2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题15动量守恒定律

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2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题15动量守恒定律
一．选择题（共22小题）
1．（2023•浙江模拟）如图所示，是一种被称为“移动摆”的装置，即将单摆悬挂于一辆可以移动的车上。假设单摆在重力作用下做机械振动，且车和摆始终在同一平面内运动。若忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，则（　　）

A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能守恒，动量不守恒
C．机械能不守恒，动量守恒
D．机械能不守恒，动量不守恒
2．（2023•绍兴二模）如图所示，在竖直平面内，离地一定高度的树上挂有一个苹果，地面上玩具手枪的枪口对准苹果。某时刻苹果从O点自由下落，同时玩具子弹也从枪口P以一定初速度射出，子弹运动一段时间后到达最高点Q，而苹果也下落到M点，最后子弹在N点“击中”苹果。若子弹和苹果都看成质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．子弹到达最高点的速度为0
B．PQ的竖直高度等于OM的距离
C．子弹“击中”苹果时竖直方向的分速度大于苹果下落的速度
D．子弹从P运动到Q的过程中速度变化量的方向始终竖直向上
3．（2023•宁波二模）如图所示，某人用水管冲洗竖直墙面，水龙头的流量（单位时间流出水的体积）可视为一定，水管的入水口与水龙头相连接，水从出水口水平出射，水打到墙面后不反弹顺墙面流下。若用手挤压出水口，使出水口的横截面积变为原来的一半，则被水流冲击部分的墙面所受压强约为原先的多少倍（　　）

A．1 B．2 C．4 D．8
4．（2023•金华模拟）掷冰壶又称冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”，是冬奥会比赛项目。在某次冰壶比赛中，运动员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图（b）所示。碰撞前后两壶做直线运动的v﹣t图线如图（c）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（　　）

A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶的速度可能为0.9m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2m
D．碰后红壶还能继续运动2s
5．（2023•镇海区校级模拟）发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为v0，与水平方向夹角α＝37°。弹力球与水平面碰撞的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的16、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。则弹力球（　　）
A．第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于45°
B．第2、3次落地点间的距离为0.48v02g
C．与水平面碰撞4次后停止运动
D．与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变
6．（2023•镇海区校级模拟）如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示。t＝400s后，列车以288km/h的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。则下列说法正确的是（　　）

A．前400s，列车做匀减速直线运动
B．列车所受阻力的大小为3.0×106N
C．根据已知条件可求出列车的质量为1.0×107kg
D．在t＝400s时，列车牵引力的功率为8.0×104kW
7．（2023•西湖区校级模拟）雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为（　　）

A．ρvht B．2ρvht C．ρv2 D．2ρv2
8．（2023•浙江模拟）春节刚过，烟花的美景仍印象深刻。放烟花时烟花弹由发射筒底部火药引燃获得初速度，竖直向上运动到最高点时炸开，如图是烟花燃放时的图景，其中P、Q分别为两块碎片的径迹，假设两块碎片在烟花弹炸开时同时斜向上抛出，初速度大小vP＝vQ，初速度与水平方向的夹角θP＞θQ，不计空气阻力，下列表述正确的是（　　）

A．烟花弹“发射”过程动量守恒
B．在空中运动过程中，P、Q两块碎片的速度变化率相同
C．P、Q两块碎片上升到最高点时速度都为零
D．P、Q两块碎片从炸开到上升到最高点的过程，运动的时间相等
9．（2023•杭州一模）现代都市高楼林立，高楼出现火情需要一种高架水炮消防车。如图所示，某楼房的65m高处出现火情，高架水炮消防车正紧急灭火中。已知水炮炮口与楼房间距为15m，与地面距离为60m，水炮的出水量为3m3/min，水柱刚好垂直打入受灾房间窗户。则（　　）

A．地面对消防车的作用力方向竖直向上
B．水炮炮口的水流速度为10m/s
C．水泵对水做功的功率约为 3.8×104W
D．若水流垂直冲击到窗户玻璃后向四周流散，则冲力约为1500N
10．（2022•浙江模拟）如图，桌子边缘用茶叶罐子压着一张纸，欲向外把纸拉走，而让茶叶罐子留在桌上，实验发现纸拉得越快，茶叶罐子越稳定，对此，以下说法正确的是（　　）

A．纸拉得越快，纸对罐子的摩擦力越小
B．由于罐子有惯性，所以纸拉得越快，罐子惯性越大，越稳定
C．纸拉得越快，纸对罐子的摩擦力的冲量越小
D．无论拉纸的力如何，罐子和纸总会有相对运动，最终罐子总可以留在桌上
11．（2022•浙江模拟）如图所示为一半圆形的环，AB为半圆的水平直径，从A点以2m/s水平初速抛出一个质量为0.2kg的小球，经0.2s后小球落在半圆上P点（图中未画出），下列判断中正确的是（　　）

A．半圆的半径为0.3m
B．P点的速度方向与水平方向夹角的正切为12
C．小球从A点运动到刚落在半圆壁前一瞬时，小球动量改变了0.4kg•m/s
D．选择合适的初速度，小球可以垂直打在半圆壁上
12．（2022•浙江模拟）图甲是抬鼓击球的体育活动画面，实际活动比较复杂，现建立如图乙的简化模型，20个人对称地拉着绳子（图中只显示面对面的两条绳子）抬鼓击球，设鼓的质量为6kg，球的质量为0.5kg，绳子质量不计，A点为手拉住绳子的接触点，B为绳子与鼓的连接点。某次击球活动时，目测A、B的竖直高度差约为绳长AB的十分之一（设每根绳子都如此），并保持稳定，假定活动过程中鼓始终处于静止状态，发现球从离鼓0.8m的高度由静止开始下落，与鼓发生碰撞后又几乎可以回到0.8m处，碰撞时间约为0.1s。（空气阻力忽略不计，g取10m/s2）。对此情景，下列分析正确的是（　　）

A．球在空中时，每个人对绳子的拉力为60N
B．击球过程中，鼓对球弹力的冲量为2.5N•s
C．击球时，每个人对绳子的拉力为52.5N
D．击球时，鼓对球的平均作用力40N
13．（2022•浙江模拟）如图所示，质量为m、内壁光滑、半径为R的半圆形容器静止在足够长的光滑水平地面上，左侧紧靠竖壁但不粘连，质量也为m的小球从半圆形容器内壁A点静止开始下滑，下列说法中正确的是（　　）

A．从A点下滑到半圆形轨道最底点B点过程中，运动时间为π2Rg
B．小球过最底点B后，能上升的最大高度点为D点，B、D两点高度差为R2
C．从A点运动到D点过程中，半圆形容器对小球的弹力对小球始终不做功
D．半圆形容器在一段时间内将不断重复做往复运动
14．（2022•义乌市模拟）最近，义乌中学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a，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图象b。若不计空气，取重力加速度大小为10m/s2，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3N
B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
C．在0～4s时间内，合外力的冲量为12N•S
D．在0～4s时间内，合外力做的功为12J
15．（2022•浙江模拟）如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出.已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）

A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为12v0
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为12v0
D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管对平行导槽的冲量大小为22mv0，方向垂直导槽向上
16．（2021•温州模拟）如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角为60°时达到最高点。滑块与小球均视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）

A．绳的拉力对小球始终不做功
B．滑块与小球的质量关系为M＝2m
C．释放小球时滑块到挡板的距离为L2
D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为2mgL
17．（2021•宁波二模）如图所示，水平桌面上放一张轻薄的复合板，复合板与桌面之间铺几支玻璃管，复合板上放一辆较重的电动遥控小车，小车质量大于复合板的质量。当启动遥控小车的前进挡后（　　）

A．小车仍然相对地面静止
B．小车受到向左的摩擦力将向左运动
C．复合板受到向左的摩擦力将向左运动
D．小车对复合板的冲量大于复合板对小车的冲量
18．（2021•浙江模拟）如图所示，半径分别为R和r=R2的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（　　）

