高考物理二輪復(fù)習(xí)講與練：第一部分第一板塊第9講《技法專題——巧用“動(dòng)量觀點(diǎn)”解決力學(xué)選擇題》(含答案詳解)

1、第第 9 講講|技法專題技法專題巧用巧用“動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量觀點(diǎn)”解決力學(xué)選擇題解決力學(xué)選擇題考法考法學(xué)法學(xué)法“動(dòng)量觀點(diǎn)”是解答力學(xué)問題的三大觀點(diǎn)之一，高考既可能在選擇題中單獨(dú)考查動(dòng)量問題，也可能在計(jì)算題中綜合考查到動(dòng)量問題?？疾榈膬?nèi)容主要有：動(dòng)量、沖量、動(dòng)量變化量等概念；動(dòng)量定理的應(yīng)用；動(dòng)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(dòng)量守恒問題和動(dòng)量定理的應(yīng)用。用到的思想方法有：守恒的思想；整體法和隔離法；碰撞、爆炸和反沖問題的分析方法。提能點(diǎn)提能點(diǎn) 一一 “解題快手解題快手”動(dòng)量定理的應(yīng)用動(dòng)量定理的應(yīng)用基礎(chǔ)保分類考點(diǎn)基礎(chǔ)保分類考點(diǎn)練練就能過關(guān)練練就能過關(guān)知能全通知能全通1 1掌握基本概念和規(guī)律

2、掌握基本概念和規(guī)律2應(yīng)用動(dòng)量定理的注意事項(xiàng)應(yīng)用動(dòng)量定理的注意事項(xiàng)(1)一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，用動(dòng)量定理也能解決，如果題目不涉及一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，用動(dòng)量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移，用動(dòng)量定理求解更簡捷。動(dòng)量定理不僅適用于恒力，也適用于變力。力變加速度和位移，用動(dòng)量定理求解更簡捷。動(dòng)量定理不僅適用于恒力，也適用于變力。力變化的情況下，動(dòng)量定理中的力化的情況下，動(dòng)量定理中的力 F 應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，運(yùn)用它分析問題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，

3、運(yùn)用它分析問題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向，公式中的量的方向，公式中的 F 是物體或系統(tǒng)所受的合力。是物體或系統(tǒng)所受的合力。題點(diǎn)全練題點(diǎn)全練1多選多選一細(xì)繩系著小球，在光滑水平面上做圓周運(yùn)動(dòng)，小球質(zhì)量為一細(xì)繩系著小球，在光滑水平面上做圓周運(yùn)動(dòng)，小球質(zhì)量為 m，速度大小，速度大小為為v，做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為，做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為 T，則以下說法中正確的是，則以下說法中正確的是()A經(jīng)過時(shí)間經(jīng)過時(shí)間 tT2，動(dòng)量變化量為，動(dòng)量變化量為 0B經(jīng)過時(shí)間經(jīng)過時(shí)間 tT4，動(dòng)量變化量大小為，動(dòng)量變化量大小為2mvC經(jīng)過時(shí)間經(jīng)過時(shí)間 tT2，細(xì)繩對(duì)小球的沖量大小為，細(xì)繩對(duì)小球的沖量大小為 2mvD經(jīng)

4、過時(shí)間經(jīng)過時(shí)間 tT4，重力對(duì)小球的沖量大小為，重力對(duì)小球的沖量大小為mgT4解析解析：選選 BCD經(jīng)過時(shí)間經(jīng)過時(shí)間 tT2，小球轉(zhuǎn)過了小球轉(zhuǎn)過了 180，速度方向正好相反速度方向正好相反，若規(guī)定開始計(jì)若規(guī)定開始計(jì)時(shí)時(shí)的速度方向?yàn)檎?，則動(dòng)量變化量為時(shí)時(shí)的速度方向?yàn)檎?，則動(dòng)量變化量為pmvmv2mv，細(xì)繩對(duì)小球的沖量為，細(xì)繩對(duì)小球的沖量為 Ip2mv，故大小為，故大小為 2mv，選項(xiàng)，選項(xiàng) A 錯(cuò)誤，錯(cuò)誤，C 正確；經(jīng)過時(shí)間正確；經(jīng)過時(shí)間 tT4，小球轉(zhuǎn)過了，小球轉(zhuǎn)過了 90，根，根據(jù)矢量合成法可得，動(dòng)量變化量大小為據(jù)矢量合成法可得，動(dòng)量變化量大小為p 2mv，重力對(duì)小球的沖量大小為，重力對(duì)小球

5、的沖量大小為 IGmgtmgT4，B、D 正確。正確。2 多選多選(2017全國卷全國卷)一質(zhì)量為一質(zhì)量為 2 kg 的物塊在合外力的物塊在合外力 F 的的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)。F 隨時(shí)間隨時(shí)間 t 變化的圖線如圖所示變化的圖線如圖所示，則則()At1 s 時(shí)物塊的速率為時(shí)物塊的速率為 1 m/sBt2 s 時(shí)物塊的動(dòng)量大小為時(shí)物塊的動(dòng)量大小為 4 kgm/sCt3 s 時(shí)物塊的動(dòng)量大小為時(shí)物塊的動(dòng)量大小為 5 kgm/sDt4 s 時(shí)物塊的速度為零時(shí)物塊的速度為零解析解析：選選 AB根據(jù)根據(jù) Ft 圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意義為合外力圖線與時(shí)間軸圍成的面積

6、的物理意義為合外力 F 的沖量的沖量，可知可知在在 01 s、02 s、03 s、04 s 內(nèi)合外力沖量分別為內(nèi)合外力沖量分別為 2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，應(yīng)用，應(yīng)用動(dòng)量定理動(dòng)量定理 Imv 可知物塊在可知物塊在 1 s、 2 s、 3 s、 4 s 末的速率分別為末的速率分別為 1 m/s、 2 m/s、 1.5 m/s、 1 m/s，物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為 2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，則則 A、B 正確正確，C、D 錯(cuò)誤。錯(cuò)誤。3如圖甲所示，一質(zhì)量為如圖甲所示，一質(zhì)量為 2 kg 的物體受水平拉力的物體

7、受水平拉力 F 作用，在粗糙水平面上做加速直作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動(dòng)線運(yùn)動(dòng)， 其其 at 圖像如圖乙所示圖像如圖乙所示， t0 時(shí)其速度大小為時(shí)其速度大小為 v02 m/s， 滑動(dòng)摩擦力大小恒為滑動(dòng)摩擦力大小恒為 2 N，則則()At6 s 時(shí)，物體的速度為時(shí)，物體的速度為 18 m/sB在在 06 s 內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為 400 JC在在 06 s 內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為 36 NsDt6 s 時(shí)，拉力的功率為時(shí)，拉力的功率為 200 W解析解析：選選 D根據(jù)根據(jù)vat 可知可知，at 圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量圖像中

