功能与动量模块测试【测】【解析版】-2023年高考物理二轮复习（新教材新高考）

功能与动量模块测试【测】

（时间：90分钟满分：120分）

一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要

求的）

1.（2022•江苏七市调研）如图所示，引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上运动的吉尼斯世界纪录是

53次/分钟.若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上，该中学生此过程中克服重力做功的平均功率最接

近于（）

A.5WB.20WC.IOOWD.400W

【答案】C

【解析】中学生体重约为50kg,每次引体向上上升高度约为0.5m,引体向上一次克服重力做功为W=mgh

=50x10x0.5J=250J,全过程克服重力做功的平均功率为A=方=%岁=IoOW,故C正确，A、B、D

错误.

2.（2022•河南洛阳市一模）为了人民的健康和社会的长远发展，我国环保部门每天派出大量的洒水车上街进行空

气净化除尘，已知某种型号的洒水车的操作系统是由发动机带动变速箱，变速箱带动洒水泵产生动力将罐体内

的水通过管网喷洒出去，假设行驶过程中车受到的摩擦阻力与其质量成正比，受到的空气阻力与车速成正比，

当洒水车在平直路面上匀速行驶并且匀速洒水时，以下判断正确的是（）

A.洒水车的动能保持不变

B.发动机的功率保持不变

C.牵引力的功率随时间均匀减小

D.牵引力大小跟洒水时间成反比

【答案】C

【解析】以车和车内的水为研究对象，受力分析可知，水平方向受牵引力、摩擦阻力和空气阻力作用，由题

意，车受到的摩擦阻力与其质量成正比，受到的空气阻力与车速成正比，洒水车匀速行驶，合力为零，整体的

2

质量在减小，故摩擦阻力在减小，空气阻力恒定不变，则山尸一R一尸BI=O知，牵引力减小，Ek=SV,洒水

车的质量减小，速度不变，故动能减小，故A错误.发动机的功率P=EV,牵引力减小，速度不变，则发动机

的功率减小，故B错误.牵引力F=Ff+尸困，泗水车的质量随洒水时间均匀减小，则牵引力的大小随洒水时间

均匀减小，不成反比，故D错误.牵引力的功率随洒水时间均匀减小，故C正确.

3.（2022•江苏南京市调研）将一小球竖直向上抛出，向上为正方向.设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受

空气阻力大小恒定.则上升过程中，小球的加速度速度丫、机械能£、动能Ek与小球离抛出点高度人的关

系错误的是（）

【答案】B

【解析】小球上升阶段做匀减速直线运动，向上为正方向，根据牛顿第二定律，则一〃呜-6=〃也，解得α=

—安且，则选项A正确：根据俨=%2—2g〃可知，V与∕1不是一次线性函数关系，选项B错误；根据能量关

系：E=EO一尸也可知，选项C正确；根据动能定理：Ek=EkO-"?g〃-F∣Λ可知，选项D正确.

4.（2022•北京市东城区期末）如图所示，质量为用的足球在离地高处时速度刚好水平向左，大小为以，守门员

此时用手握拳击球，使球以大小为V2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，重力加速度为g,则（）

//

A.击球前后球动量改变量的方向水平向左

B.击球前后球动量改变量的大小是mv2-mv∖

C.击球前后球动量改变量的大小是mv2+trιv∖

D.球离开手时的机械能不可能是加g∕z+5皿2

【答案】C

【解析】规定水平向右为正方向，击球前球的动量0=—"7力，击球后球的动量〃2=用也，击球前后球动量改

变量的大小是Δp=P2-〃1=加以+m%，动量改变量的方向水平向右，故A、B错误，C正确；球离开手时的机

22

械能为mgh+^mv2f因口与血可能相等，则球离开手时的机械能可能是mgh+V∖f故D错误.