A．b球质量为22m
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．若ma＝mb＝m要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝5mgR
D．a球到达圆心等高处时，对轨道压力为5mg
19．（2021•滨江区校级模拟）台风实际上是一种强热带气旋。台风登陆后对地面建筑物、树木造成很大危害。若某台风登陆时的最大风力为11级，最大风速约为30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m。空气密度ρ＝1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为（　　）
A．3.9×105N B．1.1×105N C．1.1×104N D．9.0×104N
20．（2021•嘉兴二模）在2019年世界中学生排球锦标赛上，中国男女排双双获得冠军。如图所示为某次接发球过程的示意图，运动员从场地端线处起跳，将球从离地h1＝2.80m高的A点沿垂直端线的方向水平击出，球运动到对方球场时，在离地h2＝0.35m，离端线x＝0.50m处的B点被运动员救起，球沿竖直方向向上运动到离击球点h3＝5.00m处的C点处速度为零。已知排球质量m＝280g，排球视为质点，排球场长L＝18.00m，球网上边缘离地高h＝2.35m，运动员与排球接触时间均很短，不考虑空气阻力。则（　　）

A．排球从A运动到B的运动时间为145s
B．在A点，运动员对排球做功为85J
C．在A点，运动员对排球的冲量大小为3.5N•s
D．在B点，排球在竖直方向的动量变化量大小为4.76kg•m/s
21．（2021•绍兴二模）如图所示是甲、乙两辆推车在光滑水平面上发生碰撞的a﹣t图像，则（　　）

A．乙车的质量为甲车质量的两倍
B．两辆推车碰撞过程中甲车加速度方向与乙车加速度方向相同
C．两辆推车碰撞过程中甲车对乙车的作用力大于乙车对甲车的作用力
D．两辆推车碰撞过程中甲车对乙车的冲量约为乙车对甲车的冲量的两倍
22．（2021•浙江模拟）为了迎接篮球比赛，某运动员站在与电脑连接的力传感器上做原地纵向摸高训练，图甲是他做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是电脑上显示的力传感器所受压力随时间变化的图象。已知重力加速度g＝10m/s2，空气阻力不计，则根据图象分析可知（　　）

A．c到d的过程中，人始终处于失重状态
B．人从起跳到双脚离开力传感器的过程中，重力的冲量大小小于240N•s
C．人跳起的最大高度为1.25m
D．起跳过程中人做的功等于360J
二．计算题
23．（2023•杭州一模）如图所示，光滑曲线轨道BC分别与竖直轨道AB、粗糙水平地面CD平滑连接，CD右端与光滑半圆轨道DE平滑连接，半圆轨道直径为2R。CD长为l＝2R，竖直轨道的最高点A与地面高度差h＝2R。质量为m的小滑块P从A点静止释放，之后在D点与静止放置在该处的小滑块Q发生碰撞，碰撞过程机械能损失不计。已知小滑块Q的质量也为m，物体Q被撞后的瞬间对轨道的压力突然增大了2mg。已知重力加速度为g。
（1）求水平轨道的动摩擦因数μ；
（2）如果小滑块P的质量变为km（k为正数），如果要求小滑块Q在半圆轨道DE段运动过程中没有脱离圆弧（设碰撞后P立即拿走，不发生两次碰撞），求k的取值范围；
（3）在第（2）问中，发现小滑块Q经过E点落到曲线轨道BC上任意一点的动能均与落到C点的动能相同，以D点为坐标原点，向右为x轴、向上为y轴建立坐标系，求曲线轨道BC在坐标系中的方程（写成y＝f（x）的形式）。

24．（2022•鹿城区校级模拟）动作电影中，常有演员高台跳跃的精彩表演吸引观众的眼球。某场镜头中，质量m＝60kg的演员从静止开始在距离高台边沿x0＝9m处的位置，以恒定的加速度a＝2m/s2向左端跑动起来，演员起跑3.5s后，车厢右端与高台水平距离x＝2m处的汽车以速度v＝5m/s匀速行驶，演员从高台边沿跑出时速度方向水平向左，高台与车厢底板的竖直高度H＝5m，取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。
（1）若演员与车厢底板的接触时间Δt＝0.5s，演员落至车中与车保持相对静止。求接触过程中演员受到汽车的平均作用力的大小F（结果保留整数）；
（2）车厢长度为3m，若想让演员安全落至车厢底板，求演员起跑3.5s时，车厢右端与高台水平距离的范围。

25．（2022•浙江模拟）如图所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m＝0.80kg的木块B，桌面的另一端有一块质量M＝1.0kg的木块A以初速度v0＝4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t＝0.40s与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上．木块B离开桌面后落到地面上的D点．设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D点距桌面边缘的水平距离s＝0.60m，木块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.50，重力加速度取g＝10m/s2．求：
（1）两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小；
（2）木块B离开桌面时的速度大小；
（3）碰撞过程中损失的机械能．

26．（2023•金华模拟）如图所示，一质量为m＝1kg可看成质点的滑块以初速度v0＝2m/s，从P点与水平方向成θ＝37°抛出后，恰能从a点沿ab方向切入粗糙斜面轨道，斜面ab轨道长为xab＝10m，斜面ab与半径R＝1.25m的竖直光滑圆弧轨道相切于b点，O点为圆弧的圆心，c点为圆弧的最低点且位于O点正下方，圆弧圆心角θ＝37°。c点靠近水平传送带左侧，传送带cd间距离为L＝3.4m，以v＝5m/s的恒定速度顺时针转动，传送带与光滑圆弧、光滑水平面均保持平滑对接，水平面上有2个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，每个小球质量m0＝2kg。滑块与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。不计一切空气阻力，求：
（1）滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间t0；
（2）滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小；
（3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小；
（4）2个小球最终获得的总动能。

27．（2023•杭州一模）如图所示，一弹枪将质量m0＝0.3kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量m1＝0.3kg的滑块，打击过程为完全弹性碰撞，此滑块放在质量m2＝0.2kg的“L形”薄板上。已知弹丸抛射角θ＝53°，B与A的高度差h=209m，薄板长度L＝0.9m，最初滑块在薄板的最左端；薄板在平台的最左端，滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力：薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，不计碰撞过程的时间，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求A、B间的水平距离x；
（2）求m1开始运动到撞击m2的过程中系统因摩擦产生的热量；
（3）若m1撞击m2后与m2粘在一起，薄板右端未滑出平台，平台s至少需要多长。

28．（2023•台州模拟）小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量m＝1kg的小球（可视为质点），离地面高度h＝2m，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径R＝1m，圆心角是60°的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于水平地面的倾角为30°的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为r＝0.5m的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段DE为直径。现把小球击打出去，小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙。已知小球在水平地面运动时受到的摩擦力恒为f＝5N，其他阻力均不计，取重力加速度大小g＝10m/s2，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。
（1）求小球被击打的瞬间装置甲对小球的冲量；
（2）若CD＝3.6m，则小球到E点时对轨道的压力多大？
（3）若要使小球能进入DE轨道且又不脱离DE段半圆形轨道，则CD长应为多少？

29．（2022•浙江模拟）如图为一游戏装置的示意图，倾角α＝53°的轨道AB与半径R＝0.50m半圆轨道相切。水平放置的传送带以v带＝2m/s的恒定速度顺时针转动，传送带两端EF长L2＝3m，传送带右端与一光滑水平面平滑对接，水平面上依次摆放N个完全相同的物块，物块的质量M＝0.3kg、且数量N足够的多。游戏开始时，让质量为m＝0.1kg的物块m从轨道AB上由静止滑下，到达轨道最低点C时对轨道的压力为6.8N。物块m与轨道AB间的动摩擦因数μ1＝0.5、与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.1。轨道其余部分均光滑。碰撞均为对心弹性碰撞，物块均可视为质点，整个装置处于同一竖直平面内。（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）
（1）求物块m到达C点时的速度大小vC和从轨道AB释放的高度H；
（2）若物块m恰好从传送带左端E点沿水平方向落入传送带，求CE两点的水平距离L1；
（3）求物块m在传送带上运动的总时间t总。


