专题7 动量守恒定律 题组1 -【高考密码】备战2025年高考物理2020-2024五年真题分类汇编

五年高考真题分类集训 物理 专题七 动量守恒定律 题组 用时： 易错记录： 一、选择题 4.(2020·全国卷I)行驶中的汽车如果发生剧烈 1.(2024·湖北卷)（多选） 碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气 如图所示，在光滑水平面 体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为 上静止放置一质量为 零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法 M、长为L的木块，质量 7777777777777777777 正确的是 为m的子弹水平射人木块。设子弹在木块内运 A.增加了司机单位面积的受力大小 动过程中受到的阻力不变，其大小∫与射入初速 B.诚少了碰撞前后司机动量的变化量 度大小0成正比，即f=k(k为已知常量)。 C,将司机的动能全部转换成汽车的动能 改变子弹的初速度大小6，若木块获得的速度 D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力 最大，则 面积 A.子弹的初速度大小为2kL(m+MD 5.(2020·全国卷Ⅱ)（多选）水平冰面上有一固定 mM 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4.0kg的静止物块以大小为 B.子弹在木块中运动的时间为m干M而 2mM 5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板， C.木块和子弹损失的总动能为L2(m+MD 运动员获得退行速度：物块与挡板弹性碰撞，速 mM 度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡 D.木块在加速过程中运动的距离为.m山 板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板 m+M 弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员 2.(2022·湖南卷)1932年， 0 退行速度的大小大于5.0m/s,反弹的物块不能 查德威克用未知射线轰中子 氢核 再追上运动员.不计冰面的摩擦力，该运动员的 击氢核，发现这种射线是 质量可能为 () 由质量与质子大致相等 中子 氯核 A.48 kg B.53 kg 的中性粒子（即中子）组成.如图，中子以速度o C.58 kg D.63 kg 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核 6.(2020·山东等级模拟考)（多选）第二届进博会 的速度分别为1和2，设碰撞为弹性正碰，不考 于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒 虑相对论效应，下列说法正确的是 乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身 体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回.若 A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻 C.2大于 力和乒乓球的旋转.下列说法正确的是 () D.大于w A.击球过程合外力对乒乓球做功为零 3.(2021·全国乙卷)（多选）水平桌面上，一质量为 B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零 m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动， C.在上升过程中，乒乓球处于失重状态 物体通过的路程等于s0时，速度的大小为0，此 D.在下落过程中，乒乓球处于超重状态 时撤去F,物体继续滑行250的路程后停止运动， 7.(2020·北京模拟)“關极”运动中，长弹性绳的一 重力加速度大小为g,则 端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳 A.在此过程中F所做的功为2m呢 下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动.从 绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中， B,在此过中F的冲量大小等于多 若不计空气阻力，下列分析正确的是 ( A.绳对人的冲量始终向上，人的动量一直减小 C物体与桌面间的动摩擦因数等于4 B.绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C.绳恰好伸直时，人的动能最大 D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的 D.人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受 2倍 的重力 专题七动量守恒定律 8.(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙 +/(m/s) 10.(2023·山东卷)如图所示，物块A和木板B置 两个物块在光滑水平桌面 6.01-11T1 于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的 上沿同一直线运动，甲追 4.0 上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面 上乙，并与乙发生碰撞，碰 2.0 上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同 撞前后甲、乙的速度随时 0.0 速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经 间的变化如图中实线所 -2.0 过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑 示.已知甲的质量为1kg,则碰撞过程两物块损 的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度口滑 失的机械能为 上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与 A.3J B.4J C.5J D.6J P板的距离为s。已知o=1m/s,o=4m/s, 二、非选择题 mA=mc=1kg,mB=2kg,A与地面间无摩 9.(2024·湖南卷)如图，半径为 擦，B与地面间动摩擦因数41=0.1，C与B间 R的圆环水平放置并固定，圆 动摩擦因数μ2=0.5，B足够长，使得C不会从 环内有质量为mA和mB的小 B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不 球A和B(mA>mB)。初始 计碰撞时间，取重力加速度大小g=10m/s2。 时小球A以初速度o沿圆环 切线方向运动，与静止的小球 B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小 球始终在圆环内运动。 B (1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后 (1)求C下滑的高度H: 小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心 (2)与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B 力的大小； 未发生碰撞，求s的范围： (2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰 (3)若s=0.48m,求B与P碰撞前，摩擦力对 撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球 C做的功W; 的质量比”mA (4)若s=0.48m,自C滑上B开始至A、B、C mB 三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动 (3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞 量的变化量△p的大小。 后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的 倍(0<e<1),求第1次碰撞到第2n+1次碰撞 之间小球B通过的路程。 五年高考真题分类集训 物理 11.(2023·全国乙卷)如图，一竖直固 (1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最 定的长直圆管内有一质量为M的 大值： 静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距 (2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； 离为1，圆管长度为201.一质量为 201 (3)物块A与斜面间的动摩擦因数. m=专M的小球从管的上端口由 静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘 向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小 相等.