?高考物理一輪復(fù)習(xí)策略
首先，要學(xué)會(huì)聽課：
1、有準(zhǔn)備的去聽，也就是說(shuō)聽課前要先預(yù)習(xí)，找出不懂的知識(shí)、發(fā)現(xiàn)問題，帶著知識(shí)點(diǎn)和問題去聽課會(huì)有解惑的快樂，也更聽得進(jìn)去，容易掌握;
2、參與交流和互動(dòng)，不要只是把自己擺在“聽”的旁觀者，而是“聽”的參與者。
3、聽要結(jié)合寫和思考。
4、如果你因?yàn)榉N種原因，出現(xiàn)了那些似懂非懂、不懂的知識(shí)，課上或者課后一定要花時(shí)間去弄懂。
其次，要學(xué)會(huì)記憶：
1、要學(xué)會(huì)整合知識(shí)點(diǎn)。把需要學(xué)習(xí)的信息、掌握的知識(shí)分類，做成思維導(dǎo)圖或知識(shí)點(diǎn)卡片，會(huì)讓你的大腦、思維條理清醒，方便記憶、溫習(xí)、掌握。
2、合理用腦。
3、借助高效工具。學(xué)習(xí)思維導(dǎo)圖，思維導(dǎo)圖是一種將放射性思考具體化的方法，也是高效整理，促進(jìn)理解和記憶的方法。最后，要學(xué)會(huì)總結(jié)：
一是要總結(jié)考試成績(jī)，通過(guò)總結(jié)學(xué)會(huì)正確地看待分?jǐn)?shù)。
1.摸透主干知識(shí) 2.能力駕馭高考 3.科技領(lǐng)跑生活


第5講 力學(xué)中的動(dòng)量和能量問題
【選考真題】
1．（2022?浙江）如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長(zhǎng)度均為l。圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H。開始時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m＝2kg，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時(shí)不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。

（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度v0的大??；
（2）物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系；
（3）若物塊b釋放高度0.9m＜h＜1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍（以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸）。
【解答】解：（1）滑塊b擺至最低點(diǎn)時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得：
mg?=12mvb2
解得：vb＝5m/s
b與a發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得：
mvb＝mvb′+mv0
12mvb2=12mvb'2+12mv02
解得：v0＝vb＝5m/s
（2）經(jīng)上述分析可知，物塊b與物塊a在A發(fā)生彈性正碰，速度交換，設(shè)物塊a剛好可以到達(dá)E點(diǎn)，高度為h1，根據(jù)動(dòng)能定理得：
mgh1﹣2μmgl﹣mgH＝0
解得：h1＝1.2m
以豎直向下的方向?yàn)檎较?br /> FN+mg=mvE2R
由動(dòng)能定理得：
mg??2μmgl?mgH=12mvE2
聯(lián)立解得：FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）
（3）當(dāng)0.9m≤h＜1.2m時(shí)，物塊位置在E點(diǎn)或E點(diǎn)右側(cè)，根據(jù)動(dòng)能定理可得：
mg??2μmgl?mgH=12mvE2
從E點(diǎn)飛出后，豎直方向：H=12gt2
水平方向上：s＝vEt
根據(jù)幾何關(guān)系可得：DF=35m
聯(lián)立解得：x＝3l+DF+s1
代入數(shù)據(jù)解得：(3+35)m≤x＜(3.6+35)m
當(dāng)0.9m＜h＜1.2m時(shí)，從h2＝0.9m釋放時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得：
mgh﹣μmgs2＝0
解得：s2＝1.8m
可知物塊達(dá)到距離C點(diǎn)0.8m處?kù)o止，滑塊a由E點(diǎn)速度為零，返回到CD時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得：
mgH﹣μmgs3＝0
解得：s3＝0.4m
距離C點(diǎn)0.6m，綜上可知0.9m＜h＜1.2m時(shí)
3l﹣s3≤x≤3l
代入數(shù)據(jù)解得：2.6m≤x≤3m
答：（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度v0的大小為5m/s；
（2）物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，管道對(duì)物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系為FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）；
（3）若物塊b釋放高度0.9m＜h＜1.65m，物塊a最終靜止的位置x值的范圍為2.6m＜x＜3m；
若物塊b釋放高度1.2m≤h＜1.65m時(shí)，物塊a最終靜止的位置x值的范圍為(3+35)m≤x＜(3.6+35)m。
2．（2021?浙江）在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2：1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊。遙控器引爆瞬間開始計(jì)時(shí)，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來(lái)的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．兩碎塊的位移大小之比為1：2
B．爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80m
C．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/s
D．爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m
【解答】解：A、爆炸物在最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2：1的兩個(gè)碎塊，
設(shè)兩碎塊的質(zhì)量分別為m1＝2m，m2＝m，設(shè)爆炸后兩碎塊的速度分別為v1、v2，
爆炸過(guò)程，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，m1的速度方向?yàn)檎较颍谒椒较颍蓜?dòng)量守恒定律得：
m1v1﹣m2v2＝0
爆炸后兩碎塊做平拋運(yùn)動(dòng)，由于拋出點(diǎn)的高度相等，它們做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，設(shè)兩碎塊的水平位移分別為x1、x2，則有：
m1v1t﹣m2v2t＝0
m1x1﹣m2x2＝0
解得：x1：x2＝m2：m1＝1：2，
兩碎塊的豎直分位移相等，兩碎塊的水平位移之比為1：2，而從爆炸開始拋出到落地的位移之比不等于1：2，故A錯(cuò)誤；
BD、設(shè)兩碎片做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為t，兩碎塊落地發(fā)出的聲音的傳播時(shí)間分別為t1＝5s﹣t，t2＝6s﹣t，聲音的傳播位移：
x1＝v聲音t1，x2＝v聲音t2，由A可知x1：x2＝1：2，
代入數(shù)據(jù)解得：t＝4s，x1＝340m，x2＝680m，
爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度：
h=12gt2=12×10×42m＝80m，
爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離：
x＝x1+x2＝（340+680）m＝1020m，故B正確，D錯(cuò)誤；
C、由B可知，爆炸后碎塊m1的水平位移：x1＝340m，碎塊m2的水平位移x2＝680m，
爆炸后質(zhì)量大的碎塊m1的初速度為v1=x1t=3404m/s＝85m/s，故C錯(cuò)誤。
故選：B。
3．（2020?浙江）小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ＝37°的斜軌道BC平滑連接而成。質(zhì)量m＝0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H＝1.0m處?kù)o止釋放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑塊與軌道AB和BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。
（1）求滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（2）通過(guò)計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；
（3）若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)x處的質(zhì)量為2m的小滑塊相碰，碰后一起運(yùn)動(dòng)，動(dòng)摩擦因數(shù)仍為0.25，求它們?cè)谲壍繠C上到達(dá)的高度h與x之間的關(guān)系。（碰撞時(shí)間不計(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

