动量--2024年高考真题和模拟题物理好题汇编（解析版）.pdf

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1、1动量动量1(2024(2024全国甲卷考题)7.蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是()A.t=0.15s时，运动员的重力势能最大B.t=0.30s时，运动员的速度大小为10m/sCt=1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N【答案】BD【解析】A根据牛顿第三定律结合题图可知 t=0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大

2、，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；BC根据题图可知运动员从t=0.30s离开蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在t=1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30s时运动员的速度大小v=101m/s=10m/s故B正确，C错误；D同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理Ft-mgt=mv-(-mv)，其中t=0.3s代入数据可得F=4600N根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为 4600N，故D正确。故选BD。2(20

3、24(2024年江苏卷考题)8.在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则()动量-2024年高考真题和模拟题物理好题汇编2A.弹簧原长时物体动量最大B.压缩最短时物体动能最大C.系统动量变大D.系统机械能变大【答案】A【解析】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mAvA=mBvB设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得Ep=12mAvA2+12mBvB2联立得Ep=12mB2mA+mBvB2故可知弹

4、簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。故选A。3(20242024年安徽卷考题)8.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+q，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v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了kq22d，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，v1=v2，v32v1D.在图乙位

5、置，v3=2kq23md【答案】D【解析】AB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30，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，故AB错误；CD对系统根据动量守恒 mv1+mv2=mv3根据球1和2运动的对称性可知v1=v2，解得 v3=2v1根据能量守恒12mv12+12mv22+12mv32=kq22d解得 v3=2kq23md 故C错误，D正确。故选D

6、。4(2024(2024年湖北考题)10.如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小 f与射入初速度大小v0成正比，即 f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则()A.子弹的初速度大小为2kL m+MmMB.子弹在木块中运动的时间为2mMk m+MC.木块和子弹损失的总动能为k2L2m+MmMD.木块在加速过程中运动的距离为mLm+M【答案】AD【解析】A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v1,v2，则有mv0=mv1+M

7、v2子弹和木块相互作用过程中合力都为 f=kv0，因此子弹和物块的加速度分别为a1=fm,a2=fM由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为 2a1x1=v20-v21,2a2x2=v22联立上式可得 v2=m v0-v20-2kv0m+kv0MLM+m因此木块的速度最大即v0-v20-2kv0m+kv0ML 取极值即可，该函数在2km+kML到无穷单调递减，因此当v0=2km+kML=2kL M+mMm木块的速度最大，A正确；B则子弹穿过木块时木块的速度为 v2=mv0M+m由运动学公式 v2=a2t，可得 t=mMk m+M，故B错误；4C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

8、，即E=Q=fL=2k2L2m+MmM故C错误；D木块加速过程运动的距离为 x2=0+v22t=mLM+m，故D正确。故选AD。5(20242024年上海卷考题)7.如图，小球a通过轻质细线，悬挂，处于静止状态。线长l=0.5m，上端固定于离地H=2.1m的O点，与竖直方向之间夹角=37；线保持水平。O点正下方有一与a质量相等的小球b，静置于离地高度h=1.6m的支架上。(取sin37=0.6，cos37=0.8，g=9.8m/s2)(1)在线，的张力大小F，F和小球a所受重力大小G中，最大的是。(2)烧断线，a运动到最低点时与b发生弹性碰撞。求：与b球碰撞前瞬间a球的速度大小va；(计算)碰

9、撞后瞬间b球的速度大小vb；(计算)b球的水平射程s。(计算)【答案】.F.1.4m/s.1.4m/s.0.8m【解析】(1)1以小球a为对象，根据受力平衡可得 F=Gcos=Fsin可知在线，的张力大小F，F和小球a所受重力大小G中，最大的是F。(2)2由动能定理可得 mgl 1-cos=12mv2a可得 va=2gl 1-cos=29.80.5 1-0.8m/s=1.4m/s3由动量守恒定律和能量守恒可得mva=mva+mvb12mv2a=12mv2a+12mv2b联立解得 vb=1.4m/s4由平抛运动的规律有 h=12gt2，s=vbt联立解得 s=vb2hg=1.421.69.8m=

10、0.8m6(20242024年广东卷考题)14.汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。5(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FN，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tan。(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

