2022年高考物理二輪碰撞與動(dòng)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(gè)小球，在同一直線上相向運(yùn)動(dòng)，它們的動(dòng)量大小相

等，則兩球碰撞后，下列說(shuō)法正確的是（）

A.兩球可能沿同一方向運(yùn)動(dòng)

B.兩個(gè)球可能一個(gè)靜止，一個(gè)運(yùn)動(dòng)

C.若兩球均運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)量大的球動(dòng)量一定小

D.若兩球均運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)量大的球動(dòng)能一定小

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

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

球不可能沿同一方向運(yùn)動(dòng)，也不可能一個(gè)靜止，一個(gè)運(yùn)動(dòng)，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；若兩

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

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

2

C項(xiàng)錯(cuò)誤；由反=粉可知，質(zhì)量大的，動(dòng)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(dòng).下列關(guān)于小。兩物塊的動(dòng)量

〃隨時(shí)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(dòng)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(zhǎng)，則彈力在碰撞過(guò)程中先變大后變小，兩物塊動(dòng)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(duì)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(zhǎng)度可調(diào)節(jié).改變秋千的長(zhǎng)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(shí)，女演員在極短時(shí)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(dòng)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(guò)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(dòng)時(shí)間r可由豎直方向的自

由落體運(yùn)動(dòng)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(zhǎng)度R=g時(shí),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(cuò)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(shí)的長(zhǎng)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(shí)的長(zhǎng)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(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧最短時(shí)，兩者

的共速，則mAV=（mA+mb）v',解得v'彈性勢(shì)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(shì)能最大為△耳=會(huì)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(shí)，彈性勢(shì)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(zhǎng)度不計(jì)）相連的兩個(gè)

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(dòng).在，

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

P—Q--F

3nw

A.t=0至尸方時(shí)間內(nèi)，P、Q的總動(dòng)量不守恒

3mv

B.『=0至，=等時(shí)間內(nèi)，P、。的總動(dòng)量守恒

5/777；5

C.，=罷時(shí)，。的動(dòng)量為宏加

2mv口——2"/

D.1=下時(shí)，P、。兩點(diǎn)的距離一廠

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

據(jù)平衡條件得：F=2f,設(shè)P經(jīng)過(guò)時(shí)間f速度為零，對(duì)P由動(dòng)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(dòng).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(dòng)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(dòng)量守恒，故在至的時(shí)間內(nèi)尸、

r=0r=—r

2,ITIV

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

5mv

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

F5mvQ

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

故C錯(cuò)誤；當(dāng)"時(shí)，對(duì)。由動(dòng)量定理得：Ft—ft=mv2—mv,代入/=1t

="言，解得。2=2%由動(dòng)能定理得：FX2~fxi=^mv2—^mv2;對(duì)P由動(dòng)量定理

F2moi

得：—ft=mv\—mv,代入/=/,t=—^r,解得。i=0,由動(dòng)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(guó)）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(shí)速度大小為。2.若皮球運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)程中克服阻力做的功為泰評(píng)一品抗

C.皮球上升過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為三

O

V]+。2

D.皮球從拋出到落地經(jīng)歷的時(shí)間為一^

BD[減速上升的過(guò)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(shí)間小于一，故AC錯(cuò)誤；皮球從拋出到落地過(guò)程中重力不做

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

結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)，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(shí)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(guò)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(kāi)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(chǎng)，水

平部分導(dǎo)軌上原來(lái)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(zhǎng)，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(gè)過(guò)程中回路釋放的電能是12.8J

D.整個(gè)過(guò)程中，AB桿上產(chǎn)生的焦耳熱3.2J

BCD[AB下滑力的過(guò)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(dòng)量守恒定律：機(jī)”（）=（附+加2）0，解得也=6.4m/s,故A

錯(cuò)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(gè)過(guò)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(guò)程中，雖然電流不恒定，但由于兩桿串聯(lián)，通過(guò)兩桿的電流總

是相等的，所以整個(gè)過(guò)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(zhǎng)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(dòng)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(dòng)木板P加速運(yùn)動(dòng)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(shuō)法正確的是（）

A.木板P與小滑塊Q所組成的系統(tǒng)的動(dòng)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(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3J

ACD[對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)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(dòng)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(duì)靜止一起加速運(yùn)動(dòng)，則拉力/不能超過(guò)鬻.2〃z=4N,拉力廠為6N大于4

N,故二者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)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(cuò)誤；二者共速

