資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第5講 力學中的動量和能量問題
考題一　動量與動力學觀點的綜合應用
（2023 湖南模擬）從地面上以一定初速度豎直向上拋出一質量為m的小球，其動能隨時間的變化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。小球落地時的動能為E0，且落地前小球已經做勻速運動。重力加速度為g，則小球在整個運動過程中（　　）
A．球上升階段阻力的沖量大于下落階段阻力的沖量
B．從最高點下降落回到地面所用時間小于t1
C．最大的加速度為4g
D．小球上升的最大高度為
【解答】解：A、由題意知，小球受到的空氣阻力與速率的關系為f＝kv，k是比例系數，則阻力的沖量大小為If＝∑ft＝∑kvt＝kx
因為上升過程和下降過程位移大小相同，所以上升和下降過程阻力的沖量大小相等，故A錯誤；
B、由于機械能損失，上升和下降經過同一位置時，上升的速度大于下降的速度，所以上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，而上升過程與下降過程的位移大小相等，所以小球上升的時間小于下降的時間，則從最高點下降落回到地面所用時間大于t1，故B錯誤；
C、設小球的初速度為v0，滿足
而小球的末速度為v1，有
小球剛拋出時阻力最大，其加速度最大，有mg+kv0＝mamax
當小球向下勻速時，有mg＝kv1
聯立解得：amax＝5g，故C錯誤；
D、上升時加速度為a，由牛頓第二定律得﹣（mg+kv）＝ma
解得：
取極短Δt時間，速度變化為Δv，有
又vΔt＝Δh
上升全程，有
則
設小球的初速度為v0，滿足
而小球的末速度為v1，有
聯立可得：，故D正確。
故選：D。
（2023 海淀區校級三模）一質量為2kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.1，重力加速度g取10m/s2。則（　　）
A．t＝2s時物塊的動量大小為2kg m/s
B．t＝3s時物塊的速度大小為1m/s，方向向右
C．0 4s時間內F對物塊的沖量大小為6N s
D．0 4s時間內物體的位移為3m
【解答】解：A．物塊與地面間的滑動摩擦力為f＝μmg＝0.1×2×10N＝2N
則t＝2s前，物塊開始滑動，受到滑動摩擦力作用，t＝2s時根據動量定理
p1＝（F1﹣f）t1＝（4﹣2）×2kg m/s＝4kg m/s
故A錯誤；
B．t＝2s時物塊速度
2s﹣3s過程，加速度大小為
方向為負，則t＝3s時物塊的速度大小為零，故B錯誤；
C．0～4s時間內F對物塊的沖量大小為p＝F1t1+F2t2＝（4×2﹣2×2）N s＝4N s
故C錯誤；
D．t＝3s時物塊的速度大小為零，之后拉力與摩擦力平衡，不再運動，則0～4s時間內物體的位移為
故D正確。
故選：D。
（2023 鼓樓區校級二模）滑雪運動是冬季人們喜愛的運動之一，甲、乙兩同學在傾角為θ＝37°的雪坡上，開始乙同學能靜止在B處，甲同學從距乙同學x0＝10m的A點由靜止加速滑下，滑到B處時兩同學瞬間抱緊一起沿雪坡下滑，t1＝1s后恰好滑到雪坡底端C處，經過C點瞬間甲同學立即給乙同學一水平瞬時沖量，分離后乙繼續向前滑行x1＝40m后停止，甲、乙兩同學的質量分別為m1＝45kg、m2＝55kg，兩同學的滑雪板與雪面之間的動摩擦因數均為μ，若雪面各處粗糙程度相同，兩同學通過C點時無速度損失。不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）兩同學抱緊瞬間損失的機械能ΔE；
（2）過C點瞬間，乙對甲的沖量大小。
【解答】解：（1）甲同學加速下滑的過程中，設加速度為a，根據牛頓第二定律有m1gsinθ﹣μm1gcosθ＝m1a
根據勻變速直線運動規律有2ax0
解得v0＝10 m/s
兩同學抱緊的瞬間，根據動量守恒定律有m1v0＝（m1+m2）v1
損失的機械能為ΔE（m1+m2）
解得ΔE＝1237.5J
（2）兩同學共同下滑時，根據牛頓第二定律有
（m1+m2）gsinθ﹣μ（m1+m2）gcosθ＝（m1+m2）a1
經過t1＝1s后共同速度為v2＝v1+a1t1
兩同學分離后，乙同學向前做勻減速直線運動，有μm2g＝m2a2
設甲、乙分離瞬間乙同學的速度為v3，根據勻變速直線運動規律有2a2x1
解得v3＝10 m/s
甲、乙分離過程，對乙根據動量定理有I＝Δp＝m2v3﹣m2v2
解得乙同學對甲同學的沖量大小為I'＝I＝27.5N s
答：（1）兩同學抱緊瞬間損失的機械能ΔE為1237.5J；
（2）過C點瞬間，乙對甲的沖量大小為27.5N s。
1．解決動力學問題的三個基本觀點
(1)力的觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題．
(2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．
(3)動量觀點：用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．
2．力學規律的選用原則
(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律．
(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題．
(3)若研究的對象為一物體系統，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件．
