用动量和能量的观点解题-2024年新高考物理压轴题专项训练含答案.pdf

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1、1用动量和能量的观点解题用动量和能量的观点解题1.本专题是动量和能量观点的典型题型，包括应用动量定理、动量守恒定律，系统能量守恒定律解决实际问题。高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。2024年高考对于动量和能量的考查仍然是热点。2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。3.用到的相关知识有:动量定理、动量守恒定律、系统机械能守恒定律、能量守恒定律等。近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型为弹性碰撞，完全非弹性碰撞，爆炸问题等。考向一：动量定理处理多过程问题考向一：动量定理处理多过程问题1动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于

2、随时间变化的力这种情况下，动量定理中的力 F应理解为变力在作用时间内的平均值。2动量定理的表达式Ft=p是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。3应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间t越短，力F就越大，力的作用时间t越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。(2)当作用力F一定时，力的作用时间t越长，动量变化量p越大，力的作用时间t越短，动量变化量p越小。4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。(2)进行

3、受力分析只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力。(3)规定正方向。(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解考向二：动量守恒定律弹性碰撞问题考向二：动量守恒定律弹性碰撞问题两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1=m1v1+m2v212m1v21=12m1v21+12m2v22用动量和能量的观点解题-2024年新高考物理压轴题专项训练2由得v1=(m1-m2)v1m1+m2v2=2m1v1m1+m2结论：当m1=m2时，v1

4、=0，v2=v1，两球碰撞后交换了速度。当m1m2时，v10，v20，碰撞后两球都向前运动。当m1m2时，v10，碰撞后质量小的球被反弹回来。考向三：动量守恒定律完全非弹性碰撞问题考向三：动量守恒定律完全非弹性碰撞问题两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律。m1v1=m1v1+m2v2m1v1=(m1+m2)v共12m1v21+12m2v22=12(m1+m2)v共2+E损根据能量守恒，E损一般有三个去向，转化为能能，转化为弹性势能，转化为重力势能。考向四：动量守恒定律反冲、爆炸问题考向四：动量守恒定律反冲、爆炸问题1爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短

5、的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动。2反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动。(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：动量守恒；动量近似守恒；某一方向动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒。注意：反冲运动中平均动量守恒。(3)实例：喷气式

6、飞机、火箭、人船模型等。3人船模型若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒。如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v1=-m2v2得m1x1=-m2x2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动。(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。0101动量定理处理多过程问题动量定理处理多过程问题1一高空作业的工人重为600 N，系一条长为L=5 m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t=1 s，则安全带受的平均冲力是多少？(g取10m/s2)30

7、202动量定理处理流体问题动量定理处理流体问题2某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为g。求(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。0303弹性碰撞问题弹性碰撞问题3如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB=5mA。B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向偏角为30，由静

8、止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是()A.A静止，B向右，且最大偏角小于30B.A向左，B向右，且最大偏角等于30C.A向左，B向右，A球最大偏角大于B球最大偏角，且都小于30D.A向左，B向右，A球最大偏角等于B球最大偏角，且都小于300404 完全非弹性碰撞问题完全非弹性碰撞问题4如图所示，光滑水平地面上静置有一质量m1=3kg，R=0.5m的竖直光滑14圆弧轨道AB，O为圆心、B为轨道最低点，OB竖直。其右侧地面上静置-质量m2=1kg的木板C，木板的上表面粗糙且与B点等高。现将一质量m3=2kg的小滑块D(可视为质点)，以v0=3

9、m/s的速度从右端滑上C的上表面，当它滑到C的左端时，C、D恰好达到共同速度，此后C与B发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞后C与B粘在一起。已知D与C上表面间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2。求(1)木板C的长度；(2)小滑块D沿圆弧轨道上升的最大高度。0505 反冲、爆炸类问题反冲、爆炸类问题45如图所示。光滑水平桌面上有长L=2m的木板C，质量mC=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块(可视为质点)A和B，mA=1kg，mB=4kg，开始时三个物体都静止。在A、B间有少量塑胶炸药，爆炸后A以6m/s的速度水平向左运动，A、B中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间及爆炸时间，

