考向15 動(dòng)量及其綜合應(yīng)用-備戰(zhàn)2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)微專(zhuān)

考向15動(dòng)量及其綜合應(yīng)用【重點(diǎn)知識(shí)點(diǎn)目錄】動(dòng)量動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用碰撞問(wèn)題爆炸和緩沖問(wèn)題人船模型子彈打木塊問(wèn)題含彈簧的碰撞問(wèn)題物體與曲面體的碰撞問(wèn)題1．（2022?湖北）一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是（）A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1 C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1【答案】D。【解析】解：在前一段時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：W1＝﹣＝3×在后一段時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：W2＝﹣＝21×所以W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時(shí)，動(dòng)量變化量最小，方向相反時(shí)，動(dòng)量變化量最大，因此沖量的大小范圍是：m?2v﹣mv≤I1≤m?2v+mv，即mv≤I1≤3mvm?5v﹣m?2v≤I2≤m?5v+m?2v，即3mv≤I2≤7mv可知：I2≥I1，故D正確、ABC錯(cuò)誤。2．（2022?湖南）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(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度v0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v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小 B．碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0【答案】B。【解析】解：設(shè)中子的質(zhì)量為m，則氫核和氮核的質(zhì)量分別為m、14m，由于碰撞為彈性碰撞，選向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：中子與氫核碰撞，mv0＝mv+mv1，，解得：v1＝v0中子與氮核碰撞，mv0＝mvn+14mv2，解得：v2＝＝v0A、碰撞后氫核動(dòng)量為mv0，氮核動(dòng)量為14m×＝mv0，氮核動(dòng)量大于氫核動(dòng)量，故A錯(cuò)誤；B、碰撞后氮核的動(dòng)能為＝，氫核的動(dòng)能為m，所以碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小，故B正確；CD、由上述分析可得：v1＞v2，v2＜v0，故CD錯(cuò)誤；（多選）3．（2022?乙卷）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則（）A．4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零 B．6s時(shí)物塊回到初始位置 C．3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg?m/s D．0～6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J【答案】AD?！窘馕觥拷猓何飰K與地面間的滑動(dòng)摩擦力為：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。A、t3＝3s時(shí)物體的速度大小為v3，則有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入數(shù)據(jù)解得：v3＝6m/s；t4＝4s時(shí)速度為v4，根據(jù)動(dòng)量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入數(shù)據(jù)解得：v4＝0，故A正確；B、0～3s物塊沿正方向加速運(yùn)動(dòng)，3s～4s物塊沿正方向減速運(yùn)動(dòng)，4s末的速度為零，4s～6s物塊反向加速，且加速度大小與0～3s內(nèi)的加速度大小相等，故6s時(shí)物塊沒(méi)有回到初始位置，故B錯(cuò)誤；C、3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為：p＝mv3＝1×6kg?m/s＝6kg?m/s，故C錯(cuò)誤；D、0～3s內(nèi)物塊的位移：x1＝＝m＝9m，方向?yàn)檎较颍?s～4s內(nèi)物塊的位移：x2＝＝m＝3m，方向?yàn)檎较颍?s時(shí)物塊的速度大小為v6，則有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s4s～6s物塊的位移大小為：x3＝＝m＝4m，方向?yàn)樨?fù)方向。所以0～6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正確。4．（2022?甲卷）利用圖示的實(shí)驗(yàn)裝置對(duì)碰撞過(guò)程進(jìn)行研究。讓質(zhì)量為m1的滑塊A與質(zhì)量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導(dǎo)軌上發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進(jìn)而分析碰撞過(guò)程是否為彈性碰撞。完成下列填空：（1）調(diào)節(jié)導(dǎo)軌水平。（2）測(cè)得兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運(yùn)動(dòng)方向相反，應(yīng)選取質(zhì)量為0.304kg的滑塊作為A。（3）調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時(shí)，A的左端到左邊擋板的距離s1與B的右端到右邊擋板的距離s2相等。（4）使A以一定的初速度沿氣墊導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時(shí)刻開(kāi)始到各自撞到擋板所用的時(shí)間t1和t2。（5）將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復(fù)步驟（4）。多次測(cè)量的結(jié)果如表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k＝0.31k20.330.330.33（6）表中的k2＝0.31（保留2位有效數(shù)字）。（7）的平均值為0.32（保留2位有效數(shù)字）。（8）理論研究表明，對(duì)本實(shí)驗(yàn)的碰撞過(guò)程，是否為彈性碰撞可由判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則的理論表達(dá)式為（用m1和m2表示），本實(shí)驗(yàn)中其值為0.34（保留2位有效數(shù)字）；若該值與（7）中結(jié)果間的差別在允許范圍內(nèi)，則可認(rèn)為滑塊A與滑塊B在導(dǎo)軌上的碰撞為彈性碰撞?！窘馕觥拷猓海?）兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后兩滑塊運(yùn)動(dòng)方向相反，則A滑塊質(zhì)量要小，才有可能反向運(yùn)動(dòng)，故選0.304kg的滑塊作為A。（6）因?yàn)槲灰葡嗟?，所以速度之比等于時(shí)間之比的倒數(shù)，由表中數(shù)據(jù)可得，k2＝＝＝0.31。（7）的平均值為：＝＝0.322≈0.32。（8）由機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律可得：＝+；m1v0＝﹣m1v1+m2v2，聯(lián)立解得：，代入數(shù)據(jù)，可得：＝0.34。5．（2022?湖南）如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍（λ為常數(shù)且0＜λ＜），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；（2）若籃球反彈至最高處h時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中h0已知，求F0的大小；（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過(guò)N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小?！敬鸢浮浚?）籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比為；（2）F0的大小為；（3）沖量I的大小為m?！窘馕觥拷猓海?）籃球在下落過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可知：根據(jù)速度—位移公式可得籃球與地面的碰前速度為：籃球反彈的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律得：根據(jù)速度—位移公式可得籃球與地面的碰后速率為：因此k＝＝（2）籃球反彈到最高點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的力，根據(jù)動(dòng)能定理得：根據(jù)（1）問(wèn)的描述可知，籃球落地反彈的速度為v4＝kv3在反彈上升的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：聯(lián)立解得：F0＝（3）由（1）問(wèn)的分析可知，籃球上升和下降過(guò)程的加速度分別為a1＝（1﹣λ）g（方向向下）a2＝（1+λ）g（方向向上）因?yàn)榕拇虻臅r(shí)間極短，重力的沖量可忽略不計(jì)，則根據(jù)動(dòng)量定理可知I＝mv即每次拍打籃球都會(huì)給籃球一個(gè)速度v。拍打第一次下降過(guò)程中上升過(guò)程中有將k代入上升過(guò)程的式子化簡(jiǎn)得：聯(lián)立解得：拍打第二次，同理可得：下降過(guò)程中上升過(guò)程中代入k后得聯(lián)立得：將h1代入到h2得：拍打第三次，同理可得：下降過(guò)程有上升過(guò)程代入k值化簡(jiǎn)得：聯(lián)立解得：再將h2代入到h3得：拍打第N次時(shí)，同理可得：下降過(guò)程有上升過(guò)程代入k值得：聯(lián)立有將hN﹣1代入hN后有其中，hN＝H，h0＝h則有[]則有I＝mv'＝m一、動(dòng)量動(dòng)量定理1．動(dòng)量、動(dòng)量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時(shí)，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負(fù)值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時(shí)間的乘積表示，變力的沖量計(jì)算，要看題目條件確定．如果力隨時(shí)間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時(shí)間均勻變化，就用I表示這個(gè)力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時(shí)間t，用牛頓第二定律能解答的問(wèn)題、用動(dòng)量定理也能解答，而用動(dòng)量定理解題，更簡(jiǎn)捷．二、動(dòng)量守恒定律1．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對(duì)象（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程）；（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動(dòng)量；（4）由動(dòng)量守恒定律列式求解；（5）必要時(shí)進(jìn)行討論．2．解決動(dòng)量守恒中的臨界問(wèn)題應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問(wèn)題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點(diǎn)是求解這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵．3．綜合應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)4．動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)：這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化所經(jīng)歷的過(guò)程中狀態(tài)的改變，不對(duì)過(guò)程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡(jiǎn)單地說(shuō)，只要求知道過(guò)程的始末狀態(tài)動(dòng)量、動(dòng)能和力在過(guò)程中所做的功，即可對(duì)問(wèn)題求解．