2022年高考物理二輪碰撞與動量守恒 （含解析）

通用版為考物理工裕專題《越修鳥劭步守慎》

一、選擇題（1?5題為單項(xiàng)選擇題，6?10題為多項(xiàng)選擇題）

1.光滑水平面上有兩個小球，在同一直線上相向運(yùn)動，它們的動量大小相

等，則兩球碰撞后，下列說法正確的是（）

A.兩球可能沿同一方向運(yùn)動

B.兩個球可能一個靜止，一個運(yùn)動

C.若兩球均運(yùn)動，則質(zhì)量大的球動量一定小

D.若兩球均運(yùn)動，則質(zhì)量大的球動能一定小

D[由題可知，兩球沿同一直線相向運(yùn)動，動量大小相等，因此系統(tǒng)的總動

量為零，碰撞過程系統(tǒng)的總動量守恒，因此碰撞后系統(tǒng)的總動量仍為零，因此兩

球不可能沿同一方向運(yùn)動，也不可能一個靜止，一個運(yùn)動，A、B項(xiàng)錯誤；若兩

球均運(yùn)動，根據(jù)動量守恒定律可知，兩球一定沿相反方向運(yùn)動，且動量等大反向，

即〃21切=加202,由此可以判斷，質(zhì)量大的球的動量與質(zhì)量小的球動量大小相等，

2

C項(xiàng)錯誤；由反=粉可知，質(zhì)量大的，動能小，D項(xiàng)正確.]

2.（山東若4島市龍三蹌一質(zhì)檢）如圖，連接有輕彈簧的物塊a靜止

于光滑水平面上，物塊。以一定初速度向左運(yùn)動.下列關(guān)于小。兩物塊的動量

〃隨時間f的變化關(guān)系圖象，不合理的是（）

A［物塊b以一定初速度向左運(yùn)動與連接有輕彈簧的靜止物塊a相碰，中間

彈簧先被壓縮后又恢復(fù)原長，則彈力在碰撞過程中先變大后變小，兩物塊動量的

變化率先變大后變小.故A項(xiàng)不合理.本題選不合理的，答案是A.］

3.（帙曲勒安康市高三質(zhì)檢（五））如圖所示，一對雜技演員（都視為質(zhì)點(diǎn)）

蕩秋千（秋千繩處于水平位置），秋千一端固定在離地面高為”的。點(diǎn)，秋千的

長度可調(diào)節(jié).改變秋千的長度，雜技演員每次都從A點(diǎn)（與0）由靜止出發(fā)繞。點(diǎn)

下擺，當(dāng)擺到最低點(diǎn)B時，女演員在極短時間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，然

后自己剛好能回到A處.已知男演員質(zhì)量為2機(jī)和女演員質(zhì)量為〃?，秋千的質(zhì)量

不計(jì)，空氣阻力忽略不計(jì)，則男演員落地點(diǎn)。與。點(diǎn)的水平距離尤的最大值是

)

A.f

B.H

八3H

C.~YD.2H

D［兩雜技演員從A點(diǎn)下擺到8點(diǎn)，只有重力做功，機(jī)械能守恒.設(shè)二者

到達(dá)8點(diǎn)的速度大小為vo,則由機(jī)械能守恒定律有：（機(jī)+2m）gR=]（機(jī)+2〃2）那，

演員相互作用，沿水平方向動量守恒.設(shè)作用后女、男演員的速度大小分別為

01、02,所以有（加+2加）00=2"202一加01.女演員上擺到A點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，

因此有=沆.男演員自8點(diǎn)平拋，有：X=02f.運(yùn)動時間r可由豎直方向的自

由落體運(yùn)動出得“一/?=%尸，聯(lián)立以上各式，可解得x=4yl（H—R）R,當(dāng)秋千的

長度R=g時,男演員落地點(diǎn)。與。點(diǎn)的水平距離最大為x=2H,故D正確：A、

B、C錯誤.]