8、圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量，則在則在 t6 s 時(shí)時(shí)，物體的速度物體的速度 v6v0v212 24 6m/s20 m/s，故故 A 錯(cuò)誤錯(cuò)誤；根據(jù)根據(jù)動(dòng)能定理得動(dòng)能定理得：W合合Ek12mv6212mv02396 J，故故 B 錯(cuò)誤錯(cuò)誤；在在 06 s 內(nèi)內(nèi)，拉力與摩擦力對(duì)拉力與摩擦力對(duì)物體有沿水平方向的沖量物體有沿水平方向的沖量，由動(dòng)量定理得由動(dòng)量定理得：IFftmv6mv0，解得解得 IF48 Ns，即拉力對(duì)即拉力對(duì)物體的沖量為物體的沖量為 48 Ns，故，故 C 錯(cuò)誤；在錯(cuò)誤；在 t6 s 時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：Fmaf(242)N10 N，則此時(shí)拉力

9、的功率，則此時(shí)拉力的功率 PFv61020 W200 W，故，故 D 正確。正確。4多選多選(福建四校二次聯(lián)考福建四校二次聯(lián)考)如圖所示如圖所示，足夠長的固定光滑斜面足夠長的固定光滑斜面傾角為傾角為，質(zhì)量為，質(zhì)量為 m 的物體以速度的物體以速度 v 從斜面底端沖上斜面，達(dá)到最高從斜面底端沖上斜面，達(dá)到最高點(diǎn)后又滑回原處，所用時(shí)間為點(diǎn)后又滑回原處，所用時(shí)間為 t。對(duì)于這一過程，下列判斷正確的是。對(duì)于這一過程，下列判斷正確的是()A斜面對(duì)物體的彈力的沖量為零斜面對(duì)物體的彈力的沖量為零B物體受到的重力的沖量大小為物體受到的重力的沖量大小為 mgtC物體受到的合力的沖量大小為零物體受到的合力的沖量大小

10、為零D物體動(dòng)量的變化量大小為物體動(dòng)量的變化量大小為 mgsin t解析：解析：選選 BD斜面對(duì)物體的彈力的沖量大小為：斜面對(duì)物體的彈力的沖量大小為：INtmgcos t，彈力的沖量不為，彈力的沖量不為零，故零，故 A 錯(cuò)誤；物體所受重力的沖量大小為：錯(cuò)誤；物體所受重力的沖量大小為：IGmgt，物體受到的重力的沖量大小不為，物體受到的重力的沖量大小不為零，故零，故 B 正確；物體受到的合力的沖量大小為正確；物體受到的合力的沖量大小為 mgtsin ，不為零，不為零，C 錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理得錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理得，動(dòng)量的變化量大小動(dòng)量的變化量大小pI合合mgsin t，D 正確。正確。提能點(diǎn)提能點(diǎn) 二二

11、 巧妙運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題巧妙運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題基礎(chǔ)保分類考點(diǎn)基礎(chǔ)保分類考點(diǎn)練練就能過關(guān)練練就能過關(guān)知能全通知能全通1 1動(dòng)量守恒定律的條件、表達(dá)式和性質(zhì)動(dòng)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(diǎn)爆炸與反沖的特點(diǎn)(1)時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒或某個(gè)方向的動(dòng)量守恒。時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒或某個(gè)方向的動(dòng)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(huì)增加，要利用能量守恒定律解題。因有內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，系統(tǒng)機(jī)械能會(huì)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。系統(tǒng)初始狀態(tài)若處于靜止?fàn)顟B(tài)，則爆炸或反沖后

12、系統(tǒng)內(nèi)物體速度往往方向相反。題點(diǎn)全練題點(diǎn)全練1.如圖所示如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為質(zhì)量為 M 的光滑弧的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上形槽靜止在光滑水平面上， 底部與水平面平滑連接底部與水平面平滑連接， 一個(gè)質(zhì)量一個(gè)質(zhì)量為為m(mM)的小球從槽高的小球從槽高 h 處開始自由下滑，下列說法正確的是處開始自由下滑，下列說法正確的是()A在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，小球和槽的水平方向動(dòng)量始終守恒在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，小球和槽的水平方向動(dòng)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)

13、機(jī)械能守恒，且水平方向動(dòng)量守恒全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且水平方向動(dòng)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 處處解析：解析：選選 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(dòng)量不守恒，故零，在水平方向動(dòng)量不守恒，故 A 錯(cuò)誤；下滑過程中小球和槽都有水平方向的位移，而兩錯(cuò)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，者之間的

14、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，故故 B 錯(cuò)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，錯(cuò)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)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量不守恒系統(tǒng)水平方向動(dòng)量不守恒，故故 C錯(cuò)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(dòng)量守恒，小球與槽分離時(shí)錯(cuò)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(dòng)量守恒，小球與槽分離時(shí)兩者動(dòng)量大小相等，由于兩者動(dòng)量大小相等，由于 mM，則小球的速

15、度大于槽的速度，小球被彈簧反彈后的速度，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(shí)的速度大小，小球?qū)⒆飞喜鄄⒀夭凵匣?，上滑過程中只有重力對(duì)其做大小等于與槽分離時(shí)的速度大小，小球?qū)⒆飞喜鄄⒀夭凵匣?，上滑過程中只有重力對(duì)其做功，機(jī)械能守恒，由于小球與槽組成的系統(tǒng)總動(dòng)量水平向左，小球滑上槽的最高點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)功，機(jī)械能守恒，由于小球與槽組成的系統(tǒng)總動(dòng)量水平向左，小球滑上槽的最高點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)速度水平向左速度水平向左，系統(tǒng)總動(dòng)能不為零系統(tǒng)總動(dòng)能不為零，由機(jī)械能守恒定律可知由機(jī)械能守恒定律可知，小球不能回到槽高小球不能回到槽高 h 處處，故故 D正確。正確。2(牡丹江一中檢測(cè)牡丹江一中檢測(cè))

16、甲甲、乙兩船的質(zhì)量均為乙兩船的質(zhì)量均為 M，它們都靜止在平靜的湖面上它們都靜止在平靜的湖面上，質(zhì)量質(zhì)量為為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)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，則水的阻力可忽略，則()A甲、乙兩船的速度大小之比為甲、乙兩船的速度大小之比為 12B甲船與乙船甲船與乙船(包括人包括人)的動(dòng)量相同的動(dòng)量相同C甲船與乙船甲船與乙船(包括人包括人)的動(dòng)量之和為零的動(dòng)量之和為零D因跳躍次數(shù)未知，故無法判斷因跳躍次數(shù)未知，故無法判斷解析：解析：選選 C以人與兩船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，人在跳躍

