14.选必1 第一章 动量守恒定律-高中物理·3年真题按章分类（2024-2026）

【高中物理人教版(2019)】 3年高考真题(2024-2026)-按章分类 选择性必修第一册 第一章 动量守恒定律 21个单选题 + 14个多选题 + 6个实验题 + 44个解答题 ---- 教 师 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·浙江)在建筑工地上的某次打桩过程中，质量为的重锤，从时刻开始由某一高度静止下落，时刻与质量为的桩发生撞击，随后一起运动，时刻桩静止于软土中。不计空气阻力，重力加速度取，则下列说法正确的是( ) A.时间内，锤对桩的平均作用力大小为 B.时间内，软土对桩的平均阻力大小为 C.时间内，软土对桩做的功等于锤和桩的机械能损失 D.时间内，锤的重力冲量值大于桩对锤作用力的冲量值 1.B 在时间内，重锤做自由落体运动，时刻重锤的速度大小为重锤与桩发生撞击过程，根据动量守恒可得解得撞击后瞬间的共同速度为在时间内，以向上为正方向，以锤为对象，根据动量定理可得代入数据解得桩对锤的平均作用力大小为根据牛顿第三定律可知，锤对桩的平均作用力大小为；以重锤和桩为整体，根据动量定理可得代入数据解得软土对桩的平均阻力大小为，A错误，B正确。在时间内，除了软土对桩做负功，碰撞过程也存在机械能损失，因此锤和桩的总机械能损失等于软土阻力做功的绝对值加上碰撞过程的机械能损失，C错误。在时间内，由于锤的初、末速度均为0，锤的动量变化量为0，根据动量定理可知，锤的重力冲量值大小等于桩对锤作用力的冲量值大小，D错误。 2.(2026高考·北京)如图所示，一物块在固定斜面上匀速下滑，不计空气阻力。物块在下滑过程中( ) A.所受合力的冲量为零 B.所受支持力的冲量为零 C.所受重力与摩擦力的合力做正功 D.机械能守恒 2.A 合外力冲量等于物块动量变化，匀速运动速度不变、动量变化量为0，因此物块所受合力的冲量为零，A正确。支持力大小不为零，物块下滑过程的作用时间不为零，根据冲量定义，支持力的冲量不为零，B错误。物块三力平衡，重力、支持力、摩擦力的总合力为0，因此重力与摩擦力的合力与支持力等大反向，方向垂直斜面向下，而物块位移沿斜面向下，该合力与位移方向垂直，做功为0，C错误。物块在下滑过程中，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，D错误。 3.(2026高考·广西)立定跳远时起跳方向不变，用更大的平均作用力起跳，每次起跳的作用时间不变，则下列说法正确的是( ) A.起跳完成时动量变小(或不变) B.起跳完成时速度变大 C.地面的平均支持力不变 D.地面给人的冲量是相同的 3.B 由于起跳方向与作用时间不变，当用更大的平均作用力起跳时，根据牛顿第三定律可知，地面对人的平均作用力也增大，人所受的平均合力也增大，由动量定理有可知，起跳完成时动量变大，地面给人的冲量变大，由于初速度为0，起跳完成时速度变大，AD错误，B正确。由于起跳方向不变，设起跳方向与地面的夹角为，人的质量为，重力加速度为，则地面对人的平均支持力为则地面的平均支持力变大，C错误。 4.(2026高考·四川)如图所示，边长为的绝缘菱形支架EFGH竖直放置，FG边固定于水平地面，。E、G两点各固定一带电小球，两小球带等量异种电荷。点H、F间固定一光滑绝缘直轨道，另一带电小球从H点沿轨道由静止下滑至F点。重力加速度大小为、小球均可视为点电荷。则小球在运动过程中( ) A.某时刻所受支持力可能为零 B.到达F点时的速率为 C.电势能先增大后减小 D.所受电场力的冲量为零 4.A 根据菱形几何性质和等量异种电荷的电场特点可知HF轨道电势处处相等，等量异种电荷中垂线上电场方向平行于电荷连线EG，若电场力方向与重力垂直轨道的分力方向相反、大小相等，则支持力N=0，这种情况是可能存在的，A正确。整个过程电场力不做功，只有重力做功，由几何关系得下落高度根据动能定理：解得，B错误。HF是等势线，整个运动过程中小球电势不变，电势能不变，C错误。冲量是矢量，等量异种电荷中垂线上电场方向始终不变，因此电场力方向始终不变，整个过程电场力的总冲量不为零，D错误。 5.(2026高考·四川)如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为，与传送带间的动摩擦因数分别、。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度(为重力加速度大小)运动，经时间撤去外力、再经时间绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则( ) A.和满足 B.从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为 C.绳绷直后瞬间甲的动能为 D.绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 5.D 以传送带为参考系，初始甲乙均静止。施加外力过程，乙的最大速度撤去外力后，乙的加速度大小经时间绳绷直，此时乙还有向右的速度或恰好相对传送带静止，说明故，A错误。绳绷直时乙的速度从撤去外力到绳绷直，乙的路程(以下所指路程均为相对传送带运动的距离)为因摩擦产生的热量，B错误。绳绷直瞬间，根据动量守恒解得此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于，则其动能大于，C错误。绳绷直以后甲、乙相对传送带速度均为从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为甲的路程为从施加外力到绳绷直过程乙的路程为比较可知故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，D正确。 6.(2026高考·四川)2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到的全尺寸人形机器人、该机器人体重；2025年1月、该团队发布的四足机器人体重。若两款机器人均以的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为( ) A. B. C. D. 6.C 根据题意，由动量表达式可得，二者的动量大小之差为，故选C。 7.(2026高考·江苏)如图所示，、分别为圆内接、外切正四边形，与圆相切与、、、。一小球在圆内壁发生弹性碰撞，运动轨迹为。小球在顶点受到的冲量大小与其动量大小之比为( ) A. B. C. D. 7.A 根据动量定理，小球在拐点处受到合力的冲量等于动量的变化量，即 设小球速率为v，动量大小正方形相邻边方向垂直，小球拐弯前后速度大小均为v，方向夹角为，因此动量变化量的大小为： 可得 结合几何关系，选项中只有A符合。故选A。 8.(2026高考·贵州)如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成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的球心上升的最大高度为( ) A. B. C. D. 8.A 设A、B小球的质量均为，忽略空气阻力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能定理可得A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，可得由于所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心上升的最大高度为h，则对B从碰后至上升到最大高度的过程，由动能定理可得解得，故选A。 9.(2026高考·河北)为清除太空碎片对航天器的潜在威胁，某兴趣小组提出一种设想。如图所示，一质量为的太空碎片绕地球做半径为的匀速圆周运动，在点受到一个与其速度方向垂直且背离地心向外的瞬时冲量作用、变轨到图中的椭圆轨道，最终进入大气层而烧毁，设地球质量为，引力常量为、则该太空碎片受到冲量作用后瞬间的动能为( ) A. B. C. D. 9.B 设太空碎片做匀速圆周运动的速度为，根据万有引力提供向心力有解得则碎片受到冲量前的初始动能为碎片在Q点受到瞬时冲量I作用，获得一个垂直于原速度方向的分速度，根据动量定理可得其大小为由于冲量方向(背离地心向外，即径向)与原速度方向垂直，根据矢量合成法则(勾股定理)，作用后的合速度v的平方为则该太空碎片受到冲量作用后瞬间的动能为，故选B。 10.(2025高考·湖北)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于(　　) A. B. C. D. 10.B 设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有得撤销拉力后，有得对于全过程，有得对于全过程有故运动的总时间可知当越大时，越小，当时，取最小值。则则，选B。 11.(2025高考·甘肃)如图，小球A从距离地面处自由下落，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。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　) A. B. C. D. 11.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，则有碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有联立解得，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有解得可知，碰撞后，小球A运动落地，则水平方向上有解得，选B。 12.(2025高考·广东)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，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v随时间t变化的图像，可能正确的是(  ) A. B. C. D. 12.A 根据牛顿第二定律两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因MN系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知解得、因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD是错误的；若不是弹性碰撞，则可知碰后速度大小之比为若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v:2v=2:1可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A正确，C错误。 13.(2025高考·浙江)高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为(　　) A.5层 B.8层 C.17层 D.27层 13.C 鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间根据动量定理代入数据解得由自由落体公式得高度每层楼高约3m，对应楼层数为层，C入选。 14.(2025高考·山东)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为(  ) A. B. C. D. 14.C 轨道舱与返回舱的质量比为，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m；根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有可得做圆周运动的线速度为弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有由题意带入解得，C入选。 15.(2025高考·河南)两小车P、Q的质量分别为和，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，碰撞时间极短，则(　　) A. B. C. D. 15.D PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有即根据图像可知，故；同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有即根据图像可知，故；故，D入选。 16.(2025高考·浙江)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为。A以的速度向右运动，B和C一起以的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则(　　) A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m 16.D 碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误。向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒解得v1=1m/s方向向右；当三者共速时可知v=0即最终三者一起静止，可知经历的时间，B错误。碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量，C错误。碰撞到三者相对静止由能量关系可知可得D正确。，D入选。 17.(2025高考·浙江)有一离地面高度、质量为稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数，重力加速度，则它降落到地面的时间约为(　　) A. B. C. D. 17.B 沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知…………①沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足…………②解得由动量定理可得即则沙尘下落时间为由于，则，B入选。 18.(2024高考·北京)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是( ) A.上升和下落两过程的时间相等 B.上升和下落两过程损失的机械能相等 C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 18.C 小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力(加速度)总大于下落过程所受合力(加速度)，D错误。小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确。上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误。经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。 19.(2024高考·安徽)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为、、，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则(  ) A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C.在图乙位置，， D.在图乙位置， 19.D 该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，AB错误。对系统根据动量守恒根据球1和2运动的对称性可知，解得根据能量守恒解得C错误，D正确。 20.(2024高考·江苏)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物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体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B动量最大 B.压缩最短时A动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 20.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，得设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得联立得故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变，A入选。 21.(2024高考·浙江)如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约的轨道。取地球质量，地球半径，引力常量。下列说法正确的是(　　) A.火箭的推力是空气施加的 B.卫星的向心加速度大小约 C.卫星运行的周期约 D.发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态 21.B 根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推力，A错误。根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为，B正确。卫星运行的周期为，C错误。发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，D错误。 二、多选题 1.(2026高考·山东)如图所示，质量相等的两个小物块M和N，M恰好静止于倾角为的固定斜面上，N从斜面上某位置由静止释放，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为，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、图像正确的是( ) A. B. C. D. 1.AD M、N质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，可得碰撞后，即发生弹性碰撞后交换速度，则时刻两物块碰后瞬间M的速度为v，N的速度为0，M与斜面间的动摩擦因数为、N与斜面间无摩擦，则碰后M做匀速直线运动，N做加速度大小为的匀加速直线运动，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，则有解得则时刻M、N发生第二次碰撞，碰前瞬间M的速度为v，N的速度为M、N质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，所以第二次碰后瞬间的速度为N的速度为，同理可得M、N从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间有解得所以时刻发生第三次碰撞，第三次碰前瞬间M的速度为N的速度为对比选项中图像可知AD正确，BC错误。 2.(2026高考·陕晋青宁卷)如图，物块的质量分别为、、，通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与连接，与位于正下方的用劲度系数为的轻弹簧相连。初始时托住和，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放和，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(为形变量)，重力加速度大小为。则( ) A.释放后瞬间的加速度大小为 B.释放后瞬间轻绳上的拉力大小为 C.释放后下降的最大距离为 D.释放后的速度最大值为 2.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，设释放后瞬间轻绳上的拉力大小为，对、整体，由牛顿第二定律有对，由牛顿第二定律有联立解得，，A正确，B错误。根据题意，把物块看成整体，左边受向下的，右边也受向下的，整体合力为零，由动量守恒定律有则有可得解得，设释放后下降的最大距离为，则，此时弹簧形变量为由能量守恒定律有解得释放后的速度最大时为，则有又有解得则有，由能量守恒定律有解得，故C错误，D正确。 3.(2025高考·四川)若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列各式可能表示能量的是(  ) A. B. C. D. 3.AC 根据题意可知的单位为结合动能公式可知为能量单位，A正确。同理的单位为根据可知为力的单位，故可知为力与质量的乘积，故不是能量的单位，B错误。的单位为根据前面A选项分析可知该单位为能量单位，C正确，的单位为，不是能量单位，D错误。选AC。 4.(2025高考·广东)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F = F0－kt(F ≠ 0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F > 0的任一时刻)，下列说法正确的有(  ) A.受到空气作用力的方向会变化 B.受到拉力的冲量大小为 C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为 D.T时刻受到空气作用力的大小为 4.AB 无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图 可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有，F = F0－kT解得，A正确、D错误。由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，B正确。将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为，C错误。选AB。 5.(2025高考·陕晋青宁卷)如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块(　　) A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C.从释放到静止的位移大小为 D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为 5.AC 根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为时，对滑块进行受力分析，如图所示 在垂直杆方向有由胡克定律结合几何关系有联立解得可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为，A正确。下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，冲量是矢量，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，B错误。设滑块从释放到静止运动的位移为，滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着杆方向合力为0时，滑块速度最大，之后滑块继续向下做加速度增大的减速运动，当速度为为0时，有由几何关系可得此时则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速度再次为0时，有解得此时此时则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为，C正确。从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为，由能量守恒定律有解得，D错误，选AC。 6.(2025高考·福建)传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，重力加速度，则(　　) A.在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小 B.t=t0时，B的速度为0.5m/s C.t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m D.0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m 6.BD 根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有，代入数值解得t=t0时，B的速度为在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有，由于，故可知，A错误，B正确。在时间内，设AB向右的位移分别为，；，由功能关系有解得故弹簧的压缩量为，C错误。A与传送带的相对位移为B与传送带的相对为故可得由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像 可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得结合可知，D正确。 7.(2024高考·全国)蹦床运动中，体重为的运动员在时刚好落到蹦床上，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。下列说法正确的是(　　) A.时，运动员的重力势能最大 B.时，运动员的速度大小为 C.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 7.BD 根据牛顿第三定律结合题图可知时，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，A错误。根据题图可知运动员从离开蹦床到再次落到蹦床上经历的时间为，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在时，运动员恰好运动到最大高度处，时运动员的速度大小，B正确，C错误。