2025届高考物理一轮复习专题重组卷第一部分专题二动力学能量动量观点在力学中的应用含解析

PAGE15-专题二动力学、能量、动量观点在力学中的应用第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题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)1．(2024·浙江宁波慈溪高三上学期期末)下列关于运动和力的叙述，正确的是()A．甲图中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间，指针示数会大于人的重力GB．乙图中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力C．丙图中，在水平直跑道上减速的航天飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力D．丁图中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消逝，则他将在冰面上沿着轨迹半径方向“离心”而去答案A解析蹲在体重计上的人突然站起的瞬间，加速度方向向上，处于超重状态，指针示数会大于人的重力，A正确；小球在玻璃漏斗中做匀速圆周运动，合外力供应向心力，合外力的方向始终指向圆心，是变力，B错误；伞对飞机的拉力与飞机对伞的拉力是一对作用力和反作用力，大小相等，C错误；运动员通过圆弧弯道处，若地面摩擦力突然消逝，他将沿轨迹切线方向“离心”而去，D错误。2．(2024·云南昭通高三上学期期末)光滑水平桌面上有P、Q两个物块，将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q，撤去外力后，P、Q起先运动，Q的动能是P的动能的n倍，则P和Q的质量之比为()A．n2B.eq\f(1,n)C．nD．1答案C解析设P与Q的质量分别为m和M，撤去外力后，系统受合外力为0，所以总动量守恒，设二者的动量大小分别为pP和pQ，P的动量方向为正方向，则依据动量守恒定律有：pP－pQ＝0，故pP＝pQ；依据动能与动量的关系Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，所以eq\f(EP,EQ)＝eq\f(M,m)，由题意eq\f(EP,EQ)＝eq\f(1,n)，联立得eq\f(m,M)＝eq\f(n,1)＝n，C正确。3.(2024·石家庄精英中学高三二调)如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止，则此时A车和B车的速度大小之比为()A.eq\f(M＋m,m)B.eq\f(m＋M,M)C.eq\f(M,M＋m)D.eq\f(m,M＋m)答案C解析A、B两车以及人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有0＝MvB－(M＋m)vA，解得：eq\f(vA,vB)＝eq\f(M,M＋m)，C正确。4．(2024·四川广元高三第一次高考适应性考试)质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度处同时由静止起先下落，运动中两物体所受阻力的特点不同，其v­t图象如图所示。则下列推断正确的是()A．t0时刻甲物体的加速度大于乙物体的加速度B．t0时刻甲、乙两物体所受阻力相同C．0～t0时间内，甲、乙两物体重力势能的变更量相同D．0～t0时间内，甲物体克服阻力做的功较多答案A解析由图线的斜率可以看出，t0时刻甲物体的加速度大于乙的加速度，A正确；在t0时刻，甲物体的加速度大于乙的加速度，依据牛顿其次定律可知a＝eq\f(mg－f,m)＝g－eq\f(f,m)，质量相等，则t0时刻甲物体所受阻力小于乙物体所受阻力，B错误；0～t0时间内，乙下落的位移大于甲下落的位移，则乙物体重力做的功较多，所以乙物体重力势能的变更量较大，C错误；0～t0时间内，依据动能定理可知，甲、乙合外力做功相等，而乙重力做的功较多，所以乙克服阻力做的功较多，D错误。5．(2024·宁夏平罗中学高三上学期期末)“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转回旋转而在空中飞旋。若将人和座椅看成质点，“旋转秋千”可简化为如图所示的模型。其中，处于水平面内的圆形转盘，半径为r，可绕穿过其中心的竖直轴转动。让转盘由静止起先渐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起以角速度ω做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向的夹角为θ。已知绳长为L且不行伸长，质点的质量为m，不计空气阻力及绳重。则下列说法中正确的是()A．质点的重力越大，绳子与竖直方向的夹角θ越小B．质点做匀速圆周运动的向心力是其所受悬线的拉力C．转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系为ω＝eq\r(\f(gtanθ,r＋Lsinθ))D．