（高考物理高分突破試題）專題7動(dòng)量動(dòng)量守恒定律（解析版）

（高考物理高分突破試題）專題7動(dòng)量動(dòng)量守恒定律（解析版）（高考物理高分突破試題）專題7動(dòng)量動(dòng)量守恒定律（解析版）/（高考物理高分突破試題）專題7動(dòng)量動(dòng)量守恒定律（解析版）專題7動(dòng)量動(dòng)量守恒定律一、1．動(dòng)量的矢量性：動(dòng)量的方向與物體的瞬時(shí)速度的方向相同．有關(guān)動(dòng)量的運(yùn)算,如果物體在一條直線上運(yùn)動(dòng),則選定一個(gè)正方向后,動(dòng)量的矢量運(yùn)算就可以轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算．2．動(dòng)量的變化量：是矢量,其表達(dá)式Δp＝p2－p1為矢量式,運(yùn)算遵循平行四邊形定則,當(dāng)p2、p1在同一條直線上時(shí),可規(guī)定正方向,將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算．3．與動(dòng)能的區(qū)別與聯(lián)系：(1)區(qū)別：動(dòng)量是矢量,動(dòng)能是標(biāo)量．(2)聯(lián)系：動(dòng)量和動(dòng)能都是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量,大小關(guān)系為Ek＝eq\f(p2,2m)或p＝eq\r(2mEk).關(guān)于做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體,下列說法正確的是()A．動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化的快慢ΔEB．動(dòng)量p隨時(shí)間t變化的快慢ΔpΔtC．重力勢(shì)能Ep隨位移x變化的快慢ΔED．機(jī)械能E隨位移x變化的快慢ΔEΔx【解答】解：A、自由落體時(shí),動(dòng)能隨時(shí)間變化的表達(dá)式為Ek=12mv2=1B、自由落體時(shí),動(dòng)量隨時(shí)間變化的表達(dá)式為p＝mv＝mgt,ΔpΔt=mgt-0t-0=mg,C、自由落體時(shí),以開始下落位置所在水平面為參考平面,重力勢(shì)能隨位移變化的表達(dá)式為Ep＝﹣mg?x,ΔEpΔx=-mg?x-0x-D、自由落體時(shí)只有重力做功,機(jī)械能守恒,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知ΔEΔx為0,故D錯(cuò)誤故選：A.如圖所示,質(zhì)量為m的摩托艇靜止在水面上,t＝0時(shí)刻,摩托艇在恒定牽引力作用下開始沿直線運(yùn)動(dòng),其加速度a隨速度v的變化規(guī)律如圖所示.已知摩托艇受到的阻力與運(yùn)動(dòng)速度成正比,即f＝kv(k為常數(shù),大小未知).則()A．摩托艇從開始運(yùn)動(dòng)到速度最大過程中,牽引力對(duì)摩托艇做的功為1B．摩托艇從開始運(yùn)動(dòng)到速度最大過程中,牽引力的沖量為mv0C．牽引力的最大功率為ma0v0D．常數(shù)k的大小為m【解答】解：A、由動(dòng)能定理可知,牽引力與阻力做功之和等于摩托艇動(dòng)能的變化量,阻力做負(fù)功,則牽引力對(duì)摩托艇做的功大于12mv02B、由動(dòng)量定理可知,牽引力與阻力沖量之和等于莫游艇動(dòng)量的變化量,阻力沖量為負(fù)值,則牽引力的沖量大于mv0,故B錯(cuò)誤;C、由圖可知,速度為零時(shí),阻力為零,牽引力為F＝ma0牽引力為恒力,則速度最大時(shí),牽引力的功率最大值為Pm＝ma0v0,故C正確;D、由牛頓第二定律可得,F﹣kv＝ma所以a可知k解得k=ma0v故選：C.如圖,圓形水平餐桌面上有一個(gè)半徑為r、可繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)的同心圓盤,在圓盤的邊緣放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊,物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)從靜止開始緩慢增大圓盤的角速度,物塊從圓盤上滑落后,最終恰好停在桌面邊緣.若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度大小為g,圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計(jì),物塊可視為質(zhì)點(diǎn).則()A．物塊從圓盤上滑落的瞬間,圓盤的角速度大小為μgrB．物塊隨圓盤運(yùn)動(dòng)的過程中,圓盤對(duì)小物塊做功為μmgrC．餐桌面的半徑為32D．物塊在餐桌面上滑行的過程中,所受摩擦力的沖量大小為mμgr【解答】解：A．小物塊剛好滑落時(shí),摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力,由牛頓第二定律得：μmg＝mω2r解得：ω=故A錯(cuò)誤;B．