11、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M=30kg,H=3.2m，重力加速度大小取g=10m/s2。求：碰撞过程中F的冲量大小和方向；碰撞结束后头锤上升的最大高度。【答案】(1)tan=mamg+FN；(2)330Ns，方向竖直向上；0.2m【解析】(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 mg+FNtan=ma解得 tan=mamg+FN(2)由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 IF=120.16600Ns=330Ns，方向竖直向上；头锤落到气囊上时的速度 v0=2gH=8m/s与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)

12、IF-mgt=mv-(-mv0)解得 v=2m/s则上升的最大高度 h=v22g=0.2m7(20242024年江苏卷考题)13.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t，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；(2)分离时A对B的推力大小。【答案】(1)(m+M)v0-Mvm，方向与v0相同；(2)M(v-v0)t6【解析】(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 v1=(m+M)v0-Mvm，方向与v0相同；(2)以B为研究对象，对B列动量定理有 Ft=M

13、v-Mv0解得 F=M(v-v0)t8(20242024年安徽卷考题)14.如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着的轨道运动，已知细线长L=1.25m。小球质量m=0.20kg。物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的水平轨道长s=1.0m。圆弧轨道半径R=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m

14、/s2。(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取值范围。【答案】(1)6N；(2)4m/s；(3)0.250.4【解析】(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理 mgL=12mv20-0解得 v0=5m/s在最低点，对小球由牛顿第二定律 FT-mg=mv20L解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为 FT=6N(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律mv0=mv1+Mv212mv20=12mv21+12Mv22解得

15、小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为 v2=2mm+Mv0=4m/s(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Mv2=2Mv3由能量守恒定律 12Mv22=122Mv23+1Mgs7解得 1=0.4若物块恰好运动到与圆弧圆心等高位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2=2Mv4由能量守恒定律 12Mv22=122Mv24+2Mgs+MgR解得 2=0.25综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取值范围为 0.254N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有 F-mg=Ma结合题图乙有 a=1MF-mgM8可知 k=1M=

16、1kg-1截距 b=-mgM=-2m/s2联立以上各式可得 M=1kg，m=1kg，=0.2(ii)由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为 a2=g=2m/s2当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有 v1=a1t0小物块有 v2=a2t0在这个过程中系统机械能守恒有 12Mv21+12mv22=12Mv23+12mv24+2mgR水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有 Mv1+mv2=Mv3+mv4联立解得 t0=1.5s根据运动学公式有 L=12a1t20-12a2t20代入数据解得 L=4.5m10(20242024河北卷考题)15.如图，三块厚度相

17、同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg,A木板长度为2.0m，机器人质量为6.0kg，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力。(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

18、A、C两木板间距与B木板长度的关系。【答案】(1)1.5m；(2)90J，2；(3)xAC=74LB【解析】(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 Mx=mx1同时有 x+x1=LA解得A、B木板间的水平距离 x1=1.5m(2)设机器人起跳的速度大小为v，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 vcost=x1vsing=t2联立解得 v2=152sincos9机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒 Mvcos=mvA根据能量守恒可得机器人做的功为 W=12Mv2+

19、12mvA2联立得 W=3cos2+12sincos45J=4cos2+sin22sincos45J=4512tan+2tanJ根据数学知识可得当12tan=2tan时，即tan=2时，W取最小值，代入数值得此时W=90J(3)根据tan=2可得vcos=152m/s，根据 Mvcos=mvA得 vA=3 152m/s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 Mvcos=M+2mv共解得 v共=3 1510m/s该过程A木板向左运动的距离为 xA=vAt=3 152155m=4.5m机器人连续3次等间距

20、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v0，B木板的速度大小为vB，机器人每次跳跃的时间为t，取向右为正方向，得 M+mv共=Mv0-mvB每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为LB3，可得 LB3=v0+vBt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 x=x1+xA=6m可得 vB-vA3t=x联立解得 t=LB4 vA+v共-x3 vA+v共故A、C两木板间距为 xAC=vA+vC3t+x+LBvC=v共解得 xAC=74LB11(20242024年湖南卷考题)15如

21、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(mAmB)。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mAmB。(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(0eEK可知，A、B碰撞过程是非弹性碰撞，故D错误。故选C。3(2024辽宁丹东一模)如图所示，半径为R的光滑

22、圆形轨道固定在竖直面内，质量为M的小球A从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点质量为m的小球B发生第一次碰撞Mm，若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，A、B间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.第一次碰撞后瞬间，A球的运动方向一定变为水平向左B.第一次碰撞后瞬间，A球对轨道的压力大小可能为12mgC.第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道上升的最大高度不可能为RD.第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道运动速度为零时，对轨道的压力大小可能为mg【答案】B【解析】A由弹性碰撞的规律知，当Mm乙所以a甲a乙由于

