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2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分第一板块第9讲技法专题——巧用“动量观点”解决力学选择题
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第9讲
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考法
学法
“动量观点”是解答力学问题的三大观点之一，高考既可能在选择题中单独考查动量问题，也可能在计算题中综合考查到动量问题。考查的内容主要有：①动量、冲量、动量变化量等概念；②动量定理的应用；③动量守恒定律的应用。该部分内容主要解决选择题中的动量守恒问题和动量定理的应用。用到的思想方法有：①守恒的思想；②整体法和隔离法；③碰撞、爆炸和反冲问题的分析方法。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．掌握基本概念和规律
2．应用动量定理的注意事项
(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。力变化的情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是( )
A．经过时间t＝，动量变化量为0
B．经过时间t＝，动量变化量大小为mv
C．经过时间t＝，细绳对小球的冲量大小为2mv
D．经过时间t＝，重力对小球的冲量大小为
解析：选BCD 经过时间t＝，小球转过了180°，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳对小球的冲量为I＝Δp＝－2mv，故大小为2mv，选项A错误，C正确；经过时间t＝，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp′＝mv，重力对小球的冲量大小为IG＝mgt＝，B、D正确。
2．[多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
解析：选AB 根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s 内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B正确，C、D错误。
3．如图甲所示，一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，其at图像如图乙所示，t＝0时其速度大小为v0＝2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )
A．t＝6 s时，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s内，拉力对物体的冲量为36 N·s
D．t＝6 s时，拉力的功率为200 W
解析：选D 根据Δv＝aΔt可知，at图像中图线与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t＝6 s时，物体的速度v6＝v0＋Δv＝m/s＝20 m/s，故A错误；根据动能定理得：W合＝ΔEk＝mv62－mv02＝396 J，故B错误；在0～6 s内，拉力与摩擦力对物体有沿水平方向的冲量，由动量定理得：IF－ft＝mv6－mv0，解得IF＝48 N·s，即拉力对物体的冲量为48 N·s，故C错误；在t＝6 s时，根据牛顿第二定律得：F＝ma＋f＝(2×4＋2)N＝10 N，则此时拉力的功率P＝Fv6＝10×20 W＝200 W，故D正确。
4．[多选](2018·福建四校二次联考)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t。对于这一过程，下列判断正确的是( )
A．斜面对物体的弹力的冲量为零
B．物体受到的重力的冲量大小为mgt
C．物体受到的合力的冲量大小为零
D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t
解析：选BD 斜面对物体的弹力的冲量大小为：I＝Nt＝mgcos θ·t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为：IG＝mg·t，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin θ，不为零，C错误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsin θ·t，D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
1．动量守恒定律的条件、表达式和性质
2．爆炸与反冲的特点
(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。
(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。
(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。
[题点全练]————————————————————————————————
1.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )
A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
解析：选D 当小球与弹簧接触后，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中小球和槽都有水平方向的位移，而两者之间的相互作用力是垂直于槽的曲面的，故力和位移方向不总是垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程，系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；小球在槽上下滑过程两者水平方向不受外力，水平方向动量守恒，小球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对其做功，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球不能回到槽高h处，故D正确。
2．(2018·牡丹江一中检测)甲、乙两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，质量为M的人从甲船跳到乙船上，再从乙船跳回甲船，经过多次跳跃后，最后停在乙船上。假设水的阻力可忽略，则( )
A．甲、乙两船的速度大小之比为1∶2
B．甲船与乙船(包括人)的动量相同
C．甲船与乙船(包括人)的动量之和为零
D．因跳跃次数未知，故无法判断
解析：选C 以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中系统总动量守恒，初态总动量为零，所以甲船与乙船(包括人)的动量大小之比为1∶1，而动量的方向相反，所以甲船与乙船(包括人)的动量不同。由p＝mv，知甲、乙两船的速度与质量成反比，所以最后甲、乙两船的速度大小之比为2∶1，故A、B错误；以系统为研究对象，在整个过程中，由动量守恒定律知，甲船与乙船(包括人)的动量之和为零，故C正确，D错误。
3．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
解析：选B 由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错；在爆炸前后，甲、乙水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙的动量改变量大小相等，甲、乙质量比为3∶1，所以速度变化量大小之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，
|Δv乙|＝2.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，A项错；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝
1.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，B项对。
4.[多选]小车静置于光滑的水平面上，小车的A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，小车的质量为M、长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车与C都处于静止状态，如图所示。当突然烧断细绳，弹簧被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )
A．如果小车内表面光滑，小车与C组成的系统任何时刻机械能都守恒
B．小车与C组成的系统任何时刻动量都守恒
C．当C对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为
D．小车向左运动的最大位移为
解析：选BCD 小车与C组成的系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但C与橡皮泥粘接过程有机械能损失。由动量守恒定律得Mv′－mv＝0，则v′＝，该系统属于人船模型，Md＝m(L－d)，所以小车向左运动的最大位移应等于d＝，综上，选项B、C、D正确。
[研一题]————————————————————————————————
[多选](2018·合肥一中检测)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为A、B碰撞前、后的位移－时间图像，a、b分别为A、B碰前的位移－时间图像，c为碰撞后A、B共同运动的位移－时间图像。若A的质量为m＝2 kg，则由图可知下列结论正确的是( )
A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·s
C．碰撞前、后A的动量变化为4 kg·m/s
D．碰撞中A、B组成的系统损失的动能为10 J
[解析] 由题图可知，碰撞前有：vA＝＝ m/s＝－3 m/s，vB＝＝ m/s＝
2 m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝v＝＝ m/s＝－1 m/s；对A、B组成的系统，A、B沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前、后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒。碰撞前、后A的动量变化为：ΔpA＝mvA′－mvA＝2×(－1)kg·m/s－2×(－3)kg·m/s＝4 kg·m/s；根据动量守恒定律，碰撞前、后B的动量变化为：ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s；又ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝＝ kg＝ kg，所以A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB＝2×
(－3)kg·m/s＋×2 kg·m/s＝－ kg·m/s；碰撞中A、B组成的系统损失的动能：ΔEk＝
mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10 J。故A错误，B、C、D正确。
[答案] BCD
[悟一法]————————————————————————————————
1．三类碰撞的特点
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最多
2.动量观点和能量观点的选取原则
(1)动量观点
①对于不涉及物体运动过程中的加速度，而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击、碰撞类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。
②对于碰撞、爆炸、反冲类问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。
(2)能量观点
①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。
②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。
③对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律求解。
[通一类]———————————————————————————————
1．(2019届高三·大庆调研)如图所示装置中，小球A和小球B质量相同，小球B置于光滑水平面上。当A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是( )
A．h B.
C. D.
解析：选C A运动到最低点有：mgh＝mvA2，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起，有：mvA＝2mv，v＝，两者同时上升时机械能守恒，有：×2mv2＝2mgH，联立解得：H＝，C正确。
2．(2018·淮北一中模拟)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝
2 kg，mB＝3 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，A、B速度的可能值是( )
A．vA＝4.5 m/s，vB＝3 m/s
B．vA＝3 m/s，vB＝4 m/s
C．vA＝－1.5 m/s，vB＝7 m/s
D．vA＝7.5 m/s，vB＝1 m/s
解析：选B 考虑实际情况，碰撞后A的速度不可能大于B的速度，故A、D错误，B、C满足；A、B碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，计算易知，B、C均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为42 J，B选项对应的总动能为33 J，C选项对应的总动能为75.75 J，故C错误，B满足。
3．(2018·安徽“江南十校”联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个静止的质量为2m的物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取
10 m/s2，A、B均可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
解析：选C 碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－×2mv2，解得：v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，则：mv0＝
mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则：mv02＝mv12＋×2mv2，解得：v0＝1.5 m/s，故A、B、D错误，C正确。
[专题强训提能]
1．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
解析：选C 设每层楼高约为3 m，则鸡蛋下落高度约为h＝3×25 m＝75 m，达到的速度满足v2＝2gh，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力F＝＋mg≈103 N，由牛顿第三定律知C正确。
2．[多选](2019届高三·资阳模拟)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中物块A最初与左侧固定的挡板相接触，物块B的质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，从某时刻开始计时，B的vt图像如图乙所示，则可知( )
A．A的质量为4 kg
B．运动过程中A的最大速度为4 m/s
C．在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3 J
解析：选BD 解除对弹簧的锁定，A离开挡板后，系统不受外力，系统动量守恒、机械能守恒，B的速度最大(vm＝3 m/s)时，A的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B的速度最小(v′＝1 m/s)时，A的速度最大，设A的质量为m，A的最大速度为v，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：mv＋mBv′＝mBvm，mv2＋mBv′2＝mBvm2，解得m＝1 kg，
