专题九 动量守恒定律-【创新大课堂】2026年高考物理五年真题分类汇编168优化重组卷

U-mg-m2-mn 解得小球在B点的速度大小"B一 /3qU-3mgL 63.解析(1)根据题述有f=kr 设油滴a的质量为m1,油滴a以速率v。向下匀速运动，由平！ .4 衡条件有m1g=kor1m=3n3p 1 设油滴b的质量为m2,油滴b以速率了，向下匀速运动，由 平街条件有m:R=·子0rm=子，0 1 联立解得m1:2=8:1 (2)由于当在上下平板加恒定电压（上板为高电势）时，这两个 油消很快以宁的递率整直向下匀速运动，所以有 油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则油滴a! 带负电荷 油滴b速度增大，说明油滴b受到了向下的电场力，则油滴b! 带正电荷 -8和m=子n0m=含p可知，甲乙油滴的半 4 2 径之比为1=2 r2 由f一r可知两个油滴均以速率之吻竖直向下匀速运动！ 时，所受阻力之比为力=1=2 f2 r2 油滴b以速率子竖直向下匀速运动时，所受阻力为f=mg 结合∫一如r可知油滴b以连率子助竖直向下匀速运动时， 所受阻力为f2=2f=2m2g 油滴口以速率之心竖直向下匀速运动，所受阻力为万一 2f2=4m2g 设油滴a所带电荷量的绝对值为q1,由平衡条件有m1g一 91E+f1 设油滴b所带电荷量的绝对值为q2,由平衡条件有2g十！ 92E=f2 联立解得q1：92=4：1 答案(1)8：1(2)油滴a带负电，油滴b带正电4：1 专题八电路与电能 1.B[并联电路规律十电阻定律+电流的微观表达式 题图并联电路上2R 规律IR. a、b材 质相同、1.2Sk 电阻定律：R,=S P.=Ps I Sal pl -2 Ri S2 ,B对] 路l1 电流的微观表达式： I=n,eS。a、b材质相同LS na=ns L=neS2v 2.CD[由题意知，U12=9%=3V,Ug=%-0=2.5V, U34=93-94=一1.5V,联立可得91>>94>约，在电路中 电流从高电势流向低电势，所以1接电源正极，3接电源负极，： 故AB错误，CD正确.] 3,C[由电路的串并联规律可知，电阻3R两端的电压为35，电) 阻R两端的电压为号，则电容器两板板间电势山-华，则 Q-CAU 2CE.C对.] 5 4.解析(1)根据欧姆定律可得 (RR+R1)Ig=U (2)由电路图可知，滑动变阻器采用分压式接法，闭合前应使待测并！ 联部分短路，以保护元件安全，故滑片应移动到最左端. (3)若3、4间断路，则不能形成闭合回路，各表无示数，B不符！ -19 合题意：若3、5间短路，则滑片右侧部分的电阻被短路，干路中 总电阻减小，微安表有示数，且变化显著，C不符合题意；若1、2 间断路，则改装后的电表直接测电源两端电压，微安表示数变 化不显著，A符合题意： (4)标准电压表示数为准确值，即改装后的电表两端的真实电 压U=0.60V,微安表示数为流过其所在支路的真实电流，为 I=9.8×105A,由欧姆定律得此时改装后的电表的总阻值 R-号>6kn,总阻值偏大，故高减小R的阻值 答案(1)5.2(2)左（或2）(3)A(4)减小 专题九动量守恒定律 1.AB[力的动态平衡问题十冲量十矢量合成A项分析：无人 机沿水平方向做匀速直线运动，则其时刻受力平衡，又由题意 可知拉力方向不变，逐渐减小，则可作出无人机的受力示意图 如答图所示，可知无人机受到空气作用力的方向会变化，A正 确.B项分析：由题意可知，拉力的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1-十F工T- 2 (B。一合T）T,B正确，C项分析：0到T时间段内，无人机受到 的重力的冲量大小6=mgT,又无人机受到的重力和拉力不共 线，所以结合B项分析可知，无人机受到重力和拉力的合力的冲量 大小1<十6=mgT+(E。-合TT.C错说.D项分桥：由 答图结合几何关系可知，无人机受到空气作用力的大小F空= √(Fsin60)2+(mg十Fcos60)2,T时刻无人机受到拉力的大小 3 F=B-kT,联立解得F室(E。-kTD2+(mg +fo-4T2 2 D错误.] F空2 才下 -30 、、4mg 2.BD[重力势能十竖直上抛运动规律十动量定理十(F-1图像) 根据题图分析可知，1=0.15s时，运动员对蹦床作用力最大， 则此时运动员下降至最低，点，运动员的重力势能最小，A错误： 根据题图分析可知，1=0.30s时运动员离开蹦床，做竖直上抛 运动，经2s后，即1=2.30s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛 运动的对称性可知，1=1.30s时，运动员运动至最大高度处，根 据u=g△1可知，运动员在t=0,30s时的速度大小%= 10m/s,B正确，C错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，根 据动量定理有(F-一ng)△1=n一（一no),代入数据解得F= 4600N,D正确.] 3.AD[物块与地面间的滑动摩擦力为：f=ng=0.2×1X 10N=2N.13=3s时物体的速度大小为的，则有：(F-f)= mug,其中F-4N,代入数据解得：ug=6m/s;t4-4s时速度 为4，根据动量定理可得：一(F十f)(t4一t3)=nu4一nu3,代 入数据解得：4=0，故A正确：0~3s物块沿正方向加速运动， 3s一4s物块沿正方向减速运动，4s末的速度为零，4s一6s物 块反向加速，且加速度大小与0~3s内的加速度大小相等，故 6$时物块没有回到初始位置，故B错误：3s时物块的动量大 小为：p=nw3=1×6kg·m/s=6kg·m/s,故C错误；0~3s 内物换的位移：山=受与=号×3m=9m,方向为正方向； 3s一4s内物块的位移：=购十”(4一)=69X 3 2 (4一3)m=3m,方向为正方向：6s时物块的速度大小为6，则 有：(F一f)t2=n6,解得：6=4m/s,4s~6s物块的位移大 小为：函一艺-号×2m-4m,方向为负方向.所以0一65 时间内F对物块所做的功为：W=F(x1一x2十x3)=4X(9一 3十4)J=40J,故D正确.] 4.AC[根据1图像可知在0一11时间内速度逐渐减小，根据！ P=ngu知，返回舱重力的功率随时间减小，故A正确：在t 图像中，图像的斜率表示加速度，斜率逐渐减小，故加速度逐渐 减小，故B错误；在112时间内，速度逐渐减小，根据p=mu 可知返回舱的动量随时间减小，故C正确；在2一1妇时间内，返 回舱的速度不变，动能不变，但重力势能减小，故机械能减小，， 故D错误.] 5.A[A.火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下， 的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不： 断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和· 空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上！ 的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的！ 加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下！ 的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速} 运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动！ 能最大，故A正确；B.根据能量守恒定律，可知高压气体释放！ 的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误： C.根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C1 错误：D,根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火 箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误，故选A.门 6.BC[未撤去F前，摩擦力做负功，根据动能定理有WF F0=之mw2,可知，F所做的功一定大于之m2,A错误；对 于整个运动过程，根据动能定理有Fo一F:X30=0,解得F=! 3F:,D错误；撤去F后的运动过程中，根据动能定理有一ngX! mw3,解得以一0gC正扇：未损去F前，设P的 2=0-1 冲量大小为1，则摩擦力的冲量大小为号，未搬去F前，对物 体根据动量定理有I一号=m,解得1一受mB正确.] 3 7,AB[火箭向后喷出高速气体，反作用力是火箭的推力，由动！ 量定理可知，增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推； 力，增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力，选！ 项AB正确CD错误. 8.D[质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运！ 动学公式2=2ax可得v=√2ax,设质点的质量为m,则质点 的动量p=m√2az,由于质点的速度方向不变，则质点动量p! 的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确.门 9.B[设空气的密度为，台风迎面垂直吹向一固定的交通标志： 牌的横截面积为S,在时间△t内的空气质量为：△n=Su·△t,! 假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度为零，对： 风，由动量定理得：一F△t=0一△nu,可得：F=Su 10级台风的风速u1≈25m/s,16级台风的风速2≈50m/s,则有！ 2≈4，故B正确，A、C,D错误.] 10.C[以子弹的初速度方向为正方向，连续射击1分钟的过程· 中，设射出了颗子弹，子弹受到机枪的平均作用力F=F'=! 12N,对子弹运用动量定理，则有Ft=mn,代入数据，解得： n=120,C正确.] 11.D[圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨远！ 的法线方向（沿轨迹半径指向圆心），选项A错误：小物体随圆！ 盘一起转动，静摩擦力提供向心力，f=wr,小物体运动一 圈时间T=2π/w,小物体运动一图所受摩擦力的冲量大小为 I,=fT=2πwr,选项B错误；圆盘停止转动后，由于惯性，小· 物体沿运动轨迹切线方向运动，选项C错误：圆盘停止转动· 时，小物体速度=ω，由动量定理，小物体整个滑动过程所受！ 摩擦力的冲量大小为I=△nu=nwr,选项D正确.] 12.解析(1)篮球在下落过程中，根据牛顿第二定律可知a1=! mg一λm8=g一入g 根据速度一位移公式可得篮球与地面的碰前速度为 va=V2gH(1-A) 篮球反弹的过程中，根据牛顿第二定律得 a2=mg十AmE=g十Ag 根据速度一位移公式可得篮球与地面的碰后速率为： v6=√2gh(1十a) 19 /h(1+A) 因此k=。二VH(1) (2)篮球反弹到最高点时，运动员对篮球施加一个向下的力， 根据动能定理得： mgh+号h-Ag）)-mgA-子m,2 根据(1)问的描述可知，篮球落地反弹的速度为6'=k' 在反弹上升的过程中，根据动能定理可得 -mgh-Amgh=0-之muw2' 联立解得：F。=2mg(1-A)(H-h) h-ho (3)由(1)问的分析可知，篮球上升和下降过程的加速度分别 为a1=(1-入)g(方向向下) a2-(1十1)g(方向向上) 因为拍打的时间极短，重力的冲量可忽略不计，则根据动量定 理可知I=n 即每次拍打篮球都会给篮球一个速度. 