PAGE17-考點(diǎn)19動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用題組一基礎(chǔ)小題1．(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個(gè)木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A靠緊豎直墻。用水平力F將B向左壓，使彈簧被壓縮肯定長(zhǎng)度，靜止后彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為E。這時(shí)突然撤去F，關(guān)于A、BA．撤去F后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．撤去F后，A離開豎直墻前，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C．撤去F，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢(shì)能最大值為ED．撤去F，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢(shì)能最大值為eq\f(E,3)答案BD解析撤去F后，A離開豎直墻前，豎直方向兩木塊的重力與水平面的支持力平衡，合力為零，而水平方向墻對(duì)A有向右的彈力，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒；這個(gè)過程中，只有彈簧的彈力對(duì)B做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；A離開豎直墻后，系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向受力平衡，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，只有彈簧的彈力做功，機(jī)械能也守恒，故A錯(cuò)誤，B正確。撤去F，A離開豎直墻后，當(dāng)兩木塊速度相同時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)最長(zhǎng)或壓縮最短，彈性勢(shì)能最大；設(shè)兩木塊的共同速度為v，A離開墻時(shí)，B的速度為v0，依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得：2mv0＝3mv，E＝eq\f(1,2)·3mv2＋Ep，又E＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得彈簧的彈性勢(shì)能最大值為：Ep＝eq\f(E,3)，故C錯(cuò)誤，D正確。2．如圖所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木塊放在水平面上，子彈沿水平方向射入木塊并留在其中，測(cè)出木塊在水平面上滑行的距離為s。已知木塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，子彈的質(zhì)量為m，重力加速度為g，空氣阻力可忽視不計(jì)，則由此可得子彈射入木塊前的速度大小為()A.eq\f(m＋M,m)eq\r(2μgs) B.eq\f(M－m,m)eq\r(2μgs)C.eq\f(m,m＋M)eq\r(μgs) D.eq\f(m,M－m)eq\r(μgs)答案A解析子彈擊中木塊過程，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v，解得：v＝eq\f(mv1,M＋m)；子彈擊中木塊后，木塊(包括子彈)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：－μ(M＋m)gs＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得：v1＝eq\f(M＋m,m)eq\r(2μgs)。故A正確。3．(多選)光滑水平面上有一靜止的木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊后未穿出，子彈與木塊運(yùn)動(dòng)的速度圖象如圖所示。由此可知()A．木塊的質(zhì)量可能是2B．子彈進(jìn)入木塊的深度為eq\f(v0t0,2)C．木塊所受子彈的沖量大小為eq\f(1,2)mv0D．子彈射入木塊過程中產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案BC解析設(shè)木塊的質(zhì)量為M，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(M＋m)·eq\f(1,2)v0，解得M＝m，故A錯(cuò)誤；由圖象知，子彈射入木塊的過程中，子彈運(yùn)動(dòng)的位移x1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＋\f(1,2)v0))t0＝eq\f(3,4)v0t0，木塊運(yùn)動(dòng)的位移x2＝eq\f(1,2)·eq\f(v0,2)t0＝eq\f(1,4)v0t0，則子彈進(jìn)入木塊的深度為Δx＝x1－x2＝eq\f(3,4)v0t0－eq\f(1,4)v0t0＝eq\f(1,2)v0t0，故B正確；依據(jù)動(dòng)量定理可知木塊所受子彈的沖量I＝M·eq\f(v0,2)＝eq\f(1,2)mv0，故C正確；依據(jù)能量守恒定律可知，子彈射入木塊過程產(chǎn)生的熱量：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，故D錯(cuò)誤。4．(多選)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊，現(xiàn)使木箱瞬間獲得一個(gè)水平向左的初速度v0，下列說法正確的是()A．最終小木塊和木箱都將靜止B．最終小木塊和木箱組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為eq\f(Mv\o\al(2,0),2)－eq\f(Mv02,2M＋m)C．木箱速度為eq\f(v0,3)時(shí)，小木塊的速度為eq\f(2Mv0,3m)D．