專題07 動(dòng)量-2024物理高考真題及?？碱}分類匯編

24/24專題07動(dòng)量1.（2024全國(guó)甲卷考題）7.蹦床運(yùn)動(dòng)中，體重為的運(yùn)動(dòng)員在時(shí)剛好落到蹦床上，對(duì)蹦床作用力大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時(shí)蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取。下列說(shuō)法正確的是（）A.時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最大B.時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度大小為C時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處D.運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開過(guò)程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為【答案】BD【解析】根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知時(shí)，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時(shí)運(yùn)動(dòng)員處于最低點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題圖可知運(yùn)動(dòng)員從離開蹦床到再次落到蹦床上經(jīng)歷的時(shí)間為，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，運(yùn)動(dòng)員上升時(shí)間為1s，則在時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處，時(shí)運(yùn)動(dòng)員的速度大小故B正確，C錯(cuò)誤；同理可知運(yùn)動(dòng)員落到蹦床時(shí)的速度大小為，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開過(guò)程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為，故D正確。2.（2024年安徽卷考題）8.在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個(gè)完全相同的帶電小球，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線，連接成邊長(zhǎng)為d的正三角形，如圖甲所示。小球質(zhì)量為m，帶電量為，可視為點(diǎn)電荷。初始時(shí)，小球均靜止，細(xì)線拉直。現(xiàn)將球1和球2間的細(xì)線剪斷，當(dāng)三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)到同一條直線上時(shí)，速度大小分別為、、，如圖乙所示。該過(guò)程中三個(gè)小球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能減少了，k為靜電力常量，不計(jì)空氣阻力。則（）A.該過(guò)程中小球3受到的合力大小始終不變 B.該過(guò)程中系統(tǒng)能量守恒，動(dòng)量不守恒C.在圖乙位置，， D.在圖乙位置，【答案】D【解析】該過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)能和電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，能量守恒，對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知系統(tǒng)受到的合外力為0，故動(dòng)量守恒；當(dāng)三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)到同一條直線上時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性可知細(xì)線中的拉力相等，此時(shí)球3受到1和2的電場(chǎng)力大小相等，方向相反，故可知此時(shí)球3受到的合力為0，球3從靜止?fàn)顟B(tài)開始運(yùn)動(dòng)，瞬間受到的合力不為0，故該過(guò)程中小球3受到的合力在改變，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量守恒根據(jù)球1和2運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，解得根據(jù)能量守恒解得故C錯(cuò)誤，D正確。3.(2024年湖北考題)10.如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C.木塊和子彈損失的總動(dòng)能為D.木塊在加速過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的距離為【答案】AD【解析】子彈和木塊相互作用過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)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(guò)程中合力都為，因此子彈和物塊的加速度分別為由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(wú)窮單調(diào)遞減，因此當(dāng)木塊的速度最大，A正確；則子彈穿過(guò)木塊時(shí)木塊的速度為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可得，故B錯(cuò)誤；由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)摩擦生熱，即故C錯(cuò)誤；木塊加速過(guò)程運(yùn)動(dòng)的距離為，故D正確。4.（2024年廣東卷考題）14.汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。