拍打第一次下降过程中，2-2=2(1-A)gh0 上升过程中有(k1)2=2(1十A)gh1 将k代入上升过程的式子化简得 hu12=2(1-A)gHh1 立解释-（合）+（信）广 拍打第二次，同理可得：下降过程中22-2=2(1一)gh1 上升过程中代入k后得hv22=2(1-入)gHh2 联立得：h2= [+g] 21 将代入到得=()·十（合） 2g1-十 (h 2 (i)·2g(1- 拍打第三次，同理可得：下降过程有42-=2(1一)gh2 上升过程代入k值化简得h32=2(1一)gHhg 联立解得-合[十2g-】 再代入到得（合）广·+(合)） 2 2g(1-A)十 ()°·2+（合）·2 2 拍打第N次时，同理可得：下降过程有w2一2=2g(1 λ)hN-1 上升过程代入k值得huv2=2(1一入)gHhN 联立解得hN-分[、1十级不] 将hN-1代入hN有 h h 2 hN ()·。+（）· 2 I h 2g(1-) 十… （)·2g(1-万 其中，hv=H,h。=h,则有 h W十1 h H=(合)+ H h 2g(1-A) H 则有I=nu= 2g(1-A)(H-h)(HNF1-hN+1) 入 h(HN-hN) h(1+入) 答案(1)√H(1-) (2)2mg(1-A)(H-h) h-ho (3)m入 2g(1-A)(H-h)(HN+1-hN+T) h(HN-hN) 3.D[动量守恒定律十信息提取能力对小车P、N的碰撞过 程，由动量守恒定律有mpup十mvvN-mpun'+mvuN',整 理得mn(p一p')=nv(vv1'-uv),由题图1可知一un >vN1'-tN1,解得mn<mN;对小车Q、N的碰撞过程，由动 量守恒定律有mouQ+nvv2=nQvQ'+mvvN2',整理得 nQ(a-ta')=nv(w2'-uv2),由题图2可知a-ua'<! UN2 一N2,解得no>nN,综上可得nQ>nN>mp,D正确.] 14.A「(-1图像)十碰撞两小球碰撞前后各自的受力未发生： 变化，则小球碰撞后的加速度与碰撞前的相同，又v一t图像的 斜率表示加速度，则碰撞前后小球的)-1图线相互平行，BC! 错误：由于F1与F2始终大小相等、方向相反，且两小球均由！ 静止开始沿同一直线相向运动，则由动量定理可知碰撞前后 两小球整体的总动量为0，D错误，A可能正确.] 15.B[爆炸物爆炸，动量守恒，名mu=3加，解得两碎块的 初速度之比为1：2=1：2，由平抛运动规律x=t可知，两 碎块的水平位移大小之比为x1：x2=山1：v2=1:2,选项A 错误：根据题述，在5$末和6s末先后记录到从空气中传来的！ 碎块撞击地面的响声，可知碎块在空中下落时间为1=4s,由： 平抛运动规律可知，爆炸物的爆炸点离地面高度为h=立知！ =80/s,选项B正确：爆炸后质量大的碎块落地时撞击地面 的声音传播到声音记录仪的时间为11=5s一4s=1s,撞击地： 面处距离声音记录仪的距离为x1=ul1=340m,由x1=1t,1 解得：1=85m/s,选项C错误；爆炸后质量小的碎块落地时· 撞击地面的声音传播到声音记录仪的时间为2=6s一4s= 2s,撞击地面处距离声音记录仪的距离为t2=t2=680m, 爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为x=十=340m十 680m=1020m,选项D错误.] 16解析(1)滑块静止时，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平！ 衡条件可知V1=(m十M)g=8N, 滑块向上滑动时，滑杆受重力、向上的摩擦力以及桌面的支持！ 力，由平衡条件可知N2=Mg一f,代入数据解得V2=5N. (2)解法一：碰前滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定！ 律得ng十f=na, 解得a=15m/s2,方向竖直向下. 1 由运动学公式得2-w2=-2al, 代入数据解得u=8m/s. 解法二：由动能定理得-(mg十D1-号m-号mw2,代入 1 : 数据解得u=8m/s. (3)滑块在B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，设碰后二者的共· 同速度为，根据动量守恒定律有 nu=(n十M)u, 碰后二者一起做竖直上抛运动，向上运动的最大高度h一， 解得h=0.2m. 答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m 17.解析(1)竖直方向为自由落体运动，由-号2得1-0.30s (2)设A、B碰后速度为U, 水平方向为匀速运动，由s= 得v=1.0m/s 根据动量守恒定律，由mu0=2mv 得o=2.0m/s (3)两物体碰撞过程中损失的机械能△E-?m吻2-。2m2 得△E=0.10J 答案(1)0.305s(2)2.0m/s(3)0.10J 18.解析(1)设背包的质量为n,滑雪者的质量为M 对背包，由牛顿第二定律得 mgsin 6-umgcos 6=ma 解得背包的加速度a1=2m/s2 设背包由A点运动到B点的时间为1，由匀变速直线运动的， 规律得 2a12=uo(1-1)+22(1-1)2 解得t=3s 则滑道AB段的长度x=立01P=9m (2)背包到达B点的速度v1=a1t=6m/s 滑雪者到达B点的速度2=u十a2(t-1)=7.5m/s 19 滑雪者拎起背包的过程中动量守恒，根据动量守恒定律得 mu+Mv2=(M+m)v 解得滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度u=7,44m/s. 答案(1)9m(2)7.44m/s 19.解析(1)设B到半圆孤轨道最高点时速度为y2',由于B对 轨道最高，点的压力为零，则由牛顿第二定律得 12 mg=mR B离开最高，点后做平抛运动， 则在竖直方向上有2R=2g 在水平方向上有x=2t 联立解得x=2R. (2)对A由C到D的过程， 由机械能守恒定律得mgRc0s0=子mn2 A下滑到D,点时所受重力对A做功的功率为 P=mgvp sin 0 解得P-ng sin0√2 gRcos. (3)设A、B碰后瞬间的速度分别为1、2，对B由Q到最高点 的过程，由机械能守恒定律得 1 m2=m2+mg·2R 解得2=√5gR 对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得2m)2一mgR 解得u1=√2gR 设碰前瞬间A的速度为~。，对A、B碰撞的过程，由动量守恒 定律得 tuo=m1十m2 解得h=√2gR+√5gR 碰撞过程中A和B损失的总动能为 AE=mw2-m2-mw2 解得△Ek=√10mgR. 答案(1)2R(2)ng sin0√2 gRcos0(3)√10mgR 20.AC[受力分析十冲量十简谐运动设滑块运动过程中右侧 轻绳与PQ连线的夹角为0，则轻绳的伸长量为△x=coS0,招 绳的拉力大小F=k△x,垂直杆方向滑块受力平衡，则杆对滑 块的支持力FN=Fcos0-ngcos53°，而滑块与杆之间的滑动 摩擦力大小f=FN,联立解得f=1.6N,A正确；下滑过程 中滑块所受摩擦力沿杆向上，上滑过程中滑块所受摩擦力沿 杆向下，由冲量的定义可知，下滑与上滑过程中所受滑动摩擦 力的冲量方向不同，B错误：设滑块的位移为x,结合A项分 析可知，下滑过程滑块所受合外力为F,=mngsin53°-f kx,上滑过程滑块所受合外力F上=ngsin53°十f-kx,可知 上滑过程与下滑过程分别为简谐运动，平衡位置处合外力为 0,解得平衡位置与P点的距离分别为x下=0.64m,x上= 0.96m,可得滑块从释放到静止的位移大小为x=0.64m, C正确；结合C项分析可知，从释放到静止的过程，滑块克服 滑动摩擦力做功为W=(1.28m十1.28m一0.64m)f= 3.072J,D错误. 21.BD[爆炸模型十子弹打木块模型十平抛运动弹药爆炸的 过程，由动量守恒定律有3nvA=mB,由能量守恒定律有 △E=2X3muA2十2mv2,B嵌入C的过程，由动量守恒定 律有mvg一(m十5n)vD,D在滑轨上的运动过程，由动能定理 有-(m+5mgS,-合(m+5m)w2-合(m+5m)n2, D脱离滑轨后做平抛运动，则有S,-1,h=之，D的初动 能ED=合(m十5m)n2,爆炸后醉间A的动能E=之× 3nA2,解得EkA=2EkD,△E=48ngh1 十4D从开始运 521 动至落地的过程，根据动能定理有一以·（加十5n)gS1十(n十 5m)gh=子(m+5m)2-合(m+5mn2,解得u=0n则D 的初动能与其落地时的动能相等，AC错误，BD正确.] 22.AD[动量守恒定律十能量守恒定律十动量定理十运动学规！ 律子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所！ 受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则 由动量守恒定律有no=(n十M)v,解得木块获得的速度大！ 小为一M,又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当 子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有受m,! =(m+02+L,解得物=2L(m十0 mM 若子弹能够 射出木块，则有6>2Lm+①，子弹在木块内运动的过程， mM 对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kb=am,ko=MaM, 24n12、1 根据位移关系有61一 aMt2=L,对木块有2=！ 2kmL awt,联立解得=2MmM十m又物越大，1越小，则 2越小，即随着的增大，木块获得的速度2不断减小，综 上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小= 2kL(m+M) mM ,A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动 量定理有一kot=nu一n%,解得子弹在木块中运动的时间： mM Ik(m十M师，B错误：由能量守恒定律可知，木块和子弹损失 的总动能△E6=,L=22L2Cm十M,C错误：木块在加速 mM 过程中做匀加速运动，由运动学规律有x=之，解得木块在加 v2 造过程中近动的距高上一D正确】 23.B[设中子的质量为m,则氢核和氮核的质量分别为m、14n, 由于碰撞为弹性碰撞，选向右为正方向，由动量守恒定律得：： 中子与氢核碰撞，mn一mu十m,之m2一之m62十 m2+号m,2,解得=o:中子与氯核碰授，m6=m, 1 2m 2 解得边一14m十m0=50' 量后氢核动量为mu,氮核动量为m,氯核动量大 4 铵动量，故A错误：碰撞后氢核动能为子X14mX502二 28n% 225 ,氯核动能为弓m2,所以碰撞后氯核的动能比氢核 的小，故B正确购一后吻心=吻，故CD错误.] 24.B[因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块： 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：！ 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！ 件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒.故选B.] 25.ABD[从a-1图像可知，0t1时间内B物体未运动，仍处 于静止状态，故墙对B的作用力的大小、方向和弹簧对A的作 用力大小、方向均相等，故墙对B的冲量与弹簧对A的冲量相 同，故由动量定理可知其大小等于加Av0,A正确：时刻之 后，AB构成的系统动量守恒，弹簧形变量最大时，弹簧弹力！ 最大，a也最大，在t2时刻，A、B加速度最大，且此时A,B受 力大小相等，方向相反，aA<aB,所以mA>nB,B正确；t2时！ 刻弹簧形变量最大，aA<a0,所以形变量小于x,C错误；由于 Q-1图线与时间轴国成的面积表示速度变化量，故11时A速 度v0=S1,2时B=S,vA=S1一S2,当弹簧形变量最大时 有uA=uB,解得S1一S2=S3,D正确.] 26.解析传送带模型十动量定理十能量转化 (1)由于散货到达倾斜传送带顶端前已与传送带共速，且到达· 顶端水平拖出，则散货到达倾斜传送带顶端的速度大小为。， 由于F-t图像与坐标轴围成图形的面积表示冲量，则散货撞： 击传感器的过程，水平方向上由动量定理有 一I=0一no 解得单个散货的质量为m=二 20 (2)每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货，则装有 M Muo 散货的个数为=m=工 由于每隔△1释放一个散货，则该过程货箱的运动时间为 Mo△i 由于货箱和水平传送带共速，则水平传送带的平均传送速度 大小为 d Id MvoAt (3)散货在传送带上的加速过程，由牛顿第二定律可知散货的 加速度为a=gcos30°-gin30°-g 则该过程的运动时间为1一也-4如 由于放置第10个散货时，第1个散货恰好水平拖出，则A、B .%2 间的长度为L=2a 2n2 +uo(9△t-t1)=90△t 从第1个散货抛出后瞬间到第2个散货抛出前瞬间，倾斜传 送带上的散货组成的系统能量差为 △E=mgLsin30°+之m,2 该过程运动的时间为△1，则倾斜传送带的平均输出功率为 p--号g一器 答案((2(3)号1g-器 Id Ivo 27.解析碰撞十动量守恒定律十匀变速直线运动 (1)P、Q碰撞过程由动量守恒定律有 m20=m1U十m2Q 解得P,Q碰撞后瞬间Q的速度大小为vQ=3.5m/s 该碰撞过程中损失的机械能为 AE-%w2-(合m12+2m02）-24.5J (2)碰撞后瞬间由于P的速度大于Q的速度，则之后两小物块 不会再次相碰，P在防滑带上运动，由牛顿第二定律可知加速 度大小为a=4g=5m/s2 若P仅在防滑带上运动，则其从开始运动到静止的过程有 2ax=v2 解得该过程的位移为x=4.9m 则P最终静止在第3个防滑带上 P在第一个防滑带上的运动由位移速度公式有一2l。= 2-2 P在第二个防滑带上的运动由位移速度公式有一2l2= 22-18 解得P离开第一个、第二个防滑带瞬间的速度大小分别为 u1=5m/s,2=1m/s 则P从开始运动到静止经历的时间为 1=巴++4=5s 12 答案(1)24.5J(2)5s 8.解析动能定理十动量守恒定律十牛顿第二定律十运动学公 式+推理论证能力(1)给第1个滑块一个水平向右的初速 度，滑块相对木板向右运动，滑块与木板间的摩擦力为滑动摩 擦力，大小为f=2μmg,由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 则木板与地面间的最大静摩擦力为fm=u(nm十3n)g= 4mg,又n是大于1的正整数，所以fm>f1,第1个滑块与 第2个滑块碰撞前，木板处于静止状态，对第1个滑块从开始 运动至与第2个滑块碰撞前瞬间的过程，由动能定理有 -2mgL=mu1'2-mu2 代入数据解得1'=√(B-4)gL (2)对第j个滑块从开始运动至与第j十1个滑块碰撞前瞬间 的过程，由动能定理有 -24jngL=之jmy2-立jmy 对前j个滑块整体与第j十1个滑块碰撞的过程，由动量守恒 定律有jmu;'=(j+1)mu+1 联立解得y+1一十√0，一g (3)设第：个滑块开始运动时木板恰不开始滑动，则对木板由！ 平衡条件有 2uimg=Aunmg 解得i=2n 所以第2十1个滑块开始运动时，木板开始滑动，设第21十1 个滑块开始运动时的速度大小为吻+1，则对前2十1个滑块 由牛顿第二定律有 2u(2n+1)mg=(2n十1)a1 对木板与其余滑块整体，由牛顿第二定律有 2(2n+1)mg-4·4nmg=(21-1)na2 滑块哈好不再相碰，则由运动学公式有 u2n+1一a1t=a21 联立解得2m+12 81 2n-TugL 由2)月分折可知2=(）(2-4gL） 所以2m2 依次类推至2 (合)(-4wL） 线代入可得+2=（市）2-[()】 （器}+…+()] 联立可得0L=(市）aL-贵wL 81 4n(4n+1) 解得g-4n4n十1)(2m十1)+8m(2m+1D2 2n-1 答案（1B-gL2+1中房-gL (（3)4(4n+1)(2m++8n(2m+1)2 21-1 29.解析动量守恒定律十机械能守恒定律 (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=u1-Mu2 又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守位，由机械能： 守恒定律有mgh=之mu,2十立M2 2 联立解得=6m/s,的=m/s ②从P点水平抛出后，小球微平抛运动水平逸度不变小球】 与（的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有 m1=（m十ma）0 解得vo=2m/s b刚解除锁定时，有F=kx0 小球与a的整体开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守： 恒定律 有宁(m十m)w2-(m+%3+En : 其中Ew=号k红 : 联立解得b刚解除锁定时小球和a的速度大小u。=1m/s b解除锁定后，、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能 均守恒，当a与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定 律有 (n+ma)ua=(n+la十6)% 解得w=号n/s 由机械能守恒定律有 之m+m,w3-之(m十m,十m,o,2+En 解得Epm=2.5J 答案(6m/s号m/s(2)号m/s2.5J 2 20 30,圆周运动十板块模型十动量守恒定律十机械能守恒定律十运 动学规律十综合图像处理问题的能力 解(1)对小物块在Q点，由圆周运动知识有 ng十3ng=mR 解得u=4m/s (2)(1)根据题图乙分析可知，当外力F≤4N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=M十 一F 皓合题图乙可知M=kg=0.58 当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛顿 第二定律有 F-umg=Ma 1F umg 变形得a=MM 结合题图乙可知7一8号kg1-1起1 mng-2 m/s M 联立解得M=1kg,m=1kg,=0.2 (ii)根据题图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为a1= 6m/s2,小物块的加速度为a2=g=2m/s2,方向均水平向左 设经时间1，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y1=a1to 小物块在P,点时的速度y2=a20 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，剥有合M,2+之m2-宁M2+号m,2+2mgR Mu+Mus+mv 联立并代入数据解得10=1.5s(另一解不符合题意，舍去) 根据运动学规律有L-号41,2-合44,2 解得L=4.5m 31.反冲模型十平抛运动十综合分析问题的能力 解(1)A离开桌面后做平抛运动，则 水平方向有工A=tAt 竖直方向有h=2g 联立并代入数据解得vA=1m/s A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力 等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所 受合力均为零，故A、B组成的系统所受合外力为零，动量守 恒，则有nAVA一nB"B 解得B=1m/s (2)对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有 一4 BEEB=0-之mBB 代入数据解得4=0.2 (3)对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有 △E。=之mA2十之mg2十mAg·号+mBg·兰 代入数据解得△E。=0.12J 32.碰撞模型十动量守恒十机械能守恒 解(1)小球A与B碰撞后结合在一起，则小球A、B发生完 全非弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，设碰后两者的共同速度为 u,有 mA=(mA十mg),剥=mA十m房 mAUo 1mA202 银据向心力公式F有三(mA十B)尽，得F有RmA十mB (2)若小球A、B之间为弹性碰撞，则碰撞过程动量守恒、机械 能守恒，两球第一次碰撞在B球初始位置，设碰后A、B的速 度分别为1、2，由动量守恒定律有nAv0=mA1十mB2 1 由机械能守恒定律有之mA2=之mA012=立mBv22 可得-心一 2mAvo 2A十nB nA十nB 因m1>:则碰后醉间两球同向运动，又兰<合，结合 (2一)1一2πR可知，从第一次碰撞到第二次碰撞的过程， A的路程小于一个圆周 第一种情况：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了子圈， =1 24 可得兴-2 第二种情况：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了号圈， 2 可得 ! 由动量守恒和机械能守恒可知两种情况下第二次碰撞后A球· 速度重新变为。，B球的速度为0，之后两小球做周期性运 动，两种情况均符合题意 (3)第1次碰后瞬间，两球相对速度为e0,B比A多跑一圈后！ 发生第2次碰撞，设第1、2次碰撞的时间间隔为1，圆周长为 L=2xR,则山=g1-vA1w0 L 根据动量守恒定律有mA,=mA心A1十mg心B1,且e=1一L 0 解得1-m1十e A十nB 0A1=1二m0,则该段时间内B nA十nB mA (1+e) : 的路程为v1山=(mA十mB)e B追上A后两球发生第2次碰撞，碰后瞬间两球相对速度为！ %,A比B名跑一圈后发生第3次碰撞，设第2、3次碰撞的！ 时间间隔为，则一2 根据动量守恒定律有mA,=mA心A2十mgB2,且e=2二型 evo 解得-11一2) A十28uA2一A千5。，该段时间内B mA十nB mA(1-e2) 的路程为u一mA十mB)P A追上B后两球发生第3次碰撞，碰后瞬间两球相对速度为· e0,B比A多跑一圈后发生第4次碰撞，设第3、4次碰撞的！ 时间间隔为，则一 根据动量守恒定律有nAU0=nAUA3十nBUB3,且C= e vo 解得w-11十e己) mA十mB 0,UA3= mA一心mEuo,该段时间内B: mA十nB nA(1十e3) 的路程为U一(mA十mB) L 依此类推，A、B第21次碰撞后瞬间，两球相对速度为e”u0,! 碰后A比B多跑一圈后发生第2十1次碰撞，该时间内B的！ 路程为mA(1一e2n) (mA+m 综上，B的路程为；= mA1+e)L mA(1-e2) (A十nB)e (mA十mB)e2 L+: nA(1+e3) (mA+mgDL+…+ mA (1-e2n) mAL (m,+)e2n二（mA十mB) ++…+。 