金版教程物理2024导学案选择性必修第一册人教版新第一章 动量守恒定律第一章 水平测评含答案

《金版教程(物理）》2024导学案选择性必修第一册人教版新第一章动量守恒定律第一章水平测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．有关实际生活中的现象，下列说法不正确的是()A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，汽车前部的发动机舱越坚固越好答案D解析根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度，故A正确；体操运动员在着地的过程中，动量变化量一定，则运动员受到地面的冲量I一定，由I＝FΔt可知，体操运动员屈腿可延长作用时间Δt，从而减小地面对运动员的平均作用力F，故B正确；用枪射击时，子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，为了减小反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝FΔt可知位于汽车前部的发动机舱不能太坚固，故D错误。本题选说法不正确的，故选D。2．在某局冰壶比赛中，挪威队质量为m1的冰壶以速度v0与静止的意大利队质量为m2的冰壶发生碰撞，碰撞后挪威队冰壶的速度为v1，碰后冰壶速度均在一条直线上且方向相同。定义碰后被撞物体获得的动能与碰前入射物体的动能之比叫作动能传递系数，则此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为()A.eq\f(m2（veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)）,m1veq\o\al(2,0)) B.eq\f(m1（veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)）,m2veq\o\al(2,0))C.eq\f(m2（v0－v1）2,m1veq\o\al(2,0)) D.eq\f(m1（v0－v1）2,m2veq\o\al(2,0))答案D解析挪威队的冰壶与意大利队的冰壶在碰撞过程中动量守恒，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，解得v2＝eq\f(m1（v0－v1）,m2)，此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为eq\f(\f(1,2)m2veq\o\al(2,2),\f(1,2)m1veq\o\al(2,0))＝eq\f(m1（v0－v1）2,m2veq\o\al(2,0))，故D正确。3.电动餐桌就是在大圆桌面上安装一电动转盘，使用时转盘可以低速匀速旋转，方便用餐人员夹取食物菜肴。如图所示，一质量为m的盘子(可视为质点)随电动餐桌一起以角速度ω匀速转动，已知A、B两点与圆心O的距离均为r，∠AOB＝120°，则盘子随餐桌从A转到B的过程中，摩擦力对盘子冲量的大小为()A.eq\r(3)mωr B.eq\r(2)mωrC．mωr D．0答案A解析由于摩擦力是变力，由动量定理得：I＝mvB－mvA，盘子在A、B两点速度方向如图甲所示，且有vA＝ωr，vB＝ωr，将vA平移到B点，如图乙所示，解得I＝mΔv＝eq\r(3)mωr，A正确，B、C、D错误。4.如图所示，斜面体A的底面光滑、斜面粗糙，物块B由静止开始从斜面的顶端滑到底端，在这个过程中()A．A、B组成的系统动量守恒B．B对A的冲量等于A的动量变化C．A、B动量变化量的水平分量大小相等D．A对B的支持力的冲量为零答案C解析A、B组成的系统，所受合力不为零，所以系统动量不守恒，A错误；由动量定理知合力对A的冲量等于A的动量变化，B错误；A、B组成的系统，水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，则A、B动量变化量的水平分量大小相等、方向相反，C正确；A对B的支持力不等于零，故支持力的冲量不为零，D错误。5．如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态。一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动。木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，受到的合力的冲量为()A．－eq\f(Mmv0,M＋m) B．2Mv0C.eq\f(2Mmv0,M＋m) D．2mv0答案A解析子弹射入木块的时间极短，在这一过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒。设木块被子弹击中后子弹和木块共同的速度为v，根据动量守恒定律mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)。木块第一次回到原来位置的速度大小等于子弹击中木块后瞬间木块的速度大小，木块被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，根据动量定理，合力的冲量I＝－Mv－0＝－eq\f(Mmv0,M＋m)，故A正确。6．在摸高测试中，一质量为m的同学下蹲后，用力蹬地的同时举臂起跳，在刚要离地时其手指距地面的高度为h1，离地后身体姿势保持不变，手指摸到的最大高度为h2，若从蹬地到离开地面的时间为t，空气阻力不计，重力加速度为g，则关于从下蹲后蹬地至离开地面的过程，下列说法正确的是()A．地面对该同学做正功B．地面对该同学的冲量为meq\r(2g（h2－h1）)C．该同学的机械能增加mg(h2－h1)D．地面对该同学的弹力平均值为eq\f(m\r(2g（h2－h1）),t)＋mg答案D解析从蹬地到离开地面的过程中，地面对该同学有作用力，但在该过程中地面对该同学的力的作用点在力的方向上的位移为0，则地面对该同学不做功，故A错误；设起跳离地时的速度为v，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝mg(h2－h1)，解得v＝eq\r(2g（h2－h1）)，设从蹬地到离开地面的过程中地面对该同学的冲量为I，有I－mgt＝mv－0，解得I＝mgt＋meq\r(2g（h2－h1）)，故B错误；根据动量定理，从蹬地至离开地面的过程中，地面对该同学的弹力平均值为eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(I,t)＝eq\f(m\r(2g（h2－h1）),t)＋mg，故D正确；从蹬地到离开地面的过程中，该同学重心升高，重力势能增大，由B项分析可知，动能的增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝mg(h2－h1)，则此过程该同学的机械能增加量大于mg(h2－h1)，故C错误。7.如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以速度v0水平射入物块B后，物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，且B不会撞到轻杆。则以下说法不正确的是(子弹射入时间极短且未穿出物块B)()A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒B．子弹射入物块B的初速度v0＝100eq\r(5gL)C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，物块B上摆的初速度将等于原来物块A固定时上摆的初速度D．