资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩7页未读，
继续阅读
所属成套资源：2024年高考物理二轮专题复习（新教材，全国通用）
成套系列资料，整套一键下载
2024年高考物理二轮专题复习-专题7 动量 动量守恒定律（原卷版+解析版）
展开
这是一份2024年高考物理二轮专题复习-专题7 动量 动量守恒定律（原卷版+解析版），文件包含专题7动量动量守恒定律原卷版docx、专题7动量动量守恒定律解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
2．动量的变化量：是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
3．与动能的区别与联系：
(1)区别：动量是矢量，动能是标量．
(2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ek＝eq \f(p2,2m)或p＝eq \r(2mEk).
关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A．动能Ek随时间t变化的快慢ΔEkΔt随时间均匀增大
B．动量p随时间t变化的快慢ΔpΔt随时间均匀增大
C．重力势能Ep随位移x变化的快慢ΔEpΔx随时间均匀减小
D．机械能E随位移x变化的快慢ΔEΔx随时间均匀减小
【解答】解：A、自由落体时，动能随时间变化的表达式为Ek=12mv2=12m(gt)2，ΔEkΔt=12m(gt)2-0t-0=12mg2t，故动能随时间均匀增大，故A正确；
B、自由落体时，动量随时间变化的表达式为p＝mv＝mgt，ΔpΔt=mgt-0t-0=mg，动量p随时间t变化的快慢保持不变，故B错误；
C、自由落体时，以开始下落位置所在水平面为参考平面，重力势能随位移变化的表达式为Ep＝﹣mg•x，ΔEpΔx=-mg⋅x-0x-0=-mg，重力势能Ep随位移x是不变的，故C错误；
D、自由落体时只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律可知ΔEΔx为0，故D错误。
故选：A。
如图所示，质量为m的摩托艇静止在水面上，t＝0时刻，摩托艇在恒定牵引力作用下开始沿直线运动，其加速度a随速度v的变化规律如图所示。已知摩托艇受到的阻力与运动速度成正比，即f＝kv（k为常数，大小未知）。则（ ）
A．摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力对摩托艇做的功为12mv02
B．摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力的冲量为mv0
C．牵引力的最大功率为ma0v0
D．常数k的大小为ma02v0
【解答】解：A、由动能定理可知，牵引力与阻力做功之和等于摩托艇动能的变化量，阻力做负功，则牵引力对摩托艇做的功大于12mv02，故A错误；
B、由动量定理可知，牵引力与阻力冲量之和等于莫游艇动量的变化量，阻力冲量为负值，则牵引力的冲量大于mv0，故B错误；
C、由图可知，速度为零时，阻力为零，牵引力为F＝ma0
牵引力为恒力，则速度最大时，牵引力的功率最大值为Pm＝ma0v0，故C正确；
D、由牛顿第二定律可得，F﹣kv＝ma
所以a=-kmv+Fm
可知km=a0v0
解得k=ma0v0，故D错误。
故选：C。
如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数为μ。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（ ）
A．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为μgr
B．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
C．餐桌面的半径为32r
D．物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为mμgr
【解答】解：A．小物块刚好滑落时，摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律得：μmg＝mω2r
解得：ω=μgr
故A错误；
B．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功W=12mv2=12m（ωr）2=12μmgr，故B错误；
C．小物块从离开圆盘到滑到桌面边缘的过程中，由动能定理得：﹣μmgx＝0-12m（ωr）2
代入数据解得，滑行距离为：x=r2
小物块离开圆盘后的运动轨迹如图所示：
根据几何关系得：R2＝r2+（r2）2
代入数据解得，餐桌的半径R=52r
故C错误；
D．在餐桌上运动的时间t=va=rμg
摩擦力受冲量大小为I＝ft
解得：I＝mμgr
故D正确。
故选：D。
如图所示，在粗细均匀的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体N（可视为质点），稳定时N在水中匀速上浮。现将玻璃管轴线与竖直方向y轴重合，在N上升刚好匀速运动时的位置记为坐标原点O，同时玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。N依次经过平行横轴的三条水平线上的A、B、C位置，在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，对应的动能变化量分别为ΔEk1、ΔEk2、ΔEk3，动量变化量的大小分别为Δp1、Δp2、Δp3。则下面分析正确的是（ ）
A．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：3：5，Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1
B．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：3：5，Δp1：Δp2：Δp3＝1：3：5
C．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：1：1，Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1
D．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：4：9，Δp1：Δp2：Δp3＝1：4：9
【解答】解：小圆柱体R在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的高度均相等，则每个过程的时间相等，x轴方向上，R做初速度为零的匀加速直线运动，则每个过程对应的水平位移的大小之比为：Δx1：Δx2：Δx3＝1：3：5，；
竖直方向上，三个过程中重力势能变化量相等，水平方向上，速度为：v=2ax，动能为：Ek=12mv2=max，则三个过程中，动能变化量之比为1：3：5；
根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化，R的合外力不变，三个过程的时间相等，则冲量相等，动量的变化量大小相等，即为：Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1，故A正确，BCD错误。
故选：A。
发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为v0，与水平方向夹角α＝37°。弹力球与水平面碰撞的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的16、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度为g。则弹力球（ ）
A．第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于45°
B．第2、3次落地点间的距离为0.48v02g
C．与水平面碰撞4次后停止运动
D．与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变
【解答】解：A．将碰前、碰后的速度分解成水平和竖直方向的分速度，如下图所示
由于每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变。以竖直向上为正方向，则在竖直方向上由动量定理可得
（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
设碰撞后弹力球沿水平方向速度为v'x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
-16mgΔt=mv'x-mv0cs37°
代入数据可得
v'x＝0.6v0
反弹后的夹角正切值为
tanθ=vyvx=
故速度方向与水平面间的夹角等于45°，故A错误；
B．小球在空中不受阻力作用，故根据运动的对称性可知，小球在第二次与地面碰前的速度和第一次与地面碰后的速度相等。故同理可得，以竖直向上为正方向，在竖直方向上由动量定理可得（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
设第二次碰撞后弹力球沿水平方向速度为v''x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得-16mgΔt=mv″x-mv'
代入数据可得v“x＝0.4v0
小球从第二次碰撞后到与地面发生第三次碰撞前的过程中，在空中做斜上抛运动，故从第二次碰撞后运动至最高点所需时间为t=vyg=v0sin37°g=0.6v0g
水平方向做匀速直线运动，根据运动的对称性可知，水平方向位移为x＝v″•2t=0.4v0×2×0.6v0g=0.48v02g，故B正确；
C．根据以上分析结合题意可知，与水平面碰撞4次后，小球水平方向速度为零。但由于竖直方向上碰前和碰后速度大小不变，方向相反，且在空中运动过程中不考虑空气阻力，故第四次碰后小球做竖直上抛运动，如此往复。即小球不可能停止，故C错误；
D．根据以上分析可知，在前四次碰撞过程中，小球在水平和竖直方向受力均不变，且小球与地面的碰撞时间均相等。故前四次碰撞过程中，每次碰撞时合力的冲量为I=Fx2+Fy2⋅t，可知小球在前四次碰撞过程中合力的冲量相等，方向沿合力方向。但第四次碰撞后，小球水平方向速度为零，开始循环做竖直上抛运动。故在随后的碰撞过程中，小球只受到竖直方向的作用力，且碰撞时间仍不变。故第四次后的碰撞过程中，小球所受合力的冲量为
I'＝Fy•t
方向沿竖直方向，故与水平面碰撞过程中受到合力的冲量会发生改变，故D错误。
故选：B。
二、碰撞模型：v1
v2
v1ˊ
v2ˊ
m1
m2
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：v1ˊ=2m1v1+m2v2m1+m2-v1，v2ˊ=2m1v1+m2v2m1+m2-v2.
