專題11 動量守恒定律-五年（2020-2024）高考物理真題分類匯編（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題11動量守恒定律考點五年考情（2020-2024）命題趨勢考點1動量守恒定律及應用2020年全國卷；2021年湖南卷、全國卷、山東卷、浙江卷；2022年北京卷、全國卷等動量守恒是高考物理的重要考點之一，它主要考察學生對動量守恒概念的理解和應用能力。動量守恒是指在一個系統(tǒng)內(nèi)，如果沒有外力作用或者外力的矢量和為零，那么這個系統(tǒng)的總動量保持不變。這一原理在解決許多物理問題時都非常關鍵，尤其是在碰撞、爆炸和反沖等問題中。首先，動量守恒常常與機械能守恒相結(jié)合進行考察。考生需要理解，在彈性碰撞中，系統(tǒng)不僅動量守恒，機械能也守恒；但在非彈性碰撞中，盡管動量仍然守恒，但機械能會有損失。例如，兩個小球發(fā)生彈性碰撞后，它們的總動量和總機械能都不會改變；而如果發(fā)生的是完全非彈性碰撞，即兩球粘合在一起運動，雖然動量守恒，但機械能會有部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，從而造成機械能損失。其次，動量守恒的考察還體現(xiàn)在對系統(tǒng)內(nèi)物體相互作用時的動量變化分析上。比如，人站在小車上用錘子敲打小車的問題中，由于人、小車和錘子組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，因此水平方向上的動量守恒。當錘子向左運動時，小車會向右運動，以保證系統(tǒng)的總動量為零。這種類型的題目要求學生能夠準確判斷系統(tǒng)的動量是否守恒，并利用動量守恒定律進行定量分析。再次，動量守恒的考察也常常涉及到圖像的解讀。例如，通過速度-時間圖像判斷碰撞前后物體的動量關系?？忌枰軌驈膱D像中讀取速度信息，并結(jié)合動量守恒的公式進行分析，從而得出正確的結(jié)論。最后，動量守恒不僅在理論題目中考察，還會在實驗題中有所體現(xiàn)。例如，通過實驗測量碰撞前后物體的速度和動量，驗證動量守恒定律的正確性。這類題目要求學生不僅理解動量守恒的概念，還要具備實驗操作和數(shù)據(jù)分析的能力。總之，動量守恒作為高考物理的重要考點，考察形式多樣，要求學生有扎實的理論基礎和較強的應用能力。在復習過程中，學生應重點掌握動量守恒的條件和應用范圍，學會將動量守恒與其他物理規(guī)律（如機械能守恒、能量守恒）相結(jié)合進行綜合分析。同時，通過大量的習題練習和實驗操作，提高解決實際問題的能力。考點2動量和能量2020年海南卷、北京卷、全國卷、山東卷、江蘇卷、天津卷；2021年天津卷、遼寧卷、海南卷、湖北卷、廣東卷、北京卷、河北卷、浙江卷；2022年、全國卷、福建卷、浙江卷；2023年全國卷、遼寧卷、浙江卷、湖南卷、湖北卷；2024年甘肅卷、湖南卷等考點01動量守恒定律及應用1．（2021·全國）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）A．動量守恒，機械能守恒B．動量守恒，機械能不守恒C．動量不守恒，機械能守恒D．動量不守恒，機械能不守恒【答案】B【解析】因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒和機械能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒。故選B。2．（多選）（2021·山東）如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對地面的速度水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力，以下判斷正確的是（）A．投出物資后熱氣球做勻加速直線運動B．投出物資后熱氣球所受合力大小為C．D．【答案】BC【解析】AB．熱氣球開始攜帶物資時處于靜止狀態(tài)，所受合外力為0，初動量為0，水平投出重力為的物資瞬間，滿足動量守恒定律則熱氣球和物資的動量等大反向，熱氣球獲得水平向左的速度，熱氣球所受合外力恒為，豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線運動，故A錯誤，B正確；CD．熱氣球和物資的運動示意圖如圖所示熱氣球和物資所受合力大小均為，所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為物資落地過程所用的時間內(nèi)，根據(jù)解得落地時間為熱氣球在豎直方向上運動的位移為熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運動，水平位移為根據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實際位移為故C正確，D錯誤。故選BC。4．（多選）（2021·湖南）如圖（a），質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為。撤去外力并開始計時，A、B兩物體運動的圖像如圖（b）所示，表示0到時間內(nèi)的圖線與坐標軸所圍面積大小，、分別表示到時間內(nèi)A、B的圖線與坐標軸所圍面積大小。A在時刻的速度為。下列說法正確的是（）A．0到時間內(nèi)，墻對B的沖量等于mAv0B．mA>mBC．B運動后，彈簧的最大形變量等于D．【答案】ABD【解析】A．由于在0~t1時間內(nèi)，物體B靜止，則對B受力分析有F墻=F彈則墻對B的沖量大小等于彈簧對B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A，則可將研究對象轉(zhuǎn)為A，撤去F后A只受彈力作用，則根據(jù)動量定理有I=mAv0（方向向右）則墻對B的沖量與彈簧對A的沖量大小相等、方向相同，A正確；B．由a—t圖可知t1后彈簧被拉伸，在t2時刻彈簧的拉伸量達到最大，根據(jù)牛頓第二定律有F彈=mAaA=mBaB由圖可知aB>aA則mB<mAB正確；C．由圖可得，t1時刻B開始運動，此時A速度為v0，之后AB動量守恒，AB和彈簧整個系統(tǒng)能量守恒，則可得AB整體的動能不等于0，即彈簧的彈性勢能會轉(zhuǎn)化為AB系統(tǒng)的動能，彈簧的形變量小于x，C錯誤；D．由a—t圖可知t1后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在t1~t2時間內(nèi)AB組成的系統(tǒng)動量守恒，且在t2時刻彈簧的拉伸量達到最大，A、B共速，由a—t圖像的面積為，在t2時刻AB的速度分別為，A、B共速，則D正確。故選ABD。5．（多選）（2020·全國）水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為（）A．48kg B．53kg C．58kg D．