【導(dǎo)讀】的支架上，斜梁OB與豎直方向的夾角為θ。斜梁OB作用于O點(diǎn)的彈力分別為F1和F2。以下說(shuō)法正確的是。4．探究彈力和彈簧伸長(zhǎng)的關(guān)系時(shí)，在彈性限度內(nèi)，懸掛15N重物時(shí)，小球某時(shí)刻正處于圖示狀態(tài)。設(shè)斜面對(duì)小球的支持力為N，細(xì)繩對(duì)小球的拉力為T(mén)，狀物體A，A與豎直墻之間放一光滑圓球B，整個(gè)裝置處于平衡狀態(tài)。對(duì)B加一豎直向下的力F，F(xiàn)的作用線(xiàn)通過(guò)球心，設(shè)墻對(duì)B的作用力為F1，若F緩慢增大而整個(gè)裝。7如圖,一固定斜面上兩個(gè)質(zhì)量相同的小物塊A和B緊挨著勻速下滑,該彈簧沿斜面方向拉住質(zhì)里為2m的物體，系統(tǒng)靜止時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量也為L(zhǎng)。則物體所受摩擦力。點(diǎn)分別掛有兩個(gè)和三個(gè)鉤碼，木棒處于平衡狀態(tài)。1．從水平勻速飛行的直升機(jī)上向外自由釋放一個(gè)物體，不計(jì)空氣阻力，乙車(chē)在甲車(chē)前面，相距為d。已知此后兩車(chē)相遇兩次，且第。8．某人騎自行車(chē)在平直道路上行進(jìn)，某同學(xué)為了簡(jiǎn)化計(jì)算，用虛線(xiàn)作近似處理，下列

　　

【正文】 塊均靜止?，F(xiàn)將小球由靜止釋放，當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，滑塊剛好被一表面涂有粘性物質(zhì)的固定檔板粘住，在極短的時(shí)間內(nèi)速度減為零。小球繼續(xù)向左擺動(dòng)。當(dāng)輕繩與豎直方向的夾角θ =60176。時(shí)小球達(dá)到最高點(diǎn)。求： （ 1）從滑塊與 檔板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^(guò)程中，檔板阻力對(duì)滑塊的沖量； （ 2）小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，繩的拉力對(duì)小球做功的大小。 2個(gè)人解析：（ 1）對(duì)系統(tǒng)，設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)速度大小為 v1，此時(shí)滑塊的速度大小為 v2，滑塊與擋板接觸前 由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律： mgl = 12mv12 +12mv22 ① 由系統(tǒng)的水平方向動(dòng)量守恒定律： mv1 = mv2 ② 對(duì)滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^(guò)程中，擋板阻力對(duì)滑塊的沖量為： I = mv2 ③ 聯(lián)立 ①②③ 解得 I = m gl 方向向左 ④ （ 2）小球釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，設(shè)繩的拉力對(duì)小球做功的大小為 W，對(duì)小球由動(dòng)能定理： mgl＋ W = 12mv12 ⑤ 聯(lián)立①②⑤解得： mglW 21?? ，即繩的拉力對(duì)小球佬負(fù)功，大小為 mgl21 【高考考點(diǎn)】 本 考查動(dòng)量、能量守恒定律、動(dòng)能定理與動(dòng)量定理。 【易錯(cuò)提醒】 考 考生容易將碰撞瞬間小球也參與受力分析以及認(rèn)為小球機(jī)械能守恒處理第二問(wèn)。 【備考提示】 本 高考連續(xù)兩 年考查動(dòng)量和能量守恒定律。動(dòng)量與能量一直是高考和重點(diǎn)壓軸內(nèi)容，平時(shí)要多訓(xùn)練，總結(jié)與歸納容易出錯(cuò)的問(wèn)題。 2.（ 20 分）有兩個(gè)完全相同的小滑塊 A 和 B， A 沿光滑水平面以速度 v0 與靜止在平面邊緣O 點(diǎn)的 B 發(fā)生正碰，碰撞中無(wú)機(jī)械能損失。碰后 B 運(yùn)動(dòng)的軌跡為 OD 曲線(xiàn)，如圖所示。 （ 1）已知滑塊質(zhì)量為 m,碰撞時(shí)間為 t? ，求碰撞過(guò)程中 A對(duì) B 平均沖力的大小。 （ 2）為了研究物體從光滑拋物線(xiàn)軌道頂端無(wú)初速下滑的運(yùn)動(dòng)，特制做一個(gè)與 B平拋軌道完全相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與 OD 曲線(xiàn)重合的位置，讓 A 沿該軌道無(wú)初速下滑（經(jīng)分析， A 下滑過(guò)程中不會(huì)脫離軌道）。 a. 分析 A沿軌道下滑到任意一點(diǎn)的動(dòng)量 pA與 B平拋經(jīng)過(guò)該點(diǎn)的動(dòng)量 pB的大小關(guān)系 。 