高中物理培優(yōu)講義選修第一冊(cè)02C動(dòng)量守恒定律提升版

動(dòng)量守恒定律知識(shí)點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律一、相互作用的兩個(gè)物體的動(dòng)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(shí)間很短，設(shè)為Δt.圖根據(jù)動(dòng)量定理：對(duì)A：F1Δt＝m1v1′－m1v1①對(duì)B：F2Δt＝m2v2′－m2v2②由牛頓第三定律F1＝－F2③由①②③得兩物體總動(dòng)量關(guān)系為：m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2二、動(dòng)量守恒定律1．系統(tǒng)、內(nèi)力與外力(1)系統(tǒng)：兩個(gè)(或多個(gè))相互作用的物體構(gòu)成的一個(gè)力學(xué)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(dòng)量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變．(2)表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后總動(dòng)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(dòng)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(diǎn)撥一、對(duì)動(dòng)量守恒定律的理解1．研究對(duì)象：相互作用的物體組成的力學(xué)系統(tǒng)．2．動(dòng)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(yuǎn)遠(yuǎn)大于合外力．此時(shí)動(dòng)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(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力)，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒．3．動(dòng)量守恒定律的三個(gè)特性(1)矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它們?cè)谕恢本€上，并先選定正方向，確定各速度的正、負(fù)(表示方向)后，才能用代數(shù)方法運(yùn)算．(2)相對(duì)性：公式中的v1、v2、v1′和v2′應(yīng)是相對(duì)同一參考系的速度，一般取相對(duì)地面的速度．(3)普適性：動(dòng)量守恒定律不僅適用于兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)．二、動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用1．動(dòng)量守恒定律的常用表達(dá)式(1)p＝p′：相互作用前系統(tǒng)的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前動(dòng)量的矢量和等于作用后動(dòng)量的矢量和．(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，一個(gè)物體的動(dòng)量變化量與另一個(gè)物體的動(dòng)量變化量大小相等、方向相反．(4)Δp＝0：系統(tǒng)總動(dòng)量增量為零．2．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟例題精練1．（2021春?朝陽(yáng)區(qū)期末）如圖所示，在水平桌面上放置一操作臺(tái)，操作臺(tái)上表面水平且光滑。在操作臺(tái)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(xì)線相連，中間有一個(gè)壓縮的輕質(zhì)彈簧，兩球分別與操作臺(tái)左右邊緣距離相等。燒斷細(xì)線后，由于彈簧彈力的作用，兩球分別向左、右運(yùn)動(dòng)，脫離彈簧后在操作臺(tái)面上滑行一段距離，然后平拋落至水平桌面上。下列說(shuō)法正確的是（）A．剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的動(dòng)量相同 B．剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的動(dòng)能相同 C．甲、乙兩球不會(huì)同時(shí)落到水平桌面上 D．甲、乙兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程之比為m1：m2【分析】彈簧將兩球彈出的過(guò)程，兩球及彈簧組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律分析剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的動(dòng)量關(guān)系，從而確定動(dòng)能關(guān)系。兩球離開(kāi)操作臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由下落高度決定。結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒定律得：p甲+p乙＝0，得p甲＝﹣p乙，則剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的動(dòng)量大小相等，方向相反，動(dòng)量不同，故A錯(cuò)誤；B、剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的動(dòng)能之比為＝＝，動(dòng)能不同，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)p＝mv知，剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的動(dòng)量大小相等，質(zhì)量不同，則剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的速度大小不等，兩球分別與操作臺(tái)左右邊緣距離相等，則兩球離開(kāi)彈簧后在操作臺(tái)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不等。兩球離開(kāi)操作臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，兩球平拋運(yùn)動(dòng)下落的高度相同，則兩球平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，所以兩球不會(huì)同時(shí)落到水平桌面上，故C正確；D、甲、乙兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小之比v1：v2＝||：||＝m2：m1，甲、乙兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程之比為x1：x2＝v1t：v2t＝m2：m1，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，一要把握彈簧彈出兩球過(guò)程遵守的規(guī)律：動(dòng)量守恒定律；二要掌握平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。2．（2021春?南開(kāi)區(qū)期末）冰壺是冬奧會(huì)比賽項(xiàng)目。如圖所示，若運(yùn)動(dòng)員和冰壺在水平冰面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此后運(yùn)動(dòng)員把冰壺平穩(wěn)推出。不計(jì)冰面的摩擦，運(yùn)動(dòng)員把冰壺推出的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A．冰壺對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力和運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺的作用力是一對(duì)平衡力 B．運(yùn)動(dòng)員與冰壺的總動(dòng)量保持不變 C．運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺做多少正功，冰壺對(duì)運(yùn)動(dòng)員就一定做多少負(fù)功 D．運(yùn)動(dòng)員和冰壺的總動(dòng)能不變【分析】一對(duì)平衡力作用在同一個(gè)物體上；系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；根據(jù)功的計(jì)算公式和功能關(guān)系分析答題。【解答】解：A、冰壺對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力和運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺的作用力是一對(duì)作用力與反作用力，它們作用在不同的物體上，不是一對(duì)平衡力，故A錯(cuò)誤；B、不計(jì)冰面的摩擦，運(yùn)動(dòng)員和冰壺組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，運(yùn)動(dòng)員與冰壺的總動(dòng)量保持不變，故B正確；C、運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺的作用力與冰壺對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力大小相等，運(yùn)動(dòng)員把冰壺推出的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員對(duì)地的位移和冰壺對(duì)地的位移大小不等，則運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺做的功與冰壺對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功數(shù)值不一樣多，故C錯(cuò)誤；D、運(yùn)動(dòng)員把冰壺平穩(wěn)推出的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員消耗體內(nèi)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為運(yùn)動(dòng)員和冰壺的動(dòng)能，因此運(yùn)動(dòng)員和冰壺的總動(dòng)能增加，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】分析清楚運(yùn)動(dòng)員和冰壺的受力情況與運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)牛頓第三定律、動(dòng)量守恒定律、功的計(jì)算公式與功能關(guān)系即可解題。要注意運(yùn)動(dòng)員把冰壺推出的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員對(duì)地的位移和冰壺對(duì)地的位移大小不等，運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺做的功與冰壺對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功數(shù)值不一樣多。隨堂練習(xí)1．（2021春?潞州區(qū)校級(jí)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(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．在下滑過(guò)程中，小球的機(jī)械能不守恒 B．小球可以到達(dá)右側(cè)軌道的最高點(diǎn) C．小球在右側(cè)軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車也向右運(yùn)動(dòng) D．