專題07動量-2023年高考物理真題題源解密

專題07動量2023年高考物理真題題源解密（全國通用）專題七動量目錄真題考查解讀2023年真題展現(xiàn)考向一動量沖量動量定理考向二動量守恒定律及綜合應用近年真題對比考向一動量沖量動量定理考向二動量守恒定律及綜合應用命題規(guī)律解密名校模擬探源易錯易混速記【命題意圖】通過實際生活考查動量與音頻量的理解及動量定理的應用；通過通過碰撞和板塊模型，彈簧連接體模型考查動量與能量問題【考查要點】（1）考查動量、沖量和動量的變化量的基本概念，并掌握其簡單的應用；掌握動量定理解決與實際生產、生活相關的題型，尤其是流體類模型；（2）考查動量守恒定律條件的理解；動量守恒定律的理解和應用和考查動量與能量的綜合問題【課標鏈接】①動量、沖量的理解；②動量定理的理解及其應用；③動量守恒定律的理解應用；動量與能量的綜合?？枷蛞粍恿繘_量動量定理（2023新課標卷）1．使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（）A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的動量大小比乙的小C．甲的動量大小與乙的相等 D．甲和乙的動量之和不為零（2023廣東卷）2．某同學受電動窗簾的啟發(fā)，設計了如圖所示的簡化模型．多個質量均為的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力，推動滑塊1以的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為．關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有（

）A．該過程動量守恒B．滑塊1受到合外力的沖量大小為C．滑塊2受到合外力的沖量大小為D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為考向二動量守恒定律及綜合應用（2023遼寧卷）3．如圖，質量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為。取重力加速度g=10m/s2，結果可用根式表示。（1）求木板剛接觸彈簧時速度的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大?。唬?）已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉化的內能U（用t表示）。（2023浙江6月卷）4．為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上。現(xiàn)有質量的滑塊a以初速度從D處進入，經DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長，以的速率順時針轉動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性勢能（x為形變量）。（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能；（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差。（2023浙江1月卷）5．一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角的直軌道、螺旋圓形軌道，傾角的直軌道、水平直軌道組成，除段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道、相切于處．凹槽底面水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側壁處，擺渡車上表面與直軌道下、平臺位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑，B點高度為，長度，長度，擺渡車長度、質量。將一質量也為的滑塊從傾斜軌道上高度處靜止釋放，滑塊在段運動時的阻力為其重力的0.2倍。（擺渡車碰到豎直側壁立即靜止，滑塊視為質點，不計空氣阻力，，）（1）求滑塊過C點的速度大小和軌道對滑塊的作用力大?。唬?）擺渡車碰到前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)；（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到J所用的時間。（2023湖南卷）6．如圖，質量為的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為和，長軸水平，短軸豎直．質量為的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑．以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系，橢圓長軸位于軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為。（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；（2）在平面直角坐標系中，求出小球運動的軌跡方程；（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大小（結果用及表示）。（2023全國乙卷）7．如圖，一豎直固定的長直圓管內有一質量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為。一質量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離；（3）圓盤在管內運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。（2023山東卷）8．如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度向右做勻速直線運動。當B的左端經過軌道末端時，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達最低點，并以水平速度v滑上B的上表面，同時撤掉外力，此時B右端與P板的距離為s。