最終小木塊的速度為eq\f(Mv0,m)答案BC解析木箱與木塊組成的系統(tǒng)所受外力的合力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，初狀態(tài)木箱有向左的動(dòng)量，依據(jù)動(dòng)量守恒定律知，最終兩物體以相同的速度一起向左運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；規(guī)定向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：Mv0＝(m＋M)v，則最終系統(tǒng)的速度為：v＝eq\f(Mv0,M＋m)，方向向左，則最終小木塊和木箱組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：ΔE＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(Mv\o\al(2,0),2)－eq\f(Mv02,2M＋m)，故B正確，D錯(cuò)誤；當(dāng)木箱的速度為v1＝eq\f(v0,3)時(shí)，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有：Mv0＝Mv1＋mv2，可得：v2＝eq\f(2Mv0,3m)，故C正確。5．(多選)如圖所示，水平光滑軌道的寬度和輕質(zhì)彈簧的自然長(zhǎng)度均為d。兩小球m1和m2與彈簧連接，m2的左邊有一固定擋板。m1由圖示位置靜止釋放，當(dāng)m1與m2相距最近時(shí)m1的速度為v1，則在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，可能的狀況是()A．m1的最小速度是0B．存在某段時(shí)間m1向左運(yùn)動(dòng)C．m2的最大速度肯定是v1D．m2的最大速度是eq\f(2m1,m1＋m2)v1答案ABD解析小球m1到達(dá)距離m2最近位置后接著前進(jìn)，彈簧拉動(dòng)m2，m1減速，m2加速，達(dá)到共同速度時(shí)兩者相距最遠(yuǎn)，此后m1接著減速，m2加速，當(dāng)兩球再次相距最近時(shí)，m2達(dá)到最大速度，m1達(dá)到最小速度，取向右為正方向，依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別有：m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，故m2的最大速度為eq\f(2m1,m1＋m2)v1，m1的最小速度為eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，只有當(dāng)m1＝m2時(shí)，m2的最大速度是v1，m1的最小速度是0，故A、D正確，C錯(cuò)誤；若m1<m2，由以上得v1′<0，知存在某段時(shí)間m1向左運(yùn)動(dòng)，故B正確。6.如圖所示，a、b、c三個(gè)相同的小球，a從光滑斜面頂端由靜止起先自由下滑，同時(shí)b、c從同一高度分別起先自由下落和平拋。下列說法正確的是()A．重力對(duì)它們的沖量相同B．它們落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率相同C．它們動(dòng)量變更的大小相同D．它們的末動(dòng)能相同答案C解析球b做自由落體運(yùn)動(dòng)，球c的豎直分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，故b、c兩個(gè)球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，為t＝eq\r(\f(2h,g))，球a受重力和支持力，合力為mgsinθ，加速度為gsinθ，依據(jù)eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)·gsinθ·t′2，得t′＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，所以t<t′，由于三個(gè)小球的重力相同，而重力的作用時(shí)間不同，故重力的沖量不同，A錯(cuò)誤；三個(gè)小球的機(jī)械能守恒，末速度大小相等，方向不同，則重力的瞬時(shí)功率不同，故B錯(cuò)誤；b、c球所受合力相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故合力的沖量相同，依據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量變更量也相同，a、b球機(jī)械能守恒，末速度大小相等，故末動(dòng)量大小相等，初動(dòng)量為零，故動(dòng)量增加量的大小相等，C正確；三個(gè)小球下落過程只有重力做功，且重力做功相同，初動(dòng)能不全相同，依據(jù)動(dòng)能定理可知，它們的末動(dòng)能不全相同，故D錯(cuò)誤。7．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊放置在光滑水平面上，滑塊的一側(cè)是一個(gè)四分之一圓弧EF，圓弧半徑為R＝1m，E點(diǎn)的切線水平。另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以初速度v0從E點(diǎn)沖上滑塊，若小球剛好沒躍出圓弧的上端，已知M＝4m，g取10m/s2，不計(jì)摩擦。則小球的初速度v0A．4m/s B．5m/sC．6m/s D．7m/s答案B解析當(dāng)小球上升到圓弧最上端時(shí)，小球與滑塊水平方向的速度相同，設(shè)為v1，依據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有：mv0＝(m＋M)v1，依據(jù)機(jī)械能守恒定律有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＋mgR，依據(jù)題意有：M＝4m，聯(lián)立解得：v0＝5m/s，故B正確。8.如圖所示，在光滑的水平面上靜止放一質(zhì)量為m的木板B，木板表面光滑，左端固定一輕質(zhì)彈簧。質(zhì)量為2m的木塊A以速度v0從板的右端水平向左滑上木板B。在木塊AA．彈簧壓縮量最大時(shí)，B板運(yùn)動(dòng)速率最大B．B板的加速度始終增大C．彈簧給木塊A的沖量大小為eq\f(2mv0,3)D．彈簧的最大彈性勢(shì)能為eq\f(mv\o\al(2,0),3)答案D解析木塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。