若物块A不固定，要使物块B上摆的最大高度与A等高，子弹的初速度应为200eq\r(gL)答案A解析在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其水平方向动量守恒，由于摩擦发热，机械能不守恒，A错误；子弹射入物块B的过程，由动量守恒定律有0.01mv0＝mv，物块B恰好能在竖直平面内做圆周运动，则运动到最高点时有mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),L)，从最低点到最高点，由动能定理得－2mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2，联立解得v0＝100eq\r(5gL)，B正确；若物块A不固定，子弹仍以v0射入物块B瞬间，系统不受A的影响，所以子弹和物块B水平方向仍动量守恒，物块B上摆的初速度将等于原来物块A固定时上摆的初速度，C正确；若物块A不固定，要使物块B上摆的最大高度与A等高，则有0.01mv0′＝mv′，0.01mv0′＝2mv2，eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋mgL，联立解得v0′＝200eq\r(gL)，D正确。本题选说法不正确的，故选A。8．光滑水平面上的三个小球a、b、c的质量均为m，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，与之相碰并粘在一起运动。在整个运动过程中，下列说法正确的是()A．三个小球与弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒B．三个小球与弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的速度一定最大，球b此时的速度方向一定水平向左答案AC解析在整个运动过程中，三个小球与弹簧组成的系统所受的合力为零，系统动量守恒，a与b碰撞的过程中系统机械能减小，A正确，B错误；当小球b、c速度相等时，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，C正确；当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，因为小球a、b的总质量大于小球c的质量，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，小球a、b的粘合体不会“反弹”，小球b的速度方向一定向右，D错误。9．在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速。碳原子核的质量是中子的12倍，中子的质量约为电子质量的2000倍。假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。用碳作为中子减速剂比起用更重的原子(比如硅，它的质量是中子的28倍)，其优势有()A．每一次碰撞的减速效果明显B．达到相同能量要求，需要减速的次数较少C．其他材料中电子对碰撞的影响不可忽略D．中子与质量较小的原子碰撞，物理规律相对简单、计算简便答案AB解析用m1表示中子质量，m2表示某原子核质量，v10和v1表示中子碰撞前后的速度，v20和v2表示某原子核碰撞前后的速度。当中子与静止的原子核发生弹性正碰时，系统动量守恒，总动能不变，故有m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,10)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，其中v20＝0，联立解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v10；中子碰后，动能损失比率为eq\f(ΔE,E)＝eq\f(m1veq\o\al(2,10)－m1veq\o\al(2,1),m1veq\o\al(2,10))＝1－eq\f(veq\o\al(2,1),veq\o\al(2,10))＝eq\f(4m1m2,（m1＋m2）2)；用碳作为中子减速剂时eq\f(ΔE,E)＝eq\f(4×12,（12＋1）2)≈0.28，用硅作为中子减速剂时eq\f(ΔE,E)＝eq\f(4×28,（28＋1）2)≈0.13，可知用碳作为中子减速剂时，每一次碰撞的减速效果较明显，则达到相同能量要求，需要减速的次数较少，故A、B正确，D错误；由于电子质量极小，根据v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)·v10，与电子碰撞后，中子的速度几乎不变，则任何材料中电子对碰撞的影响都可忽略，C错误。10．冰壶是冬季奥运会比赛项目之一。如图a所示，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞(碰撞时间极短)，碰撞前后两壶运动的v­t图线如图b中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等且均可视为质点，重力加速度取10m/s2。由图b可知()A．红、蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞B．碰撞后瞬间，蓝壶的速度为0.6m/sC．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1mD．红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受冰面作用力的冲量方向相同，大小之比约为2∶3答案BC解析碰前蓝壶静止在圆形区域内，由图b可知，碰前瞬间红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后瞬间红壶的速度为v0′＝0.4m/s，设碰后蓝壶的速度为v，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，代入数据解得：v＝0.6m/s，B正确；碰撞前瞬间两壶的总动能为Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，碰撞后瞬间两壶的总动能为Ek2＝eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)mv2，代入数据可知Ek2<Ek1，所以两壶发生的碰撞为非弹性碰撞，故A错误；根据图b可知碰前红壶的加速度大小为a1＝eq\f(1.2－1.0,1)m/s2＝0.2m/s2，所以碰后蓝壶静止的时刻为t＝eq\f(0－1.2,－0.2)s＝6s，又v­t图像与时间轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为sm＝eq\f(0.6×（6－1）,2)m－eq\f(0.4×（3－1）,2)m＝1.1m，故C正确；碰后蓝壶的加速度大小为a2＝eq\f(0.6,6－1)m/s2＝0.12m/s2，则红壶所受冰面的作用力大小为F1＝eq\r(（ma1）2＋（mg）2)，方向与速度反方向的夹角θ1满足tanθ1＝eq\f(mg,ma1)，蓝壶所受冰面的作用力大小为F2＝eq\r(（ma2）2＋（mg）2)，方向与速度反方向的夹角θ2满足tanθ2＝eq\f(mg,ma2)，结合冲量的定义式I＝Ft可知，红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受冰面作用力的冲量方向不同，大小之比为eq\f(I1,I2)＝eq\f(F1t1,F2t2)，联立并代入数据，可得eq\f(I1,I2)≈eq\f(2,5)，D错误。