同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为，以竖直向上为正方向，根据动量定理其中代入数据可得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，D正确。 8.(2024高考·广东)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有( ) A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与无关 D.甲最终停止位置与O处相距 8.ABD 两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，A正确。两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，B正确。设斜面倾角为θ，乙下滑过程有在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为由于t1与有关，则总时间与有关，C错误。乙下滑过程有由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有联立可得即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，D正确。 9.(2024高考·广西)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在(　　) A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B.竖直增面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 9.BC 由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直地面上的垂直投影的运动是匀加速运动。 10.(2024高考·福建)物块置于足够长光滑斜面上并锁定，时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是(　　) A.，物体一直沿斜面向下运动 B.，合外力的总冲量为0 C.时动量是时的一半 D.过程物体的位移小于的位移 10.AD 根据图像可知当时，物块加速度为方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小为方向沿斜面向上，作出物块内的图像 根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，A正确。根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理，B错误。根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，C错误。图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，D正确。 11.(2024高考·湖北)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(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 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.AD 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的速度分别为，则有子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为联立上式可得因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确。则子弹穿过木块时木块的速度为由运动学公式可得，B错误。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，C错误。木块加速过程运动的距离为，D正确。 12.(2024高考·甘肃)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　) A.小车的动能不变 B.小车的动量守恒 C.小车的加速度不变 D.小车所受的合外力一定指向圆心 12.AD 做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，A正确。做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，B错误。做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，C错误。做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，D正确。 13.(2024高考·安徽)一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图(1)所示。从开始，将一可视为质点的物块从0点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力和，其大小与时间t的关系如图(2)所示。己知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取，不计空气阻力。则(   ) A.物块始终做匀变速曲线运动 B.时，物块的y坐标值为2.5m C.时，物块的加速度大小为 D.时，物块的速度大小为 13.BD 根据图像可得，，故两力的合力为物块在y轴方向受到的力不变为，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，A错误。在y轴方向的加速度为故时，物块的y坐标值为，B正确。时，，故此时加速度大小为，C错误。对x轴正方向，对物块根据动量定理由于F与时间t成线性关系故可得解得此时y轴方向速度为故此时物块的速度大小为，D正确。 14.(2024高考·广西)如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则(　　) A.进入过程，木料对木栓的合力的冲量为 B.进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为 C.进入过程，木料和木栓的机械能共损失了 D.木栓前进后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为 14.BD 锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，A错误。锤子撞击木栓后木栓获得的动能为木栓进入过程根据动能定理有解得平均阻力为，B正确。木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能，，C错误。对木栓的一个侧面受力分析如图 由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有且根据B选项求得平均阻力又因为联立可得，D正确。 三、实验题 1.(2026高考·甘肃)某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。实验前，安装调节好实验装置，在水平底板上铺一张白纸，纸上放复写纸，记下重垂线所指的位置。 实验步骤如下： 第一步：用天平分别测出两小球的质量和。 第二步：将入射小球从斜槽轨道S处由静止释放。重复实验，找到其多次落点的中心位置。 第三步：将被碰小球静置于斜槽轨道末端，再将从S处由静止释放，与碰撞。重复实验，分别找到和相碰后各自多次落点的中心位置和。 第四步：分别测出点到各个落点中心的距离、和。 回答以下问题： (1)关于实验装置和操作，下列说法正确的是__________(多选，填正确答案标号)。 A.两个小球的材质应相同 B.两个小球的大小应相等 C.斜槽轨道表面必须光滑 D.斜槽轨道末端应调节至水平 (2)改变被碰小球的质量，进行多组实验，测量出对应的和值。以为横坐标，以__________(单选，填正确答案标号)为纵坐标描点，若这些点都近似在一条直线上，则说明动量守恒定律成立。 A. B. C. D. (3)若，且碰撞近似为弹性碰撞，则与的比值应为__________。 1.【答案】(1)BD (2)A (3)2 【解析】(1)AB.为了保证两小球发生对心正碰，两个小球的大小应相等；为了保证碰撞后入射小球不反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，所以两个小球的材质不相同，A错误，B正确。为了保证每次碰撞前瞬间入射小球的速度相同，每次应从同一位置静止释放入射小球，但斜槽轨道表面不需要光滑，C错误。为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端应调节至水平，D正确。 (2)设碰撞前瞬间入射小球的速度为，碰撞后瞬间入射小球和被碰小球的速度分别为、；根据动量守恒可得由于两小球在空中下落高度相同，运动时间相等，则有，，联立可得整理可得则以为横坐标，以为纵坐标描点，若这些点都近似在一条直线上，则说明动量守恒定律成立，故选A。 (3)若，且碰撞近似为弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得，联立可得又，可得。 2.(2026高考·广东)某科技小组设计了测量薄膜压缩时间的实验，图1(a)为装置示意图。 (1)实验原理。某种薄膜受到小球冲击时会发光，通过测量发光光谱的相对光强峰值，可得最大冲击力，结合动量定理可估测薄膜压缩时间。 (2)实验操作及数据处理。 ①称量小球质量，记录质量。 ②断开电磁铁电源，使小球从薄膜正上方自由下落。拍摄小球下落过程的视频。 ③图1(b)为利用视频处理软件得到的小球接触薄膜瞬间前连续3个时刻的位置图。分别测量图中的距离和，可得为_________，为6.66 cm。相邻两个位置的时间间隔为，则小球在位置处的速度__________(用、和表示)；与薄膜接触前瞬间，小球在位置处的速度__________(用、和表示)。 ④用光谱仪测得薄膜受到冲击时发光光谱的为。图2为已知的关系图像，可读得为__________N。 ⑤，，由动量定理可估测薄膜压缩时间，将数据代入可得_______s(结果保留3位有效数字)。 2.【答案】③6.26；； ④100 ⑤ 【解析】③毫米刻度尺的分度值为1mm，需要估读到下一位，根据题图可得；根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得；根据速度时间关系有又联立可得 ④根据题图可得为时，为100N； ⑤，，由动量定理可估测薄膜压缩时间结合将数据代入可得 3.(2025高考·广东)请完成下列实验操作和计算。 (1)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图所示，读数 mm。 (2)实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能，装置如图所示，图中轨道由轨道甲和乙平滑拼接而成，且轨道乙倾角较大。 ①选取相同的两辆小车，分别安装宽度为1.00 cm的遮光条。 ②轨道调节。 调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高。将小车在轨道乙上释放，若测得小车通过光电门A和B的 。证明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。 ③碰撞测试 先将小车1静置于光电门A和B中间，再将小车2在M点由静止释放，测得小车2通过光电门A的时间为t2，碰撞后小车1通过光电门B的时间为t1。若t2 t1，可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。 ④吸能材料性能测试。 将吸能材料紧贴于小车2的前端。重复步骤③。测得小车2通过光电门A的时间为10.00 ms，两车碰撞后，依次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00 ms、30.00 ms，不计吸能材料的质量，计算可得碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为 (结果保留2位有效数字)。 3.【答案】(1)8.260/8.261/8.259 根据题意，由图可知，小球的直径为 (2)②时间相等；；0.56 ①若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力，小车将在轨道甲上做匀速直线运动，通过两个光电门的速度相等，即通过光电门A和B的时间相等。 ③= 若两个小车发生弹性碰撞，由于两个小车的质量相等，则碰撞后两个小车的速度互换，即碰撞后小车1的速度等于碰撞前小车2的速度，则有t2 = t1 ④0.56 根据题意可知，碰撞前小车2的速度为碰撞后，小车1和小车2的速度分别为，则碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为 4.(2024高考·全国)某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。将斜槽轨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x，将与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、。 完成下列填空： (1)记a、b两球的质量分别为、，实验中须满足条件 (填“>”或“<”)； (2)如果测得的、、、和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 。 4.【答案】(1)> 为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求； (2) 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球的速度大小碰撞后a的速度大小碰撞后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，则整理得。 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，水平方向匀速运动直线运动，小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。 5.(2024高考·北京)如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。 (1)关于本实验，下列做法正确的是_____(填选项前的字母)。 A.实验前，调节装置，使斜槽末端水平 B.选用两个半径不同的小球进行实验 C.用质量大的小球碰撞质量小的小球 (2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m1的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。 a.图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点 ； b.分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON。在误差允许范围内，若关系式 成立，即可验证碰撞前后动量守恒。 (3)受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1，2的质量分别为m和M，弦长AB = l1、A′B = l2、CD = l3。 推导说明，m、M、l1、l2、l3满足 关系即可验证碰撞前后动量守恒。 5.【答案】(1)AC 实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前，后速度成正比，需要确保小球做平抛运动，即实验前，调节装置，使斜槽末端水平，A正确。为使两小球发生的碰撞为对心正碰，两小球半径需相同，B错误。为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出，需要用质量大的小球碰撞质量小的小球，C正确。 (2)用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点 m1OP = m1OM＋m2ON 碰撞前、后小球均做平抛运动，由可知，小球的运动时间相同，所以水平位移与平抛初速度成正比，所以若m1OP = m1OM＋m2ON。即可验证碰撞前后动量守恒。 (3)ml1 =−ml2＋Ml3 设轻绳长为L，小球从偏角θ处静止摆下，摆到最低点时的速度为v，小球经过圆弧对应的弦长为l，则由动能定理有由数学知识可知联立两式解得若两小球碰撞过程中动量守恒，则有mv1 = −mv2＋Mv3又有，，整理可得ml1 = −ml2＋Ml3。 6.(2024高考·山东)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200.0g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。 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”)。 6.【答案】(1)1.0 由图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在时发生突变，即这个时候发生了碰撞。 (2)0.20 根据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。 (3)B 由题图乙知，碰撞前A的速度大小，碰撞后A的速度大小约为，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为，A和B碰撞过程动量守恒，则有代入数据解得所以质量为200.0g的滑块是B。 四、解答题 1.(2026高考·重庆)《天工开物》记载了一种传统木工工具——刨子。如图所示，刨子主要由刨身和刨刀构成。为体验使用刨子，小明先将刨刀取下，用大小为F、方向斜向下并与水平面夹角为θ的力作用于刨身，使其在木材水平表面做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g。 (1)求刨身做匀速直线运动时受到的滑动摩擦力大小。 (2)若刨身与木材间的动摩擦因数为μ，求刨身的质量。 (3)将刨刀装入后，刨子质量为M，改变推力，使刨子在木材水平表面由静止开始做匀加速直线运动。若加速度大小为a，运动距离为L，求该过程中刨子所受合力的冲量大小。 1.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)刨身匀速直线运动，水平方向受力平衡。将斜向下的推力沿水平、竖直方向分解，水平分力为，滑动摩擦力与水平分力大小相等，因此滑动摩擦力 (2)竖直方向受力平衡，木材对刨身的支持力满足滑动摩擦力满足其中代入得整理后解得刨身质量 (3)刨子由静止开始做匀加速直线运动，由运动学公式可得末速度根据动量定理，合力的冲量等于物体动量的变化量，初动量为0，因此合力冲量 2.(2026高考·甘肃)如图，水平地面点左侧光滑，右侧部分粗糙。质量为、右侧为光滑圆弧的大物块静置在地面光滑部分，且圆弧底端与地面相切于点。质量为的小物块从圆弧顶端由静止释放，并沿圆弧下滑，在点与墙壁发生弹性碰撞，返回至点时恰好与大物块速度相同。已知，，圆弧半径，、间距。重力加速度取，小物块视为质点。求： (1)两物块分离前的瞬间，小物块和大物块各自速度的大小。 (2)两物块分离前的瞬间，小物块受到支持力的大小。 (3)小物块与粗糙地面之间的动摩擦因数。 2.【答案】(1)， (2) (3) 【解析】(1)根据题意，设小物块和大物块各自速度的大小分别为和，水平向右为正方向，由动量守恒定律有由机械能守恒定律有代入数据解得， (2)两物块分离前的瞬间，由牛顿第二定律有代入数据解得 (3)根据题意可知，小物块在点与墙壁发生弹性碰撞，速度反向，大小不变，大物块分离后向左做匀速直线运动，则从点到返回点过程中，由动能定理有代入数据解得 3.(2026高考·北京)中子或暗物质粒子等中性粒子因为不带电，无法直接通过电磁效应探测。 (1)实验上，通常让中性粒子与原子核碰撞，通过原子核获得的动能来探测中性粒子的性质。质量为、速度为的中性粒子与质量为的静止原子核发生对心碰撞。若碰撞后中性粒子与原子核的速度相同，求原子核动能。 (2)理论上，通过米格达尔效应也可以探测中性粒子。米格达尔效应可近似为：中性粒子与原子核碰撞，系统损失的动能都传递给原子核外电子，成为可探测的电子信号。 a.质量为、速度为的中性粒子与质量为的静止原子核对心碰撞时发生了米格达尔效应，求电子可获得的最大能量； b.2026年1月，我国科学家团队首次在实验中直接观测到中子与原子核碰撞过程中的米格达尔效应，这一发现为轻暗物质探测突破阈值瓶颈提供了关键支撑。若暗物质粒子的质量()，原子核的质量，暗物质粒子与原子核的各类碰撞中，原子核可获得的最大动能为，探测器能分辨的最小能量值为，请结合数据分析说明：与通过原子核获得的动能来探测中性粒子相比，米格达尔效应有助于探测质量更小的暗物质粒子。 3.【答案】(1) (2)a. b.原子核可获得的最大动能为，远小于探测器最小分辨能量，无法通过原子核动能直接探测。暗物质粒子与原子核的各类碰撞中，弹性碰撞时，原子核获得的动能最大，根据动量守恒和能量守恒有：，可得①由a分析可知米格达尔效应中电子可获得的最大能量②联立①②可得该值大于的探测阈值，可以被探测器捕捉。 说明对于质量更小的暗物质粒子，直接碰撞转移给原子核的动能远低于探测阈值无法被识别，而米格达尔效应能将碰撞损失的动能集中转移给电子，使可探测的信号能量超过阈值，因此可以探测到质量更小的暗物质粒子。 【解析】(1)碰撞后两者速度相同，系统动量守恒： 解得共同速度原子核动能： (2)a. 中性粒子和原子核碰撞时，系统损失的动能全部转移给电子，因此电子获得的能量等于碰撞过程的动能损失。对心碰撞中完全非弹性碰撞的动能损失最大，对应电子获得最大能量： 初始总动能为完全非弹性碰撞后总动能为因此： b.原子核可获得的最大动能为，远小于探测器最小分辨能量，无法通过原子核动能直接探测。暗物质粒子与原子核的各类碰撞中，弹性碰撞时，原子核获得的动能最大，根据动量守恒和能量守恒有：，可得①由a分析可知米格达尔效应中电子可获得的最大能量②联立①②可得该值大于的探测阈值，可以被探测器捕捉。说明对于质量更小的暗物质粒子，直接碰撞转移给原子核的动能远低于探测阈值无法被识别，而米格达尔效应能将碰撞损失的动能集中转移给电子，使可探测的信号能量超过阈值，因此可以探测到质量更小的暗物质粒子。 4.(2026高考·江苏)如图所示，光滑水平面上质量为m的小球A通过两根相同的轻质弹簧分别与质量均为的小球、连接，、分别套在两根平行的细杆上，细杆固定、光滑且足够长。初始时A、、位于垂直于细杆的直线上且处于静止状态，每根弹簧都处于原长。现有质量为M的小球B以速度沿平行于细杆的方向与A发生弹性正碰。 (1)求A获得的速度大小； (2)在弹簧再次恢复原长的过程中，若B与A不发生碰撞，求此过程中每根弹簧的最大弹性势能； (3)在弹簧再次恢复原长时，若B又恰能与A碰撞，求A、B两球的质量之比。 4.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)根据题意可知，小球B与小球A发生弹性正碰，由动量守恒定律有由能量守恒定律有联立解得， (2)根据题意可知，小球、、A共速时，弹簧的形变量最大，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有由能量守恒定律有解得 (3)根据题意，设小球B与小球A发生弹性正碰后到弹簧再次恢复原长的时间为，由动量守恒定律有两边同时乘以并求和可得要使弹簧恢复原长时，m与M能再次发生碰撞，则有整理可得解得即球质量m和大球质量M的质量比。 5.(2026高考·河南)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v0 = 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Δt = 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v1 = 6m/s，求球壳首次碰地时的速度大小。 5.【答案】(1)0.05m (2)2m/s，0.1s (3) 【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解得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，小球与球壳的位移大小之和为D－d，则解得 (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、，以竖直向下为正方向，则球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为、由动量守恒定律由机械能守恒定律碰后速度差的大小拓展：发生弹性碰撞，恢复系数第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，两者的相对速度大小始终为，两者的相对位移大小为，有解得 (3)取向下为正，第一次碰前：壳速，球速弹性碰撞，每次碰撞后相对速度大小恒为，时间间隔设每次碰撞壳速改变量为(碰前壳快时减速，球快时加速)，大小从第1次碰前到第8次碰前，经历7次碰撞和7个0.1s的重力加速(每次加1m/s)递推球壳碰前速度①碰前：2，②碰前：，③碰前：，④碰前：，⑤碰前：6，⑥碰前：，⑦碰前：8，⑧碰前：已知⑧碰前壳速为6m/s，故解得由得则可推导出所有速度如表所示(速度均为m/s，＋向上，－向下) 碰撞序号 时刻 碰前壳速 碰前球速 碰后壳速 碰后球速 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 ⑩ 1.0 －8 －10 －11 －9 ⑪ 1.1 －12 －10 －9 －11 利用上表壳速，每段0.1s匀变速，位移，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 0.5→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 1.0→1.1s －11 －1.15 0.475 (第⑪次碰前)球壳质心位于。