【解答】解：（1）滑塊從開始下滑到D點(diǎn)過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：
mgH＝mgR+12mvD2
在D點(diǎn)，軌道的彈力提供向心力，由牛頓第二定律得：
F＝mvD2R，
代入數(shù)據(jù)解得：F＝8N，
由牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)軌道的壓力大?。篎′＝F＝8N，方向：水平向左；
（2）設(shè)滑塊在斜軌道上到達(dá)的最高點(diǎn)為C′，BC′的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，從滑塊開始下滑到C′過(guò)程，由能量守恒定律得：
mgH＝μmgLAB+μmgcosθ?L+mgLsinθ，
代入數(shù)據(jù)解得：L=1516m＜LBC＝1.0m，滑塊不能沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；
（3）滑塊開始下滑到運(yùn)動(dòng)到距離A點(diǎn)x處過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
mgH﹣μmgx=12mv2?0
兩滑塊碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后的速度為v′，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
mv＝（m+2m）v′，
設(shè)碰撞后滑塊滑上斜軌道的高度為h，碰撞后滑塊滑動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得：、
﹣μ?3mg（LAB﹣x）﹣μ?3mgcosθ??sinθ?3mgh＝0?12?3mv'2
解得：h=16x?548 （58m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x≤58 m）；
答：（1）滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為8N，方向：水平向左；
（2）滑塊不能沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；
（3）它們?cè)谲壍繠C上到達(dá)的高度h與x之間的關(guān)系是：h=16x?548 （58m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x≤58 m）。

【要點(diǎn)提煉】
一、三種碰撞的特點(diǎn)
1.彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。
質(zhì)量為m1，速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞，碰后速度分別為v1′、v2′。結(jié)果討論：
(1)當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換速度。
(2)當(dāng)m1遠(yuǎn)大于m2時(shí)，v1′＝v1，v2′＝2v1。
(3)當(dāng)m1遠(yuǎn)小于m2時(shí)，v1′＝－v1，v2′＝0。
2.非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失。
3.完全非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大，以碰后系統(tǒng)速度相同為標(biāo)志。
二、動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用
1．三個(gè)基本觀點(diǎn)
(1)動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)：主要是牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合，常涉及物體的受力、加速度或勻變速運(yùn)動(dòng)的問題．
(2)動(dòng)量的觀點(diǎn)：主要應(yīng)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律求解，常涉及物體的受力和時(shí)間問題，以及相互作用物體的問題．
(3)能量的觀點(diǎn)：在涉及單個(gè)物體的受力和位移問題時(shí)，常用動(dòng)能定理；在涉及系統(tǒng)內(nèi)能量的轉(zhuǎn)化問題時(shí)，常用能量守恒定律．

【方法指導(dǎo)】
一、動(dòng)量定理的兩個(gè)重要應(yīng)用
1.應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量
如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出變力作用下物體動(dòng)量的變化Δp，等效代換變力的沖量I。
2.應(yīng)用Δp＝FΔt求動(dòng)量的變化
例如，在曲線運(yùn)動(dòng)中，速度方向時(shí)刻在變化，求動(dòng)量變化(Δp＝p2－p1)需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法，計(jì)算比較復(fù)雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動(dòng)量的變化。
二、幾種定理的使用
1．選用原則
(1)單個(gè)物體：宜選用動(dòng)量定理、動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律．若其中涉及時(shí)間的問題，應(yīng)選用動(dòng)量定理；若涉及位移的問題，應(yīng)選用動(dòng)能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律．
(2)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個(gè)守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，應(yīng)選用動(dòng)量守恒定律，然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決．
2．系統(tǒng)化思維方法
(1)對(duì)多個(gè)物理過(guò)程進(jìn)行整體思考，即把幾個(gè)過(guò)程合為一個(gè)過(guò)程來(lái)處理，如用動(dòng)量守恒定律解決比較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)．
(2)對(duì)多個(gè)研究對(duì)象進(jìn)行整體思考，即把兩個(gè)或兩個(gè)以上的獨(dú)立物體合為一個(gè)整體進(jìn)行考慮，如應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，就是把多個(gè)物體看成一個(gè)整體(或系統(tǒng))．