b. 在 OD 曲線(xiàn)上有一 M 點(diǎn)， O 和 M兩點(diǎn)連線(xiàn)與豎直方向的夾角為 45176。求 A 通過(guò) M圖 8 點(diǎn)時(shí)的水平分速度和豎直分速度。 .解析：（ 1） 滑 塊 A 與 B 正碰，滿(mǎn)足 動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，有： mvAmVB=mv0 22 2121 BA mvmv ? = 2021mv 由 以上兩式 ，解得 vA=0， vB=v0 對(duì) 滑塊 B， 根據(jù)動(dòng)量定理 有 0mvtF ??? 解得 tmvF ?? 0 （ 2） a. 設(shè)任意點(diǎn)到 O 點(diǎn)豎直高度差為 d。 A、 B 由 O 點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)至該點(diǎn)過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒。 選該任意點(diǎn)為勢(shì)能零點(diǎn)， 則 有 ： EA=mgd， EB= mgd+ 2012mv 由于 p= kmE2 ， 有kBkABA EEPP ? = gdv gd2220 ?1 可見(jiàn) PAPB，即 A下滑到任意一點(diǎn)的動(dòng)量總是小于 B 平拋經(jīng)過(guò)該點(diǎn)的動(dòng)量。 b. 以 O 為原點(diǎn)，建立直角坐標(biāo)系 xOy， x 軸正方向水平向右， y 軸正方向豎直向下，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)，對(duì) B 有 ： tvx 0? ， 221gty? 可解得 B 的軌跡方程為： 222 xvgy a? 在 M 點(diǎn)有： x=y，則gvyM20? 因?yàn)?A、 B 的運(yùn)動(dòng)軌跡均為 OD 曲線(xiàn)，故在任意一點(diǎn)，兩者速度方向相同。設(shè) B 水平和豎直分速度大小分別為 vBx和 vBy，速率 為 vB； A水平和豎直分速度大小分別為 vAx和 vAy，速率為 vA；則BBxAAx vvvv ? ，BByAAy vvvv ? 。 B 做平拋運(yùn)動(dòng)，故 0vvBx? ， MBy gyv 2? ， MB gyvv 220 ?? 對(duì)滑塊 A，由機(jī)械能守恒定律得 vA=2gyM 結(jié)合以上三式，可得：MMAx gyv gyvv 22200 ?? ，MMAy gyv gyv 2220 ?? 將③代入得： 552?Axv，0554 vvAy ? 3 (2) （ 2020 寧夏 理綜） （ 9 分）某同學(xué)利用如圖所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。圖中兩擺擺長(zhǎng)相同，懸掛于同一高度， A、 B 兩擺球均很小，質(zhì)量之比為 1∶ 2。當(dāng)兩擺均處于自由靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，其側(cè)面剛好接觸。向右上方拉動(dòng) B 球使其擺線(xiàn)伸直并與豎直方向成 45176。角，然后將其由靜止釋放。結(jié)果觀察到兩擺球粘在一起擺動(dòng)，且最大擺角成30176。若本實(shí)驗(yàn)允許的最大誤差為177。 4％，此實(shí)驗(yàn)是否成功地驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律？ 33. （ 2）設(shè)擺球 A、 B 的質(zhì) 量分別為 Am 、 Bm ，擺長(zhǎng)為 l， B球的初始高度為 h1，碰撞前 B 球的速度為 ，根據(jù)題意及機(jī)械能守恒定律得 1 (1 cos 45 )hl? ? ? ① 2 112 B B Bm v m gh? ② 設(shè)碰撞前、后兩擺球的總動(dòng)量的大小分別為 P P2。有 P1=mBvB ③ 聯(lián)立①②③式得 1 2 (1 c o s 4 5 )BP m g l? ? ? ④ 同理可得 2 ( ) 2 (1 c o s 3 0 )ABP m m g l? ? ? ? ⑤ 聯(lián)立④⑤式得 211 c o s 3 01 c o s 4 5ABBP m mPm? ??? ⑥ 代入已知條件得 221??????? ⑦ 由此可以推出 211PPP? ≤ 4% ⑧ 所以，此實(shí)驗(yàn)在規(guī)定的范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律。 4． （ 2020全國(guó) 2理綜） (15 分 )如圖 , 一質(zhì)量為 M的物塊靜止在桌面邊緣 , 桌面離水平面的高度為 h. 一質(zhì)量為 m的子彈以水平速度 v0射入物塊后 , 以水平速度 v0/2射出 . 重力加速度為 g. 求 （ 1）此過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能； （ 2）此后物塊落地點(diǎn)離桌面邊緣的水平距離． 