6、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、Q質(zhì)量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)．在t＝0時(shí)輕繩斷開(kāi)，Q在F作用下繼續(xù)前進(jìn)，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．t＝0至t＝時(shí)間內(nèi)，P、Q的總動(dòng)量不守恒
B．t＝0至t＝時(shí)間內(nèi)，P、Q的總動(dòng)量守恒
C．t＝時(shí)，Q的動(dòng)量為mv
D．t＝時(shí)，P、Q兩點(diǎn)的距離
D [設(shè)P、Q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t速度為零，對(duì)P由動(dòng)量定理得：－ft＝0－mv，解得：t＝；由此可知，在剪斷細(xì)線前，兩木塊在水平地面上向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)．以PQ為系統(tǒng)，繩子上的力屬于系
7、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t＝0至t＝的時(shí)間內(nèi)P、Q的總動(dòng)量守恒，在t＝后，P停止運(yùn)動(dòng)，Q做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故兩木塊組成的系統(tǒng)的合力不為零，故P、Q的總動(dòng)量不守恒，故AB錯(cuò)誤；當(dāng)t＝時(shí)，對(duì)Q由動(dòng)量定理得：Ft－ft＝p′Q－mv，代入f＝，t＝，解得：p′Q＝mv，故C錯(cuò)誤；當(dāng)t＝時(shí)，對(duì)Q由動(dòng)量定理得：Ft－ft＝mv2－mv，代入f＝，t＝，解得v2＝2v，由動(dòng)能定理得：Fx2－fx2＝mv－mv2；對(duì)P由動(dòng)量定理得：－ft＝mv1－mv，代入f＝，t＝，解得v1＝0，由動(dòng)能定理
8、得：－fx1＝mv－mv2，解得Δx＝x2－x1＝，故D正確．]
6．(2018·安徽省蕪湖市高三下調(diào)研)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v2.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
B．皮球從拋出到落地過(guò)程中克服阻力做的功為mv－mv
C．皮球上升過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為
D．皮球從拋出到落地經(jīng)歷的時(shí)間為
BD [減速上升的過(guò)程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，則上升的高度小于，上升的時(shí)間小于，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
9、做功為Wf＝mv－mv，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v，則：mgt1＋kvt1＝mv1，由于平均速度乘以時(shí)間等于上升的高度，故有：h＝vt1，即：mgt1＋kh＝mv1①同理，設(shè)上升階段的平均速度為v′，則下降過(guò)程mgt2＋kv′t2＝mv2，即：mgt2－kh＝mv2②，由①②得：mg(t1＋t2)＝m(v1＋v2)，解得：t＝t1＋t2＝，故D正確；故選B、D.]
7．(2018·山西太原市高三質(zhì)檢)如圖所示，金屬桿AB在離地h＝3.2 m，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
10、金屬桿CD，已知桿AB的質(zhì)量為m1＝2 kg，電阻為R1＝10 Ω，桿CD的質(zhì)量為m2＝0.5 kg，電阻為R2＝30 Ω，其余電阻不計(jì)，水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，不計(jì)一切摩擦．( )
A．AB的最終速度是8 m/s
B．CD的最終速度是6.4 m/s
C．整個(gè)過(guò)程中回路釋放的電能是12.8 J
D．整個(gè)過(guò)程中，AB桿上產(chǎn)生的焦耳熱3.2 J
BCD [AB下滑h的過(guò)程中機(jī)械能守恒：m1gh＝m1v，解得v0＝8 m/s；最終兩者速度相等，由動(dòng)量守恒定律：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝6.4 m/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
11、個(gè)過(guò)程中回路釋放的電能ΔE＝m1gh－(m1＋m2)v＝12.8 J，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＝ΔE＝3.2 J，故D正確．]
8．(2018·衡水中學(xué)信息卷)如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板P靜止于光滑水平面上，小滑塊Q位于木板P的最右端，木板P與小滑塊Q之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，木板P與小滑塊Q質(zhì)量相等，均為m＝1 kg.用大小為6 N方向水平向右的恒力F拉動(dòng)木板P加速運(yùn)動(dòng)1 s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10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是( )
A．木板
12、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F做功為6 J
C．小滑塊Q的最大速度為3 m/s
D．整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3 J
ACD [對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量定理得Ft＝mvP＋mvQ＝2mv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F的沖量，A正確；若木板P與小滑塊Q相對(duì)靜止一起加速運(yùn)動(dòng)，則拉力F不能超過(guò)·2m＝4 N，拉力F為6 N大于4 N，故二者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木板P由牛頓第二定律F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2,1 s內(nèi)木板P的位移x＝at2＝2 m．拉力F做功W＝Fx＝12 J，B錯(cuò)誤；二者共速時(shí)，小滑塊Q的速度最大，F(xiàn)t＝2m
13、v共，v共＝3 m/s，C正確；整個(gè)過(guò)程中，對(duì)系統(tǒng)由能量守恒可知W＝·2mv＋Q，解得Q＝3 J，D正確．]
9．(2018·山東省濰坊市高三一模)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a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19 kg，則( )
A．碰后藍(lán)壺的速度為0.8 m/s
B．碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4 m
C．碰撞過(guò)程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為7.22 J
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
14、壺的速度為v0＝1 m/s和v2＝0.2 m/s，由動(dòng)量守恒可得mv0＝mv1＋mv2，解得碰后藍(lán)壺速度為v2＝0.8 m/s，碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為x＝×0.8×5＝2 m．碰撞過(guò)程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為ΔEk＝mv－mv－mv＝3.04 J，紅壺所受摩擦力f1＝ma1＝19×N＝3.8 N，藍(lán)壺所受摩擦力f2＝ma2＝19× N＝3.04 N，碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為f1∶f2＝5∶4，故AD正確；BC錯(cuò)誤；故選AD.]
