?壓軸題05 動(dòng)量定理及動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用

考向一/選擇題：彈簧類問(wèn)題中應(yīng)用動(dòng)量定理
考向二/選擇題：流體類和微粒類問(wèn)題中應(yīng)用動(dòng)量定理
考向三/選擇題：碰撞類和類碰撞類問(wèn)題中應(yīng)用動(dòng)量守恒定律

考向一：彈簧類問(wèn)題中應(yīng)用動(dòng)量定理
1.動(dòng)量定理的表達(dá)式F·Δt=Δp是矢量式,在一維的情況下,各個(gè)矢量必須以同一個(gè)規(guī)定的方向?yàn)檎较?。運(yùn)用它分析問(wèn)題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向,公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。
2.動(dòng)量定理的應(yīng)用技巧
(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求沖量,可以求出該力作用下物體動(dòng)量的變化Δp,等效代換得出變力的沖量I。
(2)應(yīng)用Δp=FΔt求動(dòng)量的變化
考向二：流體類和微粒類問(wèn)題中應(yīng)用動(dòng)量定理
1.流體類“柱狀模型”問(wèn)題
流體及
其特點(diǎn)
通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ
分
析
步
驟
1
建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S
2
微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt
3
建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理研究這段柱狀流體
2.微粒類“柱狀模型”問(wèn)題
微粒及
其特點(diǎn)
通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n
分
析
步
驟
1
建立“柱狀模型”，沿運(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S
2
微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt
3
先應(yīng)用動(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算

考向三：碰撞類和類碰撞類問(wèn)題中應(yīng)用動(dòng)量守恒定律
1.碰撞三原則：
(1)動(dòng)量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動(dòng)能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。
2. “動(dòng)碰動(dòng)”彈性碰撞
v1
v2
v1’ˊ
v2’ˊ
m1
m2
發(fā)生彈性碰撞的兩個(gè)物體碰撞前后動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：
(1) (2)
聯(lián)立（1）、（2）解得：
v1’=，v2’=.
特殊情況： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
3. “動(dòng)碰靜”彈性碰撞的結(jié)論
兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2）
解得：v1′＝，v2′＝
結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)
(2)當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)
(4)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)
(5)當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)

1．質(zhì)量的小球用輕質(zhì)彈簧豎直懸掛，如圖甲所示，把小球向下拉至某位置（未超出彈性限度）由靜止釋放，小球之后運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖像如圖乙所示（取豎直向下為正方向，不計(jì)空氣阻力），，則下列判斷正確的是（　?。?br />
A．在時(shí)間內(nèi)，重力的沖量為0
B．在時(shí)間內(nèi)，彈簧彈力的沖量大小為
C．小球從2s末到6s末的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，合力對(duì)小球做的功為
D．在2s末彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)
【答案】B
【詳解】A．根據(jù)題意，由公式可得，在時(shí)間內(nèi)，重力的沖量為方向豎直向下，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)題意，設(shè)在時(shí)間內(nèi)，彈簧彈力的沖量為，由動(dòng)量定理有代入數(shù)據(jù)解得
即在時(shí)間內(nèi)，彈簧彈力的沖量大小為，故B正確；
C．根據(jù)題意，設(shè)小球從2s末到6s末的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，合力對(duì)小球做的功為，由動(dòng)能定理有
代入數(shù)據(jù)解得故C錯(cuò)誤；
