（高考物理高分突破試題）專題7動量動量守恒定律（解析版）

（高考物理高分突破試題）專題7動量動量守恒定律（解析版）（高考物理高分突破試題）專題7動量動量守恒定律（解析版）/（高考物理高分突破試題）專題7動量動量守恒定律（解析版）專題7動量動量守恒定律一、1．動量的矢量性：動量的方向與物體的瞬時速度的方向相同．有關動量的運算,如果物體在一條直線上運動,則選定一個正方向后,動量的矢量運算就可以轉化為代數運算．2．動量的變化量：是矢量,其表達式Δp＝p2－p1為矢量式,運算遵循平行四邊形定則,當p2、p1在同一條直線上時,可規(guī)定正方向,將矢量運算轉化為代數運算．3．與動能的區(qū)別與聯系：(1)區(qū)別：動量是矢量,動能是標量．(2)聯系：動量和動能都是描述物體運動狀態(tài)的物理量,大小關系為Ek＝eq\f(p2,2m)或p＝eq\r(2mEk).關于做自由落體運動的物體,下列說法正確的是()A．動能Ek隨時間t變化的快慢ΔEB．動量p隨時間t變化的快慢ΔpΔtC．重力勢能Ep隨位移x變化的快慢ΔED．機械能E隨位移x變化的快慢ΔEΔx【解答】解：A、自由落體時,動能隨時間變化的表達式為Ek=12mv2=1B、自由落體時,動量隨時間變化的表達式為p＝mv＝mgt,ΔpΔt=mgt-0t-0=mg,C、自由落體時,以開始下落位置所在水平面為參考平面,重力勢能隨位移變化的表達式為Ep＝﹣mg?x,ΔEpΔx=-mg?x-0x-D、自由落體時只有重力做功,機械能守恒,根據機械能守恒定律可知ΔEΔx為0,故D錯誤故選：A.如圖所示,質量為m的摩托艇靜止在水面上,t＝0時刻,摩托艇在恒定牽引力作用下開始沿直線運動,其加速度a隨速度v的變化規(guī)律如圖所示.已知摩托艇受到的阻力與運動速度成正比,即f＝kv(k為常數,大小未知).則()A．摩托艇從開始運動到速度最大過程中,牽引力對摩托艇做的功為1B．摩托艇從開始運動到速度最大過程中,牽引力的沖量為mv0C．牽引力的最大功率為ma0v0D．常數k的大小為m【解答】解：A、由動能定理可知,牽引力與阻力做功之和等于摩托艇動能的變化量,阻力做負功,則牽引力對摩托艇做的功大于12mv02B、由動量定理可知,牽引力與阻力沖量之和等于莫游艇動量的變化量,阻力沖量為負值,則牽引力的沖量大于mv0,故B錯誤;C、由圖可知,速度為零時,阻力為零,牽引力為F＝ma0牽引力為恒力,則速度最大時,牽引力的功率最大值為Pm＝ma0v0,故C正確;D、由牛頓第二定律可得,F﹣kv＝ma所以a可知k解得k=ma0v故選：C.如圖,圓形水平餐桌面上有一個半徑為r、可繞中心軸轉動的同心圓盤,在圓盤的邊緣放置一個質量為m的小物塊,物塊與圓盤間的動摩擦因數為μ.現從靜止開始緩慢增大圓盤的角速度,物塊從圓盤上滑落后,最終恰好停在桌面邊緣.若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度大小為g,圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計,物塊可視為質點.則()A．物塊從圓盤上滑落的瞬間,圓盤的角速度大小為μgrB．物塊隨圓盤運動的過程中,圓盤對小物塊做功為μmgrC．餐桌面的半徑為32D．物塊在餐桌面上滑行的過程中,所受摩擦力的沖量大小為mμgr【解答】解：A．小物塊剛好滑落時,摩擦力達到最大靜摩擦力,由牛頓第二定律得：μmg＝mω2r解得：ω=故A錯誤;B．物塊隨圓盤運動的過程中,圓盤對小物塊做功W=12mv2=12m(ωC．小物塊從離開圓盤到滑到桌面邊緣的過程中,由動能定理得：﹣μmgx＝0-12m(ω代入數據解得,滑行距離為：x=小物塊離開圓盤后的運動軌跡如圖所示：根據幾何關系得：R2＝r2+(r2)代入數據解得,餐桌的半徑R=5故C錯誤;D．在餐桌上運動的時間t=摩擦力受沖量大小為I＝ft解得：I＝mμgr故D正確.故選：D.如圖所示,在粗細均勻的玻璃管內注滿清水,水中放一個紅蠟做的小圓柱體N(可視為質點),穩(wěn)定時N在水中勻速上浮.現將玻璃管軸線與豎直方向y軸重合,在N上升剛好勻速運動時的位置記為坐標原點O,同時玻璃管沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動.N依次經過平行橫軸的三條水平線上的A、B、C位置,在OA、AB、BC三個過程中沿y軸方向的距離相等,對應的動能變化量分別為ΔEk1、ΔEk2、ΔEk3,動量變化量的大小分別為Δp1、Δp2、Δp3.