10、求：(1)塑胶炸药爆炸后A、B获得的总动能(2)到A、B都与挡板碰撞为止，B物体相对地面的位移大小为多少？0606 动量守恒定律的综合应用动量守恒定律的综合应用6如图所示，光滑水平面上有一质量M=1.98kg的小车，车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点的左侧固定以半径R=0.7 m的14光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定轻质弹簧，弹簧处于自然长度其左端正好对应小车的C点，B与C之间距离L=0.9 m，一个质量m=2kg的小物块，置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m0=20 g的子弹，以速度v0=500m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小

11、车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数=0.5，g取10m/s2，则：(1)通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小物块的最大速度大小；(2)若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x=10cm，求弹簧的最大弹性势能。一、单选题一、单选题1(2024广东揭阳二模)如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左

12、端而不从木板上落下，重力加速度大小为g下列说法正确的是()A.滑块向右运动的过程中，加速度大小为2v2LB.滑块与木板间的动摩擦因数为v28gLC.k=2D.滑块弹回瞬间的速度大小为5v22(23-24高二下河北沧州阶段练习)如图所示，半径为R=0.4m的凹槽Q置于光滑水平面上，小球5P 和凹槽Q的质量均为m=1kg，将小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，重力加速度g取10m/s2。则以下说法正确的是()A.当小球第一次到达凹槽左端时，凹槽向右的位移大小为0.4mB.P、Q组成的系统动量守恒C.释放后当小球P 向左运动到最高点时，高度低于释放点D.因为 P、Q组成的系统机械能守

13、恒，小球P 运动到凹槽的最低点时速度为2 2m/s3(2024北京丰台一模)出现暴风雪天气时，配备航空燃油发动机的某型号“除雪车”以20km/h的速度匀速行驶，进行除雪作业。直径约为30cm的吹风口向侧面吹出速度约30m/s、温度约700、密度约1.0kg/m3的热空气。已知航空燃油的热值为4107J/kg，根据以上信息可以估算出以下哪个物理量()A.除雪车前进时受到的阻力B.除雪车吹出热空气时受到的反冲力C.除雪车进行除雪作业时消耗的功率D.除雪车进行除雪作业时单位时间消耗的燃油质量二、多选题二、多选题4(2024河北邯郸一模)如图所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，小物块B放置在水平轨道

14、上，小物块A从圆弧轨道释放，A、B在水平轨道上发生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圆弧轨道，然后返回与B发生第二次碰撞，已知B的质量是A质量的4倍，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比可能为()A.4B.2C.3D.25(2024河北保定一模)如图所示，粗糙的水平面上放置一轻质弹簧，弹簧的右端固定，左端与质量为m的滑块甲(视为质点)连接，小球乙(视为质点)静止在C点，让甲在A点获得一个水平向左的初速度2v0，且甲在A点时弹簧处于压缩状态，此时弹簧所蕴含的弹性势能为3mv20，当甲运动到B点时弹簧正好恢复到原长，甲继续运动到C点时与乙发生弹性碰撞。已知甲与水平面之间的动摩擦因数为=v202gL，A、

15、B两点间距与B、C两点间距均为L，下列说法正确的是()6A.甲刚到达B点时的速度大小为v0B.甲刚到达C点时，弹簧的弹性势能为3mv20C.甲刚到达C点时(与乙发生碰撞前)的动能为mv20D.若甲、乙碰撞刚结束时，乙的速度为22v0，则乙的质量为3m6(2024福建一模)如图(a)，质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图(b)中实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说

16、法正确的是()A.碰后瞬间乙的速度大小为v03B.甲、乙间的动摩擦因数为v03gt0C.甲到乙左端的距离Lv0t03D.乙、丙的质量比m:M=1:27(2024福建莆田二模)如图，劲度系数为200N/m的轻弹簧甲左端固定在墙壁上，右端刚好与静止在光滑水平面上的物块A接触；劲度系数未知的轻弹簧乙右端固定在静止的物块B上。现对A施加一水平向左、大小为3N的恒力F，使A向左运动，当速度为零时立即撤去F，之后A离开弹簧甲向右运动，从接触到弹簧乙开始，经0.2s时将弹簧乙压缩到最短，此过程物块B运动的距离为0.02m。已知A、B的质量分别为2kg和0.4kg。弹簧始终处于弹性限度内，则()A.物块A向左