v＝4 m/s，A错误，B正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受外力矢量和不为零，则系统动量不守恒，C错误；当A、B速度相等时，A、B动能之和最小，根据机械能守恒定律知，此时弹簧弹性势能最大。根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBvm＝(mB＋m)v共，Epm＝mBvm2－(mB＋m)v共2，解得Epm＝3 J，D正确。
3．[多选](2018·哈尔滨三中检测)如图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1和m2，且m1
B．甲和乙受到的合力的冲量大小之比为m2∶m1
C．甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大
D．甲和乙的平均速率之比为m2∶m1
解析：选CD 当施加的水平拉力大于弹簧拉力时，甲和乙的速度在增大，动量在增大，当弹簧拉力大于施加的水平拉力时，甲和乙的动量开始减小，A错误；外力做正功，所以甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大，C正确；将甲、乙及弹簧看成一个整体，因F1和F2等大反向，故甲、乙及弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故m1v1－m2v2＝0，根据动量定理可得I甲＝m1v1，I乙＝－m2v2，故＝1∶1，B错误；因为研究过程中任意时刻甲、乙的动量和为零，所以＝，D正确。
4．光滑水平面上有一质量为M的木板，在木板的最左端有一质量为m的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ。开始时它们都处于静止状态，某时刻给小滑块一瞬时冲量，使小滑块以初速度v0向右运动，经过一段时间小滑块与木板达到共同速度v，此时小滑块与木板最左端的距离为d，木板的位移为x，如图所示。下列关系式正确的是( )
A．μmgx＝(M＋m)v2
B．μmgd＝(M＋m)v2－mv02
C．μmgd＝
D．μmgd＝mv02－mv2
解析：选C 由动量守恒定律可知：mv0＝(M＋m)v，解得v＝，对小滑块分析可知，只有木板的摩擦力对其做功，则由动能定理可知：－μmg(x＋d)＝mv2－mv02，对木板分析可知，木板受小滑块的摩擦力做功，由动能定理可知：μmgx＝Mv2，可得μmgd＝，故C正确。
5．甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲球从后面追上乙球并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则甲球质量m1与乙球质量m2间的关系可能正确的是( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
解析：选C 设碰后甲球动量变为p1′，乙球动量变为p2′，根据动量守恒定律得
p1＋p2＝p1′＋p2′，解得p1′＝2 kg·m/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有＋≤＋，解得≤，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，则有≤，解得≥，综上有≤≤，C正确，A、B、D错误。
6.如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的木板A，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑。现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面，滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出，B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数)，下列说法正确的是( )
A．A、B组成的系统动量和机械能都守恒
B．A、B组成的系统动量和机械能都不守恒
C．当B的速度为v0时，A的速度为v0
D．当A的速度为v0时，B的速度为v0
解析：选C 由于A沿斜面体匀速下滑，则此时A所受的合力为零，当B放在A上表面后，A、B组成的系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，由于A、B间摩擦力的作用，系统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B错误；由于B与A之间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数，所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，由动量守恒定律知，C正确，D错误。
7．某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓慢飘来的小船上，然后去执行任务。船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则( )
A．该同学和船最终静止在水面上
B．该同学的动量变化量的大小为105 kg·m/s
C．船最终速度的大小为0.95 m/s
D．船的动量变化量的大小为70 kg·m/s
解析：选B 该同学与船组成的系统在水平方向动量守恒，选取该同学运动的方向为正方向得：m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝0.25 m/s，与该同学的速度方向相同，故A、C错误；该同学的动量变化量大小为：|Δp1|＝|m1v－m1v1|＝105 kg·m/s，故B正确；船的动量变化量大小为：Δp2＝m2v－(－m2v2)＝105 kg·m/s，故D错误。
8.[多选]A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图所示为A、B发生碰撞前、后的v t 图像，由图可知下列叙述正确的是( )
A．A、B的质量比为3∶2
B．A、B碰撞前、后总动量守恒
C．A、B碰撞前、后总动量不守恒
D．A、B碰撞前、后总动能不变
解析：选ABD 根据动量守恒条件知，A、B碰撞前、后总动量守恒，B正确，C错误；根据动量守恒定律：mA×6＋mB×1＝mA×2＋mB×7，得：mA∶mB＝3∶2，A正确；碰撞前总动能：mA×62＋mB×12＝mA，碰撞后总动能：mA×22＋mB×72＝mA，即碰撞前、后总动能不变，D正确。
9.[多选]如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M＝1 kg的木块随传送带一起以v1＝2 m/s 的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定)，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20 g的子弹，以v0＝300 m/s的水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50 m/s，设子弹射穿木块的时间极短(g取10 m/s2)。则( )
A．子弹射穿木块后，木块一直做减速运动
B．木块遭射击后远离A点的最大距离为0.9 m
C．木块遭射击后到相对传送带静止历时1.0 s
D．木块遭射击后到相对传送带静止历时0.6 s
解析：选BC 木块运动的加速度大小不变，a＝μg＝5 m/s2，子弹射穿木块的过程中两者动量守恒，木块速度v′＝－v1＝3 m/s，木块向右匀减速运动的位移s＝＝
0.9 m，即木块遭射击后远离A点的最大距离为0.9 m，B正确；木块向右匀减速运动的时间 t1＝＝0.6 s，因为v′>v1，所以最后木块相对传送带静止，木块向左匀加速运动的时间
t2＝＝0.4 s，则木块遭射击后到相对传送带静止历时t＝t1＋t2＝1.0 s，C正确，D错误；子弹射穿木块后，木块先向右匀减速运动至速度为零，然后向左匀加速运动至与传送带速度相同后一起匀速运动，A错误。
10．[多选]如图所示，一轻质弹簧两端分别连着木块A和B，静止于光滑的水平面上。木块A被水平飞行的初速度为v0的子弹射中并镶嵌在其中，子弹与A的作用时间极短。已知B的质量为m，A的质量是B的，子弹的质量是B的，则( )
A．子弹击中木块A后瞬间，与A的共同速度为v0
B．子弹击中木块A后瞬间，与A的共同速度为v0
C．弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv02
D．弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv02
解析：选AC 设子弹击中木块A后瞬间与木块A的共同速度为v1，二者动量守恒，有
mv0＝v1，解得v1＝v0，弹簧压缩到最短时，A与B具有共同的速度，设为v2，子弹和A与B动量守恒，有v1＝v2，设此时弹簧的弹性势能为E，由能量守恒定律得v12＝v22＋E，解得E＝mv02，综上所述，A、C正确。
11.[多选](2018·哈尔滨三中检测)如图所示，将一轻质弹簧从物体B内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为m1＝2.0 kg的物体A。平衡时A距天花板h＝2.4 m，在距A正上方高为h1＝1.8 m处由静止释放质量为m2＝1.0 kg的B，B下落过程中某时刻与弹簧下端的A碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后A、B一起向下运动，A、B不粘连，且可视为质点，历时0.25 s第一次到达最低点(弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g＝10 m/s2)，下列说法正确的是( )
A．碰撞结束瞬间A、B的速度大小为2 m/s
B．碰撞结束后A、B一起向下运动的最大位移大小为0.25 m
C．碰撞结束后A、B一起向下运动的过程中，A、B间的平均作用力大小为18 N
D．A、B到最低点后反弹上升，A、B分开后，B还能上升的最大高度为0.2 m
解析：选ABC 设B自由下落至与A碰撞前其速度为v0，根据自由落体运动规律，有：v0＝＝6 m/s，设A、B碰撞结束瞬间二者共同速度为v1，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有：m2v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝2 m/s，A正确；从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B为研究对象，根据动量定理，有：(m2g－)t＝0－m2v1，解得＝
18 N，方向竖直向上，C正确；此过程中对B分析，根据动能定理，有：－x＋m2gx＝
0－m2v12，解得x＝0.25 m，即碰撞结束后A、B一起向下运动的最大位移大小为0.25 m，B正确；A、B若在碰撞位置分开，B还能上升的最大高度为h′＝＝0.2 m，但实际上A、B在弹簧恢复原长时才分开，故B还能上升的最大高度小于0.2 m，D错误。
12.如图所示，一辆质量为M＝6 kg的平板小车停靠在墙角处，地面水平且光滑，墙与地面垂直。一质量为m＝2 kg 的小铁块(可视为质点)放在平板小车最右端，平板小车上表面水平且与小铁块之间的动摩擦因数μ＝0.45，平板小车的长L＝1 m。现给小铁块一个v0＝5 m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，则小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为(g取10 m/s2)( )
A．10 J B．30 J
C．9 J D．18 J
解析：选D 设小铁块向左运动到达竖直墙时的速度大小为v1，由动能定理得－μmgL＝mv12－mv02，解得v1＝4 m/s，小铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，假设小铁块最终和平板小车达到共同速度v2，二者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，有mv 1＝
(M＋m)v 2，解得v2＝1 m/s，设小铁块相对平板小车运动距离为x时两者达到共同速度，由功能关系得－μmgx＝(M＋m)v22－mv12，解得x＝ m＞L，则小铁块在没有与平板小车达到共同速度时就滑出平板小车，小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为ΔE＝2μmgL＝18 J，故D正确。
13.[多选]如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以视为质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是( )
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．小车上管道最高点的竖直高度为
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是
解析：选BC 小球恰好能到达管道的最高点，说明在管道最高点时小球和管道之间相对静止，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒定律，有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝，小车动量变化大小Δp车＝2m·＝mv，D项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律，有mgH＝mv2－(m＋2m)v′2，得H＝，C项正确；小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有mv＝mv1＋2mv2，
mv2＝mv12＋×2mv22，解得v1＝－，v2＝v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为v＋v＝v，B项正确；由以上分析可知，在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。
14．[多选](2018·中卫调研)在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6 kg，m＝0.2 kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep＝10.8 J 弹性势能的锁定的轻弹簧(弹簧与两球不拴接)，原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R＝0.425 m 的竖直固定的光滑半圆形轨道，A为轨道底端，B为轨道顶端，如图所示。g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．m从A点运动到B点的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·s
B．M离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s
C．若半圆轨道半径可调，则m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8 N·s
解析：选AD 释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1－Mv2＝0，由机械能守恒定律得：mv12＋Mv22＝Ep，解得：v1＝
9 m/s，v2＝3 m/s；m从A点运动到B点过程中，由机械能守恒定律得：mv12＝mv1′2＋mg·2R，解得：v1′＝8 m/s；以水平向右为正方向，由动量定理得，m从A点运动到B点的过程中所受合外力冲量为：I＝Δp＝－mv1′－mv1＝－0.2×8 N·s－0.2×9 N·s＝－3.4 N·s，则合外力冲量大小为3.4 N·s，故A正确；由前述分析知，M离开轻弹簧时获得的速度为3 m/s，故B错误；设圆轨道半径为r时，m从B点飞出后水平位移最大，由A点到B点根据机
械能守恒定律得：mv12＝mv1″2＋mg·2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mg＋N＝m，m从B点飞出，需要满足：N≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r＝gt2，x＝v1″t，解得：
x＝，当8.1－4r＝4r时，即r＝1.012 5 m时，x最大，则m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C错误；由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为：I＝Δp＝mv1＝0.2×9 N·s＝1.8 N·s，故D正确。
课余挤时加餐训练(一)
力学选择题押题练(一)
1.如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为30°的光滑斜面，平行于斜面的细绳一端固定在小车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速运动且加速度大小不超过a1时，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速运动且加速度大小不超过a2时，小球仍能够和小车保持相对静止。则a1和a2的大小之比为( )