則下面分析正確的是()A．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：3：5,Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1B．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：3：5,Δp1：Δp2：Δp3＝1：3：5C．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：1：1,Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1D．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：4：9,Δp1：Δp2：Δp3＝1：4：9【解答】解：小圓柱體R在OA、AB、BC三個過程中沿y軸方向的高度均相等,則每個過程的時間相等,x軸方向上,R做初速度為零的勻加速直線運動,則每個過程對應的水平位移的大小之比為：Δx1：Δx2：Δx3＝1：3：5,;豎直方向上,三個過程中重力勢能變化量相等,水平方向上,速度為：v=2ax,動能為：Ek=12mv2=max,根據動量定理可知,合外力的沖量等于動量的變化,R的合外力不變,三個過程的時間相等,則沖量相等,動量的變化量大小相等,即為：Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1,故A正確,BCD錯誤.故選：A.發(fā)光實心彈力球因其彈性好深受小朋友喜愛.一小朋友將彈力球(可視為質點)拋出,落到水平面(足夠大)上前瞬間的速度大小為v0,與水平方向夾角α＝37°.彈力球與水平面碰撞的過程中,受到摩擦力的大小等于其重力的16、彈力的大小等于其重力的2倍.設每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變,不計空氣阻力.已知sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,重力加速度為g.則彈力球(A．第1次碰后離開水平面瞬間,速度方向與水平面間的夾角大于45°B．第2、3次落地點間的距離為0.48C．與水平面碰撞4次后停止運動D．與水平面碰撞過程中受到合力的沖量保持不變【解答】解：A．將碰前、碰后的速度分解成水平和豎直方向的分速度,如下圖所示由于每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變.以豎直向上為正方向,則在豎直方向上由動量定理可得(2mg﹣mg)Δt＝mv0sin37°﹣(﹣mv0sin37°)設碰撞后彈力球沿水平方向速度為v'x,以水平向右為正方向,則水平方向根據動量定理可得-代入數據可得v'x＝0.6v0反彈后的夾角正切值為tanθ故速度方向與水平面間的夾角等于45°,故A錯誤;B．小球在空中不受阻力作用,故根據運動的對稱性可知,小球在第二次與地面碰前的速度和第一次與地面碰后的速度相等.故同理可得,以豎直向上為正方向,在豎直方向上由動量定理可得(2mg﹣mg)Δt＝mv0sin37°﹣(﹣mv0sin37°)設第二次碰撞后彈力球沿水平方向速度為v''x,以水平向右為正方向,則水平方向根據動量定理可得-代入數據可得v"x＝0.4v0小球從第二次碰撞后到與地面發(fā)生第三次碰撞前的過程中,在空中做斜上拋運動,故從第二次碰撞后運動至最高點所需時間為t水平方向做勻速直線運動,根據運動的對稱性可知,水平方向位移為x＝v″?2t=0.4v0×2×0.6vC．根據以上分析結合題意可知,與水平面碰撞4次后,小球水平方向速度為零.但由于豎直方向上碰前和碰后速度大小不變,方向相反,且在空中運動過程中不考慮空氣阻力,故第四次碰后小球做豎直上拋運動,如此往復.即小球不可能停止,故C錯誤;D．根據以上分析可知,在前四次碰撞過程中,小球在水平和豎直方向受力均不變,且小球與地面的碰撞時間均相等.故前四次碰撞過程中,每次碰撞時合力的沖量為I=Fx2+Fy2?t,可知小球在前四次碰撞過程中合力的沖量相等,方向沿合力方向.但第四次碰撞后,小球水平方向速度為零,開始循環(huán)做豎直上拋運動I'＝Fy?t方向沿豎直方向,故與水平面碰撞過程中受到合力的沖量會發(fā)生改變,故D錯誤.