（1）安全帶能通過(guò)感應(yīng)車的加速度自動(dòng)鎖定，其原理的簡(jiǎn)化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過(guò)程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達(dá)到共同的加速度a，同時(shí)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(shí)敏感臂對(duì)敏感球的壓力大小為，敏感球的質(zhì)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(cè)試中，可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運(yùn)動(dòng)。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，氣囊對(duì)頭錘豎直方向作用力F隨時(shí)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(zhì)量，重力加速度大小取。求：①碰撞過(guò)程中F的沖量大小和方向；②碰撞結(jié)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(guò)程中F的沖量大小，方向豎直向上；②頭錘落到氣囊上時(shí)的速度與氣囊作用過(guò)程由動(dòng)量定理（向上為正方向）解得v=2m/s則上升的最大高度5.(2024年江蘇卷考題)13.嫦娥六號(hào)在軌速度為v0，著陸器對(duì)應(yīng)的組合體A與軌道器對(duì)應(yīng)的組合體B分離時(shí)間為Δt，分離后B的速度為v，且與v0同向，A、B的質(zhì)量分別為m、M。求：（1）分離后A的速度v1；（2）分離時(shí)A對(duì)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(dòng)量守恒，取v0的方向?yàn)檎较?，?m＋M)v0=Mv＋mv1解得，方向與v0相同；（2）以B為研究對(duì)象，對(duì)B列動(dòng)量定理有FΔt=Mv－Mv0解得6.（2024年安徽卷考題）14.如圖所示，一實(shí)驗(yàn)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(diǎn)，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊右側(cè)?，F(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時(shí)，靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著的軌道運(yùn)動(dòng)，已知細(xì)線長(zhǎng)。小球質(zhì)量。物塊、小車質(zhì)量均為。小車上的水平軌道長(zhǎng)。圓弧軌道半徑。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取。（1）求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大?。唬?）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；（3）為使物塊能進(jìn)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(dòng)摩擦因數(shù)的取值范圍?！敬鸢浮浚?）6N；（2）4m/s；（3）【解析】（1）對(duì)小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理解得在最低點(diǎn)，對(duì)小球由牛頓第二定律解得，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小為（2）小球與物塊碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)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(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車整體由水平方向動(dòng)量守恒由能量守恒定律解得若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到與圓弧圓心等高位置，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車整體由水平方向動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)的取值范圍為7.（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(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時(shí)小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動(dòng)，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計(jì)小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。（1）若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的大小；（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(gè)頂點(diǎn)，求小球的質(zhì)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(duì)速度大小為碰撞前的相對(duì)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(guò)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(dòng)量守恒,設(shè)碰撞后兩小球的速度大小為v，則根據(jù)動(dòng)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(shè)碰后速度分別為vA，vB，則碰后動(dòng)量和能量守恒有聯(lián)立解得，因?yàn)樗械呐鲎参恢脛偤梦挥诘冗吶切蔚娜齻€(gè)頂點(diǎn)，如圖①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過(guò)的路程之比為，則有聯(lián)立解得由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故k1=0，即對(duì)第二次碰撞，設(shè)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(diǎn)、第四次碰撞發(fā)生在c點(diǎn)，以此類推，滿足題意。