2025年高考物理一轮复习之动量与动量守恒定律

第1页（共1页）2025年高考物理一轮复习之动量与动量守恒定律一．选择题（共10小题）1．如图所示，木板B静止在光滑的水平面上，距右侧墙壁1m。物块A以v0＝4m/s的水平速度从B的左端滑上B，B上表面粗糙，AB之间动摩擦因数为0.3。B与右侧墙壁碰撞前AB未分离，B与墙壁碰撞后以某一速度反弹，之后某一瞬间AB同时停止运动，且A刚好停在B的最右侧。已知物块A质量为1kg，木板B质量为3kg，g取10m/s2。关于该运动过程，下列说法正确的是（）A．木块B与右侧墙壁碰撞无机械能损失 B．木块B与右侧墙壁碰撞损失的机械能为4J C．木板B的长度为209D．木板B的长度为52．如图所示，倾角为30°的光滑斜面底端固定一个劲度系数k＝1000N/m的轻弹簧，弹簧上端连接一个质量为2kg的物体A，A处于静止状态。斜面上距离A为2.5m处有物块B，它的质量为8kg，由静止释放B，B与A发生碰撞后粘合在一起。已知弹性势能的表达式为Ep=12kx2，此后A．80.8J B．81.2J C．80.2J D．81.8J3．太阳帆飞船是目前唯一可能承载人类到达太阳系外星系的航天器。太阳光光子流撞击航天器帆面，产生持续光压，使航天器可在太空中飞行。若有一艘太阳帆飞船在航行，太阳光垂直照射帆面，帆面积为66300m2，单位面积每秒接受的太阳辐射能量为1.2×103W•m﹣2。已知太阳辐射平均波长为10﹣6m，假设帆能完全反射太阳光，不计太阳光反射的频率变化，普朗克常数h＝6.63×10﹣34J•s，则下列说法正确的是（）A．太阳辐射的光子能量约为6.63×10﹣28J B．太阳辐射的光子动量约为6.63×10﹣24kg•m•s﹣1 C．太阳辐射对飞船的平均作用力约为0.53N D．帆面每秒钟接受到的光子数量约为4.0×1020个4．雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为（）A．ρvht B．2ρvht C．ρv2 D．2ρ5．水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止状态跌落的最大高度。已知导致苹果碰伤所需的平均作用力约为苹果自身重力的3倍。假设苹果在接触钢板后0.1s减速至静止，重力加速度g取10m/s2，则苹果在钢板上的碰伤阈值最接近（）A．10cm B．20cm C．30cm D．45cm6．如图所示，OA、OB为两条不同的光滑轨道，端点O、A、B都在竖直圆周上，OC竖直直径。完全相同的两个小球分别从A、B两点沿两条轨道由静止开始同时释放，不计空气阻力。两小球到达O点的过程中，下列判断正确的是（）A．沿BO轨道运动的小球先到达O点 B．两个小球重力的冲量不相同 C．两小球的动量变化率相同 D．沿AO轨道运动小球的动量变化率大7．质量相等的A、B两个小球处在空中同一高度，将A球水平向右抛出，同时将B球斜向上抛出，两小球抛出时的初速度大小相同，两小球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力。则两小球在空中运动的过程中，下列说法正确的是（）A．相同时间内，速度变化量可能不同 B．同一时刻，速度变化快慢可能不同 C．抛出后下降到同一高度时，动能一定相同 D．相同时间内，重力的冲量大小可能不同8．如图所示，用长为L的细线悬挂于O点的小球处于静止状态，质量为m的子弹以速度v0水平射入小球，子弹穿过小球后的速度为34v0，子弹穿过小球后瞬间细线上的张力是子弹射入小球前细线张力的2A．v02gLm B．v0gLm 9．滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端，与滑板A一起以20m/s的共同速度向右做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B，在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，最终两滑板恰好不相撞。已知该同学的质量为45kg，两滑板的质量均为2.5kg，不计滑板与地面间的摩擦，下列说法正确的是（）A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统机械能守恒 B．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为19m/s C．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小 D．该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为47.5N•s10．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。在苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程，下列说法中正确的是（）A．手掌对苹果的摩擦力越来越小 B．手掌对苹果的支持力越来越大 C．手掌对苹果的作用力越来越小 D．因为苹果的动量大小不变，所以合外力对苹果的冲量为零二．多选题（共4小题）（多选）11．如图所示，一根劲度系数为k＝2N/cm的轻质弹簧竖直放置，质量均为m＝2kg的两物体A、B（均可视为质点）通过轻质弹簧拴接，物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态。在A的正上方距其高度h＝5m处有一质量也为m＝2kg的小球C，现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．C与A碰撞后瞬间C的速度大小为10m/s B．C与A碰撞时产生的内能为50J C．C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为50J D．要使碰后物体B能被拉离地面，h至少为80cm（多选）12．如图所示，在光滑水平面上有一足够长的长木板以速度v0向右运动，某时刻有一质量为m的小木块以速度v0向左冲上长木板，同时对长木板施加一个水平向右的拉力，使长木板速度保持不变，直至小木块与长木板达到共速。小木块与长木板之间的粗糙程度处处相同，关于此过程下列说法正确的是（）A．系统产生的热量为mvB．长木板对小物块做的功为0 C．水平外力F对长木板做的功为2mD．长木板对小物块的冲量大小为2mv0（多选）13．如图，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，其底端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端放置一个质量为m的物块B。t＝0时刻，将质量也为m的物块A（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，t1时刻A与B发生碰撞并粘在一起。粘合体沿斜面简谐运动过程中，弹簧最大形变量为2mgk。已知弹簧弹性势能表达式为Ep=12kx2，弹簧振子周期公式T=2πMA．粘合体速度最大为mgB．物块A释放点到碰撞点的距离为mg2C．粘合体向下运动过程中的最大加速度大小为g D．从物体A、B碰撞到运动到最低点的时间为2（多选）14．如图所示，一质量为m，足够长的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为M的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0向右开始运动。已知M＞m，木板右端与右侧固定墙面的距离足够长（木板与墙面碰撞前，已经与物块共速），物块与木板间的动摩擦因数为μ，所有碰撞均视为弹性碰撞，物块始终未滑离木板。下列说法正确的是（）A．木板第一次与墙面碰撞前瞬间的速度大小为MvB．木板第三次碰撞墙面前瞬间的速度大小(MC．若M＝2kg，m＝1kg，则木板第一次与墙面碰撞后瞬间到第二次与墙面碰撞前瞬间经历的时间为t=D．木板从开始运动到第二次与墙面碰撞前瞬间，木块与木板间产生的热量为Q=三．填空题（共2小题）15．如图所示，柜子静置于水平地面，某人用大小为F的水平推力推柜子，但没有推动，则柜子和地面间摩擦力大小f＝；在同一时间内，推力冲量大小摩擦力冲量大小（选填“大于”、“小于”或“等于”）。16．某个研究碰撞的装置如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ．若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则此时盒的速度大小为，滑块相对于盒运动的路程为四．解答题（共4小题）17．如图所示，足够长的光滑水平地面上有2024个大小相同的小球排成一排，相邻两球间距为L，将其从左到右依次编号。质量为m的小圆环A套在足够长的光滑水平杆上，位于1小球正上方L处。现将质量为3m的小球B通过长度为L的轻绳与A连接，初始时轻绳处于水平绷直状态，A、B均静止。某时刻释放小球B，B到达最低点时轻绳恰好断裂，之后B在水平地面上向右运动，已知1号小球的质量为3m，2～2024号小球的质量均为m。题中所有小球之间的碰撞均视为弹性正碰。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，小球大小忽略不计。求：（1）轻绳断裂时B的速度大小；（2）1号球与2号球第一次碰撞过程中，对2号球所做的功；（3）若1号球与2号球第一次碰撞后，立即给1号球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出，F远远小于1、2球碰撞时的作用力），使1号球每次与2号球碰撞前的速度都和两球第一次碰撞前瞬间1号球的速度相等，直到1～2024号小球速度第一次都相等时撤去外力，求外力F的大小、外力F作用下1号球的位移及最终1号球与2024号球之间距离。18．如图所示，固定的水平横杆距水平地面的高度H＝1.75m，长L＝0.5m的轻质细绳一端系在水平横杆上，另一端连接质量M＝0.2kg的木块（可视为质点），质量m＝20g的子弹以v0＝62m/s的速度水平射入木块并水平穿出，此后木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，忽略空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）木块被水平穿出后瞬间，细绳对木块的拉力T；（2）子弹射穿木块过程中产生的热量Q；（3）子弹落地点与悬点O的水平距离d。19．如图所示，一质量M＝3.0kg、长L＝5.15m的长木板B静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径R＝2m的光滑圆弧轨道，但不粘连。圆弧轨道左端点P与圆心O的连线PO与竖直方向夹角为60°，其右端最低点处与长木板B上表面相切。距离木板B右端d＝2.5m处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量m＝1.0kg的滑块D。平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量M＝3.0kg的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向（弹簧伸缩状态未知）。一质量m＝1.0kg的滑块A自M点以某一初速度水平抛出下落高度H＝3m后恰好能从P点沿切线方向滑入圆弧轨道。A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B，带动B向右运动，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动。A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并粘在一起向右运动。A、D组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆。A与木板B间动摩擦因数为μ＝0.75。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。重力加速度g＝10m/s2，求：（1）滑块A到达P点的速度大小；（2）滑块A滑上平台时速度的大小；（3）若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5m/s。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？20．如图，倾角θ＝30°的固定斜面上端固定一个半径为R=33m的四分之一光滑圆弧轨道，质量M＝0.6kg的木板与斜面间的动摩擦因数μ=34，木板下端带有挡板，上表面与圆弧相切于最低点C。木板以初速度v＝5m/s沿斜面向上运动，质量m＝0.2kg的小球从圆弧轨道上某点由静止释放，小球沿圆弧轨道到达C点时木板速度刚好减为零，然后小球滑上木板，（1）求木板减速运动的时间；（2）求小球对轨道最低点压力的最大值；（3）在第（2）问的条件下，小球滑上木板时距挡板d＝0.6m，求木板的最小长度；（4）在第（2）问的条件下，求小球与木板挡板发生第3次碰撞时，木板下滑的距离。

2025年高考物理一轮复习之动量与动量守恒定律参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．如图所示，木板B静止在光滑的水平面上，距右侧墙壁1m。物块A以v0＝4m/s的水平速度从B的左端滑上B，B上表面粗糙，AB之间动摩擦因数为0.3。B与右侧墙壁碰撞前AB未分离，B与墙壁碰撞后以某一速度反弹，之后某一瞬间AB同时停止运动，且A刚好停在B的最右侧。已知物块A质量为1kg，木板B质量为3kg，g取10m/s2。关于该运动过程，下列说法正确的是（）A．木块B与右侧墙壁碰撞无机械能损失 B．木块B与右侧墙壁碰撞损失的机械能为4J C．木板B的长度为209D．木板B的长度为5【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；功是能量转化的过程和量度．【专题】定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】C【分析】假设B与墙壁碰撞前已与A共速，根据动量守恒定律求出共同速度，运用动能定理求出B运动的位移，再与原来B与墙壁之间的距离比较，即可判断假设是否正确。根据能量守恒定律求出此过程中A相对于B滑行的距离。B与墙壁碰撞后，根据动量守恒定律求出B与墙壁碰撞后瞬间的速度大小，从而求出木块B与右侧墙壁碰撞损失的机械能。再根据能量守恒定律求出碰撞后A相对于B滑行的距离，从而求得木板B的长度。【解答】解：假设B与墙壁碰撞前已与A共速，共同速度为v1，取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝（mA+mB）v1，解得：v1＝1m/s从A滑上B到两者共速的过程，对B，由动能定理得μmAgs=解得此过程中B运动的位移为：s＝0.5m＜1m，假设成立。根据能量守恒定律得12mAv02=12（mA+mB）v1解得在此过程中A相对于B滑行的距离为：Δx1＝2m设B与右侧墙壁碰撞后速度大小为v2，从B与墙壁碰撞后到AB同时停止运动的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mBv2﹣mAv1＝0，解得：v2=13m/s＜v1＝1m/s，可知木块ΔE=12mBv12-12此过程，根据能量守恒定律得12mBv22+12mAv1解得在此过程中A相对于B滑行的距离为：Δx2=2所以木板B的长度为L＝Δx1+Δx2＝2m+29m=209m，故故选：C。【点评】本题关键要分析清楚物体的运动过程，分段应用动量守恒定律、能量守恒定律即可解答。要知道摩擦生热与相对位移有关。2．如图所示，倾角为30°的光滑斜面底端固定一个劲度系数k＝1000N/m的轻弹簧，弹簧上端连接一个质量为2kg的物体A，A处于静止状态。斜面上距离A为2.5m处有物块B，它的质量为8kg，由静止释放B，B与A发生碰撞后粘合在一起。已知弹性势能的表达式为Ep=12kx2，此后A．80.8J B．81.2J C．80.2J D．81.8J【考点】动量守恒定律在绳连接体问题中的应用；功是能量转化的过程和量度．【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】A【分析】从开始到碰撞前过程中，对B根据动能定理可得碰撞前瞬间B的速度大小，根据动量守恒定律求解碰撞后速度大小；根据平衡条件求解开始时弹簧的压缩量、AB动能最大时弹簧压缩量，由机械能守恒定律求解动能的最大值。