1．（2023·黑龍江哈爾濱·哈師大附中校考三模）如圖所示，質(zhì)量為的小車靜止在光滑水平面上，小車段是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道，段是長為的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于點(diǎn)。一質(zhì)量為的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從小車上的A點(diǎn)由靜止開始沿軌道下滑，然后滑入軌道，最后恰好停在點(diǎn)，滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為，則（ ）

A．整個(gè)過程中滑塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．滑塊由A滑到過程中，滑塊的機(jī)械能守恒
C．段長D．全過程小車相對地面的位移大小為
【答案】D
【詳解】A．滑塊社圓弧上運(yùn)動時(shí)有豎直方向的加速度，所以對系統(tǒng)而言豎直方向外力矢量和不為零，不滿足動量守恒的條件，故A錯(cuò)誤；
B．滑塊由A滑到過程中，小車對滑塊的彈力做負(fù)功，滑塊的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；
C．恰好停在對點(diǎn)時(shí)，二者均靜止。根據(jù)能量守恒有解得故C錯(cuò)誤；
D．水平動量守恒有通過相同的時(shí)間有且有解得故D正確；
故選D。
2．（2023·山東青島·統(tǒng)考三模）如圖，某中學(xué)航天興趣小組在一次發(fā)射實(shí)驗(yàn)中將總質(zhì)量為M的自制“水火箭”靜置在地面上。發(fā)射時(shí)“水火箭”在極短時(shí)間內(nèi)以相對地面的速度豎直向下噴出質(zhì)量為m的水。已知火箭運(yùn)動過程中所受阻力與速度大小成正比，火箭落地時(shí)速度為v，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）

A．火箭的動力來源于火箭外的空氣對它的推力
B．火箭上升過程中一直處于超重狀態(tài)更多課件 教案 視頻 等優(yōu)質(zhì)滋源請 家 威杏 MXSJ663 C．火箭獲得的最大速度為
D．火箭在空中飛行的時(shí)間為
【答案】D
【詳解】A．火箭向下噴出水，水對火箭的反作用力是火箭的動力，A錯(cuò)誤；
B．火箭加速上升過程處于超重狀態(tài)，減速上升過程和加速下降過程處于失重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；
C．噴水瞬間由動量守恒定律可得解得火箭獲得的最大速度為，C錯(cuò)誤；
D．以向下為正方向，上升過程由動量定理可得下降過程由動量定理可得其中；聯(lián)立解得
D正確。故選D。
3．（2023·山東·濟(jì)南一中統(tǒng)考二模）在空間技術(shù)發(fā)展過程中，噴氣背包曾經(jīng)作為宇航員艙外活動的主要?jiǎng)恿ρb置，它能讓宇航員保持較高的機(jī)動性。如圖所示，宇航員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度持續(xù)噴出，宇航員到達(dá)艙門時(shí)的速度為。若宇航員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為M，不計(jì)噴出氣體后宇航員和裝備質(zhì)量的變化，忽略宇航員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】設(shè)噴出的氣體的質(zhì)量為，則根據(jù)動量守恒定律可得宇航員受力恒定，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則聯(lián)立解得故選D。
4．（2023·河北唐山·統(tǒng)考三模）在生產(chǎn)生活中，經(jīng)常采用軌道約束的方式改變物體的運(yùn)動方向。如圖所示，光滑水平地面上停放著一輛小車，小車上固定著兩端開口的光滑細(xì)管，細(xì)管由水平、彎曲和豎直三部分組成，各部分之間平滑連接，豎直管的上端到小車上表面的高度為。一小球以初速度水平向右射入細(xì)管，小球的質(zhì)量與小車的質(zhì)量（包含細(xì)管）相等，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略一切阻力作用。下列說法正確的是（ ）
A．小球在細(xì)管中運(yùn)動時(shí)，小球和小車（包含細(xì)管）組成的系統(tǒng)動量守恒
B．小球在細(xì)管的豎直部分運(yùn)動時(shí)只受重力作用
C．當(dāng)小球初速度時(shí)，將會從細(xì)管的豎直部分沖出
D．若小球從細(xì)管的豎直部分沖出，沖出后一定會落回到細(xì)管中
【答案】BCD
【詳解】A．小球在細(xì)管中運(yùn)動時(shí)，小球和小車（包含細(xì)管）組成的系統(tǒng)在水平方向受到合外力為零，在彎曲處，小球和小車組成的系統(tǒng)，在豎直方向合外力不為零，則小球和小車（包含細(xì)管）組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球在細(xì)管中運(yùn)動時(shí)，小球和小車（包含細(xì)管）組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯(cuò)誤；
B．由于小球和小車（包含細(xì)管）組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球在細(xì)管的豎直部分運(yùn)動時(shí)，水平方向的速度相同，則小球在細(xì)管的豎直部分運(yùn)動時(shí)只受重力作用，故B正確；
C．由于水平方向動量守恒，在最高點(diǎn)，由動量守恒定律和能量定律有；
解得從細(xì)管的豎直部分沖出，則有解得故C正確；
D．小球從細(xì)管的豎直部分沖出后，水平方向的速度始終相同，則沖出后一定會落回到細(xì)管中，故D正確。
故選BCD。
5．（2023·江西南昌·江西師大附中?？既＃┤鐖D所示，木塊靜止在光滑的水平面上，子彈A、B分別從木塊左、右兩側(cè)同時(shí)水平射入木塊，且均停在木塊內(nèi)，木塊始終保持靜止。下列說法正確的是（ ）
A．摩擦力對兩子彈的沖量大小一定相等B．摩擦力對兩子彈做的功一定相等
C．子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒D．子彈與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
【答案】AC
【詳解】A．木塊在光滑的水平面上始終保持靜止，由動量定理可知兩子彈對木塊的摩擦力的沖量大小相等，方向相反；由牛頓第三定律可知子彈對木塊的摩擦力與木塊對子彈的摩擦力大小相等，所以摩擦力對兩子彈的沖量大小一定相等，故A正確；
BC．以子彈A、B和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)的合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得得對子彈由動能定理得由，可知
摩擦力對兩子彈做的功由于兩子彈的質(zhì)量不一定相等，故摩擦力對兩子彈做的功不一定相等，故B錯(cuò)誤，C正確；
D．子彈與木塊間因有摩擦力產(chǎn)生熱，所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選AC。
6．（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為的物塊P與長木板Q之間有一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，P與彈簧拴接，Q與彈簧接觸但不拴接，Q的上表面粗糙。時(shí)，物塊P以初速度向左運(yùn)動，時(shí)間內(nèi)物塊P與長木板Q的圖像如圖所示，時(shí)刻，把質(zhì)量為的物塊M放在Q的最左端，圖中末畫出，M最終末從Q上滑出，則（ ）