第Ⅱ卷(非选择题，共50分)二、实验题(本题共2小题，共12分)11．(6分)某同学利用如图甲所示的实验装置探究动量定理，用天平测量重物的质量m＝300g，把打点计时器固定在铁架台上，纸带下端连接重物，上端穿过限位孔后用固定在横杆上的夹子夹住。(1)该同学接通打点计时器的电源，释放重物，重复实验，从打出的纸带中选出一条理想的纸带，如图乙所示。每相邻两计数点间还有1个点未标出，打点频率为50Hz，取g＝10m/s2。在打计数点1和5的过程中重物重力的冲量的大小I＝________N·s，重物动量改变量的大小Δp＝________kg·m·s－1。(2)定义δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%，则本次实验δ＝________%。答案(1)0.480.468(2)2.5解析(1)依题意，可知打点间隔为T＝eq\f(1,f)＝0.02s，打相邻计数点间的时间间隔为Δt＝2T＝0.04s，在打计数点1和5的过程中重物重力的冲量的大小I＝mgt＝300×10－3×10×0.04×4N·s＝0.48N·s；打计数点1时重物的速度大小为v1＝eq\f(3.91＋5.46,2×0.04)×10－2m/s＝1.17m/s，打计数点5时重物的速度大小为v5＝eq\f(10.15＋11.70,2×0.04)×10－2m/s＝2.73m/s，在打计数点1和5的过程中重物动量改变量的大小为Δp＝mv5－mv1＝0.468kg·m·s－1。(2)本次实验δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0.48－0.468,0.48)))×100%＝2.5%。12．(6分)如图甲所示为利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒。实验器材：支架两个，半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺等，实验所在地重力加速度大小为g。实验步骤如下：(1)测量小球1、2的质量分别为m1、m2，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，使两小球球心位于同一水平面，如图甲；(2)将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是相同的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍；(3)如图乙所示，分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1碰后到达的最高位置为B，球2向右摆动的最高位置为C，测得A、B、C到最低点的竖直高度差分别为h1、h2、h3，则碰后瞬间球1的速度大小为________，碰后瞬间球2的速度大小为________；(4)若满足关系式____________________，则能证明碰撞中系统水平方向总动量守恒；若还满足关系式________________，则说明两小球发生的是弹性碰撞。答案(3)eq\r(2gh2)eq\r(2gh3)(4)m1eq\r(h1)＝m1eq\r(h2)＋m2eq\r(h3)m1h1＝m1h2＋m2h3解析(3)球1碰后到达的最高位置为B，设碰后瞬间球1的速度大小为v1′，球2的速度大小为v2，则由动能定理可知，小球1碰后过程有－m1gh2＝0－eq\f(1,2)m1v1′2，解得球1碰后瞬间的速度大小为v1′＝eq\r(2gh2)，小球2碰后的过程有－m2gh3＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得球2碰后瞬间的速度大小为v2＝eq\r(2gh3)。(4)将小球1拉至某一位置A，由静止释放，设小球1到达最低点碰前瞬间的速度大小为v1，则小球1到达最低点过程有m1gh1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－0，解得小球1碰前瞬间的速度大小为v1＝eq\r(2gh1)；若两小球碰撞中系统水平方向总动量守恒，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2，联立可得m1eq\r(h1)＝m1eq\r(h2)＋m2eq\r(h3)；若两小球发生的是弹性碰撞，由碰撞前后总动能不变，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，联立可得m1h1＝m1h2＋m2h3。三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(9分)在2022年冬奥会花样滑冰双人滑比赛中，中国选手隋文静韩聪组合获得冠军。如图所示为某次训练中的情景，他们携手滑步，相对光滑冰面的速度为1.0m/s。韩聪突然将隋文静向原先运动方向推开，推力作用时间为2.0s，隋文静的速度大小变为4.0m/s。假设隋文静和韩聪的质量分别为40kg和60kg，求：(1)推开后韩聪的速度大小；(2)推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小。答案(1)1m/s(2)60N解析(1)以他们原先运动方向为正方向，推开过程由动量守恒定律有(m1＋m2)v＝m1v1＋m2v2，其中m1＝40kg，m2＝60kg，v＝1.0m/s，v1＝4.0m/s，代入数据解得v2＝－1m/s，即推开后韩聪的速度大小为1m/s。(2)设推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力为F，以韩聪为研究对象，该过程由动量定理得Ft＝m2v2－m2v，代入数据解得F＝－60N，即该过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小为60N。14.(11分)物理问题的研究首先要确定研究对象。当我们研究水流、气流等流体问题时，经常会选取流体中的一小段来进行研究，通过分析能够得出一些有关流体的重要结论。水刀应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广、效率高、安全环保等优势。如图所示，某型号水刀工作过程中，将水从面积S＝0.1mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该水刀每分钟用水600g，水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3。(1)求从喷嘴喷出水的流速v的大小；(2)高速水流垂直打在材料表面上后，水速几乎减为0，不考虑重力的影响，求高速水流对材料表面的压强p约为多大？答案(1)100m/s(2)1.0×107Pa解析(1)一分钟喷出的水的质量为m＝ρSvt，所以水的流速v＝eq\f(m,ρSt)，代入数据得v＝100m/s。(2)选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象，设材料对水的平均作用力大小为F，由动量定理得－FΔt＝0－Δm·v，其中Δm＝ρSvΔt，解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律，材料表面受到的压力大小F′＝F，则根据压强公式p＝eq\f(F′,S)，联立解得p＝ρv2＝1.0×107Pa。