23、两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲m乙g合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，C错误；D因为甲的动量大小比乙的小，故甲合力冲量小于乙合力冲量，D错误。故选B。5(2024湖北武汉二模)中国汽车拉力锦标赛是我国级别最高，规模最大的汽车赛事之一，其赛道有很多弯道。某辆赛车在一段赛道内速度大小由2v变为4v，随后一段赛道内速度大小由5v变为7v，前后两段赛道内，合外力对赛车做的功分别为W1和W2，赛车的动量变化的大小分别为p1和p2，下列关系式可能成立的是()A.W1=W2，p1=12p2B.W1=12W2，p1=12p2C.W=W，p1=4p2D.

24、W1=12W2，p1=4p2【答案】B【解析】根据动能定理有W1=12m(4v)2-12m(2v)2=6mv2W2=12m(7v)2-12m(5v)2=12mv2可得W1=12W2由于速度和动量是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，可知动量变化的大小范围是2mvp16mv2mvp212mv可得16p2p13p2故选B。6(2024山东烟台二模)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变16化的图像如图所示，若令x2x1-t2t1=p，则p的取值范围为()A.p1B.p0C.p-1D.-1p12Mv20=4.5mgh故D错

25、误；故选C。12(2024安徽黄山二模)某小球质量为M，现让它在空气中由静止开始竖直下落，下落过程中所受空气阻力与速率的关系满足 f=kv(k为定值)，当下落时间为t时，小球开始匀速下落，已知重力加速度为g，则小球在t时间内下降的高度h为()A.h=Mg(kt-M)k2B.h=MgtkC.h=Mg(kt+M)k2D.h=Mgtk2【答案】A【解析】根据题意可得，当小球匀速下落时，有Mg=f=kv下落过程中，根据动量定理可得Mgt-ft=Mv-0ft=kvt=kh联立可得h=Mg(kt-M)k2故选A。二、多选题二、多选题13(2024山东济南三模)质量为m1=90g的物块从距离地面高度为h=1

26、9m处自由下落，在下落到距离地面高度为h=14m时，质量为m2=10g的子弹以v0=10m/s的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重力加速度取g=10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是()23A.子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为1m/sB.子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为10m/sC.物块下落的总时间为2sD.物块下落的总时间为955s【答案】AC【解析】A子弹击中物块后瞬间，水平方向动量守恒，则m2v0=(m1+m2)vx解得物块水平方向的速度大小变为vx=1m/s选项A正确；B子弹击中木块之前物块的竖直速度vy0=2g(h-h)=10m/s子弹击中物块后瞬间

27、，由竖直方向动量守恒可知m1vy0=(m1+m2)vy解得物块竖直方向的速度大小变为vy=9m/s选项B错误；CD子弹击中木块之前物块下落的时间t1=2(h-h)g=1s被子弹击中后物块下落h=14m时，根据h=vyt2+12gt22解得t2=1s(另一值舍掉)，则总时间为t=t1+t2=2s选项C正确，D错误。24故选AC。14(2024福建厦门三模)如图甲所示，倾角为的足够长的斜面固定在水平面上，物块A、B中间用轻弹簧相连，当弹簧处于原长L时，A、B恰好静止在斜面上。物块C以速度v0沿斜面匀速下滑并与B发生弹性碰撞，从碰后瞬间开始计时，A和B的位置随时间变化的图像如图乙中的曲线a、b所示，

28、t1时刻a、b的纵坐标分别为x1、x2，此时两条曲线的纵坐标差值最小。已知A、B和C可视为质点，质量均为m，且与斜面之间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则()A.C与B碰后瞬间，B的速度为v0B.C与B碰后瞬间，A的加速度为gsinC.从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中，因摩擦产生的热量为2mg(x1+x2-L)sinD.从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中，因摩擦产生的热量为4mg(x1+x2-L)sin【答案】AC【解析】A由题知B和C可视为质点，质量均为m，物块B、C碰撞过程中动量守恒，两球碰撞后交换了速度，故C与B碰后瞬间，B的速度为v0，A正确；B

