2026高考物理专题复习之历年真题精选分类汇编（学生版）_专题7　动量守恒定律

这是一份2026高考物理专题复习之历年真题精选分类汇编（学生版）_专题7　动量守恒定律，共6页。试卷主要包含了S3分别表示t1到t2时间内A等内容，欢迎下载使用。
题点1 冲量和动量
(2025·广东卷·10)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0－kt(F>0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻)，下列说法正确的有( )
A.受到空气作用力的方向会变化
B.受到拉力的冲量大小为(F0－12kT)T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋(F0－12kT)T
D.T时刻受到空气作用力的大小为34(F0−kT)2＋(mg＋F0−kT2)2
【难度】较难题
(2024·黑吉辽·1)2024年5月3日，长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移轨道，火箭升空过程中，以下描述其状态的物理量属于矢量的是( )
A．质量 B．速率
C．动量 D．动能
【难度】基础题
(2021·湖南卷·2)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x图像中的一个点．物体运动状态的变化可用p－x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹．假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
【难度】基础题
(2023·重庆卷·8)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y=4t−26和y=−2t+140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则( )
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于失重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg∙m/s
D．MN段无人机机械能守恒
【关联题点】匀变速规律应用
【难度】基础题
题点2 图像问题
(2025·甘肃卷·14)如图甲所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
(1)t＝6 s时F的大小，以及t在0~6 s内F的冲量大小；
(2)t在0~6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f－t图像；
(3)t＝6 s时，物块的速度大小。
【难度】较难题
【关联题点】动量定理
(2023·福建卷·6)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图(a)所示，乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。则( )
A．0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大
B．乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同
C．2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同
D．t = 8s时，甲、乙两车的动能不同
【关联题点】匀变速规律应用
【难度】基础题
(2022·重庆卷·4)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部( )
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D．加速度大小先增大后减小
【难度】基础题
(2021·湖南卷·8)如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a－t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小．A在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是( )
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA>mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1－S2＝S3
【难度】较难题
题点3 动量定理
（2025·浙江6月选考·9）高空抛物伤人事件时有发生,成年人头部受到500 N的冲击力,就会有生命危险。设有一质量为50 g的鸡蛋从高楼坠落,以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间,上、下沿距离为5 cm,要产生500 N的冲击力,估算鸡蛋坠落的楼层为( )
A.5层B.8层C.17层D.27层
【难度】 中档题
(2025·湖北卷·7)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为L2的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于( )
A.L2μgB.LμgC.2LμgD.2Lμg
【难度】较难题
【关联题点】水平面上的动力学问题
(2025·北京卷·19)关于飞机的运动，研究下列问题。
(1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
(2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。己知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为a1，减速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d。
(3)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。
【难度】中档题
【关联题点】动能与变力做功
(2025·河北卷·14)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。小物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。小物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
(2)若小物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，小物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求小物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及小物块弹离地面时水平速度的大小。
【难度】中档题
【关联题点】动量定理
(2021天津卷·7)一冲九霄，问鼎苍穹.2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段．下列关于火箭的描述正确的是( )
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
【难度】基础题
(多选)(2023·广东卷·10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
【难度】基础题
(2022·山东卷·2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中( )
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【难度】基础题
(2022·湖南卷·14)如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处．设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍(λ为常数且0mQB.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mND.mQ>mN>mP
【难度】中档题
(2024·江苏卷·9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则( )
A.弹簧原长时A动量最大
B.压缩最短时A动能最大
C.系统动量变大
D.系统机械能变大
【难度】基础题
(2024·江苏卷·14)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度大小v1；
(2)分离时A对B的推力大小。
【难度】基础题
(2023·新课标卷·19)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
(2021河北卷·13)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,12)，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝eq \f(7,25)，cs θ＝eq \f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度大小．
【难度】基础题
(2022北京卷·10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
【难度】基础题
(2021·广东卷·13)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零．如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1.现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2.