故選：B.二、碰撞模型：v1v2v1ˊv2ˊm1m2發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒,動能守恒,若兩物體質量分別為m1和m2,碰前速度為v1,v2,碰后速度分別為v1ˊ,v2ˊ,則有：m1v1+m2v1v2v1ˊv2ˊm1m2m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2(2)聯立(1)、(2)解得：v1ˊ=2m1v1+m2v2m1三、由上述方程可知：發(fā)生彈性碰撞時,兩小球會交換速度,v1與v2交換.兩個小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動,球2在前,球1在后,m1＝1kg,m2＝3kg,v01＝6m/s,v02＝3m/s,當球1與球2發(fā)生碰撞后,兩球的速度分別為可v1,v2,將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為E1、p1,則v1,v2,E1,p1的可能值為()A．v1＝1.75m/s,v2＝3.75m/sB．v1＝1.5m/s,v2＝4.5m/sC．E1＝9JD．p1＝1kg?m/s【解答】解：碰撞前系統(tǒng)總動量：p＝m1v01+m2v02＝(1×6+3×3)kg?m/s＝15kg?m/s,A、如果v1＝1.75m/s,v2＝3.75m/s,則碰撞后的系統(tǒng)總動量p′＝m1v1+m2v2＝(1×1.75+3×3.75)kg?m/s＝13kg?m/s,系統(tǒng)動量不守恒,故A錯誤;B、如果v1＝1.5m/s,v2＝4.5m/s,則碰撞后的系統(tǒng)總動量p′＝m1v1+m2v2＝(1×1.5+3×4.5)kg?m/s＝15kg?m/s,系統(tǒng)動量守恒,故B正確;CD、兩球碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒,以兩球的初速度方向為正方向,如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞,由動量守恒定律得：m1v01+m2v02＝(m1+m2)v,代入數據解得：v＝3.75m/s,如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞,由動量守恒定律得：m1v01+m2v02＝m1v1+m2v2,由機械能守恒定律得：12m1v012+12m2v022=12m1v12+1代入數據解得：v1＝1.5m/s,v2＝4.5m/s,則碰撞后球1、球2的速度滿足1.5m/s≤v1≤3.75m/s,3.75m/s≤v2≤4.5m/s球1的動能：E1=12m1v12,滿足1.125J≤E1球1的動量為：p1＝m1v1,滿足1.5kg?m/s≤p1≤3.75kg?m/s,故CD錯誤.故選：B.如圖,兩個彈性小球a和b的質量分別為ma、mb．a球原來靜止在離地高度H＝2.4m的P點,b球原來靜止在離地高度h＝1.6m的Q點,先靜止釋放a球,在a球即將碰到b球時同樣靜止釋放b球,兩球碰撞時間極短,碰后在同一豎直線運動,已知mb＝3ma,重力加速度大小g＝10m/s2,忽略小球大小、空氣阻力及碰撞中的動能損失,且小球落地后不再跳起,求：(1)a球即將碰到b球時速度;(2)b球與a球先后落地的時間差．【解答】解：(1)a下落的過程中有：△h＝H﹣h＝2.4﹣1.6＝0.8ma球即將碰到b球時速度為：v=2(2)a與b碰撞的瞬間可以認為豎直方向的動量守恒,選擇向下為正方向,得：mav＝mav1+mbv2忽略小球大小及碰撞中的動能損失得：1聯立得：v1＝﹣2m/s,負號表示方向向上;v2＝2m/s碰撞后a做豎直上拋運動,則：hb做豎直下拋運動,則：h二者的時間差：Δt＝t1﹣t2聯立得：t1＝0.8s,t2＝0.4s,Δt＝0.4s答：(1)a球即將碰到b球時速度是4m/s;(2)b球與a球先后落地的時間差是0.4s．四、彈性碰撞且為"一動碰一靜”時兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒.以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例,則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得：v1′＝eq\f((m1－m2)v1,m1＋m2),v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結論：(1)當m1＝m2時,v1′＝0,v2′＝v1(質量相等,速度交換)(2)當m1＞m2時,v1′＞0,v2′＞0,且v2′＞v1′(大碰小,一起跑)(3)當m1＜m2時,v1′＜0,v2′＞0(小碰大,要反彈)(4)當m1?m2時,v1′＝v0,v2′＝2v1(極大碰極小,大不變,小加倍)(5)當m1?m2時,v1′＝－v1,v2′＝0(極小碰極大,小等速率反彈,大不變)(多選)2019年11月9日"亞太冰壺錦標賽”在深圳大運中心體育館落下帷幕,經過7個比賽日的爭奪,最終中國女隊摘得桂冠.在最后的冰壺決賽中,隊長韓雨利用紅壺去碰撞對方的藍壺,兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖a所示,碰撞前后兩壺運動的v﹣t圖線如圖b中實線所示,其中紅壺碰撞前后的圖線平行,兩冰壺質量相等,則()A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞B．碰后藍壺速度為1.0m/sC．碰后藍壺移動的距離為2mD．碰后紅壺所受的摩擦力大于藍壺所受的摩擦力【解答】解：AB、由圖b所示圖象可知,碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s,碰后速度為v′0＝0.2m/s,碰后紅壺沿原方向運動,設碰后藍壺的速度為v,兩壺碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,取碰撞前紅壺的速度方向為正方向,根據動量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv,代入數據解得：v＝0.8m/s,12mv則12mv02＞12mC、根據速度圖象與坐標軸圍成的面積表示位移,可得,碰后藍壺移動的位移大小x=v2t=0.82×5m＝D、根據圖象的斜率表示加速度,知碰后紅壺的加速度大于藍壺的加速度,兩者的質量相等,由牛頓第二定律知碰后紅壺所受摩擦力大于藍壺所受的摩擦力,故D正確.故選：CD.(多選)如圖所示,A、B是放在粗糙水平面上質量相等的兩個小物塊,與地面間的動摩擦因數均為μ,小物塊A以速度v0與靜止的小物塊B發(fā)生正碰,重力加速度為g,碰后小物塊B在水平面上滑行的距離可能為()A．v028μgB．v02【解答】解：此題碰撞過程有沒有能量損失是關鍵,題中沒有給定條件,所有要求出兩種極限情況,即彈性碰撞和共速兩種情況下碰撞后B的速度;如果兩物塊發(fā)生彈性碰撞,碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得：mv0＝mvA+mvB,由機械能守恒定律得：1解得：vA＝0,vB＝v0然后B物體以此速度在水平面上滑行,由動能定理得：-解得：x1如果碰撞為完全非彈性碰撞,碰撞后兩物塊共速,以向右為正方向,由動量守恒定律得：mv0＝2mv解得：v然后B物體以此速度在水平面上滑行,由動能定理得：-解得：x2所以,滑行的距離為：v028μg≤x≤v0故選：ABD.如圖,輕質細桿上端固定在O處的水平轉軸上,下端連接一質量可忽略的力傳感器P(可測出細桿所受拉力或壓力大小)和質量m＝1kg的小球,小球恰好沒有觸及水平軌道．輕桿可繞O處的轉軸無摩擦在豎直面內轉動,小球的軌道半徑R＝0.5m．在水平軌道左側某處A固定一高度H＝1.5m的光滑曲面,曲面底端與水平軌道平滑連接．質量與小球相同的物塊從曲面頂端由靜止釋放,物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ＝0.5,物塊滑到B處時與小球發(fā)生彈性正碰,碰后小球連桿繞O點做圓周運動．