4.（為考物理//演拙皋"）如圖所示，AB兩小球靜止在光滑水平面

上，用輕彈簧相連接，A球的質(zhì)量小于8球的質(zhì)量.若用錘子敲擊A球使A得

到。的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為若用錘子敲擊3球使5得到。的

速度，彈簧壓縮到最短時的長度為力，則L與心的大小關(guān)系為（）

AB

A.L\>LiB.L\<Li

C.LI=L2D.不能確定

C[若用錘子敲擊A球，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)彈簧最短時，兩者

的共速，則mAV=（mA+mb）v',解得v'彈性勢能最大，最大為AEp

=-m.y2_!/_1_'2—..

2mAV2（〃〃十2g+機(jī)B）;若用錐子敲擊B球，同理可得mBV=（mA

+mB）v",解得v"=（"?；￡〃》彈性勢能最大為△耳=會加一3（的+加8）0'2

廣A/片一即兩種情況下彈簧壓縮最短時，彈性勢能相等，故Ll=L2,C正

2（機(jī)A+機(jī)B）

確.]

5.如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩（繩子的長度不計(jì)）相連的兩個

相同的物體P、。質(zhì)量均為加，在水平恒力尸作用下以速度。做勻速運(yùn)動.在，

=0時輕繩斷開，。在F作用下繼續(xù)前進(jìn)，則下列說法正確的是（）

P—Q--F

3nw

A.t=0至尸方時間內(nèi)，P、Q的總動量不守恒

3mv

B.『=0至，=等時間內(nèi)，P、。的總動量守恒

5/777；5

C.，=罷時，。的動量為宏加

2mv口——2"/

D.1=下時，P、。兩點(diǎn)的距離一廠

D[設(shè)P、。受到的滑動摩擦力都為F,斷開前兩物體做勻速直線運(yùn)動，根

據(jù)平衡條件得：F=2f,設(shè)P經(jīng)過時間f速度為零，對P由動量定理得：一#=0

2,mv

—mv,解得：/=一十；由此可知，在剪斷細(xì)線前，兩木塊在水平地面上向右做

r

勻速直線運(yùn)動.以PQ為系統(tǒng)，繩子上的力屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，系統(tǒng)所受合力為零；

在剪斷細(xì)線后，物體P停止運(yùn)動以前，兩物體受到的摩擦力不變，兩木塊組成

的系統(tǒng)的合力仍為零，則系統(tǒng)的總動量守恒，故在至的時間內(nèi)尸、

r=0r=—r

2,ITIV

。的總動量守恒，在/=一歹后，P停止運(yùn)動，。做勻加速直線運(yùn)動，故兩木塊組

5mv

成的系統(tǒng)的合力不為零，故P、。的總動量不守恒，故AB錯誤；當(dāng)/=守時，

F5mvQ

對。由動量定理得：Ft—ft=p'Q—mvf代入/=],，=司了"，解得：p'Q=Wm0,

故C錯誤；當(dāng)"時，對。由動量定理得：Ft—ft=mv2—mv,代入/=1t

="言，解得。2=2%由動能定理得：FX2~fxi=^mv2—^mv2;對P由動量定理

F2moi

得：—ft=mv\—mv,代入/=/,t=—^r,解得。i=0,由動能定理得：-

]2機(jī)/

mv]-jtnv1,解得AX=12—xi=—RL,故D正確.]

6.（要假堵蕪湖市高三千惆國）在地面上以大小為V1的初速度豎直向

上拋出一質(zhì)量為m的皮球，皮球落地時速度大小為。2.若皮球運(yùn)動過程中所受空

氣阻力的大小與其速率成正比，重力加速度為g.下列判斷正確的是（）

A.皮球上升的最大高度為聶

B.皮球從拋出到落地過程中克服阻力做的功為泰評一品抗

C.皮球上升過程經(jīng)歷的時間為三

O

V]+。2

D.皮球從拋出到落地經(jīng)歷的時間為一^

BD[減速上升的過程中受重力、阻力作用，故加速度大于g,則上升的高

*V\

度小于5-,上升的時間小于一，故AC錯誤；皮球從拋出到落地過程中重力不做

功，根據(jù)動能定理得克服阻力做功為Wf=52浮一;〃勿3,故B正確：用動量定理，

結(jié)合數(shù)學(xué)知識，假設(shè)向下為正方向，設(shè)上升階段的平均速度為則：mgt\+kvt\

=mv\,由于平均速度乘以時間等于上升的高度，故有：h=vt\9即：mgt\+kh

①同理，設(shè)上升階段的平均速度為。'，則下降過程〃2g/2+依't2=mV2f

V1V

即：mgtz—kh=mvz②,由①②得：mg(t\+ti)=m(v\+v2),解得：t=ti+ti=~^-

o

故D正確；故選B、D.]