物塊隨圓盤運(yùn)動(dòng)的過程中,圓盤對(duì)小物塊做功W=12mv2=12m(ωC．小物塊從離開圓盤到滑到桌面邊緣的過程中,由動(dòng)能定理得：﹣μmgx＝0-12m(ω代入數(shù)據(jù)解得,滑行距離為：x=小物塊離開圓盤后的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系得：R2＝r2+(r2)代入數(shù)據(jù)解得,餐桌的半徑R=5故C錯(cuò)誤;D．在餐桌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=摩擦力受沖量大小為I＝ft解得：I＝mμgr故D正確.故選：D.如圖所示,在粗細(xì)均勻的玻璃管內(nèi)注滿清水,水中放一個(gè)紅蠟做的小圓柱體N(可視為質(zhì)點(diǎn)),穩(wěn)定時(shí)N在水中勻速上浮.現(xiàn)將玻璃管軸線與豎直方向y軸重合,在N上升剛好勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的位置記為坐標(biāo)原點(diǎn)O,同時(shí)玻璃管沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).N依次經(jīng)過平行橫軸的三條水平線上的A、B、C位置,在OA、AB、BC三個(gè)過程中沿y軸方向的距離相等,對(duì)應(yīng)的動(dòng)能變化量分別為ΔEk1、ΔEk2、ΔEk3,動(dòng)量變化量的大小分別為Δp1、Δp2、Δp3.則下面分析正確的是()A．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：3：5,Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1B．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：3：5,Δp1：Δp2：Δp3＝1：3：5C．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：1：1,Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1D．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：4：9,Δp1：Δp2：Δp3＝1：4：9【解答】解：小圓柱體R在OA、AB、BC三個(gè)過程中沿y軸方向的高度均相等,則每個(gè)過程的時(shí)間相等,x軸方向上,R做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),則每個(gè)過程對(duì)應(yīng)的水平位移的大小之比為：Δx1：Δx2：Δx3＝1：3：5,;豎直方向上,三個(gè)過程中重力勢(shì)能變化量相等,水平方向上,速度為：v=2ax,動(dòng)能為：Ek=12mv2=max,根據(jù)動(dòng)量定理可知,合外力的沖量等于動(dòng)量的變化,R的合外力不變,三個(gè)過程的時(shí)間相等,則沖量相等,動(dòng)量的變化量大小相等,即為：Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1,故A正確,BCD錯(cuò)誤.故選：A.發(fā)光實(shí)心彈力球因其彈性好深受小朋友喜愛.一小朋友將彈力球(可視為質(zhì)點(diǎn))拋出,落到水平面(足夠大)上前瞬間的速度大小為v0,與水平方向夾角α＝37°.彈力球與水平面碰撞的過程中,受到摩擦力的大小等于其重力的16、彈力的大小等于其重力的2倍.設(shè)每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變,不計(jì)空氣阻力.已知sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,重力加速度為g.則彈力球(A．第1次碰后離開水平面瞬間,速度方向與水平面間的夾角大于45°B．第2、3次落地點(diǎn)間的距離為0.48C．與水平面碰撞4次后停止運(yùn)動(dòng)D．與水平面碰撞過程中受到合力的沖量保持不變【解答】解：A．將碰前、碰后的速度分解成水平和豎直方向的分速度,如下圖所示由于每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變.以豎直向上為正方向,則在豎直方向上由動(dòng)量定理可得(2mg﹣mg)Δt＝mv0sin37°﹣(﹣mv0sin37°)設(shè)碰撞后彈力球沿水平方向速度為v'x,以水平向右為正方向,則水平方向根據(jù)動(dòng)量定理可得-代入數(shù)據(jù)可得v'x＝0.6v0反彈后的夾角正切值為tanθ故速度方向與水平面間的夾角等于45°,故A錯(cuò)誤;B．小球在空中不受阻力作用,故根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知,小球在第二次與地面碰前的速度和第一次與地面碰后的速度相等.