第1部分 专题2 第7节 冲量与动量-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组课件PPT

第一部分　专题特训 专题二　能量与动量 第7节　冲量与动量 目录 1 2 A组 基础题组 B组 提升题组 A组 基础题组 高考体验 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5 2．(2025·广东卷，7)如图所示，光滑水平面上，小球 M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直 线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1 和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是(　　) A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6 解析：两小球碰撞前后各自的受力未发生变化，则加速度未发生变化，又v­t图像的斜率表示加速度，则碰撞前后各自的v­t图线相互平行，B、C错误；由于F1与F2始终大小相等、方向相反，则两小球组成的系统所受合外力始终为0，系统动量始终守恒，又两小球均由静止开始沿同一直线相向运动，则系统动量始终为0，易知碰撞后两小球速度同时减为0，D错误，A可能正确。 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 7 3．(2025·浙江1月选考，8)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．碰撞瞬间C相对地面静止 B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9 4．(2025·甘肃卷，14)如图1所示，细杆两端固定，质量 为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。 现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。 开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长， 重力加速度为g，θ＝30°。求： (1)t＝6 s时F的大小，以及在0～6 s内F的冲量大小。 (2)在0～6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相 应的f­t图像。 (3)t＝6 s时，物块的速度大小。 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 5．(2025·山东省潍坊市高三下模拟)电动自行车因低碳环保而成为流行的代步交通工具。电动自行车在无风情况下匀速行驶时，会将正对空气的速度从0变为v，人和车总的迎风面积为S，空气密度为ρ，则其受到的空气的平均阻力为(　　) A．ρSv2 B．2ρSv2 C．ρSv D．2ρSv 解析：取一小段时间Δt内带动的空气为研究对象，则这一小段气体质量Δm＝ρSvΔt，根据动量定理有FΔt＝Δmv，根据牛顿第三定律有f＝F，联立解得受到空气的平均阻力大小为f＝ρSv2，故选A。 好题精选 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 14 6．(2025·吉林省延边朝鲜族自治州高三下一模)(多选)如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是(　　) A．儿童和滑环组成的系统动量守恒 B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒 C．儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能 D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1∶5 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 15 解析：儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向受力不平衡，所以系统动量不守恒，故A错误；儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械能等于滑环增加的机械能，故B正确，C错误；根据水平方向系统动量守恒有5mv＝mv′，则5mvΔt＝mv′Δt，等号两边同时对儿童的下降过程累积求和，可得5mx人＝mx环，可知儿童和滑环的水平位移之比为x人∶x环＝1∶5，故D正确。 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 16 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 17 8．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 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 18 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 19 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 20 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 21 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 22 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 23 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 24 11．(2025·天津市南开区高三下一模)已知某花炮发射器能在t1＝0.2 s内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为m＝1 kg、射出的最大高度h＝180 m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块。假设爆炸前后花炮的总质量不变，爆炸后两物块的速度均沿水平方向，落地时两落地点之间的距离s＝900 m，且两物块落地的水平位移比为1∶4，忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力F的大小； (2)求爆炸后两物块的质量m1、m2的大小； (3)若花炮在最高点爆炸时有80%的化学能转化成物块的动能，求花炮在空中释放的化学能E。 