為hb＝據(jù)題，ha＝hb，可得va0＜vb0，即煙花彈a的初速度小于煙花彈b的初速度，故A錯誤；B、在空中運動的過程中，兩顆煙花彈速度變化率等于重力加速度，則兩顆煙花彈速度變化率相同，故B正確；C、根據(jù)A項分析可知，兩顆煙花彈初速度在豎直方向的分量相等，所以煙花彈b上升過程中運動的時間相同，故C錯誤；D、煙花彈a在最高點時受到重力，加速度為g，故D錯誤。故選：B?！军c評】解答本題時，要搞清兩顆煙花彈的運動情況，熟練運用運動的分解法研究斜上拋運動。要知道速度變化率即為加速度。4．（浙江模擬）如圖所示，質(zhì)量為m的橡膠球和質(zhì)量為M（M＞＞m）的彈性鋼球一起自h高處自由下落，與鋪有彈性鋼板的地面發(fā)生彈性碰撞并向上反彈。不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．下落過程中彈性鋼球與橡膠球之間的作用力大小為mg B．下落過程中彈性鋼球的機械能守恒 C．反彈后，彈性鋼球與橡膠球不分離 D．反彈后，橡膠球上升的最大高度仍為h【分析】只有重力或彈力做功，機械能守恒；彈性碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律分析答題?！窘獯稹拷猓篈、下落過程橡膠球與彈性鋼球做自由落體運動，處于完全失重狀態(tài)，彈性鋼球與橡膠球間沒有彈力作用，故A錯誤；B、下落過程中只有重力做功，彈性鋼球的機械能守恒，故B正確；CD、下落過程做自由落體運動，落地前瞬間，球的速度大小v＝彈性鋼球與彈性鋼板發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程機械能守恒，碰撞后速度大小不變，方向豎直向上，速度大小仍為v＝兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，設(shè)碰撞后瞬間彈性鋼球的速度大小為v1，橡膠球的速度大小為v2，以向上為正方向，由動量守恒定律得：Mv﹣mv＝Mv1+mv2由機械能守恒定律得：由題可知：M＞＞m，解得：v1＝≈，v2＝≈3反彈后彈性鋼球與橡膠球的速度不相等，兩者分離，反彈后橡膠球上升的最大高度H＝＝9h，故CD錯誤。故選：B?！军c評】本題首先要分析清楚兩球的運動過程，知道完全彈性碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能也守恒，應(yīng)用動量守恒定律和機械能守恒定律列方程解決，同時要注意題目中的M?m在碰撞過程中的作用。5．（徐州模擬）如圖所示，兩個完全相同的小球P、Q分別與輕彈簧兩端固定連接，開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)。某時刻將P、Q從距地面高h處同時釋放，下落到地面時P、Q間的距離等于釋放時的距離，不計空氣阻力，重力加速度為g，則（）A．下落過程中P、Q的總動量守恒 B．下落過程中P、Q的總機械能保持不變 C．小球P落至地面時的速度v＜ D．當小球P的加速度最大時，P、Q的總機械能最小【分析】系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；只有重力或彈力做功，機械能守恒；根據(jù)P、Q的運動過程應(yīng)用應(yīng)用動量守恒定律、機械能守恒定律與運動學公式分析答題?！窘獯稹拷猓篈、下落過程，P、Q組成的系統(tǒng)受到豎直向下的重力和水平方向的彈力作用，系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B、下落過程，彈簧彈力對P、Q做功，P、Q組成的系統(tǒng)機械能不守恒，P、Q與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；C、P、Q與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，落地時P、Q間的距離等于釋放時的距離，說明落地時彈簧彈性勢能與釋放時彈簧彈性勢能相等，釋放時兩小球在水平方向的速度為零，則落地時小球在水平方向的分速度為零，在豎直方向，小球做自由落體運動，則落地時小球豎直分速度vy＝，由于水平分速度為零，則落地時小球的速度v＝vy＝，故C錯誤；D、彈簧形變量最大時小球所受彈簧彈力最大，小球所受合力最大，小球的加速度最大，彈簧形變量最大，彈簧彈性勢能最大，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律可知，彈簧彈性勢能最大時，P、Q的機械能最小，故D正確。故選：D?！军c評】本題解題的關(guān)鍵與難點是在水平與豎直兩方向分別分析兩小球的運動，分析清楚小球的運動過程，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律即可解題。6．（溫州模擬）如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊可在水平放置的光滑固定導軌上自由滑動，質(zhì)量為m的小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連，繩長為L。開始時，輕維外干水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止?，F(xiàn)將小球由靜止釋放，當小球到達最低點時，滑塊剛好被一表面涂有粘性物質(zhì)的固定擋板粘住，在極短的時間內(nèi)速度減為零，小球繼續(xù)向左擺動到繩與豎直方向的夾角為60°時達到最高點?；瑝K與小球均視為質(zhì)點，空氣阻力不計，重力加速度為g，則以下說法正確的是（）A．繩的拉力對小球始終不做功 B．滑塊與小球的質(zhì)量關(guān)系為M＝2m C．釋放小球時滑塊到擋板的距離為 D．滑塊撞擊擋板時，擋板對滑塊作用力的沖量大小為2m【分析】力與位移的夾角為銳角時做正功，鈍角時做負功；下擺中系統(tǒng)機械能守恒且水平方向動量守恒可記得質(zhì)量關(guān)系；根據(jù)動量定理求得沖量大小?！窘獯稹拷猓篈、因滑塊不固定，繩下擺過程中，繩的拉力對滑塊做正功，對小球做負功，故A錯誤；B、下擺過程，系統(tǒng)機械能守恒：水平方向動量守恒：0＝Mv1﹣mv2小球向左擺動最高點，機械能守恒：三式聯(lián)立，解得：M＝m，故B錯誤；C、由平均動量守恒，解得x＝，即釋放小球時滑塊到擋板的距離為，故C正確；D、滑塊撞擊擋板時，擋板對滑塊作用力的沖量大小為I＝Mv1＝，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查動量與機械能守恒，關(guān)鍵注意根據(jù)動量守恒的原理可以根據(jù)平均動量守恒求得滑塊到擋板的距離。7．（馬鞍山模擬）用長為L的輕繩連接質(zhì)量相同的兩個小球A、B。用手提著A，從B離地面高為h處由靜止釋放（h＞L）。所有碰撞均為彈性碰撞、碰撞時間不計，空氣阻力不計。以下說法正確的是（）A．球B與地面碰撞前，B球的機械能不守恒 B．球B與地面碰撞后，在離地面處與A球相遇 C．球B第二次與地面碰撞時的動能與第一次與地面碰撞的動能之比為 D．球B第二次與地面碰撞時，A、B兩球間的距離等于L【分析】球B與地面碰撞前，對AB整體，由牛頓第二定律求出加速度，再對B，根據(jù)牛頓第二定律求繩子的張力，從而確定B球的機械能是否守恒；根據(jù)機械能守恒定律求出球B與地面碰撞前的速度，從而得到B球與地面碰撞后的速度大小，由運動學公式求碰地后B球與A球碰撞所需時間，從而求出B球上升的高度；由速度﹣時間公式求出兩球碰撞前的速度，根據(jù)彈性碰撞的規(guī)律得到碰撞后兩球的速度，再由機械能守恒定律求球B第二次與地面碰撞時的動能，從而求得球B第二次與地面碰撞時的動能與第一次與地面碰撞的動能之比；判斷B球第二次落地時經(jīng)過的時間，由運動學公式分析球B第二次與地面碰撞時A、B兩球間的距離?！