此时碰撞后壳速变为(见上表⑪碰后)，随后匀加速下降至触地(质心触地高度)，下落距离由运动学公式可知则触地速度大小为 6.(2026高考·湖北)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的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、两点的距离均为。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为，不计空气阻力。 (1)求甲第一次到达点时的速度大小。 (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.【答案】(1) (2) (3)当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 【解析】(1)甲下滑过程轨道光滑，由动能定理解得 (2)第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒，解得乙弹性碰撞后速度对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化代入，​得​​​ (3)碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论： ①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有解得需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0 ②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有解得需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有解得需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0综上所述，k满足的关系式为：当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 7.(2026高考·贵州)如图，机舱内装有质量均为的甲、乙两个灭火弹模型的弹射型无人机，静止在的斜直轨道上，无人机空载时质量。无人机在弹射系统作用下以的速度沿轨道离开，随后无人机依靠自身动力飞行，达到高度时，开始以的速度沿水平方向做匀速直线运动，并进行投弹训练。设两弹所受空气阻力不计，落地点均在同一水平面上，取重力加速度。 (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(国际单位制)，所受空气阻力大小恒为，方向与飞行方向相反，若两弹相对无人机无初速度先后被释放，时间间隔，求两弹落地点之间的距离； (3)设无人机水平飞行过程中，先相对无人机无初速度释放甲，当甲落地时沿水平方向发射乙，此时乙相对地面的速度大小为，若无人机的速度始终不变，求乙从发射到落地的过程中，两弹之间距离的最小值与取值的关系。 7.【答案】(1)，方向与水平方向夹角为 (2) (3) 【解析】(1)载弹无人机在斜直轨道上运动过程中，由动量定理有代入数据解得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，方向沿斜直轨道向上，即与水平方向夹角为。 (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水平方向由牛顿第二定律有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灭火弹的位移为由于两弹所受空气阻力不计，则两弹释放后均做平抛运动，有则两弹落地点之间的距离为 (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由二次函数知识可知，当，两弹之间距离最小，即由于，上述对称轴只有在即时，才落在有效区间内。当时，对称轴，二次函数在区间单调递增，最小值在(发射瞬间)取得，此时两弹水平距离为0，竖直距离为，故综上有 8.(2026高考·广东)如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，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)总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，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； (2)机器人外壳上升的最大高度 ； (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。 8.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)两摆锤以初速度沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡板相碰前的速度为v，根据机械能守恒定律有解得摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有解得机器人起跳时的动能 (2)根据速度位移关系可得机器人外壳上升的最大高度 (3)机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为，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解得 9.(2026高考·河北)如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。取，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求 (1)机器人被提起的内，木板位移的大小。 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。 9.【答案】(1) (2) 【解析】(1)根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为，则有解得机器人被提起时，对木板有解得机器人被提起的2s内，木板位移的大小 (2)机器人被放回木板时，木板的速度为机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由动量守恒定律有解得对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功 10.(2026高考·黑吉辽蒙卷)如图，光滑水平面上一质量的木板，其右端通过轻弹簧连接质量的物块，此时弹簧伸长量，物块和木板均静止。质量的小球(可视为质点)通过长的轻绳悬于点。小球从绳与竖直方向成处由静止释放，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。 (1)求碰撞后瞬间木板的速度大小。 (2)弹簧的压缩量第一次为时，物块速度大小为，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数。 10.【答案】(1) (2) 【解析】(1)C下摆过程，由机械能守恒定律有解得，C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小 (2)A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为时，以向左为正方向，由动量守恒定律有 解得由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有解得 11.(2026高考·黑吉辽蒙卷)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的驱动下，质量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所受支持力为其重力的，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。求上升过程中 (1)实验舱的最大速度； (2)舱内处于模拟的月球重力环境的时间。 11.【答案】(1) (2) 【解析】(1)加速阶段，由动能定理有解得 (2)减速阶段，由动量定理得解得 12.(2026高考·陕晋青宁卷)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，其中段的长度、倾角为段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从点由静止下滑，经过到达点，此后进入段继续滑行。游客甲和滑板的总质量段、段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为、，其中。重力加速度取，。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在点处的机械能损失。 (1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数； (2)求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小； (3)当甲到达点时，游客乙乘同样滑板恰以的速度经过点下滑。求乙到达点时与甲的距离。 12.【答案】(1) (2)， (3)40m 【解析】(1)当甲从A点滑至B点根据代入数据可得a=2m/s2根据牛顿第二定律有又因为，所以代入数据联立可得 (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，所以有根据前面小问可知甲下滑的加速度为a=2m/s2；根据运动学公式可得甲到达B点的速度为12m/s所以AB段动量的变化量为 (3)乙从A滑到B的过程根据运动学公式有代入数据解得甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有可得甲到达B点的速度为，在4s内甲没有停止；在内，甲运动的距离代入数据解得，即甲乙之间的距离为40m。 五跳跃松鼠 松鼠是松鼠科物种的统称，有63属285种。松鼠的体形细长，后肢更长；前后肢间无皮翼，四肢强健；眼大而明亮，耳朵长，耳尖有一束毛，冬季尤其显著；夏毛一般为黑褐色或赤棕色，冬毛多呈灰色、烟灰色或灰褐色，腹毛为白色；指、趾端有尖锐的钩爪，尾毛多而且蓬松，常朝向背部反卷。松鼠雌性个体比雄性个体稍重一些。因为松鼠的样子像老鼠，而且大多数喜欢啃食松果之类的坚果，习惯生活在树木尤其是松树上，故名松鼠。 13.(2026高考·上海)一只松鼠在树枝间跳跃，要从这个树枝节点以一定水平初速度跳到另外一个树枝节点上：已知两个节点的水平距离为，竖直方向的高度为，不考虑空气阻力，求松鼠要完成这次跳跃所需的最小初速度？ 13.【答案】 【解析】松鼠做平抛运动，将运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动。水平方向，有竖直方向，有联立消去时间，得到刚好落到目标点的最小初速度 14.(2026高考·上海)又一只松鼠在一根与水平方向夹角为的倾斜树枝上，从静止开始沿树枝向上做匀加速直线运动；已知它在内沿树枝运动了【计算结果，保留2位有效数字】。 (1)求松鼠的加速度； (2)已知松鼠的质量为，求该过程中树枝对松鼠的作用力。 14.【答案】(1)，方向沿树枝向上； (2)，方向斜向上 【解析】(1)松鼠做初速度为0的匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间的关系，得代入，，解得方向沿树枝向上。 (2)对松鼠受力分析，松鼠受重力，树枝的作用力，将分解为沿树枝分量​、垂直树枝分量。垂直树枝方向，受力平衡，有解得沿树枝方向由牛顿第二定律，得解得合作用力大小方向斜向上。 15.(2026高考·上海)生物学家通过研究发现：当松鼠受到的平均作用力小于自身重力的15倍时，不会受到永久性伤害。某次实验中，一只质量为的松鼠从静止开始下落，其速度随位移的变化关系如图所示。 (1)求松鼠下落10m的过程中，空气阻力对它做的功； (2)若松鼠与地面的作用时间为90ms，请通过计算论证该松鼠落地后是否会受到永久性伤害？ 15.【答案】(1)； (2)否 【解析】(1)由图像可知，松鼠下落时，落地速度下落过程由动能定理，得解得 (2)取向上为正方向，松鼠落地过程，由动量定理，得其中，解得平均作用力平均作用力小于时不会受伤，其中因为，因此该松鼠落地后不会受到永久性伤害。 16.(2026高考·浙江)如图所示。一宽度为d的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ分别平滑连接半径均为r的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m的物块a，从圆弧面上相对平板竖直高度为h的A点静止下滑(h<< r)，途经圆弧面上最低点B，平板上有一质量为的物块b与MN成45°角从O点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a发生弹性碰撞。两物块均为质点。 (1)求物块a第一次经过B点时速度大小v0和所受支持力FN； (2)从A到B的过程：物块a相对于B点位移为x，求其所受回复力F与x的关系式； (3)求物块b的初速度大小vb以及碰撞后瞬间物块a的速度大小va； (4)若h=0.032m，r=10m，d=0.4m，要使物块a从NQ之间滑离，求BQ间距L的范围。 16.【答案】(1)，，方向竖直向上 (2) (3)， (4)见解析 【解析】(1)对a物块下滑过程中根据动能定理有可得；在B点根据牛顿第二定律有可得，方向竖直向上； (2)如图 由于h<<r，滑块a所受回复力F，则可知滑块受到的回复力F与x成正比，方向与x相反，因此滑块a从释放到第一次到达最低点的运动是简谐运动。 (3)滑块b在圆弧形斜面上垂直槽轴线方向的运动性质与a相同，平行槽轴线方向做匀速度直线运动。设滑块b的速度沿槽轴线和垂直槽轴线分速度为vbx、vby，如图 当vbx=0时，滑块b第一次滑到最高点，由题意可知滑块b到达的最高点高度与滑块a的开始下滑的高度相等。此时速度为vby，经历的时间t1为；又因与滑块a最高点相同，由题意可知即因为滑块a、b在最高点发生碰撞，设碰后滑块b的速度为v'by。由动量守恒和机械能守恒有，联立解得， (4)碰后滑块a在平行于槽轴线方向的速度始终为va，从MN边界射出的最基本的几种临界情况如图1、2、3、4所示。考虑周期性，则L有多种情况 由题给数据可得，，滑块a每一次在圆弧型斜面上滑或下滑的时间为滑块a每一次滑过水平面的时间为又由于滑块a从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等，设时间为T，则T=4t1+2t2=(2π+1) s滑块a由碰后到从MN之间飞出的时间t满足，L=0.4t所以由图1、2可知或，……由图3、4可知即或者，……综上分析可知t应满足则滑块a能从MN之间飞出时L的范围为，(n=0，1，2，3，4……) 17.(2025高考·浙江)某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 17.【答案】(1)4m/s 滑块从P点到B点由动能定理解得到达B点的速度。 (2)0.9J 物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 (3)0.2m 物块在传送带上加速运动的加速度为加速到共速时用时间在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度 (4)3N 从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知，联立解得(另一组，因不合实际舍掉)对滑块在最高点时由牛顿第二定律解得F=3N。 18.(2025高考·全国卷)如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功； (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离； (3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？ (4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？ 18.【答案】(1) 小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为。 (2)， 设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中同时有联立解得，。 (3) 弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，，其中联立解得。 (4) 对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有，解得。 19.(2025高考·甘肃)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。 求： (1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。 (2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。 (3)t=6s时，物块的速度大小。 19.【答案】(1)， 由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知所以当t=6s时，0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即 (2)由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有即在垂直杆方向，当时，则0−4s，垂直杆方向摩擦力在4−6s内，垂直杆方向摩擦力相应的f−t图像如图 (3) 在0~6s内沿杆方向根据动量定理有在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则联立有可得。 20.(2025高考·四川)如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q()的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求： (1)微粒第一次到达下极板所需时间； (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 20.【答案】(1) 由牛顿第二定律由运动学公式联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为。 (2) 微粒第一次到达下极板时的速度大小为由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为，满足代入解得同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为，满足代入解得故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为。 21.(2025高考·北京)关于飞机的运动，研究下列问题。 (1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。 (2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。 (3)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。 21.【答案】(1) 根据动能定理可得牵引力对飞机做的功。 (2) 加速过程，设起飞速度为，根据速度位移关系减速过程，根据速度位移关系联立解得。 (3)论证见解析， 在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理可得又，联立可得又可知即。 22.(2025高考·北京)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成两部分，质量分别为和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)该物体抛出时的初速度大小； (2)炸裂后瞬间B的速度大小； (3)落地点之间的距离d。 22.【答案】(1) 物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式可得。 (2) 爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为vB，由动量守恒定律得解得即大小为2v。 (3) 根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移B的水平位移所以落地点A、B之间的距离。 23.(2025高考·湖南)某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。 (1)若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小； (2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小； (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。 23.【答案】(1) 由B点到最低点过程动能定理有最低点牛顿第二定律可得联立可得。 (2) 轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得水平方向竖直方向取向上为正可得联立可得。 (3) 当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得设的水平速度和竖直速度分别为，则有则水平方向动量守恒可得水平方向满足人船模型可得此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为，则有速度关系水平方向竖直方向联立可得即显然当时取得最小，此时。 24.(2025高考·河北)如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 24.【答案】(1)0.6m 小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a = μg则小物块从开始运动到离开平台有小物块从平台飞出后做平抛运动有，x = vxt1联立解得x = 0.6m。 (2)IN = 0.1N·s；vx′= 0 物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有，vy2 = gt2则物块与地面接触的时间Δt = t－t1－t2 = 0.1s物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt = mvy2－m(－vy1)，vy1 = gt1解得IN = 0.1N·s取水平向右为正，在水平方向有，解得vx′ = －1m/s但由于vx′减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′= 0。 25.(2025高考·江苏)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小； (3)若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能。 25.【答案】(1) 根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为。 (2) 根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有由能量守恒定律有解得，负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为。 (3) 根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞次后速度大小为则玻璃球碰撞次后最终动能大小。 26.(2025高考·河南)如图，在一段水平光滑直道上每间隔铺设有宽度为的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为的小物块P，另一质量为的小物块Q以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，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。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。 26.【答案】(1)24.5J P、Q与发生正碰，由动量守恒定律由能量守恒定律联立可得，。 (2)5s 对物块P受力分析由牛顿第二定律物块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式，解得则物块P在第一个防滑带上运动的时间为物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则解得物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式，解得则物块P在第二个防滑带上运动的时间为物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则解得由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为故物块P从开始运动到静止经历的时间为。 27.(2025高考·山东)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。一质量的小球自Q点正上方处自由下落，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。当弹簧拉力达到时，b解除锁定开始运动。已知a的质量，b的质量，方形物体的质量，重力加速度大小，弹簧的劲度系数，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式(x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、； (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。 27.【答案】(1)，水平向左，，水平向右 根据题意可知，小球从开始下落到处过程中，水平方向上动量守恒，则有由能量守恒定律有联立解得，即小球速度为，方向水平向左，大物块速度为，方向水平向右。 (2)，水平向左， 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，小球和物块水平方向上动量守恒，则有解得设当弹簧形变量为时物块的固定解除，此时小球和物块的速度为，根据胡克定律系统机械能守恒联立解得，固定解除之后，小球、物块和物块组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有解得，方向水平向左。由能量守恒定律可得，最大弹性势能为。 28.(2025高考·广西)图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内： (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。 28.【答案】(1) 某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I，可知受到的冲量为I，则对单个散货水平方向由动量定理解得单个散货的质量为。 (2) 落入货箱中散货的个数为则水平传送带的平均传送速度大小为。 (3) 设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律解得加速时间加速位移设匀速时间为，其中则匀速位移为故传送带的长度为加速阶段散货与传送带发生的相对位移为在时间内传送带额外多做的功为其中，，联立可得倾斜传送带的平均输出功率为。 29.(2025高考·湖北)如图所示，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m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为(为足够大常数，g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小 (2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。 (3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。(参考公式：) 29.【答案】(1) 滑块1运动时，对木板的摩擦力为地面对木板的摩擦力为所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有解得。 (2) 滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有联立可得。 (3) 当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有解得(n为整数)则第个(即)木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则则木板和剩下的木块不发生相对滑动。对前面个(即)木块，有木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则则又则则j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则j=2时，根据动量守恒定律可得可得第2个滑块开始运动的速度，则由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有 …… 将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得联立，可得。 30.(2025高考·陕晋青宁卷)如图，有两个电性相同且质量分别为m、的粒子A、B，初始时刻相距，粒子A以速度沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于。经时间粒子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，这时撤去恒力。已知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、、、均为已知量) (1)粒子B到达P点时的速度大小； (2)时间内粒子B的位移大小； (3)恒力作用的时间。 30.【答案】(1) 根据动量守恒定律，解得。 (2) 两者共速时设间距为，根据能量守恒定律可知此时电势能为根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒则有即有根据位移关系可知联立解得。 (3) 对全过程，对系统根据动能定理对全过程，根据动量定理联立解得。 31.(2025高考·海南)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦， (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 31.【答案】(1)，方向竖直向上 A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒解得在最低点根据牛顿第二定律解得，方向竖直向上； (2) 根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒解得故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 (3)或 第一种情况，当传送带速度小于时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律设经过时间后AB与传送带共速，可得该段时间内AB运动的位移为传送带运动的位移为故可得联立解得，另一解大于舍去； 第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得该段时间内AB运动的位移为传送带运动的位移为故可得解得，另一解小于舍去。 32.(2025高考·四川)如图所示，倾角为的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； (3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。 32.【答案】(1) 小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有解得甲在ab段运动的加速度大小 (2)或 甲恰能到c点，设到达c点时的速度为，可知解得①根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒，解得碰后乙的速度为②碰后乙能运动至点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足即③联立①②③可得 第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知，解得④联立①②④可得 (3) 在(2)问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段，故碰后乙做类平抛运动越过线段，故碰后乙的速度必然满足同时根据类平抛运动规律可知， 同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上，可得当，联立解得⑤，联立②⑤将代入可得⑥，对甲球从a到c过程中根据动能定理⑦，联立⑥⑦可得 33.(2025高考·上海)质点在以某点为圆心半径为r的圆周上运动，即质点运动时其轨迹是圆周的运动叫“圆周运动”。它是一种最常见的曲线运动。例如电动机转子、车轮、皮带轮等都作圆周运动。 如图所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点，e为段的中点。一个质量为m的小物块在轨道内侧做圆周运动。 (1)若物块从a点运动到c点所用时间为，则在时，物块在(　　) A.A段 B.B点 C.C段 D.D点 E.E段 (2)若物块在a点的速度为，经过时间t刚好到达b点，则在该过程中轨道对物块的支持力的冲量为( ) A. B. C. D. (3)若物块质量为，下图是物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图像。 ①求轨道半径R； ②求时，物块克服重力做功的瞬时功率P。 33.【答案】(1)E 物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为，则在时，物块在E段，选E。 (2)D 根据动量定理，支持力在水平方向的冲量为竖直方向上根据动量定理有故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为，选D。 (3)①；② ①由图像可知，物块的初速度为，最高点位置的速度为。由动能定理得解得②由图像可知时，物块的速度为，则物块克服重力做功的瞬时功率 34.(2024高考·广东)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 34.【答案】(1) 敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知解得。 (2)①330N∙s，方向竖直向上 由图像可知碰撞过程中F的冲量大小方向竖直向上。 ②0.2m 头锤落到气囊上时的速度与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)解得v=2m/s则上升的最大高度。 35.(2024高考·河北)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A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。 (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。 35.【答案】(1) 机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，根据人船模型得同时解得A、B木板间的水平距离。 (2)90J，2 设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得， 联立解得机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒根据能量守恒可得机器人做的功为联立得根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时。 (3) 根据可得，根据得分析可知A木板以该速度向左匀速运动，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BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得解得该过程A木板向左运动的距离为机器人连续3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，设每次起跳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，取向右为正方向，得①每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得②机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为可得③联立①②③解得A、C两木板间距为解得。 36.(2024高考·江苏)嫦娥六号在轨速度为v0，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Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： (1)分离后A的速度v1大小； (2)分离时A对B的推力大小。 36.【答案】(1) 组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0 = Mv＋mv1解得方向与v0相同。 (2) 以B为研究对象，对B列动量定理有FΔt = Mv－Mv0解得。 37.(2024高考·安徽)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。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。 (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，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。 37.【答案】(1)6N 对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理解得在最低点，对小球由牛顿第二定律解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为。 (2)4m/s 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解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为。 (3) 若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒由能量守恒定律解得若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守由能量守恒定律解得综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为。 38.(2024高考·辽宁)如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。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；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小和； (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。 38.【答案】(1)1m/s，1m/s 对A物块由平抛运动知识得，代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块整体动量守恒，则解得脱离弹簧时B的速度大小为。 (2)0.2 对物块B由动能定理代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为。 (3)0.12J 弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即其中，解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能。 39.(2024高考·浙江)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。(其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，) (1)若，求小物块 ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在上经过的总路程； ③在上向上运动时间和向下运动时间之比。 (2)若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 39.【答案】(1)①16m/s2 对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有第一次经过C点的向心加速度大小为。 ②2m 小物块a在DE上时，因为所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有解得。 ③1∶2 根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为，将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有解得。 (2)0.2m 对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有解得设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有解得。 40.(2024高考·浙江)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧璧EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 (1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； (2)若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； (3)若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 40.【答案】(1)5m/s 滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理解得。 (2)0.625J 平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒根能量守恒解得。 (3)6m/s 若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为共速后，共同加速度大小为考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程共速过程，滑块、木板位移分别为，共速时，相对位移应为解得，随后共同减速到达H速度说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。 41.(2024高考·山东)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=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2. (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度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=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。 41.【答案】(1) 根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有代入数据解得。 (2)(i)， 根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知根据图乙有当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有结合题图乙有可知截距联立以上各式可得，，。 (ii) 由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有小物块有在这个过程中系统机械能守恒有水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有联立解得根据运动学公式有代入数据解得。 42.(2024高考·甘肃)如图，质量为2kg的小球A(视为质点)在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。(重力加速度g取) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 42.【答案】(1) A开始运动到最低点有对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得解得，。 (2) A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知故解得。 (3) A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得根据能量守恒得联立解得。 43.(2024高考·湖南)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v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 (1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； (2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 (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。 43.【答案】(1)， 有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有可得碰撞后根据牛顿第二定律有可得 (2)或 若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有联立解得，因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图 ①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，则有联立解得由于两质量均为正数，故k1=0，即对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有联立解得，，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。 ②若第二次碰撞发生在图中的c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；所以联立可得因为两质量均为正数，故k2=0，即根据①的分析可证，，满足题意。综上可知或。 (3) 第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有第一次碰撞动量守恒有且联立解得B球运动的路程第二次碰撞的相对速度大小为，第二次碰撞有且联立可得所以B球运动的路程一共碰了2n次，有。 44.(2024高考·湖北)如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、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、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。 (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。 44.【答案】(1) 根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有解得由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为可知，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。 (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，由动量守恒定律有其中，解得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解得。 (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，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有联立解得即P点到O点的最小距离为。