5.（2022•云南昆明市一模）篮球和滑板车是深受青少年喜爱的两项体育活动.某同学抱着一篮球站在滑板车上一

起以速度W沿光滑水平地面运动，某一时刻该同学将篮球抛出，抛出瞬间篮球相对于地面的速度大小为四,方

向与抛出前滑板车的运动方向相反，已知篮球的质量为，”，该同学和滑板车质量之和为好则抛出篮球后瞬间该

同学和滑板车的速度大小为（）

(M+26Wo(M-m)劭)

A:b

M-M

(Λ∕+"z)θo

Vo

C.D.M

【答案】A

【解析】以滑板车的运动方向为正方向，则由动量守恒定律有（M+m）w=Λ⅞-∕nvo,解得V="号晒，故

选A.

6.（2022•山东淄博市一模）2020年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外.有

关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40m∕s,假设打一次喷嚏大约喷出50mL的空气,用时约0.02s.己

知空气的密度为1.3kg∕m3,估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为（）

A.13NB.2.6NC.0.68ND.0.13N

【答案】D

【解析】打一次喷嚏大约喷出气体的质量m=p∕

由动量定理F∖t=mv

z-/»vPVv1.3×50×10^×40

斛fe2传aF=Ei=∆Z=0^2N=0.13N

根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为0.13N,故选D.

7.（2022•吉林省重点高中调研）我国汽车的整车安全性碰撞试验在1998年已与国际开始接轨.碰撞试验是让汽车

在水平路面上以48.3km/h的国际标准碰撞速度驶向质量为80t的国际标准碰撞试验台，撞击使汽车的动量一

下子变到0,技术人员通过查看载着模拟乘员的传感器的数据以便对汽车安全性能装置进行改进.重力加速度g

取IOm⅛2,请结合以上材料回答，下列说法正确的是（）

A.若因为安全带对座位上的模拟乘员的保护，在碰撞时乘员的速度变为0所用时间约为0.13s,则安全带对乘

员的作用力约等于乘员重力的10倍

B.在水平路面上运动时汽车所受支持力的冲量与重力的冲量相同

C.若试验汽车的标准碰撞速度增加为原来的1.2倍，则其动量变为原来的2.4倍

D.为了减轻碰撞时对模拟乘员的伤害程度，汽车前面的发动机舱越坚固越好

【答案】A

2

【解析】对整个碰撞过程应用动量定理得安全带对乘员的作用力尸=-⅛Γ≈wvlOOm∕s=10∕w人g,选项A正

确；在水平路面上运动时汽车所受支持力的冲量与重力的冲量的方向不同，所以两冲量不同，选项B错误；由

P=WV可知试验汽车的标准碰撞速度增加为原来的1.2倍，则其动量变为原来的1.2倍，选项C错误；汽车前

面的发动机舱在碰撞时若能运动，可增加乘员与汽车的碰撞时间，由动量定理可知，碰撞过程中乘员受到的作

用力减小，即减轻对模拟乘员的伤害程度，选项D错误.

8.（2022•安徽省示范高中联考）如图甲所示，用竖直向上的力尸拉静止在水平地面上的一物体，物体在向上运动

的过程中,其机械能E与位移X的关系如图乙所示,其中/8为曲线,其余部分为直线,下列说法不正确的是（）

甲乙

A.在O〜Xi的过程中，物体所受拉力不变

B.在M〜X2的过程中，物体的加速度先减小后增大

C.在0〜X3的过程中，物体的动能先增大后减小

D.在0〜X2的过程中，物体克服重力做功的功率一直增大

【答案】D

【解析】根据功能关系可得AE=FAt,得F=亲,则E—X图线的斜率表示尸，则在0〜©的过程中物体所受

拉力不变，故A正确；在XI〜X2的过程中，拉力逐渐减小到零，所以合力先减小后反向增大，则加速度先减小

后反向增大，故B正确；山题图乙分析知，在0〜%的过程中，物体先向上做匀加速运动，再做加速度反向逐

渐增大的减速运动，最后做匀减速直线运动，可知物体的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，故C正确；

在0〜X2的过程中，物体的速度先增大后减小，则物体克服重力做功的功率先增大后减小，故D错误.