63kg【答案】BC【解析】設運動員和物塊的質(zhì)量分別為、規(guī)定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止，第一次將物塊推出后，運動員和物塊的速度大小分別為、，則根據(jù)動量守恒定律解得物塊與彈性擋板撞擊后，運動方向與運動員同向，當運動員再次推出物塊解得第3次推出后解得依次類推，第8次推出后，運動員的速度根據(jù)題意可知解得第7次運動員的速度一定小于，則解得綜上所述，運動員的質(zhì)量滿足AD錯誤，BC正確。故選BC。6.(多選)（2022·北京）質(zhì)量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率C．碰撞后的動量大于的動量 D．碰撞后的動能小于的動能【答案】C【解析】A．圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知碰前的速度大小為碰前速度為0，A錯誤；B．兩物體正碰后，碰后的速度大小為碰后的速度大小為碰后兩物體的速率相等，B錯誤；C．兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即解得兩物體質(zhì)量的關系為根據(jù)動量的表達式可知碰后的動量大于的動量，C正確；D．根據(jù)動能的表達式可知碰后的動能大于的動能，D錯誤。故選C。7．（2021·浙江）在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)量之比為2:1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）A．兩碎塊的位移大小之比為1:2 B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80mC．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/s D．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m【答案】B【解析】A．爆炸時，水平方向，根據(jù)動量守恒定律可知因兩塊碎塊落地時間相等，則則則兩碎塊的水平位移之比為1:2，而從爆炸開始拋出到落地的位移之比不等于1:2，選項A錯誤；B．設兩碎片落地時間均為t，由題意可知解得t=4s爆炸物的爆炸點離地面高度為選項B正確；CD．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的水平位移質(zhì)量小的碎塊的水平位移爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m+680m=1020m質(zhì)量大的碎塊的初速度為選項CD錯誤。故選B。8.(2022·全國甲卷·23)利用圖示的實驗裝置對碰撞過程進行研究．讓質(zhì)量為m1的滑塊A與質(zhì)量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導軌上發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進而分析碰撞過程是否為彈性碰撞．完成下列填空：(1)調(diào)節(jié)導軌水平；(2)測得兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg.要使碰撞后兩滑塊運動方向相反，應選取質(zhì)量為________kg的滑塊作為A；(3)調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時，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軌運動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時刻開始到各自撞到擋板所用的時間t1和t2；(5)將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復步驟(4)．多次測量的結(jié)果如下表所示；12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k＝eq\f(v1,v2)0.31k20.330.330.33(6)表中的k2＝________(保留2位有效數(shù)字)；(7)eq\f(v1,v2)的平均值為______(保留2位有效數(shù)字)；(8)理論研究表明，對本實驗的碰撞過程，是否為彈性碰撞可由eq\f(v1,v2)判斷．若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則eq\f(v1,v2)的理論表達式為__________________(用m1和m2表示)，本實驗中其值為________________(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)，則可認為滑塊A與滑塊B在導軌上的碰撞為彈性碰撞．【答案】(2)0.304(6)0.31(7)0.32(8)eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2－m1,2m1)0.34【解析】(2)用質(zhì)量較小的滑塊碰撞質(zhì)量較大的滑塊，碰后運動方向相反，故選0.304kg的滑塊作為A.(6)由于兩段位移大小相等，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可得k2＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(t2,t1)＝eq\f(0.21,0.67)＝0.31.(7)eq\f(v1,v2)的平均值為eq\x\to(k)＝eq\f(0.31＋0.31＋0.33＋0.33＋0.33,5)＝0.32.(8)彈性碰撞時滿足動量守恒和機械能守恒，可得m1v0＝－m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22聯(lián)立解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2－m1,2m1)，代入數(shù)據(jù)可得eq\f(v1,v2)＝0.34.考點02動量和能量1.（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【答案】B【解析】設中子的質(zhì)量為，氫核的質(zhì)量為，氮核的質(zhì)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。2．（2020·北京）在同一豎直平面內(nèi)，3個完全相同的小鋼球（1號、2號、3號）懸掛于同一高度；靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對心正碰。以下分析正確的是（）A．將1號移至高度釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度。若2號換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復上述實驗，3號仍能擺至高度B．將1、2號一起移至高度釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高度，釋放后整個過程機械能和動量都守恒C．