【解答】解：设碰撞前瞬间B的速度大小为v1，从开始到碰撞前过程中，对B根据动能定理可得：mBgsinθ•s=解得：v1＝5m/sB与A发生完全非弹性碰撞，共同速度为v2；取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律可得：mBv1＝（mA+mB）v2解得：v2＝4m/s开始时弹簧的压缩量x1=mAgsinθk，解得：AB动能最大时弹簧压缩量为：x2=(mA+m由机械能守恒可得：（mA+mB）g（x2﹣x1）sinθ＝Ekm-12（mA+mB解得：Ekm＝80.8J，故A正确、BCD错误。故选：A。【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。3．太阳帆飞船是目前唯一可能承载人类到达太阳系外星系的航天器。太阳光光子流撞击航天器帆面，产生持续光压，使航天器可在太空中飞行。若有一艘太阳帆飞船在航行，太阳光垂直照射帆面，帆面积为66300m2，单位面积每秒接受的太阳辐射能量为1.2×103W•m﹣2。已知太阳辐射平均波长为10﹣6m，假设帆能完全反射太阳光，不计太阳光反射的频率变化，普朗克常数h＝6.63×10﹣34J•s，则下列说法正确的是（）A．太阳辐射的光子能量约为6.63×10﹣28J B．太阳辐射的光子动量约为6.63×10﹣24kg•m•s﹣1 C．太阳辐射对飞船的平均作用力约为0.53N D．帆面每秒钟接受到的光子数量约为4.0×1020个【考点】用动量定理求平均作用力；光子的动量．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理能力．【答案】C【分析】本题根据光子能量、动量表达式，功率的表达式，以及功率和功的关系分析求解。【解答】解：A.太阳辐射的光子能量约为E＝hν＝hcλ=6.63×10﹣34×3×10810-6J＝B.太阳辐射的光子动量约为p=hλ=Ec=1.989×10-183×108kg•m•s﹣1＝6.63×C.每秒太阳辐射对飞船的冲量：F•Δt=Δp=P1Sc-(-P1ScD.帆面每秒钟接受到的光子数量约为：n=2P1SE=2×1.2×10故选：C。【点评】本题考查了光子相关知识，理解物理公式中各个物理量的含义，加上准确的计算是解决此类问题的关键。4．雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为（）A．ρvht B．2ρvht C．ρv2 D．2ρ【考点】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；推理能力．【答案】B【分析】首先要建立一个不计雨水重力，但速度由v变为反向v的动量变化的模型，应用动量定理表示出芭蕉叶面对雨滴的冲力，利用圆柱形量杯测得打在芭蕉叶面上水的质量，根据压强公式求芭蕉叶受到的平均压强。【解答】解：单位时间、单位面积上的降水量Δ在芭蕉叶上取ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量为m设雨水受到的撞击力为F，规定向下为正方向，根据动量定理FΔt解得F根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的撞击力的大小F因此平均压强为p故ACD错误，B正确；故选：B。【点评】估算题目关键是建立一个模型，然后利用合理的理论推断得出基本符合事实的结论，这是物理学中常用的一种思想方法。5．水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止状态跌落的最大高度。已知导致苹果碰伤所需的平均作用力约为苹果自身重力的3倍。假设苹果在接触钢板后0.1s减速至静止，重力加速度g取10m/s2，则苹果在钢板上的碰伤阈值最接近（）A．10cm B．20cm C．30cm D．45cm【考点】用动量定理求平均作用力．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；理解能力；推理能力．【答案】B【分析】根据动量定理与运动学公式即可求解。【解答】解：由动量定理得，选向上为正方向，则3mgt﹣mgt＝mv，解得v＝2m/s由运动学公式得苹果在钢板上的碰伤阈值为h=v22g，解得h＝20cm，故故选：B。【点评】本题考查动量定理的应用，注意先对苹果受力分析，再列动量定理表达式。6．如图所示，OA、OB为两条不同的光滑轨道，端点O、A、B都在竖直圆周上，OC竖直直径。完全相同的两个小球分别从A、B两点沿两条轨道由静止开始同时释放，不计空气阻力。两小球到达O点的过程中，下列判断正确的是（）A．沿BO轨道运动的小球先到达O点 B．两个小球重力的冲量不相同 C．两小球的动量变化率相同 D．沿AO轨道运动小球的动量变化率大【考点】动量定理的内容和应用；动量的定义、单位及性质．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理能力．【答案】D【分析】对于下滑的时间可以用牛顿第二定律和运动学公式分析。根据冲量的定义I＝Ft分析重力的冲量关系，由动量定理分析动量变化率关系。【解答】解：AB、设任一斜面与竖直方向的夹角为α，圆的直径为d。由牛顿第二定律可求得：a=mgcosαm=gcosα；根据运动学公式有：x＝dcosα=12at2，可得：t=2dg，与CD、根据动量定理有：mgcosαt＝mv，动量的变化率mvt=mgcosα，所以沿AO轨道运动小球的动量变化率大，故D正确，故选：D。【点评】本题考查动量定理、牛顿第二定律、运动学公式等规律的应用，在解题时要注意几何关系的应用。7．质量相等的A、B两个小球处在空中同一高度，将A球水平向右抛出，同时将B球斜向上抛出，两小球抛出时的初速度大小相同，两小球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力。则两小球在空中运动的过程中，下列说法正确的是（）A．相同时间内，速度变化量可能不同 B．同一时刻，速度变化快慢可能不同 C．抛出后下降到同一高度时，动能一定相同 D．相同时间内，重力的冲量大小可能不同【考点】动量的定义、单位及性质；平抛运动速度的计算；斜抛运动；动能定理的简单应用．【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题；理解能力．【答案】C【分析】两物体均做抛体运动，加速度为g，根据Δv＝gΔt可知相同时间内速度的变化量相同；再根据动能定理分析在同一高度上时的动能是否相同；根据动量的定义明确重力的冲量是否相同。【解答】解：A．两物体运动过程中的加速度相同，则由Δv＝gΔt可知，相同时间内，速度变化量一定相同，故A错误；B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，因两物体的加速度均等于重力加速度，因此同一时刻，速度变化快慢一定相同，故B错误；C．抛出后下降到同一高度时，根据动能定理可得mgh=1D．根据I＝mgt可知相同时间内，重力的冲量大小一定相同，故D错误。故选：C。【点评】本题结合抛体运动考查了加速度、动量以及动能定理的应用，要注意明确抛体运动在空中均只受重力作用，加速度均为g。8．如图所示，用长为L的细线悬挂于O点的小球处于静止状态，质量为m的子弹以速度v0水平射入小球，子弹穿过小球后的速度为34v0，子弹穿过小球后瞬间细线上的张力是子弹射入小球前细线张力的2A．v02gLm B．v0gLm 【考点】动量守恒定律在绳连接体问题中的应用；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律求解向心力．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．【答案】C【分析】子弹射入小球的前后瞬间动量守恒，根据动量守恒定律求出子弹射入小球后瞬间的速度大小，结合牛顿第二定律求出此时的拉力。【解答】解：子弹穿过小球过程中，子弹和小球组成的系统水平方向动量守恒，设穿过瞬间小球的速度为v，小球的质量为M，向右为正方向则mv根据牛顿第二定律，竖直方向有2M解得M=故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题考查动量守恒定律圆周运动等知识，目的是考查学生的分析综合能力。运用牛顿第二定律、动量守恒定律时，注意研究的对象，知道圆周运动最高点和最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。9．滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端，与滑板A一起以20m/s的共同速度向右做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B，在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，最终两滑板恰好不相撞。