D．在2s末，小球速度向上最大，則彈簧彈力等于小球重力，不是原長(zhǎng)狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。故選B。
2．如圖所示，質(zhì)量相等的兩個(gè)靜止小球A和B，中間用輕質(zhì)彈簧連接，A的上端用輕繩系在足夠高的天花板上?，F(xiàn)將輕繩剪斷開(kāi)始計(jì)時(shí)，直至A球速度為，B球速度為，且方向均向下，則該過(guò)程所用時(shí)間為（　?。?br />
A． B． C． D．
【答案】B
【詳解】對(duì)小球A進(jìn)行分析有對(duì)小球B進(jìn)行分析有由于彈簧對(duì)A的作用力與彈簧對(duì)B的作用力等大反向，則有解得
3．水刀切割具有精度高，無(wú)熱變形、無(wú)毛刺，無(wú)需二次加工以及節(jié)約材料等特點(diǎn)，因而得到廣泛應(yīng)用。某水刀機(jī)床工作時(shí)，垂直射向鋼板的圓柱形水流的橫截面直徑為d，水流穿過(guò)鋼板后速度方向不變，大小變?yōu)樵瓉?lái)的一半。已知水的流量（單位時(shí)間流出水的體積）為Q，水的密度為，則鋼板受到水的平均沖力大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【詳解】以水為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理可知可得又，
代入可得故選A。
4．由于軌道處存在非常稀薄的大氣，空間站在運(yùn)行時(shí)會(huì)受到一定的阻力作用。假定單位體積內(nèi)與空間站前端橫截面發(fā)生碰撞的空氣分子個(gè)數(shù)為n，且速度方向均與橫截面垂直，空間站在其運(yùn)行方向上的橫截面積為S。以空間站為參考系，碰撞前后空氣分子的平均速率分別為、，空氣分子的平均質(zhì)量為m，則空間站前端受到的稀薄空氣阻力F的大小為（　?。?br /> A． B．
C． D．
【答案】B
【詳解】設(shè)在時(shí)間?t內(nèi)有質(zhì)量為?m的空氣分子與空間站前端產(chǎn)生碰撞，則可得以空氣分子碰撞后運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，?duì)空氣分子，由動(dòng)量定理可得聯(lián)立解得由牛頓第三定律可知，空間站前端受到的稀薄空氣阻力F的大小為，ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選B。
5．如圖所示，對(duì)貨車施加一個(gè)恒定的水平拉力F，拉著貨車沿光滑水平軌道運(yùn)動(dòng)裝運(yùn)沙子，沙子經(jīng)一靜止的豎直漏斗連續(xù)地落進(jìn)貨車，單位時(shí)間內(nèi)落進(jìn)貨車的沙子質(zhì)量恒為Q。某時(shí)刻，貨車（連同已落入其中的沙子）質(zhì)量為M，速度為v，則此時(shí)貨車的加速度為（　?。?br />
A． B． C． D．
【答案】A
【詳解】一段極短的時(shí)間內(nèi)落入貨車的沙子質(zhì)量為沙子落入貨車后，立即和貨車共速，則由動(dòng)量定理可得解得沙子受到貨車的力為方向向前，由牛頓第三定律可知，貨車受到沙子的反作用力向后，大小為對(duì)貨車（連同落入的沙子），由牛頓第二定律可得
解得故選A。
6．“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測(cè)器，借助行星的引力來(lái)改變自己的速度。如圖所示，以太陽(yáng)為參考系，設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為，探測(cè)器的初速度大小為，在圖示情況下，探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小為。探測(cè)器和行星雖然沒(méi)有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【答案】B
【詳解】根據(jù)動(dòng)量守恒定律根據(jù)能量守恒定律
解得又因?yàn)榻獾霉蔬xB。
7．物理學(xué)中有一種碰撞被稱為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過(guò)能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時(shí)的高度更大。如圖所示，A、B、C三個(gè)彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時(shí)釋放（其中C球下部離地H），所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則（　?。?br />
A．C球落地前瞬間A球的速度為 B．A球與B球的質(zhì)量之比為
C．B球與C球的質(zhì)量之比為 D．A球彈起的最大高度為25H
【答案】C
【詳解】A．因?yàn)锳、B、C球由靜止同時(shí)釋放，所以落地瞬間的速度相等，由自由落體運(yùn)動(dòng)公式v2=2gH
解得，A錯(cuò)誤；
BC．由題意可知，C球碰地，反向碰B，B在反向碰A，因都是彈性碰撞，設(shè)向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，所以C碰B有mCvC?mBvB=mBvB＇；，B碰A有mBvB＇?mAvA=mAvA＇
由以上幾式可得mA﹕mB﹕mC=1﹕2﹕6，B錯(cuò)誤，C正確；
D．由B選項(xiàng)分析解得，A球彈起的最大高度；，D錯(cuò)誤。故選C。
8．如圖甲所示，物塊A，B的質(zhì)量分別是和，用輕彈栓接兩物塊放在光滑的水平地面上，物塊B的右側(cè)與豎直墻面接觸。另有一物塊C從t＝0時(shí)刻起，以一定的速度向右運(yùn)動(dòng)，在t＝4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開(kāi)，物塊C的圖像如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．物塊B離開(kāi)墻壁前，彈簧的最大彈性勢(shì)能為72 J