17、移动的最大距离为0.015mB.物块A与弹簧甲分离时的动能为0.09JC.弹簧乙的最大弹性势能为0.018JD.弹簧乙的最大压缩量为0.036m8(2024湖南长沙一模)如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2024个质量均为2m的弹性物块(所有物块在同一竖直平面内)，质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面，以速度v0与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，2024个弹性物块两两间碰撞时交换速度，则下列说法正确的是(所有物块均可视为质点，重力加速度为g)()7A.2024号物块最终速度202320242ghB.2021号物

18、块最终速度2812ghC.0号物块最终动量大小为132024m 2ghD.最终所有物块的总动量为103m 2gh三、解答题三、解答题9(22-23高三上河南驻马店期末)如图所示，质量之比为2：1的甲、乙两物体之间有少量炸药，静止放置在光滑的水平地面上；内壁光滑的半圆轨道固定放置在水平地面上，A、O、C三点在同一条竖直线上，A是半圆轨道的圆心，A是半圆轨道的最低点，C是半圆轨道的最高点，半圆轨道的半径R=0.1m。炸药爆炸结束后瞬间，乙的速度大小v乙=6m/s，乙沿着水平地面向左运动，然后与小球丙发生弹性碰撞，物体乙与小球丙发生弹性碰撞后小球丙到达C点时，半圆轨道对小球丙的压力大小FN=20N，

19、且小球丙离开C点做平抛运动落到水平地面上，水平位移大小x=25m。已知炸药爆炸产生的能量的90%转化为甲、乙两物体的动能，取重力加速度大小g=10m/s2，甲、乙、丙均可视为质点。求：(1)小球丙的质量及其在C点的速度大小；(2)炸药爆炸产生的能量。10(2014广东惠州一模)、如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA=m，mB=2m，两滑块间夹有少量炸药平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M=3m，车长L=2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数=0.2，右侧地面上有一立桩，立桩与小车右端的距离为S，S在

20、0Sm2时，v10，v20，碰撞后两球都向前运动。当m1m2时，v10，碰撞后质量小的球被反弹回来。考向三：动量守恒定律完全非弹性碰撞问题考向三：动量守恒定律完全非弹性碰撞问题两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律。m1v1=m1v1+m2v2m1v1=(m1+m2)v共12m1v21+12m2v22=12(m1+m2)v共2+E损根据能量守恒，E损一般有三个去向，转化为能能，转化为弹性势能，转化为重力势能。考向四：动量守恒定律反冲、爆炸问题考向四：动量守恒定律反冲、爆炸问题1爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远

21、远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动。2反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动。(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：动量守恒；动量近似守恒；某一方向动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒。注意：反冲运动中平均动量守恒。(3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等。3人船模型若人船系

22、统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒。如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v1=-m2v2得m1x1=-m2x2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动。(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。0101动量定理处理多过程问题动量定理处理多过程问题1一高空作业的工人重为600 N，系一条长为L=5 m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t=1 s，则安全带受的平均冲力是多少？(g取10m/s2)3【答案】1 200 N【解析】法一程序法依题

23、意作图，如图所示，设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1，v21=2gL，得v1=2gL。经缓冲时间t=1 s后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力 F和重力mg，有(mg-F)t=0-mv1，F=mgt+mv1t将数值代入得F=1 200 N。由牛顿第三定律知安全带受的平均冲力F为1 200 N，方向竖直向下。法二全过程法在整个下落过程中对工人应用动量定理，在整个下落过程中，重力的冲量大小为mg2Lg+t，拉力F的冲量大小为Ft。初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理得mg2Lg+t-Ft=0解得F=mg2Lg+tt=1 200 N。由牛顿第三定律知安全

24、带受的平均冲力F=F=1 200 N，方向竖直向下。0202动量定理处理流体问题动量定理处理流体问题2某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为g。求(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。【答案】(1)v0S(2)v202g-M2g22v20S2【解析】(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，

