2022年备战新高考物理复习重点专练32 动量守恒定律（解析版）

1、高三物理一轮复习专题专练（力学部分）专题32动量守恒定律专练目标专练内容目标1碰撞类的动量守恒问题（IT13T）目标2分方向动量守恒、爆炸反冲类和人船模型类问题（14T-23T）目标3力学三大观点处理物理问题（24T33T）【典例专练】一、碰撞类的动量守恒1.随着科幻电影流浪地球的热映，"引力弹弓效应”进入了公众的视野。"引力弹弓效应"是指在太空运 动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分 别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设 行星运动的速度为U,探测器的初

2、速度大小为V0,在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别 为力和V2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质 量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（ ）A. vi> VoB. vi= VoC. V2> VqD. V2 =Vo【答案】A【解析】AB.根据题意，设行星的质量为M,探测器的质量为m,当探测器从行星的反方向接近行星时（左图），再设向左为正方向，根据动.鼠：守恒和能量守恒得； mvo2+ y Mu2= y Mu'2+ y mvi2整理得vi-vo=u+u'所以vi>

3、; Vo, A正确，B错误;CD.同理，当探测器从行星的同方向接近行星时（右图），再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得mvo+Mu=Mu"-mV2； Jmv02+；Mu2= J/0u"2+；mv22 整理得 vo-V2=u+u”所以 丫2< vo, CD 错误。故选 A,2 .台球是大家比较喜爱的一项运动。在光滑水平面上，小明利用一个白球A以初速度%去撞击2018个一字排开的花球来模拟，如图所示，已知球与球之间的碰撞为弹性正碰，白球质量是花球质星的2倍，则编 号为1的花球的最终速度为（）花球白球41A. v0B. -v0C. %2D. - v03 o【答案】A

4、【解析】质量为2,”的白球A以初速度%与编号为2018的花球发生弹性正碰，满足动量守恒和机械能守恒，设碰后，白球和编号为2018的花球的速度分别为5、匕，以向右为止方向，则：2mv = 2mvA +mvltg（2/n）d =g（2"?）v： +；，*.解得： =：%，匕同理分析，两个质工相同花球碰撞时，根据动员守恒 定律和机械能守恒可能，两球速度交换，此时编号为2018的花球与编号为2017的花球交换速度，以此类 推，最终编号为1的花球的速度为匕=g%故A正确，BCD错误。故选A,53tnA、 A.>3 .如图,4、8两个小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方向，则4的动量Pa

5、=10kg,m/s,8的动量pB=6kg,m/s, 4、8碰后A的动量增量即A=-4kgm/s,则关于4、8的质量比应满足的条件为（）D. 【答案】【解析】因为A追上8发生碰撞，则碰前速度满足五>.解得吆碰撞过程满足动量守恒，则Pa + Pb = Pa + Pb 则碰后 A、8 的动量分别为 p'A=6kgm/s，plOkg m/s,由能量关系+2mA 2mB ZmA 2mB,33解得4 碰后速度满足心4外解得吆记练卜.所述，则/吆4 1故选b。 mBmA mB mB 55 mB4.如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也

6、为m的小球沿水平方向，以初速度%从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A.该过程中，小球与。形管组成的系统机械能和动量都守恒B.小球从U形管的另一端射出时，速度大小为会C.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为5D.从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管对平行导槽的冲量大小为也7,方向垂直导槽向上 【答案】D【解析】A.由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转 移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，但U形管有垂直小球的弹力作用，小球与U形管组成的系统 沿导槽方向动量

7、守恒，故A错误；B.小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，沿着轨道方向，系统动量守恒，类比弹性碰撞，交换速度，小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0,故B错误；C.小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故 mvn= （i +，”）匕解得匕=与设小球的合速度为v,根据机械能守恒定律，机=解得匕故C错误：D.在小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为匕v =席=* =迎运动到U形管圆 2弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球与U形管系统根据动量定理， 有/ =5匕¥ =曰加%根据牛顿

8、第：定律，平行导槽受到的冲量大小也为巫/M%，故D正确：故选D.5.如图所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧半径为R, 一质量也 为m的小球，以水平速度V。自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B。若将 小球的初速度增大为2%，则小球能达到距8点的最大高度为（）A. 2RB. 3RC. 4RD. 5R【答案】B【解析】当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为V"以小球的初速度vo方向为正方向， 在水平方向上，由动量守恒定律得mvo=2m i/i由机械能守恒定律得- 2/nv,2 + nigR代入数据解得% =2若小球以2