當(dāng)木塊與長(zhǎng)木板速度相等時(shí)，彈簧的壓縮量最大，此后彈簧要復(fù)原原狀，木板接著加速，故A錯(cuò)誤；木塊A與彈簧相互作用的過程中，彈簧的壓縮量先增大后減小，故B板的加速度先增大后減小，B錯(cuò)誤；設(shè)彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí)A與B的速度分別為v1和v2，取向左為正方向，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有：2mv0＝2mv1＋mv2，依據(jù)機(jī)械能守恒定律有：eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得：v1＝eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(4,3)v0，對(duì)木塊A，依據(jù)動(dòng)量定理有：I＝2mv1－2mv0＝－eq\f(4,3)mv0(負(fù)號(hào)表示方向向右)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)木塊與長(zhǎng)木板速度相等時(shí)，彈簧的壓縮量最大，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有：2mv0＝(m＋2m)v，依據(jù)機(jī)械能守恒定律有：Epmax＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m＋m)v2，解得：Epmax＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，故D正確。題組二高考小題9．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能()A．與它所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動(dòng)量成正比答案B解析列車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，列車動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，又因?yàn)関＝at，所以Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，加速度a恒定，動(dòng)能跟時(shí)間t的平方成正比，A錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理Ek＝W合＝F合s＝mas，故動(dòng)能與位移成正比，B正確；動(dòng)能與速度平方成正比，故C錯(cuò)誤；由Ek＝eq\f(p2,2m)，可知?jiǎng)幽芘c動(dòng)量的平方成正比，D錯(cuò)誤。10．(2024·北京高考)“蹦極”運(yùn)動(dòng)中，長(zhǎng)彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡(jiǎn)化為人沿豎直方向的運(yùn)動(dòng)，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中，下列分析正確的是()A．繩對(duì)人的沖量始終向上，人的動(dòng)量先增大后減小B．繩對(duì)人的拉力始終做負(fù)功，人的動(dòng)能始終減小C．繩恰好伸直時(shí)，繩的彈性勢(shì)能為零，人的動(dòng)能最大D．人在最低點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)人的拉力等于人所受的重力答案A解析從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中，人先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，加速度等于零時(shí)，速度最大，故人的動(dòng)量和動(dòng)能都是先增大后減小，加速度等于零時(shí)(即繩對(duì)人的拉力等于人所受的重力時(shí))速度最大，動(dòng)量和動(dòng)能最大，在最低點(diǎn)時(shí)人具有向上的加速度，繩對(duì)人的拉力大于人所受的重力。繩的拉力方向始終向上與運(yùn)動(dòng)方向相反，故繩對(duì)人的沖量方向始終向上，繩對(duì)人的拉力始終做負(fù)功。選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤。11．(2024·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透亮座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是()A．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的機(jī)械能保持不變B．在最高點(diǎn)時(shí)，乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力C．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變答案B解析A錯(cuò)：摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能不斷變更，故乘客的機(jī)械能不斷變更。B對(duì)：乘客在最高點(diǎn)時(shí)，具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)。C錯(cuò)：依據(jù)I＝Ft知，重力的沖量不為0。D錯(cuò)：依據(jù)P＝mgvcosθ，θ為力方向與速度方向之間的夾角，摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，θ不斷變更，重力的瞬時(shí)功率不斷變更。題組三模擬小題12．(2024·江西南昌二模)用水平力拉一物體，使物體在水平地面上由靜止起先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到t2時(shí)刻停止。其速度—時(shí)間圖象如圖所示，且α>β，若拉力F做的功為W1，沖量大小為I1；物體克服摩擦阻力f做的功為W2，沖量大小為I2。則下列選項(xiàng)正確的是()A．W1>W2；I1>I2 B．W1<W2；I1>I2C．W1<W2；I1<I2 D．W1＝W2；I1＝I2答案D解析對(duì)全過程由動(dòng)能定理有：W1－W2＝0，得W1＝W2；由動(dòng)量定理有：I1－I2＝0，得I1＝I2，故D正確。