2024年高考真題和模擬題物理分類匯編專題07 動量（解析版）

專題07動量1.（2024全國甲卷考題）7.蹦床運動中，體重為的運動員在時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取。下列說法正確的是（）A.時，運動員的重力勢能最大B.時，運動員的速度大小為C時，運動員恰好運動到最大高度處D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為【答案】BD【解析】A．根據(jù)牛頓第三定律結合題圖可知時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；BC．根據(jù)題圖可知運動員從離開蹦床到再次落到蹦床上經歷的時間為，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在時，運動員恰好運動到最大高度處，時運動員的速度大小故B正確，C錯誤；D．同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理，其中代入數(shù)據(jù)可得根據(jù)牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為，故D正確。故選BD。2.(2024年江蘇卷考題)8.在水平面上有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側用輕彈簧連接在滑板A的左側，右側用一根細繩連接在滑板B的右側，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細繩后，則（）A.彈簧原長時物體動量最大B.壓縮最短時物體動能最大C.系統(tǒng)動量變大D.系統(tǒng)機械能變大【答案】A【解析】對整個系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，得設彈簧的初始彈性勢能為，整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當彈簧原長時得聯(lián)立得故可知彈簧原長時物體速度最大，此時動量最大，動能最大。故選A。3.（2024年安徽卷考題）8.在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕緣輕質細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質量為m，帶電量為，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直。現(xiàn)將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分別為、、，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統(tǒng)電勢能減少了，k為靜電力常量，不計空氣阻力。則（）A.該過程中小球3受到的合力大小始終不變 B.該過程中系統(tǒng)能量守恒，動量不守恒C.在圖乙位置，， D.在圖乙位置，【答案】D【解析】AB．該過程中系統(tǒng)動能和電勢能相互轉化，能量守恒，對整個系統(tǒng)分析可知系統(tǒng)受到的合外力為0，故動量守恒；當三個小球運動到同一條直線上時，根據(jù)對稱性可知細線中的拉力相等，此時球3受到1和2的電場力大小相等，方向相反，故可知此時球3受到的合力為0，球3從靜止狀態(tài)開始運動，瞬間受到的合力不為0，故該過程中小球3受到的合力在改變，故AB錯誤；CD．對系統(tǒng)根據(jù)動量守恒根據(jù)球1和2運動的對稱性可知，解得根據(jù)能量守恒解得故C錯誤，D正確。故選D。4.(2024年湖北考題)10.如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊，質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小成正比，即（k為已知常數(shù)）。改變子彈的初速度大小，若木塊獲得的速度最大，則（）A.子彈的初速度大小為B.子彈在木塊中運動的時間為C.木塊和子彈損失的總動能為D.木塊在加速過程中運動的距離為【答案】AD【解析】A．