第一章　5.　課時(shí)2 一、選擇題(本題共7小題，每題6分，共42分)1．(2023·江蘇南京高三期中)質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰，則碰撞后B球速度v′可能值的范圍為( C )A．0.2v≤v′≤0.5vB．0.2v≤v′≤0.75vC．0.25v≤v′≤0.5vD．0.25v≤v′≤0.75v解析：若A、B兩球?yàn)閺椥耘鲎玻瑒t碰撞過(guò)程無(wú)能量損失，碰撞后速度最大，取A球初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒可得mv＝mv1＋3mv2，mv2＝mv＋mv，解得v2＝0.5v，若A、B兩球?yàn)橥耆菑椥耘鲎玻鲎埠髢汕蚬菜?，碰撞過(guò)程能量損失最大，碰撞后速度最小，根據(jù)動(dòng)量守恒可得mv＝(m＋3m)v共，解得v共＝0.25v，因此碰撞后B球速度v′可能值的范圍為0.25v≤v′≤0.5v。故選C。2．(2023·江蘇宿遷高二期中)如圖所示，光滑水平地面上，A、B兩物體質(zhì)量都為m，A以速度v向右運(yùn)動(dòng)，B原來(lái)靜止，左端有一輕彈簧，當(dāng)A撞上彈簧到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)( C )A．A的動(dòng)量為mvB．B的速度為vC．B的動(dòng)量達(dá)到最大值D．A、B系統(tǒng)總動(dòng)量為2mv解析：物塊A、B組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，當(dāng)A撞上彈簧到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，設(shè)兩物塊的速度分別為vA、vB，取向右為正方向，可得mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv，解得vA＝0，vB＝v，則A的動(dòng)量為0，B的速度為v，故A、B錯(cuò)誤；彈簧壓縮最短后，B的速度繼續(xù)變大，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B的動(dòng)量達(dá)到最大值，故C正確；物塊A、B組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，則A、B系統(tǒng)總動(dòng)量為mv，故D錯(cuò)誤。故選C。3．(2022·江蘇常熟中學(xué)高二期中)如圖所示，在光滑水平面上放置一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊，滑塊右側(cè)面為一個(gè)半徑為R的弧形的光滑凹槽，A點(diǎn)切線水平。另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以水平速度v0從A點(diǎn)沖上凹槽，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法中正確的是( D )A．當(dāng)v0＝時(shí)，小球恰好能到達(dá)B點(diǎn)B．當(dāng)v0＝時(shí)，小球在弧形凹槽上沖向B點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊的動(dòng)能增大；返回A點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊的動(dòng)能減小C．如果小球的速度v0足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上D．小球返回A點(diǎn)后做自由落體運(yùn)動(dòng)解析：小球滑上凹槽的過(guò)程中，若凹槽固定，小球v0＝的速度沖上，根據(jù)機(jī)械能守恒mgh＝mv，解得h＝R，但是，凹槽不固定，小球沖上來(lái)的過(guò)程中，凹槽也會(huì)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)機(jī)械能守恒可知小球不能沖到B點(diǎn)，A錯(cuò)誤；當(dāng)v0＝時(shí)，小球在弧形凹槽向上沖的過(guò)程中，滑塊受到右下方的支持力，速度增大，動(dòng)能增大；滑到最高點(diǎn)時(shí)，兩者速度相等，之后返回A點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊的動(dòng)能依然增大，B錯(cuò)誤；如果小球的速度v0足夠大，小球?qū)幕瑝K的左側(cè)沿切線方向飛離凹槽，相對(duì)凹槽的速度方向豎直向上，兩者水平速度相等，所以小球會(huì)沿左側(cè)邊緣落回，C錯(cuò)誤；小球和凹槽整個(gè)作用過(guò)程中，水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，類似于彈性碰撞mv0＝mv1＋mv2，mv＝mv＋mv，解得v1＝0，v2＝v0，所以小球返回A點(diǎn)后做自由落體運(yùn)動(dòng)，D正確。