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 【高中物理人教版(2019)】 3年高考真题(2024-2026)-按章分类 选择性必修第一册 第一章 动量守恒定律 21个单选题 + 14个多选题 + 6个实验题 + 44个解答题 ---- 学 生 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·浙江)在建筑工地上的某次打桩过程中，质量为的重锤，从时刻开始由某一高度静止下落，时刻与质量为的桩发生撞击，随后一起运动，时刻桩静止于软土中。不计空气阻力，重力加速度取，则下列说法正确的是( ) A.时间内，锤对桩的平均作用力大小为 B.时间内，软土对桩的平均阻力大小为 C.时间内，软土对桩做的功等于锤和桩的机械能损失 D.时间内，锤的重力冲量值大于桩对锤作用力的冲量值 2.(2026高考·北京)如图所示，一物块在固定斜面上匀速下滑，不计空气阻力。物块在下滑过程中( ) A.所受合力的冲量为零 B.所受支持力的冲量为零 C.所受重力与摩擦力的合力做正功 D.机械能守恒 3.(2026高考·广西)立定跳远时起跳方向不变，用更大的平均作用力起跳，每次起跳的作用时间不变，则下列说法正确的是( ) A.起跳完成时动量变小(或不变) B.起跳完成时速度变大 C.地面的平均支持力不变 D.地面给人的冲量是相同的 4.(2026高考·四川)如图所示，边长为的绝缘菱形支架EFGH竖直放置，FG边固定于水平地面，。E、G两点各固定一带电小球，两小球带等量异种电荷。点H、F间固定一光滑绝缘直轨道，另一带电小球从H点沿轨道由静止下滑至F点。重力加速度大小为、小球均可视为点电荷。则小球在运动过程中( ) A.某时刻所受支持力可能为零 B.到达F点时的速率为 C.电势能先增大后减小 D.所受电场力的冲量为零 5.(2026高考·四川)如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为，与传送带间的动摩擦因数分别、。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度(为重力加速度大小)运动，经时间撤去外力、再经时间绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则( ) A.和满足 B.从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为 C.绳绷直后瞬间甲的动能为 D.绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 6.(2026高考·四川)2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到的全尺寸人形机器人、该机器人体重；2025年1月、该团队发布的四足机器人体重。若两款机器人均以的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为( ) A. B. C. D. 7.(2026高考·江苏)如图所示，、分别为圆内接、外切正四边形，与圆相切与、、、。一小球在圆内壁发生弹性碰撞，运动轨迹为。小球在顶点受到的冲量大小与其动量大小之比为( ) A. B. C. D. 8.(2026高考·贵州)如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成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的球心上升的最大高度为( ) A. B. C. D. 9.(2026高考·河北)为清除太空碎片对航天器的潜在威胁，某兴趣小组提出一种设想。如图所示，一质量为的太空碎片绕地球做半径为的匀速圆周运动，在点受到一个与其速度方向垂直且背离地心向外的瞬时冲量作用、变轨到图中的椭圆轨道，最终进入大气层而烧毁，设地球质量为，引力常量为、则该太空碎片受到冲量作用后瞬间的动能为( ) A. B. C. D. 10.(2025高考·湖北)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于(　　) A. B. C. D. 11.(2025高考·甘肃)如图，小球A从距离地面处自由下落，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。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　) A. B. C. D. 12.(2025高考·广东)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，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v随时间t变化的图像，可能正确的是(  ) A. B. C. D. 13.(2025高考·浙江)高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为(　　) A.5层 B.8层 C.17层 D.27层 14.(2025高考·山东)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为(  ) A. B. C. D. 15.(2025高考·河南)两小车P、Q的质量分别为和，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，碰撞时间极短，则(　　) A. B. C. D. 16.(2025高考·浙江)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为。A以的速度向右运动，B和C一起以的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则(　　) A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m 17.(2025高考·浙江)有一离地面高度、质量为稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数，重力加速度，则它降落到地面的时间约为(　　) A. B. C. D. 18.(2024高考·北京)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是( ) A.上升和下落两过程的时间相等 B.上升和下落两过程损失的机械能相等 C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 19.(2024高考·安徽)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为、、，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则(  ) A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C.在图乙位置，， D.在图乙位置， 20.(2024高考·江苏)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物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体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B动量最大 B.压缩最短时A动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 21.(2024高考·浙江)如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约的轨道。取地球质量，地球半径，引力常量。下列说法正确的是(　　) A.火箭的推力是空气施加的 B.卫星的向心加速度大小约 C.卫星运行的周期约 D.发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态 二、多选题 1.(2026高考·山东)如图所示，质量相等的两个小物块M和N，M恰好静止于倾角为的固定斜面上，N从斜面上某位置由静止释放，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为，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、图像正确的是( ) A. B. C. D. 2.(2026高考·陕晋青宁卷)如图，物块的质量分别为、、，通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与连接，与位于正下方的用劲度系数为的轻弹簧相连。初始时托住和，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放和，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(为形变量)，重力加速度大小为。则( ) A.释放后瞬间的加速度大小为 B.释放后瞬间轻绳上的拉力大小为 C.释放后下降的最大距离为 D.释放后的速度最大值为 3.(2025高考·四川)若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列各式可能表示能量的是(  ) A. B. C. D. 4.(2025高考·广东)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F = F0－kt(F ≠ 0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F > 0的任一时刻)，下列说法正确的有(  ) A.受到空气作用力的方向会变化 B.受到拉力的冲量大小为 C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为 D.T时刻受到空气作用力的大小为 5.(2025高考·陕晋青宁卷)如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块(　　) A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C.从释放到静止的位移大小为 D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为 6.(2025高考·福建)传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，重力加速度，则(　　) A.在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小 B.t=t0时，B的速度为0.5m/s C.t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m D.0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m 7.(2024高考·全国)蹦床运动中，体重为的运动员在时刚好落到蹦床上，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。下列说法正确的是(　　) A.时，运动员的重力势能最大 B.时，运动员的速度大小为 C.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 8.(2024高考·广东)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有( ) A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与无关 D.甲最终停止位置与O处相距 9.(2024高考·广西)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在(　　) A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B.竖直增面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 10.(2024高考·福建)物块置于足够长光滑斜面上并锁定，时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是(　　) A.，物体一直沿斜面向下运动 B.，合外力的总冲量为0 C.时动量是时的一半 D.过程物体的位移小于的位移 11.(2024高考·湖北)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(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 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 12.(2024高考·甘肃)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　) A.小车的动能不变 B.小车的动量守恒 C.小车的加速度不变 D.小车所受的合外力一定指向圆心 13.(2024高考·安徽)一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图(1)所示。从开始，将一可视为质点的物块从0点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力和，其大小与时间t的关系如图(2)所示。己知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取，不计空气阻力。则(   ) A.物块始终做匀变速曲线运动 B.时，物块的y坐标值为2.5m C.时，物块的加速度大小为 D.时，物块的速度大小为 14.(2024高考·广西)如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则(　　) A.进入过程，木料对木栓的合力的冲量为 B.进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为 C.进入过程，木料和木栓的机械能共损失了 D.木栓前进后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为 三、实验题 1.(2026高考·甘肃)某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。实验前，安装调节好实验装置，在水平底板上铺一张白纸，纸上放复写纸，记下重垂线所指的位置。 实验步骤如下： 第一步：用天平分别测出两小球的质量和。 第二步：将入射小球从斜槽轨道S处由静止释放。重复实验，找到其多次落点的中心位置。 第三步：将被碰小球静置于斜槽轨道末端，再将从S处由静止释放，与碰撞。重复实验，分别找到和相碰后各自多次落点的中心位置和。 第四步：分别测出点到各个落点中心的距离、和。 回答以下问题： (1)关于实验装置和操作，下列说法正确的是__________(多选，填正确答案标号)。 A.两个小球的材质应相同 B.两个小球的大小应相等 C.斜槽轨道表面必须光滑 D.斜槽轨道末端应调节至水平 (2)改变被碰小球的质量，进行多组实验，测量出对应的和值。以为横坐标，以__________(单选，填正确答案标号)为纵坐标描点，若这些点都近似在一条直线上，则说明动量守恒定律成立。 A. B. C. D. (3)若，且碰撞近似为弹性碰撞，则与的比值应为__________。 2.(2026高考·广东)某科技小组设计了测量薄膜压缩时间的实验，图1(a)为装置示意图。 (1)实验原理。某种薄膜受到小球冲击时会发光，通过测量发光光谱的相对光强峰值，可得最大冲击力，结合动量定理可估测薄膜压缩时间。 (2)实验操作及数据处理。 ①称量小球质量，记录质量。 ②断开电磁铁电源，使小球从薄膜正上方自由下落。拍摄小球下落过程的视频。 ③图1(b)为利用视频处理软件得到的小球接触薄膜瞬间前连续3个时刻的位置图。分别测量图中的距离和，可得为_________，为6.66 cm。相邻两个位置的时间间隔为，则小球在位置处的速度__________(用、和表示)；与薄膜接触前瞬间，小球在位置处的速度__________(用、和表示)。 ④用光谱仪测得薄膜受到冲击时发光光谱的为。图2为已知的关系图像，可读得为__________N。 ⑤，，由动量定理可估测薄膜压缩时间，将数据代入可得_______s(结果保留3位有效数字)。 3.(2025高考·广东)请完成下列实验操作和计算。 (1)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图所示，读数 mm。 (2)实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能，装置如图所示，图中轨道由轨道甲和乙平滑拼接而成，且轨道乙倾角较大。 ①选取相同的两辆小车，分别安装宽度为1.00 cm的遮光条。 ②轨道调节。 调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高。将小车在轨道乙上释放，若测得小车通过光电门A和B的 。证明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。 ③碰撞测试 先将小车1静置于光电门A和B中间，再将小车2在M点由静止释放，测得小车2通过光电门A的时间为t2，碰撞后小车1通过光电门B的时间为t1。若t2 t1，可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。 ④吸能材料性能测试。 将吸能材料紧贴于小车2的前端。重复步骤③。测得小车2通过光电门A的时间为10.00 ms，两车碰撞后，依次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00 ms、30.00 ms，不计吸能材料的质量，计算可得碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为 (结果保留2位有效数字)。 4.(2024高考·全国)某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。将斜槽轨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x，将与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、。 完成下列填空： (1)记a、b两球的质量分别为、，实验中须满足条件 (填“>”或“<”)； (2)如果测得的、、、和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 。 5.(2024高考·北京)如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。 (1)关于本实验，下列做法正确的是_____(填选项前的字母)。 A.实验前，调节装置，使斜槽末端水平 B.选用两个半径不同的小球进行实验 C.用质量大的小球碰撞质量小的小球 (2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m1的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。 a.图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点 ； b.分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON。在误差允许范围内，若关系式 成立，即可验证碰撞前后动量守恒。 (3)受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1，2的质量分别为m和M，弦长AB = l1、A′B = l2、CD = l3。 推导说明，m、M、l1、l2、l3满足 关系即可验证碰撞前后动量守恒。 6.(2024高考·山东)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200.0g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。 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”)。 四、解答题 1.(2026高考·重庆)《天工开物》记载了一种传统木工工具——刨子。如图所示，刨子主要由刨身和刨刀构成。为体验使用刨子，小明先将刨刀取下，用大小为F、方向斜向下并与水平面夹角为θ的力作用于刨身，使其在木材水平表面做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g。 (1)求刨身做匀速直线运动时受到的滑动摩擦力大小。 (2)若刨身与木材间的动摩擦因数为μ，求刨身的质量。 (3)将刨刀装入后，刨子质量为M，改变推力，使刨子在木材水平表面由静止开始做匀加速直线运动。若加速度大小为a，运动距离为L，求该过程中刨子所受合力的冲量大小。 2.(2026高考·甘肃)如图，水平地面点左侧光滑，右侧部分粗糙。质量为、右侧为光滑圆弧的大物块静置在地面光滑部分，且圆弧底端与地面相切于点。质量为的小物块从圆弧顶端由静止释放，并沿圆弧下滑，在点与墙壁发生弹性碰撞，返回至点时恰好与大物块速度相同。已知，，圆弧半径，、间距。重力加速度取，小物块视为质点。求： (1)两物块分离前的瞬间，小物块和大物块各自速度的大小。 (2)两物块分离前的瞬间，小物块受到支持力的大小。 (3)小物块与粗糙地面之间的动摩擦因数。 3.(2026高考·北京)中子或暗物质粒子等中性粒子因为不带电，无法直接通过电磁效应探测。 (1)实验上，通常让中性粒子与原子核碰撞，通过原子核获得的动能来探测中性粒子的性质。质量为、速度为的中性粒子与质量为的静止原子核发生对心碰撞。若碰撞后中性粒子与原子核的速度相同，求原子核动能。 (2)理论上，通过米格达尔效应也可以探测中性粒子。米格达尔效应可近似为：中性粒子与原子核碰撞，系统损失的动能都传递给原子核外电子，成为可探测的电子信号。 a.质量为、速度为的中性粒子与质量为的静止原子核对心碰撞时发生了米格达尔效应，求电子可获得的最大能量； b.2026年1月，我国科学家团队首次在实验中直接观测到中子与原子核碰撞过程中的米格达尔效应，这一发现为轻暗物质探测突破阈值瓶颈提供了关键支撑。若暗物质粒子的质量()，原子核的质量，暗物质粒子与原子核的各类碰撞中，原子核可获得的最大动能为，探测器能分辨的最小能量值为，请结合数据分析说明：与通过原子核获得的动能来探测中性粒子相比，米格达尔效应有助于探测质量更小的暗物质粒子。 4.(2026高考·江苏)如图所示，光滑水平面上质量为m的小球A通过两根相同的轻质弹簧分别与质量均为的小球、连接，、分别套在两根平行的细杆上，细杆固定、光滑且足够长。初始时A、、位于垂直于细杆的直线上且处于静止状态，每根弹簧都处于原长。现有质量为M的小球B以速度沿平行于细杆的方向与A发生弹性正碰。 (1)求A获得的速度大小； (2)在弹簧再次恢复原长的过程中，若B与A不发生碰撞，求此过程中每根弹簧的最大弹性势能； (3)在弹簧再次恢复原长时，若B又恰能与A碰撞，求A、B两球的质量之比。 5.(2026高考·河南)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v0 = 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Δt = 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v1 = 6m/s，求球壳首次碰地时的速度大小。 6.(2026高考·湖北)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的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、两点的距离均为。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为，不计空气阻力。 (1)求甲第一次到达点时的速度大小。 (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)。 7.(2026高考·贵州)如图，机舱内装有质量均为的甲、乙两个灭火弹模型的弹射型无人机，静止在的斜直轨道上，无人机空载时质量。无人机在弹射系统作用下以的速度沿轨道离开，随后无人机依靠自身动力飞行，达到高度时，开始以的速度沿水平方向做匀速直线运动，并进行投弹训练。设两弹所受空气阻力不计，落地点均在同一水平面上，取重力加速度。 (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(国际单位制)，所受空气阻力大小恒为，方向与飞行方向相反，若两弹相对无人机无初速度先后被释放，时间间隔，求两弹落地点之间的距离； (3)设无人机水平飞行过程中，先相对无人机无初速度释放甲，当甲落地时沿水平方向发射乙，此时乙相对地面的速度大小为，若无人机的速度始终不变，求乙从发射到落地的过程中，两弹之间距离的最小值与取值的关系。 8.(2026高考·广东)如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，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)总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，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； (2)机器人外壳上升的最大高度 ； (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。 