第一章 动量守恒定律(拔高练)-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

进阶 第一章动量守恒定律 第1节动量 1.两辆汽车的质量分别为m,和m2,沿水平方向做匀速直线运动并且具有相等的动能，则两辆 汽车动量大小之比是 mi m2 B. C. D. m2 m 2.如图所示，小球A从光滑固定斜面顶端由静止释放，小球B从与A等高的位置静止释放，A、B 均可视为质点，且质量相等.则下列判断中正确的是 ( A.两球落地时的动量相同 B.从释放到落地，两球动量的变化量相同 C.落地瞬间，重力的瞬时功率相同 D.从释放到落地，小球A动量变化率小 3.(2024·江西上饶模拟)“双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统，由两颗恒星组成，双星系 统远离其他恒星，在相互的万有引力作用下绕连线上一点做周期相同的匀速圆周运动.如图 所示，A、B两颗恒星构成双星系统，绕共同的圆心O做匀速圆周运动，经过t(小于周期)时 间，A、B两恒星的动量变化量分别为△p4、△pB,则下列判断正确的是 () 0 A.I△pAI>|△pgl B.I△paI<I△pBI C.△pA=△pB D.△pA=-△pB 4.一小物块以一定的初速度沿粗糙斜面的底端向上滑动，然后滑回到原处.取出发点为坐标原点、 沿斜面向上为正方向.滑块的动量、动能E,随位移x变化关系图像中，能描述该过程的是 第2节动量定理 1.气垫鞋通过气垫的缓冲减小地面对脚的冲击力，如图所示.某同学 的体重为G,穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中与地面的作用 内五气垫 时间为t。,受到地面的平均冲击力大小为4G.若脚着地前的速度保 持不变，该同学穿上某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程中与地面的作用时间变为2.5o, 则该同学受到地面的平均冲击力大小变为 () A.2.2G B.2.0G C.1.8G D.1.6G 进阶突破·拔高练01 2.(2025·广东调研)运20加油机正在为三架歼20隐身战机进行空中加油，四架飞机以相同水 平速度，匀速飞行，歼20飞行时所受空气阻力f=k(k为常数).加油机在时间t内通过水平 油管向每架受油机注人质量为m的燃油，燃油注入时相对于受油机的速度恒为'.忽略加油 过程中油管接头与受油机间的相互作用，以及受油机的燃油消耗.则加油过程中歼20发动机 的输出功率 () A.大小为 B.大小为mm t C.每秒增加2v' D.每秒增加mn' 3.(2025·江苏扬州月考)“娱乐风洞”的简化模型如图，一质量为m的游客恰好静止在半径为 R的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客在这种姿势下的受风面积（游客在垂直于风 力方向的投影面积)为S,风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定假设气流吹到人身上后速 度变为零，重力加速度为g,不考虑气体重力，下列说法正确的是 () A.风速不变，游客在受风面积变化时仍能静止 B.气流速度大小为 mg V TPR2 C.若凤速变为原来的)，则游客向下加速，加速度大小为8 D.若风速变为原来的2倍，则游客向上加速，加速度大小为3g 第3节动量守恒定律 第1课时》动量守恒定律 1,(2025·云南玉溪月考)如图，两个质量不等、带有等量同种电荷的小球置于等高的小平台 上，在水平外力作用下保持静止.在同一时刻撤掉加在两个小球上的水平外力，忽略小平台的 宽度和所有摩擦阻力，若小平台足够高，则两球组成的系统在运动过程中 () A.机械能守恒 B.水平方向上动量守恒 C.电场力做功之和为零 D.任意时刻两球速度大小相等 O2黑白题物理|选择性必修第一册·RJ 2.两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上，现在，其中一人向另一人抛出一 个篮球，另一人接球后再抛回如此反复几次后，甲和乙最后速率甲、z的关系是 () A.若甲最先抛球，则一定是甲>vz B.若乙最先抛球，则一定是v甲>乙 C.无论甲、乙谁先抛球，只要乙最后接球，就应是v甲>"z D.无论怎样抛球和接球，都是甲>"z 3.(2024·湖北黄冈月考)如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定 在水平面上的物块.