5．利用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問(wèn)題：（1）動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫(xiě)出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無(wú)分量表達(dá)式．（2）動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學(xué)中解題時(shí)必須注意動(dòng)量守恒條件及機(jī)械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究對(duì)象及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化過(guò)程后，根據(jù)問(wèn)題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解．（3）中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)解決的問(wèn)題，若用動(dòng)量觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解，一般比用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)簡(jiǎn)便．三、彈性碰撞和非彈性碰撞碰撞的特點(diǎn)分析：（1）動(dòng)量守恒；（2）機(jī)械能不增加；（3）速度要合理；①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后＞v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′．②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變．四、用動(dòng)量守恒定律定量分析一維碰撞問(wèn)題1.彈性碰撞規(guī)律非彈性碰撞反沖對(duì)反沖運(yùn)動(dòng)的進(jìn)一步理解（1）反沖運(yùn)動(dòng)是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果．（2）反沖運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，如果合外力為零或外力的作用遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，可利用動(dòng)量守恒定律來(lái)處理．（3）研究反沖運(yùn)動(dòng)的目的是找出反沖速度的規(guī)律．求反沖速度的關(guān)鍵是確定相互作用的物體系統(tǒng)和其中各物體對(duì)地的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．一、動(dòng)量1．定義：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動(dòng)量，通常用p來(lái)表示．2．表達(dá)式：p=mv．3．單位：kg?m/s．4．標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，其方向和速度方向相同．二、沖量1．定義：力F和它的作用時(shí)間t的乘積叫做這個(gè)力的沖量，通常用I表示．2．表達(dá)式：I=Ft（此式只能用來(lái)計(jì)算恒力F的沖量）．3．單位：N?s（1N?s=1kg?m/s）4．標(biāo)矢性：沖量是矢量、方向由力的方向決定．三、動(dòng)量定理1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過(guò)程中所受力的沖量．2．表達(dá)式：3．用動(dòng)量概念表示牛頓第二定律：，所以物體動(dòng)量的變化率等于它受到的力，即，這是牛頓第二定律的動(dòng)量表述四、動(dòng)量守恒定律1．內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變，這就是動(dòng)量守恒定律．2．表達(dá)式：（1）p=p′，系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′．（2）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和．（3）△p1=-△p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向．（4）△p=0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零．3．動(dòng)量守恒定律的適用條件（1）不受外力或所受外力的合力為零．不能認(rèn)為系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合外力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．（2）近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力．（3）如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則在這一方向上動(dòng)量守恒．五、彈性碰撞和非彈性碰撞碰撞現(xiàn)象1．碰撞：兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體在相遇的極短時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用力，而其他的相互作用力相對(duì)來(lái)說(shuō)可以忽略不計(jì)的過(guò)程．2．彈性碰撞：如果碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞，即EK1=EK2（能夠完全恢復(fù)形變）；3．非彈性碰撞：如果碰撞過(guò)程中機(jī)械能不守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞，即EK1＞EK2（不能夠完全恢復(fù)形變）；4．完全非彈性碰撞：碰撞過(guò)程中物體的形變完全不能恢復(fù)，以致兩物體合為一體一起運(yùn)動(dòng)，即兩物體在非彈性碰撞后以同一速度運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)機(jī)械能損失最大．碰撞的特點(diǎn)：1．相互作用時(shí)間極短．2、相互作用力極大，即內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，遵循動(dòng)量守恒定律．反沖定義：一個(gè)靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個(gè)部分，一部分向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，另一部分必然向相反的方向運(yùn)動(dòng)，這個(gè)現(xiàn)象叫作反沖．

要點(diǎn)：①內(nèi)力作用下；②一個(gè)物體分為兩個(gè)部分；③兩部分運(yùn)動(dòng)方向相反．2．原理：遵循動(dòng)量守恒定律作用前：P=0作用后：P′=mv-Mv′則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：P′=P即mv-Mv′=0，故有：3．反沖運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用和防止防止：榴彈炮應(yīng)用：反擊式水輪機(jī)、噴氣式飛機(jī)、火箭

易錯(cuò)題【01】注意動(dòng)量定理是合外力的沖量等于動(dòng)量的變化量，注意系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件。易錯(cuò)題【02】注意彈性碰撞題型的計(jì)算，最好能夠記住一些二級(jí)結(jié)論。易錯(cuò)題【03】在火箭反沖問(wèn)題中，要注意參考系的選擇。6．（2022春?楊浦區(qū)校級(jí)期末）質(zhì)量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，t＝0時(shí)刻，分別受到水平拉力F1、F2的作用從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)時(shí)間t0和3t0，分別撤去F1和F2。兩物體速度隨時(shí)間變化的圖線如圖所示。設(shè)F1和F2對(duì)物體的沖量大小分別為I1和I2，對(duì)物體做的功分別為W1和W2（）A．I1：I2＝4：5，W1：W2＝9：4 B．I1：I2＝4：5，W1：W2＝6：5 C．I1：I2＝3：2，W1：W2＝6：5 D．I1：I2＝3：2，W1：W2＝9：47．（2022春?浙江期中）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧壓縮后處于鎖定狀態(tài)，下端固定在足夠長(zhǎng)的光滑斜面底端，上端與物體A接觸而不栓接。彈簧解除鎖定后將物體沿斜面向上彈出，在斜面上O點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）物體與彈簧脫離?，F(xiàn)在僅將彈簧上端與物體拴接，其它條件不變，從物體第一次運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，到物體第一次回到O點(diǎn)用時(shí)0.4s，則下列判斷正確的是（g取10m/s2）（）A．物體A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)是其平衡位置 B．物體A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期是1.6s C．0到0.4s這段時(shí)間內(nèi)，彈簧的彈力對(duì)A的沖量沿斜面向下 D．0到0.4s這段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)A的沖量為08．（2022?湖北模擬）如圖所示，光滑傾斜滑道OM與粗糙水平滑道MN平滑連接．質(zhì)量為1kg的滑塊從O點(diǎn)由靜止滑下，在N點(diǎn)與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1m的P點(diǎn)停下．已知O點(diǎn)比M點(diǎn)高1.25m，滑道MN長(zhǎng)4m，滑塊與滑道MN的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力．下列說(shuō)法正確的是（）A．滑塊運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的速度大小為6m/s B．滑塊運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的速度大小為4m/s C．緩沖墻對(duì)滑塊的沖量大小為10N?s D．緩沖墻對(duì)滑塊做的功為﹣2.5J9．（2022春?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期中）如圖，光滑水平地面上有一小車(chē)，一輕彈簧的一端與車(chē)廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，滑塊與車(chē)廂的水平底板間有摩擦。給小車(chē)一個(gè)瞬時(shí)沖擊作用，使其瞬間獲得速度v0。在地面參考系（可視為慣性系）中，小車(chē)、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）A．從小車(chē)獲得速度v0到彈簧壓縮至最短的過(guò)程，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 B．從小車(chē)獲得速度v0到彈簧壓縮至最短的過(guò)程，動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 C．從彈簧壓縮至最短到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程，動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒 D．從彈簧壓縮至最短到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程，動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒10．（2022?歷城區(qū)校級(jí)模擬）離子發(fā)動(dòng)機(jī)是利用電場(chǎng)加速離子形成高速離子流而產(chǎn)生推力的航天發(fā)動(dòng)機(jī)，工作時(shí)將推進(jìn)劑離子化，使之帶電，然后在靜電場(chǎng)作用下推進(jìn)劑得到加速后噴出，從而產(chǎn)生推力，這種發(fā)動(dòng)機(jī)適用于航天器的姿態(tài)控制、位置保持等，航天器質(zhì)量M，單個(gè)離子質(zhì)量m，帶電量q，加速電場(chǎng)的電壓為U，高速離子形成的等效電流強(qiáng)度為I，根據(jù)以上信息計(jì)算該發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的推力為（）A．