三、由上述方程可知：发生弹性碰撞时，两小球会交换速度，v1 与 v2 交换。
两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，球2在前，球1在后，m1＝1kg，m2＝3kg，v01＝6m/s，v02＝3m/s，当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分别为可v1，v2，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，则v1，v2，E1，p1的可能值为（ ）
A．v1＝1.75m/s，v2＝3.75m/s
B．v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s
C．E1＝9J
D．p1＝1kg•m/s
【解答】解：碰撞前系统总动量：p＝m1v01+m2v02＝（1×6+3×3）kg•m/s＝15kg•m/s，
A、如果v1＝1.75m/s，v2＝3.75m/s，则碰撞后的系统总动量p′＝m1v1+m2v2＝（1×1.75+3×3.75）kg•m/s＝13kg•m/s，系统动量不守恒，故A错误；
B、如果v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s，则碰撞后的系统总动量p′＝m1v1+m2v2＝（1×1.5+3×4.5）kg•m/s＝15kg•m/s，系统动量守恒，故B正确；
CD、两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：
m1v01+m2v02＝（m1+m2）v，
代入数据解得：v＝3.75 m/s，
如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：
m1v01+m2v02＝m1v1+m2v2，
由机械能守恒定律得：12m1v012+12m2v022=12m1v12+12m2v22，
代入数据解得：v1＝1.5m/s，v2＝4.5 m/s，
则碰撞后球1、球2的速度满足1.5m/s≤v1≤3.75 m/s，3.75 m/s≤v2≤4.5 m/s
球1的动能：E1=12m1v12，满足1.125 J≤E1≤7.03 J
球1的动量为：p1＝m1v1，满足1.5 kg•m/s≤p1≤3.75 kg•m/s，故CD错误。
故选：B。
如图，两个弹性小球a和b的质量分别为ma、mb．a球原来静止在离地高度H＝2.4m的P点，b球原来静止在离地高度h＝1.6m的Q点，先静止释放a球，在a球即将碰到b球时同样静止释放b球，两球碰撞时间极短，碰后在同一竖直线运动，已知mb＝3ma，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略小球大小、空气阻力及碰撞中的动能损失，且小球落地后不再跳起，求：
（1）a球即将碰到b球时速度；
（2）b球与a球先后落地的时间差．
【解答】解：（1）a下落的过程中有：△h＝H﹣h＝2.4﹣1.6＝0.8m
a球即将碰到b球时速度为：v=2g△h=2×10×0.8=4m/s
（2）a与b碰撞的瞬间可以认为竖直方向的动量守恒，选择向下为正方向，得：
mav＝mav1+mbv2
忽略小球大小及碰撞中的动能损失得：
12mav2=12mav12+12mbv22
联立得：v1＝﹣2m/s，负号表示方向向上；v2＝2m/s
碰撞后a做竖直上抛运动，则：
h=v1t1+12gt12
b做竖直下抛运动，则：
h=v2t2+12gt22
二者的时间差：Δt＝t1﹣t2
联立得：t1＝0.8s，t2＝0.4s，Δt＝0.4s
答：（1）a球即将碰到b球时速度是4m/s；
（2）b球与a球先后落地的时间差是0.4s．
四、弹性碰撞且为“一动碰一静”时
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
解得：v1′＝eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
（多选）2019年11月9日“亚太冰壶锦标赛”在深圳大运中心体育馆落下帷幕，经过7个比赛日的争夺，最终中国女队摘得桂冠。在最后的冰壶决赛中，队长韩雨利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图a所示，碰撞前后两壶运动的v﹣t图线如图b中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶速度为1.0m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2m
D．碰后红壶所受的摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力
【解答】解：AB、由图b所示图象可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv，
代入数据解得：v＝0.8m/s，
12mv02=12×m×1.02=0.5m，12mv'02+12mv2=12×m×0.22+12×m×0.82=0.34m，
则12mv02＞12mv'02+12mv2，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故AB错误；
C、根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小x=v2t=0.82×5m＝2m，故C正确；
D、根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D正确。
故选：CD。
（多选）如图所示，A、B是放在粗糙水平面上质量相等的两个小物块，与地面间的动摩擦因数均为µ，小物块A以速度v0与静止的小物块B发生正碰，重力加速度为g，碰后小物块B在水平面上滑行的距离可能为（ ）
A．v028μgB．v022μgC．2v02μgD．v023μg
【解答】解：此题碰撞过程有没有能量损失是关键，题中没有给定条件，所有要求出两种极限情况，即弹性碰撞和共速两种情况下碰撞后B的速度；
如果两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝mvA+mvB，
由机械能守恒定律得：12mv02=12mvA2+12mvB2
解得：vA＝0，vB＝v0
然后B物体以此速度在水平面上滑行，由动能定理得：
-μmgx1=0-12mv02
解得：x1=v022μg；
如果碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后两物块共速，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv
解得：v=v02
然后B物体以此速度在水平面上滑行，由动能定理得：
-μmgx2=0-12mv2
解得：x2=v028μg；
所以，滑行的距离为：v028μg≤x≤v022μg，故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
如图，轻质细杆上端固定在O处的水平转轴上，下端连接一质量可忽略的力传感器P（可测出细杆所受拉力或压力大小）和质量m＝1kg的小球，小球恰好没有触及水平轨道．轻杆可绕O处的转轴无摩擦在竖直面内转动，小球的轨道半径R＝0.5m．在水平轨道左侧某处A固定一高度H＝1.5m的光滑曲面，曲面底端与水平轨道平滑连接．质量与小球相同的物块从曲面顶端由静止释放，物块与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.5，物块滑到B处时与小球发生弹性正碰，碰后小球连杆绕O点做圆周运动．重力加速度g＝10m/s
（1）若AB间的距离s＝1m，求物块与小球碰后瞬间力传感器显示的力的大小．
（2）多次改变光滑曲面在水平轨道左侧的位置并固定，每次都使物块从曲面顶端由静止释放，若有两次小球通过最高点C时力传感器中显示力的大小都为6N，求这两次AB间的距离s1和s
【解答】解：（1）设物块从静止释放运动到B处的速度为v0，由动能定理得
mgH-μmgs=12mv02，
设物块与小球碰后的速度分别为v和v1，规定物块初速度的方向为正方向，由动量守恒和动能守恒可得
mv0＝mv+mv1，
12mv02=12mv2+12mv12，
由牛顿第二定律得F﹣mg=mv12R
代入数据联立解得力传感器显示的力大小 F＝50N
（2）设小球从B运动到C处时速度为v2，由机械能守恒定理得
12mv12=mg⋅2R+12mv22，
①若C处细杆对小球作用力为拉力，由牛顿第二定律得
mg+F=mv22R，
将F＝6N代入联立解得 s1＝0.2m
②若C处细杆对小球作用力为支持力，由牛顿第二定律得
mg-F=mv22R
将F＝6N代入联立解得 s2＝0.8m
答：（1）物块与小球碰后瞬间力传感器显示的力的大小为50N．
（2）这两次AB间的距离s1和s2分别为0.2m、0.8m．
六、弧面小车(地面光滑)、车载单摆模型
①eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(系统水平方向动量守恒，即Δpx＝0，,系统机械能守恒，即ΔE＝0.))