15．(18分)航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，不计转运车与地面间的摩擦。A、B的质量均为M＝40kg，A、B水平部分的长度均为L＝4m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略。重力加速度g取10m/s2。求：(1)要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少？(2)若某包裹的质量为m＝10kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足的条件；(3)若某包裹的质量为m＝50kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时h′的最小值。答案(1)40kg(2)0.8m≤h≤2.8m(3)0.85m解析(1)要求A不动时需满足μ1mg≤μ2(m＋M)g解得m≤eq\f(μ2M,μ1－μ2)＝40kg即包裹C的质量不能超过40kg。(2)由于包裹质量m＝10kg<40kg，装置A始终静止不动，所以包裹C释放高度最小时，恰好滑上B车，则由动能定理有mghmin－μ1mgL＝0－0解得hmin＝0.8m包裹C释放高度最大时，包裹C滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时与B车恰好共速，设该包裹第一次刚好下滑至B车左端时的速度为v0，则由动能定理有mghmax－μ1mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0设该包裹与B车共速时的速度为v，则由动量守恒定律和能量守恒定律可知，mv0＝(m＋M)veq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋μ1mg·2L解得hmax＝2.8m所以0.8m≤h≤2.8m。(3)由于包裹质量大于40kg，则包裹C在装置A水平部分上运动时，装置A和转运车B向右运动。包裹能滑上B车，h′最小时，包裹刚好可以滑上B车时A、B、C三者共速。包裹C在装置A水平部分上运动时，A、B的加速度大小为a1＝eq\f(μ1mg－μ2（m＋M）g,2M)＝eq\f(1,8)m/s2包裹C的加速度大小为a2＝eq\f(μ1mg,m)＝μ1g＝2m/s2包裹在光滑曲面下滑过程，由动能定理得mghmin′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C0)－0设包裹滑到A装置水平部分上后，经过时间t，A、B、C三者共速，则v共＝a1t＝vC0－a2tvC0t－eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(1,2)a1t2＋L联立解得hmin′＝0.85m。第一章知识网络构建专题一动量的综合问题探究临界问题分析临界问题的关键是寻找临界状态，在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键。例1如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量为M＝30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg。游戏时，甲推着一个质量为m＝15kg的箱子和他一起以v0＝2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。(不计冰面摩擦)(1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示)(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞，则箱子被推出的速度至少多大？[规范解答](1)设甲的速度变为v1，甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得(M＋m)v0＝mv＋Mv1解得v1＝eq\f(（M＋m）v0－mv,M)。(2)设乙抓住箱子后的速度变为v2，箱子和乙作用的过程，乙和箱子组成的系统动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv0＝(m＋M)v2解得v2＝eq\f(mv－Mv0,m＋M)。(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2，其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的临界条件。即eq\f(（M＋m）v0－mv,M)≤eq\f(mv－Mv0,m＋M)代入数据得v≥5.2m/s所以若甲、乙最后不相撞，则箱子被推出的速度至少为5.2m/s。[答案](1)eq\f(（M＋m）v0－mv,M)(2)eq\f(mv－Mv0,m＋M)(3)5.2m/s模型点拨解决动量临界问题的几个要点(1)应联想其中一个物体速度很小或速度很大时的状况。(2)通常临界状态发生在二者速度相同的时刻。(3)有时两个物体间发生相互作用时，动量守恒，动能损失最大时的情况和无动能损失的情况与完全非弹性碰撞和弹性碰撞相类似。[变式训练1]如图所示，甲车质量m1＝20kg，车上有质量M＝50kg的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h＝0.45m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝50kg的乙车正以v0＝1.8m/s的速度迎面滑来。为了避免两车相撞，当两车相距适当的距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应在什么范围内？(不计地面和斜面的摩擦，取g＝10m/s2)答案3.8m/s≤v≤4.8m/s解析在水平面上人跳离甲车和跳上乙车的两个过程中，人与甲车组成的系统及人与乙车组成的系统在水平方向动量是守恒的。甲车从斜坡滑到平面上的速度v甲＝eq\r(2gh)＝3m/s，设人跳离甲车后甲车的速度为v甲′，跳上乙车后乙车的速度为v乙′，人跳离甲车的水平速度为v，以水平向右为正方向，则(M＋m1)v甲＝Mv＋m1v甲′①Mv－m2v0＝(M＋m2)v乙′②分析可知，要使甲、乙不相撞，v乙′应为正，v甲′可为正也可为负，且|v甲′|≤v乙′③联立以上各式解得：3.8m/s≤v≤4.8m/s故为了避免两车相撞，人跳出甲车的水平速度应满足3.8m/s≤v≤4.8m/s。探究碰撞的拓展模型1．“弹簧类”模型模型图示模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒；(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统中只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒；(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)；(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型)2.