I B．I C．I D．I11．（2022?襄城區(qū)校級(jí)四模）如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量分布均勻的長(zhǎng)木板A、B放置在水平桌面上，質(zhì)量均為m，木板長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，水平桌面以M點(diǎn)為界，左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙，粗糙部分與兩木板的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，粗糙部分的長(zhǎng)度為s（s＞2L）。初始時(shí)木板B的左端恰與M點(diǎn)重合，現(xiàn)使木板A木塊以初速度v0滑向B，與B碰后粘合成為一個(gè)整體（碰撞時(shí)間極短），最終兩木塊沒(méi)有掉落桌面，則v0的最大值為（）A． B． C． D．12．（2022春?五華區(qū)校級(jí)期中）光滑水平面上質(zhì)量為2kg的物體受到水平拉力F的作用由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，過(guò)程中的a﹣t圖如圖所示。下列判斷正確的是（）A．0﹣4s內(nèi)物體先做加速運(yùn)動(dòng)再做勻速運(yùn)動(dòng) B．6s末物體的速度為零 C．0﹣4s內(nèi)拉力做功49J D．0﹣4s內(nèi)拉力沖量為18N?s13．（2022春?楊浦區(qū)校級(jí)期中）如圖甲所示，兩小球a、b在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上發(fā)生正向?qū)π呐鲎?。小球a、b質(zhì)量分別為m1和m2，且m1＝1kg。取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時(shí)間變化的x﹣t圖像如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．碰撞前球a做加速運(yùn)動(dòng)，球b做勻速運(yùn)動(dòng) B．碰撞后球a做減速運(yùn)動(dòng)，球b做加速運(yùn)動(dòng) C．碰撞后兩小球的總動(dòng)能為8J D．碰撞前后兩小球總動(dòng)能為4J14．（2022?鞍山二模）質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為M的小球C?，F(xiàn)將C球拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放C球。下面說(shuō)法正確的是（）A．A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小球C到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度大小為 C．小球C到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)速度為零 D．小球C第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)木塊A、B分離15．（2022春?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）在冰壺比賽中，紅壺以一定速度與靜止在大本營(yíng)中心的藍(lán)壺發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短，如圖甲所示．碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺劇摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面，來(lái)減小阻力．碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖線如圖乙中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，已知兩壺質(zhì)量相等，由圖像可得（）A．碰撞后，藍(lán)壺經(jīng)過(guò)4s停止運(yùn)動(dòng) B．紅、藍(lán)兩壺的碰撞過(guò)程是彈性碰撞 C．碰撞后，藍(lán)壺的瞬時(shí)速度為0.8m/s D．紅、藍(lán)兩壺從碰后至停止的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，所受摩擦力的沖量之比為1：516．（2022春?滄州期末）如圖所示，水平面上AO段粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，OB段光滑．物體甲放在距O點(diǎn)左側(cè)x1＝3m的A處，質(zhì)量為M＝7kg的物體乙靜止放在距O點(diǎn)右側(cè)x2＝4m的B處．現(xiàn)給物體甲一個(gè)初速度v0＝10m/s，物體甲與物體乙在B點(diǎn)發(fā)生彈性正碰，碰后物體甲恰好能返回出發(fā)點(diǎn)A，重力加速度g取10m/s2，兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，則（）A．物體甲到O點(diǎn)速度大小為8.5m/s B．物體甲向右從O點(diǎn)到B點(diǎn)所用的時(shí)間為0.75s C．物體甲與乙碰撞后，物體甲的速度的大小為5m/s D．物體甲的質(zhì)量為1kg17．（2022?永州三模）如圖，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小球A、B質(zhì)量分別為m、km（k為待定系數(shù)）。A球從左邊與圓心等高處由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點(diǎn)的B球相撞，碰撞中無(wú)機(jī)械能損失，重力加速度為g。關(guān)于各種情況下k的取值。下列各項(xiàng)中不正確的是（）A．若0＜k＜0.2，則小球B第一次碰后就能夠運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn) B．若0.2＜k＜1，則小球B第一次碰后將會(huì)在某處脫離圓軌道 C．若k＞1，小球B不可能脫軌 D．若k＝3，小球A和小球B將在圓軌道的最低點(diǎn)發(fā)生第二次碰撞18．（2022春?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，豎直輕質(zhì)彈簧下端焊接一個(gè)質(zhì)量為m的小球A，A處于靜止?fàn)顟B(tài)。在A的正下方一質(zhì)量為2m的小球B正被豎直向上拋出，與A球發(fā)生對(duì)心彈性正碰，碰前瞬間B球的速度為v0，碰后兩球仍沿同一直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)A球運(yùn)動(dòng)到碰前初始位置時(shí)再次與B球發(fā)生彈性對(duì)心正碰。則（）A．在兩次碰撞之間的過(guò)程中彈簧對(duì)A球的沖量一定為零 B．在兩次碰撞之間的過(guò)程中重力對(duì)A球的沖量一定為零 C．若只將題中碰前瞬間B球的速度改為2v0，則兩球仍能在原位置發(fā)生第二次碰撞 D．A球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球B的速度恰好為零19．（2021秋?湖南月考）如圖所示，質(zhì)量為M的小車(chē)靜止在光滑的水平面上，小車(chē)AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為m的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從小車(chē)上的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點(diǎn)。已知M＝3m，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是（）A．滑塊從A滑到C的過(guò)程中，滑塊和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．滑塊滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為 C．滑塊從A滑到C的過(guò)程中，小車(chē)的位移大小為 D．水平軌道的長(zhǎng)度L＝（多選）20．（2022?湖南學(xué)業(yè)考試）如圖所示，一根彈性繩上端懸于A點(diǎn)、自然伸長(zhǎng)時(shí)，下端恰好與正下方的光滑小釘D（垂直地釘入紙面所代表的豎直墻壁）平齊。現(xiàn)在彈性繩下端掛一質(zhì)量為2m的重物P（可視為質(zhì)點(diǎn)），彈性繩靠著釘子左側(cè)伸長(zhǎng)l后、P靜止于地面上B點(diǎn)，此時(shí)地面對(duì)重物的支持力為mg。今將重物P向右拉開(kāi)到距A為l的O點(diǎn)，并以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立圖示x坐標(biāo)。設(shè)彈性繩的形變始終在彈性限度內(nèi)，其彈力滿(mǎn)足胡克定律，重物P與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。釋放重物P后，下列說(shuō)法正確的是（）A．P釋放的瞬間，其加速度大小為2.5m/s2 B．P釋放后，運(yùn)動(dòng)到x＝處時(shí)其速度最大 C．P釋放后，運(yùn)動(dòng)到x＝處將停止 D．釋放后P向左運(yùn)動(dòng)停止后，給它向右的瞬時(shí)沖量m，P能恰好回到O處（多選）21．（2022?滄州二模）如圖所示，圓心為O、半徑為R的四分之一光滑圓弧面豎直固定在水平地面上，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧兩端分別拴接質(zhì)量均為m的小球A、B，小球A置于光滑水平地面上，小球B置于圓弧面上由靜止釋放，小球B沿圓弧面下滑的過(guò)程中用水平力F作用在小球A上使其處于靜止?fàn)顟B(tài)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t小球B落地，落地后立刻撤去力F．已知小球B釋放的位置與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為53°，釋放小球B時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，彈簧與水平地面的夾角為37°，小球B落地時(shí)的速度為，落地后不反彈，重力加速度為g，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球B落地時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mgR B．時(shí)間t內(nèi)力F的沖量大小為kRt C．小球B離開(kāi)圓弧面后，彈簧的最大形變量為R D．小球B離開(kāi)圓弧面后，彈簧最長(zhǎng)時(shí)的彈性勢(shì)能為mgR22．（2022?湖北）打樁機(jī)是基建常用工具。某種簡(jiǎn)易打樁機(jī)模型如圖所示，重物A、B和C通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)長(zhǎng)繩跨過(guò)兩個(gè)光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實(shí)線位置）時(shí)，C到兩定滑輪的距離均為L(zhǎng)。重物A和B的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時(shí)連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時(shí)，用外力將C拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放。設(shè)C的下落速度為時(shí)，與正下方質(zhì)量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運(yùn)動(dòng)距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C、D均可視為質(zhì)點(diǎn)。（1）求C的質(zhì)量；（2）若D在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大小；（3）撤掉樁D，將C再次拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動(dòng)能最大時(shí)C的動(dòng)能。23．（2022?河北模擬）如圖所示，水平面右側(cè)有豎直墻壁，垂直墻壁的同一直線上有兩個(gè)靜止的物塊A和B（均可視為質(zhì)點(diǎn)），相距L＝15m，物塊B到墻壁的距離s＝5m，兩物塊的質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝0.5kg，物塊B與水平面間無(wú)摩擦，物塊A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2?