1 2mAπR e2m-1 e )-(mA+mB‘e(e- 33.传送带模型十碰撞十竖直面内的圆周运动 解(1)设小物块的质量为，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以，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ng=ma 设小物块到达传送带最右端时的速度大小为山，假设小物块！ 在传送带上一直加速，由运动学公式有 v12=2aL 联立并代入数据得y1=6m/s 20 由于1>5/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 v=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2、的，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为△Ek, 对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得 my1=-n2+M的 小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为 aE,=m2-mm2-M2 联立并代入数据得△Es=0.3J (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4，P点到O点的距 离为x,绳子的长度为，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 042 Mg-M 对小球的整个上升过程，由动能定理得 -Mg1+1-)=M,-2M2 联立并代入数据得x=0.2m 4,法拉第电磁感应定律十动能定理十牛顿第二定律十动量定理 十动量守恒定律十运动学公式十临界极值问题分析 解(1)对甲从静止到运动至P1P2处的过程，根据动能定 理有 h m1gh-4 mgeos0·sn-立m1w2-0 甲刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律有 En=Blvo Eo 根据欧姆定律有16=2R 对乙由牛顿第二定律有 BIol=m2a之0 联立并代入数据解得a元0=2m/s2 根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视）， 结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，则加速度方 向水平向右 (2)甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系 统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有 m6=（n1十m2)v共 对乙根据动量定理有 BIlL=n2u共一0 L△ΦBL△x 又11=9=2R 2R dmin=△x 联立解得dmin=24m (3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导 轨上运动稳定，相对位移为△x=24m,且稳定时的速度u共= 6 m/s 乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定 律有 2gsin02十1m2gcos02=n2a上 根据运动学规律有2a上x上=v共2 乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定 律有 n2gsin02一m2gcos02=n2a下 根据运动学规律有2a下xr=y12 又x上=x下 联立并代入数据解得乙第一次从右侧斜轨上滑下经Q1Q2时 的速度y1=5m/s 甲乙结合体第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛 顿第二定律有 (m1+2)gsin2十42(n1+m2)gcos02=（m1+m2）a上 根据运动学规律有2a上'x上'- 由题图(b)可知x上=4.84x上 30 解得甲、乙碰撞后的速度v=im/s 乙返回水平导轨后与甲相互作用的过程，对甲、乙组成的系 统，根据动量守恒定律有 n12一m2y1=(1十2)y 解得乙返日水平导轨Q,Q时甲的速度为的-空m/: 若乙返回水平导轨时在Q1Q处哈与甲发生碰撞，则对应d! 的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动量 定理有 -BI1l△t1=]2一1v关 Bl△.x' 又91=11△4= 2R 解得△r-器n 根据位移关系有dnin'-△x=△r 解得dn'一m 若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最 大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动· 量定理有 BI2l△12=l2v-（-n2u1) Bl△x 又q2=I2△12= 2R 解得d-瞿m 根据位移关系有dmax'-△x△x'=△r” 解得dnax'-696 11 m 综上所连d的取值范国为票m<d<曾m 35.人船模型十斜抛运动十综合分析问题的能力 解(1)设机器人的质量为M,木板的质量为m,机器人在从 A木板左端走到右端的过程，机器人与A木板组成的系统动！ 量守恒，根据“人船模型”可知 Mx=mx2 : 根据位移关系有x十x2=-LA 联立解得木板A向左移动的位移x2=1.5m 因机器人向右走动过程，B、C始终静止，则机器人从A木板左 端走到右端时，A、B木板间的水平距离为x2=1.5m (2)机器人起跳后在空中做斜抛运动，设在空中运动的时间为： t,起跳时速度为如，与水平方向的夹角为0，则 水平方向上有x2=6cos0·t 竖直方向上有wsin0=g·2 gx2 联立解得6=√sin20 、机器人起跳过程中，机器人与A木板水平方向上动量守恒，} 则有 Mug cos 0=mvA 根据功能关系有 W=Mw2+合2 联立可得W-3gx21+3cos20_3g2(sin20+4cos20) sin 20 2sin Ocos 0 3gx22 千an0(单位为J) (an0+,2 an队，即an,=2时，W取最小值，则 2 Wmin =90 J ! (3)设机器人从A木板上起跳的速度大小为1，A木板的速！ 度为A0,机器人跳到B木板左端后与B木板瞬间共速，速度！ 为v共，此时A、B木板间的水平距离为xAB,水平方向上，B、C 木板与机器人组成的系统动量守恒，则有 Mo1cos0=(M+2n)v共 : 取水平向右为正方向，每一次机器人从B木板上起跳过程中， 机器人与B木板组成的系统在水平方向上动量守恒，则有 (M十n)u美=MuM十numl=muM2十mun2=Mug十nen3 又机器人相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右： 端，则有 B (uM1-Um1)i1=3 B (uw2-Um2)L2=3 20: 联立可得号跌十十4，)一亭（1山十a4十)=LB 又3次跳跃后，B木板恰好追上A木板，则有 m1i十n2t2十m3t十yAo(t1+t2十t3)+xAB=0 机器人跳到B木板右端时，A,C两木板间距离 xAC=Ua0(41十i2十白)十xAB十LB十V美(1十L2十L3） 联立解得工AC=4 36,解析(1)设碰撞前瞬间小球的速度为，碰后小球及圆盘的 速度分别为、2，取竖直向下为正方向，对碰撞前，小球自由 落体的过程，由动能定理得 mgl=mv2 解得=√2gl 小球和圆盘碰撞过程满足动量守恒和系统机械能守恒，有 mv=mv+Mv 2u12十2M22 M 文m3 2,-②g 联立解得=一 2 所以第一次碰控后醉司小球和圆盘的速度大小均 (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球先向上做匀减速直 线运动，到最高点再向下做匀加速直线运动，圆盘一直向下做 匀速直线运动，当小球速度向下且与圆盘速度相等时，两物体 间距最大，设此过程所经历的时间为，对小球，由匀变速直线 运动公式得 √2gl」 2 2gl+gt 2 /2 解得1一入√g 由竖直上抛运动的对称性知，此时小球又回到了与圆盘第一 次碰撞的位置，故圆盘下落的距离就是此时两物体的间距，也 是在第一次碰撞到第二次碰撞之间两物体的最远距离，为 Smax == 2gL×,L= 2 (3)设小球和圆盘从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间 经历的时间为4，有吃1=山十之2 解得1=2√ 2L 在这段时间内，圆盘下落的距离为y1=21=21 设小球第二次与圆盘碰撞前瞬间速度为，则 t-+则-32区 2 设第二次碰后小球和圆盘的速度分别为心'、2'，小球和圆盘 碰撞过程满足动量守恒和系统机械能守恒，有 nu'+M2=m1'+M2 合m2+子M2=子m2+子M 1 1 解得y'=0,2'=√2g7 设小球和圆盘从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间经历 的时间为t2,有 222=2'12 1 解得-但 在这段时间内圆盘下降的距离为y2=2'12=4 同理，小球第三次与圆盘碰撞前瞬间速度为”=g2=2√2g 小球与圆盘发生第三次碰撞，由动量守恒和系统机械能守 恒有 mu"+M2'=n"+Mu2" m+号My=子m+NMa 1 解得”=区，g”-3风 2 设经过3，两物体发生第四次碰撞，有 v1"13+2g2-h"1g 21 解得=2√g 在这段时间里，圆盘下降的距离为为=2"”13=6l 由数学归纳法知，以后每次碰撞间隔时间均为2√日 21 在这段时间内圆盘下降的距离比上次碰撞间隔内下降的距离 增加2L,所以从第四次碰撞后瞬间到第五次碰撞前瞬间，圆盘 下降的距离为8L,若圆盘始终在管内运动，则从第一次碰撞后· 瞬间到第五次碰撞前瞬间，圆盘下降的距离为y=21十41十 61+8l=20>19L 故此时圆盘已经滑出长直管，不会在管内发生第五次碰撞，所！ 以圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数为4次 答案 (1)2g V2gl 2 2 2 37,解析(1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，水 平方向上小球和凹槽组成的系统动量守恒，有0=u1一Mu2 对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有 m2+M2 1 mgb= 2m2 gb 联立解得2一√M(m十MD 根据人船模型规律，在水平方向上有mx1=Mx2 又由位移关系知x1十x2=a 解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2一M十m 2( (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，小球向左运动的位移'-=a一工，则凹槽水平向右 运动的位移为'-册(a一r) 小球在凹槽所在的椭圆上运动，根据数学知识可知小球的运！ 动轨迹满足 （x-x2')2 62 =1 a2 整理得小球运动的轨迹方程为[M什m)x一m]十y =1 Ma2 (3)若Mb m。