A.∶1 B.∶3
C．3∶1 D．1∶3
解析：选D 当小车向左加速运动且加速度大小不超过a1时，由题意可知，此时细绳的拉力为零，对小球受力分析知，小球受重力、斜面的支持力，由牛顿第二定律得mgtan 30°＝ma1，当小车向右加速运动且加速度大小不超过a2时，由题意可知，此时斜面对小球的支持力为零，对小球受力分析知，小球受重力、细绳的拉力，由牛顿第二定律得＝ma2，联立以上两式得
＝，D正确。
2.如图所示，一个质量m＝1 kg的小环套在倾角为37°的光滑固定直杆上，为使小环能够静止不动，需对它施加一个水平拉力F。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。则F的大小和方向分别是( )
A．7.5 N，水平向左 B．7.5 N，水平向右
C．13.3 N，水平向左 D．13.3 N，水平向右
解析：选A 对小环受力分析知，小环受重力、直杆的支持力，为使小环能够静止不动，F的方向应水平向左，根据平衡知识可知：F＝mgtan 37°＝1×10× N＝7.5 N，故A对。
3.[多选]如图所示是用铁丝做的立方体骨架，从顶点A水平抛出一个小球，小球恰能击中B点。已知立方体的边长为l，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．小球做平抛运动的初速度大小为
B．小球落到B点的速度大小为
C．小球落到B点的速度方向与水平方向的夹角为45°
D．小球在运动过程中，速度的大小时刻改变，加速度的方向时刻改变
解析：选AB 根据平抛运动的规律可得水平方向 l＝v0t，竖直方向l＝gt2，vy＝gt，vB＝，解得v0＝，vy＝，vB＝，小球落到B点的速度方向与水平方向的夹角满足tan θ＝＝，所以小球落到B点的速度方向与水平方向的夹角不是45°，A、B项正确，C项错误；小球在运动过程中，合力方向不变，所以加速度的方向是不变的，D项错误。
4．火星探测器绕火星近地轨道做圆周运动，其线速度和相应的轨道半径为v0和R0，火星的一颗卫星在圆轨道上的线速度和相应的轨道半径为v和R，则下列关系式正确的是( )
A．lg＝lg B．lg＝2lg
C．lg＝lg D．lg＝2lg
解析：选C 做圆周运动所需的向心力由万有引力提供，故有：G＝m，G＝m，解得：＝，由对数运算公式可得：lg＝lg，所以lg＝lg，故C正确。
5.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
解析：选B 圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误。
6.如图所示，半径为R、内径很小的光滑半圆形管道竖直放置，质量为m的小球(视为质点)以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，则( )
A．小球通过P点时的速率一定为
B．小球通过P点时的速率一定为
C．小球落地点到P点的水平距离可能为R
D．小球落地点到P点的水平距离可能为R
解析：选D 小球通过P点时，当小球对管下壁有压力时，则有：mg－0.5mg＝m，解得：v1＝ ，当小球对管上壁有压力时，则有：mg＋0.5mg＝m，解得：v2＝ ，故A、B错误；小球通过P点后做平抛运动，竖直方向上：2R＝gt2，解得：t＝2，则水平距离为x1＝v1t＝R或x2＝v2t＝R，故C错误，D正确。
7.[多选]如图所示，质量为2m的物体B静止在光滑的水平面上，物体B的左边固定有轻质弹簧，质量为m的物体A以速度v向物体B运动并与弹簧发生作用，从物体A接触弹簧开始，到离开弹簧的过程中，物体A、B始终沿同一直线运动，以初速度v的方向为正，则( )
A．此过程中弹簧对物体B的冲量大小大于弹簧对物体A的冲量大小
B．弹簧的最大弹性势能为mv2
C．此过程中弹簧对物体B的冲量为mv
D．物体A离开弹簧后的速度为－v
解析：选BD 由牛顿第三定律及I＝Ft知，弹簧对物体A、B的冲量大小相等、方向相反，A错误；物体A、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，由mv＝(m＋2m)v1，解得v1＝v，
弹簧的最大弹性势能Ep＝mv2－(m＋2m)v12＝mv2，B正确；物体A离开弹簧后，由
mv＝mvA＋2mvB，mv2＝mvA2＋×2mvB2，解得vA＝－v，vB＝v，故弹簧对物体B的冲量IB＝2mvB＝mv，C错误，D正确。
8.[多选]如图所示，倾角为α的固定斜面，其右侧有一竖直墙面，小球滑上斜面，以速度v飞离斜面，恰好垂直撞击到墙面上某位置，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动
B．竖直墙面与斜面右端的水平距离为sin2α
C．竖直墙面与斜面右端的水平距离为
D．从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球竖直上升的高度为sin α
解析：选AC 小球飞离斜面时速度为v，把v沿水平方向和竖直方向分解，则有：
vx＝vcos α，vy＝vsin α，小球飞离斜面后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，又小球恰好垂直撞击到墙面上，可知小球撞到墙面时，竖直方向速度为零，由匀变速直线运动规律可知，小球飞行时间为t＝，则竖直墙面与斜面右端的水平距离为s＝vxt＝，小球竖直上升的高度为s′＝＝，故选项A、C正确，B、D错误。
力学选择题押题练(二)
1．如图所示，若干个质量不相等但可视为质点的小球用轻细绳穿拴成一串，将细绳的一端挂在车厢的顶部。当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及细绳在车厢中的形状的示意图正确的是( )
解析：选A 小球的加速度与车厢的加速度相同，设最上端的细绳与竖直方向的夹角为θ，对所有小球组成的整体分析，有m总gtan θ＝m总a，解得tan θ＝，对除最上面第一个球外剩余的小球分析，根据牛顿第二定律有，(m总－m1)gtan α＝(m总－m1)a，解得tan α＝，同理可知，连接小球的细绳与竖直方向的夹角均相等，可知小球和细绳在一条直线上，向左偏，A正确，B、C、D错误。
2.如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，开始时绳与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝mgcos θ
B．小球沿光滑圆环上升过程中，绳拉力逐渐增大
C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大
D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变
解析：选D 绳与竖直方向的夹角为θ时，对小球受力分析，小球受到竖直向下的重力mg、圆环对小球沿半径向外的支持力FN以及沿绳方向的拉力F，画出力的示意图如图所示，由三角形相似可知，＝＝，其中R为圆环的半径，可得F＝2mgcos θ，选项A错误；小球沿光滑圆环上升过程中，绳与竖直方向的夹角θ变大，绳拉力F＝2mgcos θ逐渐减小，选项B错误；由以上分析可知，小球所受圆环的支持力大小等于重力大小，小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力的大小不变，选项C错误，D正确。
3.如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R，直径POQ水平。一质量为m的小物块(可视为质点)自P点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N时，小物块对轨道的压力为2mg，g为重力加速度的大小。则下列说法正确的是( )
A．小物块到达最低点N时的速度大小为
B．小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为2mgR
C．小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为mgR
D．小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点
解析：选C 在N点小物块做圆周运动，有FN－mg＝m，由牛顿第三定律，有FN＝FN′＝2mg，解得v＝，A选项错误；重力做功仅与高度差有关，小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为WG＝mgR，B选项错误；由动能定理得：mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，C选项正确；因为运动过程中摩擦力做功，由能量守恒定律可知小物块不能到达Q点，D选项错误。
4.一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开
始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是( )
A．第1 s末质点的速度为2 m/s
B．第2 s末外力做功的瞬时功率最大
C．第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为1∶2
D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为4∶5
解析：选D 由动量定理：Ft＝mv′－mv，得质点第1 s末、第2 s末的速度分别为：
v1＝4 m/s、v2＝6 m/s，A错误；第1 s末外力做功的瞬时功率：P＝F1v1＝4×4 W＝16 W，第2 s末外力做功的瞬时功率：P′＝F2v2＝2×6 W＝12 W，B错误；第1 s 内与第2 s内质点动量增加量之比为：＝＝，C错误；第1 s内与第2 s内质点动能增加量分别为：ΔEk1＝mv12＝8 J，ΔEk2＝mv22－mv12＝10 J，则ΔEk1∶ΔEk2＝4∶5，D正确。
5.如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿斜面向上做匀加速直线运动。已知斜面表面光滑且足够长，斜面倾角为θ。经时间t恒力F做功80 J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v。若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是( )
A．物体回到出发点时的机械能是80 J
B．在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsin θ
C．撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中，物体的重力势能一直在减少
D．撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中，物体的动能一直在减少
解析：选A 由功能关系知：除重力和弹力之外其他力对物体所做的功等于物体机械能的增量，A对；物体在沿斜面向上运动时，有F－mgsin θ＝ma1，撤去力F后，有mgsin θ＝－ma2，由运动学公式知，·t2＝－，vx＝t，解得
F＝mgsin θ，由vx－gsin θt＝－v，解得vx＝，所以在撤去力F前的瞬间力F的功率P＝Fvx＝mgvsin θ，B错；撤去力F后一段时间内物体继续沿斜面向上运动，即重力势能有一段增加的过程，C错；撤去力F后，物体在沿斜面向下运动的过程中动能一直在增大，D错。
6．[多选]美国《大众科学》杂志报道，中国首艘国产航母预计在2019年服役。假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为m＝103 kg，在跑道上加速时产生的最大动力为F＝7×103 N，所受阻力为重力的，当飞机的速度大小达到
50 m/s时才能离开航空母舰起飞。g取10 m/s2，设航空母舰甲板长为160 m，则下列说法中正确的是( )
A．飞机在跑道上加速时所受阻力大小为103 N
B．飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为4 m/s2
C．若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机具有的初速度大小最小为30 m/s
D．若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为10 m/s
解析：选CD 飞机在跑道上加速时所受阻力f＝kmg＝×103×10 N＝2×103 N，选项A错误；由牛顿第二定律得F－f＝ma，解得a＝5 m/s2，选项B错误；设弹射系统必须使飞机具有的初速度大小最小为v0，由匀变速直线运动规律得v2－v02＝2ax，解得v0＝30 m/s，选项C正确；若航空母舰上不装弹射系统，设飞机起飞所用的时间为t，航空母舰的最小速度大小为v1，则飞机相对地面的速度v＝v1＋at，飞机相对航空母舰的位移大小x＝at2，解得v1＝10 m/s，选项D正确。
7．[多选]甲、乙两辆汽车从平直公路上同一位置沿着同一方向做直线运动，它们的vt图像如图所示，则( )
A．甲、乙两车同时从静止开始出发
B．在t＝2 s时乙车追上甲车
C．在t＝4 s时乙车追上甲车
D．甲、乙两车在公路上只能相遇一次
解析：选CD 由题图知，乙车比甲车迟出发1 s，故A错误；根据vt图线与时间轴围成的面积表示位移，知t＝2 s 时，甲车的位移比乙车的位移大，则知该时刻乙车还没有追上甲车，故B错误；在0～4 s内，甲车的位移 x甲＝×8×4 m ＝16 m，乙车的位移 x乙＝
×(1＋3)×8 m＝16 m，所以x甲＝x乙，两者又是从同一位置沿着同一方向运动的，则在
t＝4 s时乙车追上甲车，故C正确；在t＝4 s时乙车追上甲车，由于t＝4 s时刻以后，甲车比乙车的速度大，两车不可能再相遇，所以两车只相遇一次，故D正确。
8．[多选]一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以恒定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块，如图(a)所示，以此时为t＝0时刻记录物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图(b)所示(以物块沿传送带向上的运动方向为正方向，两坐标大小v1>v2)。则下列判断正确的是( )
A．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tan θ
B．0～t1时间内，传送带对物块做正功
C．0～t2时间内，系统产生的热量一定比物块动能的变化量大
D．0～t2时间内，传送带对物块做的功等于物块动能的变化量
解析：选AC 由题图(b)知，t1～t2时间内，物块沿传送带向上运动，则有μmgcos θ>mgsin θ，得μ>tan θ，故A正确；物块沿传送带先向下运动后再向上运动，则知传送带的运动方向应向上，0～t1时间内，物块所受摩擦力沿传送带向上，则传送带对物块做负功，故B错误；0～t2时间内，由v1>v2知物块的重力势能减小，动能也减小，减小的重力势能和动能转化为系统产生的内能，所以系统产生的热量一定大于物块动能的变化量，故C正确；0～t2时间内，传送带对物块做的功等于物块机械能的变化量，故D错误。
力学选择题押题练(三)
1.[多选]如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止。现将B沿斜面向上移动一小段距离，发现A随之向上移动少许，A、B在虚线位置重新平衡。重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是( )
A．墙面对A的弹力变小 B．斜面对B的弹力不变
C．推力F变大 D．A、B间的距离变大
解析：选ABD 对A、B利用整体法可知，斜面对B弹力的竖直分量等于A、B所受的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B的弹力不变，故B正确；库仑力与竖直方向的夹角变小，而库仑力沿竖直方向的分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故D正确；因库仑力水平分量减小，故墙面对A的弹力变小，推力F变小，故A正确，C错误。
2.如图所示，光滑的水平面上有一小车，以向右的加速度a做匀加速运动，车内两物体A、B质量之比为2∶1，A、B间用弹簧相连并放在光滑桌面上，B通过质量不计的轻绳与小车相连，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为( )
A．a、0 B．a、a
C．a、2a D．0、2a
解析：选C 设B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，轻绳拉力大小为T，将A、B及弹簧看成整体，则有T＝3ma；以A为研究对象，则有F＝2ma。剪断轻绳瞬间，轻绳中拉力消失，弹簧弹力不变，所以A受力不变，加速度大小仍为a，而B所受合力为
F＝maB，即aB＝2a，故C正确。
3．在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的。则碰后B球的速度大小是( )