9.(2026高考·河北)如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。取，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求 (1)机器人被提起的内，木板位移的大小。 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。 10.(2026高考·黑吉辽蒙卷)如图，光滑水平面上一质量的木板，其右端通过轻弹簧连接质量的物块，此时弹簧伸长量，物块和木板均静止。质量的小球(可视为质点)通过长的轻绳悬于点。小球从绳与竖直方向成处由静止释放，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。 (1)求碰撞后瞬间木板的速度大小。 (2)弹簧的压缩量第一次为时，物块速度大小为，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数。 11.(2026高考·黑吉辽蒙卷)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的驱动下，质量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所受支持力为其重力的，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。求上升过程中 (1)实验舱的最大速度； (2)舱内处于模拟的月球重力环境的时间。 12.(2026高考·陕晋青宁卷)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，其中段的长度、倾角为段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从点由静止下滑，经过到达点，此后进入段继续滑行。游客甲和滑板的总质量段、段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为、，其中。重力加速度取，。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在点处的机械能损失。 (1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数； (2)求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小； (3)当甲到达点时，游客乙乘同样滑板恰以的速度经过点下滑。求乙到达点时与甲的距离。 13.(2026高考·上海)一只松鼠在树枝间跳跃，要从这个树枝节点以一定水平初速度跳到另外一个树枝节点上：已知两个节点的水平距离为，竖直方向的高度为，不考虑空气阻力，求松鼠要完成这次跳跃所需的最小初速度？ 14.(2026高考·上海)又一只松鼠在一根与水平方向夹角为的倾斜树枝上，从静止开始沿树枝向上做匀加速直线运动；已知它在内沿树枝运动了【计算结果，保留2位有效数字】。 (1)求松鼠的加速度； (2)已知松鼠的质量为，求该过程中树枝对松鼠的作用力。 15.(2026高考·上海)生物学家通过研究发现：当松鼠受到的平均作用力小于自身重力的15倍时，不会受到永久性伤害。某次实验中，一只质量为的松鼠从静止开始下落，其速度随位移的变化关系如图所示。 (1)求松鼠下落10m的过程中，空气阻力对它做的功； (2)若松鼠与地面的作用时间为90ms，请通过计算论证该松鼠落地后是否会受到永久性伤害？ 16.(2026高考·浙江)如图所示。一宽度为d的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ分别平滑连接半径均为r的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m的物块a，从圆弧面上相对平板竖直高度为h的A点静止下滑(h<< r)，途经圆弧面上最低点B，平板上有一质量为的物块b与MN成45°角从O点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a发生弹性碰撞。两物块均为质点。 (1)求物块a第一次经过B点时速度大小v0和所受支持力FN； (2)从A到B的过程：物块a相对于B点位移为x，求其所受回复力F与x的关系式； (3)求物块b的初速度大小vb以及碰撞后瞬间物块a的速度大小va； (4)若h=0.032m，r=10m，d=0.4m，要使物块a从NQ之间滑离，求BQ间距L的范围。 17.(2025高考·浙江)某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 18.(2025高考·全国卷)如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功； (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离； (3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？ (4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？ 19.(2025高考·甘肃)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。 求： (1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。 (2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。 (3)t=6s时，物块的速度大小。 20.(2025高考·四川)如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q()的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求： (1)微粒第一次到达下极板所需时间； (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 21.(2025高考·北京)关于飞机的运动，研究下列问题。 (1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。 (2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。 (3)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。 22.(2025高考·北京)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成两部分，质量分别为和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)该物体抛出时的初速度大小； (2)炸裂后瞬间B的速度大小； (3)落地点之间的距离d。 23.(2025高考·湖南)某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。 (1)若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小； (2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小； (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。 24.(2025高考·河北)如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 25.(2025高考·江苏)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小； (3)若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能。 26.(2025高考·河南)如图，在一段水平光滑直道上每间隔铺设有宽度为的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为的小物块P，另一质量为的小物块Q以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，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。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。 27.(2025高考·山东)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。一质量的小球自Q点正上方处自由下落，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。当弹簧拉力达到时，b解除锁定开始运动。已知a的质量，b的质量，方形物体的质量，重力加速度大小，弹簧的劲度系数，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式(x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、； (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。 28.(2025高考·广西)图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内： (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。 29.(2025高考·湖北)如图所示，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m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为(为足够大常数，g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小 (2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。 (3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。(参考公式：) 30.(2025高考·陕晋青宁卷)如图，有两个电性相同且质量分别为m、的粒子A、B，初始时刻相距，粒子A以速度沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于。经时间粒子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，这时撤去恒力。已知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、、、均为已知量) (1)粒子B到达P点时的速度大小； (2)时间内粒子B的位移大小； (3)恒力作用的时间。 31.(2025高考·海南)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦， (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 32.(2025高考·四川)如图所示，倾角为的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； (3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。 33.(2025高考·上海)质点在以某点为圆心半径为r的圆周上运动，即质点运动时其轨迹是圆周的运动叫“圆周运动”。它是一种最常见的曲线运动。例如电动机转子、车轮、皮带轮等都作圆周运动。 如图所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点，e为段的中点。一个质量为m的小物块在轨道内侧做圆周运动。 (1)若物块从a点运动到c点所用时间为，则在时，物块在(　　) A.A段 B.B点 C.C段 D.D点 E.E段 (2)若物块在a点的速度为，经过时间t刚好到达b点，则在该过程中轨道对物块的支持力的冲量为( ) A. B. C. D. (3)若物块质量为，下图是物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图像。 ①求轨道半径R； ②求时，物块克服重力做功的瞬时功率P。 34.(2024高考·广东)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 35.(2024高考·河北)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A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。 (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。 36.(2024高考·江苏)嫦娥六号在轨速度为v0，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Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： (1)分离后A的速度v1大小； (2)分离时A对B的推力大小。 37.(2024高考·安徽)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。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。 (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，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。 38.(2024高考·辽宁)如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。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；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小和； (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。 39.(2024高考·浙江)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。(其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，) (1)若，求小物块 ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在上经过的总路程； ③在上向上运动时间和向下运动时间之比。 (2)若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 40.(2024高考·浙江)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧璧EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 (1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； (2)若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； (3)若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 41.(2024高考·山东)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=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2. (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度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=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。 42.(2024高考·甘肃)如图，质量为2kg的小球A(视为质点)在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。(重力加速度g取) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 43.(2024高考·湖南)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v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 (1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； (2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 (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。 44.(2024高考·湖北)如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、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、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。 (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。 选择性必修第一册 第一章 动量守恒定律 ---- 参考答案及解析 ---- 一、单选题 1.B 在时间内，重锤做自由落体运动，时刻重锤的速度大小为重锤与桩发生撞击过程，根据动量守恒可得解得撞击后瞬间的共同速度为在时间内，以向上为正方向，以锤为对象，根据动量定理可得代入数据解得桩对锤的平均作用力大小为根据牛顿第三定律可知，锤对桩的平均作用力大小为；以重锤和桩为整体，根据动量定理可得代入数据解得软土对桩的平均阻力大小为，A错误，B正确。在时间内，除了软土对桩做负功，碰撞过程也存在机械能损失，因此锤和桩的总机械能损失等于软土阻力做功的绝对值加上碰撞过程的机械能损失，C错误。在时间内，由于锤的初、末速度均为0，锤的动量变化量为0，根据动量定理可知，锤的重力冲量值大小等于桩对锤作用力的冲量值大小，D错误。 2.A 合外力冲量等于物块动量变化，匀速运动速度不变、动量变化量为0，因此物块所受合力的冲量为零，A正确。支持力大小不为零，物块下滑过程的作用时间不为零，根据冲量定义，支持力的冲量不为零，B错误。物块三力平衡，重力、支持力、摩擦力的总合力为0，因此重力与摩擦力的合力与支持力等大反向，方向垂直斜面向下，而物块位移沿斜面向下，该合力与位移方向垂直，做功为0，C错误。物块在下滑过程中，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，D错误。 3.B 由于起跳方向与作用时间不变，当用更大的平均作用力起跳时，根据牛顿第三定律可知，地面对人的平均作用力也增大，人所受的平均合力也增大，由动量定理有可知，起跳完成时动量变大，地面给人的冲量变大，由于初速度为0，起跳完成时速度变大，AD错误，B正确。由于起跳方向不变，设起跳方向与地面的夹角为，人的质量为，重力加速度为，则地面对人的平均支持力为则地面的平均支持力变大，C错误。 4.A 根据菱形几何性质和等量异种电荷的电场特点可知HF轨道电势处处相等，等量异种电荷中垂线上电场方向平行于电荷连线EG，若电场力方向与重力垂直轨道的分力方向相反、大小相等，则支持力N=0，这种情况是可能存在的，A正确。整个过程电场力不做功，只有重力做功，由几何关系得下落高度根据动能定理：解得，B错误。HF是等势线，整个运动过程中小球电势不变，电势能不变，C错误。冲量是矢量，等量异种电荷中垂线上电场方向始终不变，因此电场力方向始终不变，整个过程电场力的总冲量不为零，D错误。 5.D 以传送带为参考系，初始甲乙均静止。施加外力过程，乙的最大速度撤去外力后，乙的加速度大小经时间绳绷直，此时乙还有向右的速度或恰好相对传送带静止，说明故，A错误。绳绷直时乙的速度从撤去外力到绳绷直，乙的路程(以下所指路程均为相对传送带运动的距离)为因摩擦产生的热量，B错误。绳绷直瞬间，根据动量守恒解得此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于，则其动能大于，C错误。绳绷直以后甲、乙相对传送带速度均为从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为甲的路程为从施加外力到绳绷直过程乙的路程为比较可知故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，D正确。 6.C 根据题意，由动量表达式可得，二者的动量大小之差为，故选C。 7.A 根据动量定理，小球在拐点处受到合力的冲量等于动量的变化量，即 设小球速率为v，动量大小正方形相邻边方向垂直，小球拐弯前后速度大小均为v，方向夹角为，因此动量变化量的大小为： 可得 结合几何关系，选项中只有A符合。故选A。 8.A 设A、B小球的质量均为，忽略空气阻力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能定理可得A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，可得由于所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心上升的最大高度为h，则对B从碰后至上升到最大高度的过程，由动能定理可得解得，故选A。 9.B 设太空碎片做匀速圆周运动的速度为，根据万有引力提供向心力有解得则碎片受到冲量前的初始动能为碎片在Q点受到瞬时冲量I作用，获得一个垂直于原速度方向的分速度，根据动量定理可得其大小为由于冲量方向(背离地心向外，即径向)与原速度方向垂直，根据矢量合成法则(勾股定理)，作用后的合速度v的平方为则该太空碎片受到冲量作用后瞬间的动能为，故选B。 10.B 设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有得撤销拉力后，有得对于全过程，有得对于全过程有故运动的总时间可知当越大时，越小，当时，取最小值。则则，选B。 11.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，则有碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有联立解得，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有解得可知，碰撞后，小球A运动落地，则水平方向上有解得，选B。 12.A 根据牛顿第二定律两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因MN系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知解得、因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD是错误的；若不是弹性碰撞，则可知碰后速度大小之比为若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v:2v=2:1可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A正确，C错误。 13.C 鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间根据动量定理代入数据解得由自由落体公式得高度每层楼高约3m，对应楼层数为层，C入选。 14.C 轨道舱与返回舱的质量比为，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m；根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有可得做圆周运动的线速度为弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有由题意带入解得，C入选。 15.D PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有即根据图像可知，故；同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有即根据图像可知，故；故，D入选。 16.D 碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误。向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒解得v1=1m/s方向向右；当三者共速时可知v=0即最终三者一起静止，可知经历的时间，B错误。碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量，C错误。碰撞到三者相对静止由能量关系可知可得D正确。，D入选。 