2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之动量与动量守恒定律（三）

第95页（共95页）2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之动量与动量守恒定律（三）一．选择题（共3小题）1．（2023•天津）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（）A．列车减速过程的加速度大小为FmB．列车减速过程F的冲量大小为mv C．列车减速过程通过的位移大小为mvD．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为（F+f）v2．（2023•河北）某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．起跳过程中运动员的最大加速度约为42m/s2 B．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s C．起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330N•s3．（2023•全国）两个质量相等的小球P和Q位于同一高度，它们以相同大小的速度分别抛出，P做平抛运动，Q做竖直下抛运动，则（）A．P落地时的动量大小小于Q落地时的动量大小 B．P落地时的动量大小大于Q落地时的动量大小 C．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的大 D．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的小二．多选题（共5小题）（多选）4．（2023•新课标）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）A．在x＝1m时，拉力的功率为6W B．在x＝4m时，物体的动能为2J C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg•m/s（多选）5．（2023•新课标）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（）A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小 C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零（多选）6．（2023•广东）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（）A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N•s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N•s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N（多选）7．（2023•重庆）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t﹣26和y＝﹣2t+140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（）A．EF段无人机的速度大小为4m/s B．FM段无人机的货物处于失重状态 C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg•m/s D．MN段无人机机械能守恒（多选）8．（2023•浙江）下列说法正确的是（）A．利用电容传感器可制成麦克风 B．物体受合外力越大，则动量变化越快 C．利用红外传感器可制成商场的自动门 D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用三．解答题（共12小题）9．（2024•安徽）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，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，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，物块沿小车上的轨道运动。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/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μ的取值范围。10．（2024•选择性）如图，高度h＝0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。11．（2024•天津）如图所示，光滑半圆道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I＝1.8N•s，A、B的质量分别为mA＝0.3kg、mB＝0.1kg，轨道半径和绳长均为R＝0.5m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：（1）与B碰前瞬间A的速度大小；（2）A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。12．（2024•重庆）如图所示，MN两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为548，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂（1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值。（2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小。（3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）问中的相同，使B旋转n圈。经过M正下时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。13．（2024•浙江）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）（1）若h＝0.8m，求小物块：①第一次经过C点的向心加速度大小；②在DE上经过的总路程；③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；（2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。14．（2024春•武汉期末）光滑水平地面上有一质量M＝4.0kg的小车。车上的水平道与半径R＝0.25m的四分之一光滑圆弧轨道在B点相切。如图所示，水平轨道右端固定一根处于锁定状态的压缩弹簧，一质量为m＝1.0kg的物块紧靠弹簧，与B点的距离L＝1.0m，整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，物块被弹出后，恰能到这圆弧轨道的最高点A，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，求：（1）解除锁定前弹簧的弹性势能E；（2）物块第二次经过B点时相对于地面速度的大小；（3）最终物块与车相对静止时物块到B点的距离。15．（2024•浙江）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；（2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；（3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。16．