专题7 动量守恒定律 题组2-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编物理

一、选择题 1.(多选)(2021·全国卷Ⅰ)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则(　　) A.在此过程中F所做的功为mv B.在此过中F的冲量大小等于mv0 C.物体与桌面间的动摩擦因数等于 D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍 2.(多选)(2021·湖南卷)如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体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-t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围图形的面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的at图线与坐标轴所围图形的面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　　) A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B.mA>mB C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x D.S1－S2＝S3 二、非选择题 3.(2025·山东卷)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 4.(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。 5.(2024·山东卷)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μ，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＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (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v； (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，轨道的加速度a与F对应关系如图乙所示。 (ⅰ)求μ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＝8 N，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面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 6.(2022·全国乙卷)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，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的vt图像如图(b)所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。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θ(sin θ＝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： (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。 7.(2022·山东卷)如图所示，“L”形平板B静置在地面上，小物块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v0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mA＝0.1 kg，B的质量mB＝0.3 kg，A与B的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.225，v0＝4 m/s，取重力加速度g＝10 m/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Wf； (4)实现上述运动过程， 的取值范围(结果用cos 5°表示)。 8.(2021·浙江卷)如图所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0的大小； (2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin； (3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题7　题组二 1.解析　外力撤去前，由牛顿第二定律可知 F－μmg＝ma1　① 由速度位移公式有v＝2a1s0　② 外力撤去后，由牛顿第二定律可知 －μmg＝ma2　③ 由速度位移公式有－v＝2a2(2s0)　④ 由①②③④可得，水平恒力 F＝ 动摩擦因数μ＝ 滑动摩擦力Ff＝μmg＝ 可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍， 故C正确，D错误； 在此过程中，外力F做功为W＝Fs0＝mv 故A错误； 由平均速度公式可知，外力F作用时间 t1＝＝ 在此过程中，F的冲量大小是 I＝Ft1＝mv0，故B正确。故选BC。 答案　BC 2.解析　由于在0～t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙 ＝ F弹 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，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有 I ＝ mAv0(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； 由at图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有 F弹 ＝ mAaA＝ mBaB 由图可知aB > aA 则mB < mA B正确； 由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，则 mAv0＝mAvA＋mBvB 可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误； 由a-t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1－t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a-t图像的面积为△v，在t2时刻AB的速度分别为 vA＝S1－S2，vB＝S3 A、B共速，则S1－S2＝S3 D正确。故选ABD。 答案　ABD 3.解析　解析　(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1＝Mv2 由能量守恒定律有 mgh＝mv＋Mv 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s。 (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 mv1＝v3 解得v3＝2 m/s 设当弹簧形变量为x1时物块b的解除锁定，此时小球和物块a的速度为v4 根据胡克定律可知F＝kx1 由系统机械能守恒可得 v＝v＋kx 联立解得v4＝1 m/s，x1＝0.3 m 解除锁定之后，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v4＝vb 解得vb＝ m/s。 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为 Epm＝v＋kx－v＝ J。 答案　(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　 J 4.