故同理可得,以豎直向上為正方向,在豎直方向上由動(dòng)量定理可得(2mg﹣mg)Δt＝mv0sin37°﹣(﹣mv0sin37°)設(shè)第二次碰撞后彈力球沿水平方向速度為v''x,以水平向右為正方向,則水平方向根據(jù)動(dòng)量定理可得-代入數(shù)據(jù)可得v"x＝0.4v0小球從第二次碰撞后到與地面發(fā)生第三次碰撞前的過程中,在空中做斜上拋運(yùn)動(dòng),故從第二次碰撞后運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)所需時(shí)間為t水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知,水平方向位移為x＝v″?2t=0.4v0×2×0.6vC．根據(jù)以上分析結(jié)合題意可知,與水平面碰撞4次后,小球水平方向速度為零.但由于豎直方向上碰前和碰后速度大小不變,方向相反,且在空中運(yùn)動(dòng)過程中不考慮空氣阻力,故第四次碰后小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng),如此往復(fù).即小球不可能停止,故C錯(cuò)誤;D．根據(jù)以上分析可知,在前四次碰撞過程中,小球在水平和豎直方向受力均不變,且小球與地面的碰撞時(shí)間均相等.故前四次碰撞過程中,每次碰撞時(shí)合力的沖量為I=Fx2+Fy2?t,可知小球在前四次碰撞過程中合力的沖量相等,方向沿合力方向.但第四次碰撞后,小球水平方向速度為零,開始循環(huán)做豎直上拋運(yùn)動(dòng)I'＝Fy?t方向沿豎直方向,故與水平面碰撞過程中受到合力的沖量會(huì)發(fā)生改變,故D錯(cuò)誤.故選：B.二、碰撞模型：v1v2v1ˊv2ˊm1m2發(fā)生彈性碰撞的兩個(gè)物體碰撞前后動(dòng)量守恒,動(dòng)能守恒,若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2,碰前速度為v1,v2,碰后速度分別為v1ˊ,v2ˊ,則有：m1v1+m2v1v2v1ˊv2ˊm1m2m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2(2)聯(lián)立(1)、(2)解得：v1ˊ=2m1v1+m2v2m1三、由上述方程可知：發(fā)生彈性碰撞時(shí),兩小球會(huì)交換速度,v1與v2交換.兩個(gè)小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng),球2在前,球1在后,m1＝1kg,m2＝3kg,v01＝6m/s,v02＝3m/s,當(dāng)球1與球2發(fā)生碰撞后,兩球的速度分別為可v1,v2,將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E1、p1,則v1,v2,E1,p1的可能值為()A．v1＝1.75m/s,v2＝3.75m/sB．v1＝1.5m/s,v2＝4.5m/sC．E1＝9JD．p1＝1kg?m/s【解答】解：碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量：p＝m1v01+m2v02＝(1×6+3×3)kg?m/s＝15kg?m/s,A、如果v1＝1.75m/s,v2＝3.75m/s,則碰撞后的系統(tǒng)總動(dòng)量p′＝m1v1+m2v2＝(1×1.75+3×3.75)kg?m/s＝13kg?m/s,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤;B、如果v1＝1.5m/s,v2＝4.5m/s,則碰撞后的系統(tǒng)總動(dòng)量p′＝m1v1+m2v2＝(1×1.5+3×4.5)kg?m/s＝15kg?m/s,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,故B正確;CD、兩球碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以兩球的初速度方向?yàn)檎较?如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞,由動(dòng)量守恒定律得：m1v01+m2v02＝(m1+m2)v,代入數(shù)據(jù)解得：v＝3.75m/s,如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞,由動(dòng)量守恒定律得：m1v01+m2v02＝m1v1+m2v2,由機(jī)械能守恒定律得：12m1v012+12m2v022=12m1v12+1代入數(shù)據(jù)解得：v1＝1.5m/s,v2＝4.5m/s,則碰撞后球1、球2的速度滿足1.5m/s≤v1≤3.75m/s,3.75m/s≤v2≤4.5m/s球1的動(dòng)能：E1=12m1v12,滿足1.125J≤E1球1的動(dòng)量為：p1＝m1v1,滿足1.5kg?m/s≤p1≤3.75kg?m/s,故CD錯(cuò)誤.故選：B.如圖,兩個(gè)彈性小球a和b的質(zhì)量分別為ma、mb．