子彈和木塊相互作用過程系統(tǒng)動量守恒，令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度的速度分別為，則有子彈和木塊相互作用過程中合力都為，因此子彈和物塊的加速度分別為由運動學公式可得子彈和木塊的位移分別為聯(lián)立上式可得因此木塊的速度最大即取極值即可，該函數(shù)在到無窮單調遞減，因此當木塊的速度最大，A正確；B．則子彈穿過木塊時木塊的速度為由運動學公式，可得，故B錯誤；C．由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉化為系統(tǒng)摩擦生熱，即故C錯誤；D．木塊加速過程運動的距離為，故D正確。故選AD。5.（2024年上海卷考題）7.如圖，小球a通過輕質細線Ⅰ，Ⅱ懸掛，處于靜止狀態(tài)。線Ⅰ長，Ⅱ上端固定于離地的O點，與豎直方向之間夾角；線Ⅱ保持水平。O點正下方有一與a質量相等的小球b，靜置于離地高度的支架上。（取，，）（1）在線Ⅰ，Ⅱ的張力大小，和小球a所受重力大小G中，最大的是______。（2）燒斷線Ⅱ，a運動到最低點時與b發(fā)生彈性碰撞。求：①與b球碰撞前瞬間a球的速度大??；（計算）______②碰撞后瞬間b球的速度大?。唬ㄓ嬎悖_____③b球的水平射程s。（計算）______【答案】①.②.③.④.【解析】（1）[1]以小球a為對象，根據(jù)受力平衡可得可知在線Ⅰ，Ⅱ的張力大小，和小球a所受重力大小G中，最大的是。（2）①[2]由動能定理可得可得②[3]由動量守恒定律和能量守恒可得聯(lián)立解得③[4]由平拋運動的規(guī)律有，聯(lián)立解得6.（2024年廣東卷考題）14.汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。（1）安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為，敏感球的質量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值。（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量，重力加速度大小取。求：①碰撞過程中F的沖量大小和方向；②碰撞結束后頭錘上升的最大高度?！敬鸢浮浚?）；（2）①330N?s，方向豎直向上；②0.2m【解析】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面的支持力N，則由牛頓第二定律可知解得（2）①由圖像可知碰撞過程中F的沖量大小，方向豎直向上；②頭錘落到氣囊上時的速度與氣囊作用過程由動量定理（向上為正方向）解得v=2m/s則上升的最大高度7.(2024年江蘇卷考題)13.嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應的組合體A與軌道器對應的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為v，且與v0同向，A、B的質量分別為m、M。求：（1）分離后A的速度v1；（2）分離時A對B的推力大小?！敬鸢浮浚?），方向與v0相同；（2）【解析】（1）組合體分離前后動量守恒，取v0的方向為正方向，有(m＋M)v0=Mv＋mv1解得，方向與v0相同；（2）以B為研究對象，對B列動量定理有FΔt=Mv－Mv0解得8.（2024年安徽卷考題）14.如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊右側。現(xiàn)將細線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著的軌道運動，已知細線長。小球質量。物塊、小車質量均為。小車上的水平軌道長。圓弧軌道半徑。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g取。（1）求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小；（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大?。唬?）為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)的取值范圍?！