【例題精析】
考點(diǎn)一 動(dòng)量和動(dòng)量定理的應(yīng)用
例1．圖甲是抬鼓擊球的體育活動(dòng)畫面，實(shí)際活動(dòng)比較復(fù)雜，現(xiàn)建立如圖乙的簡(jiǎn)化模型，20個(gè)人對(duì)稱地拉著繩子（圖中只顯示面對(duì)面的兩條繩子）抬鼓擊球，設(shè)鼓的質(zhì)量為6kg，球的質(zhì)量為0.5kg，繩子質(zhì)量不計(jì)，A點(diǎn)為手拉住繩子的接觸點(diǎn)，B為繩子與鼓的連接點(diǎn)。某次擊球活動(dòng)時(shí)，目測(cè)A、B的豎直高度差約為繩長(zhǎng)AB的十分之一（設(shè)每根繩子都如此），并保持穩(wěn)定，假定活動(dòng)過(guò)程中鼓始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，發(fā)現(xiàn)球從離鼓0.8m的高度由靜止開始下落，與鼓發(fā)生碰撞后又幾乎可以回到0.8m處，碰撞時(shí)間約為0.1s。（空氣阻力忽略不計(jì)，g取10m/s2）。對(duì)此情景，下列分析正確的是（　?。?br />
A．球在空中時(shí)，每個(gè)人對(duì)繩子的拉力為60N
B．擊球過(guò)程中，鼓對(duì)球彈力的沖量為2.5N?s
C．擊球時(shí)，每個(gè)人對(duì)繩子的拉力為52.5N
D．擊球時(shí)，鼓對(duì)球的平均作用力40N
【解答】解：A、球在空中時(shí)，20根繩子的拉力的豎直分量之和為F＝G＝mg＝6×10N＝60 N，由力的合成和分解可知，每一根繩子拉力為30 N，故A錯(cuò)誤；
BD、根據(jù)v2＝2gh，易得，球擊鼓前瞬間和剛離開鼓時(shí)的速度大小為4 m/s，根據(jù)動(dòng)量定理（F﹣mg）t＝mv﹣（﹣mv），得鼓對(duì)球的彈力的沖量為4.5 N?s，彈力的平均作用力為45 N，故B、D錯(cuò)誤；
C、則球擊鼓過(guò)程中，20根繩子的拉力的豎直分量之和F''＝G+F＝60N+45N＝105 N，易得每個(gè)人對(duì)繩子的拉力為52.5 N，故C正確。
故選：C。
（多選）練1．現(xiàn)代人越來(lái)越依賴手機(jī)，有些人喜歡躺著刷手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)掉落砸傷眼睛或者額頭的情況。若有一手機(jī)質(zhì)量為120g，從離人額頭約20cm的高度無(wú)初速掉落，砸到額頭后手機(jī)的反彈忽略不計(jì)，額頭受到手機(jī)的沖擊時(shí)間約為0.2s。下列分析正確的是（　　）

A．手機(jī)與額頭作用過(guò)程中，手機(jī)的動(dòng)量變化大小約為0.24kg?m/s
B．手機(jī)對(duì)額頭的沖量大小約為0.24N?s
C．手機(jī)對(duì)額頭的沖量方向豎直向上
D．手機(jī)對(duì)額頭的作用力大小約為2.4N
【解答】解：已知手機(jī)質(zhì)量為m＝120g＝0.12kg，自由下落的高度為h＝20cm＝0.2m，額頭受到手機(jī)的沖擊時(shí)間約為t＝0.2s。
A、根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知手機(jī)與額頭接觸前瞬間的速度大小約為：v=2g?=2×10×0.2m/s＝2m/s
若規(guī)定豎直向上為正方向，則手機(jī)與額頭作用過(guò)程中手機(jī)動(dòng)量變化約為：Δp＝0﹣（﹣mv）
代入數(shù)據(jù)解得：Δp＝0.24kg?m/s，故A正確；
B、規(guī)定豎直向上為正方向，設(shè)額頭對(duì)手機(jī)的沖量大小為I，則由動(dòng)量定理有：I﹣mgt＝Δp，代入數(shù)據(jù)解得：I＝0.48N?s；
根據(jù)牛頓第三定律可知手機(jī)對(duì)額頭的沖量大小約為0.48N?s，故B錯(cuò)誤；
C、手機(jī)對(duì)額頭的沖量方向豎直向下，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)沖量的定義可知手機(jī)對(duì)額頭的作用力大小約為：F=It，代入數(shù)據(jù)解得F＝2.4N，故D正確。
故選：AD。
練2．如圖甲所示是2022年北京冬奧會(huì)的冰壺比賽場(chǎng)景，比賽過(guò)程簡(jiǎn)化為如圖乙所示，在左端發(fā)球區(qū)的運(yùn)動(dòng)員從投擲線MN中點(diǎn)P將冰壺?cái)S出，冰壺沿水平冰道中心線PO向右端的圓形營(yíng)壘區(qū)滑行。若冰壺以v0＝4m/s的速度被擲出后，恰好停在營(yíng)壘區(qū)中心O，PO間距離為x＝40m。已知冰壺的質(zhì)量為m＝19kg，冰壺自身大小可忽略，冰壺在冰道上的運(yùn)動(dòng)可視為勻減速直線運(yùn)動(dòng)。在比賽中，運(yùn)動(dòng)員可以用毛刷擦拭冰壺運(yùn)行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)減小為一確定值。
（1）求沒有擦拭冰壺冰面時(shí)冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（2）在某次比賽中冰壺投擲速度v0＝3m/s，從MN前方12.5m處開始不停擦拭冰面，直至冰壺正好停在營(yíng)壘區(qū)中心O點(diǎn)。求擦拭冰面后冰壺的加速度大?。?br /> （3）求（2）問中，從投出冰壺到冰壺停止運(yùn)動(dòng)這個(gè)過(guò)程中冰壺受到摩擦阻力的沖量。

