動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用【練習(xí)】【解析版】-2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)（新教材新高考）

第二部分功能與動(dòng)量

專題07動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用【練】

一.練經(jīng)典試題

1.如圖甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，己知A物塊的質(zhì)量WM=Ikg.初始時(shí)刻B靜止，A以一定的初速

度向右運(yùn)動(dòng)，之后與8發(fā)生碰撞并一起運(yùn)動(dòng)，它們的位移一時(shí)間圖象如圖乙所示（規(guī)定向右為位移的正方向），

已知A、B碰撞時(shí)間極短Q=0.01s）,圖中無法顯示，則（）

A.物塊B的質(zhì)量為2kg

B.物塊B的質(zhì)量為4kg

C.A、8碰撞時(shí)的平均作用力大小為300N

D.A、B碰撞時(shí)的平均作用力大小為IOoN

【答案】C

【解析】由題圖乙可知撞前VA=4m∕s,V8=0,撞后V=T_Tm∕s=lπ√s,則由〃/八以=（血/|+，”8）丫可得川8

o—4

/'1^v=3kg,A、B錯(cuò)誤：對B有R=〃加，-0,解得P=300N,C正確，D錯(cuò)誤.

2.（2022?四川省第二次診斷）如圖甲所示，一塊長度為L、質(zhì)量為，〃的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質(zhì)量也為

，〃的子彈以水平速度Vo射入木塊。當(dāng)子彈剛射穿木塊時(shí)，木塊向前移動(dòng)的距離為s,如圖乙所示。設(shè)子彈穿過

木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質(zhì)點(diǎn)。則子彈穿過木塊的時(shí)間為（）

：m產(chǎn)

a??+l>B.?+2L）<?S+L）D.?Z,+25）

【答案】D

【解析】子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，外力之和為零，動(dòng)量守恒，以Vo的方向?yàn)檎较?

有

mvo=mv?-{-mv2

設(shè)子彈穿過木塊的過程所受阻力為6,對子彈由動(dòng)能定理

—F&s+L)=力ι*—力W

由動(dòng)量定理得一取JWo

對木塊由動(dòng)能定理得FfS=^m?i

由動(dòng)量定理Fjt=Imz

聯(lián)立解得t=（（L+2s）,故選項(xiàng)D正確。

3.（2020?北京市普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試，13）在同一豎直平面內(nèi)，3個(gè)完全相同的小鋼球（1號(hào)、2號(hào)、3號(hào)）

懸掛于同一高度，靜止時(shí)小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實(shí)驗(yàn)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(hào)移至高度力釋放，碰撞后，觀察到2號(hào)靜止、3號(hào)擺至高度山若2號(hào)換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復(fù)

上述實(shí)驗(yàn)，3號(hào)仍能擺至高度力

B.將1、2號(hào)一起移至高度/?釋放，碰撞后，觀察到1號(hào)靜止，2、3號(hào)一起擺至高度加釋放后整個(gè)過程機(jī)械

能和動(dòng)量都守恒

C.將右側(cè)涂膠的1號(hào)移至高度力釋放，1、2碰撞后粘在一起，根據(jù)機(jī)械能守恒，3號(hào)仍能擺至高度/7

D.將1號(hào)和右側(cè)涂膠的2號(hào)一起移至高度〃釋放，碰撞后，2、3號(hào)粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，未能擺至高度人，釋

放后整個(gè)過程機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒

【答案】D

【解析】1號(hào)球與質(zhì)量不同的2號(hào)球相碰撞后，1號(hào)球速度不為零，則2號(hào)球獲得的動(dòng)能小于1號(hào)球撞2號(hào)球

前瞬間的動(dòng)能，所以2號(hào)球與3號(hào)球相碰撞后，3號(hào)球獲得的動(dòng)能也小于1號(hào)球撞2號(hào)球前瞬間的動(dòng)能，則3

號(hào)不可能擺至高度兒故A錯(cuò)誤；1、2號(hào)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(jī)械能守恒，但整個(gè)過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；

1、2號(hào)碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機(jī)械能損失，所以1、2號(hào)球再與3號(hào)球相碰后，3

號(hào)球獲得的動(dòng)能不足以使其擺至高度分,故C錯(cuò)誤；碰撞后，2、3號(hào)粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程

有機(jī)械能損失，且整個(gè)過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒，故D正確。

4.（2022?濟(jì)南三模）豎直放置的輕彈簧下端固定在地上，上端與質(zhì)量為m的鋼板連接，鋼板處于靜止?fàn)顟B(tài)。一

個(gè)質(zhì)量也為，〃的物塊從鋼板正上方〃處的P點(diǎn)自由落下,打在鋼板上并與鋼板一起向下運(yùn)動(dòng)Xo后到達(dá)最低點(diǎn)Q。

下列說法正確的是()

P□

i?

i

?