②摆至最高点时若小球没有离开轨道，则系统具有相同速度．
③若弧面轨道最高点的切线在竖直方向，则小球离开轨道时与轨道有相同的水平速度，如图所示．
左边存在墙面．
a．小球落到最低点的过程中，凹槽不动，系统机械能守恒，动量不守恒，水平方向动量也不守恒．
b．最低点后，系统水平方向动量守恒，水平总动量p＝mv0.
c．弧面一直向右运动，小球从右端斜向上抛出后总能从右端落回弧面．
水平方向无阻挡．
a．弧面做往复运动，平衡位置即为弧面开始静止的位置．
b．小球总是从弧面两端离开弧面做竖直上抛运动，且又恰从抛出点落回弧面内．
如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q组成的系统满足动量守恒
B．P的位移大小为34R
C．Q滑动最低点的速度为2gR
D．Q的位移大小为12R
【解答】解：A、P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
BD、设P的位移大小为x，则Q的位移大小为2R﹣x，P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mvQ﹣mvP＝0，3m×2R-xt-m×xt=0，解得：x=32R，Q的位移大小xQ＝2R﹣x＝2R-32R=12R，故B错误，D正确；
C、设Q到达最低点的速度大小为v1，此时P点的速度大小为v2，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：3mv1﹣mv2＝0，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：3mgR=12×3mv12+12mv22，解得：v1=12gR，故C错误。
故选：D。
（多选）如图所示，质量为M＝3m的圆弧槽静止于光滑水平面上，圆弧槽半径为R．另有一质量为m可视为质点的小球。图1中槽内部也光滑，把小球自槽左侧与球心等高处A点静止释放，图2中槽内部不光滑，小球自自槽口A点上方h处静止释放，能从右侧冲出槽口距离C最大高度为34h．则以下说法中正确的是（ ）
A．图1中小球与圆弧槽组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．图1中小球运动到最低点B时槽对地面的压力大于4mg
C．图1中小球恰好能运动到圆弧槽右侧最高点C（与球心等高），在此过程中圆弧槽（对地）向左最大位移为R2
D．图2中小球与圆弧槽组成的系统机械能不守恒，当小球再次回到槽口左端A点时，会冲出槽口做竖直上抛运动，上升的最大高度等于h2。
【解答】解：A、图1中小球与圆弧槽组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向的动量守恒；由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，故A错误；
B、图1中小球运动到最低点B时，小球有向上的加速度处于超重状态，可知槽对地面的压力大于mg+Mg＝4mg，故B正确；
C、对小球和凹槽系统，由动量守恒可得：m（2R﹣x）＝Mx，解得：x=12R，故C正确；
D、图2中小球与圆弧槽组成的系统由于有摩擦力做功，则系统的机械能不守恒；小球第一次从A到C运动过程中摩擦力的功为：mgh-34mgh=14mgh，当小球再次从C返回到A时槽对球的阻力功小于14mgh，则当小球再次回到槽口左端A点时，会冲出槽口做竖直上抛运动，能上升的最大高度大于34mgh-14mghmg=12h，故D错误；
故选：BC。
如图，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为34h，则（ ）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为12R
C．小球离开小车后做斜抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度12h＜H＜34h
【解答】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向系统动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；
B、系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv﹣mv′＝0，若用平均动量守恒可表示为：m2R-xt-mxt=0，解得小车的位移：x＝R，故B错误；
C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；
D、小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h-34h）﹣Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=14mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为14mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgh，机械能损失小于14mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：34h-14h=12h，而小于34h，所以小球第二次能上升的最大高度12h＜h′＜34h，故D正确。
故选：D。
（多选）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去。若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为baM
B．小球的质量为abM
C．小球能够上升的最大高度为a22(a+b)g
D．小球运动到最高点时的速度为aba+b
【解答】解：AB、设小球刚刚冲上滑块圆弧面时的速度为v0，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，则有：mv0＝mv1+Mv2
可得：v2=mMv0-mMv1
由图乙可得：v2=b-bav1
所以有：mMv0=b，mM=ba
得小球的质量为：m=baM，v0＝a，故A正确，B错误；
CD、小球上升到最大高度时，小球竖直方向速度为零，小球和滑块速度相等，取向有为正方向，根据动量守恒有：mv0＝（M+m）v
设小球上升的最大高度为h，根据能量守恒则有：mgh=12mv02-12(M+m)v2
两式联立，可得：h=a32(a+b)g，小球上升到最高点的速度为：v=aba+b，故C错误，D正确。
故选：AD。
如图所示，有一质量为M＝2.0kg的滑块静放在光滑的水平地面上，滑块上表面AB部分是半径R＝0.25m、圆心角θ＝53的光滑圆弧，圆弧底部与光滑水平部分BC相切，滑块水平面到地面的高度h＝0.20m。现有质量m＝1.0kg的小球，从某一高处以v0＝3.0m/s的初速度水平抛出，小球恰能从A点沿切线进入滑块圆弧曲面，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，则
（1）小球抛出时距离滑块上表面A端的高度H应为多少？
（2）当小球滑至圆弧底端B时，滑块的速度大小为多少？
（3）若滑块左侧有段足够长的粗糙地面，小球刚离开滑块时，滑块恰好进入该段粗糙地面，滑块与粗糙地面间的动摩擦因数为μ，问当小球落地时，滑块在粗糙地面滑行的距离是多少？（结果可用含μ的表达式表示）
【解答】解：（1）小球做平抛运动，恰能沿切线进入圆弧曲面，则有：
vy＝v0•tanθ
竖直方向做自由落体运动，有：vy＝gt1
H=12gt12
联立代入数据解得：H＝0.8m
（2）设小滑块从右侧离开时，小球的速度为v1，滑块的速度为v2，以小球和滑块为研究对象，小球在滑块圆弧曲面运动过程，以水平向右为正方向，系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒得：
mv0＝mv1+Mv2
12mv02+mgR（1﹣cs53）=12mv12+12Mv22
cs53°=v0vA
联立解得：v2＝﹣1m/s，负号表示滑块向左运动。
（3）设小球落地时间为t2，则
对小球有：h=12gt22
t2＝0.2s
Ⅰ、若小球落地时滑块仍在运动，此时滑块位移为s＝v2t2-12a1t22
解得：s＝0.2﹣0.2μ（m）
Ⅱ、若小球落地时滑块已经停止，对滑块有：v22=2a1s
解得：s=120μ（m）
答：（1）小球抛出时距离滑块上表面A端的高度H应为多0.8m；
（2）当小球滑至圆弧底端B时，滑块的速度大小为1m/s，方向向左；
（3）当小球落地时，滑块在粗糙地面滑行的距离是0.2﹣0.2μ（m）或120μ（m）。