小球在軌道最低點(diǎn)時(shí)，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(jī)械能守恒；系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)量守恒；分析小球的運(yùn)動(dòng)情況，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律答題。【解答】解|：A、小球在下滑過(guò)程中，對(duì)于小球和小車組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，由于車對(duì)小球的支持力要做功，所以小球的機(jī)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(dòng)量守恒，初始狀態(tài)水平方向動(dòng)量為零，當(dāng)小球到達(dá)右側(cè)，相對(duì)小車靜止時(shí)，小車的速度減小到零，又由于小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，因此恰好能到達(dá)右側(cè)軌道的最高點(diǎn)，故B正確；C、小球和小車在水平方向動(dòng)量守恒，小球在右側(cè)軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車向左運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)小球和小車在水平方向動(dòng)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(diǎn)時(shí)，小車與小球的速度大小相等，方向相反，總動(dòng)量為零，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題綜合考查動(dòng)量守恒定律以及系統(tǒng)機(jī)械能守恒的應(yīng)用，要注意動(dòng)量守恒定律是矢量式，要注意是哪個(gè)方向動(dòng)量守恒。2．（2021春?廣州期末）花樣滑冰時(shí)技巧與藝術(shù)性相結(jié)合的一個(gè)冰上運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目，在音樂(lè)伴奏下，運(yùn)動(dòng)員在冰面上表演各種技巧和舞蹈動(dòng)作，極具觀賞性。甲乙運(yùn)動(dòng)員以速度大小為1m/s沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)。相遇時(shí)彼此用力推對(duì)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(yùn)動(dòng)，推開(kāi)時(shí)間極短，忽略冰面的摩擦，則甲乙運(yùn)動(dòng)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(shí)用力推對(duì)方的過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可求出甲、乙質(zhì)量之比?！窘獯稹拷猓杭住⒁蚁嘤鰰r(shí)用力推對(duì)方的過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以甲的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)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(cuò)誤。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵是要明確系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可正確解題，解題時(shí)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(fù)。3．（2021春?南開(kāi)區(qū)校級(jí)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(shí)刻B靜止，A以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，之后與B發(fā)生碰撞并一起運(yùn)動(dòng)。若以水平向右為正，它們的位移一時(shí)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(dòng)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(guò)程中動(dòng)量守恒，以碰撞前A的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)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(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)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(dòng)量守恒定律即可解題。4．（2021春?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(zhǎng)，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(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】分析清楚木塊與小車的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律的即可解題；應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)注意正方向的選擇。綜合練習(xí)一．選擇題（共15小題）1．（2021春?蘇州期末）如圖所示，在光滑水平面上有兩個(gè)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(yùn)動(dòng)，滑塊B以3m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)．若以水平向右方向?yàn)檎较?，則下列說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)滑塊A的速度減為零時(shí)，彈簧被壓縮到最短 B．當(dāng)滑塊A的速度為﹣6m/s時(shí)，滑塊B的速度為1m/s C．當(dāng)兩滑塊相距最近時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能為 D．從開(kāi)始到兩滑塊相距最近的過(guò)程中滑塊A受到的沖量為【分析】當(dāng)滑塊A、B的速度相同時(shí)，間距最小，根據(jù)動(dòng)量守恒定律、能最守恒定律求解最大彈性勢(shì)能；求出二者原來(lái)的動(dòng)能大小和分開(kāi)后的總動(dòng)能分析B選項(xiàng)；根據(jù)動(dòng)量定理求解從開(kāi)始到兩滑塊相距最近的過(guò)程中滑塊A受到的沖量?！窘獯稹拷猓篈C、當(dāng)滑塊A、B的速度相同時(shí)，間距最小，彈簧壓縮量最大，此時(shí)速度為v，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤、C正確；B、取向右為正方向，假設(shè)設(shè)二者分開(kāi)時(shí)滑塊A的速度為vA′＝﹣6m/s時(shí)，滑塊B的速度為vB′＝1m/s，二者原來(lái)的動(dòng)能大小為：Ek＝mAvA2+mBvB2，解得：Ek＝11J二者分開(kāi)后的總動(dòng)能為：Ek′＝mAvA′2+mBvB′2，解得：Ek′＝19J碰撞前后動(dòng)能不可能增加，故B錯(cuò)誤；D、從開(kāi)始到兩滑塊相距最近的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理可得：I＝mAv﹣mAvA，解得I＝﹣，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對(duì)于動(dòng)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(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。2．（2021?宣化區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，小木塊m與長(zhǎng)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(kāi)始時(shí)m和M都靜止，彈簧處于自然狀態(tài)?，F(xiàn)同時(shí)對(duì)m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，從兩物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)以后的整個(gè)過(guò)程中，對(duì)m、M、彈簧組成的系統(tǒng)，正確的說(shuō)法是（整個(gè)過(guò)程中彈簧不超過(guò)其彈性限度）（）A．M、m分別向左、右運(yùn)行過(guò)程當(dāng)中，M、m均做加速度逐漸增大的變加速直線運(yùn)動(dòng) B．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程當(dāng)中，系統(tǒng)機(jī)械能、動(dòng)量均守恒 C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒，兩物塊速度為零時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能一定最大 D．當(dāng)彈簧彈力的大小與拉力F1、F2的大小相等時(shí)，m、M的動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(dòng)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(jī)械能是否守恒。【解答】解：AD、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(gè)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(yùn)動(dòng)，后做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧彈力的大小與拉力F1、F2的大小相等時(shí)，m、M的速度最大，動(dòng)能最大，故A錯(cuò)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(dòng)量守恒。由于水平恒力F1、F2對(duì)系統(tǒng)做功代數(shù)和不為零，則系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C、從開(kāi)始到彈簧伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)的過(guò)程，F(xiàn)1與F2分別對(duì)M、m做正功，彈簧伸長(zhǎng)最長(zhǎng)時(shí)，m、M的速度為零，之后彈簧收縮，F(xiàn)1與F2分別對(duì)M、m做負(fù)功，系統(tǒng)的機(jī)械能減小，因此，當(dāng)彈簧有最大伸長(zhǎng)時(shí)，m、M的速度為零，系統(tǒng)具有機(jī)械能最大；當(dāng)彈簧收縮到最短時(shí)，m、M的速度為零，系統(tǒng)的機(jī)械能最小，故C錯(cuò)誤。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題是一個(gè)相互作用的幾個(gè)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(yùn)動(dòng)情況。3．（2021?珠海二模）一人在指定的地點(diǎn)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(shí)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(dá)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(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，兩顆煙花彈速度變化率相同 C．