17.B 沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知…………①沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足…………②解得由动量定理可得即则沙尘下落时间为由于，则，B入选。 18.C 小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力(加速度)总大于下落过程所受合力(加速度)，D错误。小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确。上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误。经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。 19.D 该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，AB错误。对系统根据动量守恒根据球1和2运动的对称性可知，解得根据能量守恒解得C错误，D正确。 20.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，得设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得联立得故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变，A入选。 21.B 根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推力，A错误。根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为，B正确。卫星运行的周期为，C错误。发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，D错误。 二、多选题 1.AD M、N质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，可得碰撞后，即发生弹性碰撞后交换速度，则时刻两物块碰后瞬间M的速度为v，N的速度为0，M与斜面间的动摩擦因数为、N与斜面间无摩擦，则碰后M做匀速直线运动，N做加速度大小为的匀加速直线运动，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，则有解得则时刻M、N发生第二次碰撞，碰前瞬间M的速度为v，N的速度为M、N质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，所以第二次碰后瞬间的速度为N的速度为，同理可得M、N从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间有解得所以时刻发生第三次碰撞，第三次碰前瞬间M的速度为N的速度为对比选项中图像可知AD正确，BC错误。 2.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，设释放后瞬间轻绳上的拉力大小为，对、整体，由牛顿第二定律有对，由牛顿第二定律有联立解得，，A正确，B错误。根据题意，把物块看成整体，左边受向下的，右边也受向下的，整体合力为零，由动量守恒定律有则有可得解得，设释放后下降的最大距离为，则，此时弹簧形变量为由能量守恒定律有解得释放后的速度最大时为，则有又有解得则有，由能量守恒定律有解得，故C错误，D正确。 3.AC 根据题意可知的单位为结合动能公式可知为能量单位，A正确。同理的单位为根据可知为力的单位，故可知为力与质量的乘积，故不是能量的单位，B错误。的单位为根据前面A选项分析可知该单位为能量单位，C正确，的单位为，不是能量单位，D错误。选AC。 4.AB 无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图 可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有，F = F0－kT解得，A正确、D错误。由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，B正确。将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为，C错误。选AB。 5.AC 根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为时，对滑块进行受力分析，如图所示 在垂直杆方向有由胡克定律结合几何关系有联立解得可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为，A正确。下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，冲量是矢量，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，B错误。设滑块从释放到静止运动的位移为，滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着杆方向合力为0时，滑块速度最大，之后滑块继续向下做加速度增大的减速运动，当速度为为0时，有由几何关系可得此时则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速度再次为0时，有解得此时此时则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为，C正确。从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为，由能量守恒定律有解得，D错误，选AC。 6.BD 根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有，代入数值解得t=t0时，B的速度为在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有，由于，故可知，A错误，B正确。在时间内，设AB向右的位移分别为，；，由功能关系有解得故弹簧的压缩量为，C错误。A与传送带的相对位移为B与传送带的相对为故可得由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像 可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得结合可知，D正确。 7.BD 根据牛顿第三定律结合题图可知时，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，A错误。根据题图可知运动员从离开蹦床到再次落到蹦床上经历的时间为，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在时，运动员恰好运动到最大高度处，时运动员的速度大小，B正确，C错误。同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为，以竖直向上为正方向，根据动量定理其中代入数据可得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，D正确。 8.ABD 两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，A正确。两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，B正确。设斜面倾角为θ，乙下滑过程有在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为由于t1与有关，则总时间与有关，C错误。乙下滑过程有由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有联立可得即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，D正确。 9.BC 由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直地面上的垂直投影的运动是匀加速运动。 10.AD 根据图像可知当时，物块加速度为方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小为方向沿斜面向上，作出物块内的图像 根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，A正确。根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理，B错误。根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，C错误。图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，D正确。 11.AD 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的速度分别为，则有子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为联立上式可得因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确。则子弹穿过木块时木块的速度为由运动学公式可得，B错误。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，C错误。木块加速过程运动的距离为，D正确。 12.AD 做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，A正确。做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，B错误。做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，C错误。做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，D正确。 13.BD 根据图像可得，，故两力的合力为物块在y轴方向受到的力不变为，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，A错误。在y轴方向的加速度为故时，物块的y坐标值为，B正确。时，，故此时加速度大小为，C错误。对x轴正方向，对物块根据动量定理由于F与时间t成线性关系故可得解得此时y轴方向速度为故此时物块的速度大小为，D正确。 14.BD 锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，A错误。锤子撞击木栓后木栓获得的动能为木栓进入过程根据动能定理有解得平均阻力为，B正确。木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能，，C错误。对木栓的一个侧面受力分析如图 由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有且根据B选项求得平均阻力又因为联立可得，D正确。 三、实验题 1.【答案】(1)BD (2)A (3)2 【解析】(1)AB.为了保证两小球发生对心正碰，两个小球的大小应相等；为了保证碰撞后入射小球不反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，所以两个小球的材质不相同，A错误，B正确。为了保证每次碰撞前瞬间入射小球的速度相同，每次应从同一位置静止释放入射小球，但斜槽轨道表面不需要光滑，C错误。为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端应调节至水平，D正确。 (2)设碰撞前瞬间入射小球的速度为，碰撞后瞬间入射小球和被碰小球的速度分别为、；根据动量守恒可得由于两小球在空中下落高度相同，运动时间相等，则有，，联立可得整理可得则以为横坐标，以为纵坐标描点，若这些点都近似在一条直线上，则说明动量守恒定律成立，故选A。 (3)若，且碰撞近似为弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得，联立可得又，可得。 2.【答案】③6.26；； ④100 ⑤ 【解析】③毫米刻度尺的分度值为1mm，需要估读到下一位，根据题图可得；根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得；根据速度时间关系有又联立可得 ④根据题图可得为时，为100N； ⑤，，由动量定理可估测薄膜压缩时间结合将数据代入可得 3.【答案】(1)8.260/8.261/8.259 根据题意，由图可知，小球的直径为 (2)②时间相等；；0.56 ①若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力，小车将在轨道甲上做匀速直线运动，通过两个光电门的速度相等，即通过光电门A和B的时间相等。 ③= 若两个小车发生弹性碰撞，由于两个小车的质量相等，则碰撞后两个小车的速度互换，即碰撞后小车1的速度等于碰撞前小车2的速度，则有t2 = t1 ④0.56 根据题意可知，碰撞前小车2的速度为碰撞后，小车1和小车2的速度分别为，则碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为 4.【答案】(1)> 为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求； (2) 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球的速度大小碰撞后a的速度大小碰撞后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，则整理得。 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，水平方向匀速运动直线运动，小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。 5.【答案】(1)AC 实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前，后速度成正比，需要确保小球做平抛运动，即实验前，调节装置，使斜槽末端水平，A正确。为使两小球发生的碰撞为对心正碰，两小球半径需相同，B错误。为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出，需要用质量大的小球碰撞质量小的小球，C正确。 (2)用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点 m1OP = m1OM＋m2ON 碰撞前、后小球均做平抛运动，由可知，小球的运动时间相同，所以水平位移与平抛初速度成正比，所以若m1OP = m1OM＋m2ON。即可验证碰撞前后动量守恒。 (3)ml1 =−ml2＋Ml3 设轻绳长为L，小球从偏角θ处静止摆下，摆到最低点时的速度为v，小球经过圆弧对应的弦长为l，则由动能定理有由数学知识可知联立两式解得若两小球碰撞过程中动量守恒，则有mv1 = −mv2＋Mv3又有，，整理可得ml1 = −ml2＋Ml3。 6.【答案】(1)1.0 由图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在时发生突变，即这个时候发生了碰撞。 (2)0.20 根据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。 (3)B 由题图乙知，碰撞前A的速度大小，碰撞后A的速度大小约为，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为，A和B碰撞过程动量守恒，则有代入数据解得所以质量为200.0g的滑块是B。 四、解答题 1.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)刨身匀速直线运动，水平方向受力平衡。将斜向下的推力沿水平、竖直方向分解，水平分力为，滑动摩擦力与水平分力大小相等，因此滑动摩擦力 (2)竖直方向受力平衡，木材对刨身的支持力满足滑动摩擦力满足其中代入得整理后解得刨身质量 (3)刨子由静止开始做匀加速直线运动，由运动学公式可得末速度根据动量定理，合力的冲量等于物体动量的变化量，初动量为0，因此合力冲量 2.【答案】(1)， (2) (3) 【解析】(1)根据题意，设小物块和大物块各自速度的大小分别为和，水平向右为正方向，由动量守恒定律有由机械能守恒定律有代入数据解得， (2)两物块分离前的瞬间，由牛顿第二定律有代入数据解得 (3)根据题意可知，小物块在点与墙壁发生弹性碰撞，速度反向，大小不变，大物块分离后向左做匀速直线运动，则从点到返回点过程中，由动能定理有代入数据解得 3.【答案】(1) (2)a. b.原子核可获得的最大动能为，远小于探测器最小分辨能量，无法通过原子核动能直接探测。暗物质粒子与原子核的各类碰撞中，弹性碰撞时，原子核获得的动能最大，根据动量守恒和能量守恒有：，可得①由a分析可知米格达尔效应中电子可获得的最大能量②联立①②可得该值大于的探测阈值，可以被探测器捕捉。 说明对于质量更小的暗物质粒子，直接碰撞转移给原子核的动能远低于探测阈值无法被识别，而米格达尔效应能将碰撞损失的动能集中转移给电子，使可探测的信号能量超过阈值，因此可以探测到质量更小的暗物质粒子。 【解析】(1)碰撞后两者速度相同，系统动量守恒： 解得共同速度原子核动能： (2)a. 中性粒子和原子核碰撞时，系统损失的动能全部转移给电子，因此电子获得的能量等于碰撞过程的动能损失。对心碰撞中完全非弹性碰撞的动能损失最大，对应电子获得最大能量： 初始总动能为完全非弹性碰撞后总动能为因此： b.原子核可获得的最大动能为，远小于探测器最小分辨能量，无法通过原子核动能直接探测。暗物质粒子与原子核的各类碰撞中，弹性碰撞时，原子核获得的动能最大，根据动量守恒和能量守恒有：，可得①由a分析可知米格达尔效应中电子可获得的最大能量②联立①②可得该值大于的探测阈值，可以被探测器捕捉。说明对于质量更小的暗物质粒子，直接碰撞转移给原子核的动能远低于探测阈值无法被识别，而米格达尔效应能将碰撞损失的动能集中转移给电子，使可探测的信号能量超过阈值，因此可以探测到质量更小的暗物质粒子。 4.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)根据题意可知，小球B与小球A发生弹性正碰，由动量守恒定律有由能量守恒定律有联立解得， (2)根据题意可知，小球、、A共速时，弹簧的形变量最大，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有由能量守恒定律有解得 (3)根据题意，设小球B与小球A发生弹性正碰后到弹簧再次恢复原长的时间为，由动量守恒定律有两边同时乘以并求和可得要使弹簧恢复原长时，m与M能再次发生碰撞，则有整理可得解得即球质量m和大球质量M的质量比。 5.【答案】(1)0.05m (2)2m/s，0.1s (3) 【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解得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，小球与球壳的位移大小之和为D－d，则解得 (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、，以竖直向下为正方向，则球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为、由动量守恒定律由机械能守恒定律碰后速度差的大小拓展：发生弹性碰撞，恢复系数第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，两者的相对速度大小始终为，两者的相对位移大小为，有解得 (3)取向下为正，第一次碰前：壳速，球速弹性碰撞，每次碰撞后相对速度大小恒为，时间间隔设每次碰撞壳速改变量为(碰前壳快时减速，球快时加速)，大小从第1次碰前到第8次碰前，经历7次碰撞和7个0.1s的重力加速(每次加1m/s)递推球壳碰前速度①碰前：2，②碰前：，③碰前：，④碰前：，⑤碰前：6，⑥碰前：，⑦碰前：8，⑧碰前：已知⑧碰前壳速为6m/s，故解得由得则可推导出所有速度如表所示(速度均为m/s，＋向上，－向下) 碰撞序号 时刻 碰前壳速 碰前球速 碰后壳速 碰后球速 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 ⑩ 1.0 －8 －10 －11 －9 ⑪ 1.1 －12 －10 －9 －11 利用上表壳速，每段0.1s匀变速，位移，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 0.5→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 1.0→1.1s －11 －1.15 0.475 (第⑪次碰前)球壳质心位于。此时碰撞后壳速变为(见上表⑪碰后)，随后匀加速下降至触地(质心触地高度)，下落距离由运动学公式可知则触地速度大小为 6.【答案】(1) (2) (3)当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 【解析】(1)甲下滑过程轨道光滑，由动能定理解得 (2)第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒，解得乙弹性碰撞后速度对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化代入，​得​​​ (3)碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论： ①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有解得需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0 ②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有解得需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有解得需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0综上所述，k满足的关系式为：当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 7.【答案】(1)，方向与水平方向夹角为 (2) (3) 【解析】(1)载弹无人机在斜直轨道上运动过程中，由动量定理有代入数据解得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，方向沿斜直轨道向上，即与水平方向夹角为。 (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水平方向由牛顿第二定律有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灭火弹的位移为由于两弹所受空气阻力不计，则两弹释放后均做平抛运动，有则两弹落地点之间的距离为 (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由二次函数知识可知，当，两弹之间距离最小，即由于，上述对称轴只有在即时，才落在有效区间内。当时，对称轴，二次函数在区间单调递增，最小值在(发射瞬间)取得，此时两弹水平距离为0，竖直距离为，故综上有 8.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)两摆锤以初速度沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡板相碰前的速度为v，根据机械能守恒定律有解得摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有解得机器人起跳时的动能 (2)根据速度位移关系可得机器人外壳上升的最大高度 (3)机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为，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解得 9.【答案】(1) (2) 【解析】(1)根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为，则有解得机器人被提起时，对木板有解得机器人被提起的2s内，木板位移的大小 (2)机器人被放回木板时，木板的速度为机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由动量守恒定律有解得对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功 10.【答案】(1) (2) 【解析】(1)C下摆过程，由机械能守恒定律有解得，C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小 (2)A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为时，以向左为正方向，由动量守恒定律有 解得由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有解得 11.【答案】(1) (2) 【解析】(1)加速阶段，由动能定理有解得 (2)减速阶段，由动量定理得解得 12.