17、過程中系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，以人與兩船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，人在跳躍過程中系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，初態(tài)總動(dòng)量為零，所以甲船與乙船初態(tài)總動(dòng)量為零，所以甲船與乙船(包括人包括人)的動(dòng)量大小之比為的動(dòng)量大小之比為 11，而動(dòng)量的方向相反，而動(dòng)量的方向相反，所以甲船與乙船所以甲船與乙船(包括人包括人)的動(dòng)量不同的動(dòng)量不同。由由 pmv，知甲知甲、乙兩船的速度與質(zhì)量成反比乙兩船的速度與質(zhì)量成反比，所以所以最后甲、乙兩船的速度大小之比為最后甲、乙兩船的速度大小之比為 21，故，故 A、B 錯(cuò)誤；以系統(tǒng)為研究對(duì)象，在整個(gè)過程錯(cuò)誤；以系統(tǒng)為研究對(duì)象，在整個(gè)過程中，由動(dòng)量守恒定律知，甲船與乙船中，由動(dòng)量守恒定律知，甲船與乙船

18、(包括人包括人)的動(dòng)量之和為零，故的動(dòng)量之和為零，故 C 正確，正確，D 錯(cuò)誤。錯(cuò)誤。3一彈丸在飛行到距離地面一彈丸在飛行到距離地面 5 m 高時(shí)僅有水平速度高時(shí)僅有水平速度 v2 m/s，爆炸成為甲爆炸成為甲、乙兩塊水乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為 31。不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度。不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度 g10 m/s2，則下列圖中，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()解析：解析：選選 B由由 h12gt2可知，爆炸后甲、乙做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可知，爆炸后甲、乙做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t1 s，爆炸過程中，爆炸過程中，爆炸力對(duì)沿原方

19、向運(yùn)動(dòng)的一塊的沖量沿運(yùn)動(dòng)方向爆炸力對(duì)沿原方向運(yùn)動(dòng)的一塊的沖量沿運(yùn)動(dòng)方向，故這一塊的速度必然增大故這一塊的速度必然增大，即即 v2 m/s，因此水平位移大于因此水平位移大于 2 m，C、D 項(xiàng)錯(cuò)項(xiàng)錯(cuò)；在爆炸前后在爆炸前后，甲甲、乙水平方向不受外力乙水平方向不受外力，故水平方向故水平方向動(dòng)量守恒，即甲、乙的動(dòng)量改變量大小相等，甲、乙質(zhì)量比為動(dòng)量守恒，即甲、乙的動(dòng)量改變量大小相等，甲、乙質(zhì)量比為 31，所以速度變化量大小，所以速度變化量大小之比為之比為 13，由平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上由平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上，xv0t，所以所以 A 圖中圖中，v乙乙0.5 m/s，v甲甲2.5 m/s，|v乙乙|2.5 m/

20、s，|v甲甲|0.5 m/s，A 項(xiàng)錯(cuò)；項(xiàng)錯(cuò)；B 圖中，圖中，v乙乙0.5 m/s，v甲甲2.5 m/s，|v乙乙|1.5 m/s，|v甲甲|0.5 m/s，B 項(xiàng)對(duì)。項(xiàng)對(duì)。4.多選多選小車靜置于光滑的水平面上，小車的小車靜置于光滑的水平面上，小車的 A 端固定端固定一個(gè)輕質(zhì)彈簧一個(gè)輕質(zhì)彈簧， B 端粘有橡皮泥端粘有橡皮泥， 小車的質(zhì)量為小車的質(zhì)量為 M、 長為長為 L，質(zhì)量為質(zhì)量為 m 的木塊的木塊 C 放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的 A 端端并使彈簧壓縮，開始時(shí)小車與并使彈簧壓縮，開始時(shí)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，彈簧被釋都處于靜止?fàn)?/p>

21、態(tài)，如圖所示。當(dāng)突然燒斷細(xì)繩，彈簧被釋放，放，C 離開彈簧向離開彈簧向 B 端沖去，并跟端沖去，并跟 B 端橡皮泥粘在一起，以下說法中正確的是端橡皮泥粘在一起，以下說法中正確的是()A如果小車內(nèi)表面光滑，小車與如果小車內(nèi)表面光滑，小車與 C 組成的系統(tǒng)任何時(shí)刻機(jī)械能都守恒組成的系統(tǒng)任何時(shí)刻機(jī)械能都守恒B小車與小車與 C 組成的系統(tǒng)任何時(shí)刻動(dòng)量都守恒組成的系統(tǒng)任何時(shí)刻動(dòng)量都守恒C當(dāng)當(dāng) C 對(duì)地運(yùn)動(dòng)速度大小為對(duì)地運(yùn)動(dòng)速度大小為 v 時(shí)，小車對(duì)地運(yùn)動(dòng)速度大小為時(shí)，小車對(duì)地運(yùn)動(dòng)速度大小為mvMD小車向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為小車向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為mLMm解析解析：選選 BCD小車與小車與 C 組成的系統(tǒng)所

22、受合外力為零組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)在整個(gè)過程動(dòng)量守恒系統(tǒng)在整個(gè)過程動(dòng)量守恒，但但C 與橡皮泥粘接過程有機(jī)械能損失與橡皮泥粘接過程有機(jī)械能損失。由動(dòng)量守恒定律得由動(dòng)量守恒定律得 Mvmv0，則則 vmvM，該系該系統(tǒng)屬于人船模型，統(tǒng)屬于人船模型，Mdm(Ld)，所以小車向左運(yùn)動(dòng)的最大位移應(yīng)等于，所以小車向左運(yùn)動(dòng)的最大位移應(yīng)等于 dmLMm，綜上，綜上，選項(xiàng)選項(xiàng) B、C、D 正確。正確。提能點(diǎn)提能點(diǎn) 三三 動(dòng)量和能量的綜合問題動(dòng)量和能量的綜合問題重難增分類考點(diǎn)重難增分類考點(diǎn)講練結(jié)合過關(guān)講練結(jié)合過關(guān)研一題研一題多選多選(合肥一中檢測(cè)合肥一中檢測(cè))A、B 兩球沿同一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正兩球沿同一直

