专题二 考点2 动量 动量与能量的综合应用-【金版教程】2025年高考物理大二轮刷题首选卷全书Word

大二轮刷题首选卷 物理 考点2　动量　动量与能量的综合应用 考向一　动量定理的应用 1.(2023·广东高考)(多选)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　) A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 答案：BD 解析：两滑块碰撞过程中系统所受合外力不为零(F合＝F)，故动量不守恒，A错误；对滑块1应用动量定理，有I1＝mv共－mv1＝1×0.22 N·s－1×0.40 N·s＝－0.18 N·s，则滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s，B正确；对滑块2应用动量定理，有I2＝mv共－0＝1×0.22 N·s－0＝0.22 N·s，则滑块2受到合外力的冲量大小为0.22 N·s，C错误；设碰撞过程中滑块2受到滑块1的平均作用力大小为F12，则I2＝F12t，把t＝0.04 s代入，解得F12＝5.5 N，故D正确。 2.(多选)如图，蜂鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空气的总面积为S，翅膀扇动对空气的作用效果与翅膀用竖直向上的速度v平推静止空气的效果相同。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g，则(　　) A．单位时间内翅膀扇动空气的质量为Sρv B．单位时间内翅膀扇动空气的质量为Sρv2 C．蜂鸟的质量为 D．蜂鸟的质量为 答案：AC 解析：蜂鸟翅膀在时间t内扇动空气的质量为m＝Svtρ，故单位时间内翅膀扇动空气的质量为＝Sρv，A正确，B错误；设翅膀对空气的作用力大小为F，对在时间t内被扇动的空气，根据动量定理有Ft＝mv－0，解得F＝Sρv2，则空气对翅膀的作用力大小为F′＝F＝Sρv2，对蜂鸟受力分析，由平衡条件得F′＝Mg，解得蜂鸟的质量为M＝，C正确，D错误。 考向二　动量守恒定律及其应用 3．(2021·全国乙卷)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　) A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 答案：B 解析：因为水平地面光滑，所以撤去推力后，系统所受合外力为零，则系统动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，则撤去推力后滑块与车厢底板间有摩擦力做功，系统机械能不守恒。故选B。 4．(2020·全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg 答案：BC 解析：设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝v0，物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝v0，第3次推出物块时，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝v0，以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度v8＝v0。根据题意可知，v8＝v0>v0，解得m<15m0＝60 kg；第7次推出物块后，运动员的速度v7＝v0<v0，解得m>13m0＝52 kg。综上所述，该运动员的质量应满足52 kg<m<60 kg，故A、D错误，B、C正确。 考向三　动量与能量的综合应用 5．(多选)质量为m的物块在光滑水平面上与质量为M的物块发生正碰，已知碰撞前两物块动量相同，碰撞后质量为m的物块恰好静止，则两者质量之比可能为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案：CD 解析：设碰撞前两物块的动量均为p，碰撞后M的速度为v，由动量守恒定律得2p＝Mv，由能量守恒定律可知，碰撞前系统的总动能大于等于碰撞后系统的总动能，由Ek＝，可得＋≥Mv2＝M，解得≥3，A、B错误，C、D正确。 6.(多选)如图所示，质量均为m的小球和小环用长为l不可伸长的轻绳相连，小环套在光滑固定的水平细杆上，将小球拉至轻绳与杆夹角为θ时，由静止释放，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　) A．小球和小环组成的系统动量守恒 B．小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同 C．小球运动到最低点时，速度大小为 D．