，F(xiàn)給物塊A施加水平向右的力F＝6N，作用2s后撤去F，之后物塊A與物塊B、物塊B與墻壁間發(fā)生正碰，碰撞中無(wú)能量損失，且碰撞時(shí)間極短，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）物塊A從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩物塊第一次發(fā)生碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間及物塊A第一次碰撞前的速度大?。唬?）兩物塊第一次碰撞后的速度大??；（3）從開(kāi)始到兩物塊第三次碰撞前物塊B通過(guò)的總路程。24．（2022?山東模擬）如圖所示，質(zhì)量M2kg的長(zhǎng)木板Q靜止在光滑水平地面上，右端緊靠光滑固定曲面AB的最低點(diǎn)B，木板上表面與曲面相切于B點(diǎn)，水平面的左側(cè)與木板左端相距為x（x為未知量且其大小可以調(diào)節(jié)）處有一擋板C。一質(zhì)量m＝1kg的小滑塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）從曲面上與B的高度差為h＝1.8m處由靜止滑下，經(jīng)B點(diǎn)后滑上木板，最終滑塊未滑離木板。已知重力加速度大小為g＝10m/s2，滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.3，木板與左擋板C和最低點(diǎn)B的碰撞過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能損失且碰撞時(shí)間極短可忽略，則從滑塊滑上木板到二者最終都靜止的過(guò)程中：（1）若木板只與C發(fā)生了1次碰撞，求木板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；（2）若木板只與C發(fā)生了3次碰撞，求x的值；（3）其他條件不變，若m＝2kg，M＝1kg，x＝m，求木板通過(guò)的總路程。25．（2022?新疆三模）如圖所示，長(zhǎng)L＝3.76m的傳送帶與水平面夾角θ＝37°，以速度v＝2m/s順時(shí)針運(yùn)行。t＝0時(shí)刻，質(zhì)量mA＝1kg的小物塊A從傳送帶頂端以初速度v0A＝0.6m/s滑下，同時(shí)質(zhì)量mB＝2kg的小物塊B以初速度v0B＝4m/s從底端沖上傳送帶，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，兩物塊在傳送帶上某處發(fā)生瞬間碰撞并且粘連。傳送帶與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。求：（1）t＝0時(shí)刻，小物塊A和小物塊B沿傳送帶運(yùn)動(dòng)的加速度大小；（2）從t＝0時(shí)刻開(kāi)始到兩物塊發(fā)生碰撞經(jīng)歷的時(shí)間；（3）小物塊A和小物塊B離開(kāi)傳送帶時(shí)的動(dòng)能。26．（2022?河北）如圖，光滑水平面上有兩個(gè)等高的滑板A和B，質(zhì)量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質(zhì)量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運(yùn)動(dòng)，B和D以相同速度kv0向左運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻發(fā)生碰撞，作用時(shí)間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個(gè)新滑塊，A與B粘在一起形成一個(gè)新滑板，物塊與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。（1）若0＜k＜0.5，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k＝0.5，從碰撞后到新滑塊與新滑板相對(duì)靜止時(shí)，求兩者相對(duì)位移的大小。27．（2022?浙江）如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)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(zhǎng)度均為l。圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H。開(kāi)始時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開(kāi)一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時(shí)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(zhì)點(diǎn)。（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度v0的大小；（2）物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力FN與h間滿(mǎn)足的關(guān)系；（3）若物塊b釋放高度0.9m＜h＜1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍（以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸）。28．（2022?廣東）某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開(kāi)傘過(guò)程的啟發(fā)，設(shè)計(jì)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(gè)滑塊，初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動(dòng)時(shí)，受到滑桿的摩擦力f為1N?；瑝K滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動(dòng)滑桿離開(kāi)桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)。已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：（1）滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過(guò)程中，桌面對(duì)滑桿支持力的大小N1和N2；（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小v；（3）滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度h。29．（2022?乙卷）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)與彈簧接觸，到t＝2t0時(shí)與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的v﹣t圖像如圖（b）所示。已知從t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為0.36v0t0。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(yùn)動(dòng)的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同。斜面傾角為θ（sinθ＝0.6），與水平面光滑連接。碰撞過(guò)程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值；（2）第一次碰撞過(guò)程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。

考向15動(dòng)量及其綜合應(yīng)用【重點(diǎn)知識(shí)點(diǎn)目錄】動(dòng)量動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用碰撞問(wèn)題爆炸和緩沖問(wèn)題人船模型子彈打木塊問(wèn)題含彈簧的碰撞問(wèn)題物體與曲面體的碰撞問(wèn)題1．（2022?湖北）一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是（）A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1 C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1【答案】D?！窘馕觥拷猓涸谇耙欢螘r(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：W1＝﹣＝3×在后一段時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：W2＝﹣＝21×所以W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時(shí)，動(dòng)量變化量最小，方向相反時(shí)，動(dòng)量變化量最大，因此沖量的大小范圍是：m?2v﹣mv≤I1≤m?2v+mv，即mv≤I1≤3mvm?5v﹣m?2v≤I2≤m?5v+m?2v，即3mv≤I2≤7mv可知：I2≥I1，故D正確、ABC錯(cuò)誤。2．（2022?湖南）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(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度v0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v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小 B．碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0【答案】B?！窘馕觥拷猓涸O(shè)中子的質(zhì)量為m，則氫核和氮核的質(zhì)量分別為m、14m，由于碰撞為彈性碰撞，選向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：中子與氫核碰撞，mv0＝mv+mv1，，解得：v1＝v0中子與氮核碰撞，mv0＝mvn+14mv2，解得：v2＝＝v0A、碰撞后氫核動(dòng)量為mv0，氮核動(dòng)量為14m×＝mv0，氮核動(dòng)量大于氫核動(dòng)量，故A錯(cuò)誤；B、碰撞后氮核的動(dòng)能為＝，氫核的動(dòng)能為m，所以碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小，故B正確；CD、由上述分析可得：v1＞v2，v2＜v0，故CD錯(cuò)誤；（多選）3．（2022?乙卷）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則（）A．4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零 B．6s時(shí)物塊回到初始位置 C．3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg?m/s D．0～6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J【答案】AD。【解析】解：物塊與地面間的滑動(dòng)摩擦力為：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。A、t3＝3s時(shí)物體的速度大小為v3，則有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入數(shù)據(jù)解得：v3＝6m/s；t4＝4s時(shí)速度為v4，根據(jù)動(dòng)量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入數(shù)據(jù)解得：v4＝0，故A正確；B、0～3s物塊沿正方向加速運(yùn)動(dòng)，3s～4s物塊沿正方向減速運(yùn)動(dòng)，4s末的速度為零，4s～6s物塊反向加速，且加速度大小與0～3s內(nèi)的加速度大小相等，故6s時(shí)物塊沒(méi)有回到初始位置，故B錯(cuò)誤；C、3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為：p＝mv3＝1×6kg?m/s＝6kg?m/s，故C錯(cuò)誤；D、0～3s內(nèi)物塊的位移：x1＝＝m＝9m，方向?yàn)檎较颍?s～4s內(nèi)物塊的位移：x2＝＝m＝3m，方向?yàn)檎较颍?s時(shí)物塊的速度大小為v6，則有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s4s～6s物塊的位移大小為：x3＝＝m＝4m，方向?yàn)樨?fù)方向。所以0～6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正確。4．（2022?甲卷）利用圖示的實(shí)驗(yàn)裝置對(duì)碰撞過(guò)程進(jìn)行研究。讓質(zhì)量為m1的滑塊A與質(zhì)量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導(dǎo)軌上發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進(jìn)而分析碰撞過(guò)程是否為彈性碰撞。