專(zhuān)題10 動(dòng)量、動(dòng)量守恒 2022-2023高考三輪精講突破訓(xùn)練（全國(guó)通用）（解析版）

學(xué)而優(yōu)教有方專(zhuān)題10動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)的應(yīng)用目錄TOC\o"1-2"\h\u專(zhuān)題10動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)的應(yīng)用 1考向一動(dòng)量定理的理解 1考向二動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用 3考查方式一爆炸模型 3考查方式二彈簧的“爆炸”模型 7考查方式三人船模型與人船相識(shí)模型 12考查方式四類(lèi)爆炸（人船）模型和類(lèi)碰撞模型的比較 15考向三動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)與能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用 21考向一動(dòng)量定理的理解1．掌握基本概念和規(guī)律2．應(yīng)用動(dòng)量定理的注意事項(xiàng)(1)一般來(lái)說(shuō)，用牛頓第二定律能解決的問(wèn)題，用動(dòng)量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移，用動(dòng)量定理求解更簡(jiǎn)捷．動(dòng)量定理不僅適用于恒力，也適用于變力．力變化的情況下，動(dòng)量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值．(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，運(yùn)用它分析問(wèn)題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力．【典例1】質(zhì)量m＝1kg的物體在合外力F的作用下從靜止開(kāi)始做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。物體所受的合外力F隨時(shí)間t變化圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）物體先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)B.4s末物體的速度為零C.6s內(nèi)合外力的沖量為8NsD.6s內(nèi)合外力做功為8J【答案】D【解析】A．由圖可知，合力方向不變，則物體先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的加速度運(yùn)動(dòng)，最后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．圖可知，合力方向不變，則物體一直做加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示合力的沖量，合力沖量為合力的沖量為0，則6s內(nèi)合外力的沖量為，故C錯(cuò)誤；D．由動(dòng)量定理可得即此時(shí)的動(dòng)能為由于合力的沖量為0，即動(dòng)量不變，則動(dòng)能也不變，所以6s內(nèi)合外力做功為8J，故D正確。故選D。【典例2】江西藝人茅榮榮，他以7個(gè)半小時(shí)內(nèi)連續(xù)顛球5萬(wàn)次成為新的吉尼斯紀(jì)錄創(chuàng)造者，而這個(gè)世界紀(jì)錄至今無(wú)人超越．若足球用頭頂起，某一次上升高度為80cm，足球的重量為400g，與頭頂作用時(shí)間為0.1s，則足球本次在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和足球給頭部的作用力大小分別為（）（空氣阻力不計(jì)，g=10m/s2）．A.t=0.4s；FN=40N B.t=0.4s；FN=68NC.t=0.8s；FN=36N D.t=0.8s；FN=40N【答案】C【解析】足球在空中做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，自由下落時(shí)有自由下落的時(shí)間足球本次在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間豎直上拋的初速度設(shè)豎直向上為正方向，對(duì)足球由動(dòng)量定理頭部給足球的作用力大小根據(jù)牛頓第三定律，足球給頭部的作用力大小也是36N．A.t=0.4s；FN=40N，與上分析不一致，故A錯(cuò)誤；B.t=0.4s；FN=68N，與上分析不一致，故B錯(cuò)誤；C.t=0.8s；FN=36N，與上分析一致，故C正確；D.t=0.8s；FN=40N，與上分析不一致，故D錯(cuò)誤．考向二動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的條件、表達(dá)式和性質(zhì)考查方式一爆炸模型1、爆炸模型的特點(diǎn)（1）動(dòng)量守恒：由于爆炸是極短時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。（2）動(dòng)能增加：在爆炸過(guò)程中，由于有其他形式的能量（如化學(xué)能）轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加。（3）位置不變：由于爆炸的時(shí)間極短。因而作用過(guò)程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可以忽略不計(jì)，可認(rèn)為物體爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。2、爆炸模型分析（1）如圖：質(zhì)量分別為、的可視為質(zhì)點(diǎn)A、B間夾著質(zhì)量可忽略的火藥．一開(kāi)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)，則：、組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：①得：②②式表明在爆炸過(guò)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。、組成的系統(tǒng)能量守恒：③①式也可以寫(xiě)為：④又根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系得④進(jìn)一步化簡(jiǎn)得：⑤⑤式表明在爆炸過(guò)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。②⑤聯(lián)立可得：⑥（2）若原來(lái)、組成的系統(tǒng)以初速度在運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中發(fā)生了爆炸現(xiàn)象則：、組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：⑦、組成的系統(tǒng)能量守恒：⑧【典例3】一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面開(kāi)始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度?！