小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始 终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞 且碰撞时间极短.不计空气阻力，重力加速度大 小为g.求 (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小： (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆 盘间的最远距离； (3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的 次数 13.(2022·广东卷)某同学受自动雨 伞开伞过程的启发，设计了如图 所示的物理模型，竖直放置在水 滑杆 平桌面上的滑杆上套有一个滑 块，初始时它们处于静止状态.当 潜块 滑块从A处以初速度o为 10m/s向上滑动时，受到滑杆的 摩擦力∫为1N,滑块滑到B处 与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌 面一起竖直向上运动.已知滑块的质量m= 0.2kg,滑杆的质量M=0.6kg,A、B间的距离 1=1.2m,重力加速度g取10m/s2,不计空气 阻力.求： (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对 12.(2022·全国乙卷)如图(a),一质量为m的物块 滑杆支持力的大小N1和N2: A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块 (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小)： B向A运动，t=0时与弹簧接触，到t=2to时 (3)滑杆向上运动的最大高度h. 与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的。-t图 像如图(b)所示.已知从t=0到t=to时间内， 物块A运动的距离为0.36o0.A、B分离后，A 滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运 动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到 的最高点与前一次相同.斜面倾角为(sin0= 0.6),与水平面光滑连接.碰撞过程中弹簧始终 处于弹性限度内，求 2 1.2 0.8 t/te 图（回 图b) 30可 详解答案 妇，减过程根据动能定理可得 设碰后A反弹，再次到达O点时速度为，根据动能定现可 P每红一mgh:=之m呢一之m对 知一2mgl.=2m号-之m所 又h2=85.2m-1.6m-3.6m=80m 解得话=一4性gL 联立解得t=13.5s 据题意，A落点在B落点的右侧，则内>对 故提升重物的最短时间为 糯题意，A和B均能落在蒸形轨道上，则A必须落在P,点的 1mt1十e十5=0.88+13.5s+1.2s=15.5s C正确，ABD错误，故选C, 左侧，即出≤√2gL 联立以上，可得的取值范围为 4,C系车的系送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送 混凝土，每小时系送系统对混疑土微的功 3λ-1 A-3 W=pVgh=2.4×103×150×10×30J=1.08×108J.放 <发L 选C 8.解析(1)由线逸度=m 5,ACD根据弹簧予的对称性可知，当钩码B下降到最低点 得=2mR. 时弹簧的拉力F=2mg,设轻蝇与水平面的夹角为日，对物块 (2)向心力F台=2mmR A受力分折，有Fsin0=Mg,可得M<2m,选项A正确，B错 设F与水平方句的失角为a, 误：在B从释放位置远动到最低点的过程中，速度先增大后 则Fcos a=F向，Fsin a=mg 减小，根据动能定理可知，B所受合力对其先做正功后做负 解得F=√(2mawR)+(mg)产， 功，选项C正确：在B从释放位置运动到逸度最大的过程中 (3)落地时，重物的速度=R,由小球与重物红成的桑统的 根据功能关系可知，B克服种簧弹力做的功等于B机减能的 减少量，选项D正确， 机赖能守极得2M2+4×了m=AMg水 6,解析(1)重物援慢下降，处于平 衡状态，对重物进行受力分析，如 T cos a 解得有=M6m(oR). 2Mg 图所示， 水平方向有Tpsina=Tain月 答案1)2mR(2)√(2nw2R)2+(mg)7 Tsin B 竖直方向有 （a)M+I6m(oR 2Mg Tpcos a=Tocos 8+mg T sin a B mg 联立解得 Tcos B 专题七动量守恒定律 Tp=1200N.T。