25、质量为m，则m=VV=v0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为mt=v0S。(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为 v。对于t时间内喷出的水，由能量守恒得412(m)v2+(m)gh=12(m)v20在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p=(m)v设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ft=p由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F=Mg联立式得h=v202g-M2g22v20S2。0303弹性碰撞问题弹性碰撞问题3如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB=5mA。B球静止

26、，拉起A球，使细线与竖直方向偏角为30，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是()A.A静止，B向右，且最大偏角小于30B.A向左，B向右，且最大偏角等于30C.A向左，B向右，A球最大偏角大于B球最大偏角，且都小于30D.A向左，B向右，A球最大偏角等于B球最大偏角，且都小于30【答案】C【解析】设A球到达最低点的速度为v，在最低点A与B发生弹性碰撞后，A球的速度为vA，B球的速度为vB，取向右为正方向由动量守恒可得mAv=mAvA+mBvB由机械能守恒可得12mAv2=12mAv2A+12mBv2B可得 vA=mA-mBmA+mBv=

27、-23v，vB=2mAmA+mBv=13v，A 向左，B 向右，A 球偏角大于 B 球偏角，且都小于30，故选项C正确。0404 完全非弹性碰撞问题完全非弹性碰撞问题4如图所示，光滑水平地面上静置有一质量m1=3kg，R=0.5m的竖直光滑14圆弧轨道AB，O为圆心、B为轨道最低点，OB竖直。其右侧地面上静置-质量m2=1kg的木板C，木板的上表面粗糙且与B点等高。现将一质量m3=2kg的小滑块D(可视为质点)，以v0=3m/s的速度从右端滑上C的上表面，当它滑到C的左端时，C、D恰好达到共同速度，此后C与B发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞后C与B粘在一起。已知D与C上表面间的动摩擦因数=0.2，

28、取g=10m/s2。求(1)木板C的长度；5(2)小滑块D沿圆弧轨道上升的最大高度。【答案】(1)L=0.75m；(2)h=0.075m【详解】(1)设C、D共同速度为v，由动量守恒定律有m3v0=(m3+m2)v根据能量守恒定律可得 m3gL=12m3v20-12(m3+m2)v2代入数据解得L=0.75m(2)木板与圆弧轨道发生相撞，碰撞后C和圆弧轨道的共同速度为v1、取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：m2v=(m2+m1)v1小滑块D和圆弧轨道在水平方向上动量守恒，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：m3v+(m1+m2)v1=(m1+m2+m3)v根据机械能守恒定律可得m3gh=

29、12m3v2+12m2+m1v12-12m1+m2+m3v2解得上升的最大高度h=0.075m0505 反冲、爆炸类问题反冲、爆炸类问题5如图所示。光滑水平桌面上有长L=2m的木板C，质量mC=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块(可视为质点)A和B，mA=1kg，mB=4kg，开始时三个物体都静止。在A、B间有少量塑胶炸药，爆炸后A以6m/s的速度水平向左运动，A、B中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间及爆炸时间，求：(1)塑胶炸药爆炸后A、B获得的总动能(2)到A、B都与挡板碰撞为止，B物体相对地面的位移大小为多少？【答案】(1)22.5J；(2)0.7m【详解】(1)塑胶

30、炸药爆炸过程中A、B组成系统动量守恒有mAvA=mBvB解得vB=1.5m/sA、B获得的总动能EA=mAv2A2+mBv2B2=22.5J(2)mAsA=mBsB，当sA=1m时，sB=0.25m，即当A、C相撞时B与C右板相距s=L2-sB=0.75mA、C相撞时有mAvA=mA+mCv解得v=1m/s，方向向左。而vB=1.5m/s，方向向右，两者相距0.75m，故B的位移为0.25+vBsvB+v=0.7m0606 动量守恒定律的综合应用动量守恒定律的综合应用66如图所示，光滑水平面上有一质量M=1.98kg的小车，车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点的左侧固定以半径R=0.7

31、 m的14光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定轻质弹簧，弹簧处于自然长度其左端正好对应小车的C点，B与C之间距离L=0.9 m，一个质量m=2kg的小物块，置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m0=20 g的子弹，以速度v0=500m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数=0.5，g取10m/s2，则：(1)通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小物块的最大速度大小；(2)若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x=10cm，求弹簧的最大弹性势能。【答案】(1)否，5m