(4)在涉及相對位移問題時則優先考慮能量守恒定律，系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量，即轉變為系統內能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉換．這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．
考題二　動量與能量觀點的綜合應用
（2023 分宜縣校級一模）如圖所示，熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現將質量為m的小球以相對地面的速度v0水平投出。已知投出小球后熱氣球的總質量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力，以下判斷正確的是（　　）
A．投出小球后氣球所受合力大小為Mg
B．小球落地時氣熱球的速度大小為v
C．小球在落地之前，小球和熱氣球速度始終大小相等方向相反
D．小球落地時二者的水平距離為d
【解答】解：A、熱氣球開始攜帶小球時處于靜止狀態，所以所受合外力為零，由于投出小球后所受浮力不變，則熱氣球所受合力為mg，故A錯誤；
B、熱氣球開始攜帶小球時處于靜止狀態，所受合外力為零，初動量為零，水平投出重力為mg的物資瞬間，滿足動量守恒定律，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得：Mv1﹣mv0＝0
由上式可知熱氣球獲得水平向左的速度v1v0
小球水平投出后做平拋運動，則H
則小球落地所需時間為t
熱氣球豎直方向上加速度為a
小球落地時，熱氣球豎直方向上的速度為vy＝at
則小球落地時熱氣球的速度大小為v，解得v，故B正確；
C、熱氣球所受合外力為mg，豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線運動，加速度為a
而小球體積比較小又不計阻力，則小球的加速度為g，方向豎直向下，故小球和熱氣球速度不會始終大小相等方向相反，故C錯誤；
D、熱氣球和小球在水平方向均做勻速直線運動，小球落地時二者的水平距離為d＝xm+xM＝v0t+v1t，解得d＝（1）v0，故D錯誤。
故選：B。
（2023 浙江模擬）某滑塊彈射游戲裝置如圖所示，該裝置由固定在水平地面上的傾角θ＝37°的直軌道OB、光滑圓弧軌道B'C'以及平臺CD組成，其中圓弧軌道在B'、C'兩點的切線分別與直軌道OB、平臺CD平行，BB'、CC'間的距離恰好能讓游戲中的滑塊通過。一根輕彈簧下端固定在直軌道OB的底端，質量m＝0.2kg的滑塊P緊靠彈簧上端放置，平臺右端D點處放置一質量M＝0.4kg的滑塊Q。已知圓弧軌道半徑R＝1m，滑塊尺寸遠小于軌道半徑，平臺CD長度LCD＝1m，平臺離地高度h＝2.5m，滑塊P與軌道OB、平臺CD間的動摩擦因數μ＝0.1。
游戲中，游戲者將滑塊P壓縮彈簧到不同的程度，如果釋放滑塊P后，滑塊P能夠一直沿軌道運動至D點，與滑塊Q發生彈性正碰，且滑塊P停留在CD平臺上則視為游戲成功。
某次游戲中游戲者將滑塊P壓縮彈簧至A點，AB距離LAB＝3m，釋放后滑塊P沿軌道運動，測得經過C點的速度大小為vc'＝4m/s。
（1）求該次游戲滑塊P經過圓弧軌道C'時對軌道的壓力F；
（2）該次游戲中彈簧壓縮后具有的彈性勢能Ep；
（3）更改不同的彈簧壓縮程度，在游戲成功的條件下，求滑塊Q的落地點距D點的水平距離x的范圍。
【解答】解：（1）在C'點由牛頓第二定律有：
代入數據，可得FN＝1.2N
由牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力F＝FN＝1.2N，方向豎直向上；
（2）由幾何關系可知∠BO′C＝θ
從A點到C由能量守恒可得：
代入數據，可得Ep＝6.08J；
（3）設滑塊P在D點碰前的速度為vD，碰后的速度為v1，滑塊Q碰后的速度為v2
兩滑塊碰撞過程動量守恒，取向右為正方向，則有：mvD＝mv1+Mv2
由能量守恒可得：
兩式聯立，可得，
①當滑塊P恰好過C′點不脫離軌道，則有：
代入數據，解得C′點的速度，C′點的速度v最小，則D點的速度vD最小
從C點到D點利用動能定理：
代入數據可得
可得滑塊Q碰后的速度v2的最小值
②滑塊P碰后恰好返回到C點，可知滑塊P碰后的速度v1最大時，則vD最大，v2最大
從D點運動到C點，利用動能定理：
代入數據，可得v1的大小，則
可得滑塊Q碰后的速度v2的最大值
滑塊Q離開D點做平拋運動，則有：
代入數據，可得
由x＝v2t可得x的最小值，最大值xm＝2m
所以
答：（1）該次游戲滑塊P經過圓弧軌道C'時對軌道的壓力F為1.2N，方向：豎直向上；
（2）該次游戲中彈簧壓縮后具有的彈性勢能Ep為6.08J；
（3）更改不同的彈簧壓縮程度，在游戲成功的條件下，求滑塊Q的落地點距D點的水平距離x的范圍為
（2023 西城區校級三模）某興趣小組同學利用如圖甲所示的一組大小、質量各不相同的硬質彈性小球進行了若干次碰撞實驗。所有碰撞都可認為是彈性碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力影響，小球均可視為質點。試討論以下問題：

（1）第一次實驗他們將一個質量為m1的小球1從距離地面高度h處由靜止釋放，如圖乙所示。通過查閱資料他們估計出了球與地面的作用時間Δt。求1球與地面碰撞過程中對地面平均作用力F的大小。
（2）第二次實驗在1球頂上放一質量為m2的2球，m2＝km1（k＜1），讓這兩個球一起從距離地面高h處自由下落并撞擊地面，如圖丁所示，他們驚奇的發現球2反彈的高度超過了釋放時的高度。他們猜想若2球質量越小被反彈的高度越高，試從理論角度分析他們的猜想是否正確，并求2球能達到的最大高度。
（3）受（2）的啟示，他們設想了一個超球實驗：將三個球緊貼從距離地面h高處由靜止釋放，由下至上三球的質量分別為m1、m2和m3，且滿足m1 m2 m3，如圖戊所示。他們設想3球可以被反彈到很高的高度，試估算此高度。
