专题九 动量守恒定律-【创新教程】2022-2026五年高考物理真题分类特训

年真题 分类特训 专题九 动量 考点1动量定理的 ◆动量 1.(2026·四川卷，1)2026年2月，我国某科 创团队发布全球首款速度达到10m/s的全 尺寸人形机器人，该机器人体重75kg;2025 年1月，该团队发布的四足机器人体重38 kg.若两款机器人均以10m/s的速度同方 向运动，则二者的动量大小之差为() A.1850kg·m/sB.750kg·m/s 5 C.370kg·m/sD.37kg·m/s 2.(2024·黑吉辽卷，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 ◆动量定理 3.(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 FIN 0 0.51.01.52.02.5t/8 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 4.(2023·广东卷，10)（多-2日-四 选)某同学受电动窗帘的⑤ 5 启发，设计了如图所示的简化模型.多个质量 均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻 力.开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水 平向右的恒力F,推动滑块1以0.40m/s的速 度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s,碰 撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s. 69 专题九动量守恒定律 守恒定律 的理解及应用 关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有 () A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小 为5.5N (2026·陕晋青宁卷，14)如图，某游乐场有 一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组 成，其中AB段的长度L=36m、倾角为0， BC段水平且足够长.初始时游客甲乘滑板 从A点由静止下滑，经过t=6s到达B点， 此后进入BC段继续滑行.游客甲和滑板的 总质量m=60kg,AB段、BC段滑道与滑板 间的动摩擦因数分别为1、2，其中2= 0重力加速度g取10m/s,sin9-子游 客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在 B点处的机械能损失 0 B (1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数4； (2)求AB段甲和滑板的机械能损失及动量 变化量的大小； (3)当甲到达B点时，游客乙乘同样滑板恰 以5m/s的速度经过A点下滑.求乙到达B 点时与甲的距离. 最新真题分类特训·物理 考点2动量守恒定律的条件及应用 1.(2025·河南卷，7)两小车P、Q的质量分别 (1)分离后A的速度01； 为mp和mQ,将它们分别与小车N沿直线 (2)分离时A对B的推力大小. 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y,碰撞时间极短，则 Q N Q N W P 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 0 0 图1 图2 A.mp>m-ma B.mN>mp>ma C.mo>mp>mx D.mo>mN-mp 2.(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0，且与v。同向，A、B的质量分别为 m、M.求： 考点3动量守恒中的几类典型模型 ◆人船模型 ◆碰撞模型 1.(2026·陕晋青宁卷，心 2.(2026·山东卷，11)（多 10)(多选)如图，物块 选)如图所示，质量相等 N、P、Q的质量分别 的两个小物块M和N,M恰好静止于倾角 为m、m、2m,Q通过 不可伸长的轻绳绕过 为0的固定斜面上，N从斜面上某位置由静 两个固定轻质光滑定 止释放，t。时刻以速度v与M发生弹性碰 滑轮与P连接，P与 撞.已知M与斜面间动摩擦因数为tan0, 位于正下方的N用劲度系数为k的轻弹簧 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，N与斜面间 相连.初始时托住N和Q,使弹簧处于原 无摩擦，碰撞时间极短，斜面足够长，下列描 长，三个物块均静止.现同时无初速度释放 述M、N速度规律的vM-t、vw-t图像正确 N和Q,运动中，物块均视为质点且不与滑 的是 轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限 度内，弹性势能E,-x(x为形变量)， 3v 20 重力加速度大小为g.则 0 A,释放后瞬间Q的加速度大小为号 0 to 3to 5to t 0 to 4to 5to t A B B.释放后瞬间轻绳上的拉力大小为mg 3v C.释放后N下降的最大距离为3mg i 4k D.释放后N的速度最大值为号Bm 4to 5to t 2√k 3.(2025·甘肃卷，4)如图，小球A从距离地 面20m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3m.两球质量相同，碰撞为完全弹性碰 撞，重力加速度g取10m/s,则碰撞前小球 B的速度大小v为 A只 B 20m agrrmn A.1.5m/s B.3.0m/s C.4.5m/s D.6.0m/s 4.(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°角且可以绕 OO转动的竖直矩形叶片S,、S2和S3,叶片 与圆筒上下齐平、宽度等于圆筒半径，N为 圆筒的上底面边沿一点.圆筒上底面固定一 半径R=是m的水平圆形轨道、轨道上有一 长度可忽略的缺口位于O点，OM为轨道直 径，且OM⊥ON;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然分成 A、B两部分并弹开，其质量分别为mA、mB A以vA=1m/s的速率沿轨道运动至缺口 进入圆筒，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 =10m/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. A 6 /0S 图甲 图乙 专题九动量守恒定律 (1)求A在轨道内运动的时间t及圆筒高 度H; (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ON位置. (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mA mB' 最新真题分类特训·物理 5.(2026·湖北卷，15)在如图所示的竖直平面 内，固定在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.质量为m的小 物块甲放置在左侧倾斜轨道上高h处，质量 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. 甲 .30eAaAw30e B (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）. 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= 0.25m,上端距天花板的距 离为h=6m.现以v=11 m/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△t=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. (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o1=6m/s,求球壳首次碰地时 的速度大小. 7.（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h1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.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: 第一个“倒V”形管道 r (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； 73 专题九动量守恒定律 (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<N)次碰 撞后瞬间的速度大小； ()若N足够大，且A>器，一A),求 与h2之间应满足的关系. 最新真题分类特训·物理 8.(2025·河南卷，14)如图，在一段水平光滑 直道上每间隔l,=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m1=2kg的小物块P,另一 质量为m2=4kg的小物块Q以0。=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 o=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： ←2-l1 (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. ◆子弹一木块模型 9.(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=号kg 的小球自Q点正上方h=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.已知a的质量m。=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=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性 势能表达式E。=2kx(x为弹簧的形变 量)，所有过程不计空气阻力.