32、/s(2)2.5 J【详解】(1)对于子弹打小车的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m0v0=(m0+M)v，可得：v=5m/s当小物块运动到圆轨道的最高点时，三者共速为v共1。根据动量守恒定律得：m0v0=(m0+M+m)v共1。解得：v共1=2.5m/s根据机械能守恒定律得：12(m0+M)v2=12(m0+M+m)v共21+mgh解得：h=0.625 mv2联立解得v1v03则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比应小于3:1。所以则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比应介于上面两比值之间。故BC正确，AD错误。故选BC。5(2024河北保定一模)如图所示，粗糙的水平面上放置一轻质

33、弹簧，弹簧的右端固定，左端与质量为m的滑块甲(视为质点)连接，小球乙(视为质点)静止在C点，让甲在A点获得一个水平向左的初速度2v0，且甲在A点时弹簧处于压缩状态，此时弹簧所蕴含的弹性势能为3mv20，当甲运动到B点时弹簧正好恢复到原长，甲继续运动到C点时与乙发生弹性碰撞。已知甲与水平面之间的动摩擦因数为=v202gL，A、B两点间距与B、C两点间距均为L，下列说法正确的是()A.甲刚到达B点时的速度大小为v0B.甲刚到达C点时，弹簧的弹性势能为3mv20C.甲刚到达C点时(与乙发生碰撞前)的动能为mv20D.若甲、乙碰撞刚结束时，乙的速度为22v0，则乙的质量为3m【答案】BCD【详解】甲刚

34、到达B点时，弹簧弹性势能为零，即弹簧对甲做功为3mv20，根据动能定理3mv20-mgL=12mv2B-12m 2v02得vB=3v0，A错误；由题意，根据对称性可知，甲刚到达C点时，弹簧的弹性势能为3mv20，B正确；根据动能定理-mgL-3mv20=Ek-12mv2B，得Ek=mv20，C正确；根据动量守恒定律和机械能守恒2mEk=mvC1+m乙v乙，Ek=12mv2C1+12m乙v2乙由题意，碰撞后乙的速度为v乙=2mm+m乙2Ekm=22v0，得m乙=3m，D正确。故选BCD。6(2024福建一模)如图(a)，质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时

35、甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图(b)中实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是()10A.碰后瞬间乙的速度大小为v03B.甲、乙间的动摩擦因数为v03gt0C.甲到乙左端的距离Lv0t03D.乙、丙的质量比m:M=1:2【答案】BC【详解】AB设碰后瞬间乙的速度大小为v1，碰后乙的加速度大小为a，由图(b)可知x=v1t0-12at20=v0t02抛物线的顶点为Q，根据x-t图像的切线斜率表示速度，则有v1=a2t0，联立解

36、得，v1=2v03，a=v03t0，根据牛顿第二定律可得a=mgm=g解得甲、乙间的动摩擦因数为=v03gt0，故A错误，B正确；由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为a=v03t0，根据图(b)可知，t0时刻甲、乙刚好共速，则0t0时间内甲、乙发生的相对位移为x=x乙-x甲=v1+v共2t0-v共2t0=v12t0=v0t03，则甲到乙左端的距离满足Lx=a=v0t03，故C正确；物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得 Mv0=Mv2+mv1，12Mv20=12Mv22+12mv12可得v1=2MM+mv0=2v03，可得乙、丙的质量比为m:M=2:1，故D

37、错误。故选BC。7(2024福建莆田二模)如图，劲度系数为200N/m的轻弹簧甲左端固定在墙壁上，右端刚好与静止在光滑水平面上的物块A接触；劲度系数未知的轻弹簧乙右端固定在静止的物块B上。现对A施加一水平向左、大小为3N的恒力F，使A向左运动，当速度为零时立即撤去F，之后A离开弹簧甲向右运动，从接触到弹簧乙开始，经0.2s时将弹簧乙压缩到最短，此过程物块B运动的距离为0.02m。已知A、B的质量分别为2kg和0.4kg。弹簧始终处于弹性限度内，则()A.物块A向左移动的最大距离为0.015mB.物块A与弹簧甲分离时的动能为0.09JC.弹簧乙的最大弹性势能为0.018JD.弹簧乙的最大压缩量为