煙花彈b上升過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間更長(zhǎng) D．煙花彈a在最高點(diǎn)加速度為零【分析】?jī)深w煙花彈到達(dá)的最大高度相等，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系；根據(jù)煙花彈a在最高點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤；B、在空中運(yùn)動(dòng)的過(guò)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(xiàng)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(guò)程中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，故C錯(cuò)誤；D、煙花彈a在最高點(diǎn)時(shí)受到重力，加速度為g，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要搞清兩顆煙花彈的運(yùn)動(dòng)情況，熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究斜上拋運(yùn)動(dòng)。要知道速度變化率即為加速度。4．（2021?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(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．下落過(guò)程中彈性鋼球與橡膠球之間的作用力大小為mg B．下落過(guò)程中彈性鋼球的機(jī)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(jī)械能守恒；彈性碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律分析答題?！窘獯稹拷猓篈、下落過(guò)程橡膠球與彈性鋼球做自由落體運(yùn)動(dòng)，處于完全失重狀態(tài)，彈性鋼球與橡膠球間沒(méi)有彈力作用，故A錯(cuò)誤；B、下落過(guò)程中只有重力做功，彈性鋼球的機(jī)械能守恒，故B正確；CD、下落過(guò)程做自由落體運(yùn)動(dòng)，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(guò)程機(jī)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(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)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(dòng)量守恒定律得：Mv﹣mv＝Mv1+mv2由機(jī)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(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題首先要分析清楚兩球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，知道完全彈性碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能也守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列方程解決，同時(shí)要注意題目中的M?m在碰撞過(guò)程中的作用。5．（2021?徐州模擬）如圖所示，兩個(gè)完全相同的小球P、Q分別與輕彈簧兩端固定連接，開(kāi)始時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)。某時(shí)刻將P、Q從距地面高h(yuǎn)處同時(shí)釋放，下落到地面時(shí)P、Q間的距離等于釋放時(shí)的距離，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則（）A．下落過(guò)程中P、Q的總動(dòng)量守恒 B．下落過(guò)程中P、Q的總機(jī)械能保持不變 C．小球P落至地面時(shí)的速度v＜ D．當(dāng)小球P的加速度最大時(shí)，P、Q的總機(jī)械能最小【分析】系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；只有重力或彈力做功，機(jī)械能守恒；根據(jù)P、Q的運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析答題?！窘獯稹拷猓篈、下落過(guò)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(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B、下落過(guò)程，彈簧彈力對(duì)P、Q做功，P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，P、Q與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；C、P、Q與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，落地時(shí)P、Q間的距離等于釋放時(shí)的距離，說(shuō)明落地時(shí)彈簧彈性勢(shì)能與釋放時(shí)彈簧彈性勢(shì)能相等，釋放時(shí)兩小球在水平方向的速度為零，則落地時(shí)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(yùn)動(dòng)，則落地時(shí)小球豎直分速度vy＝，由于水平分速度為零，則落地時(shí)小球的速度v＝vy＝，故C錯(cuò)誤；D、彈簧形變量最大時(shí)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(shì)能最大，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)，P、Q的機(jī)械能最小，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題解題的關(guān)鍵與難點(diǎn)是在水平與豎直兩方向分別分析兩小球的運(yùn)動(dòng)，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律即可解題。6．（2021?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(dǎo)軌上自由滑動(dòng)，質(zhì)量為m的小球與滑塊上的懸點(diǎn)O由一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，繩長(zhǎng)為L(zhǎng)。開(kāi)始時(shí)，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(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，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(shí)間內(nèi)速度減為零，小球繼續(xù)向左擺動(dòng)到繩與豎直方向的夾角為60°時(shí)達(dá)到最高點(diǎn)?；瑝K與小球均視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，則以下說(shuō)法正確的是（）A．繩的拉力對(duì)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(shí)滑塊到擋板的距離為 D．滑塊撞擊擋板時(shí)，擋板對(duì)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(shí)做正功，鈍角時(shí)做負(fù)功；下擺中系統(tǒng)機(jī)械能守恒且水平方向動(dòng)量守恒可記得質(zhì)量關(guān)系；根據(jù)動(dòng)量定理求得沖量大小。【解答】解：A、因滑塊不固定，繩下擺過(guò)程中，繩的拉力對(duì)滑塊做正功，對(duì)小球做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；B、下擺過(guò)程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒：水平方向動(dòng)量守恒：0＝Mv1﹣mv2小球向左擺動(dòng)最高點(diǎn)，機(jī)械能守恒：三式聯(lián)立，解得：M＝m，故B錯(cuò)誤；C、由平均動(dòng)量守恒，解得x＝，即釋放小球時(shí)滑塊到擋板的距離為，故C正確；D、滑塊撞擊擋板時(shí)，擋板對(duì)滑塊作用力的沖量大小為I＝Mv1＝，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量與機(jī)械能守恒，關(guān)鍵注意根據(jù)動(dòng)量守恒的原理可以根據(jù)平均動(dòng)量守恒求得滑塊到擋板的距離。7．（2021?馬鞍山模擬）用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩連接質(zhì)量相同的兩個(gè)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(shí)間不計(jì)，空氣阻力不計(jì)。以下說(shuō)法正確的是（）A．球B與地面碰撞前，B球的機(jī)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(shí)的動(dòng)能與第一次與地面碰撞的動(dòng)能之比為 D．球B第二次與地面碰撞時(shí)，A、B兩球間的距離等于L【分析】球B與地面碰撞前，對(duì)AB整體，由牛頓第二定律求出加速度，再對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律求繩子的張力，從而確定B球的機(jī)械能是否守恒；根據(jù)機(jī)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式求碰地后B球與A球碰撞所需時(shí)間，從而求出B球上升的高度；由速度﹣時(shí)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(jī)械能守恒定律求球B第二次與地面碰撞時(shí)的動(dòng)能，從而求得球B第二次與地面碰撞時(shí)的動(dòng)能與第一次與地面碰撞的動(dòng)能之比；判斷B球第二次落地時(shí)經(jīng)過(guò)的時(shí)間，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析球B第二次與地面碰撞時(shí)A、B兩球間的距離?！窘獯稹拷猓篈、球B與地面碰撞前，對(duì)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(duì)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(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)機(jī)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(guò)時(shí)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(cuò)誤；C、球B第一次與地面碰撞時(shí)的動(dòng)能為：Ek1＝mghB球落地時(shí)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(dòng)量守恒定律可得：mvA﹣mvB＝mvA′+mvB′根據(jù)機(jī)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(shí)動(dòng)能為：Ek2＝mgh′+＝mg（h+L）則球B第二次與地面碰撞時(shí)的動(dòng)能與第一次與地面碰撞的動(dòng)能之比為：＝，故C正確；D、球B第二次與地面碰撞時(shí)，B下落的高度為h′，但是由于此時(shí)B的初速度為vB′＝，所以落地的時(shí)間小于t′＜t＝，而兩個(gè)球的相對(duì)速度大小為v相對(duì)＝vA+vB＝2因此小球B落地時(shí)兩個(gè)球之間的距離為：△x＝（vA+vB）t′＜L即球B第二次與地面碰撞時(shí)，A、B兩球間的距離小于L，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律；對(duì)于動(dòng)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(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律列方程求解。