【解答】解：（1）從投出冰壺到冰壺靜止過(guò)程，由動(dòng)能定理得：﹣μmgx＝0?12mv02
代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.02
（2）從冰壺被投出到靜止過(guò)程，由動(dòng)能定理得：﹣μmgL﹣μ′mg（x﹣L）＝0?12mv02
其中：v0＝3m/s，L＝12.5m，代入數(shù)據(jù)解得：μ′=2275
對(duì)冰壺，由牛頓第二定律得：μ′mg＝ma
代入數(shù)據(jù)解得，加速度大?。篴=455m/s2
（3）從投出冰壺到冰壺停止運(yùn)動(dòng)這個(gè)過(guò)程中，以向右為正方，
由動(dòng)量定理得：I＝0﹣mv0＝﹣19×3N?s＝﹣57N?s，負(fù)號(hào)表示方向，方向水平向左
則冰壺受到摩擦阻力的沖量大小是57N?s，方向水平向左
答：（1）沒有擦拭冰壺冰面時(shí)冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ是0.02；
（2）擦拭冰面后冰壺的加速度大小是455m/s2；
（3）從投出冰壺到冰壺停止運(yùn)動(dòng)這個(gè)過(guò)程中冰壺受到摩擦阻力的沖量大小是57N?s，方向水平向左。
考點(diǎn)二 碰撞類問題
例2．在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的足夠大的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一條固定在豎直墻面上與電場(chǎng)線平行且足夠長(zhǎng)的光滑絕緣桿，如圖所示，桿上有兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A和B，A球帶電荷量+Q，B球不帶電。開始時(shí)兩球相距L，現(xiàn)靜止釋放A，A球在電場(chǎng)力的作用下，開始沿桿運(yùn)動(dòng)并與靜止的B球發(fā)生正碰，設(shè)在各次碰撞中A、B兩球的機(jī)械能沒有損失，A、B兩球間無(wú)電量轉(zhuǎn)移，忽略兩球碰撞的時(shí)間。則下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．發(fā)生第一次碰撞時(shí)A球的電勢(shì)能增加了QEL
B．發(fā)生第二次碰撞時(shí)A球總共運(yùn)動(dòng)時(shí)間為32mLQE
C．發(fā)生第三次碰撞后B球的速度為42QELm
D．發(fā)生第n次碰撞時(shí)B球已運(yùn)動(dòng)的位移是2n（n+1）L
【解答】解：A、A球的加速度a=QEm，第一次碰撞前A的速度vA1=2aL=2QELm。對(duì)A球，ΔEk=12mvA12?0＝QEL，發(fā)生第一次碰撞時(shí)，A球的電勢(shì)能減少了QEL，故A錯(cuò)誤；
B、第一次碰撞前，B的速度vB1＝0，由于AB兩球質(zhì)量相等且發(fā)生正碰，碰撞過(guò)程中無(wú)動(dòng)能損失，所以碰撞后交換速度，即碰撞后AB的速度分別為vA1′＝0，vB1′＝vA1=2QELm。設(shè)第一次碰撞的時(shí)間為t1，則t1=vA1?0a=2mLQE，設(shè)第二次碰撞時(shí)間為t2，則第一次碰撞后經(jīng)（t2﹣t1）時(shí)間發(fā)生第二次碰撞，則有：vB1′（t2﹣t1）=12a(t2?t1)2，解得：t2＝3t1＝32mLQE，故B正確；
C、經(jīng)分析，每次碰撞后交換速度，發(fā)生第三次碰撞后，能量守恒，可知第三次碰撞后B
球的速度為3vA1＝32QELm，故C錯(cuò)誤；
D、第一次碰撞到第二次碰撞B球向右運(yùn)動(dòng)了xB1＝vB1′（t2﹣t1）=2QELm?22mLQE=4L，因?yàn)橄噜弮纱闻鲎矔r(shí)間間隔總為22mLQE，則每次碰撞的相對(duì)位移為4L，發(fā)生第n次碰撞時(shí)B球已運(yùn)動(dòng)的位移是（4n﹣3）L，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
練3．如圖所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時(shí)木塊靜止在A位置?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則當(dāng)木塊回到A位置時(shí)的速度的大小v以及此過(guò)程中墻對(duì)彈簧的沖量I的大小分別為（　?。?br />
A．v=mv0M+m，I＝0
B．v=mv0M，I＝2mv0
C．v=mv0M+m，I=m2v0M+m
D．v=mv0M+m，I＝2mv0
【解答】解：子彈射入木塊過(guò)程，由于時(shí)間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)外力，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
mv0＝（M+m）v
解得：v=mv0M+m
子彈射入木塊后，子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先向右做減速運(yùn)動(dòng)，后向左做加速運(yùn)動(dòng)，回到A位置時(shí)速度大小不變，即當(dāng)木塊回到A位置時(shí)的速度大小為：
v=mv0M+m
子彈和木塊彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即墻對(duì)彈簧的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理得：
I′＝﹣（M+m）v﹣mv0＝﹣2mv0
所以墻對(duì)彈簧的沖量I的大小為：I＝2mv0，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
練4．如圖所示，固定在水平面上長(zhǎng)度為L(zhǎng)的木板與豎直放置的半徑為R的半圓形光滑軌道BC相切于B點(diǎn)，在木板左端A處?kù)o止放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）。一個(gè)質(zhì)量為m0＝0.2m的子彈以水平速度v0射向物塊，擊中物塊后恰好能與物塊一起運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，最終落在木板上的D點(diǎn)（圖中未畫出）。已知重力加速度為g。求：
（1）子彈擊中物塊后物塊的速度和此過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
（2）物塊通過(guò)半圓形軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力以及物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（3）D點(diǎn)與B點(diǎn)的距離及物塊落在木板上前的瞬時(shí)速度與水平方向間夾角的正切值。

【解答】解：（1）子彈擊中木塊過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，
由動(dòng)量守恒定律得：m0v0＝（m+m0）v，解得：v=16v0，
子彈擊中物塊過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能：△E=12m0v02?12（m+m0）v2=112mv02；
（2）由于物塊恰好能夠通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C，
由牛頓第二定律得：（m+m0）g＝（m+m0）vC2R，解得：vC=gR，
物塊從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：
12（m+m0）vB2=12（m+m0）vC2+（m+m0）g?2R，
在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：F﹣（m+m0）g＝（m+m0）vB2R，
解得：F＝7.2mg，方向豎直向下，
由牛頓第三定律可知物塊通過(guò)半圓形軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為：7.2mg，方向豎直向下；
對(duì)物塊在木板上的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：﹣μ（m+m0）gL=12（m+m0）vB2?12（m+m0）v2，
解得：μ=v02?180gR72gL；
（3）物塊離開C后做平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：x＝vCt，
豎直方向：2R=12gt2，
解得：x＝2R，
物塊落到木板上時(shí)，水平分速度：vx＝vC=gR，
豎直分速度：vy＝gt＝2gR，
速度方向與水平方向間夾角正切值：tanθ=vyvx=2；
答：（1）子彈擊中物塊后物塊的速度為16v0，此過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為112mv02；
（2）物塊通過(guò)半圓形軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為：7.2mg，方向：豎直向下，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為v02?180gR72gL；
（3）D點(diǎn)與B點(diǎn)的距離為2R，物塊落在木板上前的瞬時(shí)速度與水平方向間夾角的正切值為2。
考點(diǎn)三 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用
例3．如圖所示，質(zhì)量為m的子彈以水平初速度v0射入靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為M的木塊中，子彈未從木塊中射出，最后共同速度為v，在此過(guò)程中，木塊在地面上滑動(dòng)的距離為s，子彈射入木塊的深度為d，子彈與木塊間的相互作用力為f，以下關(guān)系式中不正確的是（　　）