小球运动到最低点时，轻绳对环的拉力大小为mg(2－sinθ) 答案：BC 解析：分析可知，开始时，小球向下摆动，有竖直方向的分加速度，小球和小环组成的系统竖直方向上所受合力不为零，则该系统动量不守恒，故A错误；系统在水平方向上所受合力为零，则水平方向上系统动量守恒，易知小球向右摆到最高点时，在竖直方向上小球的速度为零，在水平方向上小球与小环的速度相同，设为v，则有0＝2mv，解得v＝0，即系统水平方向速度也为零，由系统机械能守恒可知，小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同，故B正确；小球运动到最低点时，设小球速度的大小为v1，小环速度的大小为v2，水平方向上根据动量守恒定律有mv1－mv2＝0，由机械能守恒定律得mgl·(1－sinθ)＝mv＋mv，解得v1＝v2＝，故C正确；小球运动到最低点时相对于小环的速度大小为v′＝v1＋v2，对小球由牛顿第二定律有F－mg＝m，解得轻绳对小球的拉力为F＝mg(5－4sinθ)，则轻绳对环的拉力大小为F′＝F＝mg(5－4sinθ)，故D错误。 7．如图甲所示，物块A、B的质量均为2 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不粘连。物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v­t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．物块C的质量为2 kg B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5 J C．4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0 D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6 m/s 答案：D 解析：由图乙知，物块C与物块A碰前瞬间速度为v1＝9 m/s，碰后瞬间速度为v2＝3 m/s，物块C与物块A碰撞过程动量守恒，以物块C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝1 kg，故A错误；物块B离开墙壁前，物块A、C粘在一起后速度减为0时，弹簧的弹性势能最大，为Ep＝(mA＋mC)v＝13.5 J，故B错误；由图乙知，12 s末物块A和物块C的速度为v3＝－3 m/s，分析知此时弹簧刚好恢复原长，物块B刚要离开墙壁，则4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹簧对物块A和物块C整体的冲量大小，则墙壁对物块B的冲量大小为I＝|(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2|＝18 N·s，故C错误；物块B离开墙壁后，三个物块和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物块B的速度最大，设为vB，设此时物块A、C的速度为v4，取水平向左为正方向，则有(mA＋mC)·|v3|＝(mA＋mC)v4＋mBvB，(mA＋mC)v＝(mA＋mC)v＋mBv，代入数据解得vB＝3.6 m/s，故D正确。 8.如图所示，一质量为m的滑块a(可看成质点)固定在半径为R的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A点，另一质量为4m的滑块b(可看成质点)静止在轨道的底端B处，A点和圆弧对应的圆心O点等高。(g＝10 m/s2) (1)若圆弧的底端B与固定在水平面上的上表面光滑的木板连接(足够长)，滑块b静止于B点，滑块a从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，请通过计算判断两滑块能否发生第二次碰撞； (2)若R＝5 m，地面光滑，木板不固定且木板上表面与两滑块间的动摩擦因数均为0.5，木板质量M＝10m，要使滑块b不脱离木板，则木板至少多长？ 答案：(1)见解析　(2) m 解析：(1)以向右为正方向，设碰前a的速度为va，碰后a、b的速度分别为va′、vb′。 两滑块碰撞时动量守恒，有mva＝mva′＋4mvb′ 碰撞时无机械能损失，有 mv＝mva′2＋×4mvb′2 联立解得va′＝－va，vb′＝va 由于|va′|>|vb′|，则滑块a返回圆弧轨道后，再回来能追上滑块b发生第二次碰撞。 (2)滑块a从静止开始释放，由机械能守恒定律得mgR＝mv 由(1)分析知va′＝－va，vb′＝va 要使滑块b不脱离木板，则最终滑块b和木板共速，滑块b与木板组成的系统动量守恒，有4mvb′＝(4m＋M)v共 由能量守恒定律可知 ×4mvb′2＝(4m＋M)v＋μ×4mgLmin 联立并代入数据解得Lmin＝ m。 1．