將右側(cè)涂膠的1號移至高度釋放，1、2號碰撞后粘在一起，根據(jù)機械能守恒，3號仍能擺至高度D．將1號和右側(cè)涂膠的2號一起移至高度釋放，碰撞后，2、3號粘在一起向右運動，未能擺至高度，釋放后整個過程機械能和動量都不守恒【答案】D【解析】A．1號球與質(zhì)量不同的2號球相碰撞后，1號球速度不為零，則2號球獲得的動能小于1號球撞2號球前瞬間的動能，所以2號球與3號球相碰撞后，3號球獲得的動能也小于1號球撞2號球前瞬間的動能，則3號不可能擺至高度，故A錯誤；B．1、2號球釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，但整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；C．1、2號碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，所以1、2號球再與3號球相碰后，3號球獲得的動能不足以使其擺至高度，故C錯誤；D．碰撞后，2、3號粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，且整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的機械能和動量都不守恒，故D正確。故選D。3.（2020·全國）甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為（）A．3J B．4J C．5J D．6J【答案】A【解析】由v-t圖可知，碰前甲、乙的速度分別為，；碰后甲、乙的速度分別為，，甲、乙兩物塊碰撞過程中，由動量守恒得解得則損失的機械能為解得故選A。4．（2023·全國）如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導軌，其平行部分的間距為，導軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計。導軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為。一質(zhì)量為、電阻為、長度也為的金屬棒P靜止在導軌上。導軌上質(zhì)量為的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點。P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求（1）金屬棒P滑出導軌時的速度大小；（2）金屬棒P在導軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量；（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）由于絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得聯(lián)立解得，由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點，則金屬棒P滑出導軌時的速度大小為（2）根據(jù)能量守恒有解得（3）P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據(jù)動量定理得又，聯(lián)立可得由于Q為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運動，故Q運動的時間為5．（2023·遼寧）如圖，質(zhì)量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)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(zhì)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(nèi)，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(jié)果可用根式表示。（1）求木板剛接觸彈簧時速度v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??；（3）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(zhuǎn)化的內(nèi)能U（用t表示）。

【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）【解析】（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6．（2023·浙江）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(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量的滑塊a以初速度從D處進入，經(jīng)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(zhuǎn)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(zhì)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。【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【解析】（1）滑塊a從D到F，由能量關系在F點解得，F(xiàn)N=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7．（2023·湖南）如圖，質(zhì)量為的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)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(zhì)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(nèi)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(zhuǎn)，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(jié)果用及表示）。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（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8．（2023·湖北）如圖所示，空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t=0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。己知粒子甲的質(zhì)量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大?。唬?）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大?。唬?）時刻粒子甲、乙的位置坐標，及從第一次碰撞到的過程中粒子乙運動的路程。（本小問不要求寫出計算過程，只寫出答案即可）

