9 第一章 综合拔高练（word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二物理选择性必修第一册（教科版）

**基本信息** 以高考真题为核心，通过模型建构、守恒定律综合应用及实验探究，系统整合动量定理、动量守恒与能量关系，突出科学思维与问题解决能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |冲量、动量与动量定理|5题|图像面积表征冲量、动量定理应用|从动量概念到动量定理推导，结合F-t图像分析| |动量守恒定律的应用|3题|系统动量守恒判断、多体作用模型|守恒条件辨析到碰撞、弹簧系统应用| |碰撞与能量结合|4题|弹性碰撞双守恒、动能定理联用|动量守恒与机械能守恒综合，损失能量计算| |实验探究|2题|x-t图像求速度、动量守恒验证|实验原理到数据处理，误差分析| |应用实践/迁移创新|6题|人船模型、平抛与动量结合|实际情境建模，跨知识综合应用|

第一章　动量与动量守恒定律 综合拔高练 五年高考真题练 考点1　冲量、动量与动量定理 1.(2022重庆,4)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中,某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中,若假人头部只受到安全气囊的作用,则由曲线可知,假人头部 (　　) A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B.动量大小先增大后减小 C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D.加速度大小先增大后减小 2.(多选题)(2023广东,10)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力。开窗帘的过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。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0.18 N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 3.(2021福建,4)福建属于台风频发地区,各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s~28.4 m/s,16级台风的风速范围为51.0 m/s~56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌,则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的 (　　) A.2倍　　　B.4倍　　　C.8倍　　　D.16倍 4.(多选题)(2024全国甲,20)蹦床运动中,质量为60 kg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①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10 m/s2。下列说法正确的是　 (　　) A.t=0.15 s时,运动员的重力势能最大 B.t=0.30 s时,运动员的速度大小为10 m/s C.t=1.00 s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4 600 N ①言之有“物”　运动员落到蹦床上后的运动可类比小球自空中落到竖直弹簧上的运动。 5.(多选题)(2024福建,7)如图(a),水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F,F随时间t的变化关系如图(b)所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则滑块 (　　) A.在0~4t0内一直沿斜面向下运动 B.在0~4t0内所受合外力的总冲量大小为零 C.在t0时动量大小是在2t0时的一半 D.在2t0~3t0内的位移大小比在3t0~4t0内的小 考点2　动量守恒定律的应用 6.(2024江苏,9)如图所示,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的左端,右侧用一根细绳连接在滑板A的右端,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑,剪断细绳后,则 (　　) A.弹簧恢复原长时A动量最大 B.弹簧压缩最短时A动量最大 C.整个系统动量变大 D.整个系统机械能变大 7.