A．物體Q的質(zhì)量為
B．時(shí)刻彈簧的彈性勢能為
C．M和Q之間由于摩擦作用的發(fā)熱量為
D．彈簧可以和Q發(fā)生二次作用
【答案】AC
【詳解】A．時(shí)刻，所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得；
則物體的質(zhì)量為，故A正確；
B．時(shí)刻，彈簧壓縮到最短，和速度相等，根據(jù)動量守恒根據(jù)能量守恒可得最大彈性勢能為故B錯(cuò)誤；
C．時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動量守恒根據(jù)機(jī)械能守恒聯(lián)立解得
；，2t0時(shí)刻，和彈簧分離，和之間動量守恒，有解得
產(chǎn)生的熱量為故C正確；
D．由上分析可知和共速時(shí)彈簧不能和發(fā)生二次作用，故D錯(cuò)誤。故選AC。
7．（2023·安徽安慶·安慶一中校考三模）如圖所示，水平面內(nèi)有兩個(gè)光滑平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌足夠長，其間距為。質(zhì)量分別為、的環(huán)A、B套在導(dǎo)軌上，兩環(huán)之間連接一輕彈簧，輕彈簧原長。開始時(shí)彈簧與桿垂直，兩環(huán)均靜止。某時(shí)刻，給環(huán)B一水平向右的瞬時(shí)速度，下列說法正確的是（ ）