9.(2022•河北邯郸市模拟)如图所示是汽车的牵引力厂和车速V的倒数;的关系图线.若汽车的质量为2χl03kg,

由静止开始沿平直公路行驶，阻力恒定，最大车速为30m∕s.以下说法正确的是()

A.汽车运动过程中受到的阻力为6xl(PN

B.汽车的额定功率为6xl()4w

C.汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动

D.汽车做匀加速运动的时间是IOs

【答案】B

【解析】当汽车达到最大车速30m/s时，牵引力为2X103N,可知汽车受到的阻力为2*1()3N,汽车的额定功

率为P=尸Vm=2χl()3χ30W=6xl04W,选项A错误，B正确.因尸一F图线开始是直线，则斜率为FV=P为定

值，可知汽车以恒定功率启动，开始做变加速运动，不做匀加速运动，后来做匀速运动，选项C、D错误.

10.(2022•湖北孝感高级中学调研)两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，如图3所示，球2在前，

球1在后，球1、2的质量分别为如=1kg、W2=3kg,初速度分别为Vol=6m/s、W=3m/s,当球1与球2发

生碰撞后，两球的速度分别为M、也，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为昂、pi，则vlʌv2,El、Pl的

可能值为（）

A.vι=1.75m∕s,V2=3.75m/s

B.叨=1.5m/s,以=4.5m/s

C.Eι=9J

D.Pl=Ikg∙m∕s

【答案】B

【解析】两球碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，有如加+〃?2%2=羽m+加2也，代入数据可知A错误，B

正确.以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有如V01+∕M2%2=（m∣+

"?2）也代入数据解得V=3.75m/s,如果两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律有，〃1如+〃?2口02=如0+加2丫2，由机

械能守恒定律得VIOI2+；小2丫022=/"|02+；加2吸2,联立解得也=1.5Γ∏∕s,V2=4.5Π√S.故碰撞后球1的速度满

足1.5τn∕s<v∣<3.75m/s,球1的动能Ei=Jmv/,满足1.125J≤fι<7.03J,球1的动量大小Pl=如叫，满足1.5

kg∙m∕s⅛ι<3.75kg∙m∕s,选项C、D错误.

二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全

部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

11.（2022•江苏宿豫中学高三月考）某人用手将2kg的物体由静止向上提起0.8m,这时物体的速度为2m∕s（g取

10m∕s2）,则下列说法正确的是（）

A.手对物体做功20JB.物体克服重力做功16J

C.合力做功4JD.合力做功20J

【答案】ABC

【解析】由动能定理得合外力做功为少各o=:χ2x22J=4J,而合外力做的功力方=%—解得手

对物体做功的大小为伊=少a+mg∕）=4J+2χl0χ0.8J=20J,物体克服重力做功为ΓFc=M1gA=2×10×0.8J=16J,

故A、B、C正确，D错误。

12.（2022•甘肃天水市高三期末）如图所示，圆弧形光滑轨道Z8C固定在竖直平面内，。是圆心，OC竖直，。/

水平。Z点紧靠一足够长的平台MM。点位于/点正上方，如果从。点无初速度释放一个小球，从/点进入

圆弧轨道，有可能从C点飞出，做平抛运动，落在平台MN上。下列说法正确的是（）

A.只要。点的高度合适，小球可以落在MN上任意一点

B.在由D运动到"和由C运动到P的过程中重力功率都越来越大

C.小球运动的整个过程中机械能守恒

D.如果小球能从C点飞出，则小球过C点时与轨道的压力不可能为零

【答案】BC

【解析】小球恰好通过C点时，小球对轨道的压力为零，则有加g=贷，得小球通过C点的最小速度为VC

=晒，小球离开C点后做平抛运动，则有凡解得/=、栏，小球离开C点做平抛运动的水平距离最

小值为X=Va=也穴，所以小球只能落在平台MN上距加点距离为（6一I）R的右侧位置上，故A、D错误；在

由。运动到〃的过程中，速度增大，由P=MgV知重力功率增大；由C运动到P的过程中，匕,增大，由P=

WgVr知重力功率增大，故B正确：小球山。经小B、C到。的过程中，轨道对小球不做功，只有重力做功，

机械能守恒，故C正确。

13.（2022•湖南长沙市模拟）如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面ZB的下端与光滑的圆弧轨道8CD在8点相切，