“子弹打木块”“滑块—木板”模型模型图示模型特点(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(为子弹射入木块的深度或滑块相对木板滑动的距离)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)；(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对路程(即相对运动轨迹的长度)的乘积等于系统减少的机械能；(3)根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多；(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图像求解3.“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型模型图示模型特点(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)；(2)最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)(弹性碰撞拓展模型)4.“悬绳”模型“悬绳”模型(如图所示)与“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。例2如图所示，质量为2kg的木板A和质量为1kg的物块C静止放置在光滑水平面上，质量为6kg的物块B以6m/s的初速度从木板左端滑上A，B、C的大小相对于A均可忽略，B与A之间的动摩擦因数μ＝0.4，A的速度为3m/s时与C发生完全非弹性碰撞，且碰撞后A、C不再分离。求：(g取10m/s2)(1)A、C碰撞之前，B运动的时间；(2)A、C碰撞后的瞬间，A、B、C的速度大小；(3)确保B不从A上滑下来，A的最短长度。[规范解答](1)假设B滑上A后，在A、C碰撞前便与A共速，则由动量守恒定律得mBvB0＝(mA＋mB)vAB解得vAB＝4.5m/s因4.5m/s>3m/s，可知假设不成立，即A、C碰撞前，A、B一直相对运动自B滑上A，至A、C碰撞前瞬间，对A根据动量定理有ft＝mAvA－0其中f＝μmBg可解得A、C碰撞之前，A、B运动的时间t＝0.25s。(2)自B滑上A，至A、C碰撞之前，对B根据动量定理有－ft＝mBvB－mBvB0可解得A、C碰撞前的瞬间，B的速度大小vB＝5m/sA、C碰撞前后，B的速度不变，A、C碰撞过程，根据动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mC)v共解得A、C碰撞后的瞬间速度大小都为v共＝2m/s。(3)A、C碰撞之前，对A、B组成的系统，根据能量守恒定律有μmBgs1＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B0)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)解得A与C碰撞前，B比A多向右运动的距离为s1＝1m设A与C碰撞后，直至A、B、C三者共速，B又比A多向右运动了s2，则由动量守恒定律有(mA＋mC)v共＋mBvB＝(mA＋mB＋mC)v共′由能量守恒定律有eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,共)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v共′2＋μmBgs2联立解得s2＝eq\f(3,8)m为了确保B不从A上滑下来，A的最短长度为Lmin＝s1＋s2＝eq\f(11,8)m。[答案](1)0.25s(2)2m/s5m/s2m/s(3)eq\f(11,8)m模型点拨处理碰撞类模型的方法技巧(1)“弹簧类”模型的解题思路①系统的动量守恒。②系统的机械能守恒。③应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。(2)“滑块—木板”模型的解题思路①系统的动量守恒。②在涉及滑块或木板的运动时间时，优先考虑用动量定理。③在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。④在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。(摩擦力与两者相对路程的乘积等于系统机械能的减少量，即摩擦产生的热量。)⑤滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。[变式训练2]两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动，则在以后的运动中：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？(3)物块C的最大速度为多大？答案(1)3m/s(2)12J(3)4m/s解析(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。由A、B、C三者组成的系统动量守恒得(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v1解得v1＝eq\f(（2＋2）×6,2＋2＋4)m/s＝3m/s。(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v2，则mBv＝(mB＋mC)v2解得v2＝eq\f(2×6,2＋4)m/s＝2m/s物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大，设为Ep，根据机械能守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,1)解得Ep＝12J。(3)C的速度最大时，弹簧处于原长状态，设此时A的速度为v3，C的速度为v4，根据动量守恒定律有mAv＋(mB＋mC)v2＝mAv3＋(mB＋mC)v4根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mAv2＋eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,4)解得v3＝0，v4＝4m/s。探究力学三大观点1．解力学问题的三个基本观点(1)动力学观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题和圆周运动的瞬时问题。(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。2．力学规律的选用原则(1)如果涉及运动的细节或力的瞬时效果——加速度，则必须用牛顿运动定律和运动学知识求解。(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)。(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，一般用动量守恒定律。例3如图所示，粗糙水平面上固定一足够长且表面光滑的斜面体，斜面倾角θ未知，在斜面体内部埋置了一个与斜面平行的压力传感器，且初始示数为零。水平面上靠近斜面体处静止放置A、B两物体，其中mA＝1kg，mB＝2kg，两物体紧贴在一起，中间夹着一小块炸药(质量可忽略)，点燃炸药发生爆炸使两物体脱离，B物体立刻冲上斜面体，经过压力传感器时，测得传感器上表面受到的压力大小为16N，已知A物体与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.5，炸药爆炸时释放的化学能为E＝27J且全部转化为两物体的动能，不考虑B物体在斜面体与水平面连接处的动能损失，A、B两物体均可视为质点，爆炸时间极短，取g＝10m/s2，求：(1)爆炸后瞬间，A、B两物体获得的速度大小；(2)B物体在斜面上运动的时间t0；(3)要使B物体能追上A物体，B物体与水平面之间的动摩擦因数μ2的取值范围。