a(chǎn)球原來靜止在離地高度H＝2.4m的P點(diǎn),b球原來靜止在離地高度h＝1.6m的Q點(diǎn),先靜止釋放a球,在a球即將碰到b球時(shí)同樣靜止釋放b球,兩球碰撞時(shí)間極短,碰后在同一豎直線運(yùn)動(dòng),已知mb＝3ma,重力加速度大小g＝10m/s2,忽略小球大小、空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失,且小球落地后不再跳起,求：(1)a球即將碰到b球時(shí)速度;(2)b球與a球先后落地的時(shí)間差．【解答】解：(1)a下落的過程中有：△h＝H﹣h＝2.4﹣1.6＝0.8ma球即將碰到b球時(shí)速度為：v=2(2)a與b碰撞的瞬間可以認(rèn)為豎直方向的動(dòng)量守恒,選擇向下為正方向,得：mav＝mav1+mbv2忽略小球大小及碰撞中的動(dòng)能損失得：1聯(lián)立得：v1＝﹣2m/s,負(fù)號(hào)表示方向向上;v2＝2m/s碰撞后a做豎直上拋運(yùn)動(dòng),則：hb做豎直下拋運(yùn)動(dòng),則：h二者的時(shí)間差：Δt＝t1﹣t2聯(lián)立得：t1＝0.8s,t2＝0.4s,Δt＝0.4s答：(1)a球即將碰到b球時(shí)速度是4m/s;(2)b球與a球先后落地的時(shí)間差是0.4s．四、彈性碰撞且為"一動(dòng)碰一靜”時(shí)兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒.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′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得：v1′＝eq\f((m1－m2)v1,m1＋m2),v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí),v1′＝0,v2′＝v1(質(zhì)量相等,速度交換)(2)當(dāng)m1＞m2時(shí),v1′＞0,v2′＞0,且v2′＞v1′(大碰小,一起跑)(3)當(dāng)m1＜m2時(shí),v1′＜0,v2′＞0(小碰大,要反彈)(4)當(dāng)m1?m2時(shí),v1′＝v0,v2′＝2v1(極大碰極小,大不變,小加倍)(5)當(dāng)m1?m2時(shí),v1′＝－v1,v2′＝0(極小碰極大,小等速率反彈,大不變)(多選)2019年11月9日"亞太冰壺錦標(biāo)賽”在深圳大運(yùn)中心體育館落下帷幕,經(jīng)過7個(gè)比賽日的爭(zhēng)奪,最終中國(guó)女隊(duì)摘得桂冠.在最后的冰壺決賽中,隊(duì)長(zhǎng)韓雨利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺,兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞如圖a所示,碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖線如圖b中實(shí)線所示,其中紅壺碰撞前后的圖線平行,兩冰壺質(zhì)量相等,則()A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞B．碰后藍(lán)壺速度為1.0m/sC．碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2mD．碰后紅壺所受的摩擦力大于藍(lán)壺所受的摩擦力【解答】解：AB、由圖b所示圖象可知,碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s,碰后速度為v′0＝0.2m/s,碰后紅壺沿原方向運(yùn)動(dòng),設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v,兩壺碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv,代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.8m/s,12mv則12mv02＞12mC、根據(jù)速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移,可得,碰后藍(lán)壺移動(dòng)的位移大小x=v2t=0.82×5m＝D、根據(jù)圖象的斜率表示加速度,知碰后紅壺的加速度大于藍(lán)壺的加速度,兩者的質(zhì)量相等,由牛頓第二定律知碰后紅壺所受摩擦力大于藍(lán)壺所受的摩擦力,故D正確.故選：CD.(多選)如圖所示,A、B是放在粗糙水平面上質(zhì)量相等的兩個(gè)小物塊,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,小物塊A以速度v0與靜止的小物塊B發(fā)生正碰,重力加速度為g,碰后小物塊B在水平面上滑行的距離可能為()A．v028μgB．