专题七 动量及其守恒定律-【创新教程】2022-2026五年高考物理真题分类特训试卷

最新真题 分类特训 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.忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的是 将 ( 本FN 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 t/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 杯 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，20)（多选）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始 F/N 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 0 擦因数为0.2，重力加速度大小取g=10m/s2.则 246/s -4--- 如 A.4s时物块的动能为零 B.6s时物块回到初始位置 御 C.3s时物块的动量为12kg·m/s D.0~6s时间内F对物块所做的功为40J [考点2]动量守恒定律(1) 1.(2026·山东卷，11)（多选）如图所示，质量相等的两个小物块M和N,M恰 品 好静止于倾角为日的固定斜面上，N从斜面上某位置由静止释放，t。时刻以 速度v与M发生弹性碰撞.已知M与斜面间动摩擦因数为tn0,最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，N与斜面间无摩擦，碰撞时间极短，斜面足够长，下列描述M、N速度规律的-t、-t图 像正确的是 ( ) 3v 3v 2 O to 3to 5to 4to 5to t to 4to 5to to 3to Sto 29 2.(2025·河南卷，7)两小车P、Q的质量分别为mp和o,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m、,碰撞时间 极短，则 () N N Q N N P 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 图1 图2 A.mp>m>mo B.mx>mp>mo C.mo>mp>mN D.mo>mN>mp 3.(2025·甘肃卷，4)如图，小球A从距离地面20处自由下落，1s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3.两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g 取10m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为 () 20m A.1.5m/s B.3.0m/s C.4.5m/s D.6.0m/s 4.(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 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 5.(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f= mmMmiIIMIMMMMMMMMMIMM kv(k为已知常数).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2kL(m+M) B.子弹在木块中运动的时间为（十 2mM mM C.木块和子弹损失的总动能为L(m十MD mM D.木块在加速过程中运动的距离为mL m+M 6.(2026·河南卷，15)如图，水平地面上的球壳内下端有一小球，球壳的直径D= 2 0.25m,上端距天花板的距离为h=6m.现以vo=11m/s的初速度把球壳连 同小球一起竖直向上抛出，球壳与天花板碰撞后经过△=0.1s,小球与球壳发 生第1次碰撞.所有的碰撞均为弹性碰撞，时间极短，不计球壳厚度和空气阻 力，重力加速度大小取g=10m/s2. 77777777777776 30 (1)求小球的直径； (2)求小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小，及它们前两次碰撞的时间间隔； (3)若小球与球壳第8次碰撞前瞬间球壳的速度大小为，=6m/s,求球壳首次碰地时的速度 大小 7.(2026·黑吉辽蒙卷，13)某科研机构设计了模拟月球重力环境的实验塔，简化模型 如图所示.在竖直向上的电磁力F=3×10N的驱动下，质量m=500kg的实验舱 由静止开始沿塔身竖直向上做匀加速直线运动，上升h=6.25m时，立即减小电 磁力，使实验舱向上做匀减速直线运动.减速过程中，舱内水平台面上的设备受 支持力为其重力的令，从而模拟月球重力环境.不计摩擦力与空气阻力，取重力加 速度g=10m/s2.求上升过程中 (1)实验舱的最大速度vm; (2)舱内处于模拟的月球重力环境的时间t. 31 8.（2026·湖北卷，15)在如图所示的竖直平面内，固定在 甲 水平地面上的光滑轨道由两倾角均为30°的足够长轨 道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为A、B.质 .730°0 h h 量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高h处，质 B 量为km的小物块乙静止在水平轨道上，乙到A、B两点的距离均为h.现静止释放甲，所有碰 撞均为弹性正碰，重力加速度大小为g,不计空气阻力， (1)求甲第一次到达A点时的速度大小. (2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小， (3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道、求 满足的关系式（不求具体数值）. 好 9.(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，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·s2) Q 0、 R P 21777777777722727722777777777777777 0 8 F/N 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3g, 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 徐 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的速度大小为7/s.求轨道水平部分的长度L. 32 [考点2]动量守恒定律(2) 10.(2026·陕晋青宁卷，10)（多选）如图，物块N、P、Q的质量分别为m、 m、2m,Q通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与P连 接，P与位于正下方的N用劲度系数为k的轻弹簧相连.