A組·基礎(chǔ)練
1.(多選)(2024·廣西卷)如圖，在光滑平臺(tái)上有兩個(gè)相同的彈性小球M和N。M水平向右運(yùn)動(dòng)，速度大小為v。M與靜置于平臺(tái)邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過(guò)程中總機(jī)械能守恒。若不計(jì)空氣阻力，則碰撞后，N在( )
A．豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng)
B．豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)
C．水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小大于v
【答案】 BC
【解析】 由于兩小球碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒，可知兩小球碰撞過(guò)程是彈性碰撞，由于兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即vM＝0，vN＝v，碰后小球N做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，即水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，即豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)。故選BC。
2.(多選)(2024·甘肅卷)電動(dòng)小車(chē)在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是( )
A．小車(chē)的動(dòng)能不變
B．小車(chē)的動(dòng)量守恒
C．小車(chē)的加速度不變
D．小車(chē)所受的合外力一定指向圓心
【答案】 AD
【解析】 做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體速度大小不變，故動(dòng)能不變，故A正確；做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體速度方向時(shí)刻在改變，故動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體加速度大小不變，方向時(shí)刻在改變，故C錯(cuò)誤；做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體所受的合外力一定指向圓心，故D正確。故選AD。
3.(多選)(2023·新課標(biāo)全國(guó)卷，19)如圖，使甲、乙兩條形磁鐵隔開(kāi)一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對(duì)著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過(guò)程中的任一時(shí)刻( )
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的動(dòng)量大小比乙的小
C．甲的動(dòng)量大小與乙的相等
D．甲和乙的動(dòng)量之和不為零
【答案】 BD
【解析】 根據(jù)F－μmg＝ma可得a＝eq \f(1,m)F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，則任意時(shí)刻甲的速度大小比乙的小，A錯(cuò)誤；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，則f甲＞f乙，故甲和乙組成的系統(tǒng)所受合外力向左，合外力的沖量方向向左，即甲的動(dòng)量大小比乙的小，B、D正確，C錯(cuò)誤。
4.(2024·江蘇五校模擬)“雨打芭蕉”是文學(xué)中常見(jiàn)的抒情意象。當(dāng)雨滴豎直下落的速度為v時(shí)，為估算雨打芭蕉產(chǎn)生的壓強(qiáng)p，建立以下模型：芭蕉葉呈水平狀，落到芭蕉葉上的雨滴一半向四周濺散開(kāi)，濺起時(shí)豎直向上的速度大小為eq \f(v,3)，另一半則留在葉面上。已知水的密度為ρ，不計(jì)重力和風(fēng)力的影響，則壓強(qiáng)p為( )
A．eq \f(ρv2,2) B．eq \f(2ρv2,3)
C．eq \f(11ρv2,10) D．eq \f(7ρv2,6)
【答案】 D
【解析】 設(shè)芭蕉葉的面積為S，t時(shí)間內(nèi)落到芭蕉葉上面雨滴的質(zhì)量m＝ρvtS；根據(jù)題意有一半的雨滴向四周散開(kāi)，設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可知F1t＝eq \f(1,2)m×eq \f(v,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)mv))，另一半則留在葉面上，根據(jù)動(dòng)量定理F2t＝0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)mv))，根據(jù)壓強(qiáng)定義式p＝eq \f(F,S)＝eq \f(F1＋F2,S)，聯(lián)立解得p＝eq \f(7ρv2,6)，故選D。
5.(2024·江蘇宿遷一模)踢毽子是我國(guó)傳統(tǒng)的民間體育運(yùn)動(dòng)。如圖是一個(gè)小孩在踢毽子，毽子近似沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，空氣阻力與速率成正比。毽子在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中( )
A．剛離開(kāi)腳時(shí)，加速度最大
B．動(dòng)量變化率先變小后變大
C．上升的時(shí)間等于下降的時(shí)間
D．重力的沖量上升過(guò)程大于下降過(guò)程
【答案】 A
【解析】 毽子上升過(guò)程mg＋kv＝ma上，下降過(guò)程mg－kv＝ma下，因剛離開(kāi)腳時(shí)速度最大，則加速度最大，選項(xiàng)A正確；動(dòng)量變化率等于毽子受到的合外力，因上升過(guò)程合外力減小，下降過(guò)程中合外力也減小，則動(dòng)量變化率逐漸減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因上升的平均加速度大于下降的平均加速度，根據(jù)h＝eq \f(1,2)at2可知，上升的時(shí)間小于下降的時(shí)間，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)IG＝mgt可知，重力的沖量上升過(guò)程小于下降過(guò)程，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
6.(多選)(2023·廣東卷)某同學(xué)受電動(dòng)窗簾的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的簡(jiǎn)化模型，多個(gè)質(zhì)量均為1 kg的滑塊可在水平滑軌上滑動(dòng)，忽略阻力。開(kāi)窗簾過(guò)程中，電機(jī)對(duì)滑塊1施加一個(gè)水平向右的恒力F，推動(dòng)滑塊1以0.40 m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時(shí)間為0.04 s，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22 m/s，關(guān)于兩滑塊的碰撞過(guò)程，下列說(shuō)法正確的有( )
A．該過(guò)程動(dòng)量守恒