[规范解答](1)设爆炸后瞬间，A、B两物体获得的速度大小分别为vA、vB，对A、B组成的系统，由于爆炸时间极短，内力极大，该过程动量守恒，则有mAvA－mBvB＝0由炸药爆炸时释放的化学能全部转化为系统动能得E＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)联立得vA＝6m/s，vB＝3m/s。(2)B在斜面上运动时，经过压力传感器时传感器上表面受到的压力FN＝mBgcosθ由牛顿第二定律有mBgsinθ＝mBa由匀变速直线运动的规律知，B物体从开始沿斜面向上运动至回到斜面底端，运动的时间t0＝eq\f(2vB,a)联立得t0＝1s。(3)设A从爆炸后运动至停止的时间为tA，位移大小为xA，根据动量定理有－μ1mAgtA＝0－mAvA根据动能定理有－μ1mAgxA＝0－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)解得tA＝1.2s，xA＝3.6m由牛顿第二定律得，A物体在水平面上运动的加速度大小aA＝eq\f(μ1mAg,mA)＝μ1g爆炸后，B物体回到斜面底端时，A物体向左运动的位移大小xA′＝vAt0－eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,0)＝3.5m由牛顿第二定律得B在水平面上运动的加速度大小aB＝eq\f(μ2mBg,mB)＝μ2gA停止时，B在水平面上的位移xB＝vB(tA－t0)－eq\f(1,2)aB(tA－t0)2≤vB(tA－t0)＝0.6m因为xB<xA′，所以，要使B能追上A，B停止运动时在水平面上的位移xB′必须满足xB′＝eq\f(0－veq\o\al(2,B),－2aB)≥xA解得μ2≤0.125。[答案](1)6m/s3m/s(2)1s(3)μ2≤0.125模型点拨力学综合问题的求解关键(1)根据题意进行受力分析和运动分析，合理划分过程或选取研究对象。(2)根据每个过程的特点或所选取的研究对象的特点，结合力学三大观点的选用原则，选择合适的力学规律列方程(有些题目可以选择多种方法求解)。(3)联立各方程求解。注：①有些情况需要先求出一个过程末状态的相关物理量，然后才能分析下一个过程列方程，层层递进。②根据受力特点，有些多过程可以简化为一整个过程列方程，但等效简化时要注意细节分析。例如几个物体连续碰撞的整个过程虽然动量一直守恒，但可能有机械能损失，这种情况极容易出错。[变式训练3]如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)设滑道AB段的长度为L，已知背包质量为m1＝2kg，设其在AB段滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1代入数据解得a1＝2m/s2已知滑雪者质量为m2＝48kg，初速度为v0＝1.5m/s，加速度为a2＝3m/s2，设其在AB段滑行时间为t，则背包在AB段的滑行时间为t＋t0(t0＝1s)，由运动学规律得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2联立解得t＝2s(t＝－1s舍去)故可得L＝9m。(2)设背包和滑雪者到达水平滑道时的速度分别为v1、v2，则v1＝a1(t＋t0)代入数据解得v1＝6m/sv2＝v0＋a2t代入数据解得v2＝7.5m/s滑雪者拎起背包的过程，系统动量守恒，设拎起背包时的共同速度为v，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v代入数据解得v＝7.44m/s。1．(多选)如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是()A．子弹与硬木摩擦产生的内能较多B．两个系统产生的内能一样多C．子弹在软木中打入深度较大D．子弹在硬木中打入深度较大答案BC解析设子弹质量为m，木头质量为M，由于子弹最终均留在木头内，达到共同速度，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，可知共同速度v相同，根据功能关系有Q＝ΔE机＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2，可知子弹与硬木构成的系统和子弹与软木构成的系统机械能减小量相同，产生的内能Q一样多，故A错误，B正确；根据功能关系有Q＝Ffd，可知产生的内能Q相同时，摩擦力Ff越小，子弹打入木块的深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，故C正确，D错误。2．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()A．A物体的质量为3mB．A物体的质量为2mC．弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)D．弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为mveq\o\al(2,0)答案AC解析对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩量为x时弹性势能Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M×(2v0)＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)M×(2v0)2－eq\f(1,2)(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故A、C正确，B、D错误。3.如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为M＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1<L)；滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量I，小球摆起的最大高度为h2。则h1∶h2为()A．6∶1 B．4∶1C．2∶1 D．4∶3答案B解析设小球获得冲量I对应的初速度为v0，滑环固定时，根据机械能守恒定律，有Mgh1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，解得h1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)；滑环不固定时，设在小球摆起最大高度h2时，滑环和小球的速度都为v，在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Mgh2，Mv0＝(m＋M)v，联立可得h2＝eq\f(veq\o\al(2,0),8g)，则h1∶h2＝4∶1，故选B。4．如图甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2kg的木块A以速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是()A．长木板的质量M＝2kgB．A、B之间的动摩擦因数为0.2C．长木板长度至少为2mD．