初始时托住N 和Q,使弹簧处于原长，三个物块均静止.现同时无初速度释放N和Q, 运动中，物块均视为质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在 弹性限度内，弹性势能E,-号x(x为形变量)，重力加速度大小为g 则 A,释放后瞬间Q的加速度大小为草 整 B.释放后瞬间轻绳上的拉力大小为mg C释放后N下降的显大距离为3 将 D.释放后N的速度最大值为号，Bm 11.(2026·山东卷，17)如图甲所示，半径r=1m的圆筒竖直放 置，上下底面圆心分别为O和O',筒内有三个互成120°角且 M 可以绕OO转动的竖直矩形叶片S、S2和S3,叶片与圆筒简上 下齐平、宽度等于圆筒半径，N为圆筒的上底面边沿一点.圆 S2 筒上族面固定一半径R-2m的水平圆形轨道，轨道上有一 S3 70S1 布 长度可忽略的缺口位于O点，OM为轨道直径，且OM⊥ON; 53.-0 在轨道的M点放置一小物体，某时刻该物体在内力作用下突 图甲 图乙 然分成A、B两部分并弹开，其质量分别为mA、mg·A以℃A=1m/s的速率沿轨道运动至缺口 进人圆筒，在筒内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面边沿穿出.已知重力加速度大小g一10 m/s2,忽略空气阻力及一切摩擦，轨道、圆筒和叶片的厚度均忽略不计】 (1)求A在轨道内运动的时间t及圆筒高度H; 如 (2)若叶片以恒定角速度ω顺时针转动，且A运动至缺口时，S,恰好转过ON位置，如图乙所 示，随后A未与叶片碰撞，从圆筒下底面边沿穿出时，S2恰好转至OV位置. 锕 (i)求角速度w; (ⅱ)若B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，且未与叶片及筒壁碰撞， 求4 mB 函 33 12.(2026·湖南卷，15)如图，长为L的轻杆竖直放置，上端固定一质量为m的小球，下端连接于 水平地面上某固定点，杆可绕该点无摩擦转动.小球内部安装了质量不计的智能弹射装置.受 轻微扰动后，小球和杆从静止开始一起运动，当两者间弹力为0时，小球脱离轻杆，重力加速 度为g,不计空气阻力. (1)求小球接触地面瞬间的速度。的大小； (2)求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值； (3)小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度大小相等、方向相反，水平方向分速度相等.碰撞后 瞬间，智能弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成两部分，两部分速度方向均与小球分裂前 瞬间的速度方向成0角(0已知，且0<0<α).设两部分质量之比为k,弹射装置释放的能量 为E. (1)求E与k的关系； (ⅱ)当E最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，求两部分第一次落地点的间距d. 13.(2026·黑吉辽蒙卷，14)如图，光滑水平面上一质量mA=0.4 0 kg的木板，其右端通过轻弹簧连接质量B=0.1kg的物块， 此时弹簧伸长量x。=0.1m,物块和木板均静止.质量mc=0. 1kg的小球（可视为质点）通过长L=0.9m的轻绳悬于O C [BM 点.小球从绳与竖直方向成=60°处由静止释放，摆至最低点 时与木板右端发生弹性碰撞，时间极短.取重力加速度g=10m/s2. (1)求碰撞后瞬间木板的速度大小vA· (2)弹簧的压缩量第一次为x。时，物块速度大小为=0.8m/s,方向向左.求木板与物块间 的动摩擦因数. 34 14.(2026·云南卷，15)某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和 V个相同的不对称“倒V”形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内.入口端 与第一个“倒V”形管道左端高度差为h。,每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差 分别为h,和h2(h1<h2).每个“倒V”形管道的左端均静置1个质量为m的弹球，自上而下依 次编号为1,2,3，·，V.开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为M=4m的弹球P.所有弹 球的直径均略小于管道内径，不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损 失和空气阻力，所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，重力加速度为g 人口。P r- 第一个“倒V”形管道 N-1 出口 (1)求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P和1号弹球各自的速度大小； (2)已知：每个弹球在被上方弹球碰撞后，与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞，且所 有弹球（包括P)都能到达出口. (ⅰ)求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1、2号弹球各自的速度大小； (ⅱ)求弹球P与1号弹球第k(k<V)次碰撞后瞬间的速度大小； ()若N足够大，且A,>名：一A),求，与之间应请足的关系。 35 15.(2026·河北卷，15)图1为某质谱仪工作原理示意图.电离室中的气体分子被激光照射后发 生电离，其中带正电的粒子由静止经平行于纸面的加速电场加速后，垂直于CD边进入梯形 匀强磁场区域（磁场方向垂直纸面向外），并从CG边中点O平行于CD边射出，经无场区从 边界PQ进入平行于纸面的匀强偏转电场，最终打到接收器与纸面交线MV上并被吸收，接 收器可视为接地良好的金属板.MV延长线经过O点，与CD厅在直线夹角为α，α可通过 MN绕O点在纸面内的转动进行调整，调整前后PQ与MN始终平行且间距为O.3m不变. CG边长为0.2m,与底边HG夹角为60°，磁感应强度大小为0.4T,偏转电场的电场强度大小为 1.8×10V/m,方向始终垂直于PQ.整个过程只考虑一种粒子，加速电场的电压恒定，MN与 PQ足够长，装置处于真空环境，忽略粒子相互作用，不计重力. G 7.95 60% 0 梯形 偏转 磁场 N 电场 7.90 D C -0.3m 电场上日 加速 7.85 电离室 M 吉接收器 50607080a/°) 图1 图2 (1)已知激光波长为442nm,求该激光一个光子的能量e.(普朗克常量h=6.63×10-34J·s, 真空中光速c=3×108m/s) (2)调整α，得到从粒子离开加速电场到粒子到达接收器所经历的时间t与α的关系如图2所 示，求加速电场的电压U以及粒子比荷K. (3)质谱仪稳定工作时，测得接收器每秒接收的粒子数为，若再测一个除电荷量和质量以外 的物理量，便可在(2)问的基础上得到粒子的质量.