6.达标测试卷(六) 动量-【精讲精练】2026年高考物理一轮达标测试卷

达标测试卷(六)　动量 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1.(2024·重庆卷)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。质量为m的针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力，大小分别为F1、F2，则针鞘(　　) A.被弹出时速度大小为 B.到达目标组织表面时的动能为F1d1 C.运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2 D.运动d2的过程中动量变化量大小为 2.一水平传送带长L＝16 m，以恒定速度v＝4 m/s向右匀速运动，现在传送带左端每隔1 s由静止放上一个完全相同的质量为m＝1 kg的小物块，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，则第1个小物块到达传送带最右端后的1 s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为(　　) A.3 N·s B.4 N·s C.5 N·s D.6 N·s 3.高铁列车是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，每节动车提供的动力均相等，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。高铁列车由8节车厢组成，其中第1、2、5、6节车厢为动车，其余为拖车，则下列说法正确的是(　　) A.高铁列车在匀加速直线运动启动阶段，列车的动能与运动的时间成正比 B.高铁列车在匀加速直线运动启动阶段，列车的动量与运动时间的平方成正比 C.高铁列车在加速启动阶段，双手持书靠在座位上看书的乘客双手对书的作用力方向与列车运动的方向相同 D.高铁列车做匀加速直线运动时，第2、3节车厢间的作用力与第5、6节车厢间的作用力之比为2∶1 4.(2024·湖北咸宁期末)设在无摩擦的桌面上置有5个相同的钢球，其中三个紧密连接排放一列，另两个一起自左方以速度v正面弹性碰撞此三球，如图所示，碰撞后向右远离的小球个数为(　　) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 5.如图所示，AB为竖直固定的四分之一粗糙圆弧轨道，O为圆心，P为圆弧AB的中点，OA水平，OB竖直，轨道半径R=2 m，一质量m=4 kg的小物块以 m/s速度从A到B做匀速圆周运动，重力加速度g=10 m/s2 ，则下列说法不正确的是(　　) A.A到B的过程中合力对小球的冲量为8 N·s B.在P点时，重力的瞬时功率为40 W C.AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功 D.在B点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为40 N 6.如图所示，有一半径为R、圆心角为60°的光滑圆弧轨道置于光滑水平面上。一小球以初速度v0滑上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量M＝1.5m0，小球质量m＝m0，重力加速度为g，若小球从圆弧轨道飞出时速度方向恰好跟水平方向成30°角，则(　　) A.圆弧半径R＝ B.小球飞出时速度为v0 C.小球飞出时圆弧轨道的速度为v0 D.小球从滑上圆弧到飞离圆弧过程中速度变化量的大小为v0 7.在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速。碳核的质量是中子的12倍，假设中子与碳核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。设碰撞前中子的动能是Ek，中子经过2次与碳核的碰撞后，其动能变为(　　) A.0.35Ek B.0.41Ek C.0.51Ek D.0.72Ek 8.(2024·湖南长沙一模)如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是(　　) A.小球的质量为M B.小球运动到最高点时的速度为 C.小球能够上升的最大高度为 D.若a>b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.(2024·重庆期末)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，甲球静止在水平面上，乙球向左运动与甲球发生正碰，甲球垂直撞向挡板后原速率弹回。已知碰撞前、后乙球的速率之比为3∶1，且两球刚好不会发生第二次碰撞。则(　　) A.碰撞后乙球向左运动　　　　　　 B.甲、乙两球的质量之比为4∶1 C.两球碰撞前、后总动量之比为3∶1 D.两球碰撞前、后总动能之比为9∶5 10.在足够长的光滑倾斜长直轨道上，先后将甲、乙两个小球分别以相同的初速度在同一位置沿轨道向斜上方弹出，两小球相遇时发生了完全非弹性碰撞，它们运动的v-t图像如图所示。