敬鸢浮浚?）6N；（2）4m/s；（3）【解析】（1）對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理解得在最低點，對小球由牛頓第二定律解得，小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為（2）小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為（3）若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒由能量守恒定律解得若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高位置，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒由能量守恒定律解得綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)的取值范圍為9.（2024年山東卷考題）17.如圖甲所示，質量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應關系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L?！敬鸢浮浚?）；（2）（i），；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有代入數(shù)據(jù)解得（2）（i）根據(jù)題意可知當F≤4N時，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知根據(jù)圖乙有當外力時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有結合題圖乙有可知截距聯(lián)立以上各式可得，，（ii）由圖乙可知，當F=8N時，軌道的加速度為6m/s2，小物塊的加速度為當小物塊運動到P點時，經過t0時間，則軌道有小物塊有在這個過程中系統(tǒng)機械能守恒有水平方向動量守恒，以水平向左的正方向，則有聯(lián)立解得根據(jù)運動學公式有代入數(shù)據(jù)解得10.(2024河北卷考題)15.如圖，三塊厚度相同、質量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質量均為A木板長度為，機器人質量為，重力加速度g取，忽略空氣阻力。（1）機器人從A木板左端走到A木板右端時，求A、B木板間的水平距離。（2）機器人走到A木板右端相對木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起跳過程機器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。（3）若機器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對靜止，隨即相對B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端，此時B木板恰好追上A木板。求該時刻A、C兩木板間距與B木板長度的關系?！敬鸢浮浚?）；（2）90J，2；（3）【解析】（1）機器人從A木板左端走到A木板右端，機器人與A木板組成的系統(tǒng)動量守恒，設機器人質量為M，三個木板質量為m，根據(jù)人船模型得同時有解得A、B木板間的水平距離（2）設機器人起跳的速度大小為，方向與水平方向的夾角為，從A木板右端跳到B木板左端時間為t，根據(jù)斜拋運動規(guī)律得聯(lián)立解得機器人跳離A的過程，系統(tǒng)水平方向動量守恒根據(jù)能量守恒可得機器人做的功為聯(lián)立得根據(jù)數(shù)學知識可得當時，即時，W取最小值，代入數(shù)值得此時（3）根據(jù)可得，根據(jù)得分析可知A木板以該速度向左勻速運動，機器人跳離A木板到與B木板相對靜止的過程中，機器人與BC木板組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，得解得該過程A木板向左運動的距離為機器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端，整個過程機器人和B木板組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設每次起跳機器人的水平速度大小為，B木板的速度大小為，機器人每次跳躍的時間為，取向右為正方向，得①每次跳躍時機器人和B木板的相對位移為，可得②機器人到B木板右端時，B木板恰好追上A木板，從機器人跳到B左端到跳到B右端的過程中，AB木板的位移差為可得③聯(lián)立①②③解得故A、C兩木板間距為解得11.（2024年湖南卷考題）15．