请写出该物理量，并推导粒子质量表达式 (所有物理量均用字母表示). 36 16.(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 m mA和mg的小球A和B(mA>mg).初始时小球A以初速度o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. 17.(2024·辽宁卷，14)如图，高度h=0.8m的水 A B 平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mg =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.求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小oA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,· 37 18.(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o=1m/s,v=4m/s,mA=mc=1kg,mB=2kg,A与地面间无摩擦，B与 地面间动摩擦因数1=0.1，C与B间动摩擦因数μ2=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. (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△力的大小 19.(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 7777nnwwwmmmmm77777777777777777777 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)若兴。。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®山及女表示》. 38 [考点3]动力学三大观点的综合应用 1.(2025·湖南卷，10)（多选）如图，某爆炸能量测量装置由装AB CD) 载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其 滑轨 装载 S1 规格可以根据测量需求进行调整.滑轨安装在高度为h的水 台 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嵌入C中形成组合体D,D与滑轨间的动摩擦因数为 4.D在滑轨上运动s距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2,根据52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.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36mgh1+号 4h2 D.弹药释放的能量为48mgh 2.(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 aAawwx2nmnnnnn 定.一质量m=号kg的小球自Q点正上方方=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解除镇定开始运动.已知a的质量m,=1kg,b的质量m,=kg,方形物 体的质量M=号kg,重力加速度大小g=10m/g,弹簧的劲度系数6=50Nm,整个过程弹簧均 在弹性限度内，弹性势能表达式E,一x(红为弹簧的形变量)，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℃1、2； (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Em 39 3.(2025·河南卷，14)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1=3m 0 铺设有宽度为12=2.4m的防滑带.在最左端防滑带的左边缘静 名 止有质量为m1=2kg的小物块P,另一质量为2=4kg的小物 块Q以=7/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v=7m/s,P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=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 E好 4.(2024·湖北卷，14)如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀 p 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0.1kg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/s、方向水平向左.小球碰后绕O 些 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. 40此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为 tan37°=u,十u2 设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为日，则有速度 关系tan0=, U 水平方向Lcos37°+L-x2=0,·t, 竖直方向1.2L-Lsin37°=u,·t-2gt, 1 联立可得= 气+ 9kgL 9kgL十 4 即0√10(k+1) 58L, 显然当k=1时取得最小，此时一不gL, 答案：(1)F=4mg 37gL (2)0入√10 (8√+5√厚 9kgL14 8.解析：(1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得 mg sin日十μng cos日=ma,由运动学公式0-2= -2a.x, 联立解得x=2g(sin+cos (2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为F= mg sin0+mgcos9,由P=F℃得P=mgu(sinf+ucos). (3)全过程物块增加的机械能为E1=mgL sin0, 整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增 加的机械能和摩擦产生的内能，故可知E:=E,十gcos日 mgL sin sin ·L,故可得2,mgl sin 0+-rngl,cossin什cos分 答案：》2g(sin0+4cosD（2)mg(sin9+ucos0) sin (3)sin cs 专题七 动量及其守恒定律 考点1 1.C矢量是既有大小又有方向的物理量，所以动量是矢 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离开蹦床到t= 2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2S,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=1.3s时， 运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30s时运动员的速 度大小v=10X1m/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·△t=w一（一w), 其中△t=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触到离开 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f=mg=2N AC.