23、線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為碰，如圖所示為 A、B 碰撞前、后的位移時(shí)間圖像，碰撞前、后的位移時(shí)間圖像，a、b 分分別為別為 A、B 碰前的位移時(shí)間圖像碰前的位移時(shí)間圖像，c 為碰撞后為碰撞后 A、B 共同運(yùn)動(dòng)共同運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間圖像。若的位移時(shí)間圖像。若 A 的質(zhì)量為的質(zhì)量為 m2 kg，則由圖可知下列，則由圖可知下列結(jié)論正確的是結(jié)論正確的是()AA、B 碰撞前的總動(dòng)量為碰撞前的總動(dòng)量為 3 kgm/sB碰撞時(shí)碰撞時(shí) A 對(duì)對(duì) B 所施沖量為所施沖量為4 NsC碰撞前、后碰撞前、后 A 的動(dòng)量變化為的動(dòng)量變化為 4 kgm/sD碰撞中碰撞中 A、B 組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為

24、 10 J解析解析由題圖可知，碰撞前有：由題圖可知，碰撞前有：vAsAtA4102m/s3 m/s，vBsBtB42m/s2 m/s，碰撞后有碰撞后有：vAvBvst2442m/s1 m/s；對(duì)對(duì) A、B 組成的系統(tǒng)組成的系統(tǒng)，A、B 沿沿同一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，碰撞前、后都是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。碰撞同一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，碰撞前、后都是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。碰撞前、后前、后 A 的動(dòng)量變化為：的動(dòng)量變化為：pAmvAmvA2(1)kgm/s2(3)kgm/s4 kgm/s；根據(jù)動(dòng)量守恒定律根據(jù)動(dòng)量守恒定律，碰撞前碰撞前、后后 B 的動(dòng)量變化為的動(dòng)量變化為：pBp

25、A4 kgm/s，由動(dòng)量定理可由動(dòng)量定理可知知，碰撞時(shí)碰撞時(shí) A 對(duì)對(duì) B 所施沖量為所施沖量為：IBpB4 kgm/s4 Ns；又又pBmB(vBvB)，所所以以 mBpBvBvB412kg43kg，所以所以 A 與與 B 碰撞前的總動(dòng)量為碰撞前的總動(dòng)量為：p總總mvAmBvB2(3)kgm/s432 kgm/s103kgm/s；碰撞中；碰撞中 A、B 組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能：組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能：Ek12mvA212mBvB212(mmB)v2，代入數(shù)據(jù)解得：，代入數(shù)據(jù)解得：Ek10 J。故。故 A 錯(cuò)誤，錯(cuò)誤，B、C、D 正確。正確。答案答案BCD悟一法悟一法1三類碰撞的特點(diǎn)三類碰撞的特點(diǎn)

26、彈性碰撞彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒非彈性碰撞非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失完全非彈性碰撞完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最多動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最多2.動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的選取原則動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的選取原則(1)動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量觀點(diǎn)對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度，而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題，特別對(duì)于打擊特別對(duì)于打擊、碰撞類問題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，應(yīng)用動(dòng)量定理求解，即碰撞類問題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，應(yīng)用動(dòng)量定理求解，即 Ftmvmv0。對(duì)于碰撞、爆炸、反沖類問題，若只涉及初、末速度

27、而不涉及力、時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量對(duì)于碰撞、爆炸、反沖類問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解。守恒定律求解。(2)能量觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間問題，無論是恒力做功還是變力做功，對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動(dòng)能定理求解。一般都利用動(dòng)能定理求解。如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間問題，則如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間問題，則采用機(jī)械能守恒定律求解。采用機(jī)械能守恒定律求解。對(duì)于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對(duì)滑動(dòng)的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒

28、定律對(duì)于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對(duì)滑動(dòng)的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒定律求解。求解。通一類通一類1(2019 屆高三屆高三大慶調(diào)研大慶調(diào)研)如圖所示裝置中如圖所示裝置中，小球小球 A 和小球和小球 B 質(zhì)量質(zhì)量相同，小球相同，小球 B 置于光滑水平面上。當(dāng)置于光滑水平面上。當(dāng) A 從高為從高為 h 處由靜止擺下，到達(dá)處由靜止擺下，到達(dá)最低點(diǎn)恰好與最低點(diǎn)恰好與 B 相撞相撞， 并黏合在一起繼續(xù)擺動(dòng)并黏合在一起繼續(xù)擺動(dòng)，它們能上升的最大高度它們能上升的最大高度是是()AhB.h2C.h4D.h8解析解析：選選 CA 運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)有運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)有：mgh12mvA2，到達(dá)最低點(diǎn)恰好與到達(dá)最低點(diǎn)恰

29、好與 B 相撞相撞，并黏合在并黏合在一起，有：一起，有：mvA2mv，vvA2，兩者同時(shí)上升時(shí)機(jī)械能守恒，有：，兩者同時(shí)上升時(shí)機(jī)械能守恒，有：122mv22mgH，聯(lián)立，聯(lián)立解得：解得：Hh4，C 正確。正確。2(淮北一中模擬淮北一中模擬)兩球兩球 A、B 在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA2 kg，mB3 kg，vA6 m/s，vB2 m/s。當(dāng)。當(dāng) A 追上追上 B 并發(fā)生碰撞后，并發(fā)生碰撞后，A、B 速度的可能值速度的可能值是是()AvA4.5 m/s，vB3 m/sBvA3 m/s，vB4 m/sCvA1.5 m/s，vB7 m/sDv

30、A7.5 m/s，vB1 m/s解析解析：選選 B考慮實(shí)際情況考慮實(shí)際情況，碰撞后碰撞后 A 的速度不可能大于的速度不可能大于 B 的速度的速度，故故 A、D 錯(cuò)誤錯(cuò)誤，B、C 滿足；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(dòng)量守恒，計(jì)算易知，碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，計(jì)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(dòng)能應(yīng)該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動(dòng)能，均滿足；根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動(dòng)能應(yīng)該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動(dòng)能，碰撞前總動(dòng)能為碰撞前總動(dòng)能為 42 J，B 選項(xiàng)對(duì)應(yīng)的總動(dòng)能為選項(xiàng)對(duì)應(yīng)的總動(dòng)能為 33 J，C 選項(xiàng)對(duì)應(yīng)的總動(dòng)能為選項(xiàng)對(duì)

31、應(yīng)的總動(dòng)能為 75.75 J，故，故 C錯(cuò)誤，錯(cuò)誤，B 滿足。滿足。3(安徽安徽“江南十校江南十校”聯(lián)考聯(lián)考)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為為m的物的物塊塊A與另一個(gè)靜止的質(zhì)量與另一個(gè)靜止的質(zhì)量為為2m的物的物塊塊B發(fā)生正碰發(fā)生正碰，碰后物塊碰后物塊 B 剛好能落入正前方的沙坑中剛好能落入正前方的沙坑中。 假如碰撞過程中假如碰撞過程中無機(jī)械能損失，已知無機(jī)械能損失，已知 B 與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.1，與沙坑的距離為，與沙坑的距離為 0.5 m，g 取取10 m/s2，A、B 均可視為質(zhì)點(diǎn)。則均可視為質(zhì)點(diǎn)。則 A 碰撞前瞬間的速度為碰撞前瞬間的速度為()A0.