B．4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對(duì)物塊B的沖量大小為
C．物塊B離開(kāi)墻壁后，彈簧的最大彈性勢(shì)能為6.5J
D．物塊B離開(kāi)墻壁后，物塊B的最大速度為2m/s
【答案】B
【詳解】A．由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝12 m/s，碰后速度為v2＝3 m/s，C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以C的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mCv1＝（mA＋mC）v2解得mC＝1kg當(dāng)C與A速度為0時(shí)，彈性勢(shì)能最大故A錯(cuò)誤；
B．由題圖乙知，12 s末A和C的速度為v3＝－3 m/s，4 s到12 s過(guò)程中墻壁對(duì)物塊B的沖量大小等于彈簧對(duì)物塊B的沖量大小，也等于彈簧對(duì)A和C整體的沖量大小，墻對(duì)B的沖量為I＝(mA＋mC)v3-(mA＋mC)v2解得I＝－24 N·s方向向左，故B正確；
C．物塊B離開(kāi)墻壁后，A、B、C三者共速時(shí)彈性勢(shì)能最大（mA＋mC）v3=（mA＋mC+mB）v共；
解得Ep′＝6 J故C錯(cuò)誤；
D．物塊B離開(kāi)墻壁后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，物塊B的最大速度時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，則
（mA＋mC）v3=（mA＋mC）v4+mBv5；解得v4=1 m/s，v5=4 m/s
故D錯(cuò)誤。故選B。
9．如圖（a），質(zhì)量分別為、的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時(shí)彈簧形變量為。撤去外力并開(kāi)始計(jì)時(shí)，A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的圖像如圖（b）所示，表示0到時(shí)間內(nèi)A的圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，、分別表示到時(shí)間內(nèi)A、B的圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。下列說(shuō)法正確的是（????）

A．0到時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)B的沖量為0
B．運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變量小于x
C．
D．
【答案】BD
【詳解】A．撤去外力后A受到的合力等于彈簧的彈力，0到時(shí)間內(nèi)，對(duì)A由動(dòng)量定理可知，合力即彈簧彈力對(duì)A的沖量大小彈簧對(duì)A與對(duì)B的彈力大小相等、方向相反、作用時(shí)間相等，因此彈簧對(duì)B的沖量大小與對(duì)A的沖量大小相等、方向相反，即彈簧對(duì)B的沖量大小對(duì)B，以向右為正方向，由動(dòng)量定理得解得墻壁對(duì)B的沖量大小為，方向水平向右故A錯(cuò)誤；
B．B運(yùn)動(dòng)后，當(dāng)A、B速度相等時(shí)彈簧形變量（伸長(zhǎng)或壓縮量）最大，此時(shí)A、B的速度不為零，A、B的動(dòng)能不為零，由動(dòng)量守恒定律可知，彈簧形變量最大時(shí)，A、B的動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和與撤去外力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相等，則彈簧的形變量最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能小于撤去外力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能，彈簧的形變量最大時(shí)彈簧的形變量小于撤去外力時(shí)彈簧的形變量，故B正確；
CD．圖像與坐標(biāo)軸所圍成面積的大小等于物體速度的變化量，因時(shí)刻A的速度為零，時(shí)刻A的速度大小，時(shí)刻A的速度大小，B的速度大小由圖（b）圖像可知，時(shí)刻A的加速度為零，此時(shí)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，B開(kāi)始離開(kāi)墻壁，到時(shí)刻兩者加速度均達(dá)到最大，此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量達(dá)到最大，兩者速度相同，即則有，時(shí)間內(nèi)，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得結(jié)合，聯(lián)立得故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。