（2024•广东）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。（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tanθ。（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的作用力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：①碰撞过程中F的冲量大小和方向；②碰撞结束后头锤上升的最大高度。17．（2024•湖南）如图，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（mA＞mB）。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mA（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（0＜e＜1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。18．（2024•河北）如图，三块厚度相同、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，此时木板B、C也相对静止，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A、C两木板间距与B木板长度的关系。19．（2024•江苏）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Δt，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。20．（2024•上海）包括太阳、地球在内的所有物体都会在其周围产生引力场。在不同尺度的空间，引力场中的物体运动具有不同的表象。牛顿揭示了苹果下落和行星运动共同的物理机制。意味着天上的物理和地上的物理是一样的，物理规律的普适性反映了一种简单的美。（1）如图1，小球a通过轻质细线Ⅰ、Ⅱ悬挂，处于静止状态。线Ⅰ长l＝0.5m，Ⅰ上端固定于离地H＝2.1m的O点，与竖直方向之间夹角θ＝37°；线Ⅱ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）①在线Ⅰ、Ⅱ的张力大小FⅠ、FⅡ和小球a所受重力大小G中，最大的是。②烧断线Ⅱ，a运动到最低点时与b发生弹性碰撞。求：A.与b球碰撞前瞬间a球的速度大小va；（计算）B.碰撞后瞬间b球的速度大小vb；（计算）C.b球的水平射程s。（计算）（2）图2示虚线为某彗星绕日运行的椭圆形轨道，a、c为椭圆轨道长轴端点，b、d为椭圆轨道短轴端点。彗星沿图中箭头方向运行。①该彗星某时刻位于a点，经过四分之一周期该彗星位于轨道的。A.ab之间B.b点C.bc之间D.c点②已知太阳质量为M，引力常量为G。当彗日间距为r1时，彗星速度大小为v1。求彗日间距为r2时的彗星速度大小v2。（计算）

2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之动量与动量守恒定律（三）参考答案与试题解析一．选择题（共3小题）题号123答案CCC二．多选题（共5小题）题号45678答案BCBDBDABABC一．选择题（共3小题）1．（2023•天津）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（）A．列车减速过程的加速度大小为FmB．列车减速过程F的冲量大小为mv C．列车减速过程通过的位移大小为mvD．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为（F+f）v【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导；动能定理的简单应用．【专题】牛顿运动定律综合专题；功的计算专题；功率的计算专题；动能定理的应用专题；动量定理应用专题；理解能力．【答案】C【分析】A.根据牛顿第二定律求加速度；B.根据动量定理分析作答；C.根据动能定理求解作答；D.列车匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据功率公式求解作答。【解答】解：A.设磁悬浮列车减速过程中加速度的大小为a，根据牛顿第二定律F+f＝ma解得加速度的大小为a=F+B.取列车运动的方向为正方向，根据动量定理﹣（IF+If）＝0﹣mv解得F的冲量IF＝mv﹣If，故B错误；C.根据动能定理-解得列车减速过程通过的位移大小为x=mvD.列车匀速行驶时，牵引力等于阻力，列车的功率P＝fv，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了牛顿第二定律、动量定理、动能定理和功率公式；考查了考生的逻辑推论能力。2．（2023•河北）某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．起跳过程中运动员的最大加速度约为42m/s2 B．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s C．起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330N•s【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；图析法；力学综合性应用专题；推理论证能力．【答案】C【分析】分析图像得到最大支持力，根据牛顿第二定律求解起跳过程中运动员的最大加速度；F—t图像的面积表示力的冲量，根据图像求得合力的冲量，根据动量定理求得运动员离地速度，进而求得起跳后运动员重心上升的平均速度大小，根据竖直上抛运动公式求得远动员上升最大高度。【解答】解：A、根据图像，我们可以看到在10.10s至10.35s这段时间内，运动员受到的支持力最大为：F＝42×60N＝2520N，根据牛顿第二定律可得运动员的最大加速度为：a=F-mgm=BCD、根据图像可知，在10.10s至10.35s这段时间内，支持力的冲量等于图像的面积，可得合力的冲量为：I＝22×60×（10.35﹣10.10）N•s﹣60×10×（10.35﹣10.10）N•s＝180N•s，根据动量定理可得运动员的速度离地为：v=Im=180起跳后运动员重心上升的平均速度大小为：v=起跳后运动员做竖直上抛运动，跳后运动员重心上升的最大高度为：h=v故C正确，BD错误。故选：C。【点评】本题主要考查F—t图像的应用，根据图像分析运动员的运动过程，结合动量定理求解。3．（2023•全国）两个质量相等的小球P和Q位于同一高度，它们以相同大小的速度分别抛出，P做平抛运动，Q做竖直下抛运动，则（）A．P落地时的动量大小小于Q落地时的动量大小 B．P落地时的动量大小大于Q落地时的动量大小 C．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的大 D．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的小【考点】动量的定义、单位及性质；平抛运动速度的计算．【专题】比较思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．【答案】C【分析】P小球做平抛运动，Q小球做竖直下抛运动，根据运动学公式求解两小球落地时速度大小，根据动量公式比较两小球落地时动量大小；竖直方向，根据匀变速直线运动位移—时间公式比较两小球下落时间的大小，根据冲量公式比较冲量大小。