2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题15动量守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共22小题）
1．（2023•浙江模拟）如图所示，是一种被称为“移动摆”的装置，即将单摆悬挂于一辆可以移动的车上。假设单摆在重力作用下做机械振动，且车和摆始终在同一平面内运动。若忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，则（　　）

A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能守恒，动量不守恒
C．机械能不守恒，动量守恒
D．机械能不守恒，动量不守恒
【解答】解：忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为系统，只有单摆的重力对系统做功，使系统的重力势能和动能相互转化，所以机械能守恒。
直接分析系统所受合力是否为零，不好分析，可用假设法处理。
假设车和摆组成的系统动量守恒，则由动量守恒条件可知，系统在整个运动过程中所受合力应始终为零。但是当摆运动到最低点时，系统所受合力为单摆的向心力、不等于零，故假设不成立，故系统动量不守恒。
但系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
2．（2023•绍兴二模）如图所示，在竖直平面内，离地一定高度的树上挂有一个苹果，地面上玩具手枪的枪口对准苹果。某时刻苹果从O点自由下落，同时玩具子弹也从枪口P以一定初速度射出，子弹运动一段时间后到达最高点Q，而苹果也下落到M点，最后子弹在N点“击中”苹果。若子弹和苹果都看成质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．子弹到达最高点的速度为0
B．PQ的竖直高度等于OM的距离
C．子弹“击中”苹果时竖直方向的分速度大于苹果下落的速度
D．子弹从P运动到Q的过程中速度变化量的方向始终竖直向上
【解答】解：A．子弹做斜抛运动，在最高点竖直方向上的速度为零，但水平分速度不为零，因此子弹到达最高点的速度不为零，故A错误；
B．某时刻苹果从O点自由下落，同时玩具子弹也从枪口P以一定初速度射出，所以运动时间相同，而苹果竖直方向初速度为零，自由落体，子弹竖直方向逆运动也是初速度为零，自由落体，所以PQ的竖直高度等于OM的距离，故B正确；
C．子弹“击中”苹果时竖直方向的分速度小于苹果下落的速度，因为在M、Q处，苹果竖直分速度大，而两者加速度相同，故C错误；
D．根据速度变化量的计算公式可得：
Δv＝gΔt
因此子弹从P运动到Q的过程中速度变化量的方向始终竖直向下，故D错误。
故选：B。
3．（2023•宁波二模）如图所示，某人用水管冲洗竖直墙面，水龙头的流量（单位时间流出水的体积）可视为一定，水管的入水口与水龙头相连接，水从出水口水平出射，水打到墙面后不反弹顺墙面流下。若用手挤压出水口，使出水口的横截面积变为原来的一半，则被水流冲击部分的墙面所受压强约为原先的多少倍（　　）

A．1 B．2 C．4 D．8
【解答】解：设单位时间内水的质量为Δm，选水流的初速度方向为正方向，根据动量定理可得：
﹣FΔt＝0﹣Δmv
结合压强的计算公式p=FS可得：
p=ΔmvSΔt
当横截面积变为原来的一半时，因为水龙头的流量不变，即Q＝vS保持不变，所以水的流速变为原来的2倍，因为横截面积变为原来的12，所以压强约为原来的4倍，故C正确。ABD错误；
故选：C。
4．（2023•金华模拟）掷冰壶又称冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”，是冬奥会比赛项目。在某次冰壶比赛中，运动员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图（b）所示。碰撞前后两壶做直线运动的v﹣t图线如图（c）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（　　）

A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶的速度可能为0.9m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2m
D．碰后红壶还能继续运动2s
【解答】解：AB．由图b所示图象可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v'0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，因为碰撞时间极短，且内力远大于外力，所以两壶碰撞过程系统动量守恒，选择碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv0＝mv'0+mv
解得：v＝0.8m/s
碰前动能为：
E1=12mv02=12m×1.02=0.5m
碰后动能为：
E2=12mv'02+12mv2=12m×0.22+12m×0.82=0.34m
由此可知E1＞E2，因为碰撞过程中机械能有损失，所以碰撞为非弹性碰撞，故AB错误；
C．根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小为：
x=(v+0)t2=0.8×52m=2m，故C正确；
D．根据“红壶碰撞前后的图线平行”知，碰撞前后红壶加速度不变，速度从1.2m/s减小到1.0m/s和速度从0.2m/s减小到0，速度变化量相同，根据加速度的定义式可知：
a=ΔvΔt
所以时间相同，速度从1.2m/s减小到1.0m/s用时1s，故碰后红壶还能继续运动1s。故D错误。
故选：C。
5．（2023•镇海区校级模拟）发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为v0，与水平方向夹角α＝37°。弹力球与水平面碰撞的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的16、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。则弹力球（　　）
A．第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于45°
B．第2、3次落地点间的距离为0.48v02g
C．与水平面碰撞4次后停止运动
D．与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变
【解答】解：A．将碰前、碰后的速度分解成水平和竖直方向的分速度，如下图所示

由于每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变。以竖直向上为正方向，则在竖直方向上由动量定理可得
（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
设碰撞后弹力球沿水平方向速度为v'x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
-16mgΔt=mv'x-mv0cos37°
代入数据可得
v'x＝0.6v0
反弹后的夹角正切值为
tanθ=vyvx=0.6v00.6v0=1
故速度方向与水平面间的夹角等于45°，故A错误；
B．小球在空中不受阻力作用，故根据运动的对称性可知，小球在第二次与地面碰前的速度和第一次与地面碰后的速度相等。故同理可得，以竖直向上为正方向，在竖直方向上由动量定理可得（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
设第二次碰撞后弹力球沿水平方向速度为v''x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得-16mgΔt=mv″x-mv'
代入数据可得v“x＝0.4v0
小球从第二次碰撞后到与地面发生第三次碰撞前的过程中，在空中做斜上抛运动，故从第二次碰撞后运动至最高点所需时间为t=vyg=v0sin37°g=0.6v0g
水平方向做匀速直线运动，根据运动的对称性可知，水平方向位移为x＝v″•2t=0.4v0×2×0.6v0g=0.48v02g，故B正确；
C．根据以上分析结合题意可知，与水平面碰撞4次后，小球水平方向速度为零。但由于竖直方向上碰前和碰后速度大小不变，方向相反，且在空中运动过程中不考虑空气阻力，故第四次碰后小球做竖直上抛运动，如此往复。即小球不可能停止，故C错误；
D．根据以上分析可知，在前四次碰撞过程中，小球在水平和竖直方向受力均不变，且小球与地面的碰撞时间均相等。故前四次碰撞过程中，每次碰撞时合力的冲量为I=Fx2+Fy2⋅t，可知小球在前四次碰撞过程中合力的冲量相等，方向沿合力方向。但第四次碰撞后，小球水平方向速度为零，开始循环做竖直上抛运动。故在随后的碰撞过程中，小球只受到竖直方向的作用力，且碰撞时间仍不变。故第四次后的碰撞过程中，小球所受合力的冲量为
I'＝Fy•t
方向沿竖直方向，故与水平面碰撞过程中受到合力的冲量会发生改变，故D错误。
故选：B。
6．（2023•镇海区校级模拟）如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示。t＝400s后，列车以288km/h的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。则下列说法正确的是（　　）