对物块从0一3s内由动量定理可知 (F-f)t=mvs 即(4一2)×3=1×0， 得=6m/s 3s时物块的动量为p=m0=6kg·m/s 16 设3s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-my3 即-(4+2)t=0-1×6 解得t=1s 所以物块在4s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.0~3s物块发生的位移为x1,由动能定理可得 1 (F-Ax=2mvi 即(4-20=号×1X6 得x1=9m 3s~4s过程中，对物块由动能定理可得一(F十f)x:= 0-2mw 即-(4+2)x2=0一号×1×6，得x:=3m 4s一6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为= F-I=2 m/s m 生的位移为飞=2×2X2m=4m<x1 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vs=2×2m/s=4m/s 0~6s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. 考点2 1,ADM、N质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，则t。 时刻两物块碰后瞬间M的速度为，N的速度为0，M与 斜面间的动摩擦因数为tan日、N与斜面间无摩擦，则碰 后M做匀速直线运动，N微加速度大小为a二女的匀加 速直线运动，从M、第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞 前瞬间的过程，两物块位移相等，设该过程运动时间为 △，则有u△t1=2a(△t),解得△t1=2t,则3t。时刻 M、N发生第二次碰撞，碰前瞬间M的速度为，N的速 度为0'=a△t1=20,所以第二次碰后瞬间M的速度为0 =2,N的速度为V,同理可得M、N从第二次碰撞后瞬 间到第三次碰捷前A:=a(△，)产十山，解得4 =2t。,所以5t。时刻发生第三次碰撞，第三次碰前瞬间 M的速度为0'=20，N的速度为”=U十a△t,=30,对比 选项中图像可知AD正确，BC错误. 2.DP、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mpp十 mNUN mp Up'+myUx', 即mp(p-p')=mw(N'-y), 根据图像可知(p一vp')>('一)，故mp<mN: 同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有Qo十 mxUx mgva'+mxUx'. 即ma(ta-a')=mw(w′-w), 根据图像可知(a一a')<(w'一N),故mQ>mw;故 ma>mx>mp.故选D. 3.B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A球的竖直速度不变，设碰撞后 A球水平速度为，B球水平速度为u2,则有m=mu1 十m02· 碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有？m= m+合m, 联立解得1=0，边=0， 小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有= 281. 解得t=2s, 可知，碰撞后，小琼A运动t'=1s落地，则水平方向上 有x=t', 解得v=3.0m/s. 4.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AA=mgg’ 设弹簧的初始弹性势能为E。,整个系统只有弹簧弹力做 功，机拔能守恒，当弹簧原长时得E=之m,或十 名m碳联立得民=（供+m)成故可知簧原长 1 时物体速度最大，此时动量最大，动能最大， 5.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1，，则有 m。=my1+Mu2, 子弹和木块相互作用过程中合力都为f=k,因此子弹 和物块的加逢废分别为a,=片a=后， f 由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为x1,x,则 2a1x1=-℃i,2a2x2=vi, 联立上式可得= -+ M+m 因光木块的逢度最大即√属一2（册+粉）儿取板位 即可，演函数在2（货十局）上到无穷单调递减，因此当4 =(货+后)上=2时，木块的连定最大，A正 Mm :北，子弹穿过木块时木块的速度为m,由运动 mM 学公式=a,t,可得1一Em十M,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=2L(m+M,故C错误D.木块加速 mM 过程运动的距离为x2= 0十2 2 n故D正确 6.解析：(1)从抛出至球壳与天花板相碰，小球和球壳一起 做竖直上抛运动，末速度大小设为， 根据速度位移关系式有心一℃°=2gh 解得v=1m/s 球壳与天花板发生弹性碰撞后以原速率反弹，然后向下 做匀加速直线运动，小球继续上升，设小球直径为d,从 球壳与天花板碰撞后到小球与球壳第1次碰撞，小球与 球完的往移大小之和为D-d,则ar十g(△)十 [vA-T8(Ar):]-D-d 解得d=0.05m (2)设球壳质量为M,小球质量为m,球壳与小球发生第 1次碰撞前速度分别为℃1。、u1o 以竖直向下为正方向，则 U1a=0十g△t=2m/s,41o=一十g△t=0 球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为11 由动量守恒定律有Mv1。