32、5 m/sB1.0 m/sC1.5 m/sD2.0 m/s解析解析：選選 C碰撞后碰撞后 B 做勻減速運(yùn)動(dòng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得由動(dòng)能定理得：2mgx0122mv2，解得解得：v1 m/s，A 與與 B 碰撞的過程中，碰撞的過程中，A 與與 B 組成的系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，則：組成的系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，則：mv0mv12mv，由于沒有機(jī)械能損失由于沒有機(jī)械能損失，則則：12mv0212mv12122mv2，解得解得：v01.5 m/s，故故 A、B、D 錯(cuò)誤，錯(cuò)誤，C 正確。正確。專題強(qiáng)訓(xùn)提能專題強(qiáng)訓(xùn)提能1(全國卷全國卷)高空墜物極易對(duì)行人造成傷害。若一個(gè)高空墜物極易對(duì)行人造成傷

33、害。若一個(gè) 50 g 的雞蛋從一居民樓的的雞蛋從一居民樓的 25 層層墜下，與地面的碰撞時(shí)間約為墜下，與地面的碰撞時(shí)間約為 2 ms，則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為，則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為()A10 NB102NC103ND104N解析：解析：選選 C設(shè)每層樓高約為設(shè)每層樓高約為 3 m，則雞蛋下落高度約為，則雞蛋下落高度約為 h325 m75 m，達(dá)到的，達(dá)到的速度滿足速度滿足 v22gh， 根據(jù)動(dòng)量定理根據(jù)動(dòng)量定理(Fmg)t0(mv)， 解得雞蛋受到地面的沖擊力解得雞蛋受到地面的沖擊力 Fmvtmg103N，由牛頓第三定律知，由牛頓第三定律知 C 正確。正確。2多選多選(2019

34、 屆高三屆高三資陽模擬資陽模擬)如圖甲所示，物塊如圖甲所示，物塊 A、B 間拴接一個(gè)壓縮后被鎖定的間拴接一個(gè)壓縮后被鎖定的彈簧，整個(gè)系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中物塊彈簧，整個(gè)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，物最初與左側(cè)固定的擋板相接觸，物塊塊 B 的質(zhì)量為的質(zhì)量為 2 kg?，F(xiàn)解除對(duì)彈簧的鎖定現(xiàn)解除對(duì)彈簧的鎖定，在在 A 離開擋板后離開擋板后，從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，B 的的 vt圖像如圖乙所示，則可知圖像如圖乙所示，則可知()AA 的質(zhì)量為的質(zhì)量為 4 kgB運(yùn)動(dòng)過程中運(yùn)動(dòng)過程中 A 的最大速度為的最大速度為 4 m/sC在在 A 離開擋板

35、前，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒離開擋板前，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒D在在 A 離開擋板后彈簧的最大彈性勢(shì)能為離開擋板后彈簧的最大彈性勢(shì)能為 3 J解析解析：選選 BD解除對(duì)彈簧的鎖定解除對(duì)彈簧的鎖定，A 離開擋板后離開擋板后，系統(tǒng)不受外力系統(tǒng)不受外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)機(jī)械能守恒械能守恒，B 的速度最大的速度最大(vm3 m/s)時(shí)時(shí)，A 的速度最小為零的速度最小為零，且此時(shí)彈簧處于原長且此時(shí)彈簧處于原長；B 的速的速度最小度最小(v1 m/s)時(shí)時(shí)，A 的速度最大的速度最大，設(shè)設(shè) A 的質(zhì)量為的質(zhì)量為 m，A 的最大速度為的最大速度為 v，根據(jù)動(dòng)量守恒根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律

36、有定律和機(jī)械能守恒定律有：mvmBvmBvm，12mv212mBv212mBvm2，解得解得 m1 kg，v4 m/s，A 錯(cuò)誤錯(cuò)誤，B 正確正確；在在 A 離開擋板前離開擋板前，由于擋板對(duì)由于擋板對(duì) A 有作用力有作用力，所以所以 A、B 系統(tǒng)所系統(tǒng)所受外力矢量和不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，受外力矢量和不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，C 錯(cuò)誤；當(dāng)錯(cuò)誤；當(dāng) A、B 速度相等時(shí)，速度相等時(shí)，A、B 動(dòng)能之和動(dòng)能之和最小，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大。根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒最小，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大。根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，有：定律，有：mBvm(mBm

37、)v共共，Epm12mBvm212(mBm)v共共2，解得，解得 Epm3 J，D 正確。正確。3多選多選(哈爾濱三中檢測(cè)哈爾濱三中檢測(cè))如圖所示，甲、乙兩小車的質(zhì)量如圖所示，甲、乙兩小車的質(zhì)量分別為分別為 m1和和 m2，且，且 m1v1，所以最后木塊相對(duì)傳送帶靜止所以最后木塊相對(duì)傳送帶靜止，木塊向左勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)木塊向左勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間間t2v1a0.4 s，則木塊遭射擊后到相對(duì)傳送帶靜止歷時(shí)則木塊遭射擊后到相對(duì)傳送帶靜止歷時(shí) tt1t21.0 s，C 正確正確，D 錯(cuò)誤錯(cuò)誤；子子彈射穿木塊后，木塊先向右勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零，然后向左勻加速運(yùn)動(dòng)至與傳送帶速度彈射穿木塊后，木塊先向右勻減速運(yùn)

38、動(dòng)至速度為零，然后向左勻加速運(yùn)動(dòng)至與傳送帶速度相同后一起勻速運(yùn)動(dòng)，相同后一起勻速運(yùn)動(dòng)，A 錯(cuò)誤。錯(cuò)誤。10 多選多選如圖所示如圖所示， 一輕質(zhì)彈簧兩端分別連著木塊一輕質(zhì)彈簧兩端分別連著木塊 A 和和 B，靜止于光滑的水平面上靜止于光滑的水平面上。木塊木塊 A 被水平飛行的初速度為被水平飛行的初速度為 v0的子的子彈射中并鑲嵌在其中彈射中并鑲嵌在其中，子彈與子彈與 A 的作用時(shí)間極短的作用時(shí)間極短。已知已知 B 的質(zhì)量為的質(zhì)量為 m，A 的質(zhì)量是的質(zhì)量是 B 的的34，子彈的質(zhì)量是子彈的質(zhì)量是 B 的的14，則，則()A子彈擊中木塊子彈擊中木塊 A 后瞬間，與后瞬間，與 A 的共同速度為的共同速

