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一、選擇題(本題共8小題，其中1～4題為單選，5～8題為多選)
1．(2019•四川師大二模)如圖所示，質(zhì)量分別為m1和m2的兩個小球A、B，帶有等量異種電荷，通過絕緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上。當突然加一水平向右的勻強電場后，兩小球A、B將由靜止開始運動，在以后的運動過程中，對兩個小球和彈簧組成的系統(tǒng)(設(shè)整個過程中不考慮電荷間庫侖力的作用且彈簧不超過彈性限度)，以下說法正確的是導學號 86084141( D )
A．系統(tǒng)機械能不斷增加
B．系統(tǒng)動量不守恒
C．當彈簧長度達到最大值時，系統(tǒng)機械能最小
D．當小球所受電場力與彈簧的彈力相等時，系統(tǒng)動能最大
[解析] 在彈簧伸長的過程中，電場力對球A和球B都做正功，則系統(tǒng)機械能增加。當彈簧伸長到最長后又收縮，電場力做負功，則系統(tǒng)機械能減小。故A錯誤；兩球所帶電荷量相等而電性相反，則系統(tǒng)所受電場力合力為零，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故B錯誤；彈簧長度達到最大值時，電場力對系統(tǒng)做的功最多，機械能最大。故C錯誤；兩小球遠離過程，先做加速度不斷減小的加速運動，再做加速度不斷變大的減速運動，故當電場力與彈力平衡時，加速度為零，動能最大，故D正確，故選： D。
2．(2019•重慶市一模)某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移－時間圖象。圖中的線段a、b、c 分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系。已知相互作用時間極短。由圖象給出的信息可知導學號 86084142( D )
A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度之比為7：2
B．碰前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量大
C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小
D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的16倍
[解析] 根據(jù)s－t圖象的斜率等于速度，則得：碰撞前滑塊Ⅰ速度為：v1＝4－145 m/s＝－2 m/s，大小為2 m/s；滑塊Ⅱ速度為v2＝45 m/s＝0.8 m/s，則碰前速度之比為5?2，故A錯誤；碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ速度為負，動量為負，滑塊Ⅱ的速度為正，動量為負。由于碰撞后動量為正，故碰撞前總動量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ小，故B錯誤；碰撞后的共同速度為v＝6－45 m/s＝0.4 m/s；可知，碰前滑塊Ⅰ比滑塊Ⅱ速度大，故C錯誤；根據(jù)動量守恒定律，有：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ，代入數(shù)據(jù)，有：－2m1＋0.8m2＝0.4(m1＋m2)，聯(lián)立解得：m2＝6m1，故D正確。
3. (2019•江西省二模)如圖所示，小車質(zhì)量為M，小車頂端為半徑為R的四分之一光滑圓弧，質(zhì)量為m的小球從圓弧頂端由靜止釋放，對此運動過程的分析，下列說法中正確的是(g為當?shù)刂亓铀俣?導學號 86084143( C )
A． 若地面粗糙且小車能夠靜止不動，則地面對小車的靜摩擦力最大為mg
B． 若地面粗糙且小車能夠靜止不動，則地面對小車的靜摩擦力最大為2mg
C． 若地面光滑，當小球滑到圓弧最低點時，小車速度為m2gRMM＋m
D． 若地面光滑，當小球滑到圓弧最低點時，小車速度為M2gRmM＋m
[解析] 若地面粗糙且小車能夠靜止不動，因為小球只有重力做功，故小球機械能守恒，由機械能守恒可求得小球任一位置時的速度，由向心力公式可求得小球受到的支持力；對小車受力分析可求得靜摩擦力的最大值。若地面光滑，小球下滑的過程中，小車向左運動，系統(tǒng)的水平動量守恒，系統(tǒng)的機械能也守恒，由此列式，可求得小球滑到圓弧最低點時小車的速度。設(shè)圓弧半徑為R，當小球運動到重力與半徑夾角為θ時，速度為v。根據(jù)機械能守恒定律有：12mv2＝mgRcosθ，由牛頓第二定律有N－mgcosθ＝mv2R，解得小球?qū)π≤嚨膲毫镹＝3mgcosθ，其水平分量為Nx＝3mgcosθsinθ＝32mgsin2θ，根據(jù)平衡條件，地面對小車的靜摩擦力水平向右，大小為f＝Nx＝32mgsin2θ，可以看出：當sinθ＝1，即θ＝45°時，地面對車的靜摩擦力最大，其值為fmax＝32mg，故AB錯誤；若地面光滑，當小球滑到圓弧最低點時，小車的速度設(shè)為v′，小球的速度設(shè)為v。小球與小車組成的系統(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mv－Mv′＝0，系統(tǒng)的機械能守恒，則得mgR＝12mv2＋12Mv′2，解得v′＝m2gRMM＋m，故C正確，D錯誤。
4．(2019•黑龍江省哈爾濱市二模)如圖所示，在光滑絕緣的水平直軌道上有兩個帶電小球a和b，a球質(zhì)量為2m、帶電量為＋q，b球質(zhì)量為m、帶電量為＋2q，兩球相距較遠且相向運動。某時刻a、b球的速度大小依次為v和1.5v，由于靜電斥力的作用，它們不會相碰。則下列敘述正確的是導學號 86084144( D )