(2024·甘肃高考)(多选)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　) A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒 C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心 答案：AD 解析：电动小车做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻在变化，由Ek＝mv2可知，动能不变，由p＝mv可知，动量大小不变，方向时刻在变化，即动量不守恒，故A正确，B错误；电动小车做匀速圆周运动，则小车的加速度大小a＝不变，方向指向运动轨迹的圆心，时刻在改变，根据牛顿第二定律可知，小车所受的合外力一定指向圆心，故C错误，D正确。 2．(2024·广西高考)(多选)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在(　　) A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 答案：BC 解析：设小球M、N的质量均为m，碰撞后瞬间M的速度为vM，N的速度为vN，根据题意可知该碰撞为弹性碰撞，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有mv＝mvM＋mvN，根据机械能守恒定律，有mv2＝mv＋mv，联立解得vM＝0，vN＝v。碰撞后小球N脱离平台，做初速度为v的平抛运动，在水平方向上做速度为v的匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，即在水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v，在竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动，故B、C正确，A、D错误。 3.(2024·江苏高考)如图所示，在水平面上有一个静止的U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　) A．弹簧恢复原长时A的动能最大 B．弹簧压缩至最短时A的动量最大 C．整个系统动量变大 D．整个系统机械能变大 答案：A 解析：对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受合外力为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误；设A、B的质量分别为mA、mB，某时刻的速度大小分别为vA、vB，弹簧弹性势能的减小量为ΔEp，对系统由动量守恒定律有mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有ΔEp＝mAv＋mBv，A的动能EkA＝mAv，联立可得EkA＝ΔEp，则当弹簧恢复至原长时，ΔEp最大，A的动能最大，A正确；当弹簧压缩至最短时，A、B共速，由动量守恒定律可知，此时两者的速度大小为0，则此时A的动量最小，B错误。 4.(2024·广东高考)(多选)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有(　　) A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C．乙的运动时间与H乙无关 D．甲最终停止位置与O处相距 答案：ABD 解析：两滑块在光滑斜坡上运动时加速度相同，又两滑块同时由静止开始下滑，则甲、乙两滑块在斜坡上运动时相对静止，故A正确；两滑块质量相同，设两滑块质量均为m，碰撞前瞬间甲、乙的速度分别为v甲、v乙，碰撞后瞬间甲、乙的速度分别为v甲′、v乙′，甲、乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv甲＋mv乙＝mv甲′＋mv乙′，根据总动能不变有mv＋mv＝mv甲′2＋mv乙′2，联立可解得v甲′＝v乙，v乙′＝v甲，可知碰撞后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜坡倾角为θ，两滑块沿斜坡下滑过程加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，乙沿斜坡下滑过程，有＝at，联立解得乙在斜坡上的运动时间t1＝，考虑一种特殊情况：H甲＝0，则乙的运动时间即为t1，t1与H乙有关，则乙的运动时间与H乙有关，故C错误；由于甲、乙发生弹性碰撞时交换速度，且甲、乙在水平面上运动时加速度相同，分析可知，甲最终停止位置和乙不与甲发生碰撞的停止位置相同，设乙不与甲发生碰撞的停止位置与O处相距x，对乙运动的全过程，由动能定理有mgH乙－μmgx＝0－0，解得x＝，则甲最终停止位置与O处相距x＝，故D正确。 5．