限時(shí)：40分鐘
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(gè)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(dāng)突然加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，兩小球A、B將由靜止開始運(yùn)動(dòng)，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，對(duì)兩個(gè)小球和彈簧組成的系統(tǒng)(設(shè)整個(gè)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(dǎo)學(xué)號(hào) 86084141( D )
A．系統(tǒng)機(jī)械能不斷增加
B．系統(tǒng)動(dòng)量不守恒
C．當(dāng)彈簧長(zhǎng)度達(dá)到最大值時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能最小
D．當(dāng)小球所受電場(chǎng)力與彈簧的彈力相等時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能最大
[解析] 在彈簧伸長(zhǎng)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)球A和球B都做正功，則系統(tǒng)機(jī)械能增加。當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)后又收縮，電場(chǎng)力做負(fù)功，則系統(tǒng)機(jī)械能減小。故A錯(cuò)誤；兩球所帶電荷量相等而電性相反，則系統(tǒng)所受電場(chǎng)力合力為零，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故B錯(cuò)誤；彈簧長(zhǎng)度達(dá)到最大值時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做的功最多，機(jī)械能最大。故C錯(cuò)誤；兩小球遠(yuǎn)離過程，先做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度不斷變大的減速運(yùn)動(dòng)，故當(dāng)電場(chǎng)力與彈力平衡時(shí)，加速度為零，動(dòng)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(shí)驗(yàn)測(cè)得兩滑塊碰撞前后運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移－時(shí)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(yùn)動(dòng)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(shí)間極短。由圖象給出的信息可知導(dǎo)學(xué)號(hào) 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(dòng)量比滑塊Ⅱ的動(dòng)量大
C．碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)能比滑塊Ⅱ的動(dòng)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(cuò)誤；碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ速度為負(fù)，動(dòng)量為負(fù)，滑塊Ⅱ的速度為正，動(dòng)量為負(fù)。由于碰撞后動(dòng)量為正，故碰撞前總動(dòng)量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動(dòng)量比滑塊Ⅱ小，故B錯(cuò)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(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)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(duì)此運(yùn)動(dòng)過程的分析，下列說法中正確的是(g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣?導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084143( C )
A． 若地面粗糙且小車能夠靜止不動(dòng)，則地面對(duì)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(dòng)，則地面對(duì)小車的靜摩擦力最大為2mg
C． 若地面光滑，當(dāng)小球滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)，小車速度為m2gRMM＋m
D． 若地面光滑，當(dāng)小球滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)，小車速度為M2gRmM＋m
[解析] 若地面粗糙且小車能夠靜止不動(dòng)，因?yàn)樾∏蛑挥兄亓ψ龉Γ市∏驒C(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒可求得小球任一位置時(shí)的速度，由向心力公式可求得小球受到的支持力；對(duì)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(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的水平動(dòng)量守恒，系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒，由此列式，可求得小球滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)小車的速度。設(shè)圓弧半徑為R，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到重力與半徑夾角為θ時(shí)，速度為v。根據(jù)機(jī)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(duì)小車的靜摩擦力水平向右，大小為f＝Nx＝32mgsin2θ，可以看出：當(dāng)sinθ＝1，即θ＝45°時(shí)，地面對(duì)車的靜摩擦力最大，其值為fmax＝32mg，故AB錯(cuò)誤；若地面光滑，當(dāng)小球滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)，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(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv－Mv′＝0，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則得mgR＝12mv2＋12Mv′2，解得v′＝m2gRMM＋m，故C正確，D錯(cuò)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(gè)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(yuǎn)且相向運(yùn)動(dòng)。某時(shí)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(huì)相碰。則下列敘述正確的是導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084144( D )
A．兩球相距最近時(shí)，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(duì)兩球始終做負(fù)功
C．a(chǎn)球一直沿原方向運(yùn)動(dòng)，b球要反向運(yùn)動(dòng)
D．a(chǎn)、b兩球都要反向運(yùn)動(dòng)，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(dòng)量守恒，當(dāng)兩球速度相同時(shí)，系統(tǒng)損失機(jī)械能最大，兩球相距最小，故A錯(cuò)誤；由題意可知，a球動(dòng)量大于b球動(dòng)量，因此系統(tǒng)動(dòng)量水平向右，故b球運(yùn)動(dòng)過程中將先反向運(yùn)動(dòng)而a球后反向運(yùn)動(dòng)，因此靜電斥力對(duì)a、b球先做負(fù)功后做正功，故B、C錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)間極短。在此碰撞過程中，下列哪個(gè)或哪些說法是可能發(fā)生的導(dǎo)學(xué)號(hào) 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(diǎn)時(shí)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(dòng)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(dòng)量守恒有：Mv＝Mv1＋mv2。若碰后小車和木塊速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：Mv＝(M＋m)u。故C正確，A、B錯(cuò)誤；碰撞后，小車和小球水平方向動(dòng)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(tái)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(dòng)摩擦因數(shù)不計(jì)；乙圖為物體A與小車B的v－t圖象，由此可知導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084146( BC )