=900N 题组 (2)重物援慢下降，动能变化量为 1.AD子单在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统 零，下降过程中对重物由动能定理有mgh十W一0 所受合外力为0，所以城系统动量守恒，若子弹没有射出木 解得W=一4200】 块，则由动量守位定律有m助=(m十M)v,解得木块获得的 即两根绳子拉力对重物做的总功为一4200J。 答案(1)1200N900N(2)-4200J 逸度大小为= m十M:又子弹的初建魔越大，其打入木块越 川6 7,解(1)物块A从先滑轨道滑至O点，根据动能定理有 深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有 mg·2nl.一mgL=豆m时 2mG-2(m+M)+kL.解得h-2张L.(m+D 若子 mM 解得v=2gL. (2)物块A从()点飞出后做平批运动，设飞出的初遮度为 弹能够转出木块，剥有>2L(m十山，予弹在木块内运动 mM 功，落在孤形轨道上的坐标为(，y),持平抛运动分别分解到 的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定排有飞=m· 水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体這动，有 w=Mw根据位移关系有的1一子42一2a2=L,对 r=y= 2kmL 解得水平初连度为哈一 木块有约=a,联立解得y一2Mm一Mm又越 2y 大，越小，则？越小，即随着的增大，木块获得的速度西 物块A从O,点到落，点，根据动能定理可短 不断诚小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度 mR3y=B一乞m哈 大小-2Lm士心，A正确：于弹在木块内运动的过程， 解行落点处动能为E=mgy十号m6=mgy十m 对子弹由动量定理有一k=m一的，解得子弹在木块中 mM 因为物块A从O点到孤形轨道上动能均相同，将落点 运动的时间一(m十MDB错误：由能量守证定律可知，木 P(2L,L)的坐稀代入，可得 Ex=mgy+mgr2 =mg×L+mg(2L) 块和子弹横失的总动能△E=L=2L(m+D,C错 mMM =2umgL 4×4l. 误：木块在加速过程中做匀加逸运动，由运动学规律有x= 化简可得y叶 解得木块在加速过程中运动的距高 m+材D正确 即x=2√2ly-y(其中l≤y≤2l.). 2.B山能量守位定律可知，中子与氢擒碰控后静止，与氯核 (3)物块A在颅针轨道上从距x轴高h处静止滑下，到达 后反弹，所以碰撞后意核的动能比氢核的动能小，B正确， O点与B物块碰前，其速度为协，根据动能定理可知 3.BCCD.外力数去前，由牛频第二定律可知F一g=m1 ⊙ mgh一mg人.=之m哈 由逸度位移公式有6=2a1 解得6=2gh-2gL 外力报去后，由牛领第二定律可知一g=m图 物块A与B发生弹性隧拉，为使A和B均能落在孤形挑道 由建度位移公式有一6=24：(20) ① 上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰掉后需要反弹后再 经过水平轨道一倾斜轨道一水平轨道再次到达O点，规定术 由①②③④可得，水平板力F=3m时 平向右为正方向，碰后A、B的速度大小分别为1和功·在 A与B瑾拉过程中，动量守恒，能量守做，则 动摩擦国教牡一4g 省 之加暖=之m听十乏·m砖 滑动摩擦力F=mg=A0 A-1 2 可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正 解得=十物=中行 确，D错误：A,在此过程中，外力F微功为W一F和 151 五年高考真题分类集训 物理 m听，故A错误：B由平均速度公式可知，外力F作用 3 第一种情况，若第二次碰撞发生在图中的，床.则从第一次 时间 难控到第二次难控之间，A,B通过的路程之比为干3 1+3k ,其 20,在此过程中，F的冲量大小是 中=0.l2,3…,则%=1+3 2 "#4+3k 1=F,=号m,故B正确，故选BC 联立解得1-4+3 m g 2-3k1 显然k1只能取0，则四1-2 4,D行驶中的汽车如果发生制烈延撞，车内安金气囊被弹出 对第二次碰撞，设A,B碰撞后的造度大小分别为A、:,则 并瓣间充满气休，增大了司机的受力面积，减少了司杭单位 mAA十m台g-mA中A十m好0g 面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而域小了司 1 机受到的作用力，A项错误，D项正确：碰撞前司机动量等于 2m听十交m哈=之m十2mp金 其质量与速度的乘积，难撞后司机动量为零，所以安全气聚 联立解得A=药u=0,故第三次是撞发生在点，第四次 不能减少瑾撞前后司机动量的变化量，B项错误：碰撞过程 碰辣发生在点，以此类推，满足题意。 