已知小球甲的质量为1 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.小球乙的质量为2 kg B.两小球碰撞过程中的机械能损失为25 J C.轨道斜面倾角满足tan θ＝0.2 D.两小球回到出发点时的速度大小为10 m/s 11.(2024·山西晋中高三统考)如图甲所示，质量为m的物块P与长木板Q之间有一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，P与弹簧拴接，Q与弹簧接触但不拴接，Q的上表面粗糙。t＝0时，物块P以初速度v0向左运动，0～2t0时间内物块P与长木板Q的a­t图像如图乙所示，2t0时刻，把质量为m的物块M放在Q的最左端(图中未画出)，M最终未从Q上滑出，则(　　) 　　 　　　　　　　　　　　　　　　甲　　　　　　　　　　　　　乙 A.长木板Q的质量为m B.t0时刻弹簧的弹性势能为mv C.M和Q之间由于摩擦作用产生的热量为mv D.弹簧可以和Q发生二次作用 12.如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为m1的小球悬挂在O点，绳长L=0.8 m，轻绳处于水平拉直状态。现将小球由静止释放，下摆至最低点与静止在A点的小物块发生碰撞，碰后小球向左摆的最大高度h=0.2 m，小物块沿水平地面滑到B点停止运动。已知小物块质量为m2，小物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5，A点到B点的距离x=0.4 m，重力加速度g=10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.小球与小物块质量之比＝ B.小球与小物块碰后小物块速率v＝2 m/s C.小球与小物块碰撞是弹性碰撞 D.小球与小物块碰撞过程中有机械能损失 三、非选择题(本题共6小题，共60分) 13.(6分)某同学利用如图甲所示的实验装置探究动量定理，用天平测量重物的质量m＝300 g，把打点计时器固定在铁架台上，纸带下端连接重物，上端穿过限位孔后用固定在横杆上的夹子夹住。 　　 回答下列问题： (1)该同学接通打点计时器的电源，释放重物，重复实验，从打出的纸带中选出一条理想的纸带，如图乙所示。每相邻两计数点间还有1个点未标出，打点频率为50 Hz，取g＝10 m/s2。在打计数点1和5的过程中重物重力的冲量的大小I＝________ N ·s，重物动量改变量的大小Δp＝________ kg·m·s－1。 (2)定义δ＝×100%，则本次实验δ＝________%。 14.(8分)某同学用如图甲所示的装置做验证动量定理实验，一细绳跨过悬挂的光滑定滑轮，两端分别系有小球A和B，小球A右侧固定一遮光条，遮光条上方某位置固定一光电门。初始时A、B静止，细绳拉紧，然后同时释放小球A、B，一段时间后遮光条通过光电门，当地重力加速度为g＝9.8 m/s2。 (1)用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度d＝________ mm。 (2)测得小球A(含遮光条)、B的质量分别为mA＝100 g、mB＝150 g，则小球A加速上升过程的加速度大小为________ m/s2。 (3)测得遮光条通过光电门的时间为Δt＝2.2 ms，遮光条从释放至到达光电门的时间为t＝1.06 s，则两球的动量增加量之和为________ kg·m/s，A、B球重力的冲量大小之差为________ N·s。(计算结果保留2位有效数字) 15.(8分)(2024·甘肃卷)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。 16.(8分)如图所示，B物块静止在水平地面上，A物块在斜坡上由静止释放，A物块初始释放位置高度为h＝5 m，与B物块的水平距离为x＝5.1 m。不计A物块在斜坡与水平地面连接处的动能损失，当两物块质量相等时，A、B物块碰撞后分别滑行xA＝0.9 m和xB＝1.6 m。已知两物块与斜坡、水平地面的动摩擦因数均相等，碰撞时间极短，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)两物块与斜坡、水平地面的动摩擦因数μ； (2)若在B物块左侧安装一根轻弹簧，且A物块的质量远大于B物块质量，其他条件不变，求B物块碰撞后能够滑行的最大位移xm。 17.(14分)(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 18.(16分)有一款三轨推拉门，三扇相同的门板如图甲所示，每扇门板宽为d，质量为m，与轨道的动摩擦因数为μ，门框内部宽度为3d(如图乙所示)。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣，两门板碰后可连在一起。现将三扇门板都静止在门框的最左侧，用恒力F(未知)水平向右拉3号门板，一段时间后撤去拉力，重力加速度为g。 　　　　　　　　　　　　　　甲　　　　　　　　　乙 (1)若3号门板左侧凸起部位恰好能与2号门板右侧凸起部位接触，求力F所做的功； (2)若恒力F＝6μmg,3号门板恰好到达门框的最右侧，大门恰好完整关闭。