专题7 动量及其守恒定律-【创新教程】2021-2025五年高考真题物理分类特训试卷

专题七 动量及其守恒定律 [考点1]动量、冲量和动量定理 1.(2024·辽宁卷，1)2024年5月3日长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移 轨道，火箭升空过程中，以下描述的物理量属于矢量的是 ( A.质量 B.速率 C.动量 D.动能 2.(2024·全国甲卷，20)（多选）蹦床运动中，体重为60kg ◆FN 整 的运动员在1=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大 小F与时间t的关系如图所示.假设运动过程中运动员 身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平，忽 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5/ 紧 略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的是 A.t=0.15s时，运动员的重力势能最大 B.t=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s C.=1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N 的 3.(2022·全国乙卷，20)（多选）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始 ↑FN 在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示.已知物块与地面间的动摩 布 擦因数为0.2，重力加速度大小取g=10m/s2.则 24 6 t/s A.4s时物块的动能为零 B.6s时物块回到初始位置 C.3s时物块的动量为12kg·m/s D.0一6s时间内F对物块所做的功为40J 4.(2021·湖南卷，8)（多选）如图()，质量分别为mA、mB的A、B两物体 222一 河 用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水 戡 阳 平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B 两物体运动的a一t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a一t 图线与坐标轴所围图形的面积大小，S2、S3分别表示t1到2时间内A、 B的a一t图线与坐标轴所围图形的面积大小.A在t1时刻的速度为 .下列说法正确的是 () 图(】 A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAo 的 B.mA>mB C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x D.S1-S2=S3 5.(2022·湖南卷，14)如图()，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次 非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处.设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受 重力的入倍(Q为常数且0<入<H,且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相 同，重力加速度大小为g: 33 图(a) 图(b) (1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比； (2)若篮球反弹至最高处时，运动员对篮球施加一个向下的压力F,使得篮球与地面碰撞 次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中。已知，求F。的大小： (3)篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极 短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I,经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处， 求冲量1的大小. 6.(2021·山东卷，16)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用 地面的冲击打碎硬壳.一只海鸥叼着质量m=0.1kg的鸟蛤，在H=20m的高度、以o,=15 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上.取重力加速度g=10m/s2,忽略空 气阻力. (1)若鸟蛤与地面的碰撞时间△一0.005s,弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作 用力的大小F;(碰撞过程中不计重力) (2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L=6m的岩 石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系.若海鸥水平飞行的高 g 度仍为20m,速度大小在15m/s~17m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到 岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围. 01 34 [考点2]动量守恒定律(1) 1.(2025·河南卷，7)两小车P、Q的质量分别为mp和ma,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实 验，碰撞前后的速度随时间t的变化分别如图1和图2所示.小车N的质量为m、,碰撞时间 极短，则 () Q 碰撞前 碰掠后 碰撞前 碰撞后 图1 图2 A.mp>my>mg B.ms>mp>mg C.mg>mp>mN D.mo>mN>mp 2.(2024·江苏卷，9)在水平面上有一个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的左侧，右侧用一根细绳连 WB 接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳 后，则 A.弹簧原长时物体动量最大 B.压缩最短时物体动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 3.(2024·湖北卷，10)（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。成正比，即∫= k,(为已知常数).改变子弹的初速度大小u。,若木块获得的速度最大，则 A.子弹的初速度大小为2kL(m十MD 2mM mM B.子弹在木块中运动的时间为(m干M C.木块和子弹损失的总动能为L(m十M mM D.木块在加速过程中运动的距离为，mL m+M 4.(2022·湖南卷，4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射。 …0 线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成.如图，中子以速中子 氢核 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氨核的速度分别为 氮核 和2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应.下列说法正确的是( ) A.碰撞后氨核的动量比氢核的小 B碰撞后氨核的动能比氢核的小 C.v2大于 D.2大于U 5.(2021·山东卷，11)（多选）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的 高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度%水平投出，落地时物资与热气 球的距离为d.