A.物塊與鋼板碰后的速度為√礪

B.物塊與鋼板碰后的速度為“聾

C.從P到Q的過程中，彈性勢能的增加量為相g(2Λ?+今

D.從P到。的過程中，彈性勢能的增加量為mg(Zx?+∕2)

【答案】BC

【解析】物塊下落〃，由機(jī)械能守恒定律得物塊與鋼板碰撞，則動(dòng)量守恒，Ws=2,7702,解得02

2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；從碰撞到。點(diǎn)，由能量關(guān)系可知，*2〃就+2%gxo=Ep,則彈性勢能的增

加量為%="磔2刈+多，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。

5.質(zhì)量為1kg的α與質(zhì)量未知的。沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生碰撞，碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)；經(jīng)

過一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段，兩者的位置X隨時(shí)間f變化的圖象如圖5所示。則()

A.碰后4、〃一起沿6原來運(yùn)動(dòng)的方向運(yùn)動(dòng)

B.〃的質(zhì)量為4kg

C.碰撞過程中損失的機(jī)械能為4J

D.“、人克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比為1：1

【答案】AC

【解析】設(shè)“、〃碰撞前的速度分別為。|、V2。由題圖得。|=-2m∕s,02=lm∕s,a、b發(fā)生碰撞后的共同速

2

度。=?m∕s,碰后“、人-■起沿匕原來運(yùn)動(dòng)的方向運(yùn)動(dòng)，A正確；由動(dòng)量守恒定律得，"“θι+w?02=(,%,+w?)o,

得”",=8kg,B錯(cuò)誤；由能量守恒定律得，a、8因碰撞而損失的機(jī)械能為AE=品“況

J,C正確；a、〃碰撞后的總動(dòng)能為:（∕‰+m加2=2J,則a、?？朔Σ亮ψ龅墓=2J,此功與因碰撞而損失

的機(jī)械能之比為W：AE=I：2,故D錯(cuò)誤。

6.一質(zhì)量為2kg的物塊在合力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，合力廠隨時(shí)間f變化的關(guān)系圖象如圖所示，

則（）

O

-1

人./=2$時(shí)，物塊的動(dòng)量大小為O

B.f=3s時(shí)，物塊的速率為ImZs

C.f=0到t=ls時(shí)間內(nèi)，合力廠對物塊沖量的大小為1N?s

D.f=2s至∣Jf=3s時(shí)間內(nèi)，物塊動(dòng)量變化量的大小為2kg?m∕s

【答案】B

【解析】F—/圖象中圖線和時(shí)間軸所圍成的面積表示物體受到的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理∕??=Ap,

1+2

則有一T-X2kg?m/S=P-0,解得p=3kg?m∕s,A錯(cuò)誤；

1+2

根據(jù)動(dòng)量定理-51×2kg?m∕s-1×1kg?m∕s=mz>-0,

解得o=lm∕s,B正確；/=0到r=ls時(shí)間內(nèi)，合力/對物塊沖量的大小/=1X2N?s=2N?s,C錯(cuò)誤；

r=2s到r=3s時(shí)間內(nèi)，物塊動(dòng)量變化量大小

Ap=/'=1×1kg?m∕s=1kg?m∕s,D錯(cuò)誤.

7.（多選）（2022?江西吉安市期末）如圖所示，質(zhì)量為〃?的物塊放在質(zhì)量為M的平板車上，輕彈簧將物塊與平板車

右端的固定擋板相連，平板車上表面光滑，物塊與車一起沿光滑水平面向右以大小為內(nèi)的速度勻速運(yùn)動(dòng)，車與

地面上的固定擋板相碰后以原速率返回，M>m,則下列說法正確的是（）

A.碰撞瞬間，物塊與車組成的系統(tǒng)動(dòng)量變化量大小為2（M+Ma

B.碰撞后，若平板車某時(shí)刻速度為零，則物塊的速度比平板車的速度先減小為零

C.碰撞后，物塊和車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

d?碰撞后'彈簧具有的最大彈性勢能為！消

【答案】BD

【解析】碰撞瞬間，物塊動(dòng)量不變，故物塊與車組成的系統(tǒng)動(dòng)量變化量大小為2M0（）,A項(xiàng)錯(cuò)誤：碰撞后物塊

與車均先做減速運(yùn)動(dòng)，由于M>"z,碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量向左，因此物塊的速度先減小為零，B項(xiàng)正確；物塊、

小車、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，C項(xiàng)錯(cuò)誤：設(shè)碰撞后物塊與車的共同速度為0,以向左為正方向，根據(jù)動(dòng)

量守恒有（M—⑺次）=（M+∣n）v,根據(jù)能量守恒定律，彈簧具有的最大彈性勢能Ep=；（M+nz）υo2—+m）v2=

2Mmvp2

D項(xiàng)正確.

M+m

8.（2022年安徽二模）（多選）如圖所示，光滑水平地面上質(zhì)量均為〃?的物體A、B,之間用輕彈簧相連，B緊靠右

側(cè)墻面，另一個(gè)質(zhì)量也為〃?的物體G以一定的初速度VO向右運(yùn)動(dòng)（設(shè)向右為正）與4碰撞后立即結(jié)合為一體,

則下列說法正確的是（）

A.A、。碰撞引起的機(jī)械能損失為jny（）2

B.彈簧的最大彈性勢能為6”/

C.彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)B開始與墻分離

D.彈簧第一次拉伸到最長時(shí)B的速度為一號(hào)

【答案】ACD

【解析】對A、C,碰撞后的速度為叨，根據(jù)動(dòng)量守恒；mv^2mv?,v,=y,碰撞引起的機(jī)械能損失為上加

一如MW2=%而，A正確；根據(jù)能量守恒，最大彈性勢能等于碰撞后AC結(jié)合體的初態(tài)動(dòng)能，即反=/叫2

=∣∕HVO2,B錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)，AC結(jié)合體的速度為一￡,彈簧開始拉伸，8開始與墻分離，C正

確；彈簧第一次拉伸最長時(shí)，A、B、C三者有共同速度環(huán)，根據(jù)動(dòng)量守恒：一WWO=3WW2,V2=-y,D正確.