一b代入(2)问结果化简可得 [x-(a-b)]2+y2=b2 即小球的运动轨远是半径为b的圆 小球下降A=合高度的这程，小球与回槽组成的系能在水平 方向动量守恒，有ux'=M2' 对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有 mgh=之m2+M 由几何关系及速度的分解得y'sin30°=x 联立解得m'=26 答案(1)x2一M十m ma 2)M+mz=a2+兰-1 M2a2 2 (3)2b√a+3b g 38.解析(1)小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒！ 定律有 n20=(1十m2）1 解得=1m/s 两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有 um2g=ma 解得a=4m/s2 由运动学公式有 2ax1=9 解得x1=0.125m (2)木板与弹簧接触后，物块与木板先一起减速，当物块受到！ 20 的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间即将相对滑动 对物块有mn2g=n2a 对整体有kx2=(m1十2)a 解得x2-0.25m 从木板接触弹簧后到物块与木板之间即将相对滑动的过程， 物块、木板和弹簧三者组成的系统机械能守恒，有 .1 之m1+m2)2-2（m1+m)52+2kx22 解得-m/ 3 (3)木板向右运动的速度从2减小到0所用时间为10，木板 从速度为0到物块与木板加速度首次相同，弹簧又回到了物 块和木板刚要相对滑动的位置，考虑到木板返回时，受力与木 板压缩弹黄时相同，放木板的连度大小又变为的-号/， 木板返回所用时间也为t。 在此2。的时间内，对物块用动量定理有 -4n2g·210=n23一m22 解得的= (2-2）m/s 在此2。的时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动 能不变，故对系统，由能量守恒定律有 A=合mw2-m2 1 解得△U-(4√31-812)J 答案(10.125m(2)9 m/s(3)(4√3t-8to2)J 39.解析(1)小滑块B从轨道顶端下滑到轨道底部的过程，由动 1 能定理有nBgR=之mBu 小滑块B在A的底端时，有FN一mBg=mBR 解得FN=30N 由牛顿第三定律可知B对A的压力大小也为30N (2)当B滑上C瞬间，B、C的速度相等 假设两者之间无相对滑动，对B、C整体有 2(nB十nc）g=(ng十mc)a 解得a=8m/s2 而B减速的最大加速度a1=41g=2m/s2<a 故假设不成立，B、C间会有相对滑动 则B的加速度向左，大小为a1=2m/s2 C受B向右的摩擦力41mBg和地面向左的摩擦力42(B十 mc)g 其加速度满足2(mB十nc)g一1mBg=mca2 解得a2=10m/s B向右运动的距离工1一2a C向右运动的距离x2一2a2 B、C间因摩擦产生的热量Q-H1mBg(x1一x2) 解得Q=1.6J (3)假设B还未与C右端挡板发生碰撞，C就停下，设C从开 始运动到修下月时为1，有一品 得t1=0.2s 此时B、C的位移分别是 xg=w-2a142=0.36m、x=1-2a242=0.2m 则x相=0.16m,此时vg-v-a11-1.6m/s 由于L>0.16m,所以假设成立，一定是C停下之后，B才与C 右端挡板发生碰撞 设再经12时间B与C右端挡板发生碰撞，有 L-0.16m=g2-za122 解得t2=(0.8一√0.8一L)s(另一解不符合题意，舍去) 碰撞前瞬间B的速度大小为g'=g一a12=2√0.8-工m/s 碰撞过程由动量守恒定律可得nBvB'=(mB十mC)v共 碰撞后B,C速度大小为口来=√08工m/s 之后二者一起减速，有a=2g=8m/s2,经飞后停下 则有at3=y共 解得与=08-工、 16 故总时间1=11十t2十3= (1-150.8-工 16 答案(1)30N(2)1.6J (3)1-150.8-工) 16 40,解析(1)滑块a以初速度v。从D处进入竖直圆孤轨道 DEF运动，由动能定理有 mg·2R-mp2 解得p=10m/s 在最低点F,由牛顿第二定律有FN一ng=mR 解得FN=31.2N (2)碰撞后滑块Q返回到B点的过程，由动能定理有 -mg·2R-amgL-mg2-m 解得v。=5m/s 滑块a,b碰撞过程，由动量守恒定律有nvp=一na十3n% 解得=5m/s 碰撞过程中损失的机核能△E=子m2一之 2 3m62=0 (3)滑块α碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律有 mup-(m+3m)vd 解得h=2.5m/s 滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当 αbc三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有 (m+3m)va=(m+3m+2m)vab 解得=子m/s 由机模能守恒定律有1-子X4m2- -X6mvalk2 解得Ep1=0.5J 由E1=号k知2解得最大压缩量x1=0.1m 滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继 续减速，当弹簧弹力减小到零时，c速度最大，b速度最小；滑 块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当 abc三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹！ 簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最： 大伸长量x2=0.1m 所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差△x=x!十x2=! 0.2m 答案(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m 41,解析(1)设物块B的质量为M,。时刻物块A、B达到共速，！ 弹簧弹性势能此时最大设为Em,0~0时间内两物块作用过 程满足动量守恒定律，以水平向右为正方向，结合图(b)数据： 得MX1.2=(M+m)o,解得M-5m 此过程对A,B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得Em= 号M1.2aP-0M+maw2,每得En-0.6mam2. (2)10时刻物块A、B达到共速，此弹簧 ↑/ 压缩量最大， 12 因0一。时间内两物块受到的合力大小 等于弹簧的弹力大小，故两物块所受合 力大小相等、方向相反，又因M=5m, o 由牛顿第二定律可知，物块B做减速直 线运动的加速度大小始终等于物块A 做加速直线运动的加速度大小的号，那么在相同时间内，物块 B的速度减小量始终等于物块A的速度增加量的，由1 20 图像与时间轴国成的面积表示位移的大小，如图所示： 已知：0一t0时间内，物块A运动的距离为0.360t0,即图中面 积SA=0.36nt0 物块B相对匀速运动而减小的位移大小等于图中面积SB,由 1 前述分析可知SB=言SA=方X0.3660=0.072010,则0~ 时间内，物块B运动的位移大小xB=1.2一SB= 1.210-0.072vo0=1.128u0,由位移关系可得第一次碰撞 过程中，弹簧压缩量的最大值为△m=xB一SA=1,12860 0.36to=0.768hto. (3)已知A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同，可知 A两次滑上斜面的初速度相同，且都等于2， 设A第一次下滑到斜面底端时的速度大小为vA(其方向水平 向左)，A与B再次碰撞后B的速度为vB,以水平向右为正方 向，对A与B再次碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守 恒定律，结合图(b)数据得MX0.8b一nvA=MB十mX2o, 合Man2+之m2=之Mg2+立m(2aw只，联立解得： UA=U0 设A在斜面上上滑的最大高度为h,A与斜面间的动摩擦因 数为4，对A第一次滑上斜面到达最高点的过程，由动能定 理得 h 1 mgh-Lmgcos 0.sin )2 对A第一次滑上斜面又到达斜面底端的过程，由动能定理得 h 一20:sm0m2n(2nP,联立代入数羯 解得：4=0.45， 答案(1)0.6m2(2)0.7680t0(3)0.45 12.解析(1)设水平向右为正方向，因为0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 mA0=nAUA十mBUB， 1 mA%2=之mAvA2十之mBvB2 代入数据联立解得A=一2m/s, vB=2m/s,负号代表方向向左， (2)因为A物体返回到)，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mAg0=一号mAA2, 根据动量定理有一h1nAg2一0一mAvA,代入数据解得x。一 0.5m,2=0.5s,此过程中A减速的位移等于B物体向右的 位移，所以此过程对B根据牛顿第二定律有42(mA十nB)g= m01,根据位移-时间关系有：=%1一之014 联立代入数据解得山-子或1s(合去) 根据儿何关系有d=At1十xo 7 代入数据解得d=6m, (3)在A刚开始减速时，B物体的速度为t2=vB一1 在A减速过程中，对B根据牛顿第二定律可知 1nAg十2(nA十mB）g=mBa2 设B物体停下来的时间为13，则有2=a23, 3 解得4=方sC1=0.5s 可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为 .3 B-2a2-26m 所以A对B的摩擦力所做的功为W:=一出nAgEB=3,联立 代入数据解得：W=一品 3 (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4一0A d 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，设小球微简谱振动的周期为工，摆长为L,则有子T= 人十十4T=2:√后小球下希进程极据动能定显有 MgL=合M,小球与A难撞过程根据动能定理有M加一 mAvo+Mu 当碰后小球摆角哈为5°时，有 Migl(1-c0 5"Mu 则有M 3√2π ,当碰后小球速度恰为0时，有 mA 85(1-√1-cos5) M=mAo,则有M-3V2 mA 85 所以实现上述运动过程，入 ,M的取值范国为3x 85 M 32π mA85(1-√1-cos5) 答案12m/s2m/s(2名m(3)-斋J ()3MM 3V2π 85nAnA85(1-√1-cos5) 43.解析(1)物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得 mgh=之m2,解得%=5m/s,b与a发生弹性碰撞，根据动 量守恒定律和机械能守恒定律可得 mivs mvb+mvo mw2-m,2+mw 1 解得：0=%=5m/s. (2)经上述分析可知，物块b与物块4在A点发生弹性正碰，！ 速度交换，设从高度h1释放时物块a刚好可以到达E点，根 据动能定理可得mgh1一2ngl-ngH=0,解得h-1.2m, 以竖直句下的方为为正方向：八十g-紧，由动念定理得 mgA-2mg-mgH-之mg2. 联立解得：FN=0.1h-0.14(N)(h≥1.2m). (3)当1.2m≤h<1.65m时，物块位置在E点或E点右侧，根： 据动能定理可得：mgh一2mg一mgH-合me3,从E点飞 出后，竖直方向：H=之g2,水平方向：一，根据几何关 系可得DF= 5 m, 联立解得：x=31十DF+s 代入：搭解得(3+)m<(.6+)m 当0.9m<h<1.2m时，从h2=0.9m释放时，根据动能定理 可得mgh一4mgs2=0, 解得s2=1.8m, 可知物块达到距离C点0.8m处静止， 滑块a由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得：！ mgH-umgss-0, : 解得3=0.4m 距离C点0.6m,综上可知0.9m<h<1.2m时，3l-s9≤ x<3l, 代入数据解得2.6mx3m. ! 答案(1)5m/s(2)FN=0.1h-0.14(h≥1.2m)(3)若物： 块b释放高度0.9m<h<1.2m时，物块a最终静止的位置 x值的范围为2.6m≤x≤3m:若物块b释放高度1.2m≤： 人<L5m时，物块a最终静止的位量上值的范围为(3+号)量 (.6+)m 44,解析(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守： 位，有2m-3I头，解得-空 20 (2)由于木板速度是滑块的2倍， 则有t木=2U滑 再根据动量守恒定律有2no=2v木十u滑，联立化简得 2 4 再根据功能关系有-mgr一子×2mu*2十号m附2 12 2m2,经过计算得x=254g (3)由于木板保持匀速直线运动，则有F=4ng,对滑块进行受 力分析，根据牛顿第二定律有滑=4g,滑块相对木板静止时 有的=a希1，解得1=边 g 则整个过程中木板滑动的距离为x'=t= ,则拉力所做 48 的功为W=Fx'=nu。2. 答案1号(2) 7%2 (3)0 ug 45.解析(1)A由距x轴高度为2L的位置滑到O点的过程 满足： 1 mg·2L-mgL=2mo 得u=√24gL. (2)A滑过O,点后做平抛运动落到轨道PQ上：水平方向 x=vol 1 竖直方向y=2gr 得w=x√2列 竖直方向，由动能定理得my=之m", 得v,2=2gy 设A落在轨道PQ上的速度为，则 2=t,2+w2 得2-2gy+r2 A落在轨道PQ上的动能相同，则2不变 令-2gy+r务- 将点(2L,L)代入得k=4gL PQ的曲我方程：2g+r云=gL 整理得：4y2十x2-8Ly=0(0≤x≤2L,L≤y≤2μL). (3)设A由距x轴高h处滑下，到O点时速度为A,这个过程 满足： 1 mgh-umgL=之mvA2 A与B发生弹性碰撞： mvA =mUA'+AmUB 1 mu2=mun2+2 Amun2 1 1-λ 得n'=1干入A 2 BA十A 1-λ ≥5，则n'-+A<0 若要满足A落在B落点的右侧，必须有物块A再次返回O,点 时的速度vA”>Ug 1 mg·2L=mu2-mu 1 若要使A和B均能落在弧形轨道上，则 L=2g102,2l≥吻'10 解得L3D≤h≤l+3L(告)： 入-3 答案(1)√2gL (2)x2+4y2-8Ly=0(0≤x≤2L,L≤y≤2L) λ-3专题九 动 考向一动量、动量定理 1.(多选)(2025·广 东卷，6分)如图所 示，无人机在空中 30° 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=F。一k1(F≠0，F。、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(F。一T)T C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为 mgT+(F。-2kT)T D.T时刻受到空气作用力的大小为 骨Rms 2.(多选)(2024·全国甲卷，6分)蹦床运动中， 体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床 上，对蹦床作用力大小F与时间1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.忽略空气 阻力，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正 确的是 () FN 0 0.51.01.52.02.5t/s 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.t=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 3.(2022·全国乙卷，6分)质 ↑FN 量为1kg的物块在水平力 F的作用下由静止开始在 0 2:46 水平地面上做直线运动，F 与时间t的关系如图所示.己知物块与地面间 的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g= 10m/s2.则 量守恒定律 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.(2022·湖南卷，5分)神m↑ 舟十三号返回舱进入大 气层一段时间后，逐一 打开引导伞、减速伞、主 伞，最后启动反冲装置， 27 实现软着陆.某兴趣小 组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将 其运动简化为竖直方向的直线运动，其图 像如图所示.设该过程中，重力加速度不变，返 回舱质量不变，下列说法正确的是 () A.在0~t1时间内，返回舱重力的功率随时间 减小 B.在0~1时间内，返回舱的加速度不变 C.在t1~t2时间内，返回舱的动量随时间减小 D.在t2~t3时间内，返回舱的机械能不变 5.(2022·山东卷，3分)我国多次 成功使用“冷发射”技术发射“长 征十一号”系列运载火箭.如图所 示，发射仓内的高压气体先将火 箭竖直向上推出，火箭速度接近 压气体 零时再点火飞向太空.从火箭开 始运动到点火的过程中() 发射。 A.火箭的加速度为零时，动能 77777777777777 最大 B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的 动能 C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量 的增加量 D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之 和等于火箭动能的增加量 6.(2021·全国I卷，6分)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$0时，速度的大小 为，此时撤去F,物体继续滑行2s。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7m62 B.在此过程中F的冲量大小等于mw C物体与桌面间的动空探因数等于 D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的 2倍 7.(多选)(2021·天津卷，5分)一冲九霄，问鼎 苍穹.2021年4月29日，长征五号B遥二运 载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志 着我国空间站建造进入全面实施阶段.下列关 于火箭的描述正确的是 A.增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭 的推力 B.增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大 火箭的推力 C.当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为 零时火箭就不再加速 D.火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气 与发射台之间的相互作用 8.(2021·湖南卷，4分)物体的运动状态可用位 置x和动量p描述，称为相，对应力-x图像中 的一个点.物体运动状态的变化可用饣-x图 像中的一条曲线来描述，称为相轨迹.假如一 质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直 线运动，则对应的相轨迹可能是 9.(2021·福建卷，4分)福建属于台风频发地区，各 类户外设施建设都要考虑台风影响.已知10级 台风的风速范围为24.5m/s~28.4m/s,16级台 风的风速范围为51.0m/s~56.0m/s.若台风迎 面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风 对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的 A.2倍B.4倍C.8倍 D.16倍 10.(2021·湖北卷，4分)抗日战争时期，我军缴获 不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹 头质量约8g,出膛速度大小约750m/s.某战 士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机 枪所受子弹的平均反冲力大小约12N,则机枪 在这1分钟内射出子弹的数量约为 ( ) A.40B.80 C.120 D.160 11.(2021·北京卷，3分)如图 所示，圆盘在水平面内以角 P 速度w绕中心轴匀速转动， 圆盘上距轴r处的P点有 一质量为m的小物体随圆 盘一起转动.某时刻圆盘突然停止转动，小物 体由P点滑至圆盘上的某点停止.下列说法 正确的是 ) A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方 向沿运动轨迹切线方向 B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩 擦力的冲量大小为2mwr 51 C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向 运动 D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所 受摩擦力的冲量大小为mwn 12.(2022·湖南卷，15分)如图(a),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（入为常数且0< A<日，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· 7777777777777777777777 ho 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h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 撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高 度y的变化如图(b)所示，其中h。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I的大小. 考向二动量守恒定律及其应用 13.(2025·河南卷，4分)两小车P、Q的质量分 别为p和m。,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v,碰撞时间极短，则 ( P O 少 N N p N P 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 O O 图1 图2 A.mp>mN>mQ B.mN>mp>mQ C.mo>mp>mN D.mo>mN>mp 14.(2025·广东卷，4分)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1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 随时间t变化的图像，可能正确的是( F N B M C D 15.