時(shí)，小滑塊。的速度最大，F(xiàn)t=2mv頭,。共=3m/s,C正確；整個(gè)過(guò)程中，對(duì)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(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。所示，碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺刷

摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面來(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(dòng)的距離為2.4m

C.碰撞過(guò)程兩壺?fù)p失的動(dòng)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(dòng)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(dòng)的距離

為x=；X0.8X5=2m.碰撞過(guò)程兩壺?fù)p失的動(dòng)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(cuò)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(shí)將ABC凹槽鎖定在地面上，小物塊恰好從A點(diǎn)無(wú)碰撞的

射入凹槽，當(dāng)其到達(dá)8點(diǎn)時(shí)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(shuō)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(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)槽底的壓力大小為2mg

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

平向左

D.小球從。到8向A運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，以小球、槽ABC作為一個(gè)系統(tǒng)，機(jī)

械能守恒、動(dòng)量守恒

AC[A項(xiàng)，小物塊恰好從A點(diǎn)無(wú)碰撞的射入凹槽，即小球進(jìn)入凹槽時(shí)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(dòng)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(dòng)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(cuò)誤；C項(xiàng)：

小球到8時(shí)的速度為081=4荻，根據(jù)動(dòng)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(dòng)的過(guò)程中，以小球、槽ABC作為一個(gè)系

統(tǒng)，由于沒(méi)有摩擦，所以機(jī)械能守恒，但在小球從C到8過(guò)程中，墻壁對(duì)槽有

水平方向的作用力，所以系統(tǒng)外力之和不為零，故動(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)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(jí)發(fā)射的設(shè)計(jì)結(jié)構(gòu)來(lái)提高其運(yùn)載能力.某興趣小組制作了兩種火箭模型

來(lái)探究多級(jí)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(shí)間內(nèi)

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

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

間內(nèi)豎直向下噴出，噴出后經(jīng)過(guò)2s時(shí)第一級(jí)脫離，同時(shí)第二級(jí)內(nèi)全部壓縮氣體

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

個(gè)過(guò)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(duì)模型甲：0=(A/—Am)^甲—Am。。

彘q5mp200.56m

hF=

A177An?

對(duì)模型乙第一級(jí)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(duì)模型乙弟一級(jí)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(zhǎng)為L(zhǎng)=1.75m的木板，木

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

塊，物塊與木板間的動(dòng)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(shí)的速度v多大？

⑵求x的大??；

(3)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明，物塊最終能否滑離木板.

解析(1)對(duì)于物塊從軌道底端上升到頂端的過(guò)程，由機(jī)械能守恒可得：

=mgR

解得：。=4m/s

(2)對(duì)于物塊從木板左端滑到右端的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得：

r12

rrx—/.imgL=2mv~

解得：x=1m

(3)設(shè)物塊相對(duì)板向左滑動(dòng)距離Ac后，與木板達(dá)到相同速度履，由動(dòng)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(huì)滑離木板.

答案(1)4m/s(2)1m⑶物塊不會(huì)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(zhǎng)的傳送帶以恒定的速率

力逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，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(shí)起到物塊再次回到尸點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.合力對(duì)物塊的沖量大小一定為2mV2

B.合力對(duì)物塊的沖量大小一定為2〃助

C.合力對(duì)物塊的沖量大小可能為零

D.合力對(duì)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(dòng)，速度減為零后再

返回做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到速度初后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(dòng)量定理得，合外力的沖量/合=

H701一皿一。2）=/加1+/”02.根據(jù)動(dòng)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(dòng)，速度減為零后再返回做勻加

速直線運(yùn)動(dòng)，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(dòng)

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

力做功為：卬令=品涕-5n■=°?故D正確，A、B、C錯(cuò)誤.故選D.]

2.(武漢市高三調(diào)研測(cè)試)如圖所示，用兩根長(zhǎng)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(gè)系統(tǒng)靜止，這時(shí)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(shí)，輕繩中的拉力為丁.。為

T'

某一值時(shí)，〒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(guò)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(shí)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(jí)第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))在奧運(yùn)比賽項(xiàng)目中，10m

跳臺(tái)跳水是我國(guó)運(yùn)動(dòng)員的強(qiáng)項(xiàng).某次訓(xùn)練中，質(zhì)量為60kg的跳水運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)

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

水對(duì)他的阻力大小恒為2400N.那么在他人水后下降2.5m的過(guò)程中，下列說(shuō)法

正確的是(取g=10m/s2)()

