专题8 电路与电能&专题9 动量守恒定律-【创新大课堂】高考物理五年（2022-2026年）真题分类汇编168优化重组卷

专题八 电路与电能 考向 电路的基本概念和规律 1.(2026·黑吉辽蒙卷，4分)某同学做“描绘小灯 泡的伏安特性曲线”实验时，得到的U图像如 图所示.从图中状态a到状态b,小灯泡电阻的 A.11:2l2 B.2l2:l1 毁 变化量和电功率的变化量分别为 ( C.l2S:21 S2 D.2l2S2:11S 4.(多选)(2023·全国乙 0.6 卷，6分)黑箱外有编 ® 0.4 号为1、2、3、4的四个 0.2 修 接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接 抑 0 1.0 2.0 3.0UV 有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻 A.2.02,0.28W B.2.02,0.68W R和一个直流电源.测得接线柱之间的电压 C.7.02,0.28W D.7.02,0.68W U12=3.0V,U23=2.5V,U34=-1.5V.符 2.(2026·湖南卷，4分)如图，电阻R的阻值为 合上述测量结果的可能接法是 10Ω，电流表为理想电表，两个电池组完全相 A.电源接在1、4之间，R接在1、3之间 蠻 同.若将a、b端分别接人d、e端，电流表示数 B.电源接在1、4之间，R接在2、4之间 为1.0A;若将a、c端分别接入d、e端，电流表 C.电源接在1、3之间，R接在1、4之间 D.电源接在1、3之间，R接在2、4之间 示数为1.5A.则单个电池组的电动势和内阻 令 5.(2023·海南卷，3分)如图所示电路，已知电 分别为 源电动势为E,内阻不计，电容器电容为C,闭 合开关K,待电路稳定后，电容器上的电荷 量为 电池组电池组 A.15V,52 B.15V,102 3R 2R 攀 C.30V,5 D.30V,102 R 4R 3.(2025·广西卷，4分)如图电路中，材质相同 尔 的金属导体a和b,横截面积分别为S1、S2,长 度分别为l1、l2.闭合开关后，a和b中自由电 A.CE B.CE 内 子定向移动的平均速率之比为 GCR 49 专题九 动量守恒定律 考向一动量、动量定理 A.t=0.15s时，运动员的重力势能最大 1.(2026·四川卷，4分)2026年2月，我国某科 B.t=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s 创团队发布全球首款速度达到10m/s的全尺 C.t=1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处 寸人形机器人，该机器人体重75kg;2025年1 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦 月，该团队发布的四足机器人体重38kg.若两 床的平均作用力大小为4600N 款机器人均以10m/s的速度同方向运动，则 4.(多选)(2022·全国乙卷，6 ↑FN 二者的动量大小之差为 ( 分)质量为1kg的物块在水 A.1850kg·m/s B.750kg·m/s 平力F的作用下由静止开 24s C.370kg·m/s D.37kg·m/s 始在水平地面上做直线运 2.(多选)(2025·广 动，F与时间t的关系如图所示.已知物块与 东卷，6分)如图所 地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小 示，无人机在空中 30° 取g=10m/s2.则 ( ) 作业时，受到一个 A.4s时物块的动能为零 方向不变、大小随时间变化的拉力.无人机经 B.6s时物块回到初始位置 飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重 C.3s时物块的动量为12kg·m/s 力作用下沿水平方向做匀速直线运动.已知拉 D.0~6s时间内F对物块所做的功为40J 力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变 5.(多选)(2022·湖南卷， 化关系为F=F。一kt(F≠0，F。、k均为大于0 5分)神舟十三号返回舱 的常量)，无人机的质量为m,重力加速度为 进入大气层一段时间 g.关于该无人机在0到T时间段内(T是满足 后，逐一打开引导伞、减 F>0的任一时刻)，下列说法正确的有( 速伞、主伞，最后启动反 t2 ta A.受到空气作用力的方向会变化 冲装置，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 B.受到拉力的冲量大小为(F。一2kT)T 竖直方向的直线运动，其图像如图所示.设 C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为 该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变， mgT+(F。-2T）T 下列说法正确的是 () A.在0一t1时间内，返回舱重力的功率随时间 D.T时刻受到空气作用力的大小为 减小 √骨R,-T)2+(mg6 B.在0~1时间内，返回舱的加速度不变 2 C.在t1~t2时间内，返回舱的动量随时间减小 3.(多选)(2024·全国甲卷，6分)蹦床运动中， D.在12~t3时间内，返回舱的机械能不变 体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床 6.(2022·山东卷，3分)我国多次 上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图 成功使用“冷发射”技术发射“长 所示.假设运动过程中运动员身体始终保持竖 征十一号”系列运载火箭.如图所 直，在其不与蹦床接触时蹦床水平.忽略空气 示，发射仓内的高压气体先将火 阻力，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正 箭竖直向上推出，火箭速度接近 确的是 零时再点火飞向太空.从火箭开 发射仓 始运动到点火的过程中( ) 7777 A.火箭的加速度为零时，动能最大 B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5t/s 动能 50 C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量 考向二动量守恒定律及其应用 的增加量 8.(2026·贵州卷，4分)如 D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之 图，完全相同的均质小球 60 和等于火箭动能的增加量 A、B被不可伸长的细线悬 7.(2022·湖南卷，15分)如图(a),质量为m的 挂，静止在同一竖直平面 篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发 内，相互接触无挤压，悬挂 -⊙⊙ AB 生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处. 点到球心的距离分别为L和L,A被拉至与 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<入< 竖直方向成60°的位置并由静止释放，随后与 B发生弹性正碰.忽略空气阻力，B的球心上 日一，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与 升的最大高度为 ( ) 碰前速率之比相同，重力加速度大小为g A.L .含 c 9.(2025·河南卷，4分)两小车P、Q的质量分别 为p和Q,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N,碰 图(a) 图b) 撞时间极短，则 ( ) (1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率 之比； Q N N Q (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 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 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ho已知，求F。的 图1 图2 大小； A.mp>mN>mQ B.mN>mp>mQ (3)篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹 C.mo>mp>mN D.mo>mN-mp 至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间 10.(2025·广东卷，4分)如图所示，光滑水平面 极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲 上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用 量I,经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高 下，由静止开始沿同一直线相向运动，在1时 度处，求冲量I的大小 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1变化的图像，可能正确的是( ) F B M ●V 51 11.(2022·广东卷，11分)某同 DN UN 学受自动雨伞开伞过程的启 21 2 发，设计了如图所示的物理 滑杆 模型.竖直放置在水平桌面 to 4to 5to 3l0 5to 上的滑杆上套有一个滑块， 初始时它们处于静止状态 滑块 13.(多选)(2026·陕晋宁 当滑块从A处以初速度o 青卷，6分)如图，物块 为10m/s向上滑动时，受到 77 N、P、Q的质量分别为 滑杆的摩擦力f为1N.滑块滑到B处与滑 m、m、2m,Q通过不可伸 P Q 杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面 长的轻绳绕过两个固定 一起竖直向上运动.已知滑块的质量m= 轻质光滑定滑轮与P连 0.2kg,滑杆的质量M=0.6kg,A、B间的距离 接，P与位于正下方的N用劲度系数为k的 l=1.2m,重力加速度g取10m/s2,不计空气 轻弹簧相连.初始时托住V和Q,使弹簧处 阻力.求： 于原长，三个物块均静止.现同时无初速度释 (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面 放N和Q,运动中，物块均视为质点且不与 对滑杆支持力的大小N1和N2; 滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限 (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小1； (3)滑杆向上运动的最大高度h. 度内，弹性势能尼，-kx2(x为形变量)，重 力加速度大小为g.则 ( A,释放后瞬间Q的加速度大小为号 B.释放后瞬间轻绳上的拉力大小为mg C.释放后N下降的最大距离为3mg 4k D.释放后N的速度最大值为 /3m 2 k 14.(2026·四川卷，4分) 甲乙 如图所示，以恒定速 率运行的传送带上有 考向三动量和能量的综合 甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不 12.(多选)(2026·山东卷，4 M 可伸长轻绳连接，之间无间隙.甲、乙质量均 分)如图所示，质量相等的 两个小物块M和N,M恰 为m,与传送带间的动摩擦因数分别为日 好静止于倾角为O的固定斜面上，N从斜面 子·某时刻，对乙施加水平向右的外力使其以 上某位置由静止释放，to时刻以速度？与M 发生弹性碰撞.已知M与斜面间动摩擦因数 恒定加速度(g为重力加速度大小)运动，经 为tan0,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，N 时间1撤去外力，再经时间t2绳绷直.