A．A、B和彈簧組成的系統(tǒng)滿足動量不守恒、機(jī)械能守恒
B．若A的速度為，B的速度為
C．若A的速度為，彈簧與導(dǎo)軌之間的夾角為
D．若彈簧恢復(fù)原長時(shí)，環(huán)B速度為水平向右的，則初始狀態(tài)時(shí)彈簧的彈性勢能
【答案】BCD
【詳解】A．平行導(dǎo)軌光滑，對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)分析，所受的合外力為0，因此系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)除系統(tǒng)內(nèi)彈簧的彈力，沒有其他力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；
B．對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)分析，取向右為正方向，由動量守恒定律解得故B正確；
C．由B選項(xiàng)分析可知，若，則設(shè)彈簧初始彈性勢能為，A的速度為時(shí)的彈性勢能為，根據(jù)機(jī)械能守恒可得可得開始時(shí)彈簧長度為，而原長為，故彈簧壓縮了，彈性勢能為，而彈簧伸長后彈性勢能與初始彈性勢能相等，故伸長量也為，此時(shí)彈簧長度為故彈簧與導(dǎo)軌間夾角為，故C正確；
D．開始時(shí)，彈簧長度為，而原長為，故彈簧壓縮了，彈性勢能記為，彈簧恢復(fù)原長時(shí)，環(huán)B速度為水平向右的，根據(jù)動量守恒可得解得即A的速度大小為，方向向左，由能量守恒得解得故D正確。故選BCD。
8．（2023·海南省直轄縣級單位·嘉積中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是和，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物塊C在時(shí)刻以一定速度向右運(yùn)動，在時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（ ）

A．物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為48J
B．4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對物塊B的沖量大小為，方向向右
C．物塊B離開墻壁后，彈簧的最大彈性勢能為10J
D．物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度大小為
【答案】AD
【詳解】A．AC碰撞過程中由動量守恒可得，，解得當(dāng)AC速度減為零時(shí)彈簧壓縮至最短，此時(shí)彈性勢能最大故A正確；
B．4s到12s的時(shí)間內(nèi)彈簧對AC的沖量為由能量守恒可知12s B的速度為零，4s到12s的時(shí)間內(nèi)對B由動量定理可得得即大小為，方向向左，故B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)B的速度與AC相等時(shí)由動量守恒可得解得
所以彈簧的最大彈性勢能為故C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)彈簧為原長時(shí)B的速度達(dá)到最大，由動量守恒和能量守恒可得；
解得故D正確。故選AD。
9．（2023·湖南長沙·長郡中學(xué)?？级＃┰诠饣降孛嫔嫌幸话疾跘，中央放一小物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）。物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖所示，。凹槽與物塊的質(zhì)量均為m，兩者之間的動摩擦因數(shù)。開始時(shí)物塊靜止，凹槽以的初速度向右運(yùn)動，設(shè)物塊與凹槽壁的碰撞沒有能量損失，且碰撞時(shí)間不計(jì)。g取10。則（ ）

A．物塊與凹槽相對靜止時(shí)的共同速度為2.5m/s
B．物塊與凹槽相對靜止時(shí)物塊在凹槽的左端
C．從物塊開始運(yùn)動到兩者相對靜止所經(jīng)歷的時(shí)間為10s
D．從物塊開始運(yùn)動到兩者相對靜止所經(jīng)歷的時(shí)間內(nèi)物塊運(yùn)動的位移大小為12.5m
【答案】AB
【詳解】A．設(shè)兩者相對靜止時(shí)的速度為v，由動量守恒定律得解得故A正確；
B．物塊與凹槽間的滑動摩擦力設(shè)兩者間相對靜止前，相對運(yùn)動的路程為，由動能定理
解得已知可得物體與凹槽相對靜止時(shí)物體在凹槽的左端，故B正確；
C．設(shè)凹槽與物塊碰前的速度分別為、，碰后的速度分別為'、'。有；得即每碰撞一次凹槽與物塊發(fā)生一次速度交換，故可用勻變速直線運(yùn)動規(guī)律求時(shí)間。則有；解得故C錯(cuò)誤；
D．設(shè)凹槽與物體的速度分別為，，根據(jù)動量守恒定律得即。的運(yùn)動方向相同，結(jié)合上式可得兩物體位移關(guān)系為因?yàn)閮烧咭恢蓖较蜻\(yùn)動，物塊開始在凹槽的中央，相對靜止時(shí)物塊在凹槽的左端，所以兩物體的位移關(guān)系為解得故D錯(cuò)誤。故選AB。
10．（2023·安徽合肥·合肥市第六中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖1所示，一右端固定有豎直擋板的質(zhì)量M=2kg的木板靜置于光滑的水平面上，另一質(zhì)量m=1kg的物塊以v0=6m/s的水平初速度從木板的最左端點(diǎn)沖上木板，最終物塊與木板保持相對靜止，物塊和木板的運(yùn)動速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像如圖2所示，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，則下列判斷正確的是（ ）