敬鸢浮?1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)【解析】(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設(shè)煙花彈從地面開(kāi)始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0－v0＝－gt②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))③(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)⑧[變式1]如圖所示，A、B兩個(gè)物體粘在一起以v0＝3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，物體中間有少量炸藥，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)炸藥爆炸，假設(shè)所有的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為A、B兩個(gè)物體的動(dòng)能且兩物體仍然在水平面上運(yùn)動(dòng)，爆炸后A物體的速度依然向右，大小變?yōu)関A＝2m/s，B物體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)進(jìn)入光滑半圓軌道且恰好通過(guò)最高點(diǎn)D，已知兩物體的質(zhì)量mA＝mB＝1kg，O點(diǎn)到半圓軌道最低點(diǎn)C的距離xOC＝0.25m，物體與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，A、B兩個(gè)物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2，求：(1)炸藥的化學(xué)能E；(2)半圓軌道的半徑R?！敬鸢浮?1)1J(2)0.3m【解析】(1)A、B在炸藥爆炸前后動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，根據(jù)能量守恒定律可得eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＋E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得E＝1J。(2)由于B物體恰好經(jīng)過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)，故有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，在B物體由O運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，聯(lián)立可解得R＝0.3m。[變式2]如圖所示，質(zhì)量為m的炮彈運(yùn)動(dòng)到水平地面O點(diǎn)正上方時(shí)速度沿水平方向，離地面高度為h，炮彈動(dòng)能為E，此時(shí)發(fā)生爆炸，炮彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分的動(dòng)能之和為2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸時(shí)間極短，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求炮彈的兩部分落地點(diǎn)之間的距離．【答案】4eq\r(\f(Eh,mg))【解析】爆炸之前E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)爆炸過(guò)程動(dòng)量守恒：mv0＝eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2eq\f(1,2)·eq\f(m,2)veq\o\al(12,)＋eq\f(1,2)·eq\f(m,2)veq\o\al(22,)＝2E解得：v1＝0，v2＝2v0隨后一塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，一塊做平拋運(yùn)動(dòng)，則由h＝eq\f(1,2)gt2，x＝2v0t解得x＝4eq\r(\f(Eh,mg)).考查方式二彈簧的“爆炸”模型、組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：①得：②②式表明在爆炸過(guò)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。、組成的系統(tǒng)能量守恒：③①式也可以寫(xiě)為：④又根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系得④進(jìn)一步化簡(jiǎn)得：⑤⑤式表明在爆炸過(guò)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。②⑤聯(lián)立可得：⑥若原來(lái)、組成的系統(tǒng)以初速度在運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中發(fā)生了爆炸現(xiàn)象則：、組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：⑦、組成的系統(tǒng)能量守恒：⑧【典例4】如圖所示，在光滑水平桌面EAB上有質(zhì)量為M＝0.2kg的小球P和質(zhì)量為m＝0.1kg的小球Q，P、Q之間壓縮一輕彈簧(輕彈簧與兩小球不拴接)，桌面邊緣E處放置一質(zhì)量也為m＝0.1kg的橡皮泥球S，在B處固定一與水平桌面相切的光滑豎直半圓形軌道。釋放被壓縮的輕彈簧，P、Q兩小球被輕彈簧彈出，小球P與彈簧分離后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C；小球Q與彈簧分離后與桌面邊緣的橡皮泥球S碰撞后合為一體飛出，落在水平地面上的D點(diǎn)。已知水平桌面高為h＝0.2m，D點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離為x＝0.2m，重力加速度為g＝10m/s2，求：(1)小球P經(jīng)過(guò)半圓形軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力大小F′N(xiāo)B；(2)小球Q與橡皮泥球S碰撞前瞬間的速度大小vQ；(3)被壓縮的輕彈簧的彈性勢(shì)能Ep?！敬鸢浮?1)12N(2)2m/s(3)0.3J【解答】(1)小球P恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C，則有Mg＝Meq\f(v\o\al(2,C),R) 解得vC＝eq\r(gR) 對(duì)于小球P，從B→C，由動(dòng)能定理有－2MgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B) 解得vB＝eq\r(5gR) 在B點(diǎn)有FNB－Mg＝Meq\f(v\o\al(2,B),R) 解得FNB＝6Mg＝12N 由牛頓第三定律有F′N(xiāo)B＝FNB＝12N。 (2)設(shè)Q與S做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為v，所用時(shí)間為t，根據(jù)公式h＝eq\f(1,2)gt2得t＝0.2s 根據(jù)公式x＝vt，得v＝1m/s 碰撞前后Q和S組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有mvQ＝2mv 解得vQ＝2m/s。 (3)P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有MvP＝mvQ 解得vP＝1m/s P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q) 解得Ep＝0.3J。 [變式]靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0m，如圖1所釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)．A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.20.重力加速度取g＝10m/s2.A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短．(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??；(2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？【答案】(1)4.0m/s1.0m/s(2)物塊B先停止0．50m(3)0.91m【解析】(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t，B向左運(yùn)動(dòng)的路程為sB，則有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變A的速度大小，所以無(wú)論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧處．B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為vA′，由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAvA2＝－μmAgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l＋sB))⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得vA′＝eq\r(7)m/s?故A與B將發(fā)生碰撞．設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有mAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－vA′))＝mAvA″＋mBvB″?eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2?聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s?這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)．設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為sA′時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為sB′時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?由④??式及題給數(shù)據(jù)得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m?sA′小于碰撞處到墻壁的距離．由上式可得兩物塊停止后的距離s′＝sA′＋sB′＝0.91m考查方式三人船模型與人船相識(shí)模型【模型構(gòu)建】如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開(kāi)始從船頭走到船尾，不計(jì)水的阻力，求船和人對(duì)地面的位移各為多少？解析：以人和船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，在水平方向不受外力作用，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒．設(shè)某時(shí)刻人的速度為v1，船的速度為v2，取人行進(jìn)的方向?yàn)檎瑒t有：s1s1s2兩邊同乘時(shí)間t，，設(shè)人、船位移大小分別為s1、s2，則有，①由圖可以看出：②由①②兩式解得，答案：，點(diǎn)評(píng)：人船模型中的動(dòng)力學(xué)規(guī)律：由于組成系統(tǒng)的兩物體受到大小相同、方向相反的一對(duì)力，故兩物體速度大小與質(zhì)量成反比，方向相反。這類(lèi)問(wèn)題的特點(diǎn)：兩物體同時(shí)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)停止。人船模型中的動(dòng)量與能量規(guī)律：由于系統(tǒng)不受外力作用，故而遵從動(dòng)量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系統(tǒng)或每個(gè)物體動(dòng)能均發(fā)生變化：力對(duì)“人”做的功量度“人”動(dòng)能的變化；力對(duì)“船”做的功量度“船”動(dòng)能的變化。【人船相似模型】【典例5】光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M，底邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，如圖所示。將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過(guò)時(shí)間t剛好滑到斜面底端。此過(guò)程中斜面對(duì)滑塊的支持力大小為FN，則下列說(shuō)法中正確的是()A．FN＝mgcosαB．滑塊B下滑過(guò)程中支持力對(duì)B的沖量大小為FNtcosαC．滑塊B下滑過(guò)程中A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．此過(guò)程中斜面向左滑動(dòng)的距離為eq\f(m,M＋m)L【答案】D【解析】當(dāng)滑塊B相對(duì)于斜面加速下滑時(shí)，斜面A水平向左加速運(yùn)動(dòng)，所以滑塊B相對(duì)于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對(duì)滑塊的支持力FN不等于mgcosα，A錯(cuò)誤；滑塊B下滑過(guò)程中支持力對(duì)B的沖量大小為FNt，B錯(cuò)誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正確。[變式1]有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(zhǎng)(重一噸左右)．一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測(cè)定它的質(zhì)量．他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船．