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
【关联题点】牛顿第二定律
【难度】基础题
考点3 动量守恒中的几类典型模型
题点1 人船模型
(2023·湖南卷·15)如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
(2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
(3)若eq \f(M,m)＝eq \f(b,a－b)，求小球下降h＝eq \f(b,2)高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。
【难度】较难题
(2021·山东卷·11)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是( )
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
C．d=1+mM2Hv02g+H2
D．d=2Hv02g+1+mM2H2
【难度】中档题
题点2 碰撞模型
(2025·甘肃卷·4)如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为( )
A.1.5 m/sB.3.0 m/s
C.4.5 m/sD.6.0 m/s
【难度】中档题
(2025·广东卷·7)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是( )
【难度】较难题
(2021·福建卷·15)如图(a)，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为2L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q(Q>0)。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图(b)所示。一电荷量为Q(Q>0)的小球S1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图(c)所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。
(1)求小球S1在M点所受电场力大小。
(2)当小球S1运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知S1与S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为4kQ23L，碰撞时间极短。求碰撞前S2的动量大小。
(3)现将S2固定在N点，为保证S1能运动到N点与之相碰，S1从M点下落时的初动能须满足什么条件？
【关联题点】动能定理
【难度】较难题
(2023·天津卷·12)已知A、B两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从h＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)碰撞时离地高度x；
(2)碰后速度v；
(3)碰撞损失机械能ΔE。
【难度】中档题
(2023·北京卷·18)如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
(1)A释放时距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
【难度】中档题
(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
【难度】中档题
(2021·湖北卷·15)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切．在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动．A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零．已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力．
(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能．
【关联题点】机械能守恒定律
【难度】中档题
(2020·天津卷·11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
【关联题点】机械能守恒定律
【难度】中档题
题点3 爆炸与反冲
(2025·北京卷·17)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小v0；
(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB；
(3)A、B落地点之间的距离d。
【难度】基础题
(2021天津卷·11)一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等．弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力．求：
(1)玩具上升到最大高度eq \f(3,4)时的速度大小；
(2)两部分落地时速度大小之比．
【难度】中档题
(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
【难度】基础题
(2020·江苏卷·12)一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水，静止在水中．遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2 m/s的速度向前逃窜．求该乌贼喷出的水的速度大小v.
【难度】基础题
考点4 动量和能量的综合应用
题点1 板块类问题
（2025·浙江1月选考·8）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则( )
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
【难度】 中档题
(2022·河北卷·13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10 m/s2.
(1)若0mN>mP，故选D。
【答案】A
【解析】对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，C、D错误；
滑板A受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由kx=ma知滑板做加速度减小的加速运动，弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A动量最大，动能最大，故A正确，B错误。
【答案】(1)(m+M)v0−Mvm (2)M(v−v0)Δt
【解析】(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m+M)v0=Mv+mv1
解得v1=(m+M)v0−Mvm
(2)以B为研究对象，对B由动量定理有
FΔt=Mv-Mv0
解得F=M(v−v0)Δt。
【答案】BD
【解析】如图所示：
根据牛顿第二定律：a甲＝eq \f(F－Ff1,m甲)＝eq \f(F,m甲)－μg，a乙＝eq \f(F,m乙)－μg，由于m甲>m乙，所以a甲Ff2，所以对于整个系统不满足动量守恒，所以甲的动量大小与乙的不相等，选项C错误；对于整个系统而言，由于Ff1>Ff2，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，故甲的动量大小比乙的小，选项B、D正确。
【难度】基础题
【答案】(1)9 m (2)7.44 m/s
【解析】(1)设斜面长度为L，背包质量为m1，背包在斜面上滑行的加速度为a1，
由牛顿第二定律有m1gsin θ－μm1gcs θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，
由运动学公式得L＝eq \f(1,2)a1(t＋t0)2
L＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)
故可得L＝9 m.
(2)背包和滑雪者到达水平滑道时的速度分别为v1、v2，有
v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，滑雪者与背包系统在光滑水平面上所受外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝7.44 m/s.
【答案】C