A．小車上表面長(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)
D．小車B獲得的動(dòng)能
[解析] 由圖象可知，AB最終以共同速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，不能確定小車上表面長(zhǎng)度，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)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(duì)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(dòng)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(dòng)能，故D錯(cuò)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(gè)小球，中間夾著一個(gè)被壓縮的具有Ep＝10.8 J彈性勢(shì)能的輕彈簧(彈簧與兩球不相連)，原來處于靜止?fàn)顟B(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(dǎo)學(xué)號(hào) 86084147( AD )
A．球m從軌道底端A運(yùn)動(dòng)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(shí)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(diǎn)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(duì)m的沖量大小為1.8 N•s
[解析] 釋放彈簧過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒得：mv1－Mv2＝0，由機(jī)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(jī)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(dòng)量定理得，球m從軌道底端A運(yùn)動(dòng)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(shí)獲得的速度為3 m/s，故B錯(cuò)誤；設(shè)圓軌道半徑為r時(shí)，飛出B后水平位移最大，由A到B機(jī)械能守恒定律得：12mv21＝12mv1′2＋mg•2r，在最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mg＋N＝mv′21r，m從B點(diǎn)飛出，需要滿足：N≥0，飛出后，小球做平拋運(yùn)動(dòng)：2r＝12gt2，x＝v1′t，當(dāng)8.1－4r＝4r時(shí)，即r＝1.0125 m時(shí)，x為最大，球m從B點(diǎn)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(cuò)誤；由動(dòng)量定理得，彈簧彈開過程，彈力對(duì)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(xì)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。現(xiàn)將細(xì)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(shí)物塊A的速度大小為v，則導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084148( AD )
A．物塊B的加速度大小為a時(shí)彈簧的壓縮量為x2
B．物塊A從開始運(yùn)動(dòng)到剛要離開彈簧時(shí)位移大小為23x
C．物塊開始運(yùn)動(dòng)前彈簧的彈性勢(shì)能為32mv2
D．物塊開始運(yùn)動(dòng)前彈簧的彈性勢(shì)能為3mv2
[解析] 當(dāng)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(dāng)物塊B的加速度大小為a時(shí)，有：kx′＝ma，對(duì)比可得：x′＝x2，即此時(shí)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(dòng)量守恒得：2mxAt－mxBt＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移為：xA＝13x，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律得 0＝2mv－mvB，得物塊B剛要離開彈簧時(shí)的速度 vB＝2v，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：物塊開始運(yùn)動(dòng)前彈簧的彈性勢(shì)能為：Ep＝12•2mv2＋12mv2B＝3mv2。故C錯(cuò)誤，D正確。
二、計(jì)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(gè)小球A質(zhì)量為M2，以v0＝6 m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦，小球均視為質(zhì)點(diǎn)，求：導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084149
(1)小球B的最大速率；
(2)小球B運(yùn)動(dòng)到圓弧曲面最高點(diǎn)時(shí)的速率；
(3)通過計(jì)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(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒得： M2v0＝M2vA＋MvB；由機(jī)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(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)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(shí)速度分別為vB′、vC′
由水平動(dòng)量守恒有
MvB＝MvB′＋2MvC′
機(jī)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(huì)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(zhǎng)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(xì)線將它們拴在一起，物塊與彈簧不拴接。將細(xì)線燒斷后，物塊a通過圓弧軌道的最高點(diǎn)P時(shí)，對(duì)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊到達(dá)A點(diǎn)或B點(diǎn)前已和彈簧分離，重力加速度為g。求：導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084150
(1)物塊b沿軌道BD運(yùn)動(dòng)的距離x；
(2)燒斷細(xì)線前彈簧的彈性勢(shì)能Ep。
[解析] (1)彈簧彈開a、b過程，由動(dòng)量守恒定律得mv1－2mv2＝0
物塊a從A到P運(yùn)動(dòng)的過程中，由機(jī)械能守恒定律得
12mv21＝mg2R＋12mv2p，
在最高點(diǎn)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(dòng)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(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能
Ep＝12mv21＋12(2m)v22
解得彈性勢(shì)能Ep＝92mgR
本文來自：逍遙右腦記憶 http://m.yy-art.cn/gaosan/1287113.html
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