(2023重庆,14)如图所示,桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道,M、N为轨道上的两点,且位于同一直径上,P为段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略),小球每次经过P点后,其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动,与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞,碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求: (1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小; (2)球2的质量; (3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。 8.(2024黑吉辽,14)如图,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B①,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧②,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③,水平射程xA=0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止④。A、B均视为质点,取重力加速度g=10 m/s2。求:  (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB; (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ; (3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。 ①关键点拨　A、B在弹簧作用下的运动相同。 ②③④关键点拨　脱离弹簧时,A、B运动的位移大小之和为Δx=0.1 m;此后A做平抛运动,B做匀减速直线运动。 考点3　碰撞问题中动量和能量的结合 9.(2024重庆,4)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力①。针鞘质量为m,针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为F1、F2②,则针鞘 (　　) A.被弹出时速度大小为 B.到达目标组织表面时的动能为F1d1 C.运动d2过程中,阻力做功为(F1+F2)d2 D.运动d2的过程中动量变化量大小为 ①②言之有“物”　两段匀减速直线运动,末速度为零。 10.(2024湖北,10)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v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则 (　　) A.子弹的初速度大小为 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 D.木块在加速过程中运动的距离为 11.(2024安徽,14)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点,一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时,静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿着小车上的轨道运动,已知细线长L=1.25 m。小球质量m=0.20 kg。物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小; (2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小; (3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车①,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 ①关键点拨　物块分别在圆弧轨道最低点和最高点与小车共速时,对应μ的两个极值。 12.(2024山东,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μ,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=0.4 m,重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时,受到轨道的弹力大小等于3mg,求小物块在Q点的速度大小v; (2)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道的加速度a与F对应关系如图乙所示。 (ⅰ)求μ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=8 N,当小物块到P点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 　 考点4　碰撞过程的实验探究 13.(2024山东,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xB。部分实验步骤如下: ①测量两个滑块的质量,分别为200.0 g和400.0 g; 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。 　 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200.0 g的滑块是　　　　(填“A”或“B”)。  14.(2023辽宁,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。 　 测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(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ON。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s0、s1、s2。 (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μ,重力加速度为g);  (3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒,则=　　　　(用m1和m2表示),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:　　　　　　　　　　　　　　　　。  学科竞赛 15.(2024浙江北斗星盟竞赛)如图所示,在水平地面上,有一横截面积为S的圆弧形直角弯管,圆弧半径为r。管中有流速为v、密度为ρ的水通过。由于水的流动,弯管所受力的大小为　 (　　) A.ρv2S　　　　　　B.ρv2S C.ρv2πr2　　　　　　D. E.2ρv2S 三年高考模拟练 应用实践 1.(多选题)(2024山东泰安新泰一中质量检测)甲、乙两个物体动量随时间变化的图像如图所示,图像对应的物体的运动过程可能是 (　　) 　 A.甲物体可能做匀加速运动 B.甲物体可能做竖直上抛运动 C.乙物体可能做匀变速运动 D.乙物体可能做水平直线运动时遇到了一端固定的弹簧 2.(多选题)(2025四川眉山期中)如图所示,在光滑的水平地面上有一辆质量为M的平板车,车的两端分别站着人A和B,A的质量为mA,B的质量为mB(mA>mB),最初人和车都处于静止状态。则 (　　) A.若A、B以相同的速率相向运动,则平板车的速度为零 B.若A、B以相同的速率相向运动,则平板车的速度不为零 C.若A向右运动、B向左运动,交换位置后,平板车的位移为零 D.若A向右运动、B向左运动,交换位置后,平板车的位移不为零 3.(多选题)(2023湖南长沙师大附中月考)如图甲所示,内部长度为L、质量为M的木箱静止在光滑的水平面上,木箱内部正中间放置一可视为质点的质量为m的木块,木块与木箱之间的动摩擦因数为μ。初始时木箱向右的速度为v0,木块无初速度。木箱运动的v-t图像如图乙所示,所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短,重力加速度为g,则在0~t0时间内,下列说法正确的是 (　　) 　 A.M=2m B.木箱与木块间的相对路程为 C.木箱对地的位移为+L D.木块对地的位移为+L 4.(2025江苏南京六校联合体联考)如图所示,质量均为m的a、b两个小球,用较长的弹性轻绳连接,现把a、b两球分别置于距地面高为H处的A、B两点(H足够大),间距为L,当a球自由下落的同时,b球以速度v0指向A点水平抛出,已知两球碰撞时无机械能损失,弹性轻绳始终处于弹性形变范围内,空气阻力不计,重力加速度为g,下列说法不正确的是 (　　) A.整个运动过程中,两球始终处于同一高度 B.弹性轻绳伸长过程中,a、b两球系统动量守恒 C.两球从开始运动到第一次相碰,A球下落的高度h= D.整个运动过程中,弹性轻绳的最大弹性势能Ep=m 5.(2025广东中山华侨中学模拟)“打弹珠”是一种常见的民间游戏,该游戏的规则为:将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出,并与另一静止的弹珠发生碰撞,被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。现将此游戏进行简化,如图所示,粗糙程度相同的水平地面上,弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上,两弹珠间距x1=1.6 m,弹珠B与坑的间距x2=0.4 m。某同学将弹珠A以v0=5 m/s的初速度水平向右瞬间弹出,经过时间t1=0.4 s与弹珠B正碰(碰撞时间极短),碰后瞬间弹珠A的速度大小为vA'=1 m/s,方向向右,且不再与弹珠B发生碰撞。已知两弹珠的质量均为10 g,重力加速度g取10 m/s2,将弹珠的运动视为滑动,且弹珠A、B与地面间的动摩擦因数相同。 (1)求碰撞前瞬间弹珠A的速度大小vA和弹珠在地面上运动时的加速度大小a; (2)求两弹珠构成的系统碰撞过程中的机械能损失; (3)通过计算判断该同学能否胜出。 迁移创新 6.(2024北京海淀区期中)风洞是用来模拟物体周围气体流动情况并可量度气流对物体作用效果的实验设备。取重力加速度为g。 (1)在一次检验飞机性能的试验中,风洞管道竖直截面图如图甲所示,管道中有水平向右的气流,AB是飞机模型的截面,轻绳OP拉住模型,当模型在气流中保持静止时,轻绳恰好水平,已知气流对模型的作用力垂直于模型截面,模型截面与水平面夹角为θ。求剪断轻绳的瞬间,模型加速度的大小; (2)为测定某火箭的力学性能,采用了缩比模型进行风洞试验,即将与火箭材料相同的火箭模型放入风洞并固定,如图乙所示。试验时,空气由管道1流入管道2,空气与模型截面垂直作用,模型单位面积所能承受的最大作用力为f,假设空气分子与模型作用后其定向运动速度(气体流速)减为零。 ①为研究问题方便,设空气分子的平均质量为m0,气流稳定时,管道2中空气分子的数密度为n。为使模型不被破坏,求管道2中空气与模型截面作用前可允许的最大流速v; ②若质量为M的火箭竖直升空,其与空气垂直作用的等效面积为S,在火箭速度达到v1后,发动机对火箭做功的功率P0保持不变,火箭继续加速。此后火箭上升高度h、所用时间为t时,速度达到最大,此时其所受空气阻力为其所能承受最大作用力的一半。忽略火箭质量的变化,求火箭在上述上升高度h的过程中,空气阻力对火箭做的功。 　 答案与分层梯度式解析 第一章　动量与动量守恒定律 综合拔高练 五年高考真题练 1.D 2.BD 3.B 4.BD 5.AD 6.A 9.A 10.AD 15.B 1.D　由于假人头部只受到安全气囊的作用,则题图中假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线与横轴所围面积表示合外力冲量,由动量定理可知此面积也表示动量的变化量,则假人头部动量大小一直增大,A、B错误;由Ek=可知,动能变化与动量变化不是成正比,所以动能变化不是正比于曲线与横轴围成的面积,C错误;由F=ma可知,加速度大小先增大后减小,D正确。 2.BD　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=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒,A错误;对滑块1,取向右为正方向,则由动量定理得,滑块1受到合外力的冲量I1=mv2-mv1=1×0.22 kg·m/s-1×0.40 kg·m/s=-0.18 N·s,负号表示方向水平向左,B正确;对滑块2,取向右为正方向,则由动量定理得,滑块2受到合外力的冲量I2=mv2=1×0.22 kg·m/s=0.22 N·s,C错误;对滑块2有FΔt=I2,解得F=5.5 N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N,D正确。 3.B　设空气的密度为ρ,迎面垂直吹向该交通标志牌的风的横截面积为S,在时间Δt内吹到交通标志牌上的空气的质量为Δm=ρSv·Δt(解题技法),假定风的末速度变为零,对风由动量定理有-F·Δt=0-Δm·v,可得F=ρSv2。10级台风的风速v1≈26.5 m/s,16级台风的风速v2≈53.5 m/s,则有=≈4,B正确。 一题多解　　　设空气的密度为ρ,迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的风的横截面积为S,在时间Δt内的空气质量为Δm=ρSv·Δt,以Δt时间内吹在广告牌的空气为研究对象,根据牛顿第二定律可得F=Δm·a,其中a==,联立可得F=ρSv2,则=≈4。 4.BD　 模型建构　将蹦床等效成弹簧,运动员的运动过程符合的模型如图所示: 根据题图可知t=0.15 s时,运动员对蹦床的弹力最大,根据牛顿第三定律可知,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;根据题图可知运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为1 s,则在t=1.3 s时,运动员恰好运动到最大高度处,t=0.30 s时运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s,故B正确,C错误;运动员落到蹦床上时的速度大小为10 m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)(易错点)(运动员重力不能忽略),其中Δt=0.3 s,代入数据可得F=4 600 N,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4 600 N,故D正确。 名师点津　本题以蹦床运动为背景,主要考查竖直上抛规律、动量定理,解答本题关键是会构建运动模型,并从图像中提取有效信息,利用相关规律解答。 5.AD　当F=2mg sin θ时,滑块加速度为a==3g sin θ,方向沿斜面向下;当F=-2mg sin θ时,滑块加速度大小为a'==g sin θ,方向沿斜面向上,作出滑块0~4t0内的v-t图像,如图所示(解题技法)。根据图像可知0~4t0内,滑块一直沿斜面向下运动,故A正确;根据图像可知0~4t0内,滑块的末速度不等于0,根据动量定理I合=Δp≠0,故B错误;根据图像可知t0时滑块速度大于2t0时滑块的速度,故t0时滑块的动量大小不是2t0时的一半,故C错误;v-t图像与横轴围成的面积表示位移,故由图像可知2t0~3t0内滑块的位移小于3t0~4t0内的位移,故D正确。 方法技巧　分析物体的受力和运动时,若合力的方向周期性变化,合力的大小不变,可以画出物体运动的v-t图像来分析物体的运动,类似的方法在交变电场问题中也经常使用。 6.A　对整个系统分析可知合外力为0,系统动量守恒,因为系统总动量为0,可得=,系统的动能Ek=mA+mB,联立得Ek=,设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做功,机械能守恒,故可知弹簧恢复原长时弹簧的弹性势能全部转化为系统的动能,此时Ek最大,滑板A速度最大,此时A的动量最大,动能最大(点拨:A、B动量始终等大反向,故A、B同时达到各自的最大速度);对于系统来说动量一直为零,系统机械能不变,A正确。 7.答案　(1)　(2)3 m　(3) 解析　(1)球1第一次经过P点后瞬间的速度大小变为2v0,在P点,根据向心力公式有Fn=m=。 (2)设球2的质量为m',球1与球2发生弹性碰撞,且碰后速度大小相等,说明球1碰后反弹,对于球1和球2组成的系统,由动量守恒和机械能守恒有 m·2v0=-mv+m'v,m(2v0)2=mv2+m'v2 解得v=v0,m'=3m。 (3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt,则有v0t1=,v0t2+2v0t2=πR 联立解得Δt=t1+t2=。 8.答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 模型建构　 (1)A、B两物块完全相同,与水平桌面间动摩擦因数相同,故A、B脱离弹簧前受到桌面的滑动摩擦力等大反向,A、B和轻弹簧组成的系统动量守恒,则 mAvA-mBvB=0 mA=mB 弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端水平飞出做平抛运动,则 h=gt2 xA=vAt 联立解得vA=vB=1 m/s (2)物块B脱离弹簧后在水平桌面匀减速至停止,由动能定理得 -μmBgxB=0-mB 解得μ=0.2 (3)从弹簧压缩量为Δx=0.1 m至恢复原长过程,对A、B物块和轻弹簧组成的整体,由能量守恒得 ΔEp=mA+mB+μmAg·ΔxA+μmBg·ΔxB ΔxA+ΔxB=0.1 m 联立解得ΔEp=0.12 J 一题多解　(3)因为mA=mB,ΔxA+ΔxB=0.1 m,则ΔxA=ΔxB=0.05 m,ΔEp=2μmBg(ΔxB+xB)=0.12 J。 方法技巧　处理动量守恒问题的三个关键: 9.A　 模型建构　针鞘在活体组织中的运动可类比子弹穿木块模型,如图所示: 对于针鞘的整个运动过程,根据动能定理有-(F1d1+F2d2)=0-mv2,解得针鞘被弹出时的速度v=,A正确;针鞘到达目标组织表面后,继续前进d2减速至0,根据动能定理有W=-F2d2=0-Ek,可得Ek=F2d2,知运动d2过程中阻力做功为-F2d2,B、C错误;根据动量和动能的关系p=,可得针鞘运动d2的过程中,动量变化量大小Δp==,D错误。 10.AD　分析可知,子弹运动至木块右端,二者恰好共速时,木块获得的速度最大(破题关键)。设木块获得的最大速度为v,子弹和木块相互作用过程,二者组成的系统动量守恒,有mv0=(m+M)v,根据能量守恒定律有kv0L=m-(m+M)v2,解得v0=2,A正确;对木块,由动量定理得kv0t=Mv,解得t=,故B错误;子弹和木块损失的总动能为ΔE=kv0L=,故C错误;木块加速过程运动的距离为x2=t=,故D正确。 11.答案　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 思路点拨　过程1:小球从水平位置释放后做圆周运动,在最低点获得最大速度v0; 过程2:小球与物块发生弹性碰撞,碰撞时满足动量守恒和机械能守恒。 过程3:物块与小车组成一个新的系统,两者之间的摩擦力为内力,系统水平方向动量守恒。当滑块刚好运动到圆弧轨道最低点两者共速,此时动摩擦因数最大;当滑块运动到与圆弧轨道圆心等高的位置两者共速,此时动摩擦因数最小。 解析　(1)小球摆动到最低点的过程中,由动能定理可得mgL=m-0 解得v0=5 m/s 在最低点,对小球,由牛顿第二定律有FT-mg=m 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。 (2)小球与物块碰撞过程中,由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv0=mv1+Mv2,m=m+M 解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为v2=v0=4 m/s。 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点,此时两者共速(点拨:当动摩擦因数较大时,物块不能进入圆弧轨道),则对物块与小车整体,由水平方向动量守恒可得 Mv2=2Mv3 由能量守恒定律可得 M=×2M+μ1Mgs 解得μ1=0.4 若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置,此时两者共速(点拨:当动摩擦因数较小时,物块会脱离小车),则对物块与小车整体,由水平方向动量守恒可得 Mv2=2Mv4 由能量守恒定律可得 M=×2M+μ2Mgs+MgR 解得μ2=0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4 12.答案　(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg　(ⅱ)4.5 m 解析　(1)小物块在Q点,由牛顿第二定律得 3mg+mg=m 代入数据解得v=4 m/s。 (2)(ⅰ)由题图乙可知,F1=4 N时a1=2 m/s2,此时小物块与轨道间刚要发生相对滑动,对小物块,由牛顿第二定律得μmg=ma1 解得μ=0.2 对小物块与轨道整体,由牛顿第二定律得F1=(M+m)a1 F2=8 N时a2=6 m/s2,对轨道,由牛顿第二定律得 F2-μmg=Ma2 联立解得m=M=1 kg。 (ⅱ)若初始时F=8 N,向左推动轨道,则从一开始小物块就与轨道发生相对滑动,设经过时间t物块运动到P点,此时物块速度为v1,对地位移为x1,轨道速度为v2,对地位移为x2 由运动学公式可得t== 代入数据得v2=3v1 物块与轨道在t时间内的相对位移L=(v2-v1)t 物块在Q点的对地速度为v3=7 m/s,方向水平向左,设此时轨道的对地速度为v4,物块从P运动到Q的过程中,以向左为正方向,对物块和轨道整体,由水平方向动量守恒,得mv1+Mv2=mv3+Mv4 由机械能守恒得 m+M=m+M+mg×2R 且由于小物块从Q点离开轨道,则有v3>v4 联立解得v1=3 m/s,v2=9 m/s,v4=5 m/s,t=1.5 s,L=4.5 m。 13.答案　(1)1.0　(2)0.20　(3)B 解析　(1)由x-t图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在t=1.0 s时发生突变,即这个时候发生了碰撞。 (2)根据x-t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 v= cm/s=0.20 m/s。 (3)由题图乙知,碰撞前A的速度大小vA=0.50 m/s,碰撞后A的速度大小约为v'A=0.36 m/s,由题图丙可知,碰撞后B的速度大小为v'B=0.50 m/s,A和B碰撞过程动量守恒,则有mAvA+mBv=mAv'A+mBv'B 代入数据解得≈2 所以质量为200.0 g的滑块是B。 14.答案　(1)一元　(2)　(3)　(4)见解析 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,故甲选用的是一元硬币。 (2)甲从O点到P点,根据动能定理得-μm1gs0=0-m1,解得碰撞前甲到O点时速度的大小v0=。 (3)同理可得,碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v1=,v2=,若甲、乙碰撞过程动量守恒,则满足m1v0=m1v1+m2v2,整理可得=。 (4)产生这种误差可能的原因:距离或质量的测量存在误差、碰撞过程不是对心碰撞、两硬币实际与纸板间的动摩擦因数不同等。 15.B　Δt时间内水的质量为Δm=ρV=ρSvΔt,对水,根据动量定理得F·Δt=Δm·Δv,根据矢量三角形法可得Δv=v(破题关键),如图所示,解得F=ρv2S,根据牛顿第三定律可知,水对弯管压力的大小为ρv2S,B正确。 三年高考模拟练 1.BD 2.BD 3.BC 4.B 1.BD　由甲图可知,动量的方向发生了变化,则速度方向发生变化,可知甲物体不可能做匀加速直线运动,A错误;根据p=mv知,甲的速度先随时间均匀减小,然后反向均匀增大,可知甲物体可能做竖直上抛运动,B正确;由图乙可知,动量随时间不是均匀变化,所以速度随时间也不是均匀变化,则乙物体不可能做匀变速运动,C错误;根据p=mv知,乙物体的速度时间图线与乙图线相同,可知乙物体先做加速度增大的减速运动,然后做加速度减小的加速运动,可能是做水平直线运动时遇到了一端固定的弹簧,弹簧的弹力先增大,则物体做加速度增大的减速运动,然后反弹时,弹簧弹力减小,物体做加速度减小的加速运动,D正确。 2.BD　A、B两人与车组成的系统动量守恒,开始时系统动量为零,两人以大小相等的速度相向运动,A的质量大于B的质量,则A的动量大于B的动量,A、B的总动量方向与A的动量方向相同,即水平向右,要保证系统动量守恒,即系统总动量为零,则小车应向左运动,速度不为零,故A错误,B正确。根据“人船模型”分析(解题技法),先让A向右运动到B的位置,有mA=(M+mB),xA+x1=L,解得车向左运动的位移大小为x1=L;再让B向左运动到A原来的位置,有mB=(M+mA),xB+x2=L,解得车向右运动的位移大小为x2=L;因为mA>mB,则x1>x2,故车向左运动的位移大小为Δx=x1-x2=L,C错误,D正确。 3.BC　由v-t图像可知,木块与木箱最终共速,则Mv0=(M+m),解得M=m,故A错误;从开始运动到共速的过程,根据能量守恒定律可得M=(M+m)+μmgs,解得两物体的相对路程为s=,故B正确;由题图知共碰撞三次,都是弹性碰撞,从初始时到共速所用总时间为t0==,由速度图线与时间轴所围面积的含义及碰撞次数可得,木箱运动的位移为x箱=L+,木块相对于地面的位移为x块=-L,故C正确,D错误。 方法技巧　根据v-t图像可得木块与木箱最终共速,速度大小为,根据动量守恒定律可得出木箱与木块的质量相等,进而推知它们每次发生弹性碰撞时均交换速度。由图知它们交换了三次速度,图中的虚线可表示木块的v-t图线,图中实线、 虚线与t轴所围的面积之差即图中阴影表示木箱与木块的相对位移大小,从开始运动到第1次碰撞、第1次碰撞到第2次碰撞、第2次碰撞到第3次碰撞过程的相对位移大小分别为、L、L。 4.B　两个小球在竖直方向做自由落体运动,所以竖直方向运动情况相同,整个运动过程中,两球始终处于同一高度,A正确;弹性轻绳伸长过程中,水平方向a、b两球系统所受合外力为零,水平方向动量守恒,竖直方向受重力,竖直方向系统动量不守恒,B错误;两球从开始运动到第一次相碰,经过的时间t=,A球下落的高度h=gt2,联立可得h=,C正确;当两球水平方向速度相同时,弹性绳最长,弹性势能最大(破题关键),根据两球组成的系统水平方向动量守恒,有mv0=2mv1,根据能量守恒有m+2mgh'-×2m(+)=Ep,又由2gh'=-0,解得Ep=m-×2m=m,D正确。 5.答案　(1)3 m/s　5 m/s2　(2)0.02 J　(3)见解析 解析　(1)弹珠在水平面上做匀变速直线运动,设弹珠A碰撞前的平均速度为,则有x1=t1=t1=1.6 m, 代入数值解得vA=3 m/s, 弹珠在地面上运动时的加速度大小为a== m/s2=5 m/s2。 (2)取水平向右为正方向,设弹珠A、B的质量均为m,碰后B速度为vB,弹珠A、B碰撞时,根据动量守恒定律有mvA=mv'A+mvB, 解得vB=2 m/s, 则两弹珠构成的系统碰撞过程中的机械能损失为ΔE=m-mvA'2-m=0.02 J。 (3)弹珠A、B与地面间的动摩擦因数相同,则运动中加速度大小相同,得弹珠B碰后减速到零时通过的位移为xB==0.4 m=x2, 所以碰后B刚好能进入坑中,该同学能胜出。 6.答案　(1)g tan θ　(2)①　②Mgh+M-M-P0t 解析　(1)飞机模型静止时,受力情况如图所示。绳对模型的拉力T与气流对模型的作用力F及模型所受重力G的合力F合相等,即T=F合=mg tan θ 剪断轻绳后T=0 依据牛顿第二定律有mg tan θ=ma 解得飞机的加速度a=g tan θ (2)①设模型与空气垂直作用的等效面积为S0,当管道2中流速为v时,依据动量定理,在Δt时间内有 S0fΔt=(nS0vΔt)m0v 解得v= ②火箭达到最大速度vm时a=0 空气阻力f阻=Sf 依据平衡条件,发动机推力F=Sf+Mg 依据功率公式有P0=Fvm=vm 则vm== 对火箭由速度v1到最大速度vm的过程,依据动能定理有P0t+Wf-Mgh=M-M 解得Wf=Mgh+M-M-P0t 思维拓展　本题以风洞实验为情境,考查共点力的平衡、牛顿第二定律、动量定理、动能定理以及功率问题,综合性极强。解题关键有三点:一是审题,能从冗长的材料信息中提取有效信息,构建物理模型;二是方法,明确正交分解法、力的合成法、微元法的适用条件以及解题技巧;三是规律,在审题、构建模型的基础上,选取恰当的物理规律,在做题时能做到事半功倍。 7 学科网（北京）股份有限公司 $