七、爆炸模型（类爆炸模型）
1、如图：质量分别为mA、mB的可视为质点A、B间夹着质量可忽略的火药．一开始二者静止，点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，则：
A、B组成的系统动量守恒：mAvA=mBvB①得：vAvB=mBmA ②
②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。
A、B组成的系统能量守恒：E化学能=12mAvA2+12mBvB2③
①式也可以写为：PA=PB④又根据动量与动能的关系P=2mEk得
2mAEkA=2mBEkB④进一步化简得：EkAEkB=mBmA⑤
⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。
斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片沿原来的方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，爆炸后系统的机械能增加了E4，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为（ ）
A．EHmgB．2EHmgC．3EHmgD．2EHmg
【解答】解：炮弹炸裂的过程水平方向动量守恒，设炮弹炸裂前的速度大小为v，则有12×2mv2=E，解得v=Em
设炸裂后瞬间两块碎片的速度分别为v1、v2，以爆炸前炮弹的速度方向与正方向，据动量守恒定律有2mv＝mv1+mv2
据机械能守恒定律有E+14E=12mv12+12mv22
解得：v1=32Em，v2=12Em
根据平抛运动规律有H=12gt2，两块碎片落地点之间的距离x＝（v1﹣v2）t
解得：x=2EHmg，故B正确，ACD错误。
故选：B。
一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0直线上的两块（损失的炸药质量不计），两块的速度沿水平相反方向，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。向前一块的质量为m，向前一块的速度大小为（ ）
A．2MM-mv0B．MM-mv0C．M2m-Mv0D．2M2m-Mv0
【解答】解：烟花在最高点时水平方向动量守恒，选v0方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝mv﹣（M﹣m）v1，两块落地时水平位移大小相等，所以v1＝v，解得v=Mv02m-M，故C正确，ABD错误。
故选：C。
竖直向上发射一物体（不计空气阻力），在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则（ ）
A．炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小
B．炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同
C．炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小
D．炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小
【解答】解：A、炸裂过程系统内力远大于外力，该过程系统动量守恒，炸裂后a的速度大小即可能大于、也可能等于、还可能小于原来的速度，故A错误；
BC、炸裂过程系统动量守恒，以向上为正方向，设炸裂前瞬间物块的速度为v0，由动量守恒定律得：mv0＝mbvb﹣mava，解得：vb=mv0+mavamb，由题意可知：mb＞ma，ma+mb＝m，则：vb=mv0+mavamb＞v0，b的速度方向与初速度方向相同，故B正确，C错误；
D、炸裂过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定等于a块的动量变化量大小，故D错误；
故选：B。
（多选）质量为m的烟花弹从地面以初动能E向上飞出，当其上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的a、b、c、d四部分（可视为质点），其中a、b两部分速度方向分别为竖直向上和竖直向下，c、d两部分速度方向分别为水平向左和水平向右，a的动能也为E，如图所示。爆炸时间极短，且炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。关于它们后面的运动，下列说法正确的是（ ）
A．落地前同一时刻，a、b、c、d分布在一个四边形的四个顶点上，且ac连线比cb连线短
B．落地前，a、b、c、d在相等的时间内速度的变化量相同
C．落地时，a的速度大小为2Em
D．落地时，a、b、c、d重力的功率关系为Pa＝Pb＞Pc＝Pd
【解答】解：A、爆炸时间极短，重力可忽略不计，说明爆炸过程动量守恒，水平方向和竖直方向动量都守恒，取a的速度方向为正方向，竖直方向由动量守恒定律得：0=14mva-14mvb；取c的速度方向为正方向，水平方向由动量守恒定律得：0=14mvc-14mvd，解得：va＝vb，vc＝vd。炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，根据动量定理有Ft=14mv，联立可得va＝vb＝vc＝vd＝v。爆炸后a、b、c、d四部分分别做竖直上抛、竖直下抛、平抛运动、平抛运动，落地前c、d两部分沿各自初速度方向的水平位移相等，竖直方向做自由落体运动的位移相等，a、b只在竖直方向上运动，只有竖直位移，且两点最终落点相同，故落地后四点分布在一条直线上，且ac连线等于cb连线，故A错误；
B、落地前，a、b、c、d的加速度均为重力加速度，在相等时间内速度变化量均为Δv＝gt，方向竖直向下，故B正确；
C、设爆炸时离地高度为h。烟花弹上升过程根据机械能守恒，有E＝mgh。对a的运动过程，根据动能定理有：14mgh=12•m4va′2﹣E，解得落地时a的速度大小为va′=10Em，故C错误；
D、落地时，a、b、c、d的竖直速度大小关系为：va′＝vb′＞vc′＝vd′，根据P＝mgvy得a、b、c、d重力的功率关系为Pa＝Pb＞Pc＝Pd，故D正确。
故选：BD。
有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，一个平板车固定在水平地面上，其右端恰好与光滑的半圆弧轨道的底端相切，在平板车的右端放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两个物体（均可看成质点），物体质量均为m，现在在它们之间放少量炸药。当初A、B两物静止，点燃炸药让其爆炸，物体B向右运动，恰能到达半圆弧最高点。物体A沿平板车表面向左做直线运动，最后从车上掉下来，落地点离平板车左端的水平距离为s，已知平板车上表面离地面的高度为h，且平板车上表面光滑，不计空气阻力，重力加速度为g。试求：
（1）当A物体离开平板车后，重力对A做功的最大功率是多少？
（2）圆弧的半径和炸药爆炸时A、B两物体所做的功。
【解答】解：（1）重力对A做功的最大功率是刚落地时
刚落地时在竖直方向的速度为：v=2gh
最大功率是：P=mgv=mg2gh
（2）设物体离开平板车的速度为v，A物体离开平板车后做平抛运动，由平抛运动规律，得
在水平方向上，有：s＝v1t
在竖直方向上，有：h=12gt2
联立两式解得：v1=sg2h
设炸药爆炸后A、B两物体的速度分别为v1、v2，炸药爆炸后，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣mv2＝0
物体B向右运动到达半圆弧最高点的速度为v3。物体B恰能到达最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=mv32R
物体B上升到最高点过程中，由机械能守恒定律得：
12mv32+2mgR=12mv12
联立解得：R=s210h
由功能关系，炸药对A、B物体做的功为：W=12mv12+12mv22
解得：W=mgs22h
答：（1）重力对A做功的最大功率是为mg2gh；
（2）圆弧的半径为s210h，炸药爆炸时对A、B两物体所做的功为mgs22h。
2．动量的变化量：是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
3．与动能的区别与联系：
(1)区别：动量是矢量，动能是标量．
(2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ek＝eq \f(p2,2m)或p＝eq \r(2mEk).