9、Vo冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平速度相同，女为力，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得2mvo=2mv2由机械能守恒定律得+ 戊解得 =向无小球离开圆弧后做斜抛运动，竖口方向做减速运动，则V2力=1=3/?故距B点的最大高度为3R。故选B.2g6.如图所示，质量为4m的光滑物块。静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且水平地面相切， 质量为m的滑块b以初速度%向右运动滑上°,沿。左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离。，不计一切摩擦，滑块b从滑上。到滑离。的过程中，下列说法正确的是（）A.滑块b沿。上升的最大高度为二 5gB.滑块。运动的

10、最大速度卷C.滑块b沿a上升的最大高度为粤 2gD.滑块。运动的最大速度【答案】B【解析】AC. b沿。上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向，由动量守恒定律得"?% =旧+ 4v由机械能守恒定律得:切喏=：（切+ 4"?）/+58/1解得=磐，AC错误；225gBD.滑块b从滑上。到滑离。后，滑块。运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向1112右为止方向，由动量守恒定律得""0 ="必+4机匕,由机械能守恒定律得5根=5切片+34"炉解得匕=,%3vh =-v0, B正确，D错误。故选B。7.如图甲所示，物块4

11、 8的质量分别是mA=4.0kg和m8=3.0kg,两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑 的水平地面上，物块8右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t=0时，以一定速度向右运动。在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示，则（）A. 4s12s 内 A,B,B. 8s12s 内 A,B,C. Os12s 内 A,B,y/(m-s-,)C系统动量守恒C系统机械能守恒C系统损失的机械能为54JD.墙壁对物块B的弹力在4 s到12 s的时间内对8的冲量/的大小为32 N-s【答案】C【解析】A. 4s 12s内，CA 一起挤压弹簧，而此时，B受到墙壁对B的作用力，系

12、统水平方向合力不为零,A,B, C系统动量不守恒，故A错误;B. 8s12s 内 A,B,C与弹簧组成的系统机械能守恒，故B错误;C.根据对称性可知，12s末弹簧处于原长状态，0$125内人,B,C系统损失的机械能为£ = :依尤-；（/ +，%）/其中AC碰撞过程机c% =（%+性）丫解得：AE = 54J故C正确:D.墙壁对物块B的弹力在4 s到12 s的时间内时8的冲量/的大小与弹簧时B的冲量大小相等，也等于弹簧对AC系统的冲量大小为/ = 2（%+mcW = 36Ns故D错误。故选C8 .带有;光滑圆弧轨道,质量为机的滑车静止置于光滑水平面上,如图所示,一质量也为加的小球以速

13、度%水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（）A.小球返回车的左端时，速度为零B.小球返回车的左端时，速度为% c.小球上升到最高点时，小车的速度为D.小球在弧形槽上上升的最大高度为普【答案】ACD【解析】AB.设小球离开小车时，小球的速度为力，小车的速度为刈，选取向右为正方向，整个过程中动 M守恒，由动量守恒定律将mv0=mvi+mv2由机械能守恒定律得g机片相片+代解得vi=O； v2=Vo即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故B错误，A正确。CD.当小球与小乍的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h,以向右为正方向，由动M：守

14、恒定律得mv0=2mv解得v由机械能守恒定律得:gv： =-（2m）v2 +mgh解得 =?故CD止确。z224g故选ACDo9 .如图所示，光滑的水平杆上有一质量为加的滑环A ,通过一根不可伸长的轻绳悬挂着一个质量为机的物 块B （可视为质点），物块B恰好与光滑的水平面接触但无弹力作用。质量为"?物块C （可视为质点）以速 度v冲向物块B,与B碰撞后粘在一起运动。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是（）A.物块C与物块B碰后瞬时速度为5B.物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为弓/w：8C.滑环A最大速度为:D.物块B、C摆起的最大高度为三一24g【答案】AD【解析】A.取向右为