已知，，，，A與地面間無摩擦，B與地面間動摩擦因數(shù)，C與B間動摩擦因數(shù)，B足夠長，使得C不會從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計碰撞時間，取重力加速度大小。（1）求C下滑的高度H；（2）與P碰撞前，若B與C能達到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；（3）若，求B與P碰撞前，摩擦力對C做的功W；（4）若，自C滑上B開始至A、B、C三個物體都達到平衡狀態(tài)，求這三個物體總動量的變化量的大小?？枷蛞粍恿繘_量動量定理（2022·全國乙卷·T20）9．質量為的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取。則（）A．時物塊的動能為零B．時物塊回到初始位置C．時物塊的動量為D．時間內F對物塊所做的功為（2022·湖南卷·T7）10．神舟十三號返回艙進入大氣層一段時間后，逐一打開引導傘、減速傘、主傘，最后啟動反沖裝置，實現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運動情況，將其運動簡化為豎直方向的直線運動，其圖像如圖所示。設該過程中，重力加速度不變，返回艙質量不變，下列說法正確的是（）A．在時間內，返回艙重力的功率隨時間減小B．在時間內，返回艙的加速度不變C．在時間內，返回艙的動量隨時間減小D．在時間內，返回艙的機械能不變（2022·山東卷·T2）11．我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（

）A．火箭的加速度為零時，動能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉化為火箭的動能C．高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量考向二動量守恒定律及綜合應用（2022·全國乙卷·T25）12．如圖（a），一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時間內，物塊A運動的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。（2022·湖南卷·T4）13．1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為和。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是（）A．碰撞后氮核的動量比氫核的小 B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．大于 D．大于（2022·浙江6月卷·T20）14．如圖所示，在豎直面內，一質量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知，，，，，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質點，取。（1）若，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度的大??；（2）物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力與h間滿足的關系；（3）若物塊b釋放高度，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍（以A點為坐標原點，水平向右為正，建立x軸）。（2022·河北·T13）15．如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質量分別為和，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質量均為，A和C以相同速度向右運動，B和D以相同速度向左運動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新滑塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為。重力加速度大小取。（1）若，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；（2）若，從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。（2022·廣東卷·T13）16．某同學受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態(tài)。當滑塊從A處以初速度為向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量，滑桿的質量，A、B間的距離，重力加速度g取，不計空氣阻力。求：（1）滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小和；（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；（3）滑桿向上運動的最大高度h。分析近三年的高考試題，在近幾年的高考題中，主要考察動量與沖量概念和理解，動量定理在實際情景中的應用；動量守恒定律的應用是本部分的重點和難點，也是高考的熱點；動量守恒定律結合能量守恒定律來解決碰撞、打擊、反沖等問題，以及動量守恒定律與圓周運動、核反應的結合已成為近幾年高考命題的熱點。（2023·福建福州·福建省福州第一中學校考二模）17．某次越野滑雪比賽中甲、乙兩名運動員從同一傾斜直雪坡頂端水平滑出后落到該雪坡上時所用的時間之比為，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．甲、乙在空中下降的高度之比為B．甲、乙在空中到雪坡的最遠距離之比為C．甲、乙水平滑出的初速度大小之比為D．甲、乙在空中運動過程中動量改變量的方向不同（2022·寧夏銀川·銀川一中校考三模）18．如圖，小球甲從A點水平拋出，同時將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經過C點時速度大小相等，方向夾角為，已知B、C高度差為h，兩小球質量相等，不計空氣阻力，由以上條件可知（）A．