重力加速度g＝10m/s(1)若AB間的距離s＝1m,求物塊與小球碰后瞬間力傳感器顯示的力的大?。?2)多次改變光滑曲面在水平軌道左側的位置并固定,每次都使物塊從曲面頂端由靜止釋放,若有兩次小球通過最高點C時力傳感器中顯示力的大小都為6N,求這兩次AB間的距離s1和s【解答】解：(1)設物塊從靜止釋放運動到B處的速度為v0,由動能定理得mgH-設物塊與小球碰后的速度分別為v和v1,規(guī)定物塊初速度的方向為正方向,由動量守恒和動能守恒可得mv0＝mv+mv1,12由牛頓第二定律得F﹣mg=代入數據聯立解得力傳感器顯示的力大小F＝50N(2)設小球從B運動到C處時速度為v2,由機械能守恒定理得12①若C處細桿對小球作用力為拉力,由牛頓第二定律得mg+將F＝6N代入聯立解得s1＝0.2m②若C處細桿對小球作用力為支持力,由牛頓第二定律得mg將F＝6N代入聯立解得s2＝0.8m答：(1)物塊與小球碰后瞬間力傳感器顯示的力的大小為50N．(2)這兩次AB間的距離s1和s2分別為0.2m、0.8m．六、弧面小車(地面光滑)、車載單擺模型①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(系統(tǒng)水平方向動量守恒,即Δpx＝0,,系統(tǒng)機械能守恒,即ΔE＝0.))②擺至最高點時若小球沒有離開軌道,則系統(tǒng)具有相同速度．③若弧面軌道最高點的切線在豎直方向,則小球離開軌道時與軌道有相同的水平速度,如圖所示．左邊存在墻面．a．小球落到最低點的過程中,凹槽不動,系統(tǒng)機械能守恒,動量不守恒,水平方向動量也不守恒．b．最低點后,系統(tǒng)水平方向動量守恒,水平總動量p＝mv0.c．弧面一直向右運動,小球從右端斜向上拋出后總能從右端落回弧面．水平方向無阻擋．a．弧面做往復運動,平衡位置即為弧面開始靜止的位置．b．小球總是從弧面兩端離開弧面做豎直上拋運動,且又恰從拋出點落回弧面內．如圖所示,一個質量為m的半圓槽形物體P放在光滑水平面上,半圓槽半徑為R,一小物塊Q質量為3m,從半圓槽的最左端與圓心等高位置無初速釋放,然后滑上半圓槽右端,接觸面均光滑,Q從釋放到滑至半圓槽右端最高點的過程中,下列說法正確的是()A．P、Q組成的系統(tǒng)滿足動量守恒B．P的位移大小為34C．Q滑動最低點的速度為2D．Q的位移大小為12【解答】解：A、P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,在豎直方向所受合外力不為零,系統(tǒng)所受合外力不為零,系統(tǒng)動量不守恒,故A錯誤;BD、設P的位移大小為x,則Q的位移大小為2R﹣x,P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,系統(tǒng)在水平方向動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得：3mvQ﹣mvP＝0,3m×2R-xt-m×xt=0,解得：x=32R,Q的位移大小xQ＝2R﹣x＝C、設Q到達最低點的速度大小為v1,此時P點的速度大小為v2,P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,以向右為正方向,在水平方向,由動量守恒定律得：3mv1﹣mv2＝0,系統(tǒng)機械能守恒,由機械能守恒定律得：3mgR=12×3mv12+12故選：D.(多選)如圖所示,質量為M＝3m的圓弧槽靜止于光滑水平面上,圓弧槽半徑為R．另有一質量為m可視為質點的小球.圖1中槽內部也光滑,把小球自槽左側與球心等高處A點靜止釋放,圖2中槽內部不光滑,小球自自槽口A點上方h處靜止釋放,能從右側沖出槽口距離C最大高度為34h．則以下說法中正確的是(A．圖1中小球與圓弧槽組成的系統(tǒng)動量守恒,機械能也守恒B．圖1中小球運動到最低點B時槽對地面的壓力大于4mgC．圖1中小球恰好能運動到圓弧槽右側最高點C(與球心等高),在此過程中圓弧槽(對地)向左最大位移為RD．圖2中小球與圓弧槽組成的系統(tǒng)機械能不守恒,當小球再次回到槽口左端A點時,會沖出槽口做豎直上拋運動,上升的最大高度等于h2【解答】解：A、圖1中小球與圓弧槽組成的系統(tǒng)水平方向受合外力為零,則水平方向的動量守恒;由于只有重力做功,則系統(tǒng)的機械能守恒,故A錯誤;B、圖1中小球運動到最低點B時,小球有向上的加速度處于超重狀態(tài),可知槽對地面的壓力大于mg+Mg＝4mg,故B正確;C、對小球和凹槽系統(tǒng),由動量守恒可得：m(2R﹣x)＝Mx,解得：x=12R,故CD、圖2中小球與圓弧槽組成的系統(tǒng)由于有摩擦力做功,則系統(tǒng)的機械能不守恒;小球第一次從A到C運動過程中摩擦力的功為：mgh-34mgh=14mgh,當小球再次從C返回到A時槽對球的阻力功小于14mgh,則當小球再次回到槽口左端A點時,會沖出槽口做豎直上拋運動,能上升的最大高度大于3故選：BC.