A．前400s，列车做匀减速直线运动
B．列车所受阻力的大小为3.0×106N
C．根据已知条件可求出列车的质量为1.0×107kg
D．在t＝400s时，列车牵引力的功率为8.0×104kW
【解答】解：A．由F—t图像可知在0～400s，列车的动力F在均匀减小，而由题可知列车所受的阻力大小恒定，因为列车在水平方向所受的合力F合＝F﹣f
即列车在水平方向所受的合力F合逐渐减小，根据牛顿第二定律有：F合＝F﹣f＝ma
即列车做加速度逐渐减小的变加速运动，故A错误；
B．当t＝400s时，列车的速度为288km/h＝80m/s，此时列车做匀速直线运动，即此时的列车加速度为0，
由图可知此时列车的动力F＝1.0×106N
根据平衡条件可知列车所受阻力的大小为：f＝F＝1.0×106N，故B错误；
C．由于F—t图像与坐标轴围成的面积表示动量变化。
在0～400s内，梯形面积的物理意义是动力F的动量IF，虚线围成的长方形的面积的物理意义是大小恒定的阻力f的动量If
则根据动量定理有：IF﹣If＝Δp
根据图像和题中数据有：(1.0+3.0)×106N×400s2-1.0×106N×400s=m×80m/s
解得列车的质量为：m＝5×106kg，故C错误；
D．在t＝400s时，列车牵引力的功率为：P＝Fv
代入数据可得：P＝1.0×106N×80m/s＝8.0×107W＝8.0×104kW，故D正确。
故选：D。
7．（2023•西湖区校级模拟）雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为（　　）

A．ρvht B．2ρvht C．ρv2 D．2ρv2
【解答】解：单位时间、单位面积上的降水量Δh=ht
在芭蕉叶上取ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量为m=ρSΔhΔt=ρΔShtΔt
设雨水受到的撞击力为F，规定向下为正方向，根据动量定理FΔt=mvt-mv=ρΔShtΔt(-v-v)=-2ρvΔShtΔt
解得F=-2ρvΔSht
根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的撞击力的大小F'=2ρvΔSht
因此平均压强为p=F'ΔS=2ρvht
故ACD错误，B正确；
故选：B。
8．（2023•浙江模拟）春节刚过，烟花的美景仍印象深刻。放烟花时烟花弹由发射筒底部火药引燃获得初速度，竖直向上运动到最高点时炸开，如图是烟花燃放时的图景，其中P、Q分别为两块碎片的径迹，假设两块碎片在烟花弹炸开时同时斜向上抛出，初速度大小vP＝vQ，初速度与水平方向的夹角θP＞θQ，不计空气阻力，下列表述正确的是（　　）

A．烟花弹“发射”过程动量守恒
B．在空中运动过程中，P、Q两块碎片的速度变化率相同
C．P、Q两块碎片上升到最高点时速度都为零
D．P、Q两块碎片从炸开到上升到最高点的过程，运动的时间相等
【解答】解：A、烟花弹“发射”过程所受合外力为重力，不是零且不可被忽略，动量不守恒，故A错误；
B、根据a=ΔvΔt，可知在空中运动过程中，P、Q两块碎片的速度变化率即加速度相同，均为重力加速度g，故B正确；
C、P、Q两块碎片做斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动，所以P、Q两块碎片上升到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不是零，故C错误；
D、P、Q两块碎片从炸开到上升到最高点的过程，运动时间t=vyg=vsinθg，因为vP＝vQ，θP＞θQ，则tP＞tQ，故D错误。
故选：B。
9．（2023•杭州一模）现代都市高楼林立，高楼出现火情需要一种高架水炮消防车。如图所示，某楼房的65m高处出现火情，高架水炮消防车正紧急灭火中。已知水炮炮口与楼房间距为15m，与地面距离为60m，水炮的出水量为3m3/min，水柱刚好垂直打入受灾房间窗户。则（　　）

A．地面对消防车的作用力方向竖直向上
B．水炮炮口的水流速度为10m/s
C．水泵对水做功的功率约为 3.8×104W
D．若水流垂直冲击到窗户玻璃后向四周流散，则冲力约为1500N
【解答】解：A、消防车水炮炮口喷水，消防车受到反冲作用，则受到地面的支持力和摩擦力，合力斜向上，作用力斜向上，故A错误；
B、水流做斜抛运动，末速度水平，可反向看作平抛运动，水流高度差5m，竖直方向为自由落体运动：Δh=12gt2
代入数据解得：t＝1s
根据vy＝gt
代入数据解得：vy＝10m/s
又1s时间内的水平位移为15m，有sx＝vxt
代入数据解得：vx＝15m/s
合速度为v=vx2+vy2
代入数据解得：v=325m/s
故B错误；
C、水泵对水做功的功率P=mgh+12mv2t=3×104×60+12×3×103×32560W=3.81×104W
故C正确；
D、以冲力的方向为正方向，根据动量定理得：F=mv-0t=3×103×15-060N=750N
故D错误。
故选C。
10．（2022•浙江模拟）如图，桌子边缘用茶叶罐子压着一张纸，欲向外把纸拉走，而让茶叶罐子留在桌上，实验发现纸拉得越快，茶叶罐子越稳定，对此，以下说法正确的是（　　）

A．纸拉得越快，纸对罐子的摩擦力越小
B．由于罐子有惯性，所以纸拉得越快，罐子惯性越大，越稳定
C．纸拉得越快，纸对罐子的摩擦力的冲量越小
D．无论拉纸的力如何，罐子和纸总会有相对运动，最终罐子总可以留在桌上
【解答】解：A、拉纸的快慢，对纸对罐子的摩擦力没有影响，故A错误；
B、罐子的质量不变，罐子惯性就不变，故B错误；
C、纸拉得越快，纸对罐子摩擦力的作用时间就越短，则冲量越小，故C正确；
D、如果拉纸的力小一些，罐子就会获得较大的速度或者与纸一起运动，罐子就可能离开桌面，故D错误。
故选：C。
11．（2022•浙江模拟）如图所示为一半圆形的环，AB为半圆的水平直径，从A点以2m/s水平初速抛出一个质量为0.2kg的小球，经0.2s后小球落在半圆上P点（图中未画出），下列判断中正确的是（　　）

A．半圆的半径为0.3m
B．P点的速度方向与水平方向夹角的正切为12
C．小球从A点运动到刚落在半圆壁前一瞬时，小球动量改变了0.4kg•m/s
D．选择合适的初速度，小球可以垂直打在半圆壁上
【解答】解：A、从A点以2m/s水平初速抛出，经0.2s后小球在水平方向的位移为0.4m，在竖直方向的位移为0.2m，几何关系计算得到半圆的半径为0.25m，故A错误；
B、P点的速度方向与水平方向夹角的正切为1，故B错误；
C、从A点水平抛出到小球刚落在半圆壁前，小球动量改变等于重力的冲量，故C正确。
D、不论初速度多大，小球都不可能垂直打在半圆壁上，故D错误；
故选：C。
12．（2022•浙江模拟）图甲是抬鼓击球的体育活动画面，实际活动比较复杂，现建立如图乙的简化模型，20个人对称地拉着绳子（图中只显示面对面的两条绳子）抬鼓击球，设鼓的质量为6kg，球的质量为0.5kg，绳子质量不计，A点为手拉住绳子的接触点，B为绳子与鼓的连接点。某次击球活动时，目测A、B的竖直高度差约为绳长AB的十分之一（设每根绳子都如此），并保持稳定，假定活动过程中鼓始终处于静止状态，发现球从离鼓0.8m的高度由静止开始下落，与鼓发生碰撞后又几乎可以回到0.8m处，碰撞时间约为0.1s。（空气阻力忽略不计，g取10m/s2）。对此情景，下列分析正确的是（　　）

A．球在空中时，每个人对绳子的拉力为60N
B．击球过程中，鼓对球弹力的冲量为2.5N•s
C．击球时，每个人对绳子的拉力为52.5N
D．击球时，鼓对球的平均作用力40N
【解答】解：A、球在空中时，20根绳子的拉力的竖直分量之和为F＝G＝mg＝6×10N＝60 N，由力的合成和分解可知，每一根绳子拉力为30 N，故A错误；
BD、根据v2＝2gh，易得，球击鼓前瞬间和刚离开鼓时的速度大小为4 m/s，根据动量定理（F﹣mg）t＝mv﹣（﹣mv），得鼓对球的弹力的冲量为4.5 N•s，弹力的平均作用力为45 N，故B、D错误；
C、则球击鼓过程中，20根绳子的拉力的竖直分量之和F''＝G+F＝60N+45N＝105 N，易得每个人对绳子的拉力为52.5 N，故C正确。
故选：C。
13．（2022•浙江模拟）如图所示，质量为m、内壁光滑、半径为R的半圆形容器静止在足够长的光滑水平地面上，左侧紧靠竖壁但不粘连，质量也为m的小球从半圆形容器内壁A点静止开始下滑，下列说法中正确的是（　　）