求： 9wmm2bnnnnwn (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01、02； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小 及弹性势能的最大值Em 专题九动量守恒定律 考点4爆炸与反冲 (2026·湖南卷，15)如图，长为L的轻杆竖 (ⅱ)当E最小时，若分裂后两部分第一次 直放置，上端固定一质量为m的小球，下端 落地时刻相同，求两部分第一次落地点的间 连接于水平地面上某固定点，杆可绕该点无 距d. 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v的大小； (2)求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹 角a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. (ⅰ)求E与k的关系； 最新真题分类特训·物理 考点5动量和 1.(2025·福建卷，8)（多选）如图，水平传送带 顺时针转动，速度大小恒为1m/s,物块A、 B由一根轻弹簧相连，A的质量为1kg,B 的质量为2kg,A与传送带间的动摩擦因数 为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0. 25.t=0时，A的速度为℃=2m/s,方向水 平向右，B的速度为零，弹簧处于原长状态 t=t。时，A与传送带第一次共速，此时弹簧 弹性势能E。=0.75J,传送带足够长，A可 留下痕迹，重力加速度g取10m/s2,弹簧始 终处于弹性限度内.则 () AWwB A,在一号时，B的加速度大小大于A的加 速度大小 B.t=to时，B的速度为0.5m/s C.t=t。时，弹簧的压缩量为0.2m D.0~t。过程中，传送带上的痕迹小于 0.05m 2.(2025·湖南卷，10)（多选）如图，某爆炸 能量测量装置由装载台和滑轨等构成，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以.D在滑 轨上运动51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,1=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 能量的综合应用 CD 圆筒 滑轨 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36mgh 1+ 4h2 D.弹药释放的能量为48mgh1+ 4h2 3.(2024·江苏卷，9)在 水平面上有一个U形 WWNMB 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 4.（2024·湖北卷，10) (多选)如图所示，在光 滑水平面上静止放置 mmmmMMmMmmmmMmMimn 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=k(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十M四 mM B.子弹在木块中运动的时间为 C.木块和子弹损失的总动能 为kL(m+M0 mM D.木块在加速过程中运动的距离为mL 'm+M 5.(2026·黑吉辽蒙卷，14)如图，光滑水平面 上一质量mA=0.4kg的木板，其右端通过 轻弹簧连接质量mB=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点.小球从 绳与竖直方向成θ=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. 0 0 ww A (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. 77 专题九动量守恒定律 6.(2025·云南卷，15)如图所示，光滑水平 面上有一个长为L、宽为d的长方体空 绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平 矩形导线框，箱子与导线框的总质量为 M.与箱子右侧壁平行的磁场边界平面 如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存 在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强 度大小为B、方向竖直向下.t=0时刻， 箱子在水平向右的恒力F(大小未知)作 用下由静止开始做匀加速直线运动，这 时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为 m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持 相对静止，箱子右侧壁进入磁场瞬间，木 块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某 时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块 均不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁 无碰撞)；木块落到箱子底部时即撒去 F.运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场 边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导 线粗细及空气阻力.木块与箱子内壁间 的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，重力加速度为g. 导线框 绝缘箱立体图 L 绝缘箱 木块 ○导线框 截面图 (1)求F的大小： 最新真题分类特训·物理 (2)求t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的 最小距离； (3)若t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的 距离为s(s大于(2)问中最小距离)，求最终 木块与箱子的速度大小. 8 (2025·陕晋青宁 卷，15)如图，有两 个电性相同及质量分别为m、4m的粒子A、 B,初始时刻相距l。,粒子A以速度v沿两 粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时 AB两粒子系统的电势能等于站m: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。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1。，这时撤去恒力.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、lo、6t均为已知量) (1)粒子B到达P点时的速度大小01； (2)t1时间内粒子B的位移大小xB; (3)恒力作用的时间t2. 8.(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·s 0+-R 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 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 道时相对地的速度大小为7m/s.求轨道水 平部分的长度L. 79 专题九动量守恒定律 9.(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2.0kg,A木板长度为2.0m,机器人 质量为6.0kg,重力加速度g取10m/s2, 忽略空气阻力. mkmmommmmammmmiammm (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， 最新真题分类特训·物理 10.（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mB的小球A和B (mA>mB).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; me (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+1次碰撞之间小球B通过的 路程 1.(2024·黑吉辽卷，14)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x=0.25m后停止.A、B均视 为质点，取重力加速度g=10m/s2.求： B (1)脱离弹簧时A、B的速度大小A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 12.(2024·湖北卷，14) 如图所示，水平传送 带以5m/s的速度顺t 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0.1kg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 81 专题九动量守恒定律 13.(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. 201 质量为m=专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 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 最新真题分类特训·物理 14.(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vo=1m/s,v=4m/ s,mA=c=1kg,mB=2kg,A与地面间 无摩擦，B与地面间动摩擦因数41=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. ,wB777777777777 (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. 82 15.(2023·浙江卷，18)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μ 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,=k2 (x为形变量). R 02 R b c (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F 时速度大小vr和所受支持力大小F、; (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. 