兩小球在C點的速度大小為B．A、B兩點高度差為C．甲、乙兩小球在C點具有相同的動量D．兩小球在C點時重力的瞬時功率大小相等（2023·四川眉山·?？寄M預測）19．在籃球場某同學伸出雙手迎接傳來的籃球，接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前。該同學這樣做的目的是（）A．延長球對手的作用力時間 B．減小球的動量變化量C．減小球對手的沖量 D．減小球對手的作用力（2023·陜西寶雞·統(tǒng)考二模）20．如圖為某運動員完成蹦床運動時，利用傳感器測得蹦床彈力隨時間的變化圖。假設運動員僅在豎直方向運動，且不計空氣阻力，g取10m/s2。依據(jù)圖像判斷下列說法正確的是（）A．在6.5s至8.5s的時間內運動員的速度為零B．運動員的最大加速度大小40m/s2C．運動員離開蹦床上升的最大高度為5mD．在8.5s至9.5s的時間內運動員對蹦床的彈力平均值為1500N（2023·河南·校聯(lián)考模擬預測）21．小飛同學在洗盤子的時候發(fā)現(xiàn)當水流穩(wěn)定時，從水龍頭流下的水柱從上到下越來越細，如圖所示。小飛同學將盤子放在水龍頭下一定距離，仔細觀察后，水流對盤子的沖擊力基本穩(wěn)定，經過測量，水流對盤子的沖擊力為F。已知水龍頭的橫截面積為，出水速度為，水的密度為，重力加速度為g。水接觸盤子后速度立刻變?yōu)榱悖諝庾枇Σ挥?。下列說法正確的是（

）A．盤子距水龍頭的高度為 B．盤子距水龍頭的高度無法求出C．與盤子接觸的水柱橫截面積無法求出 D．與盤子接觸的水流速度可以求出（2023·湖北武漢·華中師大一附中校考三模）22．如圖所示，光滑水平地面上停放著一輛質量為2m的小車，小車的四分之一圓弧軌道在最低點B與水平軌道相切，圓弧軌道表面光滑，半徑為R，水平軌道表面粗糙。在小車的右端固定一個輕彈簧，彈簧的原長小于水平軌道的長度。一個質量為m的小球從圓弧軌道與圓心等高的A點開始自由滑下，經B到達水平軌道，壓縮彈簧后被彈回并恰好相對于小車靜止在B點，重力加速度大小為g，下列說法不正確的是（）A．小球、小車及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒B．小球第一次到達B點時對小車的壓力C．彈簧具有的最大彈性勢能為D．從開始到彈簧具有最大彈性勢能時，摩擦生熱（2023·湖南長沙·長郡中學?？级＃?3．在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物塊B（可視為質點）。物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖所示，。凹槽與物塊的質量均為m，兩者之間的動摩擦因數(shù)。開始時物塊靜止，凹槽以的初速度向右運動，設物塊與凹槽壁的碰撞沒有能量損失，且碰撞時間不計。g取10。則（）A．物塊與凹槽相對靜止時的共同速度為2.5m/sB．物塊與凹槽相對靜止時物塊在凹槽的左端C．從物塊開始運動到兩者相對靜止所經歷的時間為10sD．從物塊開始運動到兩者相對靜止所經歷的時間內物塊運動的位移大小為12.5m（2023·河北邯鄲·?？既＃?4．如圖所示，質量為M的小車置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面，若車表面足夠長，則(

)A．由于車表面粗糙，小車和木塊所組成的系統(tǒng)動量不守恒B．車表面越粗糙，木塊減少的動量越多C．車表面越粗糙，小車增加的動量越多D．木塊的最終速度為（2023·江蘇南通·海安高級中學?？寄M預測）25．如圖所示，長度為l的輕質細線一端與帶孔小球A連接，另一端與木塊B連接，小球A穿在光滑的固定水平桿（足夠長）上，小球A與木塊B質量均為m。t＝0時刻，給木塊B一水平瞬時沖量I，使其獲得v0＝的初速度，則從t＝0時刻至B再次運動到A正下方的過程中（

）A．A、B沿繩方向加速度始終相等 B．繩對A球的沖量大小為mC．繩對A先做正功后做負功 D．木塊B再次運動到A正下方時繩子拉力的大小為3mg（2023·海南·統(tǒng)考模擬預測）26．如圖所示，輕彈簧左端固定在墻壁上，右端拴接質量為的物塊，初始時彈簧處于原長狀態(tài)，物塊靜止在地面上，其左側地面光滑，右側地面粗糙．質量為的物塊從距離物塊為的位置以大小為的初速度向運動，并以大小為的速度與發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），碰后物塊靜止。兩物塊均可視為質點，重力加速度為，則（）A．物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為B．兩物塊第一次碰撞損失的能量為C．彈簧的最大彈性勢能為D．物塊最終停止在其初始位置的右側（2023·甘肅張掖·高臺縣第一中學校考模擬預測）27．如圖所示，在光滑水平面上小物塊B置于足夠長的長木板A的左端和A一起以速度大小勻速向右運動，與迎面來的速度大小的小物塊C發(fā)生彈性碰撞（時間極短），經過一段時間，A、B再次達到共同速度，且以后恰好不再與C碰撞。已知A、C質量分別為、，A與B間的動摩擦因數(shù)，重力加速度。求：（1）A、C碰撞后的速度、；（2）小物塊B的質量；（3）小物塊B相對長板A滑動的距離L。（2023·江蘇鎮(zhèn)江·統(tǒng)考三模）28．如圖所示，一個處于光滑水平面的彈簧振子，O點是其平衡位置，振子質量為m，彈簧勁度系數(shù)為k，其振動周期為，振子經過O點的速度為v，在O點正上方有一質量為m的物體自由下落，恰好落在振子上，并與振子粘在一起振動。（1）求物體落在振子上后，振子經過O點的速度大??；（2）以物體落在振子上為時刻，求振子到達最左端的時刻。1.動量的性質瞬時性動量具有瞬時性，物體的質量是物體的固有屬性，是不發(fā)生變化的，面物體的速度是與時刻相對應的，由動量的定義式p～mu可知，動量是一個狀態(tài)縫，具有瞬時性相對性由于物體運動的速度與參考系的選擇有關，因此物體的動量與參考系的選擇有關，通常在不說明參考系的情況下，物體的動量是指物體相對地面的動量矢量性動量是矢量，方向與物體的膜時速度的方向相同，兩個物體動量相等必定是大小相等、方向相同2.