今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，并从C点飞出，则以下结论中正确的是 A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平 方向动量守恒 D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动 第2课时》动量守恒定律的应用 1.(2024·湖南邵阳月考)如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M,固 定在小车上的杆用长为l的轻绳与质量为m的小球相连，将小球向右拉至水 M 平位置后放手，则小车向右移动的最大距离为 ( ）99 ml MI 2ml 2Ml A.M*m B. C. M+m M+m D. M+m 2.(2025·江苏南京期中)如图所示，质量均为m的a、b两个小球，用较长的弹性轻绳连接，现 把a、b两球分别置于距地面高为H处的A、B两点(H足够大)，间距为L,当a球自由下落的 同时，b球以速度，指向A点水平抛出，已知两球碰撞时无机械能损失，弹性轻绳始终处于弹 性形变范围内，空气阻力不计，重力加速度大小为g,下列说法不正确的是 () A.整个运动过程中，两球始终处于同一高度 B.弹性轻绳伸长过程中，a、b两球系统动量守恒 C.两球从开始运动到第一次相碰，A球下落的高度A= 2 D,整个运动过程中，弹性轻绳的最大弹性势能E。=4明 进阶突破·拔高练03 3.(2025·山东青岛月考)如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径 为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是光滑水平轨道，AB和BC两段轨道相切于B点，小车 右端固定一个连接轻弹簧的挡板，开始时弹簧处于自由状态，自由端在C点，C点到挡板之间 的轨道光游。一质量为m兰可视为质点的滑块从圆弧轨道的绿高点由静止清下，而后器人 水平轨道，重力加速度为g.下列说法正确的是 A.滑块到达B点时的速度大小为√2gR 3gR CM B.滑块到达B点时小车的速度大小为 7in8797m C.弹簧获得的最大弹性势能为MgR D.滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为R 第4节实验：验证动量守恒定律 (2024·河北雄县期末)某实验小组利用如图1所示的装置进行实验来验证动量守恒定律.实验 时，调节气垫导轨水平，用两小球将一轻弹簧压缩（小球和轻弹簧不连接）放在桌面的气垫导轨 上，并在两小球之间用一轻绳拴接，某时刻烧断轻绳，轻弹簧将两小球弹开，轻弹簧的原长比气 垫导轨的长度短请回答下列问题： 气垫导轨甲 单位：em 5556 图1 图2 (1)为了完成实验，需要测量的物理量有 (多选) A.小球甲、乙的质量m1、m B.气垫导轨的上表面到水平面的高度h C.小球甲、乙的落地点到气垫导轨左、右边缘的水平距离x1、x2 D.轻弹簧的压缩量△x E.重力加速度g (2)保持弹簧的压缩量不变，重复操作，小球乙多次的落地点如图2所示，则该刻度尺的读数为 cm. (3)为了完成动量守恒定律的验证，关系式成立的是 [用第(1)问中所选的测量量表示]。 (4)为了求解弹簧压缩时储存的弹性势能，除了第(1)问中测量的物理量外，还需要测量的物理 量有 [填第(1)问中的选项]，轻绳烧断瞬间，弹簧储存的弹性势能为E。= [用第(1)问、第(4)问中所选的测量量表示]. O4黑白题物理|选择性必修第一册·RJ 第5节弹性碰撞和非弹性碰撞 1.(2025·湖南永州联考)（多选）如图甲所示，水平地面上固定的一横截面为矩形的半封闭环 形凹槽，凹槽底部粗糙，侧壁光滑，其横截面如图乙所示，内有两个半径大小相等，质量之比为 1：9的小球A与B.凹槽的宽度略大于小球的直径，且两者都远小于凹槽的半径，凹槽的周长 为10.75m.两小球在凹槽内运动时与底部的动摩擦因数=0.2，g取10m/s2.初始时，A、B两 球紧密靠在凹槽某处，某时刻突然给A一个由A指向B的瞬时速度。=10m/s,随即A与B 发生弹性碰撞，则在之后的运动过程中 () 乙 A.A与B可以发生三次碰撞 B.第一次碰撞后的瞬间A与B的速度大小之比为4：1 C.A与B各自运动的总路程之比为16：1 D.A与B克服摩擦力做功之比为11：9 2.