A．圖2中v2的數(shù)值為4
B．物塊與木板的碰撞為彈性碰撞
C．整個(gè)過程物塊與木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為12J
D．最終物塊距木板左端的距離為1.5m
【答案】BC
【詳解】A．根據(jù)題意可知，圖2中圖線a表示碰撞前物塊的減速運(yùn)動過程，圖線b表示碰撞前木板的加速過程，圖線c表示碰撞后木板的減速過程，圖線d表示碰撞后物塊的加速過程，物塊與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大小為v1，設(shè)此時(shí)木板速度大小為v木，則從物塊滑上木板到物塊與木板碰撞前瞬間的過程，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有解得物塊與擋板碰撞后瞬間，物塊的速度為0，木板速度大小為v2，從物塊滑上木板到物塊與木板碰撞后瞬間的過程，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有解得
故A錯(cuò)誤；
B．2s末物塊與木板共同運(yùn)動的速度大小為v3，從物塊滑上木板到最終共同勻速運(yùn)動的過程，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有解得物塊與木板碰撞前瞬間，系統(tǒng)的動能為物塊與木板碰撞后瞬間，系統(tǒng)的動能故碰撞過程系統(tǒng)沒有機(jī)械能損失，故B正確；
C．物塊滑上木板時(shí)系統(tǒng)的動能為最終相對靜止時(shí)系統(tǒng)的動能為
所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為故C正確；
D．由圖得板長為4.5m，碰后相對位移為1.5m，故距離左端為3m，故D錯(cuò)誤。故選BC。
11．（2023·安徽合肥·合肥市第八中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖所示，以v=4m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，左端與粗糙的弧形軌道平滑對接，右端與光滑水平面平滑對接。水平面上有位于同一直線上、處于靜止?fàn)顟B(tài)的4個(gè)相同小球，小球質(zhì)量m0=0.3kg。質(zhì)量m=0.1kg的物體從軌道上高h(yuǎn)=2.0m的P點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到傳送帶上的A點(diǎn)時(shí)速度大小v0=6m/s；物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，傳送帶AB之間的距離L=3.0m。物體與小球、小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰，重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（ ）

A．物體從P點(diǎn)下滑到A點(diǎn)的過程中，克服摩擦力做的功為0.2J
B．物體第一次與小球碰撞后，在傳送帶上向左滑行的最大距離為0.4m
C．物體最終的速度大小為0.5m/s
D．物體第一次與小球碰撞后的整個(gè)過程，物體與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱為3J
【答案】ABD
【詳解】A．物體由P到A的過程，根據(jù)動能定理可得解得則克服摩擦力做的功為，選項(xiàng)A正確；
B．物體滑上傳送帶后，在滑動摩擦力作用下勻減速運(yùn)動，加速度大小為減速至與傳送帶速度相等時(shí)所用的時(shí)間勻減速運(yùn)動的位移
故物體與小球1碰撞前的速度為物體與小球1發(fā)生彈性正碰，設(shè)物體反彈回來的速度大小為的，小球1被撞后的速度大小為，由動量守恒和能量守恒定律得
；解得；物體被反彈回來后，在傳送帶上向左運(yùn)動過程中，由運(yùn)動學(xué)公式得解得選項(xiàng)B正確；
C．由于小球質(zhì)量相等，且發(fā)生的都是彈性正碰，它們之間將進(jìn)行速度交換。物體第一次返回還沒到傳送帶左端速度就減小為零，接下來將再次向右做勻加速運(yùn)動，直到速度增加到，再跟小球1發(fā)生彈性正碰，同理可得，第二次碰后，物體和小球的速度大小分別為；以此類推，物體與小球1經(jīng)過次碰撞后，他們的速度大小分別為；由于總共有4個(gè)小球，可知物體第1個(gè)小球一共可以發(fā)生4次碰撞，則物體最終的速度大小為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．物體第一次與小球1碰撞后的整個(gè)過程，在傳送帶上相對傳送帶的路
故物體與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱選項(xiàng)D正確。選ABD。
12．（2023·安徽合肥·合肥一六八中學(xué)?？寄M預(yù)測）兩根長度均為l的剛性輕桿，一端通過質(zhì)量為m的球形鉸鏈連接，此球?yàn)锳球，另一端與質(zhì)量均為m的B、C小球相連。將此裝置的兩桿并攏，鉸鏈向上豎直地放在桌上，右邊距離C球處有一面豎直墻面，因受微小擾動兩桿分別向兩邊滑動，A球下降，致使C球與墻面發(fā)生彈性碰撞，兩桿始終在同一豎直面內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，各球直徑都比桿長l小得多，重力加速度取g，從A球開始運(yùn)動到A球落地前瞬間這一過程，下列說法正確的是（ ）