答案：(1)310 N　(2)0.8 kg　0.2 kg (3)2250 J A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 25 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 26 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 27 B组 提升题组 高考体验 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 29 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 30 2．(2025·河南卷，7)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(　　) A．mP＞mN＞mQ B．mN＞mP＞mQ C．mQ＞mP＞mN D．mQ＞mN＞mP 解析：对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP′＋mNvN1′，整理得mP(vP－vP′)＝mN(vN1′－vN1)，由题图1可知vP－vP′＞vN1′－vN1＞0，解得mP＜mN；对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mQvQ＋mNvN2＝mQvQ′＋mNvN2′，整理得mQ(vQ－vQ′)＝mN(vN2′－vN2)，由题图2可知0＜vQ－vQ′＜vN2′－vN2，解得mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP，D正确。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 31 3．(2025·甘肃卷，4)如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　) A．1.5 m/s B．3.0 m/s C．4.5 m/s D．6.0 m/s B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 32 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 33 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 34 (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。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 35 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 36 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 5．(2025·河北卷，14)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m， 物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物 块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 答案：(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 (1)粒子B到达P点时的速度大小v1； (2)t1时间内粒子B的位移大小xB； (3)恒力作用的时间t2。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 好题精选 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 12．(2025·江西省高三下模拟预测)如图所示，一倾 角为θ、足够长的粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面顶 端有一表面光滑、质量为m的物块，沿斜面向下依次 等间距摆放标号为1、2、3、……、2023、2024、2025且 质量均为km(k<1)的滑块，这些滑块的间距均为L且滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝tanθ。由静止释放物块，此后物块每次与1号滑块碰撞前的速度都与第1次碰撞前的速度相同，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，物块与滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求： (1)物块第1次与1号滑块碰撞前的速度大小v1； (2)物块与1号滑块第1次碰撞到物块与1号滑块第2025次碰撞所用的时间t； (3)物块与1号滑块第2025次碰撞时物块与2025号滑块之间的距离s。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 13．(2024·河北卷，15)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取 10 m/s2，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后， 以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端， 求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 拔高选做 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 14．(2025·重庆卷，15)如图所示，长度为d的水平传送带顺时针匀速转动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。 (1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时 的速度大小； (2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量； (3)若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 69 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 71 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 72 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 73 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(2025·山东卷，6)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动。轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱。分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2eq \r(\f(GM,r))，G为引力常量。此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　) A.eq \f(2,5) eq \r(\f(GM,r)) B.eq \f(3,5) eq \r(\f(GM,r)) C.eq \f(4,5) eq \r(\f(GM,r)) D.eq \r(\f(GM,r)) 解析：设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，组合体的质量为6m，设组合体绕行星做圆周运动的速率为v，根据牛顿第二定律有Geq \f(M·6m,r2)＝6meq \f(v2,r)，对轨道舱与返回舱组成的系统，弹射返回舱的过程沿运动方向动量守恒，有6mv＝5mv1＋mv2，其中v2＝2eq \r(\f(GM,r))，联立解得分开瞬间轨道舱相对行星的速度大小为v1＝ eq \f(4,5) eq \r(\f(GM,r))，故C正确。 解析：碰撞前B和C共同向左运动，因此碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；规定向右为正方向，A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有mvA－mvB＝2mv1，解得两者碰撞后瞬间的共同速度v1＝1 m/s，从A、B碰撞后到A、B、C三者共速的过程，根据动量守恒定律有2mv1－mvC＝3mv，解得三者共同速度v＝0，所以最终三者静止，对滑块C由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得滑块C在长板上做减速运动的加速度大小为a＝5 m/s2，从碰撞后到三者相对静止的时间为t＝eq \f(vC－v,a)＝0.4 s，B错误；由能量守恒定律得，碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为Q＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－eq \f(1,2)×3mv2＝3 J，C错误；碰撞后到三者相对静止，由功能关系得Q＝μmgx相对，解得C相对长板滑动的距离x相对＝0.6 m，D正确。 答案：(1)eq \f(3\r(3)mg,2)(N)　eq \f(9\r(3)mg,2)(N·s) (2)见解析　(3)eq \f(17,2)g(m/s) 解析：(1)由图2可知，F随时间线性变化，根据数学知识可知F＝eq \f(\r(3)mg,4)t(F单位为N，t单位为s) 所以当t＝6 s时，F＝eq \f(3\r(3)mg,2)(N) F­t图线与t轴围成的面积表示F的冲量大小，则0～6 s 内F的冲量大小为IF＝eq \f(1,2)×eq \f(3\r(3),2)mg×6 s＝eq \f(9\r(3)mg,2)(N·s)。 (2)设物块与杆之间的动摩擦因数为μ，杆对物块的弹力 大小为N，由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，由平衡 条件有mgsinθ＝μmgcosθ 可得μ＝eq \f(\r(3),3) 当f＝0时，在垂直杆方向有Fsinθ＝mgcosθ 可得t＝4 s 则在0～4 s，垂直杆方向有Fsinθ＋N＝mgcosθ 摩擦力f＝μN 可得f＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,8)t))mg(单位为N，0≤t＜4 s) 在4～6 s内，垂直杆方向有Fsinθ＝mgcosθ＋N 摩擦力f＝μN 可得f＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)t－\f(1,2)))mg(单位为N，4 s≤t≤6 s) 相应的f­t图像如图所示。 (3)在0～6 s内沿杆方向根据动量定理有 Imgsinθ＋IFcosθ－If＝mv－0 其中0～6 s内重力的冲量Img＝mg×6 s f­t图线与t轴围成的面积表示f的冲量大小，则在0～6 s 内摩擦力的冲量大小为 If＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mg×4 s＋eq \f(1,2)×eq \f(1,4)mg×2 s 联立可得v＝eq \f(17,2)g(m/s)。 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＝eq \f(p2,2m)，可得eq \f(p2,2M)＋eq \f(p2,2m)≥eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p,M)))eq \s\up12(2)，解得eq \f(M,m)≥3，故A、B错误，C、D正确。 7．(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eq \f(M,m)可能为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 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′＋eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \o\al(2,共)，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。 9．(2025·浙江省金华十校高三下模拟)如图，质量均为1 kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22 m的细线，细线另一端系一质量为0.1 kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，则(　　) A．球C摆到最低点的速度是eq \r(4.4) m/s B．木块A、B原先间距0.04 m C．球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21 m D．