8．（2021?江蘇模擬）如圖所示，虛線右側(cè)有豎直向下的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝45N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)及垂直于電場(chǎng)向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在光滑絕緣的水平面上有兩個(gè)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(chǎng)直接進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)中。剛進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)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(shuō)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(jìn)入正交電、磁場(chǎng)后的短時(shí)間內(nèi)，其電勢(shì)能減少 C．碰撞過(guò)程中，小球A對(duì)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(jìn)入電、磁場(chǎng)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(dòng)量守恒定律求出碰撞后A球的速度；定性分析小球A進(jìn)入電、磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，判斷電場(chǎng)力的做功情況，若電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，若電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大；小球A對(duì)小球B做的功全部轉(zhuǎn)化成小球B的動(dòng)能；分別計(jì)算碰撞前后AB系統(tǒng)的能量（動(dòng)能），如果沒(méi)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?yàn)樾∏駼進(jìn)入電、磁場(chǎng)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?yàn)樾∏駼帶負(fù)電，所以電場(chǎng)力和洛倫茲力方向都向上，設(shè)小球進(jìn)入電、磁場(chǎng)瞬間速度為vB，則有：代入數(shù)據(jù)解得：vB＝20m/s以A、B兩球?yàn)檠芯繉?duì)象，設(shè)碰撞后A球的速度為vA，選A球碰撞前的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)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(cuò)誤；B、小球A剛進(jìn)入電、磁場(chǎng)時(shí)，受到向下的重力為：因?yàn)榕鲎仓笮∏駻也帶上負(fù)電，所以受到的電場(chǎng)力和洛倫茲力向上，電場(chǎng)力和洛倫茲力的合力為：因?yàn)橄蛳碌闹亓Υ笥谙蛏系碾妶?chǎng)力與洛倫茲力的合力，所以小球A接下來(lái)會(huì)向下偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能會(huì)增大，故B錯(cuò)誤；C、碰撞過(guò)程中小球A對(duì)小球B做的功為：，故C正確；D、碰撞前A具有的動(dòng)能為：碰撞后A、B具有的總動(dòng)能為：所以Ek1＞Ek2，即碰撞過(guò)程中存在能量損失，不是彈性碰撞，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用，還涉及能量、復(fù)合場(chǎng)等知識(shí)點(diǎn)，綜合性很強(qiáng)。在解答A選項(xiàng)時(shí)不能先入為主的認(rèn)為這是彈性碰撞，然后利用動(dòng)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(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)出發(fā)進(jìn)行求解。9．（2021?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(gè)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(jìn)入管道。以水平向右為正方向。設(shè)小球離開(kāi)木塊時(shí)，小球的速度為v1，木塊的速度為v2，下列說(shuō)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(kāi)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(duì)比兩個(gè)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(huì)有重力勢(shì)能的變化，就會(huì)造成碰后系統(tǒng)動(dòng)能的變化，進(jìn)而分析穿出后的小球的速度及能量變化的可能。【解答】解：若管道光滑且在水平面內(nèi)，小球從進(jìn)入到離開(kāi)管道，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，初末態(tài)系統(tǒng)總動(dòng)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(fù)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(jìn)出口高度沒(méi)有說(shuō)明，所以，小球與木塊作用的過(guò)程，小球的重力勢(shì)能可能增大也可能減小，即作用后系統(tǒng)的動(dòng)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(shì)能減少，動(dòng)能增加，小球末速度可能為負(fù)；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(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題是碰撞模型的變形題，彈性碰撞中碰前碰后系統(tǒng)動(dòng)能相等，而此題中由于管道在豎直平面內(nèi)，會(huì)引起系統(tǒng)動(dòng)能的變化。10．（2021春?南開(kāi)區(qū)校級(jí)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ．若滑塊以速度v開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，與盒的左、右壁發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來(lái)回運(yùn)動(dòng)多次，最終相對(duì)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(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為 D．滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為【分析】物體與盒子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒；先由動(dòng)量守恒求出盒子與物塊的最終速度，再結(jié)合損失的機(jī)械能即可求出滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)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(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律可得mv＝3mv共解得v共＝故選項(xiàng)AB均錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知μmgx＝mv2﹣?3m?（）2解得x＝故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查動(dòng)量守恒定律，解答的關(guān)鍵是能忽略運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，熟練應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律是正確解題的關(guān)鍵；解題時(shí)要分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程。11．（2020秋?如東縣校級(jí)月考）如圖所示，在傾角為θ的固定光滑斜面上，有兩個(gè)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(shí)彈簧彈性勢(shì)能為Ep?，F(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量也為m的物體D從距A為L(zhǎng)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(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。在簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體B對(duì)C的最小彈力為mgsinθ，則以下說(shuō)法正確的是（）A．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能為mglsinθ++Ep D．B對(duì)C的最大彈力為【分析】當(dāng)AD受力平衡時(shí)，AD處于平衡位置，由胡克定律可求得平衡位置時(shí)彈簧的形變量；再由B對(duì)C的最小彈力可求得AD能達(dá)到的最大位移，即可求得振幅；由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可求得最大彈力。由機(jī)械能守恒求得彈簧的最大彈性勢(shì)能?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)彈力等于AD的重力的分力時(shí)AD處于平衡狀態(tài)，由kx＝2mgsinθ可知，平衡位置時(shí)彈簧的形變量為x0＝，處壓縮狀態(tài)；當(dāng)B對(duì)C彈力最小時(shí)，對(duì)B分析，則有mgsinθ+kx＝mgsinθ；故彈簧此時(shí)形變量：x＝，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)；故簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為：A＝x0﹣x＝﹣＝，故A錯(cuò)誤；B、D物體碰撞前的速度v＝，AD碰撞動(dòng)量守恒：mv＝2mv共，所以有：v共＝，故B錯(cuò)誤；C、從碰撞后粘在一起到彈簧壓縮到最短，機(jī)械能守恒：Epm＝＝，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)AD運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，B對(duì)C的彈力最大；由對(duì)稱性可知，此時(shí)彈簧的形變量為：△x＝A+x0＝+＝；此時(shí)彈力為：F＝k（A+x0）＝；B對(duì)C的彈力為F+mgsinθ＝，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵在于找出簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的平衡位置，從而確定出物體的振幅及回復(fù)力。