v02【解答】解：此題碰撞過程有沒有能量損失是關(guān)鍵,題中沒有給定條件,所有要求出兩種極限情況,即彈性碰撞和共速兩種情況下碰撞后B的速度;如果兩物塊發(fā)生彈性碰撞,碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝mvA+mvB,由機(jī)械能守恒定律得：1解得：vA＝0,vB＝v0然后B物體以此速度在水平面上滑行,由動(dòng)能定理得：-解得：x1如果碰撞為完全非彈性碰撞,碰撞后兩物塊共速,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝2mv解得：v然后B物體以此速度在水平面上滑行,由動(dòng)能定理得：-解得：x2所以,滑行的距離為：v028μg≤x≤v0故選：ABD.如圖,輕質(zhì)細(xì)桿上端固定在O處的水平轉(zhuǎn)軸上,下端連接一質(zhì)量可忽略的力傳感器P(可測(cè)出細(xì)桿所受拉力或壓力大小)和質(zhì)量m＝1kg的小球,小球恰好沒有觸及水平軌道．輕桿可繞O處的轉(zhuǎn)軸無(wú)摩擦在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng),小球的軌道半徑R＝0.5m．在水平軌道左側(cè)某處A固定一高度H＝1.5m的光滑曲面,曲面底端與水平軌道平滑連接．質(zhì)量與小球相同的物塊從曲面頂端由靜止釋放,物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5,物塊滑到B處時(shí)與小球發(fā)生彈性正碰,碰后小球連桿繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)．重力加速度g＝10m/s(1)若AB間的距離s＝1m,求物塊與小球碰后瞬間力傳感器顯示的力的大?。?2)多次改變光滑曲面在水平軌道左側(cè)的位置并固定,每次都使物塊從曲面頂端由靜止釋放,若有兩次小球通過最高點(diǎn)C時(shí)力傳感器中顯示力的大小都為6N,求這兩次AB間的距離s1和s【解答】解：(1)設(shè)物塊從靜止釋放運(yùn)動(dòng)到B處的速度為v0,由動(dòng)能定理得mgH-設(shè)物塊與小球碰后的速度分別為v和v1,規(guī)定物塊初速度的方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒可得mv0＝mv+mv1,12由牛頓第二定律得F﹣mg=代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得力傳感器顯示的力大小F＝50N(2)設(shè)小球從B運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)速度為v2,由機(jī)械能守恒定理得12①若C處細(xì)桿對(duì)小球作用力為拉力,由牛頓第二定律得mg+將F＝6N代入聯(lián)立解得s1＝0.2m②若C處細(xì)桿對(duì)小球作用力為支持力,由牛頓第二定律得mg將F＝6N代入聯(lián)立解得s2＝0.8m答：(1)物塊與小球碰后瞬間力傳感器顯示的力的大小為50N．(2)這兩次AB間的距離s1和s2分別為0.2m、0.8m．六、弧面小車(地面光滑)、車載單擺模型①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,即Δpx＝0,,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,即ΔE＝0.))②擺至最高點(diǎn)時(shí)若小球沒有離開軌道,則系統(tǒng)具有相同速度．③若弧面軌道最高點(diǎn)的切線在豎直方向,則小球離開軌道時(shí)與軌道有相同的水平速度,如圖所示．左邊存在墻面．a(chǎn)．小球落到最低點(diǎn)的過程中,凹槽不動(dòng),系統(tǒng)機(jī)械能守恒,動(dòng)量不守恒,水平方向動(dòng)量也不守恒．b．最低點(diǎn)后,系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,水平總動(dòng)量p＝mv0.c．弧面一直向右運(yùn)動(dòng),小球從右端斜向上拋出后總能從右端落回弧面．水平方向無(wú)阻擋．a(chǎn)．弧面做往復(fù)運(yùn)動(dòng),平衡位置即為弧面開始靜止的位置．b．小球總是從弧面兩端離開弧面做豎直上拋運(yùn)動(dòng),且又恰從拋出點(diǎn)落回弧面內(nèi)．如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為m的半圓槽形物體P放在光滑水平面上,半圓槽半徑為R,一小物塊Q質(zhì)量為3m,從半圓槽的最左端與圓心等高位置無(wú)初速釋放,然后滑上半圓槽右端,接觸面均光滑,Q從釋放到滑至半圓槽右端最高點(diǎn)的過程中,下列說法正確的是()A．P、Q組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒B．P的位移大小為34C．Q滑動(dòng)最低點(diǎn)的速度為2D．