3.如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部分半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最高点由静止释放，一切摩擦均不计，则（ ）
A．A不能到达B圆槽的左侧最高点
B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为
C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为
D．B向右运动的最大位移的大小为
答案 D
解析 对于物体A、B组成的系统，水平方向动量守恒，物体A从圆槽的右端最高点由静止释放时，系统动量为零，设A到达左侧最高点的速度为v1，则v1＝0，根据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点，故A错误；设A到达最低点时的速率为v，B的速率为v′，根据动量守恒定律得0＝mv－2mv′，计算得出v′＝，根据能量守恒定律得mgR＝mv2＋·2mv′2，计算得出v＝，B的速率v′＝，故B、C错误；因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得：
m（2R－x）＝2mx，计算得出：
x＝，故D正确。
4．人们设想未来深空探测器是以光压为动力的。
让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部反射，从而产生光压。
设探测器在轨道上运行时，每秒每平方米获得的太阳光能E＝1.5×104J，薄膜光帆的面积S＝6.0×102m2，探测器的质量m＝60kg。
已知光子动量的计算式p＝，那么探测器得到的加速度大小最接近（ ）
A．0.001m/s2B．0.01m/s2
C．0.0005m/s2D．0.005m/s2
答案 A
解析 由光子的动量p＝，能量ε＝hν、λν＝c得ε＝pc。
面积为S的光帆Δt时间内获得的光子数n＝。
设探测器某时刻动量为p0，受到光压作用Δt时间后动量增加到p0＋Δp，因为光全部反射，根据动量守恒定律np＋p0＝－np＋（p0＋Δp），探测器动量增加量Δp＝2np，加速度a＝＝＝·＝＝0.001m/s2，A正确。
5．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。
小球的质量分别为m1和m2。
图乙为它们碰撞前后的x－t图象。
已知m1＝0.1kg。
由此可以判断（ ）
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2和m1都向右运动
C．m2＝0.3kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
答案 AC
解析 由图甲、乙知，碰前m2静止，m1向右运动，碰后m2向右运动，m1向左运动，A正确，B错误；设碰前m1速度大小为v0，碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，则v0＝m/s＝4m/s，v1＝m/s＝2m/s,v2＝m/s＝2m/s，设向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得m2＝0.3kg，C正确；由能量守恒定律得，损失的机械能ΔE损＝m1v－（m1v＋m2v）＝0，可知碰撞过程中无机械能损失，碰撞为完全弹性碰撞，D错误。
6．水平地面上有两个物体在同一直线上运动，两物体碰撞前后的速度—时间图象如图所示（其中一个物体碰后速度变为0）。
下列说法正确的是（ ）
A．t＝0时，两物体的距离为1m
B．t＝2.5s时，两物体的距离为4.5m
C．两物体间的碰撞为完全弹性碰撞
D．碰撞前，地面对两个物体的摩擦力大小不相等
答案 BC
解析 两物体相向运动，均做匀减速直线运动，1s时相碰，可知t＝0时，两物体的距离为Δs＝×（4＋6）×1m＋×（2＋6）×1m＝9m，A错误；t＝2.5s时，两物体的距离为Δs′＝×6×（2.5－1）m＝4.5m，B正确；设碰前速度为正值的物体的质量为m1，速度为负值的物体的质量为m2，由题设可知，碰后原来速度为正值的物体的速度变为零，由动量守恒定律可知，m1×4＋m2×（－2）＝m2×6，解得m1＝2m2，由能量关系：
碰前E1＝m1×42＋m2×22＝8m1＋2m2＝18m2，碰后E2＝m2×62＝18m2，则两物体间的碰撞为完全弹性碰撞，C正确；碰前速度为正值的物体所受的摩擦力大小f1＝m1a1＝m1×＝2m1，速度为负值的物体所受的摩擦力大小f2＝m2a2＝m2×＝4m2＝2m1＝f1，则D错误。
二、非选择题（本题共4小题，共52分）
7．（10分）如图所示，两个木块A、B的质量分别为M1＝0.49kg、M2＝0.5kg，二者静置在光滑水平地面上，两木块间夹有一轻质弹簧，一颗质量m＝0.01kg的弹丸以大小为150m/s的速度v0打入木块A并停留在其中（打击时间极短），求：
（1）弹丸射入A与A相对静止瞬时的速度v1；
（2）当木块B的速度v＝1m/s时，弹簧的弹性势能Ep。
答案
（1）3m/s
（2）1J
解析
（1）弹丸与木块A相互作用的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝（m＋M1）v1
解得v1＝3m/s。
（2）弹丸同木块A一起压缩弹簧与木块B作用的过程中，系统动量守恒，机械能守恒，有
（m＋M1）v1＝（m＋M1）v2＋M2v