13．(2024·河南重點(diǎn)學(xué)校聯(lián)盟聯(lián)考)(多選)如圖所示，質(zhì)量m1＝4kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長(zhǎng)L＝1m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0＝3m/s從左端滑上小車。已知物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，則物塊滑上小車后()A．物塊和小車構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．物塊和小車構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．經(jīng)過一段時(shí)間從小車右端滑下D．整個(gè)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為6J答案AD解析由于水平面光滑，所以物塊和小車構(gòu)成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，故A正確；由于物塊和小車間有摩擦力，要克服摩擦力做功產(chǎn)生內(nèi)能，所以物塊和小車構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；假設(shè)物塊最終與小車共速，共同速度為v，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m2v0＝(m1＋m2)v，依據(jù)能量守恒定律得：μm2gd＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，解得物塊相對(duì)于小車滑行的距離為：d＝0.6m<L＝1m，所以物塊不會(huì)從小車右端滑下，故C錯(cuò)誤；整個(gè)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q＝μm2gd＝6J，故D正確。14.(2024·云南二模)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()A．子彈A的質(zhì)量肯定比子彈B的質(zhì)量大B．入射過程中子彈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)能肯定比子彈B射入木塊時(shí)的初動(dòng)能大答案D解析由于木塊始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則兩子彈對(duì)木塊的推力大小時(shí)刻相等，且兩子彈對(duì)木塊作用的時(shí)間相等，故C錯(cuò)誤；兩子彈所受的阻力大小相等，設(shè)為f，依據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)子彈A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA，對(duì)子彈B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA>dB，則子彈射入時(shí)的初動(dòng)能EkA>EkB，故B錯(cuò)誤，D正確；兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有eq\r(2mAEkA)＝eq\r(2mBEkB)，而EkA>EkB，則mA<mB，故A錯(cuò)誤。15．(2024·四川瀘州二診)如圖所示，質(zhì)量為m的小車靜止于光滑水平面，車上半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道和水平光滑軌道平滑連接，另一個(gè)質(zhì)量也為m的小球以水平初速度v0從小車左端進(jìn)入水平軌道，整個(gè)過程中不考慮系統(tǒng)機(jī)械能損失，則下列說法正確的是()A．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的速度為零B．小球最終離開小車后向右做平拋運(yùn)動(dòng)C．小車能獲得的最大速度為eq\f(v0,2)D．若v0≥2eq\r(gR)時(shí)小球能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)P答案D解析小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)小球和小車的速度相同，設(shè)為v，以小車和小球組成的系統(tǒng)為探討對(duì)象，取水平向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0＝(m＋m)v，解得：v＝eq\f(v0,2)，故A錯(cuò)誤；設(shè)小球最終離開小車的速度為v1，小車的速度為v2，取水平向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0＝mv1＋mv2，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得：v1＝0，v2＝v0，所以小球最終離開小車后做自由落體運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的過程中，小車始終在加速，所以小球最終離開小車時(shí)小車的速度最大，最大速度為v0，故C錯(cuò)誤；當(dāng)小球恰能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)P時(shí)，由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0＝(m＋m)v，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)(m＋m)v2，解得：v0＝2eq\r(gR)，所以若v0≥2eq\r(gR)時(shí)小球能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)P，故D正確。16．(2024·陜西三模)物體在水平地面上受到水平推力的作用，在6s內(nèi)力F、速度隨時(shí)間的變更如圖所示，由圖象可得()A．物體的質(zhì)量為2kgB．前6s內(nèi)合力的沖量為4N·sC．在前6s內(nèi)推力做的功為3JD．