【解析】x－t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为v0＝eq \f(4,1) m/s＝4 m/s，m2碰前的速度为0，A错误；两物体正碰后，m1碰后的速度大小为v1＝eq \f(4,3－1) m/s＝2 m/s，m2碰后的速度大小为v2＝eq \f(8－4,3－1) m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv，可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式Ek＝eq \f(1,2)mv2，可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。
【答案】见解析
【解析】(1)由牛顿第二定律可得，
甲、乙滑动时均有f＝μmg＝ma
则甲、乙滑动时的加速度大小均为a＝μg＝1 m/s2
设甲与乙碰前的速度为v1，则2as1＝v02－v12
解得v1＝0.3 m/s
甲、乙碰撞时由动量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3
解得碰后乙的速度v3＝0.2 m/s
然后乙做匀减速运动，当速度减为零时有
s＝eq \f(v\\al(32),2a)＝eq \f(0.22,2×1) m＝0.02 m＝s2
可知乙恰好能滑到边框a；
(2)甲与乙碰前运动的时间
t1＝eq \f(v0－v1,a)＝eq \f(0.4－0.3,1) s＝0.1 s
碰后甲运动的时间t2＝eq \f(v2,a)＝eq \f(0.1,1) s＝0.1 s
则甲运动的总时间为t＝t1＋t2＝0.2 s
【答案】(1)eq \r(\f(2m2gb,M2＋Mm)) eq \f(m,M＋m)a (2)eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x(M＋m)－ma))2,M2a2)＋eq \f(y2,b2)＝1 (3)2beq \r(\f(g,a＋3b))
【解析】(1)小球运动到最低点的时候小球和凹槽在水平方向上系统动量守恒，取向左为正方向有0＝mv1－Mv2
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒mgb＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
联立解得v2＝eq \r(\f(2m2gb,M2＋Mm))
因任何时候系统在水平方向都动量守恒，
故0＝meq \x\t(v)1－Meq \x\t(v)2，meq \x\t(v)1＝Meq \x\t(v)2
两边同时乘t可得mx1＝Mx2
且由几何关系可知x1＋x2＝a
联立解得x2＝eq \f(m,M＋m)a
(2)小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为(x，y)时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据上式有m(a－x)＝M·Δx
此时小球仍在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为eq \f((x－Δx)2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1
联立得eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x(M＋m)－ma))2,M2a2)＋eq \f(y2,b2)＝1
(3)将eq \f(M,m)＝eq \f(b,a－b)代入小球的轨迹方程化简可得eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x－(a－b)))2＋y2＝b2
即此时小球的轨迹为以坐标(a－b，0)为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为eq \f(b,2)时如图
可知此时小球速度方向和水平方向的夹角为60°，小球下降eq \f(b,2)的过程中，系统水平方向动量守恒
0＝mv3cs 60°－Mv4
系统机械能守恒
mgeq \f(b,2)＝eq \f(1,2)mv32＋eq \f(1,2)Mv42
联立得v3＝eq \r(\f(4gb2,a＋3b))＝2beq \r(\f(g,a＋3b))。
【答案】BC
【解析】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律Mv=mv0
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度v，热气球所受合外力恒为mg，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为a=mMg
物资落地H过程所用的时间t内，根据H=12gt2解得落地时间为t=2Hg
热气球在竖直方向上运动的位移为HM=12at2=12⋅mMg⋅2Hg=mMH
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
xm=v0t=v02Hg
xM=vt=mMv0⋅2Hg
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
d=(xm+xM)2+(H+HM)2=(1+mM)2Hv02g+H2
故C正确，D错误.
【答案】B
【解析】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有12mv2＝12mv12＋12mv22，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h＝12gt2，解得t＝2 s，可知，碰撞后，小球A运动t'＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt'，解得v＝3.0 m/s，故选B。
【答案】A
【解析】根据牛顿第二定律a＝Fm，两小球所受外力F大小相等，由v－t图像的斜率表示加速度可知，M、N的加速度大小之比为4∶6＝2∶3，则M、N的质量之比为3∶2；设M、N的质量分别为3m和2m；由图像可设M、N碰前的速度大小分别为4v和6v，因M、N系统所受合外力为零，则系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有3m×4v＋2m×(－6v)＝3mv1＋2mv2，若系统为弹性碰撞，由能量守恒定律可知12×3m×(4v)2＋12×2m×(－6v)2＝12×3mv12＋12×2mv22，解得v1＝－4v、v2＝6v，因碰撞后M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，即两小球一起停止，故B、D错误；若不是弹性碰撞，则3m×4v＋2m×(－6v)＝3mv1＋2mv2，可知碰后速度大小之比为|v1|∶|v2|＝2∶3，若假设v1＝－2v，则v2＝3v，此时满足12×3m×(4v)2＋12×2m×(－6v)2>12×3mv12＋12×2mv22，则假设成立，因碰撞后M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，对M来说碰撞前后的速度大小之比为4v∶2v＝2∶1，可知碰撞前后运动时间之比为2∶1，故A正确，C错误。
【答案】(1)2kQ24L2；(2)8kQ2gL9gL2；(3)Ek>(13−82)kQ227L
【解析】(1)设A到M点的距离为RM，A点的电荷对小球S1的库仑力大小为FA，由库仑定律有FA=kQ2RM2 ①
设小球S1在M点所受电场力大小为FM，由力的合成有FM=2FAsin45° ②
联立①②式，由几何关系并代入数据得FM=2kQ24L2 ③
(2)设O点下方L2处为C点，A与C的距离为RC，小球S1在C处所受的库仑力大小为FC，由库仑定律和力的合成有FC=2kQ2RC2sinθ ④
式中sinθ=OCRC
设小球S1的质量为m1，小球S1在C点的加速度大小为a，由牛顿第二定律有
FC+m1g=m1a ⑤
由图(c)可知，式中a=2g
联立④⑤式并代入数据得m1=8kQ227gL2 ⑥
设S2的质量为m2，碰撞前、后S1的速度分别为v1，v1'，S2碰撞前、后的速度分别为v2，v2'，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' ⑦
12m1v12+12m2v22=12m1v1'2+12m2v2'2 ⑧
设小球S2碰撞前的动量为p2，由动量的定义有p2=m2v2 ⑨
依题意有
12m1v12=12m1v1'2=4kQ23L
m1=m2
联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得p2=−8kQ2gL9gL2⑩
即碰撞前S2的动量大小为8kQ2gL9gL2。
(3)设O点上方L2处为D点。根据图(c)和对称性可知，S1在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，S1在此处加速度为0；S1在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证S1能运动到N点与S2相碰，S1运动到D点时的速度必须大于零。