9.（2022年保定二模）如圖所示，半徑為R=O.4m的四分之一光滑圓弧軌道尸Q固定在水平面上，軌道末端與一

等厚的長木板A緊挨著，木板A長L=3.2m,質(zhì)量M=O.5kg,與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃∣=0.1.一質(zhì)量為加

=0.2kg的小物塊以初速度V0=Im/s從P點(diǎn)沿豎直方向切入軌道，當(dāng)小物塊滑上長木板A時(shí)立即受到一個(gè)水平

向右的恒力F=1.2N,當(dāng)小物塊滑到木板A的右端時(shí),木板A恰與一靜置于水平面的等厚木板B發(fā)生彈性碰撞，

此時(shí)撤去恒力E已知木板B的質(zhì)量為"2=0.5kg且足夠長，與水平面的摩擦不計(jì)，小物塊與木板A、B上表面

的動(dòng)摩擦因數(shù)均為42=0.5.求：（取g=10m∕s2）

(1)小物塊在。點(diǎn)時(shí)對圓弧軌道的壓力；

(2)小物塊滑上木板A之前，木板A的右端與木板B的左端的距離;

(3)小物塊滑上木板B后因摩擦產(chǎn)生的熱量.

【解】(1)小物塊在圓弧軌道上滑行時(shí)由動(dòng)能定理有

11

mgRn=2mv'7~2mv(>7^

在Q點(diǎn)小物塊受力分析有

?Vp

FN-Wg=*萬

由牛頓第三定律有

Fm=FN=6.5N,方向：豎直向下

(2)當(dāng)小物塊在木板A上滑行時(shí)對小物塊受力分析有

F-μ2mg=ma?

對木板4受力分析有

μ2mg-μ)(M↑g+mg)-M}Ci2

設(shè)小物塊在木板A上運(yùn)行的時(shí)間為/,

小物塊發(fā)生的位移

木板A發(fā)生的位移XA=產(chǎn)

L=x?-XA

小物塊滑上木板A之前，木板4的右端與木板B的左端的距離d=XA=0.3m

(3)A、8碰撞時(shí)小物塊速度

V2-v?+a?t-^m/s

木板A的速度

W=θ√=0?6m/s

A、8碰撞過程有

MiVA=M∣VΛ,÷Λ∕2Vβ

,22

；MlVA2=；MIVA+∣M2VB

解得vχ,=Ovβ=O.6m/s

小物塊在8上滑行，最后相對靜止，有

MZVB~?-mv2-(m-?~Mi)v共

ψz∕V22+5Λf2W=β÷∣(zn÷M2)v*2

解得Q=0.83J

10.(2022年壓題卷)如圖所示，一原長為2Z,的輕質(zhì)彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與質(zhì)量如=2kg的

物塊尸接觸但不相連?AB是長度為5乙的光滑水平軌道，一水平傳送帶與8端平滑連接，物塊P與傳送帶之間

的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,傳送帶右端與水平光滑軌道CO平滑連接，傳送帶始終以v=2m/s的速率勻速順時(shí)針轉(zhuǎn)

動(dòng).質(zhì)量為m=6kg的小車放在光滑水平軌道上，位于CO右側(cè)，小車左端與CO段平滑連接，右側(cè)是一段半

徑R=0.5m的光滑的四分之一圓弧，物塊P與小車左段水平上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)W=O.1.用外力推動(dòng)物塊P,

將彈簧壓縮至長度L時(shí)儲(chǔ)存的彈性勢能￡P(guān)=9J,然后放開，P開始沿軌道運(yùn)動(dòng)，沖上傳送帶后開始做減速運(yùn)動(dòng)，

到達(dá)傳送帶右端時(shí)速度恰好與傳送帶速度大小相等，物塊P在小車上上升的最大高度H=0.1m,重力加速度大

小g=10m/s?.求：

(1)傳送帶的水平長度L0;

(2)小車的水平長度必；

(3)要使物塊P既可以沖上圓弧又不會(huì)從小車上掉下來，小車左側(cè)水平長度的取值范圍.

【解】(1)設(shè)物塊P離開彈簧時(shí)的速度為V0

在物塊與彈簧相互作用過程中，由機(jī)械能守恒定律有：

Epgm%2①

物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理有：

-μm?gLa==〃ιV2—汨②

聯(lián)立①②代入數(shù)據(jù)可得傳遞帶的水平長度L0=1.25m

(2)當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到小車的最高點(diǎn)時(shí)，對于P與小車構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則：如V=("7∣+*)%③

由能量守恒定律有：

^m??>1=^ιn?+t∏2)v?1-?-m?gH+μ?m?gL?(S)

聯(lián)立③④代入數(shù)據(jù)可得小車的水平長度Zd=O.5m

(3)設(shè)當(dāng)小車水平長度為七時(shí)，物塊到達(dá)小車水平右端時(shí)與小車有共同速度Vi,

則產(chǎn)1V2=1(∕W1+t∏2)V?1+"Mlgb⑤

聯(lián)立③⑤代入數(shù)據(jù)可得：A2=L5m

設(shè)當(dāng)小車水平長度為小時(shí)，物塊到達(dá)小車水平左端時(shí)與小車有共同速度VI.