用卷尺測(cè)出船后退的距離d，然后用卷尺測(cè)出船長(zhǎng)L.已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計(jì)，則船的質(zhì)量為()A.eq\f(mL＋d,d) B.eq\f(mL－d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL＋d,L)【答案】B【解析】設(shè)船的質(zhì)量為M，人走動(dòng)的時(shí)候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時(shí)為t，人的位移為L(zhǎng)－d，船的位移為d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t).以船后退的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Meq\f(d,t)＝eq\f(mL－d,d)，小船的質(zhì)量為：M＝eq\f(mL－d,d)，故B正確．[變式2]質(zhì)量為M的氣球上有一個(gè)質(zhì)量為m的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上慢慢放下一個(gè)質(zhì)量不計(jì)的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長(zhǎng)至少應(yīng)為()A.eq\f(m,m＋M)h B.eq\f(M,m＋M)hC.eq\f(M＋m,M)h D.eq\f(M＋m,m)h【答案】C【解析】設(shè)人沿軟梯滑至地面，軟梯長(zhǎng)度至少為L(zhǎng)，以人和氣球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，豎直方向動(dòng)量守恒，規(guī)定豎直向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：0＝－Mv2＋mv1人沿軟梯降至地面，氣球上升的高度為L(zhǎng)－h(huán)，平均速度大小為v2＝eq\f(L－h(huán),t)人相對(duì)于地面下降的高度為h，平均速度大小為v1＝eq\f(h,t)聯(lián)立得：0＝－M·eq\f(L－h(huán),t)＋m·eq\f(h,t)，解得：L＝eq\f(M＋m,M)h，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．[變式3]如圖所示，滑塊和小球的質(zhì)量分別為M、m?；瑝K可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動(dòng)，小球與滑塊上的懸點(diǎn)O由一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，輕繩長(zhǎng)為L(zhǎng)。開(kāi)始時(shí)，輕繩處于水平拉直狀態(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)，下列說(shuō)法正確的是（）A．滑塊和小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．滑塊和小球組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒C．滑塊的最大速率為D．滑塊向右移動(dòng)的位移為【答案】BCD【解析】A．小球下落過(guò)程中，小球豎直方向有分加速度，系統(tǒng)的合外力不為零，因此系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B．繩子上拉力屬于內(nèi)力，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，因此系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，故B正確；C．當(dāng)小球落到最低點(diǎn)時(shí)，只有水平方向速度，此時(shí)小球和滑塊的速度均達(dá)到最大，取水平向右為正方向，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量有系統(tǒng)機(jī)械能守恒有解得，滑塊的最大速率為故C正確；D．設(shè)滑塊向右移動(dòng)的位移為x，根據(jù)水平動(dòng)量守恒得解得故D正確。故選BCD?？疾榉绞剿念?lèi)爆炸（人船）模型和類(lèi)碰撞模型的比較反沖模型類(lèi)碰撞模型示意圖vv1x1x1hRv2x2x2vv0hRv共運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)水平方向動(dòng)量守恒:能量守恒:（內(nèi)壁光滑Q1=0）機(jī)械能守恒:運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)水平方向動(dòng)量守恒，速度都為零；全程能量守恒:且Q1>Q2（若內(nèi)壁光滑Q1=Q2=0）水平方向動(dòng)量守恒：能量守恒：（若內(nèi)壁光滑Q=0）【典例6】如圖所示，質(zhì)量為M的小車(chē)靜止在光滑水平面上，小車(chē)AB段是半徑為R的四分之圓弧軌道，BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從小車(chē)上的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點(diǎn)已知小車(chē)質(zhì)量M=4m，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，則（）A．全過(guò)程滑塊在水平方向上相對(duì)地面的位移的大小為R+LB．小車(chē)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度的最大值為C．全過(guò)程小車(chē)相對(duì)地面的位移大小為D．、L、R三者之間的關(guān)系為R=L【答案】BCD【解析】AC．滑動(dòng)與小車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，由人船模型特點(diǎn)有，由上兩式解得，全過(guò)程滑塊在水平方向上相對(duì)地面的位移的大小為，全過(guò)程小車(chē)相對(duì)地面的位移大小為，所以A錯(cuò)誤；C正確；B．滑塊滑到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，小車(chē)速度最大，滑動(dòng)與小車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則有，由上兩式解得小車(chē)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度的最大值為，所以B正確；D．滑塊最后恰好停在C點(diǎn)時(shí)，小車(chē)也停止運(yùn)動(dòng)，全程由能量守恒定律則有解得R=L所以、L、R三者之間的關(guān)系為R=L，則D正確；故選BCD。[變式1]如圖所示，內(nèi)有光滑半圓形軌道、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑BD長(zhǎng)度為2r。一個(gè)鐵樁固定在地面上，滑塊左側(cè)緊靠在鐵樁上。