已知投出物资后热气球的总质量为M,所受浮力不变，重力加速度 为g,不计阻力，以下判断正确的是 H A.投出物资后热气球做匀加速直线运动 B.投出物资后热气球所受合力大小为mg 7717771777777 c.d=1+) 2H6+H D.d +1+) 35 6.(2021·全国乙卷，14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢一n☐」 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.在以地面为参考系（可视为惯 性系)中，从撒去推力开始，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 7.(2024·山东卷，17)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表 面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点.质量为m 的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为以，最大静摩擦力等于滑动摩 擦力.已知轨道半圆形部分的半径R=0.4m,重力加速度大小g=10m/s2, *a/(m·8 盼 FIN 图甲 图乙 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg, 求小物块在Q点的速度大小； (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度α 与F对应关系如图乙所示。 (i)求4和m; (ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N,当小物块到P点 时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s.求轨道水平部分的长度L. 36 [考点2]动量守恒定律(2) 8.(2024·湖南卷，15)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为 mA和mg的小球A和B(mA>mg).初始时小球A以初速度。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 (1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆 周运动所需向心力的大小： (2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小 球的质量比m: 整 (3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小 的e倍(0<e<1),求第1次碰撞到第2n十1次碰撞之间小球B通过的路程， 紧 翰 9.(2024·江苏卷，14)嫦娥六号在轨速度为。，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△t,分离后B的速度为v,且与0，同向，A、B的质量分别为m、M.求： (1)分离后A的速度y； 数 (2)分离时A对B的推力大小 阳 黑 37 10.(2024·辽宁卷，14)如图，高度h=0.8m的水 B 平桌面上放置两个相同物块A、B,质量ma一ma =0.1kg.A、B间夹一压缩量△x=0.1m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=0.4m,B脱离弹簧后沿 桌面滑行一段距离x=0.25m后停止.A、B均视为质点，取重力加速度g=10m/s2.求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小va和； (2)物块与桌面间的动摩擦因数； (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能△E。, 11.(2023·全国乙卷，25)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆 盘，圆盘与管的上端口距离为1，圆管长度为201.一质量为m-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 20 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， 12.(2023·山东卷，18)如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B 的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上，作用在A上的水平外力，使A与B以相 同速度。向右做匀速直线运动.当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑 的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度？滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P 板的距离为s.已知=1m/s,v=4m/s,ma=mc=1kg,ma=2kg,A与地面间无摩擦，B与 地面间动摩擦因数4=0.1，C与B间动摩擦因数42=0.5，B足够长，使得C不会从B上滑 下.B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g=10m/s2. 38 (1)求C下滑的高度H; (2)与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围； (3)若s-0.48m,求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W; (4)若s=0.48m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动 量的变化量△p的大小. 13.(2023·浙江卷，18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所AS口 示的实验装置.水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝 R 0 连接，两半径均为R=0.4的四分之一圆周组成的竖直细圆 O E R 弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切 连接.质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接， 静置于轨道FG上.现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v。=2,√21m/s从D处进入，经 DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）.已知传送带长L一0.8m,以v-2m/s的速 率顺时针转动，滑块α与传送带间的动摩擦因数：=0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可 视为质点，弹簧的弹性势能E,=kx(x为形变量). (I)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v?和所受支持力大小FN; (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能△E; (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差△x 39 14.(2023·湖南卷，15)如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地 面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短 轴分别为a和b,长轴水平，短轴竖直.质量为m的小球，初始时 刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑.以初始时刻椭圆 中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角 坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上.整个过程凹槽不翻转，重力 加速度为g (1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的 距离； (2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程； （③)若兰。产。求小球下降A一-号商度时，小球相对于地面的速度大小结果用a6及g表示， 15.(2023·辽宁卷，15)如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地 面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧 W 处于自然状态，质量m,=4kg的小物块以水平向右的速度，=：/s滑上木板左端，两者共 速时木板恰好与弹簧接触.木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数：=0.1，最大静摩擦力等 于滑动擦力.弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E,与形变量x的关系为E,=司 kx2.取重力加速度g=10m/s,结果可用根式表示 (1)求木板刚接触弹簧时速度)1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1, (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速 度2的大小. (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t。.求木板从速度为2时到之后与物 块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能△U(用t。表示). 40 16.（2022·全国乙卷，25)如图(a),一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面 上：物块B向A运动，一0时与弹簧接触，到1一2。时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 v一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0.36to.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(si0=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 B一人 图(a) 图(b) (1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值： (2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值： (3)物块A与斜面间的动摩擦因数. 17.(2022·山东卷，18)如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块 小球0 A处于平板B上的O'点，O点左侧粗糙，右侧光滑.用不可伸长的 轻绳将质量为M的小球悬挂在O'点正上方的O点，轻绳处于水平 -04 B 拉直状态.将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰 撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于5°），A以速度。沿 平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞.一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于 地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点，已知A的质量m4=0.1kg,B的质 量mg=0.3kg,A与B的动摩擦因数41=0.4，B与地面间的动摩擦因数42=0.225,6= 4m/s,取重力加速度g=10m/s2.整个过程中A始终在B上.所有碰撞时间忽略不计，不计 空气阻力，求： (1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB: (2)B光滑部分的长度d: (3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功W,: (④)实现上述运动过程，M的取值范围（结果用c0s5°表示）。 mA 41 18.(2021·湖南卷，14)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一◇4 长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有 一段弧形轨道PQ.质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数 .D 为以.以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy,x轴 的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为 (2L,L),Q端在y轴上.重力加速度为g. (1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2L的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小： (2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相 同，求PQ的曲线方程； (3)将质量为λm(入为常数且入≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与 B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右 侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围. 42专题七动量及其守恒定律 考点1 1.C失量是既有大小又有方向的物理量，所以动量是失 量，而质量、速率、动能只有大小没有方向，是标量， 2.BDA.根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15s时， 蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运 动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误； BC.根据题图可知运动员从t=0.30s离开珊床到t= 2.3再次落到蹦床上经历的时间为28，根据竖直上抛 运动的对称性可知，运动员上升时间为1s,则在t=1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，=0.30s时运动员 的连度大小v=10×1m/s=10m/s,故B正确，C错误； D.同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s,以 竖直向上为正方向，根据动量定理F·△t一mg·△=mv 一（一mu), 其中△=0.3s, 代入数据可得F=4600N, 根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接融到离开 过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,故D正确. 3.AD物块与地面间的摩擦力为∫=mg=2N AC.