关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A．动能Ek随时间t变化的快慢ΔEkΔt随时间均匀增大
B．动量p随时间t变化的快慢ΔpΔt随时间均匀增大
C．重力势能Ep随位移x变化的快慢ΔEpΔx随时间均匀减小
D．机械能E随位移x变化的快慢ΔEΔx随时间均匀减小
【解答】解：A、自由落体时，动能随时间变化的表达式为Ek=12mv2=12m(gt)2，ΔEkΔt=12m(gt)2-0t-0=12mg2t，故动能随时间均匀增大，故A正确；
B、自由落体时，动量随时间变化的表达式为p＝mv＝mgt，ΔpΔt=mgt-0t-0=mg，动量p随时间t变化的快慢保持不变，故B错误；
C、自由落体时，以开始下落位置所在水平面为参考平面，重力势能随位移变化的表达式为Ep＝﹣mg•x，ΔEpΔx=-mg⋅x-0x-0=-mg，重力势能Ep随位移x是不变的，故C错误；
D、自由落体时只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律可知ΔEΔx为0，故D错误。
故选：A。
如图所示，质量为m的摩托艇静止在水面上，t＝0时刻，摩托艇在恒定牵引力作用下开始沿直线运动，其加速度a随速度v的变化规律如图所示。已知摩托艇受到的阻力与运动速度成正比，即f＝kv（k为常数，大小未知）。则（ ）
A．摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力对摩托艇做的功为12mv02
B．摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力的冲量为mv0
C．牵引力的最大功率为ma0v0
D．常数k的大小为ma02v0
【解答】解：A、由动能定理可知，牵引力与阻力做功之和等于摩托艇动能的变化量，阻力做负功，则牵引力对摩托艇做的功大于12mv02，故A错误；
B、由动量定理可知，牵引力与阻力冲量之和等于莫游艇动量的变化量，阻力冲量为负值，则牵引力的冲量大于mv0，故B错误；
C、由图可知，速度为零时，阻力为零，牵引力为F＝ma0
牵引力为恒力，则速度最大时，牵引力的功率最大值为Pm＝ma0v0，故C正确；
D、由牛顿第二定律可得，F﹣kv＝ma
所以a=-kmv+Fm
可知km=a0v0
解得k=ma0v0，故D错误。
故选：C。
如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数为μ。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（ ）
A．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为μgr
B．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
C．餐桌面的半径为32r
D．物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为mμgr
【解答】解：A．小物块刚好滑落时，摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律得：μmg＝mω2r
解得：ω=μgr
故A错误；
B．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功W=12mv2=12m（ωr）2=12μmgr，故B错误；
C．小物块从离开圆盘到滑到桌面边缘的过程中，由动能定理得：﹣μmgx＝0-12m（ωr）2
代入数据解得，滑行距离为：x=r2
小物块离开圆盘后的运动轨迹如图所示：
根据几何关系得：R2＝r2+（r2）2
代入数据解得，餐桌的半径R=52r
故C错误；
D．在餐桌上运动的时间t=va=rμg
摩擦力受冲量大小为I＝ft
解得：I＝mμgr
故D正确。
故选：D。
如图所示，在粗细均匀的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体N（可视为质点），稳定时N在水中匀速上浮。现将玻璃管轴线与竖直方向y轴重合，在N上升刚好匀速运动时的位置记为坐标原点O，同时玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。N依次经过平行横轴的三条水平线上的A、B、C位置，在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，对应的动能变化量分别为ΔEk1、ΔEk2、ΔEk3，动量变化量的大小分别为Δp1、Δp2、Δp3。则下面分析正确的是（ ）
A．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：3：5，Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1
B．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：3：5，Δp1：Δp2：Δp3＝1：3：5
C．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：1：1，Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1
D．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：4：9，Δp1：Δp2：Δp3＝1：4：9
【解答】解：小圆柱体R在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的高度均相等，则每个过程的时间相等，x轴方向上，R做初速度为零的匀加速直线运动，则每个过程对应的水平位移的大小之比为：Δx1：Δx2：Δx3＝1：3：5，；
竖直方向上，三个过程中重力势能变化量相等，水平方向上，速度为：v=2ax，动能为：Ek=12mv2=max，则三个过程中，动能变化量之比为1：3：5；
根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化，R的合外力不变，三个过程的时间相等，则冲量相等，动量的变化量大小相等，即为：Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1，故A正确，BCD错误。
故选：A。
发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为v0，与水平方向夹角α＝37°。弹力球与水平面碰撞的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的16、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度为g。则弹力球（ ）
A．第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于45°
B．第2、3次落地点间的距离为0.48v02g
C．与水平面碰撞4次后停止运动
D．与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变
【解答】解：A．将碰前、碰后的速度分解成水平和竖直方向的分速度，如下图所示
由于每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变。以竖直向上为正方向，则在竖直方向上由动量定理可得
（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
设碰撞后弹力球沿水平方向速度为v'x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
-16mgΔt=mv'x-mv0cs37°
代入数据可得
v'x＝0.6v0
反弹后的夹角正切值为
tanθ=vyvx=
故速度方向与水平面间的夹角等于45°，故A错误；
B．小球在空中不受阻力作用，故根据运动的对称性可知，小球在第二次与地面碰前的速度和第一次与地面碰后的速度相等。故同理可得，以竖直向上为正方向，在竖直方向上由动量定理可得（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
设第二次碰撞后弹力球沿水平方向速度为v''x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得-16mgΔt=mv″x-mv'
代入数据可得v“x＝0.4v0
小球从第二次碰撞后到与地面发生第三次碰撞前的过程中，在空中做斜上抛运动，故从第二次碰撞后运动至最高点所需时间为t=vyg=v0sin37°g=0.6v0g
水平方向做匀速直线运动，根据运动的对称性可知，水平方向位移为x＝v″•2t=0.4v0×2×0.6v0g=0.48v02g，故B正确；
C．根据以上分析结合题意可知，与水平面碰撞4次后，小球水平方向速度为零。但由于竖直方向上碰前和碰后速度大小不变，方向相反，且在空中运动过程中不考虑空气阻力，故第四次碰后小球做竖直上抛运动，如此往复。即小球不可能停止，故C错误；
D．根据以上分析可知，在前四次碰撞过程中，小球在水平和竖直方向受力均不变，且小球与地面的碰撞时间均相等。故前四次碰撞过程中，每次碰撞时合力的冲量为I=Fx2+Fy2⋅t，可知小球在前四次碰撞过程中合力的冲量相等，方向沿合力方向。但第四次碰撞后，小球水平方向速度为零，开始循环做竖直上抛运动。故在随后的碰撞过程中，小球只受到竖直方向的作用力，且碰撞时间仍不变。故第四次后的碰撞过程中，小球所受合力的冲量为
I'＝Fy•t
方向沿竖直方向，故与水平面碰撞过程中受到合力的冲量会发生改变，故D错误。
故选：B。
二、碰撞模型：v1
v2
v1ˊ
v2ˊ
m1
m2
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：v1ˊ=2m1v1+m2v2m1+m2-v1，v2ˊ=2m1v1+m2v2m1+m2-v2.