【解答】解：AB、设小球初速度大小为v0，抛出位置离地面高度为h，P小球落地的速度大小为vP，Q小球落地的速度大小为vQ，P小球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，落地时水平分速度vx＝v0竖直方向为自由落体运动，落地时竖直分速度vy=则vP=Q小球做竖直下抛运动，根据匀变速直线运动位移—速度公式得：vQ解得：vQ=则小球落地时速度大小相等，落地时的动量为p＝mv则两小球落地时动量大小相等，故AB错误；CD、设P小球下落时间为tP，Q小球下落时间为tQ，P小球竖直方向为自由落体运动，有：h=解得：tP=Q小球做竖直下抛运动，有：h＝v0tQ+则tQ＜tP=两小球所受冲量大小为I＝mgt则P所受重力冲量的大小比Q的大，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查冲量和动量，解题关键是掌握动量和冲量的计算公式，结合运动学公式列式分析即可。二．多选题（共5小题）（多选）4．（2023•新课标）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）A．在x＝1m时，拉力的功率为6W B．在x＝4m时，物体的动能为2J C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg•m/s【考点】用动量的定义式计算物体的动量；功的定义、单位和计算式；摩擦力做功的特点和计算；瞬时功率的计算；利用动能定理求解多过程问题．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】W﹣x图像的斜率为拉力F，根据图像求解拉力大小，根据牛顿第二定律求解物体的加速度，根据运动学公式求解物体的速度，根据P＝Fv求解拉力的功率；根据动能定理求解物体的动能；根据做功公式求解克服摩擦力公式；根据拉力大小与摩擦力大小的关系分析物体的运动情况，当物体速度最大时动量最大，根据p＝mv求解最大动量。【解答】解：A、W﹣x图像的斜率为拉力F，由图像可知，0～2m内，拉力F1=ΔW12～4m内，拉力F2=ΔW20～2m内，对物体受力分析，由牛顿第二定理得：F1﹣μmg＝ma代入数据解得：a＝2m/s2由匀变速直线运动速度—位移公式得：v1x＝1m时，物体的速度大小为v1=2ax=拉力的功率P1＝F1v1＝6×2W＝12W故A错误；B、滑动摩擦力f＝μmg＝0.4×1×10N＝4N0～4m内，对物体由动能定理得：W﹣fx＝Ek代入数据解得：Ek＝2J故B正确；C、从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为W克＝fx＝4×2J＝8J故C正确；D、0～2m过程中，拉力大于摩擦力，物体做匀加速运动，2m～4m时，拉力小于摩擦力，物体做匀减速运动，则当x＝2m时，物体的速度最大，动量最大，物体的速度大小为：v2=2ax=2×物体的最大动量为：p＝mv＝1×22kg•m/s＝22kg•m/s故D错误。故选：BC。【点评】本题考查动能定理、功的计算、动量，解题关键是知道W﹣x图像的斜率表示力F，分析好物体的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解即可。（多选）5．（2023•新课标）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（）A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小 C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】比较思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】分别对甲和乙受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，进而比较速度大小；比较两物体所受合力大小，进而比较从开始运动到某一时刻物体所受合力的冲量，根据动量定理比较动量的大小。【解答】解：A、分别对甲和乙受力分析，设两者间的磁力为F，对甲，由牛顿第二定律得：F﹣μm甲g＝m甲a甲解得：a甲=Fm对乙，由牛顿第二定律得：F﹣μm乙g＝m乙a乙解得：a乙=Fm由题意可知，m甲＞m乙，则a甲＜a乙，则在它们相近过程中的任意时刻甲的速度大小比乙的小，故A错误；BCD、甲物体所受摩擦力大于乙物体所受摩擦力，则甲所受合力小于乙所受合力，从释放甲和乙到它们相互接近过程中的某一时刻，甲所受合力的冲量小于乙所受合力的冲量，根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，甲的动量大小比乙的小，甲和乙的动量之和不为零，故BD正确，C错误；故选：BD。【点评】本题考查动量定理，解题关键是对两物体做好受力分析，知道合力的冲量等于动量的变化量。（多选）6．（2023•广东）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（）A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N•s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N•s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N【考点】用动量定理求平均作用力；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】根据题意计算出滑块1和滑块2组成的系统在碰撞前后的动量大小，结合题意分析出两滑块组成的系统动量是否守恒；分别对滑块1和滑块2根据动量定理得出各自受到的合外力的冲量，结合冲量的表达式得出滑块2受到滑块1的平均作用力。【解答】解：选择水平向右的方向为正方向。A、滑块1和滑块2组成的系统的初动量为：p1＝mv1＝1×0.40kg•m/s＝0.40kg•m/s碰撞后，滑块1和滑块2组成的系统的动量为：p2＝2mv2＝2×1×0.22kg•m/s＝0.44kg•m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；B、对滑块1，根据动量定理可得：ΔI＝mv2﹣mv1代入数据解得：ΔI＝﹣0.18N•s，负号表示方向水平向左，故B正确；C、同理可得，对滑块2分析可得：ΔI′＝mv2﹣0代入数据解得：ΔI′＝0.22N•s，故C错误；D、根据公式ΔI′＝FΔt代入数据解得：F＝5.5N，故D正确；故选：BD。【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒的条件，结合动量定理和冲量的计算公式即可完成分析。（多选）7．（2023•重庆）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t﹣26和y＝﹣2t+140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（）A．EF段无人机的速度大小为4m/s B．FM段无人机的货物处于失重状态 C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg•m/s D．MN段无人机机械能守恒【考点】动量变化量的计算；超重与失重的概念、特点和判断；判断机械能是否守恒及如何变化．【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；分析综合能力．【答案】AB【分析】根据直线的斜率求速度；根据FM段无人机的运动状态，确定加速度方向，确定超重或失重；根据动量的变化量的意义求动量的变化量；在MN段匀速下降，根据重力势能的变化分析机械能的变化。【解答】解：A、y﹣t图象的斜率表示速度，由EF的直线方程y＝4t﹣26，可知，无人机在EF段的速度大小为4m/s，故A正确；B、无人机从F点到最高点，由图象可以知道向上减速，加速度向下，处于失重状态。从最高点到M点，向下加速，加速度向下，处于失重状态，故B正确；C、从MN的直线方向y＝﹣2t+140可知，F点的速度vF＝﹣2m/s，所以FN段的动量变化：ΔpFN＝mvN﹣mvF＝2×（﹣2）kg•m/s﹣2×4kg•m/s＝﹣12kg•m/s，故C错误；D、无人机在MN段是匀速下降，动能不变，而重力势能减小，所以在MN段无人机机械能减小，故D错误。