16.(2023·湖南卷， 4Y 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； (8)若兴-产求小球下降么=台高度 时，小球相对于地面的速度大小（结果用 a、b及g表示). 83 专题九动量守恒定律 17.（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，弹簧处于自然状态.质量m2=4kg 的小物块以水平向右的速度=号m/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μ=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,=kx,取重 力加速度g=10m/s2,结果可用根式表示 MMMM (1)求木板刚接触弹簧时速度v,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to.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). 最新真题分类特训·物理 18.(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，t=0时与弹 簧接触，到t=2t。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=t。时间内，物块A运动的 距离为0.36uoto.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 (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 o/vo 2 /to 图(a) 图(b) 实验十五 验证亏 1.(2024·山东卷，13)在第四次“天宫课堂”中， 航天员演示了动量守恒实验.受此启发，某同 学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气 垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a 测量滑块A与它的距离xA,b测量滑块B与 它的距离x.部分实验步骤如下： ①测量两个滑块的质量，分别为200.0g和 400.0g; ②接通气源，调整气垫导轨水平； ③拨动两滑块，使A、B均向右运动； ④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时 间变化的图像，分别如图乙、图丙所示， 传感器a滑块A 滑块B 传感器b 连气源 图甲 120 100 80 40 20 1.0 1.0 2.0 图乙 图丙 84 (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. 功量守恒定律 回答以下问题： (1)从图像可知两滑块在t= s时 发生碰撞； (2)滑块B碰撞前的速度大小v= m/s (保留2位有效数字)； (3)通过分析，得出质量为200.0g的滑块 是 (填“A”或“B”). 2.(2024·新课标卷， 22)某同学用如图所 示的装置验证动量 守恒定律.将斜槽轨 0 M P N 道固定在水平桌面 上，轨道末段水平、右侧端点在水平木板上 的垂直投影为O,木板上叠放着白纸和复写 纸.实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处 由静止释放，a从轨道右端水平飞出后落在 木板上；重复多次，测出落点的平均位置P 与O点的距离xp.将与小球a半径相等的 小球b置于轨道右侧端点，再将小球a从Q 处由静止释放，两球碰撞后均落在木板上； 重复多次，分别测出a、b两球落点的平均位 置M、N与O点的距离xMxN, 完成下列填空： （1)记a、b两球的质量分别为m、m,实验中 须满足条件m。 m,(填“>”或“<”)； (2)如果测得的xp、xM、xN、m。和m,在实 验误差范围内满足关系式 ,则验证 了两小球在碰撞中满足动量守恒定律.实验 中，用小球落点与O点的距离来代替小球 水平飞出时的速度，依据是 3.(2023·辽宁卷，11)某同学为了验证对心碰撞 过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用 纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地 从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段.选 择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。 图(a 图（) 测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量 分别为m1和m,(m1>m2).将硬币甲放置在斜 面上某一位置，标记此位置为B.由静止释放 甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点 到停止处的滑行距离OP.将硬币乙放置在O 处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止 释放.当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲、乙 从O点到停止处的滑行距离OM和OV.保持 释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、 OM、ON的平均值分别为SS12 (1)在本实验中，甲选用的是 (填 “一元”或“一角”)硬币； (2)碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示 为 (设硬币与纸板间的动摩擦因数 为4，重力加速度为g)； (3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则 W/50一√S (用m1和m2表示)， √52 然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰 撞过程中动量是否守恒； (4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得 到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化 量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差 可能的原因 85 专题九动量守恒定律 4.(2022·全国甲卷，23)利用图示的实验装置 对碰撞过程进行研究.让质量为m1的滑块A 与质量为2的静止滑块B在水平气垫导轨上 发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B 的速度大小v,和，，进而分析碰撞过程是否 为弹性碰撞.完成下列填空： 气垫导轨 (1)调节导轨水平. (2)测得两滑块的质量分别为0.510kg和 0.304kg.要使碰撞后两滑块运动方向相反，应 选取质量为 kg的滑块作为A. (3)调节B的位置，使得A与B接触时，A 的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到 右边挡板的距离s2相等. (4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并 与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞 时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t和t2. (5)将B放回到碰撞前的位置，改变A的初 速度大小，重复步骤(4).多次测量的结果如 下表所示 2 3 4 t/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39 t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46 k=U 0.31 ke 0.33 0.33 0.33 U2 (6)表中的k2= (保留2位有效数字). (7)的平均值为 (保留2位有效数字). (8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是 否为弹性碰撞可由判断.若两滑块的碰撞 为弹性碰撞，则的理论表达式为 (用m1和m2表示)，本实验中其值为 (保留2位有效数字)，若该值与(7)中结果间 的差别在允许范围内，则可认为滑块A与 滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞.实验十四拓展与创新电路实验 1.解析：(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻，首先应 选择欧姆挡即C选项：将多用电表选择开关置于欧姆挡 “X10”位置；接着将红、黑表笔短接即A选项：进行欧姆 调零即B选项：调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆. 故首先操作顺序为CAB. 多用电表使用时电流“红进黑出”的规则可知：测量电阻 时电源在多用电表表内，故将多用电表的红、黑表笔分 别与待测电压表的“负极、正极”相连。 读数时欧姆表的指针位置如图(a)中虚线I所示，偏转角 度较小即倍率选择过小，为了减少测量误差，应将选择 开关旋转到欧姆挡倍率较大处，而根据表中数据可知选 择“×1k”倍率又过大，故应选择欧姆挡“×100”的位置： 测量得到指针位置如图()中实线Ⅱ所示，则粗测得到的 该电压表内阻为R=16.0×1002=1.60k2. (2)图(b)所示的电路，滑动变阻器采用的是分压式连 接，为了方便调节，应选最大阻值较小的滑动变阻器，即 R,;为保护电路，且测量电路部分电压从零开始调节，闭 合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于a端. (3)通过待测电压表的电流大小与定值电阻电流相同为 1=L-0 R。 根据欧姆定律得待测电压表的阻值为R,三号=一 (4)测量得到U,=4.20V,U=2.78V,代入待测电压表 UR。 