《2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题07碰撞与动量守恒含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题07碰撞与动量守恒含解析.doc（25页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题07 碰撞与动量守恒第一部分名师综述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查基本概念和基本规律。考纲要求1、理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件。2、会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。命题规律1、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查。2、动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。第二部分精选试题一、单选题1如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图。跳楼机由静止从a自
2、由下落到b，再从b开始以恒力制动竖直下落到c停下。已知跳楼机和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g。则A从a到b与从b到c的运动时间之比为2：1B从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等C从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为mghD从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg【答案】 A【解析】【详解】A由题意可知，跳楼机从a运动b过程中做自由落体运动，由2h=12gt12可得，下落时间t1=4hg=2hg，由vb2=2g2h可知，运动到b的速度大小为vb=4gh=2gh；跳楼机从a运动b过程中做减速运动，同理可得h=12at22，vb2=2ah，
3、解得减速过程的加速度大小为a=2g，时间为t2=hg，故从a到b与从b到c的运动时间之比为t1:t2=2hg:hg=2:1，故A正确；B从a到b，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故B错误；C从a到b，根据动量定理可得IG=mvb=2mgh，则跳楼机和游客总重力的冲量大小为2mgh，故C错误；D从b到c，根据牛顿第二定律有：F-mg=ma=2mg，解得跳楼机受到制动力的大小为F=3mg，故D错误。2北京时间2009年3月1日下午15时36分，在距月球表面100km的圆轨道上运行的质量为1.2103kg (连同燃料)的“嫦娥一号”卫星，在北京航天飞行控制中心科技人员的控制下发
4、动机点火。在极短的时间内以4.92km/s的速度（相对月球表面）向前喷出质量为50kg的气体后，卫星减速。只在月球引力的作用下下落，最后成功撞击到月球东经52.36度、南纬1.50度的预定的丰富海区域，实现了预期目标，为中国探月一期工程画上一个圆满的句号。已知月球的半径R=1.7103km，月球表面的重力加速度g/=1.8m/s2。则“嫦娥一号”喷气后的速度约为（）A1.10 km/sB1.56km/sC2.88km/sD3.78km/s【答案】 B【解析】【详解】“嫦娥一号”卫星在距离月球表面100km做圆周运动时：GMm(R+h)2=mv2R+h其中GMmR2=mg，则解得：v=RgR+h
5、=1.71061.81.8106m/s=1.7103m/s；喷气的过程根据动量守恒定律：mv=(m-m)v1+mv2解得v1=mv-mv2m-m=1.21031.7103-504.921031.2103-50m/s=1.56103m/s=1.56km/s，故选B.3随着科幻电影流浪地球的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情
6、况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是Av1v0Bv1= v0Cv2v0Dv2=v0【答案】 A【解析】【详解】设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞.A、B、对于模型一：设向左为正，由动量守恒定律：Mu-mv0=mv1+Mu1，由能量守恒12Mu2+12mv02=12mv12+12Mu12，联立解得探测器碰后的速度v1=2Mu+Mv0-mv0M+m，因Mm，则v12U+v0v0，故A正确，B错误.C、D、