【答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa【解析】（1）由題知，粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入到達點O，則說明粒子甲的半徑r=a根據(jù)解得（2）由題知，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周，則T甲=2T乙根據(jù)，有則粒子甲、乙碰撞過程，取豎直向下為正有mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙1

解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為。（3）已知在時，甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0則根據(jù)，可知此時乙粒子的運動半徑為可知在時，甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S1=6πa且在第二次碰撞時有mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙2

解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在時，甲、乙粒子發(fā)生第三次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞到第三次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S2=10πa且在第三次碰撞時有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙3

解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次類推在時，甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第八次碰撞到第九次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S8=10πa且在第九次碰撞時有mv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙9

解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在到過程中，甲粒子剛好運動半周，且甲粒子的運動半徑為r甲1=3a則時甲粒子運動到P點即（－6a，0）處。在到過程中，乙粒子剛好運動一周，則時乙粒子回到坐標原點，且此過程中乙粒子走過的路程為S0=3πa故整個過程中乙粒子走過總路程為S=4×6πa＋4×10πa＋3πa=67πa9.（2023·全國）如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)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(zhì)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(nèi)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(nèi)運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。

【答案】（1）小球速度大小，圓盤速度大小；（2）l；（3）4【解析】（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(nèi)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(nèi)，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(nèi)運動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數(shù)為4次。10.（2023·浙江1月）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(cè)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(zhì)量。將一質(zhì)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(cè)壁立即靜止，滑塊視為質(zhì)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??；（2）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?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【解析】（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11.（2022·天津）冰壺是冬季奧運會上非常受歡迎的體育項目。如圖所示，運動員在水平冰面上將冰壺A推到M點放手，此時A的速度，勻減速滑行到達N點時，隊友用毛刷開始擦A運動前方的冰面，使A與間冰面的動摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行，與靜止在P點的冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為和。已知A、B質(zhì)量相同，A與間冰面的動摩擦因數(shù)，重力加速度取，運動過程中兩冰壺均視為質(zhì)點，A、B碰撞時間極短。求冰壺A（1）在N點的速度的大小；（2）與間冰面的動摩擦因數(shù)。【答案】（1）；（2）【解析】（1）設冰壺質(zhì)量為，A受到冰面的支持力為，由豎直方向受力平衡，有設A在間受到的滑動摩擦力為，則有設A在間的加速度大小為，由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得由速度與位移的關系式，有代入數(shù)據(jù)解得（2）設碰撞前瞬間A的速度為，由動量守恒定律可得解得設A在間受到的滑動摩擦力為，則有由動能定理可得聯(lián)立解得12.（2022·海南）有一個角度可變的軌道，當傾角為時，A恰好勻速下滑，現(xiàn)將傾角調(diào)為，從高為h的地方從靜止下滑，過一段時間無碰撞地進入光滑水平面，與B發(fā)生彈性正碰，B被一根繩子懸掛，與水平面接觸但不擠壓，碰后B恰好能做完整的圓周運動，已知A的質(zhì)量是B質(zhì)量的3倍，求：①A與軌道間的動摩擦因數(shù)；②A與B剛碰完B的速度大?。虎劾K子的長度L?！敬鸢浮竣伲虎?