A．整個(gè)運(yùn)動過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)水平方向動量守恒
B．C球碰撞豎直墻面前瞬間速度大小為
C．A球落地前瞬間，三球速度相同
D．A球落地前瞬間，A球的速度方向沿斜左下方
【答案】BD
【詳解】A．運(yùn)動過程中與墻壁碰撞，系統(tǒng)水平方向動量不守恒，由于是彈性碰撞又不計(jì)摩擦因此系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；
B．由于三球質(zhì)量相同，靜止釋放A球豎直向下運(yùn)動，當(dāng)A、C間的桿與豎直方向夾角為45°時(shí)C球與豎直墻壁碰撞，此時(shí)，A球、C球的速度沿AC桿方向分速度相同，A球、B球的速度沿AB桿方向分速度相同，由于兩桿與豎直方向夾角都是，故三球速度相同，由動能定理得則C球碰撞豎直墻面前瞬間速度大小為故B正確；
CD．C球與墻壁碰撞后，速度反向水平向左，A球沿AC桿方向速度立即沿CA方向，碰撞后瞬間A、B、C三球速度相同均水平向左為此后三球水平方向動量守恒。當(dāng)A球落地瞬間，B、C兩球只有水平向左速度，A球還具有豎直向下的速度，所以A球的速度方向沿斜左下方，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選BD。
13．（2023·湖北·模擬預(yù)測）如圖所示，AB段為一豎直圓管，BC為一半徑為的半圓軌道，C端的下方有一質(zhì)量為的小車，車上有半徑的半圓軌道，E為軌道最低點(diǎn)，左側(cè)緊靠一固定障礙物，在直管的下方固定一鎖定的處于壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈簧上端A放置一質(zhì)量為的小球（小球直徑略小于圓管的直徑，遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于R、r）。AB的距離為，A、E等高，某時(shí)刻，解除彈簧的鎖定，小球恰好能通過BC的最高點(diǎn)P，從C端射出后恰好從D端沿切線進(jìn)入半圓軌道DEF，并能從F端飛出。若各個(gè)接觸面都光滑，重力加速度取，則（ ）

A．小球恰好能通過BC的最高點(diǎn)P，
B．彈簧被釋放前具有的彈性勢能
C．小球從F點(diǎn)飛出后能上升的最大高度
D．小球下落返回到E點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小N
【答案】BC
【詳解】AB．由A到P過程中，小球機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得在P點(diǎn)，由牛頓第二定律得解得，，A錯(cuò)誤，B正確；
C．A到E過程中，A、E等高，由機(jī)械能守恒定律得解得小球由E上升到最高點(diǎn)過程中，小球與車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以球的初速度方向?yàn)檎较颍瑒t系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得，小球從F點(diǎn)飛出后能上升的最大高度為
，C正確；
D．小球從第一次經(jīng)過E點(diǎn)到再次返回到E點(diǎn)的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以小球的初速度方向?yàn)檎较?，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則解得，小球的速度大小為方向水平向左；小車的速度大小為方向水平向右。由于小球與小車運(yùn)動的方向相反，所以二者的相對速度，則在E點(diǎn)對小球受力分析，由牛頓第二定律
解得，小球受到的支持力根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫?15 N，D錯(cuò)誤。故選BC。
14．（2023·安徽安慶·安慶一中?？既＃┵|(zhì)量為的滑板靜止在光滑水平地面上，滑板上表面段水平長度為段是半徑為的四分之一光滑圓弧，如圖所示。質(zhì)量為的小物塊（小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度沖上滑板，已知，其中為重力加速度。小物塊與滑板段的動摩擦因數(shù)為，在以后的運(yùn)動過程中：
（1）若滑板固定在地面上，小物塊不能從C點(diǎn)飛出，則應(yīng)滿足什么條件；
（2）若解除對滑板的固定，小物塊不能從C點(diǎn)飛出，則應(yīng)滿足什么條件；
（3）若解除對滑板的固定，小物塊相對滑板向右運(yùn)動的過程中，相對地面也有向右的運(yùn)動，則應(yīng)滿足什么條件。