A、B组成的系统损失的机械能为4J答案A解析由图乙可以看出，开始A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，最后A、B一起做匀速直线运动，共同速度v＝1m/s，A在B上滑动的过程，A、B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，代入数据解得M＝m＝2kg，故A正确；由图乙可知，木板B匀加速运动的加速度aB＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，对B，根据牛顿第二定律得μmg＝MaB，解得A、B之间的动摩擦因数μ＝0.1，故B错误；由图乙可知，前1s内B的位移xB＝0.5m，A的位移xA＝1.5m，所以长木板的最小长度L＝xA－xB＝1m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝2J，故D错误。5．如图甲所示，质量为2kg的小球B与质量未知的小球C用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，另有一小球A以6m/s的初速度向右运动，t＝2s时球A与球B碰撞并瞬间粘在一起，碰后球B的v­t图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k＝240N/m，弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2(x为弹簧的形变量)，整个运动过程中弹簧始终在弹性限度内。下列判断正确的是()A．碰后球B的速度为零时弹簧长度最短B．碰后球B的速度为零时球C的加速度为零C．碰后运动过程中，小球B加速度的最大值为20m/s2D．碰后运动过程中，小球B加速度的最大值为30m/s2答案C解析弹簧长度最短时，弹簧压缩量最大，此时三球共速，且该共同速度必不为零，故A错误；由题图乙可知，B的速度为0后继续反向加速，说明弹簧仍处于压缩状态，弹力不为0，故C球的加速度不为0，B错误；A、B发生完全非弹性碰撞过程中，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v，代入数据解得mA＝4kg，由题图乙可知，当B的速度为v′＝－1m/s时，弹簧恢复原长，对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律有(mA＋mB)v＝(mA＋mB)v′＋mCvC，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)，解得mC＝10kg，当A、B、C共速时由动量守恒定律和机械能守恒定律有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v共，eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,共)＋Epmax，联立解得弹簧的最大弹性势能Epmax＝30J，又Epmax＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,m)，可解得弹簧形变量最大值xm＝eq\f(1,2)m，此时小球B的加速度值最大，为am＝eq\f(kxm,mA＋mB)＝20m/s2，故C正确，D错误。6．(多选)如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去。若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球的质量为eq\f(a,b)MB．小球运动到最高点时的速度为eq\f(ab,a＋b)C．小球能够上升的最大高度为eq\f(a2,2（a＋b）g)D．若圆弧面的下端距水平地面的高度为c，经过一段时间后小球落地，落地时小球与滑块之间的水平距离为aeq\r(\f(2c,g))答案BD解析设小球的质量为m，初速度为v0，小球与滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，整理得v2＝eq\f(mv0,M)－eq\f(m,M)v1，结合图乙可得eq\f(b,a)＝eq\f(m,M)，a＝v0，则小球的质量m＝eq\f(b,a)M，故A错误；小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v共，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v共，解得v共＝eq\f(mv0,m＋M)＝eq\f(ab,a＋b)，故B正确；小球从开始冲上滑块到运动至最高点的过程中，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,共)＋mgh，解得h＝eq\f(Mveq\o\al(2,0),2（m＋M）g)＝eq\f(a3,2（a＋b）g)，故C错误；规定向右为正方向，小球从开始运动到回到最低点的过程中，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1′＋Mv2′，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)Mv2′2，联立两式解得小球离开滑块时的速度v1′＝eq\f(m－M,m＋M)v0，此时滑块的速度v2′＝eq\f(2m,m＋M)v0，离开滑块以后小球做平抛运动，滑块向右做匀速直线运动，当小球落地时，两者之间的水平距离为x＝v2′t－v1′t，且c＝eq\f(1,2)gt2，联立得x＝aeq\r(\f(2c,g))，故D正确。7．某同学为了研究瞬间冲量，设计了如图所示的实验装置。将内径为d的圆环水平固定在离地面一定高度的铁架台上，在圆环上放置直径为1.5d、质量为m的薄圆板，板上放质量为2m的物块，圆板中心、物块均在环的中心轴线上。对圆板施加指向圆心的瞬间冲量I，物块与圆板间动摩擦因数为μ，不计圆板与圆环之间的摩擦力，重力加速度为g，不考虑圆板翻转，以下说法正确的是()A．若物块可以从圆板滑落，则冲量I越大，物块与圆板相对滑动的位移越大B．若物块可以从圆板滑落，则冲量I越大，物块离开圆板时的速度越大C．当冲量I＝meq\r(2μgd)时，物块一定会从圆板上掉落D．当冲量I＝2meq\r(2μgd)时，物块一定会从圆板上掉落答案D解析若物块可以从圆板滑落，物块与圆板的相对位移始终等于eq\f(3,4)d，故A错误；设圆板获得的初速度大小为v0，物块掉下时，圆板和物块的速度大小分别为v1和v2，由动量定理，有I＝mv0，物块与圆板在相对运动过程中各自的加速度不变，根据位移关系有eq\f(3,4)d＝v0t－eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2，则v0越大，相对运动时间t越小，对物块，根据动量定理有2μmgt＝2mv2，则作用时间t越小，物块离开圆板时的速度越小，故B错误；根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律得2μmg×eq\f(3,4)d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)))，联立解得v2＝eq\f(2I－\r(\a\vs4\al(4I2－18μm2gd)),6m)，若物块一定从圆板滑下，则4I2－18μm2gd≥0，即I≥eq\f(3,2)meq\r(2μgd)，故C错误，D正确。8．