則;〃11V2=；("?I+〃?2)V12+2μ?m∣gL3⑥

聯(lián)立③⑥代入數(shù)據(jù)可得：?3=0.75m

要使物塊P既可以沖上圓弧又不會(huì)從小車上掉下來，小車左側(cè)水平長度的取值范圍：

0.75m≤Z,<1.5m.

二、練創(chuàng)新情境

1.人們對手機(jī)的依賴性越來越強(qiáng)，有些人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸傷眼睛的情況.若手機(jī)質(zhì)量為160g,

從離人眼約20Cm的高度無初速度掉落，砸到眼睛后手機(jī)未反彈，眼睛受到手機(jī)的沖擊時(shí)間約為0.2s,g取10

m∕s2.下列說法正確的是()

A.手機(jī)與眼睛作用過程中手機(jī)的動(dòng)量變化量大小約為0.48kg?m∕s

B.手機(jī)對眼睛的沖量方向豎直向上

C.手機(jī)對眼睛的沖量大小約為0.32N?s

D.手機(jī)對眼睛的平均作用力大小約為3.2N

【答案】D

【解析】手機(jī)砸到眼睛后手機(jī)未反彈，手機(jī)的末速度為O.取向上為正方向，手機(jī)到達(dá)人眼前瞬間的速度大小

v=?∣2gh=yj2×10×0.2m∕s=2m∕s,手機(jī)與眼睛作用過程中手機(jī)的動(dòng)量變化量約為Ap=O-P=O一（一，〃。）=

0.16X2kg?m∕s=0.32kg?m∕s,故A錯(cuò)誤：手機(jī)對眼睛的沖量方向與手機(jī)對眼睛的作用力方向相同，豎直向下，

故B錯(cuò)誤：由動(dòng)量定理可知，手機(jī)對眼睛的沖量和手機(jī)重力的沖量的合沖量約為0.32N?s,故C錯(cuò)誤：手機(jī)與

眼睛作用過程中，由動(dòng)量定理可知（F—mg）f=0-（一，麻），解得手機(jī)對眼睛的平均作用力大小約為F=與+〃*

=3.2N,故D正確.

2.在某?！巴孓D(zhuǎn)奇趣懸浮，揭開飛翔奧秘”的科技實(shí)驗(yàn)活動(dòng)中，一位同學(xué)表演了一個(gè)懸球?qū)嶒?yàn)，該實(shí)驗(yàn)裝置如

圖：一根兩端開口的豎直細(xì)管，底端與充氣泵（圖中未畫出）連接，充氣泵將氣體由底端吹入，使細(xì)管上端的小

球懸浮在空中.假設(shè)氣體的密度恒為p,氣體與小球的作用面積恒為S,氣體與小球作用前速度為。，與作用面

垂直，作用后速度減為零.重力加速度為g,則小球的質(zhì)量為（）

pSy2ρS6

B.c

g2g

pSvρS1v

2gg

【答案】A

【解析】設(shè)管中單位時(shí)間噴出氣體的質(zhì)量為根，則，"=poS設(shè)氣體對球的作用力大小為F，則F=Mg,由牛

頓第三定律可知球?qū)怏w的作用力大小為F'=F=Mg,由動(dòng)量定理有尸?r=?∕n?υ=w?r?v,解得M=心-,

g

故選A.

3..2020年12月6日上午，我國發(fā)射的嫦娥五號(hào)探測器在月球上空成功實(shí)現(xiàn)上升器與返回器和軌道器組合體（簡

稱軌返組合體）的連接，科學(xué)界將其形象地譽(yù)為“月上之吻”，已知上升器在月球表面獲取月壤之后升空的加速

度大小為8m∕s2,上升器在與軌返組合體相互作用連接過程中獲得的加速度的大小為月面升空加速度大小的千

分之一，經(jīng)IS后連接過程結(jié)束，上升器的總質(zhì)量約為800kg,軌返組合體的總質(zhì)量約為2000kg,連接過程不

計(jì)空氣阻力和月球引力，關(guān)于連接過程中的說法正確的是（）

A.軌返組合體的速度變化大小約為3.2X103m∕s

B.上升器給軌返組合體的沖量大小約為6400N?s

C.上升器的速度變化大小約為8m/s

D.軌返組合體給上升器的沖量大小約為16N?s

【答案】A

【解析】相互連接過程中，上升器的加速度大小為標(biāo)m∕s2=0.008m∕s2,則上升器的速度變化大小約為

Ao=勿=0.008m∕s,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；上升器受到的合力大小為b=ma=800X0.008N=6.4N,上升器與軌返組合

164

體之間的沖量大小約為∕=H=6.4N?s,則B、D錯(cuò)誤；對軌返組合體由動(dòng)量定理有I=MNo,可得?o=γ;=/Cce

IvlZUUU

m∕s=3.2×IO3m∕s,選項(xiàng)A正確.