②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過(guò)的路程之比為；所以聯(lián)立可得因?yàn)閮少|(zhì)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(duì)速度大小為v0，第一次碰后的相對(duì)速度大小為，第一次碰后與第二次相碰前B球比A球多運(yùn)動(dòng)一圈，即B球相對(duì)A球運(yùn)動(dòng)一圈，有第一次碰撞動(dòng)量守恒有且聯(lián)立解得B球運(yùn)動(dòng)的路程第二次碰撞的相對(duì)速度大小為第二次碰撞有且聯(lián)立可得所以B球運(yùn)動(dòng)的路程一共碰了2n次，有一、單選題1．（2024·河北邢臺(tái)·二模）某同學(xué)利用身邊的常見器材在家完成了有趣的物理實(shí)驗(yàn)，如圖所示。當(dāng)手持吹風(fēng)機(jī)垂直向電子秤的托盤吹風(fēng)時(shí)，電子秤示數(shù)為36.0克。假設(shè)吹風(fēng)機(jī)出風(fēng)口為圓形，其半徑為5cm，空氣密度為1.29kg/m3，實(shí)驗(yàn)前電子秤已校準(zhǔn)，重力加速度10m/s2。則此時(shí)吹風(fēng)機(jī)的風(fēng)速約為（??）A．6m/s B．8m/s C．10m/s D．12m/s【答案】A【解析】對(duì)于時(shí)間內(nèi)吹出的空氣，根據(jù)動(dòng)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(xí)）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(shí)間極短。若已知兩冰壺的質(zhì)量均為20kg，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．碰后瞬間A的速度大小為0.4m/sB．碰撞過(guò)程中，B對(duì)A做功為21.6JC．碰撞過(guò)程中，A對(duì)B的沖量大小為D．A、B碰撞過(guò)程是彈性碰撞【答案】C【解析】由于碰撞時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，可知，A、B相碰時(shí)，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量近似守恒。根據(jù)動(dòng)量守恒定律，以v0方向?yàn)檎较?，有mv0=mvA+mvB解得vA=0.3m/s故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，碰撞過(guò)程中，B對(duì)A做功為解得故B錯(cuò)誤；碰撞過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理，A對(duì)B的沖量大小I=mvB解得I=24N?s故C正確；碰撞之前總能量為碰撞后A、B系統(tǒng)總動(dòng)能為由此可知可知，A、B碰撞過(guò)程是非彈性碰撞，故D錯(cuò)誤。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(nèi)，質(zhì)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(diǎn)質(zhì)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(yùn)動(dòng)，A、B間的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是（）A．第一次碰撞后瞬間，A球的運(yùn)動(dòng)方向一定變?yōu)樗较蜃驜．第一次碰撞后瞬間，A球?qū)壍赖膲毫Υ笮】赡転镃．第二次碰撞結(jié)束后，A球沿左側(cè)軌道上升的最大高度不可能為RD．第二次碰撞結(jié)束后，A球沿左側(cè)軌道運(yùn)動(dòng)速度為零時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小可能為mg【答案】B【解析】由彈性碰撞的規(guī)律知，當(dāng)時(shí)，碰撞后質(zhì)量小的球A被反彈回來(lái)，方向水平向左，當(dāng)時(shí)，兩球碰撞后交換了速度，碰撞后小球A靜止，A錯(cuò)誤；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(yùn)動(dòng)，則兩球碰后速度大小相同，對(duì)碰撞過(guò)程由動(dòng)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?qū)壍赖膲毫赡転?，B正確；二次碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒或根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(jié)束后，A球沿左側(cè)軌道上升的最大高度為R，此時(shí)A球速度為0，A球?qū)壍赖膲毫Υ笮?。C、D錯(cuò)誤；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(duì)著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過(guò)程中的任一時(shí)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(dòng)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】對(duì)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(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，可得A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動(dòng)量方向向左，顯然甲的動(dòng)量大小比乙的小，C錯(cuò)誤；因?yàn)榧椎膭?dòng)量大小比乙的小，故甲合力沖量小于乙合力沖量，D錯(cuò)誤。5．（2024·湖北武漢·二模）中國(guó)汽車?yán)﹀\標(biāo)賽是我國(guó)級(jí)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(nèi)速度大小由2v變?yōu)?v，隨后一段賽道內(nèi)速度大小由5v變?yōu)?v，前后兩段賽道內(nèi)，合外力對(duì)賽車做的功分別為W1和W2，賽車的動(dòng)量變化的大小分別為和，下列關(guān)系式可能成立的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】根據(jù)動(dòng)能定理有，可得由于速度和動(dòng)量是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時(shí)，動(dòng)量變化量最小，方向相反時(shí)，動(dòng)量變化量最大，可知?jiǎng)恿孔兓拇笮》秶?