完成下列填空：（1）調(diào)節(jié)導(dǎo)軌水平。（2）測(cè)得兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運(yùn)動(dòng)方向相反，應(yīng)選取質(zhì)量為0.304kg的滑塊作為A。（3）調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時(shí)，A的左端到左邊擋板的距離s1與B的右端到右邊擋板的距離s2相等。（4）使A以一定的初速度沿氣墊導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時(shí)刻開(kāi)始到各自撞到擋板所用的時(shí)間t1和t2。（5）將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復(fù)步驟（4）。多次測(cè)量的結(jié)果如表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k＝0.31k20.330.330.33（6）表中的k2＝0.31（保留2位有效數(shù)字）。（7）的平均值為0.32（保留2位有效數(shù)字）。（8）理論研究表明，對(duì)本實(shí)驗(yàn)的碰撞過(guò)程，是否為彈性碰撞可由判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則的理論表達(dá)式為（用m1和m2表示），本實(shí)驗(yàn)中其值為0.34（保留2位有效數(shù)字）；若該值與（7）中結(jié)果間的差別在允許范圍內(nèi)，則可認(rèn)為滑塊A與滑塊B在導(dǎo)軌上的碰撞為彈性碰撞?！窘馕觥拷猓海?）兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后兩滑塊運(yùn)動(dòng)方向相反，則A滑塊質(zhì)量要小，才有可能反向運(yùn)動(dòng)，故選0.304kg的滑塊作為A。（6）因?yàn)槲灰葡嗟?，所以速度之比等于時(shí)間之比的倒數(shù)，由表中數(shù)據(jù)可得，k2＝＝＝0.31。（7）的平均值為：＝＝0.322≈0.32。（8）由機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律可得：＝+；m1v0＝﹣m1v1+m2v2，聯(lián)立解得：，代入數(shù)據(jù)，可得：＝0.34。5．（2022?湖南）如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍（λ為常數(shù)且0＜λ＜），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；（2）若籃球反彈至最高處h時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中h0已知，求F0的大小；（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過(guò)N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小?！敬鸢浮浚?）籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比為；（2）F0的大小為；（3）沖量I的大小為m?！窘馕觥拷猓海?）籃球在下落過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可知：根據(jù)速度—位移公式可得籃球與地面的碰前速度為：籃球反彈的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律得：根據(jù)速度—位移公式可得籃球與地面的碰后速率為：因此k＝＝（2）籃球反彈到最高點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的力，根據(jù)動(dòng)能定理得：根據(jù)（1）問(wèn)的描述可知，籃球落地反彈的速度為v4＝kv3在反彈上升的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：聯(lián)立解得：F0＝（3）由（1）問(wèn)的分析可知，籃球上升和下降過(guò)程的加速度分別為a1＝（1﹣λ）g（方向向下）a2＝（1+λ）g（方向向上）因?yàn)榕拇虻臅r(shí)間極短，重力的沖量可忽略不計(jì)，則根據(jù)動(dòng)量定理可知I＝mv即每次拍打籃球都會(huì)給籃球一個(gè)速度v。拍打第一次下降過(guò)程中上升過(guò)程中有將k代入上升過(guò)程的式子化簡(jiǎn)得：聯(lián)立解得：拍打第二次，同理可得：下降過(guò)程中上升過(guò)程中代入k后得聯(lián)立得：將h1代入到h2得：拍打第三次，同理可得：下降過(guò)程有上升過(guò)程代入k值化簡(jiǎn)得：聯(lián)立解得：再將h2代入到h3得：拍打第N次時(shí)，同理可得：下降過(guò)程有上升過(guò)程代入k值得：聯(lián)立有將hN﹣1代入hN后有其中，hN＝H，h0＝h則有[]則有I＝mv'＝m一、動(dòng)量動(dòng)量定理1．動(dòng)量、動(dòng)量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時(shí)，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負(fù)值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時(shí)間的乘積表示，變力的沖量計(jì)算，要看題目條件確定．如果力隨時(shí)間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時(shí)間均勻變化，就用I表示這個(gè)力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時(shí)間t，用牛頓第二定律能解答的問(wèn)題、用動(dòng)量定理也能解答，而用動(dòng)量定理解題，更簡(jiǎn)捷．二、動(dòng)量守恒定律1．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對(duì)象（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程）；（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動(dòng)量；（4）由動(dòng)量守恒定律列式求解；（5）必要時(shí)進(jìn)行討論．2．解決動(dòng)量守恒中的臨界問(wèn)題應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問(wèn)題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點(diǎn)是求解這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵．3．綜合應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)4．動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)：這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化所經(jīng)歷的過(guò)程中狀態(tài)的改變，不對(duì)過(guò)程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡(jiǎn)單地說(shuō)，只要求知道過(guò)程的始末狀態(tài)動(dòng)量、動(dòng)能和力在過(guò)程中所做的功，即可對(duì)問(wèn)題求解．5．利用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問(wèn)題：（1）動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫(xiě)出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無(wú)分量表達(dá)式．（2）動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學(xué)中解題時(shí)必須注意動(dòng)量守恒條件及機(jī)械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究對(duì)象及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化過(guò)程后，根據(jù)問(wèn)題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解．（3）中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)解決的問(wèn)題，若用動(dòng)量觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解，一般比用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)簡(jiǎn)便．三、彈性碰撞和非彈性碰撞碰撞的特點(diǎn)分析：（1）動(dòng)量守恒；（2）機(jī)械能不增加；（3）速度要合理；①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后＞v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′．②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變．四、用動(dòng)量守恒定律定量分析一維碰撞問(wèn)題1.彈性碰撞規(guī)律非彈性碰撞反沖對(duì)反沖運(yùn)動(dòng)的進(jìn)一步理解（1）反沖運(yùn)動(dòng)是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果．（2）反沖運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，如果合外力為零或外力的作用遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，可利用動(dòng)量守恒定律來(lái)處理．（3）研究反沖運(yùn)動(dòng)的目的是找出反沖速度的規(guī)律．求反沖速度的關(guān)鍵是確定相互作用的物體系統(tǒng)和其中各物體對(duì)地的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．一、動(dòng)量1．定義：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動(dòng)量，通常用p來(lái)表示．2．表達(dá)式：p=mv．3．單位：kg?m/s．4．標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，其方向和速度方向相同．二、沖量1．定義：力F和它的作用時(shí)間t的乘積叫做這個(gè)力的沖量，通常用I表示．2．表達(dá)式：I=Ft（此式只能用來(lái)計(jì)算恒力F的沖量）．3．單位：N?s（1N?s=1kg?m/s）4．標(biāo)矢性：沖量是矢量、方向由力的方向決定．三、動(dòng)量定理1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過(guò)程中所受力的沖量．2．表達(dá)式：3．用動(dòng)量概念表示牛頓第二定律：，所以物體動(dòng)量的變化率等于它受到的力，即，這是牛頓第二定律的動(dòng)量表述四、動(dòng)量守恒定律1．內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變，這就是動(dòng)量守恒定律．2．表達(dá)式：（1）p=p′，系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′．（2）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和．（3）△p1=-△p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向．（4）△p=0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零．3．動(dòng)量守恒定律的適用條件（1）不受外力或所受外力的合力為零．不能認(rèn)為系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合外力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．（2）近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力．（3）如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則在這一方向上動(dòng)量守恒．五、彈性碰撞和非彈性碰撞碰撞現(xiàn)象1．碰撞：兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體在相遇的極短時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用力，而其他的相互作用力相對(duì)來(lái)說(shuō)可以忽略不計(jì)的過(guò)程．2．彈性碰撞：如果碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞，即EK1=EK2（能夠完全恢復(fù)形變）；3．非彈性碰撞：如果碰撞過(guò)程中機(jī)械能不守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞，即EK1＞EK2（不能夠完全恢復(fù)形變）；4．完全非彈性碰撞：碰撞過(guò)程中物體的形變完全不能恢復(fù)，以致兩物體合為一體一起運(yùn)動(dòng)，即兩物體在非彈性碰撞后以同一速度運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)機(jī)械能損失最大．碰撞的特點(diǎn)：1．相互作用時(shí)間極短．2、相互作用力極大，即內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，遵循動(dòng)量守恒定律．反沖定義：一個(gè)靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個(gè)部分，一部分向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，另一部分必然向相反的方向運(yùn)動(dòng)，這個(gè)現(xiàn)象叫作反沖．