10．(2018·南開(kāi)中學(xué)考前沖刺)如圖所示，質(zhì)量為M、半徑R的ABC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)，BC為圓弧，OA與豎直方向夾角θ＝60°，
15、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D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)B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( )
A．從D點(diǎn)拋出的初速度為v0＝；D點(diǎn)距A點(diǎn)高度差h＝
B．小球第一次過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)槽底的壓力大小為2 mg
C．小球從C點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程中，豎直墻壁對(duì)槽的沖量為I＝m，方向水平向左
D．小球從C到B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
16、，將速度分解為水平方向和豎直方向可知，v＝2v0，從A到C應(yīng)用能量守恒可知，m(2v0)2＝mgR sin 30°，解得v0＝，從D到A應(yīng)用動(dòng)能定理可得：mgh＝m(2v0)2－mv，解得：h＝，故A正確；B項(xiàng)：從A到B應(yīng)用動(dòng)能定理，mgR＝mv－mv，在B點(diǎn)由重力與支持力的合力提供向心力得，F(xiàn)N－mg＝，由以上兩式解得FN＝3 mg，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：小球到B時(shí)的速度為vB1＝，根據(jù)動(dòng)量定理可得：I＝mvB1－0＝m，故C正確；D項(xiàng)，小球從C到B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B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
17、零，故動(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)誤．
二、非選擇題
11．(2018·山東省濟(jì)南市高三一模)運(yùn)載火箭是人類(lèi)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Δm＝100 g的壓縮氣體，總質(zhì)量為M＝1 kg，點(diǎn)火后全部壓縮氣體以v0＝570 m/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)部各裝有的壓縮氣體，每級(jí)總質(zhì)量均為，點(diǎn)火后模型后部第一級(jí)內(nèi)的全部壓縮氣體以速度v0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)2 s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v0從第二級(jí)底部在極短時(shí)間內(nèi)
18、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)，g取10 m/s2，求兩種模型上升的最大高度之差．
解析 對(duì)模型甲：0＝(M－Δm)v甲－Δmv0
h甲＝＝m≈200.56 m
對(duì)模型乙第一級(jí)噴氣：0＝(M－)v乙1－v0
解得：v乙1＝30 m/s
2 s末：v乙1′＝v乙1－gt＝10 m/s
h乙1＝＝40 m
對(duì)模型乙第一級(jí)噴氣：v乙1＝(－)v乙2－v0
解得：v乙2＝ m/s
h乙2＝＝m≈277.10 m
可得：Δh＝h乙1＋h乙2－h(huán)甲＝m≈116.54 m
答案 116.54 m
12．(2018·濟(jì)寧市高三第二次模擬)如圖所示，水平地面
19、上固定一半徑為R＝0.8 m的光滑圓弧軌道，軌道左端放一質(zhì)量為M＝3 kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.75 m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m＝1 kg的物塊，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4.現(xiàn)給物塊施一水平向右的恒力F＝15 N，作用一段距離x后撤去F，物塊正好能滑到圓弧軌道的最高點(diǎn)，然后再滑回，取g＝10 m/s2.
(1)求物塊滑到板右端時(shí)的速度v多大？
(2)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：mv2＝mgR
解得：v＝4 m/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：
Fx－μmgL＝mv2
解得：x＝1 m
(3)設(shè)物塊相對(duì)板向左滑動(dòng)距離Δx后，與木板達(dá)到相同速度v′，由動(dòng)量守恒定律得：
mv＝(M＋m)v′解得：v′＝1 m/s
由能量守恒定律得：μmgΔx＝(M＋m)v′2
解得：Δx＝1.5 m＜L＝1.75 m
故物塊不會(huì)滑離木板．
答案 (1)4 m/s (2)1 m (3)物塊不會(huì)滑離木板
9
2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練7 碰撞與動(dòng)量守恒