10．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A，系在細(xì)線的一端，細(xì)線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h。小物塊B和C的質(zhì)量分別為5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點(diǎn)正下方?，F(xiàn)向左拉動(dòng)小球A使細(xì)線水平伸直，將小球A由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與小物塊B發(fā)生正碰（碰撞時(shí)間極短），小球反彈后上升到最高點(diǎn)時(shí)離水平面的距離為。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。則下列說(shuō)法中正確的是（　?。?br />
A．碰撞后小球A反彈的速度大小為
B．碰撞過(guò)程中小球A受到的沖量大小為
C．碰撞過(guò)程中B物塊受到的沖量大小為
D．碰撞后輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為
【答案】AD
【詳解】A．設(shè)A擺到最低點(diǎn)的速度為，碰撞后A、B的速度大小為、，A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得，A反彈至最高點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
可解得；故A正確；
B．向右為正方向，由動(dòng)量定理可得，碰撞過(guò)程中A受到的沖量大小為即A受到的沖量大小為，方向向左，故B錯(cuò)誤；
C．碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒，可得代入數(shù)據(jù)解得由動(dòng)量定理可得，碰撞過(guò)程中B受到的沖量大小為故C錯(cuò)誤；
D．碰撞后當(dāng)B與C速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)共同速度為，由動(dòng)量定理可得
由能量守恒可得，彈簧的彈性勢(shì)能為聯(lián)立解得故D正確。
故選AD。
11．如圖所示，物塊A、B通過(guò)輕彈簧連接在一起，B放在地面上，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知物塊A、B的質(zhì)量分別為、，彈簧的勁度系數(shù)為，重力加速度為。在物塊A上施加豎直向上的拉力，，經(jīng)過(guò)時(shí)間，B恰好離開(kāi)地面，此時(shí)A的速度為，忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．時(shí)間內(nèi)，A向上移動(dòng)的距離為
B．時(shí)間內(nèi)，地面對(duì)B平均作用力的大小為
C．時(shí)間內(nèi)，彈簧彈性勢(shì)能的減少量為
D．B離開(kāi)地面以后運(yùn)動(dòng)的最大速度為
【答案】AC
【詳解】A．依題意，可得未施加拉力時(shí)，彈簧的壓縮量為施加拉力后，經(jīng)過(guò)時(shí)間，B恰好離開(kāi)地面，此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為則時(shí)間內(nèi)，A向上移動(dòng)的距離為故A正確；
B．時(shí)間內(nèi)，設(shè)彈簧對(duì)A的彈力的平均作用力大小為，根據(jù)動(dòng)量定理有
對(duì)B，則有聯(lián)立兩式，可得地面對(duì)B平均作用力的大小為故B錯(cuò)誤；
C．時(shí)間內(nèi)，對(duì)A根據(jù)功能關(guān)系可得可得則彈簧彈性勢(shì)能的減少量為故C正確；
D．B離開(kāi)地面以后運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，B開(kāi)始做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，接著再做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧的彈力等于其重力時(shí)，此時(shí)B有最大速度。把A、B及彈簧看著一個(gè)系統(tǒng)，由于系統(tǒng)在豎直方向上受到的合力為零，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，可知；
可得B的最大速度為故D錯(cuò)誤。故選AC。
12．等離子體推進(jìn)器的原理結(jié)構(gòu)如圖所示，首先由電子槍產(chǎn)生高速電子流，經(jīng)過(guò)碰撞，電子將等離子體發(fā)生器內(nèi)的惰性氣體電離，形成等離子體，最后等離子體中的正離子經(jīng)過(guò)靜電加速層加速后高速飛出，從而對(duì)等離子推進(jìn)器產(chǎn)生作用力。假設(shè)正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，經(jīng)電壓為U的靜電加速層加速后形成電流為I的離子束，忽略離子進(jìn)入靜電加速層的初速度，不計(jì)離子重力和離子間的相互作用力，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．離子推進(jìn)器是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的裝置
B．離子由靜電加速層噴出時(shí)的速度大小為
C．單位時(shí)間內(nèi)，由靜電加速層噴出的離子數(shù)為
D．離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力大小為
【答案】CD
【詳解】A．離子推進(jìn)器可將靜電加速層中的電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)動(dòng)能定理有離子由靜電加速層噴出時(shí)的速度大小為，B錯(cuò)誤；