動量與動能的區(qū)別動量動能物理意義描述機械運動狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝mv2標矢量矢量標量變化因素合力的沖量合力所做的功大小關系p＝Ek＝變化量Δp＝p末p初ΔEk＝Ek末Ek初聯(lián)系(1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化(3)都是狀態(tài)量，與某一時刻或某一位置相對應3.沖量和功比較項目沖量功標矢性矢量標量累積效應力對時間的累積效應力對位移(空間)的累積效果圖像Ft面積表示沖量Fx面積表示功作用效果I=mv'mv改變物體的動量W=Ek2Ek1改變物體的動能4.動量守恒定律的五個特性矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(以地面為參考系)同時性動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)參考答案：1．BD【詳解】對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示A．根據(jù)牛頓第二定律有由于m甲>m乙所以a甲<a乙由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得v甲<v乙A錯誤；BCD．對于整個系統(tǒng)而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左，顯然甲的動量大小比乙的小，BD正確、C錯誤。故選BD。2．BD【詳解】A．取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為碰撞后的動量為則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；B．對滑塊1，取向右為正方向，則有負號表示方向水平向左，故B正確；C．對滑塊2，取向右為正方向，則有故C錯誤；D．對滑塊2根據(jù)動量定理有解得則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為，故D正確。故選BD。3．（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）【詳解】（1）由于地面光滑，則m1、m2組成的系統(tǒng)動量守恒，則有m2v0=(m1＋m2)v1代入數(shù)據(jù)有v1=1m/s對m1受力分析有則木板運動前右端距彈簧左端的距離有v12=2a1x1代入數(shù)據(jù)解得x1=0.125m（2）木板與彈簧接觸以后，對m1、m2組成的系統(tǒng)有kx=(m1＋m2)a共對m2有a2=μg=1m/s2當a共=a2時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量x2=0.25m對m1、m2組成的系統(tǒng)列動能定理有代入數(shù)據(jù)有（3）木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，則當木板與木塊的加速度相同時即彈簧形變量為x2時，則說明此時m1的速度大小為v2，共用時2t0，且m2一直受滑動摩擦力作用，則對m2有－μm2g?2t0=m2v3－m2v2解得則對于m1、m2組成的系統(tǒng)有U=Wf聯(lián)立有4．（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【詳解】（1）滑塊a從D到F，由能量關系在F點解得FN=31.2N（2）滑塊a返回B點時的速度vB=1m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為根據(jù)可得在C點的速度vC=3m/s則滑塊a從碰撞后到到達C點解得v1=5m/s因ab碰撞動量守恒，則解得碰后b的速度v2=5m/s則碰撞損失的能量（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度解得v=2.5m/s當彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度則當彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量關系解得同理當彈簧被拉到最長時伸長量為x2=x1則彈簧最大長度與最小長度之差5．（1），；（2）；（3）【詳解】（1）滑塊從靜止釋放到C點過程，根據(jù)動能定理可得解得滑塊過C點時，根據(jù)牛頓第二定律可得解得（2）設滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為，從靜止釋放到G點過程，根據(jù)動能定理可得解得擺渡車碰到前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達擺渡車右端時剛好與擺渡車共速，以滑塊和擺渡車為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得解得根據(jù)能量守恒可得解得（3）滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為所用時間為此過程滑塊通過的位移為滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直線運動，該過程所用時間為則滑塊從G到J所用的時間為6．（1），；（2）；（3）【詳解】（1）小球運動到最低點的時候小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動量守恒，取向左為正小球運動到最低點的過程中系統(tǒng)機械能守恒聯(lián)立解得因水平方向在任何時候都動量守恒即兩邊同時乘t可得且由幾何關系可知聯(lián)立得（2）小球向左運動過程中凹槽向右運動，當小球的坐標為時，此時凹槽水平向右運動的位移為，根據(jù)上式有則小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上，根據(jù)數(shù)學知識可知此時的橢圓方程為整理得（）（3）將代入小球的軌跡方程化簡可得即此時小球的軌跡為以為圓心，b為半徑的圓，則當小球下降的高度為時有如圖此時可知速度和水平方向的的夾角為，小球下降的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒系統(tǒng)機械能守恒聯(lián)立得7．