如圖,半徑為R、質量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上,將質量也為m的小球從距A點正上方h高處由靜止釋放,小球自由落體后由A點經過半圓軌道后從B沖出,在空中能上升的最大高度為34h,則(A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．小車向左運動的最大距離為12C．小球離開小車后做斜拋運動D．小球第二次能上升的最大高度1【解答】解：A、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,系統(tǒng)在水平方向系統(tǒng)動量守恒,豎直方向動量不守恒,故A錯誤;B、系統(tǒng)水平方向動量守恒,以向右為正方向,在水平方向,由動量守恒定律得：mv﹣mv′＝0,若用平均動量守恒可表示為：m2R-xt-mxt=0,解得小車的位移：C、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,小球由A點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零,小球與小車水平方向速度為零,小球離開小車后做豎直上拋運動,故C錯誤;D、小球第一次車中運動過程中,由動能定理得：mg(h-34h)﹣Wf＝0,Wf為小球克服摩擦力做功大小,解得：Wf=14mgh,即小球第一次在車中滾動損失的機械能為14mgh,由于小球第二次在車中滾動時,對應位置處速度變小,因此小車給小球的彈力變小,摩擦力變小,摩擦力做功小于14mgh,機械能損失小于14mgh,因此小球再次離開小車時,能上升的高度大于：34h-14h=12h,而小于34故選：D.(多選)如圖甲所示,曲面為四分之一圓弧、質量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上,一光滑小球以某一速度水平沖上滑塊的圓弧面,且沒有從滑塊上端沖出去.若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2,作出圖像如圖乙所示,重力加速度為g,則下列說法正確的是()A．小球的質量為bB．小球的質量為aC．小球能夠上升的最大高度為aD．小球運動到最高點時的速度為ab【解答】解：AB、設小球剛剛沖上滑塊圓弧面時的速度為v0,小球和滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,則有：mv0＝mv1+Mv2可得：v由圖乙可得：v所以有：mMv得小球的質量為：m=baM,v0＝a,故ACD、小球上升到最大高度時,小球豎直方向速度為零,小球和滑塊速度相等,取向有為正方向,根據動量守恒有：mv0＝(M+m)v設小球上升的最大高度為h,根據能量守恒則有：mg兩式聯立,可得：h=a32(a+b)g,故選：AD.如圖所示,有一質量為M＝2.0kg的滑塊靜放在光滑的水平地面上,滑塊上表面AB部分是半徑R＝0.25m、圓心角θ＝53o的光滑圓弧,圓弧底部與光滑水平部分BC相切,滑塊水平面到地面的高度h＝0.20m.現有質量m＝1.0kg的小球,從某一高處以v0＝3.0m/s的初速度水平拋出,小球恰能從A點沿切線進入滑塊圓弧曲面,重力加速度g取10m/s2,sin53°＝0.8,cos53°＝0.6,則(1)小球拋出時距離滑塊上表面A端的高度H應為多少?(2)當小球滑至圓弧底端B時,滑塊的速度大小為多少?(3)若滑塊左側有段足夠長的粗糙地面,小球剛離開滑塊時,滑塊恰好進入該段粗糙地面,滑塊與粗糙地面間的動摩擦因數為μ,問當小球落地時,滑塊在粗糙地面滑行的距離是多少?(結果可用含μ的表達式表示)【解答】解：(1)小球做平拋運動,恰能沿切線進入圓弧曲面,則有：vy＝v0?tanθ豎直方向做自由落體運動,有：vy＝gt1H=聯立代入數據解得：H＝0.8m(2)設小滑塊從右側離開時,小球的速度為v1,滑塊的速度為v2,以小球和滑塊為研究對象,小球在滑塊圓弧曲面運動過程,以水平向右為正方向,系統(tǒng)水平方向動量守恒、系統(tǒng)機械能守恒得：mv0＝mv1+Mv212mv0cos53°=聯立解得：v2＝﹣1m/s,負號表示滑塊向左運動.