A. B.
C.或 D．无法确定
解析：选A 两球相碰后A球的速度大小变为原来的，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A球速度方向不变，则mv0＝mv0＋3mv1，可得B球的速度v1＝，而B球在前，A球在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符合实际情况，因此A球速度一定反向，即mv0＝－mv0＋3mv1′，可得v1′＝，A正确，B、C、D错误。
4.如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上的A点，不计空气阻力，若将抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，下列方法可行的是( )
A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ
B．增大抛射角θ，同时减小抛射速度v0
C．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θ
D．增大抛射角θ，同时增大抛射速度v0
解析：选B 篮球垂直击中篮板上的A点，说明篮球在A点的竖直速度为零。对篮球从B点到A点的运动分析可知，在水平方向上有x＝vxt＝v0cos θt，在竖直方向上有vy＝v0sin θ＝gt，y＝。若将抛射点向篮板方向水平移动一小段距离，y不变，x减小，即篮球运动时间不变，则篮球在抛射点的竖直方向分速度不变，水平方向分速度减小。A选项vx增大，不符合题意；B选项vx减小，vy可能不变，符合题意；C选项vy减小，不符合题意；D选项vy增大，不符合题意。
5.[多选]如图所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面与竖直方向的夹角为θ，套筒P套在横杆上，与不可伸长的绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q相连接，此段绳子与斜面平行，Q放在斜面上，P与Q质量相等且均为m，O为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆为h。手握住P且使P和Q均静止，此时连接P的绳子与竖直方向夹角为θ，然后无初速度释放P。不计绳子的质量及一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．释放P前绳子拉力大小为mgcos θ
B．释放后P做匀加速直线运动
C．P运动到O点时速率为
D．P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功的功率一直增大
解析：选AC 释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得，FT＝mgcos θ，故A正确；释放后对P分析，知P所受的合力在变化，则加速度在变化，P做变加速直线运动，故B错误；当P运动到O点时，Q的速度为零，对P和Q整体研究，mgcos θ＝mv2，解得v＝，故C正确；P从释放到第一次过O点，速度逐渐增大，绳子拉力沿水平方向的分力在减小，则绳子拉力对P做功的功率不是一直增大，故D错误。
6.如图所示，在斜面顶端A点以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出该小球，经过时间t2完成平抛运动。不计空气阻力，则( )
A．t2>2t1 B．t2＝2t1
C．t2<2t1 D．小球落在B点
解析：选C 在斜面顶端A点以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P，有tan θ＝(θ为斜面倾角)，解得t1＝，水平位移x＝vt1＝，初速度变为原来的2倍，若还落在斜面上，水平位移应该变为原来的4倍，可知在A点以速度2v水平抛出该小球，小球将落在水平面上，可知小球两次下落的高度之比为1∶2，根据t＝知，t1∶t2＝1∶，则t2<2t1，C对。
7．[多选]据报道，荷兰企业家巴斯兰斯多普发起的“火星一号”计划打算将总共24人送上火星，创建一块长期殖民地。若已知引力常量为G，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据求出火星密度的是( )
A．在火星表面使一个小球做自由落体运动，测出落下的高度H和时间t
B．火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动，测出运行周期T
C．火星探测器在高空绕火星做匀速圆周运动，测出距火星表面的高度h、运行周期T和火星的半径R
D．观察火星绕太阳的匀速圆周运动，测出火星的直径D和运行周期T
解析：选BC 设火星的质量为M，则M＝ρπR3。在火星表面使一个小球做自由落体运动，测出下落的高度H和时间t，根据H＝gt2，可算出火星表面的重力加速度g，根据
G＝mg，可以算出的值，但无法算出火星密度，故A错误；根据＝mR，M＝ρπR3，得ρ＝，已知T就可算出火星密度，故B正确；根据＝m(R＋h)，
M＝ρπR3，得M＝，已知h、T、R就可算出火星密度，故C正确；观察火星绕太阳的匀速圆周运动，火星的质量在运算中约去，无法算出火星质量，也就无法算出火星密度，故D错误。
8．[多选]在如图所示的平面直角坐标系内，x轴水平、y轴竖直向下。计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴做匀加速运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙。已知重力加速度为g，不计空气阻力以及沙相对沙漏的初速度。下列说法正确的是( )
A．空中相邻的沙在相等时间内的竖直间距不断增加
B．空中相邻的沙在相等时间内的水平间距保持不变
C．t0时刻漏出的沙在t(t > t0)时刻的位置坐标是
D．t0时刻漏出的沙在t(t > t0)时刻的位置坐标是
解析：选AC 漏出的沙在竖直方向做自由落体运动，则空中相邻的沙在相等时间内的竖直间距不断增加，漏出的沙在水平方向做匀速直线运动，但由于沙在漏出前水平方向做匀加速运动，因此它们在水平方向初速度不相等，则在相等时间内的水平间距不相等，故A正确，B错误；由匀加速直线运动的规律，t0时刻漏出的沙具有的水平初速度v0＝at0，沙随沙漏一起做匀加速运动的位移x0＝at02，沙漏出后做平抛运动，t时刻的水平位移x1＝v0(t－t0)，且x＝x0＋x1，y＝g(t－t0)2，所以t0时刻漏出的沙在t时刻的位置坐标为，故C正确，D错误。
力学选择题押题练(四)
1.如图所示，一轻弹簧的上端与物块连接在一起，并从高处由静止开始释放，空气阻力不计，在弹簧接触水平地面后直至物块运动到最低点的过程中，下列判断正确的是( )
A．弹簧触地时物块的速度最大
B．物块先做匀加速运动后做匀减速运动
C．物块的动能和弹簧的弹性势能之和一直减小
D．物块的机械能一直减小
解析：选D 弹簧触地时，开始阶段弹簧的弹力小于物块所受的重力，物块所受的合力向下，继续向下做加速运动；弹力等于重力时，合力为零，加速度为零，之后，弹力大于重力，物块向下做减速运动，所以弹力等于重力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，物块先做加速运动后做减速运动，但不是匀加速和匀减速，故A、B错误；对于物块和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，即物块的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，物块的重力势能一直减小，所以物块的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，故C错误；物块和弹簧组成的系统机械能守恒，而弹簧的弹性势能一直增大，所以物块的机械能一直减小，故D正确。
2.如图所示，在水平地面上有一倾角为θ的斜面体B处于静止状态，其斜面上放有与之保持相对静止的物体A。现对B施加向左的水平推力，使A和B一起向左做加速运动，加速度从零开始逐渐增加，直到A和B开始发生相对运动，关于这个运动过程中A所受斜面的支持力N、摩擦力f的大小变化情况，下列说法中正确的是( )
A．N增大，f持续增大
B．N不变，f不变
C．N增大，f先减小后增大
D．N减小，f先增大后减小
解析：选C 对A受力分析可得Nsin θ－fcos θ＝ma，Ncos θ＋fsin θ＝mg，当a逐渐增大时，N逐渐增大，由于mg不变，所以f逐渐减小，当a增大到一定程度时，f反向，N继续增大，f则逐渐增大，C正确。
3.如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的xt图像，A质点的图像为直线，B质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C、D坐标如图所示。下列说法正确的是( )
A．t1时刻B追上A，t2时刻A追上B
B．t1～t2时间段内B的平均速度小于A的平均速度
C．A做直线运动，B做曲线运动
D．A、B速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的某时刻
解析：选D x-t 图像的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇，根据题图可知t1时刻A追上B，t2时刻B追上A，故A错误；t1～t2时间段内A、B运动的位移相同，时间相等，则平均速度相等，故B错误；x-t图像只能描述直线运动，不能描述曲线运动，则A、B都做直线运动，故C错误；x-t图像斜率表示速度，t1～t2时间段内的某时刻A、B图像斜率相等，故D正确。
4.[多选]如图所示，小球从斜面底端A点正上方h高度处，以某一速度正对倾角为θ的斜面水平抛出时，小球到达斜面的位移最小(重力加速度为g)，则( )
A．小球平抛的初速度v0＝ sin θ
B．小球平抛的初速度v0＝ sin θ
C．飞行时间t＝cos θ
D．飞行时间t＝
解析：选AC 过抛出点作斜面的垂线，交斜面于点B，如图所示，当小球落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向：x＝hcos θ·sin θ＝v0t，竖直方向：y＝hcos θ·cos θ＝gt2，解得v0＝ sin θ，t＝cos θ，故A、C正确。
5．[多选]已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过的角为θ，引力常量为G，则( )
A．航天器的轨道半径为
B．航天器的环绕周期为
C．月球的质量为
D．月球的密度为
解析：选BC 根据几何关系得航天器的轨道半径为：r＝，故A错误；经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过的角为θ，则：＝，得：T＝，故B正确；万有引力充当向心力，所以：＝mr，M＝＝，故C正确；人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r，则月球的体积：V＝πr3，月球的密度为ρ＝＝，故D错误。
6．如图甲所示，足够长的木板B放置在水平地面上，大小可忽略的铁块A静止放在木板B的最左端。从t＝0时刻起对A施加一个水平向右的力F，且力F的大小随时间t成正比增加。已知A的加速度aA随时间t变化的图像如图乙所示，则能正确表示B的加速度大小aB随时间t变化的图像是选项图中的( )
解析：选C 力F的大小与时间t成正比，由题图乙看出前 2 s 内A的加速度为零，说明B与水平地面之间存在摩擦力，t＝6 s前后A的加速度aA随时间t变化的图线斜率不同，说明2～6 s内A、B以共同的加速度运动，t＝6 s后，A与B发生相对滑动，B的加速度不再变化，结合选项图知，C对。
7.[多选]如图所示，某人向放在水平地面上的垃圾桶中水平扔废纸球，结果恰好从桶的右侧边缘飞到地面。不计空气阻力，为了能把废纸球扔进垃圾桶中，则此人水平抛废纸球时，可以做出的调整为( )
A．初速度大小保持不变，抛出点在原位置正上方
B．初速度大小保持不变，抛出点在原位置正下方
C．减小初速度，抛出点位置保持不变
D．增大初速度，抛出点在原位置正上方
解析：选BC 根据平抛运动规律，为了能把废纸球扔进垃圾桶中，应减小其水平方向位移，若抛出点位置不变，即竖直方向位移不变，运动时间不变，减小初速度即可减小水平方向位移，选项C正确，D错误；若初速度大小保持不变，要减小水平方向位移，则应减小运动时间，即将抛出点从原位置向下移动，选项B正确，A错误。
8．[多选]如图甲所示，物块a从光滑斜面上某点由静止滑下，物块b从水平面上的某位置水平向左运动，0.4 s末物块a滑到水平面的瞬间正好与物块b碰撞，且碰撞后两者粘在一
起沿斜面向上运动到最高点。不计物块经过斜面底部与水平面衔接处的能量损失，两者运动的速度大小随时间变化的图像如图乙所示，物块b的质量为5 kg，物块a的质量为ma，整个过程两物块因碰撞而损失的机械能为ΔE，则( )
A．ma＝1 kg B．ma＝2 kg
C．ΔE＝35 J D．ΔE＝120 J
解析：选BC 由题图乙可知，物块a、b碰撞前的速度大小分别为va＝1 m/s，vb＝6 m/s，碰撞后物块a、b共同速度的大小为v＝4 m/s，以物块b的速度方向为正，根据动量守恒定律得mbvb－mava＝(ma＋mb)v，解得ma＝2 kg，A项错误，B项正确；物块a、b碰撞过程损失的机械能为ΔE＝mava2＋mbvb2－(ma＋mb)v2＝35 J，C项正确，D项错误。
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考法
学法
“动量观点”是解答力学问题的三大观点之一，高考既可能在选择题中单独考查动量问题，也可能在计算题中综合考查到动量问题。考查的内容主要有：①动量、冲量、动量变化量等概念；②动量定理的应用；③动量守恒定律的应用。该部分内容主要解决选择题中的动量守恒问题和动量定理的应用。用到的思想方法有：①守恒的思想；②整体法和隔离法；③碰撞、爆炸和反冲问题的分析方法。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．掌握基本概念和规律
2．应用动量定理的注意事项
(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。力变化的情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是( )
A．经过时间t＝，动量变化量为0
B．经过时间t＝，动量变化量大小为mv
C．经过时间t＝，细绳对小球的冲量大小为2mv
D．经过时间t＝，重力对小球的冲量大小为
解析：选BCD 经过时间t＝，小球转过了180°，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳对小球的冲量为I＝Δp＝－2mv，故大小为2mv，选项A错误，C正确；经过时间t＝，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp′＝mv，重力对小球的冲量大小为IG＝mgt＝，B、D正确。
2．[多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
解析：选AB 根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s 内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B正确，C、D错误。
3．如图甲所示，一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，其at图像如图乙所示，t＝0时其速度大小为v0＝2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )
A．t＝6 s时，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s内，拉力对物体的冲量为36 N·s
D．t＝6 s时，拉力的功率为200 W