中通过安全气囊将司机的动能转化为司机对安全气囊做的 第二种情况，若第二次莲撞发生在图中的点，则从第一次 功，C项错误. 5,BC选运动员提行追度方向为正方向，设运动颈的质量为 撞到第二次雄撞之同，A、B道址的路程之比为，因 M,物块的质量为m,物块被推出时的逸度大小为心·运动到 第一次推出物块后的逃行速度大小为山·根据动量守恒定 中=0,1,2,3，…，则%=2+3 律，运动员第一次静出物块时有0=M一m,物块与挡板 #3+362 发生弹性碰撞，以等大的速率反弹：第二次推出物块时有 联立解得 =5十3张，显然只能取0，则4=5 M十m=一m路十M约，依此类推，M西十6=一m十 M物，M物士m=一物十w·又运动员的逃行造度 同理可得第二次碰撞后=，=0，刚第三次碰撞发生 >功·<w,解得13m<M15n,即52kg<M<60kg,故 在C点、第四次碰撞发生在b点，以此美推，满是题意。 B、C项正确，A,D项错误. 综上所述 6,AC球抽将乒乓球以原逸率击回，可知乒乓聪的动能不变， mL=2或5. 动量方向发生改变，根据动能定理可知击球过程合外力做功 (3)第一次碰前相对速度大小为，第一次碰后的相对递度 为零，根据动量定理可知击球过程合外力对乒乓球的冲量不 大小为梅=，第一次碰后与第二次相瑾前B球比A球 为零，A正确，B错误：在乒乓球上升和下落过程中，加速度 方向均向下，故在乒兵球上升和下落过程中乒年球均处于失 多运动一图，即B球相对A球造动一图，有1-2红， 1相 重状态，C正确.D错误， 第一次碰撞有m人=m⅓1十mB用· 7,D人从绳好仲直到第一次下降至最低点的过程中，州开 第一次碰撞后有可1指=m一=的· 始人所受的重力大于绳的拉力，合力向下，加逸度向下，人的 速度一直增加：当重力等于拉力时，人的加逄度为零，此时逸 解得m一 m1一（十巴抽》 度达到最大：随后人所受的重力小于绳的拉力，合力向上，加 :十n 连度向上，人的速度一直威小到零，直到最低点，由于蝇的拉 B琼运动的略程 力一直向上，则绳对人的冲量始终向上，由于人先加速再减 速，则人的动量先增大后减小，A错误，绳的拉力一直做负 2πRmx(0+1】=A(1+1· =一mA十B轴 功，而合力先殿正功后微负功，故人的动能先增大后减小，B 错误，当人所受的重力等于绳的拉力时，速度最大，动能最 第二次碰禮的相对造度大小为马和=。-子山- 罗相 大，动量最大，C错璞，D正确. 第二次碰撞有严A,=mA:十mV配' 8,A设乙物块的质量为m,由动量守恒定律有mV甲十m乙艺 一m甲'十m乙vz',代入图中数据解得加之一6kg,进而可来 第二次碰撞后有移湘一2一"四‘ 得堡撞进程中两物块描失的机枝能E=2m甲甲？十 m、一（物一2相） 解得似一m人干m B球运动的鸡程 m心’-,-m”,代入图中载据解得E 2xRmA(0-1） ■3J,选项A正确. 免=阳生一mA十g 2Rm(片-1小 9,解析(1)对A、B系统，碰撞前，后动黄守恒，设遥撞后小球 由以上规律可以归纳为第2n十1次碰前一共难撞了2n次。 组合体的速度大小为， 由动量守恒有mA6=(n,十加。)v 5=1十十十…十2m= 瑶撞后，对组合体，由牛领第二定律有 F=(m十mg）R 2w m呢 2w一1 解得= 联立解得= m4十mBe2(e-1) 用十 (2)设A.B第一次强撞后的遮度大小分别为巴，碰撞过 mAvo 答案(1) 程动量守恒，机城能守恒，对A,B系统有 m1十mn)R(2)2:1或5：1 加-切十m台谷 (3)2Rm, e2m- 之m听=之m听+之m馆 m4十mg2(g-1) 10.解4C下滑过程中，根据动能定理籽mgH=2m 联立解得 （nA一m知h 2maVo ,gm人B 解得H=0.8m (2)B右端拾好到达P点时B和C共速，s最小 对C,由牛频第二定律得mcg=(a] 2r2"会 解得a1-5m/s2 对B.由牛领第二定律得mg一山(me十mB)g=mB 。 120 解得ag=1m/ 共速时一a=饰十aet 解得1■0.5s 分两种情况计论： 则≥1+7产=0.625m 152 详解答案 此过程A的位移sa=1=0.5m<0.625m (3)第一次碰撞后到第二次强撞时，两者位移相等，则有 A与B不发生握拉 工盒1=工媒】 当BC共速后，BC一起做匀诚建运动，当A、B碰撞的所用 时间为11，则 即n4+2g=4, w1+t=0.625+(u-a1r-z41 解得=2 解得-②+1 2 <a1-1.5s 北时小球的连度的=十=多 所以此时C的位移，-巨2m 回盘的速度仍为1，这段时间内国盘下降的位移 2 为保证A,B不发生瑶撞，且BC共追，剩 1=-=21 0.625m≤<2，+2m. 之后第二次发生弹性碰楚，根据动量守恒 2 m十M和'，=m生十M”: (3)若￥=0.48m,B与P碰撞前，由运动学规律得 根据能量守恤之m号+号M1=号m星+号M的 ￥=物1+分“2号 联立解得2=0，”：= 解得1=0.4s 同理可得当位移相等时=心山=之 1 C运动的位移为r-一2“-1,2m 摩擦力对C微的功W=mg工=6J. 