C．若n表示單位時(shí)間內(nèi)由靜電加速層噴出的離子數(shù)，根據(jù)電流的定義有單位時(shí)間內(nèi)，由靜電加速層噴出的離子數(shù)為，C正確；
D．時(shí)間內(nèi)噴出離子的動(dòng)量為根據(jù)動(dòng)量定理有則，D正確。
故選CD。
13．青島市即墨區(qū)鰲山灣一帶受嶗山余脈和海島影響，形成了長(zhǎng)達(dá)60多公里的狹長(zhǎng)“疾風(fēng)帶”，為風(fēng)力發(fā)電創(chuàng)造了有利條件，目前該地風(fēng)電總裝機(jī)容量已達(dá)18萬(wàn)千瓦。如圖，風(fēng)力推動(dòng)三個(gè)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)，葉片帶動(dòng)轉(zhuǎn)子（磁極）轉(zhuǎn)動(dòng)，在定子（線圈）中產(chǎn)生電流，實(shí)現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化。已知葉片長(zhǎng)為r，風(fēng)速為v，空氣密度為ρ，流到葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面的空氣中約有速度減速為0，原速率穿過(guò)，不考慮其他能量損耗。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．一臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率約為
B．一臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率約為
C．空氣對(duì)風(fēng)力發(fā)電機(jī)一個(gè)葉片的平均作用力約為
D．空氣對(duì)風(fēng)力發(fā)電機(jī)一個(gè)葉片的平均作用力約為
【答案】BD
【詳解】AB．建立一個(gè)“風(fēng)柱”模型，如圖所示

風(fēng)柱的橫截面積為葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面面積，即經(jīng)過(guò)極短時(shí)間風(fēng)柱長(zhǎng)度為所形成的風(fēng)柱體積空氣遇到葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面后減速為零，原速率穿過(guò)，所以與葉片發(fā)生相互作用的風(fēng)柱質(zhì)量根據(jù)功能關(guān)系，風(fēng)力在這一段位移內(nèi)轉(zhuǎn)化的電能一臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)獲得風(fēng)能的功率即發(fā)電功率為，A錯(cuò)誤，B正確；
CD．以與葉片發(fā)生相互作用的那部分空氣為研究對(duì)象，規(guī)定空氣流動(dòng)的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理得
解得根據(jù)牛頓第三定律，可知空氣對(duì)一臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)的平均作用力為一臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)有三個(gè)葉片，所以空氣對(duì)風(fēng)力發(fā)電機(jī)一個(gè)葉片的平均作用力約為，C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。
14．如圖所示，一個(gè)斜面與水平地面平滑連接，斜面與水平地面均光滑。小物塊P放在水平地面上，小物塊Q自斜面上某位置處由靜止釋放，P、Q之間的碰撞為彈性正碰，斜面與水平面足夠長(zhǎng)，則下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．若，則P、Q只能發(fā)生一次碰撞
B．若，則P、Q只能發(fā)生一次碰撞
C．若，則P、Q只能發(fā)生兩次碰撞
D．若，則P、Q只能發(fā)生多次碰撞
【答案】AC
【詳解】A B．設(shè)Q滑到水平面上時(shí)速度大小為v，P、Q相碰．動(dòng)量守恒及動(dòng)能不變，有
；聯(lián)立解得第一次碰后；
之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，則有解得，A正確、B錯(cuò)誤；
C．若，第一次碰后，可得，之后Q滑上斜面并返回，與P發(fā)生第二次碰撞后有
；得；因故P、Q只能發(fā)生兩次碰撞，C正確；
D．若，第一次碰后，可得；之后Q滑上斜面并返回，與P發(fā)生第二次碰撞后有
；得；因
故P、Q只能發(fā)生兩次碰撞，D錯(cuò)誤。故選AC。
15．質(zhì)量為m2且各處光滑的帶有四分之一圓?。ò霃阶銐虼螅┑能壍漓o止在光滑水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m1的滑塊以初速度v0水平?jīng)_上軌道（不脫離軌道），下列說(shuō)法正確的是（???）

A．若m1= m2，則m1滑下后將與m2一起以的速度勻速運(yùn)動(dòng)
B．若m1= m2，則m1滑到最高點(diǎn)時(shí)速度為0
C．若m1= m2，則m1上升的最大高度為
D．m1滑下后，速度可能向左
【答案】CD
【詳解】BC．由于m2為各處光滑的帶有四分之一圓弧，則m1和m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒且在水平方向動(dòng)量守恒，則m1滑到最高點(diǎn)時(shí)有m1v0= (m1 + m2)v共；將代入解得
，，B錯(cuò)誤、C正確；