29、当C与B碰后瞬间，弹簧仍处于原长L，A物体处于静止状态，A的加速度为0，B错误；CD由题知物块C以速度v0沿斜面匀速下滑并与B发生弹性碰撞，且A、B和C质量均为m，则mgsin=mgcos说明物块A、B运动过程中相当所受外力合力为零，在物块B获得速度v0后开始压缩弹簧，由于弹簧弹力作用，物块B的速度减小，物块A的速度增加，当弹簧压缩到最短时物块A、B拥有共同速度，后物块A的速度继续增加，物块B的速度继续减小，弹簧逐渐伸长，当物块A的速度达到v0，物块B的速度减为0时，弹簧处于原长，在整个过程中摩擦力做功等于重力势能减小量，由对称性知，物块 B沿斜面位移等于物块A沿斜面位移为 x1+x2-L，故

30、从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中，因摩擦产生的热量为Q=2mg x1+x2-LsinC正确，D错误。故选AC。15(2024河北二模)2024年2月5日，在斯诺克德国大师赛决赛，特鲁姆普以10-5战胜斯佳辉获得冠军，如图甲所示。简易图如图乙所示，特鲁姆普某次用白球击打静止的蓝球，两球碰后沿同一直线运动。蓝球经t=0.6s的时间向前运动x1=0.36m刚好(速度为0)落入袋中，而白球沿同一方向运动x2=0.16m停止运动，已知两球的质量相等，碰后以相同的加速度做匀变速直线运动，假设两球碰撞的时间极短且发生正碰(内力远大于外力)，则下列说法正确的是()25A.由于摩擦不能忽略，则碰撞过程动量

31、不守恒B.碰后蓝球与白球的速度之比为3:2C.碰撞前白球的速度大小为2m/sD.该碰撞为弹性碰撞【答案】BC【解析】A由题意两球碰撞的时间极短，碰撞过程中产生极大的内力，两球与桌面间的摩擦力远远小于内力，所以该碰撞过程的动量守恒，A错误；B碰后，蓝球做匀减速直线运动且刚好落入袋内，由匀变速直线运动的规律 x1=v12t得蓝球碰后瞬间的速度为v1=2x1t=1.2m/s又两球的加速度大小相等，则由公式v2=2ax得v21v22=x1x2解得碰后瞬间白球的速度大小为v2=0.8m/s则碰后蓝球与白球的速度之比为3:2，B正确；C碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，则mv0=mv1+mv2代入数据解得

32、v0=2m/sC正确；D两球碰前的动能为Ek1=12mv20=2m两球碰后的总动能为Ek2=12mv21+12mv22=1.04m由于Ek1Ek2所以该碰撞过程有机械能损失，即该碰撞为非弹性碰撞，D错误。故选BC。16(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26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

33、，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2m【答案】BC【解析】A由题意可知，甲刚到达B点时，弹簧的弹性势能是零，即弹簧对甲做功是3mv20，由动能定理可得3mv20-mgL=12mv2B-12m 2v02解得vB=3v0A错误；B由对称性可知，甲刚到达C点时，弹簧的弹性势能为3mv20，B正确；C甲刚到达C点时(与乙发生碰撞前)，由动能定理可得-mgL-3mv20=Ek-12mv2B解

34、得Ek=mv20C正确；D甲、乙在C点发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mEk=mvC1+m乙v乙Ek=12mv2C1+12m乙v2乙由题意，碰撞后乙的速度为22v0，则有v乙=2mm+m乙2Ekm=22v0解得m乙=3mD错误。27故选BC。17(2024河南二模)2030年以后，我国航天领域将进一步向深空进行探索。在某一星球表面的试验基地中，可以人员进行如下研究，光滑水平桌面上放一四分之一光滑圆弧轨道，半径R=0.9m，质量M=2kg。一个质量为m=1kg的小球从圆弧轨道顶端沿轨道静止释放，测得小球离开圆弧轨道时的速度大小为2m/s。已知地球的表面的重力加速度g=10m/s

35、2，该星球的半径大小为地球半径的1.5倍，忽略星球的自转，则下列说法正确的是()A.该星球表面的重力加速度大小为103m/s2B.该星球的质量与地球质量之比为43C.该星球与地球的第一宇宙速度之比为1:2D.该星球与地球的平均密度之比为92【答案】AC【解析】A小球与圆弧轨道构成的系统机械能守恒和在水平方向上动量守恒，则从释放到最低点，有mgR=12mv21+12Mv22，mv1=Mv2解得g=103m/s2故A正确；B对于星球表面的物体，万有引力近似等于重力GMmR2=mg则有星球质量M=gR2G故该星球与地球质量之比为MM=gR2gR2=34故B错误；C由万有引力提供向心力GMmR2=mv