在前6s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的位移為6m答案B解析由v-t圖象可知，物體在2～6s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則物體所受的摩擦力為：f＝F2＝1N，由v-t圖象可知，0～2s內(nèi)物體的加速度為：a＝eq\f(Δv,Δt)＝0.5m/s2，由牛頓其次定律得：F1－f＝ma，其中F1＝3N，代入數(shù)據(jù)解得物體的質(zhì)量為：m＝4kg，故A錯(cuò)誤；前6s內(nèi)合力的沖量等于物體動(dòng)量的變更量，I＝Δp＝mv＝4×1N·s＝4N·s，故B正確；由v-t圖線與t軸所圍的面積表示位移，可得物體在前6s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為：x＝eq\f(1,2)×1×2m＋1×4m＝5m，前2s內(nèi)通過的位移為1m，后4s內(nèi)的位移為4m，因此在前6s內(nèi)推力做的功為：W＝3×1J＋1×4J＝7J，故C、D錯(cuò)誤。17.(2024·湖北宜昌調(diào)研)(多選)一質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員托著質(zhì)量為M的重物從下蹲狀態(tài)(圖甲)緩慢運(yùn)動(dòng)到站立狀態(tài)(圖乙)，該過程重物和人的肩部相對(duì)位置不變，運(yùn)動(dòng)員保持乙狀態(tài)站立Δt時(shí)間后再將重物緩慢向上舉至雙臂伸直(圖丙)。甲到乙、乙到丙過程重物上升的高度分別為h1、h2，經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間分別為t1、t2，則()A．地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為0B．地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為(M＋m)g(t1＋t2)，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為(M＋m)g·(h1＋h2)C．運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物的沖量為Mg(t1＋t2＋Δt)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物做的功為Mg(h1＋h2)D．運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物的沖量為Mg(t1＋t2)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物做的功為0答案AC解析由題可知，運(yùn)動(dòng)員始終處于平衡狀態(tài)，則地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力大小為(M＋m)g，作用時(shí)間為(t1＋t2＋Δt)，則其沖量為I＝(M＋m)g·(t1＋t2＋Δt)，因地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力的作用點(diǎn)的位移為0，則地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為0，故A正確，B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物的力大小為Mg，其沖量為I′＝Mg(t1＋t2＋Δt)，重物發(fā)生的位移為(h1＋h2)，則運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物做的功為Mg(h1＋h2)，故C正確，D錯(cuò)誤。18．(2024·哈爾濱第三中學(xué)高三上學(xué)期期末)(多選)如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊P，P、Q間接觸面粗糙?，F(xiàn)給P向右的速率vP，給Q向左的速率vQ，取向右為速度的正方向，不計(jì)空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)過程中P、Q的速度隨時(shí)間變更的圖象可能正確的是()答案ABC解析起先時(shí)，兩物塊均在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，兩者最終速度相同。P、Q組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，依據(jù)動(dòng)量守恒定律：mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v，若mPvP＝mQvQ，則v＝0，圖象如圖A所示；若mPvP>mQvQ，則v>0，圖象如圖B所示；若mPvP<mQvQ，則v<0，圖象如圖C所示，故A、B、C正確。P、Q相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過程中，P、Q所受合力為P、Q間的滑動(dòng)摩擦力，故合力不變，加速度不變，v-t圖象的斜率不變，D錯(cuò)誤。19.(2024·四川省樹德中學(xué)二診)(多選)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1、m2(已知m2＝0.5kg)的兩物塊A、B相連接，處于原長(zhǎng)并靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)使B獲得水平向右、大小為6m/s的瞬時(shí)速度，從今刻起先計(jì)時(shí)，兩物塊的速度隨時(shí)間變更的規(guī)律如圖乙所示，從圖象供應(yīng)的信息可得()A．在t1時(shí)刻，兩物塊達(dá)到共同速度2m/s，且彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)B．從t3到t4，彈簧由原長(zhǎng)變更為壓縮狀態(tài)C．t3時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為6JD．