故选：AB。【点评】本题以无人机从上升到返回的过程为背景考查了运动学图象、超重和失重状态、动量和机械能的问题，解题的关键是分清无人机图象对应的运动状态，用相关物理规律可解决问题。（多选）8．（2023•浙江）下列说法正确的是（）A．利用电容传感器可制成麦克风 B．物体受合外力越大，则动量变化越快 C．利用红外传感器可制成商场的自动门 D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用【考点】动量定理的内容和应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；电容的概念、单位与物理意义；常见的传感器及分类；牛顿力学的适用范围与局限性．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动量定理应用专题；理解能力．【答案】ABC【分析】利用电容传感器可制成麦克风；根据动量定理判断合外力与动量变化快慢的关系；利用红外传感器可制成商场的自动门；牛顿运动定律只适用于宏观低速物体，不适用于微观高速物体。而动量守恒定律既适用于低速宏观物体，也适用于高速微观物体。【解答】解：A、利用电容传感器可制成麦克风，人对着话筒讲话时，振动膜前后振动，电容器两板间的距离发生变化，电容器的电容变化，将声信号转化为电信号，故A正确；B、由动量定理得，F=ΔpΔt，物体所受合外力越大，动量的变化率越大，即动量变化越快，故C、红外线是一种不可见光，人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，利用红外传感器可制成商场的自动门，故C正确；D、牛顿运动定律只适用于宏观物体的低速运动，不适用于微观物体的高速运动。而动量守恒定律既适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。故D错误。故选：ABC。【点评】本题考查传感器、动量定理、牛顿运动定律和动量守恒定律的使用条件，要提高对常见实例的理解能力。三．解答题（共12小题）9．（2024•安徽）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，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，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，物块沿小车上的轨道运动。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/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μ的取值范围。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；用动量守恒定律解决多过程问题．【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力；模型建构能力．【答案】（1）小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小为6N；（2）小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为4m/s；（3）物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ＜0.4。【分析】（1）对小球分析根据动能定理求解速度，再根据合外力提供向心力求解拉力；（2）根据小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒分析；（3）当μ较小时，物块会脱离小车；当μ较大时，物块不能进入圆弧轨道，对两种情况分别用能量守恒和动量守恒分析求解。【解答】解：（1）设小球与物块碰撞前速度为v0，碰撞后小球速度为v1，物块速度为v2，小球从释放到与物块碰撞前，由动能定理mgL=代入数据得：v0＝5m/s碰撞前瞬间，对小球受力分析，有T﹣mg=m代入数据解得拉力：T＝6N（2）设水平向右为正方向，小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒：mv0＝mv1+Mv2根据能量守恒：1代入数据联立解得：v2＝4m/s（3）当μ较小时，物块会脱离小车；当μ较大时，物块不能进入圆弧轨道①物块滑到水平轨道最右端刚好与小车共速，此时μ最大（但不能取），设水平向右为正方向，则小球与小车水平方向动量守恒，有Mv2＝2Mv共，解得：v共＝2m/s根据能量守恒，μmaxMgs=代入数据解得：μmax＝0.4②物块刚好滑到圆弧最高点，即在最高点与小车共速，此时μ最小，设水平向右为正方向，小球与小车水平方向动量守恒，有Mv2＝2Mv共，解得：v共＝2m/s根据能量守恒，μ代入数据解得：μmin＝0.25综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数μ取值范围为：0.25≤μ＜0.4答：（1）小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小为6N；（2）小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为4m/s；（3）物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ＜0.4。【点评】本题考查了动量和能量，理解小球、物块和圆弧轨道不同时刻的不同状态下，彼此的动量和能量的相互关系是解决此类问题的关键。10．（2024•选择性）如图，高度h＝0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；平抛运动速度的计算；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．【答案】（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB均为1m/s；（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ为0.2。（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp为0.12J。【分析】（1）A飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律求得vA。物块A、B与弹簧作用过程满足动量守恒定律，据此解得vB。（2）对B脱离弹簧后沿桌面滑行到停止的过程，根据动能定理求解物块与桌面间的动摩擦因数。（3）物块A、B与弹簧作用过程，由能量守恒与功能关系求解弹簧释放的弹性势能。【解答】解：（1）弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，A飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律可得：水平射程：xA＝vAt下落高度：h=12联立解得：vA＝1m/s物块A、B与弹簧作用过程，由题意可知物块A、B受到的滑动摩擦力等大反向，则物块A、B与弹簧组成的系统合外力为零，满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有：﹣mAvA+mBvB＝0解得：vB＝1m/s（2）对B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25m后停止的过程，根据动能定理得：﹣μmBgxB＝0-12m解得物块与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.2（3）物块A、B与弹簧作用过程，A、B运动路程之和等于初始弹簧的压缩量Δx＝0.1m。