7.(山曲太原市龍石質(zhì)檢)如圖所示，金屬桿AB在離地/i=3.2m,高

處從靜止開始沿弧形軌道下滑，導(dǎo)軌平行的水平部分有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，水

平部分導(dǎo)軌上原來放有一根靜止金屬桿CD,已知桿AB的質(zhì)量為加=2kg,電

阻為Ri=10Q,桿CD的質(zhì)量為旭2=0.5kg,電阻為R2=30Q,其余電阻不計(jì)，

水平導(dǎo)軌足夠長，不計(jì)一切摩擦.()

A.的最終速度是8m/s

B.CO的最終速度是6.4m/s

C.整個過程中回路釋放的電能是12.8J

D.整個過程中，AB桿上產(chǎn)生的焦耳熱3.2J

BCD[AB下滑力的過程中機(jī)械能守恒：〃2ig/?=g"z就，解得oo=8m/s;最

終兩者速度相等，由動量守恒定律：機(jī)”（）=（附+加2）0，解得也=6.4m/s,故A

錯誤，B正確；由能量守恒知，回路中產(chǎn)生的電能等于系統(tǒng)機(jī)械能的損失，所以

整個過程中回路釋放的電能△七=加唔%—3（〃“+加2）加=12.8J,故C正確；在回

路中產(chǎn)生電能的過程中，雖然電流不恒定，但由于兩桿串聯(lián)，通過兩桿的電流總

是相等的，所以整個過程中，AB桿上產(chǎn)生的焦耳熱Q=DAE=3.2J,故D

Al-TA2

正確.]

8.（衡水中等傳息皋）如圖所示，足夠長的木板尸靜止于光滑水平面上，

小滑塊。位于木板P的最右端，木板P與小滑塊。之間的動摩擦因數(shù)4=0.2,

木板P與小滑塊Q質(zhì)量相等，均為相=1kg用大小為6N方向水平向右的恒力F

拉動木板P加速運(yùn)動1s后將其撤去，系統(tǒng)逐漸達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，已知重力加速度

g取10m/s2,下列說法正確的是（）

A.木板P與小滑塊Q所組成的系統(tǒng)的動量增加量等于拉力F的沖量

B.拉力/做功為6J

C.小滑塊。的最大速度為3m/s

D.整個過程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3J

ACD[對系統(tǒng)由動量定理得氏=〃WP+mOQ=2做共，即木板P與小滑塊Q

所組成系統(tǒng)的動量增加量一定等于拉力產(chǎn)的沖量，A正確；若木板P與小滑塊。

相對靜止一起加速運(yùn)動，則拉力/不能超過鬻.2〃z=4N,拉力廠為6N大于4

N,故二者發(fā)生相對滑動，對木板尸由牛頓第二定律/一〃加g=〃?a,解得a=4m/s2l

s內(nèi)木板尸的位移x=/尸=2m.拉力E做功W=Er=12J,B錯誤；二者共速

時，小滑塊。的速度最大，F(xiàn)t=2mv頭,。共=3m/s,C正確；整個過程中，對系

統(tǒng)由能量守恒可知卬=占2加彘+。，解得。=3J,D正確.]