故選D。4．(2023·江西南昌二中高二階段練習(xí))如圖所示，在光滑水平面上疊放著A、B兩個(gè)物體，mA＝2 kg，mB＝1 kg，速度的大小均為v0＝8 m/s，速度方向相反。A板足夠長(zhǎng)，A、B之間有摩擦，當(dāng)觀察到B做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，A的速度大小可能為( B )A．2 m/s　 B．3 m/s　C．4 m/s　 D．5 m/s解析：由受力分析可知：A、B兩物體在水平面上只受到相互作用的摩擦力，所以A、B整體在水平方向動(dòng)量守恒則mAv0－mBv0＝mAvA＋0，代入數(shù)據(jù)解得vA＝4 m/s，故當(dāng)A的速度為4 m/s時(shí)，B開始做加速運(yùn)動(dòng)，直到與A共速。共速時(shí)對(duì)A、B運(yùn)用動(dòng)量守恒定律mAv0－mBv0＝(mA＋mB)v共，代入數(shù)據(jù)解得v共＝ m/s，所以 m/s＜vA＜4 m/s時(shí)，可以觀察到B做加速運(yùn)動(dòng)，故只有B符合題意。故選B。5．(2023·黑龍江海倫市第一中學(xué)高二期中)如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側(cè)同時(shí)射入木塊，最終都停在木塊內(nèi)，這一過(guò)程中木塊始終保持靜止。若子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是( D )A．子彈A的質(zhì)量一定比子彈B的質(zhì)量大B．入射過(guò)程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力大C．子彈A在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比子彈B在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)D．子彈A射入木塊時(shí)的初動(dòng)能一定比子彈B射入木塊時(shí)的初動(dòng)能大解析：整個(gè)過(guò)程中木塊始終保持靜止，則子彈A、B對(duì)木塊的力大小相等，方向相反，B錯(cuò)誤；整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、B和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由此可知，子彈A、B的初動(dòng)量大小相等，設(shè)子彈A、B受到的阻力大小為f，初動(dòng)量為p，根據(jù)動(dòng)量定理可得ft＝p，由此可知，子彈A、B在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，C錯(cuò)誤；子彈A、B的深度分別為xA、xB，質(zhì)量分別為mA、mB，初動(dòng)能分別為EkA、EkB，對(duì)子彈A、B應(yīng)用動(dòng)能定理可得fxA＝EkA＝，fxB＝EkB＝，子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度，則EkA>EkB，mA<mB，A錯(cuò)誤，D正確。6．(多選)(2023·浙江杭師大附中高二期中)如圖所示，運(yùn)動(dòng)的A球(質(zhì)量、初速度都確定)在光滑水平面上與一個(gè)原來(lái)靜止的B球(質(zhì)量可改變)發(fā)生彈性碰撞( ABC )A．要使B球獲得最大動(dòng)能，則應(yīng)讓B球質(zhì)量與A相等B．要使B球獲得最大速度，則應(yīng)讓B球質(zhì)量遠(yuǎn)小于A球質(zhì)量C．要使B球獲得最大動(dòng)量，則應(yīng)讓B球質(zhì)量遠(yuǎn)大于A球質(zhì)量D．若B球質(zhì)量遠(yuǎn)小于A球質(zhì)量，則B球?qū)@得最大動(dòng)能、最大速度及最大動(dòng)量解析：設(shè)A球的質(zhì)量為m1、B球質(zhì)量為m2、碰前A球的速度為v0，A與B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v解得v1＝v0，v2＝v0。據(jù)v1＝v0，當(dāng)A、B兩球質(zhì)量相等時(shí)，碰后A的速度為零，B獲得了A碰前的全部動(dòng)能，B球獲得了最大動(dòng)能，故A正確；據(jù)v2＝v0，當(dāng)A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量時(shí)，B球獲得最大速度，接近碰前A速度的2倍，故B正確；據(jù)v1＝v0，當(dāng)A球質(zhì)量遠(yuǎn)小于B球質(zhì)量時(shí)，A球幾乎原速反彈，A球被彈回的速度最大，B球獲得了A球初始動(dòng)量的接近2倍，B球獲得最大動(dòng)量，故C正確；由上面三項(xiàng)分析知，D錯(cuò)誤。