滑塊內(nèi)圓軌道的左端點(diǎn)B的正上方高度h處有一點(diǎn)A，現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球（可以視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)由靜止釋放，然后經(jīng)過(guò)半圓軌道的B、C、D點(diǎn)后沖出（C點(diǎn)為圓軌道的最低點(diǎn)）。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，空氣阻力忽略不計(jì)。(1)求小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)求小球第一次沖出D點(diǎn)后，能夠上升的最大高度；(3)如果沒(méi)有滑塊左側(cè)的鐵樁，求小球第二次沖出D點(diǎn)并到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球與初位置A點(diǎn)的水平距離?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】(1)小球從A到C由動(dòng)能定理解得(2)小球從C到D的過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒，則由能量關(guān)系解得(3)如果沒(méi)有滑塊左側(cè)的鐵樁，小球第一次沖出D點(diǎn)時(shí)，滑塊向左的位移為x，則解得此時(shí)滑塊和小球的水平速度均為零，小球向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，再次回到D點(diǎn)進(jìn)入凹槽，此后凹槽向右運(yùn)動(dòng)，先加速后減速，到小球從B點(diǎn)沖出時(shí)，凹槽回到原來(lái)的位置，速度減為零，以后重復(fù)原來(lái)的運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)小球第二次沖出D點(diǎn)并到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球與初位置A點(diǎn)的水平距離為[變式2]如圖所示，質(zhì)量為的工件帶有半徑的光滑圓弧軌道，靜止在光滑水平地面上，B為軌道的最低點(diǎn)，B點(diǎn)距地面高度。質(zhì)量為的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧最高點(diǎn)A由靜止釋放，經(jīng)B點(diǎn)后滑離工件，取。求：(1)物塊滑到軌道上的B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)物塊落地時(shí)距工件初始靜止時(shí)右端位置的水平距離?！敬鸢浮?1)280N，方向豎直向下；(2)0m【解析】(1)物塊從圓弧軌道頂端滑到B點(diǎn)過(guò)程中，物塊和工件組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，則有聯(lián)立解得在B點(diǎn)處，對(duì)物塊有解得根據(jù)牛頓第三定律可知物塊對(duì)軌道的壓力大小，方向豎直向下(2)物塊滑離工件后做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間物塊從滑離工件到落地過(guò)程水平方向運(yùn)動(dòng)的距離而工件在物塊滑離前的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中向左運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊向右運(yùn)動(dòng)的距離為，工件向左運(yùn)動(dòng)的距離為，兩者在水平方向動(dòng)量守恒，則由水平方向動(dòng)量守恒得兩邊同乘于兩者相互作用的時(shí)間得又由位移關(guān)系得聯(lián)立解得，故物塊落地時(shí)距工件開(kāi)始靜止時(shí)右端位置的水平距離為[變式3]如圖所示，將一光滑的質(zhì)量為4m半徑為R的半圓槽置于光滑水平面上，在槽的左側(cè)緊挨有一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，今讓一質(zhì)量也為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方高R處從靜止開(kāi)始落下，與半圓槽相切自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是（）A．小球在半圓槽內(nèi)第一次到最低點(diǎn)B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，槽的支持力對(duì)小球不做功B．小球第一次運(yùn)動(dòng)到半圓槽的最低點(diǎn)B時(shí)，小球與槽的速度大小之比為4:1C．小球第一次從C點(diǎn)滑出后將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)D．物塊最終的動(dòng)能為【答案】D【解析】A．小球從A到B的過(guò)程中，小球?qū)Π雸A槽的壓力方向向左下方，所以半圓槽要向左推動(dòng)物塊一起運(yùn)動(dòng)，因而小球參與了兩個(gè)運(yùn)動(dòng)，一個(gè)是沿半圓槽的圓周運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)是與半圓槽一起向左運(yùn)動(dòng)，小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，而是大于，故槽的支持力對(duì)小球做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；B．由于小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，故球、半圓槽和物塊在水平方向動(dòng)量守恒，取向右為正，則有解得，故B錯(cuò)誤；CD．小球從A到B的過(guò)程，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得聯(lián)立C選選項(xiàng)中式子解得，當(dāng)小球從B到C的過(guò)程中，小球?qū)Π雸A槽有向右下方的壓力，半圓槽開(kāi)始減速，與物塊分離，則物塊最終以的速度向左勻速運(yùn)動(dòng)，則物塊的動(dòng)能為由于小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，故球、半圓槽和物塊在水平方向動(dòng)量守恒，小球第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，因?yàn)樾∥飰K速度不為0，則小球和半圓槽的水平速度也不可能為0，故小球第一次從C點(diǎn)滑出后不可能做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D?！镜淅?】(2020·重慶市部分區(qū)縣第一次診斷)如圖，立柱固定于光滑水平面上O點(diǎn)，質(zhì)量為M的小球a向右運(yùn)動(dòng)，與靜止于Q點(diǎn)的質(zhì)量為m的小球b發(fā)生彈性碰撞，碰后a球立即向左運(yùn)動(dòng)，b球與立柱碰撞能量不損失，所有碰撞時(shí)間均不計(jì)，b球恰好在P點(diǎn)追到a球，Q點(diǎn)為OP間中點(diǎn)，則a、b球質(zhì)量之比為()A．