【解答】解：（1）小球1做自由落體運動，根據v2＝2gh可得落地瞬間速度大小為。由于是彈性碰撞，所以反彈速度大小為。設向下為正方向，落地到反彈，根據動量定理可得：（mg﹣F）Δt＝﹣mv﹣mv，解得：；
（2）小球1以碰前剛剛著地的速率反彈并與小球2碰撞，設向下為正方向，設碰后小球2速度為v1，小球1碰后速度為v2
根據動量守恒定律可得：km1v﹣m1v＝km1v1+m1v2
根據機械能守恒定律可得：km1v2m1v2km1m1
聯立解得：，
對于小球2碰后根據動能定理可得
解得：，因為k＜1，可得k+1＜2，則，，故h′＞h，并且k越小，h′越大，所以他們的猜想是正確的；2球能達到的最大高度為。
（3）在第（2）問基礎上，設m3＝k′m2（k′＜1），2球接著與3球碰撞，同理根據動量守恒定律以及機械能守恒定律得出3球可以被反彈的高度的表達式，h″，因為由下至上三球的質量分別為m1、m2和m3，且滿足m1 m2 m3，所以k與k′都趨于0，代入公式得：h″＝81h
答：（1）1球與地面碰撞過程中對地面平均作用力F的大小為mg；
（2）他們猜想若2球質量越小被反彈的高度越高，從理論角度分析他們的猜想是正確的，2球能達到的最大高度為；
（3）3球可以被反彈的高度估算值為81h。
1．兩大觀點
動量的觀點：動量定理和動量守恒定律．
能量的觀點：動能定理和能量守恒定律．
2．解題技巧
(1)若研究對象為一個系統，應優先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律)．
(2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應優先考慮動能定理．
(3)動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的初、末兩個狀態有關物理量間的關系，對過程的細節不予細究，這正是它們的方便之處．特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優越性．
（2023 鎮海區模擬）如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法正確的是（　　）
A．男孩和木箱組成的系統機械能守恒
B．小車與木箱組成的系統動量守恒
C．男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒
D．小孩推力的沖量小于木箱的動量的變化量
【解答】解：A．男孩和木箱組成的系統動能增大，由人體生物能轉化為系統機械能，機械能不守恒，故A錯誤；
BC．男孩、小車與木箱三者組成的系統系統受合外力為零，系統動量守恒；小車與木箱組成的系統合外力不為零，系統動量不守恒，故B錯誤，C正確；
D．由動量定理可知，合外力的沖量等于動量的變化量，由此可知小孩推力的沖量等于木箱的動量的變化量，故D錯誤。
故選：C。
（2023 浙江模擬）如圖所示，是一種被稱為“移動擺”的裝置，即將單擺懸掛于一輛可以移動的車上。假設單擺在重力作用下做機械振動，且車和擺始終在同一平面內運動。若忽略所有摩擦和阻力，以車和擺的整體為研究對象，則（　　）
A．機械能守恒，動量守恒
B．機械能守恒，動量不守恒
C．機械能不守恒，動量守恒
D．機械能不守恒，動量不守恒
【解答】解：忽略所有摩擦和阻力，以車和擺的整體為系統，只有單擺的重力對系統做功，使系統的重力勢能和動能相互轉化，所以機械能守恒。
直接分析系統所受合力是否為零，不好分析，可用假設法處理。
假設車和擺組成的系統動量守恒，則由動量守恒條件可知，系統在整個運動過程中所受合力應始終為零。但是當擺運動到最低點時，系統所受合力為單擺的向心力、不等于零，故假設不成立，故系統動量不守恒。
但系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒。
故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2023 鎮海區模擬）運動員將排球從M點水平擊出，排球飛到P點時，被對方運動員擊出，球又斜向上飛出后落到M點正下方的N點，若N點與P點等高，軌跡的最高點Q與M等高，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．排球兩次飛行過程中重力對排球做的功相等
B．排球兩次飛行過程中外力對排球的沖量相等
C．排球離開M點的速率比經過Q點的速率小
D．排球到達P點時的速率比離開P點時的速率大
【解答】解：A．從M到P，重力對排球做功mgh，從P到N過程中，重力對排球做功為零，則排球兩次飛行過程中重力對排球做的功不相等，故A錯誤；
B．因從P到N過程中排球飛行的時間等于從M到P過程中排球飛行時間的2倍，排球飛行過程中只受重力作用，則根據I＝mgt可知，排球兩次飛行過程中外力對排球的沖量不相等，故B錯誤；
C、排球從M到P和從Q到N都是平拋運動，在M、Q點均只有水平方向的速度，高度h相同，由t知運動時間相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可推出離開M點的速度大于經過Q點的速度，故C錯誤；
D．排球到達P點時的豎直速度等于排球離開P點時的豎直速度（高度相同），而排球到達P點時的水平速度大于排球離開P點時的水平速度，則排球到達P點時的速率比離開P點時的速率大，故D正確。
故選：D。
（2023 寧波二模）如圖所示，某人用水管沖洗豎直墻面，水龍頭的流量（單位時間流出水的體積）可視為一定，水管的入水口與水龍頭相連接，水從出水口水平出射，水打到墻面后不反彈順墻面流下。若用手擠壓出水口，使出水口的橫截面積變為原來的一半，則被水流沖擊部分的墻面所受壓強約為原先的多少倍（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