甲、乙 与斜面间无摩擦，碰撞时间极短，斜面足够 均可视为质点，传送带足够长.则 长，下列描述M、N速度规律的vM-t、N-t A.t1和t2满足t1<t2 图像正确的是 B.从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量 UM UM 3 为mg241-12)2 32 5to 4to 5to C.绳绷直后瞬间甲的动能为mg(4,2)2 128 B D.绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 52 15.(多选)(2025·陕晋宁青 卷，6分)如图，与水平面 ,弹药释放的能量为36mgh1+2) 成53°夹角且固定于O、M 两点的硬直杆上套着一 D药释放的能套为4g(+ 4h2 质量为1kg的滑块，弹性 53 17.(多选)(2024·湖北 77 77 轻绳一端固定于O点，另 卷，4分)如图所示，在 m 一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直 光滑水平面上静止放 7777777777777777777777777 杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ, 置一质量为M、长为L的木块，质量为m的 PQ为1.6m且垂直于OM.现将滑块无初速 子弹水平射入木块.设子弹在木块内运动过 拟 释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等. 程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速 滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻 度大小o成正比，即=ko(k为已知常 绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F= 量).改变子弹的初速度大小0，若木块获得 kx,k=10N/m,g取10m/s2,sin53°=0.8. 的速度最大，则 ( 则滑块 ( A.子弹的初速度大小为2kL(m十M mM A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N B.子弹在木块中运动的时间为(m十M而 2mM B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量 拼 相同 C.从释放到静止的位移大小为0.64m C.木块和子弹损失的总动能为L2(m十M四 mM D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为256J D,木块在加速过程中运动的距离为mL 16.(多选)(2025·湖南卷，5分)如图，某爆炸能 m+M 量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可 18.(2022·湖南卷，4分) 以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以 1932年，查德威克用 中子 氢核 量 根据测量需求进行调整.滑轨安装在高度为 未知射线轰击氢核， 五的水平面上.测量时，将弹药放入装载台圆 发现这种射线是由质中子 氮核 筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑 量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组 轨等高.引爆后，假设弹药释放的能量完全转 成.如图，中子以速度o分别碰撞静止的氢核 化为A和B的动能.极短时间内B嵌入C中 和氨核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为 形成组合体D,D与滑轨间的动摩擦因数为 和2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应， 赵 4.D在滑轨上运动S1距离后抛出，落地点距 下列说法正确的是 ( 抛出点水平距离为S2,根据S2可计算出弹药 A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 释放的能量.某次测量中，A、B、C质量分别 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 为3m、m、5m,S1=么，整个过程发生在同 C.v2大于1 D.v2大于0 竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小 19.(2026·黑吉辽蒙卷，12分)如图，光滑水平 攀 为g.则 面上一质量m4=0.4kg的木板，其右端通过 A B C(D 轻弹簧连接质量mB=0.1kg的物块，此时弹 圆筒 滑轨 簧伸长量xo=0.1m,物块和木板均静止.质 装 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0=60°处由静止释放，摆至最低点时 问 A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 与木板右端发生弹性碰撞，时间极短.取重力 B.D的初动能与其落地时的动能相等 加速度g=10m/s2. 53 (1)求碰撞后瞬间木板的速度大小vA 21.(2026·贵州卷，18分)如图，机舱内装有质 (2)弹簧的压缩量第一次为x。时，物块速度 量均为1=5kg的甲、乙两个灭火弹模型的 大小为B=0.8m/s,方向向左.求木板与物 弹射型无人机，静止在0=30°的斜直轨道上， 块间的动摩擦因数 无人机空载时质量o=30kg.无人机在弹 射系统作用下以o=15m/s的速度沿轨道 离开，随后无人机依靠自身动力飞行，达到高 度H=125m时，开始以a1=20m/s的速度 C 沿水平方向做匀速直线运动，并进行投弹训 IBM 练.设两弹所受空气阻力不计，落地点均在同 A 一水平面上，取重力加速度g=10m/s2, (1)求载弹无人机在斜直轨道上运动过程中 所受合力的冲量大小和方向； (2)设水平飞行过程中，载弹无人机水平方向 动力与质量满足下=1960（国际单位制），所 m 受空气阻力大小恒为f=49N,方向与飞行 方向相反，若两弹相对无人机无初速度先后 20.(2026·广东卷，13分)如图是一种球形机器 被释放，时间间隔△1=2s,求两弹落地点之 人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心O点 间的距离； 与外壳固定，外壳上的两挡板位于过O点的 (3)设无人机水平飞行过程中，先相对无人机 水平线上，两质量均为m的摆锤，由长均为R 无初速度释放甲，当甲落地时沿水平方向发 的不可伸长轻绳悬挂于轴上的O点，初始时 射乙，此时乙相对地面的速度大小为，若无 刻，两摆锤同时以水平初速度0从最低点向 人机的速度始终不变，求乙从发射到落地的 相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞 过程中，两弹之间距离的最小值与取值的 时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向 关系 上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间， 外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分 离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质 H 量为M=4kg,m=1kg,R=0.4m,0= 两灭火 4m/s.重力加速度取g=10m/s2,忽略空气 弹模型 777777i77777777777777777777777777777777777777777777 阻力，摆锤可视为质点，求： (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能Ek; (2)机器人外壳上升的最大高度h; (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止 过程中的机械能损失△E 外壳 挡板 R 挡板 摆锤 乙摆锤 7777777777777 54 22.(2026·湖南卷，16分)如图，长为L的轻杆 23.(2026·湖北卷，18分)在如图所示的竖直平 竖直放置，上端固定一质量为的小球，下 面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾 端连接于水平地面上某固定点，杆可绕该点 角均为30°的足够长轨道与一水平轨道平滑 无摩擦转动.小球内部安装了质量不计的智 连接而成，连接点分别为A、B.质量为m的 能弹射装置.受轻微扰动后，小球和杆从静止 小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高五处，质 开始一起运动，当两者间弹力为0时，小球脱 量为km的小物块乙静止在水平轨道上，乙 离轻杆，重力加速度为g,不计空气阻力， 到A、B两点的距离均为h.现静止释放甲，所 (1)求小球接触地面瞬间的速度的大小； 有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为g, (2)求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹 不计空气阻力 角a的正切值； (1)求甲第一次到达A点时的速度大小 (3)小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度大 (2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外 小相等、方向相反，水平方向分速度相等.碰 力的冲量大小 撞后瞬间，智能弹射装置工作，小球在极短时 (3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞， 间内分裂成两部分，两部分速度方向均与小 且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨 球分裂前瞬间的速度方向成0角(0已知，且 道，求满足的关系式（不求具体数值）. 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； ↓30°C2m7mmm1l.30° h▣h (ⅱ)当E最小时，若分裂后两部分第一次落 A 乙 B 地时刻相同，求两部分第一次落地点的间 距d. 55 24.(2026·河北卷，14分)如图所示，质量为4kg 25.(2026·云南卷，16分)某同学设计的弹球游 的木板上放有一个质量为1kg的机器人，木 戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直 板始终受到水平向右、大小为5N的恒力作 管道和N个相同的不对称“倒V”形管道平 用.初始时木板与机器人一起以1m/s的速 滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平 度沿水平地面向右匀速运动.机器人正上方 面内.入口端与第一个“倒V”形管道左端高 有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度 度差为ho,每个“倒V”形管道最高点与其左、 恒为1m/s的机械夹爪.某时刻夹爪将机器 右两端的高度差分别为h1和h2(h1<h2).每 人向上提起，2s后放回木板，同时夹爪缩回， 个“倒V”形管道的左端均静置1个质量为 机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静 的弹球，自上而下依次编号为1,2,3，…，N. 