(多选)某同学做了一个趣味实验，如图所示，有两个弹性小球A、B重叠放置，质量 48 分别为m1、m2,两球球心在同一竖直线上.现让它们在距水平地面高h处由静止释 放，落地时认为小球B先与地面碰撞，再与小球A碰撞，小球A碰后能上升的最大 高度为H.所有的碰撞都是弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞前后两小球都在竖 直方向运动，两小球均可视为质点，不计空气阻力.下列说法正确的是 () 777 A.若m2=3m1,则H=4h B.若m2=3m1,则H=9h C.若m2多m1,则近似有H=9h D.若m2≥m1,则近似有H=16h 3.（(2025·四川宜宾一模)某科学小组在室外用实验探究碰撞的“和谐之美”.其中的一种模型 如图所示，一倾角0=30°的固定斜面足够长，质量mg=1kg的滑块B静止在斜面上，B与斜面 回的动摩擦因数L在与B相距L=0,1m处，将另一质量m,=2kg的光滑小球A由静卫 释放，A与B发生多次弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，A、B均可视为质点.设最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.求： (1)第一次碰撞前瞬间，A的速度大小； (2)第一次与第二次碰撞的时间间隔； (3)第一次与第十次碰撞位置间的距离。 名6 <30 进阶突破·拔高练05 第6节反冲现象火箭 1.(2023·湖南长沙雅礼中学月考)用质量分布均匀的长方形光滑玻璃板AB做成的跷跷板置 于O点上，左右两侧等高.被轻质细绳锁定的C、D小车之间放置一压缩轻质弹簧，已知轻质 弹簧与小车不拴接，将连有轻弹簧的C、D小车静置于跷跷板上，左右两侧仍等高.烧断细线， 则 () S-ww纽 B 777777777777777777777777 A.跷跷板向左侧倾斜 B.跷跷板向右侧倾斜 C.左右两侧仍等高 D.无法确定 2.(2025·安徽江南十校一模)（多选）如图所示，一个固定的光滑导轨长臂水平、短臂竖直；一 根不可伸长的轻绳，一端系在质量为m的圆环上，另一端与质量为m的小球相连，圆环套在 长臂上.左手扶住圆环，右手拿起小球将细线水平拉直，已知细线长度L=6√2，此时圆环距 离短臂x=3(√2-1)m,现将圆环与小球同时由静止释放，小球向下摆动，环与短臂碰后粘连 (碰撞时间极短).在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，重力加速度大小 g取10m/s2,从释放小球到小球第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是() A.小球与环组成的系统机械能不守恒 B.小球与环组成的系统在水平方向上动量守恒 C.环的最大速度大小为3√5m/s D.小球运动的最大速度大小为W/30(42-1)m/s 3.(2025·河北沧州月考)光滑水平地面上静止放置一质量为M、半径为R的光滑半球，在半球 最高点放置一质量为m、可视为质点的小球，以半球球心为原点、水平向右为x轴正方向、竖 直向上为y轴正方向建立固定于地面的平面直角坐标系，如图所示，小球始终在xOy平面内 运动.已知重力加速度为g,求： (1)若半球固定，小球在轻微扰动下由静止开始运动，小球与半球分离位置距地面的高度. (2)若半球不固定，小球在轻微扰动下由静止开始运动，小球运动轨迹的方程 (3)若M=3m,半球不固定，小球在轻微扰动下由静止开始运动，小球经过离地高度h=了R位 置时的速度大小 O6黑白题物理|选择性必修第一册·RJ解得4=4m/s, 由于碰撞之后，A恰好返回到弹簧枪中将弹簧压缩到初始 位置，则A与B碰撞后，A的速度大小为4m/s,方向向左，A 与B碰撞过程中，由动量守恒定律有m4=,一mw4, 解得，=8m/s: (2)B从开始运动到与C碰撞前，由动能定理有-mg。= 2m。 1 解得2=7m/s; (3)B和C碰撞过程中，由动量守恒定律有m2=w,+m, 整理可得，=(7-2k)m/s, 若碰撞后8.C同向运动，则有0，≤，解得氵≤<子： 若碰撞后B静止，则有7-2k=0,解得=2 进阶突破 第一章动量守恒定律 第1节动量 1.B2.D 3.D解析：根据牛顿第二定律F1=mua4=mgaa,加速度为a= r=,则有m4,0=m,由于角速度相同，因此 m=m”:,两恒星的速度方向始终相反，则p4=一P,由于 两恒星受到的万有引力大小相同，方向相反，根据I== △p,可得△pu=-△pB,I△puI=1△pl,故选D. 4.B解析：AB,小物块向上滑动时做匀减速直线运动2 61…p2,可 G=-2ax,小物块的动量p=m,解得x2a12m2a 知P一x图像为一条开口向x负半轴的抛物线.