39、度為14v0B子彈擊中木塊子彈擊中木塊 A 后瞬間，與后瞬間，與 A 的共同速度為的共同速度為 v0C彈簧壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能為彈簧壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能為164mv02D彈簧壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能為彈簧壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能為18mv02解析：解析：選選 AC設(shè)子彈擊中木塊設(shè)子彈擊中木塊 A 后瞬間與木塊后瞬間與木塊 A 的共同速度為的共同速度為 v1，二者動(dòng)量守恒，二者動(dòng)量守恒，有有14mv014m34mv1，解得解得 v114v0，彈簧壓縮到最短時(shí)彈簧壓縮到最短時(shí)，A 與與 B 具有共同的速度具有共同的速度，設(shè)為設(shè)為 v2，子彈和子彈和 A 與與 B 動(dòng)量守恒，有動(dòng)量守恒，有14m34

40、mv114m34mmv2，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為 E，由能量守恒定律得由能量守恒定律得1214m34mv121214m34mmv22E，解得解得 E164mv02，綜上所述綜上所述，A、C 正確。正確。11.多選多選(哈爾濱三中檢測(cè)哈爾濱三中檢測(cè))如圖所示如圖所示， 將一輕質(zhì)彈簧從物體將一輕質(zhì)彈簧從物體 B 內(nèi)部穿內(nèi)部穿過過，并將其上端懸掛于天花板并將其上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量為下端系一質(zhì)量為 m12.0 kg 的物體的物體 A。平平衡時(shí)衡時(shí) A 距天花板距天花板 h2.4 m，在距，在距 A 正上方高為正上方高為 h11.8 m 處由靜止釋放處由靜止釋放質(zhì)量為質(zhì)

41、量為 m21.0 kg 的的 B，B 下落過程中某時(shí)刻與彈簧下端的下落過程中某時(shí)刻與彈簧下端的 A 碰撞碰撞(碰撞碰撞時(shí)間極短時(shí)間極短)，碰撞后，碰撞后 A、B 一起向下運(yùn)動(dòng)，一起向下運(yùn)動(dòng)，A、B 不粘連，且可視為質(zhì)點(diǎn)不粘連，且可視為質(zhì)點(diǎn)，歷時(shí)歷時(shí) 0.25 s 第一次到達(dá)最低點(diǎn)第一次到達(dá)最低點(diǎn)(彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，g10 m/s2)，下列，下列說法正確的是說法正確的是()A碰撞結(jié)束瞬間碰撞結(jié)束瞬間 A、B 的速度大小為的速度大小為 2 m/sB碰撞結(jié)束后碰撞結(jié)束后 A、B 一起向下運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為一起向下運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為 0.25

42、mC碰撞結(jié)束后碰撞結(jié)束后 A、B 一起向下運(yùn)動(dòng)的過程中，一起向下運(yùn)動(dòng)的過程中，A、B 間的平均作用力大小為間的平均作用力大小為 18 NDA、B 到最低點(diǎn)后反彈上升，到最低點(diǎn)后反彈上升，A、B 分開后，分開后，B 還能上升的最大高度為還能上升的最大高度為 0.2 m解析解析： 選選 ABC設(shè)設(shè) B 自由下落至與自由下落至與 A 碰撞前其速度為碰撞前其速度為 v0， 根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律， 有有：v0 2gh16 m/s，設(shè)設(shè) A、B 碰撞結(jié)束瞬間二者共同速度為碰撞結(jié)束瞬間二者共同速度為 v1，以向下為正方向以向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量根據(jù)動(dòng)量守恒定律守恒定律，有有：m2v0(m

43、1m2)v1，解得解得 v12 m/s，A 正確正確；從二者一起運(yùn)動(dòng)到速度變?yōu)榱銖亩咭黄疬\(yùn)動(dòng)到速度變?yōu)榱愕倪^程中，選擇的過程中，選擇 B 為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理，有：為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理，有：(m2gF)t0m2v1，解得，解得F18 N，方向豎直向上，方向豎直向上，C 正確；此過程中對(duì)正確；此過程中對(duì) B 分析，根據(jù)動(dòng)能定理，有：分析，根據(jù)動(dòng)能定理，有：Fxm2gx012m2v12，解得，解得 x0.25 m，即碰撞結(jié)束后，即碰撞結(jié)束后 A、B 一起向下運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為一起向下運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為 0.25 m，B 正確正確；A、B 若在碰撞位置分開若在碰撞位置分開，B 還能上升

44、的最大高度為還能上升的最大高度為 hv122g0.2 m，但實(shí)際上但實(shí)際上 A、B 在彈簧恢復(fù)原長時(shí)才分開，故在彈簧恢復(fù)原長時(shí)才分開，故 B 還能上升的最大高度小于還能上升的最大高度小于 0.2 m，D 錯(cuò)誤。錯(cuò)誤。12.如圖所示，一輛質(zhì)量為如圖所示，一輛質(zhì)量為 M6 kg 的平板小車?？吭趬翘?，的平板小車停靠在墻角處，地面水平且光滑，墻與地面垂直。一質(zhì)量為地面水平且光滑，墻與地面垂直。一質(zhì)量為 m2 kg 的小鐵塊的小鐵塊(可視可視為質(zhì)點(diǎn)為質(zhì)點(diǎn))放在平板小車最右端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平板小車上表面水平且與小鐵塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)動(dòng)摩擦因數(shù)0.45，平板小車

45、的長平板小車的長 L1 m?，F(xiàn)給小鐵塊一個(gè)現(xiàn)給小鐵塊一個(gè) v05 m/s 的初速度使之向左的初速度使之向左運(yùn)動(dòng)，與豎直墻發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動(dòng)，則小鐵塊在平板小車上運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)損失的運(yùn)動(dòng)，與豎直墻發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動(dòng)，則小鐵塊在平板小車上運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為機(jī)械能為(g 取取 10 m/s2)()A10 JB30 JC9 JD18 J解析解析：選選 D設(shè)小鐵塊向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻時(shí)的速度大小為設(shè)小鐵塊向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻時(shí)的速度大小為 v1，由動(dòng)能定理得由動(dòng)能定理得mgL12mv1212mv02，解得，解得 v14 m/s，小鐵塊與豎直墻發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動(dòng)，假設(shè)小鐵塊，小鐵塊與豎直