设M点与D点电势差为UMD，由电势差定义有UMD=φM−φD ⑪
设小球S1初动能为Ek，运动到D点的动能为EkD，由动能定理有
m1g(MO−DO)+QUMD=EkD−Ek ⑫
EkD>0 ⑬
由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依据图(b)所给数据，并联立⑥⑪⑫⑬式可得Ek>(13−82)kQ227L ⑭
【答案】(1)1 m (2)0 (3)12 J
【解析】(1)对物体A，根据运动学公式可得
x＝h－eq \f(1,2)gt2＝1.2 m－eq \f(1,2)×10×0.22 m＝1 m
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知
x＝vB0t－eq \f(1,2)gt2
解得vB0＝6 m/s
可得碰撞前A物体的速度
vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前B物体的速度
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后速度v＝0
(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝12 J
【答案】(1)eq \f(v2,2g) (2)mg＋meq \f(v2,L) (3)eq \f(1,4)mv2
【解析】(1)A从释放到与B碰撞前瞬间，根据动能定理得
mgH＝eq \f(1,2)mv2
解得H＝eq \f(v2,2g)
(2)碰撞前瞬间，对A由牛顿第二定律得
F－mg＝meq \f(v2,L)
解得F＝mg＋meq \f(v2,L)
(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
mv＝2mv1
解得v1＝eq \f(1,2)v
则碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)·2m(eq \f(1,2)v)2＝eq \f(1,4)mv2。
【答案】B
【解析】设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv32
联立解得v1＝v0
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×14mv22＋eq \f(1,2)mv42
联立解得v2＝eq \f(2,15)v0，
可得v1＝v0>v2
碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0
氮核的动量为pN＝14mv2＝eq \f(28mv0,15)
可得pN>pH
碰撞后氢核的动能为EkH＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv02
氮核的动能为EkN＝eq \f(1,2)×14mv22＝eq \f(28mv02,225)
可得EkH>EkN
故B正确，A、C、D错误．
【答案】(1)2R (2)mgsin θeq \r(2gRcs θ)
(3)eq \r(10)mgR
【解析】(1)设 B到半圆弧轨道最高点时速度为v2′，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得
mg＝meq \f(v2′2,R)
B离开最高点后做平抛运动，
则在竖直方向上有2R＝eq \f(1,2)gt2
在水平方向上有x＝v2′t
联立解得x＝2R
(2)对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
mgRcs θ＝eq \f(1,2)mvD2
由于对A做功的力只有重力，
则A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsin θ
解得P＝mgsin θeq \r(2gRcs θ)
(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q到最高点的过程，
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)mv2′2＋mg·2R
解得v2＝eq \r(5gR)
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv12＝mgR
解得v1＝eq \r(2gR)
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，
由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
解得v0＝eq \r(2gR)＋eq \r(5gR)
碰撞过程中A和B损失的总动能为
ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22
解得ΔE＝eq \r(10)mgR.
【答案】(1)m15gl (2) 5gl(2m1+m2)22m2
【解析】(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
m1g＝m1v2l
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有
12m1vA2＝12m1v2＋2m1gl
联立解得vA＝5gl
由动量定理，有I＝m1vA＝m15gl
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
v′＝vA
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，设以此方向为正方向，B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′
联立解得vB＝5gl(2m1+m2)m2
又Ek＝12m2vB2
可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
Ek＝5gl(2m1+m2)22m2
【答案】(1)gt (2)2v (3)3vt
【解析】(1)物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0＝v0－gt
可得v0＝gt
(2)爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。以A的运动方向为正方向，A速度为v，设B速度大小为vB，由动量守恒定律得0＝2m·v－m·vB
解得vB＝2v
(3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移xA＝vt
B的水平位移xB＝vBt＝2vt
所以落地点A、B之间的距离d＝xA＋xB＝vt＋2vt＝3vt。
【答案】(1)eq \f(1,2)v0 (2)2
【解析】(1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度eq \f(3,4)h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，整个运动过程有0－v02＝－2gh
玩具上升到最大高度eq \f(3,4)时有v2－v02＝－2geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)h))
两式联立解得v＝eq \f(1,2)v0.
(2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2.
依题意，动能关系为eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v02
玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，
有m1v1－m2v2＝0
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v1′、v2′，
则有v1′＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(12))，v2′＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(22))
结合m1∶m2＝1∶4，解得eq \f(v1′,v2′)＝2.
【答案】B
【解析】设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝eq \r(x2＋y2)，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5－t)×340，又2vt＝(6－t)×340，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误．
【答案】28 m/s
【解析】对乌贼和吸入的水，由动量守恒定律得0＝MV－mv，代入数据得v＝28 m/s.