的阻值表达式R,一一，则待测电压表内阻R,= 2X2%n=15601.57kn 答案：(1)CAB负极、正极×1001.6(2)Ra UR。 (3)0,U (4)1.57 2.解析：(1)为了准确测出微安表两 Ro A 端的电压，可以让微安表与定值电 G 阻R。并联，再与电流表串联，通过 电流表的电流与微安表的电流之 差，可求出流过定值电阻R,的电 流，从而求出微安表两端的电压， 进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测 量多组数据，滑动电阻器采用分压式接法，实验电路原理图 如图所示 (2)流过定值电阻R。的电流I=IA一c=9.00mA一 0.09mA=8.91mA 加在微安表两端的电压U=IR,=8.91X10V U8.91×10-9 微安表的内电阻R,=元-90.0×100=990D 答案：(1)见解析(2)990 专题九动量守恒定律 考点1动量定理的理解及应用 1.C取两款机器人的运动方向为正方向，人形机器人的 动量为p人=m人人=75kgX10m/s=750kg·m/s,四 足机器人的动量为p元=m元v2=38kg×10m/s=380 kg·m/s,二者的动量大小之差为△力=p人一p是=370 kg·m/s,C正确. 19 详解详析 2C关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。 3.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=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·△t=m0一（一m0),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. 4.BDA.取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的 初动量为p1=m心=1×0.40kg·m/s=0.40kg·m/s, 碰撞后的动量为p。=2mv2=2X1×0.22kg·m/s= 0.44kg·m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错 误；B.对滑块1，取向右为正方向，则有11=m一m心= 1×0.22kg·m/s-1X0.40kg·m/s=-0.18kg·m/s,负 号表示方向水平向左，故B正确：C.对滑块2，取向右为正 方向，则有I2=m=1×0.22kg·m/s=0.22kg·m/s,故 C错误；D,对滑块2根据动量定理有F△t=I2,解得F 5.5N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N,故 D正确.故选BD. 5.解析：1音甲从A点滑至B点，根据L=2,代入数 据可得a=2m/s, 根据牛顿第二定律有mgsin6-:mngcos9=ma,又因为 sin0=子，所以cos0=22. 3 ② 代入数据联立可得= (2)甲从A点滑至B,点损失的机械能等于这个过程中摩 擦力做的功，所以有△E=W,=umgcos日·L=2880J, 根据(1)可知甲下滑的加速度为a=2m/s;根据运动学 公式=2aL可得甲到达B点的速度为12m/s, 所以AB段动量的变化量为△p=m一0=720kg· m/s. (3)乙从A滑到B的过程中，根据运动学公式有L=0ot 代入数据解得t'=4s, 甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有以mg =ma2, 可得a2=1m/s, 甲到达B点的速度为0=12m/s,在4s内甲没有停止： 在1=4s内，甲运动的距离=时-弓4，， 代入数据解得x=40m,即甲乙之间的距离为40m, 答案：1号 (2)2880J,720kg·m/s (3)40m 最新真题分类特训·物理 考点2动量守恒定律的条件及应用 2.ADM、N质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，则t。 1.DP、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mp十 时刻两物块碰后瞬间M的速度为，N的速度为0，M与 mxUN=mpUp+myUx', 斜面间的动摩擦因数为tan日、N与斜面间无摩擦，则碰 即mp(p-n')=w(x'-）, 后M微匀速直线运动，N微加速度大小为a=的匀加 根据图像可知(p一')>(y'一r),故mp<mN: 同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQQ十 速直线运动，从M、N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 mxux=mgva+mxx', 即ma(a-ta')=mw（x'-), ,则有=2a(a只，解得△=2，则3，时刻 根据图像可知(a一a')<('-),故ma>mN;故 M、N发生第二次碰撞，碰前瞬间M的速度为U,N的速 mQ>my>mp.故选D. 度为'=a△t1=20,所以第二次碰后瞬间M的速度为 2.解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取。的方向为正方 =20,N的速度为0，同理可得M、N从第二次碰撞后瞬 向，有(m十M)=Mu十mo, 解得y=m+MDu,-Mu 同到第三次碰拉前A,=子a(△，)产十4，解得△4 m =2t。,所以5。时刻发生第三次碰撞，第三次碰前瓣间 (2)以B为研究对象，对B根据列动量定理有F△t=M? 一M,解得F=M(u-) M的速度为'=2，N的速度为”=十a△t2=3u,对比 选项中图像可知AD正确，BC错误. △t 3.B根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上 答案：q)m+M)。-M（(2)M(） m △t 动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后 考点3动量守恒中的几类典型模型 A球水平速度为℃，B球水平速度为0，则有m0=m℃1 1.AD根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬间， +mv2, 弹簧形变量不变，即弹簧弹力为0，设释放后瞬间轻绳上 碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有 的拉力大小为T,对P整体，由牛顿第二定律有T一mg =合+之a 1 =ma, 对Q,由牛顿第二定律有2mg-F=2ma, 联立解得1=，2=0， 小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h= 联立解得a=名，F=专mg,故A正确，B错误；根据题 意，把物块N、P、Q看成整体，左边受向下的力为2mg, 合 右边也受向下的2mg,整体合力为零，由动量守恒定律 解得t=2s, 可知，碰撞后，小球A运动t'=1s落地，则水平方向上 有m、=(+2m)pQ, 则有mvwt=(m十2m)pat, 有x=t', 可得m.cN=(m十2m)xpQ' 解得v=3.0m/s 解得w=3pa,xN=3.xpQ, 4.解析：(1)由于OM为轨道直径，则A从M点以0A=1 m/s的速率沿轨道运动至位于O,点的缺口的过程，运动 设释放后N下降的最大距高为=，则0=子，此 半个圆周，由圆周运动规律可得A在轨道内运动的时间 时弹簧形变量为△x1=h十3h, 为=名×-秋=3 由能量守恒定律有mgk十2mg·号A一mg· A在简内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面边沿穿出， 3 设A在筒内做平抛运动的时间为'，则由平抛运动规律 =26az, 可得H=g 解得h=3m竖】 r=vat' 2k 联立解得H=5m. 释放后N的速度最大时为N=m,则有 (2)(ⅰ)由于A运动至缺口时，S,恰好转过ON位置，随 1 1 UpQ=3UN=3Um 后A未与叶片碰撞，从圆筒下底面边沿穿出时，S,怡好 又有k△x2=mg, 转至ON位置，则结合题图乙可知在A在简内做平抛运 解得A=,△=x十0=3n 动的时间内，叶片转动了子个周期，即1=子× w 又由(1)问分析可得t'=1s 由能量守恒定律有mgxN′十2mg·xpQ'一mg·xQ 解得w=号ad/s 合4a)+m暖+m+2m(） (ⅱ)物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开有 mAUA-mBUB 解聘。=各√严，故C错误，D三角 则"1=g B 详解详析 由于B未与筒壁碰撞，则有xB=g·1=m4≤r=1m, 根据运动关系一四一0。 h=3h+2 a 且A运动至缺口时，S,恰好转过ON位置，则以此时为 解得k≈1.2， 时间基准，则B从M到O所用的时间△=R=迟 由此临界情况可判断k满足的关系式可以为1<k≤12. UB UA ④碰后甲向左运动，乙向右运动且甲速度较大，当甲运 3(侵一)小要使B运动至能口后能从任店两个叶片网 动到B点时恰好追上乙发生碰撞， 的区域穿过圆筒，则B运动到O时S,或S:或S,要运 则有u=-)u<0, 1十k 动到ON反向的位里，对叶片转统的角度日-吾+号· 可得k>1, k(k=0,1,2,3,…) 抓播运动关系头十2巴-合， a v2 B不与叶片碰撞必须满足△r=日 解得k≈20.1， 由此临界情况可判断k满足的关系式可以为k≥20.1， 6 解得0g=7十25m/s)(k=01,23…） 综合上述四种情况可得k满足的关系式0.81≤k≤1.2 则”4= mg7+26k=0.1,2,3,…) 6 或k≥20.1 答案：V②(2)2智V2(3)见解析 答案：13s5m(2(1)经rad/s 6.解析：(1)从抛出至球壳与天花板相碰，小球和球壳一起 (1)7f2=0.123 做竖直上抛运动，末速度大小设为， 根据速度位移关系式有0一0=2gh 5.解析：(1)甲从释放位置到A点的过程中满足机械能守 解得u=1m/s 板，有mgh=合m 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 可得甲第一次到达A点时的速度大小。=√2gh. 球壳与天花板碰撞后到小球与球壳第1次碰撞，小球与 (2)第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度 为v2,取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒：m 球壳的位移大小之和为D-d,则0At十 2g(4t)2+ =m十m政合m听+之m听+之m或， △t-2g(△t)=D-d 解得乙弹性碰撞后速度：u,=干： 20 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 对乙由动量定律，合外力冲量等于乙动量变化： 1次碰撞前速度分别为。、山10 I=km2一0， 以竖直向下为正方向，则 代入=V2gh,得：I=2km√2g巫 10=y十g△t=2m/s,u10=-v十g△t=0 1十k 球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为巴1、山 (3)由以上分析可得碰后甲速度=(1十， 由动量守恒定律有M。十mu1o=Mo1十mu1u 由机械能守恒定律有 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： 合Mn+mo=M+m ①碰后甲乙均向右运动，且乙由斜面回到水平轨道时恰 碰后速度差的大小△0=41一℃1=2m/s(拓展：发生弹 好发生第二次碰撞， 则有，= (1-k)>0, 性碰拉，恢复系教c=二L=1) )10一410 1+k 第1次碰撞后，球壳与小球均做加速度向下、大小为g 可得0<k<1, 的匀变速直线运动，设两次碰撞时间间隔为△1，两者的 报播这动关系总一品十？ 相对速度大小始终为|△0=2m/s,两者的相对位移大 a 小为D一d,有D一d=△0·△t 其中a在斜面上的加速度a=gsin 0, 解得△t1=0.1s 可得k≈0.81， (3)设球壳与小球发生第2次碰撞前速度分别为。、 由此临界情况可判断k满足的关系式可以为0.81≤k u20,20=v1+g△t1、u2o=u11十g△t1, <1. 球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为1、1 ②碰后甲静止，乙向右运动后返回碰撞位置再次发生碰 由动量守恒定律有Mo十ml如=M1十mu21 撞满足题意，此时k=1, 由机械能守恒定律有 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， Me+m=号Mea3+m 则有=-)<0. 解得△0=u21一u21=2m/s 1十k 由(2)问分析可知相邻两次碰撞的时间差都为△t=0.1s 可得k>1, 以此类推： 最新真题分类特训·物理 第1次碰前至第8次碰前经历的时间为7△t=0.78, Mvno +mgX7At=Mu+m(v+2)m/s 1o=2m/s,℃1=6m/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， 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 一1 ② 0.2 -2 -3 -1 ③ 0.3 -4 -2 -1 -3 @ 0.4 -2 -4 -5 -3 ⑤ 0.5 -6 -4 3 -5 ⑤ 0.6 一4 -6 -7 -5 ⑦ 0.7 -8 -6 -5 -7 ⑧ 0.8 -6 -8 -9 -7 ⑨ 0.9 -10 -8 -7 -9 ⑩ 1.0 -8 -10 -11 -9 ① 1.1 -12 -10 -9 -11 利用上表壳速，每段0.18匀变速，位移△y=,t十2 1 at,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 0.10.2s +1 +0.05 6.025 0.2-0.3s -3 -0.35 5.675 0.30.4s -1 -0.15 5.525 0.4-→0.5s -5 -0.55 4.975 0.5-0.6s -3 -0.35 4.625 0.6-→0.7s -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一9m/s(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△h =0.475m-0.125m=0.35m, 由运动学公式可知v地=√9+2X10X0.35m/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 200 解析：(1)P球到达第1个平台时，由机械能守恒定律有 MghMin 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 Men=Mn'+me',2Me,=号Mr9+zma品， 解得n'=号w=号Eane'=号n=号Va 3 8 (2)(i)1球到达第2个平台时，由动能定理有mg(h h)=m(- /128 解得√25gh+2gh,-h) 1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv'=mv+mv:2mv =1 128 解得u'=0心'/25gh,+2g:h1, 可知两球速度交换； (ⅱ)设P球到达第个平台时的速度为，与第k个平台 处的1球碰撞后的速度为'，则P球从第一1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Mg a-A)=M:-i-n①， P球在第k个平台与1球碰撞，由动量守恒、机械能守 恤，由之前计算结果的规律，可知=号②， 联立0@可得5”--n=2g:-) 由：学知识，可知成一号g一A,)是等比教列，公比 9 为q一251 所以有-：-A) =(层)【m-号-： 解得V √（）广·2+s--()"] (川)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>Mgh, 即()】 ·2g+ge-h) [-() >2gh· h1)>2gh1, 十o时， (号)[爱，-号a-a,门趋近手零，（层） k一1 r18 8gh:-h)≥2gh, 9 解得A≤号e, 答案：(1)号 2gho,5 2gho 210√爱+2z-4. (i√（号）+号M-(号)] (a,≤是A 8.解析：(1)P、Q发生正碰，由动量守恒定律m2=2Q 十m10, 由能量守恒定律m话=子m6十子m+△B, 1 1 联立可得o=3.5m/s,△E=24.5J; (2)对物块P受力分析由牛顿第二定律m1g=m1a,物 块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式一命= 2al2,p1=-at1,解得vp1=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l=t2,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℃i=2al,飞p=p1一at,解得pe=1m/s, 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为t=0.8s, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1=pt, 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=p一at, 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t:=0.2s, 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t=t1十t2十t妇 +t+t=5s. 答案：(1)24.5J(2)5s 9.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=M, 由能量守恒定律有mgh=号m赋十子M, 1 联立解得=6m/s,=号m/s 即小球速度为6m/s,方向水平向左，大物块速度为 号m/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m1=(m+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a的速度为o,根据胡克定律F=kx1, 系统机镜能宇恒子(m十m)店=合(m十m,)d十 合 联立解得，=1m/s,x1=0,3m, 201 详解详析 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.)u=(m十m.十m,) 2 解得心=子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.)u+2 5 1. -号(m十m.十m,)心= 2 答案：1)6m/s,3m/s (2)号ms号 考点4爆炸与反冲 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=√2gL. (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gL(1一 1 cos B)=2 mvi 对小球，根据牛顿第二定律mg cos B=m工， 2 2gL 解得os=3,入√3 此时小球水平方向分速度1=心1cosB, 竖直方向分速度v,1=sin B, 竖直方向，根据速度位移关系心一心=2gL0sB, 小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值 联立解得tana=V23 2 (3)(1)设其中一部分的质量为m。,则另一部分质量为 mo,如图所示 a 根据动量守恒定律有kmovo sin0=mU3sin9,k1cos日 十mo3c0sf=m0, 1 弹射装置释放的能量E= 1kmu8+2m二2m, 2 联立可得E= 「1十k)2 -1 4kcos°0 mgL (ⅱ)根据数学知识可知，当k=1时，E最小为Em =mgLtan0. 即有mov sin=mv3sinf,cos6+nv;cos-=m, 1 1 1 最新真题分类特训·物理 两小球同时落地，运动时间为=2sinc_2u,sine 力做功为W。=6mgh,故D从开始运动到落地瞬间合外 g g 力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时 可得uI=l, 的动能相等，故B正确： 两小球的距离d=22sin9·t, 由tana= 愿可得sina√27' 23 D物块平抛过程有方=2，=警，联立可得， 2 g 联立可得d=gVan S:2h D水手滑动过程中报搭动能定理有一6mgA=子·5m 答案：(1)0=√2gL (2)tan a=23 (3)(i)E= r(1+k) 4kcos'0 -1mgL; 化商得=票+2a (i)d=gv丽ian0 弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程 考点5动量和能量的综合应用 的能量为E=之·3m成+ 1 2 ·m6=24m02=24 1.BD根据题意可知传送带对物块A、B的滑动摩擦力大 小相等都为f=0.5×1×10N=0.25×2×10N=5N, 器+2g=48mgh十疗，故C错误，D正确.故 初始时，A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带 选BD. 第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒 3.A对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系 有mA,=m十mgUg,℃=1m/s,代入数值解得t=t 统动量守恒，得mAYA=g, 时，B的速度为=0,5m/s,在A与传送带第一次共速 设弹簧的初始弹性势能为E,整个系统只有弹簧弹力做功， 前，对任意时刻对A、B,根据牛顿第二定律有∫十F= mAaA,f十F举=mgag,由于mA<mg,故可知aA>ag,故 机梳能守，当弹黄原长时得尼=弓m,听十了m心，联立 A错误，B正确：在t。时间内，设、AB向右的位移分别为 号(+ms）, 工由功能关系有-十十合m话=子m心+ 得E,=2(m 故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能 1 msg+E,解得xA一xg=0.1m, 最大， 4.ADA.子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子 故弹簧的压缩量为△x=xA一xg=0.1m,故C错误；A 弹穿出木块后子弹和木块的速度分别为1，，则有 与传送带的相对位移为工相A=工A一t: m℃。=my+Mu2, B与传送带的相对位移为x相B=t。一xg' 子弹和木块相互作用过程中合力都为∫=。，因此子弹 故可得x和A十x相B=xA一工g=0.1m, 由于0~t。时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运 和物块的加速度分别为a,=上 动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足aA= 由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为 2ag,作出AB的心t图像 2a1x1=6-vi,2a2x2=ui, M 2m/sH 联立上式可得= s-停+上 M+m B 0.5m/s------ 0 to 即可，该画教在2（会+合）儿到无穷单调递减，周此当西 可知xA等于图形MNA的面积，xB等于图形VOBA =2(会+后)上=2LM四时，木块的建度最大，A正 Mm 的面积，故可得x相A<工相B, 结合x相A十x积B=0.1m, 确：出子弹穿过木块时木块的逢度为m,由运动 可知x和A<0.O5m,故D正确.故选BD. mM 2.BD爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3mU,=m, 学公式心=a:,可得t二（十M0,故B错误：C.由能量 B与C碰撞过程动量守恒m02=6m, 守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热， 联立解得v=0.501, 即△E=Q=fL=21十M,故C错误D.木块加速 1 mM 爆炸后醉间A的动能E4=2·3m·刘°， 1 注程这动的E高为士产牛m故D三确 D的初动能Ew=2·6m·(0.5心)，两者不相等，故A 5.解析：(1)C下摆过程，由机械能守恒定律有megL(1 错误；D水平滑动过程中摩擦力做功为W,=一：·6mg ·1=一4·6mg·么=一6mgh,做平抛运动过程中重 cos60）=cG, 解得v。=3m/s, 详解详析 C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有mcv。= 7.解析：(1)根据动量守恒定律m0。=(m十4m)01,解得)1 5%, 联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小vA=1.2m/s. (2)两者共速时设间距为！′'，根据能量守恒定律可知此时 (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mAUA=gg十mAA, 电势能为E'=名mw2十六m2-号×5m2= 解得va'=1m/s, 由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有 25m0,2, 1 根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则' 解得=0.28. ,= 答案：(1)0=1.2m/s(2)=0.28 两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒， 6.解析：(1)由牛顿第二定律F=(M+m)a, 则有∑mu,t1=∑muAt1十∑4mgt1, 对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律FN=ma, 即有m,t1=m.xA+4m.xg, 竖直方向由平衡条件f=mg=FN, 根据位移关系可知xg十l。=xA十'， 联立可得F=M十m)g, 联立解得一品， (2)设箱子刚进入磁场中时速度为，产生的感应电动势 (3)对全过程，对系统根据动能定理F。= 为E=Bdo, 个 由闭合电路欧姆定律得，感应电流为1=5 对全过程，根据动量定理Ft2=4mU一m℃，， 安培力为F安=BId, 联立可得F= 联立解得1，=2弘 R 若要使两物体分离，此时有FN=0,即F金≥F, 蓄案2-品总 其中F=M+m)g 8.解析：(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心 解得u≥M+m)gR 力有mg+3mg=mR' uB'd2 代入数据解得=4m/s. 由运动学公式=2as, (2)(ⅰ)根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道一起 解得s≥M+m)gR 向左加速，根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a, 2uB'd'' 故t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为s 根据图乙有=M十m=0.5g _(M+m)'gR' 当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道 2uB'd 有F-umg=Ma, (3)对木块水平方向由运动学公式=2i, 1 皓合题因乙有a=F- M 竖直方向有A=, 1 可知=1kg1, 其中F=M+m)E=(M+m)a, 藏距6=-心=-2m/s, M 可得力F作用的总时间为t=1十，=√g 2h 联立以上各式可得M=1kg,m=1kg=0.2. (ⅱ)由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s,小 水平方向对系统由动量定理Ft一F安t2=(M十m)-0, 物块的加速度为a2=g=2m/s， 其中F装6=B4L 当小物块运动到P点时，经过。时间，则轨道有 R =a to, 联立可得U= 腰 B'dL (M+m)R' 小物块有2=ato, ≥ B'd'L M干mR时，最终木块与箱子速 在这个过程中系统机找能守恒有子M十子m 度大小为 号Mad+合m+2mgR. BdL 水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则有M如十 (M+m)R' m℃2=Mo+m℃， 品R时，成终木块与精子的 联立解得t。=1.5s, 1 速度大小为0=0. 根据运动辛公式有L=日，6-子4：6， 答案：1)M+m)g (2)M+m)产gR 代入数据解得L=4.5m. 2uB'd' 答案：(1)x=4m/s(2)(i)u=0.2,m=1kg(i)L (3)见解析 =4.5m 最新真题分类特训·物理 9.解析：(1)机器人从A木板左端走到A木板右端的过程 1 中，机器人与A木板组成的系统动量守恒，A木板向左 运动，B、C木板静止，设机器人的质量为M,三个木板的 质量均为m, 由动量守恒定律得Mu=m℃A, 设所用时间为t,则有Mt=m℃at,即Mx=m.xA, 又x十xA=LA 联立解得xA=1.5m 则A、B木板间的水平距离为1.5m. (2)设机器人起跳的速度大小为。，速度方向与水平方 向的夹角为日，机器人从A木板右端跳到B木板左端的 时间为t1, 由斜抛运动规律得cos日·t1=xA, n0=g·合， 15 联立解得6=2 sin @cos0' 机器人跳离A木板的过程中，系统水平方向动量守恒， 由动量守恒定律得M,cos日=mA, 由功能关系得，机器人微的功为W=号M心+号m, 联立可得w三2smco8945J=74cosA 1+3cos20 2.45J= 2sin 0cos 6 (合am9+品)：45j 由数李知汉可知，音且仅当宁m0=品。时，即m=2 时，机器人做功最少，代入可得W=90】. ③由an0=2,可计算出cos0=5m7s,由Mco 0=m0A, 解件心=号V下m/s,此后A木板以此递度向左微匀速 直线运动，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上动量 守恒，由动量守恒定律得M,cosf=(M+2m)g, 此过程中A木板向左运动的距离xA=At1, 代入数据得xA=4.5m, 机器人连续三次等间距跳到B木板右端，整个过程机器 人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次跳起 后机器人的水平速度大小为℃，B木板的速度大小为 ℃，机器人每次跳跃的时间为△t, 以向右为正方向，由动量守恒定律得(M十m)Ug=M, mg1①， 每次跳跃叔器人和B木板的相对位移为号，则有号 (1十1)△t②， 机器人到达B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从 机器人跳上B左端到跳到B的右端的过程中，A、B木板 的位移之差为△x=xA十xA=6m,则有(g1一A)·3△t =△x③， 联立①②③三个式子得△1=4（十g)3(十）' △x A、C两木板的间距为xAc=(A十e)·3△t十△x十Lg, UC=UB, 叁显得x心=子 答案：11.5m2)90J28)zc=子 204 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), 碰拉后，对组合体，由牛顿第二定律有Fn=(mA十mg) mavF-(mm)R' m6 只，联立解得m十m (2)设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为A、g,碰 撞过程动量守恒、机械能守恒，对A、B系统有mA。