【解答】解：設單位時間內水的質量為Δm，選水流的初速度方向為正方向，根據動量定理可得：
﹣FΔt＝0﹣Δmv
結合壓強的計算公式可得：
當橫截面積變為原來的一半時，因為水龍頭的流量不變，即Q＝vS保持不變，所以水的流速變為原來的2倍，因為橫截面積變為原來的，所以壓強約為原來的4倍，故C正確。ABD錯誤；
故選：C。
（2023 溫州三模）太陽帆飛船是利用太陽光的光壓進行宇宙航行的一種航天器．光壓是指光照射到物體上對物體表面產生的壓力，從而使航天器獲得加速度。假設光子打到帆面上全部反射，地球上太陽光光強（單位時間垂直照射到單位面積上的光能）為I0，地球軌道半徑為r0，光在真空中傳播速度為c，則在離太陽距離為r的地方，正對太陽的單位面積上的光壓為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：設太陽單位時間輻射的總能量E，則在距離太陽為r0的地方：E
設在距離太陽為r的地方太陽光光強為I，根據能量守恒：E＝4πr2 I
聯立解得：I，
根據光子說，光子能量 ＝h pc，p是光子動量，
則在離太陽距離為r的地方，Δt時間垂直照射到單位面積上的光的動量p′Δt
光子打到帆面上全部反射，則Δt時間垂直照射到單位面積上的光的動量改變為Δp＝2p′
根據動量定理，帆面單位面積上獲得的作用力（光壓）為F，代入數據得F，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2023 鎮海區校級模擬）發光實心彈力球因其彈性好深受小朋友喜愛。一小朋友將彈力球（可視為質點）拋出，落到水平面（足夠大）上前瞬間的速度大小為v0，與水平方向夾角α＝37°。彈力球與水平面碰撞的過程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、彈力的大小等于其重力的2倍。設每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變，不計空氣阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g。則彈力球（　　）
A．第1次碰后離開水平面瞬間，速度方向與水平面間的夾角大于45°
B．第2、3次落地點間的距離為
C．與水平面碰撞4次后停止運動
D．與水平面碰撞過程中受到合力的沖量保持不變
【解答】解：A．將碰前、碰后的速度分解成水平和豎直方向的分速度，如下圖所示
由于每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變。以豎直向上為正方向，則在豎直方向上由動量定理可得
（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
設碰撞后彈力球沿水平方向速度為v'x，以水平向右為正方向，則水平方向根據動量定理可得
代入數據可得
v'x＝0.6v0
反彈后的夾角正切值為
tan
故速度方向與水平面間的夾角等于45°，故A錯誤；
B．小球在空中不受阻力作用，故根據運動的對稱性可知，小球在第二次與地面碰前的速度和第一次與地面碰后的速度相等。故同理可得，以豎直向上為正方向，在豎直方向上由動量定理可得（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
設第二次碰撞后彈力球沿水平方向速度為v''x，以水平向右為正方向，則水平方向根據動量定理可得
代入數據可得v“x＝0.4v0
小球從第二次碰撞后到與地面發生第三次碰撞前的過程中，在空中做斜上拋運動，故從第二次碰撞后運動至最高點所需時間為
水平方向做勻速直線運動，根據運動的對稱性可知，水平方向位移為x＝v″ 2t，故B正確；
C．根據以上分析結合題意可知，與水平面碰撞4次后，小球水平方向速度為零。但由于豎直方向上碰前和碰后速度大小不變，方向相反，且在空中運動過程中不考慮空氣阻力，故第四次碰后小球做豎直上拋運動，如此往復。即小球不可能停止，故C錯誤；
D．根據以上分析可知，在前四次碰撞過程中，小球在水平和豎直方向受力均不變，且小球與地面的碰撞時間均相等。故前四次碰撞過程中，每次碰撞時合力的沖量為，可知小球在前四次碰撞過程中合力的沖量相等，方向沿合力方向。但第四次碰撞后，小球水平方向速度為零，開始循環做豎直上拋運動。故在隨后的碰撞過程中，小球只受到豎直方向的作用力，且碰撞時間仍不變。故第四次后的碰撞過程中，小球所受合力的沖量為
I'＝Fy t
方向沿豎直方向，故與水平面碰撞過程中受到合力的沖量會發生改變，故D錯誤。
故選：B。
（2022 浙江模擬）圖甲是抬鼓擊球的體育活動畫面，實際活動比較復雜，現建立如圖乙的簡化模型，20個人對稱地拉著繩子（圖中只顯示面對面的兩條繩子）抬鼓擊球，設鼓的質量為6kg，球的質量為0.5kg，繩子質量不計，A點為手拉住繩子的接觸點，B為繩子與鼓的連接點。某次擊球活動時，目測A、B的豎直高度差約為繩長AB的十分之一（設每根繩子都如此），并保持穩定，假定活動過程中鼓始終處于靜止狀態，發現球從離鼓0.8m的高度由靜止開始下落，與鼓發生碰撞后又幾乎可以回到0.8m處，碰撞時間約為0.1s。（空氣阻力忽略不計，g取10m/s2）。對此情景，下列分析正確的是（　　）
A．球在空中時，每個人對繩子的拉力為60N
B．擊球過程中，鼓對球彈力的沖量為2.5N s
C．擊球時，每個人對繩子的拉力為52.5N
D．擊球時，鼓對球的平均作用力40N
【解答】解：A、球在空中時，20根繩子的拉力的豎直分量之和為F＝G＝mg＝6×10N＝60 N，由力的合成和分解可知，每一根繩子拉力為30 N，故A錯誤；