故選ABC。7．(多選)(2022·全國(guó)高二課時(shí)練習(xí))如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是( BD )A．A和B都向左運(yùn)動(dòng)B．A向左速度為2v0，B向右速度v0C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng)D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)解析：設(shè)水平向右為正，兩滑塊碰前總動(dòng)量p＝m·2v0－2m·v0＝0，說(shuō)明系統(tǒng)總動(dòng)量為0。故有m·2v0＋2m(－v0)＝mv1＋2mv2，m·(2v0)2＋·2m(－v0)2＝mv＋·2mv。解得v1＝－2v0，v2＝v0，所以碰后，滑塊A向左速度為2v0，滑塊B向右速度v0。故A項(xiàng)和C項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)和D項(xiàng)正確。故選BD。二、非選擇題(共18分)8．(18分)(2023·湖北十堰市鄖陽(yáng)區(qū)第二中學(xué)高二期中)如圖所示，B是放在光滑的水平面上質(zhì)量為4m的一塊木板，物塊A(可看成質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量為m，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最初木板B靜止，物塊A以水平初速度v0滑上木板，木板足夠長(zhǎng)(重力加速度為g)，求：(1)木板B的最大速度；(2)從剛滑上木板到A、B速度剛好相等的過(guò)程中，物塊A所發(fā)生的位移大小；(3)若物塊A恰好沒滑離木板B，則木板至少多長(zhǎng)？答案：(1)　(2)　(3)解析：(1)由題意知，A向右減速，B向右加速，當(dāng)A、B速度相等時(shí)B速度最大。以v0的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律mv0＝(m＋4m)v，得v＝。(2)A向右減速的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgx1＝mv2－mv，則木塊A所發(fā)生的位移為x1＝。(3)從A滑上B至達(dá)到共同速度的過(guò)程中，由能量守恒得μmgL＝mv－(m＋4m)v2，得L＝。一、選擇題(本題共7小題，每題3分，共21分)1．(2022·湖南新田縣第一中學(xué)高二期中)2022年北京冬奧會(huì)在某次冰壺比賽中，如圖所示，藍(lán)壺靜止在大本營(yíng)Q處，材質(zhì)相同，質(zhì)量相等的紅壺與藍(lán)壺發(fā)生正碰，在摩擦力作用下最終分別停在M點(diǎn)和N點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是( D )A．碰后兩壺所受摩擦力的沖量相同B．兩壺碰撞過(guò)程為彈性碰撞C．碰后藍(lán)壺速度約為紅壺速度的4倍D．紅壺碰前速度約為碰后速度的3倍解析：碰后兩壺運(yùn)動(dòng)距離不相同，則碰后兩球速度不相同，因此動(dòng)量的變化量不相同，根據(jù)動(dòng)量定理可知后兩壺所受摩擦力的沖量不相同，A錯(cuò)誤；碰后紅壺運(yùn)動(dòng)的距離為x1＝R2－R1＝0.61 m，藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)的距離為x2＝2R2＝2.44 m，二者質(zhì)量相同，二者碰后的所受摩擦力相同，即二者做減速運(yùn)動(dòng)的加速度相同，對(duì)紅壺有v＝2ax1，對(duì)藍(lán)壺有v＝2ax2，聯(lián)立可得＝，即碰后藍(lán)壺速度約為紅壺速度的2倍，C錯(cuò)誤；設(shè)紅壺碰前速度為v0，根據(jù)動(dòng)量守恒，則有mv0＝mv1＋mv2，解得v0＝3v1，即紅壺碰前速度約為碰后速度的3倍，D正確；碰前的動(dòng)能為Ek0＝mv，碰后動(dòng)能為Ek1＝mv＋mv比較可知，有Ek0>Ek1，機(jī)械能不守恒，即不是彈性碰撞，B錯(cuò)誤。故選D。2．(2023·全國(guó)高二期末)斯諾克是我們所熟知的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目，球員出桿擊打白球，運(yùn)動(dòng)白球撞擊彩色球使其入洞并計(jì)分。假設(shè)在光滑水平面的一條直線上依次放4個(gè)質(zhì)量均為m的彈性紅球，質(zhì)量為1.5 m的白球以初速度v0與4號(hào)紅球發(fā)生碰撞，假設(shè)發(fā)生的碰撞均為彈性正碰，則白球最終的速度大小為( D )A．