对物块从03s内由动量定理可知 (F-f)t=mvs 即(4-2)×3=1× 得西=6m/s 3s时物块的动量为p=m=6kg·m/s 设35后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得 -(F+f)t=0-mvs 即-(4+2)=0-1×6 解得t=1s 所以物块在4$时速度减为0，则此时物块的动能也为 0,故A正确，C错误： B.0一3s物块发生的位移为x1,由动能定理可得 (F-Dzm 即4-20x=号×1×6 得x1=9m 3s一4s过程中，对物块由动能定理可得一(F十f)x2= 0-乞m 即-（4+2)x:=0-2×1×62,得五=3m 4s一6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a= F-f=2 m/s 发生的位移为马=名×2X2m=4m<十西 即6s时物块没有回到初始位置，故B错误： D.物块在6s时的速度大小为，=2X2m/s=4m/s 068拉力所做的功为W=(4×9一4×3十4×4)J=40J 故D正确，故选AD. 4.ABDA.由于在0一t1时间内，物体B静止，则对B受 力分析有F=F# 则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧 既作用于B也作用于A,则可将研究对象转为A,撒去F 后A只受弹力作用，则根据动量定理有 I=m(方向向右) 则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相 同，A正确；B.由a一t图可知t1后弹簧被拉伸，在2时 刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有 F舞=mAaA=maB,由图可知aB>aA,则mg<mA,B正 确；C.由图可得，1时刻B开始运动，此时A速度为。， 之后A、B动量守恒，A、B和弹簧整个系统能量守恒，则 mAUg=mAA十mAUa 17 可得A、B整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转 化为A、B系统的动能，弹簧的形变量小于x,C错误：D. 由ct图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉仲，在t1~t2 时间内A、B组成的系统动量守恒，且在2时刻弹簧的 拉仲量达到最大，A、B共速，由a一t图像的面积为△v, 在4时刻A,B的速度分别为 =S1-S:V8=S A、B共速，则S一S2=S,D正确.故选A、B、D. 5,解析：(1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有mg一 入mg=mar, 再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有= 2at H, 篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有mg十入mg =ma上1 再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有 =2a上h, 则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比 是√ (1+A)h (2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个 向下的压力F,则篮球下落过程中根据动能定理有 +h-F。-xmgh=之m导， mgh+2 篮球反弹后上升过程中根据动能定理有一mgh一Amgh 1 =0-zm(kw'e)', 联立解得F,-2mg1-A)(H-) h-ho (3)由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为 ax=(1-)g(方向向下)，a上=(1十)g(方向向下)， 由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瓣间给其 一个竖直向下、大小相等的冲量I,由于拍击时间极短， 则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有 I=m0, 即每拍击一次篮球将给它一个速度. 拍击第1次下降过程有-v=2(1一A)gh, 上升过程有(k1)2=2(1十A)gh:, 代入k后，下降过程有-2=2(1一A)gh。, 上升过程有h=2(1一1)gHh1, 联立有4=(+g)=（合）·+ h （月)2g1-万 拍击第2次，同理代入k后，下降过程有一v=2(1一 入)gh1, 上升过程有h=2(1一A)gHh2, 联立有=合（十2g-万小 弄持代入4有A=(合)广·+（合）广： 2g+(合）：2g0 拍击第3次，同理代入k后，下降过程有 -v=2(1-λ)gh2, 上升过程有h=2(1一A)gHh3, 联立有=骨（色十a2 再#代入有-（合）广·十（合）广·2g刀 2 +()·2-+()：2g- 2 02 (h 直到拍击第N次，同理代入后，下降过程有一= 2(1-1)ghw-1, 上升过程有h函=2(1一入)gHhw, 3 联立有=合（色十2g-刀 将代入h有（合）·+(合) 2g(1-+ (合)·g+…+() ·2g(1-x万 其中hw=H,hg=h, 合1 则I= [(合)小 N+I h ·(1-λ)2g. (合) (I十A)h 答案：(1)k1-)日 (2)F。=2mg1-A)(H-h) h-ho (3)I= h [(信广小 一1 N+1 h ·(1-λ)2g ( 6.解析：(1)设平抛运动的时间为t,鸟蛤落地前鳞间的速 度大小为口.竖直方向分速度大小为巴，根据运动的合成 与分解得 H=g,=,=√属+ 在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度口的方向为正 方向，由动量定理得 -F△1=0一mv 联立，代入数据得F=500N (2)若释放鸟蛤的初速度为4=15m/s,设击中岩石左 端时，释放点的x坐标为x1,击中右端时，释放点的x坐 标为x2,得 =t,x2=x1十L 联立，代入数据得 x1=30m,x2=36m 若释放鸟蛤时的初速度为2=17m/s,设击中岩石左端 时，释放点的x坐标为x1',击中右端时，释放点的x坐 标为x:',得 x'=,x2'=x1+L 联立，代入数据得 x1=34m,x2'=40m 综上得x坐标区间 [34m,36m或(34m,36m) 答案：(1)F=500N:(2)[34m,36m]或(34m,36m) 考点2 1,DP、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mm仰十 mxUN=mp vp +mxUN, 即m,(二)=mN('-w), 根据图像可知（你一）>('一w),故mn<mw； 同理，Q,N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有ma%十 mww=mga'十mww', 即mg(o-%=mw('-w), 根据图像可知(o一a')<(w'-w),故ma>m;故 mQ>mw>mp.故选D. 2.A对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系 统动量守恒，得mAvA=m%, 设弹簧的初始弹性势能为E。,整个系统只有弹簧弹力做 17 功，机械能守位，当弹簧原长时得E,=2A暖十 1 运，联立得E=(阅十m)小话，故可知华簧原长 1 时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。 3.ADA.子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子 弹穿出木块后子弹和木块的速度分别为，，则有 mvo=mv+Mvz, 子弹和木块相互作用过程中合力都为f=kU。,因此子弹 和物块的加速度分别为a一，a,=行 由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为·x,则 2a1x1=6-,2agx=吃， 联立上式可得%= -2+ M+m 因此木块的连度最大即4√居一2（份+智）上取板值 中可，该函数在2（片十后）》上到无方单调递发，因此当 -2会+始)上=2时，木块的速度最大A正 确：B子弹穿过木块时木块的速度为一m,由运动 mM 学公式=a可得I一(m十0，故B错误：C.由能量 守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热， 即△E=Q=fL=2LCm+M0,故C错误，D.木块加速 mM 过程运动的距青为五=0生产！= ml,故D正确。 