三、由上述方程可知：发生弹性碰撞时，两小球会交换速度，v1 与 v2 交换。
两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，球2在前，球1在后，m1＝1kg，m2＝3kg，v01＝6m/s，v02＝3m/s，当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分别为可v1，v2，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，则v1，v2，E1，p1的可能值为（ ）
A．v1＝1.75m/s，v2＝3.75m/s
B．v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s
C．E1＝9J
D．p1＝1kg•m/s
【解答】解：碰撞前系统总动量：p＝m1v01+m2v02＝（1×6+3×3）kg•m/s＝15kg•m/s，
A、如果v1＝1.75m/s，v2＝3.75m/s，则碰撞后的系统总动量p′＝m1v1+m2v2＝（1×1.75+3×3.75）kg•m/s＝13kg•m/s，系统动量不守恒，故A错误；
B、如果v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s，则碰撞后的系统总动量p′＝m1v1+m2v2＝（1×1.5+3×4.5）kg•m/s＝15kg•m/s，系统动量守恒，故B正确；
CD、两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：
m1v01+m2v02＝（m1+m2）v，
代入数据解得：v＝3.75 m/s，
如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：
m1v01+m2v02＝m1v1+m2v2，
由机械能守恒定律得：12m1v012+12m2v022=12m1v12+12m2v22，
代入数据解得：v1＝1.5m/s，v2＝4.5 m/s，
则碰撞后球1、球2的速度满足1.5m/s≤v1≤3.75 m/s，3.75 m/s≤v2≤4.5 m/s
球1的动能：E1=12m1v12，满足1.125 J≤E1≤7.03 J
球1的动量为：p1＝m1v1，满足1.5 kg•m/s≤p1≤3.75 kg•m/s，故CD错误。
故选：B。
如图，两个弹性小球a和b的质量分别为ma、mb．a球原来静止在离地高度H＝2.4m的P点，b球原来静止在离地高度h＝1.6m的Q点，先静止释放a球，在a球即将碰到b球时同样静止释放b球，两球碰撞时间极短，碰后在同一竖直线运动，已知mb＝3ma，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略小球大小、空气阻力及碰撞中的动能损失，且小球落地后不再跳起，求：
（1）a球即将碰到b球时速度；
（2）b球与a球先后落地的时间差．
【解答】解：（1）a下落的过程中有：△h＝H﹣h＝2.4﹣1.6＝0.8m
a球即将碰到b球时速度为：v=2g△h=2×10×0.8=4m/s
（2）a与b碰撞的瞬间可以认为竖直方向的动量守恒，选择向下为正方向，得：
mav＝mav1+mbv2
忽略小球大小及碰撞中的动能损失得：
12mav2=12mav12+12mbv22
联立得：v1＝﹣2m/s，负号表示方向向上；v2＝2m/s
碰撞后a做竖直上抛运动，则：
h=v1t1+12gt12
b做竖直下抛运动，则：
h=v2t2+12gt22
二者的时间差：Δt＝t1﹣t2
联立得：t1＝0.8s，t2＝0.4s，Δt＝0.4s
答：（1）a球即将碰到b球时速度是4m/s；
（2）b球与a球先后落地的时间差是0.4s．
四、弹性碰撞且为“一动碰一静”时
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
解得：v1′＝eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
（多选）2019年11月9日“亚太冰壶锦标赛”在深圳大运中心体育馆落下帷幕，经过7个比赛日的争夺，最终中国女队摘得桂冠。在最后的冰壶决赛中，队长韩雨利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图a所示，碰撞前后两壶运动的v﹣t图线如图b中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶速度为1.0m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2m
D．碰后红壶所受的摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力
【解答】解：AB、由图b所示图象可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv，
代入数据解得：v＝0.8m/s，
12mv02=12×m×1.02=0.5m，12mv'02+12mv2=12×m×0.22+12×m×0.82=0.34m，
则12mv02＞12mv'02+12mv2，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故AB错误；
C、根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小x=v2t=0.82×5m＝2m，故C正确；
D、根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D正确。
故选：CD。
（多选）如图所示，A、B是放在粗糙水平面上质量相等的两个小物块，与地面间的动摩擦因数均为µ，小物块A以速度v0与静止的小物块B发生正碰，重力加速度为g，碰后小物块B在水平面上滑行的距离可能为（ ）
A．v028μgB．v022μgC．2v02μgD．v023μg
【解答】解：此题碰撞过程有没有能量损失是关键，题中没有给定条件，所有要求出两种极限情况，即弹性碰撞和共速两种情况下碰撞后B的速度；
如果两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝mvA+mvB，
由机械能守恒定律得：12mv02=12mvA2+12mvB2
解得：vA＝0，vB＝v0
然后B物体以此速度在水平面上滑行，由动能定理得：
-μmgx1=0-12mv02
解得：x1=v022μg；
如果碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后两物块共速，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv
解得：v=v02
然后B物体以此速度在水平面上滑行，由动能定理得：
-μmgx2=0-12mv2
解得：x2=v028μg；
所以，滑行的距离为：v028μg≤x≤v022μg，故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
如图，轻质细杆上端固定在O处的水平转轴上，下端连接一质量可忽略的力传感器P（可测出细杆所受拉力或压力大小）和质量m＝1kg的小球，小球恰好没有触及水平轨道．轻杆可绕O处的转轴无摩擦在竖直面内转动，小球的轨道半径R＝0.5m．在水平轨道左侧某处A固定一高度H＝1.5m的光滑曲面，曲面底端与水平轨道平滑连接．质量与小球相同的物块从曲面顶端由静止释放，物块与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.5，物块滑到B处时与小球发生弹性正碰，碰后小球连杆绕O点做圆周运动．重力加速度g＝10m/s
（1）若AB间的距离s＝1m，求物块与小球碰后瞬间力传感器显示的力的大小．
（2）多次改变光滑曲面在水平轨道左侧的位置并固定，每次都使物块从曲面顶端由静止释放，若有两次小球通过最高点C时力传感器中显示力的大小都为6N，求这两次AB间的距离s1和s
【解答】解：（1）设物块从静止释放运动到B处的速度为v0，由动能定理得
mgH-μmgs=12mv02，
设物块与小球碰后的速度分别为v和v1，规定物块初速度的方向为正方向，由动量守恒和动能守恒可得
mv0＝mv+mv1，
12mv02=12mv2+12mv12，
由牛顿第二定律得F﹣mg=mv12R
代入数据联立解得力传感器显示的力大小 F＝50N
（2）设小球从B运动到C处时速度为v2，由机械能守恒定理得
12mv12=mg⋅2R+12mv22，
①若C处细杆对小球作用力为拉力，由牛顿第二定律得
mg+F=mv22R，
将F＝6N代入联立解得 s1＝0.2m
②若C处细杆对小球作用力为支持力，由牛顿第二定律得
mg-F=mv22R
将F＝6N代入联立解得 s2＝0.8m
答：（1）物块与小球碰后瞬间力传感器显示的力的大小为50N．
（2）这两次AB间的距离s1和s2分别为0.2m、0.8m．
六、弧面小车(地面光滑)、车载单摆模型
①eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(系统水平方向动量守恒，即Δpx＝0，,系统机械能守恒，即ΔE＝0.))