如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內有質量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運動，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內運動。（1）若小球A與B碰撞后結合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大??；（2）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，求小球的質量比。（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過的路程?！敬鸢浮浚?），；（2）或；（3）【解析】（1）有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動量守恒,設碰撞后兩小球的速度大小為v，則根據(jù)動量守恒有可得碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有可得（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，設碰后速度分別為vA，vB，則碰后動量和能量守恒有聯(lián)立解得，因為所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，如圖①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為，則有聯(lián)立解得由于兩質量均為正數(shù)，故k1=0，即對第二次碰撞，設A、B碰撞后的速度大小分別為，，則同樣有聯(lián)立解得，，故第三次碰撞發(fā)生在b點、第四次碰撞發(fā)生在c點，以此類推，滿足題意。②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為；所以聯(lián)立可得因為兩質量均為正數(shù)，故k2=0，即根據(jù)①的分析可證，，滿足題意。綜上可知或。（3）第一次碰前相對速度大小為v0，第一次碰后的相對速度大小為，第一次碰后與第二次相碰前B球比A球多運動一圈，即B球相對A球運動一圈，有第一次碰撞動量守恒有且聯(lián)立解得B球運動的路程第二次碰撞的相對速度大小為第二次碰撞有且聯(lián)立可得所以B球運動的路程一共碰了2n次，有一、單選題1．（2024·河北邢臺·二模）某同學利用身邊的常見器材在家完成了有趣的物理實驗，如圖所示。當手持吹風機垂直向電子秤的托盤吹風時，電子秤示數(shù)為36.0克。假設吹風機出風口為圓形，其半徑為5cm，空氣密度為1.29kg/m3，實驗前電子秤已校準，重力加速度10m/s2。則此時吹風機的風速約為（??）A．6m/s B．8m/s C．10m/s D．12m/s【答案】A【解析】對于時間內吹出的空氣，根據(jù)動量定理其中代入數(shù)據(jù)解得故選A。2．（23-24高三下·廣東廣州·階段練習）如圖，冰壺A以的速度與靜止在冰面上的冰壺B正碰，碰后瞬間B的速度大小為，方向與A碰前速度方向相同，碰撞時間極短。若已知兩冰壺的質量均為20kg，則下列說法中正確的是（）A．碰后瞬間A的速度大小為0.4m/sB．碰撞過程中，B對A做功為21.6JC．碰撞過程中，A對B的沖量大小為D．A、B碰撞過程是彈性碰撞【答案】C【解析】A．由于碰撞時間極短，內力遠遠大于外力，可知，A、B相碰時，A和B組成的系統(tǒng)動量近似守恒。根據(jù)動量守恒定律，以v0方向為正方向，有mv0=mvA+mvB解得vA=0.3m/s故A錯誤；B．根據(jù)動能定理，碰撞過程中，B對A做功為解得故B錯誤；C．碰撞過程中，根據(jù)動量定理，A對B的沖量大小I=mvB解得I=24N?s故C正確；D．碰撞之前總能量為碰撞后A、B系統(tǒng)總動能為由此可知可知，A、B碰撞過程是非彈性碰撞，故D錯誤。故選C。3．（2024·遼寧丹東·一模）如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內，質量為M的小球A從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點質量為m的小球B發(fā)生第一次碰撞，若A、B兩球第一次碰撞和第二次碰撞發(fā)生在同一位置，且兩球始終在圓形軌道水平直徑的下方運動，A、B間的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．