= 2AYA十7mBVB, 2 mAv= 1 1 m+ms, 联立解得VA= m一m)西，= 2mATo mA十nB mA十B 120(-- 120° 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 十3张，其中，=0,1,2,3…，剧=士36 4+3k1 B 4+3k' 联立解得=十36，显然1只能取0，则=2。 'mn 2-3k 172g 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为口A、 g,则mAA十mgg=mAtA十mgg, 1 1 1 1 mAvi+zms后=2mAu+2ms馆， 联立解得A=,B=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+3k 5+3k ,其中=0,1,23，…，则%=2+3张 g5+3k 联立解得-亡的是然长，只能取0，则四=5 mp 1-3k2 同理可得第二次碰撞后A=,,=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，m4=2或5. mB (3)第一次碰前相对速度大小为山。，第一次碰后的相对 速度大小为4=，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球运动一图，有t =2xR 01相 第一次碰撞有mA=mAUA1十g0Bl, 第一次碰撞后有相=l一UA1=E, 解得g一mA十mg （0g十01朝）， B球运动的路程s1=m=2πRm mA十mg1 2xRmA（1+1): A十mge 第二次碰撞的相对速度大小为v2相=e心1相=e,t2 =2πR 02相 第二次碰撞有mAo=mAYA2十Bte, 第二次碰撞后有2相=V2一g2, 得U二，十m(0。一 13 B球运动的路程52=yt2= 2xRmA mA十mg (-1 (合小片 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=十2十5g十…十52知= +++*) 1 解得s= 2元RmA· e2"-1 mA+mg e2"(e-1) 答案：(1)m mAva (2)2:1或5：1 'mA十mg(mA+g)R (3) 2xRmA· e'-1 mA+mg e"(e-1) .解：(1)对物块A由平抛运动知识得h=，g马 xA=At,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mAA mvg,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mg2:=0-2m:哈，代入 数据解得，物块与桌面间的动摩擦因数为μ=0.2。 (3)由能量守恒定律△E,=合m,听十合m:十 mAg△xA十mgg△zg,其中mA=mg,△x=△xA十△zg, 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 12.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 离为x=会=25m<Lm=3.6m 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℃=m物U1十华· 其中=5m/s,y1=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△E=子m心-子 1 2mw心-2m绿， 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U,在P点正上方，由牛顿第二定律有mg= m年L一d' 小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守 渔定律有分me话=弓m或十mR(2L-d, 20 5 详解详析 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 解析：(1)过程1：小球释放后自由下落，下降1 由机核能守恒定律得，mg1=2md,得=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心。=mu1十M0'1 机核能守，有m=m+Mw 所以-，=-d- 1 1 2%, 即小球碰后速度大小为V,方向竖直向上，圆盘 1 碰后速度大小为乞√2g,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℃十gt=0'1 可得t=01一“=必 g g 又6=2g·2gt, 因北da=生一=1-（1-gr）厂装-1 (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（理解为相遇）工1=工，1 2v 即：四十2gG=u't1,得t= g 3 此时小球速度西=0十g财=之，圆盘速度仍为心'， 在这段时间内，圆盘向下移动江1=，==2 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,'+Mu”: 根据机核能守：7m+M=m+M。 1 得碰拉后小球速度'=0，圆盘速度，”=℃ 这段时间内，圆盘向下移动，x=u,=2匹=4 g 此时圆盘距下端口131，之后二者第三次发生碰撞，根 据动量守恒：mu十Mu”=mu,'+M,” 根搭机镜能守恒：m话+M=m+M心 1 1 得难后小琼速度为西=名，圆盒速度或=昌小 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盘=x3,即”t:='t3十 28t,得t3 _2w0=t1二t4 在这段时间内，圆盘向下移动，x3=心，"”t:= 36=61, g 最新真题分类特训·物理 此时圆盘距离下端管口长度为201一11一21一41一61= 7,此时可得出圆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，圆盘将向下移动 工盒，=81，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弓√2g,圆盘碰后速度 大小为号√2g(2)1(3)4 14.解析：(1)由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定 理有mgH=号m, 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 ff=u mcg, 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(c十mg)g, 所以滑块C的加速度为ac=m3=%g=5m/s, 木板B的加速度为 dn-emegk (me+ma)g=1 m/s 设经过时间t1,B和C共速，有4-5×t=1+1×t, 代入数据解得t1=0.5s, 木板B的位移a=1X0.5+号×1X0.5)m=0625m 共同的速度0#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ar= 1(ms+me）g=1m/s, mg+me 设再经过t,时间，物块A恰好滑上木板B,有0.625十 (1.56,-2×1×5）=1×(0.5+), 整理得t-t-0.25=0, 解得，=1士臣s,=1,巨s,(舍去) 2 2 此时B的位移 m=0.625+(1.5,-号×1×)=1+号1.707m. 共月的连度：=41一arX=1,5-1X中2m -1-}m 15 综上可知满足条件的s范围为0.625m≤s1.707m. (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=1X1,+合×1X店， 整理后有t6+2t。-0.96=0, 解得to1=0.4s,t2=-2.4s(舍去)， 滑块C在这段时间的位移5=4×0,4二】X5☒ 0.4m=1.2m, 所以摩擦力对C做的功W=一fe=一megse =-6J. 206 (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o=1+1×0.4m/s=1.4m/s, eo=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(mB十mc）g=4m/s2, 物块A和木板B相向运动，设经过1？时间恰好相遢， 则有1X1,+(1.-号×4X)=0.08, 整理得t-1.2t3+0.04=0 解得4，=3-22s,,=3+2区s(舍去) 5 5 此时有a=1,4-4X3-22m/s=85-5m/s 5 方向向左1=2-5X32Em/s=(2反-1Dm/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mA,十mg(一1)= 72AUA十71gUB, 1 1 1 1 代入款据解得04=-32525m/s≈-2.02m/s, 15 m/s≈0.246m/s 15 而此时欢=a=2-5X3-22） 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mB),十mc=7kg·m/s, 末动量p=mA℃A=一2.02kg·m/s,则整个过程动量 的变化量△p=p素一p和=一9.02kg·m/s, 即大小为9.02kg·m/s. 答案：(1)H=0.8m(2)0.625ms1.707m (3)-6J(4)9.02kg·m/s 解析：(1)滑块a从D到F,由能量关系mg·2R= 1 2 mvr2 md UF 在F点FN一mg=mR· 解得vr=10m/s,F、=31.2N. (2)滑块a返回B点时的速度℃B=1m/s,滑块a一直 在传送带上减速，加速度大小为Q=g=5m/s2, 根据馆=心一2aL, 可得在C点的速度vc=3m/s, 则滑块a从碰撞后到到达C点？