7、对于模型二：设向左为正，由动量守恒定律：Mu+mv0=-mv2+Mu2，由能量守恒12Mu2+12mv02=12mv22+12Mu22，联立解得探测器碰后的速度v2=Mv0-2Mu-mv0M+m，因Mm，则v2v0-2U0.5vAB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：12mv212mv12+122mv22两式联立得：v223v由两式可得：0.5vv223v符合条件的只有0.6v；故C正确，ABD错误故选：C。5我国航天事业持续飞速发展，2019年1月，嫦娥四号飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞，发动机加速电压U，喷出二价
8、氧离子，离子束电流为I，那么下列结论正确的是（元电荷e，氧离子质量m0，飞船质量M）（）A喷出的每个氧离子的动量p=2eUB飞船所受到的推力为F=Im0UeC飞船的加速度为a=Im0MUeD推力做功的功率为2MeU【答案】 B【解析】【详解】A、对于每个氧离子，在加速电压U的作用下加速，有：2eU=12m0v2，p=m0v，解得：p=2m0eU，故A错误；B、设t时间内有n个离子被喷出，根据电流的定义式：I=Qt=n2et，对于单个离子，由动量定理得：F0t=m0v，若有n个离子被喷出，则有F=nF0，联立以上各式可得：F=Im0Ue，由牛顿第三定律：F=F=Im0Ue，故B正确；C、对飞船，
9、由牛顿第二定律得：a=FM=IMm0Ue，故C错误；D、功率的单位与2MeU不同，故D错误。【点睛】6宇宙飞船动力装置的工作原理与下列情景相似：如图，光滑地面上有一质量为M的绝缘小车，小车两端分别固定带等量异种电荷的竖直金属板，在小车的右板正中央开有一个小孔，两金属板间的电场可看作匀强电场，两板间电压为U。现有一质量为m、带电量为+q、重力不计的粒子从左板正对小孔处无初速释放。则以下判断正确的是：( )A小车总保持静止状态B小车最后减速运动C粒子穿过小孔时速度为2qUmD粒子穿过小孔时速度为2MqUm(M+m)【答案】 D【解析】【详解】金属板间的电场方向向右，粒子所受的电场力方向向右，根据牛
10、顿第三定律可知，小车所受的电场力方向向左，则小车将向左做匀加速运动。粒子穿过小孔时速度，粒子不再受电场力作用，小车也不再受电场力，将做匀速运动，故AB错误。设粒子穿过小孔时速度为v1，小车此时的速度为v2取向右方向为正方向。根据系统的动量守恒和能量守恒得：0=mv1-Mv2；qU=12mv12+12mv22；联立解得，v1=2MqUm(M+m)故C错误，D正确。故选D。7雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10ms，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴
11、重力，雨水的密度为1103kgm3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为A0.25NB0.5NC1.5ND2.5N【答案】 A【解析】【详解】由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。设雨滴受到支持面的平均作用力为F设在t时间内有质量为m的雨水的速度由v=10m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：Ft=0-（-mv）=mv。得：F=mvt；设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在t时间内水面上升h，则有：m=Sh；F=Svht压强为：P=FS=vht=1103101510-31060N/m2=0.25N/m2，故A正确，BCD错误。8质量为m的带正电小球由空中A点无初速自由下落，
12、在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，则（）A整个过程中小球电势能变化了32mg2t2B整个过程中小球速度增量的大小为2gtC从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2【答案】 B【解析】【分析】根据运动学公式，抓住位移关系求出电场力和重力的大小关系。根据电场力做功判断电势能的变化，根据动量定理求出整个过程中小球速度增量的大小，运用动能定理可得小球动能变化，根据重力做功判断从A点到最低点小球重力势能变化。【详解】A、自由落体运动的位移x1=12gt2，末速度v=gt，设加上电场
13、后的加速度为a，则加上电场后在ts内的位移x2=vt-12at2=gt2-12at2，因为x2=-x1，解得a=3g，根据牛顿第二定律有a=F-mgm，所以电场力F=4mg，电场力做功与路径无关，则电场力做的正功W=Fx1=2mg2t2，带电小球电势能减小了2mg2t2，故A错误。B、整个过程中由动量定理有：Ft-mg2t=mv，解得小球速度增量的大小v=2gt，故B正确。C、加电场时，物体的速度v=gt，到最低点时末速度为零，则由动能定理可知动能减小了12mg2t2，故C错误。D、ts末加上电场匀减速运动到零的位移：x=v22a=g2t26g=gt26，则从A点到最低点的位移：x=gt26+