9.（山東城林坊市⑤三一蝶）在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對

方的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞，如圖。所示，碰后運(yùn)動員用冰壺刷

摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面來減小阻力，碰撞前后兩壺運(yùn)動的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)量均為19kg,則（)

A.碰后藍(lán)壺的速度為0.8m/s

B.碰后藍(lán)壺移動的距離為2.4m

C.碰撞過程兩壺?fù)p失的動能為7.22J

D.碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為5：4

AD[由圖可知碰撞前后紅壺的速度為w=lm/s和02=0.2m/s,由動量守

恒可得=+〃2V2,解得碰后藍(lán)壺速度為V2=0.8m/s,碰后藍(lán)壺移動的距離

為x=；X0.8X5=2m.碰撞過程兩壺?fù)p失的動能為△以=；〃皿8—那一3"漫=

3.04J,紅壺所受摩擦力力="?0=19XL^1&N=3.8N,藍(lán)壺所受摩擦力fi=

08

wq2=19X5°N=3.04N,碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為力：fi=5：4,

故AD正確；BC錯誤；故選AD.]

10.（南孫中學(xué)考嗡“刷）如圖所示，質(zhì)量為M、半徑R的A3C凹槽（為

光滑圓槽的一部分）靜止在光滑水平面上，B為最低點(diǎn)，8C為:圓弧，OA與豎直

方向夾角。=60。，其右側(cè)緊貼豎直墻壁PQ.一質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）

從。處水平拋出，同時將ABC凹槽鎖定在地面上，小物塊恰好從A點(diǎn)無碰撞的

射入凹槽，當(dāng)其到達(dá)8點(diǎn)時解除鎖定，小物塊剛好能達(dá)到C點(diǎn).不計(jì)空氣阻力,

重力加速度為g.則下列說法正確的是（）

D.

A.從。點(diǎn)拋出的初速度為00=卑；。點(diǎn)距A點(diǎn)高度差/?=竽

ZO

B.小球第一次過B點(diǎn)時對槽底的壓力大小為2mg

C.小球從。點(diǎn)到8點(diǎn)過程中，豎直墻壁對槽的沖量為/=加\%,方向水

平向左

D.小球從。到8向A運(yùn)動的過程中，以小球、槽ABC作為一個系統(tǒng)，機(jī)

械能守恒、動量守恒

AC[A項(xiàng)，小物塊恰好從A點(diǎn)無碰撞的射入凹槽，即小球進(jìn)入凹槽時的速

度方向與凹槽相切，將速度分解為水平方向和豎直方向可知，0=2。（），從A到C

應(yīng)用能量守恒可知，^m（2vo）2=mgRsin30°,解得伙）=琴，從。到A應(yīng)用動能

定理可得：機(jī)g〃=；"z（20o）2—就，解得：〃=竿，故A正確；B項(xiàng)：從A到B

應(yīng)用動能定理，mgH（l—sin30。）=J砂備一；/”派,在8點(diǎn)由重力與支持力的合力

mvl

提供向心力得，Ev—由以上兩式解得Bv=3mg,故B錯誤；C項(xiàng)：

小球到8時的速度為081=4荻，根據(jù)動量定理可得：I=mvBi—U=nt\l^,故

C正確；D項(xiàng)，小球從C到8向A運(yùn)動的過程中，以小球、槽ABC作為一個系

統(tǒng)，由于沒有摩擦，所以機(jī)械能守恒，但在小球從C到8過程中，墻壁對槽有

水平方向的作用力，所以系統(tǒng)外力之和不為零，故動量不守恒，故D錯誤.

二'非選擇題

11.（山東省濟(jì)南市高三一模）運(yùn)載火箭是人類進(jìn)行太空探索的重要工具，一

般采用多級發(fā)射的設(shè)計(jì)結(jié)構(gòu)來提高其運(yùn)載能力.某興趣小組制作了兩種火箭模型

來探究多級結(jié)構(gòu)的優(yōu)越性，模型甲內(nèi)部裝有△〃?=100g的壓縮氣體，總質(zhì)量為M

=1kg,點(diǎn)火后全部壓縮氣體以優(yōu)=570m/s的速度從底部噴口在極短的時間內(nèi)

豎直向下噴出；模型乙分為兩級，每級內(nèi)部各裝有怨的壓縮氣體，每級總質(zhì)量

均為當(dāng)，點(diǎn)火后模型后部第一級內(nèi)的全部壓縮氣體以速度如從底部噴口在極短時

間內(nèi)豎直向下噴出，噴出后經(jīng)過2s時第一級脫離，同時第二級內(nèi)全部壓縮氣體

仍以速度00從第二級底部在極短時間內(nèi)豎直向下噴出.噴氣過程中的重力和整

個過程中的空氣阻力忽略不計(jì)，gmlOm/s2,求兩種模型上升的最大高度之差.