第一次碰撞后瞬間，A球的運動方向一定變?yōu)樗较蜃驜．第一次碰撞后瞬間，A球對軌道的壓力大小可能為C．第二次碰撞結束后，A球沿左側軌道上升的最大高度不可能為RD．第二次碰撞結束后，A球沿左側軌道運動速度為零時，對軌道的壓力大小可能為mg【答案】B【解析】A．由彈性碰撞的規(guī)律知，當時，碰撞后質量小的球A被反彈回來，方向水平向左，當時，兩球碰撞后交換了速度，碰撞后小球A靜止，A錯誤；B．小球A碰前速度為若A、B兩球第一次碰撞和第二次碰撞發(fā)生在同一位置，且兩小球始終在圓形軌道水平直徑的下方運動，則兩球碰后速度大小相同，對碰撞過程由動量守恒知由能量守恒知解得，第一次碰撞后瞬間代入得則由牛頓第三定律知A球對軌道的壓力可能為，B正確；CD．二次碰撞過程，根據(jù)動量守恒和機械能守恒或根據(jù)運動可逆性，以上兩種情況碰后A球速度均為，B球均靜止，故第二次碰撞結束后，A球沿左側軌道上升的最大高度為R，此時A球速度為0，A球對軌道的壓力大小為0。CD錯誤；故選B。4．（2024·北京海淀·三模）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（）A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的加速度大小比乙的加速度小C．甲的動量大小比乙的大 D．甲合力沖量與乙合力沖量大小相等【答案】B【解析】AB．對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有、由于所以由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得A錯誤，B正確；C．對于整個系統(tǒng)而言，由于合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左，顯然甲的動量大小比乙的小，C錯誤；D．因為甲的動量大小比乙的小，故甲合力沖量小于乙合力沖量，D錯誤。故選B。5．（2024·湖北武漢·二模）中國汽車拉力錦標賽是我國級別最高，規(guī)模最大的汽車賽事之一，其賽道有很多彎道。某輛賽車在一段賽道內速度大小由2v變?yōu)?v，隨后一段賽道內速度大小由5v變?yōu)?v，前后兩段賽道內，合外力對賽車做的功分別為W1和W2，賽車的動量變化的大小分別為和，下列關系式可能成立的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】根據(jù)動能定理有可得由于速度和動量是矢量，具有方向，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，可知動量變化的大小范圍是可得故選B。6．（2024·山東煙臺·二模）質量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示，若令，則p的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】圖像的斜率表示物體的速度，兩物體正碰后，碰后的速度為碰后的速度大小為兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即且整理解得即故選C。7．（2024·山東菏澤·模擬預測）如圖甲所示，在光滑水平面上，小球A以初動量沿直線運動，與靜止的帶輕質彈簧的小球B發(fā)生正碰，此過程中，小球A的動量p隨時間t變化的部分圖像如圖乙所示，時刻圖線的切線斜率最大，此時縱坐標為，時刻縱坐標為零。已知小球A、B的直徑相同，則（）A．小球A、B的質量之比為B．時刻彈簧的彈性勢能最大C．小球A的初動能和彈簧最大彈性勢能之比為D．0~時間內，小球B的動量變化量為【答案】C【解析】B．時刻圖線的切線斜率最大，則小球A的動量變化率最大，根據(jù)可知小球A的速度變化率最大，即加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可知此時彈簧彈力最大，由胡克定律可知，此時彈簧形變量最大，則此時彈簧的彈性勢能最大，故B錯誤；A．時刻兩小球共速，設速度大小均為v，則小球A的質量根據(jù)動量守恒有則小球B的質量由此可知兩小球的質量之比為故A錯誤；C．根據(jù)機械能守恒有小球A的初動能和彈簧最大彈性勢能之比故C正確；D．時間內，小球B的動量變化量故D錯誤。故選C。8．（2024·廣西桂林·三模）兩物體A、B放在光滑的水平面上，現(xiàn)給兩物體沿水平方向的初速度，如圖所示為兩物體正碰前后的位移隨時間的變化規(guī)律。已知物體A的質量為。則（）A．