A．兩球相距最近時，速度大小相等、方向相反
B．a(chǎn)球和b球所受的靜電斥力對兩球始終做負功
C．a(chǎn)球一直沿原方向運動，b球要反向運動
D．a(chǎn)、b兩球都要反向運動，但b球先反向
[解析] 由于地面光滑，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，當兩球速度相同時，系統(tǒng)損失機械能最大，兩球相距最小，故A錯誤；由題意可知，a球動量大于b球動量，因此系統(tǒng)動量水平向右，故b球運動過程中將先反向運動而a球后反向運動，因此靜電斥力對a、b球先做負功后做正功，故B、C錯誤，D正確。
5．(2019•山東省淄博市一模)如圖所示，在質(zhì)量為M(含支架)的小車中用輕繩懸掛一小球，小球的質(zhì)量為m0，小車和小球以恒定速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短。在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的導學號 86084145( CD )
A．在此過程中小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．在此碰撞過程中，小球的速度不變，小車和木塊的速度分別為v1和v2，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2
C．在此碰撞過程中，小球的速度不變，小車和木塊的速度都變成u，滿足Mv＝(M＋m)u
D．碰撞后小球擺到最高點時速度變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
[解析] 碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，擺球的速度在瞬間不變，若碰后小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，根據(jù)動量守恒有：Mv＝Mv1＋mv2。若碰后小車和木塊速度相同，根據(jù)動量守恒定律有：Mv＝(M＋m)u。故C正確，A、B錯誤；碰撞后，小車和小球水平方向動量守恒，則有：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2，故D正確。
6．如圖所示，甲圖表示的光滑平臺上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的動摩擦因數(shù)不計；乙圖為物體A與小車B的v－t圖象，由此可知導學號 86084146( BC )
A．小車上表面長度
B．物體A與小車B的質(zhì)量之比
C．物體A與小車B上表面的動摩擦因數(shù)
D．小車B獲得的動能
[解析] 由圖象可知，AB最終以共同速度v1勻速運動，不能確定小車上表面長度，故A錯誤；由動量守恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得：mAmB＝v1v0－v1，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，故B正確；由圖象可以知道A相對小車B的位移△x＝ v0t1，根據(jù)能量守恒得：μmAg△x＝12mAv20－12(mA＋mB)v21，根據(jù)B中求得質(zhì)量關(guān)系，可以解出動摩擦因數(shù)，故C正確；由于小車B的質(zhì)量不可知，故不能確定小車B獲得的動能，故D錯誤，故選BC。
7．(2019•寧夏中衛(wèi)市一模)在光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分別為M＝0.6 kg，m＝0.2 kg的兩個小球，中間夾著一個被壓縮的具有Ep＝10.8 J彈性勢能的輕彈簧(彈簧與兩球不相連)，原來處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)突然釋放彈簧，球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R＝0.425 m的豎直放置的光滑半圓形軌道，如圖所示。g取10 m/s2。則下列說法正確的是導學號 86084147( AD )
A．球m從軌道底端A運動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為3.4 N•s
B．M離開輕彈簧時獲得的速度為9 m/s
C．若半圓軌道半徑可調(diào)，則球m從B點飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小
D．彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為1.8 N•s
[解析] 釋放彈簧過程中系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒得：mv1－Mv2＝0，由機械能守恒得： 12mv21＋12Mv22＝EP ，代入數(shù)據(jù)解得：v1＝9 m/s，v2＝3 m/s；m從A到B過程中，由機械能守恒定律得：12mv21＝12mv1′2＋mg•2R，解得：v1′＝8 m/s；以向右為正方向，由動量定理得，球m從軌道底端A運動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為： I＝△p＝mv1′－mv1＝0.2×(－8)－0.2×9＝－3.4 N•s，則合力沖量大小為：3.4 N•s，故A正確； M離開輕彈簧時獲得的速度為3 m/s，故B錯誤；設(shè)圓軌道半徑為r時，飛出B后水平位移最大，由A到B機械能守恒定律得：12mv21＝12mv1′2＋mg•2r，在最高點，由牛頓第二定律得：mg＋N＝mv′21r，m從B點飛出，需要滿足：N≥0，飛出后，小球做平拋運動：2r＝12gt2，x＝v1′t，當8.1－4r＝4r時，即r＝1.0125 m時，x為最大，球m從B點飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大先增大后減小，故C錯誤；由動量定理得，彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為：I＝△p＝mv1＝0.2×9＝1.8 N•s，故D正確，故選：AD。