解析：选D 根据Δv＝aΔt可知，at图像中图线与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t＝6 s时，物体的速度v6＝v0＋Δv＝m/s＝20 m/s，故A错误；根据动能定理得：W合＝ΔEk＝mv62－mv02＝396 J，故B错误；在0～6 s内，拉力与摩擦力对物体有沿水平方向的冲量，由动量定理得：IF－ft＝mv6－mv0，解得IF＝48 N·s，即拉力对物体的冲量为48 N·s，故C错误；在t＝6 s时，根据牛顿第二定律得：F＝ma＋f＝(2×4＋2)N＝10 N，则此时拉力的功率P＝Fv6＝10×20 W＝200 W，故D正确。
4．[多选](2018·福建四校二次联考)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t。对于这一过程，下列判断正确的是( )
A．斜面对物体的弹力的冲量为零
B．物体受到的重力的冲量大小为mgt
C．物体受到的合力的冲量大小为零
D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t
解析：选BD 斜面对物体的弹力的冲量大小为：I＝Nt＝mgcos θ·t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为：IG＝mg·t，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin θ，不为零，C错误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsin θ·t，D正确。
[知能全通]————————————————————————————————
1．动量守恒定律的条件、表达式和性质
2．爆炸与反冲的特点
(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。
(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。
(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。
[题点全练]————————————————————————————————
1.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )
A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
解析：选D 当小球与弹簧接触后，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中小球和槽都有水平方向的位移，而两者之间的相互作用力是垂直于槽的曲面的，故力和位移方向不总是垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程，系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；小球在槽上下滑过程两者水平方向不受外力，水平方向动量守恒，小球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对其做功，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球不能回到槽高h处，故D正确。
2．(2018·牡丹江一中检测)甲、乙两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，质量为M的人从甲船跳到乙船上，再从乙船跳回甲船，经过多次跳跃后，最后停在乙船上。假设水的阻力可忽略，则( )
A．甲、乙两船的速度大小之比为1∶2
B．甲船与乙船(包括人)的动量相同
C．甲船与乙船(包括人)的动量之和为零
D．因跳跃次数未知，故无法判断
解析：选C 以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中系统总动量守恒，初态总动量为零，所以甲船与乙船(包括人)的动量大小之比为1∶1，而动量的方向相反，所以甲船与乙船(包括人)的动量不同。由p＝mv，知甲、乙两船的速度与质量成反比，所以最后甲、乙两船的速度大小之比为2∶1，故A、B错误；以系统为研究对象，在整个过程中，由动量守恒定律知，甲船与乙船(包括人)的动量之和为零，故C正确，D错误。
3．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
解析：选B 由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错；在爆炸前后，甲、乙水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙的动量改变量大小相等，甲、乙质量比为3∶1，所以速度变化量大小之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，
|Δv乙|＝2.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，A项错；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝
1.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，B项对。
4.[多选]小车静置于光滑的水平面上，小车的A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，小车的质量为M、长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车与C都处于静止状态，如图所示。当突然烧断细绳，弹簧被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )
A．如果小车内表面光滑，小车与C组成的系统任何时刻机械能都守恒
B．小车与C组成的系统任何时刻动量都守恒
C．当C对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为
D．小车向左运动的最大位移为
解析：选BCD 小车与C组成的系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但C与橡皮泥粘接过程有机械能损失。由动量守恒定律得Mv′－mv＝0，则v′＝，该系统属于人船模型，Md＝m(L－d)，所以小车向左运动的最大位移应等于d＝，综上，选项B、C、D正确。
[研一题]————————————————————————————————
[多选](2018·合肥一中检测)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为A、B碰撞前、后的位移－时间图像，a、b分别为A、B碰前的位移－时间图像，c为碰撞后A、B共同运动的位移－时间图像。若A的质量为m＝2 kg，则由图可知下列结论正确的是( )
A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·s
C．碰撞前、后A的动量变化为4 kg·m/s
D．碰撞中A、B组成的系统损失的动能为10 J
[解析] 由题图可知，碰撞前有：vA＝＝ m/s＝－3 m/s，vB＝＝ m/s＝
2 m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝v＝＝ m/s＝－1 m/s；对A、B组成的系统，A、B沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前、后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒。碰撞前、后A的动量变化为：ΔpA＝mvA′－mvA＝2×(－1)kg·m/s－2×(－3)kg·m/s＝4 kg·m/s；根据动量守恒定律，碰撞前、后B的动量变化为：ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s；又ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝＝ kg＝ kg，所以A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB＝2×
(－3)kg·m/s＋×2 kg·m/s＝－ kg·m/s；碰撞中A、B组成的系统损失的动能：ΔEk＝
mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10 J。故A错误，B、C、D正确。
[答案] BCD
[悟一法]————————————————————————————————
1．三类碰撞的特点
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最多
2.动量观点和能量观点的选取原则
(1)动量观点
①对于不涉及物体运动过程中的加速度，而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击、碰撞类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。
②对于碰撞、爆炸、反冲类问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。
(2)能量观点
①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。
②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。
③对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律求解。
[通一类]———————————————————————————————
1．(2019届高三·大庆调研)如图所示装置中，小球A和小球B质量相同，小球B置于光滑水平面上。当A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是( )
A．h B.
C. D.
解析：选C A运动到最低点有：mgh＝mvA2，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起，有：mvA＝2mv，v＝，两者同时上升时机械能守恒，有：×2mv2＝2mgH，联立解得：H＝，C正确。
2．(2018·淮北一中模拟)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝
2 kg，mB＝3 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，A、B速度的可能值是( )
A．vA＝4.5 m/s，vB＝3 m/s
B．vA＝3 m/s，vB＝4 m/s
C．vA＝－1.5 m/s，vB＝7 m/s
D．vA＝7.5 m/s，vB＝1 m/s
解析：选B 考虑实际情况，碰撞后A的速度不可能大于B的速度，故A、D错误，B、C满足；A、B碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，计算易知，B、C均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为42 J，B选项对应的总动能为33 J，C选项对应的总动能为75.75 J，故C错误，B满足。
3．(2018·安徽“江南十校”联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个静止的质量为2m的物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取
10 m/s2，A、B均可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
解析：选C 碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－×2mv2，解得：v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，则：mv0＝
mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则：mv02＝mv12＋×2mv2，解得：v0＝1.5 m/s，故A、B、D错误，C正确。
[专题强训提能]
1．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
解析：选C 设每层楼高约为3 m，则鸡蛋下落高度约为h＝3×25 m＝75 m，达到的速度满足v2＝2gh，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力F＝＋mg≈103 N，由牛顿第三定律知C正确。
2．[多选](2019届高三·资阳模拟)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中物块A最初与左侧固定的挡板相接触，物块B的质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，从某时刻开始计时，B的vt图像如图乙所示，则可知( )
A．A的质量为4 kg
B．运动过程中A的最大速度为4 m/s
C．在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3 J
解析：选BD 解除对弹簧的锁定，A离开挡板后，系统不受外力，系统动量守恒、机械能守恒，B的速度最大(vm＝3 m/s)时，A的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B的速度最小(v′＝1 m/s)时，A的速度最大，设A的质量为m，A的最大速度为v，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：mv＋mBv′＝mBvm，mv2＋mBv′2＝mBvm2，解得m＝1 kg，
v＝4 m/s，A错误，B正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受外力矢量和不为零，则系统动量不守恒，C错误；当A、B速度相等时，A、B动能之和最小，根据机械能守恒定律知，此时弹簧弹性势能最大。根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBvm＝(mB＋m)v共，Epm＝mBvm2－(mB＋m)v共2，解得Epm＝3 J，D正确。
3．[多选](2018·哈尔滨三中检测)如图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1和m2，且m1
B．甲和乙受到的合力的冲量大小之比为m2∶m1
C．甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大
D．甲和乙的平均速率之比为m2∶m1
解析：选CD 当施加的水平拉力大于弹簧拉力时，甲和乙的速度在增大，动量在增大，当弹簧拉力大于施加的水平拉力时，甲和乙的动量开始减小，A错误；外力做正功，所以甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大，C正确；将甲、乙及弹簧看成一个整体，因F1和F2等大反向，故甲、乙及弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故m1v1－m2v2＝0，根据动量定理可得I甲＝m1v1，I乙＝－m2v2，故＝1∶1，B错误；因为研究过程中任意时刻甲、乙的动量和为零，所以＝，D正确。
4．光滑水平面上有一质量为M的木板，在木板的最左端有一质量为m的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ。开始时它们都处于静止状态，某时刻给小滑块一瞬时冲量，使小滑块以初速度v0向右运动，经过一段时间小滑块与木板达到共同速度v，此时小滑块与木板最左端的距离为d，木板的位移为x，如图所示。下列关系式正确的是( )
A．μmgx＝(M＋m)v2
B．μmgd＝(M＋m)v2－mv02
C．μmgd＝
D．μmgd＝mv02－mv2
解析：选C 由动量守恒定律可知：mv0＝(M＋m)v，解得v＝，对小滑块分析可知，只有木板的摩擦力对其做功，则由动能定理可知：－μmg(x＋d)＝mv2－mv02，对木板分析可知，木板受小滑块的摩擦力做功，由动能定理可知：μmgx＝Mv2，可得μmgd＝，故C正确。