(2024·江苏高考)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： (1)分离后A的速度vA； (2)分离时A对B的推力大小。 答案：(1)　(2) 解析：(1)A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA 解得vA＝。 (2)设分离时A对B的推力为F，A、B分离的过程，以B的速度方向为正方向，对B由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0 解得F＝ 即分离时A对B的推力大小为。 6．(2024·广东高考)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tanθ。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤落到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 答案：(1) (2)①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m 解析：(1)敏感球受竖直向下的重力mg、敏感臂竖直向下的压力FN以及底座斜面的支持力N，受力分析如图所示， 由牛顿第二定律可知，水平方向有Nsinθ＝ma 由平衡条件可知，竖直方向有Ncosθ＝mg＋FN 联立解得tanθ＝。 (2)①F­t图像中图线与时间轴所围的面积表示力F的冲量大小，可知碰撞过程中F的冲量大小IF＝×0.1×6600 N·s＝330 N·s 根据F的方向竖直向上可知，F的冲量方向竖直向上。 ②设落到气囊表面时头锤的速度大小为v0，碰撞结束后瞬间头锤的速度大小为v，碰撞结束后头锤上升的最大高度为h。头锤由静止释放到落到气囊表面前的过程做自由落体运动，有 v＝2gH 与气囊作用过程，以竖直向上为正方向，对头锤由动量定理有IF－MgΔt＝Mv－(－Mv0) 式中头锤与气囊作用的时间Δt＝0.1 s 头锤离开气囊后做竖直上抛运动，由匀变速直线运动速度与位移的关系有0－v2＝－2gh 联立并代入数据，解得h＝0.2 m。 7．(2024·甘肃高考)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 答案：(1)大小为40 N，方向竖直向下 (2)4 m/s　(3)0.15 解析：(1)设A的质量为mA，细绳OP长为l，A运动到最低点时的速度大小为v0，所受的拉力为F，根据机械能守恒定律，有 mAgl(1－cos60°)＝mAv－0 A运动到最低点时，根据牛顿第二定律有 F－mAg＝ 代入数据解得v0＝4 m/s，F＝40 N 根据牛顿第三定律可知，A运动到最低点时，细绳OP所受的拉力大小F′＝F＝40 N，方向竖直向下。 (2)由碰后A竖直下落可知，碰后A水平方向的速度变为0。设碰后C的速度大小为vC，C的质量为mC，A与C相碰时，A、C组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有mAv0＝0＋mCvC 代入数据解得vC＝4 m/s。 (3)设B的质量为mB，C和B之间的动摩擦因数为μ，C与B达到的共同速度大小为v，C相对B滑行的距离为L。C相对B滑行的过程，对B、C组成的系统，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mCvC＝(mB＋mC)v 根据能量守恒定律得 μmCgL＝mCv－(mB＋mC)v2 联立并代入数据，解得μ＝0.15。 8．(2024·辽宁高考)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ； (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 答案：(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 解析：(1)A离开桌面后做平抛运动，设A做平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得 h＝gt2 xA＝vAt 联立并代入数据解得vA＝1 m/s 由静止释放物块A、B到弹簧恢复原长的过程，受力分析可知，A、B所受合力始终等大反向，则A、B组成的系统所受合力为0，系统动量守恒。以水平向左为正方向，对A、B组成的系统由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0 代入数据解得vB＝1 m/s。 (2)对物块B从脱离弹簧到停止的过程，由动能定理得－μmBgxB＝0－mBv 代入数据解得μ＝0.2。 (3)设从释放A、B到弹簧恢复原长，A的位移大小为ΔxA，B的位移大小为ΔxB，由能量守恒定律得 ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB 由位移关系得Δx＝ΔxA＋ΔxB 联立并代入数据解得ΔEp＝0.12 J。 