4,B设中子的质量为m,氢核的质量为m,氨核的质量为 14m,设中子和氢核碰撞后中子速度为1，由动量守恒定 律和能量守恒定律可得m心，=m0十m,2m心一 1 之m心+2mG, 联立解得=%， 设中子和氯核碰撞后中子速度为，，由动量守恒定律和 1 能量守恒定律可得m=14m十m,2m6= 名14md+之md, 2 联立解得=15 可得巧=>0， 碰撞后氢核的动量为=m=m%, 28m5 氦核的动量为p、=14m2= 15, 可得pNpH, 碰控后氨核的动能为Ba=7mf=之m心， 氯横的动能为瓦、=号·14m-28 1 225· 可得E.>E,故B正确，ACD错误.故选B. 5.BCAB.热气球开始携带物 资时处于静止状态，所受合外 力为0，初动量为0，水平投出 重力为g的物资醉间，满足 g 动量守恒定律Mo=mo,则热 气球和物资的动量等大反向， 热气球获得水平向左的速度77刀 v,热气球所受合外力恒为mg,竖直向上，所以热气球做 匀加速曲线运动，A错误，B正确：CD.热气球和物资的 运动示意图如图所示 热气球和物资所受合力大小均为mg,所以热气球在竖 直方向上加速度大小为a一M8 m 物责落地H过程所用的时同：内，根搭H=合g解得 落地时间为 2H 入Ng 热气球在坚直方向上运动的位移为Hw=合㎡= 1 热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移 2H 为xn=%tFNg w==得√g 2H 根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为 H+f, 4=√+)+(H+Hw=1+程√g C正确，D错误.故选B、C. 6,B因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撒去推力后 滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平 地面是光滑的：以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动 量守恒和机械能守恒的条件可知撒去推力后该系统动 量守恒，机械能不守恒.故选B. 7.解析：(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心 力有mg十3mg=m尺， 代入数据解得v=4m/s (2)(1)根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道一起 向左加速，根据牛顿第二定律可知F=(M十m)a, 报活国乙有k=十m=0.5kg, 当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道 有F-ng=Ma, 结合题图乙有a一 M 2 可知及=立-1g， 载距b=-=-2m/s, M 联立以上各式可得M=1kg,m=1kg,=0.2. (I)由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2,小 物块的加速度为a2=g=2m/5, 当小物块运动到P点时，经过。时间，则轨道有 =ato 小物块有h=a2lo, 在这个过程中系统机械能守恒有号M十m暖= 号M+7m+2mgR. 水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则有M十 mU:=Mv +mv 联主解得to=1.58, 根搭运动学公式有L=弓a,石-24，， 代入数据解得L=4.5m. 答案：(1)v=4m/s(2)(1)=0.2,m=1kg(i)L =4.5m 17 8.解析：(1)对A、B系统，碰撞前、后动量定恒，设碰撞后小 球组合体的速度大小为， 由动量守恒有m=(mA十mg)U, 碰撞后，对组合体，由牛顿第二定律有F。=(mA十 mF。=(mA十maR 联立解得一m十mg m味喝 (2)设A、B第一次碰撞后的速度 大小分别为、%，碰撞过程动量 守恒、机械能守恒，对A、B系统有 ma6=maVA十mg阳， 、120m8a 120⊙- m。 /1209 1 1 2m听=2a听十zm哈， 联立解得vA= (m一mg） m十mg ,% 2mAvo 一m十阀 分两种情况讨论： 第一种情况，若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一 次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为 4十3其中=0,1,2,3，…，则么=1十3 "%4+3k 联立得得一-共瓷是然与只能取0，则一-2。 ms 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为口人、 ,则mAA十m阳=mA人十m, m或+之m喝=之m吹+之哈， 1 1 联立解得0A=vB=0,故第三次碰撞发生在b点、第 四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意. 第二种情况，若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次 碰撞到第二次碰糖之间，A,B通过的路程之比为什，弗 中6=0,1,23，…，则=2+3张 %5+3k2 联立解得公=1-3k,显然只能取0，则=5， mB 同理可得第二次碰撞后A=,馆=0，则第三次碰撞发 生在c,点、第四次碰撞发生在b点，以此类推，满足题意. 综上所迷，=2或5. ma (3)第一次碰前相对速度大小为%，第一次碰后的相对 速度大小为和=，第一次碰后与第二次相碰前B球 比A球多运动一图，即B球相对A球运动一圈，有 =2πR 1 第一次碰撞有mA=mAA1十mB, 第一次碰撞后有越=Vm一A1=e, 解得一m十mB mA一(6十巧相）， B球运动的路程1== 2元RmA mA十mg 2xRmA（⊥十1： mA十mg(e 第二次碰撞的相对速度大小为相=U相=e%,a =2πR 02相 第二次碰撞有mA=m"十mm· 第二次碰撞后有V2梅=U一， A一（6一将） 解得e一mA十me B球运动的路程s=m2= 2元RmA 6-1 mA十mg (位- 由以上规律可以归纳为第2n十1次碰前一共碰撞了2m 次，5=51十52十53十…十52 1 2πRmA上+支+京+…+1 ma十mgee2 解得s= 24·之1 m+mge2"(e-1)1 答案：(1)m46 m喝 (2)2：1或5：1 mA十mB mA十ma)R o· e-1 9.解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取的方向为正方 向，有(m+MD=Mu十mU, 解得=Cm+M-M m (2)以B为研究对象，对B根据列动量定理有F△M=Mv 一M,解得F=Mu-) △ 答案：(1)m+M0-Mw (2)Mu-5) △ 10,解：(1)对物块A由平抛运动知识得A=合g, xA=t,代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为 a=1m/s,对AB物块整体由动量守恒定律mUa= mg%,解得脱离弹簧时B的速度大小为g=1m/s. (2)对物块B由动能定理一ms5z4=0-乞mg哈，代入 数据解得，物块与桌面间的动摩擦因数为以=0.2。 1 1 (3)由能量守恒定律△E,=乞m听+乞m哈十 HmAg△xA十mBg△xa,其中mA=mB,△x=△xA十 △xB,解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能△E。= 0.12J. 答案：(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J 11.解析：(1)过程1：小球释放后自由下落，下降 由执被能守恒定律得，mg=弓md,得w=V2g 过程2：小球以，=√2g(与静止圆盘发生弹性碰撞， 碰撞过程中动量守恒，有m=m十M0 机核能守恒，有2m话=名m+之Mw, 所以+0一名 1 1 =2w 即小球碰后建度大小为是V②，方向竖直向上，圈盒 碰后滤度大小为是V②@，方向竖直向下： (2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘因摩擦力 与重力平衡，匀速下滑. 所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断 增大。 