圖線1為碰后物體B的圖像B．碰撞前物體A的速度大小為C．物體B的質量為D．碰撞過程A、B組成的系統(tǒng)損失的機械能為【答案】D【解析】AB．若規(guī)定以碰撞前B速度方向為正方向，由題圖像可知碰前物體A、B的速度分別為，那么碰撞之后，不再發(fā)生碰撞，碰后速度分別為，才滿足這種情況，故圖線1為碰后物體A的圖像，故AB錯誤；C．設物體的B的質量為，碰撞過程動量守恒，則由動量守恒定律得解得故C錯誤；D．碰撞過程損失的機械能為代入數(shù)據(jù)解得故D正確。故選D。9．（2024·湖北·一模）如圖甲所示，物體a、b間拴接一個壓縮后被鎖定的輕質彈簧，整個系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中a物體最初與左側的固定擋板相接觸，b物體質量為4kg?，F(xiàn)解除對彈簧的鎖定，在a物體離開擋板后的某時刻開始，b物體的圖象如圖乙所示，則可知（）A．a物體的質量為1kgB．a物體的最大速度為2m/sC．在a物體離開擋板后，彈簧的最大彈性勢能為6JD．在a物體離開擋板后，物體a、b組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒【答案】C【解析】AB．解除對彈簧的鎖定，a離開擋板后，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒。由題意可知b的速度最大時，a的速度最小為零，且此時彈簧處于原長；b的速度最小時，a的速度最大，且此時也處于原長。設a的質量為，a的最大速度為根據(jù)動量守恒有由機械能守恒可得由圖像可知，解得，AB錯誤；C．當a、b速度相等時，a、b動能之和最小，根據(jù)能量守恒定律，此時彈簧勢能最大。根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)能量守恒解得C正確；D．在a物體離開擋板后，物體a、b以及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒，D錯誤。故選C。10．（2024·全國·一模）一種平拋運動的實驗游戲如圖所示，AB是內壁光滑的細圓管，被固定在豎直面內，B點的切線水平，讓質量為m的小球（直徑略小于細管的直徑）從A點由靜止釋放，沿著管壁向下運動，達到B點時的速度方向水平向右，大小為v0，接著小球從B運動到C，已知AB的形狀與拋物線BC的形狀完全對稱相同，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．A、C兩點間的高度差為B．A點的切線與水平方向的夾角為45°C．小球從B到C重力的平均功率為D．若小球從A到B的運動時間為t，則管壁對小球支持力的沖量大小為【答案】B【解析】A．小球從A運動到B過程，根據(jù)動能定理有由于AB的形狀與拋物線BC的形狀完全對稱相同，則A、C兩點間的高度差為故A錯誤；B．小球從B到C過程，根據(jù)平拋運動規(guī)律有，結合上述解得由于AB的形狀與拋物線BC的形狀完全對稱相同，則A點的切線與水平方向的夾角為45°，故B正確；C．小球從B到C重力的平均功率為結合上述解得故C錯誤；D．小球從A到B的運動過程，將管壁對小球支持力的沖量沿豎直方向與水平方向進行分解，根據(jù)動量定理有，則管壁對小球支持力的沖量大小為解得故D錯誤。故選B。11．（2024·河北石家莊·模擬預測）如圖所示為某彈跳玩具，底部是一個質量為m的底座，通過彈簧與頂部一質量的小球相連，同時用輕質無彈性的細繩將底座和小球連接，穩(wěn)定時繩子伸直而無張力。用手將小球按下一段距離后釋放，小球運動到初始位置處時，瞬間繃緊細繩，帶動底座離開地面，一起向上運動，底座離開地面后能上升的最大高度為h，已知重力加速度為g，則（）A．玩具離開地面上升到最高點的過程中，重力做功為B．繩子繃緊前的瞬間，小球的動能為C．繩子繃緊瞬間，系統(tǒng)損失的機械能為D．用手將小球按下一段距離后，彈簧的彈性勢能為【答案】C【解析】A．玩具離開地面上升到最高點的過程中，重力做功為WG=-（M+m）gh=-3mgh選項A錯誤；BC．設細繩繃緊后瞬間，小球和底座一起向上運動的速度大小為v，底座離開地面后能上升h高，則有v2=2gh得設細繩繃緊前瞬間，小球的速度為v0。細繩繃緊過程，外力遠小于內力，系統(tǒng)動量守恒，取豎直向上方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得Mv0=（M+m）v可得則繩子繃緊前的瞬間，小球的動能為則繩子繃緊瞬間，系統(tǒng)損失的機械能為故B錯誤，C正確；D．