②摆至最高点时若小球没有离开轨道，则系统具有相同速度．
③若弧面轨道最高点的切线在竖直方向，则小球离开轨道时与轨道有相同的水平速度，如图所示．
左边存在墙面．
a．小球落到最低点的过程中，凹槽不动，系统机械能守恒，动量不守恒，水平方向动量也不守恒．
b．最低点后，系统水平方向动量守恒，水平总动量p＝mv0.
c．弧面一直向右运动，小球从右端斜向上抛出后总能从右端落回弧面．
水平方向无阻挡．
a．弧面做往复运动，平衡位置即为弧面开始静止的位置．
b．小球总是从弧面两端离开弧面做竖直上抛运动，且又恰从抛出点落回弧面内．
如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q组成的系统满足动量守恒
B．P的位移大小为34R
C．Q滑动最低点的速度为2gR
D．Q的位移大小为12R
【解答】解：A、P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
BD、设P的位移大小为x，则Q的位移大小为2R﹣x，P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mvQ﹣mvP＝0，3m×2R-xt-m×xt=0，解得：x=32R，Q的位移大小xQ＝2R﹣x＝2R-32R=12R，故B错误，D正确；
C、设Q到达最低点的速度大小为v1，此时P点的速度大小为v2，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：3mv1﹣mv2＝0，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：3mgR=12×3mv12+12mv22，解得：v1=12gR，故C错误。
故选：D。
（多选）如图所示，质量为M＝3m的圆弧槽静止于光滑水平面上，圆弧槽半径为R．另有一质量为m可视为质点的小球。图1中槽内部也光滑，把小球自槽左侧与球心等高处A点静止释放，图2中槽内部不光滑，小球自自槽口A点上方h处静止释放，能从右侧冲出槽口距离C最大高度为34h．则以下说法中正确的是（ ）
A．图1中小球与圆弧槽组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．图1中小球运动到最低点B时槽对地面的压力大于4mg
C．图1中小球恰好能运动到圆弧槽右侧最高点C（与球心等高），在此过程中圆弧槽（对地）向左最大位移为R2
D．图2中小球与圆弧槽组成的系统机械能不守恒，当小球再次回到槽口左端A点时，会冲出槽口做竖直上抛运动，上升的最大高度等于h2。
【解答】解：A、图1中小球与圆弧槽组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向的动量守恒；由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，故A错误；
B、图1中小球运动到最低点B时，小球有向上的加速度处于超重状态，可知槽对地面的压力大于mg+Mg＝4mg，故B正确；
C、对小球和凹槽系统，由动量守恒可得：m（2R﹣x）＝Mx，解得：x=12R，故C正确；
D、图2中小球与圆弧槽组成的系统由于有摩擦力做功，则系统的机械能不守恒；小球第一次从A到C运动过程中摩擦力的功为：mgh-34mgh=14mgh，当小球再次从C返回到A时槽对球的阻力功小于14mgh，则当小球再次回到槽口左端A点时，会冲出槽口做竖直上抛运动，能上升的最大高度大于34mgh-14mghmg=12h，故D错误；
故选：BC。
如图，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为34h，则（ ）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为12R
C．小球离开小车后做斜抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度12h＜H＜34h
【解答】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向系统动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；
B、系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv﹣mv′＝0，若用平均动量守恒可表示为：m2R-xt-mxt=0，解得小车的位移：x＝R，故B错误；
C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；
D、小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h-34h）﹣Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=14mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为14mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgh，机械能损失小于14mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：34h-14h=12h，而小于34h，所以小球第二次能上升的最大高度12h＜h′＜34h，故D正确。
故选：D。
（多选）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去。若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为baM
B．小球的质量为abM
C．小球能够上升的最大高度为a22(a+b)g
D．小球运动到最高点时的速度为aba+b
【解答】解：AB、设小球刚刚冲上滑块圆弧面时的速度为v0，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，则有：mv0＝mv1+Mv2
可得：v2=mMv0-mMv1
由图乙可得：v2=b-bav1
所以有：mMv0=b，mM=ba
得小球的质量为：m=baM，v0＝a，故A正确，B错误；
CD、小球上升到最大高度时，小球竖直方向速度为零，小球和滑块速度相等，取向有为正方向，根据动量守恒有：mv0＝（M+m）v
设小球上升的最大高度为h，根据能量守恒则有：mgh=12mv02-12(M+m)v2
两式联立，可得：h=a32(a+b)g，小球上升到最高点的速度为：v=aba+b，故C错误，D正确。
故选：AD。
如图所示，有一质量为M＝2.0kg的滑块静放在光滑的水平地面上，滑块上表面AB部分是半径R＝0.25m、圆心角θ＝53的光滑圆弧，圆弧底部与光滑水平部分BC相切，滑块水平面到地面的高度h＝0.20m。现有质量m＝1.0kg的小球，从某一高处以v0＝3.0m/s的初速度水平抛出，小球恰能从A点沿切线进入滑块圆弧曲面，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，则
（1）小球抛出时距离滑块上表面A端的高度H应为多少？
（2）当小球滑至圆弧底端B时，滑块的速度大小为多少？
（3）若滑块左侧有段足够长的粗糙地面，小球刚离开滑块时，滑块恰好进入该段粗糙地面，滑块与粗糙地面间的动摩擦因数为μ，问当小球落地时，滑块在粗糙地面滑行的距离是多少？（结果可用含μ的表达式表示）
【解答】解：（1）小球做平抛运动，恰能沿切线进入圆弧曲面，则有：
vy＝v0•tanθ
竖直方向做自由落体运动，有：vy＝gt1
H=12gt12
联立代入数据解得：H＝0.8m
（2）设小滑块从右侧离开时，小球的速度为v1，滑块的速度为v2，以小球和滑块为研究对象，小球在滑块圆弧曲面运动过程，以水平向右为正方向，系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒得：
mv0＝mv1+Mv2
12mv02+mgR（1﹣cs53）=12mv12+12Mv22
cs53°=v0vA
联立解得：v2＝﹣1m/s，负号表示滑块向左运动。
（3）设小球落地时间为t2，则
对小球有：h=12gt22
t2＝0.2s
Ⅰ、若小球落地时滑块仍在运动，此时滑块位移为s＝v2t2-12a1t22
解得：s＝0.2﹣0.2μ（m）
Ⅱ、若小球落地时滑块已经停止，对滑块有：v22=2a1s
解得：s=120μ（m）
答：（1）小球抛出时距离滑块上表面A端的高度H应为多0.8m；
（2）当小球滑至圆弧底端B时，滑块的速度大小为1m/s，方向向左；
（3）当小球落地时，滑块在粗糙地面滑行的距离是0.2﹣0.2μ（m）或120μ（m）。
七、爆炸模型（类爆炸模型）
1、如图：质量分别为mA、mB的可视为质点A、B间夹着质量可忽略的火药．一开始二者静止，点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，则：