38、0.036m【答案】BD【详解】AA速度为零时，根据动能定理有Fx-12kx2=0，解得物块A向左移动的最大距离为x=0.03m，故A错误；物块A与弹簧甲分离时的动能为Ek=12kx2=0.09J，故B正确；根据Ek=12mv20，物块A11与弹簧甲分离时的速度为v0=0.3m/s，物块A、B共速时，弹簧乙的弹性势能最大，根据动量守恒有mAv0=(mA+mB)v，根据能量守恒有12mAv20=12(mA+mB)v2+Ep，解得弹簧乙的最大弹性势能为Ep=0.015J，故C错误；将弹簧乙压缩到最短的过程中，根据动量守恒有mAv0=mAvA+mBvB，则mAv0t=mAvAt+mBvBt，可得mA

39、v0t=mAxA+mBxB，解得xA=0.056m，弹簧乙的最大压缩量为x=xA-xB=0.036m故D正确。故选BD。8(2024湖南长沙一模)如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2024个质量均为2m的弹性物块(所有物块在同一竖直平面内)，质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面，以速度v0与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，2024个弹性物块两两间碰撞时交换速度，则下列说法正确的是(所有物块均可视为质点，重力加速度为g)()A.2024号物块最终速度202320242ghB.2021号物块最终速度2812ghC.

40、0号物块最终动量大小为132024m 2ghD.最终所有物块的总动量为103m 2gh【答案】BC【详解】由题可知，2024个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，所以2024号物体最终速度是0号物体与1号物体发生弹性正碰后1号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒得12mv02=12mv012+122mv112，mv0=mv01+2mv11解得v11=232gh，v01=-132gh，即2024号物块最终速度为v11=232gh，故A错误；由题意可知，2021号物块最终速度是0号与1号第四次碰撞后1号的速度，由动量守恒定律，0号与1号第一次碰撞有mv0=mv01+2mv11，0号与1号第二次碰撞有mv

41、01=mv02+2mv12，0号与1号第三次碰撞有mv02=mv03+2mv13，0号与1号第四次碰撞有mv03=mv04+2mv14，根据机械能守恒定律0号碰后返回到曲面，然后沿曲面滑下，则v01、v02、v03的方向与v0相同，大小分别与v01、v02、v03相等，联立解得，2021号物块最终速度为v14=281v0=2812gh，故B正确；0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为v02=-1322gh，最终0号物体要与1号物体碰撞2024次，所以0号物体最终动量大小为 p

42、0=132024m 2gh，故C正确；根据选项AB可知，2024号物块最终速度为v11=232gh，2023号物块最终速度为v12=23132gh，2022号物块最终速度为v13=231322gh，以此可知，1号物块最终速度为v12024=231320232gh，最终所有物块的总动量 p=2mv11+2mv12+2mv12024+p0，代入数据得 p=2m232gh 1+13+132+132023+132024m 2gh，化简可得 p=122-132024m 2gh，故D错误。故选BC。三、解答题三、解答题9(22-23高三上河南驻马店期末)如图所示，质量之比为2：1的甲、乙两物体之间有少量炸

43、药，静止放置在光滑的水平地面上；内壁光滑的半圆轨道固定放置在水平地面上，A、O、C三点在同一条竖直线上，A是半圆轨道的圆心，A是半圆轨道的最低点，C是半圆轨道的最高点，半圆轨道的半径R=0.1m。炸药爆炸结束后瞬间，乙的速度大小v乙=6m/s，乙沿着水平地面向左运动，然后与小球丙发生弹性碰撞，物体乙与小球丙发生弹性碰撞后小球丙到达C点时，半圆轨道对小球丙的压力大小FN=20N，且小球丙离开C点做平抛运动落到水平地面上，水平位移大小x=25m。已知炸药爆炸产生的能量的90%转化为甲、乙两物体的动能，取重力加速度大小g=10m/s2，甲、乙、丙均可视为质点。求：(1)小球丙的质量及其在C点的速度大