3∶5 B．1∶3C．2∶3 D．1∶2【答案】A【解析】：設(shè)a、b兩球碰后速度大小分別為v1、v2.由題意有：b球與擋板發(fā)生彈性碰撞后恰好在P點(diǎn)追上a，則從碰后到相遇a、b兩球通過(guò)的路程之比為s1∶s2＝1∶3.根據(jù)s＝vt得v2＝3v1，以水平向右為正方向，兩球發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得Mv＝M(－v1)＋mv2，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得M∶m＝3∶5.故選A．考向三動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)與能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用(1)解題策略①弄清有幾個(gè)物體參與運(yùn)動(dòng)，并劃分清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程．②進(jìn)行正確的受力分析，明確各過(guò)程的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)．③在光滑的平面或曲面上的運(yùn)動(dòng)，還有不計(jì)阻力的拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能一定守恒；碰撞過(guò)程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問(wèn)題，一般考慮用動(dòng)量守恒定律分析．④如含摩擦生熱問(wèn)題，則考慮用能量守恒定律分析．(2)動(dòng)量與能量的綜合問(wèn)題常取材“板、塊”模型、“傳送帶”模型、“彈簧、物塊”模型等，設(shè)置多個(gè)情景、多個(gè)過(guò)程，考查力學(xué)三大觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用．要成功解答此類(lèi)“情景、過(guò)程綜合”的考題，就要善于在把握物理過(guò)程漸變規(guī)律的同時(shí)，洞察過(guò)程的臨界情景，結(jié)合題給條件(往往是不確定條件)，進(jìn)行求解(注意結(jié)合實(shí)際情況分類(lèi)討論).【典例7】如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁相接觸，另有一物塊C從t＝0時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)在t＝4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開(kāi)，物塊C的v-t圖象如圖乙所示，墻壁對(duì)物塊B的彈力在4s到12s的時(shí)間內(nèi)對(duì)B的沖量I的大小是()A．9N·s B．18N·sC．36N·s D．72N·s【答案】C【解析】：由圖知，C與A碰前速度為v1＝9m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以C的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2,12s末A和C的速度為v3＝－3m/s,4s到12s，墻對(duì)B的沖量為I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，代入數(shù)據(jù)解得I＝－36N·s，方向向左，故墻壁對(duì)物塊B的彈力在4s到12s的時(shí)間內(nèi)對(duì)B的沖量I的大小為36N·s， 故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．[變式1](多選)如圖所示，將一輕質(zhì)彈簧從物體B內(nèi)部穿過(guò)，并將其上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量m1＝2.0kg的物體A.平衡時(shí)物體A距天花板的距離h＝2.4m，在距物體A正上方高h(yuǎn)1＝1.8m處由靜止釋放質(zhì)量為m2＝1.0kg的物體B，B下落過(guò)程中某時(shí)刻與彈簧下端的物體A碰撞(碰撞時(shí)間極短)并立即以相同的速度與A一起運(yùn)動(dòng)，兩物體不粘連，且可視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞后兩物體一起向下運(yùn)動(dòng)，歷時(shí)0.25s第一次到達(dá)最低點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2.下列說(shuō)法正確的是()A．碰撞結(jié)束瞬間兩物體的速度大小為2m/sB．碰撞結(jié)束后兩物體一起向下運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為0.25mC．碰撞結(jié)束后兩物體一起向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，兩物體間的平均作用力大小為18ND．A、B到最低點(diǎn)后反彈上升，A、B分開(kāi)后，B還能上升的最大高度為0.2m【解析】：【答案】ABC設(shè)物體B自由下落至與物體A碰撞前的速度為v0，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v0＝eq\r(2gh1)＝6m/s，物體A、B碰撞結(jié)束瞬間二者具有共同的速度vt，以向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)vt，解得vt＝2m/s，A正確；從二者一起運(yùn)動(dòng)到速度變?yōu)榱愕倪^(guò)程中，以B為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理有(m2g－F)t＝0－m2vt，解得F＝18N，方向豎直向上，設(shè)碰撞結(jié)束后兩物體一起向下運(yùn)動(dòng)的最大位移為x，由動(dòng)能定理有－Fx＋m2gx＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,t)，解得x＝0.25m，B、C正確；A、B分開(kāi)時(shí)其相互間的作用力為零，且A、B具有相同的加速度，可知當(dāng)彈簧對(duì)A的拉力為零，即彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A、B分開(kāi)，若A、B上升到碰撞位置分開(kāi)，B還能上升的最大高度h′＝eq\f(v\o\al(2,t),2g)＝0.2m，因彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)的位置比碰撞時(shí)的高，此時(shí)B的速度小于vt，故B還能上升的最大高度小于0.2m，D錯(cuò)誤．[變式2]光滑的水平面上質(zhì)量分別為m1＝3kg、m2＝2kg的帶同種電荷的小球A、B，以等大的速度v＝10m/s相向運(yùn)動(dòng)，但始終沒(méi)有相碰，則下列說(shuō)法正確的是()A．