已知该同学的质量为45kg，两滑板的质量均为2.5kg，不计滑板与地面间的摩擦，下列说法正确的是（）A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统机械能守恒 B．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为19m/s C．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小 D．该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为47.5N•s【考点】动量守恒定律在绳连接体问题中的应用；动量定理的内容和应用．【专题】应用题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】B【分析】根据整个系统存在摩擦力做功，所以机械能不守恒；根据动量守恒以及恰好不相撞的临界值求出共同速度；根据动量守恒判断跳离滑板B时速度变化，根据动量定理求出B的冲量。【解答】解：A、根据机械能守恒的条件，在整个系统中，在A、B板来回跳的过程中存在摩擦力做功，所以机械能不守恒，故A错误；B、因该同学从A跳上B，再跳回A时最终两滑板恰好不相撞，可知速度相等，该同学跳回滑板A整个过程中系统水平方向合力为零，动量守恒，则（m+M）v0＝（2m+M）v代入数据解得：v＝19m/s，所以最终他和滑板的速度为19m/s，故B正确；C、该同学跳离滑板B的过程中，人给滑板B的水平方向的作用力向右，可知滑板B的速度增加，故C错误；D、该同学从跳上到跳离滑板B整个过程中的冲量为：I＝mv，代入数据得：I＝47.5N•s所以该同学跳离滑板B的过程中对滑板B的冲量大小小于47.5N•s，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查动量守恒定律的应用，以及不碰撞的条件。在做题中要注意冲量等于动量的变化量。10．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。在苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程，下列说法中正确的是（）A．手掌对苹果的摩擦力越来越小 B．手掌对苹果的支持力越来越大 C．手掌对苹果的作用力越来越小 D．因为苹果的动量大小不变，所以合外力对苹果的冲量为零【考点】动量定理的内容和应用；绳球类模型及其临界条件．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力．【答案】C【分析】AB、苹果在做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律以及圆周运动的规律分析角度变化对支持力、摩擦力大小的影响；C、对苹果受力分析判断；D、由题意可知，苹果动量大小不变，方向时刻改变，可利用动量定理判断。【解答】解：AB、苹果做匀速圆周运动，加速度大小不变，设加速度方向与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得f＝masinθN﹣mg＝macosθ苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程中，θ逐渐增大，sinθ逐渐增大，cosθ逐渐减小，则手掌对苹果的摩擦力越来越大，手掌对苹果的支持力越来越小，故AB错误；C、手掌对苹果的作用力可分解为两个分力，其中分力F1与苹果重力平衡，方向竖直向上，另一个分力F2提供所需向心力，方向总是指向圆心；在苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程，F1与F2大小均不变，且F1与F2之间的夹角逐渐增大，则F1与F2的合力逐渐减小，即手掌对苹果的作用力越来越小，故C正确；D、苹果的动量大小不变，但动量的方向时刻发生变化，所以动量变化不为0，根据动量定理可知，合外力对苹果的冲量不为零，故D错误。故选：C。【点评】本题结合圆周运动模型考查学生对牛顿第二定律、动量定理的应用。二．多选题（共4小题）（多选）11．如图所示，一根劲度系数为k＝2N/cm的轻质弹簧竖直放置，质量均为m＝2kg的两物体A、B（均可视为质点）通过轻质弹簧拴接，物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态。在A的正上方距其高度h＝5m处有一质量也为m＝2kg的小球C，现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．C与A碰撞后瞬间C的速度大小为10m/s B．C与A碰撞时产生的内能为50J C．C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为50J D．要使碰后物体B能被拉离地面，h至少为80cm【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】BD【分析】C自由下落的过程，由机械能守恒定律求出C与A碰撞前瞬间的速度。C、A碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后瞬间C与A的共同速度大小。由能量守恒定律求C与A碰撞时产生的内能。C、A一起向下运动压缩弹簧的过程中，C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能等于A、C动能的减少量与重力减少量之和。碰后物体B恰好被拉离地面时，弹簧的弹力等于B的重力，由此求解此时弹簧的伸长量，并求出开始时弹簧的压缩量，由系统机械能守恒求h的最小值。【解答】解：A、设C与A碰撞前瞬间C的速度为v0，C与A碰撞后瞬间C、A的共同速度为v1。对C自由下落过程，由机械能守恒定律得mgh解得：v0＝10m/sC与A碰撞过程，对C与A组成的系统，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1解得：v1＝5m/s，故A错误；B、C与A碰撞时产生的内能为E内=12mv02-12×2C、C、A一起向下运动压缩弹簧的过程中，A、C动能的减少量为ΔEk=12×2mv12=2C、A的重力势能和动能转化为弹簧的弹性势能，由系统的机械能守恒知，C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能大于A、C动能的减少量之和，即大于50J，故C错误；D、开始时弹簧的压缩量为x碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为x可知碰后C、A将上升2x，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得12•2mv'1对C自由下落过程，由机械能守恒定律得mgh'=C与A碰撞过程，由动量守恒定律得mv'0＝2mv'1联立以上各式代入数据解得：h＝0.8m＝80cm，故D正确。故选：BD。【点评】本题是一道力学综合体，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律与动量守恒定律即可解题。解题时，要明确弹簧的状态。（多选）12．如图所示，在光滑水平面上有一足够长的长木板以速度v0向右运动，某时刻有一质量为m的小木块以速度v0向左冲上长木板，同时对长木板施加一个水平向右的拉力，使长木板速度保持不变，直至小木块与长木板达到共速。小木块与长木板之间的粗糙程度处处相同，关于此过程下列说法正确的是（）A．系统产生的热量为mvB．长木板对小物块做的功为0 C．水平外力F对长木板做的功为2mD．长木板对小物块的冲量大小为2mv0【考点】动量定理的内容和应用；恒力做功的计算；功是能量转化的过程和量度．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力．【答案】BC【分析】B、先对小物块与长木板受力分析，进而利用动能定理计算长木板对小物块做的功；D、利用动量定理计算；C、先利用匀变速直线运动规律计算位移，进而计算F所做的功；A、根据题意可知，克服摩擦力作用等于系统产生的热量，应用动能定理计算热量。