要點(diǎn)：①內(nèi)力作用下；②一個(gè)物體分為兩個(gè)部分；③兩部分運(yùn)動(dòng)方向相反．2．原理：遵循動(dòng)量守恒定律作用前：P=0作用后：P′=mv-Mv′則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：P′=P即mv-Mv′=0，故有：3．反沖運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用和防止防止：榴彈炮應(yīng)用：反擊式水輪機(jī)、噴氣式飛機(jī)、火箭

易錯(cuò)題【01】注意動(dòng)量定理是合外力的沖量等于動(dòng)量的變化量，注意系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件。易錯(cuò)題【02】注意彈性碰撞題型的計(jì)算，最好能夠記住一些二級(jí)結(jié)論。易錯(cuò)題【03】在火箭反沖問(wèn)題中，要注意參考系的選擇。6．（2022春?楊浦區(qū)校級(jí)期末）質(zhì)量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，t＝0時(shí)刻，分別受到水平拉力F1、F2的作用從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)時(shí)間t0和3t0，分別撤去F1和F2。兩物體速度隨時(shí)間變化的圖線如圖所示。設(shè)F1和F2對(duì)物體的沖量大小分別為I1和I2，對(duì)物體做的功分別為W1和W2（）A．I1：I2＝4：5，W1：W2＝9：4 B．I1：I2＝4：5，W1：W2＝6：5 C．I1：I2＝3：2，W1：W2＝6：5 D．I1：I2＝3：2，W1：W2＝9：4【答案】B?！窘馕觥拷猓河蓈﹣t圖像可知，撤去拉力F后兩物體做勻減速的圖線平行，可知兩物體做勻減速的加速度大小相等，由于兩物體質(zhì)量相等，可知A、B兩物體受到的摩擦力相等，設(shè)為摩擦力為f，對(duì)A物體，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理可得I1﹣f?4t0＝0對(duì)B物體，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理可得I2﹣f?5t0＝0聯(lián)立可得v﹣t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故物體A運(yùn)動(dòng)過(guò)程的位移：B物體整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的位移為對(duì)A物體，根據(jù)動(dòng)能定理可得W1﹣f?xA＝0對(duì)B物體，根據(jù)動(dòng)能定理可得W2﹣f?xB＝0聯(lián)立可得故B正確，ACD錯(cuò)誤。7．（2022春?浙江期中）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧壓縮后處于鎖定狀態(tài)，下端固定在足夠長(zhǎng)的光滑斜面底端，上端與物體A接觸而不栓接。彈簧解除鎖定后將物體沿斜面向上彈出，在斜面上O點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）物體與彈簧脫離?，F(xiàn)在僅將彈簧上端與物體拴接，其它條件不變，從物體第一次運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，到物體第一次回到O點(diǎn)用時(shí)0.4s，則下列判斷正確的是（g取10m/s2）（）A．物體A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)是其平衡位置 B．物體A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期是1.6s C．0到0.4s這段時(shí)間內(nèi)，彈簧的彈力對(duì)A的沖量沿斜面向下 D．0到0.4s這段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)A的沖量為0【答案】C?！窘馕觥拷猓篈、當(dāng)物體處于平衡位置時(shí)kx0＝mgsinθ某時(shí)刻物體離開(kāi)平衡位置的位移為x，則此時(shí)的回復(fù)力F＝﹣[k（x+x0）﹣mgsinθ]＝﹣kx則物體A做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，平衡位置在O點(diǎn)以下距離為，故A錯(cuò)誤；B、由題意可得：物體A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝0.8s，故B錯(cuò)誤；C、0到0.4s這段時(shí)間內(nèi)，彈簧處于拉長(zhǎng)狀態(tài)，彈簧的彈力方向沿斜面向下，則彈簧對(duì)A的沖量沿斜面向下，故C正確；D、若t﹣0時(shí)刻物體的速度沿斜面向上，大小為v，則在t＝0.4s時(shí)刻回到O點(diǎn)時(shí)的速度大小仍為v，方向沿斜面向下，若規(guī)定沿斜面向下為正方向，則0到0.4s這段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)A的沖量為I＝mv﹣（﹣mv）＝2mv≠0，故D錯(cuò)誤；8．（2022?湖北模擬）如圖所示，光滑傾斜滑道OM與粗糙水平滑道MN平滑連接．質(zhì)量為1kg的滑塊從O點(diǎn)由靜止滑下，在N點(diǎn)與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1m的P點(diǎn)停下．已知O點(diǎn)比M點(diǎn)高1.25m，滑道MN長(zhǎng)4m，滑塊與滑道MN的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力．下列說(shuō)法正確的是（）A．滑塊運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的速度大小為6m/s B．滑塊運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的速度大小為4m/s C．緩沖墻對(duì)滑塊的沖量大小為10N?s D．緩沖墻對(duì)滑塊做的功為﹣2.5J【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、從O到M的過(guò)程，由動(dòng)能定理可知，解得滑塊運(yùn)動(dòng)到M的速度大小為v0＝5m/s，故A錯(cuò)誤；B、由M到N的過(guò)程中，加速度大小為，由位移公式可得，可得滑塊運(yùn)動(dòng)到N的速度大小為v＝3m/s，故B錯(cuò)誤；C、由N到P可知，解得被緩沖墻反彈，滑塊的速度大小v'＝﹣2m/s（方向與初速度反向，取負(fù)），由動(dòng)量定理可知緩沖墻對(duì)滑塊的沖量I＝Δp＝mv'﹣mv＝1×（﹣2）N?s﹣1×3N?s＝﹣5N?s，故C錯(cuò)誤；D、由動(dòng)能定理可得緩沖墻對(duì)滑塊做的功，代入數(shù)據(jù)解得W＝﹣2.5J，故D正確．9．（2022春?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期中）如圖，光滑水平地面上有一小車(chē)，一輕彈簧的一端與車(chē)廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，滑塊與車(chē)廂的水平底板間有摩擦。給小車(chē)一個(gè)瞬時(shí)沖擊作用，使其瞬間獲得速度v0。在地面參考系（可視為慣性系）中，小車(chē)、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）A．從小車(chē)獲得速度v0到彈簧壓縮至最短的過(guò)程，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 B．從小車(chē)獲得速度v0到彈簧壓縮至最短的過(guò)程，動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 C．從彈簧壓縮至最短到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程，動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒 D．從彈簧壓縮至最短到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程，動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒【答案】B?！窘馕觥拷猓簭男≤?chē)獲得速度v0開(kāi)始，小車(chē)、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；當(dāng)滑塊在車(chē)廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，彈簧被壓縮且彈簧的彈力大于滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力，滑塊受到的合力不為零，滑塊相對(duì)車(chē)廂底板滑動(dòng)，系統(tǒng)要克服摩擦力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能減小，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B正確，ACD錯(cuò)誤。10．（2022?歷城區(qū)校級(jí)模擬）離子發(fā)動(dòng)機(jī)是利用電場(chǎng)加速離子形成高速離子流而產(chǎn)生推力的航天發(fā)動(dòng)機(jī)，工作時(shí)將推進(jìn)劑離子化，使之帶電，然后在靜電場(chǎng)作用下推進(jìn)劑得到加速后噴出，從而產(chǎn)生推力，這種發(fā)動(dòng)機(jī)適用于航天器的姿態(tài)控制、位置保持等，航天器質(zhì)量M，單個(gè)離子質(zhì)量m，帶電量q，加速電場(chǎng)的電壓為U，高速離子形成的等效電流強(qiáng)度為I，根據(jù)以上信息計(jì)算該發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的推力為（）A．I B．I C．I D．I【答案】B。【解析】解：根據(jù)動(dòng)能定理得：解得：v＝根據(jù)電流的定義式有對(duì)離子，根據(jù)動(dòng)量定理可得：FΔt＝Nmv聯(lián)立解得：F＝I，故B正確，ACD錯(cuò)誤；11．（2022?襄城區(qū)校級(jí)四模）如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量分布均勻的長(zhǎng)木板A、B放置在水平桌面上，質(zhì)量均為m，木板長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，水平桌面以M點(diǎn)為界，左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙，粗糙部分與兩木板的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，粗糙部分的長(zhǎng)度為s（s＞2L）。初始時(shí)木板B的左端恰與M點(diǎn)重合，現(xiàn)使木板A木塊以初速度v0滑向B，與B碰后粘合成為一個(gè)整體（碰撞時(shí)間極短），最終兩木塊沒(méi)有掉落桌面，則v0的最大值為（）A． B． C． D．【答案】A?！窘馕觥拷猓焊鶕?jù)動(dòng)量守恒，可知mv0＝2mv，解得v＝，即為A、B粘為一個(gè)整體的速度；從粘合成為一個(gè)整體開(kāi)始到全部運(yùn)動(dòng)到粗糙平面，摩擦力隨位移均勻增大，然后摩擦力不變，減速至零，根據(jù)動(dòng)能定理，﹣﹣μ?2mg（s﹣L）＝0﹣，解得v0＝，即為v0的最大值，故A正確，BCD錯(cuò)誤；12．（2022春?