14、12gt2=23gt2，则重力做功WG=23mg2t2，所以重力势能减小量为23mg2t2故D错误。故选：B9如图所示，光滑地面上静置一质量为M的半圆形凹槽，凹槽半径为R，表面光滑。将一质量为m的小滑块（可视为质点），从凹槽边缘处由静止释放，当小滑块运动到凹槽的最低点时，对凹槽的压力为FN，FN的求解比较复杂，但是我们可以根据学过的物理知识和方法判断出可能正确的是（重力加速度为g）（ ）A(3M+2m)mgMB(3m+2M)mgMC(3M+2)mgMD(3m+2)mgM【答案】 A【解析】【详解】滑块和凹侧组成的系统水平方向上动量守恒，机械能守恒，当滑块运动到最低点时有：mv=Mv，mgR=1
15、2mv2+12Mv2，由极限的思想，当M趋于无穷大时，v趋近于0，凹槽静止不动，滑块速度为v=2gR，且小滑块在最低点时由牛顿第二定律得FN-mg=mv2R，解得FN=3mg，四个选项中当M趋于无穷大时，只有A选项符合，另外CD选项从量纲的角度上讲也不对，故A对；BCD错；故选A10如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射人木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s(图乙)。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为A1v0(s+L) B1v0(s+2L) C12v0(s+L) D1v0(L+2
16、s)【答案】 D【解析】【分析】以子弹与木块组成的系统为研究对象，满足动量守恒定律，分别对子弹和木块列动能定理表达式，再对木块列动量定理表达式，联立可求解.【详解】子弹穿过木块过程，对子弹和木块的系统，外力之和为零动量守恒，有：mv0=mv1+mv2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为f，对子弹由动能定理：-f(s+L)=12mv12-12mv02，由动量定理：-ft=mv1-mv0，对木块由动能定理：fs=12mv22，由动量定理：ft=mv2，联立解得：t=1v0(L+2s)；故选D.【点睛】子弹穿过木块的过程，子弹与木块组成的相同动量守恒，由动量守恒定律与动量定理可以正确解题，解题时注意研究
17、对象、研究过程的选择.二、多选题11如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层。设水柱直径为D，水流速度为v方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为，下列说法正确的是A高压水枪的流量为vD2B高压水枪的功率为18D2v3C水柱对煤层的平均冲击力为14D2v2D手对高压水枪的作用力水平向右【答案】 BC【解析】【详解】A、设t时间内,从水枪喷出的水的体积为V, 则V=Svt=14D2vt ,所以单位时间内高压水枪的流量为Q=14D2v，故A错；B、设t时间内,从水枪喷出的水的体积为V, 质量为m
18、 ,则m=V ,t时间内喷出水的质量为14D2vt,t时间内水枪喷出的水的动能Ek=12mv2=18D2v3t,高压水枪的功率P=Wt=18D2v3,故B对；C、考虑一个极短时间t ,在此时间内喷到煤层上水的质量为m,设煤层对水柱的作用力为F,由动量定理,Ft=mv,t时间内冲到煤层水的质量m=14D2vt ,解得F=14D2v2由牛顿第三定律可知,水柱对煤层的平均冲力为F=14D2v2，故C对；D、当高压水枪向右喷出高压水流时,水流对高压水枪的作用力向左,由于高压水枪有重力,根据平衡条件,手对高压水枪的作用力方向斜向右上方,故D错；12如图所示，运动的球A在光滑水平面上与一个原来静止的球B发
19、生弹性碰撞，A要使B球获得最大动能，则应让A,B两球质量相等B要使B球获得最大速度，则应让A球质量远大于B球质量C要使B球获得最大动量，则应让A球质量远小于B球质量D若A球质量远大于B球质量，则B球将获得最大动能、最大速度及最大动量【答案】 ABC【解析】【详解】设A球的质量为m1、B球质量为m2、碰前A球的速度为v0，A与B发生弹性碰撞，则：m1v0=m1v1+m2v2、12m1v02=12m1v12+12m2v22，解得：v1=m1-m2m1+m2v0、v2=2m1m1+m2v0。A：据v1=m1-m2m1+m2v0，当A、B两球质量相等时，碰后A的速度为零，B获得了A碰前的全部动能，B球
20、获得了最大动能。故A项正确。B：据v2=2m1m1+m2v0，当A球质量远大于B球质量时，B球获得最大速度，接近碰前A速度的2倍。故B项正确。C：据v1=m1-m2m1+m2v0，当A球质量远小于B球质量时，A球几乎原速反弹，A球被弹回的速度最大，B球获得了A球初始动量的接近2倍，B球获得最大动量。故C项正确。D：由上面三项分析知，D项错误。13静止在匀强磁场中的原子核X发生衰变后变成新原子核Y。已知核X的质量数为A，电荷数为Z，核X、核Y和粒子的质量分别为mX、mY和m，粒子在磁场中运动的半径为R。则A衰变方程可表示为ZAXZ-2A-4Y+24HeB核Y的结合能为（mx-my-m）c2C核Y