解析對模型甲：0=(A/—Am)^甲—Am。。

彘q5mp200.56m

hF=

A177An?

對模型乙第一級噴氣：0=(M一5一)o乙i一5一a)

解得：vGi=30m/s

2s末：。乙J=vc\—gt=10m/s

2/2

焚J-。fl…

h乙］=2^=40m

—

對模型乙弟一級噴q：yyc?=(y—y-)uc2~y^o

670,

解得:vc2=-^-m/s

,虎222445-…

h乙2=~^-=Q~im^277.10m

zg31

9440

可得:Ah=h乙i+〃c2~h甲一-8T116.54m

答案116.54m

12.(濟(jì)寧市高三第二次模擬)如圖所示，水平地面上固定一半徑為R=0.8m

的;光滑圓弧軌道，軌道左端放一質(zhì)量為M=3kg、長為L=1.75m的木板，木

板上表面與軌道末端等高，木板與地面間無摩擦，其左端放一質(zhì)量〃?=1kg的物

塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃=0.4.現(xiàn)給物塊施一水平向右的恒力尸=15

N,作用一段距離x后撤去R物塊正好能滑到圓弧軌道的最高點(diǎn)，然后再滑回，

取g=10m/s2.

(1)求物塊滑到板右端時的速度v多大？

⑵求x的大??；

(3)通過計(jì)算說明，物塊最終能否滑離木板.

解析(1)對于物塊從軌道底端上升到頂端的過程，由機(jī)械能守恒可得：

=mgR

解得：。=4m/s

(2)對于物塊從木板左端滑到右端的過程，由動能定理可得：

r12

rrx—/.imgL=2mv~

解得：x=1m

(3)設(shè)物塊相對板向左滑動距離Ac后，與木板達(dá)到相同速度履，由動量守

恒定律得：

mv=(M+m)v'解得：v'=1m/s

由能量守恒定律得：〃加gAx=g(M+m)0’2

解得：Ax=1.5m<L=1.75m

故物塊不會滑離木板.

答案(1)4m/s(2)1m⑶物塊不會滑離木板

專題二、《解析力學(xué)計(jì)算敗》

一'選擇題（1?2題為單項(xiàng)選擇題，3?5題為多項(xiàng)選擇題）

1.（湖南省株洲市高三畢業(yè)模擬）如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定的速率

力逆時針運(yùn)動，一質(zhì)量為機(jī)的物塊以大小為02的初速度從左輪中心正上方的P

點(diǎn)沖上傳送帶，從此時起到物塊再次回到尸點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是（）

A.合力對物塊的沖量大小一定為2mV2

B.合力對物塊的沖量大小一定為2〃助

C.合力對物塊的沖量大小可能為零

D.合力對物塊做的功可能為零

D[若02>01,物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運(yùn)動，速度減為零后再

返回做勻加速直線運(yùn)動，達(dá)到速度初后做勻速直線運(yùn)動，可知物塊再次回到P

點(diǎn)的速度大小為初，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量定理得，合外力的沖量/合=

H701一皿一。2）=/加1+/”02.根據(jù)動能定理知，合外力做功W令=；必濟(jì)一多〃涕；若

V2<V],物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運(yùn)動，速度減為零后再返回做勻加

速直線運(yùn)動，物塊再次回到P點(diǎn)的速度大小為。2,規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動

量定理得，合外力的沖量為:"=nw2—m(—V2)=2mv2：根據(jù)動能定理知,合外

力做功為：卬令=品涕-5n■=°?故D正確，A、B、C錯誤.故選D.]