0  B．C．3v0  D．4v0解析：由題意知，質(zhì)量為1.5m的白球以初速度v0與4號(hào)紅球發(fā)生彈性正碰；根據(jù)一動(dòng)碰一靜的彈性碰撞特點(diǎn)可知1.5mv0＝1.5mv1＋mv2，×1.5mv＝×1.5mv＋×mv，得v1＝v0，每碰撞一次白球的速度變?yōu)樵瓉?lái)的＝，由于紅球質(zhì)量相等，且為彈性正碰，則4號(hào)球每次將速度傳給右側(cè)球，故白球與4號(hào)球碰撞4次后，白球速度v＝4v0，故選D。3．(2023·河北滄州高二期末)如圖所示，水平面上AO段粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，OB段光滑。物體甲放在距O點(diǎn)左側(cè)x1＝3 m的A處，質(zhì)量為M＝7 kg的物體乙靜止放在距O點(diǎn)右側(cè)x2＝4 m的B處?，F(xiàn)給物體甲一個(gè)初速度v0＝10 m/s，物體甲與物體乙在B點(diǎn)發(fā)生彈性正碰，碰后物體甲恰好能返回出發(fā)點(diǎn)A，重力加速度g取10 m/s2，兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，則( D )A．物體甲第一次到O點(diǎn)速度大小為8.5 m/sB．物體甲向右從O點(diǎn)到B點(diǎn)所用的時(shí)間為0.75 sC．物體甲與乙碰撞后，物體甲的速度的大小為5 m/sD．物體甲的質(zhì)量為1 kg解析：物體甲從A到O點(diǎn)是勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)到O點(diǎn)的速度為vt，摩擦力產(chǎn)生加速度μmg＝ma，解得a＝6 m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v－v＝－2ax1，解得vt＝8 m/s，A錯(cuò)誤；OB段勻速運(yùn)動(dòng)x2＝vtt1，解得t1＝0.5 s，B錯(cuò)誤；物體甲在BO段勻速返回，到OA段勻減速停止在A點(diǎn)，物體甲與乙碰撞后，設(shè)物體甲的速度大小為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式0－v＝－2ax1，解得v1＝6 m/s，C錯(cuò)誤；物體甲與乙發(fā)生彈性正碰，設(shè)速度向右為正，由動(dòng)量守恒和能量守恒得mvt＝m×(－v1)＋Mv2，mv＝mv＋Mv，解得－v1＝vt，解得物體甲的質(zhì)量為m＝1 kg，D正確。4．(2023·全國(guó)高二期末)“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測(cè)器，借助行星的引力來(lái)改變自己的速度。當(dāng)探測(cè)器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向接近行星，因引力作用改變了速度。如圖所示，設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為u，探測(cè)器的初速度大小為v0，探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小為v1，探測(cè)器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可類比兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞。那么下列判斷中正確的是( D )A．v1＝2v0－u  B．v1＝2v0＋uC．v1＝v0－2u  D．v1＝v0＋2u解析：根據(jù)動(dòng)量守恒定律－mv0＋Mu＝mv1＋Mu1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv＋Mu2＝mv＋Mu，又因?yàn)?/span>m?M，解得v1＝v0＋2u，故選D。5．(2022·江蘇無(wú)錫市第一中學(xué)高二期中)質(zhì)量為m2且各處光滑的帶有四分之一圓弧(半徑足夠大)的軌道靜止在光滑水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m1的滑塊以水平初速度v0沖上軌道(不脫離軌道)，下列說(shuō)法正確的是( C )A．滑塊沖上軌道的過(guò)程，m1和m2組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．若m1＝m2，則m1滑到最高點(diǎn)時(shí)速度為0C．若m1＝m2，則m1上升的最大高度為D．