对此过程由能量守恒与功能关系得：ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μmA又有：mA＝mB＝0.1kg，Δx＝xA′+xB′解得：ΔEp＝0.12J答：（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB均为1m/s；（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ为0.2。（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp为0.12J。【点评】本题考查了动量守恒定律应用的弹簧类模型，平抛运动规律，功能关系的应用，题目较简单。针对两物体的运动形式，选择相应的物理原理解答即可。11．（2024•天津）如图所示，光滑半圆道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I＝1.8N•s，A、B的质量分别为mA＝0.3kg、mB＝0.1kg，轨道半径和绳长均为R＝0.5m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：（1）与B碰前瞬间A的速度大小；（2）A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。【考点】某一方向上的动量守恒问题；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；机械能守恒定律的简单应用；动量定理的内容和应用．【专题】计算题；定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；动量定理应用专题；推理论证能力．【答案】（1）与B碰前瞬间A的速度大小4m/s；（2）A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小11.2N。【分析】（1）A在水平向左的瞬时冲量I作用下开始运动，根据动量定理可以得到A初速度。A在光滑半圆形轨道运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律，可得A到达最高点和B碰前瞬间的速度大小；（2）A、B在轨道最高点碰撞后粘在一起，水平方向没有外力，碰撞过程水平方向动量守恒，可得两球粘在一起瞬间的速度，在重力和轻绳拉力F的作用下做圆周运动，由牛顿第二定律，可得轻绳上拉力。【解答】解：（1）设施加瞬时冲量后瞬间A的速度为v0，由动量定理，有I＝mAv0，解得：v设与B碰前瞬间A的速度大小为v1，由机械能守恒定律，有12mA（2）设A、B碰后瞬间共同速度大小为v2，由水平方向动量守恒，有mAv1＝（mA+mB）v2，解得：v设碰后瞬间轻绳拉力大小为F，由牛顿第二定律，有F解得：F=(答：（1）与B碰前瞬间A的速度大小4m/s；（2）A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小11.2N。【点评】本题设置的物理情境并不复杂，但对考生分析综合能力和思维方法有一定要求，需要考生灵活的选择不同的物理规律。A在冲量l作用后，从最低点沿光滑半圆形轨道运动到最高点和B碰撞，碰撞后粘在一起做圆周运动，考查了动量定理、机械能守恒定律、动量守恒定律、圆周运动的向心力等知识。要求考生能理解、分析完整运动过程、并把一个相对复杂的运动过程依次分解，对考生的物理观念和科学思维素养进行了考查。12．（2024•重庆）如图所示，MN两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为548，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂（1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值。（2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小。（3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）问中的相同，使B旋转n圈。经过M正下时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；绳球类模型及其临界条件；圆周运动与平抛运动相结合的问题．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力；模型建构能力．【答案】（1）B碰后瞬间速度的最小值为52（2）B碰后瞬间的速度大小为45（3）MN之间距离的范围5a3n≤h≤30a18n-11（n＝1，2，【分析】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由牛顿第二足定律结合B从最低点到最高点的动能定理可求解B碰后瞬间速度的最小值；（2）A和B碰撞过程中动量守恒，能量守恒，结合碰前A直线运动，再运用动能定理，以及对B碰后做两周圆周运动应用能量守恒，结合B随后做平抛运动，联立可以求解速度大小；（3）设MN间距离为h，则B转n圈后到达M正下方绳缩短2nh，分别以M、N为圆心，列出牛顿第二定律方程，以及从碰后到B转n圈后到达M正下方，结合功能关系以及绳断后，B做平抛运动，由数学分析可得MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。【解答】解：（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v0，最高点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有mg=B从最低点到最高点由动能定理可得-mg解得v0（2）A和B碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，设碰前A的速度大小为v1碰后A的速度大小为v2。碰后B的速度大小为v3，则有2mv1＝2mv2+mv312碰后A减速到0，有μ×碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4a，在M点正下方时，离M点6a，离地面4a，此时速度大小为v4，由功能关系得mg×B随后做平抛运动，有4aL＝v4t解得v3（3）设MN间距离为h，B转n圈后到达M正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆心，由牛顿第二定律得12mg-mg=mv5210以N为圆心，由牛顿第二定律得12mg-mg=mv5210从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得mg×2nh=12mv解得5a3n≤h≤30a18n-绳断后，B做平抛运动，有2nh=12gt2（s＝v5t可得s=420anh-(nh)2由于5a3≤h≤30na18n-11则由数学分析可得当nh=当n＝1时，nh=答：（1）B碰后瞬间速度的最小值为52（2）B碰后瞬间的速度大小为45（3）MN之间距离的范围5a3n≤h≤30a18n-11（n＝1，2，【点评】本题是一道综合题，考查了动量守恒定律、能量守恒定律的应用，根据题意分析清楚两个木块的运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、动量守恒定律与牛顿第二定律可以解题。13．（2024•浙江）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）（1）若h＝0.8m，求小物块：①第一次经过C点的向心加速度大小；②在DE上经过的总路程；③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；（2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）①第一次经过C点的向心加速度大小16m/s2；②在DE上经过的总路程为2m；③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比为1：2；（2）若h＝1.6m，滑块至少0.2m长才能使小物块不脱离滑块。