Q的位移大小為12【解答】解：A、P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,在豎直方向所受合外力不為零,系統(tǒng)所受合外力不為零,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤;BD、設(shè)P的位移大小為x,則Q的位移大小為2R﹣x,P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得：3mvQ﹣mvP＝0,3m×2R-xt-m×xt=0,解得：x=32R,Q的位移大小xQ＝2R﹣x＝C、設(shè)Q到達(dá)最低點(diǎn)的速度大小為v1,此時(shí)P點(diǎn)的速度大小為v2,P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,以向右為正方向,在水平方向,由動(dòng)量守恒定律得：3mv1﹣mv2＝0,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒定律得：3mgR=12×3mv12+12故選：D.(多選)如圖所示,質(zhì)量為M＝3m的圓弧槽靜止于光滑水平面上,圓弧槽半徑為R．另有一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點(diǎn)的小球.圖1中槽內(nèi)部也光滑,把小球自槽左側(cè)與球心等高處A點(diǎn)靜止釋放,圖2中槽內(nèi)部不光滑,小球自自槽口A點(diǎn)上方h處?kù)o止釋放,能從右側(cè)沖出槽口距離C最大高度為34h．則以下說法中正確的是(A．圖1中小球與圓弧槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能也守恒B．圖1中小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B時(shí)槽對(duì)地面的壓力大于4mgC．圖1中小球恰好能運(yùn)動(dòng)到圓弧槽右側(cè)最高點(diǎn)C(與球心等高),在此過程中圓弧槽(對(duì)地)向左最大位移為RD．圖2中小球與圓弧槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,當(dāng)小球再次回到槽口左端A點(diǎn)時(shí),會(huì)沖出槽口做豎直上拋運(yùn)動(dòng),上升的最大高度等于h2【解答】解：A、圖1中小球與圓弧槽組成的系統(tǒng)水平方向受合外力為零,則水平方向的動(dòng)量守恒;由于只有重力做功,則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,故A錯(cuò)誤;B、圖1中小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B時(shí),小球有向上的加速度處于超重狀態(tài),可知槽對(duì)地面的壓力大于mg+Mg＝4mg,故B正確;C、對(duì)小球和凹槽系統(tǒng),由動(dòng)量守恒可得：m(2R﹣x)＝Mx,解得：x=12R,故CD、圖2中小球與圓弧槽組成的系統(tǒng)由于有摩擦力做功,則系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒;小球第一次從A到C運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力的功為：mgh-34mgh=14mgh,當(dāng)小球再次從C返回到A時(shí)槽對(duì)球的阻力功小于14mgh,則當(dāng)小球再次回到槽口左端A點(diǎn)時(shí),會(huì)沖出槽口做豎直上拋運(yùn)動(dòng),能上升的最大高度大于3故選：BC.如圖,半徑為R、質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上,將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h高處由靜止釋放,小球自由落體后由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出,在空中能上升的最大高度為34h,則(A．小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為12C．小球離開小車后做斜拋運(yùn)動(dòng)D．小球第二次能上升的最大高度1【解答】解：A、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,系統(tǒng)在水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒,豎直方向動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤;B、系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,以向右為正方向,在水平方向,由動(dòng)量守恒定律得：mv﹣mv′＝0,若用平均動(dòng)量守恒可表示為：m2R-xt-mxt=0,解得小車的位移：C、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,小球由A點(diǎn)離開小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