m1滑下后，速度不可能向左解析：由于m2為各處光滑的帶有四分之一圓弧，則m1和m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒且在水平方向動(dòng)量守恒，則m1滑到最高點(diǎn)時(shí)有m1v0＝(m1＋m2)v共，m1v＝(m1＋m2)v＋m1gh，將m1＝m2代入解得v共＝，h＝，故A、B錯(cuò)誤、C正確；m1滑上m2又返回直到m1離開m2的整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。選取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，假設(shè)是彈性碰撞，由機(jī)械能守恒得m1v＝m1v＋m2v，解得v2＝v0，v1＝v0，如果m1<m2，則v1<0，即m1離開m2后速度方向向左，故D錯(cuò)誤。故選C。6．(多選)(2023·山東青島市即墨區(qū)第二中學(xué)高二期中)用光滑絕緣水平面上的兩個(gè)帶電小球間的相互作用來(lái)模擬微觀領(lǐng)域兩個(gè)帶電粒子間的相互作用過(guò)程。如圖甲，t＝0時(shí)帶電小球A以速度v0沿A、B連線向靜止的B球運(yùn)動(dòng)，圖乙為兩帶電小球運(yùn)動(dòng)的v－t圖像，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩球始終未接觸。已知小球A的質(zhì)量為m，下列說(shuō)法正確的是( BC )A．A、B兩球帶同種電荷，A、B兩球所帶電荷量之比為1︰2B．球B的質(zhì)量為2mC．t1、t2時(shí)刻系統(tǒng)的電勢(shì)能之差Ep1－Ep2＝mvD．兩球分離后，小球B的速度趨近于v0解析：根據(jù)題意可知，A、B兩球之間為庫(kù)侖斥力，故A、B兩球帶同種電荷，由于A、B兩球之間的庫(kù)侖斥力為相互作用力，大小總是相等，與A、B兩球所帶電荷量無(wú)關(guān)，故無(wú)法確定A、B兩球所帶電荷量的大小關(guān)系，故A錯(cuò)誤；以A、B兩球?yàn)橄到y(tǒng)，滿足動(dòng)量守恒，根據(jù)圖乙可知兩球共速時(shí)的速度為，則有mv0＝(m＋mB)·，解得mB＝2m，故B正確；根據(jù)能量守恒可知，t1時(shí)刻系統(tǒng)的電勢(shì)能為Ep1＝mv－×3m2＝mv，設(shè)t2時(shí)刻，球B的速度為v2，此時(shí)球A的速度為零，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv0＝2mv2，解得v2＝，根據(jù)能量守恒可知，t2時(shí)刻系統(tǒng)的電勢(shì)能為Ep2＝mv－×2m2＝mv，t1、t2時(shí)刻系統(tǒng)的電勢(shì)能之差為Ep1－Ep2＝mv－mv＝mv，故C正確；兩球分離后，設(shè)最終球A的速度為vA，球B的速度為vB，根據(jù)動(dòng)量守恒可得mv0＝mvA＋2mvB，根據(jù)能量守恒可得mv＝mv＋×2mv，聯(lián)立解得vA＝－，vB＝，可知兩球分離后，小球B的速度趨近于，故D錯(cuò)誤。故選BC。7．(多選)(2022·遼寧沈陽(yáng)市第一二中學(xué)高一期末)如圖所示為小朋友玩的一種彈珠游戲的簡(jiǎn)化模型。內(nèi)壁光滑、半徑為R的圓形軌道平放在光滑水平面上并固定，質(zhì)量分別為m、2m、m的彈珠a、b、c(均可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在圓形軌道同一直徑兩側(cè)，a、c兩彈珠緊靠在一起?，F(xiàn)將a、c彈珠分別以v0和3v0的速度沿相反方向彈出，彈珠間所有的碰撞均為彈性碰撞，彈珠始終沿圓軌道運(yùn)動(dòng)，則三個(gè)彈珠再次回到初始位置所需的時(shí)間可能為( BCD )A．  B． C．  D．解析：因c彈珠速度較大，故首先bc兩彈珠相碰，設(shè)碰后c彈珠的速度為v1，b彈珠的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律有3mv0＝mv1＋2mv2，由機(jī)械能守恒定律有m(3v0)2＝mv＋·2mv，聯(lián)立解得v1＝－v0，v2＝2v0，由分析可知，a、b兩彈珠將在軌道A點(diǎn)發(fā)生碰撞，如圖所示設(shè)碰后a彈珠的速度為v3，b彈珠的速度為v4，由動(dòng)量守恒定律有2mv2－mv0＝mv3＋2mv4，由機(jī)械能守恒定律有·2mv＋mv＝mv＋·2mv，聯(lián)立解得v3＝3v0，v4＝0，即碰后b彈珠靜止，而后a彈珠以3v0、c彈珠以v0的速度迎面相撞，相撞點(diǎn)為圓軌道上B點(diǎn)，由于兩彈珠質(zhì)量相等，碰后速度交換，即恢復(fù)到初始狀態(tài)，只是彈珠a、b、c的位置沿圓軌道順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)80°，這個(gè)過(guò)程中a彈珠運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ta＝·＋·＝，結(jié)合上述分析可知三個(gè)彈珠均回到初始位置需轉(zhuǎn)過(guò)n·720°，所需要的時(shí)間t＝·ta＝n·，故選BCD。