，，可得，故選B。6．（2024·山東煙臺(tái)·二模）質(zhì)量為和的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時(shí)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(guò)程中滿足動(dòng)量守恒定律，即且整理解得即故選C。7．（2024·山東菏澤·模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，在光滑水平面上，小球A以初動(dòng)量沿直線運(yùn)動(dòng)，與靜止的帶輕質(zhì)彈簧的小球B發(fā)生正碰，此過(guò)程中，小球A的動(dòng)量p隨時(shí)間t變化的部分圖像如圖乙所示，時(shí)刻圖線的切線斜率最大，此時(shí)縱坐標(biāo)為，時(shí)刻縱坐標(biāo)為零。已知小球A、B的直徑相同，則（）A．小球A、B的質(zhì)量之比為B．時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能最大C．小球A的初動(dòng)能和彈簧最大彈性勢(shì)能之比為D．0~時(shí)間內(nèi)，小球B的動(dòng)量變化量為【答案】C【解析】時(shí)刻圖線的切線斜率最大，則小球A的動(dòng)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(shí)彈簧彈力最大，由胡克定律可知，此時(shí)彈簧形變量最大，則此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，故B錯(cuò)誤；時(shí)刻兩小球共速，設(shè)速度大小均為v，則小球A的質(zhì)量根據(jù)動(dòng)量守恒有則小球B的質(zhì)量由此可知兩小球的質(zhì)量之比為故A錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒有小球A的初動(dòng)能和彈簧最大彈性勢(shì)能之比故C正確；時(shí)間內(nèi)，小球B的動(dòng)量變化量，故D錯(cuò)誤。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(shí)間的變化規(guī)律。已知物體A的質(zhì)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(zhì)量為 D．碰撞過(guò)程A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為【答案】D【解析】若規(guī)定以碰撞前B速度方向?yàn)檎较?，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A、B錯(cuò)誤；設(shè)物體的B的質(zhì)量為，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則由動(dòng)量守恒定律得解得故C錯(cuò)誤；碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能為代入數(shù)據(jù)解得故D正確。9．（2024·湖北·一模）如圖甲所示，物體a、b間拴接一個(gè)壓縮后被鎖定的輕質(zhì)彈簧，整個(gè)系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中a物體最初與左側(cè)的固定擋板相接觸，b物體質(zhì)量為4kg。現(xiàn)解除對(duì)彈簧的鎖定，在a物體離開擋板后的某時(shí)刻開始，b物體的圖象如圖乙所示，則可知（）A．a(chǎn)物體的質(zhì)量為1kgB．a(chǎn)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(shì)能為6JD．在a物體離開擋板后，物體a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒【答案】C【解析】解除對(duì)彈簧的鎖定，a離開擋板后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒。由題意可知b的速度最大時(shí)，a的速度最小為零，且此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)；b的速度最小時(shí)，a的速度最大，且此時(shí)也處于原長(zhǎng)。設(shè)a的質(zhì)量為，a的最大速度為根據(jù)動(dòng)量守恒有由機(jī)械能守恒可得由圖像可知，解得，A、B錯(cuò)誤；當(dāng)a、b速度相等時(shí)，a、b動(dòng)能之和最小，根據(jù)能量守恒定律，此時(shí)彈簧勢(shì)能最大。根據(jù)動(dòng)量守恒定律有根據(jù)能量守恒解得，C正確；在a物體離開擋板后，物體a、b以及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒，D錯(cuò)誤。10．（2024·全國(guó)·一模）一種平拋運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)游戲如圖所示，AB是內(nèi)壁光滑的細(xì)圓管，被固定在豎直面內(nèi)，B點(diǎn)的切線水平，讓質(zhì)量為m的小球（直徑略小于細(xì)管的直徑）從A點(diǎn)由靜止釋放，沿著管壁向下運(yùn)動(dòng)，達(dá)到B點(diǎn)時(shí)的速度方向水平向右，大小為v0，接著小球從B運(yùn)動(dòng)到C，已知AB的形狀與拋物線BC的形狀完全對(duì)稱相同，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．A、C兩點(diǎn)間的高度差為B．A點(diǎn)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(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則管壁對(duì)小球支持力的沖量大小為【答案】B【解析】小球從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有由于AB的形狀與拋物線BC的形狀完全對(duì)稱相同，則A、C兩點(diǎn)間的高度差為故A錯(cuò)誤；小球從B到C過(guò)程，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有，結(jié)合上述解得由于AB的形狀與拋物線BC的形狀完全對(duì)稱相同，則A點(diǎn)的切線與水平方向的夾角為45°，故B正確；小球從B到C重力的平均功率為結(jié)合上述解得故C錯(cuò)誤；小球從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，將管壁對(duì)小球支持力的沖量沿豎直方向與水平方向進(jìn)行分解，根據(jù)動(dòng)量定理有，則管壁對(duì)小球支持力的沖量大小為解得故D錯(cuò)誤。