A．12mv02?12mv2＝f（s+d） B．12Mv2＝fs
C．12Mv2＝fd D．12mv02?12（M+m）v2＝fd
【解答】解：A．根據(jù)題圖可知，子彈相對(duì)地面的位移大小為s+d，對(duì)子彈根據(jù)動(dòng)能定理可知，子彈動(dòng)能的變化等于阻力做的功，即：﹣f（s+d）=12mv2?12mv02，所以有：12mv02?12mv2＝f（s+d），故A正確；
BC．木塊在地面上滑動(dòng)的距離為s，在此過(guò)程中，對(duì)木塊根據(jù)動(dòng)能定理可得：
fs=12Mv2﹣0，即12Mv2＝fs，故B正確，C錯(cuò)誤；
D．系統(tǒng)動(dòng)能的損失等于產(chǎn)生的熱量，即Q=12mv02?12mv2?12Mv2；
系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對(duì)通過(guò)的距離，則有：Q＝fd；
所以有：12mv02?12（M+m）v2＝fd，故D正確。
本題選錯(cuò)誤的，
故選：C。
練5．如圖所示，空間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E＝5.0×105N/C，長(zhǎng)L＝0.25m的不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量m＝0.01kg的不帶電小球A，將小球A拉起至繩水平繃緊后，無(wú)初速度釋放。另一電荷量q＝﹣10﹣7C且質(zhì)量與小球A相等的小球B以初速度v0＝2.4m/s水平拋出。小球A第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)與小球B正碰并粘在一起可視為小球C（兩球的總電量不變），OD與豎直方向的夾角為37°．碰后小球C運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方的P點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)突然增強(qiáng)到E′＝3.6×106N/C，電場(chǎng)方向不變。不計(jì)空氣阻力，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程小球昇、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)。則：

（1）碰撞前小球B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；
（2）碰撞后小球C的速度大小；
（3）小球C能否運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正上方0.25m處的點(diǎn)？若能，請(qǐng)計(jì)算通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)輕繩的拉力大??；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由。
【解答】解：（1）小球B到達(dá)D點(diǎn)時(shí)豎直分速度：vBy＝v0tan37°＝1.8m/s，
對(duì)B，由牛頓第二定律得；mg﹣qE＝ma1
代入數(shù)據(jù)解得：a1＝5m/s2，
由速度公式得：vBy＝a1t，代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.36s；
（2）碰撞前B的速度：vB=vBysin37°=3m/s，
從A開始下擺到D過(guò)程，對(duì)A，由動(dòng)能定理得：mgLcos37°=12mvA2，
代入數(shù)據(jù)解得：vA＝2m/s，
碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以碰撞前B的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mvB﹣mvA＝2mv共，
代入數(shù)據(jù)解得：v共＝0.5m/s；
（3）小球C以輕繩為半徑沿圓弧軌跡擺至最低點(diǎn)P過(guò)程，由動(dòng)能定理得：（2mg﹣qE）L（1﹣
cos37°）=12?2mvP2?12?2mv共2，
代入數(shù)據(jù)解得：vP＝1m/s，
由牛頓第二定律得：qE′﹣2mg＝2ma2
代入數(shù)據(jù)解得：a2＝8m/s2，方向：豎直向上，
v臨=a2L=2m/s＞vP，小球能到達(dá)Q點(diǎn)，
小球C從P點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，
豎直方向：y=12a2t2，水平方向：x＝vPt，
由幾何知識(shí)得：x2+（L﹣y）2＝L2，
代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.25s，x＝0.25m，y＝0.25m，
故小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)等高處，繩子被拉直，
只保留豎直方向分速度，并繼續(xù)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)上擺，通過(guò)Q點(diǎn)，
vy＝vP?2tan45°＝2m/s，
由動(dòng)能定理得：（qE′﹣2mg）L=12?2mvQ2?12?2mvy2，
由牛頓第二定律得：T+2mg＝2mvQ2L，
代入數(shù)據(jù)解得：T＝0.8N；
答：（1）碰撞前小球B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為0.36s；
（2）碰撞后小球C的速度大小為0.5m/s；
（3）小球C能運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正上方0.25m處的Q點(diǎn)，通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)輕繩的拉力大小為0.8N。
（多選）練6．如圖，在水平地面上放置一質(zhì)量M的木塊，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v射入木塊（子彈與木塊相互作用的時(shí)間極短），若木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為ì，則在子彈射入后（　?。?br />
A．若子彈最終未穿出木塊，則木塊前進(jìn)的距離為m2v22μg(M+m)2
B．若子彈能穿出木塊，則木塊前進(jìn)的距離小于m2v22μg(M+m)2
C．若子彈最終未穿出木塊，則子彈的速度越大，木塊前進(jìn)的距離就越大
D．若子彈能穿出木塊，則子彈的速度越大，木塊前進(jìn)的距離就越大
【解答】解：A、子彈擊中木塊過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，子彈沒有穿出木塊，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv＝（M+m）v′，
對(duì)木塊，由動(dòng)能定理得：﹣μ（M+m）gs＝0?12（M+m）v′2，解得：s=m2v22μg(M+m)2，故A正確；
B、子彈能穿出木塊，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則子彈穿出木塊后木塊的速度小于v′，木塊前進(jìn)的距離小于：m2v22μg(M+m)2，故B正確；
C、若子彈最終未穿出木塊，則子彈的速度越大，子彈擊中木塊后木塊的速度越大，木塊前進(jìn)的距離越大，故C正確；
D、若子彈能穿出木塊，則子彈的速度越大，子彈穿出木塊的時(shí)間越短，木塊獲得的速度越小，木塊前進(jìn)的距離越小，故D錯(cuò)誤；
故選：ABC。
【強(qiáng)化專練】
1. 如圖，桌子邊緣用茶葉罐子壓著一張紙，欲向外把紙拉走，而讓茶葉罐子留在桌上，實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)紙拉得越快，茶葉罐子越穩(wěn)定，對(duì)此，以下說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．紙拉得越快，紙對(duì)罐子的摩擦力越小
B．由于罐子有慣性，所以紙拉得越快，罐子慣性越大，越穩(wěn)定
C．紙拉得越快，紙對(duì)罐子的摩擦力的沖量越小
D．無(wú)論拉紙的力如何，罐子和紙總會(huì)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，最終罐子總可以留在桌上
【解答】解：A、拉紙的快慢，對(duì)紙對(duì)罐子的摩擦力沒有影響，故A錯(cuò)誤；
B、罐子的質(zhì)量不變，罐子慣性就不變，故B錯(cuò)誤；
C、紙拉得越快，紙對(duì)罐子摩擦力的作用時(shí)間就越短，則沖量越小，故C正確；
D、如果拉紙的力小一些，罐子就會(huì)獲得較大的速度或者與紙一起運(yùn)動(dòng)，罐子就可能離開桌面，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
2. 如圖所示為一半圓形的環(huán)，AB為半圓的水平直徑，從A點(diǎn)以2m/s水平初速拋出一個(gè)質(zhì)量為0.2kg的小球，經(jīng)0.2s后小球落在半圓上P點(diǎn)（圖中未畫出），下列判斷中正確的是（　?。?br />
A．半圓的半徑為0.3m
B．P點(diǎn)的速度方向與水平方向夾角的正切為12
C．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到剛落在半圓壁前一瞬時(shí)，小球動(dòng)量改變了0.4kg?m/s
D．選擇合適的初速度，小球可以垂直打在半圓壁上
【解答】解：A、從A點(diǎn)以2m/s水平初速拋出，經(jīng)0.2s后小球在水平方向的位移為0.4m，在豎直方向的位移為0.2m，幾何關(guān)系計(jì)算得到半圓的半徑為0.25m，故A錯(cuò)誤；
B、P點(diǎn)的速度方向與水平方向夾角的正切為1，故B錯(cuò)誤；
C、從A點(diǎn)水平拋出到小球剛落在半圓壁前，小球動(dòng)量改變等于重力的沖量，故C正確。
D、不論初速度多大，小球都不可能垂直打在半圓壁上，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
3. 如圖所示，質(zhì)量為m、內(nèi)壁光滑、半徑為R的半圓形容器靜止在足夠長(zhǎng)的光滑水平地面上，左側(cè)緊靠豎壁但不粘連，質(zhì)量也為m的小球從半圓形容器內(nèi)壁A點(diǎn)靜止開始下滑，下列說(shuō)法中正確的是（　　）