A、B组成的系统动量守恒：mAvA=mBvB①得：vAvB=mBmA ②
②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。
A、B组成的系统能量守恒：E化学能=12mAvA2+12mBvB2③
①式也可以写为：PA=PB④又根据动量与动能的关系P=2mEk得
2mAEkA=2mBEkB④进一步化简得：EkAEkB=mBmA⑤
⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。
斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片沿原来的方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，爆炸后系统的机械能增加了E4，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为（ ）
A．EHmgB．2EHmgC．3EHmgD．2EHmg
【解答】解：炮弹炸裂的过程水平方向动量守恒，设炮弹炸裂前的速度大小为v，则有12×2mv2=E，解得v=Em
设炸裂后瞬间两块碎片的速度分别为v1、v2，以爆炸前炮弹的速度方向与正方向，据动量守恒定律有2mv＝mv1+mv2
据机械能守恒定律有E+14E=12mv12+12mv22
解得：v1=32Em，v2=12Em
根据平抛运动规律有H=12gt2，两块碎片落地点之间的距离x＝（v1﹣v2）t
解得：x=2EHmg，故B正确，ACD错误。
故选：B。
一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0直线上的两块（损失的炸药质量不计），两块的速度沿水平相反方向，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。向前一块的质量为m，向前一块的速度大小为（ ）
A．2MM-mv0B．MM-mv0C．M2m-Mv0D．2M2m-Mv0
【解答】解：烟花在最高点时水平方向动量守恒，选v0方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝mv﹣（M﹣m）v1，两块落地时水平位移大小相等，所以v1＝v，解得v=Mv02m-M，故C正确，ABD错误。
故选：C。
竖直向上发射一物体（不计空气阻力），在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则（ ）
A．炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小
B．炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同
C．炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小
D．炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小
【解答】解：A、炸裂过程系统内力远大于外力，该过程系统动量守恒，炸裂后a的速度大小即可能大于、也可能等于、还可能小于原来的速度，故A错误；
BC、炸裂过程系统动量守恒，以向上为正方向，设炸裂前瞬间物块的速度为v0，由动量守恒定律得：mv0＝mbvb﹣mava，解得：vb=mv0+mavamb，由题意可知：mb＞ma，ma+mb＝m，则：vb=mv0+mavamb＞v0，b的速度方向与初速度方向相同，故B正确，C错误；
D、炸裂过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定等于a块的动量变化量大小，故D错误；
故选：B。
（多选）质量为m的烟花弹从地面以初动能E向上飞出，当其上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的a、b、c、d四部分（可视为质点），其中a、b两部分速度方向分别为竖直向上和竖直向下，c、d两部分速度方向分别为水平向左和水平向右，a的动能也为E，如图所示。爆炸时间极短，且炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。关于它们后面的运动，下列说法正确的是（ ）
A．落地前同一时刻，a、b、c、d分布在一个四边形的四个顶点上，且ac连线比cb连线短
B．落地前，a、b、c、d在相等的时间内速度的变化量相同
C．落地时，a的速度大小为2Em
D．落地时，a、b、c、d重力的功率关系为Pa＝Pb＞Pc＝Pd
【解答】解：A、爆炸时间极短，重力可忽略不计，说明爆炸过程动量守恒，水平方向和竖直方向动量都守恒，取a的速度方向为正方向，竖直方向由动量守恒定律得：0=14mva-14mvb；取c的速度方向为正方向，水平方向由动量守恒定律得：0=14mvc-14mvd，解得：va＝vb，vc＝vd。炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，根据动量定理有Ft=14mv，联立可得va＝vb＝vc＝vd＝v。爆炸后a、b、c、d四部分分别做竖直上抛、竖直下抛、平抛运动、平抛运动，落地前c、d两部分沿各自初速度方向的水平位移相等，竖直方向做自由落体运动的位移相等，a、b只在竖直方向上运动，只有竖直位移，且两点最终落点相同，故落地后四点分布在一条直线上，且ac连线等于cb连线，故A错误；
B、落地前，a、b、c、d的加速度均为重力加速度，在相等时间内速度变化量均为Δv＝gt，方向竖直向下，故B正确；
C、设爆炸时离地高度为h。烟花弹上升过程根据机械能守恒，有E＝mgh。对a的运动过程，根据动能定理有：14mgh=12•m4va′2﹣E，解得落地时a的速度大小为va′=10Em，故C错误；
D、落地时，a、b、c、d的竖直速度大小关系为：va′＝vb′＞vc′＝vd′，根据P＝mgvy得a、b、c、d重力的功率关系为Pa＝Pb＞Pc＝Pd，故D正确。
故选：BD。
有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，一个平板车固定在水平地面上，其右端恰好与光滑的半圆弧轨道的底端相切，在平板车的右端放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两个物体（均可看成质点），物体质量均为m，现在在它们之间放少量炸药。当初A、B两物静止，点燃炸药让其爆炸，物体B向右运动，恰能到达半圆弧最高点。物体A沿平板车表面向左做直线运动，最后从车上掉下来，落地点离平板车左端的水平距离为s，已知平板车上表面离地面的高度为h，且平板车上表面光滑，不计空气阻力，重力加速度为g。试求：
（1）当A物体离开平板车后，重力对A做功的最大功率是多少？
（2）圆弧的半径和炸药爆炸时A、B两物体所做的功。
【解答】解：（1）重力对A做功的最大功率是刚落地时
刚落地时在竖直方向的速度为：v=2gh
最大功率是：P=mgv=mg2gh
（2）设物体离开平板车的速度为v，A物体离开平板车后做平抛运动，由平抛运动规律，得
在水平方向上，有：s＝v1t
在竖直方向上，有：h=12gt2
联立两式解得：v1=sg2h
设炸药爆炸后A、B两物体的速度分别为v1、v2，炸药爆炸后，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣mv2＝0
物体B向右运动到达半圆弧最高点的速度为v3。物体B恰能到达最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=mv32R
物体B上升到最高点过程中，由机械能守恒定律得：
12mv32+2mgR=12mv12
联立解得：R=s210h
由功能关系，炸药对A、B物体做的功为：W=12mv12+12mv22
解得：W=mgs22h
答：（1）重力对A做功的最大功率是为mg2gh；
（2）圆弧的半径为s210h，炸药爆炸时对A、B两物体所做的功为mgs22h。
相关试卷
统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练7动量定理动量守恒定律： 这是一份统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练7动量定理动量守恒定律，共6页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高考物理二轮复习《动量定理和动量守恒定律的综合应用》（原卷版+解析版）： 这是一份高考物理二轮复习《动量定理和动量守恒定律的综合应用》（原卷版+解析版），共50页。
2023届高考物理二轮复习专题：动量与动量守恒定律： 这是一份2023届高考物理二轮复习专题：动量与动量守恒定律，共19页。试卷主要包含了动量和动量定理，动量守恒定律，碰撞，反冲运动 火箭等内容，欢迎下载使用。