15、正方向，物块C与物块B碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律可得山丫 = 2根匕解得碰撞后二者的速度大小为耳=g v故A正确：B.碰撞过程中损失的机械能为AE = ；""2-gx2,叫2解得= 故B错误；C.当B、C再次回到最低点时A的速度最大，设A的最大速度为vz,此时B、C的速度为“3。取向右为正方 向，根据A、B、（:组成的系统在水平方向上动量守恒，得2mvi=mv2+2mv3根据系统的机械能守恒得1. 1,142-x2/nVj2 = -wv22 +-x2j吗联立.解得与=§匕=§u故C错误；D.当A、B、C三者速度相等时，物块B、C上升的高度最大，根据

16、机械能守恒定律，有力却？研2-；x3/W222解得=故d正确。故选AD。 24g10.如图所示，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下初始时静止。从发射器（图中未画出）射出 一个弹丸B,弹丸以速度v沿水平方向射入物块A并留在其中（作用时间极短）随后轻绳摆过的最大角度为 该过程中系统损失的机械能为团E.不计空气阻力，关于轻绳摆过最大角度的余弦值cost?和系统损失的机械能©E随弹丸的入射速度v （P）变化关系图像，下列图中正确的是（）【答案】AC【解析】设物块的质量为M,子弹的质量为m,绳长为L,子弹射入物块的过程中，水平方向满足动量守恒mv = (M +6)匕 .2AB.上升的过程

17、中满足机械能守恒彳(M +m)v； =(M +m)gl-cos6>)整理得cos。= 1 -二 ”、，,v：22(Az + m) gLcos。与，是一次函数的关系,A正确,B错误;CD.子弹射入物块的过程中，系统损失的机械能AE = L/n-1(M+Mv：整理得 222(M +m)AEq/成正比，C正确，D错误.故选AC.11.如图(。)所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。t=0时刻，甲物块以 速度v0=4m/s向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的vt图像如图(b) 中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为6kg,

18、乙物块质量为5kg,则()A.此碰撞过程为弹性碰撞B.C.碰后乙物块移动的距离为3.6mD.碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为6： 5碰后瞬间乙物块速度为2.4m/s【答案】BC【解析】AB.由图乙可知，碰前甲的速度匕=3m/s碰后甲的速度看,=lm/s碰撞过程中动量守恒画=叫,+所乙以代入数所据，解得吆=2.4m/s又由于;网,片>；，场,/单+；”,乙碰撞的过程中，损失了机 械能，不是弹性碰撞，因此A错误，B正确；C.由图(b)可知甲的延长线交时间轴干尸*处,由于图像与时间轴围成的面积等C物体的位移,因此 xL = x2.4x（4-1） = 3.6m , C 正确；D.在vf图像中斜率

19、表示加速度，由图（b）可知，甲物体做减速运动的加速度q=lm/s2乙物体做减速运动 的加速度4 =0-8燧2因此广二百二,D错误。故选BC。12.如图，ABC三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为mA=2kg、 m8=3kg, mc=2kg,初状态三个小球均静止，8c球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态现给A一个向 左的初速度vo=lOm/s, A8碰后A球的速度变为向右，大小为2m/s。下列正确的是（）A.球A和8碰撞是弹性碰撞B.球A和B碰后，弹簧恢复原长时球C的速度为9.6m/sC.球A和8碰后，球B的最小速度为1.6m/sD.球A和8碰后，弹簧的最大

20、弹性势能可以达到96J【答案】ABC 【解析】A. A8两球相碰，根据动量守恒定律叫匕代入数据，可求得=8m/s由于，在碰撞的过 程中满足;外片=（八片+；飞片因此该碰撞是弹性碰撞，A正确；BC.由于8c及弹簧组成的系统，在运动的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当8的速度最小时，应该是弹簧处于原长状态/匕=%匕+人/：恤盯整理得 =L6m/s ； v4 =9.6m/s因此8的最小速度为1.6m/s,此时8球的速度为9.6m/s, BC正确;D.当8c两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大为匕=（"%+叫）%； Ep片（叫+收）片解得Ep =38.4J , D 错误。故选 ABC.13.如

21、图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为mi、m2 （已知mz=0.5kg）的两物块A、8相连接，处于原长并静止在光滑水平面上。现使8获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得（）A.在匕时刻，两物块达到共同速度2m/s,且弹簧处于伸长状态B.从t3到t4,弹簧由原长变化为压缩状态C. t3时刻弹簧的弹性势能为6JD.在t3和h时刻，弹簧处于原长状态【答案】AC【解析】A.从“t图像可以看出，从。到h时间内8减速A加速，8的速度大于A的速度，弹簧被拉伸， h时刻两物块达到共同速度2 m/s,此时弹簧处于伸长状态，故A正确；B