AD．m1滑上m2又返回直到m1離開(kāi)m2的整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。選取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m1v0= m1v1 + m2v2假設(shè)是彈性碰撞，由機(jī)械能守恒得，解得，
如果m1 < m2，則v1 < 0，即m1離開(kāi)m2后速度方向向左，滑塊向左做平拋運(yùn)動(dòng)；
如果m1= m2，則v1= 0，即m1離開(kāi)m2時(shí)速度為零，滑塊做自由落體運(yùn)動(dòng)；
如果m1 > m2，則v1 > 0，即m1離開(kāi)m2后速度方向水平向右，滑塊向右做平拋運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，D正確。
故選CD。
16．如圖甲所示，質(zhì)量為的物塊A與豎直放置的輕彈簧上端連接，彈簧下端固定在地面上。時(shí)，物塊A處于靜止?fàn)顟B(tài)，物塊B從A正上方一定高度處自由落下，與A發(fā)生碰撞后一起向下運(yùn)動(dòng)（碰撞時(shí)間極短，且未粘連），到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)。已知B運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示，其中的圖線為直線，不計(jì)空氣阻力，則（????）

A．物塊B的質(zhì)量為 B．時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大
C．時(shí)，B速度為零 D．時(shí)，A、B開(kāi)始分離
【答案】AC
【詳解】A．碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒，則有解得故A正確；
B．當(dāng)為零時(shí)，彈簧壓縮量最短，彈簧的彈性勢(shì)能最大，故B錯(cuò)誤；
C．B與A一起運(yùn)動(dòng)過(guò)程屬于簡(jiǎn)諧振動(dòng)，故圖乙中B物體的速度時(shí)間圖線為正余弦函數(shù)關(guān)系，設(shè)振動(dòng)周期為，由數(shù)學(xué)知識(shí)可得；解得則有故B速度為零時(shí)刻為聯(lián)立解得故C正確；
D．根據(jù)可得可知此時(shí)B的速度為
可知此時(shí)A、B剛好回到碰撞時(shí)的位置，此時(shí)彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，A、B并未分離，故D錯(cuò)誤。故選AC。
17．如圖所示，質(zhì)量為的物塊P與物塊Q（質(zhì)量未知）之間拴接一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，彈簧恰好處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)給P物體一瞬時(shí)初速度，并把此時(shí)記為0時(shí)刻，規(guī)定向右為正方向，0~2t0內(nèi)P、Q物塊運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示，已知時(shí)刻P、Q的加速度最大，其中軸下方部分的面積大小為，則（????）

A．物體Q的質(zhì)量為
B．時(shí)刻Q物體的速度大小為
C．時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為
D．時(shí)間內(nèi)彈簧對(duì)P物體做功為零
【答案】BCD
【詳解】A．時(shí)間內(nèi)Q所受彈力方向向左，P所受彈力方向始終向右；時(shí)刻，P、Q所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得；解得物體Q的質(zhì)量為故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，可知時(shí)間內(nèi)，Q物體的速度變化量大小為
則時(shí)刻Q物體的速度大小為，故B正確；
C．時(shí)刻兩物體具體相同的速度，根據(jù)對(duì)稱性可知，時(shí)刻P、Q物體的速度大小為設(shè)物體P的初速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒可得解得設(shè)時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為，根據(jù)能量守恒可得聯(lián)立解得故C正確；
D．設(shè)時(shí)刻P物體的速度為；根據(jù)動(dòng)量守恒可得解得可知時(shí)刻P物體的速度大小等于時(shí)刻P物體的速度大小，則時(shí)刻P物體的動(dòng)能等于時(shí)刻P物體的動(dòng)能，故時(shí)間內(nèi)彈簧對(duì)P物體做功為零，故D正確。故選BCD。
18．如圖，質(zhì)量為的小球B放在光滑的水平槽內(nèi)，一長(zhǎng)為的細(xì)繩一端連接小球B，另一端連接質(zhì)量為的小球A，開(kāi)始時(shí)細(xì)繩處于松弛狀態(tài)，A在B正下方，且A與B相距。球A以初速度水平拋出。當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到圖示位置時(shí)細(xì)繩張緊（張緊過(guò)程時(shí)間極短），之后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中細(xì)繩始終處于張緊狀態(tài)。重力加速度為，則（　?。?br />
A．小球A平拋運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷時(shí)間
B．細(xì)繩張緊前瞬間小球速度大小