【解答】解：B、设小木块与长木板之间的摩擦力为f，整个过程用时t，小木块在水平方向上只受摩擦力的作用，长木板在水平方向上受到水平拉力F与摩擦力的共同作用，做匀速直线运动，所以F＝f对小物块，由动能定理得Wf1＝ΔEk＝0即长木板对小物块做的功为0，故B正确；D、规定向右为正方向，对小木块由动量定理得ft＝mv0﹣（﹣mv0）＝2mv0长木板对小物块的冲量是长木板对小物块的支持力与摩擦力的合力的冲量，而不是摩擦力对小物块的冲量，故D错误；C、对长木板，在时间t内的位移x＝v0t由之前的分析有F=拉力对长木板做的功W故C正确；A、对长木板由动能定理得WF+Wf＝ΔEk＝0即Wf系统产生的热量等于系统克服摩擦力做的功，即Q=故A错误。故选：BC。【点评】本题结合板块模型考查动量定理、动能定理的应用，其中对复合模型的运动情况有清晰的认知为解决本题的关键。（多选）13．如图，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，其底端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端放置一个质量为m的物块B。t＝0时刻，将质量也为m的物块A（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，t1时刻A与B发生碰撞并粘在一起。粘合体沿斜面简谐运动过程中，弹簧最大形变量为2mgk。已知弹簧弹性势能表达式为Ep=12kx2，弹簧振子周期公式T=2πMkA．粘合体速度最大为mgB．物块A释放点到碰撞点的距离为mg2C．粘合体向下运动过程中的最大加速度大小为g D．从物体A、B碰撞到运动到最低点的时间为2【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；简谐运动的定义、运动特点与判断；功是能量转化的过程和量度；机械能守恒定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】AD【分析】粘合体的加速度为零时，其速度最大，由胡克定律和平衡条件求出此时弹簧的压缩量，从粘合体速度最大到弹簧形变量最大的过程，由机械能守恒定律求得粘合体的最大速度，以及AB碰撞后瞬间粘合体的速度，再由能量守恒定律求出A、B碰撞前瞬间A的速度，从物块A释放到碰撞的过程，由机械能守恒定律求得释放点到碰撞点的距离；当弹簧的压缩量最大时，粘合体向下运动过程中的加速度最大，由胡克定律和牛顿第二定律求出最大加速度；由简谐运动的周期公式求出粘合体振动的周期，求得其振幅，根据物体A、B碰撞到运动到最低点的位移与振幅的关系求得时间与周期的关系。【解答】解：A、当弹簧的弹力等于粘合体总重力沿斜面向下的分力时，其速度最大，设为vm，设此时弹簧的压缩量为x1，由胡克定律得：kx1＝2mg•sin30°，解得：x已知弹簧最大压缩量为xm=2mg2mg解得：vm=mg2B、设初始弹簧的压缩量为x0，由平衡条件与胡克定律得：kx0＝mg•sin30°，解得：x设AB碰撞后瞬间粘合体的速度为v，从碰撞后到弹簧形变量最大的过程，由机械能守恒定律得：2mg(xm设物块A释放点到碰撞点的距离为L，A、B碰撞前瞬间A的速度大小为v0，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv，解得：v0＝2v从物块A释放到碰撞的过程，由机械能守恒定律得：mgLsin30°=12mC、粘合体向下运动过程，当弹簧的压缩量最大时加速度最大，设最大加速度为am，根据牛顿第二定律得：kxm﹣2mgsin30°＝2mam，解得：am=12gD、根据弹簧振子周期公式，可得粘合体沿斜面简谐运动的正确为：T粘合体沿斜面简谐运动的振幅为A＝xm﹣x1=A、B碰撞的位置到平衡位置的距离为：Δx＝x1﹣x0=mg简谐运动的性质可得从物体A、B碰撞到运动到平衡位置的时间为：t1=粘合体从平衡位置到最低点的时间为：t1=则从物体A、B碰撞到运动到最低点的时间为：t＝t1+t2=13T=2故选：AD。【点评】本题考查了碰撞问题与简谐运动的规律，考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、胡克定律的应用。解题时分析清楚物体的运动过程，确定每个过程的弹簧形变量是关键，通过弹簧的形变量确定物体运动的位移。（多选）14．如图所示，一质量为m，足够长的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为M的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0向右开始运动。已知M＞m，木板右端与右侧固定墙面的距离足够长（木板与墙面碰撞前，已经与物块共速），物块与木板间的动摩擦因数为μ，所有碰撞均视为弹性碰撞，物块始终未滑离木板。下列说法正确的是（）A．木板第一次与墙面碰撞前瞬间的速度大小为MvB．木板第三次碰撞墙面前瞬间的速度大小(MC．若M＝2kg，m＝1kg，则木板第一次与墙面碰撞后瞬间到第二次与墙面碰撞前瞬间经历的时间为t=D．木板从开始运动到第二次与墙面碰撞前瞬间，木块与木板间产生的热量为Q=【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；功是能量转化的过程和量度．【专题】定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】ABD【分析】木板与墙面碰撞前，已经与物块共速，根据动量守恒定律求出木板第一次与墙面碰撞前瞬间的速度大小；木板第一次与墙面碰撞后，根据动量守恒定律求出木板第一次与墙面碰撞前瞬间的速度大小，把握规律，再求木板第三次碰撞墙面前瞬间的速度大小；根据动量定理求木板第一次与墙面碰撞后瞬间到第二次与墙面碰撞前瞬间经历的时间；根据能量守恒定律求木板从开始运动到第二次与墙面碰撞前瞬间木块与木板间产生的热量。【解答】解：A、设木板第一次与墙面碰撞前瞬间的速度大小为v1，从小物块开始运动到物块与木板第一次共速的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝（m+M）v1，解得：v1=Mv0B、从木板第一次与墙面碰撞后到木板与物块第二次共速的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv1﹣mv1＝（m+M）v2，结合v1=Mv0m同理可得，木板第三次碰撞墙面前瞬间的速度大小为：v3=(M-C、木板第一次与墙面碰撞后瞬间到木板与物块第二次共速的瞬间，对物块，取向右为正方向，由动量定理得﹣μMgt′＝Mv2﹣Mv1，解得：t′=木板与物块第二次共速向右运动还需要一段时间才与墙壁发生第二次碰撞，所以木板第一次与墙面碰撞后瞬间到第二次与墙面碰撞前瞬间经历的时间t＞4v0D、木板从开始运动到第二次与墙面碰撞前瞬间，木块与木板间产生的热量为Q=12Mv02故选：ABD。【点评】本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用，并多次在不同过程中使用，要注意规定正方向，用正负号表示速度方向。三．填空题（共2小题）15．如图所示，柜子静置于水平地面，某人用大小为F的水平推力推柜子，但没有推动，则柜子和地面间摩擦力大小f＝F；在同一时间内，推力冲量大小等于摩擦力冲量大小（选填“大于”、“小于”或“等于”）。【考点】动量定理的内容和应用；判断是否存在摩擦力．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；理解能力．【答案】F；等于【分析】柜子没动，即处于平衡状态受平衡力。根据冲量公式I＝Ft求解。【解答】解：由于柜子没有推动，柜子处于静止状态，在水平方向上所受的推力与静摩擦力是一对平衡力，所以静摩擦力与推力大小相等，f＝F。推力冲量大小等于摩擦力冲量大小。故答案为：F；等于。【点评】经常地错误认识推不动是由于推力小于摩擦力，没有把握住题目的关键所在。16．某个研究碰撞的装置如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ．若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则此时盒的速度大小为v3，滑块相对于盒运动的路程为v【考点】动量守恒定律在绳连接体问题中的应用；功是能量转化的过程和量度．【专题】定性思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【答案】见试题解答内容【分析】水平面光滑，滑块与盒子组成的系统动量守恒，相对静止时两者速度相同，由动量守恒定律求出此时盒子的速度。