21、在磁场中运动的半径为2RZ-2D核Y的动能为EKY=mY(mX-mY-m)c2mY+m【答案】 AC【解析】【详解】A根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程可表示为ZAXZ-2A-4Y+24He，选项A正确；B此反应中放出的总能量为：E=（mx-my-m）c2，可知核Y的结合能不等于（mx-my-m）c2，选项B错误；C根据半径公式r=mvqB，又mv=P（动量），则得r=PqB，在衰变过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律得：0=PY-P，则PY=P，得半径之比为rYr=qqY=2Z-2，则核Y在磁场中运动的半径为rY=2RZ-2，故C正确；D两核的动能之比：EkYEk=12mYvY212mv2=
22、m(mYvY)2mY(mv)2=mmY，因EkY+Ek=E=（mx-my-m）c2，解得EkY=m(mX-mY-m)c2mY+m，选项D错误。14如图所示，一光滑水平轨道的左边紧靠竖直墙壁，右边与一个半径足够大的14光滑圆弧轨道平滑相连，质量分别为1.5kg与0.5kg的木块A、B静置于光滑水平轨道上，现给木块A一大小为6m/s的速度，使其水半向左运动并与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3s，碰后的速度大小变为4m/s，木块A、B碰撞后立即粘在一起继续向右运动，重力加速度g取10m/s2，则()A在木块A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对木块A的平均作用力大小为50NB木块A与在墙壁碰撞的过程中没有能量损失
23、C木块A、B碰撞后一起向右运动的速度大小为3m/sD木块A、B滑上圆弧轨道后到达的最大高度为0.45m【答案】 ACD【解析】【详解】设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，由动量定理得：Ft=mAv1-mA(-v1)，代入数据解，墙壁对A的平均作用力为：F=50N，故A正确。A与墙壁碰撞后动能减小，说明碰撞过程中A的能量有损失，故B错误。设碰撞后A、B的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv1=(mA+mB)v，代入数据解得：v=3m/s，故C正确。A、B在光滑圆形轨道上滑动时，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：12(mA+mB)v2=(mA+mB)gh，代入数据
24、解得：h=0.45m，故D错误。故选ACD。15如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。己知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（）（重力加速度为g）A金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热B金属棒克服安培力做的功为mghC金属棒产生的电热为12mg（h-d）D金属棒运动的时间为2ghg-B2
25、L2d2Rmg【答案】 CD【解析】【详解】根据功能关系知，金属棒克服安培力做的功等于金属棒以及电阻R上产生的焦耳热之和，故A错误。设金属棒克服安培力所做的功为W对整个过程，由动能定理得 mgh-mgd-W=0，得 W=mg（h-d），故B错误。电路中产生的总的焦耳热Q=W= mg（h-d），则属棒产生的电热为12mg（h-d），故C正确。金属棒在下滑过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=12mv02，得v0=2gh。金属棒经过磁场通过某界面的电量为q=2R=BLd2R；根据动量定理：-BILt-mgdt=0-mv0，其中q=It，解得t=2ghg-B2L2d2Rmg，选项D正确；
26、故选CD.16如图甲所示，一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.2。质量m=0.05kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的v-t图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g取10m/s2。则A传送带的速度大小为4m/sB滑块的质量为3.3kgC滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量为26.8JD若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为0.4m【答案】 BD【解析】【分析】根据题中“子弹水平向左射入滑块并留在其中”、“水平传送带”可知，本题考察动