(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg答案BC解析设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq\f(m0,m)v0，物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq\f(3m0,m)v0，第3次推出物块时，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq\f(5m0,m)v0，以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度v8＝eq\f(15m0,m)v0。根据题意可知，v8＝eq\f(15m0,m)v0>v0，解得m<15m0＝60kg；第7次推出物块后，运动员的速度v7＝eq\f(13m0,m)v0<v0，解得m>13m0＝52kg。综上所述，该运动员的质量应满足52kg<m<60kg，故A、D错误，B、C正确。9.(多选)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是()A．投出物资后热气球做匀加速直线运动B．投出物资后热气球所受合力大小为mgC．d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋H2)D．d＝eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))\s\up12(2)H2)答案BC解析开始时载有物资的热气球处于静止状态，所受合力为0，有F浮＝Mg＋mg；水平投出质量为m的物资瞬间，根据整体动量守恒，可知热气球获得相对地面水平向左的速度v＝eq\f(mv0,M)；投出物资后热气球所受浮力不变，则其所受合力为F浮－Mg＝mg，方向竖直向上，所以投出物资后热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确。投出物资后热气球和物资的运动示意图如图所示，设物资落地所用时间为t，根据H＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2H,g))，热气球的加速度大小a＝eq\f(mg,M)＝eq\f(m,M)g，则在竖直方向上运动的位移为HM＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(m,M)g·eq\f(2H,g)＝eq\f(m,M)H；物资和热气球在水平方向均做匀速直线运动，则物资和热气球的水平位移分别为xm＝v0t＝v0eq\r(\f(2H,g))，xM＝vt＝eq\f(m,M)v0·eq\r(\f(2H,g))，根据几何关系可知，落地时物资与热气球的距离为d＝eq\r(（xm＋xM）2＋（H＋HM）2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))·eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋H2)，C正确，D错误。10．(多选)如图a，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a­t图像如图b所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是()A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0B．mA>mBC．B运动后，弹簧的最大形变量等于xD．S1－S2＝S3答案ABD解析在0～t1时间内，物体B静止，物体A从静止向右加速，t1时刻速度为v0，则对系统根据动量定理可知，墙对B的冲量I＝mAv0，A正确；由a­t图像可知，t1时刻后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，此时根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由图b可知此时aB>aA，则mB<mA，B正确；由图b可得，t1时刻B开始运动，此时A的速度为v0，之后系统动量守恒，可得A、B的总动能一定大于0，而整个过程，A、B和弹簧组成的系统的机械能守恒，所以B运动后弹簧的弹性势能一定小于开始时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量一定小于x，C错误；在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a­t图像中图线与t轴所围面积表示速度变化量，可知此时vA＝S1－S2，vB＝S3，vA＝vB，则S1－S2＝S3，D正确。11．如图所示，某同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定，车的右边有一个和地面相平的沙坑，且车右端和沙坑左边缘平齐，当同学摆动到最大摆角θ＝60°时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面无阻力运动，该同学此后不再做功，并可以忽略自身大小，已知秋千绳子长度L＝4.5m，该同学和秋千板的总质量m＝50kg，车辆和秋千支架的总质量M＝200kg，绳子质量不计，重力加速度g＝10m/s2。(1)该同学摆到最低点时的速率是多少？(2)在摆到最低点的过程中，绳子对该同学和秋千板做的功是多少？答案(1)6m/s(2)－225J解析(1)设摆到最低点时，该同学的速率为v1，车的速率为v2，该同学和秋千板与车辆和秋千支架组成的系统在水平方向动量守恒，有mv1－Mv2＝0该同学和秋千板从最大摆角处向下运动到最低点的过程中系统机械能守恒，有mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)联立可得v1＝6m/s。(2)设绳子对该同学和秋千板做的功为W，由动能定理有mgL(1－cos60°)＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0可得W＝－225J。12.如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直，a和b相距l，b与墙之间也相距l，a的质量为m，b的质量为eq\f(1,2)m，两物块与地面间的动摩擦因数相同。现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。答案eq\f(8veq\o\al(2,0),25gl)≤μ<eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)解析设物块与地面间的动摩擦因数为μ，若要物块a、b能够发生碰撞，应有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>μmgl①即μ<eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)②设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋μmgl③设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度分别为v1′、v2′，以向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＝mv1′＋eq\f(1,2)mv2′④eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv2′2⑤联立④⑤式解得v2′＝eq\f(4,3)v1⑥由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知e