止.g取10m/s2,机器人可视为质点，机器人 开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为 被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零.求 M=4m的弹球P.所有弹球的直径均略小于 具1ms 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 目 5N 力，所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰 7777 (1)机器人被提起的2s内，木板位移的大小 撞，重力加速度为g. (1)求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间， (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止 弹球P和1号弹球各自的速度大小； 的过程中，摩擦力对机器人所做的功」 (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ko>瓷：-A)求A 与h2之间应满足的关系. 入口 、“倒V”形管道 56 26.(2026·江苏卷，15分)如图所示，在光滑水 27.(2025·广西卷，16分)图甲为某智能分装系 平面上固定两个柱形光滑轨道，轨道上分别 统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带 约束着只能沿轨道方向运动的两个小球B和 由底端A运动到顶端B后抛出，撞击冲量式 C,质量均为m.小球B和C通过弹性限度 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 足够大的相同轻质弹簧与质量为m的小球A 用传感器探测散货的质量，自动调节水平传 相连.初始时，两弹簧均处于原长.现有一质 送带的速度，实现按规格分装.倾斜传送带与 量为M的小球D以速度o沿轨道方向与小 水平地面夹角为30°，以速度0匀速运行.若 球A发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短，不 以相同的时间间隔△将散货以几乎为0的 计空气阻力， 速度放置在倾斜传送带底端A,从放置某个 B 散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1 .【0000000D 个散货恰好被水平抛出.散货与倾斜传送带 D A ® 问的动摩擦因数以-，到达顶端前已与颜 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 版 (1)求小球D与A碰撞后瞬间小球A的速度 0.每个长度为d的货箱装总质量为M的一 抑 大小； 批散货.若货箱之间无间隔，重力加速度为 当 (2)若发生碰撞后小球D不再与A碰撞，求 g.分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间 每根弹簧所具有的最大弹性势能； 传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积 (3)要使弹簧第一次恢复原长时，小球D与A 为I如图乙，求这段时间内： 自动调速 恰好再次发生碰撞，求得的值。 系统 冲量式传感器 B 货箱 1309 图甲 摇 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. 57 28.(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 提示：12+22+…+2=6k(k+1)(2k+1) 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v= 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 30.(2025·山东 卷，14分)如图 所示，内有弯 曲光滑轨道的 (1)该碰撞过程中损失的机械能： 方形物体置于 (2)P从开始运动到静止经历的时间」 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点正上方九= 2m处自由下落，无能量损失地滑人轨道，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a=1kg, 29.(2025·湖北卷， 3n 18分)如图所示， b的质量，=是kg,方形物体的质量M 一足够长的平直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 kg,重力加速度大小g=10m/s2,弹簧的 9 m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、 劲度系数k=50N/m,整个过程弹簧均在弹 2、…、3n,木板的质量为nm.相邻滑块间的距 性限度内，弹性势能表达式E。-kx2(x为 离均为L,木板与地面之间的动摩擦因数为 弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力.求： 4,滑块与木板间的动摩擦因数为24.初始时 木板和所有滑块均处于静止状态.现给第1 (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对 个滑块一个水平向右的初速度，大小为 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 √B4gL(3为足够大常数，g为重力加速度大 弹性势能的最大值Epm. 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j个滑块开始滑动时的 速度为v;,第方十1个滑块开始滑动时的速度 为v;+1.用已知量和)表示十1： (3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相 碰，求阝的值. 58 31.(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4，最大静 摩擦力等于滑动摩擦力.己知轨道半圆形部 XA 分的半径R=0.4m,重力加速度大小g= 10m/s2. (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和B; (2)物块与桌面间的动摩擦因数； (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 (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能△Ep: 3mg,求小物块在Q点的速度大小o; (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 33.(2024·湖南卷，16分) mA P点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相 如图，半径为R的圆环 对地面的速度大小为7m/s.求轨道水平部 水平放置并固定，圆环内 分的长度L 77 有质量为mA和mB的小 ↑a/(m·s-2) Q 6 球A和B(mA>mB).初 OR 始时小球A以初速度v。 P 2 Bmmammm 沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生 8 F/N 图乙 碰撞.不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始 图甲 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m4: 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 32.(2024·吉林卷，12分)如图，高度h=0.8m 2n十1次碰撞之间小球B通过的路程. 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： 59 34.(2024·湖北卷，16 距离为d,甲从左侧倾斜导轨高度h=4m的 分)如图所示，水平 位置静止滑下.水平导轨足够长，两棒运动过 传送带以5m/s的 程中始终与导轨接触良好且保持垂直.若两 速度顺时针匀速转 棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞.不计空气 动，传送带左右两端的距离为3.6m.传送带 阻力和导轨的电阻.(g取10m/s2,sin01= 右端的正上方有一悬点O,用长为0.3m、不 0.6,sin0,=0.8) 可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球， B 小球与传送带上表面平齐但不接触.在O点 ↑/m 4.84b 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 乙 P 送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰 Q认 -d O t t2 tata t/s 撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为 图(a) 图(b) 1m/s、方向水平向左.小球碰后绕O点做圆 (1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和 周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P 方向； 点向上运动.已知小物块与传送带间的动摩 (2)为使乙第一次到达水平导轨右端Q1Q2 擦因数为0.5，重力加速度大小g=10m/s2. 之前甲和乙不相碰，求d的最小值； (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速 (3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水 度大小 平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图 (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的 (b)所示(t1t2、t3、t4、b均为未知量)，乙第二 系统损失的总动能。 次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲 (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛， 在0~t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d 求P点到O点的最小距离 的取值范围. 36.(2024·河北卷，16分)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 35.(2024·江西卷，18分)如图所示，绝缘水平 器人静止于A木板左端.已知三块木板质量 面上固定一光滑平行金属导轨，导轨左右两 均为2.0kg,A木板长度为2.0m,机器人质 端分别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连 量为6.0kg,重力加速度g取10m/s2,忽略 接，两侧导轨倾角分别为01、02，导轨间距均 空气阻力. 为l=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 mmmkimmmmmm 有两均匀金属细棒甲和乙，质量分别为m1= (1)机器人从A木板左端走到A木板右端 6kg和m2=2kg,接入导轨的电阻均为R= 时，求A、B木板间的水平距离. 1Ω.