根据能量守恒定律即可求出滑块相对于盒运动的路程。【解答】解：设滑块质量为m，则盒的质量为2m；设滑块初速度方向为正方向，则对整个过程，由动量守恒定律可得mv＝3mv共，解得v共=v由能量守恒定律可知μmgx=解得x=故答案为：v3；【点评】本题考查动量守恒定律和功能关系的应用，解答的关键是能忽略运动的过程，熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律是正确解题的关键；解题时要分析清楚运动过程，明确动量守恒的条件。四．解答题（共4小题）17．如图所示，足够长的光滑水平地面上有2024个大小相同的小球排成一排，相邻两球间距为L，将其从左到右依次编号。质量为m的小圆环A套在足够长的光滑水平杆上，位于1小球正上方L处。现将质量为3m的小球B通过长度为L的轻绳与A连接，初始时轻绳处于水平绷直状态，A、B均静止。某时刻释放小球B，B到达最低点时轻绳恰好断裂，之后B在水平地面上向右运动，已知1号小球的质量为3m，2～2024号小球的质量均为m。题中所有小球之间的碰撞均视为弹性正碰。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，小球大小忽略不计。求：（1）轻绳断裂时B的速度大小；（2）1号球与2号球第一次碰撞过程中，对2号球所做的功；（3）若1号球与2号球第一次碰撞后，立即给1号球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出，F远远小于1、2球碰撞时的作用力），使1号球每次与2号球碰撞前的速度都和两球第一次碰撞前瞬间1号球的速度相等，直到1～2024号小球速度第一次都相等时撤去外力，求外力F的大小、外力F作用下1号球的位移及最终1号球与2024号球之间距离。【考点】用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．【答案】（1）轻绳断裂时B的速度大小2gL（2）1号球与2号球第一次碰撞过程中，对2号球所做的功916（3）外力F的大小916mg、外力F作用下1号球的位移60743L，最终1号球与【分析】（1）根据动量守恒定律和机械能守恒列式求出轻绳断裂时B的速度大小；（2）根据动量守恒定律和机械能守恒结合动能定义列式求出1号球与2号球第一次碰撞过程中，对2号球所做的功；（3）由动能定理、动量定理结合运动学公式求外力F的大小、外力F作用下1号球的位移及最终1号球与2024号球之间距离。【解答】解：（1）小球B开始释放至轻绳断裂，A、B组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，则有mv﹣3mvB＝0由A、B组成的系统机械能守恒有3m解得小球B的速度大小为vB（2）绳断后，B球在水平地面向右运动与1号球碰撞，设碰后B球和1号球速度分别为v'B、v0，以向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得3mvB＝3mv'B+3mv012解得v'B＝0，v1、2号球碰撞前后动量和机械能守恒，以向右为正方向，分别有3mv0＝3mv1+mv212解得v2对②号球，由动能定义得W12解得W12（3）1、2号球碰后，2号小球以速度v2向右运动一个L，与3号小球碰撞后速度交换。由（2）问解得v1l号小球由速度v1开始匀变速运动，经位移L，以速度v0与2号球发生下一次碰撞。这一过程，对1号球由动能定理有FL=解得F=F作用下1号球的总位移记为x，对整体，由动能定理有Fx=(即Fx=(解得x=最终所有小球的速度均为v2，F作用的总时间记为t，以向右为正方向，对整体由动量定理有Ft＝（2023mv2+3mv2）﹣（3mv1+mv2）即Ft＝（2023mv2+3mv2）﹣3mv0解得t=最终1号球与2024号球间距离为d'＝v2t﹣x解得d'答：（1）轻绳断裂时B的速度大小2gL（2）1号球与2号球第一次碰撞过程中，对2号球所做的功916（3）外力F的大小916mg、外力F作用下1号球的位移60743L，最终1号球与【点评】本题是利用动量守恒和机械能守恒联合解决一维碰撞问题的典型例子，解题关键掌握动能定理和能量守恒、动量守恒定律的应用。18．如图所示，固定的水平横杆距水平地面的高度H＝1.75m，长L＝0.5m的轻质细绳一端系在水平横杆上，另一端连接质量M＝0.2kg的木块（可视为质点），质量m＝20g的子弹以v0＝62m/s的速度水平射入木块并水平穿出，此后木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，忽略空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）木块被水平穿出后瞬间，细绳对木块的拉力T；（2）子弹射穿木块过程中产生的热量Q；（3）子弹落地点与悬点O的水平距离d。【考点】动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用；绳球类模型及其临界条件；利用动能定理求解变力做功．【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．【答案】（1）木块被水平穿出后瞬间，细绳对木块的拉力T为12N；（2）子弹射穿木块过程中产生的热量Q为34.5J；（3）子弹落地点与悬点O的水平距离d为6m。【分析】（1）木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，在最高点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出木块在最高点的速度。木块从最低点到最高点，根据机械能守恒定律求出子弹穿出木块时木块的速度，根据牛顿第二定律求解绳子拉力；（2）根据动量守恒定律求出子弹穿出木块时的速度，即可由能量守恒定律求出子弹射穿木块过程中产生的热量Q；（3）根据平抛运动的规律求子弹落地点与悬点O的距离d。【解答】解：（1）设子弹穿出木块时的速度大小为v1，木块的速度为v2木块在最高点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有Mg木块从最低点到最高点，根据机械能守恒定律有-在最低点，据牛顿第二定律有T﹣Mg=解得：T＝12N（2）子弹射穿木块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝Mv2+mv1根据能量守恒定律有1联立解得：v1＝12m/s，Q＝34.5J（2）设子弹穿出木块后做平抛运动的时间为t，则有H﹣L=水平方向匀速运动，其水平位移为x＝v1t代入数据得：x＝6m答：（1）木块被水平穿出后瞬间，细绳对木块的拉力T为12N；（2）子弹射穿木块过程中产生的热量Q为34.5J；（3）子弹落地点与悬点O的水平距离d为6m。【点评】解决本题时，要理清子弹和木块的运动过程，把握竖直平面内圆周运动最高点的临界条件：重力提供向心力。能熟练运用运动的分解法处理平抛运动。19．如图所示，一质量M＝3.0kg、长L＝5.15m的长木板B静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径R＝2m的光滑圆弧轨道，但不粘连。圆弧轨道左端点P与圆心O的连线PO与竖直方向夹角为60°，其右端最低点处与长木板B上表面相切。距离木板B右端d＝2.5m处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量m＝1.0kg的滑块D。平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量M＝3.0kg的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向（弹簧伸缩状态未知）。一质量m＝1.0kg的滑块A自M点以某一初速度水平抛出下落高度H＝3m后恰好能从P点沿切线方向滑入圆弧轨道。A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B，带动B向右运动，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动。A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并粘在一起向右运动。