窘獯稹拷猓篈、球B與地面碰撞前，對AB整體，由牛頓第二定律得：（mA+mB）g＝（mA+mB）a，解得a＝g。設(shè)繩子的張力為T，對B球，由牛頓第二定律得mBg﹣T＝mBa，解得T＝0，所以球B與地面碰撞前，B球只受重力，只有重力做功，其機械能守恒，故A錯誤；B、根據(jù)機械能守恒定律可得：（mA+mB）gh＝（mA+mB），解得球B與地面碰撞前瞬間的速度大小為v0＝，設(shè)球B與地面碰撞后，經(jīng)過時間t與A球相遇，則有：L＝（v0t﹣）+（v0t+），解得：t＝兩球相遇位置地離地面的高度為h′＝v0t﹣，解得：h′＝﹣，故B錯誤；C、球B第一次與地面碰撞時的動能為：Ek1＝mghB球落地時A的速度為：vA＝v0+gt＝B的速度大小為：vB＝v0﹣gt＝兩球發(fā)生彈性碰撞，取向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mvA﹣mvB＝mvA′+mvB′根據(jù)機械能守恒定律可得：+＝+聯(lián)立解得碰后B的速度大小變?yōu)関B′＝vA＝，方向向下A的速度大小變?yōu)関A′＝vB＝，方向向上則B再次落地時動能為：Ek2＝mgh′+＝mg（h+L）則球B第二次與地面碰撞時的動能與第一次與地面碰撞的動能之比為：＝，故C正確；D、球B第二次與地面碰撞時，B下落的高度為h′，但是由于此時B的初速度為vB′＝，所以落地的時間小于t′＜t＝，而兩個球的相對速度大小為v相對＝vA+vB＝2因此小球B落地時兩個球之間的距離為：△x＝（vA+vB）t′＜L即球B第二次與地面碰撞時，A、B兩球間的距離小于L，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要是考查了動量守恒定律和機械能守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)機械能守恒定律列方程求解。8．（江蘇模擬）如圖所示，虛線右側(cè)有豎直向下的電場強度E＝45N/C的勻強電場及垂直于電場向外的磁感應(yīng)強度B＝0.25T的勻強磁場。在光滑絕緣的水平面上有兩個等大的金屬小球A、B，小球A不帶電，其質(zhì)量mA＝0.05kg，緊貼虛線靜置的小球B帶電量qB＝﹣4×10﹣3C，其質(zhì)量mB＝0.01kg。小球A以速度v0＝20m/s水平向右與小球B發(fā)生正碰，碰后小球B垂直于電、磁場直接進入正交電、磁場中。剛進入正交電、磁場的瞬間，小球B豎直方向的加速度恰好為零。設(shè)小球A、B碰撞瞬間電荷均分，取g＝10m/s2。則下列說法正確的是（）A．碰后瞬間，小球A的速度大小為10m/s B．小球A在剛進入正交電、磁場后的短時間內(nèi)，其電勢能減少 C．碰撞過程中，小球A對小球B做的功為2J D．小球A、B之間的碰撞為彈性碰撞【分析】由小球B進入電、磁場瞬間豎直方向上的加速度為0，推出豎直方向上合力為0，從而確定碰撞后小球B的速度，再根據(jù)動量守恒定律求出碰撞后A球的速度；定性分析小球A進入電、磁場后的運動狀態(tài)，判斷電場力的做功情況，若電場力做正功，電勢能減小，若電場力做負功，電勢能增大；小球A對小球B做的功全部轉(zhuǎn)化成小球B的動能；分別計算碰撞前后AB系統(tǒng)的能量（動能），如果沒有能量損失，碰撞為彈性碰撞，如果有能量損失，碰撞為非彈性碰撞?！窘獯稹拷猓篈、因為小球B進入電、磁場瞬間豎直方向上的加速度為0，所以豎直方向上的合力為0因為小球B帶負電，所以電場力和洛倫茲力方向都向上，設(shè)小球進入電、磁場瞬間速度為vB，則有：代入數(shù)據(jù)解得：vB＝20m/s以A、B兩球為研究對象，設(shè)碰撞后A球的速度為vA，選A球碰撞前的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得：mAv0＝mAvA+mBvB代入數(shù)據(jù)解得：vA＝16m/s即碰撞后瞬間A的速度為16m/s，故A錯誤；B、小球A剛進入電、磁場時，受到向下的重力為：因為碰撞之后小球A也帶上負電，所以受到的電場力和洛倫茲力向上，電場力和洛倫茲力的合力為：因為向下的重力大于向上的電場力與洛倫茲力的合力，所以小球A接下來會向下偏轉(zhuǎn)，電場力做負功，電勢能會增大，故B錯誤；C、碰撞過程中小球A對小球B做的功為：，故C正確；D、碰撞前A具有的動能為：碰撞后A、B具有的總動能為：所以Ek1＞Ek2，即碰撞過程中存在能量損失，不是彈性碰撞，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查動量守恒定律的綜合應(yīng)用，還涉及能量、復合場等知識點，綜合性很強。在解答A選項時不能先入為主的認為這是彈性碰撞，然后利用動量守恒定律和能量守恒定律聯(lián)立求解，而應(yīng)該從小球B在復合場中的運動狀態(tài)出發(fā)進行求解。9．（重慶模擬）如圖，質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平地面上，木塊中有一豎直平面內(nèi)的管道，管道的出、入口水平，入口在木塊左端，出口在木塊左端或右端。一個質(zhì)量也為m的小球（其直徑略小于管道直徑）以水平速度v0從左端進入管道。以水平向右為正方向。設(shè)小球離開木塊時，小球的速度為v1，木塊的速度為v2，下列說法正確的（）A．若管道光滑，且出口在左端，則一定有v1＝0，v2＝v0 B．若通道粗糙，則不可能出現(xiàn)v1＝﹣0.1v0，v2＝1.1v0 C．可能出現(xiàn)v1＝1.2v0，v2＝﹣0.2v0 D．若小球不能離開木塊，則小球和木塊產(chǎn)生的總熱量一定為Q＝mv02﹣（2m）（）2【分析】對比兩個質(zhì)量相等的小球發(fā)生彈性碰撞的結(jié)果，考慮到管道在豎直平面內(nèi)，小球穿出后，會有重力勢能的變化，就會造成碰后系統(tǒng)動能的變化，進而分析穿出后的小球的速度及能量變化的可能?！窘獯稹拷猓喝艄艿拦饣以谒矫鎯?nèi)，小球從進入到離開管道，系統(tǒng)動量守恒，初末態(tài)系統(tǒng)總動能相等，則有：mv0＝mv1+mv2，，解得：或，即若管道光滑且在水平面內(nèi)，出口在左端，二者交換速度，取第一組解，出口在右端，二者末態(tài)速度又恢復到與初態(tài)相同，取第二組解。題中給出管道在豎直平面內(nèi)，且進出口高度沒有說明，所以，小球與木塊作用的過程，小球的重力勢能可能增大也可能減小，即作用后系統(tǒng)的動能可能減少也可能增加。若出口在左端且高度低于入口，系統(tǒng)重力勢能減少，動能增加，小球末速度可能為負；同理，若出口在右端且高度低于入口，小球末速度可能大于v0，小球和木塊產(chǎn)生的總熱量也不一定等于mv02﹣（2m）（）2，故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題是碰撞模型的變形題，彈性碰撞中碰前碰后系統(tǒng)動能相等，而此題中由于管道在豎直平面內(nèi)，會引起系統(tǒng)動能的變化。10．（南開區(qū)校級期末）如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面，盒內(nèi)有一小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ．若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則（）A．最終盒的速度大小是 B．最終盒的速度大小是 C．滑塊相對于盒運動的路程為 D．滑塊相對于盒運動的路程為【分析】物體與盒子組成的系統(tǒng)動量守恒；先由動量守恒求出盒子與物塊的最終速度，再結(jié)合損失的機械能即可求出滑塊相對于盒運動的路程?！窘獯稹拷猓涸O(shè)滑塊的質(zhì)量為m，則盒的質(zhì)量為2m。對整個過程，由動量守恒定律可得mv＝3mv共解得v共＝故選項AB均錯誤；由能量守恒定律可知μmgx＝mv2﹣?3m?（）2解得x＝故選項C正確，選項D錯誤。故選：C?！军c評】該題考查動量守恒定律，解答的關(guān)鍵是能忽略運動的過程，熟練應(yīng)用動量守恒定律、能量守恒定律是正確解題的關(guān)鍵；解題時要分析清楚運動過程。11．（如東縣校級月考）如圖所示，在傾角為θ的固定光滑斜面上，有兩個用輕質(zhì)彈簧相連的物塊A和B，它們的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定的擋板，原物塊A靜止在光滑斜面上，此時彈簧彈性勢能為Ep?，F(xiàn)將一個質(zhì)量也為m的物體D從距A為L的位置由靜止釋放，D和A相碰后立即粘在一起，之后在斜面上做簡諧運動。在簡諧運動過程中，物體B對C的最小彈力為mgsinθ，則以下說法正確的是（）A．簡諧運動的振幅為 B．物體D和A相碰后，物塊A獲得的速度為 C．在運動過程中，彈簧的最大彈性勢能為mglsinθ++Ep D．B對C的最大彈力為【分析】當AD受力平衡時，AD處于平衡位置，由胡克定律可求得平衡位置時彈簧的形變量；再由B對C的最小彈力可求得AD能達到的最大位移，即可求得振幅；由簡諧運動的對稱性可求得最大彈力。由機械能守恒求得彈簧的最大彈性勢能?！窘獯稹拷猓篈、當彈力等于AD的重力的分力時AD處于平衡狀態(tài)，由kx＝2mgsinθ可知，平衡位置時彈簧的形變量為x0＝，處壓縮狀態(tài)；當B對C彈力最小時，對B分析，則有mgsinθ+kx＝mgsinθ；故彈簧此時形變量：x＝，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)；故簡諧運動的振幅為：A＝x0﹣x＝﹣＝，故A錯誤；B、D物體碰撞前的速度v＝，AD碰撞動量守恒：mv＝2mv共，所以有：v共＝，故B錯誤；C、從碰撞后粘在一起到彈簧壓縮到最短，機械能守恒：Epm＝＝，故C錯誤；D、當AD運動到最低點時，B對C的彈力最大；由對稱性可知，此時彈簧的形變量為：△x＝A+x0＝+＝；此時彈力為：F＝k（A+x0）＝；B對C的彈力為F+mgsinθ＝，故D正確。故選：D。【點評】本題關(guān)鍵在于找出簡諧運動的平衡位置，從而確定出物體的振幅及回復力。求彈簧的最大彈性勢能時，要注意從碰撞位置到最低點的距離不能出錯，要區(qū)別三個壓縮量：碰撞前壓縮量、簡諧運動平衡位置壓縮量為A＝，最低位置壓縮量為（A+A﹣）。12．（桃城區(qū)校級期中）如圖所示，固定斜面足夠長，斜面與水平面的夾角α＝37°，一質(zhì)量為3m的L形工件沿斜面以速度v0＝1m/s勻速向下運動。工件上表面光滑，下端為擋板，某時刻，一質(zhì)量為m的小木塊輕輕放在工件上的A點，當木板運動到工件下端是（與擋板碰前的瞬間），工件速度剛好減為零，后木塊與擋板第一次相碰，以后每隔一段時間，木塊就與擋板碰撞一次。已知木塊與擋板都是彈性碰撞且碰撞時間極短，木塊始終在工件上運動，重力加速度取g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．下滑過程中，工件和木塊系統(tǒng)沿斜面方向上動量不守恒 B．下滑過程中，工件的加速度大小為6m/s2 C．木塊與擋板第1次碰撞后的瞬間，工件的速度大小為3m/s D．木塊與擋板第1次碰撞至第2次碰撞的時間間隔為0.75s【分析】根據(jù)系統(tǒng)的受力情況判斷沿斜面方向動量是否守恒；對工件根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大??；根據(jù)動量守恒定律求出木塊與工件碰撞前瞬間木塊的速度，木塊與工件碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律和能量關(guān)系求解碰撞后二者的速度大??；根據(jù)位移時間關(guān)系求解再次碰撞的時間。【解答】解：A、開始L形工件沿斜面勻速向下運動，有3mgsinα＝μ?3mgcosα，解得μ＝0.75；放上木塊后，工件增加的摩擦力f＝μmgcosα，而木塊重力沿斜面向下的分力為mgsinα，二者相等，故工件和木塊系統(tǒng)沿斜面方向上合力為零，所以沿斜面方向上動量守恒，故A錯誤；B、把木塊放上工件后，對工件根據(jù)牛頓第二定律可得：μ?4mgcosα﹣3mgsinα＝3ma，解得工件的加速度大小為a＝2m/s2，故B錯誤；C、設(shè)木塊與工件碰撞前瞬間木塊的速度為v，根據(jù)動量守恒定律可得：3mv0＝mv，解得：v＝3v0＝3m/s；木塊與工件碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律可得：mv＝mv1+3mv2，根據(jù)能量關(guān)系可得：mv2＝mv12+3mv22，聯(lián)立解得：v1＝﹣1.5m/s，v2＝1.5m/s，所以木塊與擋板第1次碰撞后的瞬間，工件的速度大小為1.5m/s，故C錯誤；D、設(shè)木塊與擋板第1次碰撞至第2次碰撞的時間間隔為t，在此時間內(nèi)工件的位移為x工＝v2t﹣，木塊的位移x木＝v1t，相碰時有：x工＝x木，聯(lián)立解得t＝0.75s，此時根據(jù)剛好速度為零，故D正確。故選：D?！军c評】本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。13．（石家莊三模）如圖所示，質(zhì)量為m的A球以速度v0在光滑水平面上向右運動，與靜止的質(zhì)量為5m的B球?qū)π恼?，碰撞后A球以kv0的速率彈回，并與豎直固定的擋板P發(fā)生彈性碰撞，要使A球與擋板碰后能追上B球再次相碰，則k的取值范圍為（）A．≤k＜1 B．＜k＜1 C．＜k≤ D．＜k≤【分析】A、B碰撞過程中動量守恒，抓住碰撞后A還能追上B，即碰后A的速度大于B的速度，求出系數(shù)k滿足的條件，結(jié)合碰撞過程中有機械能損失求出k滿足的條件，從而得出k取值范圍?！窘獯稹拷猓篈、B碰撞過程中，以v0方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝﹣m?kv0+5mvBA與擋板P碰撞后能追上B發(fā)生再碰的條件是：kv0＞vB聯(lián)立解得k＞碰撞過程中損失的機械能△E＝mv02﹣[m（kv0）2+×5mvB2]≥0解得k≤所以k取值范圍是＜k≤，故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題考查了動量守恒定律和能量守恒定律的綜合運用，要抓住碰后A的速度大于B的速度，以及有機械能損失大于等于零進行解答。14．（昌平區(qū)二模）光學鑷子是靠激光束“夾起”細胞、病毒等極其微小粒子的工具。為了簡化問題，將激光束看作是粒子流，其中的粒子以相同的動量沿光傳播方向運動；激光照射到物體上，會對物體產(chǎn)生力的作用，光鑷效應(yīng)就是一個實例，如圖（甲）所示。一相互平行、越靠近光速中心光強越強的激光束，經(jīng)凸透鏡后會聚于O點?