球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005 J 解析：设球C摆到最低点时A、C的速度大小分别为vA、vC，球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，有0＝mCvC－mAvA，根据机械能守恒定律有mCgL＝eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C)＋eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)，解得vC＝2 m/s、vA＝0.2 m/s，故A错误；球C向下运动到最低点的过程中，始终有0＝mCvC′－mAvA′，则0＝mCvC′Δt－mAvA′Δt，对整个过程累积求和，有0＝mCxC－mAxA，又有xC＋xA＝L，联立解得A、B原先间距xA＝0.02 m，故B错误；A与B碰撞过程根据动量守恒定律，有mAvA＝(mA＋mB)v，解得A、B碰后瞬间的速度大小v＝0.1 m/s，球C向左运动过程中，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，有mCvC－(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v共，根据机械能守恒定律，有eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C)＋eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \o\al(2,共)＋mCgh，联立解得球C向左摆动上升的最大高度h＝0.21 m，故C正确；系统产生的热量为Q＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝0.01 J，故D错误。 10．(2025·广东省广州市外国语学校高三下模拟)(多选)如图甲所示，小球B与小球C用轻弹簧拴接，静放在光滑的水平地面上，此时弹簧处于原长，另有一小球A以8 m/s的初速度向右运动，t0时刻球A与球B碰撞瞬间粘在一起，碰后AB的v­t图像如图乙所示。经过Δt时间，弹簧第一次被压缩至最短。已知小球B的质量为3 kg，在Δt时间内C球的位移为0.25 m，弹簧的劲度系数k＝40 N/m，弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2(x为弹簧的形变量)，整个运动过程中弹簧始终在弹性限度内，小球均可视为质点。下列判断正确的是(　　) A．t0～t1间某一时刻弹簧第一次压缩至最短 B．t2时刻弹簧第一次恢复原长 C．Δt时间内，小球B的位移为eq \f(1,3) m D．C球的质量为10 kg 解析：A、B发生完全非弹性碰撞，根据题图乙可知A、B碰后瞬间速度大小为v0＝4 m/s，根据动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v0，解得A球的质量mA＝3 kg，碰后的运动过程中，当三个球共速时，弹簧的弹性势能最大，弹簧形变量最大，由A、B、C整体动量守恒可得(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v共，解得0<v共<4 m/s，结合题图乙分析知，t0～t1间某一时刻弹簧第一次压缩至最短，故A正确；由v­t图线斜率表示加速度可知，碰后t2时刻AB加速度第一次为0，所以弹簧弹力第一次为0，即弹簧第一次恢复原长状态，故B正确；设t2时刻AB的速度为vAB，C球的速度为vC，A、B、C整体动量守恒，有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB)vAB＋mCvC， 由题图乙知vAB＝－1 m/s，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \o\al(2,AB)＋ eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C)，解得mC＝10 kg，故D正确；当A、B、C共速时有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v共，eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \o\al(2,共)＋Ep，其中Ep＝eq \f(1,2)kx2，解得弹簧的压缩量x＝eq \r(\f(3,2)) m，则Δt时间内，小球B的位移为xB＝xC＋x＝0.25 m＋eq \r(\f(3,2)) m≠eq \f(1,3) m，故C错误。 解析：(1)设花炮发射后的初速度大小为v0，花炮在空中做竖直上抛运动，有 veq \o\al(2,0)＝2gh 发射过程中，根据动量定理有(F－mg)t1＝mv0－0 联立并代入数据解得F＝310 N。 (2)设爆炸后瞬间，两物块的速度大小分别为v1、v2，爆炸过程动量守恒，有 m1v1＝m2v2 爆炸后两物块做平抛运动，水平方向上做匀速运动，设运动时间为t，两物块落地的水平位移大小分别为x1、x2，有x1＝v1t、x2＝v2t 两物块下落高度相同，由h＝eq \f(1,2)gt2可知运动时间相同 由题意可知x1∶x2＝1∶4 且有m1＋m2＝1 kg 联立并代入数据解得m1＝0.8 kg，m2＝0.2 kg。 (3)由(2)分析知h＝eq \f(1,2)gt2 两物块落地时两落地点之间的距离s＝(v1＋v2)t 由(2)知v1∶v2＝1∶4 爆炸后瞬间两物块的动能之和为Ek＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2) 由题意可知80%E＝Ek 联立并代入数据解得E＝2250 J。 1．(2025·广东卷，10)(多选)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0－kt(F≠0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻)，下列说法正确的有(　　) A．受到空气作用力的方向会变化 B．受到拉力的冲量大小为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F0－\f(1,2)kT))T C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F0－\f(1,2)kT))T D．