（1）小球速度大小，圓盤速度大小；（2）l；（3）4【詳解】（1）過程1：小球釋放后自由下落，下降，根據(jù)機械能守恒定律解得過程2：小球以與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律和動量守恒定律分別有解得即小球碰后速度大小，方向豎直向上，圓盤速度大小為，方向豎直向下；（2）第一次碰后，小球做豎直上拋運動，圓盤摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤下降速度比小球快，二者間距就不斷增大，當二者速度相同時，間距最大，即解得根據(jù)運動學公式得最大距離為（3）第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相等，則有即解得此時小球的速度圓盤的速度仍為，這段時間內圓盤下降的位移之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒根據(jù)能量守恒聯(lián)立解得同理可得當位移相等時解得圓盤向下運動此時圓盤距下端管口13l，之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度有動量守恒機械能守恒得碰后小球速度為圓盤速度當二者即將四次碰撞時x盤3=x球3即得在這段時間內，圓盤向下移動此時圓盤距離下端管口長度為20l－1l－2l－4l－6l=7l此時可得出圓盤每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2l，故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤將向下移動x盤4=8l則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤在管內運動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數(shù)為4次。8．（1）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）由題意可知滑塊C靜止滑下過程根據(jù)動能定理有代入數(shù)據(jù)解得（2）滑塊C剛滑上B時可知C受到水平向左的摩擦力，為木板B受到C的摩擦力水平向右，為B受到地面的摩擦力水平向左，為所以滑塊C的加速度為木板B的加速度為設經過時間t1，B和C共速，有代入數(shù)據(jù)解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同減速，加速度大小為設再經過t2時間，物塊A恰好祖上模板B，有整理得解得，（舍去）此時B的位移共同的速度綜上可知滿足條件的s范圍為（3）由于所以可知滑塊C與木板B沒有共速，對于木板B，根據(jù)運動學公式有整理后有解得，（舍去）滑塊C在這段時間的位移所以摩擦力對C做的功（4）因為木板B足夠長，最后的狀態(tài)一定會是C與B靜止，物塊A向左勻速運動。木板B向右運動0.48m時，有此時A、B之間的距離為由于B與擋板發(fā)生碰撞不損失能量，故將原速率反彈。接著B向左做勻減速運動，可得加速度大小物塊A和木板B相向運動，設經過t3時間恰好相遇，則有整理得解得，（舍去）此時有方向向左；方向向右。接著A、B發(fā)生彈性碰撞，碰前A的速度為v0=1m/s，方向向右，以水平向右為正方向，則有代入數(shù)據(jù)解得而此時物塊A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C靜止，A向左勻速運動，系統(tǒng)的初動量末動量則整個過程動量的變化量即大小為9.02kg?m/s。9．AD【詳解】物塊與地面間的摩擦力為AC．對物塊從s內由動量定理可知即得3s時物塊的動量為設3s后經過時間t物塊的速度減為0，由動量定理可得即解得所以物塊在4s時速度減為0，則此時物塊的動能也為0，故A正確，C錯誤；B．s物塊發(fā)生的位移為x1，由動能定理可得即得過程中，對物塊由動能定理可得即得物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為發(fā)生的位移為即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；D．物塊在6s時的速度大小為拉力所做的功為故D正確。故選AD。10．AC【詳解】A．重力的功率為由圖可知在0~t1時間內，返回艙的速度隨時間減小，故重力的功率隨時間減小，故A正確；B．根據(jù)vt圖像的斜率表示加速度可知在0~t1時間內返回艙的加速度減小，故B錯誤；C．在t1~t2時間內由圖像可知返回艙的速度減小，故可知動量隨時間減小。故C正確；D．在t2~t3時間內，由圖像可知返回艙的速度不變，則動能不變，但由于返回艙高度下降，重力勢能減小，故機械能減小，故D錯誤。故選AC。11．A【詳解】A．火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內能，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D．根據(jù)功能關系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。故選A。12．