在t3和t4時(shí)刻，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)答案AC解析從v-t圖象可以看出，從0到t1時(shí)間內(nèi)B減速A加速，B的速度大于A的速度，彈簧被拉伸，t1時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度2m/s，此時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，A正確；由v-t圖象可知，從t3到t4時(shí)間內(nèi)A做減速運(yùn)動(dòng)，B做加速運(yùn)動(dòng)，彈簧由壓縮狀態(tài)復(fù)原到原長(zhǎng)，即t3時(shí)刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t4時(shí)刻彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，故B、D錯(cuò)誤；由v-t圖象可知，t3時(shí)刻兩物塊的速度相同，都是2m/s，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v3，解得m1＝1kg，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m2v2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,3)＋Ep，解得t3時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝6J，C正確。20.(2024·遼寧沈陽三模)(多選)如圖a所示，物塊A、B間拴接一個(gè)壓縮后被鎖定的彈簧，整個(gè)系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中A物塊最初與左側(cè)固定的擋板相接觸，B物塊質(zhì)量為2kg。現(xiàn)剪斷A、B間的細(xì)繩，解除對(duì)彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B物塊的v-t圖如圖b所示，則可知()A．A的質(zhì)量為1kgB．運(yùn)動(dòng)過程中A的最大速度為vm＝4m/sC．在A離開擋板前，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒D．在A離開擋板后彈簧的最大彈性勢(shì)能為3J答案ABD解析A離開擋板后，分析可知，彈簧伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí)，A、B共速，B的加速度最大，v-t圖象切線斜率的肯定值最大，由圖b知此時(shí)A、B的共同速度為：v共＝2m/s，A剛離開擋板時(shí)B的速度v0＝3m/s。依據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mBv0＝(mA＋mB)v共，解得mA＝1kg，故A正確；在A離開擋板后，當(dāng)彈簧第一次復(fù)原到原長(zhǎng)時(shí)，A的速度最大，此時(shí)B的加速度為0，速度為vB′＝1m/s，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得mBv0＝mAvm＋mBvB′，解得vm＝4m/s，故B正確；在A離開擋板前，由于擋板對(duì)A有作用力，所以系統(tǒng)所受的合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，擋板對(duì)A不做功，只有彈簧的彈力對(duì)B做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故C錯(cuò)誤；A、B的速度相同時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，彈簧的最大彈性勢(shì)能為Epm＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,共)，代入數(shù)據(jù)解得：Epm＝3J，故D正確。題組一基礎(chǔ)大題21．兩相同平板小車A、B放在光滑水平面上，兩小車的質(zhì)量均為2kg，車長(zhǎng)均為0.3m，A車左端放一小鐵塊C，質(zhì)量為1kg，鐵塊與兩小車表面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.4，起先A、C一起以速度v0＝4m/s滑向靜止的B車，A、B碰撞后粘在一起，求：(1)B車運(yùn)動(dòng)的最大速度；(2)通過計(jì)算說明，C停在A車還是B車上？答案(1)2.4m/s，方向向右(2)鐵塊C停在B車上解析(1)A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)三者速度相等時(shí)，B車的速度最大，以向右為正方向，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(M＋m)v0＝(2M＋m)解得：v＝2.4m/s，方向向右。(2)A與B碰撞后，設(shè)A、B車的共同速度為v1，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有：Mv0＝2Mv1設(shè)C在車上滑過的距離為s，依據(jù)能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2Mveq\o\al(2,1)＝μmgs＋eq\f(1,2)×(2M＋m)v2解得：s＝0.4m，故鐵塊C停在B車上。22.如圖所示，CDE為光滑的軌道，其中ED水平，CD是豎直平面內(nèi)的半圓，與ED相切于D點(diǎn)，且半徑R＝0.5m，質(zhì)量m＝0.1kg的滑塊A靜止在水平軌道上，另一質(zhì)量M＝0.5kg的滑塊B前端裝有一輕質(zhì)彈簧(A、B均可視為質(zhì)點(diǎn))以速度v0向左運(yùn)動(dòng)并與滑塊A發(fā)生彈性正碰，若相碰后滑塊A能過半圓最高點(diǎn)C，取重力加速度g＝10m/s2，則：(1)滑塊B至少要以多大的速度向前運(yùn)動(dòng)？(2)假如滑塊A恰好能過C點(diǎn)，滑塊B與滑塊A相碰后輕質(zhì)彈簧的最大彈性勢(shì)能為多少？答案(1)3m/s(2)0.375J解析(1)當(dāng)滑塊A恰能過半圓最高點(diǎn)C時(shí)，B的初速度最小。設(shè)滑塊A過C點(diǎn)時(shí)速度為vC，B與A碰撞后，B與A的速度分別為v1、v2，B與A碰撞前B的速度為v0，A過圓軌道最高點(diǎn)時(shí)由牛頓其次定律得：mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)滑塊A由D到C過程中，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)B與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：Mv0＝Mv1＋mv2由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝3m/s。