9．(2024·安徽高考)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动。已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 答案：(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 解析：(1)设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v0，此时细线上的拉力大小为FT，对小球摆动到最低点的过程，由动能定理有mgL＝mv－0 在最低点，对小球受力分析，由牛顿第二定律有FT－mg＝m 联立并代入数据，解得FT＝6 N。 (2)设碰撞后瞬间小球的速度为v1，物块的速度为v2，小球与物块的碰撞为弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv 联立并代入数据，解得v2＝4 m/s 即碰撞后瞬间，物块速度的大小为4 m/s，方向水平向右。 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时两者共速，此时动摩擦因数μ有最大值μmax，设共同速度的大小为v3，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由动量守恒定律有 Mv2＝2Mv3 由能量守恒定律有 Mv＝×2Mv＋μmaxMgs 联立并代入数据，解得μmax＝0.4 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置时两者共速，此时动摩擦因数μ有最小值μmin，设共同速度大小为v4，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由水平方向动量守恒有 Mv2＝2Mv4 由能量守恒定律有 Mv＝×2Mv＋μminMgs＋MgR 联立并代入数据，解得μmin＝0.25 综上所述，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 1．(2024·陕西省渭南市高三下教学质量检测)2024年春节前后，我国湖北、湖南等地遭遇了多年不遇的冻雨天气，给人们的出行带来不便。当树叶上带有冰块，人在树下行走经常会出现冰块砸到头部的情况，若冰块的质量为100 g，从离头顶的距离约为80 cm处无初速掉落，砸到头部冰块未反弹，与头部的作用时间约为0.2 s，重力加速度g取10 m/s2，则冰块对头部的平均作用力约为(　　) A．4 N B．3 N C．2 N D．1 N 答案：B 解析：设冰块自由下落的高度为h，根据h＝gt2，得冰块在空中下落时间为t＝＝ s＝0.4 s，设冰块的质量为m，与头部作用的时间为Δt，头部对冰块的平均作用力大小为F，则以向下为正方向，整个过程对冰块应用动量定理可得mg(t＋Δt)－FΔt＝0－0，解得F＝＝ N＝3 N，由牛顿第三定律可知，冰块对头部的平均作用力约为3 N，故选B。 2.(2024·山东省济宁市高三下一模)目前我国空间实验已走在世界的前列，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了钢球相互碰撞的实验。桂海潮用较小钢球以0.6 m/s水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为v1、v2，较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞。下列说法正确的是(　　) A．v1＝0.2 m/s，方向水平向左 B．v1＝0.2 m/s，方向水平向右 C．v2＝0.2 m/s，方向水平向左 D．v2＝0.1 m/s，方向水平向左 答案：B 解析：设较小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，碰前小钢球的速度大小为v0，以水平向左为正方向，碰后小钢球与大钢球的速度分别为v小、v大，根据动量守恒定律可得mv0＝mv小＋2mv大，根据机械能守恒定律可得mv＝mv＋×2mv，联立并代入数据解得v小＝－0.2 m/s，v2＝0.4 m/s，其中负号表示方向水平向右，可知v1＝|v小|＝0.2 m/s，方向水平向右；v2＝|v大|＝0.4 m/s，方向水平向左，故B正确，A、C、D错误。 3.(2024·湖南省长沙市高三下高考模拟预测)如图所示，用轻弹簧连接的A、B两辆小车质量相等，静止在光滑的水平面上，A车与竖直墙面接触。将小车B向左推压缩弹簧，使弹簧获得弹性势能Ep，然后释放小车B，下列说法正确的是(　　) A．弹簧从释放到第一次恢复原长过程中，A、B的总动量守恒 B．