小物块向下滑 动时做匀加速直线运动，令向上匀减速至最高点的位移为 ,则有=2a,(0),解得x=02m2 一·p,可知p-x图 像亦为一条开口向x负半轴的抛物线，A错误.B正确.CD.根 据动能定理F金x=△E,可知E,-x图像斜率的绝对值表示 合外力大小，由于小物块先向上做匀减速直线运动，减速至 0,即减速至动能为0，后向下做匀加速直线运动，则其合外 力方向均向下，对小物块进行受力分析，向上运动受到的合 力大于向下运动受到的合力，即向上运动图像的斜率的绝对 值大于向下运动图像斜率的绝对值，又由于存在摩擦阻力。 可知小物块加速至底端的动能小于小物块刚刚从斜面底端 向上运动时的动能，则E,x图像如图所示，CD错误放选B. 0 第2节动量定理 1.A解析：若脚着地前的速度保持不变，则着地时动量的变 化不变，则合外力的冲量不变，即(4G-G)n=(F-G)2.5。,解 得F=2.2G.故选A 2.B解析：对燃油根据动量定理有F1=m-(-m1）,且，+= ,解得F=m,则加油过程中歼20发动机的输出功率P= +F=k4m,由于燃油注人时相对于受油机的速度恒 为‘，则加油过程中歼20发动机的输出功率不变故选B. 选择性必修第一册·RJ 7 若碰撞后B的速度反向，则有7-2k<0,解得> 由于碰撞过程中，动能不能增加，则有了m≥ m+ m,解得0≤k≤6， 2sks6: 所以k的取值范围为 当≤K子时，碰擅后R,C同向运动 当k=了时，碰擅后B静止： 当)<k≤6时，碰撞后B的运动方向与C的运动方向相反 ·拔高练 3.D解析：B.对△：时间内吹向游客的空气，设气体质量为 △m,则△m=pm·△S,则风的动量变化为△p=0-△mm= 一△mw,以△时间内吹向游客的空气为研究对象，由动量定 理可得-F·△r=0-△mw,由于游客处于静止状态，则F=mg, 联立得√p ,故B错误；A.由B项解析可知，游客静止 时，风速=√p ，可知在受风面积变化时，要使游客静止， 风速一定要发生变化，放A错误：C若风速变为原来的， 则风力为F,则Am'=p7·AS,由动量定理可知P·A= △m·之，根据牛顿第二定律可知mg-f'=ma,联立解得a= 3 8,游客向下加速，故C错误；D.若风速变为原来的2倍， 则风力为F,则△m"=p·2知·△S,由动量定理可知·△1= △m”·2印，根据牛顿第二定律可知F-mg=ma',联立解得 a'=3g,游客向上加速，故D正确故选D. 第3节动量守恒定律 第1课时动量守恒定律 1.B解析：A.两球组成的系统在运动过程中，除了重力做功 外，电场力对两小球也做功，所以系统机械能不守恒， 故A错误：B.水平方向上，两小球受到它们之间的库仑力作 用，但是库仑力对于系统是内力，两小球水平方向不受外力 作用，所以水平方向上动量守恒，故B正确：C.电场力对两 小球都做正功，所以电场力做功之和大于零，故C错误； D.竖直方向上，两小球只受重力，加速度为重力加速度，所 以竖直方向上两小球的运动是相同的，任意时刻竖直分速度 相等：水平方向上，两小球所受电场力大小相等，方向相反， 但是两小球质量不一样，根据动量守恒m,,=m2,即任意 时刻水平分速度不相等.所以任意时刻两球的合速度大小也 不相等，故D错误故选B. 2.C解析：甲、乙两人与球组成的系统动量守恒，故最终甲 乙的动量大小必相等，谁最后接球，谁的质量中就包含了球 的质量，即质量大，由动量守恒定律得m11=m22,因此最终 谁接球谁的速率小ABD与结论不相符，C与结论相符，故 选C. 3.C解析：ABC小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的 左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向左运动，则小球 黑白题42 的机械能守恒，从A到B做圆周运动，小球和槽组成的系统 在水平方向上所受合外力不为零，动量不守恒：小球从B到 C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上合外力为 零，动量守恒，槽的支持力对小球做功，小球的机械能不守 恒，故AB错误，C正确：D.