5．甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲球从后面追上乙球并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则甲球质量m1与乙球质量m2间的关系可能正确的是( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
解析：选C 设碰后甲球动量变为p1′，乙球动量变为p2′，根据动量守恒定律得
p1＋p2＝p1′＋p2′，解得p1′＝2 kg·m/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有＋≤＋，解得≤，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，则有≤，解得≥，综上有≤≤，C正确，A、B、D错误。
6.如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的木板A，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑。现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面，滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出，B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数)，下列说法正确的是( )
A．A、B组成的系统动量和机械能都守恒
B．A、B组成的系统动量和机械能都不守恒
C．当B的速度为v0时，A的速度为v0
D．当A的速度为v0时，B的速度为v0
解析：选C 由于A沿斜面体匀速下滑，则此时A所受的合力为零，当B放在A上表面后，A、B组成的系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，由于A、B间摩擦力的作用，系统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B错误；由于B与A之间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数，所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，由动量守恒定律知，C正确，D错误。
7．某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓慢飘来的小船上，然后去执行任务。船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则( )
A．该同学和船最终静止在水面上
B．该同学的动量变化量的大小为105 kg·m/s
C．船最终速度的大小为0.95 m/s
D．船的动量变化量的大小为70 kg·m/s
解析：选B 该同学与船组成的系统在水平方向动量守恒，选取该同学运动的方向为正方向得：m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝0.25 m/s，与该同学的速度方向相同，故A、C错误；该同学的动量变化量大小为：|Δp1|＝|m1v－m1v1|＝105 kg·m/s，故B正确；船的动量变化量大小为：Δp2＝m2v－(－m2v2)＝105 kg·m/s，故D错误。
8.[多选]A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图所示为A、B发生碰撞前、后的v t 图像，由图可知下列叙述正确的是( )
A．A、B的质量比为3∶2
B．A、B碰撞前、后总动量守恒
C．A、B碰撞前、后总动量不守恒
D．A、B碰撞前、后总动能不变
解析：选ABD 根据动量守恒条件知，A、B碰撞前、后总动量守恒，B正确，C错误；根据动量守恒定律：mA×6＋mB×1＝mA×2＋mB×7，得：mA∶mB＝3∶2，A正确；碰撞前总动能：mA×62＋mB×12＝mA，碰撞后总动能：mA×22＋mB×72＝mA，即碰撞前、后总动能不变，D正确。
9.[多选]如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M＝1 kg的木块随传送带一起以v1＝2 m/s 的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定)，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20 g的子弹，以v0＝300 m/s的水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50 m/s，设子弹射穿木块的时间极短(g取10 m/s2)。则( )
A．子弹射穿木块后，木块一直做减速运动
B．木块遭射击后远离A点的最大距离为0.9 m
C．木块遭射击后到相对传送带静止历时1.0 s
D．木块遭射击后到相对传送带静止历时0.6 s
解析：选BC 木块运动的加速度大小不变，a＝μg＝5 m/s2，子弹射穿木块的过程中两者动量守恒，木块速度v′＝－v1＝3 m/s，木块向右匀减速运动的位移s＝＝
0.9 m，即木块遭射击后远离A点的最大距离为0.9 m，B正确；木块向右匀减速运动的时间 t1＝＝0.6 s，因为v′>v1，所以最后木块相对传送带静止，木块向左匀加速运动的时间
t2＝＝0.4 s，则木块遭射击后到相对传送带静止历时t＝t1＋t2＝1.0 s，C正确，D错误；子弹射穿木块后，木块先向右匀减速运动至速度为零，然后向左匀加速运动至与传送带速度相同后一起匀速运动，A错误。
10．[多选]如图所示，一轻质弹簧两端分别连着木块A和B，静止于光滑的水平面上。木块A被水平飞行的初速度为v0的子弹射中并镶嵌在其中，子弹与A的作用时间极短。已知B的质量为m，A的质量是B的，子弹的质量是B的，则( )
A．子弹击中木块A后瞬间，与A的共同速度为v0
B．子弹击中木块A后瞬间，与A的共同速度为v0
C．弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv02
D．弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv02
解析：选AC 设子弹击中木块A后瞬间与木块A的共同速度为v1，二者动量守恒，有
mv0＝v1，解得v1＝v0，弹簧压缩到最短时，A与B具有共同的速度，设为v2，子弹和A与B动量守恒，有v1＝v2，设此时弹簧的弹性势能为E，由能量守恒定律得v12＝v22＋E，解得E＝mv02，综上所述，A、C正确。
11.[多选](2018·哈尔滨三中检测)如图所示，将一轻质弹簧从物体B内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为m1＝2.0 kg的物体A。平衡时A距天花板h＝2.4 m，在距A正上方高为h1＝1.8 m处由静止释放质量为m2＝1.0 kg的B，B下落过程中某时刻与弹簧下端的A碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后A、B一起向下运动，A、B不粘连，且可视为质点，历时0.25 s第一次到达最低点(弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g＝10 m/s2)，下列说法正确的是( )
A．碰撞结束瞬间A、B的速度大小为2 m/s
B．碰撞结束后A、B一起向下运动的最大位移大小为0.25 m
C．碰撞结束后A、B一起向下运动的过程中，A、B间的平均作用力大小为18 N
D．A、B到最低点后反弹上升，A、B分开后，B还能上升的最大高度为0.2 m
解析：选ABC 设B自由下落至与A碰撞前其速度为v0，根据自由落体运动规律，有：v0＝＝6 m/s，设A、B碰撞结束瞬间二者共同速度为v1，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有：m2v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝2 m/s，A正确；从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B为研究对象，根据动量定理，有：(m2g－)t＝0－m2v1，解得＝
18 N，方向竖直向上，C正确；此过程中对B分析，根据动能定理，有：－x＋m2gx＝
0－m2v12，解得x＝0.25 m，即碰撞结束后A、B一起向下运动的最大位移大小为0.25 m，B正确；A、B若在碰撞位置分开，B还能上升的最大高度为h′＝＝0.2 m，但实际上A、B在弹簧恢复原长时才分开，故B还能上升的最大高度小于0.2 m，D错误。
12.如图所示，一辆质量为M＝6 kg的平板小车停靠在墙角处，地面水平且光滑，墙与地面垂直。一质量为m＝2 kg 的小铁块(可视为质点)放在平板小车最右端，平板小车上表面水平且与小铁块之间的动摩擦因数μ＝0.45，平板小车的长L＝1 m。现给小铁块一个v0＝5 m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，则小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为(g取10 m/s2)( )
A．10 J B．30 J
C．9 J D．18 J
解析：选D 设小铁块向左运动到达竖直墙时的速度大小为v1，由动能定理得－μmgL＝mv12－mv02，解得v1＝4 m/s，小铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，假设小铁块最终和平板小车达到共同速度v2，二者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，有mv 1＝
(M＋m)v 2，解得v2＝1 m/s，设小铁块相对平板小车运动距离为x时两者达到共同速度，由功能关系得－μmgx＝(M＋m)v22－mv12，解得x＝ m＞L，则小铁块在没有与平板小车达到共同速度时就滑出平板小车，小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为ΔE＝2μmgL＝18 J，故D正确。
13.[多选]如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以视为质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是( )
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．小车上管道最高点的竖直高度为
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是
解析：选BC 小球恰好能到达管道的最高点，说明在管道最高点时小球和管道之间相对静止，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒定律，有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝，小车动量变化大小Δp车＝2m·＝mv，D项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律，有mgH＝mv2－(m＋2m)v′2，得H＝，C项正确；小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有mv＝mv1＋2mv2，
mv2＝mv12＋×2mv22，解得v1＝－，v2＝v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为v＋v＝v，B项正确；由以上分析可知，在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。
14．[多选](2018·中卫调研)在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6 kg，m＝0.2 kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep＝10.8 J 弹性势能的锁定的轻弹簧(弹簧与两球不拴接)，原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R＝0.425 m 的竖直固定的光滑半圆形轨道，A为轨道底端，B为轨道顶端，如图所示。g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．m从A点运动到B点的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·s
B．M离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s
C．若半圆轨道半径可调，则m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8 N·s
解析：选AD 释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1－Mv2＝0，由机械能守恒定律得：mv12＋Mv22＝Ep，解得：v1＝
9 m/s，v2＝3 m/s；m从A点运动到B点过程中，由机械能守恒定律得：mv12＝mv1′2＋mg·2R，解得：v1′＝8 m/s；以水平向右为正方向，由动量定理得，m从A点运动到B点的过程中所受合外力冲量为：I＝Δp＝－mv1′－mv1＝－0.2×8 N·s－0.2×9 N·s＝－3.4 N·s，则合外力冲量大小为3.4 N·s，故A正确；由前述分析知，M离开轻弹簧时获得的速度为3 m/s，故B错误；设圆轨道半径为r时，m从B点飞出后水平位移最大，由A点到B点根据机
械能守恒定律得：mv12＝mv1″2＋mg·2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mg＋N＝m，m从B点飞出，需要满足：N≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r＝gt2，x＝v1″t，解得：
x＝，当8.1－4r＝4r时，即r＝1.012 5 m时，x最大，则m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C错误；由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为：I＝Δp＝mv1＝0.2×9 N·s＝1.8 N·s，故D正确。
课余挤时加餐训练(一)
力学选择题押题练(一)
1.如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为30°的光滑斜面，平行于斜面的细绳一端固定在小车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速运动且加速度大小不超过a1时，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速运动且加速度大小不超过a2时，小球仍能够和小车保持相对静止。则a1和a2的大小之比为( )
A.∶1 B.∶3
C．3∶1 D．1∶3
解析：选D 当小车向左加速运动且加速度大小不超过a1时，由题意可知，此时细绳的拉力为零，对小球受力分析知，小球受重力、斜面的支持力，由牛顿第二定律得mgtan 30°＝ma1，当小车向右加速运动且加速度大小不超过a2时，由题意可知，此时斜面对小球的支持力为零，对小球受力分析知，小球受重力、细绳的拉力，由牛顿第二定律得＝ma2，联立以上两式得
＝，D正确。
2.如图所示，一个质量m＝1 kg的小环套在倾角为37°的光滑固定直杆上，为使小环能够静止不动，需对它施加一个水平拉力F。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。则F的大小和方向分别是( )
A．7.5 N，水平向左 B．7.5 N，水平向右
C．13.3 N，水平向左 D．13.3 N，水平向右