左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止 数分别为一品四=慧初始时刻，乙静 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 止在水平导轨上，与水平导轨左端P1P2的 瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值. 60 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板 38.(2023·湖南卷，16分)如图，质量为M的匀 左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B 质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个 木板连续不停地3次等间距跳到B木板右 半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短 端，此时B木板恰好追上A木板.求该时刻 轴分别为a和b,长轴水平，短轴竖直.质量为 A、C两木板间距与B木板长度的关系. 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. 毁 】 37.(2023·全国乙卷，20分)如图， 一竖直固定的长直圆管内有一 修 质量为M的静止薄圆盘，圆盘 (1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽 即 与管的上端口距离为，圆管长 201 的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的 距离； 当 度为20l.一质量为m= 专M的 (2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运 小球从管的上端口由静止下 动的轨迹方程； 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 (3)若Mb ，求小球下降a=合高度时，小 内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球 球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g 蜜 与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间 表示) 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。 61 39.(2023·辽宁卷，17分)如图，质量m1=1kg 40.(2023·海南卷，14分)如图所示，有一固定 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， 的光滑圆弧轨道A,半径R=0.2m,一质 弹簧处于自然状态.质量m2=4kg的小物块 量为B=1kg的小滑块B从轨道顶端滑 以水平向右的速度一普ms滑上木板左 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 端，两者共速时木板恰好与弹簧接触.木板足 间动摩擦因数以1=0.2，C与地面间的动摩擦 够长，物块与木板间的动摩擦因数以=0.1， 因数2=0.8，C右端有一个挡板，C长为L. 最大静摩擦力等于滑动摩擦力.弹簧始终处 已知g取10m/s2. 在弹性限度内，弹簧的弹性势能E。与形变量 x的关系为E,=行2.取重力加速度g= 10m/s2,结果可用根式表示. (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 77777777777777777777777777777777777 面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热 (1)求木板刚接触弹簧时速度1的大小及木 量是多少？ 板运动前右端距弹簧左端的距离x1· (3)在0.16m<L<0.8m时，B与C右端的 (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间 挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上 即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木 C到最终停止所用的时间. 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o.求木板从速度为v2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o表示). 62 41.(2023·浙江6月，11分)为了探究物体间碰 42.(2022·全国乙卷，20分)如图(a),一质量为 撞特性，设计了如图所示的实验装置.水平直 m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水 轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两 平面上；物块B向A运动，t=0时与弹簧接 半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖 触，到t=2o时与弹簧分离，第一次碰撞结 直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水 束，A、B的vt图像如图(b)所示.已知从t= 平直轨道FG平滑相切连接.质量为3m的滑 0到t=to时间内，物块A运动的距离为 块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k= 0.36oto.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然 100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰 上.现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度 撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与 b=2√21m/s从D处进入，经DEF管道后， 前一次相同.斜面倾角为0(sin0=0.6),与水 与FG上的滑块b碰撞（时间极短）.已知传送 平面光滑连接.碰撞过程中弹簧始终处于弹 带长L=0.8m,以v=2m/s的速率顺时针转 性限度内.求 动，滑块a与传送带间的动摩擦因数=0.5， 其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质 1.2 点，弹资的举性势能，=r2(x为形变量). 08 B A 1 2 图(a) 图(b) C a (1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最 0 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， (I)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时 速度大小vF和所受支持力大小FN; (2)若滑块a碰后返回到B点时速度B= 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 63 43.(2022·山东卷，16分)如图所示，“L”型平板 44.(2022·浙江卷，12分)如图所示，在竖直面 B静置在地面上，小物块A处于平板B上的 内，一质量为m的物块a静置于悬点O正下 O'点，O点左侧粗糙，右侧光滑.用不可伸长 方的A点，以速度？逆时针转动的传送带 的轻绳将质量为M的小球悬挂在O'点正上 MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面 方的O点，轻绳处于水平拉直状态.将小球由 上，AB、MN、CD的长度均为I.圆弧形细管 静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰 道DE半径为R,EF在竖直直径上，E点高 撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始 度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂 做简谐运动（要求摆角小于5°），A以速度0 于O点，并向左拉开一定的高度五由静止下 沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰 摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发 撞.一段时间后，A返回到O点的正下方时， 生弹性正碰.已知m=2g,l=1m,R= 相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第 0.4m,H=0.2m,o=2m/s,物块与MN、 一次上升到最高点.已知A的质量mA= CD之间的动摩擦因数4=0.5，轨道AB和 0.1kg,B的质量mB=0.3kg,A与B的动 管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且 摩擦因数1=0.4，B与地面间的动摩擦因数 静止.忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与 42=0.225,o=4m/s,取重力加速度g= DE平滑连接，物块可视为质点，取g= 10m/s2.整个过程中A始终在B上，所有碰 10m/s2. 撞时间忽略不计，不计空气阻力，求： uu 小球。 o E B⊙⊙ B 7T7T7TT77TT77TT7T刀 (1)若h=1.25m,求a、b碰撞后瞬时物块a O (1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小 的速度o的大小； (2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的 VA与VB; 作用力F、与h间满足的关系； (2)B光滑部分的长度d; (3)若物块b释放高度0.9m<h<1.65m, (3)运动过程中A对B的摩擦力所做的 求物块a最终静止的位置x值的范围（以A 功W; 点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴). (4)实现上述运动过程，M的取值范围（结果 12A 用cos5°表示). 64专题八电路与电能 1.B2.A3.B4.CD5.C 专题九动量守恒定律 1.C 2.AB 3.BD 4.AD 5.AC 6.A 7.解析(1)篮球在下落过程中，极据牛顿第二定律可知a1= mg一mg=g-入g 根据速度一位移公式可得篮球与地面的碰前速度为 。=√2gH(1-λ) 篮球反弹的过程中，根据牛顿第二定律得 a2=m8mg=g+xg n 根据速度一位移公式可得篮球与地面的碰后速率为 %=√2gh(1+A) 周光k-警=√ /h(1+λ) (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-h）-Xmgh=之a,2 1 根据(1)问的描述可知，篮球落地反弹的速度为%'=k 在反弹上升的过程中，根据动能定理可得 一mgh-mgh=0-2m,2 1 联立解得：E。