22、D.由v-t图像可知，从t3到t4时间内A做减速运动，8做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，BPh 时刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长状态，故B、D错误；C.由v-t图像可知，h时刻两物块的速度相同，都是2m/s, A、8组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得吗v =（叫+吗）匕解得町=1 kg , B和弹簧组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律得3吗=；（见+色）（+综解得匕时刻弹簧的弹性势能耳=6?故C正确。故选AC.二、分方向动量守恒、爆炸反冲类和人船模型类问题14.如图所示，一辆装有砂子且与砂子质量之和为M的小车以速度匕在光滑水平面上运动，一质量为m、速度为匕的小球沿俯角为9的

23、方向落到车上并埋在车里的砂中，此时小车的速度为（）叫 + M%mv2 cos 0 + M%mv, + Mimv2 cos 0 + M%A. =-B. C.=D.Af +/nM +mMtn【答案】B【解析】小车与物体组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得+机匕85。= （，" + "）-解得 v='"：8s" + MV| 故选 b。M + m15.用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0xl03m/s的速 度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500kg,最后一节火箭壳体

24、的质量为100kg。某时刻火箭壳体 与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为1.8xl03m/so则分离后卫星的速度大小是（ ）A. 7.3xl03m/sB. 6.3xl03m/sC. 5.3xl03m/sD. 4.3xl03m/s【答案】A【解析】设分离前的共同速度为v，卫星的质量mi,火箭壳体质量为m2,分离后卫星的速度为,相对速度为u,以共同速度方向为正方向，由动量守恒定律可得（叫+?）口 =%匕+?（匕-"）代入数据解得v2 =7.3xl03m/s , A 正确。故选 A。16. 一个航天员连同装备的总质量为100kg,在太空距离飞船45m处相对飞船处于静止

25、状态。装备中有一个 装有0.5kg氧气的贮氧筒，筒上有一个喷嘴，可以使贮氧筒中氧气相对于飞船以50m/s的速度喷出。在航天 员准备返回飞船的瞬间，打开喷嘴沿返回飞船相反的方向啧出0.3kg的氧气，此后航天员呼吸着贮氧筒中剩 余的氧气并顺利返回飞船。已知航天员呼吸的耗氧率为2.5xl（r,kg/s ,则航天员到达飞船时贮氧筒中剩余氧气的质量约为（）A. 0.095kgB. 0.125kgc. 0.155kgD. 0.185kg【答案】B解析】由动量守恒得航天员喷出，氧气后的速率为v =竺且="当m/s = 0.15m/s则航天员需要M 100y 45t = - =s = 300s到达飞

26、船，此过程消耗氧气=Qr = 0.075kg则%=0.125kg故选bv 0.1517.天问一号探测器由环绕器、着陆器和巡视器组成，总质量达到5xl0'kg,于2020年7月23日发射升空，2021年2月24日进入火星停泊轨道。在地火转移轨道飞行过程中天问一号进行了四次轨道修正和一次深空 机动，2020年10月9日23时，在距离地球大约2.94x107千米的深空，天问一号探测器3000N主发动机点 火工作约480秒，发动机向后喷射的气体速度约为3xl0'm/s，顺利完成深空机动，天问一号飞行轨道变为 能够准确被火星捕获的、与火星精确相交的轨道。关于这次深空机动，下列说法正确的是

27、（）A.天问一号的速度变化量约为2.88xl（）3m/sB.天问一号的速度变化量约为288m/sC.喷出气体的质量约为48kgD.喷出气体的质量约为240kg【答案】B【解析】AB.根据动量定理有用-=兽= *m/s = 288m/s可以求得天问一号的速度变化M 5x10it约为288m/s,可知A错误，B正确;CD.设喷出气体的速度为V、，方向为正方向，质量为m,由动量守恒定律可知（M-m） Av=0解得喷出气体质量约为m=438kg： CD错误。故选B,18 .浮吊船又称起重船，由可在水面上自由移动的浮船和船上的起重机组成，可以在港口内将极重的货物 移至任何需要的地方。如图所示，某港口有-