2.(武漢市高三調(diào)研測試)如圖所示，用兩根長度均為/的輕繩將一小球懸掛

在水平的天花板下，輕繩與天花板的夾角為仇整個系統(tǒng)靜止，這時每根輕繩中

的拉力為T.現(xiàn)將一根輕繩剪斷，當(dāng)小球擺至最低點(diǎn)時，輕繩中的拉力為丁.。為

T'

某一值時，〒最大，此最大值為()

9I-54

A]B.2C.3^2-2D.不

A[根據(jù)平衡條件，由2Tsin。=〃吆解得題圖中輕繩的拉力T=琮合.剪斷

一根輕繩，小球擺至最低點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律有，mg/(l—sin

mv2,在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律有，T'—mg=in~^,聯(lián)立解得：T'=mg+2)ng(l

T〃際(3-2sin8)…丁…

-sin。)=機(jī)g(3—2sin。)方~=------------=(3-2sin(J)X2sin0,要使甘-值取

1mg1

2sin0

3T'Q

大，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識得sin8=],代入可得-^r=(3—2sin0)X2sin。=不選項(xiàng)A

正確.]

3.(河南省鄭州市高中畢業(yè)年級第二次質(zhì)量預(yù)測)在奧運(yùn)比賽項(xiàng)目中，10m

跳臺跳水是我國運(yùn)動員的強(qiáng)項(xiàng).某次訓(xùn)練中，質(zhì)量為60kg的跳水運(yùn)動員從跳臺

自由下落10m后入水，在水中豎直向下減速運(yùn)動，設(shè)空中下落時空氣阻力不計(jì)，

水對他的阻力大小恒為2400N.那么在他人水后下降2.5m的過程中，下列說法

正確的是(取g=10m/s2)()

A.他的加速度大小為30m/s2

B.他的動量減少了300kg-m/s

C.他的動能減少了4500J

D.他的機(jī)械能減少了4500J

AC［根據(jù)牛頓第二定律：/-〃吆=ma,代入數(shù)據(jù)解得加速度大小為：a=30

m/s2,故A正確；自由下落10m后，根據(jù)vi=2gh,得運(yùn)動員的速度為：vo=10\/2

m/s,在水中下落2.5m后的速度為那一源=-2?！?，代入數(shù)據(jù)解得:3=5/m/s,

他的動量減少了：p=根0o一根=30(h/^kg-m/s,故B錯誤：減速下降的過程中，

根據(jù)動能定理，動能的減小量等于克服合力做的功為：(/-mg)h=(2400-

600)x2.5=4500J,故C正確；減速下降的過程中，機(jī)械能的減小量等于克服阻

力做的功為力=2400x2.5=6000J,故D錯.所以A、C正確，B、D錯誤.］

4.(濟(jì)寧市高三第二次模擬)如圖所示，A、8兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)

線相連，A放在固定的光滑斜面上，8、。兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為

攵的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上，已知A的質(zhì)量為6〃?，B、C的質(zhì)量均

為加，重力加速度為g,細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì).現(xiàn)用手控制住A,并使細(xì)

線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行，開

始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離

開地面，關(guān)于此過程，下列說法正確的是()

A.斜面傾角a=30°

B.A獲得最大速度為寸票

C.。剛離開地面時，8的速度最大

D.A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

BC［小球。剛離開地面時，對C有：kx2=mg,此時8有最大速度，即明

=ac=0,則對8有：T~kx2~mg=0,對A有：6mgsina-T=Q,聯(lián)立解得：

sin故A錯誤；初始系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對8有：kx\=mg,由A

項(xiàng)的分析知，汨=無2=等，則從釋放至A剛離開地面過程中，彈性勢能變化量為

K

零；此過程中A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即：6mg(x\+%2)sina=mg(x\+

尤2）+；（6，%+m）0嬴解得：先,故B正確，C1剛離開地面時，8的速

度最大，說明是受力平衡，故加速度為零，故C正確；由B項(xiàng)的分析知，從釋

放至A剛離開地面過程中，彈性勢能變化量為零，所以從釋放A到C剛離開地

面的過程中，A、B、。及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D錯誤，故選B、C.]