零,小球與小車水平方向速度為零,小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò)誤;D、小球第一次車中運(yùn)動(dòng)過程中,由動(dòng)能定理得：mg(h-34h)﹣Wf＝0,Wf為小球克服摩擦力做功大小,解得：Wf=14mgh,即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為14mgh,由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí),對(duì)應(yīng)位置處速度變小,因此小車給小球的彈力變小,摩擦力變小,摩擦力做功小于14mgh,機(jī)械能損失小于14mgh,因此小球再次離開小車時(shí),能上升的高度大于：34h-14h=12h,而小于34故選：D.(多選)如圖甲所示,曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上,一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面,且沒有從滑塊上端沖出去.若測(cè)得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2,作出圖像如圖乙所示,重力加速度為g,則下列說法正確的是()A．小球的質(zhì)量為bB．小球的質(zhì)量為aC．小球能夠上升的最大高度為aD．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度為ab【解答】解：AB、設(shè)小球剛剛沖上滑塊圓弧面時(shí)的速度為v0,小球和滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,則有：mv0＝mv1+Mv2可得：v由圖乙可得：v所以有：mMv得小球的質(zhì)量為：m=baM,v0＝a,故ACD、小球上升到最大高度時(shí),小球豎直方向速度為零,小球和滑塊速度相等,取向有為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒有：mv0＝(M+m)v設(shè)小球上升的最大高度為h,根據(jù)能量守恒則有：mg兩式聯(lián)立,可得：h=a32(a+b)g,故選：AD.如圖所示,有一質(zhì)量為M＝2.0kg的滑塊靜放在光滑的水平地面上,滑塊上表面AB部分是半徑R＝0.25m、圓心角θ＝53o的光滑圓弧,圓弧底部與光滑水平部分BC相切,滑塊水平面到地面的高度h＝0.20m.現(xiàn)有質(zhì)量m＝1.0kg的小球,從某一高處以v0＝3.0m/s的初速度水平拋出,小球恰能從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入滑塊圓弧曲面,重力加速度g取10m/s2,sin53°＝0.8,cos53°＝0.6,則(1)小球拋出時(shí)距離滑塊上表面A端的高度H應(yīng)為多少?(2)當(dāng)小球滑至圓弧底端B時(shí),滑塊的速度大小為多少?(3)若滑塊左側(cè)有段足夠長(zhǎng)的粗糙地面,小球剛離開滑塊時(shí),滑塊恰好進(jìn)入該段粗糙地面,滑塊與粗糙地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,問當(dāng)小球落地時(shí),滑塊在粗糙地面滑行的距離是多少?(結(jié)果可用含μ的表達(dá)式表示)【解答】解：(1)小球做平拋運(yùn)動(dòng),恰能沿切線進(jìn)入圓弧曲面,則有：vy＝v0?tanθ豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),有：vy＝gt1H=聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：H＝0.8m(2)設(shè)小滑塊從右側(cè)離開時(shí),小球的速度為v1,滑塊的速度為v2,以小球和滑塊為研究對(duì)象,小球在滑塊圓弧曲面運(yùn)動(dòng)過程,以水平向右為正方向,系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒、系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mv0＝mv1+Mv212mv0cos53°=聯(lián)立解得：v2＝﹣1m/s,負(fù)號(hào)表示滑塊向左運(yùn)動(dòng).(3)設(shè)小球落地時(shí)間為t2,則對(duì)小球有：h=t2＝0.2sⅠ、若小球落地時(shí)滑塊仍在運(yùn)動(dòng),此時(shí)滑塊位移為s＝v2t2-解得：s＝0.2﹣0.2μ(m)Ⅱ、若小球落地時(shí)滑塊已經(jīng)停止,對(duì)滑塊有：v22=解得：s=1答：(1)小球拋出時(shí)距離滑塊上表面A端的高度H應(yīng)為多0.8m;(2)當(dāng)小球滑至圓弧底端B時(shí),滑塊的速度大小為1m/s,方向向左;(3)當(dāng)小球落地時(shí),滑塊在粗糙地面滑行的距離是0.2﹣0.2μ(m)或120七、爆炸模型(類爆炸模型)1、如圖：質(zhì)量分別為mA、mB的可視為質(zhì)點(diǎn)A、B間夾著質(zhì)量可忽略的火藥．