46、墻發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動(dòng)，假設(shè)小鐵塊最終和平板小車達(dá)到共同速度最終和平板小車達(dá)到共同速度 v2，二者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，有，二者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，有 mv1(Mm)v2，解得解得 v21 m/s，設(shè)小鐵塊相對(duì)平板小車運(yùn)動(dòng)距離為設(shè)小鐵塊相對(duì)平板小車運(yùn)動(dòng)距離為 x 時(shí)兩者達(dá)到共同速度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，由由功能關(guān)系得功能關(guān)系得mgx12(Mm)v2212mv12，解得，解得 x43mL，則小鐵塊在沒有與平板小車，則小鐵塊在沒有與平板小車達(dá)到共同速度時(shí)就滑出平板小車，小鐵塊在平板小車上運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為達(dá)到共同速度時(shí)就滑出平板小車，小鐵塊在平板小車上運(yùn)動(dòng)過

47、程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E2mgL18 J，故，故 D 正確。正確。13.多選多選如圖所示，小車的上面固定一個(gè)光滑彎曲圓管道，如圖所示，小車的上面固定一個(gè)光滑彎曲圓管道，整個(gè)小車整個(gè)小車(含管道含管道)的質(zhì)量為的質(zhì)量為 2m，原來靜止在光滑的水平面上原來靜止在光滑的水平面上。今今有一個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量為有一個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量為 m，半徑略小于管道半徑，半徑略小于管道半徑，以水平速度以水平速度 v 從左端滑上小車從左端滑上小車，小球恰好能到達(dá)管道的最高點(diǎn)小球恰好能到達(dá)管道的最高點(diǎn)，然后從管道左端滑離小車然后從管道左端滑離小車。關(guān)于這個(gè)過程，下列說法正確的是關(guān)于這個(gè)過程，下列說法正確

48、的是()A小球滑離小車時(shí)，小車回到原來位置小球滑離小車時(shí)，小車回到原來位置B小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度大小為小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度大小為 vC小車上管道最高點(diǎn)的豎直高度為小車上管道最高點(diǎn)的豎直高度為v23gD小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，小車的動(dòng)量變化大小是小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，小車的動(dòng)量變化大小是mv3解析解析：選選 BC小球恰好能到達(dá)管道的最高點(diǎn)小球恰好能到達(dá)管道的最高點(diǎn)，說明在管道最高點(diǎn)時(shí)小球和管道之間相說明在管道最高點(diǎn)時(shí)小球和管道之間相對(duì)靜止，小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)量守恒定律，有對(duì)靜止，小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)量守恒定律，有

49、 mv(m2m)v，得得 vv3，小車動(dòng)量變化大小，小車動(dòng)量變化大小p車車2mv323mv，D 項(xiàng)錯(cuò)誤；小球從滑進(jìn)管道到滑到最高項(xiàng)錯(cuò)誤；小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律，有點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律，有 mgH12mv212(m2m)v2，得，得 Hv23g，C 項(xiàng)正確項(xiàng)正確；小球從滑上小車到滑離小車的過程，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，有小球從滑上小車到滑離小車的過程，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，有 mvmv12mv2，12mv212mv12122mv22，解得，解得 v1v3，v223v，則小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度大小，則小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度大小為為

50、23v13vv，B 項(xiàng)正確；由以上分析可知，在整個(gè)過程中小車一直向右運(yùn)動(dòng)，項(xiàng)正確；由以上分析可知，在整個(gè)過程中小車一直向右運(yùn)動(dòng)，A 項(xiàng)錯(cuò)誤項(xiàng)錯(cuò)誤。14 多選多選(中衛(wèi)調(diào)研中衛(wèi)調(diào)研)在光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分在光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分別為別為 M0.6 kg，m0.2 kg 的兩個(gè)小球的兩個(gè)小球，中間夾著一個(gè)被壓縮中間夾著一個(gè)被壓縮的具有的具有 Ep10.8 J 彈性勢(shì)能的鎖定的輕彈簧彈性勢(shì)能的鎖定的輕彈簧(彈簧與兩球不拴彈簧與兩球不拴接接)，原來處于靜止?fàn)顟B(tài)原來處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)突然釋放彈簧現(xiàn)突然釋放彈簧，球球 m 脫離彈簧后滑向與水平面相切脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為半徑為

51、R0.425 m 的豎直固定的光滑半圓形軌道，的豎直固定的光滑半圓形軌道，A 為軌道底端，為軌道底端，B 為軌道頂端，如圖所示。為軌道頂端，如圖所示。g 取取10 m/s2，則下列說法正確的是，則下列說法正確的是()Am 從從 A 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 B 點(diǎn)的過程中所受合外力沖量大小為點(diǎn)的過程中所受合外力沖量大小為 3.4 NsBM 離開輕彈簧時(shí)獲得的速度為離開輕彈簧時(shí)獲得的速度為 9 m/sC若半圓軌道半徑可調(diào)，則若半圓軌道半徑可調(diào)，則 m 從從 B 點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑點(diǎn)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的增大而減小D彈簧彈開過程，彈力對(duì)彈簧彈開過程，

52、彈力對(duì) m 的沖量大小為的沖量大小為 1.8 Ns解析解析：選選 AD釋放彈簧過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒釋放彈簧過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒機(jī)械能守恒，以向右為正方向以向右為正方向，由動(dòng)量由動(dòng)量守恒定律得：守恒定律得：mv1Mv20，由機(jī)械能守恒定律得：，由機(jī)械能守恒定律得：12mv1212Mv22Ep，解得：，解得：v19 m/s，v23 m/s；m 從從 A 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 B 點(diǎn)過程中點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得：12mv1212mv12mg2R，解得：，解得：v18 m/s；以水平向右為正方向，由動(dòng)量定理得，；以水平向右為正方向，由動(dòng)量定理得，m 從從 A 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)運(yùn)動(dòng)

53、到 B 點(diǎn)點(diǎn)的過程中所受合外力沖量為的過程中所受合外力沖量為：Ipmv1mv10.28 Ns0.29 Ns3.4 Ns，則則合外力沖量大小為合外力沖量大小為 3.4 Ns， 故故 A 正確正確； 由前述分析知由前述分析知， M 離開輕彈簧時(shí)獲得的速度為離開輕彈簧時(shí)獲得的速度為 3 m/s，故故 B 錯(cuò)誤；設(shè)圓軌道半徑為錯(cuò)誤；設(shè)圓軌道半徑為 r 時(shí)，時(shí)，m 從從 B 點(diǎn)飛出后水平位移最大，由點(diǎn)飛出后水平位移最大，由 A 點(diǎn)到點(diǎn)到 B 點(diǎn)根據(jù)機(jī)點(diǎn)根據(jù)機(jī)械能守恒定律得械能守恒定律得：12mv1212mv12mg2r， 在最高點(diǎn)在最高點(diǎn)， 由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得： mgNmv12r，m 從從