5.（華南師大附屬二中學(xué)調(diào)研）如圖所示，質(zhì)量為3〃?、半徑為R的光滑半圓

形槽靜置于光滑水平面上，A、C為半圓形槽槽口對稱等高的兩點(diǎn)，B為半圓形

槽的最低點(diǎn).將一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為機(jī)的小球自左側(cè)槽口A點(diǎn)自由釋放，小

球沿槽下滑的過程中，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.小球和半圓形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動量守恒

B.小球剛好能夠到達(dá)半圓形槽右側(cè)的。點(diǎn)

C.半圓形槽速率的最大值為頒

D.半圓形槽相對于地面位移大小的最大值為少？

BD[小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)在水平方向不受力，所以水平方向的動量

守恒，但在豎直方向受重力作用，故系統(tǒng)總的動量不守恒；所有的接觸面都是光

滑的，故在整個的運(yùn)動過程中只有重力和彈力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故A

錯誤；因?yàn)橄到y(tǒng)的初狀態(tài)水平方向的動量為零，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒可知，

系統(tǒng)在末狀態(tài)的水平方向的動量也零，故在末狀態(tài)小球與半圓形槽的速度都為

零，而初狀態(tài)只有小球的重力勢能，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可知末狀態(tài)也只小球

的重力勢能，且與初狀態(tài)相等，故B正確；當(dāng)小球下至半圓形槽最低點(diǎn)時，根

據(jù)反沖運(yùn)動的特點(diǎn)可知，此時小球有向右的最大速度，半圓形槽有向左的最大速

度，設(shè)小球的最大速度為v\,半圓形槽的最大速度為VI,初狀態(tài)水平方向的動

量為零，取向右為正，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得：機(jī)切一3機(jī)s=0,根據(jù)系

統(tǒng)機(jī)械能守恒得：機(jī)gR=S濟(jì)+^X3"欣，聯(lián)立解得：v\=^6gR,V2=^\[6gR,

故C錯誤；小球從左邊最高點(diǎn)下至最低點(diǎn)時，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得:

X]%2X\X2

mv\—3mv2=0,又yi=y,V2=~,代入得：my—37?y=0,即xi=3垃，且xi

+X2=R,聯(lián)立解得：N2=亨；當(dāng)小球從最低點(diǎn)向右邊最高點(diǎn)運(yùn)動時，半圓形槽繼

續(xù)向左運(yùn)動，同理可得半圓形槽在這一過程的位移為X2'=亨，故半圓形槽相對

D

于地面位移大小的最大值為X2+x2'='，故D正確；故選B、D.]

二'非選擇題

6.(湖北省襄陽市第四中學(xué)月考(5))如圖所示，長L=3.25m、質(zhì)量M=2kg

的平板車停在光滑水平面上，上表面距地高度/i=0.8m,質(zhì)量〃?=2kg的小滑塊

放在小車左端，與小車上表面間的動摩擦因數(shù)〃=0.4.當(dāng)小車固定時，對滑塊施

加水平向右的拉力尸=28N,作用一段時間后撤去，測得滑塊落地點(diǎn)到小車右端

的水平距離為1.2m,取g=10m/s2.

(1)求滑塊滑離小車時的速度；

(2)求力尸作用的時間；

(3)若小車不固定，水平拉力F及作用時間不改變，求滑塊落地點(diǎn)距小車右

端的水平距離或滑塊相對小車靜止時到小車左端的距離(結(jié)果保留2位小數(shù)).

解析(1)平拋過程：X2=Vt'

h=28t，2

解得：0=3m/s

(2)設(shè)力F作用時間為t,滑塊前進(jìn)xi,對滑塊由動能定理：Fx\—(,imgL=^nw2

由牛頓第二定律得：F—),img=ma

解得：t=0.5s

(3)力尸作用過程中小車的加速度為〃加g=Mz

撤力時滑塊相對小車滑過距離Axi=%p—J/

撒力時滑塊和車的速度分別為詼和0C

v=at

Vc—ad

設(shè)滑塊沒有滑離小車，相對靜止時的速度為v8

mVc+Mvk=(M+m)vg

+^Mcc=+m)Vg+卜ungXci

解得：AX2=0.56m

AXI+AX2=1.31m<L,故滑塊未滑離平板車.