27、量守恒与传送带相结合的问题，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、摩擦生热等知识分析计算。【详解】A：子弹射入滑块并留在其中，滑块(含子弹)先向左做减速运动，然后向右加速，最后向右匀速，向右匀速的速度大小为2m/s，则传送带的速度大小为2m/s。故A项错误。B：子弹未射入滑块前，滑块向右的速度大小为2m/s，子弹射入滑块瞬间，子弹和滑块的速度变为向左的4m/s；子弹射入滑块瞬间，内力远大于外力，系统动量守恒，以向左为正，据动量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑块的质量M=66m=3.3kg。故B项正确。C：滑块(含子弹)先向左做减速运动时，据牛
28、顿第二定律可得，(M+m)g=(M+m)a，解得：滑块向左运动的加速度大小a=2m/s2。滑块(含子弹)向左减速运动的时间t1=v1a=2s，滑块(含子弹)向左减速运动过程中滑块与传送带间的相对运动距离s=v1+02t1+vt1=8m，滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量Q=(M+m)gs=0.23.35108J=53.6J。故C项错误。D：滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，则(m+M)g=(m+M)v2R，解得：转动轮的半径R=0.4m。故D项正确。17如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA=6kg，mB=2kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙壁现对B物
29、体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B做功W=25J，使A、B间弹簧被压缩，在系统静止时，突然撤去向左推力解除压缩，则A解除压缩后，两物体和弹簧组成系统动量守恒B解除压缩后，两物体和弹簧组成系统机械能守恒C从撤去外力至A与墙面刚分离，A对弹簧的冲量I=10 Ns，方向水平向右DA与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时，两物体速率均是2.5m/s【答案】 BCD【解析】【详解】A、解除压缩后，弹簧在恢复原长的过程中，墙壁对A物体还有弹力的作用，故解除压缩后到弹簧恢复原长前，两物体和弹簧组成系统动量不守恒，恢复原长后，AB一起向右运动，系统的合外力为零，动量守恒，故A错误；B、解除压缩后，两物体和弹簧组成
30、系统只有动能和弹性势能的相互转化，故机械能守恒，故B正确；C、压缩弹簧时，外力做的功全转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能全转化为B的动能，设此时B的速度为v0，则：W=EP=12mBv02，得v05m/s，此过程墙壁对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，也等于弹簧对B的冲量大小，由动量定理得：ImBv010 Ns，故C正确；D、当弹簧恢复原长时，A的速度最小，则：vAmin0，A、B都运动后，B减速，A加速，当A、B速度相等时弹簧拉伸最长此后，B继续减速，A继续加速，当弹簧再次恢复原长时，以向右为正，由系统动量守恒、机械能守恒有：mBv0=mAvA+mBvB，12mBv02=12
31、mAvA2+12mBvB2，得vA=2.5m/s，vB=-2.5m/s，故D正确。18如图固定在地面的斜面倾角为30，物块B固定在木箱A的上方，一起从a点由静止开始下滑，到b点接触轻弹簧，又压缩至最低点c，此时将B迅速拿走，然后木箱A又恰好被轻弹簧弹回到a点。已知A质量为m，B质量为3m，a、c间距为L，重力加速度为g。下列说法正确的是A在A上滑的过程中，与弹簧分离时A的速度最大B弹簧被压缩至最低点c时，其弹性势能为0.8mgLC在木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中，因摩擦产生的热量为1.5mgLD若物块B没有被拿出，AB能够上升的最高位置距离a点为L/4【答案】 BC【解析】【分析
32、】对木箱A下滑和上滑过程，运用功能原理列式，可分析若物块B没有被拿出，弹簧能否将整体弹回a点在A、B一起下滑的过程中，速度最大时的位置合力为零根据功能关系求弹簧上端在最低点c时其弹性势能以及摩擦产生的热量【详解】A在A上滑的过程中，与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候，之前A已经开始减速，故分离时A的速度不是最大，A错误；B设弹簧上端在最低点c时，其弹性势能为Ep，在A、B一起下滑的过程中，由功能关系有4mgLsin4mgLcos30+Ep，将物块B拿出后木箱A从c点到a点的过程，由功能关系可得 EpmgLsin+mgLcos30联立解得Ep0.8mgL，故B正确；C由分析可得，木箱A从斜面顶端a下