（m＋M1）v＝Ep＋（m＋M1）v＋M2v2
联立解得Ep＝1J。
8．（2018·合肥质检三）（12分）如图所示，质量为m、半径为R、内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，其左侧紧靠竖直墙，右侧紧靠一质量为m的小滑块。
将一质量为2m的小球自左侧槽口A的正上方某一位置由静止开始释放，由圆弧槽左端A点进入槽内，小球刚好能到达槽右端C点，重力加速度为g，求：
（1）小球开始下落时距A的高度h；
（2）小球从开始下落到槽最低点B的过程中，墙壁对槽的冲量；
（3）小滑块离开槽的速度大小。
答案
（1）R
（2）4m，水平向右 （3）2
解析
（1）设小球第一次运动到槽最低点B的速度为vB，小球从开始释放至运动到B点的过程中，则有：
2mg（h＋R）＝×2mv
设小球运动到C点时，小球、半圆槽和小滑块系统的共同速度为v共，小球从B点到C点的过程中，则有：
×2mv＝2mgR＋×（2m＋m＋m）v
2mvB＝（2m＋m＋m）v共
解得h＝R
vB＝2。
（2）对小球、半圆槽和小滑块系统，从开始至小球下落到B点的过程中，由动量定理：
I＝2mvB－0
解得I＝4m，方向水平向右。
（3）对小球、半圆槽和小滑块系统，从小球第一次到B点至第二次到B点过程：
2mvB＝2mvB′＋2mv槽
×2mv＝×2mvB′2＋×2mv
解得：
vB′＝0，v槽＝2，
小球第二次到B点后，小滑块离开槽而向右做匀速直线运动，速度为v滑＝v槽＝2。
9．（2018·兰州诊断）（15分）将一端带有四分之一圆弧轨道的长木板固定在水平面上，其中B点为圆弧轨道的最低点，BC段为长木板的水平部分，长木板的右端与平板车平齐并紧靠在一起，但不粘连。
现将一质量m1＝2kg的物块由圆弧的最高点A无初速度释放，经过B点时对长木板的压力大小为40N。
物块经C点滑到平板车的上表面。
若平板车固定不动，物块恰好停在平板车的最右端。
已知圆弧轨道的半径R＝3.6m，BC段的长度L1＝5.0m，平板车的长度L2＝4m，物块与BC段之间的动摩擦因数μ＝0.2，平板车与水平面之间的摩擦可忽略不计，g＝10m/s2。
求：
（1）物块从A到B过程中克服摩擦做的功W克f；
（2）物块在BC段滑动的时间t；
（3）若换一材料、高度相同但长度仅为L3＝1m的平板车，平板车的质量m2＝1kg，且不固定，试通过计算判断物块是否能滑离平板车，若不能滑离，求出最终物块离平板车左端的距离；若能滑离，求出滑离时物块和平板车的速度大小。
答案
（1）36J
（2）1s （3）能滑离 m/s m/s
解析
（1）设物块到达B点时的速度大小为v1，由题意可知此时长木板对物块的支持力N＝40N，由牛顿第二定律有N－m1g＝
解得v1＝6m/s
从A到B由动能定理有m1gR－W克f＝m1v
解得W克f＝36J。
（2）设物块在C点的速度大小为v2，从B运动到C的时间为t，由动能定理有
－μm1gL1＝m1v－m1v
解得v2＝4m/s
由牛顿第二定律有μm1g＝m1a
解得加速度大小a＝2m/s2
则从B运动到C的时间为t＝＝1s。
（3）当原平板车固定时，由动能定理有
－f′L2＝0－m1v
解得物块与原平板车之间的滑动摩擦力大小为
f′＝4N
由于新平板车材料与原平板车相同，所以物块与新平板车之间的滑动摩擦力大小f＝f′＝4N。
当新平板车不固定时，假设物块不能滑离平板车，它停在平板车最右端时二者共同的速度大小为v3，物块相对平板车滑行的距离为x
物块与平板车组成的系统动量守恒，有
m1v2＝（m1＋m2）v3
物块与平板车组成的系统能量守恒，有
fx＝m1v－（m1＋m2）v
联立解得x＝m>L3
说明假设不成立，物块滑离平板车
设物块滑离平板车时物块的速度大小为v4，平板车的速度大小为v5
物块与平板车组成的系统动量守恒，有
m1v2＝m1v4＋m2v5
物块与平板车组成的系统能量守恒，有
fL3＝m1v－m1v－m2v
解得v4＝m/s，v5＝m/s
另一组解v4＝2m/s，v5＝4m/s不合题意，舍去。
10．（2015·广东高考）（15分）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m。
物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动。
P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m。
物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）。
（1）求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
（3）求碰后AB滑至第n个（n答案
（1）4m/s 22N
（2）45
（3）vn＝m/s（n<45）
解析
（1）根据机械能守恒定律有
mv＝2mgR＋mv2
解得v＝4m/s
设在Q点轨道对物块A的弹力向下，则mg＋F＝m
解得F＝22N。
（2）根据机械能守恒定律，物块A与物块B碰撞前速度仍为v0。
设碰撞后速度为v1，则
mv0＝2mv1
碰后AB一起向前滑行，由动能定理有
－μ×2mgx＝0－×2mv
解得x＝4.5m＝45L
因此AB停在第45个粗糙段上，即k＝45。
（3）碰后AB滑至第n个光滑段上，经过了n个粗糙段，则由动能定理得
－μ×2mg（nL）＝×2mv－×2mv
解得vn＝m/s（n<45）。
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