解析：选A 对小环受力分析知，小环受重力、直杆的支持力，为使小环能够静止不动，F的方向应水平向左，根据平衡知识可知：F＝mgtan 37°＝1×10× N＝7.5 N，故A对。
3.[多选]如图所示是用铁丝做的立方体骨架，从顶点A水平抛出一个小球，小球恰能击中B点。已知立方体的边长为l，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．小球做平抛运动的初速度大小为
B．小球落到B点的速度大小为
C．小球落到B点的速度方向与水平方向的夹角为45°
D．小球在运动过程中，速度的大小时刻改变，加速度的方向时刻改变
解析：选AB 根据平抛运动的规律可得水平方向 l＝v0t，竖直方向l＝gt2，vy＝gt，vB＝，解得v0＝，vy＝，vB＝，小球落到B点的速度方向与水平方向的夹角满足tan θ＝＝，所以小球落到B点的速度方向与水平方向的夹角不是45°，A、B项正确，C项错误；小球在运动过程中，合力方向不变，所以加速度的方向是不变的，D项错误。
4．火星探测器绕火星近地轨道做圆周运动，其线速度和相应的轨道半径为v0和R0，火星的一颗卫星在圆轨道上的线速度和相应的轨道半径为v和R，则下列关系式正确的是( )
A．lg＝lg B．lg＝2lg
C．lg＝lg D．lg＝2lg
解析：选C 做圆周运动所需的向心力由万有引力提供，故有：G＝m，G＝m，解得：＝，由对数运算公式可得：lg＝lg，所以lg＝lg，故C正确。
5.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
解析：选B 圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误。
6.如图所示，半径为R、内径很小的光滑半圆形管道竖直放置，质量为m的小球(视为质点)以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，则( )
A．小球通过P点时的速率一定为
B．小球通过P点时的速率一定为
C．小球落地点到P点的水平距离可能为R
D．小球落地点到P点的水平距离可能为R
解析：选D 小球通过P点时，当小球对管下壁有压力时，则有：mg－0.5mg＝m，解得：v1＝ ，当小球对管上壁有压力时，则有：mg＋0.5mg＝m，解得：v2＝ ，故A、B错误；小球通过P点后做平抛运动，竖直方向上：2R＝gt2，解得：t＝2，则水平距离为x1＝v1t＝R或x2＝v2t＝R，故C错误，D正确。
7.[多选]如图所示，质量为2m的物体B静止在光滑的水平面上，物体B的左边固定有轻质弹簧，质量为m的物体A以速度v向物体B运动并与弹簧发生作用，从物体A接触弹簧开始，到离开弹簧的过程中，物体A、B始终沿同一直线运动，以初速度v的方向为正，则( )
A．此过程中弹簧对物体B的冲量大小大于弹簧对物体A的冲量大小
B．弹簧的最大弹性势能为mv2
C．此过程中弹簧对物体B的冲量为mv
D．物体A离开弹簧后的速度为－v
解析：选BD 由牛顿第三定律及I＝Ft知，弹簧对物体A、B的冲量大小相等、方向相反，A错误；物体A、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，由mv＝(m＋2m)v1，解得v1＝v，
弹簧的最大弹性势能Ep＝mv2－(m＋2m)v12＝mv2，B正确；物体A离开弹簧后，由
mv＝mvA＋2mvB，mv2＝mvA2＋×2mvB2，解得vA＝－v，vB＝v，故弹簧对物体B的冲量IB＝2mvB＝mv，C错误，D正确。
8.[多选]如图所示，倾角为α的固定斜面，其右侧有一竖直墙面，小球滑上斜面，以速度v飞离斜面，恰好垂直撞击到墙面上某位置，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动
B．竖直墙面与斜面右端的水平距离为sin2α
C．竖直墙面与斜面右端的水平距离为
D．从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球竖直上升的高度为sin α
解析：选AC 小球飞离斜面时速度为v，把v沿水平方向和竖直方向分解，则有：
vx＝vcos α，vy＝vsin α，小球飞离斜面后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，又小球恰好垂直撞击到墙面上，可知小球撞到墙面时，竖直方向速度为零，由匀变速直线运动规律可知，小球飞行时间为t＝，则竖直墙面与斜面右端的水平距离为s＝vxt＝，小球竖直上升的高度为s′＝＝，故选项A、C正确，B、D错误。
力学选择题押题练(二)
1．如图所示，若干个质量不相等但可视为质点的小球用轻细绳穿拴成一串，将细绳的一端挂在车厢的顶部。当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及细绳在车厢中的形状的示意图正确的是( )
解析：选A 小球的加速度与车厢的加速度相同，设最上端的细绳与竖直方向的夹角为θ，对所有小球组成的整体分析，有m总gtan θ＝m总a，解得tan θ＝，对除最上面第一个球外剩余的小球分析，根据牛顿第二定律有，(m总－m1)gtan α＝(m总－m1)a，解得tan α＝，同理可知，连接小球的细绳与竖直方向的夹角均相等，可知小球和细绳在一条直线上，向左偏，A正确，B、C、D错误。
2.如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，开始时绳与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝mgcos θ
B．小球沿光滑圆环上升过程中，绳拉力逐渐增大
C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大
D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变
解析：选D 绳与竖直方向的夹角为θ时，对小球受力分析，小球受到竖直向下的重力mg、圆环对小球沿半径向外的支持力FN以及沿绳方向的拉力F，画出力的示意图如图所示，由三角形相似可知，＝＝，其中R为圆环的半径，可得F＝2mgcos θ，选项A错误；小球沿光滑圆环上升过程中，绳与竖直方向的夹角θ变大，绳拉力F＝2mgcos θ逐渐减小，选项B错误；由以上分析可知，小球所受圆环的支持力大小等于重力大小，小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力的大小不变，选项C错误，D正确。
3.如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R，直径POQ水平。一质量为m的小物块(可视为质点)自P点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N时，小物块对轨道的压力为2mg，g为重力加速度的大小。则下列说法正确的是( )
A．小物块到达最低点N时的速度大小为
B．小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为2mgR
C．小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为mgR
D．小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点
解析：选C 在N点小物块做圆周运动，有FN－mg＝m，由牛顿第三定律，有FN＝FN′＝2mg，解得v＝，A选项错误；重力做功仅与高度差有关，小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为WG＝mgR，B选项错误；由动能定理得：mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，C选项正确；因为运动过程中摩擦力做功，由能量守恒定律可知小物块不能到达Q点，D选项错误。
4.一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开
始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是( )
A．第1 s末质点的速度为2 m/s
B．第2 s末外力做功的瞬时功率最大
C．第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为1∶2
D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为4∶5
解析：选D 由动量定理：Ft＝mv′－mv，得质点第1 s末、第2 s末的速度分别为：
v1＝4 m/s、v2＝6 m/s，A错误；第1 s末外力做功的瞬时功率：P＝F1v1＝4×4 W＝16 W，第2 s末外力做功的瞬时功率：P′＝F2v2＝2×6 W＝12 W，B错误；第1 s 内与第2 s内质点动量增加量之比为：＝＝，C错误；第1 s内与第2 s内质点动能增加量分别为：ΔEk1＝mv12＝8 J，ΔEk2＝mv22－mv12＝10 J，则ΔEk1∶ΔEk2＝4∶5，D正确。
5.如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿斜面向上做匀加速直线运动。已知斜面表面光滑且足够长，斜面倾角为θ。经时间t恒力F做功80 J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v。若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是( )
A．物体回到出发点时的机械能是80 J
B．在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsin θ
C．撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中，物体的重力势能一直在减少
D．撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中，物体的动能一直在减少
解析：选A 由功能关系知：除重力和弹力之外其他力对物体所做的功等于物体机械能的增量，A对；物体在沿斜面向上运动时，有F－mgsin θ＝ma1，撤去力F后，有mgsin θ＝－ma2，由运动学公式知，·t2＝－，vx＝t，解得
F＝mgsin θ，由vx－gsin θt＝－v，解得vx＝，所以在撤去力F前的瞬间力F的功率P＝Fvx＝mgvsin θ，B错；撤去力F后一段时间内物体继续沿斜面向上运动，即重力势能有一段增加的过程，C错；撤去力F后，物体在沿斜面向下运动的过程中动能一直在增大，D错。
6．[多选]美国《大众科学》杂志报道，中国首艘国产航母预计在2019年服役。假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为m＝103 kg，在跑道上加速时产生的最大动力为F＝7×103 N，所受阻力为重力的，当飞机的速度大小达到
50 m/s时才能离开航空母舰起飞。g取10 m/s2，设航空母舰甲板长为160 m，则下列说法中正确的是( )
A．飞机在跑道上加速时所受阻力大小为103 N
B．飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为4 m/s2
C．若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机具有的初速度大小最小为30 m/s
D．若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为10 m/s
解析：选CD 飞机在跑道上加速时所受阻力f＝kmg＝×103×10 N＝2×103 N，选项A错误；由牛顿第二定律得F－f＝ma，解得a＝5 m/s2，选项B错误；设弹射系统必须使飞机具有的初速度大小最小为v0，由匀变速直线运动规律得v2－v02＝2ax，解得v0＝30 m/s，选项C正确；若航空母舰上不装弹射系统，设飞机起飞所用的时间为t，航空母舰的最小速度大小为v1，则飞机相对地面的速度v＝v1＋at，飞机相对航空母舰的位移大小x＝at2，解得v1＝10 m/s，选项D正确。
7．[多选]甲、乙两辆汽车从平直公路上同一位置沿着同一方向做直线运动，它们的vt图像如图所示，则( )
A．甲、乙两车同时从静止开始出发
B．在t＝2 s时乙车追上甲车
C．在t＝4 s时乙车追上甲车
D．甲、乙两车在公路上只能相遇一次
解析：选CD 由题图知，乙车比甲车迟出发1 s，故A错误；根据vt图线与时间轴围成的面积表示位移，知t＝2 s 时，甲车的位移比乙车的位移大，则知该时刻乙车还没有追上甲车，故B错误；在0～4 s内，甲车的位移 x甲＝×8×4 m ＝16 m，乙车的位移 x乙＝
×(1＋3)×8 m＝16 m，所以x甲＝x乙，两者又是从同一位置沿着同一方向运动的，则在
t＝4 s时乙车追上甲车，故C正确；在t＝4 s时乙车追上甲车，由于t＝4 s时刻以后，甲车比乙车的速度大，两车不可能再相遇，所以两车只相遇一次，故D正确。
8．[多选]一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以恒定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块，如图(a)所示，以此时为t＝0时刻记录物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图(b)所示(以物块沿传送带向上的运动方向为正方向，两坐标大小v1>v2)。则下列判断正确的是( )
A．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tan θ
B．0～t1时间内，传送带对物块做正功
C．0～t2时间内，系统产生的热量一定比物块动能的变化量大
D．0～t2时间内，传送带对物块做的功等于物块动能的变化量
解析：选AC 由题图(b)知，t1～t2时间内，物块沿传送带向上运动，则有μmgcos θ>mgsin θ，得μ>tan θ，故A正确；物块沿传送带先向下运动后再向上运动，则知传送带的运动方向应向上，0～t1时间内，物块所受摩擦力沿传送带向上，则传送带对物块做负功，故B错误；0～t2时间内，由v1>v2知物块的重力势能减小，动能也减小，减小的重力势能和动能转化为系统产生的内能，所以系统产生的热量一定大于物块动能的变化量，故C正确；0～t2时间内，传送带对物块做的功等于物块机械能的变化量，故D错误。
力学选择题押题练(三)
1.[多选]如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止。现将B沿斜面向上移动一小段距离，发现A随之向上移动少许，A、B在虚线位置重新平衡。重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是( )
A．墙面对A的弹力变小 B．斜面对B的弹力不变
C．推力F变大 D．A、B间的距离变大
解析：选ABD 对A、B利用整体法可知，斜面对B弹力的竖直分量等于A、B所受的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B的弹力不变，故B正确；库仑力与竖直方向的夹角变小，而库仑力沿竖直方向的分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故D正确；因库仑力水平分量减小，故墙面对A的弹力变小，推力F变小，故A正确，C错误。
2.如图所示，光滑的水平面上有一小车，以向右的加速度a做匀加速运动，车内两物体A、B质量之比为2∶1，A、B间用弹簧相连并放在光滑桌面上，B通过质量不计的轻绳与小车相连，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为( )
A．a、0 B．a、a
C．a、2a D．0、2a
解析：选C 设B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，轻绳拉力大小为T，将A、B及弹簧看成整体，则有T＝3ma；以A为研究对象，则有F＝2ma。剪断轻绳瞬间，轻绳中拉力消失，弹簧弹力不变，所以A受力不变，加速度大小仍为a，而B所受合力为
F＝maB，即aB＝2a，故C正确。
3．在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的。则碰后B球的速度大小是( )