(2)B與A碰撞后，當(dāng)兩者速度相同時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)A、B的共同速度為v，A、B碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝Epmax＋eq\f(1,2)(M＋m)v2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：Epmax＝0.375J。題組二高考大題23．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面起先上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。答案(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)解析(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設(shè)煙花彈從地面起先上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0－v0＝－gt②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))③(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈上部分接著上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。24．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長(zhǎng)的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖a所示。t＝0時(shí)刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止起先下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)時(shí)，速度減為0，此時(shí)對(duì)其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖b所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時(shí)A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。(1)求物塊B的質(zhì)量；(2)在圖b所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；(3)已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等。在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，變更物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將A從P點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后A剛好能與B再次碰上。求變更前后動(dòng)摩擦因數(shù)的比值。答案(1)3m(2)eq\f(2,15)mgH(3)eq\f(11,9)解析(1)依據(jù)圖b，v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，eq\f(v1,2)為其碰撞后瞬間速度的大小。設(shè)物塊B的質(zhì)量為m′，碰撞后瞬間的速度大小為v′。由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv1＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))＋m′v′①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)v1))2＋eq\f(1,2)m′v′2②聯(lián)立①②式得m′＝3m(2)在圖b所描述的運(yùn)動(dòng)中，設(shè)物塊A與傾斜軌道間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點(diǎn)離水平軌道的高度為h，整個(gè)過程中克服摩擦力所做的功為W。由動(dòng)能定理有mgH－fs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0④－(fs2＋mgh)＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))2⑤從圖b所給出的v-t圖線可知s1＝eq\f(1,2)v1t1⑥s2＝eq\f(1,2)·eq\f(v1,2)·(1.4t1－t1)⑦由幾何關(guān)系eq\f(s2,s1)＝eq\f(h,H)⑧物塊A在整個(gè)過程中克服摩擦力所做的功為W＝fs1＋fs2⑨聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝eq\f(2,15)mgH⑩(3)設(shè)傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)在變更前為μ，有W＝μmgcosθ·eq\f(H＋h,sinθ)?設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s′，由動(dòng)能定理有－μm′gs′＝0－eq\f(1,2)m′v′2?設(shè)變更后的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ′，由動(dòng)能定理有mgh－μ′mgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μ′mgs′＝0?聯(lián)立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得eq\f(μ,μ′)＝eq\f(11,9)。題組三模擬大題25．(2024·貴州模擬)如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量均為m的A、B、C三個(gè)物體。B、C之間