【分析】（1）①根据动能定理求C点速度，根据向心力公式求C点的加速度；②根据动能定理求D点速度；根据动能定理求物块a在DE轨道上升的最大高度，判断是否滑离DE轨道；根据动能定理求解物块a在DE轨道上运动的总路程；③根据牛顿第二定律分别求解物块a在DE轨道上上滑和下滑时的加速度大小，根据运动学公式求时间之比；（2）根据动能定理求物块a运动到F点的速度；【解答】解：（1）①物块a从A到C，根据动能定理mg解得vC＝4m/s在C处，根据向心加速度公式a代入数据解得aC＝16m/s2②物块a从A到D，根据动能定理mg代入数据解得v设上滑的最大高度为h1根据动能定理-代入数据解得h1＝0.45mED之间的高度差hDE＝Lsinθ＝1.25×0.6m＝0.75m＞h1因此物块a未滑出轨道DE；设物块在DE上经过的总路程为s，最后一次刚好能从C运动到D；根据动能定理-代入数据解得s＝2m③物块a在DE轨道上滑的加速度大小a1＝gsinθ+μ1gcosθ代入数据解得a由于mgsinθ＞μ2mgcosθ，物块a上滑减速为零后，沿DE轨道下滑；物块a在DE轨道下滑的加速度大小a2＝gsinθ﹣μ2gcosθ代入数据解得at根据匀变速运动公式x由于物块a上滑和下滑的路程相等，因此有1所以t（2）物块a从A经C到F的过程中，根据动能定理mg代入数据解得vF＝2m/s设物块a与滑块b向左运动的共同速度为v，取水平向右为正方向根据动量守恒定律mvF＝2mv根据功能关系2代入数据联立解得l＝0.2m。答：（1）①第一次经过C点的向心加速度大小16m/s2；②在DE上经过的总路程为2m；③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比为1：2；（2）若h＝1.6m，滑块至少0.2m长才能使小物块不脱离滑块。【点评】本题考查了物块多过程的运动情形，对每一个运动过程做好受力分析、运动分析和能量分析；要求熟练掌握动能定理、动量守恒、功能关系和牛顿运动定律等知识，综合性强，难度大。14．（2024春•武汉期末）光滑水平地面上有一质量M＝4.0kg的小车。车上的水平道与半径R＝0.25m的四分之一光滑圆弧轨道在B点相切。如图所示，水平轨道右端固定一根处于锁定状态的压缩弹簧，一质量为m＝1.0kg的物块紧靠弹簧，与B点的距离L＝1.0m，整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，物块被弹出后，恰能到这圆弧轨道的最高点A，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，求：（1）解除锁定前弹簧的弹性势能E；（2）物块第二次经过B点时相对于地面速度的大小；（3）最终物块与车相对静止时物块到B点的距离。【考点】动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动能定理的简单应用；机械能守恒定律的简单应用．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；与弹簧相关的动量、能量综合专题；分析综合能力；模型建构能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）物块恰好能到达A处，故在A处物块的竖直分速度为零，且物块和小车速度相等；物块从B到A的过程，物块和小车在水平方向上合外力为零，故在水平方向上动量守恒；然后由能量守恒求得弹性势能；（2）根据物块从A到B过程，系统机械能守恒，水平方向上动量守恒，求得在B点时物块相对小车的速度；（3）根据整个运动过程只有摩擦力做功，由能量守恒定律求得物块在小车水平轨道上滑行的路程，进而求得最终位置。【解答】解：（1）物块恰好能到达A处，故在A处物块的竖直分速度为零，且物块和小车速度相等；物块从B到A的过程，物块和小车在水平方向上合外力为零，故在水平方向上动量守恒；由动量守恒可得：0＝（M+m）v解得：v＝0从解除锁定弹簧到物块运动到A的过程，由能量守恒定律得：E＝mgR+μmgL代入数据解得：E＝7.5J（2）物块从A到第二次经过B点的过程，对物块和小车系统机械能守恒、动量守恒，设物块第二次经过B点时物块的速度为v1，小车的速度为v2，由机械能守恒可得：mgR=由动量守恒可得：0＝mv1+Mv2代入数据解得物块第二次经过B点时相对于地面速度的大小为：v1＝2m/s（3）物块和小车运动过程，在水平方向上合外力始终为零，故系统在水平方向上动量守恒；那么，最终物块和小车都处于状态，物块和小车，由能量守恒定律得：E＝μmgS解得：S＝1.5m，故最终物块与车相对静止时物块到B点的距离为：d＝S﹣L＝0.5m答：（1）解除锁定前弹簧的弹性势能E为7.5J：（2）物块第二次经过B点时相对于地面速度的大小为2m/s；（3）最终物块与车相对静止时物块到B点的距离为0.5m。【点评】本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律以及机械能守恒定律的综合应用，关键是要确定好研究过程，并选择合适的规律去求解。15．（2024•浙江）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；（2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；（3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；无外力的水平板块模型；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；力学三大知识结合的综合问题；分析综合能力；模型建构能力．【答案】（1）滑块离开弹簧时速度v0的大小为5m/s；（2）平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能为0.625J；（3）其离开弹簧时的最大速度vm为6m/s。【分析】（1）根据牛顿第二定律求得滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时的速度大小。根据动能定理求解滑块离开弹簧时的速度大小。（2）根据动量守恒定律与能量守恒定律，求解平板加速至与滑块共速的过程系统损耗的机械能。（3）滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起匀减速运动到H点时，滑块离开弹簧时的速度最大。根据牛顿第二定律与运动学公式求解。需要验证结果是否合理。【解答】解：（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，在C点，根据牛顿第二定律得：mg=从滑块离开弹簧到C点的过程，根据动能定理得：-2解得：v0＝5m/s（2）滑块恰好过C点后，以速度大小等于v0的速度滑上平板，以向右为正方向，平板加速至与滑块共速的过程，根据动量守恒定律得：mv0＝（m+M）v根据能量守恒定律得：ΔE=联立解得此过程系统损耗的机械能为：ΔE＝0.625J（3）滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起匀减速运动到H点时，滑块离开弹簧时的速度最大。设滑块与平板相对滑动时两者的加速度大小分别为am、aM。根据牛顿第二定律得：μ1mg＝mam，解得：aμ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaM，解得：a作出v﹣t图像，如下图所示由v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移大小，可得：vmv1＝aMt1＝vm﹣amt1联立解得：vm＝6m/s，v1＝2.4m/s，t1＝0.6s共速过程平板的位移大小为：x1=12v1解得：x1＝0.72m＜d﹣L＝4.4m﹣1.8m＝2.6m，说明共速时平板没有到达H点。