十mu1o=M1十m411 由机械能守恒定律有 NMw+合mu2=子Mu2+ma 16 碰后速度差的大小△u=u1一1=2m/s(拓展：发生弹 性碰撞，恢复系数c=一=1) V10一u10 第1次碰撞后，球壳与小球均做加速度向下、大小为g 的匀变速直线运动，设两次碰撞时间间隔为△1，两者的 相对速度大小始终为|△=2m/s,两者的相对位移大 小为D一d,有D-d=△v·△t 解得△t1=0.1s (3)设球壳与小球发生第2次碰撞前速度分别为0、 42o,02o=v11十g△t1、u2o=u11十g△t1, 球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为1、1 由动量守恒定律有M0o十u2o=M21十u21 由机械能守恒定律有 Me2+m=M+m 解得△0=℃1一u1=2m/s 由(2)问分析可知相邻两次碰撞的时间差都为△t=01s 以此类推： 第1次碰前至第8次碰前经历的时间为7△t=0.7$, Mvo +mgX7At=Mu+m(v+2)m/s vo=2 m/s,v=6 m/s 代人解得M:m=1:3 则可推导出所有速度如表所示（速度均为m/s,十向上，一 向下) 碰前 碰前 碰后 碰后 碰撞序号 时刻 壳速 球速 壳速 球速 天花板碰 0 -1 +1 ① 0.1 -2 0 +1 -1 ② 0.2 0 -2 -3 -1 ③ 0.3 -4 -2 -1 -3 ④ 0.4 -2 -4 -5 -3 ⑤ 0.5 -6 -4 -3 -5 ⑥ 0.6 -4 -6 -7 -5 ⑦ 0.7 -8 -6 -5 -7 ⑧ 0.8 -6 -8 -9 -7 ⑨ 0.9 -10 -8 -7 -9 ① 1.0 -8 -10 -11 -9 ① 1.1 -12 -10 -9 -11 利用上表壳速，每段0.1s匀变速，位移△y=t十2 at2,逐段累加球壳位置： 时段 壳初速 位移 累加位置y 0-0.1s -1 -0.15 5.975 0.1*0.2s +1 +0.05 6.025 0.2→0.3s -3 -0.35 5.675 0.3→0.4s -1 -0.15 5.525 0.4-0.5s -5 -0.55 4.975 0.50.68 -3 -0.35 4.625 时段 壳初速 位移 累加位置y 0.60.7s -7 -0.75 3.875 0.7-0.8s -5 -0.55 3.325 0.8→0.9s -9 -0.95 2.375 0.9→1.0s -7 -0.75 1.625 1.01.1s -11 -1.15 0.475 t=1.1s(第①次碰前)球壳质心位于y=0.475m. 此时碰撞后壳速度为一9ms(见上表①碰后)，随后匀 加速下降至触地（质心触地高度0.125m),下落距离△ =0.475m-0.125m=0.35m, 由运动学公式可知v=√Jg+2×10×0.35m/s=√88m/s, 则球壳首次碰地时速度大小为√88m/s. 答案：(1)0.05m(2)2m/s0.1s (3)/88m/s 7.解析：)加速阶接，由功能定理有(F-mg)h=子m心， 解得℃m=25m/s. (2)减速阶段，由动量定理得一 (mg-合mg =0-m0m’ 解得t=3s. 答案：(1)um=25m/s(2)t=3s 8.解析：(1)甲从释放位置到A,点的过程中满足机械能守 1 恒，有mgh=之m6 可得甲第一次到达A点时的速度大小。=√2gh (2)第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度 为2，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒：m。 1 三m心+kmw之m戏+2m十2kmo,】 2 解得乙弹性碰撞后速度：心，=干k' 对乙由动量定律，合外力冲量等于乙动量变化：I=km: 0, 代入西=√2gh,得：1=2kmV2g边 1+k (3)由以上分析可得碰后甲速度0=(1， 1一k)0。 要求第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道且在水 平轨道完磁碰撞，考虑临界情况： ①碰后甲乙均向右运动，且乙由斜面回到水平轨道时恰 好发生第二次碰撞， (1-)>0, 则有0=1十k 可得0<k<1, 根据运动关系么=么十2丝， 0102 L 其中a在斜面上的加速度a=gsin, 可得k≈0.81， 由此临界情况可判断k满足的关系式可以为0.81≤ 1. ②碰后甲静止，乙向右运动后返回碰撞位置再次发生碰 撞满足题意，此时k=1, ③碰后甲向左运动，乙向右运动且乙速度较大，当甲运 动到A点时，乙从斜面返回恰好撞到甲， 则有4=二)<0， 1十k 169 可得k>1, 根据运功关奉会融+？吕， a 解得k≈1.2， 由此临界情况可判断k满足的关系式可以为1<k≤12 ④碰后甲向左运动，乙向右运动且甲速度较大，当甲运 动到B点时恰好追上乙发生碰撞， 则有01= (1-k)w0∠0， 1+k 可得k>1, 根搭运动关系歌十2。一☆。 解得k≈20.1， 由此临界情况可判断满足的关系式可以为≥20.1， 综合上述四种情况可得k满足的关系式0.81≤k≤1.2 或k≥20.1 答案：VB(2)V2g(3)见解析 9.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十3mgm尺】 代入数据解得v=4m/s. (2)(ⅰ)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, 根搭恩乙有长=m0.5kg, 当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道 有F-mg=Ma, 结合题图乙有a= F-mg、 M 可知=点1g 藏距b=-m5=-2m/s, M 联立以上各式可得M=1kg,m=1kg,u=0.2. (i)由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s,小 物块的加速度为a,=g=2m/s, 当小物块运动到P点时，经过。时间，则轨道有心 =aito, 小物块有g=a2t。, 在这个过程中系统机械能守恒有？M心+号m= 合M+子mdi+2mgR, 水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则有M1十 m℃2=M+mu4, 联立解得t。=1.5s, 报搭运功学公式有L=0店-了：， 代入数据解得L=4.5m, 答案：(1)0=4m/s(2)(i)=0.2,m=1kg(ii)L =4.5m 10.AD根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬 间，弹簧形变量不变，即弹簧弹力为0，设释放后瞬间轻 绳上的拉力大小为T,对P整体，由牛顿第二定律有T 一mg=ma, 对Q,由牛顿第二定律有2mg一F=2ma, 联立解得a=子8，F=专mg,放A正确，B错误：根招 1 题意，把物块N、P、Q看成整体，左边受向下的力为 2mg,右边也受向下的2mg,整体合力为零，由动量守恒 定律有mx=(m十2m)pa, 则有mt=(m+2m)pQt, 可得m.xN=(m十2m)xpa, 解得w=3VpQ,xN=3xpQ' h,此 设释放后N下降的最大距离为xN=h,则xpQ=3 时弹簧形变量为△=A十宁， 由能量守板定律有mgh十2mR·专-mg·子人=号 (△x1), 解得=3mg。 