一開始二者靜止,點(diǎn)燃火藥(此時(shí)間極短且不會(huì)影響各物體的質(zhì)量和各表面的光滑程度A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mAvA=②式表明在爆炸過程中相互作用的兩個(gè)物體間獲得的速度與它們的質(zhì)量成反比.A、B組成的系統(tǒng)能量守恒：E化學(xué)能①式也可以寫為：PA=PB2mAEkA⑤式表明在爆炸過程中相互作用的兩個(gè)物體間獲得的動(dòng)能與它們的質(zhì)量成反比.斜向上發(fā)射的炮彈在最高點(diǎn)爆炸(爆炸時(shí)間極短)成質(zhì)量均為m的兩塊碎片,其中一塊碎片沿原來的方向飛去.已知炮彈爆炸時(shí)距水平地面的高度為H,炮彈爆炸前的動(dòng)能為E,爆炸后系統(tǒng)的機(jī)械能增加了E4,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量,則兩塊碎片落地點(diǎn)間的距離為(A．EHmgB．2EHmgC．3EH【解答】解：炮彈炸裂的過程水平方向動(dòng)量守恒,設(shè)炮彈炸裂前的速度大小為v,則有12×2mv設(shè)炸裂后瞬間兩塊碎片的速度分別為v1、v2,以爆炸前炮彈的速度方向與正方向,據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv＝mv1+mv2據(jù)機(jī)械能守恒定律有E解得：v1=根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有H=12gt2,兩塊碎片落地點(diǎn)之間的距離x＝解得：x=2EHmg,故B故選：B.一質(zhì)量為M的煙花斜飛到空中,到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v0,此時(shí)煙花炸裂成沿v0直線上的兩塊(損失的炸藥質(zhì)量不計(jì)),兩塊的速度沿水平相反方向,落地時(shí)水平位移大小相等,不計(jì)空氣阻力.向前一塊的質(zhì)量為m,向前一塊的速度大小為()A．2MM-mv0B．M【解答】解：煙花在最高點(diǎn)時(shí)水平方向動(dòng)量守恒,選v0方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得：Mv0＝mv﹣(M﹣m)v1,兩塊落地時(shí)水平位移大小相等,所以v1＝v,解得v=Mv02m-M故選：C.豎直向上發(fā)射一物體(不計(jì)空氣阻力),在物體上升的某一時(shí)刻突然炸裂為a、b兩塊,質(zhì)量較小的a塊速度方向與物體原來的速度方向相反,則()A．炸裂后瞬間,a塊的速度一定比原來物體的速度小B．炸裂后瞬間,b塊的速度方向一定與原來物體的速度方向相同C．炸裂后瞬間,b塊的速度一定比原來物體的速度小D．炸裂過程中,b塊的動(dòng)量變化量大小一定小于a塊的動(dòng)量變化量大小【解答】解：A、炸裂過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,該過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,炸裂后a的速度大小即可能大于、也可能等于、還可能小于原來的速度,故A錯(cuò)誤;BC、炸裂過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向上為正方向,設(shè)炸裂前瞬間物塊的速度為v0,由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝mbvb﹣mava,解得：vb=mv0+mavamb,由題意可知：mb＞ma,ma+mb＝m,則：vb=mD、炸裂過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律可知,炸裂過程中,b塊的動(dòng)量變化量大小一定等于a塊的動(dòng)量變化量大小,故D錯(cuò)誤;故選：B.(多選)質(zhì)量為m的煙花彈從地面以初動(dòng)能E向上飛出,當(dāng)其上升的速度為零時(shí),彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的a、b、c、d四部分(可視為質(zhì)點(diǎn)),其中a、b兩部分速度方向分別為豎直向上和豎直向下,c、d兩部分速度方向分別為水平向左和水平向右,a的動(dòng)能也為E,如圖所示.爆炸時(shí)間極短,且炸藥對(duì)a、b、c、d四部分的作用力大小相等,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量.關(guān)于它們后面的運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是()A．落地前同一時(shí)刻,a、b、c、d分布在一個(gè)四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)上,且ac連線比cb連線短