1.(多選)(2024·廣西卷·8)如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動，速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力，則碰撞后，N在( )
A.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動
B.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動
C.水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v
2.(2024·安徽省名校聯(lián)盟大聯(lián)考)2023年10月1日，在鹽官觀潮景區(qū)，錢塘江潮水沖上景區(qū)占鰲塔東側(cè)海塘，沖倒護欄25米。已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，若水正對沖擊護欄時水的速度為20 m/s，沖擊護欄后水的速度忽略不計，可估算潮水對護欄沖擊的水壓約為( )
A.4×105 PaB.2×105 Pa
C.1×106 PaD.4×106 Pa
3.(多選)(2023·重慶卷·8)某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y=4t-26和y=-2t+140。無人機及其載物的總質(zhì)量為2 kg，取豎直向上為正方向。則( )
A.EF段無人機的速度大小為4 m/s
B.FM段無人機的貨物處于失重狀態(tài)
C.FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4 kg·m/s
D.MN段無人機機械能守恒
4.(多選)(2024·廣東肇慶市二模)在水平面上靜置有質(zhì)量相等的a、b兩個物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上，一段時間后撤去推力，物體繼續(xù)運動一段距離后停下，a、b在運動過程中未相撞，a、b的v-t圖像如圖所示，圖中Ata平行于Btb，整個過程中a、b的最大速度相等，運動時間之比ta∶tb=3∶4。則在整個運動過程中，下列說法正確的是( )
A.物體a、b受到的摩擦力大小相等
B.兩水平推力對物體的沖量之比為I1I2=34
C.兩水平推力對物體的做功之比為W1W2=34
D.兩水平推力的大小之比為F1F2=34
5.(2024·江西贛州市模擬)如圖甲所示，光滑水平地面上有A、B兩物塊，質(zhì)量分別為2 kg、6 kg，B的左端拴接著一勁度系數(shù)為2003 N/m的水平輕質(zhì)彈簧，它們的中心在同一水平線上。A以速度v0向靜止的B方向運動，從A接觸彈簧開始計時至A與彈簧脫離的過程中，彈簧長度l與時間t的關(guān)系如圖乙所示，彈簧始終處在彈性限度范圍內(nèi)，已知彈簧的彈性勢能Ep=12kx2(k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量)，則( )
A.在0~2t0內(nèi)B物塊先加速后減速
B.整個過程中，A、B物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒
C.v0=2 m/s
D.物塊A在t0時刻速度最小
6.(多選)(2024·福建卷·7)物體(質(zhì)量為m)置于足夠長光滑斜面上并鎖定，t=0時刻解除鎖定，并對物體沿斜面施加如圖所示變化的力F，以沿斜面向下為正方向，下列說法正確的是( )
A.0~4t0，物體一直沿斜面向下運動
B.0~4t0，合外力的總沖量為0
C.t0時動量是2t0時的一半
D.2t0~3t0過程物體的位移小于3t0~4t0的位移
7.如圖所示，足夠長的長木板A放在光滑的水平面上，另一物體B靜止在長木板A的右端，t=0時刻對A施加水平向右且隨時間均勻增大的力F(F=kt)，t0時刻A、B共同運動的速度為v0，2t0時刻撤去力F，由于A、B間存在摩擦，經(jīng)過一段時間兩者再次達到相同速度，則下列說法正確的是( )
A.A、B發(fā)生相對滑動前，B的加速度保持不變
B.二者最后共速時速度為2v0
C.A、B發(fā)生第一次相對滑動一定在t0~2t0之間
D.A與B的質(zhì)量一定相等
8.(多選)(2024·廣東卷·10)如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有( )
A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止
B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
C.乙的運動時間與H乙無關(guān)
D.甲最終停止位置與O處相距H乙μ
9.(多選)(2024·東北三省四市聯(lián)考二模)如圖(a)，一滑塊靜置在水平面上，滑塊的曲面是半徑為R的四分之一圓弧，圓弧最低點切線沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0從圓弧最低點沖上滑塊，且小球能從圓弧最高點沖出滑塊。小球與滑塊水平方向的速度大小分別為v1、v2，作出某段時間內(nèi)v1-v2圖像如圖(b)所示，不計一切摩擦，重力加速度為g。下列說法正確的是( )
A.滑塊與小球在相互作用的過程中，水平方向動量守恒
B.當滑塊的速度為0.5v0時，小球運動至最高點
C.小球與滑塊的質(zhì)量比為1∶2
D.小球的初速度大小可能為2.5gR
答案精析
1.BC [由于兩小球碰撞過程中機械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，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做平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運動，即豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速直線運動，故選B、C。]
2.A [設(shè)護欄的橫截面積為S，當水流撞擊到護欄上時
-Ft=0-mv，p=FS，m=ρSvt
則壓強p=ρv2
代入數(shù)據(jù)得p=4×105 Pa，故選A。]