求： ①3号门板与2号门板碰撞过程损失的机械能； ②拉力F作用的时间。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 达标测试卷(六)　动量 1.A　根据动能定理有F1d1＋F2d2＝mv2，v＝，故A正确；针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有Ek ＝F2d2，故B错误；针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误；针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp＝＝，故D错误。 2.B　由题意可知，小物块做匀加速直线运动的加速度a＝μg＝1 m/s2，加速运动的时间t1＝＝4 s；加速运动的位移x1＝＝8 m，匀速运动的位移x2＝L－x1＝8 m，匀速运动的时间t2＝＝2 s；第1个小物块到达最右端时，第7个小物块刚要放上传送带，传送带对第2～3个工件的摩擦力为0，因此在此后1 s内的冲量I2＝I3＝0，对第4～7个工件的摩擦力在此后t＝1 s内的冲量I4＝I5＝I6＝I7＝μmg·t＝1 N·s，故此后1 s内传送带对工件摩擦力的总冲量大小为I＝I2＋I3＋I4＋I5＋I6＋I7＝4 N·s，故选项B正确。 3.D　高铁列车在匀加速直线运动启动阶段，加速度a恒定，初速度为0，列车的动能为Ek＝mv2＝m(at)2＝ma2t2，列车的动能与运动时间的平方成正比，故选项A错误；高铁列车在匀加速直线运动启动阶段列车的动量为p＝mv＝mat，列车的动量与运动的时间成正比，故选项B错误；书受到重力和双手对书的作用力两个力的作用，高铁列车在平直铁路上做匀加速直线运动，所以书受到的合力方向与列车运动的方向相同，因重力方向竖直向下，则双手对书的作用力应该是与水平方向有一定的夹角，朝斜向上方向，故选项C错误；设每节车厢的质量为m，每节动车提供的力为F，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得4F－8kmg＝8ma，以3～8节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律得F23＋2F－6kmg＝6ma，两式联立解得F23＝F。以6、7、8节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律得F56＋F－3kmg＝3ma，F56＝F，则第2、3节车厢间的作用力与第5、6节车厢间的作用力之比为F23∶F56＝2∶1，故选项D正确。 4.B　设钢球从左到右分别为球1、2、3、4、5，球2先与球3相碰，根据动量守恒定律以及能量守恒定律可得mv＝mv2＋mv3，mv2＝mv＋mv，解得v2＝0，v3＝v，可知球2与球3互换速度，接着球3先与球4相碰，同理可得球3与球4互换速度，依此类推，最终球2、3、4静止，球5以速度v向右运动。接着球1与球2相碰，同理可得，最终球1、2、3静止，球4以速度v向右运动，故碰撞后向右远离的小球个数为2个，故选B。 5.D　A到B的过程初状态动量方向竖直向下，末状态动量方向水平向右，大小均为p1＝p2＝mv＝4 kg·m/s，该过程小物块的动量改变量大小Δp＝＝8 kg·m/s。根据动量定理可知I合＝Δp＝8 N·s，即A到B的过程中合力对小球的冲量大小为8 N·s，故选项A正确；依题意P为圆弧AB的中点，则小物块在P点的速度方向与竖直方向成45°角，根据功率的表达式P＝mgvcos 45°＝40 W，故选项B正确；由几何知识可知hAP＝Rcos 45°＝ m，hPB＝R－Rcos 45°＝2－ (m)，由动能定理可得mghAP－WAP＝0，mghPB－WPB＝0，联立解得WAP＝40 J≈56.6 J，WPB＝40(2－) J≈23.4 J，可知AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功，故选项C正确；小物块在B点时，由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，FN＝44 N，根据牛顿第三定律可知小物块对圆弧轨道的压力大小为44 N，故选项D错误。 6.C　小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧到飞离圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒、机械能守恒，因此小球有两个分速度，其中v1是相对轨道的速度，与圆弧相切，v2是随轨道运动的速度，方向水平，如图甲所示，由几何关系，可知v1与v2成60°角，v与v2成30°角，则v1与v成30°角，所以四边形是菱形，v1＝v2，则有v＝v2，由动量守恒定律可得m0v0＝m0vcos 30°＋1.5m0v2，系统的机械能守恒m0v＝m0v2＋×1.5m0v＋m0gR(1－cos 60°)，联立解得R＝，小球飞出时圆弧轨道的速度为v2＝v0，小球飞出时速度为v＝v2＝v0，故选项A、B错误，C正确； 由题意可得矢量三角形，如图乙所示，由几何关系可得(Δv)2＝v2＋v－2vv0cos 30°，其中v＝v2＝v0，解得Δv＝v0，选项D错误。 甲 乙 7.C　中子与原子核相碰，系统的合外力为0，动量守恒。