质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功为eq\f(1,2)mg(r＋Lsinθ)tanθ答案C解析稳定后，质点绕轴做匀速圆周运动，自身重力和悬线拉力的合力即悬线拉力在水平方向的分力供应向心力，B错误；角速度肯定，依据几何关系可得圆周运动半径R＝r＋Lsinθ，重力和绳子拉力的合力即mgtanθ＝m(r＋Lsinθ)ω2，方程两边约去质量，即θ与重力大小无关，A错误；角速度ω＝eq\r(\f(gtanθ,r＋Lsinθ))，C正确；质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，有重力和绳子拉力做功，依据动能定理有WF－mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)m[ω(r＋Lsinθ)]2，整理得WF＝mgL(1－cosθ)＋eq\f(1,2)mgtanθ(r＋Lsinθ)，D错误。6．(2024·哈尔滨师大附中高三上学期期末)如图所示，在光滑的水平面上静止放着装有一条光滑弧形轨道的小车，小车的质量为1kg。一质量为0.5kg的小球以3m/s的速度沿弧形轨道水平方向射入，小球沿弧形轨道上升至h高处后，再沿轨道下滑脱离小车(g＝10m/s2)，则()A．h＝45cmB．小球上升至h处的速度为0C．脱离时小球的速度大小为3m/sD．脱离时小车的速度大小为2m/s答案D解析小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒得：m1v0＝(m1＋m2)v，解得：v＝1m/s，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋m1gh，联立以上两式解得：h＝0.3m，A、B错误；设小球返回小车左端时速度为v1，此时小车速度为v2，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒可得：m1v0＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒得：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，联立解得：v2＝2m/s，v1＝－1m/s，故脱离时小球的速度大小为1m/s，小车的速度大小为2m/s，C错误，D正确。7．(2024·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变更如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案C解析画出运动示意图如图，设阻力为f，据动能定理知A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h，C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h，整理以上两式得：mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg。C正确。8．(2024·山东烟台高三上学期期末)2024年12月，我国在西昌卫星放射中心用长征三号乙运载火箭胜利放射嫦娥四号月球探测器，开启了月球探测的新旅程。如图所示为月球探测器经过多次变轨后登陆月球的轨道示意图，轨道上P、Q、S三点与月球中心在同始终线上，P、Q两点分别是椭圆环月轨道Ⅲ的远月点和近月点，已知轨道Ⅱ为圆轨道。关于探测器，下列说法正确的是()A．在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ须要减速B．在轨道Ⅱ上S点的速度小于在轨道Ⅲ上P点的速度C．在轨道Ⅲ上由P向Q运动的过程中，月球的引力对探测器做正功D．在轨道Ⅲ上Q点的加速度大于在P点的加速度答案ACD解析探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需点火减速，以减小须要的向心力，使万有引力等于所须要的向心力，A正确；探测器在轨道Ⅱ上的P点须要点火减速后才能进入轨道Ⅲ，所以探测器在轨道Ⅱ上的P点的速度大于在轨道Ⅲ上P点的速度，即探测器在轨道Ⅱ上的S点的速度大于在轨道Ⅲ上P点的速度，B错误；在轨道Ⅲ上由P向Q运动的过程中，探测器与月球之间的距离减小，万有引力做正功，即月球的引力对探测器做正功，C正确；探测器在轨道Ⅲ上Q点受到的万有引力比在P点的大，依据牛顿其次定律F＝ma，可得探测器在Q点的加速度大于在P点的加速度，D正确。9．(2024·广东省梅州市兴宁一中高三上期末)一物块静止在粗糙程度匀称的水平地面上，0～4s内所受水平拉力随时间的变更关系图象如图甲所示，0～2s内速度图象如图乙所示。关于物块的运动，下列说法正确的是()A．物块的质量为1kgB．4s内物块的位移为8mC．4s内拉力做的功为16JD．4s末物块的速度大小为4m/s答案ABC解析由图乙可知，1～2s内物块做匀速运动，故说明摩擦力大小f＝F2＝2N,0～1s内做匀加速运动，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝4m/s2，由牛顿其次定律可得F1－f＝ma，其中F1＝6N，解得：m＝1kg，A正确；2s后受到的合力大小F合＝F3＋f＝2N＋2N＝4N，方向与运动方向相反，物块做匀减速运动，加速度大小a′＝eq\f(F合,m)＝4m/s2，匀减速至停止的时间t＝eq\f(v,a′)＝eq\f(4,4)s＝1s，则t＝3s末速度减为零，此后保持静止，故4s内的位移x＝eq\f(1＋3,2)×4m＝8m，B正确；依据动能定理可知，WF－fx＝0，解得：WF＝2×8J＝16J，C正确；由以上分析可知，4s末物块的速度大小为零，D错误。10．(2024·江苏省宿迁市沭阳县高三上期末)如图所示，质量为m的物体套在足够长的固定倾斜直杆上，并用弹性绳连接于O点。杆与水平方向的夹角为θ，杆上C点位于O点的正下方，物体与杆间的动摩擦因数μ<tanθ，物体在A点时，绳水平且处于原长状态。将物体从A点由静止释放，则物体()A．到C点时，速度可能为0B．到C点时，加速度可能为0C．下滑过程中加速度先减小后增大D．可以再次回到A点答案AB解析从A点到达C点，重力做正功mgLACsinθ，摩擦力做负功－μmgLACcosθ，因为μ<tanθ，所以mgLACsinθ>μmgLACcosθ，可能存在弹力也做负功，若三者合力的功为零，则依据动能定理可知，到达C点时动能为零，则速度为零，A正确；若到达C点时，其受到的弹性绳的弹力等于重力时，即此时加速度可能为零，B正确；当弹性绳没有弹力时，由于μ<tanθ，依据牛顿其次定律可知：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，即没有弹力时，加速度恒定，当出现的弹力较小时，若弹力沿斜面的分力向上，则摩擦力增大，加速度起先减小，当绳的弹力增加到肯定值，摩擦力增大到肯定程度时，加速度起先反向增大，即加速度先恒定不变后减小，再反向增大，C错误；由于摩擦阻力做功，使系统机械能减小，则物体不能再次回到A点，D错误。11．(2024·福建厦门高三上学期期末)如图所示，一质量M＝2.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小物块A。给A和B以大小均为3.0m/s、方向相反的初速度，使A起先向左运动，B起先向右运动，A始终没有滑离B板。下列说法正确的是()A．A、B共速时的速度大小为1m/sB．在小物块A做加速运动的时间内，木板B速度大小可能是2m/sC．从A起先运动到A、B共速的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2N·sD．从A起先运动到A、B共速的过程中，小物块A对木板B的水平冲量方向向左答案AD解析设水平向右为正方向，依据动量守恒定律得：Mv－mv＝(M＋m)v共，解得v共＝1m/s，A正确；在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为v1，依据动量守恒定律：Mv－mv＝Mv1，解得：v1＝1.5m/s，所以当小物块反向加速的过程中，木板接着减速，木板的速度必定小于1.5m/s，B错误；依据动量定理，A、B相互作用的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为I＝mv共－(－mv)＝4N·s，C错误；依据动量定理，A对B的水平冲量I′＝Mv共－Mv＝－4N·s，负号代表与正方向相反，即向左，D正确。12．(2024·天津高三上学期期末七校联考)在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s。则以下说法正确的是()A．子弹动能的亏损大于系统动能的亏损B．子弹动量变更量的大小等于木块动量变更量的大小C．摩擦力对木块做的功肯定等于子弹克服摩擦力做的功D．位移s肯定大于深度d答案AB解析子弹射击木块的过程中，设子弹与木块间摩擦力大小为f，摩擦力对木块M做的功为W1＝fs，摩擦力对子弹m做的功为W2＝－f(s＋d)，依据功能关系可得子弹动能的亏损为ΔEk1＝f(d＋s)，系统动能的亏损为ΔEk2＝fd，所以子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，A正确，C错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，所以子弹动量的削减量等于木块动量的增加量，故子弹动量变更量的大小等于木块动量变更量的大小，B正确；最终子弹未能射穿木块，木块和子弹的速度相同，以子弹初速度方向为正方向，依据动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝eq\f(mv0,M＋m)，对木块依据动能定理可得fs＝eq\f(1,2)Mv2－0，解得木块在加速运动中的位移为s＝eq\f(Mm2v\o\al(2,0),2M＋m2f)，依据能量守恒可得fd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2，解得子弹射入的深度为d＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋mf)>eq\f(m,M＋m)·eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋mf)＝s，D错误。第Ⅱ卷(非选择题，共62分)二、试验题(本题共2小题，共14分)13．(2024·天津高三上学期期末七校联考)(6分)气垫导轨是一种常用的试验仪器，它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，此时滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。现利用气垫导轨来探讨功能关系。如图甲所示，在气垫导轨的左端固定一轻质弹簧，轨道上有滑块A紧靠弹簧但不连接，滑块A的质量为m，重力加速度为g。(1)用游标卡尺测出滑块A上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d＝________cm；(2)利用该装置探讨弹簧对滑块做功的大小：某同学打开气源，调整装置，使滑块可以静止悬浮在导轨上，然后用力将滑块A压紧到P点，释放后，滑块A上的挡光片通过光电门的时间为Δt，则弹簧对滑块所做的功为__________；(用题中所给字母表示)(3)利用该装置测量滑块与导轨间的动摩擦因数：关闭气源，仍将滑块A由P点释放，当光电门到P点的距离为x时，测出滑块A上的挡光片通过光电门的时间为t，移动光电门，测出多组数据(滑块都能通过光电门)，并绘出x­eq\f(1,t2)图象。如图丙所示，已知该图线斜率的肯定值为k，则滑块与导轨间的动摩擦因数为________。答案(1)0.960(2)eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))2(3)eq\f(d2,2gk)解析(1)游标卡尺的读数为d＝9mm＋12×eq\f(1,20)mm＝9.60mm＝0.960cm。(2)由于挡光片特别窄，所以通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，故通过光电门的速度为v＝eq\f(d,Δt)，故依据动能定理可得弹簧对滑块所做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))2。(3)每次都由P点释放，则每次弹簧弹性势能都相同，由能量的转化和守恒可得：eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))2＋μmgx1＝eq\f(1,2)m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))2＋μmgx2，解得：μ＝－eq\f(d2,2g)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,t\o\al(2,2))－\f(1,t\o\al(2,1)),x2－x1)))＝－eq\f(d2,2g)·eq\f(Δ\f(1,t2),Δx)，由于k＝－eq\f(Δx,Δ\f(1,t2))，故μ＝eq\f(d2,2gk)。14．(2024·四川泸州泸县一中高三上学期期末)(8分)在做“探讨平抛运动”的试验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，试验时用如图所示的装置。试验操作的主要步骤如下：A．在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直；B．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A；C．将木板沿水平方向向右平移一段距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B；D．将木板再水平向右平移同样距离x，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C。若测得A、B间距离为y1，B、C间距离为y2，已知当地的重力加速度为g。(1)关于该试验，下列说法中正确的是________。A．斜槽轨道必需尽可能光滑B．每次释放小球的位置可以不同C．每次小球均需由静止释放D．小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h，之后再由机械能守恒定律求出(2)依据上述干脆测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式为v0＝__________。(用题中所给字母表示)(3)试验完成后，该同学对上述试验过程进行了深化的探讨，并得出如下的结论，其中正确的是________。A．小球打在B点时的动量与打在A点时的动量的差值为Δp1，小球打在C点时的动量与打在B点时动量的差值为Δp2，则应有Δp1∶Δp2＝1∶1B．小球打在B点时的动量与打在A点时的动量的差值为Δp1，小球打在C点时的动量与打在B点时动量的差值为Δp2，则应有Δp1∶Δp2＝1∶2C．小球打在B点时的动能与打在A点时的动能的差值为ΔEk1，小球打在C点时的动能与打在B点时动能的差值为ΔEk2，则应有ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1D．小球打在B点时的动能与打在A点时的动能的差值为ΔEk1，小球打在C点时的动能与打在B点时动能的差值为ΔEk2，则应有ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3答案(1)C(2)xeq\r(\f(g,y2－y1))(3)A解析(1)为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不须要光滑，A、B错误，C正确；只有斜槽光滑时，小球的初速度才可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h，之后再由机械能守恒定律求出，D错误。(2)依据y2－y1＝gT2，解得T＝eq\r(\f(y2－y1,g))，故v0＝eq\f(x,T)＝xeq\r(\f(g,y2－y1))。(3)依据动量定理：mv2－mv1＝mgt，由于水平位移相同，则它们的运动时间相等，因此应有Δp1∶Δp2＝1∶1，A正确，B错误；依据动能定理：ΔEk′－ΔEk＝mg·Δy，虽然它们的运动时间相等，但由于小球打在A点时竖直方向的速度不为零，那么竖直方向的位移不是1∶3，因此ΔEk1∶ΔEk2≠1∶3，因为竖直方向的位移不相等，所以动能的变更量也不相等，C、D错误。三、计算论述题(本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必需明确写出数值的单位)15．(2024·江苏南通如皋高三上学期期末)(8分)如图，质量分别为m1＝10kg和m2＝2.0kg的弹性小球a、b用弹性轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变，该系统以速度v0＝0.10m/s沿光滑水平面对右做直线运动，某时刻轻绳突然自动断开，断开后，小球b停止运动，小球a接着沿原方向直线运动。求：(1)刚分别时，小球a的速度大小v1；(2)两球分开过程中，小球a受到的冲量I。答案(1)0.12m/s(2)0.20N·s解析(1)两小球组成的系统在光滑水平面上运动，系统所受合外力为零，动量守恒，则：(m1＋m2)v0＝0＋m1v1代入数据求得：v1＝0.12m/s。(2)两球分开过程中，对a，应用动量定理得：I＝Δp1＝m1v1－m1v0＝0.20N·s。16．(2024·江西临川高三上三校联考)(12分)我国无人机产业发展在消费级无人机细分领域居于全球领先地位。某天，东东网购的货物到了，快递员按东东提示把货物放到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止竖直向上做匀加速直线运动一段时间后，货物又匀速上升53s，最终再做匀减速运动1s恰好到达他家阳台且速度为零。货物上升的过程中，遥控器上显示无人机加速、匀速、减速过程对货物的作用力F1、F2和F3大小分别为20.8N、20.4N和18.4N，若货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍，g取10m/s2，求：(1)货物的质量；(2)货物上升过程中的最大动能及东东家阳台距地面的高度。答案(1)2kg(2)1J56m解析(1)货物匀速上升的过程中，依据平衡条件有：F2＝mg＋ff＝0.02mg解得：m＝2kg。(2)货物匀减速运动阶段，由牛顿其次定律有：mg＋f－F3＝ma3由运动学公式有：0＝v－a3t3x3＝eq\f(v＋0,2)t3解得：v＝1m/s，x3＝0.5m货物上升过程中的最大动能：Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝1J货物匀速运动阶段，有：x2＝vt2＝53m货物加速运动阶段，由牛顿其次定律有：F1－mg－f＝ma1由运动学公式有：v＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)联立解得：x1＝2.5m所以东东家阳台距地面的高度：h＝x1＋x2＋x3＝56m。17．(2024·全国卷Ⅲ)(12分)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分别，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？答案(1)4.0m/s1.0m/s(2)物块B先停止0.50m(3)0.91m解析(1)设弹簧释放后瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律、机械能守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不变更A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于动身点右边0.25m处，B位于动身点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t时刻后A将接着向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞前速度的大小为vA′，由动能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝－μmAg(2l＋sB)⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝eq\r(7)m/s⑪故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s⑭这表明碰撞后A将向右运动，B接着向左运动。假设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m⑯sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91m。⑰18．(2024·全国卷Ⅱ)(16分)一质量为m＝2000kg的汽车以某一速度在平直马路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发觉前方100m处有一警示牌，马上刹车。刹车