4.（2022?北京東城區(qū)模擬）某市在冬季常見最大風(fēng)力為9級（風(fēng)速約20m/s到24m∕s）.如圖所示的該市某品牌抗

風(fēng)卷簾門面積為S,單位面積所能承受的最大壓力為E設(shè)空氣密度為p,空氣吹到卷簾門上速度立刻減為零，

則此卷簾門能承受的垂直方向最大風(fēng)速。等于（）

【答案】B

【解析】設(shè)/時(shí)間內(nèi)吹到卷簾門上的空氣質(zhì)量為〃?，則有根據(jù)動(dòng)量定理有一Ff=O—mo=0—"S/.,

故選A.

5.如圖甲所示，在粗糙的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為IoOkg的木箱.f=0時(shí)刻，某同學(xué)對其施加水平推力產(chǎn)

的作用.已知水平推力尸隨時(shí)間，的變化關(guān)系圖象如圖乙所示，木箱與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2.已

知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=

10m∕s2.則/=3s時(shí)木箱的速度大小為（）

23

A.2m/s2.5m/s

C.6m/s

【答案】B

【解析】由于Ff=Wng=200N,由題圖圖象可知，0.5s后木箱才開始運(yùn)動(dòng)，0.5?3s對木箱由動(dòng)量定理可得

iF-μmgt=nw-O,由圖象可得，外力廠的沖量為小=1----%-------N?s-200×0.5×0.5N?s=750N?s,解得O=

2.5m/s,故B正確.

6.（2022?山西大同市高三期末）2019年9月18日凌晨4時(shí)52分，國航CA818航班從華盛頓杜勒斯國際機(jī)場起飛

后疑似發(fā)生鳥擊，于凌晨5時(shí)54分返航并安全降落，鳥撞飛機(jī)是導(dǎo)致空難的重要因素之一，被稱為“飛機(jī)殺

手”.假設(shè)在某次空難中，鳥的質(zhì)量為0.6kg,飛行的速度為3m/s,迎面撞上速度為720km/h的飛機(jī)，對飛機(jī)

的撞擊力達(dá)到1.6X106N,則鳥撞飛機(jī)的作用時(shí)間大約為（）

A.1.5X1OrSB.1.5×10^4s

C.7.6×10^6sD.7.6×105S

【答案】D

心°?6X（黑+3）

【解析】設(shè)鳥與飛機(jī)碰撞時(shí)間為r,對鳥由動(dòng)量定理有：Ft=m?v,解得：/=■—=—'s≈7.6×IO

r1.0X100

^5s,故選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤.

7.（多選）游樂場滑索項(xiàng)目的簡化模型如圖所示，索道AB段光滑，A點(diǎn)比B點(diǎn)高1.25m,與AB段平滑連接的BC

段粗糙，長4m.質(zhì)量為50kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止下滑，到B點(diǎn)進(jìn)入水平減速區(qū)，在C點(diǎn)與緩沖墻發(fā)生碰撞，

反彈后在距墻Im的力點(diǎn)停下.設(shè)滑塊與BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,規(guī)定向右為正方向.g取10m/sZ下列說

法正確的是（）

A.緩沖墻對滑塊的沖量為-50Ns

B.緩沖墻對滑塊的沖量為-250N?s

C.緩沖墻對滑塊做的功為一125J

D.緩沖墻對滑塊做的功為一250J

【答案】BC

【解析】滑塊從A點(diǎn)下滑，經(jīng)過8滑動(dòng)到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：mg/?—“mg&jC=J"S?-0,從C點(diǎn)

反彈運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有：一〃mgxa）=0—?n√,代入數(shù)據(jù)解得研=3m∕s,r?=2m∕s.滑塊與

緩沖墻作用的過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有/=一，加2—代入數(shù)據(jù)，得∕=-250N?s,故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)

動(dòng)能定理有：W=^ιnvι2-^mv?2,代入數(shù)據(jù)得W=-125J,故C正確，D錯(cuò)誤.

8.（2022?河北張家口市一模）碰碰車是大人和小孩都喜歡的娛樂活動(dòng).游樂場上，大人和小孩各駕著一輛碰碰車

迎面相撞,碰撞前后兩人的位移一時(shí)間圖象（χ-f圖象）如圖所示.已知小孩的質(zhì)量為20kg,大人的質(zhì)量為60kg,

碰碰車質(zhì)量相同，碰撞時(shí)間極短.下列說法正確的是（）

A.碰撞前后小孩的運(yùn)動(dòng)方向沒有改變

B.碰碰車的質(zhì)量為50kg

C.碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量大小為80N?s

D.碰撞過程中損失的機(jī)械能為600J

【答案】D

【解析】規(guī)定小孩初始運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍深}圖可知，碰后兩車一起向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故碰撞前后小孩的運(yùn)

動(dòng)方向發(fā)生了改變，故A錯(cuò)誤；由題圖可知，碰前瞬間小孩的速度為2m∕s,大人的速度為一3m∕s,碰后兩人

的共同速度為一1m∕s,設(shè)碰碰車的質(zhì)量為M,由動(dòng)量守恒定律有(20+M)X2kg?m∕s—(60+M)X3kg?m∕s=(2M

÷20÷60)×(―I)kg-m∕s,解得M=60kg,故B錯(cuò)誤：碰前小孩與其駕駛的碰碰車的總動(dòng)量為Pl=I60kg?m∕s,

碰后總動(dòng)量為p∣'=-80kg?m∕s,由動(dòng)量定理可知碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量為/=△〃=

-240N?s,故其大小為240N?s,故C錯(cuò)誤；由能量守恒定律可得碰撞過程中損失的機(jī)械能為AE=4x80X22J

+i×120×(-3)2J-∣×200×(-l)2J=600J,故D正確.