A．從A點(diǎn)下滑到半圓形軌道最底點(diǎn)B點(diǎn)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為π2Rg
B．小球過(guò)最底點(diǎn)B后，能上升的最大高度點(diǎn)為D點(diǎn)，B、D兩點(diǎn)高度差為R2
C．從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)過(guò)程中，半圓形容器對(duì)小球的彈力對(duì)小球始終不做功
D．半圓形容器在一段時(shí)間內(nèi)將不斷重復(fù)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)
【解答】解：A、從A點(diǎn)下滑到半圓形軌道最底點(diǎn)B點(diǎn)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不能用單擺公式計(jì)算，故A錯(cuò)誤；
B、小球過(guò)最底點(diǎn)B時(shí)的速度大小為v0，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgR=12mv02；
以后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0＝2mv
取B點(diǎn)所在水平面為零勢(shì)能面，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：12mv02=mgh+12×2mv2
聯(lián)立解得：h=R2，故B正確；
C、從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中，半圓形容器對(duì)小球的彈力不做功，但從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)過(guò)程中，小球的機(jī)械能減小，半圓形容器對(duì)小球的彈力對(duì)小球做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；
D、水平方向合動(dòng)量方向向右，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到左邊邊緣弧中點(diǎn)時(shí)二者的速度均為12v0，方向向右，當(dāng)小球再次回到半圓形容器最低點(diǎn)且方向向右時(shí)，半圓形容器速度為零，以后重復(fù)前面的過(guò)程，所以半圓形容器不會(huì)出現(xiàn)向左運(yùn)動(dòng)的情況，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
4. 最近，義烏中學(xué)實(shí)驗(yàn)室對(duì)一款市場(chǎng)熱銷的掃地機(jī)器人進(jìn)行了相關(guān)測(cè)試，測(cè)試過(guò)程在材質(zhì)均勻的水平地板上完成，獲得了機(jī)器人在直線運(yùn)動(dòng)中水平牽引力大小隨時(shí)間的變化圖象a，以及相同時(shí)段機(jī)器人的加速度a隨時(shí)間變化的圖象b。若不計(jì)空氣，取重力加速度大小為10m/s2，則下列同學(xué)的推斷結(jié)果正確是（　?。?br />
A．機(jī)器人與水平桌面間的最大靜摩擦力為3N
B．機(jī)器人與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
C．在0～4s時(shí)間內(nèi)，合外力的沖量為12N?S
D．在0～4s時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為12J
【解答】解：A.由圖b可知加速度的表達(dá)式為
a=3?14?2（t﹣t0）＝t﹣t0
則可得
t0＝1s
即1s時(shí)加速度為零，則最大靜摩擦力為
fm=124×1N＝3N
故A正確：
B.2s時(shí)的牽引力為
F2=124×2N＝6N
由a、圖b結(jié)合牛頓第二定律可得
F4﹣f＝ma4
F2﹣f＝ma2
聯(lián)立可得機(jī)器人質(zhì)量
m＝3kg
滑動(dòng)摩擦力為
f＝3N
機(jī)器人與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
μ=fFN=fmg
解得μ＝0.1
故B錯(cuò)誤；
C.在0﹣4s時(shí)間內(nèi)，合外力的沖量為
I＝mat＝3×0+32×（4﹣1）N?s＝13.5N?s
故C錯(cuò)誤；
D.4s末機(jī)器人的速度為
v=at=32×3m/s＝4.5m/s
在0﹣4s時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為
W=12mv2代入數(shù)據(jù)，解得W＝30.375J
故D錯(cuò)誤.
故選：A。
5. 如圖所示，某同學(xué)將質(zhì)量相同的三個(gè)物體從水平地面上的A點(diǎn)以同一速率沿不同方向拋出，運(yùn)動(dòng)軌跡分別為圖上的1、2、3。若忽略空氣阻力，在三個(gè)物體從拋出到落地過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．軌跡為1的物體在最高點(diǎn)的速度最大
B．軌跡為3的物體在空中飛行時(shí)間最長(zhǎng)
C．軌跡為1的物體所受重力的沖量最大
D．三個(gè)物體單位時(shí)間內(nèi)速度變化量不同
【解答】解：B、將拋體運(yùn)動(dòng)分為水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，三條路徑中軌跡1最高，根據(jù)：t＝22?g可知軌跡為1的物體在空中飛行時(shí)間最長(zhǎng)，軌跡為3的物體在空中飛行時(shí)間最短，故B錯(cuò)誤；
A、水平方向的位移：x＝vxt，軌跡3水平方向的位移最大，但運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，所以軌跡3水平方向的分速度最大，所以軌跡為3的物體在最高點(diǎn)的速度最大，故A錯(cuò)誤；
C、重力的沖量：I＝mgt，三個(gè)物體質(zhì)量相等，軌跡為1的物體在空中飛行時(shí)間最長(zhǎng)，所以軌跡為1的物體所受重力的沖量最大，故C正確；
D、加速度是速度變化快慢的物理量，由于三個(gè)物體都做拋體運(yùn)動(dòng)，加速度都等于重力加速度，所以三個(gè)物體單位時(shí)間內(nèi)速度變化量相同，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
6. 如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)槽，質(zhì)量為m的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑動(dòng)，一質(zhì)量也為m的小球沿水平方向，以初速度v0從U形管的一端射入，從另一端射出.已知小球的半徑略小于管道半徑，不計(jì)一切摩擦，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．該過(guò)程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能和動(dòng)量都守恒
B．小球從U形管的另一端射出時(shí)，速度大小為12v0
C．小球運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端時(shí)，速度大小為12v0
D．從小球射入至運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端的過(guò)程中，U形管對(duì)平行導(dǎo)槽的沖量大小為22mv0，方向垂直導(dǎo)槽向上
【解答】解：A、由于不計(jì)一切摩擦，在小球與U形管相互作用過(guò)程中，小球的動(dòng)能只能與U形管的動(dòng)能發(fā)生轉(zhuǎn)移，故小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)沿導(dǎo)槽方向所受合外力為零，小球與U形管組成的系統(tǒng)沿導(dǎo)槽方向動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；
B、小球進(jìn)出U形管的過(guò)程，小球與U形管系統(tǒng)機(jī)械能守恒，沿著軌道方向，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，類比彈性碰撞，質(zhì)量相等交換速度，小球從U形管的另一端射出時(shí)，速度大小為0，故B錯(cuò)誤；
C、小球運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端過(guò)程，沿著軌道方向，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝（m+m）vx，解得：vx=v02，
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：12mv02=12m(v02)2+12mv32 （設(shè)小球的合速度為v3），解得：v3=32v0，故C錯(cuò)誤；
D、在小球運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端時(shí)，垂直軌道的分速度為v3y=v32?vx2=(32v0)2?(v02)2=22v0，運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端的過(guò)程中，在垂直軌道方向，以垂直向下為正方向，對(duì)小球，根據(jù)動(dòng)量定理有：I＝mv3y=22mv0，
U形管與平行導(dǎo)槽間的作用力是作用力與反作用力，它們大小相等、方向相反、作用時(shí)間相等，則平行導(dǎo)槽受到的沖量大小也為22mv0，故D正確。
故選：D。
7. 動(dòng)作電影中，常有演員高臺(tái)跳躍的精彩表演吸引觀眾的眼球。某場(chǎng)鏡頭中，質(zhì)量m＝60kg的演員從靜止開始在距離高臺(tái)邊沿x0＝9m處的位置，以恒定的加速度a＝2m/s2向左端跑動(dòng)起來(lái)，演員起跑3.5s后，車廂右端與高臺(tái)水平距離x＝2m處的汽車以速度v＝5m/s勻速行駛，演員從高臺(tái)邊沿跑出時(shí)速度方向水平向左，高臺(tái)與車廂底板的豎直高度H＝5m，取重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力。
（1）若演員與車廂底板的接觸時(shí)間Δt＝0.5s，演員落至車中與車保持相對(duì)靜止。求接觸過(guò)程中演員受到汽車的平均作用力的大小F（結(jié)果保留整數(shù)）；
（2）車廂長(zhǎng)度為3m，若想讓演員安全落至車廂底板，求演員起跑3.5s時(shí)，車廂右端與高臺(tái)水平距離的范圍。