求彈簧的最大彈性勢(shì)能時(shí)，要注意從碰撞位置到最低點(diǎn)的距離不能出錯(cuò)，要區(qū)別三個(gè)壓縮量：碰撞前壓縮量、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)平衡位置壓縮量為A＝，最低位置壓縮量為（A+A﹣）。12．（2020春?桃城區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，固定斜面足夠長(zhǎng)，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(yùn)動(dòng)。工件上表面光滑，下端為擋板，某時(shí)刻，一質(zhì)量為m的小木塊輕輕放在工件上的A點(diǎn)，當(dāng)木板運(yùn)動(dòng)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(shí)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(shí)間極短，木塊始終在工件上運(yùn)動(dòng)，重力加速度取g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A．下滑過(guò)程中，工件和木塊系統(tǒng)沿斜面方向上動(dòng)量不守恒 B．下滑過(guò)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(shí)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(dòng)量是否守恒；對(duì)工件根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大??；根據(jù)動(dòng)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(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量關(guān)系求解碰撞后二者的速度大小；根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系求解再次碰撞的時(shí)間?！窘獯稹拷猓篈、開(kāi)始L形工件沿斜面勻速向下運(yùn)動(dòng)，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(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；B、把木塊放上工件后，對(duì)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(cuò)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(dòng)量守恒定律可得：3mv0＝mv，解得：v＝3v0＝3m/s；木塊與工件碰撞過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤；D、設(shè)木塊與擋板第1次碰撞至第2次碰撞的時(shí)間間隔為t，在此時(shí)間內(nèi)工件的位移為x工＝v2t﹣，木塊的位移x木＝v1t，相碰時(shí)有：x工＝x木，聯(lián)立解得t＝0.75s，此時(shí)根據(jù)剛好速度為零，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對(duì)于動(dòng)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(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。13．（2020?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(yùn)動(dòng)，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(guò)程中動(dòng)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(guò)程中有機(jī)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(guò)程中，以v0方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)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(guò)程中損失的機(jī)械能△E＝mv02﹣[m（kv0）2+×5mvB2]≥0解得k≤所以k取值范圍是＜k≤，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的綜合運(yùn)用，要抓住碰后A的速度大于B的速度，以及有機(jī)械能損失大于等于零進(jìn)行解答。14．（2020?昌平區(qū)二模）光學(xué)鑷子是靠激光束“夾起”細(xì)胞、病毒等極其微小粒子的工具。為了簡(jiǎn)化問(wèn)題，將激光束看作是粒子流，其中的粒子以相同的動(dòng)量沿光傳播方向運(yùn)動(dòng)；激光照射到物體上，會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生力的作用，光鑷效應(yīng)就是一個(gè)實(shí)例，如圖（甲）所示。一相互平行、越靠近光速中心光強(qiáng)越強(qiáng)的激光束，經(jīng)凸透鏡后會(huì)聚于O點(diǎn)。現(xiàn)有一透明介質(zhì)小球，球心O'偏離了O點(diǎn)，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(duì)小球的作用力可通過(guò)光的折射和動(dòng)量守恒來(lái)分析。取O為坐標(biāo)原點(diǎn)，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?yàn)椋ǎ〢．沿x正向 B．沿y正向 C．沿x負(fù)向 D．沿y負(fù)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(dòng)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(duì)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?qiáng)度①＝右邊光強(qiáng)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(duì)小球產(chǎn)生的合力的方向沿+y方向，故B正確、ABCD錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查動(dòng)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(dòng)量定理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律以及力的合成與分解等知識(shí)進(jìn)行分析。15．（2020?南寧一模）一顆子彈沿水平方向射向一個(gè)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(dòng)量的變化量較小 C．兩次子彈的動(dòng)量的變化量相等 D．兩次子彈和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量都守恒【分析】根據(jù)產(chǎn)熱公式Q＝f?△x，來(lái)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(dòng)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(lái)判斷兩次子彈的動(dòng)量的變化量的大小?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)兩次子彈相對(duì)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(cuò)誤；BC、因?yàn)榈谝淮文緣K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(dòng)量守恒，子彈射穿后木塊具有動(dòng)能，所以子彈減少的能量轉(zhuǎn)化成內(nèi)能和木塊的動(dòng)能，又因?yàn)閮纱萎a(chǎn)生熱量相同，所以第一次子彈剩余的動(dòng)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(dòng)量變化量△p＝m△v，所以第一次子彈的動(dòng)量的變化量較小，故B正確，C錯(cuò)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(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查的是動(dòng)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(duì)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(lái)判斷子彈剩余的動(dòng)能的大小，此題容易出現(xiàn)的錯(cuò)誤就是設(shè)好幾個(gè)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．（2021春?新余期末）如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑水平面上有一個(gè)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(gè)自由伸長(zhǎng)的輕彈簧，B、C分開(kāi)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(kāi)（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(gè)過(guò)程中（）A．當(dāng)彈簧壓縮最短時(shí)，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(jī)械能約為7.96J D．彈簧的最大彈性勢(shì)能為6J【分析】應(yīng)用動(dòng)能定理求出A滑到水平面上時(shí)的速度大??；當(dāng)彈簧壓縮最短時(shí)A、B速度相等，彈簧的彈性勢(shì)能最大，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出B的速度與彈簧的最大彈性勢(shì)能；B、C碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)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(jī)械能?！窘獯稹拷猓篈D、設(shè)A第一次到達(dá)水平面時(shí)的速度大小為v0，由動(dòng)能定理得：mAgh＝﹣0，代入數(shù)據(jù)解得：v0＝4m/sA、B速度相等時(shí)彈簧的壓縮量最大，彈簧彈性勢(shì)能最大，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)A、B的共同速度為v，彈簧彈性勢(shì)能為Ep，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAv0＝（mA+mB）v由機(jī)械能守恒定律得：+Ep代入數(shù)據(jù)解得：v＝1m/s，Ep＝6J，故A錯(cuò)誤，D正確；BC、設(shè)A、B分離時(shí)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(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAv0＝mAvA+mBvB由機(jī)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(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)滑上斜面然后再返回，該過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可知，A再次到達(dá)水平面時(shí)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(dòng)量守恒，A與B第二次分離時(shí)，設(shè)A的速度為vA1，B、C的速度為vBC1，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAvA+（mB+mC）vBC＝mAvA1+（m+m）vBC1由機(jī)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(jī)械能：ΔEA＝，代入數(shù)據(jù)解得：ΔE≈7.96J，故BC正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評(píng)】本題是一道力學(xué)綜合題，物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程復(fù)雜，根據(jù)題意分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以解題；應(yīng)用動(dòng)量守恒守恒定律解題時(shí)注意正方向的選擇。