用手將小球按下一段距離后，在繩子繃緊前的瞬間，減小的彈性勢能轉化成小球的動能和重力勢能，故彈簧的彈性勢能滿足故D錯誤；故選C。12．（2024·安徽黃山·二模）某小球質量為M，現(xiàn)讓它在空氣中由靜止開始豎直下落，下落過程中所受空氣阻力與速率的關系滿足（k為定值），當下落時間為t時，小球開始勻速下落，已知重力加速度為g，則小球在t時間內下降的高度h為（）A． B．C． D．【答案】A【解析】根據(jù)題意可得，當小球勻速下落時，有下落過程中，根據(jù)動量定理可得聯(lián)立可得故選A。二、多選題13．（2024·山東濟南·三模）質量為的物塊從距離地面高度為處自由下落，在下落到距離地面高度為時，質量為的子彈以的水平速度瞬間擊中物塊并留在其中。重力加速度取，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．子彈擊中物塊后瞬間，物塊水平方向的速度大小變?yōu)锽．子彈擊中物塊后瞬間，物塊豎直方向的速度大小變?yōu)镃．物塊下落的總時間為D．物塊下落的總時間為【答案】AC【解析】A．子彈擊中物塊后瞬間，水平方向動量守恒，則解得物塊水平方向的速度大小變?yōu)檫x項A正確；B．子彈擊中木塊之前物塊的豎直速度子彈擊中物塊后瞬間，由豎直方向動量守恒可知解得物塊豎直方向的速度大小變?yōu)檫x項B錯誤；CD．子彈擊中木塊之前物塊下落的時間被子彈擊中后物塊下落時，根據(jù)解得t2=1s（另一值舍掉），則總時間為選項C正確，D錯誤。故選AC。14．（2024·福建廈門·三模）如圖甲所示，傾角為的足夠長的斜面固定在水平面上，物塊A、B中間用輕彈簧相連，當彈簧處于原長L時，A、B恰好靜止在斜面上。物塊C以速度沿斜面勻速下滑并與B發(fā)生彈性碰撞，從碰后瞬間開始計時，A和B的位置隨時間變化的圖像如圖乙中的曲線a、b所示，時刻a、b的縱坐標分別為、，此時兩條曲線的縱坐標差值最小。已知A、B和C可視為質點，質量均為m，且與斜面之間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則（）A．C與B碰后瞬間，B的速度為B．C與B碰后瞬間，A的加速度為C．從開始計時到彈簧第一次恢復原長的過程中，因摩擦產生的熱量為D．從開始計時到彈簧第一次恢復原長的過程中，因摩擦產生的熱量為【答案】AC【解析】A．由題知B和C可視為質點，質量均為m，物塊B、C碰撞過程中動量守恒，兩球碰撞后交換了速度，故C與B碰后瞬間，B的速度為，A正確；B．當C與B碰后瞬間，彈簧仍處于原長L，A物體處于靜止狀態(tài)，A的加速度為0，B錯誤；CD．由題知物塊C以速度沿斜面勻速下滑并與B發(fā)生彈性碰撞，且A、B和C質量均為m，則說明物塊A、B運動過程中相當所受外力合力為零，在物塊B獲得速度后開始壓縮彈簧，由于彈簧彈力作用，物塊B的速度減小，物塊A的速度增加，當彈簧壓縮到最短時物塊A、B擁有共同速度，后物塊A的速度繼續(xù)增加，物塊B的速度繼續(xù)減小，彈簧逐漸伸長，當物塊A的速度達到，物塊B的速度減為0時，彈簧處于原長，在整個過程中摩擦力做功等于重力勢能減小量，由對稱性知，物塊B沿斜面位移等于物塊A沿斜面位移為，故從開始計時到彈簧第一次恢復原長的過程中，因摩擦產生的熱量為C正確，D錯誤。故選AC。15．（2024·河北·二模）2024年2月5日，在斯諾克德國大師賽決賽，特魯姆普以10-5戰(zhàn)勝斯佳輝獲得冠軍，如圖甲所示。簡易圖如圖乙所示，特魯姆普某次用白球擊打靜止的藍球，兩球碰后沿同一直線運動。藍球經的時間向前運動剛好（速度為0）落入袋中，而白球沿同一方向運動停止運動，已知兩球的質量相等，碰后以相同的加速度做勻變速直線運動，假設兩球碰撞的時間極短且發(fā)生正碰（內力遠大于外力），則下列說法正確的是（）A．由于摩擦不能忽略，則碰撞過程動量不守恒B．碰后藍球與白球的速度之比為C．碰撞前白球的速度大小為D．該碰撞為彈性碰撞【答案】BC【解析】A．由題意兩球碰撞的時間極短，碰撞過程中產生極大的內力，兩球與桌面間的摩擦力遠遠小于內力，所以該碰撞過程的動量守恒，A錯誤；B．碰后，藍球做勻減速直線運動且剛好落入袋內，由勻變速直線運動的規(guī)律得藍球碰后瞬間的速度為又兩球的加速度大小相等，則由公式得解得碰后瞬間白球的速度大小為則碰后藍球與白球的速度之比為，B正確；C．碰撞過程中兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，則代入數(shù)據(jù)解得C正確；D．兩球碰前的動能為兩球碰后的總動能為由于所以該碰撞過程有機械能損失，即該碰撞為非彈性碰撞，D錯誤。