8．(2019•陜西省寶雞市一模)光滑水平面上放有質(zhì)量分別為2m和m的物塊A和B，用細線將它們連接起來，兩物塊中間加有一壓縮的輕質(zhì)彈簧(彈簧與物塊不相連)，彈簧的壓縮量為x�，F(xiàn)將細線剪斷，此刻物塊A的加速度大小為a，兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v，則導學號 86084148( AD )
A．物塊B的加速度大小為a時彈簧的壓縮量為x2
B．物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為23x
C．物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為32mv2
D．物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為3mv2
[解析] 當物塊A的加速度大小為a，根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律得 kx＝2ma。當物塊B的加速度大小為a時，有：kx′＝ma，對比可得：x′＝x2，即此時彈簧的壓縮量為x2。故A正確；取水平向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒得：2mxAt－mxBt＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移為：xA＝13x，故B錯誤；根據(jù)動量守恒定律得 0＝2mv－mvB，得物塊B剛要離開彈簧時的速度 vB＝2v，由系統(tǒng)的機械能守恒得：物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為：Ep＝12•2mv2＋12mv2B＝3mv2。故C錯誤，D正確。
二、計算題(本題共2小題，需寫出完整的解題步驟)
9．(2019•湖南省永州市二模)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R(R足夠大)的圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質(zhì)量為M2，以v0＝6 m/s的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均視為質(zhì)點，求：導學號 86084149
(1)小球B的最大速率；
(2)小球B運動到圓弧曲面最高點時的速率；
(3)通過計算判斷小球B能否與小球A再次發(fā)生碰撞。
[解析] (1)A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒得： M2v0＝M2vA＋MvB；由機械能守恒得：12•M2v20＝12•M2v2A＋12Mv2B；解得 vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s
故B的最大速率為4 m/s
(2)B沖上C并運動到最高點時二者共速設(shè)為v，則
MvB＝(M＋2M)v ，可以得到：v＝ 43 m/s
(3)從B沖上C然后又滑下的過程，設(shè)BC分離時速度分別為vB′、vC′
由水平動量守恒有
MvB＝MvB′＋2MvC′
機械能也守恒，有12Mv2B＝12MvB′2＋12•2MvC′2
聯(lián)立可以得到：vB′＝－43 m/s
由于|vB′|＜|vA|，所以二者不會再次發(fā)生碰撞。
10．如圖所示，半徑為R的光滑的3/4圓弧軌道AC放在豎直平面內(nèi)，與足夠長的粗糙水平軌道BD通過光滑水平軌道AB相連，在光滑水平軌道上，有a、b兩物塊和一段輕質(zhì)彈簧。將彈簧壓縮后用細線將它們拴在一起，物塊與彈簧不拴接。將細線燒斷后，物塊a通過圓弧軌道的最高點P時，對軌道的壓力等于自身重力。已知物塊a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為2m，物塊b與BD面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊到達A點或B點前已和彈簧分離，重力加速度為g。求：導學號 86084150
(1)物塊b沿軌道BD運動的距離x；
(2)燒斷細線前彈簧的彈性勢能Ep。
[解析] (1)彈簧彈開a、b過程，由動量守恒定律得mv1－2mv2＝0
物塊a從A到P運動的過程中，由機械能守恒定律得
12mv21＝mg2R＋12mv2p，
在最高點重力與支持力合力提供向心力mg＋F＝mv2pR，
聯(lián)立可解得v1＝6gR，v2＝6gR2
物塊b減速到停下的過程中 ，由動能定理得
－μ(2mg)x＝0－12(2m)v22
可解得x＝3R4μ
(2)彈簧彈開物塊過程，彈性勢能轉(zhuǎn)化為動能
Ep＝12mv21＋12(2m)v22
解得彈性勢能Ep＝92mgR
本文來自：逍遙右腦記憶 http://douzifanli.com/gaosan/1287113.html
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