17．（2021?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(diǎn)的物塊B，B保持靜止，此時(shí)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(shí)間極短，忽略物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(shì)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(dòng)能為mgh C．碰撞后兩物體的最大動(dòng)能為1.5mgh D．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩物塊不會(huì)分離【分析】用整體法求碰撞后兩物體瞬時(shí)加速度；由機(jī)械能守恒定律求出碰撞前A的速度，再由動(dòng)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(dòng)能；由牛頓第二定律找到兩物體動(dòng)能最大的位置，結(jié)合從碰撞后到動(dòng)能最大用機(jī)械能量守恒定律求出最大動(dòng)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(cuò)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(shí)間極短，碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，即：mv0＝2mv。聯(lián)立求得：解得碰后瞬間兩物體的總動(dòng)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩物塊的重力與彈簧彈力相等時(shí)，兩物塊的動(dòng)能最大，即2mg＝kx1，聯(lián)立求得x1＝2h，AB從碰撞后瞬間到A、B動(dòng)能最大時(shí)，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)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(shí)，有a＝g，即彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。碰撞后物塊AB及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，從返回至碰撞點(diǎn)，到最高點(diǎn)過(guò)程中，反彈向上運(yùn)動(dòng)到達(dá)碰撞點(diǎn)時(shí)，兩物體的速度大小等于碰后瞬間兩物體的速度大?。辉O(shè)彈簧壓縮量為x3時(shí)速度減小為零，則有+解得即物體AB到達(dá)不了彈簧的原長(zhǎng)處，故物體AB不會(huì)分離，故D正確。故選：BCD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律等多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，看起來(lái)一個(gè)只是一個(gè)物體壓縮彈簧的過(guò)程，但從動(dòng)力學(xué)角度是一個(gè)變加速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，從能量的角度看，只有在碰撞過(guò)程中有機(jī)械能損失，其他過(guò)程機(jī)械能總量不變，還要注意的是本題要用到彈性勢(shì)能的公式。18．（2021?內(nèi)江模擬）2022年冬季奧運(yùn)會(huì)將在北京舉行。我國(guó)冰壺運(yùn)動(dòng)員在某一次水面內(nèi)訓(xùn)練時(shí)，紅壺以一定的速度與靜止在大本營(yíng)中心的藍(lán)壺發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺刷摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向上的冰面來(lái)減小阻力。碰撞前、后兩壺運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖線如圖中實(shí)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(lán)壺的速度為1.5m/s，紅壺的速度為0.5m/s B．兩壺在碰撞過(guò)程中，損失的機(jī)械能為兩壺從碰后到靜止損失的總機(jī)械能的倍 C．紅、藍(lán)兩壺在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，動(dòng)摩擦因數(shù)之比為μ紅：μ藍(lán)＝3：4 D．碰后藍(lán)壺經(jīng)過(guò)4s停止運(yùn)動(dòng)【分析】?jī)杀鶋嘏鲎策^(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)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(guò)程中，損失的機(jī)械能和兩壺從碰后到靜止損失的總機(jī)械能之比；根據(jù)圖示圖象求出紅壺的加速度，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出t2；求出藍(lán)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(dòng)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(lán)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(guò)程系統(tǒng)動(dòng)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?yàn)檎较颍蓜?dòng)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(guò)程損失的機(jī)械能為：△E1＝﹣﹣，兩壺從碰后到停止損失的總機(jī)械能為：△E2＝﹣﹣，代入數(shù)據(jù)解得：＝，故B錯(cuò)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(lán)壺運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：△t＝t2﹣1＝5s﹣1s＝4s；由牛頓第二定律可知碰后藍(lán)壺的加速度為：a2＝＝μ藍(lán)g＝＝m/s2＝0.375m/s2解得：μ藍(lán)＝0.0375所以：μ紅：μ藍(lán)＝0.05：0.0375＝3：4，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)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(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律與幾何知識(shí)可以解題。19．（2021?茂名二模）如圖所示，三個(gè)小球靜止在足夠長(zhǎng)的光滑水平面，B、C兩個(gè)小球之間用彈簧連接起來(lái)，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(shì)能為100J，再突然撤去外力。已知A球與墻壁碰撞無(wú)機(jī)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(dá)到彈性限度，下列說(shuō)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(yùn)動(dòng)中，彈簧將會(huì)多次出現(xiàn)彈性勢(shì)能等于J的時(shí)刻 C．若同時(shí)撤去兩側(cè)外力，則在此后的運(yùn)動(dòng)中，三個(gè)小球?qū)?huì)多次出現(xiàn)v＝m/s的共速時(shí)刻 D．同時(shí)撤去兩側(cè)外力，則三個(gè)小球最終將會(huì)以某一共同速度勻速運(yùn)動(dòng)下去【分析】若只撤去右側(cè)外力，當(dāng)彈簧第二次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，BC兩球及彈簧組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)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(fù)原長(zhǎng)后，C球向右做減速運(yùn)動(dòng)，B球向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩球速度相等時(shí)，BC兩球及彈簧組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，由此分別列出方程分析判斷彈簧出現(xiàn)彈性勢(shì)能等于J的情況；若同時(shí)撤去兩側(cè)外力，且A球能與B球碰撞則粘合在一起，則當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，該過(guò)程ABC三球及彈簧組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，由此列出方程分析判斷三個(gè)小球出現(xiàn)的情況和三個(gè)小球能否某一共同速度勻速運(yùn)動(dòng)下去?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)右邊的力被撤去時(shí)，彈簧會(huì)恢復(fù)原長(zhǎng)，由機(jī)械能守恒：得到：vC＝10m/s，即此時(shí)恢復(fù)原長(zhǎng)，接著彈簧將帶著B(niǎo)球一起向右繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，則設(shè)當(dāng)加速度大小為0時(shí)，速度為vm，則由于BC系統(tǒng)具有動(dòng)量守恒的特點(diǎn)，因此由動(dòng)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(fù)原長(zhǎng)后，C球向右做減速運(yùn)動(dòng)，B球向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩球速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能達(dá)到最大。該過(guò)程BC兩球及彈簧組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒：mCvC＝（mB+mC）v，代入數(shù)據(jù)，解得：，該過(guò)程BC兩球及彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，BC共速時(shí)彈性勢(shì)能最大：mCvC2＝Ep+（mB+mC）v2，則有，Ep＝J，在彈簧的伸長(zhǎng)和壓縮的循環(huán)往復(fù)過(guò)程中，每次BC兩個(gè)小球共速時(shí)，彈簧均會(huì)出現(xiàn)彈性勢(shì)能等于J的時(shí)刻，故B正確；C、若同時(shí)撤去兩側(cè)外力，彈簧達(dá)到原長(zhǎng)時(shí)，AB將分離，此過(guò)程ABC三球及彈簧組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則：（mA+mB）v3＝mCv4；該過(guò)程ABC三球及彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒：Ep＝（mA+mB）v32+mCv42；解得：v3＝v4＝m/s在彈簧的伸長(zhǎng)和壓縮的循環(huán)往復(fù)過(guò)程中，每次當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，均會(huì)出現(xiàn)，三個(gè)小球速度等于m/s的共速時(shí)刻，故C正確；D.