(2021·浙江卷，3分)在爆炸实验基地有一 发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有 声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射， 上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2： 1、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器 引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记 录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声. 己知声音在空气中的传播速度为340m/s, 忽略空气阻力.下列说法正确的是 ( A.两碎块的位移大小之比为1：2 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80m C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 16.(2022·广东卷，11分)某同 B 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.竖直放置在水平桌面 滑杆 上的滑杆上套有一个滑块， 初始时它们处于静止状态 滑块 当滑块从A处以初速度v0 为10m/s向上滑动时，受到 滑杆的摩擦力f为1N.滑 ddd 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l=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 对滑杆支持力的大小N1和N2; (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小1； 52 (3)滑杆向上运动的最大高度h. 17.(2021·北京卷，9 A 分)如图所示，小物 块A、B的质量均为 m=0.10kg,B静 止在轨道水平段的 末端.A以水平速 度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛 出.抛出点距离水平地面的竖直高度为h= 0.45m,两物块落地点距离轨道末端的水平距 离为s=0.30m,取重力加速度g=10m/s2.求： (1)两物块在空中运动的时间； (2)两物块碰前A的速度0的大小； (3)两物块碰撞过程中损失的机械能△E. 18.(2021·河北卷，11分)如图，一滑雪道由AB 和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为0， BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆 弧连接.一个质量为2kg的背包在滑道顶端 A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑 雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加 速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平 处追上背包并立即将其拎起.背包与滑道的动 摩擦因数为以=立重力加速度取g=10m/g, sn0-云cas0-结忽略空气阻力及拎包过程 中滑雪者与背包的重心变化.求： A ....0.B C (1)滑道AB段的长度； (2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度】 五年真题分类汇编·物理 学校 班级 学号 姓名 密 禁 题 ≥ (提)(2025。短新音：5))机图·火接件出 以移胶用稳儿防坐稳入)发0.61m 100/52.51n539-0.8.过想 宽鲜林量文锦过：-92：-0N/m·s被 第G少分商一工术业所 20.(涂楼)(2025。·股有午析 1g.(2021·想业卷：15少)机图斯元·一团0分 根据测量需求进行调整.滑轨安装在高度为 h的水平面上.测量时，将弹药放入装载台圆 筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑 轨等高.引爆后，假设弹药释放的能量完全转 化为A和B的动能.极短时间内B嵌人C中 形成组合体D,D与滑轨间的动摩擦因数为 .D在滑轨上运动S1距离后抛出，落地点距 抛出点水平距离为S2,根据S2可计算出弹药 释放的能量.某次测量中，A、B、C质量分别 为3m、m、5m,S1=么，整个过程发生在同一 竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小 为g.则 ) A BC (D) 口圆筒口： 滑轨 装载台 S2 A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B.D的初动能与其落地时的动能相等 C.弹药释放的能量为36mg(1+京) S22 D.弹药释放的能量为48mgh1+ S22 4h2 22.(多选)(2024·湖北 L 卷，4分)如图所示，在 m M 光滑水平面上静止放 置一质量为M、长为 77777777777777777777777 的木块，质量为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0成正比，即 f=k(k为已知常量).改变子弹的初速度 大小，若木块获得的速度最大，则 ( A.子弹的初速度大小为2L(m十M四 mM B.子弹在木块中运动的时间为 2mM (m+M) C.木块和子弹损失的总动能为21，(m十M mM D.木块在加速过程中运动的距离为mL m十☑ 23.(2022·湖南卷，4分) 1932年，查德威克用 中子 氢核 未知射线轰击氢核， 发现这种射线是由质 量与质子大致相等的中子 氮核 中性粒子（即中子）组成.如图，中子以速度 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮 核的速度分别为)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.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 C.2大于1 D.2大于0 24.（2021·全国乙卷，6 分)如图，光滑水平地 →Q0Q0QQQQ 面上有一小车，一轻弹 7777 簧的一端与车厢的挡板相连，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.在地面参考系（可 视为惯性系)中，从撤去推力开始，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 25.(多选)(2021·湖南卷，5分)如图(a),质量 分别为mA、B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 面积大小，S2、S3分别表示1到2时间内 A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小.A 在1时刻的速度为0.下列说法正确的是 ( 2B 】 图(a) 图(b)】 A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAo B.mA>mB C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x D.S-S2=Ss 26.(2025·广西卷，16分)图甲为某智能分装系 统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带 由底端A运动到顶端B后抛出，撞击冲量式 传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉 入已与水平传送带共速的货箱中，此系统利 用传感器探测散货的质量，自动调节水平传 送带的速度，实现按规格分装.倾斜传送带与 水平地面夹角为30°，以速度0匀速运行.若 以相同的时间间隔△1将散货以几乎为0的 速度放置在倾斜传送带底端A,从放置某个 散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1 个散货恰好被水平抛出.散货与倾斜传送带 间的动摩银因数从一，到达顶端前已与倾 斜传送带共速.设散货与传感器撞击时间极 短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为 0.每个长度为d的货箱装总质量为M的一 54 批散货.若货箱之间无间隔，重力加速度为 g.分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间 传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积 为I如图乙，求这段时间内： 自动调速 系统 口冲量式传感器 Q B … 货箱 130° 图甲 F 图乙 (1)单个散货的质量. (2)水平传送带的平均传送速度大小， (3)倾斜传送带的平均输出功率. 27.(2025·河南卷，12分)如图，在一段水平光 滑直道上每间隔l1=3m铺设有宽度为l2= 2.4m的防滑带.在最左端防滑带的左边缘 静止有质量为1=2kg的小物块P,另一质 量为m2=4kg的小物块Q以vo=7m/s的速 度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极 短.已知碰撞后瞬间P的速度大小为= 7m/s,P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为 4=0.5,重力加速度大小g=10m/s2.求 (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间. 28.(2025·湖北卷， 18分)如图所示 一足够长的平直 zi77A7777774 木板放置在水平地面上，木板上有3n(n是大 于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块， 从左向右依次编号为1、2、…、3，木板的质 量为nm.相邻滑块间的距离均为L,木板与 地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间 的动摩擦因数为2μ.初始时木板和所有滑块 均处于静止状态.现给第1个滑块一个水平 向右的初速度，大小为√BgL(B为足够大常 数，g为重力加速度大小).滑块间的每次碰 撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运 动.最大静摩擦力等于滑动摩擦力」 (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间， 第1个滑块的速度大小. (2)记木板滑动前第)个滑块开始滑动时的 速度为v;,第j十1个滑块开始滑动时的速度 为y十1.用已知量和v表示0+1· (3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相 碰，求3的值. 提示：12+22+…+2=日k(k+1)(2k+1) 29.