当二者速度相同时，间距最大，即功十g1= 可得=一=色 g 又6=2g·zg, 176 (3)第一次碰后→第二次碰撞前，小球竖直上抛再做自 由落体运动，圆盘则是匀速下滑，当二者即将第二次相 碰时（理解为相逼）工：=工球 26 即：6十贴=，得名 3 此时小球建度=十贴=之%，圈盘速度仍为'， 在这段时间内，圆盘向下移动，1=与一-21 g 之后二者第二次发生弹性碰撞，根据 动量守恒：m心十Mu'=mu,'十M"2 根据机核能守板：弓m+号M=名m+子Me 1 得碰撞后小球速度'=0，圆盘速度”=% 这段时间内，国金向下移动，：=，=2沙-4 g 此时圆盘距下端关口131，之后二者第三次发生碰撞 根据有动量守恒：mu十Mo”=mu'十M” 银搭款镜能守恒：安m话+合Mw-专m+合M 得硅后小球速度为'=弓4国金速度可=昌 第三次碰后→第四次碰前，小球加速下降，圆盘匀速 下滑， 当二者即将四次碰撞时，x=x3,即"3='t十 1 2gG,得4-0=4=4 在这役时间内，国盘向下移动，x=,=3心=61， g 此时圆盘距离下端管口长度为201-11-21-41-61= 7,此时可得出国盘每次碰后到下一次碰前，下降距离 逐次增加21，故若发生下一次碰撞，國盘将向下移动 x:,=8L,则第四次碰撞后落出管口外， 因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次 数为4次. 答案：1)小球碰后速度大小为号V②g(方向竖直向 上)，圆盘碰后速度大小为号V2g7(2)1(3)4 12.解析：(1)由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定 理有mcgH=之m0,代入数据解得H=0,8m (2)滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力 f2,f:=uamcg, 木板B受到C的摩擦力水平向右，为∫，=mcg, B受到地面的摩擦力水平向左，为=4(mc十mg)g, 所以滑块C的加速度为ac=也c8=西g=5m/3, c 木板B的加速度为 a=mc8二mc十m8=1m/s, mB 设经过时间41，B和C共速，有4-5×1=1十1×1， 代入数据解得t1=0.5s, 木板B的位移5m=1×0.5+7×1×0.5的)m= 0.625m. 共同的速度v1=(1+1×0.5)m/s=1.5m/5, 此后B和C共同减速，加速度大小为ax= 凸(ma十mc》8=1m/s2, mB十mc 设再经过t2时间，物块A恰好滑上木板B,有0.625十 (1.56-2×1xG)）=1x0.5+ 整理得号一12一0.25=0， 解得么-16-12（会 此时B的位移 5m=0.625+(1.56-2×1×G）=1+号≈1.707m 共同的速度=1-4eX=1.5-1X1h2m/5= 2 (-)s 综上可知满足条件的s范围为0.625m≤≤1.707m (3)由于s=0.48m<0.625m, 所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B,根据 运动学公式有0,48=1×十号×1×， 整理后有t6十2t。一0.96=0， 解得t01=0.48s,t2=-2.4s(舍去)， 滑块C在这段时间的位移S。=4X0,4-号×5X0,m =1.2m, 所以摩擦力对C做的功W=一f2se=一西mg5c=一6J. (4)因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静 止，物块A向左匀速运动.木板B向右运动0.48m时， 有m=1十1X0.4m/s=1.4m/s, e=4-5X0.4m/s=2m/s, 5a=1×0.4m=0.4m, 此时A、B之间的距离为s=0.48m-0.4m=0.08m. 由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹 接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小a'B= mcg+(ma十mc)8=4m/s2, 物块A和木板B相向运动，设经过2时间恰好相遇， 则有1×名+(1.6-2×4×）=0.08， 整理得t-1.2t3十0.04=0 解得4=3-22s,,=3+2Es(会去) 5 5 此时有m=1,4-4X3=2巨m/s=82-5m/s 5 5 方向向左%=2-5×3-22m/5=(22-1)m/s, 5 方向向右 接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为=1m/s, 方向向右，以水平向右为正方向，则有mv十m(一) =mAVA十mg0B, m+m,(一2=之m成+合m, 1 代入数据解得4=-322-25m/s≈一2.02m/s, 15 4-15-82m/s0.246m/s, 15 而此时0=6=2-5×3-22） m/s=(2√2-1)m/s 5 ≈1.83m/s. 物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于 摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系 统的初动量p和=(ma十mg)十mcv=7kg·m/s, 末动量pg=mAA=一2.02kg·m/s, 则整个过程动量的变化量△p=pk一p=一9.02g·m/s, 即大小为9.02kg·m/s. 答案：(1)H=0.8m(2)0.625m≤s≤1.707m (3)-6J(4)9.02kg·m/s 171 13.解析：(1)滑块a从D到F,由能量关系mg·2R= n 在F点FN一mg=mF 解得r=10m/s, Fw=31.2N. (2)滑块a返回B点时的速度vB=1m/s,滑块a一直 在传送带上减速，加速度大小为a=g=5m/s, 根据v=一2aL, 可得在C点的速度vc=3m/s, 则滑块a从硅接后到到达C点号md=之m呢十mg·2R, 解得=5m/s 因ab碰撞动量守恒，则mvr=一m十3mv, 解得碰后b的速度v2=5m/s, 则碰捷损夫的能量△E=号m-合m-之·3md 1 =0. (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共 同速度为v,则mve=4mv, 解得v=2.5m/s, 当弹簧被压缩到最短或者仲长到最长时有共同速度 v',则4mv=6mu 解得t=号n/s, 当弹簧被压缩到最短时压缩量为， 由能量关系号·m时=是·6m”十之好 解得x1=0.1m, 同理当弹簧被拉到最长时仲长量为x2=工， 则弹簧最大长度与最小长度之差△x=2x1=0.2m 答案：(1)10m/s:31.2N(2)0(3)0.2m 14.解析：(1)小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方 向系统动量守恒，取向左为正，0=m一M2, 小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒mgb= 合m听+子M, 1 2m gb 联立解得一√M+Mm 因水平方向在任何时候都动量守恒即0=m四，一M, 两边同时乘t可得mx1=Mx1, 且由几何关系可知x1十x2=a, 联立解得工=M十m: (2)小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标 为(x,y)时，此时凹槽水平向右运动的位移为△z,根据 上式有m(a-x)=M·△x, 则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知 、此时的椭圆方程为a十兰=1， 62 整理得[z(M十m)一ma+ Ma 61. (3)将兴。产6代入小球的轨递方报化简可得z一口 -b)]2+y2=6, 即此时小球的轨迹为以(a 一b)为圆心，b为半径的圆， 则当小球下降的高度为号 0 x 时有如图 此时可知速度和水平方向 的夹角为60，小球下降名的过程中，系统水平方向动 量守恒0=mcos60°-Mv4, 系统机械能守恒mg2 4g6 联立得一√a十3b =26 Va+36 2m gb 答案：1)√M+Mm,=M十m （2)z(M+m)-ma+ Ma 61 (3)2b√a+36 15.