解得2=2 (4)B与地面间存在摩擦，三个物体都达到平衡状态时，A 26 =4 向左做匀速直线运动，B、C静止 国盘向下远动x:=v”:妇 B与P瑾撞前除间wB=w十az1=1.4m:8 此时司盘距下端管口131，之后二者第三次发生碰拉，碰前 =U一a1t1=2ms 小球的速度路=g=2动 rA=h11=0.4m 由动量守恒m十，=m3十M和 B与P碰拉后途度大小不变 由牛顿第二定排得四m(g十妈(mC十mn)g=m4 规械能守恒工 mn话+Ma=7mi+专Mw的 解得a=4m公 设A、B相适的时间为t 得硅后小球逢度为山，一费 则饰丝十阳生一之a购经=一 国发逸度的-受 解得12=(0.6-0.4√2)s 当二者即将四次碰撞时工=x娘3 A,B相逼时，B的建度大小为 1=w-4≈82-1m 即的6=可6+ 5 得4-2=年= A、B瑾撞过程中，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定 g #得mBVB1一mA=mg业十mAA 根据机械能守恒定律得 在这授时间内，国盘向下衫动1=的山=3=6 此时图盘距离下端管口长度为201一11一21-41一61=71 此时可得出司盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增 解得微82 加2l,故若发生下一次莲撞，圆盘将向下移动x44=8! 行1m/s.3A15一1m“ 则第四次碰撞后落出管口外，因此图盘在管内运动的过程 由ig一t=2a2(s一x4)得 中，小球与圆盘的碰撞次数为4次， B第二次与P碰拉前速度大小世烟上m/s B与P碰撞后微减速运动，不可能追上A,最始B,C静止以 答案()小球速度大小里，圆盘速度大小区 2 (2)1 向左为正方向，三个物体总动量的变化量为 (3)4 12.解析(1)当禅簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 Ap=m十(m+mn+e(22+6)g·a A,B速度相等，即t=。时射，根据动量守恒定律 11,解析(1)过程1：小球释放后自由下落，下降1，根糯机械能 n·1.26=《mn十m)h 守越定律mg=2时 根据能量守恒定律Eam=专mm1.2)户-立(mn十m6 联立解得mB=5m,E x=0.6m. 解得h■2gl (2)解法一：可一时刻弹黄对A,B的弹力大小相等，根湖牛 过程2：小球以√2g与静止园盘发生弹性碰撞，根据能量守 领装二定律F=m阳 恒定律和动量守恒定律分别有 可知问一时刘tA=5a 合m6=2mn听+2M行m=mm+M 则网一时刻A,B的醉时速度分别为 解得=m一业 。一一2v1=”h=y2l =41,咖=1.2-CA 2 2 根据位移等地度在时间上的累积可得 即小球碰后建度大小，方向竖直向上，国盘提度大小 1=/(累积)，=m1(累积) 2 又s1=0.36h10 为区，方向竖直向下： 解得sg=1.128t0 第一次碰撞过程中，弹贵压缩量的最大值 (2)第一次碰后，小球做竖直上抛遮动，风盘摩擦力与重力 △s=5g-51=0.7686 解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守饭， 平街，匀速下滑，所以只要圆盘下降逸度比小球快，二者间 距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即 有m:×1.2=6m4=mB十U 对方程两边同时来以时间△.有6m%△5mgr十mU1△ 4十g=心1，解得1=1二=地 0一6之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得 6m6o-55g十n3A 根据运动学公式得最大距病为 将51=0,36ht0代入可得n=1.128t6 则第一次碰撞过程中，弹黄压缩量的最大值 4=r4啡1（间t-2gr)-25-司 △s=5B一A=0.7680, 153 五年高考真题分类集训 物理 (3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相阿，说明物 3.B因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撒去推力后滑块 块A第二次与B分离后速度大小份为2：方向水平向右： 在车厢底板上有相对滑动，即摩婆力微功，而水平地面是光 设物块A第一次滑下钟面的速度大小为'，设向左为正方 滑的：以小车，弹簧和滑块组成的系统，根据动量守慢和机战 向，根搭动量守恒定律可得1'一5m·0.8%=m· 能守恒的条件可知撒去推力后减原统动量守恒，机梳能不守 (一2h)十5mx阳 恒.故选B. 