2k 释放后N的速度最大时为w=um,则有pQ=3W 3m, 又有k△x2=mg, 解得A=gA=十02=30 则有'--爱 由能量守恒定律有mgx'十2mg·xpa'一mg·xpQ 2(△，户+子me2+2m+2m)(3）, 解得=号√严放C结误D正用 11.解析：(1)由于OM为轨道直径，则A从M点以vA=1 m/s的速率沿轨道运动至位于O点的缺口的过程，运 动半个圆周，由圆周运动规律可得A在轨道内运动的 时间为1=分×-秋-3 A在简内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面边沿穿 出，设A在筒内做平抛运动的时间为t,则由平抛运动 规律可得H=7gt: r=vt' 联立解得H=5m, (2)(ⅰ)由于A运动至缺口时，S1恰好转过ON位置， 随后A未与叶片碰撞，从圆筒下底面边沿穿出时，S,恰 好转至ON位置，则结合题图乙可知在A在简内做平 抛运动的时间内，叶片转动了}个月期，即1=子× 又由(1)问分析可得t=1s 解得。= -rad/s (ⅱ)物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开有 mAUA=mBUB, 则m4=g, m 由子B未与简壁碰撞则有g=g·1-r=】m 且A运动至缺口时，S1恰好转过ON位置，则以此时为 时间基准，则B从M到O所用的时间△t=迟=迟=3 UB UA (工一1），要使B运动至缺口后能从任意两个叶片间 UB 的区域穿过圆筒，则B运动到O时S1或S,或S,要运 动到ON反向的位置，则叶片转过的角度日=否+= 33 ·k(k=0,1,2,3,…) B不与叶片碰撞必须满足△t= 170 解得0g三7十26(m/s)(k=0,1,2,3,…) m8-7+2k=0,1,2,3,…) 则mA=」 6 答案：1)3s5m(21)5ad/s(1)7f2k= 0,1,2,3,…) 1 12.解析：(1)根据机械能守恒定律有mgL=2m0, 解得小球接触地面瞬间的速度的大小=√2g工. (2)设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为B,如 图所示 设此时小球的速度为，根据机械能守恒定律mgL(1 -cos B)= 2m, 对小球，根据牛顿第二定律mgcos=m乙： 2 2gL 解得cosB=3,w√3· 此时小球水平方向分速度1=C0sB, 竖直方向分速度y,1=sin B, 竖直方向，根据速度位移关系心一1=2 gLcos B, 小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值 tana=马， 联立解得tana=2宽 2 (3)(i)设其中一部分的质量为m,则另一部分质量为 k。,如图所示 根据动量守恒定律有km,sin6=m,飞sin0,k,cosf +oU3cos8=m℃， 弹射装置释放的能量E=宁m,砖+之m,矿- 2m, 联立可得E= (1+k)2 Akcos1 mgL. (ⅱ)根据数学知识可知，当飞=1时，E最小为Emm =mgLtan'0, 即有my2sin9=mov sin,m,cos日+v3cos日= 1 2.Em=272o2十之2.0一 2v,sin a 2vs sin a 两小球同时落地，运动时间为t= g g 可得|u|=, 两小球的距离d=22sin日·t, 由tana= 23可得sina入√27 23 2 联主可得d-号√丽Lan8 答案：1)u=V2gL(2)1ana= (3)(i)E= 「1+k)2 kcos 01mgL: i)d-g6丽Lian0 13.解析：(1)C下摆过程，由机械能守恒定律有mcgL(1 cos 60)m 解得，=3m/s, C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有me =m现十m分m6=合mc呢+分2， 1 联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小A=1.2ms. (2)A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为x。时，以向左 为正方向，由动量守恒定律有mAyA=mgg十mAa', 解得'=1m/s, 由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有 分m心=m”+分m味+mg2a,) 解得=028. 答案：(1)A=1.2m/s(2)μ=0.28 14.解析：(1)P球到达第1个平台时，由机械能守恒定律有 Me,=子Mai, 解得p=√2gh。, P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 Mon -Mon+minMMom 解得=号w=是V=号m 台va (2)(1)1球到达第2个平台时，由动能定理有mg(h -h)= 2m(vi-), /128 解得0√25h,+2g(h:-九，)， 1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mm=m+m',2m=m+m 128 解得u'=0,'√258h。+2gh:-h1)· 可知两球速度交换； (iⅱ)设P球到达第个平台时的速度为，与第个平 台处的1球碰撞后的速度为'，则P球从第k一1个平台 发生第k一1次碰撞后到第k个平台碰撞前，由动能定理 Mgh:-h)=之M(品--n)①， P球在第个平台与1球碰撞，由动量守恒、机械能守 恒，由之前计算结果的规律，可知'= 5ne②， 联立①②可得号 pe2-Upg-,2=2g(h:-h）, 9 由数学知识，可知呢一8g:一)是等比数列，公比 9 为9=25 所以有n”-号gh,一么，》 ()[-号ga:-。 解得= √（停）·2+号g-1-()门。 (ⅲ)经分析，只需考虑P球，每次都要越过最高点，则 对于任意k(k≤N),由能量关系有？M>Mgh1, 171 即（层）·2，+h-A) 9 [-()]>2g, h1)>2gh1, 由%>-4)可知一号g-,>0 则（层）[院。一骨g:-6小天及的浅画数，故 k十∞时， (层)[，-号：-门近于零，（层） f18 为号gh:-h,)≥2gb 每得6，≤4 答案：号，号 128 (2)(1)0√258h,+2gh:-h,): i√()·+8-()]： (M≤号 15.解析：1)根据光子能量公式有e=9 解得e=4.5×101“J (2)设加速电场的上边界与CD边的距离为x,粒子离 开加速电场的速度为， 则粒子从离开加速电场到进入磁场所用时间一。 根据动能定是可得U=之m,则√得 2Uq √20K,即=/20永 x 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为R,运动 周期为T, 由洛伦黄力提供向心力有，一受。 