BD、根據v2＝2gh，易得，球擊鼓前瞬間和剛離開鼓時的速度大小為4 m/s，根據動量定理（F﹣mg）t＝mv﹣（﹣mv），得鼓對球的彈力的沖量為4.5 N s，彈力的平均作用力為45 N，故B、D錯誤；
C、則球擊鼓過程中，20根繩子的拉力的豎直分量之和F''＝G+F＝60N+45N＝105 N，易得每個人對繩子的拉力為52.5 N，故C正確。
故選：C。
（2022 浙江模擬）如圖所示，質量為m、內壁光滑、半徑為R的半圓形容器靜止在足夠長的光滑水平地面上，左側緊靠豎壁但不粘連，質量也為m的小球從半圓形容器內壁A點靜止開始下滑，下列說法中正確的是（　　）
A．從A點下滑到半圓形軌道最底點B點過程中，運動時間為
B．小球過最底點B后，能上升的最大高度點為D點，B、D兩點高度差為
C．從A點運動到D點過程中，半圓形容器對小球的彈力對小球始終不做功
D．半圓形容器在一段時間內將不斷重復做往復運動
【解答】解：A、從A點下滑到半圓形軌道最底點B點過程中，運動時間不能用單擺公式計算，故A錯誤；
B、小球過最底點B時的速度大小為v0，根據動能定理可得：mgR；
以后運動過程中，系統水平方向動量守恒，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得：mv0＝2mv
取B點所在水平面為零勢能面，根據機械能守恒定律可得：mgh
聯立解得：h，故B正確；
C、從A點運動到B點過程中，半圓形容器對小球的彈力不做功，但從B點運動到D點過程中，小球的機械能減小，半圓形容器對小球的彈力對小球做負功，故C錯誤；
D、水平方向合動量方向向右，根據動量守恒定律可知，當小球運動到左邊邊緣弧中點時二者的速度均為v0，方向向右，當小球再次回到半圓形容器最低點且方向向右時，半圓形容器速度為零，以后重復前面的過程，所以半圓形容器不會出現向左運動的情況，故D錯誤。
故選：B。
（2022 浙江模擬）如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導槽，質量為m的U形管恰好能在兩導槽之間自由滑動，一質量也為m的小球沿水平方向，以初速度v0從U形管的一端射入，從另一端射出.已知小球的半徑略小于管道半徑，不計一切摩擦，下列說法正確的是（　　）
A．該過程中，小球與U形管組成的系統機械能和動量都守恒
B．小球從U形管的另一端射出時，速度大小為v0
C．小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，速度大小為v0
D．從小球射入至運動到U形管圓弧部分的最左端的過程中，U形管對平行導槽的沖量大小為mv0，方向垂直導槽向上
【解答】解：A、由于不計一切摩擦，在小球與U形管相互作用過程中，小球的動能只能與U形管的動能發生轉移，故小球與U形管組成的系統機械能守恒，系統沿導槽方向所受合外力為零，小球與U形管組成的系統沿導槽方向動量守恒，故A錯誤；
B、小球進出U形管的過程，小球與U形管系統機械能守恒，沿著軌道方向，系統動量守恒，類比彈性碰撞，質量相等交換速度，小球從U形管的另一端射出時，速度大小為0，故B錯誤；
C、小球運動到U形管圓弧部分的最左端過程，沿著軌道方向，系統動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（m+m）vx，解得：vx，
根據機械能守恒定律得： （設小球的合速度為v3），解得：v3v0，故C錯誤；
D、在小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，垂直軌道的分速度為v3yv0，運動到U形管圓弧部分的最左端的過程中，在垂直軌道方向，以垂直向下為正方向，對小球，根據動量定理有：I＝mv3ymv0，
U形管與平行導槽間的作用力是作用力與反作用力，它們大小相等、方向相反、作用時間相等，則平行導槽受到的沖量大小也為mv0，故D正確。
故選：D。
（2021 嘉興二模）在2019年世界中學生排球錦標賽上，中國男女排雙雙獲得冠軍。如圖所示為某次接發球過程的示意圖，運動員從場地端線處起跳，將球從離地h1＝2.80m高的A點沿垂直端線的方向水平擊出，球運動到對方球場時，在離地h2＝0.35m，離端線x＝0.50m處的B點被運動員救起，球沿豎直方向向上運動到離擊球點h3＝5.00m處的C點處速度為零。已知排球質量m＝280g，排球視為質點，排球場長L＝18.00m，球網上邊緣離地高h＝2.35m，運動員與排球接觸時間均很短，不考慮空氣阻力。則（　　）
A．排球從A運動到B的運動時間為s
B．在A點，運動員對排球做功為85J
C．在A點，運動員對排球的沖量大小為3.5N s
D．在B點，排球在豎直方向的動量變化量大小為4.76kg m/s
【解答】解：A、根據題意，由平拋運動可得從A到B，，代入數據解得t＝0.7s，故A錯誤。
B、由A到B，設物體做平拋運動的水平位移為x′，x′＝L﹣x＝v0t，代入數據解得v0＝25m/s
根據動能定理有W＝ΔEK，代入數據得W＝87.5J，故B錯誤。
C、根據動量定理有I＝mv0，代入數據得I＝7kg m/s，故C錯誤。
D、從A到B點由平拋運動有，代入數據得vy＝7m/s，
由B點到最高點，代入數據得vy′＝10m/s，
取向上為正方向，I＝ΔP＝mvy′﹣（﹣mvy），代入數據得I＝4.76kg m/s，故D正確。
故選：D。
（2020 吳興區校級模擬）如圖甲是建筑工地將樁料打入泥土中以加固地基的打夯機示意圖，打夯前先將樁料扶正立于地基上，樁料進入泥土的深度忽略不計。已知夯錘的質量為M＝450kg，樁料的質量為m＝50kg。每次打夯都通過卷揚機牽引將夯錘提升到距離樁頂h0＝5m處再釋放，讓夯錘自由下落，夯錘砸在樁料上后立刻隨樁料一起向下運動。樁料進入泥土后所受阻力隨打入深度h的變化關系如圖乙所示，直線斜率k＝5.05×104N/m。g取10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度為9m/s