【答案】D
【解析】 碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；
设水平向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒
mvA-mvB=2mv1，解得v1=1 m/s
方向向右；当三者共速时
2mv1-mvC=3mv，解得v=0，
即最终三者一起静止，可知经历的时间
t=vCμg=20.5×10 s=0.4 s，选项B错误；
碰撞后到三者相对静止时由摩擦产生的热量
Q=12×2mv12+12mvC2=3 J，选项C错误；
碰撞后到三者相对静止由能量关系可知
Q=μmgx相对
可得x相对=0.6 m，选项D正确。
【答案】(1)5(1－k) m/s，方向向右 eq \f(10－20k,3) m/s，方向向右 (2)1.875 m
【解析】(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物，已知C、D的质量均为m＝1 kg，以向右为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物
解得v物＝eq \f(1－k,2)v0＝5(1－k) m/s>0
可知碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右．
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg，则由
Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑
解得v滑＝eq \f(1－2k,3)v0＝eq \f(10－20k,3) m/s>0
则新滑板速度方向也向右．
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
v物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
v滑′＝eq \f(10－20k,3) m/s＝0
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，设相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m′v物′＝(m′＋M′)v共
解得v共＝1 m/s
根据能量守恒可得
μm′gx相＝eq \f(1,2)m′(v物′)2－eq \f(1,2)(m′＋M′)v共2
解得x相＝1.875 m.
【答案】(1)v共 = 2v03；(2)x = 7v0225μg；(3)t = v0μg，W = mv02
【解析】(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0 = 3mv共
解得v共 = 2v03
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木 = 2v滑
再根据动量守恒定律有2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得v滑 = 25v0，v木 = 45v0
再根据功能关系有- μmgx = 12 × 2mv木2 + 12mv滑2 - 12 × 2mv02
经过计算得x = 7v0225μg
(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑 = μg
滑块相对木板静止时有v0 = a滑t
解得t = v0μg
则整个过程中木板滑动的距离为x′ = v0t = v02μg
则拉力所做的功为W = Fx′ = mv02
【答案】(1)30 N (2)1.6 J (3)(1－eq \f(15\r(0.8－L),16)) s
【解析】(1)滑块B下滑到A的底端过程，由动能定理有：mBgR＝eq \f(1,2)mBv2，解得v＝2 m/s
在A的底端，由牛顿第二定律有：FN－mBg＝mBeq \f(v2,R)，
解得FN＝30 N，由牛顿第三定律可知B对A的压力FN′＝30 N；
(2)当B滑上C后，B受到的摩擦力向左，根据牛顿第二定律得FfB＝μ1mBg＝mBa1，解得a1＝2 m/s2，方向水平向左
C受B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，根据牛顿第二定律μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2，
解得a2＝10 m/s2，方向水平向左，
B向右运动的距离x1＝eq \f(v2,2a1)，解得x1＝1 m
C向右运动的距离x2＝eq \f(v2,2a2)，解得x2＝0.2 m
B、C间摩擦产生的热量Q＝μ1mBg(x1－x2)，可得Q＝1.6 J；
(3)假设B还未与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t1，
有：t1＝eq \f(v,a2)，得t1＝0.2 s，此时B的位移xB1＝vt1－eq \f(1,2)a1t12，
解得xB1＝0.36 m
则x相＝xB1－x2＝0.16 m，
此时vB1＝v－a1t1＝1.6 m/s
由L>0.16 m，一定是C先停下，之后B再与C上挡板碰撞
设再经t2时间B与C挡板碰撞，有：
L－0.16＝vB1t2－eq \f(1,2)a1t22，得t2＝0.8－eq \r(0.8－L)，t2＝0.8＋eq \r(0.8－L)(舍去)
碰撞时B速度为vB2＝vB1－a1t2＝2eq \r(0.8－L)
碰撞时由动量守恒定律可得
mBvB2＝(mB＋mC)vBC
解得碰撞后B、C速度为vBC＝eq \f(\r(0.8－L),2)
之后二者一起减速，a3＝μ2g＝8 m/s2，方向向左，经t3后停下，
得：t3＝eq \f(vBC,a3)＝eq \f(\r(0.8－L),16)
B从滑上C到最终停止所用的总时间t＝t1＋t2＋t3＝(1－eq \f(15\r(0.8－L),16)) s。
【答案】(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m eq \f(\r(3),2) m/s (3)4eq \r(3)t0－8t02
【解析】(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
m2v0＝(m1＋m2)v
代入数据有v＝1 m/s
对木板受力分析有μm2g＝m1a1，
则a1＝eq \f(μm2g,m1)＝4 m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v2＝ 2a1x1
代入数据解得x1＝ 0.125 m
(2)木板与弹簧接触以后，对物块和木板组成的系统有kx2 ＝(m1＋m2)a共
对物块受力分析有μm2g＝m2a2，
则a2＝μg＝1 m/s2