圆弧轨道的半径为R,圆心。与。在同一水平面上，C点为圆弧轨道最低点，□CO5=J=30o.现使一质量

为m的小物块从D点无初速度地释放,小物块与粗糙斜面/8间的动摩擦因数〃Vtan。.关于小物块的运动情况，

下列说法正确的是（）

A.小物块可能运动到N

B.小物块经过较长时间后会停在C点

C.小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最大压力大小为3mg

D.小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最小压力大小为（3一小）〃陪

【答案】CD

【解析】小物块从D点无初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物块在斜面上运动时机械能不断减小，

根据能量守恒，不可能运动到/点，又知道〃Vtan仇即mgsin">w"gcos仇最终小物块在与C点对称的8、E

点之间来回运动，A、B错误.物块第一次运动到C点时速度最大，对轨道的压力最大，物块从。点第一次运

2

动到C点时，由动能定理得：mgR=^nvi,设此时轨道对物块的支持力大小为B,由牛顿第二定律得：F1-

mg=n^,联立解得：Fi=3mg,由牛顿第三定律知物块对C点的最大压力大小为3,"g,故C正确•当最后稳

定后，物块在8、E之间运动时，设物块经过C点的速度为V2,由动能定理得：cosO）=%n√,设轨道

对物块的支持力大小为F2,由牛顿第二定律得：B—"呜=〃?亨，联立解得：&=（3一小）〃?g,由牛顿第三定律

可知，物块对C点的最小压力大小为（3—√5）∕πg,D正确.

14.（2022♦四川宜宾第四中学开学考试）如图，半径为R质量为"?的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将

质量也为机的小球从距Z点正上方/?高处由静止释放，小球自由落体后由Z点经过半圆轨道后从8冲出，在空

中能上升的最大高度*〃，不计空气阻力，小球可视为质点，则（）

A.小球和小车组成的系统动量守恒

B.小车向左运动的最大距离为TA

C.小球离开小车后做竖直上抛运动

13

D.小球第二次能上升的最大高度垢满足：/＜垢＜0

【答案】CD

【解析】小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，由于小球有竖直分加

速度，所以系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方

2R—γV-

向，在水平方向，由动量守恒定律得：〃"一"M=O,加一7二一加y=0,解得，小车的最大位移：x=R,故B错

误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方

向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C正确；小球第一次在车中运动的过程中，由动能定理得:

3I

wg（/?一，）一%=0,%为小球克服摩擦力做功大小，解得：％=力唁/?，即小球第一次在车中运动损失的机械能

为由于小球第二次在车中运动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩

擦力做功小于;mg/?,机械能损失小于;因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：^Λ=∣A,而小

于会,故D正确.

15.（2022•广西桂林市、百色市和崇左市第三次联考）如图甲，光滑水平面上放着长木板8,质量为〃?=2kg的

木块Z以速度vo=2m∕s滑上原来静止的长木板8的上表面，由于4、8之间存在摩擦，之后木块力与长木板8

的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g=10m∕s2.则下列说法正确的是（）

A.木块”与长木板8之间的动摩擦因数为0.1

B.长木板的质量Λ∕=2kg

C.长木板8的长度至少为2m

D.木块/与长木板8组成的系统损失的机械能为4J

【答案】AB

【解析】由题图乙可知，木块/先做匀减速运动，长木板8先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速

度V=Im∕s,取向右为正方向，对/、8组成的系统，根据动量守恒定律有"IVO=(∕M+M)V,解得：M=m=2kg,

故B正确；由题图乙可知，长木板8匀加速运动的加速度为：m∕s2=lm∕s2,对长木板8,根据牛顿

第二定律得：""7g=Mαs,解得〃=0」，故A正确；由题图乙可知前IS内长木板8的位移为：xs=IXlXlm=

2+1

0.5m,木块力的位移为：1=—/—χlm=L5m,所以长木板8的最小长度为：L=XΛ-XB=∖m,故C错误；

木块/与长木板8组成的系统损失的机械能为：AE=*M-I(ZM+M)∕=2j,故D错误.