(3)設小球落地時間為t2,則對小球有：h=t2＝0.2sⅠ、若小球落地時滑塊仍在運動,此時滑塊位移為s＝v2t2-解得：s＝0.2﹣0.2μ(m)Ⅱ、若小球落地時滑塊已經停止,對滑塊有：v22=解得：s=1答：(1)小球拋出時距離滑塊上表面A端的高度H應為多0.8m;(2)當小球滑至圓弧底端B時,滑塊的速度大小為1m/s,方向向左;(3)當小球落地時,滑塊在粗糙地面滑行的距離是0.2﹣0.2μ(m)或120七、爆炸模型(類爆炸模型)1、如圖：質量分別為mA、mB的可視為質點A、B間夾著質量可忽略的火藥．一開始二者靜止,點燃火藥(此時間極短且不會影響各物體的質量和各表面的光滑程度A、B組成的系統(tǒng)動量守恒：mAvA=②式表明在爆炸過程中相互作用的兩個物體間獲得的速度與它們的質量成反比.A、B組成的系統(tǒng)能量守恒：E化學能①式也可以寫為：PA=PB2mAEkA⑤式表明在爆炸過程中相互作用的兩個物體間獲得的動能與它們的質量成反比.斜向上發(fā)射的炮彈在最高點爆炸(爆炸時間極短)成質量均為m的兩塊碎片,其中一塊碎片沿原來的方向飛去.已知炮彈爆炸時距水平地面的高度為H,炮彈爆炸前的動能為E,爆炸后系統(tǒng)的機械能增加了E4,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質量,則兩塊碎片落地點間的距離為(A．EHmgB．2EHmgC．3EH【解答】解：炮彈炸裂的過程水平方向動量守恒,設炮彈炸裂前的速度大小為v,則有12×2mv設炸裂后瞬間兩塊碎片的速度分別為v1、v2,以爆炸前炮彈的速度方向與正方向,據動量守恒定律有2mv＝mv1+mv2據機械能守恒定律有E解得：v1=根據平拋運動規(guī)律有H=12gt2,兩塊碎片落地點之間的距離x＝解得：x=2EHmg,故B故選：B.一質量為M的煙花斜飛到空中,到達最高點時的速度為v0,此時煙花炸裂成沿v0直線上的兩塊(損失的炸藥質量不計),兩塊的速度沿水平相反方向,落地時水平位移大小相等,不計空氣阻力.向前一塊的質量為m,向前一塊的速度大小為()A．2MM-mv0B．M【解答】解：煙花在最高點時水平方向動量守恒,選v0方向為正方向,由動量守恒定律得：Mv0＝mv﹣(M﹣m)v1,兩塊落地時水平位移大小相等,所以v1＝v,解得v=Mv02m-M故選：C.豎直向上發(fā)射一物體(不計空氣阻力),在物體上升的某一時刻突然炸裂為a、b兩塊,質量較小的a塊速度方向與物體原來的速度方向相反,則()A．炸裂后瞬間,a塊的速度一定比原來物體的速度小B．炸裂后瞬間,b塊的速度方向一定與原來物體的速度方向相同C．炸裂后瞬間,b塊的速度一定比原來物體的速度小D．炸裂過程中,b塊的動量變化量大小一定小于a塊的動量變化量大小【解答】解：A、炸裂過程系統(tǒng)內力遠大于外力,該過程系統(tǒng)動量守恒,炸裂后a的速度大小即可能大于、也可能等于、還可能小于原來的速度,故A錯誤;BC、炸裂過程系統(tǒng)動量守恒,以向上為正方向,設炸裂前瞬間物塊的速度為v0,由動量守恒定律得：mv0＝mbvb﹣mava,解得：vb=mv0+mavamb,由題意可知：mb＞ma,ma+mb＝m,則：vb=mD、炸裂過程系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律可知,炸裂過程中,b塊的動量變化量大小一定等于a塊的動量變化量大小,故D錯誤;故選：B.(多選)質量為m的煙花彈從地面以初動能E向上飛出,當其上升的速度為零時,彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的a、b、c、d四部分(可視為質點),其中a、b兩部分速度方向分別為豎直向上和豎直向下,c、d兩部分速度方向分別為水平向左和水平向右,a的動能也為E,如圖所示.爆炸時間極短,且炸藥對a、b、c、d四部分的作用力大小相等,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質量.關于它們后面的運動,下列說法正確的是()A．落地前同一時刻,a、b、c、d分布在一個四邊形的四個頂點上,且ac連線比cb連線短