弹簧从释放到第一次恢复原长过程中，墙壁对A的冲量大于B的动量变化量 C．A离开墙壁后，弹簧最长时的弹性势能小于Ep D．A离开墙壁后，弹簧最短时的弹性势能等于Ep 答案：C 解析：弹簧从释放到第一次恢复原长过程中，由于墙壁对A有弹力作用，所以A、B的总动量不守恒，故A错误；弹簧从释放到第一次恢复原长过程中，对A、B和弹簧组成的系统，根据动量定理可知，墙壁对A的冲量等于系统的动量变化量，而此过程A静止不动，系统的动量变化量等于B的动量变化量，所以墙壁对A的冲量等于B的动量变化量，故B错误；A离开墙壁后，A、B组成的系统动量守恒，当弹簧最长时，设弹簧的弹性势能为Ep′，此时A、B有相同的速度v共，且不为0，根据机械能守恒定律可得Ep＝Ep′＋(mA＋mB)v，可知弹簧最长时的弹性势能Ep′<Ep，同理，A离开墙壁后，弹簧最短时的弹性势能Ep″＝Ep′<Ep，故C正确，D错误。 4．(2024·陕西省安康市高三下三模)如图所示，在光滑的水平面上，质量为3 kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5 kg的小滑块B，在木板的右侧有一质量为5.0 kg的小球C，三者均处于静止状态。现给B一个瞬间冲量，使它获得4 m/s的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A和小球C发生弹性碰撞，之后A和B同时停下来，以下说法正确的是(　　) A．木板碰撞小球前的瞬间A的速度为0.6 m/s B．整个过程产生的热量为3.6 J C．碰后C的速度为0.5 m/s D．A和C碰撞前A、B已经共速运动 答案：B 解析：设木板A、小滑块B和小球C的质量分别为mA、mB和mC，B的初速度为vB，A和C碰前瞬间，A的速度为vA，B的速度为vB′，碰后瞬间A和C的速度分别为vA′和vC。因为水平面光滑，A、B最终停下来，故对A、B、C整体，以向右为正方向，根据动量守恒定律有mBvB＝mCvC，解得vC＝0.4 m/s，故C错误；根据能量守恒定律可知，整个过程产生的热量为Q＝mBv－mCv＝3.6 J，故B正确；木板A和小球C发生弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律有mAvA＝mAvA′＋mCvC，由总动能不变有mAv＝mAvA′2＋mCv，联立并代入数据解得vA＝ m/s，故A错误；从B获得冲量至A和C碰撞前瞬间，对A、B组成的系统，以向右为正方向，根据动量守恒定律有mBvB＝mBvB′＋mAvA，代入数据解得vB′＝0.8 m/s>vA，由此可知，A和C碰撞前A、B未达到共速，故D错误。 5．(2024·福建省泉州市、南平市高三下一模)(多选)在某次台球游戏中，出现了如图所示的阵型，5个小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4个球B、C、D、E质量均为m1，A球、F球质量均为m2，A球以速度v0与B球发生碰撞，所有的碰撞均可认为是弹性碰撞，下列说法正确的是(　　) A．若m1＝m2，最终将有1个小球运动 B．若m1<m2，相邻两小球之间只发生1次碰撞 C．若m1>m2，最终将有3个小球运动，且运动方向一致 D．若m1>m2，最终将有3个小球运动，且运动方向不一致 答案：AD 解析：以向右为正方向，设A球和B球碰撞后，B球的速度为v1，A球的速度为v2，由动量守恒定律，可知m2v0＝m2v2＋m1v1，由机械能守恒定律，可知m2v＝m2v＋m1v，联立可得v2＝v0，v1＝v0。若m1＝m2，则v1＝v0，v2＝0，即碰后A、B两球交换速度，同理可知，依次碰撞后，A、B、C、D、E均静止，最终只有F球以v1向右运动，A正确；若m1<m2，则碰后v1>v2>0，由前面分析同理可知，依次碰撞后B、C、D静止，E球以v1撞向F球；由前面结论式同理可得，碰后E的速度v3＝v1，F的速度v4＝v1，因m1<m2，则v3<0，v4>0，故碰后F球向右运动，E球被弹回，依次碰撞后E、D、C静止，B球以v3向左与向右的A球碰撞，则相邻两小球之间不只发生1次碰撞，B错误；若m1>m2，则v2<0，v1>0，即A、B碰后A反弹，B向右运动，由前面分析同理可知，依次碰撞后B、C、D静止，E球以v1撞向F球，由前面结论式同理可得，碰后E的速度v3＝v1，F的速度v4＝v1，因m1>m2，则v4>v3>0，即E、F均向右运动，且F运动较快，此后不再发生碰撞，则最终将有3个小球A、E、F运动，且运动方向不一致，C错误，D正确。 6．(2024·湖北省武汉市高三下4月二模)(多选)如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为3m的半圆形槽，AB为槽的水平直径。质量为m的小球自左端槽口A点的正上方距离为R处由静止下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　) A．