当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，
由Ep＝eq \f(1,2)kx22，F弹＝kx2
解得此时的弹簧压缩量
x2＝0.25 m
对物块、木板与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有
eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v22＋eq \f(1,2)kx22
代入数据有v2＝eq \f(\r(3),2) m/s
(3)木板从速度为v2到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速度大于物块的加速度，则当木板与物块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时木板的末速度大小为v2，共用时2t0，且物块一直受滑动摩擦力作用，则对物块有
－μm2g·2t0＝ m2v3－m2v2
解得v3＝eq \f(\r(3),2)－2t0
木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，
故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的初、末动能相等，
则对于木板和物块组成的系统有
Wf＝eq \f(1,2)m1v22＋eq \f(1,2)m2v32－eq \f(1,2)(m1＋m2)v22
ΔU ＝ －Wf
联立有ΔU＝4eq \r(3)t0－8t02
【答案】AD
【解析】要使木块获得的速度最大，则子弹穿出木块且穿出木块时与木块共速，设为v，
取v0方向为正方向，由动量守恒定律有
mv0＝(m＋M)v
根据能量守恒定律有
fL＝kv0·L＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2
联立解得v0＝eq \f(2kL(m＋M),mM)，v＝eq \f(2kL,M)，故A正确；
子弹穿过木块时对木块由运动学公式有v＝at，
由牛顿第二定律有kv0＝Ma，
可得t＝eq \f(mM,k(m＋M))，故B错误；
由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦产生的热量，即
ΔE＝Q＝fL＝eq \f(2k2L2(m＋M),mM)，故C错误；
木块加速过程运动的距离为x＝eq \f(0＋v,2)t＝eq \f(mL,m＋M)，故D正确。
【答案】(1)eq \r(v02－2μgs0) (2)eq \f(1,4)m(v02－2μgs0) (3)eq \f(2μ2m2g2,k)
【解析】(1)小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得
－μmgs0＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
解得C在碰撞前瞬间的速度大小为
v1＝eq \r(v02－2μgs0)
(2)物块B、C碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv1＝2mv2
解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为v2＝eq \f(1,2)eq \r(v02－2μgs0)
故C与B碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)×2mv22＝eq \f(1,4)m(v02－2μgs0)
(3)滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得kΔx＋2μmg＝3μmg
解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为Δx＝eq \f(μmg,k)
从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为
W＝2μmg·Δx＝eq \f(2μ2m2g2,k)。
【答案】BD
【解析】爆炸后，A、B组成的系统动量守恒，即3mv1＝mv2，B与C碰撞过程动量守恒mv2＝6mv，联立解得v＝0.5v1。爆炸后瞬间A的动能EkA＝32mv12，D的初动能EkD＝12×6m×(0.5v1)2＝34mv12，两者不相等，故A错误；D从开始运动到落地瞬间，根据动能定理有－μ×6mg×s1＋6mgh＝EkD'－EkD，解得EkD'＝EkD，故B正确；D平抛过程有h＝12gt2，s2＝v0·t，联立可得v0＝s2g2ℎ，D在滑轨上水平滑动过程中根据动能定理有－6mgh＝12×6mv02－12×6mv2，化简得v2＝s22g2ℎ＋2gh，弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的能量为E＝12×3mv12＋12×mv22＝24mv2＝24m(s22g2ℎ＋2gh)＝48mgh(1＋s224ℎ2)，故C错误，D正确。
【答案】(1)15v0 (2)v0t15－211l0 (3)2l0v0
【解析】(1)根据动量守恒定律，可知mv0＝(m＋4m)v1，解得v1＝15v0
(2)两者共速时设间距为l'，根据能量守恒定律可知，此时A、B两粒子的系统电势能为Ep'＝12mv02＋125mv02－12×5mv12＝1125mv02
根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，l'l0＝Ep0Ep'，可得l'＝Ep0Ep'l0＝111l0
两者共速前的过程系统始终动量守恒，有∑mv0t1＝∑mvAt1＋∑4mvBt1
即mv0t1＝mxA＋4mxB
根据位移关系可知xB＋l0＝xA＋l'
联立解得xB＝v0t15－211l0
(3)从A、B相距l0，至再次相距l0的过程中电势能变化ΔEp＝0
全过程，对系统根据功能关系，有Fl0＝12×4mv02－12mv02
全过程，对系统根据动量定理，有Ft2＝4mv0－mv0
联立解得t2＝2l0v0。
【答案】D
【解析】该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的静电力大小相等、方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动的瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误；
对系统根据动量守恒mv1＋mv2＝mv3
根据球1和2运动的对称性可知v1＝v2，
解得v3＝2v1
根据能量守恒eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)mv32＝eq \f(kq2,2d)
解得v3＝eq \r(\f(2kq2,3md))
故C错误，D正确。
【答案】(1)1 m/s 1 m/s (2)0.2 (3)0.12 J
【解析】(1)对A物块由平抛运动知识得h＝eq \f(1,2)gt2，xA＝vAt
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA＝1 m/s
对A、B物块整体由动量守恒定律mAvA＝mBvB
解得脱离弹簧时B的速度大小为vB＝1 m/s
(2)对物块B由动能定理－μmBgxB＝0－eq \f(1,2)mBvB2
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为μ＝0.2
(3)由能量守恒定律
ΔEp＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp＝0.12 J。
【答案】(1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
【解析】(1)滑块a从D到F，由动能定理
mg·2R＝eq \f(1,2)mvF2－eq \f(1,2)mv02
在F点由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(vF2,R)
解得vF＝10 m/s
FN＝31.2 N
(2)已知滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，
设滑块a与b碰后的速度大小为va，由动能定理有：
－mg·2R－μmg·L＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mva2
解得va＝5 m/s
因a、b碰撞过程动量守恒，则mvF＝－mva＋3mvb
解得碰后b的速度vb＝5 m/s
则滑块a、b碰撞过程损失的能量ΔE＝eq \f(1,2)mvF2－eq \f(1,2)mva2－eq \f(1,2)×3mvb2
解得ΔE＝0
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共同速度v满足：mvF＝4mv
解得v＝2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度v′，有4mv＝6mv′
则v′＝eq \f(5,3) m/s
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量守恒有eq \f(1,2)×(m＋3m)v2＝eq \f(1,2)×(m＋3m＋2m)v′2＋eq \f(1,2)kx12
解得x1＝0.1 m
系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和最短时形变量相等，
则弹簧最大长度与最小长度之差
Δx＝2x1＝0.2 m。
【答案】(1)，(2)油滴A不带电，油滴B带负电 eq \f(m0gd(h1＋h2),h1U) －eq \f(m0gh2(h1＋h2),h1)
(3)见解析
【解析】(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小v1＝eq \f(h1,t)，匀速时有m0g＝f，又f＝
联立可得k＝
(2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力方向向上，极板间电场强度方向向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为v2＝eq \f(h2,t)
根据平衡条件可得m0g＋＝eq \f(U,d)q
联立解得q＝eq \f(m0gd(h1＋h2),h1U)
根据ΔEp＝－W电，又有W电＝eq \f(U,d)·qh2
联立解得ΔEp＝－eq \f(m0gh2(h1＋h2),h1)
(3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m0，带电荷量仍为q，新油滴所受电场力
F′＝eq \f(Uq,d)＝eq \f(m0g(h1＋h2),h1)
若F′>2m0g，即h2>h1，可知v2>v1
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律有m0v2－m0v1＝2m0v共
可得v共>0
新油滴向上加速，达到平衡时有
2m0g＋＝F′
解得速度大小为v＝eq \f(h2－h1,\r(3,2)t)，方向向上；
若F′h2，可知v20
新油滴向下加速，达到平衡时有
2m0g＝F′＋
解得速度大小为v′＝eq \f(h1－h2,\r(3,2)t)，方向向下．
【答案】(1)0.30 s (2)2.0 m/s (3)0.10 J
【解析】(1)竖直方向为自由落体运动，
由h＝eq \f(1,2)gt2
得t＝0.30 s
(2)设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，由s＝vt
得v＝1.0 m/s
根据动量守恒定律得mv0＝2mv
得v0＝2.0 m/s
(3)两物体碰撞过程中损失的机械能
得
【答案】(1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m
【解析】(1)小滑块在AB轨道上运动
mgh－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)mv02
代入数据解得v0＝eq \f(4,3)eq \r(gh)＝4 m/s
(2)小滑块滑至B点时的速度为vB，小滑块与小球碰撞后速度分别为v1、v2，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，因此有mvB＝mv1＋mv2，
eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得v1＝0，v2＝vB
小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得
mg＝meq \f(v\\al(Emin2),R)
从C点到E点由机械能守恒可得
eq \f(1,2)mvEmin2＋mg(R＋r)＝eq \f(1,2)mvBmin2
其中vBmin＝eq \f(4,3)eq \r(ghmin)，
解得hmin＝0.45 m
(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，由动能定理
mg(R＋y)＝eq \f(1,2)mv G2－eq \f(1,2)mvEmin2
由平抛运动可得x＝vGt，
H＋r－y＝eq \f(1,2)gt2
联立可得水平距离为
x＝2eq \r((0.5－y)(0.3＋y))
由数学知识可得，当0.5－y＝0.3＋y时，x有最大值
最大值为xmax＝0.8 m.
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2
得ΔE＝0.10 J.
【答案】(1)2 m/s (2)2 m (3)2.5 m或2 m
【解析】 (1)对滑块1从A点下滑到BC轨道过程，由动能定理mgh=12mv02
解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为
v0=4 m/s
滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律
mv0=2mvC
解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为vC=2 m/s
(2)滑块3恰好通过轨道D点，由牛顿第二定律
2mg=2mvD2R
解得vD=2 m/s
滑块3从C点到D点，由机械能守恒定律
12×2mvC'2=2mg·2R+12×2mvD2
解得vC'=10 m/s
结合mgh=12mv0'2，mv0'=2mvC'
联立解得h=2 m
(3)滑块3从C'点到F点的过程中，由动能定理
-2mgLsin 37°-μ·2mgLcs 37°=12×2mvF2-12×2mvC″2
若滑块3直接落入洞中，则竖直方向
vFsin 37°=gt12
水平方向LFG+LGH+LHI=vFcs 37°·t1
结合mgh1=12mv0″2，mv0″=2mvC″
联立解得h1=2.5 m
若经一次反弹落入洞中，则
t2=2vF'sin37°g+vF'sin37°g
水平方向
LFG+LGH+LHI=vF'cs 37°·t2
结合mgh2=12mv0‴2，mv0‴=2mvC‴
-2mgLsin 37°-μ·2mgLcs 37°=12×2mvF'2-12×2mvC‴2
联立解得h2=2 m。
综上，高度h为2.5 m或2 m时游戏能成功。
【答案】(1)BUlR1 (2)BUlB2l2+kR1 (3)kUxmBl+MU2B2l2+kR1
(4)电流方向(俯视)为顺时针 BUlB2l2+kR1+BΦlmR2
【解析】 (1)接通S瞬间,动子速度v=0,此时所受阻力为零,回路中没有感应电动势,电源电压为U,回路总电阻为R1,根据欧姆定律可知回路电流为I1=UR1,动子只受安培力F=BI1l=BUlR1
(2)当动子达到最大速度vm时,动子切割磁感线产生的电动势为E=Blvm
此时回路电流为I2=U−BlvmR1
动子做匀速运动,所受合力为零,则F安=f,F安=BI2l,f=kvm,
联立解得最大速度为vm=BUlB2l2+kR1
(3)第一级弹射过程,对动子由动量定理得
∑BilΔt-∑kvΔt=Mvm
其中∑iΔt=q,∑vΔt=xm
得q=Mvm+kxmBl
故W=qU=kUxmBl+MU2B2l2+kR1
(4)假设超导线圈中电流方向(俯视)为顺时针,则产生竖直向下的强磁场,超导线圈断开时,磁场快速消失,由楞次定律可知第二级回路中产生顺时针方向的感应电流,则解锁后的飞机在磁场B中受到水平向右的安培力,可以二次加速,故假设正确。
超导线圈磁场快速消失的过程中,第二级回路中产生的感应电动势E'=ΔΦΔt=ΦΔt
感应电流为I'=E'R2=ΦR2Δt
对飞机,根据动量定理有BI'l·Δt=mv-mvm
(阻力冲量-∑kvΔt=-kΔx→0,可忽略)
解得v=vm+BΦlmR2=BUlB2l2+kR1+BΦlmR2。
【答案】(1)500 A (2)25 m/s 是 40 V (3)能
【解析】(1)分离后a切割磁感线有E＝BLv
则通过a的电流I＝ER
解得I＝500 A。
(2)由于超级电容器经调控系统为电路提供I0＝1 000 A的恒定电流，则当a与b的初始间距为1.25 m时a与b碰撞前的速度设为va，根据动能定理有BI0Lxab＝12mava2
a与b碰撞时根据动量守恒和能量守恒有mava＝(ma＋mb)v共，12mava2＝12(ma＋mb)v共2＋Ep
a与b整体从碰后到NN'的过程中有BI0L(xMN－xab)＝12(ma＋mb)v共12－12(ma＋mb)v共2
a与b分离时根据动量守恒和能量守恒有(ma＋mb)v共1＝mava1＋mbvb1，12(ma＋mb)v共12＋Ep＝12mava12＋12mbvb12
联立解得vb1＝25 m/s，va1＝0，此时a速度为零，安培力做功产生的所有能量都转化为b的动能，因此b能获得的最大速度为25 m/s。
由于a和ab组合体均做匀变速直线运动，分别有xab＝va2t1，xMN－xab＝v共＋v共12t2
解得t1＝0.1 s，t2＝0.3 s，则电容器流出的电荷量有Δq＝I0(t1＋t2)
a运动过程中电容器的电压减小量ΔU＝ΔqC＝40 V
(3)从a、b碰后一起运动到NN'过程，由于b受空气阻力，故末速度必小于v共1，故该过程中始终有f