两者共速之后到H点的过程，根据动能定理得：﹣μ2（m+M）g（d﹣L﹣x1）=12（m+M）v22解得：v2=2m/s＞0，说明两者共速之后可以达到H可知离开弹簧时的最大速度vm＝6m/s是合理的。答：（1）滑块离开弹簧时速度v0的大小为5m/s；（2）平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能为0.625J；（3）其离开弹簧时的最大速度vm为6m/s。【点评】本题为力学综合题目，考查了圆周运动与板块模型。考查了牛顿第二定律、动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律的运应用。对于板块相对运动问题，要判断板块是否存在共速的情况，以及共速之后是否会相对静止。16．（2024•广东）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。（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tanθ。（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的作用力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：①碰撞过程中F的冲量大小和方向；②碰撞结束后头锤上升的最大高度。【考点】动量定理的内容和应用；自由落体运动的规律及应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．【答案】（1）斜面倾角的正切值为mamg（2）①碰撞过程中F的冲量大小为330N•s，方向竖直向上；②碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m。【分析】（1）对敏感球进行受力分析，根据几何关系得出倾角的正切值；（2）F﹣t图像中图像和横轴围成的面积表示冲量，代入数据得出冲量的大小和方向；②根据动量定理和动能定理联立等式得出头锤上升的最大高度。【解答】解：（1）对敏感球进行受力分析，如图所示：根据几何关系可得：tnaθ=（2）①F﹣t图像中，图像和横轴围成的面积表示力的冲量，则IF②头锤在下落过程中，根据动能定理可得：MgH=在与气囊接触的过程中，选择向上的方向为正方向，根据动量定理可得：IF﹣Mgt＝Mv1﹣Mv头锤上升过程中，根据动能定理可得：﹣Mgh=0联立解得：h＝0.2m答：（1）斜面倾角的正切值为mamg（2）①碰撞过程中F的冲量大小为330N•s，方向竖直向上；②碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m。【点评】本题主要考查了动量定理的相关应用，理解图像的物理意义，结合动量定理和动能定理即可完成分析。17．（2024•湖南）如图，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（mA＞mB）。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mA（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（0＜e＜1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；机械能守恒定律的简单应用；用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）碰撞后小球组合体的速度大小为mAv0m（2）小球的质量比mAmB为2（3）第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程2πR【分析】（1）根据动量守恒定律求得碰撞后小球组合体的速度，对碰撞后的组合体，根据牛顿第二定律求解向心力。（2）小球A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得A、B碰撞后的速度，依据题意讨论并确定第二次碰撞的位置，依据A、B通过的路程关系得到它们的速度关系，进而求解它们的质量关系。（3）根据题意，根据动量守恒定律求求解A、B碰撞后的速度，依据A、B通过的路程关系得到相邻两次碰撞的时间间隔，进而求得相邻两次碰撞B球运动的路程，寻找规律，根据数学知识求解。【解答】解：以下解答，在小球A与B碰撞过程均以小球A的速度方向为正方向。（1）对A、B系统，碰撞前、后动量守恒，设碰撞后小球组合体的速度大小为v，由动量守恒定律得：mAv0＝（mA+mB）v对碰撞后的组合体，根据牛顿第二定律得：Fn联立解得：v=m（2）小球A与B发生弹性碰撞，设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为vA、vB，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：mAv0＝mAvA+mBvB12联立解得：vA=所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如下图所示，首次碰撞在a点，a、b、c三点为等边三角形的三个顶点。因vA＜vB，且除了碰撞过程两小球均做匀速圆周运动，故第二次碰撞的位置在b点或在c点，设120°圆心角对应圆环的弧长为L。讨论如下：①若在b点发生第二次碰撞，则从第一次在a点碰撞到第二次碰撞A、B通过的路程关系为：sB﹣sA＝3L，即：vBt﹣vAt＝3L对A有：vAt＝L+3kL，（k＝0、1、2、3……）联立可得：v联立解得：m若k取值大于等于1，则此比值为负值，不合理，则k只能取0，解得：m对两球在b点的第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为vA′、vB′，同理可得：mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′12联立解得：vA′＝v0，vB′＝0故第三次碰撞会发生在b点、第三次碰撞与第一次碰撞的情况相同，故第四次碰撞发生在c点，第四次碰撞与第二次碰撞的情况相同，以此类推，满足题意。②若在c点发生第二次碰撞，同理，根据从第一次碰撞到第二次碰撞A、B通过的路程关系可得：vBt﹣vAt＝3L对A有：vAt＝2L+3kL，（k＝0、1、2、3……）联立可得：v联立解得：m若k取值大于等于1，则此比值为负值，不合理，则k只能取0，解得：m同理可得，第二次碰撞后vA′＝v0，vB′＝0，则第三次碰撞发生在c点、第四次碰撞发生在b点，以此类推，满足题意。综上所述，可得：mAm（3）第一次碰前两球相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为v相1＝ev0，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一个圆周，即B球相对A球运动一周，可得第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为：t1对于第一次碰撞有：mAv0＝mAvA1+mBvB1第一次碰撞后有：v相1＝vB1﹣vA1＝ev0解得：v第一次碰撞到第二次碰撞B球运动的路程为：s1第二次碰后的相对速度大小为v同理可得第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为t对于第二次碰撞有：mAv0＝mAvA2+mBvB2第二次碰撞后有：v相2＝vA2﹣vB2联立解得：v第二次碰撞到第三次碰撞B球运动的路程为：s2由以上规律可以归纳得：第三次碰撞到第四次碰撞B球运动的路程为：s第四次碰撞到第五次碰撞B球运动的路程为：s……以此类推，第2n+1次碰撞前一共碰撞了2n次，则有：s=解得：s答：（1）碰撞后小球组合体的速度大小为mAv0（2）小球的质量比mAmB为2（3）第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程2πR【点评】本题考查了动量守恒定律应用的碰撞问题，以及牛顿运动定律在圆周运动中的应用，本题难度较大。考查了数理结合的能力。