，F(xiàn)有一透明介質(zhì)小球，球心O'偏離了O點，但O'仍位于激光束的中心，如圖（乙）所示。小球的折射率大于周圍介質(zhì)的折射率，若不考慮光的反射和吸收，光對小球的作用力可通過光的折射和動量守恒來分析。取O為坐標原點，向右為x軸正方向、向下為y軸正方向，小球受到作用力的方向為（）A．沿x正向 B．沿y正向 C．沿x負向 D．沿y負向【分析】根據(jù)左右兩邊光的偏折情況分析光速的變化，由動量定理可知：△v的方向即為小球?qū)馐饔昧Φ姆较?，再根?jù)平行四邊形法則得到光受到的合力方向，根據(jù)牛頓第三定律分析光對透明介質(zhì)小球作用力的方向?！窘獯稹拷猓河蓤D乙可知，△v的方向即為小球?qū)馐饔昧Φ姆较?。由于左邊光強度①＝右邊光強度②，速度方向改變量如圖①②所示，則透明介質(zhì)小球?qū)獾淖饔昧1＝F2，由平行四邊形定則知，①和②光速受力合力的方向沿﹣y方向，則由牛頓第三定律可知，兩光束因折射對小球產(chǎn)生的合力的方向沿+y方向，故B正確、ABCD錯誤。故選：B?！军c評】本題主要是考查動量的變化、力的合成與分解，弄清楚題干給出的信息，結(jié)合動量定理、牛頓運動定律以及力的合成與分解等知識進行分析。15．（南寧一模）一顆子彈沿水平方向射向一個木塊，第一次木塊被固定在水平地面上，第二次木塊靜止放在光滑的水平地面上，兩次子彈都能射穿木塊而繼續(xù)飛行，這兩次相比較（）A．第一次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量較多 B．第一次子彈的動量的變化量較小 C．兩次子彈的動量的變化量相等 D．兩次子彈和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)動量都守恒【分析】根據(jù)產(chǎn)熱公式Q＝f?△x，來判斷兩次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是否相等；根據(jù)系統(tǒng)能量守恒定律判斷第一次子彈剩余的動能更大，子彈速度更大，那么第一次子彈速度的變化量就小，再由△p＝m△v來判斷兩次子彈的動量的變化量的大小?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)兩次子彈相對木塊的位移相同，而它們之間的摩擦力相同，由產(chǎn)熱公式Q＝f?△x，可知兩次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等，故A錯誤；BC、因為第一次木塊被固定在水平地面上，所以子彈減少的能量全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，第二次木塊靜止放在光滑的水平地面上，根據(jù)動量守恒，子彈射穿后木塊具有動能，所以子彈減少的能量轉(zhuǎn)化成內(nèi)能和木塊的動能，又因為兩次產(chǎn)生熱量相同，所以第一次子彈剩余的動能更大，子彈速度更大，那么第一次子彈速度的變化量就小，根據(jù)動量變化量△p＝m△v，所以第一次子彈的動量的變化量較小，故B正確，C錯誤；D、第一次木塊被固定在水平地面上，系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查的是動量守恒定律和能量守恒定律的綜合應(yīng)用，本題的突破口是兩次子彈相對木塊的位移相同，兩次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等；然后再利用能量守恒定律來判斷子彈剩余的動能的大小，此題容易出現(xiàn)的錯誤就是設(shè)好幾個未知數(shù)去列方程，但是未知數(shù)太多且非常繁瑣不容易求解。二．多選題（共15小題）16．（新余期末）如圖所示，足夠長的光滑水平面上有一個固定的光滑斜面，斜面末端與水平面平滑連接。物塊B、C質(zhì)量均為3kg，B的右端固定一個自由伸長的輕彈簧，B、C分開一定的距離靜止于水平面。物塊A質(zhì)量為1kg，從距離地面高0.8m的地方靜止釋放。此后A、B先分開（A脫離彈簧），后B、C碰撞并粘在一起。已知彈簧一直在彈性限度之內(nèi)，重力加速度g＝10m/s2，則在整個過程中（）A．當彈簧壓縮最短時，物塊B獲得的速度為2m/s B．物塊C的最終速度為m/s C．物塊A最終損失的機械能約為7.96J D．彈簧的最大彈性勢能為6J【分析】應(yīng)用動能定理求出A滑到水平面上時的速度大??；當彈簧壓縮最短時A、B速度相等，彈簧的彈性勢能最大，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律求出B的速度與彈簧的最大彈性勢能；B、C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律求出C的最終速度；根據(jù)能量守恒定律求出A損失的機械能?！窘獯稹拷猓篈D、設(shè)A第一次到達水平面時的速度大小為v0，由動能定理得：mAgh＝﹣0，代入數(shù)據(jù)解得：v0＝4m/sA、B速度相等時彈簧的壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，A、B系統(tǒng)動量守恒，設(shè)A、B的共同速度為v，彈簧彈性勢能為Ep，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mAv0＝（mA+mB）v由機械能守恒定律得：+Ep代入數(shù)據(jù)解得：v＝1m/s，Ep＝6J，故A錯誤，D正確；BC、設(shè)A、B分離時A的速度大小為vA，B的速度大小為vB，物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mAv0＝mAvA+mBvB由機械能守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：vA＝﹣2m/s，vB＝2m/sB、C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mBvB＝（mB+mC）vBC，代入數(shù)據(jù)解得：vBC＝1m/sA與B分離后向右運動滑上斜面然后再返回，該過程機械能守恒，由機械能守恒定律可知，A再次到達水平面時速度大小仍為vA＝2m/s＞vBC，A再次追上B，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，A與B第二次分離時，設(shè)A的速度為vA1，B、C的速度為vBC1，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mAvA+（mB+mC）vBC＝mAvA1+（m+m）vBC1由機械能守恒定律得：＝代入數(shù)據(jù)解得：vA1＝m/s，vBC1＝m/sA最終損失的機械能：ΔEA＝，代入數(shù)據(jù)解得：ΔE≈7.96J，故BC正確。故選：BCD?！军c評】本題是一道力學綜合題，物體運動過程復雜，根據(jù)題意分析清楚物體運動過程是解題的前提，應(yīng)用動能定理、動量守恒定律與機械能守恒定律可以解題；應(yīng)用動量守恒守恒定律解題時注意正方向的選擇。17．（4月份模擬）如圖所示，豎直放置的彈簧一端固定在地上，另一端拴接一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物塊B，B保持靜止，此時彈簧被壓縮了h?