答案(1)3m/s(2)0.5s(3)沒有滑離小車，1.31m.

7.(湖北省鄂州市高三第三次調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為機(jī)的半圓軌道小車靜

止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R.現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距

離A點(diǎn)正上方加處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從8點(diǎn)沖出，在空

中能夠上升的最大高度為%20(不計(jì)空氣阻力)，求：

r

瓜

(1)小車向左運(yùn)動的最大距離；

(2)小車第二次能夠上升的最大高度的范圍.

解析(1)小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒.設(shè)小球第一次離開

半圓軌道時的水平速度為0,小車的速度為o',

由動量守恒定律得〃20—機(jī)。'=0

設(shè)小球第一次進(jìn)入半圓軌道至第一次離開半圓軌道所用時間為t,在這個過

2R—xx

程中，小車的位移為X,取水平向右為正方向，則〃?一［-—〃?1=0

解得x=R

(2)設(shè)小球從開始下落到第一次上升到最大高度的過程中克服摩擦力做的功

3

為Wf,由動能定理得加8(辰一4如)一所=0

解得Wt=^mgho

由于第二次小球在車中運(yùn)動時，在對應(yīng)位置的速度小于第一次小球運(yùn)動的速

度，對應(yīng)位置的摩擦力小于第一次所受的摩擦力，第二次在車中運(yùn)動的過程中，

克服摩擦力做的功叼<^mgho,機(jī)械能損失小于%

31

設(shè)小球第二次上升的最大高度為h',由功和能的關(guān)系得彳〃zg加一；

mgho<mgh'

h>^/?o

所以，小球第二次上升的最大高度范圍是50<〃'<1/?0

答案見解析

8.(天津市實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三考前模擬)如圖所示，半徑為R,管徑很小的光滑半

圓形細(xì)管豎直放置，有兩個略小于管徑、質(zhì)量分別為，川=3，"、〃及=機(jī)的小球P、

0,小球。靜止在水平面上，小球P以某一初速度向右運(yùn)動，與小球。發(fā)生彈

性碰撞.P、。兩球通過最高點(diǎn)C后落地點(diǎn)分別為M、N,已知：^/|C7V|2-|CiW|2=

12/?.

求：

(1)碰撞前小球P的速度；

(2)碰撞后小球P、。的速度；

(3)小球P、。經(jīng)過最高點(diǎn)時，它們對細(xì)管的作用力.

解析(1)小球R、Q彈性碰撞，由動量守恒定律得：如。0=〃2101+〃22。2①

由機(jī)械能守恒定律得：褚=%?而+/2漫②

小球尸、。從水平面運(yùn)動到最高點(diǎn)C的過程中，由機(jī)械能守恒定律：

對P球有：?、?/p>

對。球有：產(chǎn)2員=,”22滋+加2g(2R)④

之后兩小球做平拋運(yùn)動；

P球的水平位移X\=V3t?

Q球的水平位移X2=04@

依題意有：(七一/冷一(3一42)=]44R⑧

由①?⑧式解得：碰撞前小球P的速度00=3匹

(2)由①?⑧式解得：碰撞后小球P的速度oi=1V荻

碰撞后小球Q的速度V2—^\j2gR

(3)由①?⑧式解得：小球P在最高點(diǎn)C的速度03=\停

小球。在最高點(diǎn)c的速度v4=qz3§R

m\v\3

以P為研究對象：由向心力公式a+〃2喏=R:解得Fp=-]/ng,負(fù)號表示

細(xì)管對小球P的彈力豎直向上

由牛頓第三定律知，小球P對細(xì)管的作用力大小是|〃吆，方向豎直向下

71

以。為研究對象：由向心力公式F0+/n2g=—^—解得尸0=577際，正號表示

細(xì)管對小球Q的彈力豎直向下

71

由牛頓第三定律知，小球。對細(xì)管的作用力大小是pg,方向豎直向上

___3