A、D组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆。A与木板B间动摩擦因数为μ＝0.75。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。重力加速度g＝10m/s2，求：（1）滑块A到达P点的速度大小；（2）滑块A滑上平台时速度的大小；（3）若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5m/s。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？【考点】碰撞后粘连问题；平抛运动速度的计算；牛顿第二定律求解向心力；弹性势能的计算．【专题】计算题；定量思想；推理法；物体做曲线运动条件专题；平抛运动专题；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）滑块A到达P点的速度为45（2）滑块A滑上平台时的速度为2m/s；（3）弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5m/s。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是3.0375J。【分析】（1）利用平抛运动运动特点，求出竖直方向的速度，再根据角度的关系求出水平速度；（2）（3）根据动量守恒和动能定理即可解决；【解答】解：（1）从开始到P点物体做平抛运动，竖直方向有vy从P点沿切线进入圆轨道，则有vP联立解得滑块A到达P点的速度大小为vP（2）从P点到圆弧最低点时的速度v1，由动能定理得mgR(1假设物块A在木板B上与B共速后，木板才到达右侧平台，以AB系统，规定向右为正方向，由动量守恒定律得mv1＝（M+m）v2由能量关系μmgx联立解得x相＝5m＜5.15mB板从开始滑动到AB共速的过程中，对B分析，由动能定理得μmgx解得xB＝1.25m＜2.5m假设成立，B撞平台后，A在B上继续向右运动，对A分析，由动能定理得-μmg解得v3＝2m/s（3）第1种情况：弹簧第一次恢复原长时，若C的速度方向向右，对AD和C系统，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得mv3＝2mv4+Mv5三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律得mv3＝（2m+M）v6由能量关系Epmax联立解得Epmax＝0.0375J第2种情况：弹簧第一次恢复原长时，若C的速度方向向左，对AD和C系统，规定向右为正方向，由动量守恒定律得mv3＝2mv7﹣Mv5三者速度相同时弹性势能最大，规定向右为正方向，由动量守恒定律mv3＝（2m+M）v8由能量关系可知E'联立解得E′pmax＝3.0375J结合第1种和第2种情况分析可得最大弹性势能是3.0375J答：（1）滑块A到达P点的速度为45（2）滑块A滑上平台时的速度为2m/s；（3）弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5m/s。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是3.0375J。【点评】本题考查学生的综合能力，主要涉及曲线运动速度问题，动量守恒定律的使用以及动能定理的应用。20．如图，倾角θ＝30°的固定斜面上端固定一个半径为R=33m的四分之一光滑圆弧轨道，质量M＝0.6kg的木板与斜面间的动摩擦因数μ=34，木板下端带有挡板，上表面与圆弧相切于最低点C。木板以初速度v＝5m/s沿斜面向上运动，质量m＝0.2kg的小球从圆弧轨道上某点由静止释放，小球沿圆弧轨道到达C点时木板速度刚好减为零，然后小球滑上木板，（1）求木板减速运动的时间；（2）求小球对轨道最低点压力的最大值；（3）在第（2）问的条件下，小球滑上木板时距挡板d＝0.6m，求木板的最小长度；（4）在第（2）问的条件下，求小球与木板挡板发生第3次碰撞时，木板下滑的距离。【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；动量守恒定律在绳连接体问题中的应用；物体在光滑斜面上的运动；机械能守恒定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．【答案】（1）木板减速运动的时间47（2）小球对轨道最低点压力的最大值33（3）木板的最小长度1.6m；（4）小球与木板挡板发生第3次碰撞时，木板下滑的距离9.6m。【分析】（1）由牛顿第二定律结合运动学公式求木板减速运动的时间；（2）由牛顿第二定律、牛顿第三定律结合机械能守恒定律求小球对轨道最低点压力的最大值；（3）由牛顿第二定律、动能定理、动量定理、机械能守恒定律，求木板的最小长度；木板下滑的距离。【解答】解：（1）对木板，由牛顿第二定律得Mgsinθ+μMgcosθ＝Ma1木板减速过程v＝a1t解得t=（2）小球能够沿圆弧下滑的最大高度为h＝Rcosθ小球沿圆弧下滑过程mgh小球到圆弧最低点时，由牛顿第二定律N-解得N=3由牛顿第三定律，小球对轨道最低点压力的最大值为33（3）小球运动到木板上后，对木板，有Mgsinθ﹣μ（M+m）gcosθ＝Ma2解得a2＝0说明球与挡板碰撞前木板保持静止，球与挡板碰撞后木板匀速下滑，球在木板上运动至与挡板碰撞有mgdsinθ=取向右为正方向，球与挡板碰撞过程有mv0＝mv1+Mv212球与挡板碰撞后减速上滑，球的加速度a3＝gsinθ木板匀速下滑，二者共速时球与挡板相距最远，有v2＝v1+a3t1L=解得L＝1.6m（4）第二次碰撞前瞬间，小球的速度为v02＝v1+a（2t1）取向右为正方向，球与挡板第二次碰撞过程有mv02+Mv2＝mv3+Mv412球与挡板碰撞后以加速度a3减速上滑，木板以速度v4匀速下滑，经时间t2第三次相碰，有v4木板下滑的距离为s＝v2（2t1）+v4t2解得s＝9.6m答：（1）木板减速运动的时间47（2）小球对轨道最低点压力的最大值33（3）木板的最小长度1.6m；（4）小球与木板挡板发生第3次碰撞时，木板下滑的距离9.6m。【点评】本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式、动量守恒定律可以解题。

考点卡片1．判断是否存在摩擦力【知识点的认识】1．静摩擦力（1）定义：互相接触的两物体存在相对运动的趋势而又保持相对静止时，在接触面上产生的阻碍相对运动趋势的力，叫静摩擦力．（2）产生条件：a：相互接触且发生弹性形变；b：有相对运动趋势；c：接触面粗糙；（3）方向：总是与物体的相对运动趋势方向相反．（4）静摩擦力的大小：①静摩擦力的大小随着运动趋势强弱变化而在0～最大静摩擦力Fm之间变化，跟相对运动趋势强弱程度有关，但跟接触面相互挤压力FN无直接关系．由受力物体所处的运动状态根据平衡条件或牛顿第二定律来计算．②最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，在中学阶段讨论问题时，如无特殊说明，可认为它们数值相等．（5）作用效果：总是起着阻碍物体间相对运动趋势的作用．2．摩擦力大小的判断问题：如何计算摩擦力的大小？求摩擦力首先判断是静摩擦力还是滑动摩擦力：（1）若已知相互摩擦的物体间的动摩擦因数μ及正压力FN，滑动摩擦力F可以根据公式F＝μFN直接计算出大小．（2）由于受力或运动情况的不同，静摩擦力的大小具有不确定性和被动适应性，静摩擦力的大小会随着引起相对运动趋势的外力的增大而增大．在0～Fm范围内，静摩擦力的大小可根据二力平衡条件求得，它的大小总是与引起相对运动趋势的外力大小相等．当两物体一起做加速运动，具有加速度时，可用牛顿第二定律确定静摩擦力的大小．【命题方向】（1）第一类常考题型：长直木板的上表面的一端放置一个铁块，木板放置在水平面上，将放置铁块的一端由水平位置缓慢地向上抬起，木板另一端相对水平面的位置保持不变，如图所示．铁块受到的摩擦力f随木板倾角α变化的图线正确的是（设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小）（）A．B．C．D．分析：摩擦力变化有两个阶段，角度α小于一定角度时是静摩擦，角度α大于一定角度时是动摩擦．解析：本题应分三种情况进行分析：①当0≤α＜arctanμ（μ为铁块与木板间的动摩擦因数）时，铁块相对木板处于静止状态，铁块受静摩擦力作用其大小与重力沿木板面（斜面）方向分力大小相等，即f＝mgsinα，α＝0时，f＝0；f随α增大按正弦规律增大．