A.他的加速度大小為30m/s2

B.他的動(dòng)量減少了300kg-m/s

C.他的動(dòng)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(dòng)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(dòng)量減少了：p=根0o一根=30(h/^kg-m/s,故B錯(cuò)誤：減速下降的過(guò)程中，

根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)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(guò)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(cuò).所以A、C正確，B、D錯(cuò)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(guò)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(guò)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(wú)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(kāi)

始時(shí)整個(gè)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(shí)C恰好離

開(kāi)地面，關(guān)于此過(guò)程，下列說(shuō)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(kāi)地面時(shí)，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(kāi)地面時(shí)，對(duì)C有：kx2=mg,此時(shí)8有最大速度，即明

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

sin故A錯(cuò)誤；初始系統(tǒng)靜止，且線上無(wú)拉力，對(duì)8有：kx\=mg,由A

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

K

零；此過(guò)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(kāi)地面時(shí)，8的速

度最大，說(shuō)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(kāi)地面過(guò)程中，彈性勢(shì)能變化量為零，所以從釋放A到C剛離開(kāi)地

面的過(guò)程中，A、B、。及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)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(duì)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(guò)程中，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)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(dòng)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(duì)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(dòng)量

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

滑的，故在整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)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(cuò)誤；因?yàn)橄到y(tǒng)的初狀態(tài)水平方向的動(dòng)量為零，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒可知，

系統(tǒng)在末狀態(tài)的水平方向的動(dòng)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(shì)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(shì)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(shí)，根

據(jù)反沖運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，此時(shí)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(dòng)

量為零，取向右為正，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)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(cuò)誤；小球從左邊最高點(diǎn)下至最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)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(dòng)時(shí)，半圓形槽繼

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

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(yáng)市第四中學(xué)月考(5))如圖所示，長(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.4.當(dāng)小車固定時(shí)，對(duì)滑塊施

加水平向右的拉力尸=28N,作用一段時(shí)間后撤去，測(cè)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(shí)的速度；

(2)求力尸作用的時(shí)間；

(3)若小車不固定，水平拉力F及作用時(shí)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(duì)小車靜止時(shí)到小車左端的距離(結(jié)果保留2位小數(shù)).

解析(1)平拋過(guò)程：X2=Vt'

h=28t，2

解得：0=3m/s

(2)設(shè)力F作用時(shí)間為t,滑塊前進(jìn)xi,對(duì)滑塊由動(dòng)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(guò)程中小車的加速度為〃加g=Mz

撤力時(shí)滑塊相對(duì)小車滑過(guò)距離Axi=%p—J/

撒力時(shí)滑塊和車的速度分別為詼和0C

v=at

Vc—ad

設(shè)滑塊沒(méi)有滑離小車，相對(duì)靜止時(shí)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(méi)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(zhǎng)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(guò)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(dòng)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(dòng)量守恒.設(shè)小球第一次離開(kāi)

半圓軌道時(shí)的水平速度為0,小車的速度為o',

由動(dòng)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(kāi)半圓軌道所用時(shí)間為t,在這個(gè)過(guò)

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(kāi)始下落到第一次上升到最大高度的過(guò)程中克服摩擦力做的功

3

為Wf,由動(dòng)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(dòng)時(shí)，在對(duì)應(yīng)位置的速度小于第一次小球運(yùn)動(dòng)的速

度，對(duì)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(dòng)的過(guò)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(jiàn)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(gè)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(dòng)，與小球。發(fā)生彈

性碰撞.P、。兩球通過(guò)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(guò)最高點(diǎn)時(shí)，它們對(duì)細(xì)管的作用力.

解析(1)小球R、Q彈性碰撞，由動(dòng)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(dòng)到最高點(diǎn)C的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律：

對(duì)P球有：浮③

對(duì)。球有：產(chǎn)2員=,”22滋+加2g(2R)④

之后兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)；

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(duì)象：由向心力公式a+〃2喏=R:解得Fp=-]/ng,負(fù)號(hào)表示

細(xì)管對(duì)小球P的彈力豎直向上

由牛頓第三定律知，小球P對(duì)細(xì)管的作用力大小是|〃吆，方向豎直向下

71

以。為研究對(duì)象：由向心力公式F0+/n2g=—^—解得尸0=577際，正號(hào)表示

細(xì)管對(duì)小球Q的彈力豎直向下

71

由牛頓第三定律知，小球。對(duì)細(xì)管的作用力大小是pg,方向豎直向上

___3