36、12R，解得第一宇宙速度v1=gR可得该星球与地球的第一宇宙速度之比为28v1v1=gRgR=12故C正确；D星球密度=M43R3=3g4GR则可得密度之比为29，故D错误。故选AC。18(2024河北保定二模)如图所示，三个小孩分别坐在三辆碰碰车(可看成质点)上，任意一个小孩加上自己的碰碰车后的总质量都相等，三辆碰碰车在一光滑水平面上排成一直线，且初始时彼此隔开相等的距离。具有初动能E0的碰碰车1向右运动，依次与两辆静止的碰碰车2、3发生碰撞，碰撞时间很短且碰后连为一体，最后这三辆车粘成一个整体成为一辆“小火车”，下列说法正确的是()A.三辆碰碰车整体最后的动能等于13E0B.碰碰车1运动到

37、2的时间与2运动到3的时间之比为2：3C.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3：1D.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3：2【答案】AC【解析】A由系统动量守恒，可得mv0=3mv其中E0=12mv20则三辆碰碰车整体最后的动能等于Ek=123mv2=13E0故A正确；B设相邻两车间的距离为x，碰碰车1运动到2的时间为t1=xv0依题意，碰碰车1与静止的碰碰车2碰撞过程，动量守恒，有mv0=2mv12则碰碰车2运动到3的时间为29t2=xv12=2xv0可得t1：t2=1:2故B错误；CD碰碰车第一次碰撞时损失的机械能为E1=12mv2

38、0-122mv212=14mv20第二次碰撞时损失的机械能为E2=122mv212-123mv2=112mv20可得E1：E2=3:1故C正确；D错误。故选AC。19(2024湖北十堰二模)如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为2m的滑块，滑块右侧面的14光滑圆弧形槽的半径为R，末端切线水平，圆弧形槽末端离地面的距离为R4。质量为m的小球(可视为质点)从圆弧形槽顶端由静止释放，与滑块分离后做平抛运动，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A.滑块的最大动能为mgR3B.小球离开滑块时的动能为11mgR12C.小球落地时的动能为mgRD.小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的距离为5R4【

39、答案】AD【解析】A滑块、小球组成的系统水平方向动量守恒，则当小球运动至圆弧形槽末端时，滑块的动能最大，根据动量守恒以及机械能守恒可得mv1-2mv2=0mgR=12mv21+122mv22解得v1=2gR3，v2=gR330滑块的最大动能为Ek2=122mv22=mgR3故A正确；B小球离开滑块时的动能为Ek1=12mv21=2mgR3故B错误；C根据动能定理Ek-12mv21=mgR4小球落地时的动能为Ek=1112mgR故C错误；D小球与滑块分离后做平抛运动，竖直方向有R4=12gt2小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的水平距离为x=(v1+v2)t小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的距离为s=

40、x2+R42=5R4故D正确。故选AD。三、解答题三、解答题20(2024江苏苏州二模)如图所示，半径为0.5m的光滑圆弧曲面与倾角为37足够长的固定粗糙斜面MN在N点平滑相接，质量为0.04kg的小物块B恰好静止在斜面上，此时物块B与N点的距离为0.25m。另一质量为0.2kg的小物块A从与圆心等高处由静止释放，通过N点滑上斜面，与物块B发生弹性碰撞。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，两物块均可视为质点，碰撞时间极短sin37=0.6,cos37=0.8。求：(1)物块A运动到N点时对曲面的压力；(2)物块A与B碰撞前的速度；(3)从物块A与B第一次碰撞到两

41、物块再次碰撞经历的时间。31【答案】(1)4.8N，与竖直方向夹角37斜向下；(2)3m/s；(3)3s【解析】(1)物块A从静止开始下滑到底端的过程中，由机械能守恒得mAgRcos37=12mAv2N设物块A运动到N点时受到曲面的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN-mAgcos37=mAv2NR联立解得FN=4.8N由牛顿第三定律得曲面受到的压力F压=FN=4.8N与竖直方向夹角37斜向下；(2)滑上斜面后，对物块A，设加速度为a，与物块B碰撞前速度为v，由牛顿第二定律可得mAgsin-mAgcos=mAa由运动运动学公式可得v2-v2N=2axNB联立解得v=3m/s(3)物块A与物块B发