B．夯錘與樁料碰撞后瞬間的速度為4.5m/s
C．打完第一夯后，樁料進入泥土的深度為1m
D．打完第三夯后，樁料進入泥土的深度為3m
【解答】解：AB、夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度：v02＝2gh0，解得 v010m/s
取向下為正方向，打擊過程遵守動量守恒定律，則得：Mv0＝（M+m）v，
代入數據解得：v＝9m/s，故AB錯誤；
C、由乙圖知，樁料下沉過程中所受的阻力是隨距離均勻變化，可用平均力求阻力做功，則有：
Wfkh hkh2
對夯錘與樁料，由動能定理得：
（M+m）gh+Wf＝0（M+m）v2，代入數據解得：h＝1m，故C正確；
D、由于每次提升重錘距樁帽的高度均為h，每次碰撞后瞬間的速度均為v，
設三次打擊后共下降x，則由圖象可知，克服阻力做功Wkx2
由能量守恒定律得：（M+m）gx+3（M+m）v2kx2
解得經過三次撞擊后被打入泥土的深度：x＝1.65m，故D錯誤。
故選：C。
（2023 金華一模）如圖是一種彈射游戲裝置示意圖，該裝置配有小車，彈射器將小車彈出后依次沿兩個半徑不同、平滑連接但不重疊的光滑圓軌道1、2運動，接著沖上兩段平滑連接的光滑圓弧軌道CD、DE，直至從E點平拋落回與C點等高的水平面上。軌道1、2的圓心分別為O1O2，半徑分別為R1＝20cm、R2＝10cm，OA為水平光滑軌道，AC為長度L＝60cm的水平粗糙軌道，動摩擦因數，圓弧軌道CD、DE的半徑均為R3＝20cm，對應圓心角θ均為37°，水平軌道與圓弧軌道CD相切于C點。可視為質點的小車質量m＝0.1kg，游戲時彈射器將小車自O點以一定初速度彈出，軌道各部分平滑連接，g取10m/s2。
（1）求小車通過軌道1最高點B的最小速度vB；
（2）改變彈射器對小車的沖量，但小車均能通過軌道1、2，寫出小車通過軌道2最低點A時，受到軌道的支持力大小與彈射器對小車沖量大小的關系式；
（3）若小車能夠通過軌道1，且小車整個運動過程均不脫離軌道，求小車從E點水平拋出后，其落到水平面上的點與E點的水平距離x的范圍。
【解答】解：（1）若能通過軌道1最高點，必然能夠通過其他軌道，故滿足mg＝m，解得vBm/s
（2）彈射器彈開過程中由動量定理I＝mv0根據機械能守恒定律可知
小車運動至圓軌道2最低點A時，根據牛頓第二定律有
解得（N）
由（1）可得為確保小車通過圓軌道，需滿足
根據動能定理有
解得，
故軌道對小車作用力與彈射器對小車沖量的關系為
（N）（）
（3）小車沖上兩段平滑連接的圓弧軌道CDE時，最容易脫離軌道的位置為D點，為保證D點不脫離軌道，則應滿足 即
由（1）可得小車通過圓軌道Ⅰ，則有，當時，小車沖到D點時，根據動能定理有2mgR1﹣μmgL﹣mgR3（1﹣cosθ）
解得，因此小車不會脫離軌道。
①時，小車恰好能通過圓弧軌道CDE到達E點，根據動能定理
2mgR1﹣μmgL﹣mgR3（1﹣cosθ）
有平拋時間
解得落點離E點水平距離點最小值xmin＝vEmint＝0.08m
②時，小車恰好能通過圓弧軌道CDE到達E點，根據動能定理有
﹣mgR3（1﹣cosθ）
平拋時間
解得落點離E點水平距離點最大值
故水平距離x的范圍或（0.08m≤x≤0.11m）
答：（1）小車通過軌道1最高點B的最小速度為m/s；
（2）軌道對小車作用力與彈射器對小車沖量的關系為（N）（）；
（3）水平距離x的范圍為或（0.08m≤x≤0.11m）。
（2021 溫州模擬）如圖所示，內壁光滑的管道ABCD豎直放置，其圓形軌道部分半徑R＝1.2m，管道左側A處放有彈射裝置，被彈出的物塊可平滑進入管道，管道右端出口D恰好水平，且與圓心O等高，出口D的右側接水平直軌道，軌道呈光滑段、粗糙段交替排列，每段長度均為L＝0.1m。在第一個光滑段與粗糙段的結合處P位置放一質量m＝0.1kg的物塊乙，質量為m＝0.1kg的物塊甲通過彈射裝置獲得初動能。兩物塊與各粗糙段間的動摩擦因數均為μ＝0.1，彈簧的彈性勢能與壓縮量的平方成正比，當彈射器中的彈簧壓縮量為d時，滑塊甲到達與圓心O等高的C處時剛好對管壁無擠壓。管道內徑遠小于圓形軌道半徑，物塊大小略小于管的內徑，物塊視為質點，空氣阻力忽略不計，g＝10m/s2。
（1）求彈射器釋放的彈性勢能Ep和滑塊經過B點時對管道的壓力F；
（2）當彈射器中的彈簧壓縮量為2d時，滑塊甲與滑塊乙在P處發生碰撞（碰撞時間極短），碰后粘在一起運動，求因碰撞甲物塊損失的機械能；
（3）若發射器中的彈簧壓縮量為nd（n＝2、3、4、……），滑塊甲與滑塊乙在P處發生碰撞（碰撞時間極短），碰后粘在一起運動，求碰后兩物塊滑行的距離s與n的關系式。
【解答】解：（1）滑塊甲到達與圓心O等高的C處時剛好對管壁無擠壓，則滑塊甲到達C處時速度為零，
設彈簧壓縮量為d時的彈性勢能為Ep，從開始釋放彈簧到滑塊甲到達C處過程，由能量守恒定律得：Ep＝mgR
代入數據解得：Ep＝1.2J
設彈簧恢復原長時滑塊甲的速度大小為vB，
由能量守恒定律得：Ep
在B點，管道的支持力F′與小球重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：F′﹣mg＝m
代入數據解得：F′＝3N
由牛頓第三定律可知，滑塊甲對管道的壓力大小F＝F′＝3N，方向豎直向下
（2）彈簧壓縮量為d時彈簧的彈性勢能Ep，彈簧壓縮量為2d時的彈性勢能Ep′
解得：Ep′＝4Ep＝4mgR
設釋放彈簧后滑塊甲到達D處時的速度大小是vD，由能量守恒定律得：Ep′mgR
兩滑塊碰撞過程系統動量守恒，設碰撞后的速度大小為v1，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