9.(2022?浙江名校協(xié)作體模擬)如圖所示，在。點(diǎn)用長為/=Im的細(xì)線懸掛一質(zhì)量為m=0.5kg的小球A,細(xì)線能

承受的最大拉力尸r=10N,O點(diǎn)正下方0'處固定一根釘子,MN為一拋物線形狀的管道(內(nèi)徑略大于小球半徑，

內(nèi)壁鋪設(shè)粗糙棉布)，M點(diǎn)位于。點(diǎn)正下方且切線水平，OM=Im,拋物線管道∕z=2.5m,s=3m,拋物線與

粗糙平面NP在N點(diǎn)平滑連接，NP間動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,長度為L=2.5m,P點(diǎn)右側(cè)光滑，一彈簧右端固定在

豎直擋板上，自由狀態(tài)下彈簧左端恰好位于P點(diǎn)，另有一與A相同的小球2置于N點(diǎn)，現(xiàn)將小球4拉至與豎直

方向成J=37。由靜止釋放，細(xì)線擺至豎直位置時(shí)恰好斷裂，從M點(diǎn)進(jìn)入軌道，在水平軌道上與小球B碰撞后粘

連在一起；兩球碰后立即撤去棉布，管道內(nèi)壁可視為光滑.已知彈簧壓縮到最短時(shí)彈性勢能耳=1.125J,重力

加速度g=10∏Vs2,sin37o=0.6,cos37o=0.8,求：

⑴小球擺至M點(diǎn)時(shí)的速度大小和OO'間的距離；

⑵管道阻力對小球做的功；

⑶若小球A、8之間發(fā)生的是彈性碰撞，最終8球停在距N多遠(yuǎn)的位置.

【答案】(1)2m/s0.6m⑵-1.25J(3)2.25m

【解析】(1)小球擺至最低點(diǎn)過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒得/wg∕(l—cos0)=^ιnvM2,解得VM=2m/s

在最低點(diǎn)小球受力為FLmg=--—,解得r=0.4m,所以0'離。點(diǎn)0.6m.

⑵設(shè)小球A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度大小為VN,與B球碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mVN=2mv共

從N點(diǎn)至彈簧壓縮至最短過程中，由能量守恒有

2

^(2m)v^=μ(2m)gL+Ep

可得VN=2V共=7m/s

小球A從M到N的過程中，由動(dòng)能定律有

mgh+Wf=手"。/

解得Wf=-1.25J

(3)若4、B之間發(fā)生彈性碰撞，則兩球在N點(diǎn)發(fā)生速度交換，B球第一次被彈回時(shí)的動(dòng)能為Ek=∣∕7ro√-

2μmgL<mgh,

故A球不會(huì)從M點(diǎn)飛出，

A球第一次與B碰撞至兩球靜止，B在NP間通過的路程設(shè)為X,則3∕τw∕v2=wwgx,

解得X=12.25m=4L÷2.25m

即B球停在距N點(diǎn)2.25m的位置.

10.(2022?浙江百校3月聯(lián)考)如圖所示，粗糙平直軌道與半徑為R的光滑半圓形豎軌道平滑連接，可視為質(zhì)點(diǎn)、

質(zhì)量為m的滑塊A與質(zhì)量為2加的滑塊3放在光滑水平面上，中間放有彈性物質(zhì)，滑塊與平直軌道間的動(dòng)摩擦

因數(shù)為〃，平直軌道長為L,現(xiàn)釋放彈性物質(zhì)的能量，使A以水平向右的初速度滑上平直軌道，滑過平直軌道

后沖上圓形軌道，在圓形軌道最低點(diǎn)處有壓力傳感器，滑塊沿圓形軌道上滑的最大高度〃與滑塊通過圓形軌道

最低點(diǎn)時(shí)壓力傳感器的示數(shù)尸之間的關(guān)系其中兩個(gè)值如圖乙所示.

h

2R------------------Y

R-------Y

!F

j

O-------r3-m-g--------FZ(-∣----

乙

(1)若滑塊A沿圓形軌道上滑的最大高度為R,求彈性物質(zhì)釋放的能量;

(2)求圖乙中的R)的最小值；

(3)請通過推導(dǎo)寫出〃與尸的關(guān)系式，并將圖乙補(bǔ)充完整.

【答案】⑴在u"3+"ig∕?)⑵6,咫(3)見解析

【解析】(1)滑塊由A到沿圓軌道上滑高度R的過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有一WWgL-WJgR=O-EkA

A與8組成的系統(tǒng)在彈開過程中動(dòng)量守恒m^A=mβVB,得VB~^VΛ

EkB=IX2wwJ,EkA=

2MVΛ2,所以EkB=2‰

彈性物質(zhì)釋放的能量為E=EM+‰

3

聯(lián)立解得E=^ιmgL+mgR)

(2)由題圖乙可得，當(dāng)壓力傳感器的示數(shù)Fo最小時(shí)，滑塊沿圓軌道上滑的最大高度恰為2R,根據(jù)牛頓第三定律

可得此時(shí)滑塊所受支持力大小為&),設(shè)滑塊通過圓軌道最低點(diǎn)的速度為5,到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的速度為。2,則