可得R-元-录m).T磊-爱 粒子从CG边中点O平行于CD边射出，可知粒子在磁 场中偏转的角度为90°， T=5(s) 则粒子在磁场中运动的时间为4=有一示 根据几何关系有R= 2CGsin60°=5， 20m 联立可得=50 3K(m/s),即t=工=5032(s), 3K 剥有K=5000U(C/kg) 3 0.3m 粒子从射出磁场到进入偏转电场运动时间，=n 3 粒子在偏转电场中做类斜抛运动，运动时间，=2· v sin a 2vosin a Eq EK 根据对称性可知粒子射入及射出偏转电场时沿垂直接 收器方向的速度大小不变，则从射出偏转电场到打到 接收器上的运动时间t=t3, 故从粒子离开加速电场到粒子到达接收器所经历的时 间t=t1十t2十2t3十t:= 5+ 3 √派+派+5√水m -+2√2 Ksin a]s KE 由数学知识可知当 3 一与2y20 K sin a相等 5 2UK sin a KE 时，运动时间最小， 根据图像可知当a=60°时，t最小，可得U=3600V 则K=6×10C/kg (3)测量接收器受到粒子的平均作用力大小F 在△t时间内，有N=n△t个粒子打在接收器上， 根据动量定理和牛顿第三定律可知接收器受到的平均 作用力大小F等于粒子动量的变化率大小，即F= N△2=n△p △t 对单个粒子，设粒子打在接收器上时垂直接收器速度 为0，则有△p=m℃， 联立可得州品 根据(2)问可知v=sina F 联立可得粒子质量m= n 2UK sin a 答案：(1)4.5×10-1J(2)3600V6×10C/kg (3)测量接收器受到粒子的平均作用力大小F(或接地 F 导线中的电流I)m= n√2 JK sin a (咸mk) 16.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mA,=(mA十mg)U, 碰撞后，对组合体，由牛顿第二定律有F。=(mA十 m装 mtF.-(mAma) 联立解得U=mA十ms 2A6 (2)设A、B第一次碰撞后的速度 c 大小分别为Ag,碰撞过程动量 守恒、机械能守恒，对A、B系统 有mA=maUA十mg' 120②- 120° 2m46= 1 联立解得u=mm)色 mA十g .UB 2A% nA十2g 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 1+3,其中k,=0,1.2,3,则=t36 4+3k g4+3k 联立解得=4+3 mg 2-3k ,显然k1只能取0，则4=2， 179 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为A、 t,则mAA十mg=mAA十mgg, 1 1 联立解得A=飞，'g=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〔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 2士3，其中=0,1.23，则=2士3张 5+3k2 g5+3k 联立每得二-计瓷显然么只能衣0，明会-5， mB 同理可得第二次碰撞后A=山，=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 除上所选器-2或5 (3)第一次碰前相对速度大小为，第一次碰后的相对 速度大小为相=，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t =2xR 心1翻 第一次碰撞有A=mA0A1十ngUm, 第一次碰撞后有U1相=g1一UA1=e,, 解得Vs1= A一(0。十心朝）， mA十2g B球运动的路程s1=1t= 2xRm（+1）= 2A十mB1和 (仕+少 第二次碰撞的相对速度大小为相=e01相=e,t2 =2πR 心2相 第二次碰撞有mA=mAVA2十mgU, 第二次碰撞后有相=V2一， mA一(u。一相） 解得V一mA十s B球运动的路程s2=Vet2= 2πRmA（-1） mA十mg2相 (付)小： 由以上规律可以归纳为第2十1次碰前一共碰撞了2n 次s=S十52十s3十…十s2n 1 解得s= 2RmA. e2m-1 mA十mge(e-1) 答案：(1)mA mA十mg(mA十g)R (2)2:1或5：1 （3)2πRm. e2w-1 'mA十mge"(e-1) 17.解：(1)对物块A由平抛运动知识得h=2gt, xA=UAt,代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为 口A=1m/s,对AB物块整体由动量守恒定律mA℃A= mg,解得脱离弹簧时B的速度大小为vg=1m/s. (2)对物块B由动能定理一KmgB=0-号m店，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,=2m+2m十 mAg△xA十mgg△xB,其中mA=mB,△x=△.xA十 △g,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 18.解析：(1)由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定 理有m:gH=m02,代入教据解得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:=pmcg, 木板B受到C的摩擦力水平向右，为f:=2mg, B受到地面的摩擦力水平向左，为f1=41(me十g)g, 所以滑块C的加速度为ae=mg=4g=5m/s, c 木板B的加速度为 ag=megm+ms）8=1m/s, mB 设经过时间t1,B和C共速，有4-5×t1=1十1×t1, 代入数据解得t1=0.5s, 1 木板B的位移sm=1X0.5+2X1X0.5)m= 0.625m. 共同的速度0共1=(1十1×0.5)m/s=1,5m/s, 此后B和C共同减速，加速度大小为a:= 1(mg+mc）8=1m/s2, mBme 设再经过t时间，物块A恰好滑上木板B,有0.625十 (1.5:-2×1×）=1x05+, 整理得t一t4一0.25=0， 解得t2= 1+2. 28,t2= 一巨。，（含去） 2 此时B的位移 =0.625+(.m,-3×1×）-1+号≈1.707m, 共同的速度：=u1一axX4=1.5-1X1士E。 2 m/s= 综上可知满足条件的s范围为0.625ms1.707m. (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=1X。十合×1X店， 整理后有t十2t。-0.96=0, 解得t1=0.4s,t2=-2.4s(舍去)， 在这段时间的位移S=4X0,47×配 =1.2m, 所以摩擦力对C做的功W=一f2se=一凸mg5e=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0=1+1×0.4m/s=1.4m/s, w=4-5×0.4m/s=2m/s, sA=1×0.4m=0.4m, 此时A、B之间的距离为s=0.48m一0.4m=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= meg十凸(ms十me）8=4m/s2, B 178 物块A和木板B相向运动，设经过t?