28、质量为M=20t的浮吊船，起重杆OA长/=8m。该船从岸上吊起m=2t的重物，不计起重杆的质量和水的阻力，开始时起电杆0A与竖直方向成60。角，当转到杆与竖直成30。角时，浮船沿水平方向的位移约为（）A. 0.27mB. 0.31mC. 0.36mD. 0.63mmR MB.mRM +?C.【解析】浮吊与重物组成的系统水平方向不受外力，动量守恒且初总动量为零，为一人船模型，以水平向 左为正方向，设某时刻f重物与浮吊的速度分别是“、匕则知彩+?（-匕）= 0；例为=叫因为重物与浮吊运动的时间相等，则Miy =机卬；= ,7VC; L （sin 60 - sin 30 ） - j = Mx2解得

29、W = 0.26m x 0.27m 故选 A。19 .如图所示，质量为M、半径为A的圆环，静止在光滑水平面上，有一质量为m的滑块从与环心。等高 处开始无初速度下滑到达最低点时，关于圆环的位移，下列说法中正确的是（）A.D.不确定，与环和滑块之间是否存在摩擦力有关【答案】B 【解析】如图所示，设当滑块下滑到达最低点时圆环的位移为x,则滑块的位移为R-x,由水平方向上平均 动量守恒得m (R-x)=Mx解得x=：”一不管环和滑块之间有无摩擦,系统水平方向上动量守恒且为零，因 此圆环、滑块的位移与环和滑块之间是否存在摩擦力无关。故选Bo20 .在某次军演中，炮兵使用了炮口与水平方向的夹角。可调节的迫

30、击炮，已知迫击炮的总质量为M (不 包括炮弹的质量)，炮弹的质量为m,忽略迫击炮与水平面之间的摩擦力及炮管长度。则下列说法正确的是 ( )A.如果什=0,炮弹离开炮口的速度为vo时，炮身后退的速度为一”M -mB.如果9=0,炮弹离开炮口的速度为V。时，炮身后退的速度为警C.如果9=60。，炮弹离开炮口的速度为V0时，炮身后退的速度为叽M -mD.如果氏60。，炮弹离开炮口的速度为vo时，炮身后退的速度为震2M【答案】BD【解析】如果注=0,炮弹沿水平方向射出，炮身和炮弹组成的系统满足动量守恒定律，若炮弹速度为vo,则有mvo-Mvi=O解得v.警选项A错误,B正确；如果代60°,在

31、炮弹出射瞬间，炮身和炮弹组成的系统水 平方向动精守恒，设炮身后退的速度为V3,则mvocos60°-Mv3=0解得匕选项C错误，D正确。故选BD。21.某同学想用气垫导轨模拟"人船模型"。该同学到实验室里，将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫 导轨上（不计摩擦）并接通电源。该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下， 蜗牛从该端移动到另一端。下面说法正确的是（）A.只有蜗牛运动，滑块不运动B.滑块运动的距熟是二M +tnMC.蜗牛运动的位移是滑块的"倍 mD.滑块与蜗牛运动的距离之和为L【答案】CD【解析】ABC.人在船上走时，由于蜗

32、牛、滑块导轨组成的系统所受合外力为零，总动量守恒，因此系统的 平均动量也守恒，设蜗牛从滑块一端到另一端的时间为t,在这段时间内滑块后退的距离为x，滑块相对地 面运动的距离为Lx,选滑块后退方向为正方向，由动量守恒有加土-例 =0所以不二不一/则滑块相对t tM +6地面运动的距离为选项AB错误，C正确；MD.由以I：数据可得蜗牛运动的位移是滑块的"倍，选项D正确。故选CD. m22.如图所示，质量为M的"U”型槽甲静置于足够长的光滑水平面上，型槽外侧左端点位于水平面上P点，"U"型槽内侧左右两端均为半径为R的光滑的四分之一圆弧轨道，圆心。口。2等高，圆弧

33、岫、cd分别 与水平粗糙平面儿相切于b、c处，历长度也为R。一质量为m的小物块乙（可视为质点），从。点由静止 开始无初速度释放，恰好能运动到圆弧上的e点，弧长ce = 2ed。不计空气阻力，下列关于最终位置的 说法正确的是（）/A.小物块乙恰好位子6c中点B.小物块乙恰好位于b点C. "U"型槽甲外侧左端点位于P点左侧- R处M +mMD. “U型槽甲外侧左端点位于P点左侧一R处M m【答案】BC【解析】AB.小物块乙从q点运动到e点过程，对甲、乙组成的系统有=+ 7gt从e点返回过R程，对整个系统有=小物块乙最终位置恰好位b点，B正确、A错次；CD. "U&qu