槽向左运动的最大位移为0.5R B．小球在槽中运动的最大速度为2 C．小球能从B点离开槽，且上升的最大高度小于R D．若槽固定，小球在槽中运动过程中，重力做功的最大功率为mg 答案：AD 解析：半圆形槽和小球组成的系统在水平方向动量守恒，设任意时刻小球沿水平方向的分速度大小为v1，槽的速度大小为v2，由动量守恒定律有mv1＝3mv2，当小球运动到B点时，小球和槽的水平位移均最大，设小球的水平位移大小为x1，槽的位移大小为x2，半圆形槽和小球运动时间相同，设为t，则m1t＝3m2t，即mx1＝3mx2，半圆形槽和小球在水平方向上位移大小之和x1＋x2＝2R，联立解得x2＝0.5R，故A正确；小球运动到最低点时速度最大，设为v1m，此时槽的速度大小设为v2m，根据水平方向动量守恒有mv1m＝3mv2m，根据机械能守恒定律有mg×2R＝mv＋×3mv，联立解得v1m＝，故B错误；小球运动到B点时，小球和槽在水平方向上速度相同，根据水平方向动量守恒，则此时小球和槽在水平方向上的速度都为零，根据机械能守恒定律，可知小球此时的速度不为0，小球能从B点离开槽，且上升的最大高度等于R，故C错误；若槽固定，设小球在竖直方向上的分速度为vy，则重力做功的功率PG＝mgvy，可知，当小球在竖直方向上的分速度最大时，重力的功率最大，设在槽左半部分时小球和O点连线与竖直方向的夹角为θ，小球的速度大小为v，根据动能定理有mgR(1＋cosθ)＝mv2－0，解得v＝，则小球在竖直方向上的分速度为vy＝vsinθ＝，由数学中的导数知识可知，当cosθ＝时vy最大，最大值为vym＝，则重力做功的最大功率为PGm＝mgvym＝mg，故D正确。 7．(2024·湖北省武汉市高三下4月二模)在滑雪比赛中，某运动员从跳台上的A点以速度v0＝15 m/s与水平方向成α＝37°角斜向上起跳，落在倾角θ＝37°的斜坡上的B点，着陆时速度方向与斜坡的夹角β＝16°，如图所示。已知运动员和装备(均可视为质点)总质量m＝60 kg，着陆缓冲的时间Δt＝0.5 s，着陆缓冲过程运动员不反弹、沿斜坡方向的速度不变，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96。求： (1)运动员在空中飞行的时间； (2)运动员着陆缓冲过程受到的平均支持力大小。 答案：(1)2.5 s　(2)1152 N 解析：(1)运动员在空中做斜抛运动，设运动员在空中飞行的时间为t，着陆时的速度为v，根据抛体运动的规律， 在水平方向上有v0cosα＝vcos(β＋θ) 在竖直方向上有vsin(β＋θ)＝(－v0sinα)＋gt 解得v＝20 m/s，t＝2.5 s。 (2)设运动员着陆缓冲过程受到的平均支持力大小为N，在垂直斜坡方向，以垂直斜坡向上为正方向，由动量定理有 (N－mgcosθ)·Δt＝0－(－mvsinβ) 解得N＝1152 N。 8.(2024·湖南省长沙市高三下高考模拟预测)三个可视为质点的小球A、B、C用两根长为l的轻杆通过铰链相连，开始时两杆并拢，竖直放置在水平地面上，A、B、C的质量分别为m、m、2m。因受微小的扰动，A球下降，B、C球向两边滑动，两杆始终保持在同一竖直面内，不计一切摩擦，重力加速度为g，求： (1)A球落地时的速度大小； (2)A球落地时，C球的位移大小； (3)当两杆夹角为90°时，C球的速度大小。 答案：(1)　(2)l　(3) 解析：(1)设A球落地时的速度大小为v，A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，结合A落地时三球在水平方向上的分速度相同，可知A球落地时B球和C球的速度均为0，由系统机械能守恒，有mgl＝mv2 解得v＝。 (2)在水平方向上，以水平向左为正方向，从开始到A球落地的过程，设A球的水平分速度的平均值为Ax，B球和C球的平均速度分别为B和C，A球、B球和C球在水平方向上的位移分别为xA、xB和xC，此过程所用的时间为t，A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，可得mB＋mAx＋2mC＝0 且xA＝Axt，xB＝Bt，xC＝Ct 其中，B球和C球的位移满足xB－xC＝2l A球和C球的位移满足xA－xC＝l 联立解得xA＝l，xB＝l，xC＝－l 即C球的位移大小为|xC|＝l。 (3)当两杆夹角为90°时，由几何关系可知∠ABC＝∠ACB＝45°，在水平方向上，以水平向左为正方向，设此时A的水平分速度为vAx，竖直分速度大小为vAy，B、C的速度分别为vB、vC，由A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，有mvB＋mvAx＋2mvC＝0 由机械能守恒定律有 mv＋m(v＋v)＋×2mv＝mgl(1－sin45°) A球和B球在沿杆方向上的速度相同，有 vBcos45°＝vAxcos45°＋vAycos45° 同理，A球和C球的速度关系满足 vCcos45°＝vAxcos45°－vAycos45° 联立解得vC＝－ 即C球的速度大小为|vC|＝。 