【標(biāo)準(zhǔn)答案】（ 1） 20381 mvMmE ?????? ??? （ 2）ghMmvs 20? 【試題解析】 （ 1）設(shè)子彈 穿過(guò)物塊后的速度為 V，由動(dòng)量守恒得 MVvmmv ??? 200 …………………… ① （ 3 分） 解得：MmvV 2 0?………………………… ② 系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：???????? ?????????? 22020 2122121 MVvmmvE…………………… ③ （ 3 分） 由 ②③ 兩式可得： 20381 mvMmE ?????? ???………………………… ④ （ 3 分） （ 2）設(shè)物塊下落到地面所需時(shí)間為 t，落地點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離為 s， 則： 221gth?………… ………… ⑤ （ 2 分） Vts? ………………………… ⑥ （ 2 分） 由 ②⑤⑥ 三式可得：ghMmvs 20?…………………… ⑦ （ 2 分） 【高考考點(diǎn)】 動(dòng)量守恒與能量守恒的綜合應(yīng)用，平拋運(yùn)動(dòng)． 【易錯(cuò)提醒】 數(shù)學(xué)運(yùn)算能力差， 不能正確求解最終結(jié)果． 【備考提示】 子彈打木塊模型是動(dòng)量守恒與能量守恒綜合應(yīng)用的主要模型，大多數(shù)同學(xué)往往只注意動(dòng)量守恒與能量守恒表達(dá)式的書(shū)寫(xiě)，忽略最終結(jié)果的求解，出現(xiàn)在考試過(guò)程中結(jié)果出錯(cuò)，故平時(shí)在訓(xùn)練中也要加強(qiáng)數(shù)學(xué)運(yùn)算能力 的培養(yǎng)． 5. (2） （ 2020 山東理綜） 一個(gè)物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質(zhì)量為 M 的盒子，如圖 l所示。現(xiàn)給盒子一初速度 v0，此后，盒子運(yùn)動(dòng)的 v 一 t 圖象呈周期性變化，如圖 2 所示。請(qǐng)據(jù)此求盒內(nèi)物體的質(zhì)量。 解： (2）設(shè)物體的質(zhì)童為 m， t0 時(shí)刻受盒子碰撞獲得速度 v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律 Mv0=mv ① 3t0 時(shí)刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)?v0，說(shuō)明碰撞是彈性碰撞 12Mv02 = 12mv2 ② 聯(lián)立①②解得 m=M ③ （也可通過(guò)圖象分析得出 v0=v ，結(jié)合動(dòng)量守恒，得出正確結(jié)果） 6. （ 2020天津 理綜） （ 18分）光滑水平面上放著質(zhì)量 mA =1kg的物塊 A與質(zhì)量為 mB =2kg的物塊 B， A 與 B 均可視為質(zhì)點(diǎn)， A靠在豎直墻壁上， A、 B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧（彈簧與 A、 B 均不拴接），用手擋住 B 不動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能為 Ep= 49J。在 A、 B 間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度，如圖所示。放手后 B 向右運(yùn)動(dòng)，繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷，之后 B 沖上 與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑 R=， B恰能運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn) C。取 g=10m/s2，求 （ 1）繩拉斷后瞬間 B 的速度 vB的大??； （ 2）繩拉斷過(guò)程繩對(duì) B 的沖量 I 的大小； （ 3）繩拉斷過(guò)程繩對(duì) A 所做的功 W。 ： （ 1）設(shè) B 在繩被拉斷后瞬間的速度為 vB，到達(dá) C 點(diǎn)的速度為 vC ，有 2BCB mvmg R?① 2211 +222B B B C Bm v m v m g R? ② 帶入數(shù)據(jù)得 v = 5m/s③ （ 2）設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí) B 的速度為 v1，取水平向右為正方向，有 2112pBE m v? ④ I = mBvB mBv1⑤ 帶入數(shù)據(jù)得 I = 4Ns，其大小為 4Ns⑥ （ 3）設(shè)繩斷后 A的速度為 vA，取水平向右為正方向，有 mBv1=