故選BC。16．（2024·河北保定·一模）如圖所示，粗糙的水平面上放置一輕質彈簧，彈簧的右端固定，左端與質量為m的滑塊甲（視為質點）連接，小球乙（視為質點）靜止在C點，讓甲在A點獲得一個水平向左的初速度，且甲在A點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，此時彈簧所蘊含的彈性勢能為，當甲運動到B點時彈簧正好恢復到原長，甲繼續(xù)運動到C點時與乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲與水平面之間的動摩擦因數(shù)為，A、B兩點間距與B、C兩點間距均為L，下列說法正確的是（）A．甲剛到達B點時的速度大小為B．甲剛到達C點時，彈簧的彈性勢能為C．甲剛到達C點時（與乙發(fā)生碰撞前）的動能為D．若甲、乙碰撞剛結束時，乙的速度為，則乙的質量為2m【答案】BC【解析】A．由題意可知，甲剛到達B點時，彈簧的彈性勢能是零，即彈簧對甲做功是，由動能定理可得解得A錯誤；B．由對稱性可知，甲剛到達C點時，彈簧的彈性勢能為，B正確；C．甲剛到達C點時（與乙發(fā)生碰撞前），由動能定理可得解得C正確；D．甲、乙在C點發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律可得由題意，碰撞后乙的速度為，則有解得D錯誤。故選BC。17．（2024·河南·二模）2030年以后，我國航天領域將進一步向深空進行探索。在某一星球表面的試驗基地中，可以人員進行如下研究，光滑水平桌面上放一四分之一光滑圓弧軌道，半徑，質量。一個質量為的小球從圓弧軌道頂端沿軌道靜止釋放，測得小球離開圓弧軌道時的速度大小為2m/s。已知地球的表面的重力加速度，該星球的半徑大小為地球半徑的1.5倍，忽略星球的自轉，則下列說法正確的是（

）A．該星球表面的重力加速度大小為 B．該星球的質量與地球質量之比為4∶3C．該星球與地球的第一宇宙速度之比為 D．該星球與地球的平均密度之比為9∶2【答案】AC【解析】A．小球與圓弧軌道構成的系統(tǒng)機械能守恒和在水平方向上動量守恒，則從釋放到最低點，有，解得故A正確；B．對于星球表面的物體，萬有引力近似等于重力則有星球質量故該星球與地球質量之比為故B錯誤；C．由萬有引力提供向心力，解得第一宇宙速度可得該星球與地球的第一宇宙速度之比為故C正確；D．星球密度則可得密度之比為2∶9，故D錯誤。故選AC。18．（2024·河北保定·二模）如圖所示，三個小孩分別坐在三輛碰碰車（可看成質點）上，任意一個小孩加上自己的碰碰車后的總質量都相等，三輛碰碰車在一光滑水平面上排成一直線，且初始時彼此隔開相等的距離。具有初動能的碰碰車1向右運動，依次與兩輛靜止的碰碰車2、3發(fā)生碰撞，碰撞時間很短且碰后連為一體，最后這三輛車粘成一個整體成為一輛“小火車”，下列說法正確的是（）A．三輛碰碰車整體最后的動能等于B．碰碰車1運動到2的時間與2運動到3的時間之比為2：3C．碰碰車第一次碰撞時損失的機械能和第二次碰撞時損失的機械能之比為3：1D．碰碰車第一次碰撞時損失的機械能和第二次碰撞時損失的機械能之比為3：2【答案】AC【解析】A．由系統(tǒng)動量守恒，可得其中則三輛碰碰車整體最后的動能等于故A正確；B．設相鄰兩車間的距離為x，碰碰車1運動到2的時間為依題意，碰碰車1與靜止的碰碰車2碰撞過程，動量守恒，有則碰碰車2運動到3的時間為可得故B錯誤；CD．碰碰車第一次碰撞時損失的機械能為第二次碰撞時損失的機械能為可得故C正確；D錯誤。故選AC。19．（2024·湖北十堰·二模）如圖所示，在足夠大的光滑水平地面上，靜置一質量為的滑塊，滑塊右側面的光滑圓弧形槽的半徑為R，末端切線水平，圓弧形槽末端離地面的距離為。質量為m的小球（可視為質點）從圓弧形槽頂端由靜止釋放，與滑塊分離后做平拋運動，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．滑塊的最大動能為B．小球離開滑塊時的動能為C．小球落地時的動能為D．小球落地時與圓弧形槽末端拋出點的距離為【答案】AD【解析】A．滑塊、小球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則當小球運動至圓弧形槽末端時，滑塊的動能最大，根據(jù)動量守恒以及機械能守恒可得解得，滑塊的最大動能為故A正確；B．小球離開滑塊時的動能為故B錯誤；C．根據(jù)動能定理小球落地時的動能為故C錯誤；D．小球與滑塊分離后做平拋運動，豎直方向有小球落地時與圓弧形槽末端拋出點的水平距離為小球落地時與圓弧形槽末端拋出點的距離為故D正確。故選AD。