mvD＝2mv1
碰撞過程滑塊甲損失的機械能：△E
代入數據解得，甲損失的機械能：△E＝2.7J
（3）彈簧壓縮量為nd時彈簧的彈性勢能Ep″n2mgR
設滑塊甲到達D點時的速度為v0，由能量守恒定律得：Ep″mgR
兩滑塊碰撞過程系統動量守恒，設碰撞后滑塊的速度為v2，
以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝2mv2
設滑塊碰撞后向右減速到零時滑塊在粗糙段上的位移大小為s1，
對兩滑塊，由動能定理得：﹣μ×2mgs1＝0
解得：s1＝3（n2﹣1）
光滑段的長度s2＝3（n2﹣1）﹣0.1
滑塊滑行的距：s＝s1+s2＝3（n2﹣1）+3（n2﹣1）﹣0.1＝（6n2﹣6.1）m （n＝2、3、4、……）
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第5講 力學中的動量和能量問題
考題一　動量與動力學觀點的綜合應用
（2023 湖南模擬）從地面上以一定初速度豎直向上拋出一質量為m的小球，其動能隨時間的變化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。小球落地時的動能為E0，且落地前小球已經做勻速運動。重力加速度為g，則小球在整個運動過程中（　　）
A．球上升階段阻力的沖量大于下落階段阻力的沖量
B．從最高點下降落回到地面所用時間小于t1
C．最大的加速度為4g
D．小球上升的最大高度為
（2023 海淀區校級三模）一質量為2kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.1，重力加速度g取10m/s2。則（　　）
A．t＝2s時物塊的動量大小為2kg m/s
B．t＝3s時物塊的速度大小為1m/s，方向向右
C．0 4s時間內F對物塊的沖量大小為6N s
D．0 4s時間內物體的位移為3m
（2023 鼓樓區校級二模）滑雪運動是冬季人們喜愛的運動之一，甲、乙兩同學在傾角為θ＝37°的雪坡上，開始乙同學能靜止在B處，甲同學從距乙同學x0＝10m的A點由靜止加速滑下，滑到B處時兩同學瞬間抱緊一起沿雪坡下滑，t1＝1s后恰好滑到雪坡底端C處，經過C點瞬間甲同學立即給乙同學一水平瞬時沖量，分離后乙繼續向前滑行x1＝40m后停止，甲、乙兩同學的質量分別為m1＝45kg、m2＝55kg，兩同學的滑雪板與雪面之間的動摩擦因數均為μ，若雪面各處粗糙程度相同，兩同學通過C點時無速度損失。不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）兩同學抱緊瞬間損失的機械能ΔE；
（2）過C點瞬間，乙對甲的沖量大小。
1．解決動力學問題的三個基本觀點
(1)力的觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題．
(2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．
(3)動量觀點：用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．
2．力學規律的選用原則
(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律．
(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題．
(3)若研究的對象為一物體系統，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件．
(4)在涉及相對位移問題時則優先考慮能量守恒定律，系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量，即轉變為系統內能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉換．這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．
考題二　動量與能量觀點的綜合應用
（2023 分宜縣校級一模）如圖所示，熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現將質量為m的小球以相對地面的速度v0水平投出。已知投出小球后熱氣球的總質量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力，以下判斷正確的是（　　）
A．投出小球后氣球所受合力大小為Mg
B．小球落地時氣熱球的速度大小為v
C．小球在落地之前，小球和熱氣球速度始終大小相等方向相反
D．小球落地時二者的水平距離為d
（2023 浙江模擬）某滑塊彈射游戲裝置如圖所示，該裝置由固定在水平地面上的傾角θ＝37°的直軌道OB、光滑圓弧軌道B'C'以及平臺CD組成，其中圓弧軌道在B'、C'兩點的切線分別與直軌道OB、平臺CD平行，BB'、CC'間的距離恰好能讓游戲中的滑塊通過。一根輕彈簧下端固定在直軌道OB的底端，質量m＝0.2kg的滑塊P緊靠彈簧上端放置，平臺右端D點處放置一質量M＝0.4kg的滑塊Q。已知圓弧軌道半徑R＝1m，滑塊尺寸遠小于軌道半徑，平臺CD長度LCD＝1m，平臺離地高度h＝2.5m，滑塊P與軌道OB、平臺CD間的動摩擦因數μ＝0.1。
游戲中，游戲者將滑塊P壓縮彈簧到不同的程度，如果釋放滑塊P后，滑塊P能夠一直沿軌道運動至D點，與滑塊Q發生彈性正碰，且滑塊P停留在CD平臺上則視為游戲成功。
某次游戲中游戲者將滑塊P壓縮彈簧至A點，AB距離LAB＝3m，釋放后滑塊P沿軌道運動，測得經過C點的速度大小為vc'＝4m/s。