小球离开C点时，既有竖直向上 的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误 故选C 第2课时动量守恒定律的应用 1,C解析：对于小球与小车组成的系统而言，机械能守恒、总 动量不守恒，但由于系统所受的外力都在竖直方向上，而在 水平方向不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，以向 左为正方向，由动量守恒定律得，=Me,,等式两边同时乘！ 得m,t=Met,即ms,=M2,小球和小车水平方向移动的距 2ml 离之和最大为2弘，有=21，联立解得，M+m故C正确， 2.B解析：A.两个小球在竖直方向做自由落体运动，所以竖 直方向运动情况相同，整个运动过程中，两球始终处于同 高度，故A正确；B.弹性轻绳伸长过程中，水平方向a、b两 球系统不受外力作用，水平方向动量守恒，竖直方向受重力 作用，竖直方向系统动量不守恒，故B错误：C.两球从开始 运动到第一次相碰，经过的时间1=二，A球下落的高度h= 2,联立可得A爱故C正确：.当两球水平方向速度 1 相等时，弹性绳最长，弹性势能最大，根据两球组成的系统水 平方向动量守恒有m,=2m,根据能量守恒子m+ 2mgh'=。×2m(+)+En,又由2gh=,-0,解得E,= 2 -2a=nG,放D正确放选B 1 3.D解析：AB.从A滑到B的过程，滑块和小车组成的系统水 平方向动量守恒，则由动量守恒定律有mm,一M,=0,根据能 R 量守恒有eR=子m+子，解得=√ ,2三 3√2，AB错误：C当弹簧压缩到最短时弹簧弹性势能最 1 3gR 大，此时滑块与小车共速，由动量守恒定律可知，共同速度 v=0,根据能量守恒有E=mgR,C错误；D.滑块从A到B 过程，在水平方向上，根据动量守恒定律的位移表达式 有m-M=0,根据题意有名+场=R,解得名=4R,D正确， 故选D. 第4节实验：验证动量守恒定律 (1)AC(2)55.50(3)0=m1-m2x2 (4)BE 最(m+m,) 解析：(1)假设小球甲、乙离开气垫导轨的速度大小分别为、 2,该速度即为小球与弹簧分离瞬间的速度，则由动量守恒定 律得0=m11-m22, 小球离开桌面后做平抛运动，则竖直方向上有h=2, 1 水平方向上有x=,整理得=√员 g 所以，=x1。,2=为/，代人整理得0=mx-m1, 由此可知需要测量的物理量有小球甲、乙的质量m1,m,以及小 参考答案与解析 球甲、乙的落地点到气垫导轨左、右边缘的水平距离x、, 故AC正确，BDE错误.故选AC (2)确定落点平均位置的方法：用尽可能小的圆把所有的小球 落点圈在里面，圆心就是小球落点的平均位置，则小球乙的落 地点为55.50cm. (3)由(1)问可知，若动量守恒，则需验证的关系式为0= mx1-mx2 (4)弹簧弹开两小球的过程，系统的机被能守恒，则轻弹簧压缩 时储存的弹性势能为B,=之m,+了号，将=√景 与层景代人得，一品(mn》 因此除了第(1)问中测量的物理量外，还需要测量g、k,故 选BE 第5节弹性碰撞和非弹性碰撞 1,BD解析：B.发生弹性碰擅根据动量守恒和机械能守恒可 知风三风+子=了风成+分，可得碰 1 1 m4一m8 4 后A、B的速度D,= 2mA ma+mg ma+mg =子，B正确：A第一次碰撞后5a-8s,n -=1m,5n 2ms,当B停止时，两球的位移5m2g 0751m95n根装，可得A与B第二次 碰前，A的速度，=5m/s,根据动量守恒和机械能守恒可知 第二次碰撞后两球的速度pa=一4m/s,m=1m/8,两球的位 =0.25m,5e524g 移大小m二24g -a=4m,由于5加+5m9 4.25m<10.75m,两球不可能发生第三次碰撞，A错误：C.两 球总路程之比=025口=1，C错误，D.A与B克服 摩擦力做功之比为 岩会--号正效 选BD. 2.AC解析：下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的 速度一位移公式得2=2gh,解得触地时两球速度相同，为v= √2g,小球B碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选小 球A与小球B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰 后小球A、小球B速度大小分别为、2，选向上方向为正方 向，由动量守恒定律得m一m=m,+m2,由能量守恒定律 3m-m,由题可 得mn=之+分%号，解得产 知m=3m1,联立解得"，=2√2gh,小球A上升的最大高度为 =4h,B错误，A正确；若m>m,则一30，则近似 H-2g 有H=9h,D错误，C正确.