根据能量守位定律可得22+豆 ·5m·(0.8h)2 4.D由匀变接直线规律得x=之a,动量p=m0=mal,联立 可得p2=2max,又因物体沿r抽正方向微匀加速运动，故 D正确，ABC错误. 联立解得以'= 方法一：设在斜面上滑行的长度为L,上滑过程，根据动能 5.解：(1)A与B弹性碰撞，mA=mAA十加BVB 定理可得-mgL.sin0一mgLc0s0=0-之m(2) 之m=2m1听+2m呢 下滑过程，根据动能定理可得 mA一世=一2m8等 联立解得A一m人十B mgLsin 0-jmgLcos 0=2m0 2m1 -=2m/s 联立解得=0.45 方法二：根据牛顿第二定律，可以分刚计算出滑决A上滑和 (2)因为物块A返回到O点正下方时，相对地面速度为零，物 下滑时的加速度，mgsin0十mgcos8=ma上：mgsin0 块A减建过程根据动能定理有 mgc0s0=mdT·上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由 匀变建直线透动的位移速度关系可得2上x=(2钟)2一0， 一4mAK10=0-2mA明 2a下x=1- 解得x0=0,5m 联立可解得：=0.45， 一均mAg2=0一m4A 答案(1)0.6m听(2)0.7680 解得2=0.5s (3)0.45 对平板B有(mA十mg)g=ma 13.解析(1)当滑块处于静止时来面对滑杆的支持力等于滑 1 块和滑杆的重力，即 o=阳1一24月 N=(m+M)g=8 N 1 当滑块向上清动过程中受到滑杆的摩擦力为1N,根据牛顿 解得1■39 第三定律可知带块对滑杆的泽擦力也为1N,方向竖直向 上，则此时来面对滑杆的支排力为N2=Mg一=5N 所以d=1+0m. (2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有 (3)在A刚开始减速时，物体B的速度为 一mg一f1=2m所一之m6 =va-d1=1 m s 在A减速过程中，对B分析根搭牛頓运动定律可知 代入数据解得别=8m:s, 均mAg十（用A十mB)g=用n4g (3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性暖拉，即碰后两者共 13. 速，碰撞过程振据动量守恒有m=(m十M)? 解得a?=3ms 碰后滑决和滑杆以速度V整体向上微竖直上抛运动，根据 物体B停下来的时间为‘g,则有0=一a2g 动能定理有-(m+M)gh=0-2(m+M)w 解得=3C:=0.5s 代入数据联正解得h=0,2m. 可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为 答案(1)N1=8N,N=5N 3 (2)=8ms(3)h=0.2m 题组二 所以A对B的摩擦力所做的功为 1,ABD两滑块在光滑针坡上加速度相同，网时由静止开始下 滑，则相对速度为0，故A正确：两滑块滑到水平面后均殿匀 W,=Amn=一需 成速运动，由于两滑块质量相同，且发生獐性碰拉，可知碰后 (4)小球和A碰撞后A做匀速运动再与B相理，则 两清块交换违度，即碰推后醉间甲的追度等于谁撞前瞬间乙 的速度，故B正确：设斜面领角为，乙下滑过程有H乞 isin 0. 在水平面运动一饺时间妇后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做 根据单摆运动规律可知T2红√： 匀减挂运动归，乙运动的时间为1=1十：十11·由于t1与 H乏有关，则总时间与H乙有关，故C错误：乙下滑过程有 }T=+h mgH之=2m吃。由于甲和乙发生弹性碰撞，交换迪度，剥 小球由最高点至最低点由动能定理有MgL=号M 可加甲最终停止位置与不发生碰授时乙最终停止的位置相 小球与A碰撞由动量守恒有M和=M十m44 同：则知果不发生碰撞，乙在水平面适动到停止有吃 当小球第一次上升至最高点时有MgL(1一cms5)=2M厨 2g工，联立可得工=，牌发生感拉后甲最终停止位置与 解得M 4√2x O处相距H。故D正确，故选ABD。 "m445(1-√/1-cos5) 当碰后小琼追度拾好为零时，有M=mA。十M 2.BD对甲、己两条形德铁分别做受力分析，如图所示 年用 MZ 解得M=4区 .S N FF S N一6 mA 45 WM 所以42xM 42 狼据牛领第二定律有a甲 F-Am甲g F一mcg,由于 45mA45(1-√T-c0s5) 用单 .at m乏 6.解(1)篮球下降时，由动能定理可得 甲>之·所以a甲<无，由于两物体运动时间相同，且同时 由静止释登，可得V甲吧：A错误：对于整个系统而言，由 mgH-xmgH-名m听 于m甲g之um乙g,合力方向向左，合冲量方向向左，所以合 蓝球上升时，由动能定理可得 动堂方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错 误，故选BD, 一mgh一mgh=0-2m 154