m=子m十mg·2R, 解得v1=5m/s 因ab碰撞动量守恒，则mvF=一m心1十3m2, 17 解得碰后b的速度v2=5m/s, 则碰撞损失的能量△E=子m心-子m-号·3m时 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0，则me=4m0,解得=2.5m/s, 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度 d,则m=6m。,解得=号m/s, 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1, 由能量关系子·4m心=之·6m+之 解得x1=0.1m, 同理当弹簧被拉到最长时仲长量为x=x1, 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 16.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Mu2, 小球运动到最低，点的过程中系统机械能守恒gb= 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=心1一M2, 两边同时乘t可得m.x1=Mxe, 且由几何关系可知x1十x2=a, 联立解得x:=M牛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△x,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 此时的描圆方程为红一△)+二=1， a b 整理得[zM十m）。-ma]+ =1. Ma b 3)将=。代入小球的轨迹方程化简可得(a 18 -b)]+y2=b, 即此时小球的轨迹为以（☑ 一b)为圆心，b为半径的圆， 则当小球下降的高度为？ 0 时有如图 此时可知速度和水平方向 的夫角为60，小球下降台 的过程中，系统水平方向动量守恒0=mc0s60 -M,, 系统机械能守恒mg2 m+Moi, 4gb 联立得4√036=26√a千36 答案：)√M+Mm一M牛m (2)zM+m）-ma]+ Ma 61 (3)2ba+36 2077 详解详析 解析：(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守 恒，则有m2℃o=(m1十m2）v1, 代入数据有y1=1m/s, 对m受力分析有a,=m8=4m/s2 m 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有=21x1, 代入数据解得x1=0.125m. (2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有飞x =（m1十m2）a共， 对m2有a2=g=1m/s2, 当a#=a2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 对网m组成的系统列动能定理有一己=(m 十m:)d-名(m十， 代入数据有0，=？m/s (3)木板从速度为：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m1的速度大小为，共用时 2t。,且2一直受滑动摩擦力作用，则对m有一2g ·2to=m2Y3一ng2· 解得8=罗-2， 到对于mm组成的系统有-W,=子m时十子m时 1 -2（m1+m,）, △U=-W 联立有△U=4√3t。-8t6. 答案：1)1m/s:0.125m(2)0.25m, m/s 2 (3)4√3t-8t6 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=t。时刻，根据动量守恒定律 mg·1.2=(mg十m) 根据能量守恒定律E=7ms1.2广之m十m) 联立解得mg=51,Emax=0.6m6. (2)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=5a 则同一时刻A、B的瞬时速度分别为YA=aAt, w=1.2-号 根据位移等于速度在时间上的累积可得sA=Yt(累 积)，sB=YBt(累积) 又sA=0.36ut 解得sg=1.128t 第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值△s=5一SA= 0.768voto· (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心。，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 mxA-5m·0.80,=m·(-2vo)+5m0'g 最新真题分类特训·物理 报据能量守恒定律可得分m0员十7·5m·(0.80,) 2m(-20,广+7·5mi, 联立解得v'A=Uo, 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-gmgL.cos0=0-2m(2,)产 下滑过程，根据动能定理可得mgLsin日-umgLcos日= 2mu-0,联立解得u=0.45. 答案：(1)0.6m(2)0.768t。(3)0.45 实验十五验证动量守恒定律 1.解析：(1)由xt图像的斜率表示速度可知两滑块的速度 在t=1.0s时发生突变，即这个时候发生了碰撞： (2)根据xt图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬 间B的速度大小为u=90-110 1.0 cm/s=0.20m/s; (3)由题图乙知，碰撞前A的速度大小0A=0.50m/s,碰 撞后A的速度大小约为'A=0,36m/s,由题图丙可知， 碰撞后B的速度大小为B=0.5m/s,A和B碰撞过程 动量守恒，则有AYA十ng℃=mA)A十mB0B· 代入数据解得"△≈2， 12B 所以质量为200.0g的滑块是B. 答案：(1)1.0(2)0.20(3)B 2.解析：(1)为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反 弹，要求ma>mb: (2)①两球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出，点的高度 相等，它们做平抛运动的时间t相等，碰撞前a球的速度 大小，=主’ 碰撞后日球的速度大小= t 碰撞后b球的速度大小=， 如果碰撞过程系统动量守恒，则碰撞前后系统动量相 等，则m=m.a十m' 整理得ma工p=m,xM十XN ②小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度相 同，故下落时间相同，水平方向匀速直线运动，小球水平 飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比. 答案：(1)>(2)mxp=mxM十mbxN小球离开斜槽 末端后做平抛运动，竖直方向高度相同，故下落时间相 同，水平方向匀速直线运动，小球水平飞出时的速度与 平抛运动的水平位移成正比 3.解析：(1)根据题意可知，甲与乙碰撞后没有反弹，可知 甲的质量大于乙的质量，甲选用的是一元硬币； (2)甲从O,点到P,点，根据动能定理 一um1g5。=0-2m6, 解得碰撞前，甲到O点时速度的大小。=√2以gs, (3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为1 √2μgs1,2=√2gs2, 若动量守恒，则满足1，=m11十mU2· 整理可得一_m】 √52 71 (4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后 甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1， 写出一条产生这种误差可能的原因有： 1.测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差 的，不可能做到绝对准确； 2.碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实 际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不为零， 答案：1)一元(2)√2g(3)m 1721 (4)见解析 4.解析：(2)应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块， 碰后运动方向相反，故选0.304kg的滑块作为A, (6)由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得k。= 4=4=0.21=0.31 t10.67 (7)4平均值为 6=0.31+0.31+0.33+0.33+0.33=0.32 5 (8)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得m1℃。 =一m0十m:w,分m心=子m或+2m:砖 1 联立解得心=m:一m v22m1 代入数据可得4=0.34. 02 答案：(2)0.304 （6)0.31(7)0.32(8)”m-m 2m1 0.34 专题十机械振动 机械波 考点1简谐运动的表达式及图像 1.B 同一个单摆，拉开相同的角度 A=A 月球表面重力加速度小于地 球表面重力加速度；单摆振动 B正确 T月>T。 周期T=2x√g 2.D管内机械波的振动方向与传播方向相同，所以管内 机械波是纵波，A错误；活塞在a、b间运动，设管内机械 波的振幅为A,则ab=2A,解得A=0.5cm,B错误：活 塞在a、b间做周期为0.1s的简谐运动，则T=0.18,设 管内机核泼的发长为X,由U=产得入=T=340X0.1m =34m,且每秒通过c点的完整波的个数为n=丁= 18=10,C错误，D正确. 0.1s 3.D弹簧上形成的波的振动方向与传播方向平行是纵 波，故A错误：同一介质中，波的传播速度相同，则波的 传播速度不变，推、拉弹簧的周期越小，波的周期越小， 由公式入=T可知，波长越短，故B错误：标记物振动的 速度反映的是标志物在平衡位置附近往复运动的快慢， 机械波的传播速度是波在介质中的传播速度，二者不是 同一个速度，故C错误；标记物由静止开始振动，说明它 获得了能量，这是因为机械波使得能量传递给标记物， 则标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能 量，故D正确.故选D. 8