②当arctanμ＝α时处于临界状态，此时摩擦力达到最大静摩擦，由题设条件可知其等于滑动摩擦力大小．③当arctanμ＜α＜90°时，铁块相对木板向下滑动，铁块受到滑动摩擦力的作用，f＝FN＝μmgcosα，f随α增大按余弦规律减小．综合上述分析可知C图可能正确地表示了f随α变化的图线．故选C．点评：滑动摩擦力与静摩擦力大小计算方法的不同：当物体间存在滑动摩擦力时，其大小即可由公式f＝μN计算，由此可看出它只与接触面间的动摩擦因数μ及正压力N有关，而与相对运动速度大小、接触面积的大小无关．当物体间存在静摩擦力时，正压力是静摩擦力产生的条件之一，但静摩擦力的大小与正压力无关（最大静摩擦力除外）．当物体处于平衡状态时，静摩擦力的大小由平衡条件∑F＝0来求；而物体处于非平衡态的某些静摩擦力的大小应由牛顿第二定律求．注意：（1）滑动摩擦力的大小与物体间的压力成正比，而不是与物体的重力成正比，也不是与重力的某个分力成正比，所以在水平面上发生相对运动的物体所受摩擦力的大小不一定等于μmg，在倾角为θ的斜面上与斜面发生相对滑动的物体所受摩擦力的大小不一定等于μmgcosθ．（2）滑动摩擦力的方向与物体间的相对运动方向相反，因此物体所受滑动摩擦力的方向可能与其运动方向相同，而且静止的物体也可能受到滑动摩擦力．（3）f＝μN中μ与接触面的材料、接触面的粗糙程度有关，无单位．（4）滑动摩擦力大小与相对运动的速度大小无关．【解题思路点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．对摩擦力问题的分析与考查趋向于与其他知识的综合，这类题中一般具有多体、多力的特点，要运用整体法与隔离法解题，解决这类问题的关键是要选取合适的研究对象，进行正确的受力分析，建立正确的方程，然后进行解题．2．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．3．适用范围：（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．4．对牛顿第二定律的进一步理解牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝1m另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．【命题方向】题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（）A．物块的质量为1.5kgB．物块与地面之间的滑动摩擦力为2NC．t＝3s时刻物块的速度为3m/sD．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a=42=2m/s2，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B故选：BD．点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解例子：如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（）A．则a＝g，方向竖直向下B．则a＝g，方向竖直向上C．则a=F1m，方向沿Ⅰ的延长线D．则分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1=mg刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：a=F1sinθm=故选：D．点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑过程中的加速度的大小a1；（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；（3）木块回到出发点时的速度大小v．分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式a=上滑过程中加速度的大小：a1（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入数据得：μ＝0.35．（3）下滑的距离等于上滑的距离：x=v02下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2=下滑至出发点的速度大小为：v=联立解得：v＝2m/s答：（1）上滑过程中的加速度的大小a1（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．【解题方法点拨】1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．应用牛顿第二定律的解题步骤（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．3．物体在光滑斜面上的运动4．平抛运动速度的计算5．斜抛运动【知识点的认识】1．定义：物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。2．方向：直线运动时物体的速度方向始终在其运动轨迹的直线方向上；曲线运动中，质点在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲线这一点的切线方向。因此，做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。注：由于曲线上各点的切线方向不同，所以，曲线运动的速度方向时刻都在改变。3．抛体做直线或曲线运动的条件：（1）物体做直线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直线上时，物体做直线运动。（2）物体做曲线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。4．平抛运动（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，且只在重力作用下所做的运动。（2）条件：①初速度方向为水平；②只受重力作用。（3）规律：平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以平抛运动是匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0tanα=5．斜抛运动（1）定义：将物体以一定的初速度沿斜上方抛出，仅在重力作用下的运动叫做斜抛运动。（2）条件：①物体有斜向上的初速度；②仅受重力作用。（3）规律：斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以斜抛运动是匀变速曲线运动。（4）公式：水平方向初速度：【命题方向】例1：某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（）A．D点的速率比C点的速率大B．D点的加速度比C点加速度大C．从B到D加速度与速度始终垂直D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小分析：不计空气阻力，抛体在空中只受重力作用，机械能守恒；抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动。解答：A、抛体运动，机械能守恒，D点位置低，重力势能小，故动能大，速度大，故A正确；B、抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；C、从B到D是平抛运动，重力一直向下，速度是切线方向，不断改变，故只有最高点B处加速度与速度垂直，故C错误；D、从B到D是平抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，故夹角不断减小，故D错误。故选：A。点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守恒。例2：如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（）A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0分析：解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。解答：可以将篮