掌握弹性碰撞模型的结果经验公式。18．（2024•河北）如图，三块厚度相同、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，此时木板B、C也相对静止，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A、C两木板间距与B木板长度的关系。【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力；模型建构能力．【答案】（1）A、B木板间的水平距离为1.5m；（2）起跳过程机器人做的功为90J，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值为2；（3）该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系为74【分析】（1）根据动量守恒定律，结合位移的关系得出木板之间的水平距离；（2）根据斜抛运动的特点，结合动量守恒定律和功的计算公式得出功的大小；（3）根据动量守恒定律，结合运动学公式联立等式得出对应的距离。【解答】解：（1）设机器人质量为M，三个木板质量为m，根据动量守恒定律可得：Mv＝mv1两边同时乘以t，则Mx＝mx1且x+x1＝LA解得：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θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动的特点可得：vcosθ•t＝x1vsinθg联立解得：v机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒，则Mvcosθ＝mvA根据能量守恒定律可得机器人做的功为：W=联立可得：W当12tanθ=2tanθ时，即tanθ＝2时，W（3）根据tanθ＝2时可得vcosθ根据Mvcosθ＝mvA可得：vA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上动量守恒，则Mvcosθ＝（M+2m）v共解得：v共=该过程A木板向左运动的距离为：xA机器人连续3次等间距跳到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Δt，选择向右的方向为正方向，则（M+m）v共＝Mv0﹣mvB每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为LBLB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：Δx＝x1+xA可得：（vB﹣vA）×3Δt＝Δx联立解得：Δt故A、C两木板间距为：xAC＝（vA+vC）×3Δt+Δx+LBvC＝v共联立解得：xAC=答：（1）A、B木板间的水平距离为1.5m；（2）起跳过程机器人做的功为90J，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值为2；（3）该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系为74【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，掌握动量守恒定律的条件，结合斜抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。19．（2024•江苏）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Δt，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。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动量定理的内容和应用．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．【答案】（1）分离后A的速度v1为v0（2）分离时A对B的推力大小为M(【分析】（1）组合体A与组合体B分离过程在速度方向上满足动量守恒定律，根据动量守恒定律求解。（2）对组合体B，根据动量定理求解。【解答】解：（1）组合体A与组合体B分离过程在速度方向上满足动量守恒定律，以在轨速度v0的方向为正方向，则有：（M+m）v0＝Mv+mv1解得：v1=（2）设分离时A对B的推力大小为F，以在轨速度v0的方向为正方向，对B由动量定理得：FΔt＝Mv﹣Mv0解得：F=答：（1）分离后A的速度v1为v0（2）分离时A对B的推力大小为M(【点评】本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，基础题目。动量为矢量，解答时注意方向问题。20．（2024•上海）包括太阳、地球在内的所有物体都会在其周围产生引力场。在不同尺度的空间，引力场中的物体运动具有不同的表象。牛顿揭示了苹果下落和行星运动共同的物理机制。意味着天上的物理和地上的物理是一样的，物理规律的普适性反映了一种简单的美。（1）如图1，小球a通过轻质细线Ⅰ、Ⅱ悬挂，处于静止状态。线Ⅰ长l＝0.5m，Ⅰ上端固定于离地H＝2.1m的O点，与竖直方向之间夹角θ＝37°；线Ⅱ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）①在线Ⅰ、Ⅱ的张力大小FⅠ、FⅡ和小球a所受重力大小G中，最大的是FⅠ。②烧断线Ⅱ，a运动到最低点时与b发生弹性碰撞。求：A.与b球碰撞前瞬间a球的速度大小va；（计算）B.碰撞后瞬间b球的速度大小vb；（计算）C.b球的水平射程s。（计算）（2）图2示虚线为某彗星绕日运行的椭圆形轨道，a、c为椭圆轨道长轴端点，b、d为椭圆轨道短轴端点。彗星沿图中箭头方向运行。①该彗星某时刻位于a点，经过四分之一周期该彗星位于轨道的C。A.ab之间B.b点C.bc之间D.c点②已知太阳质量为M，引力常量为G。当彗日间距为r1时，彗星速度大小为v1。求彗日间距为r2时的彗星速度大小v2。（计算）【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；平抛运动速度的计算；万有引力与重力的关系（黄金代换）．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】（1）①FⅠ；②A.1.4m/s；B.1.4m/s；C.0.8m；（2）①C；②v2的大小为v1【分析】（1）①根据平衡条件作力的矢量三角形结合边角关系判断；②A.根据动能定理列式求解；B.根据动量守恒定律和机械能守恒列式联立解答；C.根据平抛运动的规律列式求解；（2）①根据彗星在椭圆轨道的运动规律分析在相应时间内的运动情况；②根据引力势能和机械能守恒定律列式求解。【解答】解：（1）①小球a受到三个力处于静止状态，根据矢量三角形规律，作出的三个力的如图所示根据直角三角形的边角关系，斜边代表FⅠ，所以三个力中最大的是FⅠ；②A.小球a从烧断细线Ⅱ到摆至即将与b发生碰撞的过程中，由动能定理mgl(1-cosθ)=1B.由动量守恒定律和机械能守恒，规定向右的方向为正方向，有mva＝mva'+mvb12联立两式得vb＝1.4m/sC.由平抛运动的规律s（2）①彗星绕日在椭圆轨道运动时是变速率运动，近日点速率最大，远日点速率最小，a点是近日点，c点是远日点，根据对称性可知，a到c需要半个周期，a到b的平均速率较大，所以在四分之一周期内彗星运动到b和c之间，故C正确，ABD错误；故选：C；②引力势能的表达式Ep=-GMmr，彗星在间距由r1变到r2的运动过程中满足机械能守恒，有故答案为：（1）①FⅠ；②A.1.4m/s；B.1.4m/s；C.0.8m；（2）①C；②v2的大小为v1【点评】考查平衡问题、动量守恒定律和机械能守恒定律以及平抛运动的规律，会根据题意进行相关物理量的求解。

考点卡片1．自由落体运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动