A、B均做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)直到停止B．A、B相距最近時(shí)B球速度為零C．A、B相距最近時(shí)兩球動(dòng)量相同D．A、B相距最近時(shí)兩球的電勢(shì)能增加了240J【答案】D【解析】：A、B兩球先相向運(yùn)動(dòng)，隨著庫(kù)侖力的增大，它們的加速度增大，兩者均做減速運(yùn)動(dòng)，B球的加速度較大，速度先減至零，之后A、B均向右運(yùn)動(dòng)，A做減速運(yùn)動(dòng)，B做加速運(yùn)動(dòng)，由于A球的速度比B球的大，兩者間距繼續(xù)減小，庫(kù)侖力繼續(xù)增大，兩球的加速度繼續(xù)增大，兩球速度相同后，A球的速度小于B球的速度，兩者間距增大，庫(kù)侖力減小，加速度減小．根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒知兩球不會(huì)停止運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；A、B相距最近時(shí)速度相同，由于兩球組成的系統(tǒng)合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．取A球的初速度方向?yàn)檎较颍O(shè)A、B相距最近時(shí)共同速度為v′.根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m1v－m2v＝(m1＋m2)v′，可得v′＝2m/s，由于兩球的質(zhì)量不同，速度相同，所以A、B相距最近時(shí)兩球動(dòng)量不同，故B、C錯(cuò)誤；A、B相距最近時(shí)兩球的電勢(shì)能增加量為ΔEp＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2，解得ΔEp＝240J，故D正確．[變式3]如圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為2m和m的兩滑塊A、B，它們中間夾著一根處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧(彈簧與A、B不拴連)，由于被一根細(xì)繩拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài).當(dāng)剪斷細(xì)繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說(shuō)法正確的是()A.兩滑塊的動(dòng)量大小之比pA∶pB＝2∶1B.兩滑塊的速度大小之比vA∶vB＝2∶1C.兩滑塊的動(dòng)能之比EkA∶EkB＝1∶2D.彈簧對(duì)兩滑塊做功之比WA∶WB＝1∶1【答案】C【解析】以滑塊A運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，在兩滑塊剛好脫離彈簧時(shí)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得：2mvA－mvB＝0，得vA＝eq\f(vB,2)，兩滑塊速度大小之比為：eq\f(vA,vB)＝eq\f(1,2)，兩滑塊的動(dòng)能之比EkA∶EkB＝eq\f(\f(1,2)×2mvA2,\f(1,2)mvB2)＝eq\f(1,2)，B錯(cuò)誤，C正確；兩滑塊的動(dòng)量大小之比eq\f(pA,pB)＝eq\f(2mvA,mvB)＝eq\f(1,1)，A錯(cuò)誤；彈簧對(duì)兩滑塊做功之比等于兩滑塊動(dòng)能之比，即WA∶WB＝1∶2，D錯(cuò)誤.

【鞏固練習(xí)】1．光滑水平桌面上有A、B兩個(gè)物體，A的質(zhì)量是B的k倍。將一輕彈簧置于A、B之間，用外力緩慢壓A、B。撤去外力后，A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，A和B的動(dòng)量大小的比值為（）A． B．1 C． D．k【答案】B【詳解】設(shè)A和B的動(dòng)量大小分別為pA和pB，由于系統(tǒng)初動(dòng)量為零，且A、B被彈開(kāi)后運(yùn)動(dòng)方向相反，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有即故選B。2．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)量均為的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原來(lái)的方向飛去。已知炮彈爆炸時(shí)距水平地面的高度為，炮彈爆炸前的動(dòng)能為，爆炸后系統(tǒng)的機(jī)械能增加了，重力加速度大小為，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． B． C． D．【答案】B【詳解】炮彈炸裂的過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)炮彈炸裂前的速度大小為，則設(shè)炸裂后瞬間兩塊碎片的速度分別為、，有解得根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有兩塊碎片落地點(diǎn)之間的距離解得故選B。3．如圖所示，熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球以相對(duì)地面的速度水平投出。已知投出小球后熱氣球的總質(zhì)量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計(jì)阻力，以下判斷正確的是（

）A．投出小球后氣球所受合力大小為B．小球落地時(shí)氣熱球的速度大小為C．小球在落地之前，小球和熱氣球速度始終大小相等方向相反D．小球落地時(shí)二者的水平距離為【答案】B【詳解】A．熱氣球從開(kāi)始攜帶小球時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以所受合外力為零，由于投出小球后所受浮力不變，則熱氣球所受合外力為mg，A錯(cuò)誤；B．熱氣球從開(kāi)始攜帶小球時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以所受合外力為零，初動(dòng)量為零，水平投出重力為mg的物資瞬間，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律Mv1=mv0由上式可知熱氣球獲得水平向左的速度小球落地所需時(shí)間為解得熱氣球豎直方向上加速度為mg=Ma解得小球落地時(shí)，熱氣球豎直方向上的速度為根據(jù)矢量法則解得B正確；C．熱氣球所受合外力為mg，豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度為而小球體積比較小又不計(jì)阻力則小球的加速度為g，故小球和熱氣球速度不會(huì)始終大小相等方向相反，C錯(cuò)誤；D．熱氣球和物資在水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)則二者的水平距離為d=xM+xm解得D錯(cuò)誤。故選B。4．真空中一個(gè)靜止的鈾核經(jīng)一次衰變后變成釷核，衰變方程為，下列說(shuō)法正確的是（）A．經(jīng)歷一個(gè)半衰期后，10個(gè)核中有5個(gè)已經(jīng)發(fā)生了衰變B．