五華區(qū)校級(jí)期中）光滑水平面上質(zhì)量為2kg的物體受到水平拉力F的作用由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，過(guò)程中的a﹣t圖如圖所示。下列判斷正確的是（）A．0﹣4s內(nèi)物體先做加速運(yùn)動(dòng)再做勻速運(yùn)動(dòng) B．6s末物體的速度為零 C．0﹣4s內(nèi)拉力做功49J D．0﹣4s內(nèi)拉力沖量為18N?s【答案】C。【解析】解：AB、物體是從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，故在0～1s內(nèi)做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)；1～4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，4～6s做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，6s末加速度為零，速度最大，故AB錯(cuò)誤；D、a﹣t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度變化量，故根據(jù)動(dòng)量定理可得0～4s內(nèi)拉力的沖量為，故D錯(cuò)誤；C、因?yàn)樗矫婀饣饰矬w受到的合力大小等于F，根據(jù)動(dòng)能定理可得因?yàn)槭菑撵o止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的，所以4s末的動(dòng)量為p＝14N?s根據(jù)聯(lián)立可求得WF＝49J故C正確。13．（2022春?楊浦區(qū)校級(jí)期中）如圖甲所示，兩小球a、b在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上發(fā)生正向?qū)π呐鲎?。小球a、b質(zhì)量分別為m1和m2，且m1＝1kg。取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時(shí)間變化的x﹣t圖像如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．碰撞前球a做加速運(yùn)動(dòng)，球b做勻速運(yùn)動(dòng) B．碰撞后球a做減速運(yùn)動(dòng)，球b做加速運(yùn)動(dòng) C．碰撞后兩小球的總動(dòng)能為8J D．碰撞前后兩小球總動(dòng)能為4J【答案】C?！窘馕觥拷猓篈B、根據(jù)x﹣t圖像可知碰撞前后球a做勻速運(yùn)動(dòng)，球b靜止；碰撞后球a和球b均做勻速運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；CD、碰撞前a球的速度為：碰撞后兩小球的速度分別為：；根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：m1va1＝m1va2+m2vb1解得：m2＝3kg碰前兩小球的動(dòng)能為：碰后兩小球的動(dòng)能為：，故C正確，D錯(cuò)誤；14．（2022?鞍山二模）質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為M的小球C?，F(xiàn)將C球拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放C球。下面說(shuō)法正確的是（）A．A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小球C到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度大小為 C．小球C到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)速度為零 D．小球C第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)木塊A、B分離【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、木塊A、B和小球C組成的系統(tǒng)豎直方向動(dòng)量不守恒，水平方向動(dòng)量守恒，所以系統(tǒng)的總動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B、如果A和B固定，小球C到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度大小為v，則有：mgL＝，解得：v＝；現(xiàn)在木塊A和B并排放在光滑水平面上，當(dāng)小球C達(dá)到水平地面上時(shí)，A和B水平方向的速度不為零，根據(jù)能量守恒定律可知，小球的速度小于，故B錯(cuò)誤；CD、小球C第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)木塊A、B分離，此后B以一定的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)；對(duì)個(gè)系統(tǒng)，水平方向根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，小球C到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)A和C的動(dòng)量大小與B的動(dòng)量大小相等、方向相反，速度不為零，故C錯(cuò)誤、D正確。15．（2022春?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）在冰壺比賽中，紅壺以一定速度與靜止在大本營(yíng)中心的藍(lán)壺發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短，如圖甲所示．碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺劇摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面，來(lái)減小阻力．碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖線如圖乙中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，已知兩壺質(zhì)量相等，由圖像可得（）A．碰撞后，藍(lán)壺經(jīng)過(guò)4s停止運(yùn)動(dòng) B．紅、藍(lán)兩壺的碰撞過(guò)程是彈性碰撞 C．碰撞后，藍(lán)壺的瞬時(shí)速度為0.8m/s D．紅、藍(lán)兩壺從碰后至停止的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，所受摩擦力的沖量之比為1：5【答案】C?！窘馕觥拷猓篈、設(shè)碰撞后藍(lán)壺經(jīng)過(guò)ts時(shí)間停止運(yùn)動(dòng)。根據(jù)三角形相似法知，，解得：t＝5s，故A錯(cuò)誤。C、設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后速度為v′0＝0.2m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv，解得：v＝0.8m/s，故C正確。B、碰撞過(guò)程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為：ΔEk＝，解得：ΔEk＝0.16m＞0，所以紅藍(lán)兩壺碰撞過(guò)程是非彈性碰撞，故B錯(cuò)誤。D、紅、藍(lán)兩壺碰后至停止運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，所受摩擦力的沖量大小之比I紅：I藍(lán)＝mv′0：mv＝1：4，故D錯(cuò)誤。16．（2022春?滄州期末）如圖所示，水平面上AO段粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，OB段光滑．物體甲放在距O點(diǎn)左側(cè)x1＝3m的A處，質(zhì)量為M＝7kg的物體乙靜止放在距O點(diǎn)右側(cè)x2＝4m的B處．現(xiàn)給物體甲一個(gè)初速度v0＝10m/s，物體甲與物體乙在B點(diǎn)發(fā)生彈性正碰，碰后物體甲恰好能返回出發(fā)點(diǎn)A，重力加速度g取10m/s2，兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，則（）A．物體甲到O點(diǎn)速度大小為8.5m/s B．物體甲向右從O點(diǎn)到B點(diǎn)所用的時(shí)間為0.75s C．物體甲與乙碰撞后，物體甲的速度的大小為5m/s D．物體甲的質(zhì)量為1kg【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、對(duì)物體甲，由牛頓第二定律得：﹣μmg＝ma，代入數(shù)據(jù)解得：a＝﹣6m/s2，設(shè)甲到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，則＝2ax1，代入數(shù)據(jù)解得：v＝8m/s，故A錯(cuò)誤；B、甲在OB段勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝s＝0.5s，故B錯(cuò)誤；C、設(shè)碰撞后瞬間甲的速度為v1，碰撞后甲在BO段勻速返回，到OA段勻減速停止在A點(diǎn)，則﹣＝2ax1，代入數(shù)據(jù)解得：v1＝6m/s，故C錯(cuò)誤；D、甲乙發(fā)生彈性正碰，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv＝mv1+Mv2，由機(jī)械能守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：m＝1kg，故D正確。17．（2022?永州三模）如圖，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小球A、B質(zhì)量分別為m、km（k為待定系數(shù)）。A球從左邊與圓心等高處由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點(diǎn)的B球相撞，碰撞中無(wú)機(jī)械能損失，重力加速度為g。關(guān)于各種情況下k的取值。下列各項(xiàng)中不正確的是（）A．若0＜k＜0.2，則小球B第一次碰后就能夠運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn) B．若0.2＜k＜1，則小球B第一次碰后將會(huì)在某處脫離圓軌道 C．若k＞1，小球B不可能脫軌 D．若k＝3，小球A和小球B將在圓軌道的最低點(diǎn)發(fā)生第二次碰撞【答案】B?！窘馕觥拷猓盒∏駻下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgR＝mv02，解得A與B碰撞前的速度v0＝，碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定理得：mv0＝mvA+kmvB，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mv02＝mvA2+kmvB2，聯(lián)立解得：vB＝，vA＝。B小球恰運(yùn)動(dòng)至軌道頂點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：kmvB2＝kmg?2R+kmv2，小球B能恰好通過(guò)最高點(diǎn)，則有：mg＝m，解得：v＝聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)解得：k＝﹣1≈0.265。A、由上分析可知，當(dāng)k≤0.265時(shí)，B球可運(yùn)動(dòng)至軌道最高點(diǎn)，故A正確；B、當(dāng)0.265＜k＜1時(shí)，B脫軌，而k＞0.2，不一定脫軌，故B錯(cuò)誤；C、若k＝1，兩球發(fā)生彈性碰撞，由于兩球質(zhì)量相等，速度交換，B球恰能運(yùn)動(dòng)到四分之一圓弧軌道，所以若k＞1，小球運(yùn)動(dòng)不到四分之一圓弧軌道處速度減為零，又返回，所以小球B不可能脫軌，故C正確；D、若k＝3時(shí)，vB＝，vA＝﹣，兩球速度大小相等，方向相反，經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間會(huì)同時(shí)回到最低點(diǎn)，所以?xún)汕驎?huì)在最低點(diǎn)發(fā)生第二次碰撞，故D正確。本題選錯(cuò)誤的。18．（2022春?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，豎直輕質(zhì)彈簧下端焊接一個(gè)質(zhì)量為m的小球A，A處于靜止?fàn)顟B(tài)。在A的正下方一質(zhì)量為2m的小球B正被豎直向上拋出，與A球發(fā)生對(duì)心彈性正碰，碰前瞬間B球的速度為v0，碰后兩球仍沿同一直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)A球運(yùn)動(dòng)到碰前初始位置時(shí)再次與B球發(fā)生彈性對(duì)心正碰。則（）A．在兩次碰撞之間的過(guò)程中彈簧對(duì)A球的沖量一定為零 B．在兩次碰撞之間的過(guò)程中重力對(duì)A球的沖量一定為零 C．若只將題中碰前瞬間B球的速度改為2v0，則兩球仍能在原位置發(fā)生第二次碰撞 D．