设中子的质量为m，碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，碳核碰后的速度为v2。规定中子原来的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋12mv2，由能量守恒定律有mv＝mv＋·12mv，联立解得v1＝－v0，中子剩余的动能是Ek1＝mv＝m2＝2Ek，中子经过2次与碳核的碰撞后，其动能变为Ek2＝4Ek＝0.51Ek，故选C。 8.C　设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，v2＝－，结合题图乙可得＝，＝b，所以a＝v0，m＝M，故选项A正确；对小球和圆弧滑块组成的系统mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv，解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为v1＝ v0＝<0，即a>b时小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离时向左做平抛运动，故选项D正确；小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v共，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v共，v共＝＝，故选项B正确；小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得mv＝(m＋M)v＋mgh，h＝＝，故选项C错误。 9.BD　甲球垂直撞向挡板后原速率返回，且两球刚好不会发生第二次碰撞，则碰撞后甲球和乙球速度方向相反，大小相等，即碰撞后乙球向右运动，故A错误；设甲球的质量为m1，乙球的质量为m2，碰撞前乙的速度为v0，则根据题意可知，取向左为正方向，碰撞前、后乙球的速率之比为3∶1，则甲球的速度为v0，乙球速度为－v0，由动量守恒定律有m2v0＝m1·v0－m2·v0，解得＝，故B正确；根据题意可知，碰撞前、后动量守恒，则碰撞前、后两球总动量之比为1∶1，故C错误；结合上述分析可知，碰撞前两球总动能为Ek1＝m2v，碰撞后两球总动能为Ek2＝m12＋m22＝m2v，则碰撞前后两球总动能之比为＝，故D正确。 10.BD　由题图可知，甲、乙两小球碰撞为完全非弹性碰撞，两小球碰撞过程中满足动量守恒，则有m甲v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m乙)v，其中v甲＝－5 m/s，v乙＝5 m/s，v＝0，解得m乙＝m甲＝1 kg，故选项A错误；两小球碰撞过程中的机械能损失为|ΔE|＝m甲v＋m乙v＝25 J，故选项B正确；由题图可知，甲、乙两小球碰撞后一起运动的加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，斜面光滑，根据牛顿第二定律可得a＝＝gsin θ，sin θ＝，tan θ＝，故选项C错误；根据vt图像与横轴围成的“面积”表示位移，以乙研究，可知碰撞位置与出发点的距离为x＝×(4－2) m＝20 m，由题图可知碰后甲、乙一起沿轨道向下做初速度为零的匀加速直线运动，根据v′2＝2ax，解得两小球回到出发点时的速度为v′＝＝ m/s＝10 m/s，故选项D正确。 ·67·11.AC　t0时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得＝＝，＝a0，则长木板Q的质量为m，故选项A正确；t0时刻弹簧压缩到最短，P和Q速度相等，根据动量守恒定律，有mPv0＝(mP＋mQ)v，根据能量守恒定律可得最大弹性势能为ΔEp＝mPv－(mP＋mQ)v2＝mv，故选项B错误；0～2t0时间内，根据动量守恒定律，有mPv0＝mPv1＋mQv2，根据机械能守恒定律，有mPv＝mPv＋mQv，联立解得v2＝v0，v1＝v0；2t0时刻Q和弹簧分离，M和Q之间动量守恒mQv2＝(mQ＋mM)v′，解得v′＝v0，产生的热量为Q＝mQv－(mQ＋mM)v′2＝mv，故选项C正确；由上述分析可知M和Q共速时v′＝v0>v1，弹簧不能和Q发生二次作用，故选项D错误。 12.BC　根据牛顿第二定律μmg＝ma，a＝μg＝5 m/s2；根据匀变速运动公式v2＝2ax，解得小球与小物块碰后小物块速率v＝＝2 m/s，选项B正确；设小球碰撞前的速度为v1，碰撞后的速度为v1′，根据动能定理mgL＝mv，mgh＝mv1′2，解得v1＝4 m/s，v1′＝2 m/s，以向右为正方向，根据动量守恒定律m1v1＝－m1v1′＋m2v，解得＝，选项A错误；碰撞前动能Ek1＝m1v＝8m1，碰撞后动能Ek2＝m1v1′2＋m2v2＝2m1＋2m2＝8m1，碰撞前后动能相等，所以小球与小物块碰撞是弹性碰撞，无机械能损失，选项C正确，D错误。 13.解析　(1)依题意可知打点间隔为T＝＝0.02 s，相邻计数点间的时间间隔为Δt＝2T＝0.04 s；在打计数点1和5的过程中重力的冲量的大小为I＝mgt＝300×10－3×10×0.04×4 N·s＝0.48 N·s；打计数点1时重物的速度大小为 v1＝×10－2 m/s＝1.171 25 m/s，打计数点5时重物的速度大小为 v5＝×10－2 m/s＝2.731 25 m/s，在打计数点1和5的过程中重物动量改变量的大小为 Δp＝mv5－mv1＝0.468 kg·m·s－1。 (2)本次实验δ＝×100%＝×100%＝2.5%。 答案　(1)0.48　0.468　(2)2.5 14.解析　(1)根据游标卡尺的读数规则可知遮光条的宽度为d＝(4＋0.05×8) mm＝4.40 mm。 (2)根据牛顿第二定律有mBg－mAg＝(mA＋mB)a，a＝g＝1.96 m/s2。 (3)遮光条经过光电门时的速度为v＝，两球的动量增加量之和为Δp＝(mA＋mB)v＝0.50 kg·m/s，A、B球重力的冲量大小之差为ΔI＝(mB－mA)gt＝0.52 N·s。 答案　(1)4.40　(2)1.96　(3)0.50　0.52 15.解析　根据题意，设小球A和物块C质量均为m＝2 kg，B的质量为M＝6 kg，细绳OP长为l＝1.6 m，初始时细线与竖直方向夹角θ＝60°。 (1)A开始运动到最低点有mgl＝mv－0 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 F－mg＝ 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所受的拉力为40 N。 (2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知mv0＝0＋mv C 故解得vC＝v0＝4 m/s。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，过程中根据动量守恒定律可得 mv0＝v，根据能量守恒定律得μmgL相对＝mv－v2 联立解得μ＝0.15。 答案　(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 16.解析　(1)设两物块质量均为m，斜坡倾角为θ，A物块初始释放位置与坡底水平距离为x1，B物块初始位置与坡底水平距离为x2，碰撞前瞬间A的速度为v，碰撞后瞬间A、B的速度分别为vA、vB，根据动能定理和几何关系有 mgh－μmgcos θ·－μmgx2＝mv2　① x1＋x2＝x　② 根据动量守恒定律有mv＝mvA＋mvB　③ 碰撞后两物块做匀减速直线运动，根据动能定理有 －μmgxA＝－mv　④ －μmgxB＝－mv　⑤ 联立①②③④⑤式解得μ＝0.5。　⑥ (2)设A、B物块质量分别为mA、mB，碰撞后瞬间速度分别为v1、v2。由于B物块左侧安装一根轻弹簧，所以A、B物块会发生弹性碰撞，有 mAv＝mAv1＋mBv2　⑦ mAv2＝mAv＋mBv　⑧ 联立⑦⑧可知，当mA≫mB时，v2可取得极大值，有 v2≈2v　⑨ 根据动能定理有－μmBgxm＝－mBv　⑩ 联立⑨⑩式解得xm＝19.6 m。 答案　(1)0.5　(2)19.6 m 17.解析　(1)设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块·68·在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma 设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有v＝2aL 联立并代入数据得v1＝6 m/s 由于v1＞5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。 (2)设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3 小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为 ΔEk＝mv－mv－Mv 联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。 (3)经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有Mg＝M 对小球的整个上升过程，由动能定理得 －Mg(l＋l－x)＝Mv－Mv 联立并代入数据得x＝0.2 m。 答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 18.解析　(1)对3号门板，根据动能定理W－μmgd＝0，解得W＝μmgd。 (2)①设3号门板与2号门板碰前速度为v0，碰撞后两板一起运动的速度为v，对碰后到停下的过程，两门板位移为d，从碰后的3号门板与2号门板(整体)，根据动能定理可得 －μ·2mgd＝0－·2mv2，解得v＝ 对3号门板与2号门板的碰撞过程，根据动量守恒定律 mv0＝2mv，v0＝2v＝2 碰撞过程损失的机械能ΔE＝mv－·2mv2＝2μmgd。 ②对3号门板力F作用的时间内Fx－μmgd＝mv－0 解得x＝d<d 撤掉F时，3号门板还未与2号门板相碰，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，a＝5μg 根据位移时间关系x＝at2 解得t＝。 答案　(1)μmgd　(2)①2μmgd　② 学科网（北京）股份有限公司 $$