34、ot;型槽甲外侧左端点位于。点左侧x处Mr = m（R-x）, x = -R, C正确、D错误.故选BC。M23 .如图所示，滑块P套在光滑的水平轨道上（足够长），小球。通过长心的轻质细杆与滑块上的光滑轴。连 接，小球质量为加、滑块质量为2,。小球和轻杆可在竖直平面内绕。轴自由转动，小球可视为质点，开始 轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度%,重力加速度取g,则小球通过最高点时的速度大小 v和小球击中滑块右侧轨道的位置与小球起始位置间的距离x分别为（ ）【答案】BC【解析】AB.小球通过最高点时的速度为匕，此时滑块的速度为匕.在上升过程中，因系统在水平方向上 不受外力作用，水平方向的

35、动量守恒，以水平向右的方向为正方向，有胆匕-2% =0在上升过程中，系统 的机械能守恒，则苧=萼+ 竿 + ,叫L联立可得匕=J吟逐，A错误，B正确。CD.设沿杆方向小球向右运动的距离为滑块向左运动的距离为占，由人船模型可知必2=2,出乂因为占+$2=24联立可得$2=5，D错误，C正确。故选BC。三、力学三大观点处理物理问题24 .如图所示，光滑水平面上三个完全相同的小球通过两条不可伸长的细线相连，初始时B、C两球静止，A球与B球连线垂宜B球C球的连线，A球以速度v沿着平行于C8方向运动，等A8之间的细线绷紧时，AB连线与8c夹角刚好为45，则线绷紧的瞬间C球的速度大小为（）【答案】D 【解

36、析】A8绳绷紧瞬间，A在垂直于AB连线方向的分速度不变，为也v,设A沿A8方向的分速度为“，2分析可知，B、C沿B、C连线方向的分速度相同，均设为。设B沿垂直8c方向的分速度为%,速度关系如下图对A、B、C整体，根据动量守恒有叫丫 =a.%+,%+%（ + 】擀，A、B球沿A8绳方向分速度大小相等，故有 mAvA =-/nB(vB + %)，对 B、C 球整体，在垂直 AB 绳方向动量为 0, -mcvc + -mBvc-mavB = 0联立以上各式，解得匕 = ；V故选D，25 .如图所示，长木板8静止放在光滑的水平面上，小滑块A从长木板8的左端以初速度均向右滑动，经 过时间r小滑块A减速到

37、最小速度3。小滑块A可看作质点，运动过程中A没有从5上滑出，重力加速度为 g,下面说法正确的是（）。B77777777777777777777777777777777777777777/7T777777777T7T77A.长木板8的质量是小滑块A质量的3倍B.小滑块A在长木板B上滑动的距离为芈C.小滑块A在长木板8上滑动的距离为当D.小滑块A与长木板8之间的动摩擦因数为普4g/【答案】AC【解析】A.由动量守恒定律得犯j% =（%+"%才解得，% =3%故A正确；BC. A相对8的位移= 故C正确，B错误；D.根据能量守恒得%=-1（，4 +小川可以解出动摩擦因数=誓故D错误。故选A

38、C。26 .如图，一滑板的上表面由长度为力的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止 于光滑的水平地面上。物体P（可视为质点）置于滑板上面的A点，物体产与滑板水平部分的动摩擦因数为一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于。点，另一端系一质量为加的小球。小球。位于 最低点时与物体户处于同一高度并恰好接触。现将小球。拉至与。同一高度（细线处于水平拉直状态），然 后由静止释放，小球。向下摆动并与物体户发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。设物体P的质量也为“，滑板 的质量为2m。（1）求小球Q与物体P碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小;（2）若物体P在滑板上向左运动从C点飞出，求飞出后相对C点

39、的最大高度;（3）耍使物体P在滑板上最后不滑落，求满足的条件。【解析】（1）小球Q在下落过程中机械能守恒，因此有机gL = gm%22在最低点对小球Q牛顿第二定律可得=机支联立解得T = 3mg（2）小球Q和物块P发生弹性碰撞，则机械能和动量守恒，因此机 =机吆+机尸；=解得vp = vQ="近物体和滑板在水平方向上不受力，则水平方向动量守恒=3皿匕由能量守恒可得；，切；=| ?（ V：+12+x 2mv+ /jmgL+mgR2物体离开滑板后两物体水平方向都做匀速II线运动，因此水平相对位置不变，竖直方向=工2g2/联立可得否造“-R（3）如果物体P从C点飞出，再落回到滑槽中恰能I可