42、生弹性碰撞，碰撞后物块A速度为v1，物块B速度为v2，满足动量守恒、动能守恒，即mAv=mAv1+mBv212mAv2=12mAv21+12mBv22联立解得v1=2m/sv2=5m/s因为物块B恰好静止在斜面上，碰撞后物块B匀速运动，物块A与物块B碰后，物块A以加速度a匀加速运动，设经时间t第二次碰撞，由运动学公式可得v1t+12at2=v2t32解得t=3s21(2024四川成都二模)图(a)为某“弹弹棋”的实物图，棋盘水平放置，黑、白棋区域关于中央挡板对称分布。某次游戏过程中，一枚白棋和一枚黑棋同时从各自起点线中央处获得沿轴线方向的初速度，并沿轴线做匀减速直线运动，俯视图如图(b)所示。

43、已知白棋、黑棋质量相等且可视为质点，两起点线之间的距离为L=0.5m，棋子与棋盘动摩擦因数均为=0.5，白棋初速度大小为v1=1.5m/s，经时间t=0.2s与运动中的黑棋正碰，碰撞过程时间极短且无能量损失，重力加速度大小取g=10m/s2，求：(1)碰撞的位置到白棋起点的距离x1及黑棋的初速度大小v2；(2)通过计算后判断黑棋能否停在白棋区域。【答案】(1)0.2m，2m/s；(2)黑棋能停在白棋区域，原因见解析【解析】(1)根据匀变速直线运动规律可知碰撞的位置到白棋起点的距离x1=v1t-12at2设黑白棋质量为m，根据牛顿第二定律可知白棋在运动过程中的加速度大小a=mgm=g=5m/s2

44、解得x1=0.2m通过题意可知，黑棋与碰撞位置之间的距离为x2=L-x1=0.3m则有x2=v2t-12at2解得黑棋的初速度大小v2=2m/s(2)根据匀变速直线运动规律可知，黑白棋碰撞前各自的速度大小为v1=v1-at=0.5m/s，v2=v2-at=1m/s33设白棋运动方向为正方向，碰撞过程时间极短且无能量损失，则有mv1-mv2=-mv1+mv212mv21+12mv22=12mv21+12mv22解得碰后两球速度大小v1=v2=1m/s，v2=v1=0.5m/s即发生速度交换，碰后两球速度均反向，碰撞位置与小孔距离x=L2-x1=0.05m碰撞后到黑棋停下来，黑棋的位移x2=v22

45、-02a=0.025mx故黑棋能停在白棋区域。22(22-23高三下广东肇庆阶段练习)如图，L形滑板A静止在粗糙水平面上，在A上距离其左端为3l处静置小木块B，A、B之间光滑；水平面上距离A右端处静止着一滑块C，A和C与水平面之间的动摩擦因数均为，A、B、C的质量均为m，AB、AC之间的碰撞都属于完全非弹性碰撞且不粘连，现对A施加水平向右的恒定推力，当AC相碰瞬间撤去，碰撞后瞬间AC的速度vAC=4 gl，由于A板足够长，所以不考虑BC的相碰，已知重力加速度为g，求：(1)AC碰前瞬间A的速度大小；(2)水平推力F的大小；(3)当AC都停下时C离A板右端的距离d。【答案】(1)8 gl；(2)

46、34mg；(3)5.5l【解析】(1)由题意，AC发生完全非弹性碰撞，碰后共速，由动量守恒定律可得：mv0=2mvAC得：v0=8 gl(2)对A，从开始到与C相碰前，由动能定理：(F-2mg)l=12mv20-0得F=34mg(3)AC相碰后，AC分离，对C有34-mgxC=0-12mv2AC得xC=8l对A有-2mg(3l-l)=12mv2A-12mv2ACvA=8gl然后AB相碰，有mvA=2mvAB此后，对A有-2mgxA2=0-12mv2AB得xA2=0.5lAC之间的距离d=xC-(3l-l)-xA2得d=5.5l23(24高三重庆期中)如图所示，质量为M=300kg的小船，长为L=3m，浮在静水中开始时质量为m=60kg的人站在船头，人和船均处于静止状态，不计水的阻力，若此人从船头向船尾行走：(1)当人的速度大小为5m/s时，船的速度大小为多少；(2)当人恰走到船尾时，船前进的距离。【答案】(1)v船=1m/s；(2)x船=0.5m【解析】(1)根据动量守恒定律可得mv人-Mv船=0解得v船=1m/s(2)由图可知x人+x船=L35mx人t-Mx船t=0解得x船=0.5m