A．从A点下滑到半圆形轨道最底点B点过程中，运动时间为π2Rg
B．小球过最底点B后，能上升的最大高度点为D点，B、D两点高度差为R2
C．从A点运动到D点过程中，半圆形容器对小球的弹力对小球始终不做功
D．半圆形容器在一段时间内将不断重复做往复运动
【解答】解：A、从A点下滑到半圆形轨道最底点B点过程中，运动时间不能用单摆公式计算，故A错误；
B、小球过最底点B时的速度大小为v0，根据动能定理可得：mgR=12mv02；
以后运动过程中，系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv
取B点所在水平面为零势能面，根据机械能守恒定律可得：12mv02=mgh+12×2mv2
联立解得：h=R2，故B正确；
C、从A点运动到B点过程中，半圆形容器对小球的弹力不做功，但从B点运动到D点过程中，小球的机械能减小，半圆形容器对小球的弹力对小球做负功，故C错误；
D、水平方向合动量方向向右，根据动量守恒定律可知，当小球运动到左边边缘弧中点时二者的速度均为12v0，方向向右，当小球再次回到半圆形容器最低点且方向向右时，半圆形容器速度为零，以后重复前面的过程，所以半圆形容器不会出现向左运动的情况，故D错误。
故选：B。
14．（2022•义乌市模拟）最近，义乌中学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a，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图象b。若不计空气，取重力加速度大小为10m/s2，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3N
B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
C．在0～4s时间内，合外力的冲量为12N•S
D．在0～4s时间内，合外力做的功为12J
【解答】解：A.由图b可知加速度的表达式为
a=3-14-2（t﹣t0）＝t﹣t0
则可得
t0＝1s
即1s时加速度为零，则最大静摩擦力为
fm=124×1N＝3N
故A正确；
B.2s时的牵引力为
F2=124×2N＝6N
由a、图b结合牛顿第二定律可得
F4﹣f＝ma4
F2﹣f＝ma2
联立可得机器人质量
m＝3kg
滑动摩擦力为
f＝3N
机器人与水平桌面间的动摩擦因数为
μ=fFN=fmg
解得μ＝0.1
故B错误；
C.在0﹣4s时间内，合外力的冲量为
I＝mat＝3×0+32×（4﹣1）N•s＝13.5N•s
故C错误；
D.4s末机器人的速度为
v=at=32×3m/s＝4.5m/s
在0﹣4s时间内，合外力做的功为
W=12mv2代入数据，解得W＝30.375J
故D错误.
故选：A。
15．（2022•浙江模拟）如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出.已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）

A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为12v0
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为12v0
D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管对平行导槽的冲量大小为22mv0，方向垂直导槽向上
【解答】解：A、由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；
B、小球进出U形管的过程，小球与U形管系统机械能守恒，沿着轨道方向，系统动量守恒，类比弹性碰撞，质量相等交换速度，小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0，故B错误；
C、小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+m）vx，解得：vx=v02，
根据机械能守恒定律得：12mv02=12m(v02)2+12mv32 （设小球的合速度为v3），解得：v3=32v0，故C错误；
D、在小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为v3y=v32-vx2=(32v0)2-(v02)2=22v0，运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球，根据动量定理有：I＝mv3y=22mv0，
U形管与平行导槽间的作用力是作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间相等，则平行导槽受到的冲量大小也为22mv0，故D正确。
故选：D。
16．（2021•温州模拟）如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角为60°时达到最高点。滑块与小球均视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）

A．绳的拉力对小球始终不做功
B．滑块与小球的质量关系为M＝2m
C．释放小球时滑块到挡板的距离为L2
D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为2mgL
【解答】解：A、因滑块不固定，绳下摆过程中，绳的拉力对滑块做正功，对小球做负功，故A错误；
B、下摆过程，系统机械能守恒：mgL=12Mv12+12mv22
水平方向动量守恒：0＝Mv1﹣mv2
小球向左摆动最高点，机械能守恒：12mv22=mgL(1-cos60°)
三式联立，解得：M＝m，故B错误；
C、由平均动量守恒Mxt-mL-xt=0，解得x=L2，即释放小球时滑块到挡板的距离为L2，故C正确；
D、滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为I＝Mv1=mgL，故D错误。
故选：C。
17．（2021•宁波二模）如图所示，水平桌面上放一张轻薄的复合板，复合板与桌面之间铺几支玻璃管，复合板上放一辆较重的电动遥控小车，小车质量大于复合板的质量。当启动遥控小车的前进挡后（　　）

A．小车仍然相对地面静止
B．小车受到向左的摩擦力将向左运动
C．复合板受到向左的摩擦力将向左运动
D．小车对复合板的冲量大于复合板对小车的冲量
【解答】解：AB、小车在牵引力作用下，相对复合板向前运动，则小车受到向左的摩擦力，因此小车相对地面向左运动，不会相对地面静止的，故A错误，B正确；
C、依据作用力与反作用力，复合板受到向右的摩擦力将向右运动，故C错误；
D、小车对复合板的作用力与复合板对小车的作用力是物体间的作用力与反作用力、大小相等、方向相反，且作用时间总是相等，故小车对复合板的冲量与复合板对小车的冲量大小相等、方向相反，故D错误。
故选：B。
18．（2021•浙江模拟）如图所示，半径分别为R和r=R2的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（　　）

A．b球质量为22m
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．若ma＝mb＝m要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝5mgR
D．a球到达圆心等高处时，对轨道压力为5mg
【解答】解：A、设小球a离开弹簧后的速度大小为va，a球恰好能通过各自的圆轨道的最高点，由重力充当向心力，则有：mg＝mva'2R，解得：va′=gR；
选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得：12mva2=2mgR+12mva'2
解得：va=5gR；
同理可得b球离开弹簧后的速度大小为：vb=5gr
取向左为正方向，根据动量守恒定律得：mva﹣mbvb＝0
所以：mb=2m，故A错误；
B、两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系Ek=p22m可知，动能不相等，故B错误；
C、若ma＝mb＝m，取向左为正方向，由动量守恒定理有mava﹣mbvb＝0，则分离时两小球的速度相等，
若要求a、b都能通过各自的最高点，只需要a球能够通过，b球也能通过，由前面分析可知，a刚好通过最高点时，分离时速度为va=5gR；则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝2×12mava2=5mgR，故C正确；
D、a球到达圆心等高处时，速度为v，由动能定理可得﹣mgR=12mv2-12mva2
轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律有：F＝mv2R
联立解得：F＝3mg，由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为3mg，故D错误。
故选：C。
19．（2021•滨江区校级模拟）台风实际上是一种强热带气旋。台风登陆后对地面建筑物、树木造成很大危害。若某台风登陆时的最大风力为11级，最大风速约为30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m。空气密度ρ＝1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为（　　）
A．3.9×105N B．1.1×105N C．1.1×104N D．9.0×104N
【解答】解：广告牌的面积为：S＝5×20m2＝100m2
设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：m＝ρSvt
以t时间内吹到广告牌上的空气为研究对象，根据动量定理有：
﹣Ft＝0﹣mv＝0﹣ρSv2t
得：F＝ρSv2
代入数据解得：F≈1.1×105N
根据牛顿第三定律知该广告牌受到的最大风力为：F′＝F≈1.1×105N，故B正确，ACD错误；
故选：B。
20．（2021•嘉兴二模）在2019年世界中学生排球锦标赛上，中国男女排双双获得冠军。如图所示为某次接发球过程的示意图，运动员从场地端线处起跳，将球从离地h1＝2.80m高的A点沿垂直端线的方向水平击出，球运动到对方球场时，在离地h2＝0.35m，离端线x＝0.50m处的B点被运动员救起，球沿竖直方向向上运动到离击球点h3＝5.00m处的C点处速度为零。已知排球质量m＝280g，排球视为质点，排球场长L＝18.00m，球网上边缘离地高h＝2.35m，运动员与排球接触时间均很短，不考虑空气阻力。则（　　）