40、到A点时，摩擦系数最小，则运动到八点与滑板共速, 根据动量守恒和能量守恒得mvp = 3mvt ； 1 mvj, = g（机+ 2m）v, +-2L则物体P与滑板水平部分的动摩擦因数满足 2 g27 .如图所示，质量为2m的小车紧靠平台的边缘静止在光滑的水平面上，小车AB段是长为L的水平粗糙 轨道，8c段是四分之一圆弧光滑轨道，两段轨道相切于8点。小车AB段轨道与平台在同一水平面上。质 量为m的滑块(可视为质点)沿着光滑的平台以某一速度向右运动并滑上小车，若滑块与A8段轨道间的动 摩擦因数为，重力加速度为g。(1)使滑块恰好到达8点与小车相对静止，则滑块在平台上运动的速度v是多大？(2)当滑块

41、在平台上运动的速度为3、阳时，恰好能到达C点，则8c段圆弧轨道的半径R是多大？【解析】(1)若滑块在平台上运动的速度为V时，恰好滑到小乍的8点，此时滑块和小乍的共同速度为“地面光滑，满足动量守恒的条件，有(2m+m)力解得匕由功能关系，该过程中产生的内能A£=mgL减少的动能 / = ； mv2 -(2,n +w)v,2已知减少的动能全部转化为内能，联立可得v=向渔(2)当滑块在平台上运动的速度K = 3而Z时，恰好能到达C点，即滑块和小车恰好达到共同速度，设此时速度为V2,根据动量:守恒定律(2m+m) V2该过程减少的动能 限=-mv'2-（2m + m）v22增加的内能

42、和用力势能AF=mgL+mgR系统减少的动能全部转化为内能和重力势能，联立可得R=2nL28 .如图所示，木板质量M=2kg,初始时刻静止在粗糙水平地面上，右端与墙壁相距L=0.4m,可视为质点 的质量m=lkg的小物块，以初速度=8m/s从木板左端滑上。物块与木板之间的动摩擦因数U1=0.4,木板 与地面之间的动摩擦因数2=0.08,重力加速度g=10m/s2,物块或木板与墙壁相碰都原速反弹，物块始终没 有从木板右端掉落。求：（1）物块滑上木板时物块和木板的加速度大小；（2）若木板第一次与墙壁碰撞时，物块还未滑到木板右端，则木板第一次向左运动的最大距离：（3）要保证物块与木板始终不共速，且物

43、块和木板同时与墙壁相碰，木板的可能长度有哪些值？【解析】（1）物块加速度o=ig=4m/s2对木板有img2 （ M+m） g=Mai可得 ai=0.8m/s2（2）木板向右加速与墙壁第一次碰撞速度为,则有匕="Z=0.8m/s碰撞后反向向左减速，加速度为。2,贝ij有img+收（M+m） g=Maz可得 o2=3.2m/s2向左运动的最大距离为。=券=（乙=0.1m（3）木板第一次向右加速的时间为5，则有L =木板第次反向减速的时间为hi,则有匕一,口a11可得电=-zu =7zn =7S因此第一个来回用的时间G =小+公=：s第二次向右加速的时间为t2i，则仃4 =，扃= 片可得

44、6 =5"155 11同理，22 =，2=，21 +，22 =21 =2；，于是有tn =n-1A , & =M-lI r.M-l设木板在第n次与塔壁相碰时与物块同时撞上墙壁，则所用总的时间7； =、>, +&N-1可得1,=I物块一直做匀减速运动，则有/“ + /> = %（-gaV 可得/,=7.1 + 6（；） 一18（；） 当”=1时，/i=5.6m；当n=2时，"=7.475m；当n=3时,物块末速度丫 = %-叫=0.5m/s不满足题意,舍掉。29 .如图所示，-质量M =4 kg的长木板静止放置在光滑的水平面上，长木板的上表面AC段