三、计算题(本题共6小题，共70分)

16.(8分)(2022•浙江杭州市模拟)在赛车场上，为了安全，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏

时起缓冲作用，如图甲所示.在一次模拟实验中用弹簧来代替废旧轮胎，实验情景如图乙所示，水平放置的轻

弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始时赛车在/处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离为Zd=Imo

当赛车启动时，产生水平向左的恒为尸=24N的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触弹簧的瞬间立即关

闭发动机，赛车继续压缩弹簧，最后被弹回到8处停下。己知赛车的质量为机=2kg,A.8之间的距离为心

=3m,赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小为v=4m∕s,方向水平向右。g取IOm∕s2<,

(1)求赛车和地面间的动摩擦因数；

(2)弹簧被压缩的最大距离是多少？试从加速度和速度变化的角度分析赛车关闭发动机后的运动性质;

(3)试分析赛车速度过大时，存在什么安全隐患。

【答案】(1)0.2(2)0.5m赛车的运动性质见解析(3)见解析

【解析】(1)从赛车离开弹簧到2点静止，由动能定理得

一μmg(L∖+£2)=0-

解得〃=0.2。

(2)设弹簧被压缩的最大距离为3从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得

FLI-μmg(L↑+2L)=^mV2-O

解得£=0.5m。

赛车接触弹簧后立即关闭发动机，牵引力消失，水平方向摩擦力不变，弹簧弹力增大，由牛顿第二定律知赛车

做加速度增大的减速运动，当弹簧被压缩至最短时，赛车速度减为零，然后赛车在弹簧弹力作用下被反向弹回，

赛车被反向弹回时摩擦力大小不变，方向向左，弹簧弹力逐渐减小，赛车脱离弹簧时弹力为0,赛车先做加速

度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动。赛车脱离弹簧后，做匀减速直线运动至速度减为0。

(3)若赛车速度过大，撞击时超过弹簧的弹性限度，就会冲出围栏，发生安全

事故。

17.(8分)(2022•甘肃天水市调研)如图所示，在水平面上依次放置小物块/和C以及曲面劈B,其中小物块A与

小物块C的质量相等均为机，曲面劈8的质量M=3〃?，曲面劈8的曲面下端与水平面相切，且曲面劈8足够

高，各接触面均光滑.现让小物块C以水平速度Vo向右运动，与小物块Z发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一

起滑上曲面劈B,重力加速度为g.求：

(1)碰撞过程中系统损失的机械能；

(2)碰后物块N与C在曲面劈8上能够达到的最大高度.

【答案】(l)%n√(2)∣^

【解析】(1)小物块C与物块/发生碰撞粘在一起，以Vo的方向为正方向

由动量守恒定律得：〃7W=2"7U

解得v=∣v0;

22

碰撞过程中系统损失的机械能为Effi=∣∕MVo-∣×2∕nv

2

解得Ewl=^mvo.

(2)当小物块4、C上升到最大高度时，/、B、C系统的速度相等.三者组成的系统在水平方向上动量守恒，根

据动量守恒定律："?vo=(m+,w+3m)vi

解得Vi=∣v0

根据机械能守恒定律得

2mgh-^×2"d?—gx5„丫0)2

18.(8分)(2022•河南平顶山一中高三月考)如图所示为某型号气垫船，其总质量为3x105kg,装有额定输出功率

为600OkW的燃气轮机。若该气垫船由静止开始做匀加速直线运动，当速度为36km/h时，燃气轮机达到额定

输出功率，之后保持该功率不变继续运动30m距离，达到最大速度匀速运动，假设整个过程中气垫船所受阻力

恒为3x105N,重力加速度g取IOnVS2。求：

(1)燃气轮机提供的最大牵引力；

(2)整个过程气垫船的最大速度；

(3)气垫船由静止开始到最大速度过程所经历的时间。

【答案】(1)6×1O5N(2)20m/s(3)19s

【解析】(1)整个过程中匀加速阶段牵引力最大，匀加速结束时速度为

v∣=36km/h=10ɪn/s

由Pm=Fmv∖,

5

解得N=6×IONo

(2)达到最大速度时，气垫船匀速运动，此时牵引力与阻力大小相等，

则由Pm-∕vm>

解得Vm=牛=20m∕s<,

(3)由牛顿第二定律得

则匀加速阶段经历的时间zɪ=^∙=10s

设达到额定功率府到最大速度经历时间为t2,

则由动能定理得Pt2—fs=∣mι⅛—∣∕H,解得/2=9s

则气垫船由静止开始到最大速度过程所经历的时间

f=∕l+∕2=19So

20.(12分)(2022•湖北宜昌一中阶段测试)如图所示，倾角。=30。的足够长的斜面上，放着两个相距及、质量均为

的滑块力和8,滑块/的下表面光滑，滑块8与斜面间的动摩擦因数〃=tan9=乎.由静止同时释放4和8,

此后48发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞.己知重力加速度为g,求：

(1M与B第一次相碰后B的速率;

(2)从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间.

【答案】(1侮⑵6ʌ/f

［解析】(1)对8,由∕√=tan9=早知wgsinθ=μmgcosθ

则第一次碰撞前6将保持静止

对4,由牛顿第二定律得wgsinθ=maAA在斜面上的加速度恒为aA=^g

由y∕=2q∕o得与B第一次碰撞前的速度vj=-∖∕gZo

/、8发生第一次弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，机械能守恒，有加½<=m/+〃?也

121,2.1ɔ

即VA=2ΠV>十2m也

解得第一次相碰后4的速率M=0,8的速率P2=W=值.

⑵由VA=aAtA得从/开始运动到4B第一次碰撞所用时间八=言=

由(1)知，第一次相碰后/做初速度为0的匀加速直线运动，8做速度为吸的匀速直线运动，设再经时间及发生

第二次碰撞，则/2时间内/、8的位移分别为心=5汨

XB=Vlh

由必=XB得,2=4、^

故从/开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t=h+t2=叭性.

21.(12分)(2022•山东烟台市一模)如图所示，质量为M=4.5kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m=∖.5kg

的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接

触地穿过.现使木板和物块以vo=4ιτ√s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰前的速率反向弹

回，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落.已知物块与挡板第一次碰撞

后，物块离开挡板的最大距离为Xl=L6m,重力加速度g=10m/s2：

(1)求物块与木板间的动摩擦因数；

(2)若物块与挡板第"次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为X"=6.25xl()Fm,求〃；

(3)求长木板的长度至少应为多少.

【答案】(1)0.5(2)5(3)6.4m

【解析】(1)物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得

C1,

-///ngɪi=0-2,wvθ

解得〃=0.5

(2)物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向.

设第一次碰撞后系统的共同速度为也，由动量守恒定律得

Λ∕vo-wvo=(Λ∕+w)vι□

M-m1

V尸而储F

设物块由速度为0加速到V,的过程中运动的位移为x∣'

,1,

μmgx∖=-jmv∖-∖21

由□□式得

*1,=4x∣□

即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度V1

第二次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为W

经一段时间系统的共同速度为

M-m1ɔ

也=而产=G)Vo

第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为V2

经一段时间系统的共同速度为

M-in1,

“3=第*2=伤*。

第n次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为vπ-1

M-m,1、

Vn-'=M+^n-2=(?)vo

2

由动能定理得~μmgxn-O-^ιnvn-i

由□□□式得

n=5

(3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时都静止.设物块在木板上的相对位移为乙由能量守

恒定律得

μιngL=](Λ∕+/n)vɑ2

解得L=6Am

即木板的长度至少应为6.4m.

22.(14分)(2022•山东潍坊市模拟)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