【解答】解：（1）設(shè)演員從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，到達(dá)高臺(tái)邊沿的速度為v0，由x0=12at02
代入數(shù)據(jù)解得t0＝3s
由v0＝at0
代入數(shù)據(jù)解得v0＝6m/s
之后演員跑出高臺(tái)做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，落至車廂底板時(shí)在豎直方向的速度大小為vy，由H=12gt12
代入數(shù)據(jù)解得t1＝1s
由vy＝gt1
代入數(shù)據(jù)解得vy＝10m/s
在演員與車廂底板的接觸過(guò)程中，以演員為研究對(duì)象，在水平方向上取汽車速度v的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量定理F1Δt＝mv﹣mv0
代入數(shù)據(jù)解得F1＝﹣120N
則汽車對(duì)演員水平方向上的作用力大小為120N，方向水平向右，在豎直方向上取向上為正方向，由動(dòng)量定理（F2﹣mg）Δt＝0﹣m（﹣vy）
代入數(shù)據(jù)解得F2＝1800N
則汽車對(duì)演員豎直方向上的作用力大小為1800N，方向豎直向上，由力的合成可知F=F12+F22≈1804N
（2）由（1）問分析可知，演員落至車廂底板時(shí)的水平位移x演員＝v0t1＝6×1m＝6m
從起跑到落至車廂底板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t演員＝t0+t1＝3s+1s＝4s
故汽車的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t車＝t演員﹣3.5s＝0.5s
汽車運(yùn)動(dòng)的位移x車＝vt車＝5×0.5m＝2.5m
車廂長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝3m
當(dāng)演員恰好落至車廂最左端，由位移關(guān)系可知Δxmin＝x演員﹣x車﹣L＝6m﹣2.5m﹣3m＝0.5m
當(dāng)演員恰好落至車廂最右端，由位移關(guān)系可知Δxmax＝x演員﹣x車＝6m﹣2.5m＝3.5m
綜上可知，若想讓演員安全落至車廂底板，則演員起跑3.5s時(shí)，車廂右端與高臺(tái)水平距離的范圍為0.5m≤Δx≤3.5m。
答：（1）接觸過(guò)程中演員受到汽車的平均作用力的大小F為1804N；
（2）車廂右端與高臺(tái)水平距離的范圍為0.5m≤Δx≤3.5m。
8. “模型檢測(cè)”常用來(lái)分析一項(xiàng)設(shè)計(jì)的可行性。如圖所示的是某大型游樂設(shè)施的比例模型，光滑的水平軌道上靜止著物塊A和B（均可視為質(zhì)點(diǎn)），質(zhì)量分別為m、4m，AB之間壓縮著一根鎖定的輕質(zhì)彈簧，兩端與AB接觸而不相連。水平軌道的左側(cè)是一豎直墻壁：右側(cè)與光滑、豎直固定的圓管道FCD相切于F，圓管道的半徑R遠(yuǎn)大于管道內(nèi)徑。傾角θ＝37°的斜軌DE與圓管道相切于D，另一端固定在水平地面上，物塊與斜軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8?，F(xiàn)將彈簧解鎖，AB分離后撤去彈簧，物塊A與墻壁發(fā)生彈性碰撞后，在水平軌道上與物塊B相碰并粘連，一起進(jìn)入管道到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)恰好對(duì)圓管道無(wú)作用力，最后恰好停止在傾斜軌道的E點(diǎn)。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g）求：
（1）AB過(guò)最高點(diǎn)C時(shí)速度大??；
（2）斜軌DE的設(shè)計(jì)長(zhǎng)度；
（3）彈簧被壓縮時(shí)的最大彈性勢(shì)能Ep。