33、滑至再次回到a点的过程中，摩擦生热Q=5mgLcos=5(Ep-mgLsin)=1.5mgLD若AB一起能返回的距离大于弹簧原长，则有Ep=4mgLcos+mgLcos，解得L=L4，但不知道L与弹簧原长的关系，故无法确定，故D错误。【点睛】解决本题的关键是掌握功与能的关系，明确能量是如何转化的解题时，采用分段法列式19一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后恰好到达a点
34、与物体P相对静止，重力加速度为g，则：A粗糙水平面ab的动摩擦因数为h/LB当木块最后到达a时的速度为0C当木块最后到达a时的速度为v0/3D整个过程产生的热量为2mgh【答案】 ACD【解析】【分析】分不同阶段应用动量守恒和能量守恒即可解决问题。【详解】先分析小物块从开始到最高点的过程，根据动量守恒：mv0=3mv，v=13v0，根据能量守恒，有mgL+mgh=12mv02-32mv2，同理，最后到达a点时的速度也是v=13v0，整个过程能量守恒有2mgL=12mv02-32mv2，联立得mgL=mgh，得=hL，整个过程产生的热量Q=2mgL=2mgh；综上ACD正确，B错误。【点睛】本题
35、综合运用了动量守恒定律和能量守恒定律，要注意摩擦生热与相对运动的关系。20如图所示，在光滑的水平面上静止着物体P，P上有一个轨道，轨道的右端为一半径为R的光滑1/4圆弧，左端是长度为R的直轨道。一个小滑块Q以初速度v0=4gR水平向右滑上直轨道，已知P和Q质量相等，与直轨道间的动摩擦因数为=0.2，P和Q的质量均为m，下列判断正确的是AQ不可能冲出P的圆弧轨道BQ第二次经过圆弧最低点时P的速度最大C从Q滑上直轨道到圆弧最高点的过程，系统动量守恒D从Q滑上直轨道到圆弧最高点的过程，系统损失的机械能为15mgR【答案】 BD【解析】【分析】假设当滑块Q的速度为v时，滑块恰能到达圆弧轨道最高点，则由
36、水平方向动量守恒以及能量关系可求解v，从而判断当v0=4gR时Q能否冲出P的圆弧轨道；分析整个过程中P的受力情况可知Q第二次到达最低点时速度最大；结合功能关系求解系统机械能的损失.【详解】设当滑块Q的速度为v时，滑块恰能到达圆弧轨道最高点，则由水平方向动量守恒：mv=2mv共；由能量关系：12mv2=122mv2共+mgR，解得v=2gR，可知当v0=4gR时Q能冲出P的圆弧轨道，选项A错误；Q开始在水平轨道部分运动时，P受向右的摩擦力被加速；在圆弧轨道上运动时，Q给P斜向下的压力而使P加速；Q返回到圆弧面上时P仍然加速，因Q第二次经过P点后进入水平面上后给P向左的摩擦力而使P开始减速，可知第
37、二次经过圆弧最低点时P的速度最大，选项B正确；从Q滑上直轨道到圆弧最高点的过程，系统水平方向动量守恒，选项C错误；从Q滑上直轨道到圆弧最高点的过程，系统损失的机械能为E=mgs=0.2mgR=0.2mgR，选项D正确；故选BD.三、解答题21如图所示，内壁光滑、半径R=1.25 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与粗糙水平轨道BC相切。质量ml=0.1 kg的物块口自圆弧轨道顶端由静止释放，质量m2=0.2kg的物块6静止在水平轨道上，与B点相距x=4m，一段时间后物块a、b发生弹性正碰。己知a、b与水平轨道间的动摩擦因数均为=0.2，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/S2。求：(1)物块
38、a、b碰撞前口的速度大小；(2)物块a、b碰撞后相距的最远距离。【答案】（1）v1=2g(R-x)=3m/s；（2）小球a与b相距的最远距离x=v122a+v222a=1.25m【解析】【详解】（1）a由静止释放到最低点B的过程中，由机械能守恒定律得：m1gR=12m1v02a从B点到与b碰撞前的过程中，由动能定理得：-m1gx=12m1v12-12m1v02（或：从释放到碰撞全过程，由动能定理得：m1gR-m1gx=12m1v12）联立可得：v1=2g(R-x)=3m/s（2）小球a与b发生弹性碰撞过程中，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1+m2v2由能量守恒定律得：12m1v12=12m
39、1v12+12m2v22联立解得：v1=m1-m2m1+m2v1=1m/s，v2=2m1m1+m2v1=2m/s碰后小球a与b都做匀减速运动，由牛顿第二定律得：mg=ma小球a与b相距的最远距离：x=v122a+v222a=1.25m22光滑水平面上放着两完全相同的小球A和B，其质量均为0.02kg，A靠在竖直墙壁上，一原长为12cm的轻质弹簧将A、B连在一起，压缩弹簧使其长度为4cm时，用销钉挡住B不动。拔掉销钉，当弹簧长度第2次达到（12+30）cm时，从A、B之间撤去弹簧，之后A、B发生弹性碰撞，分别冲向长为0.5m、倾角为53的光滑斜面（机械能不损失），并落到足够长的水平固定平台上，已
