6、面上，用水平輕繩(繩子的長度不計)相連的兩個相同的物體P、Q質(zhì)量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運動．在t＝0時輕繩斷開，Q在F作用下繼續(xù)前進，則下列說法正確的是( )
A．t＝0至t＝時間內(nèi)，P、Q的總動量不守恒
B．t＝0至t＝時間內(nèi)，P、Q的總動量守恒
C．t＝時，Q的動量為mv
D．t＝時，P、Q兩點的距離
D [設(shè)P、Q受到的滑動摩擦力都為F，斷開前兩物體做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件得：F＝2f，設(shè)P經(jīng)過時間t速度為零，對P由動量定理得：－ft＝0－mv，解得：t＝；由此可知，在剪斷細線前，兩木塊在水平地面上向右做勻速直線運動．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；在剪斷細線后，物體P停止運動以前，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)的總動量守恒，故在t＝0至t＝的時間內(nèi)P、Q的總動量守恒，在t＝后，P停止運動，Q做勻加速直線運動，故兩木塊組成的系統(tǒng)的合力不為零，故P、Q的總動量不守恒，故AB錯誤；當(dāng)t＝時，對Q由動量定理得：Ft－ft＝p′Q－mv，代入f＝，t＝，解得：p′Q＝mv，故C錯誤；當(dāng)t＝時，對Q由動量定理得：Ft－ft＝mv2－mv，代入f＝，t＝，解得v2＝2v，由動能定理得：Fx2－fx2＝mv－mv2；對P由動量定理得：－ft＝mv1－mv，代入f＝，t＝，解得v1＝0，由動能定理
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，皮球落地時速度大小為v2.若皮球運動過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程中克服阻力做的功為mv－mv
C．皮球上升過程經(jīng)歷的時間為
D．皮球從拋出到落地經(jīng)歷的時間為
BD [減速上升的過程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，則上升的高度小于，上升的時間小于，故AC錯誤；皮球從拋出到落地過程中重力不做功，根據(jù)動能定理得克服阻力
9、做功為Wf＝mv－mv，故B正確；用動量定理，結(jié)合數(shù)學(xué)知識，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磁場，水平部分導(dǎo)軌上原來放有一根靜止
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，水平導(dǎo)軌足夠長，不計一切摩擦．( )
A．AB的最終速度是8 m/s
B．CD的最終速度是6.4 m/s
C．整個過程中回路釋放的電能是12.8 J
D．整個過程中，AB桿上產(chǎn)生的焦耳熱3.2 J
BCD [AB下滑h的過程中機械能守恒：m1gh＝m1v，解得v0＝8 m/s；最終兩者速度相等，由動量守恒定律：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝6.4 m/s，故A錯誤，B正確；由能量守恒知，回路中產(chǎn)生的電能等于系統(tǒng)機械能的損失，所以整
11、個過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)生電能的過程中，雖然電流不恒定，但由于兩桿串聯(lián)，通過兩桿的電流總是相等的，所以整個過程中，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拉動木板P加速運動1 s后將其撤去，系統(tǒng)逐漸達到穩(wěn)定狀態(tài)，已知重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是( )
A．木板
12、P與小滑塊Q所組成的系統(tǒng)的動量增加量等于拉力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．整個過程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3 J
ACD [對系統(tǒng)由動量定理得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相對靜止一起加速運動，則拉力F不能超過·2m＝4 N，拉力F為6 N大于4 N，故二者發(fā)生相對滑動，對木板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錯誤；二者共速時，小滑塊Q的速度最大，F(xiàn)t＝2m
13、v共，v共＝3 m/s，C正確；整個過程中，對系統(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，某隊員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，碰后運動員用冰壺刷摩擦藍壺前進方向的冰面來減小阻力，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(zhì)量均為19 kg，則( )
A．碰后藍壺的速度為0.8 m/s
B．碰后藍壺移動的距離為2.4 m
C．碰撞過程兩壺?fù)p失的動能為7.22 J
D．碰后紅、藍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，由動量守恒可得mv0＝mv1＋mv2，解得碰后藍壺速度為v2＝0.8 m/s，碰后藍壺移動的距離為x＝×0.8×5＝2 m．碰撞過程兩壺?fù)p失的動能為ΔEk＝mv－mv－mv＝3.04 J，紅壺所受摩擦力f1＝ma1＝19×N＝3.8 N，藍壺所受摩擦力f2＝ma2＝19× N＝3.04 N，碰后紅、藍兩壺所受摩擦力之比為f1∶f2＝5∶4，故AD正確；BC錯誤；故選AD.]