A．排球从A运动到B的运动时间为145s
B．在A点，运动员对排球做功为85J
C．在A点，运动员对排球的冲量大小为3.5N•s
D．在B点，排球在竖直方向的动量变化量大小为4.76kg•m/s
【解答】解：A、根据题意，由平抛运动可得从A到B，h=h1-h2=12gt2，代入数据解得t＝0.7s，故A错误。
B、由A到B，设物体做平抛运动的水平位移为x′，x′＝L﹣x＝v0t，代入数据解得v0＝25m/s
根据动能定理有W＝ΔEK=12mv02，代入数据得W＝87.5J，故B错误。
C、根据动量定理有I＝mv0，代入数据得I＝7kg•m/s，故C错误。
D、从A到B点由平抛运动有vy2=2gh，代入数据得vy＝7m/s，
由B点到最高点vy2=2gh3，代入数据得vy′＝10m/s，
取向上为正方向，I＝ΔP＝mvy′﹣（﹣mvy），代入数据得I＝4.76kg•m/s，故D正确。
故选：D。
21．（2021•绍兴二模）如图所示是甲、乙两辆推车在光滑水平面上发生碰撞的a﹣t图像，则（　　）

A．乙车的质量为甲车质量的两倍
B．两辆推车碰撞过程中甲车加速度方向与乙车加速度方向相同
C．两辆推车碰撞过程中甲车对乙车的作用力大于乙车对甲车的作用力
D．两辆推车碰撞过程中甲车对乙车的冲量约为乙车对甲车的冲量的两倍
【解答】解：ABC、水平面光滑，甲车受到的合力与乙车受到的合力都等于它们间的相互作用力，甲、乙两车间的相互作用力是作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，两推车间的作用力大小F相等，方向相反，由图示图象可知，在任意时刻，两车间的加速度大小关系是a甲＝2a乙，由牛顿第二定律得F＝ma，解得：m乙＝2m甲，由于甲乙两车所受合力方向相反，则加速度方向相反，故A正确，BC错误；
D、甲、乙两车间的作用力大小F相等、方向相反、作用时间t相等，冲量I＝Ft，则两辆推车碰撞过程中甲车对乙车的冲量大小等于乙车对甲车的冲量大小，故D错误。
故选：A。
22．（2021•浙江模拟）为了迎接篮球比赛，某运动员站在与电脑连接的力传感器上做原地纵向摸高训练，图甲是他做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是电脑上显示的力传感器所受压力随时间变化的图象。已知重力加速度g＝10m/s2，空气阻力不计，则根据图象分析可知（　　）

A．c到d的过程中，人始终处于失重状态
B．人从起跳到双脚离开力传感器的过程中，重力的冲量大小小于240N•s
C．人跳起的最大高度为1.25m
D．起跳过程中人做的功等于360J
【解答】解：A、由图乙所示图象可知，人的重力G＝800N，从c到d过程中，开始人对传感器的压力大于重力后小于重力，该过程人先处于超重状态后处于失重状态，故A错误；
B、由图乙所示图象可知，人从起跳到双脚离开力传感器的过程时间t1＜1.0s﹣0.9s＝0.1s，该过程重力的冲量大小I＝Gt1＜800×0.1N•s＝80N•s，故B正确；
C、人离开传感器后做竖直上抛运动，由图乙所示图象可知，在1.0﹣1.5s内人对传感器的压力为零，此时间内人做竖直上抛运动，人做竖直上抛运动的时间t2＝1.5s﹣1.0s＝0.5s，人跳起的最大高度h=12g(t22)2=12×10×(0.52)2m＝0.3125m，故C错误；
D、人起跳后获得的速度：v＝gt22=10×0.52m/s＝2.5m/s，人的质量m=Gg=80010kg＝80kg，由动能定理得，跳起过程中人做的功W＝Ek=12mv2=12×80×2.52J＝250J，故D错误。
故选：B。
二．计算题
23．（2023•杭州一模）如图所示，光滑曲线轨道BC分别与竖直轨道AB、粗糙水平地面CD平滑连接，CD右端与光滑半圆轨道DE平滑连接，半圆轨道直径为2R。CD长为l＝2R，竖直轨道的最高点A与地面高度差h＝2R。质量为m的小滑块P从A点静止释放，之后在D点与静止放置在该处的小滑块Q发生碰撞，碰撞过程机械能损失不计。已知小滑块Q的质量也为m，物体Q被撞后的瞬间对轨道的压力突然增大了2mg。已知重力加速度为g。
（1）求水平轨道的动摩擦因数μ；
（2）如果小滑块P的质量变为km（k为正数），如果要求小滑块Q在半圆轨道DE段运动过程中没有脱离圆弧（设碰撞后P立即拿走，不发生两次碰撞），求k的取值范围；
（3）在第（2）问中，发现小滑块Q经过E点落到曲线轨道BC上任意一点的动能均与落到C点的动能相同，以D点为坐标原点，向右为x轴、向上为y轴建立坐标系，求曲线轨道BC在坐标系中的方程（写成y＝f（x）的形式）。

【解答】解：（1）设碰后滑块Q的速度为v，由于碰后滑块Q对轨道的压力F突然增大了2mg，即变为3mg，根据牛顿第二定律可得F-mg=mv2R
设滑块P碰前的速度为v1，碰后速度为v2，在滑块P和滑块Q碰撞过程中，由动量守恒定律可得mv1＝mv2+mv
由于碰撞过程不考虑机械能损耗，所以有12mv12=12mv22+12mv2
滑块P由A运动至D的过程中，由动能定理可得mgh-μmgl=12mv12
结合题意代入数据可得v1＝v=2gR
代入数据解得μ＝0.5
（2）设滑块P到D点的速度为vP，滑块P由A运动至D的过程中，由动能定理可得kmgh-μkmgl=12kmvP2
设碰后，滑块P和滑块Q的速度分别为v'p，vQ。在滑块P和滑块Q碰撞过程中，由动量守恒定律可得
kmvp＝kmv'p+mvQ
由于碰撞过程不考虑机械能损耗，故有12kmvP2=12kmv'P2+12mvQ2
解得vQ=2k1+kv'P=2k1+k2gR
①若滑块Q能够到达轨道的最高点，且不脱离轨道，则滑块Q在最高点E时，由牛顿第二定律可得mg≤mv'Q2R
则Q从最低点到最高点的过程，由功能关系可得
﹣2mgR=12mv'Q2-12mvQ2
联立代入数据解得k≥210+53
②若滑块Q到达最大高度不过圆心等高处。由功能关系可得
mgR≥12mvQ2
联立代入数据解得k≤1
综上可得k≤1或k≥210+53；
（3）滑块Q从E点飞出后做平抛运动，设飞出的速度为v0，落在弧形轨道上的坐标为（x，y），将平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体，则有-x=v0t2R-y=12gt2
Q从点E落到轨道BC上的过程中，根据动能定理可得mg(2R-y)=Ek-12mv02
解得落点处的动能为Ek=mg(2R-y)+mgx24(2R-y)
因为滑块Q从E点到弧形轨道BC上任意点的动能都相等，且与落点C（﹣2R，0）一致，则将C点坐标带入得EK＝2.5mgR
化简可得y=34R-1425R2-4x2（﹣2.5R≤x≤﹣2R）。
答：（1）水平轨道的动摩擦因数μ为0.5；
（2）k的取值范围为k≤1或k≥210+53；
（3）曲线轨道BC在坐标系中的方程为y=34R-1425R2-4x2（﹣2.5R≤x≤﹣2R）。
24．（2022•鹿城区校级模拟）动作电影中，常有演员高台跳跃的精彩表演吸引观众的眼球。某场镜头中，质量m＝60kg的演员从静止开始在距离高台边沿x0＝9m处的位置，以恒定的加速度a＝2m/s2向左端跑动起来，演员起跑3.5s后，车厢右端与高台水平距离x＝2m处的汽车以速度v＝5m/s匀速行驶，演员从高台边沿跑出时速度方向水平向左，高台与车厢底板的竖直高度H＝5m，取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。
（1）若演员与车厢底板的接触时间Δt＝0.5s，演员落至车中与车保持相对静止。求接触过程中演员受到汽车的平均作用力的大小F（结果保留整数）；
（2）车厢长度为3m，若想让演员安全落至车厢底板，求演员起跑3.5s时，车厢右端与高台水平距离的范围。