11．（2024·河北石家莊·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示為某彈跳玩具，底部是一個(gè)質(zhì)量為m的底座，通過(guò)彈簧與頂部一質(zhì)量的小球相連，同時(shí)用輕質(zhì)無(wú)彈性的細(xì)繩將底座和小球連接，穩(wěn)定時(shí)繩子伸直而無(wú)張力。用手將小球按下一段距離后釋放，小球運(yùn)動(dòng)到初始位置處時(shí)，瞬間繃緊細(xì)繩，帶動(dòng)底座離開地面，一起向上運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)的過(guò)程中，重力做功為B．繩子繃緊前的瞬間，小球的動(dòng)能為C．繩子繃緊瞬間，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為D．用手將小球按下一段距離后，彈簧的彈性勢(shì)能為【答案】C【解析】玩具離開地面上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中，重力做功為WG=-（M+m）gh=-3mgh選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)細(xì)繩繃緊后瞬間，小球和底座一起向上運(yùn)動(dòng)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(shè)細(xì)繩繃緊前瞬間，小球的速度為v0。細(xì)繩繃緊過(guò)程，外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取豎直向上方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)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(dòng)能為則繩子繃緊瞬間，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為故B錯(cuò)誤，C正確；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(shì)能轉(zhuǎn)化成小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能，故彈簧的彈性勢(shì)能滿足故D錯(cuò)誤；12．（2024·安徽黃山·二模）某小球質(zhì)量為M，現(xiàn)讓它在空氣中由靜止開始豎直下落，下落過(guò)程中所受空氣阻力與速率的關(guān)系滿足（k為定值），當(dāng)下落時(shí)間為t時(shí)，小球開始勻速下落，已知重力加速度為g，則小球在t時(shí)間內(nèi)下降的高度h為（）A． B．C． D．【答案】A【解析】根據(jù)題意可得，當(dāng)小球勻速下落時(shí)，有下落過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理可得聯(lián)立可得故選A。二、多選題13．（2024·山東濟(jì)南·三模）質(zhì)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(shí)，質(zhì)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(shuō)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(shí)間為D．物塊下落的總時(shí)間為【答案】AC【解析】子彈擊中物塊后瞬間，水平方向動(dòng)量守恒，則解得物塊水平方向的速度大小變?yōu)檫x項(xiàng)A正確；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(dòng)量守恒可知解得物塊豎直方向的速度大小變?yōu)檫x項(xiàng)B錯(cuò)誤；子彈擊中木塊之前物塊下落的時(shí)間被子彈擊中后物塊下落時(shí)，根據(jù)解得t2=1s，（另一值舍掉），則總時(shí)間為選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。14．（2024·福建廈門·三模）如圖甲所示，傾角為的足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，物塊A、B中間用輕彈簧相連，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)L時(shí)，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(jì)時(shí)，A和B的位置隨時(shí)間變化的圖像如圖乙中的曲線a、b所示，時(shí)刻a、b的縱坐標(biāo)分別為、，此時(shí)兩條曲線的縱坐標(biāo)差值最小。已知A、B和C可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m，且與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(jì)時(shí)到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為D．