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 5.解析　(1)对小物块在Q点，由圆周运动知识有 mg＋3mg＝m 解得v＝4 m/s。 (2)(ⅰ)根据题图乙分析可知，当外力F≤4 N时，轨道与小物块一起向左加速运动，对整体由牛顿第二定律有 F＝(M＋m)a 变形得a＝F 结合题图乙可知＝ kg－1＝0.5 kg－1 当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有 F－μmg＝Ma 变形得a＝F－ 结合题图乙可知＝kg－1＝1 kg－1， －＝－2 m/s2。 联立解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。 (ⅱ)根据题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度为a1＝6 m/s2，小物块的加速度为a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左 设经时间t0，小物块运动至轨道上的P点，由运动学规律可得此时轨道的速度v1＝a1t0 小物块在P点时的速度v2＝a2t0 小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正方向，则有 Mv＋mv＝Mv＋mv＋2mgR Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4 联立并代入数据解得t0＝1.5 s(另一解舍去) 根据运动学规律有L＝a1t－a2t 解得L＝4.5 m。 答案　(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg　(ⅱ)4.5 m 6.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t＝t0时刻，根据动量守恒定律 mB·1.2v0＝(mB＋m)v0 根据能量守恒定律Epmax＝mB(1.2v0)2－(mB＋m)v 联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv。 (2)方法一　同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律F＝ma 可知同一时刻aA＝5aB 则同一时刻A、B的瞬时速度分别为 vA＝aAt，vB＝1.2v0－ 根据位移等速度在时间上的累积可得 sA＝vAt(累积)，sB＝vBt(累积) 又sA＝0.36v0t0 解得sB＝1.128v0t0 第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 Δs＝sB－sA＝0.768v0t0 方法二　B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB×1.2v0＝6mv0＝mBvB＋mvA 对方程两边同时乘以时间Δt，有6mv0Δt＝5mvBΔt＋0－t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝5msB＋msA 将sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Δs＝sB－sA＝0.768v0t0。 (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2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA′，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得 mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′ 根据能量守恒定律可得 mvA′2＋·5m·(0.8v0)2＝m·(－2v0)2＋·5mvB′2 联立解得vA′＝v0 方法一　设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得－mgLsin θ－μmgLcos θ＝0－m(2v0)2 下滑过程，根据动能定理可得mgLsin θ－μmgLcos θ＝ mv－0 联立解得μ＝0.45 方法二　根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma上，mgsin θ－μmgcos θ＝ma下，上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得 2a上x＝(2v0)2－0，2a下x＝vA′2＝v 联立可解得μ＝0.45。 答案　(1)0.6mv　(2)0.768v0t0　(3)0.45 7.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mAv0＝mAvA＋mBvB，mAv＝mAv＋mBv 代入数据联立解得vA＝－2 m/s，(方向水平向左)，vB＝2 m/s，(方向水平向右) 即A和B速度的大小分别为vA＝2 m/s，vB＝2 m/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 －μ1mAgx0＝0－mAv，代入数据解得x0＝0.5 m 根据动量定理有－μ1mAgt2＝0－mAvA，代入数据解得t2＝0.5 s 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μ2(mA＋mB)g＝mBa1 x0＝vBt1－a1t，联立各式代入数据解得t1＝ s，t1′＝1 s(舍去) 故根据几何关系有d＝vAt1＋x0，代入数据解得d＝ m。 (3)在A刚开始减速时，B物体的速度为 v2＝vB－a1t1＝1 m/s 在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知 μ1mAg＋μ2(mA＋mB)g＝mBa2 解得a2＝ m/s2 B物体停下来的时间为t3，则有0＝v2－a2t3 解得t3＝ s＜t2＝0.5 s 可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为xB＝＝ m 所以A对B的摩擦力所做的功为 Wf＝－μ1mAgxB＝－ J。 (4)小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有t0＝＝ s 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，摆长为L，则有 T＝4(t0＋t1＋t2)＝s 由单摆周期公式T＝2π ，解得小球到悬挂点O的距离L＝(m) 小球下滑过程根据动能定理有MgL＝Mv2 当碰后小球摆角恰为5°时，有MgL(1－cos 5°)＝Mv， 解得v＝＝ m/s v1＝＝ m/s 小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有 Mv＝Mv1′＋mAv0 小球与A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°)，则要求 0＜v1′＜v1 故要实现这个过程的范围为 ＜＜。 答案　(1)vA＝2 m/s，vB＝2 m/s　(2) m　(3)－ J (4)＜＜ 8.解析　(1)小滑块在AB轨道上运动 mgh－μmgcos θ·＝mv 代入数据解得v0＝＝4 m/s。 (2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有 mv0＝mvA＋mvB，mv＝mv＋mv 解得vA＝0，vB＝4 m/s 小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得 mg＝m 从C点到E点由机械能守恒可得 mv＋mg＝mv 其中vBmin＝ 解得hmin＝0.45 m。 (3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，由动能定理mv＝mv＋mg(R＋y) 由平抛运动可得 x＝vGt，H＋r－y＝gt2 联立可得水平距离为 x＝2 由数学知识可得当0.5－y＝0.3＋y时取最大， 最大值为xmax＝0.8 m。 答案　(1)4 m/s　(2)0.45 m　(3)0.8 m 学科网（北京）股份有限公司 $