1．(2024·广西高考)(多选)如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则(　　) A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为－I B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为＋mg C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了＋mgΔx D．木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为 答案：BD 解析：设进入过程，木料对木栓的合力的冲量为IF，木栓的重力的冲量为IG，由题意可知，木栓在始末状态的速度均为0，根据动量定理有I＋IG＋IF＝0－0，可得IF＝－(I＋IG)，故A错误；锤子撞击木栓后，木栓获得的速度v＝，动能Ek＝mv2＝，进入过程，根据动能定理，对木栓有mgΔx－Δx＝0－Ek，解得木料对木栓的平均阻力大小为＝＋mg，故B正确；进入过程，木栓损失的动能ΔEk＝Ek－0＝，损失的重力势能ΔEp＝mgΔx，木料的弹性势能增加了ΔEp′，则木料和木栓的机械能共损失了ΔE＝ΔEk＋ΔEp－ΔEp′＝＋mgΔx－ΔEp′，故C错误；设木栓前进Δx后，木料对木栓一个侧面的压力大小为FN，最大静摩擦力大小为f，对木栓的一个侧面受力分析如图，因为最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则有f＝μFN，由于木栓前进Δx过程中，方孔侧壁弹力呈线性变化，则其所受滑动摩擦力也呈线性变化，可知一个侧面对木栓的平均阻力＝(fsinθ＋FNcosθ)，且根据B项求得平均阻力＝＋mg，联立可得f＝，故D正确。 2．(2024·安徽省普通高等学校招生考试适应性测试)(多选)如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为v0，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．小球落地时重力的功率为mgv B．小球下落的时间为 C．小球下落过程中的水平位移大小为 D．小球下落过程中空气阻力所做的功为m(v2－v)－mgh 答案：BCD 解析：小球落地时竖直方向上的分速度为vy＝vsinθ，则重力的功率为PG＝mgvy＝mgvsinθ，故A错误；小球下落的时间为t，期间在竖直方向上的平均速度为y，则空气阻力在竖直方向的分力的平均大小为y＝ky，根据动量定理有mgt－yt＝mvy－0，即yt＝h，联立解得t＝，故B正确；设小球下落过程中在水平方向上的平均速度为x，则小球下落过程中的水平位移大小为x＝xt，空气阻力在水平方向的分力的平均大小为x＝kx，根据动量定理有－xt＝mvcosθ－mv0，联立解得x＝，故C正确；设小球下落过程中空气阻力所做的功为Wf，根据动能定理有mgh＋Wf＝mv2－mv，解得Wf＝m(v2－v)－mgh，故D正确。 3．(2024·湖北高考)(多选)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则(　　) A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 答案：AD 解析：v0较小、子弹没有射出木块时，由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度大小为v＝v0，根据能量守恒定律，有kv0·Δx＝mv－(m＋M)v2，解得子弹射入木块的深度Δx＝，所以子弹的初速度v0越大，木块获得的速度v越大，子弹射入木块的深度Δx越大，而且当Δx＝L时，v0有最大值v0m＝，v有最大值vm＝；v0较大、子弹能射出木块时，设子弹射出木块后子弹和木块的速度分别为v1和v′，则由动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv′，由能量守恒定律可知kv0·L＝mv－mv－Mv′2，联立解得v′＝，其中v0>v0m＝，将上式变形，得v′＝·＝＝，可知v0>v0m时，v′随v0的增大而减小；综上所述，v0＝v0m＝时，木块获得的速度最大，最大速度为vm＝，故A正确。木块获得的速度最大时，从开始至木块速度达到最大，对木块由动量定理有ft＝Mvm－0，其中f＝kv0m，可得子弹在木块中运动的时间t＝，故B错误。木块获得的速度最大时，从开始至木块速度达到最大，由能量守恒定律可得，子弹和木块损失的总动能为ΔE＝kv0m·L＝，故C错误。木块获得的速度最大时，木块在加速过程中运动的距离为x＝t＝，故D正确。 24 学科网（北京）股份有限公司 $$