從開始計(jì)時(shí)到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為【答案】AC【解析】由題知B和C可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m，物塊B、C碰撞過(guò)程中動(dòng)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；當(dāng)C與B碰后瞬間，彈簧仍處于原長(zhǎng)L，A物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，A的加速度為0，B錯(cuò)誤；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(zhì)量均為m，則說(shuō)明物塊A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中相當(dāng)所受外力合力為零，在物塊B獲得速度后開始?jí)嚎s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(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)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(zhǎng)，當(dāng)物塊A的速度達(dá)到，物塊B的速度減為0時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，在整個(gè)過(guò)程中摩擦力做功等于重力勢(shì)能減小量，由對(duì)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(jì)時(shí)到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為C正確，D錯(cuò)誤。15．（2024·河北·二模）2024年2月5日，在斯諾克德國(guó)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(jiǎn)易圖如圖乙所示，特魯姆普某次用白球擊打靜止的藍(lán)球，兩球碰后沿同一直線運(yùn)動(dòng)。藍(lán)球經(jīng)的時(shí)間向前運(yùn)動(dòng)剛好（速度為0）落入袋中，而白球沿同一方向運(yùn)動(dòng)停止運(yùn)動(dòng)，已知兩球的質(zhì)量相等，碰后以相同的加速度做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)兩球碰撞的時(shí)間極短且發(fā)生正碰（內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力），則下列說(shuō)法正確的是（）A．由于摩擦不能忽略，則碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒B．碰后藍(lán)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】由題意兩球碰撞的時(shí)間極短，碰撞過(guò)程中產(chǎn)生極大的內(nèi)力，兩球與桌面間的摩擦力遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于內(nèi)力，所以該碰撞過(guò)程的動(dòng)量守恒，A錯(cuò)誤；碰后，藍(lán)球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)且剛好落入袋內(nèi)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得藍(lán)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(lán)球與白球的速度之比為，B正確；碰撞過(guò)程中兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則代入數(shù)據(jù)解得C正確；兩球碰前的動(dòng)能為兩球碰后的總動(dòng)能為由于所以該碰撞過(guò)程有機(jī)械能損失，即該碰撞為非彈性碰撞，D錯(cuò)誤。16．（2024·河北保定·一模）如圖所示，粗糙的水平面上放置一輕質(zhì)彈簧，彈簧的右端固定，左端與質(zhì)量為m的滑塊甲（視為質(zhì)點(diǎn)）連接，小球乙（視為質(zhì)點(diǎn)）靜止在C點(diǎn)，讓甲在A點(diǎn)獲得一個(gè)水平向左的初速度，且甲在A點(diǎn)時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，此時(shí)彈簧所蘊(yùn)含的彈性勢(shì)能為，當(dāng)甲運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)彈簧正好恢復(fù)到原長(zhǎng)，甲繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)與乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，A、B兩點(diǎn)間距與B、C兩點(diǎn)間距均為L(zhǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．甲剛到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為B．甲剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為C．甲剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)（與乙發(fā)生碰撞前）的動(dòng)能為D．若甲、乙碰撞剛結(jié)束時(shí)，乙的速度為，則乙的質(zhì)量為2m【答案】BC【解析】由題意可知，甲剛到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能是零，即彈簧對(duì)甲做功是，由動(dòng)能定理可得解得，A錯(cuò)誤；由對(duì)稱性可知，甲剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為，B正確；甲剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)（與乙發(fā)生碰撞前），由動(dòng)能定理可得解得C正確；甲、乙在C點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)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(cuò)誤。三、解答題17．（2024·江蘇蘇州·二模）如圖所示，半徑為的光滑圓弧曲面與傾角為37°足夠長(zhǎng)的固定粗糙斜面在點(diǎn)平滑相接，質(zhì)量為的小物塊B恰好靜止在斜面上，此時(shí)物塊B與點(diǎn)的距離為。另一質(zhì)量為的小物塊A從與圓心等高處由靜止釋放，通過(guò)點(diǎn)滑上斜面，與物塊B發(fā)生彈性碰撞。已知物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度取，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短。求：（1）物塊A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)對(duì)曲面的壓力；（2）物塊A與B碰撞前的速度；（3）從物塊A與B第一次碰撞到兩物塊再次碰撞經(jīng)歷的時(shí)間?！敬鸢浮浚?），與豎直方