【解答】解：（1）设演员从静止开始做匀加速直线运动的时间为t0，到达高台边沿的速度为v0，由x0=12at02
代入数据解得t0＝3s
由v0＝at0
代入数据解得v0＝6m/s
之后演员跑出高台做平抛运动，设平抛运动的时间为t1，落至车厢底板时在竖直方向的速度大小为vy，由H=12gt12
代入数据解得t1＝1s
由vy＝gt1
代入数据解得vy＝10m/s
在演员与车厢底板的接触过程中，以演员为研究对象，在水平方向上取汽车速度v的方向为正方向，由动量定理F1Δt＝mv﹣mv0
代入数据解得F1＝﹣120N
则汽车对演员水平方向上的作用力大小为120N，方向水平向右，在竖直方向上取向上为正方向，由动量定理（F2﹣mg）Δt＝0﹣m（﹣vy）
代入数据解得F2＝1800N
则汽车对演员竖直方向上的作用力大小为1800N，方向竖直向上，由力的合成可知F=F12+F22≈1804N
（2）由（1）问分析可知，演员落至车厢底板时的水平位移x演员＝v0t1＝6×1m＝6m
从起跑到落至车厢底板的运动时间t演员＝t0+t1＝3s+1s＝4s
故汽车的运动时间为t车＝t演员﹣3.5s＝0.5s
汽车运动的位移x车＝vt车＝5×0.5m＝2.5m
车厢长度为L＝3m
当演员恰好落至车厢最左端，由位移关系可知Δxmin＝x演员﹣x车﹣L＝6m﹣2.5m﹣3m＝0.5m
当演员恰好落至车厢最右端，由位移关系可知Δxmax＝x演员﹣x车＝6m﹣2.5m＝3.5m
综上可知，若想让演员安全落至车厢底板，则演员起跑3.5s时，车厢右端与高台水平距离的范围为0.5m≤Δx≤3.5m。
答：（1）接触过程中演员受到汽车的平均作用力的大小F为1804N；
（2）车厢右端与高台水平距离的范围为0.5m≤Δx≤3.5m。
25．（2022•浙江模拟）如图所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m＝0.80kg的木块B，桌面的另一端有一块质量M＝1.0kg的木块A以初速度v0＝4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t＝0.40s与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上．木块B离开桌面后落到地面上的D点．设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D点距桌面边缘的水平距离s＝0.60m，木块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.50，重力加速度取g＝10m/s2．求：
（1）两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小；
（2）木块B离开桌面时的速度大小；
（3）碰撞过程中损失的机械能．

【解答】解：（1）木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A的加速度为a，则有：
μMg＝Ma
代入数据解得：a＝5m/s2
设两木块碰撞前A的速度大小为v，根据运动学公式，得：v＝v0﹣at
解得：v＝2.0m/s
（2）两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B离开桌面时的速度大小为v2，在空中飞行的时间为t′．根据平抛运动规律有：h=12gt'2，s＝v2t'
代入数据解得：v2=sg2h=1.5m/s
（3）设两木块碰撞后木块A的速度大小为v1，根据动量守恒定律有：Mv＝Mv1+mv2
代入数据解得：v1=Mv-mv2M=0.80m/s
设木块A落到地面过程的水平位移为s′，根据平抛运动规律，得：E损=12Mv2-12Mv12-12mv22
代入数据解得：E损＝0.78J
答：（1）两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小为2m/s．
（2）木块B离开桌面时的速度大小为1.5m/s．
（3）碰撞过程中损失的机械能为0.78J．
26．（2023•金华模拟）如图所示，一质量为m＝1kg可看成质点的滑块以初速度v0＝2m/s，从P点与水平方向成θ＝37°抛出后，恰能从a点沿ab方向切入粗糙斜面轨道，斜面ab轨道长为xab＝10m，斜面ab与半径R＝1.25m的竖直光滑圆弧轨道相切于b点，O点为圆弧的圆心，c点为圆弧的最低点且位于O点正下方，圆弧圆心角θ＝37°。c点靠近水平传送带左侧，传送带cd间距离为L＝3.4m，以v＝5m/s的恒定速度顺时针转动，传送带与光滑圆弧、光滑水平面均保持平滑对接，水平面上有2个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，每个小球质量m0＝2kg。滑块与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。不计一切空气阻力，求：
（1）滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间t0；
（2）滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小；
（3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小；
（4）2个小球最终获得的总动能。

【解答】解：（1）滑块从P点抛出时竖直方向的分速度为：
vy＝v0sinθ
滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间为：
t0=2v0sinθg=2×2×0.610s=0.24s
（2）从开始运动到c点的过程中，根据动能定理可得：
mgxsinθ+mgR(1-cosθ)-μmgxcosθ=12mvc2-12mv02
在c点，根据牛顿第二定律可得：
Nc-mg=mvc2R
联立解得vc＝7m/s；Nc＝49.2N
根据牛顿第三定律可得滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小Nc'＝Nc＝49.2N
（3）滑块在传送带上的加速度a＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2
滑块速度与传送带速度相等的所需的时间为：
t1=vc-va=7-55s=0.4s
此过程滑块的位移为：
x1=vc2-v22a=72-522×5m=2.4m＜L
所以滑块在传送带上先匀减速后匀速，匀速运动的时间为
t2=L-x1v=3.4-2.45s=0.2s
匀速阶段滑块与传送带间没有摩擦力，滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小I＝μmgt1＝0.5×1×10×0.4N•s＝2N•S
（4）滑块第一次与小球发生弹性碰撞，选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得：
mv＝mv1+m0u1
12mv2=12mv12+12m0u12
解得：v1=13vu1=23v
由于小球质量相等均为m0，且发生的都是弹性碰撞，他们之间将进行速度交换，分析可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次返回做匀加速运动，直到速度增加到v1，再与小球1发生弹性碰撞。同理可得，第二次碰撞后，物块和小球的速度大小分别为：
v2=13v1=(13)2v
u2=23v×(13)
则2个小球的总动能为Ek=12m0(u12+u22)
代入数据解得：Ek=100081J
答：（1）滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间为0.24s；
（2）滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小为49.2N；
（3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小为2N•s；
（4）2个小球最终获得的总动能为100081J。
27．（2023•杭州一模）如图所示，一弹枪将质量m0＝0.3kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量m1＝0.3kg的滑块，打击过程为完全弹性碰撞，此滑块放在质量m2＝0.2kg的“L形”薄板上。已知弹丸抛射角θ＝53°，B与A的高度差h=209m，薄板长度L＝0.9m，最初滑块在薄板的最左端；薄板在平台的最左端，滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力：薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，不计碰撞过程的时间，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求A、B间的水平距离x；
（2）求m1开始运动到撞击m2的过程中系统因摩擦产生的热量；
（3）若m1撞击m2后与m2粘在一起，薄板右端未滑出平台，平台s至少需要多长。