3.AB [根據(jù)EF段方程y=4t-26，可知EF段無人機的速度大小為v=ΔyΔt=4 m/s，故A正確；根據(jù)y-t圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知FM段無人機先向上做減速運動，后向下做加速運動，加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態(tài)，故B正確；根據(jù)MN段方程y=-2t+140，可知MN段無人機的速度為v'=Δy'Δt'=-2 m/s，則有Δp=mv'-mv=2×(-2) kg·m/s-2×4 kg·m/s=-12 kg·m/s，可知FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為12 kg·m/s，故C錯誤；MN段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故D錯誤。]
4.ABC [由題圖知，Ata平行于Btb，說明撤去推力后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體受到的合力等于摩擦力，根據(jù)動量定理可知
F1tA-μmgta=0，F(xiàn)2tB-μmgtb=0
解得F1F2=tatBtbtA
根據(jù)題圖可知tAtatb=34，故A正確，D錯誤；
根據(jù)動量定理有
I1-μmgta=0，I2-μmgtb=0
解得I1I2=tatb=34，故B正確；
根據(jù)動能定理可得
W1-μmgsa=0，W2-μmgsb=0
sa=12tavm，sb=12tbvm
解得W1W2=tatb=34，故C正確。]
5.C [在0~2t0內(nèi)，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即B受到的彈力始終向右，所以B物塊始終做加速運動，故A錯誤；
整個過程中，A、B物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；
由題圖乙可知，在t0時刻，彈簧被壓縮到最短，則此時A、B共速，此時彈簧的形變量為
x=0.4 m-0.1 m=0.3 m
彈簧的彈性勢能為Ep=12kx2=3 J
則根據(jù)A、B物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒有
m1v0=(m1+m2)v
根據(jù)A、B物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒有
12m1v02=12(m1+m2)v2+Ep
聯(lián)立解得v0=2 m/s，故C正確；
在0~2t0內(nèi)，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即A受到彈力始終向左，所以A物塊始終做減速運動，則物塊A在2t0時刻速度最小，故D錯誤。]
6.AD [根據(jù)題圖可知當F=2mgsin θ時，物體加速度為a=2mgsinθ+mgsinθm=3gsin θ，方向沿斜面向下；
當F=-2mgsin θ時，物體加速度為
a=-2mgsinθ+mgsinθm=-gsin θ，
方向沿斜面向上，作出物體0~4t0內(nèi)的v-t圖像
根據(jù)圖像可知0~4t0，物體一直沿斜面向下運動，故A正確；
根據(jù)圖像可知0~4t0，物體的末速度不等于0，根據(jù)動量定理得I合=Δp≠0，故B錯誤；
根據(jù)圖像可知t0時物體速度大于2t0時物體的速度，故t0時動量不是2t0時的一半，故C錯誤；
v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故由圖像可知2t0~3t0過程物體的位移小于3t0~4t0的位移，故D正確。]
7.C [A、B發(fā)生相對滑動前，A、B的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律
F=kt=(mA+mB)a
由此可知，加速度隨時間均勻增大，故A錯誤；
0~t0、0~2t0，根據(jù)動量定理可得
F1t0=kt022=(mA+mB)v0
F2·2t0=2kt02=mAvA+mBvB
由于2t0時刻撤去力F，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，
則mAvA+mBvB=(mA+mB)v
所以v=4v0
所以二者最后共速時速度為4v0，故B錯誤；
根據(jù)題意可知，t0時刻A、B共同運動的速度為v0，而2t0時刻撤去力F，一段時間兩者再次達到相同速度4v0，說明2t0時刻后A做勻減速直線運動，B做勻加速直線運動，最后共速，則A、B發(fā)生第一次相對滑動一定在t0~2t0之間，故C正確；無法確定二者質(zhì)量關(guān)系，故D錯誤。]
8.ABD [兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0，故A正確；
兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；
設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過程有
H乙=12gsin θ·t12
在水平面運動一段時間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運動，所用時間為t3，
乙運動的時間為t=t1+t2+t3
由于t1和t2與H乙有關(guān)，則總時間與H乙有關(guān)，故C錯誤；
由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，
乙下滑過程有mgH乙=12mv乙2
乙在水平面運動到停止有v乙2=2μgx
聯(lián)立可得x=H乙μ
即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距H乙μ。故D正確。]
9.AC [小球、滑塊組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，滑塊與小球在相互作用的過程中，水平方向動量守恒，故A正確；
設(shè)小球的質(zhì)量為m，滑塊質(zhì)量為M，在水平方向上由動量守恒定律得mv0=mv1+Mv2
變形為v1=v0-Mmv2
結(jié)合題圖(b)可得Mm=v00.5v0=2
即mM=12，故C正確；
小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度v，在水平方向上由動量守恒定律得mv0=(m+M)v
解得v=v03，故B錯誤；
小球運動到最高點時，由機械能守恒定律得
12mv02=12(m+M)v2+mgh
其中h>R，解得v0>3gR
則小球的初速度大小不可能為2.5gR，故D錯誤。]

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