T时刻受到空气作用力的大小为eq \r(\f(3,4)（F0－kT）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg－\f(F0－kT,2)))\s\up12(2)) 解析：无人机沿水平方向做匀速直线运动，则其时刻受力平衡，所受拉力、重力的合力与空气作用力等大反向，又拉力方向不变，大小逐渐减小，重力大小、方向均不变，则拉力、重力的合力方向变化，可知无人机受到空气作用力的方向会变化，A正确；由题意可知，拉力的方向不变、大小随时间均匀变化，所以0到T时间段内，无人机受到拉力的冲量大小IF＝eq \f(F0＋（F0－kT）,2)T＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F0－\f(1,2)kT))T，B正确；0到T时间段内，无人机受到的重力的冲量大小IG＝mgT，又无人机受到的重力和拉力不共线，所以无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小I合<IG＋IF＝mgT＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F0－\f(1,2)kT))T，C错误；T时刻，无人机受到的拉力与重力的合力的水平分量为Fx＝Fcos30°＝eq \f(\r(3),2)(F0－kT)，竖直分量为Fy＝mg＋Fsin30°＝mg＋eq \f(1,2)(F0－kT)，根据平衡条件和平行四边形定则可知，无人机受到空气作用力的大小为F空＝2,x)eq \r(F＋Feq \o\al(2,y)) ＝eq \r(\f(3,4)（F0－kT）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋\f(F0－kT,2)))\s\up12(2))，D错误。 解析：根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上 动量守恒，竖直方向上小球A的速度vA不变，设两小球质量均为 m，碰撞后小球A的水平速度为v1，小球B的水平速度为v2，则 有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，由机械能守恒定律有 eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＝eq \f(1,2)m(veq \o\al(2,A)＋veq \o\al(2,1))＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，整个过程小球A在竖直方向上做自由落体运动，则有h＝eq \f(1,2)gt2，解得小球A下落过程所用时间t＝2 s，可知碰撞后小球A运动的时间t′＝t－1 s＝1 s，则小球A在水平方向上有x＝v1t′，联立解得v＝3.0 m/s，故选B。 4．(2025·山东卷，17)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＝eq \f(1,2) 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＝eq \f(3,4) kg，方形物体的质量M＝eq \f(9,2) 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＝eq \f(1,2)kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： 答案：(1)6 m/s　eq \f(2,3) m/s　(2)eq \f(2,3) m/s　eq \f(5,2) J 解析：(1)小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有 0＝mv1－Mv2 又系统除重力外无外力做功，所以系统机械 能守恒，由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2) 联立解得v1＝6 m/s，v2＝eq \f(2,3) m/s。 (2)小球从P点水平抛出后做平抛运动，水平分速度不变，小球与a碰撞过程，在水平方向上动量守恒，设碰后瞬间小球与a的共同速度大小为v0，由动量守恒定律有mv1＝(m＋ma)v0 设b刚解除锁定时小球与a的速度大小为va，弹簧的伸长量为x0，由胡克定律有F＝kx0 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)(m＋ma)veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋ma)veq \o\al(2,a)＋eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,0) b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的系统动量与 机械能均守恒，当a、小球与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有(m＋ma)va＝(m＋ma＋mb)vb 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)(m＋ma)veq \o\al(2,a)＋eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋ma＋mb)veq \o\al(2,b)＋Epm 联立解得vb＝eq \f(2,3) m/s，Epm＝eq \f(5,2) J。 解析：(1)由题知平台长度L＝2 m，高度h1＝1.8 m，物块质量m＝0.01 kg，初速度v0＝3 m/s，物块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.2。 物块在平台上做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，离开平台时的速度大小为v1，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 根据运动学公式有veq \o\al(2,1)－veq \o\al(2,0)＝－2aL 物块离开平台后做平抛运动，设运动时间为t1，水平方向上的位移大小为x1，有h1＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1) x1＝v1t1 联立解得x1＝0.6 m。 (2)设物块第一次与地面接触过程中，所受弹力的冲量大小为IN，在竖直方向，规定竖直向上为正方向，物块从离开平台到弹起至最大高度过程所用时间t＝1 s，根据动量定理，有IN－mgt＝0－0 解得IN＝0.1 N·s 假设物块与地面接触过程一直向右滑动，则始终受到向左的滑动摩擦力，滑动摩擦力平均值eq \o(f,\s\up12(－))＝μeq \o(F,\s\up12(－))N 设物块与地面接触的时间为t2，上式中弹力 平均值eq \o(F,\s\up12(－))N满足IN＝eq \o(F,\s\up12(－))Nt2 在水平方向，规定水平向右为正方向，设物块第一次离开地面瞬间水平分速度为v2，根据动量定理，有－eq \o(f,\s\up12(－))t2＝mv2－mv1 由(1)可得v1＝1 m/s 联立解得v2＝－1 m/s v2为负值，则假设不成立，实际情况是物块水平方向速度减为0后，不再受到摩擦力，故物块弹离地面时水平速度的大小为0。 