【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）若滑板固定，設(shè)小物塊剛好能運(yùn)動到點(diǎn)時(shí)，由機(jī)械能守恒可知
可解得所以小物塊不能從C點(diǎn)飛出，應(yīng)滿足的條件為
（2）若解除對滑板的固定，設(shè)小物塊運(yùn)動至C點(diǎn)時(shí)，小物塊與滑板速度相等為，由動量守恒和機(jī)械能守恒可知：；上面兩式聯(lián)立，可解得所以小物塊不能從C點(diǎn)飛出，應(yīng)滿足的條件為：
（3）設(shè)小物塊相對滑塊向右返回到B點(diǎn)時(shí)，小物塊、滑板的速度分別為。以向左為正方向。由動量守恒和能量守恒可知：；上面兩式聯(lián)立，可得
此方程求根判別式可解得解上面方程可得若要滿足題中條件，則，可解得綜合以上分析可知，應(yīng)滿足的條件為。
15．（2023·廣西南寧·南寧三中?？级＃┤鐖D所示，兩足夠長直軌道間距，軌道所在平面與水平面夾角，一質(zhì)量的“半圓柱體”滑板P放在軌道上，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，P的上表面與軌道所在平面平行，前后面均為半徑的半圓，圓心分別為O、。某時(shí)刻可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊以初速度沿沖上滑板P，與滑板共速時(shí)小滑塊恰好位于O點(diǎn)。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，滑板P與小滑塊間的動摩擦因數(shù)為，，，g取，求：
（1）滑板P恰好靜止時(shí)與一側(cè)長直軌道間的摩擦力f的大??；
（2）滑板P與軌道間的動摩擦因數(shù)；
（3）滑塊滑到O點(diǎn)過程中系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q。

【答案】（1）6N；（2）0.45；（3）
【詳解】（1）（2）對滑板受力分析，畫出滑板的兩個(gè)平面圖如圖所示

由幾何關(guān)系可得解得由于滑板處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可得；
聯(lián)立解得；
（3）小滑塊沖上滑板，滑板和小滑塊系統(tǒng)重力沿導(dǎo)軌方向的分力為導(dǎo)軌對滑板的摩擦力為可知兩力大小相等方向相反，故小滑塊沖上滑板，滑板和小滑塊系統(tǒng)沿導(dǎo)軌方向合外力為零，系統(tǒng)動量守恒設(shè)滑塊相對滑板的位移OO?為L，滑板位移為x，由系統(tǒng)的能量守恒，得
聯(lián)立方程，解得；滑板做勻加速運(yùn)動過程的加速度
則滑塊滑到O點(diǎn)過程中系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量
16．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）已知A、B兩物體，，A物體從處自由下落，且同時(shí)B物體從地面豎直上拋，經(jīng)過相遇碰撞后，兩物體立刻粘在一起運(yùn)動，已知重力加速度，求：
（1）碰撞時(shí)離地高度x；
（2）碰后速度v；
（3）碰撞損失機(jī)械能。
【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J
【詳解】（1）對物塊A，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得
（2）設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可知
解得可得碰撞前A物塊的速度方向豎直向下；碰撞前B物塊的速度方向豎直向上；選向下為正方向，由動量守恒可得
解得碰后速度v=0
（3）根據(jù)能量守恒可知碰撞損失的機(jī)械能
17．（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度向右做勻速直線運(yùn)動。當(dāng)B的左端經(jīng)過軌道末端時(shí)，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點(diǎn)，并以水平速度v滑上B的上表面，同時(shí)撤掉外力，此時(shí)B右端與P板的距離為s。已知，，，，A與地面間無摩擦，B與地面間動摩擦因數(shù)，C與B間動摩擦因數(shù)，B足夠長，使得C不會從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計(jì)碰撞時(shí)間，取重力加速度大小。
（1）求C下滑的高度H；
（2）與P碰撞前，若B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；
（3）若，求B與P碰撞前，摩擦力對C做的功W；
（4）若，自C滑上B開始至A、B、C三個(gè)物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個(gè)物體總動量的變化量的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【詳解】（1）由題意可知滑塊C靜止滑下過程根據(jù)動能定理有代入數(shù)據(jù)解得
（2）滑塊C剛滑上B時(shí)可知C受到水平向左的摩擦力，為木板B受到C的摩擦力水平向右，為，B受到地面的摩擦力水平向左，為所以滑塊C的加速度為
木板B的加速度為設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1，B和C共速，有代入數(shù)據(jù)解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同減速，加速度大小為設(shè)再經(jīng)過t2時(shí)間，物塊A恰好祖上模板B，有整理得解得，（舍去）此時(shí)B的位移共同的速度綜上可知滿足條件的s范圍為
（3）由于所以可知滑塊C與木板B沒有共速，對于木板B，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有
整理后有解得，（舍去）
滑塊C在這段時(shí)間的位移所以摩擦力對C做的
（4）因?yàn)槟景錌足夠長，最后的狀態(tài)一定會是C與B靜止，物塊A向左勻速運(yùn)動。木板B向右運(yùn)動0.48m時(shí)，有；；此時(shí)A、B之間的距離為
由于B與擋板發(fā)生碰撞不損失能量，故將原速率反彈。接著B向左做勻減速運(yùn)動，可得加速度大小物塊A和木板B相向運(yùn)動，設(shè)經(jīng)過t3時(shí)間恰好相遇，則有整理得解得，（舍去）
此時(shí)有方向向左；方向向右。
接著A、B發(fā)生彈性碰撞，碰前A的速度為v0=1m/s，方向向右，以水平向右為正方向，則有
；代入數(shù)據(jù)解得
；而此時(shí)物塊A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C靜止，A向左勻速運(yùn)動，系統(tǒng)的初動量
末動量則整個(gè)過程動量的變化量
即大小為9.02kg?m/s。

相關(guān)試卷

（新高考）2024年高考物理復(fù)習(xí)第31講 動量守恒定律及其應(yīng)用（原卷練習(xí)+知識講義）（原卷版+解析）：

這是一份（新高考）2024年高考物理復(fù)習(xí)第31講 動量守恒定律及其應(yīng)用（原卷練習(xí)+知識講義）（原卷版+解析），文件包含新高考2024年高考物理復(fù)習(xí)第31講動量守恒定律及其應(yīng)用知識講義原卷版+解析docx、新高考2024年高考物理復(fù)習(xí)第31講動量守恒定律及其應(yīng)用原卷練習(xí)原卷版+解析docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共84頁， 歡迎下載使用。

第26講 動能定理及其應(yīng)用（練習(xí)）（解析版）—高中物理：

這是一份第26講 動能定理及其應(yīng)用（練習(xí)）（解析版）—高中物理，共15頁。

第31講 動量守恒定律及其應(yīng)用（講義）（解析版）—高中物理：

這是一份第31講 動量守恒定律及其應(yīng)用（講義）（解析版）—高中物理，共22頁。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

高中物理高考 專題16 動量守恒定律及其應(yīng)用（解析版）

高中物理高考 專題16 動量守恒定律及其應(yīng)用（解析版）
高中物理高考 專題15 動量守恒定律及其應(yīng)用（練習(xí)）（學(xué)生版）

高中物理高考 專題15 動量守恒定律及其應(yīng)用（練習(xí)）（學(xué)生版）
高中物理高考 專題15 動量守恒定律及其應(yīng)用（練習(xí)）（教師版）

高中物理高考 專題15 動量守恒定律及其應(yīng)用（練習(xí)）（教師版）
高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動量守恒定律及其應(yīng)用第19講動量守恒定律練習(xí)(含解析)

高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動量守恒定律及其應(yīng)用第19講動量守恒定律練習(xí)(含解析)
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部