10．(2018·南開中學(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，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)從D處水平拋出，同時將ABC凹槽鎖定在地面上，小物塊恰好從A點無碰撞的射入凹槽，當(dāng)其到達B點時解除鎖定，小物塊剛好能達到C點．不計空氣阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是( )
A．從D點拋出的初速度為v0＝；D點距A點高度差h＝
B．小球第一次過B點時對槽底的壓力大小為2 mg
C．小球從C點到B點過程中，豎直墻壁對槽的沖量為I＝m，方向水平向左
D．小球從C到B向A運動的過程中，以小球、槽ABC作為一個系統(tǒng)，機械能守恒、動量守恒
AC [A項，小物塊恰好從A點無碰撞的射入凹槽，即小球進入凹槽時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)用動能定理可得：mgh＝m(2v0)2－mv，解得：h＝，故A正確；B項：從A到B應(yīng)用動能定理，mgR＝mv－mv，在B點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錯誤；C項：小球到B時的速度為vB1＝，根據(jù)動量定理可得：I＝mvB1－0＝m，故C正確；D項，小球從C到B向A運動的過程中，以小球、槽ABC作為一個系統(tǒng)，由于沒有摩擦，所以機械能守恒，但在小球從C到B過程中，墻壁對槽有水平方向的作用力，所以系統(tǒng)外力之和不為
17、零，故動量不守恒，故D錯誤．
二、非選擇題
11．(2018·山東省濟南市高三一模)運載火箭是人類進行太空探索的重要工具，一般采用多級發(fā)射的設(shè)計結(jié)構(gòu)來提高其運載能力．某興趣小組制作了兩種火箭模型來探究多級結(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間內(nèi)豎直向下噴出；模型乙分為兩級，每級內(nèi)部各裝有的壓縮氣體，每級總質(zhì)量均為，點火后模型后部第一級內(nèi)的全部壓縮氣體以速度v0從底部噴口在極短時間內(nèi)豎直向下噴出，噴出后經(jīng)過2 s時第一級脫離，同時第二級內(nèi)全部壓縮氣體仍以速度v0從第二級底部在極短時間內(nèi)
18、豎直向下噴出．噴氣過程中的重力和整個過程中的空氣阻力忽略不計，g取10 m/s2，求兩種模型上升的最大高度之差．
解析 對模型甲：0＝(M－Δm)v甲－Δmv0
h甲＝＝m≈200.56 m
對模型乙第一級噴氣：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
對模型乙第一級噴氣：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、長為L＝1.75 m的木板，木板上表面與軌道末端等高，木板與地面間無摩擦，其左端放一質(zhì)量m＝1 kg的物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(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，然后再滑回，取g＝10 m/s2.
(1)求物塊滑到板右端時的速度v多大？
(2)求x的大小；
(3)通過計算說明，物塊最終能否滑離木板．
解析 (1)對于物塊從軌道底端上升到頂端的過程，由機械能守恒可得：mv2＝mgR
解得：v＝4 m/s
(2)對于物塊從木板左端滑到右端的過程，由動能定理可得：
Fx－μmgL＝mv2
解得：x＝1 m
(3)設(shè)物塊相對板向左滑動距離Δx后，與木板達到相同速度v′，由動量守恒定律得：
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
故物塊不會滑離木板．
答案 (1)4 m/s (2)1 m (3)物塊不會滑離木板
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2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤訓(xùn)練7 碰撞與動量守恒