54、 B 點(diǎn)飛出，需要滿足：點(diǎn)飛出，需要滿足：N0，飛出后，小球做平拋運(yùn)動(dòng)：，飛出后，小球做平拋運(yùn)動(dòng)：2r12gt2，xv1t，解得，解得：x 4r 8.14r ，當(dāng)當(dāng) 8.14r4r 時(shí)時(shí)，即即 r1.012 5 m 時(shí)時(shí)，x 最大最大，則則 m 從從 B 點(diǎn)飛出后落在點(diǎn)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(cuò)誤；由動(dòng)量定理得，彈簧錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理得，彈簧彈開過程，彈力對(duì)彈開過程，彈力對(duì) m 的沖量大小為：的沖量大小為：Ipmv10.29 Ns1.8 Ns，故，故 D 正確。正確。課余擠時(shí)加餐訓(xùn)練課余擠時(shí)加餐訓(xùn)練(

55、一一)|力學(xué)選擇題押題練力學(xué)選擇題押題練練準(zhǔn)度、練速度練準(zhǔn)度、練速度力學(xué)選擇題押題練力學(xué)選擇題押題練(一一)1.如圖所示，水平面上的小車內(nèi)固定一個(gè)傾角為如圖所示，水平面上的小車內(nèi)固定一個(gè)傾角為 30的光滑斜面，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(gè)質(zhì)量為平行于斜面的細(xì)繩一端固定在小車上，另一端系著一個(gè)質(zhì)量為 m 的小的小球球，小球和小車均處于靜止?fàn)顟B(tài)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(yùn)動(dòng)且如果小車在水平面上向左加速運(yùn)動(dòng)且加速度大小不超過加速度大小不超過 a1時(shí)時(shí)， 小球仍能夠和小車保持相對(duì)靜止小球仍能夠和小車保持相對(duì)靜止； 如果小車在如果小車在水平面上向

56、右加速運(yùn)動(dòng)且加速度大小不超過水平面上向右加速運(yùn)動(dòng)且加速度大小不超過 a2時(shí)，小球仍能夠和小車保持相對(duì)靜止。則時(shí)，小球仍能夠和小車保持相對(duì)靜止。則 a1和和 a2的大小之比為的大小之比為()A. 31B. 33C31D13解析：解析：選選 D當(dāng)小車向當(dāng)小車向左加速運(yùn)動(dòng)且加速度大小不超過左加速運(yùn)動(dòng)且加速度大小不超過a1時(shí)，由題意可知，此時(shí)細(xì)繩的拉力為時(shí)，由題意可知，此時(shí)細(xì)繩的拉力為零零，對(duì)小球受力分析知對(duì)小球受力分析知，小球受重力小球受重力、斜面斜面的支持力的支持力，由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得 mgtan 30ma1，當(dāng)小當(dāng)小車向右加速運(yùn)動(dòng)且加速度大小不超過車向右加速運(yùn)動(dòng)且加速度大小不超過

57、a2時(shí)，由題意可知，此時(shí)斜面對(duì)小球的支持力為零，時(shí)，由題意可知，此時(shí)斜面對(duì)小球的支持力為零，對(duì)小球受力分析知對(duì)小球受力分析知，小球受重力小球受重力、細(xì)繩的拉力細(xì)繩的拉力，由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得mgtan 30ma2，聯(lián)立以上聯(lián)立以上兩式得兩式得a1a213，D 正確。正確。2.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量如圖所示，一個(gè)質(zhì)量 m1 kg 的小環(huán)套在傾角為的小環(huán)套在傾角為 37的光滑固定直的光滑固定直桿上桿上，為使小環(huán)能夠靜止不動(dòng)為使小環(huán)能夠靜止不動(dòng)，需對(duì)它施加一個(gè)水平拉力需對(duì)它施加一個(gè)水平拉力 F。已知重力加已知重力加速度速度 g10 m/s2，sin 370.6。則。則 F 的大小和方向分別是

58、的大小和方向分別是()A7.5 N，水平向左，水平向左B7.5 N，水平向右，水平向右C13.3 N，水平向左，水平向左D13.3 N，水平向右，水平向右解析：解析：選選 A對(duì)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)能夠靜止不對(duì)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(dòng)，動(dòng)，F(xiàn) 的方向應(yīng)水平向左，根據(jù)平衡知識(shí)可知：的方向應(yīng)水平向左，根據(jù)平衡知識(shí)可知：Fmgtan 3711034N7.5 N，故，故 A對(duì)。對(duì)。3.多選多選如圖所示是用鐵絲做的立方體骨架，從頂點(diǎn)如圖所示是用鐵絲做的立方體骨架，從頂點(diǎn) A 水平拋水平拋出一個(gè)小球，小球恰能擊中出一個(gè)小球，小球恰能擊中 B

59、 點(diǎn)。已知立方體的邊長為點(diǎn)。已知立方體的邊長為 l，重力加，重力加速度為速度為 g，不計(jì)空氣阻力，則，不計(jì)空氣阻力，則()A小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為 glB小球落到小球落到 B 點(diǎn)的速度大小為點(diǎn)的速度大小為 3glC小球落到小球落到 B 點(diǎn)的速度方向與水平方向的夾角為點(diǎn)的速度方向與水平方向的夾角為 45D小球在運(yùn)動(dòng)過程中，速度的大小時(shí)刻改變，加速度的方向時(shí)刻改變小球在運(yùn)動(dòng)過程中，速度的大小時(shí)刻改變，加速度的方向時(shí)刻改變解析解析：選選 AB根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得水平方向根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得水平方向2lv0t，豎直方向豎直方向 l12gt2，vygt，vB v02

60、vy2，解得，解得 v0 gl，vy 2gl，vB 3gl，小球落到，小球落到 B 點(diǎn)的速度方向與水平方向點(diǎn)的速度方向與水平方向的夾角滿足的夾角滿足 tan vyv0 2，所以小球落到所以小球落到 B 點(diǎn)的速度方向與水平方向的夾角不是點(diǎn)的速度方向與水平方向的夾角不是 45，A、B 項(xiàng)正確項(xiàng)正確，C 項(xiàng)錯(cuò)誤項(xiàng)錯(cuò)誤；小球在運(yùn)動(dòng)過程中小球在運(yùn)動(dòng)過程中，合力方向不變合力方向不變，所以加速度的方向是不變的所以加速度的方向是不變的，D項(xiàng)錯(cuò)誤。項(xiàng)錯(cuò)誤。4火星探測(cè)器繞火星近地軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，其線速度和相應(yīng)的軌道半徑為火星探測(cè)器繞火星近地軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，其線速度和相應(yīng)的軌道半徑為 v0和和 R0，火星的一顆衛(wèi)星