6．(2025·陕晋宁青卷，15)如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于eq \f(1,25)mveq \o\al(2,0)。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：(m、l0、v0、t1均为已知量) 答案：(1)eq \f(v0,5)　(2)eq \f(v0t1,5)－eq \f(2,11)l0　(3)eq \f(2l0,v0) 解析：(1)从初始时刻至粒子B运动至P点的过程，两粒子组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有mv0＝(m＋4m)v1 解得v1＝eq \f(v0,5)。 (2)根据题意画出t1时刻和t1＋t2时刻A、B的位置如图 t1时间内，两粒子组成的系统动量时刻守恒，则有mv0＝mvA＋4mvB 两边同乘以极短时间Δt并累积求和得∑mv0Δt＝∑mvAΔt＋∑4mvBΔt 又∑v0Δt＝v0t1 t1时间内粒子A的位移大小xA＝∑vAΔt 粒子B的位移大小xB＝∑vBΔt 可得mv0t1＝mxA＋4mxB 设粒子B到达P点时，A、B两粒子系统的 电势能为Ep1，两粒子间距离为l′，根据如图位移 关系有xA＋l′＝l0＋xB， 根据题意知Ep1l′＝eq \f(1,25)mveq \o\al(2,0)l0 根据能量守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋eq \f(1,25)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋4m)veq \o\al(2,1)＋Ep1 联立解得xB＝eq \f(v0t1,5)－eq \f(2,11)l0。 (3)对两粒子组成的系统，从开始运动到撤去外力F的整个过程，由动量定理有 Ft2＝4mv0－mv0 由示意图可知，F作用的位移为l0，该过程，初、末位置系统的电势能相等，则由功能关系有Fl0＝eq \f(1,2)×4mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)×mveq \o\al(2,0) 联立解得t2＝eq \f(2l0,v0)。 7．(2025·山东省泰安市第一中学高三下六模)(多选)玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，已知水枪喷水口的直径为d，水的密度为ρ，水流水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速率反向溅回，则(　　) A．水枪喷水的流量(单位时间内流出的体积)为πvd2 B．喷水口单位时间内喷出水的质量为eq \f(1,4)πρvd2 C．水枪的功率为eq \f(1,2)πρd2v3 D．目标受到的平均冲击力大小为eq \f(3,10)πρd2v2 解析：水枪喷水的流量为Q＝eq \f(V,t)＝eq \f(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(2)vt,t)＝eq \f(1,4)πd2v，故A错误；喷水口单位时间内喷出水的质量为m＝ρQ＝eq \f(1,4)ρπd2v，故B正确；水枪的功率为P＝eq \f(W,t)＝eq \f(\f(1,2)mtv2,t)＝ eq \f(1,8)ρπd2v3，故C错误；取初速度方向为正方向，对Δt时间内击中目标的水流，由动量定理得－FΔt＝－0.2mΔtv－mΔtv，则由牛顿第三定律可知F′＝F，联立解得目标受到的平均冲击力大小为F′＝eq \f(3,10)ρπd2v2，故D正确。 8．(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eq \r(gl（1－sinθ）) D．小球运动到最低点时，轻绳对环的拉力大小为mg(2－sinθ) 解析：开始时，小球向下摆动，小球和小环组成的系统竖直方向上动量增大，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)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，解得v1＝v2＝eq \r(gl（1－sinθ）)，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＝meq \f(v′2,l)，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。 9．(2025·湖南省长沙市湖南师范大学附属中学高三下二模)(多选)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B与弹簧分离，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。下列说法正确的是(　　) A．碰撞过程中，弹簧对A和B的冲量大小不相等 B．碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.6mveq \o\al(2,0) C．碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.5v0t0 D．从开始碰撞到分离，物块A的位移大小为2v0t0 解析：由图b可知，2t0后A仍做匀速运动，即0～2t0时间内A始终在水平面上。碰撞过程中，弹簧对A和B的作用力大小始终相等，作用时间相同，由I＝Ft可知冲量大小相等，故A错误；当弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即对应时刻为t＝t0，根据动量守恒定律有mB×1.2v0＝(mB＋m)v0，根据能量守恒定律有Epmax＝ eq \f(1,2)mB(1.2v0)2－eq \f(1,2)(mB＋m)veq \o\al(2,0)，联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mveq \o\al(2,0)，故B正确；在0～2t0时间内，任意时刻A、B的速度vA、vB均满足(m＋mB)v0＝mvA＋mBvB，则(m＋mB)v0Δt＝mvAΔt＋mBvBΔt，对0～t0内累积求和，可知∑vAΔt＝0.36v0t0，则(m＋mB)v0t0＝0.36mv0t0＋mBxB，解得B运动的距离xB＝1.128v0t0，则弹簧压缩量的最大值Δx＝xB－0.36mv0t0＝0.768v0t0；对0～2t0内累积求和，由位移关系可知，物块A、B的位移大小相等，设为xA，则(m＋mB)v0×2t0＝mxA＋mBxA，解得xA＝2v0t0，故C错误，D正确。 