0/

滑塊在圓軌道最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，有Fo-mg=mr^-

滑塊在圓軌道最高點(diǎn)，有∕ng=kg

滑塊由圓軌道最低點(diǎn)滑到圓軌道最高點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有一mg2∕?=JTw2?一%皿2

聯(lián)立解得Fo=6ιng

⑶根據(jù)牛頓第三定律可得滑塊在圓軌道最低點(diǎn)所受支持力大小為F,則F^tng9設(shè)滑塊通過圓軌道最低點(diǎn)的速

度為以沿圓軌道上滑的最大高度為兒根據(jù)牛頓第二定律，有

①"zg≤∕7≤3mg時(shí)，滑塊在圓軌道最低點(diǎn)，有F-mg=ιn~^

滑塊由圓軌道最低點(diǎn)沿圓軌道滑到最大高度〃的過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有一,*/?=0—

聯(lián)立上述兩式解得h=裊F-W

ZmgZ

②3"jg<FW6mg時(shí)

.

滑塊在圓軌道最低點(diǎn)，有F-mg=nr^

2

滑塊在圓軌道脫離的最高點(diǎn)WgSin(9=π∕~~,

其中θ=-^

sinκ

滑塊由圓軌道最低點(diǎn)沿圓軌道滑到最大高度/?的過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有~~"igh--^mv∣,2~^mv2

傳?K,即J3〃，

③尸大于6mg時(shí)，h=2R

完整圖如圖所示.

三.練規(guī)范訓(xùn)練一高考標(biāo)準(zhǔn)練

1.(2022?嘉興市測試)如圖所示，高〃=Im的光滑斜面AB與長Ll=I.6m的水平面BC平滑連接，再與長〃=

10m的水平傳送帶DE緊密連接，傳送帶以V0=8m/s的恒定速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng).位于斜面頂端A處質(zhì)量為

m=?kg的物體P(視為質(zhì)點(diǎn))以初動(dòng)能Eko=62J沿斜面向下運(yùn)動(dòng),在B處撞擊質(zhì)量同為〃？=1kg的靜止物體Q(視

為質(zhì)點(diǎn))，碰撞以后兩物體黏合在一起，已知黏合體與水平面BC、傳送帶DE間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0.5,重

力加速度g=

10m∕s2,視最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.則：

Bc()3—~O

(1)碰撞以后黏合體的速度大?。?/p>

(2)黏合體最終靜止時(shí)與B點(diǎn)的距離；

(3)要使黏合體最終能靜止在粗糙水平面BC段，求A處給物體P初動(dòng)能可能值中的最大值.

【答案】⑴6m∕s(2)0.4m(3)94J

【解析】(1)由4到3,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有，"g∕7+Eko=%n√,得z,∣=12m∕s

P、。碰撞動(dòng)量守恒，有，加|=2加2,得s=6m∕s

2

(2)設(shè)黏合體到達(dá)C處的速度為s',以8到C過程中，由能量關(guān)系有;2”。22一/2"必'=μ-2mgLi,

v2'2

解得02'=2y∣5m∕s<Vo=8m∕s,XO=五履=2m"?,

所以黏合體沒有從右側(cè)滑出且從傳送帶返回C點(diǎn)時(shí)的速度大小仍為v2',

由2mg∕ι=202^μ(2m)gL?=4J,

即黏合體不會(huì)從A飛出，則有

2mvy1=μ?Imgx,得尤=3.6m

所以黏合體最終靜止在距離B點(diǎn)0.4m處位置.

(3)若黏合體第一次恰好可回到斜面頂端A,則黏合體經(jīng)傳送帶返回的速度為vf

有^?2mv2=2mgh+μ?2mgL?

解得o=6m∕s,由20r'=V2

可得』=3.6mvl0m,黏合體沒有從右側(cè)滑出

B至IJC,有:X2恤2+"?2mgL∣=!?2"w/,

得vβ=y∣52m/s

由mvp=2/nvB可得，物體P碰撞前速度

vp=2y∣52m/s

1

4到B,由mgh+E?i=^mvp,得Ek=94J.

2.(2022?浙江長興余杭縉云三校聯(lián)考)如圖所示，一平臺(tái)高"=1?65m,通過斜面AB及圓弧BC與水平面CE平

滑連接，。點(diǎn)為水平面CE的中點(diǎn)，放有一質(zhì)量為M的小物塊2.現(xiàn)讓一質(zhì)量〃2=1.0kg的小物塊1,從斜面頂端

A以2m/s的速度沿斜面下滑.已知光滑圓弧BC的半徑r=2.0m,斜面傾角8=37。，水平面CE長L=2.0m,

小物塊1與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃1=0.45.取$m37。=0.6,8$37。=0.8,g=10m∕s2.求：

(1)小物塊1滑過圓弧最低點(diǎn)C時(shí)對地面的壓力；

(2)小物塊1與2在0點(diǎn)碰撞前的速度大小WD=2√3m∕s,求小物塊1與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2；

(3)若物塊2與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)也為〃2且兩物塊只發(fā)生一次彈性碰撞，物塊2與墻壁碰撞無機(jī)械能損失,

求物塊2的質(zhì)量M的取值范圍.