=2g(1-)(H- h-ko (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-A)g(方向向下) a2=(1十A)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=nw 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(1一A)gm 上升过程中有(k)2=2(1十入)gh1 将k代入上升过程的式子化简得 hw,2=2(1-A)gHh1 装主解得，=（合）广高十（合）· 拍打第二次，同理可得：下降过程中22-=2(1一入)gh1 上升过程中代入k后得h22=2(1-A)gHh2 联立得：=合[十2x-万 7u2 将1R入到得=（合）·十（合）·2g哥万 (合)‘2g-元 拍打第三次，同理可得：下降过程有U32-2=2(1-入)gh2 上升过程代入k值化简得hU32=2(1一A)gHh 联立解得=合：中 再将代入到he得=（片）·十（骨）”·2刀 18 (合)·+（合）广· 拍打第N次时，同理可得：下降过程有N2-2=2g(1一 λ)hN-1 上升过程代入k值得huN2=2(1一A)gHhN 联主解得N=合[N-1十2g-刀剂 将hN-1代入hN有 w=(合)广+（片）广·+（合）'· V-1 2 +（）广·2 其中，hN=H,hm=h,则有 h h H=() 2g(1-万 则有I=mv'= 2g(1-A)(H-h)(ΠN+I-hN+1) h(HN-hN) h(1+) 答案 (1)√H1-) (2)2mg(1-A)(H-h) h-ho (3)入 2g(1-A)(H-h)(HN+1-hN+1) h(HN-hN) 8.A9.D10.A 11,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N,=(m十MDg=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V2=Mg一f,代入数据解得N2=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g十f=ma, 解得a=15m/s2,方向竖直向下， 由运动学公式得2-，2=一2al, 代入数据解得v=8m/s. 解法二：由动能定理得-(mg+D1=子m2-之mw,代入 数据解得v-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 mv=(m十M)', 是后二者一起微竖直上指运动，向上运动的藏大高度人- 2g' 解得h-0.2m 答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m 12.AD13.AD14.D15.AC16.BD17.AD18.B 19.解析板块模型十弹簧连接体模型十弹性碰撞模型 (1)对小球下摆的过程，根据动能定理有 mexl.(1-cos )mev? 规定向左为正方向，小球与木板发生弹性碰撞过程，由动量守 恒定律和机械能守恒定律分别有 nC0=CVC十1nAUA 3 1 联立解得ve=-1.8m/s,vA=1,2m/s. (2)从木板开始运动到弹簧的压缩量第一次为0的过程，木！ 板与物块组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，则有 nAUA=AUA'十mBUB 由能量守恒定律有 : ong·2=2m0A2-之 1 2m0A'2、1 2mB0g2 联立并代入数据解得u=0.28. 答案(1)1.2m/s(2)0.28 20,解析动能定理十动量守恒定律十能量守恒定律 (1)两摆锤从最低，点到与挡板碰前瞬间由动能定理有 -2mgR=×2m2-号×2mw2 摆锤与挡板碰撞后带动外壳以共同速度竖直向上运动，且碰· 撞时间极短，则摆锤与挡板碰撞过程，由动量守恒定律有 2mv=Mv2 联立解得摆锤与挡板碰撞后瞬间机器人的速度大小为2一： √2m/s : 此时执器人的动能为民=之My2=4J】 (2)机器人上升到最大高度时速度为0，忽略空气阻力，则从摆 锤与挡板碰撞后瞬间到机器人上升到最大高度的过程，由动， 能定理有-Mgh-0一E 解得h=0.1m. (3)解法一分过程分析 ! 由能量守恒定律可得第一次外壳落地前瞬间机器人动能仍为！ Ek,速度大小仍为2，由于机器人落地瞬间两摆锤速度不变， 外壳静止，则第一次外壳落地静止损失的机械能为 AE=E-7×2ma2=2J 又摆锤与挡板碰撞过程损失的机械能为 △E:=2×2m2-7Mg2=4J 则从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能！ 损失 △E=△E1十△E2=6J. 解法二全过程分析 第一次外壳落地前瞬间机器人速度大小仍为2，且机器人落， 地瞬间两摆锤速度不变，则从摆锤开始运动到第一次外壳落： 地静止进程，由能量守饭定佛有合X22=△E十号× 2mw22+2gR,解得△E=6J. 答案(1)4J(2)0.1m(3)6J 21.解析抛体运动规律十综合数学知识处理物理问题的能力 (1)载弹无人机在斜直轨道上运动过程中， 由动量定理有Is=(21十n0)6 代入数据解得I令=600N·s 则载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小· 为600N·s,方向沿斜直轨道向上，即与水平方向夹角为30°· (2)先释放一个灭火弹后载弹无人机水平方向的动力大小为： F,=1960N=56N,水平方向由牛顿第二定律有 n1十mo 18 F1-f=(m1十nn)a 则释放第一个灭火弹后，第二个灭火弹与无人机一起做匀加 速直线运动，所以后释放的灭火弹释放时的速度为 U2=1十a△1 从释放第一个灭火弹到释放第二个灭火弹的过程，由速度位 移公式可知后释放的天大弹的位移为工，- 2a 由于两弹所受空气阻力不计，测两弹释放后均做平抛运动，有 1 则两弹落地，点之间的距离为 △.x=x1+v2t0-v10=42.4m (3)相对无人机无初速度释放甲，且无人机的速度始终不变， 则根据平抛运动规律可知，甲落地时，乙在甲的正上方H处， 设发射乙后乙的运动时间为，则此时两弹之间的距离为 s√w+(H-g2 √4g2+(u2-gH)+H 由二次函数知识可知，当P=2(gH)时，两弹之间距离 g2 最小， 即sm入 H?-gH-)2 解得m√1252-1250) （国际单位制） 100 答案 (1)600N·s与水平方向夹角为30°(2)42.4m (3√1252-420D(国际单位制 100 22.解析动能定理十抛体运动规律十动量守恒定律十能量守恒 定律十基本不等式十相对运动 (1)小球从开始运动至接触地面瞬间的过程，只有重力做功，由动 能定理有mgL=2mn 解得v=√2gL. (2)设小球脱离轻杆时，轻杆与水平面的夹角为B,小球的速度 为，则对小球从开始运动至脱离轻杆的过程，由动能定理有 1 mgL(1-sin)=之m,2 小球脱离轻杆时与轻杆间无作用力，即小球重力沿杆的分力 恰好提供向心力， 702 有mngsin B=mL 2 联立解得动=号，= 3 不计空气阻力，则脱离轻杆后小球做斜下抛运动，即水平方向 的速度不变，则小球接触地面瞬间的竖直分速度心，满足2= v2+(vosin B)2 又tana= vo sin B 联立解得tana=2 (3)(ⅰ)设分裂后瞬间两部分的质量分别为n。、km。,速度大 小分别为1、v2,则有mg十kn0=m 由题意可知小球与地面碰拉后瞬间的速度大小也为，方向与： 水平面的夹角也为α，由于碰撞后瞬间，智能弹射装置工作，小！ 球在极短时间内分裂成两部分，则分裂过程小球动量守恒，沿 小球分裂前瞬间速度方向上由动量守恒定律有 mov cos 0+kmn vz cos 0=mv 垂直于小球分裂前瞬间速度的方向上由动量守恒定律有 mov sin o-kmo v2 sin 0=0 1+k 1+k 联立解得=2c0s0,吃一2kc050” 1 又由能量守恒定律有E+之m2=之m,2十之kmn%2 整理得E 「(1十k)2 (ⅱ)由(1)问分析可知， E- [1+k)2 2 [4kcos 20 -1 mgL 4cos 20 -1+4cos20 1 Akcos 20 mgL, 40s日4c0s0时，E最小，则此时长=1，且== 1 刺当 行，又分梨后两部分第一次落地时刻相网，所以购的」 方向与水平面的夹角相同 : 所以两部分的相对速度沿水平方向、大小为△u=2,sin0= 2 v2gLtan 0 设1、2的竖直分速度大小为v,',则小球分裂过程竖直方向： 由动量守恒定律有 1 11 m0,=2m,'+豆m, 解得，'=U,=√2 gLsin a 则从分裂后到两部分第一次落地的时间为1=2业 两部分第一次落地，点的间距为d=△v·t 联立解得d=86丽LanQ. 9 答案(1)V2gL(2)2图 2 (3)(i)E= os0]mgL(i)8Y厘Lan9 「1+k)2 9 23.解析动能定理十弹性碰撞十动量定理 (1)对甲由静止释放至第一次到达A点的过程，由动能定理有！ mgh=之m62 解得甲第一次到达A点时的速度大小为=√2gh. (2)规定水平向右为正方向，对甲与乙第一次弹性碰撞的过！ 程，由动量守恒定律与机械能守恒定律分别有 mh-m1十kmU2 1 m2=之m2+2m22 联之解得片V子原 2 对乙由动量定理有I=km2一0 解释孩过程乙所交合外力的冲量大小为1=V, 185 (3)对两物块在倾斜轨道上的运动，由牛顿第二定律可得加速 度大小均为a=gsin30=号 ①当0<k<1时，第一次碰后瞬间甲、乙同向，且乙的速度较 大，需满足乙碰后第二次到达B点所用的时间不大于甲碰后 第一次到达B点的时间，有五≥五+2他 解得(1十k)3≥32(1-k) ②当k一1时，第一次碰后甲静止，所以一定符合题意 ③当1<k<3时，第一次碰后甲、乙速度方向相反，且乙的速 度软大，网理有女融+智 解得(1十k)2(5-3k)≥32(k-1) ④当k一3时，第一次碰后甲、乙速度方向相反、大小相等，所 以一定不符合题意 ⑤当k>3时，第一次碰后甲、乙速度方向相反，且甲的速度较 大，同理有”十业≤北 2 解得(1十k)2(k-7)≥16(k-1)2. 答案（①)Vg5(2)%V2R(3)00<<1,1+≥ 32(1-k)②k=1③1<k<3;(1+k)2(5-3k)≥32(k-1) ⑤k>3:(1十k)2(k-7)≥16(k-1)2 24.解析牛顿第二定律十运动学公式十动量守恒定律十动能 定理 (1)初始时，木板与机器人一起水平向右匀速运动，木板和机 器人整体受力平衡，设木板与地面间的动摩擦因数为，对木 板和机器人整体由平衡条件有F=(M十m)g 解得：=0.1 机器人被提起的2$内，对木板由牛顿第二定律可知该过程木 板的加速度大小为a=FMg=0.25m/ M 由位移时间公式可得该过程木板的位移大小为x=1十 1 解得x=2.5m. (2)由(1)问分析可知机器人被放回木板时木板的速度大小为 v=v+at=1.5 m/s 机器人被放回木板后，机器人与木板整体所受合外力为0，则 木板与机器人组成的整体动量守恒，从机器人被放回木板到 与木板相对静止的过程，由动量守恒定律有 Mv+mvo=(M+m)u 解得机器人与木板相对静止时的速度大小为v=1.4m/s 该建程对机器人由动能定理有W=子m子一方mw 解得摩擦力对机器人所做的功为W=0.48J. 答案(1)2.5m(2)0.48J 25.解析弹性碰撞+动量守恒中的多次碰撞问题 (I)弹球P与1碰前，根据动能定理可知Mg,=合M,2 弹球P与1发生弹性碰撞，根据动量守恒定律可知M1一 Mup+mvi 根据机栽能守恒定律可知子Mw2=Mep2+m2 结合M=m解得p好-没，=号En= 2M 号2h (2)(1)1号球与2号球碰前，根据动能定理可知mg(h,一h,)!26 1 =m02- 2nw,2 128 解得vo√25h,十2gh:-h,） 1号球与2号球质量相等，发生弹性碰撞后速度交换，因此碰后1： /128 号球速度为0,2号球速度购=0√25h,十2g(h-h1): (1)弹球P第一次与1号球碰前的动能为E!-之M,2- Mgh。=4mgho ,M-m= 弹球P第一次与1号球碰后晚间速度变为原来的M干m 是，功能支为原未的号即号 经过一个“倒V”形管道后，弹球P第二次与1号球碰前，根据 能量守性可知弹球P强前动能为Ee=是1十Mgh:一h,) =元E十mRh:一A) 以此类掉弹球P第三次与1号球避前Ee=品：十mg: -h1) 第及次延简E以=品-D十mgh:一A) 将En逸个展开得到u=(需)川 ·4mgh+[4mg(h2 4小：[（层）+()+…+] 第k次碰后E陆'= (号)）]·[mge-门 结合Ek'= -X4mvg2 解得√骨-4)-（号）·2。需-： 9 ()已知>铝（h:-),当N足够大且k∞时，对应 (号)-0 9 可知√ggh,-h,) 27 为了使弹球P最后能够离开出口，第k次碰后，弹球P必须越！ 过“倒V”形管道的项点，即Eu'=子×m2>4mgA, 化简得号（e-h,)>2a 解得2>25 h1. 答案是号V2g ǒ /128 (2)(1√25h+2gh:-h,) 186 9 (i)√8h2-h)+(号 ·2g[-若h-h1) 解析弹性碰撞十弹簧连接体模型十综合分析问题的能力 (1)小球D与A发生弹性正碰，设碰后瞬间D的速度为1，A 的速度为2，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有 Mun=Mv+mvz M2= 2 合Ma,2+m2 M-m 2M 联立解得一M+0一M千m0· (2)A、B、C通过弹簧相互作用的过程中，系统所受合外力为 零，动量守恒，又只有系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒， 则当A、B、C三者共速时，A、B、C的总动能最小，两弹簧具有 的弹性势能最大，有 m=（m+2Xm）P 3 2E=m2-号(m+2x号m）p 1 1 联立解得每根弹簧所具有的最大弹性势能Em 6mM2 vo2 11(M+m)2 (3)对A、B、C组成的系统，从开始运动到弹簧第一次恢复原 长的过程中，根据动量守恒定律有 m吃=m的十2X方m 3 等式两边同时乘以时间微元△：并累加有 ∑m2△l=∑m%△+∑2X三m,△ 6 则有21=xg十5x4 此过程A、B、C的位移大小相等，即x3=x1=xA 10Mvo! 解得xA=11(M十m) 此过程D的位移xn=I=M干m (M-m)vot 要使弹簧第一次恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰 撞，则有xA=xD 联主解得得品 1 2M 答案(1)M干n0 (2) 6mM vo2 1 11(M+m)2 (3) 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项端的速度大小为， 由于F-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 解得单个散货的质量为m一。 (2)每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货，则装有 散货的个数为刀=M_M 由于每隔△释放一个散货，剥该过程货箱的运动时间为 Mn△t t=n△t= 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 m=4- Id : (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！ 加建度为a=g60s30°-Rsin30=子R : 则该过程的运动时间为1一么=4 a g 由于放置第10个散货时，第1个散货哈好水平施出，则A、B: 间的长度为L=2站十w(94-4)=941-2 g 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-mngLsin30°十2n0n2 该过程运动的时间为△，则倾斜传送带的平均输出功率为 Ivo Id 然安（①上(2）Mwn△（3)2Ig一2A vo 28,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 m2 vo =m1v+m2 vo 解得P,Q碰撞后瞬间Q的速度大小为vo-3.5m/s 该碰撞过程中损失的机械能为 AE-之42-（合m2+7g2）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=g=5m/s 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=v 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-2l2=! v12-2 P在第二个防滑带上的运动由位移速度公式有一2al2=! u22-y12 解得P离开第一个、第二个防滑带瞬间的速度大小分别为 w1=5m/s、2=1m/s 则P从开始运动到静止经历的时间为 答案(1)24.5J(2)5s 29.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： 式十推理论证能力(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f1一2mg,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一4(n十3m)g= 4mg,又n是大于1的正整数，所以∫m>f1,第1个滑块与！ 181 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 1 1 -2gmg2 m 代入数据解得，'=√(3-4)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 -20mg=号jm鸭3-m 1. 对前广个滑块整体与第方十1个滑块碰撞的过程，由动量守恒 定律有jmv;'=(j十1)mu+1 联立解得+1√一之 (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 2yμing=44nng 解得i=2n 所以第2n十1个滑块开始运动时，木板开始滑动，设第2n十1 个滑块开始运动时的速度大小为2m+1,则对前2十1个滑块 由牛顿第二定律有 2y(2n十1)mg=(2n+1)ma1 对木板与其余滑块整体，由牛顿第二定律有 2μ(2n+1)mg-4·4ng=(2n-1)ma2 滑块恰好不再相碰，则由运动学公式有 v2n+1-alt=azt 8n 联立解得2+12=2n-g 由2)问分折可知2=(2）(2,2-4如g叫) 所以2-(22n）(2-） 猴次类粮至西2=（合）（口2-如L）》 代入可得2=（）2-4gL[(2） 器)+…+()] 8n 解得g=4n4n十1)(2n十1)+8n(2n+1)2 3 2n-1 答案)V厚-40gL(21=产-4gt (3)4n(4n十1)(2n+1)+8m(2n+1)2 3 21-1 0.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=mu1-M2 又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能 守恒定律有mgh=号m2十号M,2 2 联立解得=6m/s,助=5m/s (2)从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球 与。的碰授过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有！ mv =(m+ma)vo 解得vn=2m/s b刚解除锁定时，有F=kx 小球与α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2(m+m,)2-合m+风，2+En 共中Ew=之2 联立解得b刚解除锁定时小球和a的速度大小v。一1m/s b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能！ 均守恒，当与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定 律有 (n十na)wa=（n十ma十nw） 2 解得w=了m/s 由机械能守恒定律有 (m十m,,2=合（(m+m,十ma,2+En 解得Epm=2.5J 答案6m/s号m/s(2)号m/s2.5J 31.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 mg十3mg=mR 解得v-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 1F 变形得a一M十m 结合题周乙可知Mm子kg1=0.5kg 1 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-tmng=Ma 支形得a=F- 结合题因乙了匆7-8号k短1-1ke, -m3=-2m/s2 M 联立解得M=1kg,m=1kg4=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0，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1=a1t0 小物块在P点时的速度v2=a2o 、 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： 18 机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正 方向，则有号M,2+m2=M2+m2+2mgR Mu+Mvs+mv 联立并代入数据解得=1,5s(另一解不符合题意，舍去) 1 根据运动学规律有L7a102-7a2o 解得L=4.5m 32.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xA=VAt 整直方向有A=之财 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mAVA=mBB 解得vB=1m/s (2)对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有 一mBg工8=0-之mgUB 代入数据解得=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 1 1 △x △x △E,=立mAA2+之mBvB2+mAg·气十mBg·之 代入数据解得△E。=0.12J 33.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 ,有 140 nAU0一(nA十nB)U,则= nA十mB 7m2功2 根据向心力公式F有=(mA十mB)京，得F台一RC) (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mAv0=nA1十mB2 由机械能守恒定律有宁m42=号m42=子m2 1 可得=（1一mB ,2= 2mAvo nA千nB nA十nB 因mA>m,则难后醉间两球同向运动，又<7，结合 1 (U2一1)t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球多跑一图，A球跑了了圈， .1 可得mA=2 12B 第二种情况：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了号周， 2 2 5 可得4=5 m B 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e,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，圆周长为 L L=2xR,则g1-e0 根据动量守恒定律有mA心，=mA心A1十mB1,且e=1一巴L 解得=m1(1十e nA一enB nA十mB V0,A1 nA十nB 0,则该段时间内B: mA(1十e) : 的路程为v用4=(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 2,A比B名跑一图后发生第3次碰撞，设第2、3次碰撞的！ L 时间间隔为2，则t2= e2vn 根据动量守恒定律有m10=mAUA2十mB2,且e=2二2 evo 解得v2=mA(1-e2) nA十e2mB nA十nB 0VA2 mA干nB 0,该段时间内B mA(1-e2) 的路程为悦红一(mA十mB) A追上B后两球发生第3次碰撞，碰后醉间两球相对速度为！ 3,B比A多跑一图后发生第4次碰撞，设第3、4次碰撞的 时间间隔为与，则与一 根据动量守恒定律有mAU0=mAuA8十mB,且e=二 e26 解得=⅓1十e3) nA十nB V0,VA3= mA一CmB。,该段时间内B nA十mB mA(1十e3） 的路程为Usg一(mA十mB)e L 依此类推，A、B第2n次碰撞后瞬间，两球相对速度为2”v0, 碰后A比B多跑一图后发生第2十1次碰撞，该时间内B的！ 路程为 mA(1-e2n) (m+m 综上，B的路程为=m1十e) L+mA(1-e2) L+ (nA十nB) (mA+mB)e2 mA(1+e3) nA(1一e2) mAL L十…十 (nA十nB)e （mA十mB)e2 :L=(mA十mB) 2nAπR e2-1 34.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m,传送带左右两端的距离为L,! 小物块与传送带间的动摩擦因数为以，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g=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 v2=2aL 联立并代入数据得1=6m/s 由于v1>5m/s,故假设不成立，小物块到达传送带右端前已！ 18 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 1=5m/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、3，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 nU1=一1nv2十M3 小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为 aE=7m2-mg2-2Mas3 联立并代入数据得△E=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)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)1，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 M&=M I-x 对小球的整个上升过程，由动能定理得 -Mgu+1-)=7Ma,2-2Ma2 联立并代入数据得x=0.2m 5,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P,P,处的过程，根据动能定 理有 mgh-41mgc0s8·sin0=乞m1w2-0 甲刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律有 E=Blvo Eo 根据欧姆定律有1一2示 对乙由牛顿第二定律有 BIl=n2a乙0 联立并代入数据解得a20=2m/s 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，己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 m1=(m1十m2)v共 对乙根据动量定理有 BIlu=m2V共-0 △ΦBl△x 又It=q=2R2R 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v共一 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 m2 gsin 02uz m2 gcos 62 =m2a 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 n2gsin02一42n2gc0s02-n2a下 根据运动学规律有2arx下=v2 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w1=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 (m1十n2gsin82十2(m1十n2)gcos02=(m1十n2)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 解得甲，乙碰授后的速度-30 : 11 m/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n2u1=(m1+2) 条择乙返回水个导数Q,Q时甲的连度为-罗： 若乙返回水平导轨时在Q1Q2处恰与甲发生碰撞，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=m1v2一n1* BL△.x 又q1=I1△61=2R 好得d-普m 根据位移关系有dmin'一△x=△r 解得dn一票m 若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应山的最 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=m2-(-m21) 又92=12A2=BLA 2R 解得4x”=340 根据位移关系有dx'-△r一△x'=△ 解得dnx'-696 m 11 综上所选，d的取值花周为m<d<m : 36,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n,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 根据位移关系有十x2一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 ,起跳时速度为，与水平方向的夹角为0，则 19 水平方向上有x2=功cos0·t 竖直方向上有in0-g·号 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 Mvo cos 0-mvA 根据功能关系有 w=之Ma,2+名mu,2 联立可得W=3g(1+3c0s0_3g2(sin20+4c0s20) sin 20 2sin Ocos 0 3s(g+品)单位为》 tan 当且仅当an品=2 2 一an,即an0=2时，W取最小值，则 Wmin=90 J (3)设机器人从A木板上起跳的速度大小为01，A木板的速 度为VA和，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 M1cosA=(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+m)u共=MUM1十mUml=mUM十mvm2=MvMg十nvm3 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 (wM1-a1)4,=e 3 (ue-n2)t2=3 (UMg-Vm3)i名=3 联主可得号%十十)-亭（1十e十wa)=Ln 又3次跳跃后，B木板恰好追上A木板，则有 Vm1t+Vm2t2十Vm3t3十VA0(t1十t2十l3）十xAB一0 机器人跳到B木板右端时，A、C两木板间距离 xA=VA0(t1十t2十t3)十xAB十LB十V共(t1十t2+t3) 联立解得xAC= 4 37.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1、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-2 m 解得v=√J2gl 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+Mv2 22o222122M2 又m=3 联立解得”=一 ,2-2 V2gl 2 2 所以第一次碰授后眸间小球和圆盘的速度大小均√风 2 (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 √2gZ 2 2gl+gt 2 L 解得=√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 =U2l= 2 NE (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41，有%=十号g贴2 部得=2侣 在这段时间内，圆盘下落的距离为y=241=21 设小球第二次与圆盘碰撞前瞬间速度为，则 =4十g4,-32L 2 设第二次碰后小球和圆盘的速度分别为，'、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 md+Mu2 =mv'+Mv2 解得1'=0，'=√2g : 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2，有 2g%2='42 解得2=2√g /21 在这段时间内圆盘下降的距离为y2=2't2=41 同理，小球第三次与圆盘碰撞前瞬间速度为”=g2=2√2g7: 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 m”+Mw2'=mu,"+M2” m+M=m+合My 1 1 解得”=2，，”-32 2v21 2 设经过3，两物体发生第四次碰撞，有 g+号g2=g 21 解得。=2√g 在这段时间里，圆盘下降的距离为为=v2”3=61 19 由教学归纳法知，以后每次避拉间隔时间均为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21，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81，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+81-201>191 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 答案厚厚e厘×√隈18d 2 2 38.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=n山1一M2 对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有 1 2m2gb 联立解得v?=√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x2一Q 解得四槽相对于初始时刻运动的距离？一M干m ma (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x1'=a一x,则凹槽水平向右 运动的位移为x'=得(a一) 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') +=1 a2 整理得小球运动的轨远方程为M十m)x二m]+ =1 M2a2 62 (3)若M五 苦m。一，代入(2)问结果化简可得 [x-(a-b)]2+y2=b2 即小球的运动轨迹是半径为b的圆 小球下降=合高度的过程，小球与凹指组成的系统在水平 方向动量守恒，有mx'=M2' 对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有 mgh=mu,+号M,' 由几何关系及速度的分解得w1'sin30°=u' 联立解得'=2b√。千3动 g 答案(1)x2=M十m ma (2)[(M+m)rma Ma2 621 (826 39,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 2h=(n1+n2)1 解得1=1m/s 两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有 um2g=m a 解得a=4m/s2 由运动学公式有 2a.x1=y2 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！ 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2g=m2a 对整体有k.x2=(n1十m2)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 合(m+m,2=2(m1+mw2+2k2 : 解特= -m/s (3)木板向右运动的速度从2减小到0所用时间为0，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： 板压缩弹簧时相同，故木板的速度大小又安为购= 2 m/s, 木板返回所用时间也为t。 在此20的时间内，对物块用动量定理有 42g·2t0=m25-n22 解得 (9-24） 在此2。的时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动1 能不变，故对系统，由能量守恒定律有 解得△U=(4√3t-8t,2)J 答案10.125m（2)号m/s(3454,-8%3)J 40.解析(1)小滑块B从轨道顶端下滑到轨道底部的过程，由动， 能定理有mkR=之m2 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+mc)g=（nB+nc)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2(B十 nc）g 其加速度满足2(nB十nc)g一h1nBg=mca2 解得a2=10m/s2 B向右运动的距离工1一2a C向右运动的距离工2一2a2 192 B、C间因摩擦产生的热量Q=41nBg(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 始运动到停下用时为t1,有t1= 得61=0.2s 此时B、C的位移分别是 1 2h=地-，a12=0.36m、=h1-7a2,2=0.2m 则x相=0.16m,此时形=-a1t1=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2时间B与C右端挡板发生碰撞，有 L-0.16m=s42-2a12 解得12=(0.8-√0,8-L)s(另一解不符合题意，含去) 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mB'一(mB十mC)U共 碰撞后B,C速度大小为*=08工m/s 2 之后二者一起减速，有a=?g=8m/s2,经3后停下 则有ag一v共 解得g3=0,8-L 16 故总时间t=十t2十3= 150.8-L\ 16 答案(1)30N(2)1.6J (3)1 15/0.8-L 16 解析(1)滑块a以初速度。从D处进入竖直圆孤轨道 DEF运动，由动能定理有 mg·2R=2mm2-号 1 2n3 解得ur=l0m/s 在最低点F,由牛顿第二定律有FN一mg=mR 解得FN=31,2N (2)碰撞后滑块α返回到B点的过程，由动能定理有 ng.2R-umgL二2nwB°-2nv2】 解得va=5m/s 滑块a、b碰撞过程，由动量守恒定律有np=一mu。十3mv6 解得%=5m/s 碰撞过程中损失的机械能△E=之mp2一之m,2 2 3n%2=0 (3)滑块α碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律有 nvr=(n十3n)va 解得vaw=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 abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有 (m+3m)v=(m+3m+2m)vobc 解得r= 5 m/s 由机藏能守恒定律有1=合×4mw2-合×6m2 1 解得Epl=0.5J : 由E1=合2解得最大压第量=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，ab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 43 所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差△x=工1十x2=! 0.2m 答案(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m 42.解析(1)设物块B的质量为M,n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M×1.2=(M十m),解得M=5m 此过程对A,B和弹簧组成的系统，由机横能守恒定律得Em一 专M1.2P-号（M+m2,解得En=0.6mn3. (2)。时刻物块A、B达到共速，此弹簧 2十1 A 压缩量最大， 12 因0一t0时间内两物块受到的合力大小0.8 -B 等于弹簧的弹力大小，故两物块所受合 0 2 力大小相等、方向相反，又因M=5m, 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亏，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： 加童的方，由图像与时间轴因成的面积表示位移的大小， 如图所示： 已知：0~0时间内，物块A运动的距离为0.360，即图中面 积SA=0.36vt0 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 前选分析可知Sn=5SA=行X0.36n0=0.072,则0~ 0时间内，物块B运动的位移大小xB=1.20一SB一 1.2一0.0720=1.128u,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=1.1284一 0.36h4=0.768h0 (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20， 设A第一次下滑到斜面底端时的速度大小为4（其方向水平！ 向左)，A与B再次碰撞后B的速度为UB,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MX0.8-muA=Mug十mX2, 合M0.8a)2+合m2=之Mm2+分m(2u只，联立解得： VA一 193 设A在斜面上上滑的最大高度为五，A与斜面间的动摩擦因 数为以，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 -ngh-umgcos0 sn9=0-zm(2)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 sn)=2mv2-2m(2)P,联立代入数据 h 1 -2 ngcos0· 解得：=0.45. 答案(1)0.6m%2(2)0.768(3)0.45 解析(1)设水平向右为正方向，因为)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 nAV0=nAUA十nBUB, 1 2m4 代入数据联立解得vA=一2m/s, UB=2m/s,负号代表方向向左. (2)因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0， 1 A物体减速过程根据动能定理有一1mAgx0=一之mAA2, 根据动量定理有一1mAg2=0一mAvA,代入数据解得x0= 0.5m,t2=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mB)g一 m41,根据位移-时间关系有：=g41一2a142 1 联立代入数据解得=了、或1s(舍去) 根据几何关系有d=vAt1十x0 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U2=UB一a14 在A减速过程中，对B根据牛顿第二定律可知 41nAg十2（nA十nB）g一nBa2 设B物体停下来的时间为t3,则有u2一a2t3, 解得g=13 3 st2=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 223 =2a=26m 所以A对B的摩擦力所做的功为W:=一h1 nAgI B=3,联立 3. 代入数据解得：W= (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-d UA 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，设小球微简谐振动的周期为T,摆长为L,则有子T 4+十4，T=2江√后，小球下滑过程报据动能定理有 MgL- -Mu,小球与A碰撞过程根据动能定理有Mv= mAv+Mv 当碰后小球摆角哈为5°时，有 MgL1-cas5=合Ma2, 则有山」 32元 ,当碰后小球速度恰为0时，有 mA85(1-√1-cos5) M=mA,则有M=3区 85 所以实现上速运动过程，山的取值范国为3：< 24 85 M 3√2π mA85(1-V1-cos5) 答案(12ms2ms(2号m(8)-品J 7 （4)3E<MM 3V2元 85nAmA85(1-√1-cos5) 44.解析(1)物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得 mgh=2m%2,解得%=5m/s,b与a发生弹性碰拉，根据动 量守恒定律和机械能守恒定律可得 mu=u'十n 1 1 解得：h=%=5m/s. (2)经上述分析可知，物块b与物块a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mgh1-2ngl-mgH=0,解得h1=1.2m, 以竖直的下的方向为正方向：爪十mg=”紧，由动能充显得 ngh-2mR-mgH=合mE2, 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-2mg1一mgH=2muE2,从E点飞 出后，竖直方向：日=g2,水平方向：=，根据几何关 系可得DF= 5 -m, 联立解得：x=3l十DF十s 代入搭解得(3+得）m≤<(.6+号）m 当0.9m<h<1.2m时，从h2=0.9m释放时，根据动能定理 可得ngh-ungs2=0, 解得s2=1.8m, 可知物块达到距离C点0.8m处静止， 滑块α由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得： mg H-umgs3 =0, 解得s3=0.4m 距离C点0.6m,综上可知0.9m<h<1.2m时，3l-s3 x31, 代入数据解得2.6m≤x≤3m. 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2.6mx3m:若物块b释放高度1.2m≤ 1 A<1.65m时，物块口最终静止的位管x值的范围为(3+号)】 ≤x<(3.6+5) 5m. 专题十 机械振动与机械波 1.D 2.C 3.AD 4.C 5.A 6.BD 7.C 8.ABD 9.B 10.解析机械波的形成与传播十波形图 (1)由题图(b)可知绳波的波长为入=2m 振幅A=16cm (2)由于绳波沿x轴负方向传播，则由题图(b)可知绳波从= 0到t=0.25s传播的时间为 a=}T+nTm=01,2…) 又T>0.25s 则n只能取0，解得T=1s 由波长，波速和周期问的关系可知=宁 代入数据解得传播速度v=2m/s ③)1=0,58了则此时的波形为1=0时的图像沿工轴负 向传播半个周期，0~2.0m内的图像为题图中实线关于x轴 对称的图像，如图所示 y/cm 16 00.5.01.52.0x/m -8 -16f 答案(1)2m16cm(2)1s2m/s(3)如图所示 y/cm 16 8 0.5.01.52.0xm -8F -16 11.BD12.B13.AC14.D15.C16.D17.CD18.AD 19.AD20.BD21.C22.BC23.D24.A25.BC26.C 27.BD28.C29.AC30.BD 31.解析波速，波长与频率间的关系十匀速运动同一波源产 生的横波和纵波的频率相同，根据=入∫可知，在颜率一定 时，波速与波长成正比，纵波速度大于横波波速，故纵波波长 大子龄波减长，整器匀地运动知议有占一台-小，解得 L=4 v1-2 答案大于 12△t 12 32.解析机械波的形成与传播十波形图 (1)t=0时质点P的振动方向沿y轴负方向，根据同侧法可知 波的传播方向沿x轴负方向 由题图可知分=11m-5m=6m 解得该波的波长λ=12m