，F(xiàn)將另一質(zhì)量也為m的物塊A，從離物塊B高為2h位置由靜止釋放自由落下，兩物塊發(fā)生完全非彈性碰撞（但不粘連），碰撞時間極短，忽略物塊在運動過程中的空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。已知重力加速度為g，彈簧的彈性勢能（其中k為彈簧的勁度系數(shù)，△x為彈簧的形變量），則（）A．碰后瞬間兩物體的加速度大小為g B．碰后瞬間兩物體的總動能為mgh C．碰撞后兩物體的最大動能為1.5mgh D．在運動過程中兩物塊不會分離【分析】用整體法求碰撞后兩物體瞬時加速度；由機械能守恒定律求出碰撞前A的速度，再由動量守恒定律求出碰撞后的速度，從而求出碰撞后兩物體的總動能；由牛頓第二定律找到兩物體動能最大的位置，結(jié)合從碰撞后到動能最大用機械能量守恒定律求出最大動能；用假設(shè)法確定AB是否分離?！窘獯稹拷猓篈碰后瞬間彈簧彈力不發(fā)生變化，而AB整體增加的合力為mg，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝2ma，即碰后瞬間兩物體的加速度大小為，故A錯誤；B、設(shè)碰撞前A的速度為v0，則有，碰撞后AB的速度為v，碰撞時間極短，碰撞過程中動量守恒，即：mv0＝2mv。聯(lián)立求得：解得碰后瞬間兩物體的總動能為：＝mgh，故B正確；C、設(shè)彈簧勁度系數(shù)為k，有mg＝kh，碰撞后兩物體一起向下運動，當兩物塊的重力與彈簧彈力相等時，兩物塊的動能最大，即2mg＝kx1，聯(lián)立求得x1＝2h，AB從碰撞后瞬間到A、B動能最大時，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有＝，聯(lián)立解得Ekm＝1.5mgh，故C正確；D、假設(shè)A、B能分離，分離時，有a＝g，即彈簧處于原長狀態(tài)。碰撞后物塊AB及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，從返回至碰撞點，到最高點過程中，反彈向上運動到達碰撞點時，兩物體的速度大小等于碰后瞬間兩物體的速度大小；設(shè)彈簧壓縮量為x3時速度減小為零，則有+解得即物體AB到達不了彈簧的原長處，故物體AB不會分離，故D正確。故選：BCD?！军c評】本題考查了動量守恒定律、機械能守恒定律等多個知識點，看起來一個只是一個物體壓縮彈簧的過程，但從動力學角度是一個變加速運動問題，從能量的角度看，只有在碰撞過程中有機械能損失，其他過程機械能總量不變，還要注意的是本題要用到彈性勢能的公式。18．（內(nèi)江模擬）2022年冬季奧運會將在北京舉行。我國冰壺運動員在某一次水面內(nèi)訓練時，紅壺以一定的速度與靜止在大本營中心的藍壺發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，碰后運動員用冰壺刷摩擦藍壺前進方向上的冰面來減小阻力。碰撞前、后兩壺運動的v﹣t圖線如圖中實線所示，如果兩冰壺的質(zhì)量相等，那么，由圖像可得出正確的結(jié)論是（）A．碰撞后瞬間，藍壺的速度為1.5m/s，紅壺的速度為0.5m/s B．兩壺在碰撞過程中，損失的機械能為兩壺從碰后到靜止損失的總機械能的倍 C．紅、藍兩壺在運動過程中，動摩擦因數(shù)之比為μ紅：μ藍＝3：4 D．碰后藍壺經(jīng)過4s停止運動【分析】兩冰壺碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律求出碰撞后紅壺的速度；根據(jù)能量守恒求出兩壺在碰撞過程中，損失的機械能和兩壺從碰后到靜止損失的總機械能之比；根據(jù)圖示圖象求出紅壺的加速度，應(yīng)用運動學公式求出t2；求出藍壺的加速度，應(yīng)用牛頓第二定律求出兩壺受到的摩擦力，然后求出動摩擦系數(shù)之比?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知，碰撞前紅壺的速度v0＝2m/s，碰撞后瞬間藍壺的速度v2＝1.5m/s，兩冰壺質(zhì)量相等，設(shè)冰壺質(zhì)量為m，兩冰壺碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞后紅壺的速度為v1，以碰撞前紅壺的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝mv1+mv2，代入數(shù)據(jù)解得：v1＝0.5m/s，故A正確；B、兩壺碰撞過程損失的機械能為：△E1＝﹣﹣，兩壺從碰后到停止損失的總機械能為：△E2＝﹣﹣，代入數(shù)據(jù)解得：＝，故B錯誤；CD、由牛頓第二定律可知碰前紅壺的加速度為：a1＝＝μ紅g＝＝m/s2＝0.5m/s2解得：μ紅＝0.05由圖像結(jié)合相似三角形規(guī)律可知：解得：t2＝5s則碰后藍壺運動時間為：△t＝t2﹣1＝5s﹣1s＝4s；由牛頓第二定律可知碰后藍壺的加速度為：a2＝＝μ藍g＝＝m/s2＝0.375m/s2解得：μ藍＝0.0375所以：μ紅：μ藍＝0.05：0.0375＝3：4，故C錯誤，D正確；故選：AD?！军c評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意與圖示圖線分析清楚壺的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律、牛頓第二定律與幾何知識可以解題。19．（茂名二模）如圖所示，三個小球靜止在足夠長的光滑水平面，B、C兩個小球之間用彈簧連接起來，A球緊靠B球，mA＝mB＝1kg，mC＝2kg?，F(xiàn)用水平外力從兩側(cè)緩慢壓A球與C球，使彈簧處于壓縮狀態(tài)且彈性勢能為100J，再突然撤去外力。已知A球與墻壁碰撞無機械能損失，A球若能與B球碰撞則粘合在一起，全程彈簧始終未達到彈性限度，下列說法正確的是（）A．若只撤去右側(cè)外力，則小球B獲得的最大速度為m/s B．若只撤去右側(cè)外力，則在此后的運動中，彈簧將會多次出現(xiàn)彈性勢能等于J的時刻 C．若同時撤去兩側(cè)外力，則在此后的運動中，三個小球?qū)啻纬霈F(xiàn)v＝m/s的共速時刻 D．同時撤去兩側(cè)外力，則三個小球最終將會以某一共同速度勻速運動下去【分析】若只撤去右側(cè)外力，當彈簧第二次恢復原長時，BC兩球及彈簧組成的系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒，由此分別列出方程分析判斷小球B獲得的最大速度；彈簧恢復原長后，C球向右做減速運動，B球向右做加速運動，當兩球速度相等時，BC兩球及彈簧組成的系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒，由此分別列出方程分析判斷彈簧出現(xiàn)彈性勢能等于J的情況；若同時撤去兩側(cè)外力，且A球能與B球碰撞則粘合在一起，則當彈簧恢復原長時，該過程ABC三球及彈簧組成的系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒，由此列出方程分析判斷三個小球出現(xiàn)的情況和三個小球能否某一共同速度勻速運動下去?！窘獯稹拷猓篈、當右邊的力被撤去時，彈簧會恢復原長，由機械能守恒：得到：vC＝10m/s，即此時恢復原長，接著彈簧將帶著B球一起向右繼續(xù)運動，則設(shè)當加速度大小為0時，速度為vm，則由于BC系統(tǒng)具有動量守恒的特點，因此由動量守恒得：mCvC＝mBvm+mCv1，由能量守恒得：，聯(lián)立解得：，故A正確；B、彈簧恢復原長后，C球向右做減速運動，B球向右做加速運動，當兩球速度相等時，彈簧的彈性勢能達到最大。