40、知弹簧弹性势能的表达式为Ep=12kx2，其中劲度系数k=200N/m，x为弹簧形变量；sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2求：（1）弹簧首次恢复到原长时B球的速度大小；（2）从撤去弹簧到两球相碰经历的时间；（3）两球在平台上第一次落点间的距离。【答案】（1）8m/s；（2）12+30200s；（3）1.536m。【解析】【详解】（1）至弹簧恢复原长时，由机械能守恒定律得：12kx12=12mBvB2代入数据得vB=8m/s（2）弹簧恢复原长后，A开始运动，至撤去弹簧由动量守恒定律得mBvB=mAvA1+mBvB1由能量守恒定律12kx12-12kx22=12mAvA12+
41、12mBvB12代入数据得vA1=5m/svB1=3m/s从撤去弹簧到A、B相碰经历时间t=l2vA1-vB1解得t=12+30200s（3）A、B弹性碰撞，机械能动量均守恒速度交换vA2=3m/s；vB2=5m/s到达斜面顶端的速度分别为vA3，vB3v22-v32=2as其中斜面上运动的加速度a=8m/s2得vA3=1m/s，vB3=17m/s在平台上的水平位移x=v3cos532v3sin53g最终可得两球落点的水平距离d=1.536m23如图所示,半径R=0.4m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角=30,另一端点C为轨道的最低点,C点右侧的
42、光滑水平路面上紧挨C点放置一木板,木板质量M=2kg,上表面与C点等高.质量m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0=1m/s的速度水平抛出,恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道,沿轨道滑行之后又滑上木板,已知木板的长度L=1m,取g=10m/s2,求：(1)物块刚到达轨道上的C点时对轨道的压力;(2)若物块与木板之间的动摩擦因数0.30.8,物块与木板之间因摩擦产生的热量.【答案】(1)50N (2)当0.30.6时，Q1=10；当0.60.8时，Q1=6J【解析】【详解】（1）AB(平抛运动):vB=2v0BC(能量守恒):mgR(1+sin)+12mvB2=12mvC2C 点:FNC
43、-mg=mvc2R联立以上三式得:FNC=50N由牛顿第三定律可得物块刚到达轨道上的 C 点时对轨道的压力:FNC=50N（2）设物块与木板之间的动摩擦因数为时，物块恰好滑到木板右端，由动量和能量守恒可得:mvc=(m+M)v12mvc2=12(m+M)v2+mgL解得=0.6当0.30.6时，A和小车不能共速，A将从小车左端滑落:则A与小车之间产生的热量Q1=mAgL=10当0.60.8时，A和小车能共速：则A与小车之间产生的热量：Q1=12mAvA2-12(mA+M)v2=6J24如图所示，长木板质量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg的物块A，右端
44、放着一个质量也为m=1 kg的物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为=0.4，AB之间的距离L=6 m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10 m/s2。（1）为使物块A与木板发生相对滑动，F至少为多少？（2）若F=8 N，求物块A经过多长时间与B相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间AB的速度分别是多少？【答案】（1）5 N （2）vA=2m/s vB=8m/s【解析】【详解】（1）据分析物块A与木板恰好发生相对滑动时物块B和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力。设物块A与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F0，整体的加速度大小为a
45、，则：对整体： F0=（2m+M）a对木板和B：mg=（m+M）a解之得： F0=5N即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N；（2）物块的加速度大小为：aA=F-mgm=4ms2木板和B的加速度大小为：aB=mgM-m=1m/s2设物块滑到木板右端所需时间为t，则：xA-xB=L即12aAt2-12aBt2=L解之得：t=2 svA=aAt=8m/svB=aBt=2m/sAB发生弹性碰撞则动量守恒：mva+mvB=mva+mvB机械能守恒：12mva2+12mvB2=12mva2+12mvB2解得：vA=2m/s vB=8m/s25如图所示，在两根间距为L的水平金属导轨上，有一个边长为L的正方形金属线圈，线圈的 ab、cd 边质量均为m，电阻均为 R；ac、bd