衰變后核的動(dòng)量與粒子的動(dòng)量相同C．衰變后核的質(zhì)量與粒子的質(zhì)量之和等于衰變前鈾核的質(zhì)量D．反應(yīng)前鈾核的能量大于反應(yīng)后釷核與粒子能量之和【答案】D【詳解】A．半衰期是對(duì)大量原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)少量原子核沒(méi)有意義，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．衰變過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)初動(dòng)量為0，則衰變后生成的核與粒子的動(dòng)量大小相等，方向相反，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．衰變過(guò)程由于釋放能量，所以存在質(zhì)量虧損，且反應(yīng)前鈾核的能量大于反應(yīng)后釷核與粒子能量之和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。故選D。5．一枚質(zhì)量為的煙花彈獲得動(dòng)能后，從地面豎直升空，當(dāng)煙花彈上升到最大高度時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸成質(zhì)量分別為和的、兩部分，，此時(shí)兩部分獲得的動(dòng)能之和為煙花彈初動(dòng)能的兩倍，且初始均沿水平方向運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，、兩部分落地的水平位移大小分別為和，則（）A．、兩部分落地時(shí)的速度大小之比為B．、兩部分落地時(shí)的動(dòng)能之比為C．水平位移大小之比為D．、兩部分落地點(diǎn)的間距為煙花彈上升的最大高度的4倍【答案】B【詳解】AB．設(shè)煙花彈的初速度為，上升的最大高度為，發(fā)生爆炸瞬間，、兩部分在水平方向動(dòng)量守恒，則有由題意可得聯(lián)立解得且速度均沿水平方向，接著和分別以、向相反方向做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)地面過(guò)程中機(jī)械能守恒，設(shè)、落地時(shí)速度大小分別為、，則對(duì)有對(duì)有聯(lián)立解得所以故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。CD．設(shè)、在最高處爆炸后在空中做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則有聯(lián)立解得故和落地點(diǎn)相距的距離為為煙花彈上升的最大高度的6倍，故CD項(xiàng)錯(cuò)誤。故選B。6．在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2:1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊。遙控器引爆瞬開(kāi)始計(jì)時(shí)，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來(lái)的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）A．兩碎塊的位移大小之比為1:2 B．爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80mC．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/s D．爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m【答案】B【詳解】A．爆炸時(shí)，水平方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知因兩塊碎塊落地時(shí)間相等，則則則兩碎塊的水平位移之比為1:2，而從爆炸開(kāi)始拋出到落地的位移之比不等于1:2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．設(shè)兩碎片落地時(shí)間均為t，由題意可知解得t=4s爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為選項(xiàng)B正確；CD．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的水平位移質(zhì)量小的碎塊的水平位移爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m+680m=1020m質(zhì)量大的碎塊的初速度為選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。故選B。7．如圖所示，質(zhì)量為M、半徑為R的四分之一光滑圓弧體靜止在光滑的水平面上，圓弧面最低點(diǎn)剛好與水平面相切，在A點(diǎn)的正上方h高處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），物塊下落后剛好從A點(diǎn)無(wú)碰撞地進(jìn)入圓弧面，當(dāng)物塊滑到B點(diǎn)時(shí)，圓弧體向左滑動(dòng)的距離為x，則下列說(shuō)法正確的是（）A．h越大，x越大 B．h越小，越大C．越大，x越大 D．越小，x越大【答案】C【詳解】物塊在圓弧面上滑動(dòng)過(guò)程中，物塊和圓弧體在水平方向上動(dòng)量守恒，且水平方向的總動(dòng)量為零，設(shè)物塊在水平方向的速度大小為，圓弧體在水平方向的動(dòng)量大小為，則有則有解得故越大，x越大，C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。8．（多選）如圖所示，c是半徑為R的四分之一圓弧形光滑槽，靜置于光滑水平面上，A為與c的圓心等高的點(diǎn)，c的最低點(diǎn)與水平面相切于B點(diǎn)。小球b靜止在c右邊的水平面上。小球a從A點(diǎn)自由釋放，到達(dá)水平面上與小球b發(fā)生彈性正碰。整個(gè)過(guò)程中，不計(jì)一切摩擦，a、b、c的質(zhì)量分別為m、3m、4m，重力加速度大小為g，則（）A．小球a第一次下滑到B點(diǎn)時(shí)的速率為B．小球a第一次下滑到B點(diǎn)時(shí)，光滑槽c的速率為C．小球a與小球b碰撞后，小球b的速率為D．小球a與小球b碰撞后，小球a沿光滑槽c上升最大高度為【答案】BD【詳解】AB．設(shè)小球a第一次下滑到點(diǎn)時(shí)，a的速度大小為，c的速度大小為，取向右為正方向，水平方向由動(dòng)量守恒定律可得根據(jù)小球機(jī)械能守恒定律得解得，A錯(cuò)誤，B正確；CD．設(shè)小球與小球碰撞后的速度為，的速度為，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立解得（負(fù)號(hào)表示方向向左）即小球以速度大小向左運(yùn)動(dòng)，在與相互作用的過(guò)程中，達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為，以和組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立解得C錯(cuò)誤；D正確。故選BD。9．（多選）