二、非選擇題(共19分)8．(9分)(2023·全國(guó)高三課時(shí)練習(xí))如圖1所示是打樁機(jī)進(jìn)行路基打樁的實(shí)物情境圖，打樁過(guò)程情境模型如圖2所示，已知打樁機(jī)重錘A的質(zhì)量為m，混凝土鋼筋樁B的質(zhì)量為M，其中M＝8m。每一次打樁時(shí)，打樁機(jī)抬高重錘A，比樁B頂部高出H，然后從靜止自由釋放，與樁發(fā)生時(shí)間極短的完全非彈性碰撞后，與樁一起向下運(yùn)動(dòng)，設(shè)樁受到的阻力f與深度h成正比，即f＝kh，其中k＝(重力加速度為g，其他阻力忽略不計(jì))。(1)完成第1次打樁后，試求樁B深入地面下的深度h1；(2)已知樁B的長(zhǎng)度l＝3H，試求使樁B剛好全部進(jìn)入地面下，則要打多少次？答案：(1)　(2)2 025解析：(1)設(shè)重錘A下落與樁B碰撞前的速度為v0，則有mgH＝mv，因?yàn)橹劐NA與樁B發(fā)生了時(shí)間極短的完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的共同速度為v，則有mv0＝(M＋m)v，設(shè)第1次打樁，樁B克服阻力所做的功為W1則有(M＋m)gh1－W1＝0－(M＋m)v2，其中W1＝kh，從而解得h1＝，另一負(fù)解不合實(shí)際情況，故舍去。(2)設(shè)要打N次，根據(jù)動(dòng)能定理，有(M＋m)gl－W總＝0－N×(M＋m)v2，其中W總＝kl2，解得N＝2 025。9．(10分)(2022·江蘇連云港高二期中)如圖，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑軌道，MN水平且足夠長(zhǎng)，LM下端與MN相切。質(zhì)量為2 kg的小球B與一輕彈簧相連，并靜止在水平軌道上，質(zhì)量為4 kg的小球A從LM上距水平軌道高為h＝0.45 m處由靜止釋放，在A球進(jìn)入水平軌道之后與彈簧正碰并壓縮彈簧但不粘連。設(shè)小球A通過(guò)M點(diǎn)時(shí)沒有機(jī)械能損失，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)A球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的速度大??；(2)A球與彈簧相碰過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep；(3)A球從與彈簧接觸到把彈簧壓到最短過(guò)程中，彈簧對(duì)A球作用力的沖量；(4)A、B兩球最終的速度vA、vB的大小。答案：(1)v0＝3 m/s　(2)Ep＝6 J　(3)IA＝4 kg·m/s，方向水平向左　(4)vA＝1 m/s，vB＝4 m/s解析：(1)對(duì)A球下滑的過(guò)程只有重力做功，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mAgh＝mAv，代入數(shù)據(jù)解得v0＝3 m/s。(2)在水平軌道上，A、B兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)A、B兩球速度相等時(shí)彈簧的壓縮量最大，彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)A、B的共同速度為v，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v，由機(jī)械能守恒定律得mAv＝(mA＋mB)v2＋Ep，代入數(shù)據(jù)解得Ep＝6 J。(3)A球從與彈簧接觸到把彈簧壓到最短過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理，彈簧對(duì)A球作用力的沖量IA＝mAv－mAv0＝－4 kg·m/s，負(fù)號(hào)表示方向水平向左，沖量大小為4 kg·m/s。(4)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A、B分離，A、B兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，由機(jī)械能守恒定律得mAv＝mAv＋mBv，代入數(shù)據(jù)解得vA＝1 m/s，vB＝4 m/s，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后A、B都向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A、B的最終速度大小分別是1 m/s、4 m/s，方向都向右。

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