44、小；(2)炸药爆炸产生的能量。【答案】(1)2kg，2m/s；(2)10J【详解】(1)设小球丙的质量为m丙，丙在C点时，由牛顿第二定律有FN+m丙g=m丙v2CR由平抛运动规律有x=vct、2R=12gt2解得m丙=2kg，vC=2m/s(2)设碰撞后瞬间，小球丙的速度大小为v丙，物体乙的速度为v，由机械能守恒定律有12m丙v丙2=12m丙vC2+2m丙gR解得v丙=6m/s设甲、乙的质量分别为2m、m，乙、丙发生弹性碰撞，由动量守恒定律有mv乙=mv+m丙v丙碰撞过程中，总机械能不变，有12mv乙2=12mv2+12m丙v丙2解得m=2kg炸药爆炸过程，甲、乙组成的系统动量守恒，有2mv甲

45、=mv乙由功能关系有1390%E=122mv甲2+12mv乙2解得炸药爆炸产生的能量E=10J10(2014广东惠州一模)、如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA=m，mB=2m，两滑块间夹有少量炸药平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M=3m，车长L=2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数=0.2，右侧地面上有一立桩，立桩与小车右端的距离为S，S在0S2R的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不

46、计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g=10m/s2。求：(1)滑块A在半圆轨道最低点C受到轨道的支持力FN。(2)炸药爆炸后滑块B的速度大小vB。(3)请讨论滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与S的关系。【答案】(1)6mg；(2)vB=5gR2；(3)见解析【详解】(1)、以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为vA，滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为vAD，则mAg=mv2ADR得到vAD=gR滑块A在半圆轨道运动过程中，据动能定理-mAg2R=12mAv2AD-12mAv2AC得vA=vAC=5gR滑块A在半圆

47、轨道最低点FN-mAg=mv2ACR得FN=mAg+mAv2AR=6mg(2)、在A、B爆炸过程，动量守恒则mBvB+mA(-vA)=0得vB=mAmBvA=5gR2(3)、滑块B滑上小车直到与小车共速，设为v共整个过程中，动量守恒mBvB=(mB+M)v共14得v共=2vB5=5gR5滑块B从滑上小车到共速时的位移为sB=v2共-v2B-2g=21R8小车从开始运动到共速时的位移为s车=v2共22mg3m=34R两者位移之差(即滑块B相对小车的位移)为s=sB-s车=15R8(L-s)=18R所以，滑块B会从小车滑离讨论：当0s2R所以，滑块会从小车滑离则滑块共速后在小车运动时克服摩擦力做功

48、为Wf2=2mg(L-S)=mgR20所以当0s3R4时，滑块B克服摩擦力做功为Wf=Wf1+Wf2=11mgR1011(15-16高二下福建厦门期中)如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA=m，mB=2m，两滑块间夹有少量炸药。平台右侧有一木板，静止在光滑的水平地面上，木板质量M=3m，板面与平台的台面等高，板面粗糙，动摩擦因数=0.2，右侧地面上有一立桩，立桩与木板右端的距离为s，当木板运动到立桩处立即被牢固粘连。点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上木板。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆

49、炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g。求：(1)炸药爆炸后滑块A的速度大小vA；(2)炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；(3)若s足够长，要使滑块B能与木板相对静止，则木板长度L至少为多少？15若木板长度L=2R，立桩与木板右端的距离s可调整，调整范围为0-2R，请讨论滑块B在木板上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与s的关系。【答案】(1)5gR；(2)5gR2；(3)158R；(a)当0s34R时，Wf=0.4mg 2R+s；(b)当34Rs 2R-158R=18R即这种情况下滑块会脱离木板(a)当0s34R时，木板到与立桩粘连时未与滑块B达到共速，分析可知

50、，滑块会滑离木板，滑块B克服16摩擦力做功为Wf=2mg L+s=0.4mg 2R+s(b)当34Rs2R时，木板与滑块B先达到共速然后才与立桩粘连，木板与滑块B共速后到碰到立桩之前，滑块B与木板之间无摩擦力滑块从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为Wf1=2mg s车+L=0.4mg34R+2R=1.1mgR12(2024广东揭阳二模)如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距L=20cm，两导轨及其所构成的平面与水平面的夹角=37，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小B=5T。现将质量分别为m1=0.1kg、m2=0.2kg的金属棒a、b垂直导轨放置，每