【答案】(1) (2)， (3)40m 【解析】(1)当甲从A点滑至B点根据代入数据可得a=2m/s2根据牛顿第二定律有又因为，所以代入数据联立可得 (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，所以有根据前面小问可知甲下滑的加速度为a=2m/s2；根据运动学公式可得甲到达B点的速度为12m/s所以AB段动量的变化量为 (3)乙从A滑到B的过程根据运动学公式有代入数据解得甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有可得甲到达B点的速度为，在4s内甲没有停止；在内，甲运动的距离代入数据解得，即甲乙之间的距离为40m。 五跳跃松鼠 松鼠是松鼠科物种的统称，有63属285种。松鼠的体形细长，后肢更长；前后肢间无皮翼，四肢强健；眼大而明亮，耳朵长，耳尖有一束毛，冬季尤其显著；夏毛一般为黑褐色或赤棕色，冬毛多呈灰色、烟灰色或灰褐色，腹毛为白色；指、趾端有尖锐的钩爪，尾毛多而且蓬松，常朝向背部反卷。松鼠雌性个体比雄性个体稍重一些。因为松鼠的样子像老鼠，而且大多数喜欢啃食松果之类的坚果，习惯生活在树木尤其是松树上，故名松鼠。 13.【答案】 【解析】松鼠做平抛运动，将运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动。水平方向，有竖直方向，有联立消去时间，得到刚好落到目标点的最小初速度 14.【答案】(1)，方向沿树枝向上； (2)，方向斜向上 【解析】(1)松鼠做初速度为0的匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间的关系，得代入，，解得方向沿树枝向上。 (2)对松鼠受力分析，松鼠受重力，树枝的作用力，将分解为沿树枝分量​、垂直树枝分量。垂直树枝方向，受力平衡，有解得沿树枝方向由牛顿第二定律，得解得合作用力大小方向斜向上。 15.【答案】(1)； (2)否 【解析】(1)由图像可知，松鼠下落时，落地速度下落过程由动能定理，得解得 (2)取向上为正方向，松鼠落地过程，由动量定理，得其中，解得平均作用力平均作用力小于时不会受伤，其中因为，因此该松鼠落地后不会受到永久性伤害。 16.【答案】(1)，，方向竖直向上 (2) (3)， (4)见解析 【解析】(1)对a物块下滑过程中根据动能定理有可得；在B点根据牛顿第二定律有可得，方向竖直向上； (2)如图 由于h<<r，滑块a所受回复力F，则可知滑块受到的回复力F与x成正比，方向与x相反，因此滑块a从释放到第一次到达最低点的运动是简谐运动。 (3)滑块b在圆弧形斜面上垂直槽轴线方向的运动性质与a相同，平行槽轴线方向做匀速度直线运动。设滑块b的速度沿槽轴线和垂直槽轴线分速度为vbx、vby，如图 当vbx=0时，滑块b第一次滑到最高点，由题意可知滑块b到达的最高点高度与滑块a的开始下滑的高度相等。此时速度为vby，经历的时间t1为；又因与滑块a最高点相同，由题意可知即因为滑块a、b在最高点发生碰撞，设碰后滑块b的速度为v'by。由动量守恒和机械能守恒有，联立解得， (4)碰后滑块a在平行于槽轴线方向的速度始终为va，从MN边界射出的最基本的几种临界情况如图1、2、3、4所示。考虑周期性，则L有多种情况 由题给数据可得，，滑块a每一次在圆弧型斜面上滑或下滑的时间为滑块a每一次滑过水平面的时间为又由于滑块a从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等，设时间为T，则T=4t1+2t2=(2π+1) s滑块a由碰后到从MN之间飞出的时间t满足，L=0.4t所以由图1、2可知或，……由图3、4可知即或者，……综上分析可知t应满足则滑块a能从MN之间飞出时L的范围为，(n=0，1，2，3，4……) 17.【答案】(1)4m/s 滑块从P点到B点由动能定理解得到达B点的速度。 (2)0.9J 物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 (3)0.2m 物块在传送带上加速运动的加速度为加速到共速时用时间在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度 (4)3N 从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知，联立解得(另一组，因不合实际舍掉)对滑块在最高点时由牛顿第二定律解得F=3N。 18.【答案】(1) 小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为。 (2)， 设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中同时有联立解得，。 (3) 弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，，其中联立解得。 (4) 对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有，解得。 19.【答案】(1)， 由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知所以当t=6s时，0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即 (2)由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有即在垂直杆方向，当时，则0−4s，垂直杆方向摩擦力在4−6s内，垂直杆方向摩擦力相应的f−t图像如图 (3) 在0~6s内沿杆方向根据动量定理有在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则联立有可得。 20.【答案】(1) 由牛顿第二定律由运动学公式联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为。 (2) 微粒第一次到达下极板时的速度大小为由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为，满足代入解得同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为，满足代入解得故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为。 21.【答案】(1) 根据动能定理可得牵引力对飞机做的功。 (2) 加速过程，设起飞速度为，根据速度位移关系减速过程，根据速度位移关系联立解得。 (3)论证见解析， 在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理可得又，联立可得又可知即。 22.【答案】(1) 物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式可得。 (2) 爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为vB，由动量守恒定律得解得即大小为2v。 (3) 根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移B的水平位移所以落地点A、B之间的距离。 23.【答案】(1) 由B点到最低点过程动能定理有最低点牛顿第二定律可得联立可得。 (2) 轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得水平方向竖直方向取向上为正可得联立可得。 (3) 当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得设的水平速度和竖直速度分别为，则有则水平方向动量守恒可得水平方向满足人船模型可得此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为，则有速度关系水平方向竖直方向联立可得即显然当时取得最小，此时。 24.【答案】(1)0.6m 小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a = μg则小物块从开始运动到离开平台有小物块从平台飞出后做平抛运动有，x = vxt1联立解得x = 0.6m。 (2)IN = 0.1N·s；vx′= 0 物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有，vy2 = gt2则物块与地面接触的时间Δt = t－t1－t2 = 0.1s物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt = mvy2－m(－vy1)，vy1 = gt1解得IN = 0.1N·s取水平向右为正，在水平方向有，解得vx′ = －1m/s但由于vx′减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′= 0。 25.【答案】(1) 根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为。 (2) 根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有由能量守恒定律有解得，负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为。 (3) 根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞次后速度大小为则玻璃球碰撞次后最终动能大小。 26.【答案】(1)24.5J P、Q与发生正碰，由动量守恒定律由能量守恒定律联立可得，。 (2)5s 对物块P受力分析由牛顿第二定律物块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式，解得则物块P在第一个防滑带上运动的时间为物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则解得物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式，解得则物块P在第二个防滑带上运动的时间为物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则解得由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为故物块P从开始运动到静止经历的时间为。 27.【答案】(1)，水平向左，，水平向右 根据题意可知，小球从开始下落到处过程中，水平方向上动量守恒，则有由能量守恒定律有联立解得，即小球速度为，方向水平向左，大物块速度为，方向水平向右。 (2)，水平向左， 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，小球和物块水平方向上动量守恒，则有解得设当弹簧形变量为时物块的固定解除，此时小球和物块的速度为，根据胡克定律系统机械能守恒联立解得，固定解除之后，小球、物块和物块组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有解得，方向水平向左。由能量守恒定律可得，最大弹性势能为。 28.【答案】(1) 某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I，可知受到的冲量为I，则对单个散货水平方向由动量定理解得单个散货的质量为。 (2) 落入货箱中散货的个数为则水平传送带的平均传送速度大小为。 (3) 设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律解得加速时间加速位移设匀速时间为，其中则匀速位移为故传送带的长度为加速阶段散货与传送带发生的相对位移为在时间内传送带额外多做的功为其中，，联立可得倾斜传送带的平均输出功率为。 29.【答案】(1) 滑块1运动时，对木板的摩擦力为地面对木板的摩擦力为所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有解得。 (2) 滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有联立可得。 (3) 当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有解得(n为整数)则第个(即)木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则则木板和剩下的木块不发生相对滑动。对前面个(即)木块，有木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则则又则则j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则j=2时，根据动量守恒定律可得可得第2个滑块开始运动的速度，则由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有 …… 将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得联立，可得。 30.【答案】(1) 根据动量守恒定律，解得。 (2) 两者共速时设间距为，根据能量守恒定律可知此时电势能为根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒则有即有根据位移关系可知联立解得。 (3) 对全过程，对系统根据动能定理对全过程，根据动量定理联立解得。 31.【答案】(1)，方向竖直向上 A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒解得在最低点根据牛顿第二定律解得，方向竖直向上； (2) 根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒解得故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 (3)或 第一种情况，当传送带速度小于时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律设经过时间后AB与传送带共速，可得该段时间内AB运动的位移为传送带运动的位移为故可得联立解得，另一解大于舍去； 第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得该段时间内AB运动的位移为传送带运动的位移为故可得解得，另一解小于舍去。 32.【答案】(1) 小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有解得甲在ab段运动的加速度大小 (2)或 甲恰能到c点，设到达c点时的速度为，可知解得①根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒，解得碰后乙的速度为②碰后乙能运动至点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足即③联立①②③可得 第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知，解得④联立①②④可得 (3) 在(2)问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段，故碰后乙做类平抛运动越过线段，故碰后乙的速度必然满足同时根据类平抛运动规律可知， 同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上，可得当，联立解得⑤，联立②⑤将代入可得⑥，对甲球从a到c过程中根据动能定理⑦，联立⑥⑦可得 33.【答案】(1)E 物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为，则在时，物块在E段，选E。 (2)D 根据动量定理，支持力在水平方向的冲量为竖直方向上根据动量定理有故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为，选D。 (3)①；② ①由图像可知，物块的初速度为，最高点位置的速度为。由动能定理得解得②由图像可知时，物块的速度为，则物块克服重力做功的瞬时功率 34.【答案】(1) 敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知解得。 (2)①330N∙s，方向竖直向上 由图像可知碰撞过程中F的冲量大小方向竖直向上。 ②0.2m 头锤落到气囊上时的速度与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)解得v=2m/s则上升的最大高度。 35.【答案】(1) 机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，根据人船模型得同时解得A、B木板间的水平距离。 (2)90J，2 设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得， 联立解得机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒根据能量守恒可得机器人做的功为联立得根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时。 (3) 根据可得，根据得分析可知A木板以该速度向左匀速运动，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BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得解得该过程A木板向左运动的距离为机器人连续3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，设每次起跳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，取向右为正方向，得①每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得②机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为可得③联立①②③解得A、C两木板间距为解得。 36.【答案】(1) 组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0 = Mv＋mv1解得方向与v0相同。 (2) 以B为研究对象，对B列动量定理有FΔt = Mv－Mv0解得。 37.【答案】(1)6N 对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理解得在最低点，对小球由牛顿第二定律解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为。 (2)4m/s 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解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为。 (3) 若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒由能量守恒定律解得若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守由能量守恒定律解得综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为。 38.【答案】(1)1m/s，1m/s 对A物块由平抛运动知识得，代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块整体动量守恒，则解得脱离弹簧时B的速度大小为。 (2)0.2 对物块B由动能定理代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为。 (3)0.12J 弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即其中，解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能。 39.【答案】(1)①16m/s2 对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有第一次经过C点的向心加速度大小为。 ②2m 小物块a在DE上时，因为所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有解得。 ③1∶2 根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为，将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有解得。 (2)0.2m 对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有解得设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有解得。 40.【答案】(1)5m/s 滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理解得。 (2)0.625J 平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒根能量守恒解得。 (3)6m/s 若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为共速后，共同加速度大小为考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程共速过程，滑块、木板位移分别为，共速时，相对位移应为解得，随后共同减速到达H速度说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。 41.【答案】(1) 根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有代入数据解得。 (2)(i)， 根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知根据图乙有当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有结合题图乙有可知截距联立以上各式可得，，。 (ii) 由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有小物块有在这个过程中系统机械能守恒有水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有联立解得根据运动学公式有代入数据解得。 42.【答案】(1) A开始运动到最低点有对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得解得，。 (2) A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知故解得。 (3) A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得根据能量守恒得联立解得。 43.【答案】(1)， 有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有可得碰撞后根据牛顿第二定律有可得 (2)或 若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有联立解得，因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图 ①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，则有联立解得由于两质量均为正数，故k1=0，即对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有联立解得，，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。 ②若第二次碰撞发生在图中的c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；所以联立可得因为两质量均为正数，故k2=0，即根据①的分析可证，，满足题意。综上可知或。 (3) 第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有第一次碰撞动量守恒有且联立解得B球运动的路程第二次碰撞的相对速度大小为，第二次碰撞有且联立可得所以B球运动的路程一共碰了2n次，有。 44.【答案】(1) 根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有解得由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为可知，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。 (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，由动量守恒定律有其中，解得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解得。 (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，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有联立解得即P点到O点的最小距离为。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $