高考物理一轮复习考点能力提升训练8、动量（2）（2份，原卷版+教师版）

这是一份高考物理一轮复习考点能力提升训练8、动量（2）（2份，原卷版+教师版），共6页。试卷主要包含了【例题1】，【例题2】，【例题3】，【例题4】，【例题6】等内容，欢迎下载使用。
1．【例题1】（多选）如图所示，光滑水平直轨道上静止放置三个质量均为m的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧。给A一个初速度，使其向B运动并压缩弹簧（弹簧始终在弹性限度内），当弹簧第一次压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞时间极短，则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧第一次压缩到最短时，弹性势能为B．整个过程中，弹簧压缩到最短时A的速度大小为
C．整个过程中，弹簧压缩到最短时C受到的合外力冲量大小为
D．从A开始运动到A与弹簧分离的过程中，整个系统损失的机械能为
【答案】BD【详解】B．A与B速度相等前，弹簧不断被压缩，B与C碰撞后速度减小，弹簧继续被压缩，当三个物体的速度相等时弹簧压缩最短，设此时三个物体的共同速度为v3，取向右为正方向，由三个物体组成的系统动量守恒得得故B正确；C．从A开始运动到弹簧压缩最短时C受到的冲量故C错误；D．设A、B速度相等时速度为v1，B与C碰撞后瞬间共同速度为v2，从开始到A、B速度相等的过程，由A、B的动量守恒得得B 与C碰撞过程，由B、C的动量守恒得得整个系统只有在B与C碰撞的过程中机械能有损失，且损失的机械能为解得故D正确；A．在A、B、C相互作用过程中弹簧第一次被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时三个物体的速度相同，弹簧的弹性势能为
解得故A错误。故选BD。
2．（多选）如图所示，一轻质弹簧两端分别连着木块A和B，均静止于光滑的水平面上。木块A被水平飞行的初速度为的子弹射中并镶嵌在其中，已知子弹的质量为m，木块A的质量为，木块B的质量为，下列说法正确的是（ ）。
A．子弹击中木块A后，与A的共同速度大小为B．弹簧压缩到最短时木块A的速度大小为
C．子弹击中木块的过程中产生的热量为D．木块B在运动过程中的最大动能为
【答案】CD【详解】AC．由动量守恒定律可得则子弹击中木块A后，与A的共同速度大小为子弹击中木块的过程中产生的热量为故A错误，C正确；B．由动量守恒定律可得弹簧压缩到最短时木块A的速度大小为故B错误；D．弹簧恢复原长时，B的速度最大，由动量守恒和能量守恒可得
可得
则木块B的最大动能为故D正确。故选CD。
3．【例题2】（多选）质量为m的木板与直立的轻质弹簧的上端相连，弹簧下端固定在水平地面上，静止时弹簧的压缩量为h，如图所示。现将一质量为的物体从距离木板正上方处由静止释放，物体与木板碰撞后，粘在一起向下运动，到达最低点后又向上运动，空气阻力、木板厚度、物体大小忽略不计。已知弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度大小为g，则（ ）
A．弹簧的劲度系数 B．弹簧的劲度系数
C．物体与木板粘合体不可能运动到弹簧原长处
D．物体与木板粘合体的最大动能为
【答案】AD详解】AB．木板静止时弹簧的压缩量为h，由二力平衡得解得A正确，B错误；C．物体从距离木板正上方处由静止释放，由动能定理得：物体与木板碰撞前瞬间的速度大小为解得物体与木板碰撞瞬间，二者动量守恒有联立可得二者粘在一起向下运动的速度大小为物体和木板一起以向下运动到向上运动到弹簧原长处时，由能量守恒定律有联立求得，物体和木板向上运动到弹簧原长处时的动能为故物体与木板粘合体可以运动到弹簧原长处，C错误；D．物体与木板粘合体以向下运动到物体与木板粘合体加速度为零时，动能最大。设碰后物体与木板粘合体继续下降x加速度为零由机械能守恒可得联立可D正确。故选AD。
4．【例题3】（多选）如图（a），质量分别为、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。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的图像如图（b）所示，表示0到时间内A的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是（ ）
A．0到时间内，墙对B的冲量为0
B．运动后，弹簧的最大形变量小于x
C． D．
【答案】BD【详解】A．撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到时间内，对A由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小对B，以向右为正方向，由动量定理得解得墙壁对B的冲量大小为 ，方向水平向右故A错误；B．B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由动量守恒定律可知，弹簧形变量最大时，A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧的形变量最大时弹簧的弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量，故B正确；CD．图像与坐标轴所围成面积的大小等于物体速度的变化量，因时刻A的速度为零，时刻A的速度大小时刻A的速度大小B的速度大小图（b）图像可知，时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到时刻两者加速度均达到最大，此时弹簧伸长量达到最大，两者速度相同，即则有时间内，A、B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得结合，联立得故C错误，D正确。故选BD。
5．【例题4】（多选）如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为L。质量分别为m、2m的环A、B套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长L。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B一水平向右的瞬时速度v，下列说法正确的是（ ）
A．A、B和弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒
B．若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的2v，则此时A的速度为水平向左的v
C．若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的2v，则初始状态时弹簧的弹性势能
D．若某时刻弹簧与导轨之间的夹角为，此时环A、B的速度分别为
【答案】ACD【详解】A．平行导轨光滑，对A、B和弹簧组成的系统分析，所受的合外力为0，因此系统动量守恒，系统除系统内弹簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，A正确；B．对A、B和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，由动量守恒定律解得B错误；C．开始时，弹簧长度为L，而原长为，故弹簧压缩了，弹性势能记为EP，由B项可知，弹簧恢复原长时，A的速度大小为2v，方向向左，由能量守恒得 解得C正确；D．若弹簧与导轨间夹角为30°时，此时弹簧长度故弹簧伸长了，弹性势能也是Ep，由动量守恒定律由能量守恒定律解得，D正确。故选ACD。
6．【例题5】如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是光滑水平轨道，AB和BC两段轨道相切于B点，小车右端固定一个连接轻弹簧的挡板，开始时弹簧处于自由状态，自由端在C点，C点到挡板之间轨道光滑。一质量为，可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点由静止滑下，而后滑入水平轨道，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块到达B点时的速度大小为 B．滑块到达B点时小车的速度大小为
C．弹簧获得的最大弹性势能为 D．滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为
【答案】D【详解】AB．从A滑到B的过程，滑块和小车组成的系统水平方向动量守恒，则由动量守恒定律有根据能量守恒有解得，AB错误；
C．当弹簧压缩到最短时弹簧弹性势能最大，此时滑块与小车共速，由动量守恒定律可知，共同速度
根据能量守恒有C错误；D．滑块从A到B过程，在水平方向上，根据动量守恒定律的位移表达式有根据题意有解得D正确。故选D。
7．【例题6】（单选）如图甲所示，光滑的水平面上有一轻质弹簧，其两端分别与质量为、的两物块B、C相连。一质量的物块A以速度向前运动，与B碰撞并粘在一起（碰撞时间极短），此后它们的速度一时间图像如图乙所示，则（ ）
A． B．时刻，弹簧长度最短
C．运动过程中弹簧的弹性势能最大为6J
D．、时刻，物块ABC和弹簧组成的系统总动能不相等
【答案】C【详解】A．由题意，根据图乙可得物块A，B碰撞后的速度为，根据A，B碰撞前后动量守恒可得即在时刻，AB整体与C的速度相同，为，根据A，B，弹簧及C系统动量守求得所以故A错误；B．AB碰后，整体压缩弹簧做减速运动，C做加速运动，ABC三者在时刻速度相等，此时系统动能最小，势能最大，弹簧压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，AB整体继续减速，C继续加速，AB先减速到零，然后反向加速，在时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时AB整体与C速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，ABC三者均减速，在时刻，AB整体与C速度相等，系统动能最小，弹簧长度最长，从到，弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，在时刻，弹簧又恰好恢复原长，故B错误；
C．由选项B分析，可得在时刻，弹簧的弹性势能有最大值，根据能量守恒定律可得
代入数据求得故C正确；D．由选项B分析可知，，时刻，弹簧均处于原长，弹簧弹性势能为零，根据能量守恒定律可知，物块ABC和弹簧组成的系统总动能相等，故D错误。故选C。
8．【例题7】如图所示，足够长的光滑水平轨道AB的左端与足够长的倾角为37°的传送带相接（滑块经过此位置滑上传送带时机械能无损失），传送带逆时针匀速转动，皮带运动速度；右边是光滑竖直半圆轨道。用轻质细线连接可看作质点的甲、乙两滑块，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧压缩时的弹性势能为72J，弹簧与甲、乙两滑块不拴连。甲的质量为，甲、乙均静止在水平轨道上。传送带与乙滑块间的动摩擦因数为0.5。（重力加速度大小g取，，）
（1）固定乙滑块，烧断细线，甲滑块离开弹簧后进入半圆轨道，恰好能通过半圆轨道最高点D，求竖直半圆轨道的半径R；
（2）固定甲滑块，烧断细线，乙滑块离开弹簧后在传送带上滑行的最远距离（相对于A点）为s＝8m，求滑块乙的质量；
（3）甲、乙两滑块均不固定，烧断细线以后，撤去弹簧，问甲滑块和乙滑块能否再次在AB面上发生水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞前瞬间甲、乙两滑块的速度大小；若不会碰撞，说明原因。（乙滑块质量为第二问中所求的值）

【答案】（1）0.96m；（2）1kg；（3）甲的速度为，乙的速度为，甲和乙能再次在AB面上发生水平碰撞【详解】（1）固定乙，烧断细线，甲离开弹簧的速度满足
甲从B到D过程中根据机械能守恒定律得甲恰好通过最高点D时只受重力，在D点联立得
（2）乙滑上传送带做匀减速运动，速度等于传送带速度前
解得速度等于传送带速度后解得由运动学公式解v＝12m/s由机械能守恒定律得弹簧压缩时的弹性势能解得乙的质量
（3）甲、乙均不固定，烧断细线以后由甲、乙和弹簧组成的系统机械能守恒，得解得之后甲沿轨道上滑，设上滑的最高点高度为h，则解得滑不到与圆心等高位置就会返回，返回AB面上时速度大小仍然是乙滑上传送带，因，则乙先做加速度的匀减速运动，后做加速度的匀减速运动，然后返回做加速度的匀加速运动，上升的位移下降的位移解得甲和乙能再次在AB面上发生水平碰撞。
（二）多个物体组成的系统动量守恒问题
9．（多选）如图所示，在光滑水平桌面上放有足够长的木板C，在C上左端和距左端处各放有小物块A和B，A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为，A、B、C的质量均为m。开始时，B、C静止，A以某初速度向右做匀减速运动，设B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．A运动过程中，B受到的摩擦力为 B．最终A、B、C一起向右以做匀速直线运动
C．若要使A、B恰好不相碰，A的初速度D．若要使A、B恰好不相碰，A的初速度
【答案】BD【详解】A．设A在C板上滑动时，B相对于C板不动，则对B、C有解得又B依靠摩擦力能获得的最大加速度为有B未相对C滑动而随木板C向右做加速运动，B受到的摩擦力方向向右，故A错误；B．将三者看做一个整体，整体所受外力为零，动量守恒，故有解得故B正确；CD．若要使A、B恰好不相碰，则A到达B处恰好三者共速。根据能量守恒可得解得故C错误，D正确。故选BD。
10．（多选）如图，半径为R的光滑凹槽A与木块B并排置于光滑水平面上，物块C由圆心等高处沿凹槽内壁静止释放。已知A、B、C质量均为m，重力加速度为g。则（ ）
A．C由静止释放到最低点过程中A、B、C系统机械能守恒
B．C由静止释放到最低点过程中A、B、C系统动量守恒
C．A、B分离时，A的速度大小为 D．A、B分离时，C的速度大小为
【答案】AD【详解】AB．C由静止释放到最低点过程中，只有重力做功，A、B、C系统机械能守恒，水平方向无外力作用，水平方向动量守恒，但竖直方向有重力作用，动量不守恒，选项A正确，B错误；
CD．当C第一次经过圆弧槽最低点后，A和B分离。设C第一次经过圆弧槽最低点时的速度为v1，A和B两者共同的速度大小为v2，从静止释放到当C第一次经过圆弧槽最低点过程中，把A、B、C作为研究系统，取向左方向为正方向，系统水平方向动量守恒，则有根据系统机械能守恒可得联立解得，选项C错误，D正确。故选AD。
11．【例题8】物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放（其中C球下部离地H），所有碰撞均为弹性碰撞，不计空气阻力，则（ ）
A．C球落地前瞬间A球的速度为 B．C球碰撞后速度为
C．A球弹起的最大高度为9H D．B球碰撞完成后的速度为
【答案】C【详解】A．因为A、B、C球由静止同时释放，所以落地瞬间的速度相等，由自由落体运动公式有v2=2gH解得选项A错BD．C球碰地，反向碰B，B在反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，对C碰B有B碰A有又mA﹕mB﹕mC=1﹕2﹕6由以上几式可得可见B、C球碰撞完成后的速度均为0，选项BD错误；C．设A球弹起的最大高度为，有解得选项C正确。故选C。
（三）动量定理与动量守恒定律的应用
12．【例题9】（多选）最近，某实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图象如图1，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图象如图2。若不计空气，取重力加速度大小为，则下列同学的推断结果正确的是（ ）
A．机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3NB．在时间内，合外力做的功为12J
C．在时间内，合外力的冲量为 D．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.4
【答案】AD【详解】A．由图2可知机器人在1s时开始滑动，有加速度，所以刚要滑动时
故A正确；B．由图1、图2结合牛顿第二定律可得联立可得机器人质量滑动摩擦力为4s末机器人的速度为在时间内，合外力做的功为故B错误；C．在时间内，合外力的冲量为故C错误；D．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为故D正确。故选AD。
13．【例题10】（单选）如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，此过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为l，两球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．A球动能最大时对水平面的压力大小等于2mg
B．竖直墙面对B球的冲量大小为
C．A球的最大动能为 D．B球的最大动能为
【答案】D【详解】AC．假设小球B能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ时，两小球的速度大小分别为、，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得
即由根据机械能守恒，有
运用数学知识，整理得当取等号，说明小球A的动能先增大后减小，即杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力为0时，A球的动能最大，最大动能为
此时对水平面的压力大小等于mg，故AC错误；B．当杆中存在挤压的内力，此时墙壁对B球有冲量，又由于在运动过程中B球水平方向速度始终为零，所以竖直墙面对B球的冲量大小等于杆对B球在水平方向的冲量大小，进一步可知竖直墙面对B球的冲量大小等于杆对A球在水平方向的冲量大小，该过程就是A球获得最大动量过程，由动量定理，可知
故B错误；D．分析可知B球着地时的动能最大，由于杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力为0时，B球与竖直墙面分离，分离后两球在水平方向动量守恒，设B球着地时A球的速度大小为，则有解得整个过程根据能量守恒，可得B球的最大动能为
选项D正确。选D。
（四）综合计算题
14．如图所示，光滑水平面上有一质量为、长度为的长木板，其右端有一质量为的滑块（可视为质点），滑块与木板间动摩擦因数为。初始时，二者以共同的速度一起向左运动，木板每次与墙面碰撞后瞬间，速度大小变为原来的一半，并反向运动。整个过程，滑块既没有从木板上掉下，也没有与墙面发生接触。知重力加速度取，求：
（1）首次碰撞后开始计时，木板速度第一次减为零时的位移大小；
（2）木板长度的最小值；
（3）整个过程因摩擦产生的热量。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）第1次碰撞后，木板向右做匀减速直线运动，速度为零时，位移为对木板由动能定理可得解得代入数据得（2）之后，木板向左做匀加速直线运动，设板块最终有共同速度，对于系统，由动量守恒定律得解得即板块以共同的速度再次与墙面发生二次碰撞，第1次碰撞后至第1次共速二者相对位移为L1，由能量守恒解得同理解得第2次碰撞后至第2次共速二者相对位移，由能量守恒得解得以后每次情况均是如此，直至碰撞无数次后系统处于静止状态此可得第次碰撞后共速的速度第次碰撞后至第次共速二者相对位移解得由等比数列求和公式可得代入数据得（3）摩擦生热代入数据得
15．【例题11】如图所示，以A、B为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点。离滑板右端处有一竖直固定的挡板P，一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B点滑上滑板，此时立即将圆弧轨道撤掉。已知物块可视为质点，质量，滑板质量，圆弧轨道半径，物块与滑板间的动摩擦因数，重力加速度。滑板与挡板P的碰撞没有机械能损失，物块始终没有滑离滑板。
（1）求物块滑到B点时的速度；
（2）求滑板与挡板P第一次碰撞前瞬间物块的速度大小；
（3）求滑板长度的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）物块从A到B根据机械能守恒有解得，物块滑到B点时的速度为（2）假设滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板已经共速，设物块加速度大小为，滑板加速度大小为，有设物块滑上滑板到二者共速时间为，由运动学公式解得，该过程中滑板的位移为故假设不成立，滑板与挡板P第一次碰撞前物块与滑板未共速，设滑板开始运动到与挡板碰撞的时间为，有解得故物块的速度为
（3）滑板第一次与挡板P碰撞时速度为碰撞后速度反向，因为，由动量守恒可知当物块和滑板第一次共速时，速度方向向右，有解得
因为此时速度方向向右，故滑板会与挡板再次碰撞，碰撞后滑板的速度方向向左，此时，同理可知当物块和滑板第二次共速时，速度方向向左，根据动量守恒有
解得之后物块与滑板以共同速度向左⼀直匀速运动，分析可知从物块滑上滑板开始到达到向左的共同速度，物块相对于滑板始终向滑板的右端运动，整个过程根据能量守恒有代入数值解得滑板长度的最小值为
16．两端有竖直挡板的“U”型槽C放置在光滑的水平面上，质量、槽内长度，中间位置放上一质量滑块B，均处于静止状态。在槽左边有一质量滑块A，以速度向右运动，与“U”型槽碰撞后以原来速度的一半反弹，经过时，滑块B与“U”型槽的挡板发生第一次碰撞，A、B滑块均可视为质点，“U”型槽的上表面水平，所有的碰撞均为弹性的，重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）滑块A与“U”型槽C碰撞后瞬间“U”型槽C的速度大小；
（2）滑块B与槽间的动摩擦因数；
（3）“U”型槽最终的速度及B在槽内的位置。
【答案】（1）；（2）；（3）1.8m/s，到U型槽左边挡板的距离为0.4m【详解】（1）A与“U”型槽弹性碰撞，有由题意解得
（2）滑块A与U型槽碰撞后，B做匀加速直线运动滑块A与U型槽碰撞后，U型槽做匀减速直线运动由题意联立可得
（3）设“U”型槽的最终速度为v。由动量守恒定律解得由功能关系解得滑块B最终的位置到U型槽左边挡板的距离
17．为了解决航空公司装卸货物时因抛掷造成物品损坏的问题，一位同学设计了一种缓冲转运装置，如图所示，装置由半径的光滑圆弧轨道和粗糙水平直轨道组成，水平直轨道与圆弧轨道的最低点相切。卸货时飞机不动，缓冲装置紧靠飞机，转运车B紧靠A，A的水平部分与B上表面等高。包裹C从的圆弧轨道最高点由静止滑下，经水平轨道滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为，缓冲装置与水平地面间的动摩擦因数，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B的质量均为，B水平部分的长度为。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。C与B的右挡板发生碰撞的时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。
（1）若包裹C的质量，求包裹C到达的圆弧轨道最低点时，对轨道的压力大小；
（2）要求包裹C在缓冲装置的水平部分运动时不动，则包裹C的质量不得超过多少？
（3）若包裹C的质量，为使该包裏能停在转运车B上，则的水平部分的长度应满足什么条件？
【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由动能定理得在圆弧轨道最低点由牛顿第二定律得联立解得由牛顿第三定律知压力大小为（2）不动时需满足解得即包裹C的质量不能超过。（3）由于包裹质量小于，装置始终静止不动。①包裹C恰好滑上B车，即C到达B的左端时速度刚好为零，由动能定理可得解得②包裹C滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时二者恰好共速，设C由释放至第一次到达B的左端速度为。由动能定理可得C与B车相互作用过程，满足动量守恒有由功能关系可得联立解得所以
18．【例题12】如图所示，是一种弹射玩具装置，水平轨道的左端A固定一轻质弹簧，弹簧自由状态下右端位于B点，质量的小物块甲静止在B点；在与B点相距的C处固定一竖直圆轨道，半径，圆轨道底端略微错开；在水平轨道的D点放置一质量小物块乙，右侧放置等腰直角三角支架PEQ，，，E点在D点正下方，P点与D点等高，EQ水平。物块一旦脱离轨道后将不再继续在轨道上运动，物块与BC段间的动摩擦因数，轨道其它部分的摩擦不计，重力加速度。现将小物块甲向左压缩弹簧后释放弹出，求：
（1）若弹簧的初始弹性势能为0.7J，通过计算判断物块甲能否撞击物块乙？
（2）要使物块甲能在圆轨道运动但不脱离轨道，弹性势能的取值范围是多少？
（3）若甲、乙碰撞后粘合为一体，要使粘合体打在三角支架PE上时的动能最小，求物块甲经过圆轨道C点时对轨道的压力为多大？
【答案】（1）能；（2）或；（3）18.2N【详解】（1）要使物块甲能撞击物块乙，它必须能顺利通过圆轨道的最高点，假设物块甲通过圆轨道最高点的速度v0解得通过圆轨道最高点的临界条件
解得因为所以能撞击物块乙。
（2）当物块甲恰好能到达C点时，解得当物块恰能到达圆心等高处时，根据动能定理可知解得则弹性势能的取值范围是：
临界情况2：物块恰能过圆周最高点，则解得根据动能定理可知得弹性势能的取值范围是综上所述，弹性势能的取值范围是或
（3）当打到支架PE上时，根据平抛运动公式由数学知识可知由动能定理得则根据数学知识可知，当时，有最小值,解得所以解得乙碰撞动量守解得
（五）巩固练习
19．（多选）如图所示，长木板静止在光滑水平面上，一个劲度系数为k的轻弹簧固定在长木板的右端，轻弹簧左端到木板左端的距离为L，长木板质量为m；一个质量为0.5m的小物块（可视为质点）从长木板的左端以大小为v0的速度滑上长木板，当物块再次滑到长木板的左端时，物块恰好与长木板相对静止。已知弹簧的弹性势能表达式为（x为弹簧的形变大小），则在上述过程中 （ ）
A．小物块第一次接触弹簧、第一次与弹簧分离这两个时刻，小物块速率相等
B．整个过程中摩擦产生的热量大小为 C．弹簧最短时，其压缩量为
D．摩擦力对物块做功的大小为
【答案】BC【详解】A．整个过程中，摩擦力为阻力，故小物块的速率会减小，故A错误；
BC．物块再次滑到长木板的左端时，物块与长木板相对静止，设物块相对于长木板的路程为，以向右为正方向，由动量守恒定律得解得设物块与长木板之间的动摩擦因数为，根据功能关系可得由于当弹簧具有最大弹性势能时，小木块和长木板也具有共同的速度，则根据能量守恒得，弹簧具有的最大弹性势能为联立解得由于则弹簧最短时，其压缩量为当物块再次滑到长木板的左端时，物块与长木板相对静止的过程中，设产生的热量为，则故BC正确；D．由题中信息可知，摩擦力对物块做功的无法求解，故D错误；故选BC。
20．（多选）如图所示，三个物块A、B、C静止放在光滑水平面上，物块A、B用一轻质弹簧连接，并用细线拴接使弹簧处于压缩状态，三个物块的质量分别为、和。现将细线烧断，与物块C碰撞前，物块A、B在弹簧弹力作用下做往复运动，物块A的最大速度大小为，某时刻使物块C以的速度向右运动，它将与正在做往复运动的物块A发生碰撞，并立即粘连在一起。弹簧始终在弹性限度内，在以后的运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC【详解】弹簧为原长时，A的速度最大，A、B系统动量守恒，速度方向相反，可知A、B的大小分别为因水平方向系统不受外力，故A、B、C系统动量守恒，因此不论A、C两物体何时何处相碰，三物体共速时速度是一个定值，总动能也是一个定值，且三个物体速度相同时具有最大弹性势能。设三个物体共速时的速度为，依据动量守恒定律有解得当A在运动过程中速度为，且与C同向时跟C相碰，A、C相碰后速度设此过程中具有的最大弹性势能为，由能量守恒得
当A在运动过程中速度为时与C相碰，A、C动量等大反向，相碰后粘在一起，共速时设此过程中具有的最大弹性势能设为，由能量守恒得
由上述分析可得，弹簧具有的最大弹性势能的可能值的范围故选ABC。
21．（多选）如图甲所示，滑雪运动员在助滑道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后落在倾斜的雪道上，其过程可简化为图乙。现有一运动员从跳台O处以初速度飞出，方向与雪道成，之后落在雪道的P处。运动员质量为，倾斜雪道与水平方向的夹角为。重力加速度为，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在空中飞行的时间为B．OP两点间的距离为
C．运动员在飞行过程中动能变化量的大小为D．运动员在飞行过程中动量变化量的大小为
【答案】BD【详解】A．依题意，把重力加速度沿雪道方向和垂直雪道方向分解，有把初速度沿雪道方向和垂直雪道方向分解，有垂直雪道方向，有解得运动员在空中飞行的时间为故A错误；B．沿雪道方向，有故B正确；C．根据动能定理，可得又解得即运动员在飞行过程中动能变化量的大小为。故C错误；
D．根据又解得故D正确。故选BD。
22．（多选）如图甲所示，质量为的物体静止在倾角为的固定斜面上，在沿斜面向上推力F作用下开始运动，推力F随时间t变化的关系如图乙所示（后无推力存在）。已知物体与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度，则（ ）
A．物体运动的时间为 B．时物体的速度达到最大
C．物体在运动过程中最大加速度为 D．在物体运动过程中推力的冲量为
【答案】CD【详解】A．力F与t的关系式为则由可得物体运动的时间为故A错误；B．合力为零时，速度最大，则有可得故B错误；C．刚运动时，合力沿斜面向上，为8s时，合力为即合力先从40N减为零，再增加到40N，所以合力最大值为40N，最大加速度为故C正确；D．在物体运动过程中推力的冲量为故D正确。故选CD。
23．（多选）如图所示，水平面上带有轻弹簧的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上向左运动，物块乙以4m/s的速度向右运动，甲、乙的质量均为2kg。当乙与弹簧接触后（不粘连）（ ）
A．弹簧的最大弹性势能为24.5J
B．当甲、乙相距最近时，物块甲的速率为零
C．当乙的速率为0.8m/s时，甲正在做减速运动 D．当甲的速率为4m/s时，弹簧为自由长度
【答案】AD【详解】A．碰撞过程动量守恒，以乙的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv乙-mv甲=(m+m)v由机械能守恒定律得解得v=0.5m/sEp=24.5J故A正确
B．当甲、乙相距最近时，物块甲的速率为0.5m/s，故B错误；C．当甲的速率为零时，以乙的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv乙-mv甲=0+ mv乙1v乙1=1m/s所以当乙的速率为0.8m/s且速度方向向时，甲正在向右做加速运动，故C错误；D．当甲的速率为4m/s时，以乙的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv乙-mv甲= mv甲2+ mv乙2v乙2=-3m/s即乙向左运动，开始时系统的机械能当甲的速率为4m/s时，系统总动能所以弹簧的弹性势能为零，即弹簧为自由长度，故D正确。故选AD。
24．（多选）如图所示，光滑水平轨道上静置着A、B、C三个物块，物块A、B通过轻质弹簧连接，其中物块A的质量为0.4m，物块B的质量为m。某一瞬间，一颗质量为0.1m的子弹以速度向右射入物块A并留在其中（作用时间极短）。当物块A（含子弹）、B速度第一次相等时，物块B恰好与物块C发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后物块C的速度为，弹簧始终在弹性限度内，从子弹射入木块A至弹簧第一次恢复原长的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．当物块B与物块C碰撞前瞬间，物块B的速度大小为 B．物块C的质量为2m
C．子弹、弹簧与物块A、B、C组成的系统，损失的机械能为 D．弹簧最大的弹性势能为
【答案】ACD【详解】A．当物块B与物块C碰撞前瞬间，设物块A（含子弹）、B的速度为v1，根据动量守恒定律有解得故A正确；B．对B与C的碰撞过程，由于B、C之间的作用力远大于弹簧弹力，可视为动量守恒，则根据机械能守恒定律有解得，故B错误；C．设子弹射入A后，子弹和A的共同速度为，根据动量守恒定律有解得由于B和C的碰撞不损失机械能，所以子弹、弹簧与物块A、B、C组成的系统，损失的机械能为故C正确；D．B和C碰撞后瞬间，B的速度变为零，A（含子弹）的速度不变，此后A、B将继续压缩弹簧，当弹簧最短时，A、B具有相同速度（设为v3），根据动量守恒定律有解得根据机械能守恒定律可得弹簧最大的弹性势能为故D正确。故选ACD。
25．（多选）如图所示，小车上固定着一个竖直放置的弯曲圆管，整个小车（含圆管）的质量为，初始时静止在光滑的水平面上。一个小球以水平速度v从圆管左端飞入后恰好能从圆管右端滑离小车。小球质量为m，半径略小于圆管半径，可以看作质点，忽略一切摩擦以及圆管的厚度。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球滑离小车时，小车速度向右 B．小球滑离小车时的速度大小为v
C．圆管中轴线距离车身的最大高度为D．从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的总冲量为0
【答案】BC【详解】A B．小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒可得，
由机械能守恒可得解得或（因不符合实际情况，舍去）小球滑离小车时，小车速度0。A错误；小球滑离小车时的速度大小为v，B正确；
C．小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为，故由动量守恒定律
解得由机械能守恒定律，以小球刚滑上小车的位置为零势能面，小球在最高点的重力势能等于系统动能减小量所以，车上管道中心线最高点的竖直高度C正确；D．从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的水平方向总冲量为0，总冲量不为0。D错误。故选BC。
26．（多选）如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球（可视为质点）从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，则（ ）
A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动C．小车向左运动的最大距离为
D．小车获得的最大速度为
【答案】CD【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，小球与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0，因此球和小车组成的系统总动量不守恒，A错误；B．小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，且系统水平方向总动量为0，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上有
解得即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；C．根据上述，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在水平方向上有此过程有解得C正确；D．根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得速度最大，则有，解得D正确。选CD。
27．（多选）如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相同）的圆环轨道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距并且远小于轨道半径）以相同的速率v0从与圆心等高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A．当时，小球A通过最高点和小球B通过最低点时对轨道的压力差为6mg
B．当时，第一次碰撞前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能
C．当，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点
D．当时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向
【答案】AD【详解】A．A球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力得当时，假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力，则满足机械能守恒得说明假设成立，根据牛顿第二定律得B球到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律得球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为故A正B．因为两球在碰前是与外轨道接触，机械能没有减少，第一次碰撞前瞬间，A球机械能等于B球机械能，故B错误；C．假设内轨道光滑，使A球恰好到达最高点时，根据机械能守恒得当时，A、B两球无法到达最高点，因为A球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，故C错误；D．两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多，两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，设为，根据动量守解得第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，故D正确。故选AD。
28．（多选）两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，球2在前，球1在后，m1 = 1kg，m2 = 3kg，v01 = 6m/s，v02 = 3m/s，当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分别为可v1，v2，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，则v1、v2、E1、p1的可能值为（ ）
A．v1 = 1.75m/s，v2 = 3.75m/sB．v1 = 1.5m/s，v2 = 4.5m/s
C．E1 = 9JD．p1 = 1.5kg·m/s
【答案】BD【详解】碰撞前系统总动量p = m1v01＋m2v02 = (1 × 6＋3 × 3)kg·m/s = 15kg·m/s
A．如果v1 = 1.75m/sv2 = 3.75m/s，则碰撞后的系统总动量p′ = m1v1＋m2v2 = (1 × 1.75＋3 × 3.75)kg·m/s = 13kg·m/s系统动量不守恒，A错误；B．如果v1 = 1.5m/s，v2 = 4.5m/s，则碰撞后的系统总动量p′ = m1v1＋m2v2 = (1 × 1.5＋3 × 4.5)kg·m/s = 15kg·m/s系统动量守恒，B正确；CD．两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得m1v01＋m2v02 = (m1＋m2)v代入数据解得v = 3.75m/s如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得m1v01＋m2v02 = m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得m1v012m2v022m1v12m2v22代入数据解得v1 = 1.5m/s，v2 = 4.5m/s则碰撞后球1球2的速度满足1.5m/s ≤ v1 ≤ 3.75m/s3.75m/s ≤ v2 ≤ 4.5m/s球1的动能E1m1v12满足1.125J ≤ E1 ≤ 7.03J球1的动量为p1 = m1v1满足1.5kgm/s ≤ p1 ≤ 3.75kgm/sC错误、D正确。故选BD。
29．如图所示，质量分别为m和3m的物体A、B用一根轻弹簧相连，置于光滑的水平面上，物块A刚好与墙壁接触。现用外力缓慢向左推物体B使弹簧压缩，然后撤去外力，此过程中外力做功W，对两物体的运动情况以下说法正确的是（ ）
A．从撤去外力到A物离开墙壁的过程中，墙壁对物体A的冲量为0
B．在物体A离开墙壁后的运动过程中，物体A运动速度不可能为0
C．在物体A离开墙壁后的运动过程中，物体A运动速度的最大值为
D．在物体A离开墙壁后的运动过程中，物体B运动速度的最小值为0
【答案】C【详解】A．从撤去外力到A物离开墙壁的过程中，墙壁对物体A的作用力不为零，故墙壁对物体A的冲量不为0。故A错误；BCD．分析可知，当弹簧第一次恢复原长时，此时A的速度为零，弹簧的弹性势能全部转化为B的动能，故有解得此后AB都运动，B做减速运动，A做加速运动，弹簧再次恢复原长时，A物体的速度最大，B物体的速度最小。从AB都运动到此过程中根据动量守恒定律及能量定律可得联立以上解随后B做加速运动，A做减速运动，弹簧再次恢复原长时，A物体的速度最小，B物体的速度最大。从AB都运动到此过程中根据动量守恒定律及能量定律可联立以上可得故BD错误，C正确。故选C。
30．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块（可视为质点）从小车上的A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知M=3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块滑到B点时的速度大小为
C．滑块从A滑到C的过程中，滑块的位移大小为 D．水平轨道的长度
【答案】D【详解】A．滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B．滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得解得
所以滑块滑到B点时的速度为，故B错误；C．设全程小车相对地面的位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R+L，则滑块水平方向相对地面的位移为
滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得已知，解得，滑块在竖直方向上相对地面的位移为R，故滑块的位移故C错误；D．系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得解得能量守恒定律得解得故D正确。故选D。
31．（单选）2006年9月，中国第一座太空娱乐风洞在四川省绵阳市建成并投入运营。娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。现有一竖直圆柱形风洞，风机通过洞口向风洞内“吹气”，产生竖直向上、速度恒定的气流。某时刻，有一质量为m的游客恰好在风洞内悬浮，已知气流密度为，游客受风面积为S，重力加速度为g，假设气流吹到人身上后速度变为零，则气流速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C【详解】在时间内吹到人体的气体质量为设人对气流的力大小为，则对此段气体由动量定理有由牛顿第三定律，风给人的力大小为人受力平衡。所以解得故选C。
32．如图所示，一光滑圆弧轨道固定在水平地面上，轨道半径为R=6m，其圆心角为53°。质量为2kg的滑板C静止在水平地面上，其左端与圆弧轨道末端平滑连接，质量为1kg的物块B静止在C上，B至滑板左端的距离为L=1.2m。现将质量为2kg的物块A由圆弧轨道顶端静止释放。已知物块A、B均可视为质点，二者碰撞时间极短且碰撞过程无机械能损失，A、B与C之间的动摩擦因数均为μ1=0.5，C与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，cs53°=0.6，，物块B始终在滑板上。求：
（1）A滑上C瞬间，A的速度大小。（2）A与B碰后瞬间，B的速度大小。
（3）整个过程C运动的位移大小。（4）滑板长度最小值（结果保留两位有效数字）。

【答案】（1）4m/s；（2）8m/s；（3）；（4）7.3m【详解】（1）对A从开始运动至刚滑上C阶段由动能定理得解得（2）A所受摩擦力的大小为C所受地面的最大静摩擦力故A与B碰撞之前C处于静止状态，由牛顿第二定律得由运动学公式得可知物块A与B碰撞之前的速度大小为
规定向右为正方向，由动量守恒定律得碰撞过程中无动能损失，解得
（3）碰撞之后，A、B相对C均向右运动，对C由牛顿第二定律得
解得a₂=2.5m/s2设从A、B碰撞至A与C共速历时t1，有解得A、C共速后，B相对C依然向右滑动，对A、C整体由牛顿第二定律，有
解得a3=1.25m/s2，方向水平向左设从A、C共速后至其停止运动的时间为t2，有a3t2=a2t1解得此时B的速度大于0，故C运动的位移为解得
（4）由题可知B运动的加速度大小为a1，方向水平向左，设B运动的总位移为xB，有
解得xB=6.4m则滑板最小长度为s=xB+L-x=7.3m