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時、速度相等，即時刻，根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得（2）解法一：同一時刻彈簧對、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知同一時刻則同一時刻、的的瞬時速度分別為，根據(jù)位移等速度在時間上的累積可得，又解得第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值解法二：B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有對方程兩邊同時乘以時間，有0t0之間，根據(jù)位移等速度在時間上的累積，可得將代入可得則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值（3）物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為，方向水平向右，設物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，設向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得方法一：設在斜面上滑行的長度為，上滑過程，根據(jù)動能定理可得下滑過程，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計算出滑塊A上滑和下滑時的加速度，，上滑時末速度為0，下滑時初速度為0，由勻變速直線運動的位移速度關系可得，聯(lián)立可解得13．B【詳解】設中子的質量為，氫核的質量為，氮核的質量為，設中子和氫核碰撞后中子速度為，由動量守恒定律和能量守恒定律可得聯(lián)立解得設中子和氮核碰撞后中子速度為，由動量守恒定律和能量守恒定律可得聯(lián)立解得可得碰撞后氫核的動量為氮核的動量為可得碰撞后氫核的動能為氮核的動能為可得故B正確，ACD錯誤。故選B。14．（1）；（2）；（3）當時，，當時，【詳解】（1）滑塊b擺到最低點過程中，由機械能守恒定律解得與發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得聯(lián)立解得（2）由（1）分析可知，物塊與物塊在發(fā)生彈性正碰，速度交換，設物塊剛好可以到達點，高度為，根據(jù)動能定理可得解得以豎直向下為正方向由動能定理聯(lián)立可得（3）當時，物塊位置在點或點右側，根據(jù)動能定理得從點飛出后，豎直方向水平方向根據(jù)幾何關系可得聯(lián)立解得代入數(shù)據(jù)解得當時，從釋放時，根據(jù)動能定理可得解得可知物塊達到距離點0.8m處靜止，滑塊a由E點速度為零，返回到時，根據(jù)動能定理可得解得距離點0.6m，綜上可知當時代入數(shù)據(jù)得15．（1），，方向均向右；（2）【詳解】（1）物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為，C、D的質量均為，以向右方向為正方向，則有解得可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度大小為，方向向右?；錋、B碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為，滑板A和B質量分別為和，則由解得則新滑板速度方向也向右。（2）若，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為可知碰后新物塊相對于新滑板向右運動，新物塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動，設新物塊的質量為，新滑板的質量為，相對靜止時的共同速度為，根據(jù)動量守恒可得解得根據(jù)能量守恒可得解得16．（1），；（2）；（3）【詳解】（1）當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即當滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為（2）滑塊向上運動到碰前瞬間根據(jù)動能定理有代入數(shù)據(jù)解得。（3）由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過程根據(jù)動量守恒有碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據(jù)動能定理有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得。17．B【詳解】AC．設傾斜雪坡的傾角為，兩名運動員在空中運動的時間分別為、，初速度分別為、，在空中下落的高度為則可知兩名運動員在空中下落的高度比為水平位移為而雪坡傾角的正切值可得由此可得故AC錯誤B．將運動員在空中運動至離坡面最大距離處的運動分解為沿坡面和垂直坡面兩個方向，沿坡面方向做勻加速直線運動，垂直坡面做勻減速直線運動，運動員在空中到破面的最遠距離為解得故B正確；D．運動員在空中運動過程中受到的合外力為重力，方向不變，根據(jù)動量定理可知甲、乙在空中運動過程中動量改變量的方向相同，故D錯誤。故選B。18．B【詳解】A．由可得乙運動的時間為所以兩小球在C點的速度大小為故A錯誤；B．物體甲沿豎直方向的分速度為小球甲下降的高度為A、B兩點高度差為，選項B錯誤；C．動量為矢量，大小相等，方向不同，故C錯誤；D．兩個小球完全相同，重力的功率兩球豎直方向速度不同，所以重力的瞬時功率不同，故D錯誤；故選B。19．AD【詳解】A．先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，故A正確；B．動量變化量為由于初速度是定值，所以動量的變化量不變，故B錯誤；C．球對手的沖量與手對球的沖量等大反向，大小等于球的動量變化量，也不變，故C錯誤；D．根據(jù)動量定理得解得當時間增大時，動量的變化率減小，即作用力就減小，故D正確。故選AD。20．CD【詳解】A．由圖可知在6.5s至8.5s的時間內蹦床彈力為0，說明運動員在空中運動，速度不為零，選項A錯誤；C．運動員在空中時間為t=8.5s6.5s=2s由運動的對稱性可知，下落時間為t1=1s運動員上升的最高高度為選項C正確；B．由圖可知，運動員的重力為500N，質量為運動員的最大加速度為選項B錯誤；D．8.5s至9.5s內，蹦床彈力由0增加到2000N再減小到0，可知運動員從接觸蹦床到最低點的時間運動員接觸蹦床時的速度根據(jù)動量定理有解得根據(jù)對稱性可知在8.5s至9.5s的時間內運動員對蹦床的彈力平均值為1500N，選項D正確。故選CD。21．D【詳解】水的流量不變，即設水與盤子剛要接觸時速度為，與盤子接觸的水柱橫截面積為，則由動量定理得解得水從出口到與盤子接觸做勻加速直線運動，則盤子距水龍頭的高度故ABC錯誤，D項正確。故選D。22．AB【詳解】A．小球、小車及彈簧組成的系統(tǒng)由于克服阻力做功，機械能不守恒，水平方向外