【答案】(1)21N,方向豎直向下(2)0.5(3)M>(√Σ∣-4)kg

【解析】(1)小物塊1從A到C,由動(dòng)能定理有

mgH-JggCGS0[H-r(I-CoS

代入數(shù)據(jù)解得。C=，萬m/s

在C點(diǎn)對小物塊1進(jìn)行受力分析有FNC—，"g=-γ-,

代入數(shù)據(jù)得FNC=21N

根據(jù)牛頓第三定律，小物塊1在C點(diǎn)時(shí)對地面的壓力大小為21N,方向豎直向下：

(2)物塊1從C到D,由動(dòng)能定理：

L1,1

,

解得"2=0.5;

(3)①若M<設(shè)碰后物塊1、2的速度分別為。I和s,

由動(dòng)量守恒定律，有mvi)=nrθ]+Mv2

有機(jī)械能守恒，有%?。/=沙加2+?加22

γn—M9>77V?~S?

解得：功=-02=W??0Q,不發(fā)生第二次碰撞的條件是??+尸<L

m-viviin-rMZμ2g2"密

解得M>(yf∏—4)kg;

22

②若M2，明物塊1以速度S反彈，物塊2以速度S前進(jìn)，由①可知不發(fā)生第二次碰撞的條件氤一就?乙一

定可以滿足，不會(huì)發(fā)生第2次碰撞.

綜合以上討論得到，物塊1不發(fā)生第二次碰撞的條件是：M>(√21-4)kg.

3.(2022?云南昆明市高三“三診一模"測試)如圖甲所示，質(zhì)量為機(jī)=0?3kg的小物塊8(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為

M=0.1kg、長度L=0.6m的木板A的最左端，A和B一起以a=1m/s的速度在光滑水平面上向右運(yùn)動(dòng)，一段

時(shí)間后A與右側(cè)一豎直固定擋板P發(fā)生彈性碰撞.以碰撞瞬間為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，取水平向右為正方向，碰后0.5s

內(nèi)8的速度V隨時(shí)間，變化的圖象如圖乙所示.取重力加速度g=10m∕s2,求：

(I)A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃；

(2)A與P第1次碰撞到第2次碰撞的時(shí)間間隔；

(3)A與尸碰撞幾次，B與A分離.

【答案】(1)0.1(2)0.75s(3)2次

【解析】(1)碰后A向左減速，8向右減速，由題圖乙得：

四=1第=1m∕s2

由牛頓第二定律有μmg=maB

解得"=0.1

(2)碰后3向右減速，A向左減速到0后，向右加速，最后與B共速，以水平向右為正方向，對A、8由動(dòng)量守

恒定律可得：

mv()—Mvo=(M+w)υι

解得：υ∣=0.5m/s

此過程，對B由動(dòng)量定理得：團(tuán)功一小次)=-

解得：力=0.5S

對A由動(dòng)能定理有：-μmgXA=12-^Mv(τ

解得：RA=O.125m

此后A、3一起向右勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：B=S=0?25s

所以一共用的時(shí)間：f=n+f2=0.75s,

即4與尸第1次碰撞到第2次碰撞的時(shí)間間隔為0.75s

(3)4第1次與擋板P碰撞后到共速的過程中，對整個(gè)系統(tǒng)，由能量守恒有:

^tnv(r+^MV(τ=^(M+m)v12+μ∕ngx相片∣

解得X相對ι=0.5m

假設(shè)第3次碰撞前，A與8不分離，A第2次與擋板P相碰后到共速的過程中，以水平向右為正方向，由動(dòng)量

守恒有：

mvI—MvI=(M+m)v2

由能量守恒有：

ψnυ12+12=Λ√÷m)vr+μmgx?>?2

解得：X""2=0.125m

由于XM對=XM對ι+x由對2>L,所以A與P碰撞2次，B與A分離.

4.(2022?河南鄭州市線上測試)如圖所示，長木板B的質(zhì)量為“22=LOkg,靜止放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為

∕∏3=1.0kg的物塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長木板的最右端.一個(gè)質(zhì)量為〃?i=0.5kg的物塊A從距離長木板B左側(cè)/

=9.5m處，以初速度如=IOmyS向著長木板運(yùn)動(dòng).一段時(shí)間后物塊A與長木板B發(fā)生彈性正碰(時(shí)間極短)，之

后三者發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過程物塊C始終在長木板上.已知物塊A及長木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為“

=0.1,物塊C與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為"2=0.2,物塊C與長木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取

10m∕s2,求:

(1)4、8碰后瞬間物塊A和長木板8的速度；

(2)長木板B的最小長度；

(3)物塊A離長木板左側(cè)的最終距離.

【答案】(1)3m∕s,方向向左6m∕s,方向向右(2)3m(3)10.5m

【解析】⑴設(shè)物塊A與木板8碰前瞬間的速度為V,由動(dòng)能定理得一“Mig/=5/1"一/mo?

解得V=y∣vj-2Nlgl=9m/s

4與3發(fā)生彈性碰撞，假設(shè)碰撞后的瞬間速度分別為功、。2,由動(dòng)量守恒定律得〃7?=〃7|。|+團(tuán)202

由機(jī)械能守恒定律得gmιV2=^77ιVl2+^m2V2l

ιn↑-m?

聯(lián)立解得Vj=——一?=-3m/s,

m∣十加2

2nι↑,,

Vi=----;----v=6m/s

∕n∣+∕∏2

碰后瞬間物塊A的速度大小為3m/s、方向向左，長木板B的速度大小為6m/s、