解析：(1)由于地面光滑，则m1、m组成的系统动量守 恒，则有m=(m1十m2)4, 代入数据有1=1m/s, 对m,受力分析有a,=8=4m/6. m 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有=2a1x1, 代入数据解得x1=0.125m (2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx =(m1十m2)a*, 对m有a2=g=1m/s2, 当a异=a:时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时 的弹簧压缩量x2=0.25m, 对mm组成的系统列动能定理有-名=之(m 1 +m)号-之(m+m)听， √3 代入数据有4=m/s. (3)木板从速度为四时到之后与物块加速度首次相同 时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的 加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变 量为x2时，则说明此时m的速度大小为2，共用时 2t。,且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m:有一2g ·2t=m20一m4· 解得=-2弘， 则对于mm组底的系统有一W,=子m号十之号 一号(m+m)话， △U=-W, 联立有△U=4√3t。一86 答案：11m/s:0.125m(2)0.25m号m/s (3)4√3t。-8t号 16.解析：(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此 时A、B速度相等，即=时刻，根据动量守恒定律 mg·1.2=(mg十m)6 根据能量守定律E-之m1.2P-合me十md 1 联立解得ma=5m,Emx=0.6m6. (2)同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛颜第 二定律F=ma,可知同一时刻au=5ag 则同一时刻A、B的瞬时速度分别为va=aAt, w=1.24-% 根据位移等于速度在时间上的累积可得5A=al(累 积)，5a=t(累积) 178 义5a=0.36%t。 解得58=1.128%6 第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 △s=5g-sA=0.76866. (3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说 明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2%，方向水 平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为'A, 设向左为正方向，根据动量守恒定律可得 m'A-5m·0.8%=m·(-2%)+5mwa. 报据能量守恒定律可得合m+之·5m·(0,8,)严 1 =2m(-2a)r+2·5mi, 联立解得口'A=%· 设在斜面上滑行的长度为L,上滑过程，根据动能定理 可得-mgLsin0-mgLcos0=0-之m(2a)产 下滑过程，根据动能定理可得mgLsin0一mgLcos0= m6-0,联立解得以=0.45. 1 答案：(1)0.6m(2)0.768t。(3)0.45 17.解析：(1)设水平向右为正方向，因为O,点右侧光滑，由 题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量 守恒和能量守恒有mD。=mAv十mag,之m= m以+7n, 1 代入数据联立解得=一2m/s,(方向水平向左)， =2m/s,(方向水平向右)， 即A和B速度的大小分别为vA=2m/s,g=2m/s. (2)因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为 0,A物体减速过程根据动能定理有一凸mAgx。=0 1 2 mAvA, 代入数据解得x。=0.5m, 根据动量定理有一内magt2=0一mA0A, 代入数据解得t2=0.5s, 此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以 对于此过程B有2(mA十ma）g=ma1,x=m'1一 2a1, 联立各式代入数据解得名=宁山，=1s(舍去) 故根据几何关系有d=at1十工o, 代入数据解得d=名m (3)在A刚开始减速时，B物体的速度为v2=vg一a14 =1m/s, 在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知 4mg十（(m,十m)g=ma,解得a=号m/g, B物体停下来的时间为t3,则有0=一a红s, 3 解得4=3s<4=0.55, 可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位 移为1-益-品m… 所以A对B的摩擦力所殿的功为W,=一凸mMAgZB= (4)小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此 这粗有名一号-云 由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一 次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T,摆长 L 5L,则有，T=十4十七=号，T=2入 小球下滑过程根据功能定理有MgL=子Md, 小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有Mo=M 十mA0· 当碰后小球摆角恰为5°时，有MgL(1一cos5)- 联立可得 4V2π mA45(1-√/1-cos5 当碰后小球速度恰为0时，碰撞过程有Mo=mAv, 则可得M=42x mA 45 故要实现这个过程的范国为4②m< 45. mA 42 45(1-√/1-cos5) 答案：，-2m/s=2m/s（2d-名m (3)-磊」（④）4<4<42 45mA45(1-√1-cos5) 18.解析：(1)物块A从光滑轨道滑至O点，根据动能定理 1 mg·2L-mgL=zmu 解得v=√2gL (2)物块A从O,点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度 为。，落在孤形轨道上的坐标为(x,y),将平抛运动分 别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由 1 落体运动，有x=6y= 解程水手初建度为砖一写 物块A从O点到落点，根据动能定理可知 mgy=瓦-2md 解得落，点处动能为 E=mg+合m6=mgy+四 4y 因为物块A从O点到孤形轨道上动能均相同，将落点 P(2uL,L)的坐标代入，可得 E=mg十=mgXL+mg 4y 4XuL -=2μmgL 化简可得y+若-2L,2+4y-8Ly=0, 即x=2√2μLy-y(其中，L≤y≤2l) 所以0≤x≤2L (3)物块A在倾斜轨道上从距x轴高h处静止滑下，到 达O点与B物块碰前，根据动能定理可知 1 mgh-umgL=之m心 解得=2gh一2gL 物块A与B发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨 道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要 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.规定水平向右为正方向，在物块A与B碰撞过 程中，动量守恒，能量守恒.