C．細(xì)繩張緊過(guò)程，小球A和B的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
D．細(xì)繩張緊后瞬間A球速度的大小為
【答案】AB
【詳解】A．設(shè)經(jīng)過(guò)t時(shí)間細(xì)繩張緊，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系可得
解得故A正確；
B．細(xì)繩張緊前瞬間小球速度大小為，B正確；
C．細(xì)繩張緊過(guò)程，由于小球A的重力，系統(tǒng)所受合外力不為零，故小球A和B的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但水平方向合外力為零，水平方向滿足動(dòng)量守恒，C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)細(xì)繩繃緊時(shí)，據(jù)速度偏角公式可得速度與水平方向的夾角又繩子與水平方向的夾角
可得此時(shí)A的水平速度為豎直速度為由水平方向動(dòng)量守恒可得繃緊后A的速度，D錯(cuò)誤。故選ABD。
19．如圖所示，金屬塊內(nèi)有一個(gè)半徑為R的光滑圓形槽，金屬塊放在光滑水平面上且左邊挨著豎直墻壁．一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從離金屬塊左上端R處?kù)o止下落，沿圓槽切線方向進(jìn)入圓槽內(nèi)，小球到達(dá)最低點(diǎn)后繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，恰好不能從圓形槽的右端沖出．已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力．下列說(shuō)法正確的是（????）

A．小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，小球?qū)饘賶K的壓力大小為5mg
B．金屬塊的質(zhì)量為m
C．小球第二次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為2
D．金屬塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為2
【答案】ABD
【詳解】A．小球從靜止到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有小球剛到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)和牛頓第二定律有根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)饘賶K的壓力大小為聯(lián)立解得，A正確；
B．小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)至小球到達(dá)圓形槽右端過(guò)程，小球和金屬塊水平方向動(dòng)量守恒，則有
根據(jù)能量守恒定律有聯(lián)立解得，B正確；
CD．小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)至小球第二次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，水平方向動(dòng)量守恒，即有
又由能量守恒可得；解得，C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD。
20．如圖所示，在固定的水平橫桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M（M>m）的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中。在以后的擺動(dòng)過(guò)程中，木塊不會(huì)碰到和超過(guò)水平橫桿，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)g
B．子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對(duì)輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)g
C．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒
D．m不可能向左運(yùn)動(dòng)
【答案】BCD
【詳解】A．子彈射入木塊后的瞬間，子彈和木塊系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1
解得速度大小為v1＝子彈射入木塊后的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)
可知繩子拉力大于(M＋m0)g，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．子彈射入木塊后的瞬間，對(duì)子彈、木塊和圓環(huán)整體N＝T＋mg> (M＋m＋m0)g選項(xiàng)B正確；
C．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，選項(xiàng)C正確；
D．由彈性碰撞公式可知， 從子彈打入木塊到木塊擺回到最低點(diǎn)時(shí)；
由于M+ m0>m，木塊經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)圓環(huán)速度有兩個(gè)解，分別是最大速度
方向向右；最小速度：0，圓環(huán)不可能向左運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。
故選BCD。



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