由C項(xiàng)分析可知，在彈簧的伸長(zhǎng)和壓縮的循環(huán)往復(fù)過(guò)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(gè)小球最終將會(huì)以某一共同速度勻速運(yùn)動(dòng)下去，故D錯(cuò)誤。故選：ABC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)分析彈簧類問(wèn)題，涉及到了動(dòng)量守恒定律、功能關(guān)系、機(jī)械能守恒定律，考查范圍較廣，對(duì)學(xué)生分析綜合能力有一定要求。20．（2021?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(diǎn)的小球，從圖中A點(diǎn)靜止釋放，小球離開(kāi)圓弧軌道后恰好能通過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)，重力加速度為10m/s2，不計(jì)一切阻力。下列說(shuō)法正確的（）A．小球沿圓弧軌道下滑過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小球沿圓弧軌道下滑過(guò)程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．小球通過(guò)半圓軌道D點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小為4N D．小球與圓弧軌道分離時(shí)，圓弧軌道的位移為0.5m【分析】本題解題時(shí)可運(yùn)用動(dòng)量守恒以及機(jī)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(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力，對(duì)小球和軌道組成的系統(tǒng)，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律以及水平方向動(dòng)量守恒定律可以求出水平方向運(yùn)動(dòng)情況?！窘獯稹拷猓篈．小球沿圓弧軌道下滑過(guò)程，系統(tǒng)豎直方向合力不為零，故系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B．小球沿圓弧軌道下滑過(guò)程，只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B正確；C．小球離開(kāi)圓弧軌道后恰好能通過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)，在半圓軌道的最高點(diǎn)從D點(diǎn)到最高點(diǎn)在D點(diǎn)根據(jù)牛頓第三定律可知，對(duì)軌道的壓力大小為6N，故C錯(cuò)誤；D．小球與圓弧軌道分離，由水平方向動(dòng)量守恒得mvm＝MvM由系統(tǒng)機(jī)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。【點(diǎn)評(píng)】本題較為全面的考查了機(jī)械能守恒定律以及動(dòng)量守恒，包含了守恒條件判斷的基礎(chǔ)知識(shí)，部分選項(xiàng)結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律考查學(xué)生綜合分析問(wèn)題的能力，難度中等偏高。21．（2021?岳陽(yáng)一模）物理學(xué)中有一種碰撞被稱為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過(guò)能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時(shí)的高度更大。如圖所示，A、B、C三個(gè)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(shí)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(yùn)動(dòng)，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(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，結(jié)合動(dòng)量守恒和機(jī)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(shí)由靜止釋放，做自由落體運(yùn)動(dòng)，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(shí)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(dòng)量守恒，機(jī)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(dòng)量守恒，機(jī)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(duì)A球：v″2＝2gh，解得A彈起上升的最大高度h＝，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，掌握彈性碰撞的特點(diǎn)，注意使用動(dòng)量守恒定律時(shí)要規(guī)定正方向。22．（2020秋?海珠區(qū)校級(jí)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，在物塊滑上木板的同時(shí)，給木板施加一個(gè)水平向右的恒力F。當(dāng)恒力F取某一值時(shí)，物塊在木板上相對(duì)于木板滑動(dòng)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(biāo)為1m﹣1。將物塊視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是（）A．若恒力F＝0，物塊滑出木板時(shí)的速度為3m/s B．C點(diǎn)縱坐標(biāo)為1.5m﹣1 C．隨著F增大，當(dāng)外力F＝1N時(shí)，物塊恰好不能木板右端滑出 D．圖象中D點(diǎn)對(duì)應(yīng)的外力的值為4N【分析】若恒力F＝0，則物塊會(huì)從木板的右端滑下，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律進(jìn)行解答；當(dāng)F較小時(shí)，物塊將從木板右端滑下；當(dāng)F繼續(xù)增大時(shí)，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(yùn)動(dòng)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(jìn)行分析；當(dāng)F較小時(shí)，物塊將從木板右端滑下，當(dāng)F增大到某一值時(shí)物塊恰好到達(dá)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(shí)間關(guān)系進(jìn)行解答；圖中D（C）臨界點(diǎn)對(duì)應(yīng)的情況是物塊滑至某處時(shí)，木板與物塊已達(dá)到速度相同，求出兩者一起加速運(yùn)動(dòng)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(shí)，m和M系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，由動(dòng)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(cuò)誤；B、①當(dāng)F較小時(shí)，物塊將從木板右端滑下，當(dāng)F增大到某一值時(shí)物塊恰好到達(dá)木板的右端，且兩者具有共同速度v，歷時(shí)t1，由牛頓第二定律得：，根據(jù)速度時(shí)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(duì)路程：s≤1m，代入解得：F≥1N；②當(dāng)F繼續(xù)增大時(shí)，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(dāng)兩者共速后能保持相對(duì)靜止（靜摩擦力作用）一起以相同加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(dāng)F＝3N時(shí)，m﹣1則B點(diǎn)的橫坐標(biāo)為：1N，C點(diǎn)的縱坐標(biāo)為：1.5m﹣1，故B正確；C、當(dāng)F較小時(shí)，物塊將從木板右端滑下，當(dāng)F增大到某一值時(shí)物塊恰好到達(dá)木板的右端，且兩者具有共同速度v，歷時(shí)t1，則木板的加速度為：a1＝＝（2F+4）m/s2根據(jù)速度﹣時(shí)間關(guān)系有：v＝v0﹣amt1＝a1t1相對(duì)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(diǎn)對(duì)應(yīng)的情況是物塊滑至某處時(shí)，木板與物塊已達(dá)到速度相同，且之后物塊與木板之間恰達(dá)到最大靜摩擦力，兩者一起加速運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量守恒定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用?；瑝K問(wèn)題是物理模型中非常重要的模型，是學(xué)生物理建模能力培養(yǎng)的典型模型。滑塊問(wèn)題的解決非常靈活，針對(duì)受力分析、運(yùn)動(dòng)分析以及牛頓第二定律的掌握，還有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的分析，特別是摩擦力的變化與轉(zhuǎn)型，都是難點(diǎn)所在。本題通過(guò)非常規(guī)的圖象來(lái)分析滑塊的運(yùn)動(dòng)，能從圖中讀懂物體的運(yùn)動(dòng)。23．（2020秋?煙臺(tái)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(diǎn)沖上木板，最終小物塊在木板上Q點(diǎn)（圖甲中未畫(huà)出）與木板保持相對(duì)靜止，二者運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)μ恒定，重力加速度g＝10m/s2，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．m：M＝1：2 B．小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1 C．P、Q兩點(diǎn)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(dòng)量守恒，根據(jù)圖乙所示圖象分析清楚小物塊與木板的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)；v﹣t圖象與坐標(biāo)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(dòng)能間的關(guān)系判斷碰撞是否是彈性碰撞?！