【解答】解：（1）因A、B整體到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)恰好對(duì)圓管道無(wú)作用力，故由重力提供向心力，由牛頓第二定律得：
5mg＝5mvC2R
解得：vC=gR；
（2）設(shè)DE的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，對(duì)A、B整體從C到E的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：
5mgLsinθ+5mgR（1﹣cosθ）﹣μ?5mgLcosθ＝0?12×5mvC2
解得：L＝17.5R；
（3）彈簧被釋放后瞬間，設(shè)物塊A的速度大小為v1，物塊B的速度大小為v2.
取水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv1﹣4mv2＝0
A與墻壁碰撞反彈后追上B發(fā)生碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：
mv1+4mv2＝（m+4m）v
A、B整體從F到C的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：12?5mv2＝5mg?2R+12?5mvC2
聯(lián)立以上各式解得：v1=525gR，v2=585gR
彈簧釋放過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒知，彈簧被壓縮時(shí)的最大彈性勢(shì)能為：
Ep=12mv12+12×4mv22
代入數(shù)據(jù)解得：Ep=62532mgR。
答：（1）AB過(guò)最高點(diǎn)C時(shí)速度大小為gR；
（2）斜軌DE的設(shè)計(jì)長(zhǎng)度為17.5R；
（3）彈簧被壓縮時(shí)的最大彈性勢(shì)能為62532mgR。
9. 2022年第24屆冬季奧運(yùn)會(huì)將在北京和張家口舉行。冰壺運(yùn)動(dòng)是冬季運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目之一，深受觀眾喜愛。圖1為中國(guó)運(yùn)動(dòng)員在訓(xùn)練時(shí)投擲冰壺的鏡頭。冰壺的一次投擲過(guò)程可以簡(jiǎn)化為如圖2所示的模型：在水平冰面上，運(yùn)動(dòng)員將冰壺甲推到A點(diǎn)放手，冰壺甲以速度v0從A點(diǎn)沿直線ABC滑行，之后與對(duì)方靜止在B點(diǎn)的冰壺乙發(fā)生正碰。已知兩冰壺的質(zhì)量均為m，冰面與兩冰壺間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，AB＝L，重力加速度為g，冰壺可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力。

（1）求冰壺甲滑行到B點(diǎn)時(shí)的速度大小v；
（2）若忽略兩冰壺發(fā)生碰撞時(shí)的能量損失。請(qǐng)通過(guò)計(jì)算，分析說(shuō)明碰后兩冰壺最終停止的位置將如圖3所示：甲停在B點(diǎn)，乙停在B右側(cè)某點(diǎn)D。
（3）在實(shí)際情景中，兩冰壺發(fā)生碰撞時(shí)有一定的能量損失。如果考慮了它們碰撞時(shí)的能量損失，請(qǐng)你在圖4中畫出甲、乙兩冰壺碰后最終停止的合理位置。

【解答】解：（1）以甲冰壸為研究對(duì)象，從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理得：
﹣μmgL=12mv2?12mv02
解得：v=v02?2μgL
（2）以甲、乙兩冰壸為研究對(duì)象，設(shè)碰后瞬間它們的速度分別為v甲和v乙，取向右為正方向。
根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv＝mv甲+mv乙
根據(jù)能量守恒定律得：12mv2=12mv甲2 +12mv乙2
聯(lián)立解得：v甲＝0，v乙＝v
即碰后甲停在B點(diǎn)，乙以速度v向前做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最后停在D點(diǎn)。
（3）兩冰壺發(fā)生碰撞時(shí)有一定的能量損失，甲、乙兩冰壺碰后最終停止的合理位置如圖所示，甲、乙停在BD之間，甲在B點(diǎn)右側(cè)，乙在D點(diǎn)左側(cè)。

答：（1）冰壺甲滑行到B點(diǎn)時(shí)的速度大小v是v02?2μgL；
（2）理由見解析。
（3）甲、乙停在BD之間，甲在B點(diǎn)右側(cè)，乙在D點(diǎn)左側(cè)。

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