該過程BC兩球及彈簧組成的系統(tǒng)的動量守恒：mCvC＝（mB+mC）v，代入數(shù)據(jù)，解得：，該過程BC兩球及彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒，BC共速時彈性勢能最大：mCvC2＝Ep+（mB+mC）v2，則有，Ep＝J，在彈簧的伸長和壓縮的循環(huán)往復過程中，每次BC兩個小球共速時，彈簧均會出現(xiàn)彈性勢能等于J的時刻，故B正確；C、若同時撤去兩側(cè)外力，彈簧達到原長時，AB將分離，此過程ABC三球及彈簧組成的系統(tǒng)的動量守恒，則：（mA+mB）v3＝mCv4；該過程ABC三球及彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒：Ep＝（mA+mB）v32+mCv42；解得：v3＝v4＝m/s在彈簧的伸長和壓縮的循環(huán)往復過程中，每次當彈簧恢復原長時，均會出現(xiàn)，三個小球速度等于m/s的共速時刻，故C正確；D.由C項分析可知，在彈簧的伸長和壓縮的循環(huán)往復過程中，小球的速度周期性的發(fā)生變化，所以不可能出現(xiàn)三個小球最終將會以某一共同速度勻速運動下去，故D錯誤。故選：ABC?！军c評】本題考查了用動量和能量的觀點分析彈簧類問題，涉及到了動量守恒定律、功能關(guān)系、機械能守恒定律，考查范圍較廣，對學生分析綜合能力有一定要求。20．（唐山一模）如圖所示，質(zhì)量為0.4kg的四分之一圓弧軌道靜止在光滑水平面，右側(cè)有固定在豎直平面內(nèi)的光滑半圓軌道，半徑為0.4m，下端與水平面相切?，F(xiàn)在將質(zhì)量為0.2kg可視為質(zhì)點的小球，從圖中A點靜止釋放，小球離開圓弧軌道后恰好能通過半圓軌道的最高點，重力加速度為10m/s2，不計一切阻力。下列說法正確的（）A．小球沿圓弧軌道下滑過程，系統(tǒng)動量守恒 B．小球沿圓弧軌道下滑過程，系統(tǒng)機械能守恒 C．小球通過半圓軌道D點時，對軌道的壓力大小為4N D．小球與圓弧軌道分離時，圓弧軌道的位移為0.5m【分析】本題解題時可運用動量守恒以及機械能守恒的條件判斷是否守恒，利用向心力公式以及牛頓第二定律可以求出小球在D點時對軌道的壓力，對小球和軌道組成的系統(tǒng)，運用機械能守恒定律以及水平方向動量守恒定律可以求出水平方向運動情況?！窘獯稹拷猓篈．小球沿圓弧軌道下滑過程，系統(tǒng)豎直方向合力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．小球沿圓弧軌道下滑過程，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故B正確；C．小球離開圓弧軌道后恰好能通過半圓軌道的最高點，在半圓軌道的最高點從D點到最高點在D點根據(jù)牛頓第三定律可知，對軌道的壓力大小為6N，故C錯誤；D．小球與圓弧軌道分離，由水平方向動量守恒得mvm＝MvM由系統(tǒng)機械能守恒得其中且mxm＝MxM，xm+xM＝RM解得xM＝0.5m故D正確。故選：BD?！军c評】本題較為全面的考查了機械能守恒定律以及動量守恒，包含了守恒條件判斷的基礎(chǔ)知識，部分選項結(jié)合牛頓運動定律考查學生綜合分析問題的能力，難度中等偏高。21．（岳陽一模）物理學中有一種碰撞被稱為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時的高度更大。如圖所示，A、B、C三個彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時釋放（其中C球下部離地H），所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則（）A．C球落地前瞬間A球的速度為 B．從上至下三球的質(zhì)量之比為1：2：6 C．A球彈起的最大高度為25H D．A球彈起的最大高度為9H【分析】三球靜止釋放做自由落體運動，根據(jù)速度﹣位移公式求出C球落地前瞬間A球的速度大??；與地面發(fā)生彈性碰撞，速度大小不變，方向變?yōu)榉聪?，球與球之間發(fā)生彈性碰撞，動量守恒，機械能守恒，結(jié)合動量守恒和機械能守恒求出三球的質(zhì)量之比以及碰撞后A球的速度大小，結(jié)合速度﹣位移公式求出A球彈起的最大高度?！窘獯稹拷猓篈、三球同時由靜止釋放，做自由落體運動，C球落地前瞬間下降的高度為H，則A球下降的高度也為H，根據(jù)速度﹣位移公式得：v2＝2gH，解得：v＝，故A正確；B、球C與地面發(fā)射彈性碰撞后，速度方向向上，大小為，此時B的速度大小也為v＝，方向豎直向下，C、B兩球發(fā)生彈性碰撞，動量守恒，機械能守恒，設(shè)碰撞后瞬間B的速度為v′，規(guī)定向上為正方向，有：mCv﹣mBv＝mBv′，，聯(lián)立解得：mC＝3mB，v′＝2v；A、B兩球發(fā)生彈性碰撞，動量守恒，機械能守恒，設(shè)碰撞后A的速度為v″，規(guī)定向上為正方向，有：mBv′﹣mAv＝mAv″，＝，聯(lián)立解得：mB＝2mA，v″＝3v?？芍猰A：mB：mC＝1：2：6，故B正確；C、根據(jù)速度﹣位移公式，對A球：v″2＝2gh，解得A彈起上升的最大高度h＝，故C錯誤，D正確。故選：ABD?！军c評】本題主要考查了動量守恒定律和機械能守恒定律的綜合應(yīng)用，要求同學們能正確分析物體的運動情況，掌握彈性碰撞的特點，注意使用動量守恒定律時要規(guī)定正方向。22．（海珠區(qū)校級期末）如圖甲所示，質(zhì)量為M＝0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m＝1kg的物塊以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F。當恒力F取某一值時，物塊在木板上相對于木板滑動的路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到﹣F的關(guān)系如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標為1m﹣1。將物塊視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。則下列說法正確的是（）A．若恒力F＝0，物塊滑出木板時的速度為3m/s B．C點縱坐標為1.5m﹣1 C．隨著F增大，當外力F＝1N時，物塊恰好不能木板右端滑出 D．圖象中D點對應(yīng)的外力的值為4N【分析】若恒力F＝0，則物塊會從木板的右端滑下，系統(tǒng)水平方向動量守恒，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律進行解答；當F較小時，物塊將從木板右端滑下；當F繼續(xù)增大時，物塊減速、木板加速，兩者在木板上某一位置具有共同速度，根據(jù)受力情況和運動情況求解BC段恒力F的取值范圍，得到得到﹣F的關(guān)系函數(shù)關(guān)系進行分析；當F較小時，物塊將從木板右端滑下，當F增大到某一值時物塊恰好到達木板的右端，且兩者具有共同速度v，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合速度﹣時間關(guān)系進行解答；圖中D（C）臨界點對應(yīng)的情況是物塊滑至某處時，木板與物塊已達到速度相同，求出兩者一起加速運動的臨界加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解外力的值。