；③0.6h【解析】①傾角為時勻速運動，根據(jù)平衡條件有得②③A從高為h的地方滑下后速度為，根據(jù)動能定理有A與B碰撞后速度分別為和，根據(jù)動量守恒、能量守恒有B到達最高點速度為，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)能量守恒有解得13．（2022·湖北）打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長的輕質(zhì)長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實線位置）時，C到兩定滑輪的距離均為L。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，此時連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時，用外力將C拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放。設C的下落速度為時，與正下方質(zhì)量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運動距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C、D均可視為質(zhì)點。（1）求C的質(zhì)量；（2）若D在運動過程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大??；（3）撤掉樁D，將C再次拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動能最大時C的動能?！敬鸢浮浚?）；（2）6.5mg；（3）【解析】（1）系統(tǒng)在如圖虛線位置保持靜止，以C為研究對象，根據(jù)平衡條件可知解得（2）CD碰后C的速度為零，設碰撞后D的速度v，根據(jù)動量守恒定律可知解得CD碰撞后D向下運動距離后停止，根據(jù)動能定理可知解得F=6.5mg（3）設某時刻C向下運動的速度為v′，AB向上運動的速度為v，圖中虛線與豎直方向的夾角為α，根據(jù)機械能守恒定律可知令對上式求導數(shù)可得當時解得即此時于是有解得此時C的最大動能為14．（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O正下方的A點，以速度v逆時針轉(zhuǎn)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(zhì)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）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）當時，，當時，【解析】（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(cè)，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．（2022·廣東）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(zhì)量，滑桿的質(zhì)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?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【解析】（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。16．（2022·河北）如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質(zhì)量分別為和，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質(zhì)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?！敬鸢浮浚?），，方向均向右；（2）【解析】（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(zhì)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。滑板A、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(zhì)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(zhì)量為，新滑板的質(zhì)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17．（2022·全國）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運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時間內(nèi)，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(nèi)。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)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（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0-t0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18．（2021·海南）如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。（1）滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大??；（2）某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；（3）若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功。【答案】（1）v共=；（2）x=；（3）t=，W=mv02【解析】（1）由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv0=3mv共解得v共=（2）由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木=2v滑再根據(jù)動量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑聯(lián)立化簡得v滑=v0，v木=v0再根據(jù)功能關系有-μmgx=×2mv木2+mv滑2-×2mv02經(jīng)過計算得x=（3）由于木板保持勻速直線運動，則有F=μmg對滑塊進行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有a滑=μg滑塊相對木板靜止時有v0=a滑t解得t=則整個過程中木板滑動的距離為x′=v0t=則拉力所做的功為W=Fx′=mv0219．