10．(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eq \f(mvsinθ＋kh,mg) C．小球下落过程中的水平位移大小为eq \f(m（v0－vcosθ）,k) D．小球下落过程中空气阻力所做的功为eq \f(1,2)m(v2－veq \o\al(2,0))－mgh 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；设小球下落的时间为t，期间在竖直方向上的平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))y，则空气阻力在竖直方向的分力的平均大小为eq \o(F,\s\up12(－))y＝keq \o(v,\s\up6(－))y，根据动量定理有mgt－eq \o(F,\s\up12(－))yt＝mvy－0，且eq \o(v,\s\up6(－))yt＝h，联立解得t＝eq \f(mvsinθ＋kh,mg)，故B正确；设小球下落过程中在水平方向上的平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))x，则小球下落过程中的水平位移大小为x＝eq \o(v,\s\up6(－))xt，空气阻力在水平方向的分力的平均大小为eq \o(F,\s\up12(－))x＝keq \o(v,\s\up6(－))x，根据动量定理有－eq \o(F,\s\up12(－))xt＝mvcosθ－mv0，联立解得x＝eq \f(m（v0－vcosθ）,k)，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＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得Wf＝eq \f(1,2)m(v2－veq \o\al(2,0))－mgh，故D正确。 11．(2025·福建省高三下一级校联考)(多选)三个完全相同的小球，质量均为m，其中小球A、B固定在竖直轻杆的两端，A球紧贴竖直光滑墙面，B球位于足够大的光滑水平地面上，小球C紧贴小球B，如图所示，三小球均保持静止。某时刻，小球A受到轻微扰动开始顺着墙面下滑，直至小球A落地前瞬间的运动过程中，三小球始终在同一竖直面上。已知小球C的最大速度为v，轻杆长为L，重力加速度为g，下列关于该过程的说法中正确的是(　　) A．A、B、C三球组成的系统动量守恒 B．竖直墙对小球A的冲量大小为3mv C．小球A落地前瞬间，动能大小为mgL－eq \f(5,8)mv2 D．小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球B速度的2倍 解析：在小球A落地前，A、B、C三球整体所受合外力不为零，A、B、C三球组成的系统动量不守恒，故A错误；B、C分离前，B、C向右做加速运动，轻杆对B的弹力方向斜向右下方，C达到最大速度v时，B的速度也为v，B、C间弹力为零，杆中弹力为零，B、C即将分离，B、C分离后，轻杆的弹力将由压力变为拉力，A将离开竖直墙面，对三小球进行分析，在水平方向上，根据动量定理有竖直墙对A的冲量大小I＝2mv，故B错误；设小球A落地时，小球A的速度沿水平方向的分量为vAx，小球B的速度为vB，自小球A离开墙面到落地过程中，小球A、B整体水平方向动量守恒，则mv＝mvB＋mvAx，且vB＝vAx，解得vB＝vAx＝eq \f(v,2)，故D正确；根据能量守恒定律可知，A减少的重力势能转换为A、B、C的动能，小球B、C的动能增量ΔEk增＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)＝eq \f(5,8)mv2，小球A落地前瞬间的动能 EkA＝mgL－ΔEk增＝mgL－eq \f(5,8)mv2，故C正确。 答案：(1)(1＋k)eq \r(\f(gLsinθ,2k))　(2)2024eq \r(\f(2kL,gsinθ)) (3)2024L 解析：(1)规定沿斜面向下为正方向，设物块第1次与1号滑块碰撞后瞬间物块的速度为v物，1号滑块的速度为v，根据动量守恒定律有 mv1＝mv物＋kmv 根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,物)＋eq \f(1,2)kmv2 解得v物＝eq \f(1－k,1＋k)v1，v＝eq \f(2,1＋k)v1 由于物块每次与1号滑块碰撞前瞬间的速度均与第1次碰撞前瞬间的速度相同，可知每次碰撞前1号滑块已经与2号滑块发生弹性碰撞并处于静止状态，然后2号滑块把速度v传递给3号滑块，……对于物块和1号滑块相邻两次碰撞之间的过程，对物块由动能定理可得mgLsinθ＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,物) 解得v1＝(1＋k)eq \r(\f(gLsinθ,2k))。 (2)从物块与1号滑块第1次碰撞到物块与1号滑块第2次碰撞，设所用时间为t0，根据动量定理有mgsinθ·t0＝mv1－mv物 从物块与1号滑块第1次碰撞到物块与1号滑块第2025次碰撞所用时间为t，由(1)分析可知t＝2024t0 联立解得t＝2024eq \r(\f(2kL,gsinθ))。 (3)由(1)分析可知，滑块之间的碰撞为速度互换，相邻两次速度交换所需时间 Δt＝eq \f(L,v) 从物块与1号滑块第1次碰撞到2025号滑块开始运动时所用时间 t′＝2024Δt＝1012t0 由(2)分析可知，物块与1号滑块第2025次碰撞的位置即2025号滑块的初始位置，此时与2025号滑块的距离s即为2025号滑块的位移，从物块与1号滑块第1次碰撞到物块与1号滑块第2025次碰撞的过程中，设2025号滑块前进的位移大小为x，则有x＝v(t－t′) 由位移关系知s＝x 解得s＝2024L。 答案：(1)1.5 m　(2)90 J　2　(3)xAC＝eq \f(7,4)LB 解析：(1)机器人从A木板左端走到A木板右端的过程，机器人与A木板组成的系统水平方向上动量守恒。设机器人质量为M，A木板质量为m；机器人的平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))M，A的平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))m；机器人的位移大小为xM，A的位移大小即机器人走到A木板右端时A、B木板间的水平距离为xm；此过程所用时间为t0；A的长度为LA。以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有Meq \o(v,\s\up6(－))M－meq \o(v,\s\up6(－))m＝0 又xM＝eq \o(v,\s\up6(－))Mt0 xm＝eq \o(v,\s\up6(－))mt0 xM＋xm＝LA 联立并代入数据，解得xm＝1.5 m。 (2)设机器人跳离瞬间的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端所用的时间为t，根据斜抛运动规律得vcosθ·t＝xm vsinθ＝g·eq \f(t,2) 联立解得t＝eq \f(xm,vcosθ)，v＝eq \r(\f(gxm,2sinθcosθ)) 设跳离瞬间A的速度大小为vA，机器人跳离A木板的过程，系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，有Mvcosθ－mvA＝0 根据功能关系可得，起跳过程机器人做的功为W＝eq \f(1,2)Mv2＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A) 联立可得W＝eq \f(1,4)Mgxmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinθcosθ)＋\f(Mcosθ,msinθ))) 利用三角函数将W的表达式变形，可得W＝eq \f(1,4)Mgxmeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(tanθ＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,m)＋1))\f(1,tanθ))) 根据数学知识可知，当W取最小值Wmin时，tanθ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,m)＋1)) eq \f(1,tanθ) 代入数据可解得tanθ＝2 则Wmin＝90 J。 (3)由(2)知，机器人以做功最少的方式跳到B木板左端时，tanθ＝2 代入数据可解得v＝eq \f(5\r(3),2) m/s，t＝eq \f(\r(15),5) s，vA＝eq \f(3\r(15),2) m/s 机器人跳离A后A木板以速度vA向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与B、C木板组成的系统在水平方向动量守恒，设机器人与B、C相对静止时的共同速度大小为v共，以水平向右为正方向，有 Mvcosθ＝(M＋2m)v共 代入数据得v共＝eq \f(3\r(15),10) m/s 该过程A木板向左运动的距离为xA＝vAt 代入数据得xA＝4.5 m 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，每个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，则每次落回B木板上，机器人和B木板均相对静止，速度仍为v共，分析可知，机器人3次跳跃运动情况相同。设每次起跳后机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为vB，机器人每次跳跃在空中运动的时间为Δt，B最终追上A，则每次起跳后B的速度向左，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有(M＋m)v共＝Mv0－mvB 设B木板长度为LB，则每次起跳后至落回B木板，机器人和B木板的相对位移大小为eq \f(LB,3) 根据运动学公式，有eq \f(LB,3)＝(v0＋vB)Δt 机器人在B木板上第一次跳跃前，A、B木板间的距离Δx＝xm＋xA 代入数据得Δx＝6 m 机器人跳到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，根据运动学公式，有 (vB－vA)·3Δt＝Δx 联立可得Δt＝eq \f(LB,4（vA＋v共）)－eq \f(Δx,3（vA＋v共）) B木板恰好追上A木板时，根据位移关系可知，A、C两木板间距为 xAC＝(vA＋vC)·3Δt＋Δx＋LB 其中C木板的速度大小vC＝v共 联立并代入数据，解得xAC＝eq \f(7,4)LB。 答案：(1)μg　eq \r(2μgd)　(2)eq \f(m,3) (3)eq \f(1,3)<n≤1　eq \f(\r(2μgd),2)≤vB′<eq \f(3\r(2μgd),2) 解析：(1)设A在传送带上的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma 解得a＝μg 由题意知A在传送带上一直做匀加速直线运动， 设A离开传送带时的速度大小为v0，有veq \o\al(2,0)－0＝2ad 解得v0＝eq \r(2μgd)。 (2)由题意可知，碰前瞬间A、B的速度大小分别为vA＝v0、vB＝eq \f(v0,2)，设B的质量为m′，碰后瞬间A、B的速度分别为vA′、vB′，以水平向右为正方向，两物块发生弹性碰撞，则由动量守恒定律有mvA＋m′vB＝mvA′＋m′vB′ 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)m′veq \o\al(2,B)＝eq \f(1,2)mvA′2＋eq \f(1,2)m′vB′2 设A、B在粗糙水平地面上运动的距离分别为sA、sB，由动能定理有 －μmgsA＝0－eq \f(1,2)mvA′2 －μm′gsB＝0－eq \f(1,2)m′vB′2 根据题意有sB－sA＝d 联立解得m′＝eq \f(m,3)。 (3)由题意知，B的质量是nm，以水平向右为正方向，碰前A的速度是vA＝v0，设碰前B的速度是vB，碰后A、B的速度分别为vA′和vB′，A、B碰撞过程动量守恒，有mvA＋nmvB＝mvA′＋nmvB′① 碰后瞬间A、B的动量相同，且A的速度不大于B的速度，则有mvA′＝nmvB′② 且0<vA′≤vB′③ A、B碰撞过程动能不增加，有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)nmveq \o\al(2,B)≥eq \f(1,2)mvA′2＋eq \f(1,2)nmvB′2④ 根据题意可知vA>vB>0⑤ 根据①②式，可解得vA′＝eq \f(vA,2)＋eq \f(nvB,2)，vB′＝eq \f(vA,2n)＋eq \f(vB,2)⑥ 根据②③式，可得n≤1⑦ 根据①④⑥式，可得eq \f(vB,vA)≤eq \f(3n－1,3n－n2)⑧ 结合⑤式，可得0<eq \f(3n－1,3n－n2)≤1， 解得eq \f(1,3)<n≤1⑨ 综合⑦⑨，可知n的取值范围是eq \f(1,3)<n≤1⑩ 根据⑥⑩式，可得eq \f(vA,2)＋eq \f(vB,2)≤vB′<eq \f(3vA,2)＋eq \f(vB,2) 结合⑤式，可得eq \f(vA,2)<vB′<eq \f(3,2)vA 代入vA＝v0＝eq \r(2μgd)， 解得eq \f(\r(2μgd),2)≤vB′<eq \f(3\r(2μgd),2)。 $