窘獯稹拷猓篈、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(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)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(dá)到共同速度過(guò)程，兩者的相對(duì)位移：x＝m＝1.5m，從小物塊與木板碰撞到兩者共速過(guò)程，對(duì)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(cuò)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(dòng)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(guò)程，由動(dòng)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(zhǎng)度L＝＝4.5m，P、Q兩點(diǎn)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(dòng)能：Ek＝＝＝9m，碰撞后瞬間系統(tǒng)的總動(dòng)能：Ek′＝＝9m，則：Ek＝Ek′，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)能不變，碰撞過(guò)程機(jī)械能守恒，碰撞是彈性碰撞，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)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(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律即可解題；解題時(shí)要知道v﹣t圖象與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積等于位移；彈性碰撞過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒。24．（2020秋?深州市校級(jí)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(jì)小球的大小，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是（）A．小球與圓弧體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小球與彈簧作用的整個(gè)過(guò)程中，彈簧對(duì)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(diǎn) D．小球再次滾上圓弧體并與圓弧體相對(duì)靜止時(shí)，共同速度大小為【分析】根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件判斷小球沿圓弧下滑時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒；抓住小球和圓弧體在水平方向上動(dòng)量守恒，結(jié)合能量守恒求出小球離開(kāi)圓弧體時(shí)的速度，根據(jù)動(dòng)量定理求出彈簧對(duì)小球的沖量大小；當(dāng)小球再次滾上圓弧體，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)有共同速度，結(jié)合動(dòng)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(diǎn)?！窘獯稹拷猓篈、小球沿圓弧下滑過(guò)程中，由于系統(tǒng)在豎直方向外力之和不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B、設(shè)小球滾到水平面上時(shí)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(dòng)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(guò)程中，彈簧對(duì)小球的沖量大小：I＝，故B錯(cuò)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(dòng)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(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒的綜合運(yùn)用，知道小球和圓弧組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，注意小球再次滾上圓弧上升到最高點(diǎn)時(shí)有共同速度。25．（2020秋?渝中區(qū)校級(jí)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(zhǎng)木板，在木板的上面有兩塊可視為質(zhì)點(diǎn)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(dòng)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(shí)以水平向右的方向滑上木板C。在之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中B恰好不與C的右擋板碰撞；重力加速度為g，則對(duì)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，下列說(shuō)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(zhǎng)木板C右擋板間距為 D．全過(guò)程系統(tǒng)的機(jī)械能減少了【分析】滑塊A滑上木板C后做勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A與C的速度相等時(shí)，A的速度最小，根據(jù)牛頓第二定律求出A、B勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小以及C勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出A、C共速時(shí)的速度，即A的最小速度；當(dāng)A、B、C速度相等時(shí)，滑塊B的速度最小，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式分別求出A、C共速前和共速后B相對(duì)C滑動(dòng)的距離，從而得出滑塊B與長(zhǎng)木板C右擋板間距；根據(jù)能量守恒求出全過(guò)程系統(tǒng)減小的機(jī)械能?！窘獯稹拷猓篈、開(kāi)始A、B做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小：a1＝μg，C做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?，設(shè)經(jīng)過(guò)t1時(shí)間A與C速度相等，有：v0﹣a1t1＝a2t1，解得：，此時(shí)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(dāng)A、B、C共速時(shí)，B的速度最小，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的加速度仍然為a1＝μg，A、C一起勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度，A、C共速前，B相對(duì)C滑動(dòng)的距離：＝，A、C共速后，B相對(duì)C滑動(dòng)的距離：△x2＝＝，滑塊B與長(zhǎng)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(jī)械能的減小量：＝，故D錯(cuò)誤。故選：ABC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵理清A、B、C在整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道何時(shí)滑塊A的速度最小，何時(shí)滑塊B的速度最小，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解。26．（2020秋?寧遠(yuǎn)縣校級(jí)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(gè)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(shí)彈簧彈性勢(shì)能為E。然后撤去外力，則（）A．從撤去外力到A離開(kāi)墻面的過(guò)程中，墻面對(duì)A的沖量大小為 B．當(dāng)A離開(kāi)墻面時(shí)，B的動(dòng)量大小為 C．A離開(kāi)墻面后，A的最大速度為 D．A離開(kāi)墻面后，彈簧最大彈性勢(shì)能為【分析】撤去外力后到A離開(kāi)墻面時(shí)，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(dòng)量，對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量定理，求出墻面對(duì)A的沖量大??；當(dāng)A離開(kāi)墻面后，彈簧先伸長(zhǎng)后收縮，此過(guò)程中，彈簧對(duì)A一直表現(xiàn)為拉力，速度一直增大，彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，速度最大，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒求出最大速度；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，結(jié)合動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒求出彈簧的彈性勢(shì)能?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)當(dāng)A離開(kāi)墻面時(shí)，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(kāi)墻面的過(guò)程中，對(duì)A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量定理得：墻面對(duì)A的沖量大小，故A正確；B、當(dāng)A離開(kāi)墻面時(shí)，B的動(dòng)量大?。?，故B錯(cuò)誤；C、A離開(kāi)墻后，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度最大，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒有：mvB＝3mvA+mv′B，由機(jī)械能守恒有：，解得A的最大速度：，故C錯(cuò)誤；D、A離開(kāi)豎直墻后，當(dāng)兩物體速度相同時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)最長(zhǎng)或壓縮最短，彈性勢(shì)能最大。設(shè)兩物體相同速度為v，A離開(kāi)墻時(shí)，B的速度為vB，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒得：mvB＝4mv，根據(jù)機(jī)械能守恒得：，聯(lián)立解得彈簧的彈性勢(shì)能最大值：，故D正確。故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量定理的綜合運(yùn)用，知道A、B速度相等時(shí)，彈性勢(shì)能最大，以及能夠通過(guò)受力分析A、B的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵。27．（2020秋?重慶月考）如圖所示，矩形滑塊靜置于足夠長(zhǎng)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(guò)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(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．子彈乙穿出滑塊時(shí)，滑塊速度恰好為零 B．子彈甲穿越滑塊經(jīng)歷的時(shí)間比子彈乙穿越滑塊經(jīng)歷的時(shí)間長(zhǎng) C．子彈兩次穿越滑塊過(guò)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(guò)程中，滑塊對(duì)子彈所做的功相同【分析】分析兩次子彈相對(duì)滑塊的入射初速度大小分析子彈穿越兩滑塊的時(shí)間關(guān)系；根據(jù)子彈兩次穿過(guò)滑塊過(guò)程中的合外力沖量來(lái)判斷子彈的動(dòng)量變化量，根據(jù)子彈和滑塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒判斷滑塊的動(dòng)量變化量，從而判斷最終滑塊的速度是否為零；根據(jù)相對(duì)位移分析系統(tǒng)的熱量關(guān)系；根據(jù)動(dòng)能定理