【解答】解：A、F＝0時，m和M系統(tǒng)動量守恒，取水平向右為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得：mv0＝mv1+Mv2將M＝0.5kg、m＝1kg、v0＝4m/s、s＝1代入得：v1＝2m/s、v2＝4m/s（不符合情況，舍去）或，故A錯誤；B、①當F較小時，物塊將從木板右端滑下，當F增大到某一值時物塊恰好到達木板的右端，且兩者具有共同速度v，歷時t1，由牛頓第二定律得：，根據(jù)速度時間關(guān)系可得：v＝v0﹣amt1＝a1+t1根據(jù)位移關(guān)系可得：，聯(lián)立解得：由圖乙知，相對路程：s≤1m，代入解得：F≥1N；②當F繼續(xù)增大時，物塊減速、木板加速，兩者在木板上某一位置具有共同速度；當兩者共速后能保持相對靜止（靜摩擦力作用）一起以相同加速度a做勻加速運動，由牛頓第二定律得：，而f＝ma，由于靜摩擦力存在最大值，所以：f≤fmax＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，聯(lián)立解得：F≤3N；綜上所述，BC段恒力F的取值范圍是1N≤F≤3N，函數(shù)關(guān)系式是：當F＝3N時，m﹣1則B點的橫坐標為：1N，C點的縱坐標為：1.5m﹣1，故B正確；C、當F較小時，物塊將從木板右端滑下，當F增大到某一值時物塊恰好到達木板的右端，且兩者具有共同速度v，歷時t1，則木板的加速度為：a1＝＝（2F+4）m/s2根據(jù)速度﹣時間關(guān)系有：v＝v0﹣amt1＝a1t1相對位移為：L＝t1﹣t1聯(lián)立解得：F＝1N，故C正確；D、圖中D（C）臨界點對應(yīng)的情況是物塊滑至某處時，木板與物塊已達到速度相同，且之后物塊與木板之間恰達到最大靜摩擦力，兩者一起加速運動的臨界加速度為a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，F(xiàn)D＝（m+M）a＝（0.5+1）×2N＝3N，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查動量守恒定律、牛頓運動定律和運動學規(guī)律的綜合應(yīng)用?；瑝K問題是物理模型中非常重要的模型，是學生物理建模能力培養(yǎng)的典型模型?；瑝K問題的解決非常靈活，針對受力分析、運動分析以及牛頓第二定律的掌握，還有相對運動的分析，特別是摩擦力的變化與轉(zhuǎn)型，都是難點所在。本題通過非常規(guī)的圖象來分析滑塊的運動，能從圖中讀懂物體的運動。23．（煙臺期末）如圖甲所示，一質(zhì)量為M、右端固定豎直擋板的木板靜置于光滑的水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小物塊以v0＝6m/s的水平初速度從木板的最左端P點沖上木板，最終小物塊在木板上Q點（圖甲中未畫出）與木板保持相對靜止，二者運動的速度隨時間變化的關(guān)系圖象如圖乙所示。已知小物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ恒定，重力加速度g＝10m/s2，則下列說法中正確的是（）A．m：M＝1：2 B．小物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1 C．P、Q兩點間的距離為3m D．小物塊與擋板間的碰撞為非彈性碰撞【分析】小物塊與木板組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)圖乙所示圖象分析清楚小物塊與木板的運動過程，應(yīng)用動量守恒定律求出兩者質(zhì)量之比；應(yīng)用能量守恒定律求出動摩擦因數(shù)；v﹣t圖象與坐標軸所圍圖形的面積等于位移，根據(jù)圖示圖象求出小物塊與木板的位移，根據(jù)碰撞前后系統(tǒng)動能間的關(guān)系判斷碰撞是否是彈性碰撞。【解答】解：A、由圖乙所示圖象可知，小物塊與木板碰撞后瞬間，木板的速度v木板＝3m/s，物塊的速度v小物塊＝0，碰撞后兩者的共同速度v＝2m/s，碰撞后小物塊與木板組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：Mv木板＝（M+m）v，代入數(shù)據(jù)解得：m：M＝1：2，故A正確；B、小物塊與木板碰撞后到兩者達到共同速度過程，兩者的相對位移：x＝m＝1.5m，從小物塊與木板碰撞到兩者共速過程，對系統(tǒng)，由能量守恒定律得：+μmgx，代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.2，故B錯誤；C、設(shè)碰撞前瞬間物塊的速度為v小物塊′，由圖乙所示圖象可知，碰撞前瞬間木板的速度v木板′＝1m/s，小物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，從小物塊滑上木板到碰撞前瞬間過程，由動量守恒定律得：mv0＝mv小物塊′+Mv木板′，代入數(shù)據(jù)解得：v小物塊′＝4m/s，由圖乙所示圖象可知，木板的長度L＝＝4.5m，P、Q兩點間的距離d＝L﹣x＝（4.5﹣1.5）m＝3m，故C正確；D、碰撞前瞬間系統(tǒng)總動能：Ek＝＝＝9m，碰撞后瞬間系統(tǒng)的總動能：Ek′＝＝9m，則：Ek＝Ek′，碰撞過程系統(tǒng)動能不變，碰撞過程機械能守恒，碰撞是彈性碰撞，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意與圖示圖象分析清楚小物塊與木板的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律即可解題；解題時要知道v﹣t圖象與坐標軸所圍圖形的面積等于位移；彈性碰撞過程系統(tǒng)機械能守恒。24．（深州市校級月考）如圖所示，半徑為R的四分之一圓弧體A放在光滑的水平面上，在圓弧體的右側(cè)固定擋板，輕彈簧連在擋板上。讓質(zhì)量為m的小球B從圓弧體的頂端由靜止釋放沿圓弧面滾下，圓弧體的質(zhì)量為2m，圓弧面光滑，圓弧面底端剛好與水平面相切，不計小球的大小，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．小球與圓弧體組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小球與彈簧作用的整個過程中，彈簧對小球的沖量大小為0 C．小球不可能再次滾上圓弧體的最高點 D．小球再次滾上圓弧體并與圓弧體相對靜止時，共同速度大小為【分析】根據(jù)系統(tǒng)動量守恒的條件判斷小球沿圓弧下滑時系統(tǒng)動量是否守恒；抓住小球和圓弧體在水平方向上動量守恒，結(jié)合能量守恒求出小球離開圓弧體時的速度，根據(jù)動量定理求出彈簧對小球的沖量大??；當小球再次滾上圓弧體，到達最高點時有共同速度，結(jié)合動量守恒和能量守恒求出共同的速度以及上升的高度，判斷能否滾上圓弧體的最高點。【解答】解：A、小球沿圓弧下滑過程中，由于系統(tǒng)在豎直方向外力之和不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B、設(shè)小球滾到水平面上時的速度大小為v1，圓弧體的速度大小為v2，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)水平方向動量守恒，有：mv1﹣2mv2＝0，根據(jù)能量守恒有：，解得：，，則小球與彈簧作用的過程中，彈簧對小球的沖量大小：I＝，故B錯誤；CD、設(shè)小球再次滾上圓弧體并與圓弧體有共同速度v，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量守恒有：mv1+2mv2＝3mv，解得：，設(shè)小球在圓弧面上上升的高度為h，則有：，可知h＜R，故C、D正確。