A球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球B的速度恰好為零【答案】D。【解析】解：A、A、B兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后A的速度為vA，B的速度為vB，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知：2mv0＝mvA+2mvB，根據(jù)能量守恒定律可知：＝+，聯(lián)立解得：vA＝v0，vB＝v0由題可知第二次碰撞是在初始位置，根據(jù)能量守恒定律，則兩球回到初始位置時(shí)速度和碰后的速度大小相同方向相反，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，分析A球有：mgt+I＝m?v0﹣m（﹣v0）分析B球有：2mgt＝2mv0﹣2m（﹣v0）解得在兩次碰撞之間的過(guò)程中彈簧對(duì)A球的沖量為：I＝2，故A錯(cuò)誤。B、在兩次碰撞之間的過(guò)程中重力對(duì)A球的沖量為：IG＝mgt，故B錯(cuò)誤。C、第一次碰撞前小球B做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，若只將題中碰前瞬間B球的速度改為2v0，B球的能量增加，但是B球仍做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，但是碰后A球的能量也增加，小球A和彈簧相連接，因此小球A的運(yùn)動(dòng)情況與第一次不相同，則兩球不會(huì)在原位置發(fā)生第二次碰撞，故C錯(cuò)誤。D、由于第二次碰撞是在初始位置，根據(jù)運(yùn)動(dòng)對(duì)稱(chēng)性，兩個(gè)小球上升和下降的時(shí)間是相同的，A球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，B球也運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，此時(shí)的B球速度恰好為零，故D正確。19．（2021秋?湖南月考）如圖所示，質(zhì)量為M的小車(chē)靜止在光滑的水平面上，小車(chē)AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為m的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從小車(chē)上的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點(diǎn)。已知M＝3m，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是（）A．滑塊從A滑到C的過(guò)程中，滑塊和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．滑塊滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為 C．滑塊從A滑到C的過(guò)程中，小車(chē)的位移大小為 D．水平軌道的長(zhǎng)度L＝【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、滑塊從A到B過(guò)程系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，在豎直方向所受合外力不為零，系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，滑塊從B到C過(guò)程系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；B、滑塊由A到B過(guò)程系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)滑塊到B時(shí)的速度大小為vm，小車(chē)的速度大小為v，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：0＝mvm﹣Mv，由機(jī)械能守恒定律得：mgR＝+Mv2解得：vm＝，故B錯(cuò)誤；C、設(shè)全程小車(chē)相對(duì)地面的位移大小為s，根據(jù)題意可知全程滑塊水平方向相對(duì)小車(chē)的位移為R+L，則滑塊水平方向相對(duì)地面的位移為：x'＝R+L﹣s，滑塊與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得：m?M＝0，已知M＝3m，解得：s＝（R+L），x'＝（R+L），故C錯(cuò)誤；D、滑塊與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得：0＝（m+M）v'，解得：v'＝0，由能量守恒定律得：mgR＝μmgL，解得：L＝，故D正確。（多選）20．（2022?湖南學(xué)業(yè)考試）如圖所示，一根彈性繩上端懸于A點(diǎn)、自然伸長(zhǎng)時(shí)，下端恰好與正下方的光滑小釘D（垂直地釘入紙面所代表的豎直墻壁）平齊。現(xiàn)在彈性繩下端掛一質(zhì)量為2m的重物P（可視為質(zhì)點(diǎn)），彈性繩靠著釘子左側(cè)伸長(zhǎng)l后、P靜止于地面上B點(diǎn)，此時(shí)地面對(duì)重物的支持力為mg。今將重物P向右拉開(kāi)到距A為l的O點(diǎn)，并以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立圖示x坐標(biāo)。設(shè)彈性繩的形變始終在彈性限度內(nèi)，其彈力滿(mǎn)足胡克定律，重物P與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。釋放重物P后，下列說(shuō)法正確的是（）A．P釋放的瞬間，其加速度大小為2.5m/s2 B．P釋放后，運(yùn)動(dòng)到x＝處時(shí)其速度最大 C．P釋放后，運(yùn)動(dòng)到x＝處將停止 D．釋放后P向左運(yùn)動(dòng)停止后，給它向右的瞬時(shí)沖量m，P能恰好回到O處【答案】BCD?！窘馕觥拷猓篈、P釋放的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得：解得：a＝1.25m/s2，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)P合外力為零時(shí)，此時(shí)P的速度最大，則有kl′cosθ＝μ（2mg﹣kl′sinθ）解得：由于以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立圖示x坐標(biāo)，則可恥運(yùn)動(dòng)到處時(shí)其速度最大，故B正確；C、設(shè)其運(yùn)動(dòng)到x處，停止運(yùn)動(dòng)，由于為變力，根據(jù)動(dòng)能定理得：則有摩擦力做功為Wf＝﹣μmgx＝﹣0.5mgx聯(lián)立可得：解得：，故C正確；D、根據(jù)C選項(xiàng)分析可知f＝﹣0.5mg又運(yùn)動(dòng)到x＝處是其速度最大，由動(dòng)能定理可得：Wf＝﹣μmgx＝﹣0.5mgx解得：又根據(jù)動(dòng)量定理得：，故D正確；（多選）21．（2022?滄州二模）如圖所示，圓心為O、半徑為R的四分之一光滑圓弧面豎直固定在水平地面上，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧兩端分別拴接質(zhì)量均為m的小球A、B，小球A置于光滑水平地面上，小球B置于圓弧面上由靜止釋放，小球B沿圓弧面下滑的過(guò)程中用水平力F作用在小球A上使其處于靜止?fàn)顟B(tài)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t小球B落地，落地后立刻撤去力F．已知小球B釋放的位置與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為53°，釋放小球B時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，彈簧與水平地面的夾角為37°，小球B落地時(shí)的速度為，落地后不反彈，重力加速度為g，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球B落地時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mgR B．時(shí)間t內(nèi)力F的沖量大小為kRt C．小球B離開(kāi)圓弧面后，彈簧的最大形變量為R D．小球B離開(kāi)圓弧面后，彈簧最長(zhǎng)時(shí)的彈性勢(shì)能為mgR【答案】AD?！窘馕觥拷猓篈、小球B下滑過(guò)程中，小球B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：，由題圖可知：h＝Rsin53°＝R，解得小球B落地時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為EP＝，故A正確；B、小球B落地時(shí)彈簧的壓縮量為：Δx＝，小球落地時(shí)彈力的大小為F＝kΔx＝，時(shí)間t內(nèi)彈力水平分力的平均值不是，小球A靜止，力F始終等于彈簧的水平分力，力F的沖量大小不是，故B錯(cuò)誤；C、剛撤去力F時(shí)，彈簧的形變量為Δx＝，小球B落地時(shí)速度方向豎直向下，落地后不反彈，則此時(shí)兩小球的速度均為0，B離開(kāi)圓弧面后，小球B、A和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)二者速度相等時(shí)，彈簧的形變量最大，根據(jù)能量守恒可知此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能小于剛撤去力F時(shí)的彈簧的彈性勢(shì)能，故彈簧的形變量小于，故C錯(cuò)誤；D、小球B離開(kāi)圓弧面后，彈簧最長(zhǎng)時(shí)兩球速度相等，從撤去力F到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，根據(jù)能量守恒定律可得：，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0＝2mv，此時(shí)的彈性勢(shì)能：，故D正確。22．（2022?湖北）打樁機(jī)是基建常用工具。某種簡(jiǎn)易打樁機(jī)模型如圖所示，重物A、B和C通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)長(zhǎng)繩跨過(guò)兩個(gè)光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實(shí)線位置）時(shí)，C到兩定滑輪的距離均為L(zhǎng)。重物A和B的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時(shí)連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時(shí)，用外力將C拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放。設(shè)C的下落速度為時(shí)，與正下方質(zhì)量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運(yùn)動(dòng)距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C、D均可視為質(zhì)點(diǎn)。（1）求C的質(zhì)量；（2）若D在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大?。唬?）撤掉樁D，將C再次拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動(dòng)能最大時(shí)C的動(dòng)能?！敬鸢浮浚?）C的質(zhì)量為m；（2）若D在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力F可視為恒力，F(xiàn)的大小為6.5mg；（3）撤掉樁D，將C再次拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放，A、B、C的總動(dòng)能最大時(shí)C的動(dòng)能為（4﹣2）mgL。【解析】解：（1）系統(tǒng)在如圖虛線位置保持靜止，以C為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件可知：mCg＝2mgcos30°解得：mC＝m；（2）CD碰后C的速度為零，設(shè)碰撞后D的速度v，取向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知：＝2mv解得：v＝CD碰撞后向下運(yùn)動(dòng)距離后停止，根據(jù)動(dòng)能定理可知：2mg?﹣F?＝0﹣解得：F＝6.5mg；（3）設(shè)某時(shí)刻C向下運(yùn)動(dòng)的速度為v′，AB向上運(yùn)動(dòng)的速度為v，圖中虛線與豎直方向的夾角為α，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知：+2×＝mCg?﹣2mg?（﹣L）令y＝mCg?﹣2mg?（﹣L）對(duì)上式求導(dǎo)數(shù)可得：＝當(dāng)＝0時(shí)，解得：cosα＝，即α＝30°此時(shí)，有：y＝mC