【解答】解：（1）设弹丸在筒口A的速率为v0，弹丸从A到B可视为平抛运动的逆过程，由运动学规律有
h=12gt2，
x＝v0t又tanθ=gtv0
代入数据解得t=23s，v0＝5m/s，x=103m
（2）弹丸与滑块发生完全碰撞，系统动量和机械能均守恒。设碰后两者速率分别为v0′、v1。因m0＝m1，故两者速度互换，即v0′＝0 （弹丸此后掉落），v1＝5m/s
薄板所受滑块的滑动摩擦力为f1＝μ1m1g＝1.5N
薄板所受平台的最大静摩擦力为f2＝μ2（m1+m2）g＝1.5N
因f1＝f2，故薄板静止不动。设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，
Q＝μ1m1gL
解得Q＝1.35J
（3）滑块与薄板发生非弹性碰撞，系统动量守恒
﹣μ1m1gL=12m2v22-12m1v12
解得v2＝4m/s
m1v2＝（m1+m2）v3
解得 v3＝2.4m/s
两者共速滑行至停止滑行x1，
﹣μ2（m1+m2）gx1=12（m1+m2）v32
代入数据解得x1＝0.96m
s＝L+x1＝0.9m+0.96m＝1.86m
答：（1）A、B间的水平距离x为103m；
（2）m1开始运动到撞击m2的过程中系统因摩擦产生的热量为1.35J；
（3）若m1撞击m2后与m2粘在一起，薄板右端未滑出平台，平台s至少需要1.86m。
28．（2023•台州模拟）小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量m＝1kg的小球（可视为质点），离地面高度h＝2m，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径R＝1m，圆心角是60°的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于水平地面的倾角为30°的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为r＝0.5m的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段DE为直径。现把小球击打出去，小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙。已知小球在水平地面运动时受到的摩擦力恒为f＝5N，其他阻力均不计，取重力加速度大小g＝10m/s2，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。
（1）求小球被击打的瞬间装置甲对小球的冲量；
（2）若CD＝3.6m，则小球到E点时对轨道的压力多大？
（3）若要使小球能进入DE轨道且又不脱离DE段半圆形轨道，则CD长应为多少？

【解答】解：（1）小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，所以
tan60°=vyvx=vyv0
根据竖直方向
vy=2g(h-R+Rcos60°)=2×10×(2-1+1×12)m/s=30m/s
所以
v0=10m/s
根据动量定理可知，冲量
I＝mv＝1×10kg•m/s=10kg•m/s
方向水平向右
（2）根据动能定理
mgh﹣fLCD﹣mg•2r•sinθ=12mv E2-12mv 02
在E点
FN+mgsinθ＝mvE2r
代入数据根据作用力与反作用力解得小球在E点对轨道的压力为
FN＝3N
（3）小球由A点运动至E点有
mgh﹣fLCD﹣mg•2r•sinθ=12mv E2-12mv 02
vE=grsinθ=10×0.5×12m/s=102m/s
整理代入数据解得LCD＝3.75m
小球由A点运动至DE中点有
mgh﹣fLCD﹣mg•r•sinθ＝0-12mv 02
整理代入数据解得
LCD＝4.5m
小球由A点运动至D点有
mgh﹣fLCD＝0-12mv 02
整理代入数据解得LCD＝5m
总结得
LCD＝3.75m或4.5m或5m
答：（1）小球被击打的瞬间装置甲对小球的冲量是10kg•m/s；
（2）若CD＝3.6m，则小球到E点时对轨道的压力为3N；
（3）若要使小球能进入DE轨道且又不脱离DE段半圆形轨道，则CD长应为3.75m或4.5m或5m。
29．（2022•浙江模拟）如图为一游戏装置的示意图，倾角α＝53°的轨道AB与半径R＝0.50m半圆轨道相切。水平放置的传送带以v带＝2m/s的恒定速度顺时针转动，传送带两端EF长L2＝3m，传送带右端与一光滑水平面平滑对接，水平面上依次摆放N个完全相同的物块，物块的质量M＝0.3kg、且数量N足够的多。游戏开始时，让质量为m＝0.1kg的物块m从轨道AB上由静止滑下，到达轨道最低点C时对轨道的压力为6.8N。物块m与轨道AB间的动摩擦因数μ1＝0.5、与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.1。轨道其余部分均光滑。碰撞均为对心弹性碰撞，物块均可视为质点，整个装置处于同一竖直平面内。（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）
（1）求物块m到达C点时的速度大小vC和从轨道AB释放的高度H；
（2）若物块m恰好从传送带左端E点沿水平方向落入传送带，求CE两点的水平距离L1；
（3）求物块m在传送带上运动的总时间t总。

【解答】解：（1）物块m到达轨道最低点C时对轨道的压力为6.8N，由牛顿第三定律可知在C点轨道对物块m的支持力FN＝6.8N。由牛顿第二定律可得：
FN﹣mg＝mvC2R
代入数据解得：vC=29m/s
物块m由A到C的过程，由动能定理可得：
mg（H+R+Rcosα）﹣μ1mg•cosα•Hsinα=12mvC2-0
代入数据解得：H＝1.04m；
（2）物块m由C到D的过程，由动能定理可得：
﹣mg（R﹣Rcosα）=12mvD2-12mvC2
代入数据解得：vD＝5m/s
物块m由D到E的过程，做斜抛运动，将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向匀减速直线运动，则有：
在D点将速度分解为水平方向的速度：vDx＝vDcosα＝5×0.6m/s＝3m/s
和竖直方向的速度：vDy＝vDsinα＝5×0.8m/s＝4m/s
D到E的运动时间：tDE=vDyg=410s＝0.4s
D到E的水平位移：xDE＝vDxtDE＝3×0.4m＝1.2m
则：L1＝Rsinα+xDE＝0.5×0.8m+1.2m＝1.6m；
（3）物块m达到E点的速度为：vE＝vDx＝3m/s
因vE＞v带＝2m/s，故物块m先做匀减速直线运动，假设其能与传送带共速，且位移为x1，由动能定理可得：
﹣μ2mgx1=12mv带2-12mvE2
代入数据解得：x1＝2.5m
因x1＜L2＝3m，故假设成立，可知物块m在传送带先做匀减速直线运动再做匀速直线运动，
匀减速过程所用时间：t减=x1vE+v带2
代入数据解得：t减＝1s
匀速过程所用时间：t匀=L2-x1v带
代入数据解得：t匀＝0.25s
第一次到达F点的速度：v0＝v带＝2m/s
在水平面上依次摆放N个完全相同的物块M，因它们质量相等且碰撞均为弹性碰撞，故任意相邻的两物块碰撞时均发生速度交换，所以物块m每次从传送带返回与第一个物块M碰撞前，第一个物块M的速度总为零，设物块m第n次与第一个物块M碰撞前速度为vn﹣1，碰后的速度为vn，以向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mvn﹣1＝mvn+Mv′
12mvn-12=12mvn2+12Mv'2
联立解得：vn=m-Mm+mvn﹣1=0.1-0.30.1+0.3vn﹣1=-12vn﹣1
即物块m每次与第一个物块M碰撞后速度大小变为原来的一半且反向。
第一次碰撞后，物块m的速度大小为：v1=12v0=12×2m/s＝1m/s
物块m第一次反向滑上传送带，假设其能在传送带上减速到零，且位移为x2，由动能定理可得：
﹣μ2mgx2＝0-12mv12
代入数据解得：x2＝0.5m
因x2＜L2，故假设成立，可知物块m在传送带先向左做匀减速直线运动再向右做匀加速直线运动回到水平面，两运动过程具有对称性，时间相等，则在传送带运动时间为：
t1=2⋅v1μ2g=2×10.1×10s＝2s
同理可得：tn﹣1=2⋅|vn-1|μ2g，tn=2⋅|vn|μ2g
tntn-1=|vn||vn-1|=12
第一次碰撞后物块m在传送带上运动的总时间为：
t＝t1+12t1+（12）2t1+……+（12）n﹣1t1=2×[1-(12)n]1-12s
当n→∞时，t＝4s
物块m在传送带上运动的总时间t总＝t减+t减+t＝1s+0.25s+4s＝5.25s。
答：（1）物块m到达C点时的速度大小vC为29m/s和从轨道AB释放的高度H为1.04s；
（2）CE两点的水平距离L1为1.6m；
（3）物块m在传送带上运动的总时间t总为5.25s。