B．滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18 N·s
C．滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40 N·s
D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N
【答案】 BD
【解析】 取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動(dòng)量為p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的動(dòng)量為p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，則滑塊的碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；對(duì)滑塊1，取向右為正方向，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，負(fù)號(hào)表示方向水平向左，故B正確；對(duì)滑塊2，取向右為正方向，則有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C錯(cuò)誤；對(duì)滑塊2，根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N，故D正確。
7.(多選)(2024·黑龍江大慶模擬)一輕質(zhì)彈簧兩端分別連著木塊A和B，靜止于光滑的水平面上。木塊A被水平飛行的初速度為v0的子彈射中并鑲嵌在其中，已知木塊B的質(zhì)量為m，A的質(zhì)量是B的eq \f(3,4)，子彈的質(zhì)量是B的eq \f(1,4)，則( )
A．子彈擊中木塊A后，與A的共同速度為eq \f(1,4)v0
B．子彈擊中木塊A后，與A的共同速度為v0
C．彈簧壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能為eq \f(1,64)mveq \\al(2,0)
D．彈簧壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能為eq \f(1,8)mveq \\al(2,0)
【答案】 AC
【解析】 子彈射入A的過(guò)程時(shí)間極短，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得eq \f(1,4)mv0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m))v，解得v＝eq \f(1,4)v0，A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)子彈、木塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，三者速度相等時(shí)彈簧被壓縮到最短。壓縮彈簧最短時(shí)，A與B具有共同的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有eq \f(1,4)mv0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m＋m))v1，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，由能量守恒定律得eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m))v2＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m＋m))veq \\al(2,1)＋Ep，解得Ep＝eq \f(1,64)mveq \\al(2,0)，C正確，D錯(cuò)誤。
B組·綜合練
8.(多選)(2024·寧夏銀川一模)如圖，質(zhì)量為m的小球A和質(zhì)量為4 m的小球B用長(zhǎng)為L(zhǎng)的彈性繩連接，小球B靜止在光滑水平面上，小球A在小球B正上方高為0.72L處以一定的初速度水平向右拋出，小球落地時(shí)彈性繩剛好拉直(第一次處于原長(zhǎng))，小球A落地與地面碰撞時(shí)，豎直方向的速度減為零，水平方向的速度保持不變，彈性繩始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，不計(jì)小球大小，則( )
A．小球A拋出時(shí)的初速度大小為eq \f(5,6)eq \r(gL)
B．小球A拋出時(shí)的初速度大小為eq \f(6,5)eq \r(gL)
C．彈性繩具有的最大彈性勢(shì)能為eq \f(5,18)mgL
D．彈性繩具有的最大彈性勢(shì)能為eq \f(1,72)mgL
【答案】 AC
【解析】 小球在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，則0.72L＝eq \f(1,2)gt2，L＝v0t解得小球A拋出時(shí)的初速度大小為v0＝eq \f(5,6)eq \r(gL)，故A正確，B錯(cuò)誤；小球A落地后，當(dāng)兩小球共速時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒以及能量守恒可得mv0＝(m＋4m)v，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×(m＋4m)v2＋Ep解得彈性繩具有的最大彈性勢(shì)能為Ep＝eq \f(5,18)mgL，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。
9.(多選)質(zhì)量為M的帶有eq \f(1,4)光滑圓弧軌道的小車(chē)靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上小車(chē)，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車(chē)的左端，重力加速度為g，則( )
A．小球以后將向左做平拋運(yùn)動(dòng)
B．小球以后將做自由落體運(yùn)動(dòng)
C．此過(guò)程小球?qū)π≤?chē)做的功為eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)
D．小球在圓弧軌道上上升的最大高度為eq \f(v\\al(2,0),2g)
【答案】 BC
【解析】 從小球沖上小車(chē)到小球離開(kāi)小車(chē)的過(guò)程，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒且系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)小球離開(kāi)小車(chē)時(shí)，小球速度為v1，小車(chē)速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv0＝Mv1＋Mv2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)，聯(lián)立解得v1＝0，v2＝v0，即作用后兩者交換速度，小球速度變?yōu)榱?，開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)能定理，小球?qū)π≤?chē)所做的功W＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－0＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)，C正確；小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，與小車(chē)相對(duì)靜止，有相同的速度v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv0＝2Mv，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)Mv2))＋Mgh，聯(lián)立解得h＝eq \f(v\\al(2,0),4g)，D錯(cuò)誤。