时间恰好相遇， 则有1×t+（1.4红，-之×4×)=0.08， 整理得t-1.2t十0.04=0 解得6，=3-22 ,=3+2E(含去) 5 5 此时有1=1.4-4X3-2 2m/s=82-5m/s. 5 5 方向向左；1=2-5×3-22 m/s=(2√2-1)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A0十（一g) =mAVA十mBVB, 1 2mA心+zma（-e1)户=2mai十2m层， 代入数据解得u4=-32y2-25m/s≈-2.02m/s, 15 %=15-8V② m/s≈0.246m/s, 15 而此时==2-5×3=22}m/s=(22-1)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)v,十mev=7kg·m/s, 末动量力末=mA℃A=一2.02kg·m/s, 则整个过程动量的变化量△p=p朱一p=一9.02kg·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 19.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=m0一Mv2, 小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒gb= 合m+2Md, 2m gb 联立解得u:=√M+Mm 因水平方向在任何时候都动量守恒即0=mu1一M2, 两边同时乘t可得m.x1=Mx2, 且由几何关系可知x1十x:=a, 联立解得西=M十m· 172 (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△x,根据 上式有m(a一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①一A)+二=1， a 整理[x(M十m）十=1. ③)将=。代入小球的轨速方程化简可得Lx(@ -b)]2+y2=6, 即此时小球的轨迹为以(a 一b,0)为圆心，b为半径的 圆，则当小球下降的高度为 台时有知园 此时可知速度和水平方向 的夹角为60°，小球下降2 的过程中，系统水平方向动量守恒0=mv3c0s60° -Mo,, b 1 系统机械能守恒mg?=2m心十2M心 4g6 联立得心=√a+3 g =26√a+361 答案：1)u,√M+Mm 2m'gb 172 :-M+m (2)Lx(M+m)-ma] =1 Ma b (3)2b√a+36 g 考点3 1.BD爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3m℃=m2, B与C碰撞过程动量守恒mv,=6m0, 联立解得0=0.501. 爆炸后醉间A的动能E=号·3m·, 1 D的初动能En=2·6m·(0.5心)广，两者不相等，故A 错误；D水平滑动过程中摩擦力微功为W,=一μ·6mg ·=一么…6mg·合=一6mg,微平抛选动过程中重 力做功为Wc=6mgh,故D从开始运动到落地瞬间合外 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物块平抛过程有方=g,4=头，联立可得 t 52N2h' D水平滑动过程中根据动能定理有-6mgh=2·6mu 1 一 ·6m0, 化商得寸=票 g+2gh. 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=豆·3mu心+ +号·m=24m= 24(紧+2）=mg(+)故C错，D正确 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mu=M2, 由能量守恒定律有mg=弓m或十之M, 2 联立解得=6m/s,,=3m/s, 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m℃1=(m十m.) 解得=2m/s, 设当弹簧形变量为x,时物块b的固定解除，此时小球和 物块a的速度为)：，根据胡克定律F=kx1, 系统机栽能守恒之(m十m,)号=之(m十m,)十 合 联立解得y,=1m/s,x1=0.3m, 17 固定解除之后，小球、物块和物块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.),=（2十m.十m) 解得=子 m/s,方向水平向左. 由能量守恒定律可得，最大球性势能为E=弓(m十 m,d+合-合(m十m,十m,)d=号。 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=m2a 十210， 由能量守恒定律2m:=子m:6十分mt十AE 1 联立可得a=3.5m/s,△E=24.5J； (2)对物块P受力分析由牛顿第二定律um1g=1a,物 块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式一命，= 2al,p=v-at,解得p1=5m/s, 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t1=0,4s, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1=p,t,解 得t,=0,6s,物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公 式一=2al2,e=1一at3,解pe=1m/s, 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为t3=0,8s, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1=p2t:, 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=vpm一at, 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t:=0.28, 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t=t1十t2十t? +t4+t=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/s2, 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离 =t=2.5m<L传=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U=m物01十m绿· 其中v=5m/s,0,=一1m/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△上=mt-子m对-名mu或， 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 3,在P点正上方，由牛顿第二定律有m媒g=m绿 L一小球从0点正下方到P点正上方过程中，由机 械能守板定律有号mn心=子m运+mg(2Le一d, 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