则m=一mw十入m 1 +1,λm 入-1 2 解得一十西一中” 17 设碰后A物块反弹，再次到达O点时追度为，，根据动 能定理可知-2知mgL-名md-之md 1 解得=吃一4gL 物块从O飞出后微平抛运动，设初速度为，分解位移 1 -viy=78 可得平抛的轨造方程为工=2 g y 与PQ的曲线方程x=2√2uLy-y(其中，L≤y≤ 2L)结合求得物块在孤形轨道上的落点纵坐标与初速 度的关系为y=2L-(其中，L≤≤2) 把物块A、B从O飞出的速度代入，物体A、B落在孤形 轨道上的落点纵坐标分别为y⅓一4-三·() A+1 4 /y=2l-2g'a+1D2 因为物块A落在B落点的右侧， 则2L≥ya≥ya≥L 代入=2gh一2gL可得，h的取值范国为 3A-1 1-3 l<< 答案：(1)√2gL(2)x2+4y2-8Ly=0(0≤x≤ D号·<<t出.L 2l)(3)3-1 (1-1)2 考点3 1.BD爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3m=mU, B与C碰撞过程动量守恒m=6mv, 联立解得v=0.5U1, 瀑并后瞬间A的动能Bu=子·3m·, D的初动能Ew=2·6m·(0.5)',两者不相等，故A 错误；D水平滑动过程中摩擦力做功为W,=一4·6mg ·=一·6mg·么=一6mgh,微平抛运动过程中重 力做功为WG=6mgh,故D从开始运动到落地除间合外 力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时 的动能相等，故B正确： D物块平抛过程有A=之g,=之，联立可得 1 平滑动过程中根据动能定理有一6mgh=子， 1 五8十2gh, 化简得一 弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程 的能量为E=·3m心+号·m=24mv日 2 24(景+2g)48m+泰)故C错，D正璃. 故选BD. 2.解析：(1)根据题意可知，小球从开始下落到P点处过程 中，水平方向上动量守恒，则有m四=M, 由能量守恒定律有mgA-之m时十合M, 联立解得=6m/s,物=3m/81 即小球速度为6m/s,方向水平向左，大物块速度为 3m/s,方向水平向右. (2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直 方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则 有t,=(m十m。) 解得=2m/s, 设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和 物块日的速度为，根据胡克定律F=kx1, 系统机械能守恒合(m十m)暖=合(m十m)暖十 名， 联立解得，=1m/s,x=0.3m, 固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守 恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定 律有(m十m,)=(m十m。十m）% 解得认=号m/s,方向水平向左。 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为E。=之(m十 m)d+2好-(m十m+m,心=号J 2 答案：(1)6m/s,水平向左，号m/s,水平向右 (2)号m/,水平向左，号J 3.解析：(1)P、Q发生正碰，由动量守恒定律m2=2a 十m1, 由能量守定律号m6=弓m6十m+△E, 联立可得o=3.5m/s,△E=24.5J: (2)对物块P受力分析由牛频第二定律m1g=m1a,物 块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式一响= 2al2,m=-at,解得p1=5m/s, 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为=0.45， 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l=,解 得2一0.6$，物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公 式场一=2a山2，g=m一a,解得=1m/s, 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为3=0.85， 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则1一4， 解得t,=3s, 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由 运动学公式0=pm一a4s, 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为5=0.2s, 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t=1十？十 +t+t5=5s. 答案：(1)24.5J(2)5s 4.解析：(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定 律有mg=ma, 解得a=5m/s, 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离 =4=2.5m<Lw=3.6m, 为x=2a 可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小 物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带 的速度大小5m/s. (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物 块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动 量守恒定律有m物v=m编十m4' 其中v=5m/5,4=-1m/s, 解得2=3m/s, 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动 能为A=名m-合m听-号mu函， 1 解得△E=0.3J. (3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时 P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度为 v3,在P点正上方，由牛顿第二定律有mg=m球 Le一d 小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机 械能守恒定律有司m号=合m或+m8(2L一》， 1 联立解得d=0.2m, 即P点到O,点的最小距离为0.2m, 答案：(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m 专题八静电场 考点1 1.ABD对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小为 F,与轨道的倾角为0，对甲球根据平衡条件有FN1cOs0 =mg,F=FN1sin0+Eq① 对乙球有Fcos0=2mg,Fxzsin0=F+2Eq, 联立解得F=4Eq② 是-器鼎音 2 同时有F9,解得E一是，故AB正确： 若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对 甲有FN'cosf=mg,FN'sinf=F+Eq 对乙有Fa'cosf=2mg,Fa'sin0+2Eq=F, 联立可得F+4Eg=0,无解，假设不成立，故C错误， 若撒去甲，对乙球振据动能定理2mg·受m0-2西·号 =2md, 根据前面分新由①②可知tan0=3正g mg 联立解得v√品，故D正确.故选ABD, 2.D由于M点与A点关于带电细 杆对称，故细杆在A处产生的电场 强度大小E=E=,方向竖直向 A a 上，B、C两小球在A处产生的合均 强E。'=2gc0s30°=9，故A点 a a 的电场强度大小E=E。十E。= (3+3)g,D正确. 3.B由题意可知设Q和P两球之间的库仑力为F,绳子 的拉力分别为T,T2,质量分别为m1,m2:与竖直方向 夹角为0，对于小球Q有qE+T1sin日=F,T1cos0= m1g,对于小球P有qE+F=T2sin0,T2cos9=mg,联 立有q1E=F-T1sinD0,qE=T,sin8-F>0,所以可 得>，又周为号-盘 可知m2>m1,即P的质量一定大于Q的质量；两小球的 电荷量则无法判断. 4.C在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，因铁制 的高塔有避雷作用，其功能是预防雷电击中发射的火 箭.故选C 考点2 1.C匀强电场中任意两点间的中点 6V 电势等于这两点的平均值，可知ac 中点d的电势与b点相同，bd的连 线为该匀强电场的等势面。电场线 垂直于等势面且由高电势指向低 电势，故电场线沿ac方向且由a指b 向c,C选项正确.故选C. 4V 2V 30