(2025·山东 卷，14分)如图 所示，内有弯 曲光滑轨道的 方形物体置于 口o000c000T 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= 号kg的小球自Q点正上方k=2m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=15N时，b解除锁定 开始运动.己知a的质量ma=1kg,b的质量 m。=子kg,方形物体的质量M=号kg,重力 加速度大小g=10m/s2,弹簧的劲度系数k =50N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内， 弹性势能表达式E,=x2(x为弹簧的形变 量)，所有过程不计空气阻力.求： 55 (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U1、2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小6及 弹性势能的最大值Epm· 30.(2024·山东卷，14分)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4，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. (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 对地面的速度大小为7m/s.求轨道水平部 分的长度L. ↑a/(m·s2) O.R P 2 0 44 8 F/N 图甲 图乙 31.(2024·吉林卷，12分)如图，高度h=0.8m 的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量 mA=mB=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 xB=0.25m后停止.A、B均视为质点，取重 力加速度g=10m/s2.不计空气阻力，求： B B “1 XB XA (1)脱离弹簧时A、B的速度大小？A和B; (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: 32.(2024·湖南卷，16分) mA vo 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mB的小 球A和B(m4>B).初 R 始时小球A以初速度v0 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mA: mB (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. 56 33.(2024·湖北卷，16 P 分)如图所示，水平 传送带以5m/s的 速度顺时针匀速转 动，传送带左右两端 的距离为3.6m.传送带右端的正上方有一 悬点O,用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂 一质量为0.2kg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0.10kg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1m/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=10m/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. 34.(2024·江西卷，18分)如图所示，绝缘水平 面上固定一光滑平行金属导轨，导轨左右两 端分别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连 接，两侧导轨倾角分别为01、02，导轨间距均 为=2m,水平导轨所在区域存在竖直向上 的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T.现 有两均匀金属细棒甲和乙，质量分别为1= 6kg和m2=2kg,接入导轨的电阻均为R 12.左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因 数分别为一品阳=德初始时刻，乙静 止在水平导轨上，与水平导轨左端PP2的 距离为d,甲从左侧倾斜导轨高度h=4m的 位置静止滑下.水平导轨足够长，两棒运动过 程中始终与导轨接触良好且保持垂直.若两 棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞.不计空气 阻力和导轨的电阻.(g取10m/s2,sin01= 0.6,sin02=0.8) 五年真题分类汇编 物理 学校 班级 学号 姓名 密 光G.0kE.周可机速度没处0元/5-诊8 珠发2.0kE:,个院木啤为2.0m.:此想心所 25..2024·河业着：16今)机图·二控幅速指团 (A) S(6) 23 36.(2023·全国乙卷，20分)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20L.一质量为m=3M的 201 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. 37.(2023·湖南卷，16分)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. M 77777707777777774 (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。6求小球下降A-号高度时，小 球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g 表示). 38.(2023·辽宁卷，17分)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， 弹簧处于自然状态.质量2=4kg的小物块 以水平向右的速度w-子/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u=0.1, 最大静摩擦力等于滑动摩擦力.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,=号x.取重力加速度g 10m/s2,结果可用根式表示 m2 AAMACAAMN (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2减小到0 所用时间为t0.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to表示). 58 39.(2023·海南卷，14分)如图所示，有一固定 的光滑圆弧轨道A,半径R=0.2m,一质 量为mB=1kg的小滑块B从轨道顶端滑 下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与 小滑块相同的初速度，已知mC=3kg,B、C 间动摩擦因数1=0.2，C与地面间的动摩擦 因数42=0.8，C右端有一个挡板，C长为L 已知g取10m/s2. C F (1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？ (2)若B未与C右端的挡板碰撞，当B与地 面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热 量是多少？ (3)在0.16m<L<0.8m时，B与C右端的 挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上 C到最终停止所用的时间. 40.（2023·浙江6月，11分)为了探究物体间碰 撞特性，设计了如图所示的实验装置.水平直 轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两 半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖 直细圆弧管道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 =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=0.8m,以v=2m/s的速率顺时针转 动，滑块a与传送带间的动摩擦因数4=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,=kx2(x为形变量). A C a D Y77 R 0 01 b C (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时 速度大小F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α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. 41.(2022·全国乙卷，20分)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=2。时与弹簧分离，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 0.36voto.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0(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 UIvo A 2 12 同A 0 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. 59 42.(2022·山东卷，16分)如图所示，“I”型平板 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00 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= 0.1kg,B的质量mB=0.3kg,A与B的动 摩擦因数以1=0.4，B与地面间的动摩擦因数 42=0.225,0=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： 小球 -□A (1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小 A与B; (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 124 用c0s5°表示). 43.（2022·浙江卷，12分)如图所示，在竖直面 内，一质量为m的物块a静置于悬点O正下 方的A点，以速度逆时针转动的传送带 MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面 上，AB、MN、CD的长度均为I.圆弧形细管 道DE半径为R,EF在竖直直径上，E点高 度为H.开始时，与物块α相同的物块b悬挂 于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下 摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与α发 生弹性正碰.已知m=2g,1=1m,R= 0.4m,H=0.2m,v=2m/s,物块与MN、 CD之间的动摩擦因数4=0.5，轨道AB和 管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且