（2021·湖北）如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q點相切。在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運動。A、B發(fā)生正碰后，B到達半圓弧軌道最高點時對軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運動到與O點等高的C點時速度為零。已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。（1）求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點的距離；（2）當A由C點沿半圓弧軌道下滑到D點時，OD與OQ夾角為θ，求此時A所受力對A做功的功率；（3）求碰撞過程中A和B損失的總動能?！敬鸢浮浚?）2R；（2）；（3）【解析】解：（1）設B到半圓弧軌道最高點時速度為，由于B對軌道最高點的壓力為零，則由牛頓第二定律得B離開最高點后做平拋運動，則在豎直方向上有在水平方向上有聯(lián)立解得x=2R（2）對A由C到D的過程，由機械能守恒定律得由于對A做功的力只有重力，則A所受力對A做功的功率為解得（3）設A、B碰后瞬間的速度分別為v1，v2，對B由Q到最高點的過程，由機械能守恒定律得解得對A由Q到C的過程，由機械能守恒定律得解得設碰前瞬間A的速度為v0，對A、B碰撞的過程，由動量守恒定律得解得碰撞過程中A和B損失的總動能為解得20．（2021·遼寧）如圖所示，在x>0區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場；在x<0區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子甲從點S（-a，0）由靜止釋放，進入磁場區(qū)域后，與靜止在點P（a，a）、質(zhì)量為的中性粒子乙發(fā)生彈性正碰，且有一半電量轉(zhuǎn)移給粒子乙。（不計粒子重力及碰撞后粒子間的相互作用，忽略電場、磁場變化引起的效應）（1）求電場強度的大小E；（2）若兩粒子碰撞后，立即撤去電場，同時在x≤0區(qū)域內(nèi)加上與x>0區(qū)域內(nèi)相同的磁場，求從兩粒子碰撞到下次相遇的時間△t；（3）若兩粒子碰撞后，粒子乙首次離開第一象限時，撤去電場和磁場，經(jīng)一段時間后，在全部區(qū)域內(nèi)加上與原x>0區(qū)域相同的磁場，此后兩粒子的軌跡恰好不相交，求這段時間內(nèi)粒子甲運動的距離L。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）粒子甲勻速圓周運動過P點，則在磁場中運動軌跡半徑R=a則則粒子從S到O，有動能定理可得可得（2）甲乙粒子在P點發(fā)生彈性碰撞，設碰后速度為、，取向上為正，則有計算可得兩粒子碰后在磁場中運動解得，兩粒子在磁場中一直做軌跡相同的勻速圓周運動，周期分別為則兩粒子碰后再次相遇解得再次相遇時間（3）乙出第一象限時甲在磁場中偏轉(zhuǎn)角度為撤去電場磁場后，兩粒子做勻速直線運動，乙粒子運動一段時間后，再整個區(qū)域加上相同的磁場，粒子在磁場中仍做半徑為a的勻速圓周運動，要求軌跡恰好不相切，則如圖所示設撤銷電場、磁場到加磁場乙運動了，由余弦定理可得則從撤銷電場、磁場到加磁場乙運動的位移21．（2021·天津）一玩具以初速度從水平地面豎直向上拋出，達到最高點時，用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1∶4的兩部分，此時它們的動能之和與玩具從地面拋出時的動能相等。彈簧彈開的時間極短，不計空氣阻力。求（1）玩具上升到最大高度時的速度大??；（2）兩部分落地時速度大小之比?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）設玩具上升的最大高度為h，玩具上升到高度時的速度大小為v，重力加速度大小為g，以初速度方向為正，整個運動過程有玩具上升到最大高度有兩式聯(lián)立解得（2）設玩具分開時兩部分的質(zhì)量分別為、，水平速度大小分別為、。依題意，動能關系為玩具達到最高點時速度為零，兩部分分開時速度方向相反，水平方向動量守恒，有分開后兩部分做平拋運動，由運動學關系，兩部分落回地面時，豎直方向分速度大小為，設兩部分落地時的速度大小分別為、，由速度合成公式，有，結(jié)合，解得22．（2021·北京）如圖所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為m=0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為h=0.45m，兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離為s=0.30m，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）兩物塊在空中運動的時間t；（2）兩物塊碰前A的速度v0的大?。唬?）兩物塊碰撞過程中損失的機械能?！敬鸢浮浚?）0.30s；（2）；（3）【解析】（1）豎直方向為自由落體運動，由得t=0.30s（2）設A、B碰后速度為，水平方向為勻速運動，由得根據(jù)動量守恒定律，由得（3）兩物體碰撞過程中損失的機械能得23．（2021·浙江）如圖所示，水平地面上有一高的水平臺面，臺面上豎直放置傾角的粗糙直軌道、水平光滑直軌道、四分之一圓周光滑細圓管道和半圓形光滑軌道，它們平滑連接，其中管道的半徑、圓心在點，軌道的半徑、圓心在點，、D、和F點均處在同一水平線上。小滑塊從軌道上距臺面高為h的P點靜止下滑，與靜止在軌道上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道、軌道從F點豎直向下運動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點，已知小滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，，。（1）若小滑塊的初始高度，求小滑塊到達B點時速度的大??；（2）若小球能完成整個運動過程，求h的最小值；（3）若小球恰好能過最高點E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點Q與F點的水平距離x的最大值?！敬鸢浮浚?）4m/s；（2）；（3）0.8m【解析】（1）小滑塊在軌道上運動代入數(shù)據(jù)解得（2）小球沿軌道運動，在最高點可得從C點到E點由機械能守恒可得解得，小滑塊與小球碰撞后動量守恒，機械能守恒，因此有，解得，結(jié)合(1)問可得解得h的最小值（3）設F點到G點的距離為y，小球從E點到G點的運動，由動能定理由平拋運動可得，聯(lián)立可得水平距離為由數(shù)學知識可得當取最大，最大值為24．（2021·廣東）算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔，乙與邊框a相隔，算珠與導桿間的動摩擦因數(shù)?