10.(多選)(2024·全國(guó)卷)蹦床運(yùn)動(dòng)中，體重為60 kg的運(yùn)動(dòng)員在t＝0時(shí)剛好落到蹦床上，對(duì)蹦床作用力大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時(shí)蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是( )
A．t＝0.15 s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最大
B．t＝0.30 s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度大小為10 m/s
C．t＝1.00 s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處
D．運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開(kāi)過(guò)程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為4 600 N
【答案】 BD
【解析】 根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知t＝0.15 s時(shí)，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時(shí)運(yùn)動(dòng)員處于最低點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題圖可知運(yùn)動(dòng)員從t＝0.30 s離開(kāi)蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時(shí)間為2 s，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，運(yùn)動(dòng)員上升時(shí)間為1 s，則在t＝1.3 s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處，t＝0.30 s時(shí)運(yùn)動(dòng)員的速度大小v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B正確，C錯(cuò)誤；同理可知運(yùn)動(dòng)員落到蹦床時(shí)的速度大小為10 m/s，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s代入數(shù)據(jù)可得F＝4 600 N，根據(jù)牛頓第三定律可知運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開(kāi)過(guò)程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為4 600 N，故D正確。故選BD。
11.(2024·天津一模)如圖所示，水平粗糙軌道AB長(zhǎng)為L(zhǎng)，豎直面內(nèi)半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道BC與軌道AB相切于B點(diǎn)，質(zhì)量為m的物塊P以初速度v0從A點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，與靜止于B點(diǎn)質(zhì)量為2m的物塊Q發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后兩物塊粘在一起運(yùn)動(dòng)，恰能到達(dá)軌道最高點(diǎn)C，已知重力加速度為g，物塊P、Q均可視為質(zhì)點(diǎn)，求：
(1)兩物塊碰后瞬間對(duì)軌道B點(diǎn)的壓力FN的大小；
(2)物塊P與水平軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(3)碰撞過(guò)程中物塊P對(duì)物塊Q做的功W的大小。
【答案】 (1)9mg (2)eq \f(v\\al(2,0)－18gR,2gL) (3)2mgR
【解析】 (1)碰撞后恰好能運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)－(m＋2m)gR＝0－eq \f(1,2)(m＋2m)v2
碰后瞬間FN′－(m＋2m)g＝(m＋2m)eq \f(v2,R)
根據(jù)牛頓第三定律，壓力與支持力等大反向FN＝FN′
解得FN＝9mg。
(2)P從A到B的過(guò)程中－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
碰撞過(guò)程中mv1＝(m＋2m)v
解得μ＝eq \f(v\\al(2,0)－18gR,2gL)。
(3)碰撞過(guò)程中W＝eq \f(1,2)·2mv2
解得W＝2mgR。
12.(2024·江蘇泰州一模)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩個(gè)小物塊A、B并排放在粗糙水平面上，一根輕繩一端固定于水平面上的O點(diǎn)，另一端系在小物塊A上。已知mA＝1 kg，mB＝3 kg，A、B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，輕繩長(zhǎng)l＝0.314 m，g取10 m/s2，π取3.14且π2＝10?，F(xiàn)給A一個(gè)向左的初速度v0＝2eq \r(6) m/s，使其繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一周時(shí)與B發(fā)生彈性碰撞。求：
(1)A剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)所受輕繩拉力的大小FT；
(2)A與B碰前瞬間的加速度大小a；
(3)A與B碰后B滑行的距離s。
【答案】 (1)76.43 N (2)2eq \r(641) m/s2
(3)1 m
【解析】 (1)A剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)輕繩拉力提供向心力FT＝mAeq \f(v\\al(2,0),l)
解得輕繩拉力的大小FT＝76.43 N。
(2)設(shè)A與B碰前瞬間的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理－μmAg·2πl(wèi)＝eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)
解得v＝4 m/s
此時(shí)繩子的拉力為FT′＝eq \f(mAv2,l)
根據(jù)牛頓第二定律eq \r(FT′2＋?μmAg?2)＝mAa
解得a＝2eq \r(641) m/s2。
(3)根據(jù)動(dòng)量守恒mAv＝mAv1＋mBv2
根據(jù)機(jī)械能守恒eq \f(1,2)mAv2＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,2)
解得v2＝2 m/s
B的加速度aB＝μg＝2 m/s2
A與B碰后B滑行的距離s＝eq \f(v\\al(2,2),2aB)＝1 m。

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