故選：CD?！军c評】本題考查了動量守恒、機械能守恒的綜合運用，知道小球和圓弧組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，注意小球再次滾上圓弧上升到最高點時有共同速度。25．（渝中區(qū)校級月考）如圖，C是放在光滑水平面上的一塊右端有固定擋板的長木板，在木板的上面有兩塊可視為質(zhì)點的小滑塊A和B，A的質(zhì)量為m、B的質(zhì)量為2m、C的質(zhì)量為3m，A、B與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ。最初木板靜止，A以初速度v0從C的左端、B以初速度2v0從木板中間某一位置同時以水平向右的方向滑上木板C。在之后的運動過程中B恰好不與C的右擋板碰撞；重力加速度為g，則對整個運動過程，下列說法正確的是（）A．滑塊A的最小速度為v0 B．滑塊B的最小速度為v0 C．滑塊B與長木板C右擋板間距為 D．全過程系統(tǒng)的機械能減少了【分析】滑塊A滑上木板C后做勻減速運動，當A與C的速度相等時，A的速度最小，根據(jù)牛頓第二定律求出A、B勻減速運動的加速度大小以及C勻加速運動的加速度大小，結(jié)合運動學公式求出A、C共速時的速度，即A的最小速度；當A、B、C速度相等時，滑塊B的速度最小，根據(jù)動量守恒定律求出滑塊B的最小速度；根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式分別求出A、C共速前和共速后B相對C滑動的距離，從而得出滑塊B與長木板C右擋板間距；根據(jù)能量守恒求出全過程系統(tǒng)減小的機械能。【解答】解：A、開始A、B做勻減速運動的加速度大小：a1＝μg，C做勻加速直線運動的加速度大?。?，設(shè)經(jīng)過t1時間A與C速度相等，有：v0﹣a1t1＝a2t1，解得：，此時B的速度：，A、C的速度：，此后A、C一起勻加速，B繼續(xù)做勻減速，可知滑塊A的最小速度為，故A正確；B、當A、B、C共速時，B的速度最小，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒有：mv0+2m×2v0＝（m+2m+3m）v共，解得：，可知滑塊B的最小速度為，故B正確；C、A、C共速后，B做勻減速運動的加速度仍然為a1＝μg，A、C一起勻加速運動的加速度，A、C共速前，B相對C滑動的距離：＝，A、C共速后，B相對C滑動的距離：△x2＝＝，滑塊B與長木板C右擋板間距：d＝，故C正確；D、根據(jù)能量守恒得，系統(tǒng)機械能的減小量：＝，故D錯誤。故選：ABC。【點評】本題考查了動量守恒定律、牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，關(guān)鍵理清A、B、C在整個過程中的運動規(guī)律，知道何時滑塊A的速度最小，何時滑塊B的速度最小，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解。26．（寧遠縣校級月考）如圖，在光滑水平面上放著質(zhì)量分別為3m和m的A和B兩個物塊，彈簧與A、B拴接，現(xiàn)用外力緩慢向左推B使彈簧壓縮，此時彈簧彈性勢能為E。然后撤去外力，則（）A．從撤去外力到A離開墻面的過程中，墻面對A的沖量大小為 B．當A離開墻面時，B的動量大小為 C．A離開墻面后，A的最大速度為 D．A離開墻面后，彈簧最大彈性勢能為【分析】撤去外力后到A離開墻面時，A的速度為零，根據(jù)功能關(guān)系求出B的速度，從而得出B的動量，對系統(tǒng)運用動量定理，求出墻面對A的沖量大??；當A離開墻面后，彈簧先伸長后收縮，此過程中，彈簧對A一直表現(xiàn)為拉力，速度一直增大，彈簧再次恢復原長時，速度最大，根據(jù)動量守恒和機械能守恒求出最大速度；當A、B速度相等時，結(jié)合動量守恒和機械能守恒求出彈簧的彈性勢能?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)當A離開墻面時，B的速度大小為vB，根據(jù)功能關(guān)系知：，解得：，從撤去外力到A離開墻面的過程中，對A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，由動量定理得：墻面對A的沖量大小，故A正確；B、當A離開墻面時，B的動量大?。?，故B錯誤；C、A離開墻后，當彈簧再次恢復原長時，A的速度最大，根據(jù)系統(tǒng)動量和機械能均守恒，取向右為正方向，由動量守恒有：mvB＝3mvA+mv′B，由機械能守恒有：，解得A的最大速度：，故C錯誤；D、A離開豎直墻后，當兩物體速度相同時，彈簧伸長最長或壓縮最短，彈性勢能最大。設(shè)兩物體相同速度為v，A離開墻時，B的速度為vB，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒得：mvB＝4mv，根據(jù)機械能守恒得：，聯(lián)立解得彈簧的彈性勢能最大值：，故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查了動量守恒定律、機械能守恒定律、動量定理的綜合運用，知道A、B速度相等時，彈性勢能最大，以及能夠通過受力分析A、B的運動規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵。27．（重慶月考）如圖所示，矩形滑塊靜置于足夠長的光滑水平面上，子彈甲以大小為v的速度從左向右水平射入滑塊，從滑塊右側(cè)穿出后，完全相同的子彈乙以大小為v的速度從右向左水平射入滑塊，從滑塊左側(cè)穿出。設(shè)子彈兩次穿越滑塊過程中所受阻力大小恒定且相同，滑塊質(zhì)量始終保持不變，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．子彈乙穿出滑塊時，滑塊速度恰好為零 B．子彈甲穿越滑塊經(jīng)歷的時間比子彈乙穿越滑塊經(jīng)歷的時間長 C．子彈兩次穿越滑塊過程中，子彈與滑塊系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同 D．子彈兩次穿越滑塊過程中，滑塊對子彈所做的功相同【分析】分析兩次子彈相對滑塊的入射初速度大小分析子彈穿越兩滑塊的時間關(guān)系；根據(jù)子彈兩次穿過滑塊過程中的合外力沖量來判斷子彈的動量變化量，根據(jù)子彈和滑塊系統(tǒng)動量守恒判斷滑塊的動量變化量，從而判斷最終滑塊的速度是否為零；根據(jù)相對位移分析系統(tǒng)的熱量關(guān)系；根據(jù)動能定理分析滑塊對子彈所做的功關(guān)系。【解答】解：B、子彈乙與滑塊的相對初速度較大，則子彈甲穿越滑塊經(jīng)歷的時間比子彈乙穿越滑塊經(jīng)歷的時間長，故B正確；A、子彈兩次穿過滑塊過程中，對子彈而言，合外力的沖量即為阻力的沖量I＝ft＝△P，因為阻力相同，但時間不同，故子彈的動量改變量不同，那么根據(jù)子彈與滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒可知，滑塊的動量改變量也不同，故子彈乙穿出滑塊時，滑塊速