，F(xiàn)用手指將甲以的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取。（1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間?！敬鸢浮浚?）能；（2）0.2s【解析】（1）由牛頓第二定律可得，甲乙滑動時均有則甲乙滑動時的加速度大小均為甲與乙碰前的速度v1，則解得v1=0.3m/s甲乙碰撞時由動量守恒定律解得碰后乙的速度v3=0.2m/s然后乙做減速運動，當速度減為零時則可知乙恰好能滑到邊框a；（2）甲與乙碰前運動的時間碰后甲運動的時間則甲運動的總時間為25．（2021·河北）如圖，一滑雪道由和兩段滑道組成，其中段傾角為，段水平，段和段由一小段光滑圓弧連接，一個質(zhì)量為的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若后質(zhì)量為的滑雪者從頂端以的初速度、的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起，背包與滑道的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取，，，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化，求：（1）滑道段的長度；（2）滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）設斜面長度為，背包質(zhì)量為，在斜面上滑行的加速度為，由牛頓第二定律有解得滑雪者質(zhì)量為，初速度為，加速度為，在斜面上滑行時間為，落后時間，則背包的滑行時間為，由運動學公式得聯(lián)立解得或故可得（2）背包和滑雪者到達水平軌道時的速度為、，有滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動量守恒，設共同速度為，有解得26．（2020·海南）如圖，光滑的四分之一圓弧軌道PQ豎直放置，底端與一水平傳送帶相切，一質(zhì)量的小物塊a從圓弧軌道最高點P由靜止釋放，到最低點Q時與另一質(zhì)量小物塊b發(fā)生彈性正碰（碰撞時間極短）。已知圓弧軌道半徑，傳送帶的長度L=1.25m，傳送帶以速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，小物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，。求（1）碰撞前瞬間小物塊a對圓弧軌道的壓力大小；（2）碰后小物塊a能上升的最大高度；（3）小物塊b從傳送帶的左端運動到右端所需要的時間。【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）1s【解析】（1）設小物塊a下到圓弧最低點未與小物塊b相碰時的速度為，根據(jù)機械能守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得小物塊a在最低點，根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)牛頓第三定律，可知小物塊a對圓弧軌道的壓力大小為30N。（2）小物塊a與小物塊b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒有根據(jù)能量守恒有聯(lián)立解得，小物塊a反彈，根據(jù)機械能守恒有解得（3）小物塊b滑上傳送帶，因，故小物塊b先做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律有解得則小物塊b由2m/s減至1m/s，所走過的位移為代入數(shù)據(jù)解得運動的時間為代入數(shù)據(jù)解得因，故小物塊b之后將做勻速運動至右端，則勻速運動的時間為故小物塊b從傳送帶的左端運動到右端所需要的時間27．（2020·江蘇）一只質(zhì)量為的烏賊吸入的水，靜止在水中。遇到危險時，它在極短時間內(nèi)把吸入的水向后全部噴出，以的速度向前逃竄。求該烏賊噴出的水的速度大小v?！敬鸢浮俊窘馕觥繛踬\噴水過程，時間較短，內(nèi)力遠大于外力，動量守恒；選取烏賊逃竄的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得解得噴出水的速度大小為28．（2020·天津）長為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為的小球A，處于靜止狀態(tài)。A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點。當A回到最低點時，質(zhì)量為的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并能通過圓周軌跡的最高點。不計空氣阻力，重力加速度為g，求（1）A受到的水平瞬時沖量I的大??；（2）碰撞前瞬間B的動能至少多大？【答案】（1）；（2）【解析】（1）A恰好能通過圓周軌跡的最高點，此時輕繩的拉力剛好為零，設A在最高點時的速度大小為v，由牛頓第二定律，有①A從最低點到最高點的過程中機械能守恒，取軌跡最低點處重力勢能為零，設A在最低點的速度大小為，有②由動量定理，有③聯(lián)立①②③式，得④（2）設兩球粘在一起時速度大小為，A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需滿足⑤要達到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向為正方向，設B碰前瞬間的速度大小為，由動量守恒定律，有⑥又⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動能至少為⑧29．（2020·山東）如圖所示，一傾角為的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為m和4m，Q靜止于斜面上A處。某時刻，P以沿斜面向上的速度v0與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動摩擦因數(shù)等于，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。P與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動能損失。兩物塊均可以看作質(zhì)點，斜面足夠長，Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。(1)求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vP1、vQ1；(2)求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn；(3)求物塊Q從A點上升的總高度H；(4)為保證在Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)