45、粗糙、8c段光 滑，AC的长度/_=0.8 m；长木板的左端A静置了一个质量m=l kg的小物块（可视为质点），右端B连着一段 轻质弹簧，弹簧处于原长时，弹簧的左端恰好位于C点。若给小物块一个初速度vo=2m/s,小物块最终停 在长木板的C点；若给长木板一个水平向左的恒力F=26N （图中未画出），作用0.5s后撤去此力，重力加速度g取10 m/s2,求：（1）小物块与长木板粗糙面间的动摩擦因数；（2）弹簧弹性势能的最大值；（3）小物块最终停在距长木板A点多远处。/BWWxwwwwwWWXwwwwwxx【解析】（1）根据动量守恒可得机% =（m + M）y根据能量守恒可得gmv： -；（M +

46、rn）v2 = junigL代入数据得 = 0.2（2）施加外力到撤去外力的过程，对长木板用动量定理得Fr-侬=匕施加外力到撤去外力的过程，对小物块用动晶定理得pmgt = 'nv2撤去外力后，系统动量守恒，弹簧弹性势能最大时两物体共速，则股匕+根匕=（， +知）匕受外力时长木板做匀加速直线运动，其位移为$ =；卬从静止开始到共速过程对系统运用动能定理可得Es/«班+吗,=；（M+m）v； % =渊.=-E涕 若撤去外力到共速运用能量守恒得g（L-s和）+ E谭=：%；+：皿；-：（加+胆）片:s杷=；卬-；丫2r 代入数据得E涕=1J（3）根据能量守恒可得纥小川的；小物块最

47、终停在距a点x处，则x = L-/代入数据解得x = 0.3m30 .如图所示倾角a = 37。的斜面甲固定在水平面上，质量为3m的长木板乙上表面光滑，下端为垂直木板 表面的挡板，现长木板乙以 = lm/s的速度沿斜面甲匀速下滑。某时刻，一质量为m的小木块丙轻轻地放 在长木板乙上，当小木块丙运动到长木板乙的下端时（与挡板碰前的瞬间），长木板乙的速度刚好减为零， 此后小木块丙与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，小木块丙就与挡板碰撞一次。已知斜面甲足够长， 小木块丙与挡板发生的都是弹性碰撞且碰撞时间极短，小木块丙始终在长木板乙上运动，重力加速度 g = 10m/s2, sin37° =

48、0.6 , cos37° = 0.8 o（1）小木块丙与挡板第1次碰撞后的瞬间，分别求小木块丙和长木板乙的速度大小。（2）求小木块内与挡板第1次碰撞至第2次碰撞的时间间隔。【解析】（1）开始时，长木板乙匀速下滑，根据牛顿笫：定律，有3mgsina = 3mgcosc小木块内轻轻放在长木板乙匕后，对长木板乙和小木块内组成的系统，外力之和为零根据系统动量守恒，有3根% = ”解得小木块内和挡板第1次碰撞前，小木块内的速度大小v = 3m/s根据系统动量守恒，iinv = mvx +3wv,根据系统能量守恒，有;机/ =解得小木块内的速度M =-L5m/s方向沿斜面向上。长木板乙的速度匕=

49、 L5m/s方向沿斜面向下。（2）小木块丙与挡板第1次碰撞后，根据牛顿第：定律，对小木块丙，mg sin a = ma,对长木板乙，有cos a - 3mg sine? = 3ma2根据运动学公式有卬+ gxa/ = v2/ + 1x(-a2)r解得f = 0.75s (f=0 舍)9验证：当f = 0.75s时，长木板速度v；=77m/s>0故符合。31 .如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，。点为弹簧原长位置，。点左侧水平面光滑，水 平段。尸长L = lm, P点右侧有与水平方向成6 = 30。的足够长的传送带，传送带与水平面在P点平滑连接, 皮带轮逆时针转动速率为3m/

50、s, 一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不栓接)，使弹簧获得 弹性势能Ep=37J,物块与OP段动摩擦因数必=0.5,另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带的 动摩擦因数2=乎，传送带足够长，A与B碰撞后粘在一起，重力加速度g = 10m/s2,现释放A,若最大 静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)物块A、B碰撞前瞬间，A的速度大小%;(2) A、B整体在传送带上运动时，能到达距。点的最大距离；(3) A、B碰撞后的整个运动过程中，A、B整体与传送带之间由于摩擦而产生的热量。【解析】从A释放到与B碰撞前，对A运用功能定理耳-=解得% = 8m/s(2)A与B碰撞过程中,以向右为正方向,由动量守恒定律可得一%=2/«¥解得W =4