A. B.
C.或 D．无法确定
解析：选A 两球相碰后A球的速度大小变为原来的，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A球速度方向不变，则mv0＝mv0＋3mv1，可得B球的速度v1＝，而B球在前，A球在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符合实际情况，因此A球速度一定反向，即mv0＝－mv0＋3mv1′，可得v1′＝，A正确，B、C、D错误。
4.如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上的A点，不计空气阻力，若将抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，下列方法可行的是( )
A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ
B．增大抛射角θ，同时减小抛射速度v0
C．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θ
D．增大抛射角θ，同时增大抛射速度v0
解析：选B 篮球垂直击中篮板上的A点，说明篮球在A点的竖直速度为零。对篮球从B点到A点的运动分析可知，在水平方向上有x＝vxt＝v0cos θt，在竖直方向上有vy＝v0sin θ＝gt，y＝。若将抛射点向篮板方向水平移动一小段距离，y不变，x减小，即篮球运动时间不变，则篮球在抛射点的竖直方向分速度不变，水平方向分速度减小。A选项vx增大，不符合题意；B选项vx减小，vy可能不变，符合题意；C选项vy减小，不符合题意；D选项vy增大，不符合题意。
5.[多选]如图所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面与竖直方向的夹角为θ，套筒P套在横杆上，与不可伸长的绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q相连接，此段绳子与斜面平行，Q放在斜面上，P与Q质量相等且均为m，O为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆为h。手握住P且使P和Q均静止，此时连接P的绳子与竖直方向夹角为θ，然后无初速度释放P。不计绳子的质量及一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．释放P前绳子拉力大小为mgcos θ
B．释放后P做匀加速直线运动
C．P运动到O点时速率为
D．P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功的功率一直增大
解析：选AC 释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得，FT＝mgcos θ，故A正确；释放后对P分析，知P所受的合力在变化，则加速度在变化，P做变加速直线运动，故B错误；当P运动到O点时，Q的速度为零，对P和Q整体研究，mgcos θ＝mv2，解得v＝，故C正确；P从释放到第一次过O点，速度逐渐增大，绳子拉力沿水平方向的分力在减小，则绳子拉力对P做功的功率不是一直增大，故D错误。
6.如图所示，在斜面顶端A点以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出该小球，经过时间t2完成平抛运动。不计空气阻力，则( )
A．t2>2t1 B．t2＝2t1
C．t2<2t1 D．小球落在B点
解析：选C 在斜面顶端A点以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P，有tan θ＝(θ为斜面倾角)，解得t1＝，水平位移x＝vt1＝，初速度变为原来的2倍，若还落在斜面上，水平位移应该变为原来的4倍，可知在A点以速度2v水平抛出该小球，小球将落在水平面上，可知小球两次下落的高度之比为1∶2，根据t＝知，t1∶t2＝1∶，则t2<2t1，C对。
7．[多选]据报道，荷兰企业家巴斯兰斯多普发起的“火星一号”计划打算将总共24人送上火星，创建一块长期殖民地。若已知引力常量为G，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据求出火星密度的是( )
A．在火星表面使一个小球做自由落体运动，测出落下的高度H和时间t
B．火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动，测出运行周期T
C．火星探测器在高空绕火星做匀速圆周运动，测出距火星表面的高度h、运行周期T和火星的半径R
D．观察火星绕太阳的匀速圆周运动，测出火星的直径D和运行周期T
解析：选BC 设火星的质量为M，则M＝ρπR3。在火星表面使一个小球做自由落体运动，测出下落的高度H和时间t，根据H＝gt2，可算出火星表面的重力加速度g，根据
G＝mg，可以算出的值，但无法算出火星密度，故A错误；根据＝mR，M＝ρπR3，得ρ＝，已知T就可算出火星密度，故B正确；根据＝m(R＋h)，
M＝ρπR3，得M＝，已知h、T、R就可算出火星密度，故C正确；观察火星绕太阳的匀速圆周运动，火星的质量在运算中约去，无法算出火星质量，也就无法算出火星密度，故D错误。
8．[多选]在如图所示的平面直角坐标系内，x轴水平、y轴竖直向下。计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴做匀加速运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙。已知重力加速度为g，不计空气阻力以及沙相对沙漏的初速度。下列说法正确的是( )
A．空中相邻的沙在相等时间内的竖直间距不断增加
B．空中相邻的沙在相等时间内的水平间距保持不变
C．t0时刻漏出的沙在t(t > t0)时刻的位置坐标是
D．t0时刻漏出的沙在t(t > t0)时刻的位置坐标是
解析：选AC 漏出的沙在竖直方向做自由落体运动，则空中相邻的沙在相等时间内的竖直间距不断增加，漏出的沙在水平方向做匀速直线运动，但由于沙在漏出前水平方向做匀加速运动，因此它们在水平方向初速度不相等，则在相等时间内的水平间距不相等，故A正确，B错误；由匀加速直线运动的规律，t0时刻漏出的沙具有的水平初速度v0＝at0，沙随沙漏一起做匀加速运动的位移x0＝at02，沙漏出后做平抛运动，t时刻的水平位移x1＝v0(t－t0)，且x＝x0＋x1，y＝g(t－t0)2，所以t0时刻漏出的沙在t时刻的位置坐标为，故C正确，D错误。
力学选择题押题练(四)
1.如图所示，一轻弹簧的上端与物块连接在一起，并从高处由静止开始释放，空气阻力不计，在弹簧接触水平地面后直至物块运动到最低点的过程中，下列判断正确的是( )
A．弹簧触地时物块的速度最大
B．物块先做匀加速运动后做匀减速运动
C．物块的动能和弹簧的弹性势能之和一直减小
D．物块的机械能一直减小
解析：选D 弹簧触地时，开始阶段弹簧的弹力小于物块所受的重力，物块所受的合力向下，继续向下做加速运动；弹力等于重力时，合力为零，加速度为零，之后，弹力大于重力，物块向下做减速运动，所以弹力等于重力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，物块先做加速运动后做减速运动，但不是匀加速和匀减速，故A、B错误；对于物块和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，即物块的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，物块的重力势能一直减小，所以物块的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，故C错误；物块和弹簧组成的系统机械能守恒，而弹簧的弹性势能一直增大，所以物块的机械能一直减小，故D正确。
2.如图所示，在水平地面上有一倾角为θ的斜面体B处于静止状态，其斜面上放有与之保持相对静止的物体A。现对B施加向左的水平推力，使A和B一起向左做加速运动，加速度从零开始逐渐增加，直到A和B开始发生相对运动，关于这个运动过程中A所受斜面的支持力N、摩擦力f的大小变化情况，下列说法中正确的是( )
A．N增大，f持续增大
B．N不变，f不变
C．N增大，f先减小后增大
D．N减小，f先增大后减小
解析：选C 对A受力分析可得Nsin θ－fcos θ＝ma，Ncos θ＋fsin θ＝mg，当a逐渐增大时，N逐渐增大，由于mg不变，所以f逐渐减小，当a增大到一定程度时，f反向，N继续增大，f则逐渐增大，C正确。
3.如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的xt图像，A质点的图像为直线，B质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C、D坐标如图所示。下列说法正确的是( )
A．t1时刻B追上A，t2时刻A追上B
B．t1～t2时间段内B的平均速度小于A的平均速度
C．A做直线运动，B做曲线运动
D．A、B速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的某时刻
解析：选D x-t 图像的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇，根据题图可知t1时刻A追上B，t2时刻B追上A，故A错误；t1～t2时间段内A、B运动的位移相同，时间相等，则平均速度相等，故B错误；x-t图像只能描述直线运动，不能描述曲线运动，则A、B都做直线运动，故C错误；x-t图像斜率表示速度，t1～t2时间段内的某时刻A、B图像斜率相等，故D正确。
4.[多选]如图所示，小球从斜面底端A点正上方h高度处，以某一速度正对倾角为θ的斜面水平抛出时，小球到达斜面的位移最小(重力加速度为g)，则( )
A．小球平抛的初速度v0＝ sin θ
B．小球平抛的初速度v0＝ sin θ
C．飞行时间t＝cos θ
D．飞行时间t＝
解析：选AC 过抛出点作斜面的垂线，交斜面于点B，如图所示，当小球落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向：x＝hcos θ·sin θ＝v0t，竖直方向：y＝hcos θ·cos θ＝gt2，解得v0＝ sin θ，t＝cos θ，故A、C正确。
5．[多选]已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过的角为θ，引力常量为G，则( )
A．航天器的轨道半径为
B．航天器的环绕周期为
C．月球的质量为
D．月球的密度为
解析：选BC 根据几何关系得航天器的轨道半径为：r＝，故A错误；经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过的角为θ，则：＝，得：T＝，故B正确；万有引力充当向心力，所以：＝mr，M＝＝，故C正确；人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r，则月球的体积：V＝πr3，月球的密度为ρ＝＝，故D错误。
6．如图甲所示，足够长的木板B放置在水平地面上，大小可忽略的铁块A静止放在木板B的最左端。从t＝0时刻起对A施加一个水平向右的力F，且力F的大小随时间t成正比增加。已知A的加速度aA随时间t变化的图像如图乙所示，则能正确表示B的加速度大小aB随时间t变化的图像是选项图中的( )
解析：选C 力F的大小与时间t成正比，由题图乙看出前 2 s 内A的加速度为零，说明B与水平地面之间存在摩擦力，t＝6 s前后A的加速度aA随时间t变化的图线斜率不同，说明2～6 s内A、B以共同的加速度运动，t＝6 s后，A与B发生相对滑动，B的加速度不再变化，结合选项图知，C对。
7.[多选]如图所示，某人向放在水平地面上的垃圾桶中水平扔废纸球，结果恰好从桶的右侧边缘飞到地面。不计空气阻力，为了能把废纸球扔进垃圾桶中，则此人水平抛废纸球时，可以做出的调整为( )
A．初速度大小保持不变，抛出点在原位置正上方
B．初速度大小保持不变，抛出点在原位置正下方
C．减小初速度，抛出点位置保持不变
D．增大初速度，抛出点在原位置正上方
解析：选BC 根据平抛运动规律，为了能把废纸球扔进垃圾桶中，应减小其水平方向位移，若抛出点位置不变，即竖直方向位移不变，运动时间不变，减小初速度即可减小水平方向位移，选项C正确，D错误；若初速度大小保持不变，要减小水平方向位移，则应减小运动时间，即将抛出点从原位置向下移动，选项B正确，A错误。
8．[多选]如图甲所示，物块a从光滑斜面上某点由静止滑下，物块b从水平面上的某位置水平向左运动，0.4 s末物块a滑到水平面的瞬间正好与物块b碰撞，且碰撞后两者粘在一
起沿斜面向上运动到最高点。不计物块经过斜面底部与水平面衔接处的能量损失，两者运动的速度大小随时间变化的图像如图乙所示，物块b的质量为5 kg，物块a的质量为ma，整个过程两物块因碰撞而损失的机械能为ΔE，则( )
A．ma＝1 kg B．ma＝2 kg
C．ΔE＝35 J D．ΔE＝120 J
解析：选BC 由题图乙可知，物块a、b碰撞前的速度大小分别为va＝1 m/s，vb＝6 m/s，碰撞后物块a、b共同速度的大小为v＝4 m/s，以物块b的速度方向为正，根据动量守恒定律得mbvb－mava＝(ma＋mb)v，解得ma＝2 kg，A项错误，B项正确；物块a、b碰撞过程损失的机械能为ΔE＝mava2＋mbvb2－(ma＋mb)v2＝35 J，C项正确，D项错误。
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