故选AC 3.(1)1m/s(2)0.45(3)24m 解析：(1)对于A球下滑的过程中，根据动能定理，则有 maglain =2m 可解得o=1m/s: (2)对于第一次发生弹性碰撞的过程中，满足动量守恒和能 量时恒，则有m=m后，，子，后=子，哈子，哈， 1 黑白题43 1 4 可解得a=方ms,a行ms, 碰后由于B满足magsin0=magcos8, 所以B做匀速直线运动，而A做匀加速直线运动，则有 magsin 6=ma, 发生第二次碰撞，存在A和B位移相等，即如+2= 可解得1=0.4g: (3)刚要发生第二次碰撞前瞬间，小球与滑块的速度分别为 7 4 e=hta=3 m/s,om=m=3 m/s, 第二次碰撞的过程中，同样满足动量守恒和能量守恒，则 有如+ma=,哈+m,哈，子m,呢+空m,=之，哈 2m品， 可解得始=子/s,哈3ms, 发生第三次碰撞，仍需满足位移相等，则有6'+22= ', 可解得'=0.48， 由此可知，每发生一次碰撞的时间间隔为△=0.4s,所以第 n次碰后B的速度为=，m/s, 所以直到第十次碰撞，距离为x=(2++m)△1=24m 第6节反冲现象火箭 1.C解析：C、D小车静置于跷跷板上，令C、D小车质量分别 为m1、m2,由杠杆平衡可知m1go=mg既m,烧断细线后，由 系统动量守恒得m,=m22,得出∑m11△1=∑m,△，所 以m1=m22,综上得m1g(x0+)=m2g(x0+x2）,所以左 右两侧仍等高.故选C. 2.AD解析：小球与圆环释放瞬间，小球与圆环水平方向上不 受外力，水平方向动量守恒，根据平均动量守恒有m多： m兰，相等时间里小球与环水平位移相等，所以当环与短臂 碰撞时，小球的水平位移也为x,由于L>2x,所以当圆环与短 臂碰撞时，小球未到最低点，之后环与短臂粘连，小球做圆周 运动到最低点；A.环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速 度减为0，机械能不守恒，A正确：B.环与短臂粘连前系统水 平方向动量守恒，粘连后水平方向动量不守恒，B错误： C.如图，环与短臂碰撞前瞬间速度最大，设最大速度为，绳 与水平方向夹角为a,根据水平方向动量守恒，有m=m心， 可得小球的水平速度为节，三，根据机械能守恒定律，有 msh=之m2+号n(+),A=-(-2=6m,在小球 向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，有 vcos a=t,sin a-v,cos a,sin a=- 5=2,可得a=45°，联立解 得=25m/s,C错误；D.w沿水平、竖直方向分解为，、 ,沿平行、垂直绳子方向分解为、1；小球运动到最低点 时速度最大，设速度为'，环与短臂粘连时，小球与环沿绳方 向的速度减为0，小球的速度为=v,sina+,cosa= 3V而m/8,根据动能定理，有mg(L-h)=2m2- 1 2mw2, 解得'=√30(42-1)m/s,D正确.故选AD. 选择性必修第一册·RJ r+0 a号款a2-Re≥0y≥0 2 解析：(1)设小球在与半球分离位置时，与原点连线与水平 方向的夹角为8，此时速度大小为，则根据动能定理有 1 mgR(1-sin 0)=2me, 此时，重力垂直接触面的分力恰好提供向心力mgsin0= 2 mR' 此时小球距地面的高度为h=Rsin0, 以上各式联立，解得=子： (2)若半球不固定，则小球与半球在水平方向动量守恒， 有Mp1=me2, 运动时间相等，有Mx=mx, 又x1+x=x盘，强+y=R, 整理得M+m) y=R(≥0，y≥0： (3)由(2)可知，此时小球的轨迹方程为（售）圹=心， 球经过离地高度=子位置时，此时的位置坐标为（品。 5 子)，则小球速度沿轨迹的切线方向，此方程为了=+ 设此时小球速度与水平方向夹角为α，由数学知识可知，此 时tana=1k1=1, 设此时小球速度大小为4，则沿水平方向的分速度为巴，= ,c0sa=24, 设半球的速度大小为，根据系统机械能守恒，可得mg· (R-)=2+2据， 小球与半球在水平方向动量守恒，有M,=, 联立新得，2 第二章机械振动 第1节简谐运动 】.B解析：由简谐运动的特点可知，位移是指由平衡位置指 向振子所在位置的有向线段，由a=-任可知加速度方向与 m 黑白题44