（1）求該次游戲滑塊P經過圓弧軌道C'時對軌道的壓力F；
（2）該次游戲中彈簧壓縮后具有的彈性勢能Ep；
（3）更改不同的彈簧壓縮程度，在游戲成功的條件下，求滑塊Q的落地點距D點的水平距離x的范圍。
（2023 西城區校級三模）某興趣小組同學利用如圖甲所示的一組大小、質量各不相同的硬質彈性小球進行了若干次碰撞實驗。所有碰撞都可認為是彈性碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力影響，小球均可視為質點。試討論以下問題：

（1）第一次實驗他們將一個質量為m1的小球1從距離地面高度h處由靜止釋放，如圖乙所示。通過查閱資料他們估計出了球與地面的作用時間Δt。求1球與地面碰撞過程中對地面平均作用力F的大小。
（2）第二次實驗在1球頂上放一質量為m2的2球，m2＝km1（k＜1），讓這兩個球一起從距離地面高h處自由下落并撞擊地面，如圖丁所示，他們驚奇的發現球2反彈的高度超過了釋放時的高度。他們猜想若2球質量越小被反彈的高度越高，試從理論角度分析他們的猜想是否正確，并求2球能達到的最大高度。
（3）受（2）的啟示，他們設想了一個超球實驗：將三個球緊貼從距離地面h高處由靜止釋放，由下至上三球的質量分別為m1、m2和m3，且滿足m1 m2 m3，如圖戊所示。他們設想3球可以被反彈到很高的高度，試估算此高度。
1．兩大觀點
動量的觀點：動量定理和動量守恒定律．
能量的觀點：動能定理和能量守恒定律．
2．解題技巧
(1)若研究對象為一個系統，應優先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律)．
(2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應優先考慮動能定理．
(3)動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的初、末兩個狀態有關物理量間的關系，對過程的細節不予細究，這正是它們的方便之處．特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優越性．
（2023 鎮海區模擬）如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法正確的是（　　）
A．男孩和木箱組成的系統機械能守恒
B．小車與木箱組成的系統動量守恒
C．男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒
D．小孩推力的沖量小于木箱的動量的變化量
（2023 浙江模擬）如圖所示，是一種被稱為“移動擺”的裝置，即將單擺懸掛于一輛可以移動的車上。假設單擺在重力作用下做機械振動，且車和擺始終在同一平面內運動。若忽略所有摩擦和阻力，以車和擺的整體為研究對象，則（　　）
A．機械能守恒，動量守恒
B．機械能守恒，動量不守恒
C．機械能不守恒，動量守恒
D．機械能不守恒，動量不守恒
（2023 鎮海區模擬）運動員將排球從M點水平擊出，排球飛到P點時，被對方運動員擊出，球又斜向上飛出后落到M點正下方的N點，若N點與P點等高，軌跡的最高點Q與M等高，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．排球兩次飛行過程中重力對排球做的功相等
B．排球兩次飛行過程中外力對排球的沖量相等
C．排球離開M點的速率比經過Q點的速率小
D．排球到達P點時的速率比離開P點時的速率大
（2023 寧波二模）如圖所示，某人用水管沖洗豎直墻面，水龍頭的流量（單位時間流出水的體積）可視為一定，水管的入水口與水龍頭相連接，水從出水口水平出射，水打到墻面后不反彈順墻面流下。若用手擠壓出水口，使出水口的橫截面積變為原來的一半，則被水流沖擊部分的墻面所受壓強約為原先的多少倍（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
（2023 溫州三模）太陽帆飛船是利用太陽光的光壓進行宇宙航行的一種航天器．光壓是指光照射到物體上對物體表面產生的壓力，從而使航天器獲得加速度。假設光子打到帆面上全部反射，地球上太陽光光強（單位時間垂直照射到單位面積上的光能）為I0，地球軌道半徑為r0，光在真空中傳播速度為c，則在離太陽距離為r的地方，正對太陽的單位面積上的光壓為（　　）
A． B．
C． D．
（2023 鎮海區校級模擬）發光實心彈力球因其彈性好深受小朋友喜愛。一小朋友將彈力球（可視為質點）拋出，落到水平面（足夠大）上前瞬間的速度大小為v0，與水平方向夾角α＝37°。彈力球與水平面碰撞的過程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、彈力的大小等于其重力的2倍。設每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變，不計空氣阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g。則彈力球（　　）
A．第1次碰后離開水平面瞬間，速度方向與水平面間的夾角大于45°
B．第2、3次落地點間的距離為
C．與水平面碰撞4次后停止運動
D．與水平面碰撞過程中受到合力的沖量保持不變
（2022 浙江模擬）圖甲是抬鼓擊球的體育活動畫面，實際活動比較復雜，現建立如圖乙的簡化模型，20個人對稱地拉著繩子（圖中只顯示面對面的兩條繩子）抬鼓擊球，設鼓的質量為6kg，球的質量為0.5kg，繩子質量不計，A點為手拉住繩子的接觸點，B為繩子與鼓的連接點。某次擊球活動時，目測A、B的豎直高度差約為繩長AB的十分之一（設每根繩子都如此），并保持穩定，假定活動過程中鼓始終處于靜止狀態，發現球從離鼓0.8m的高度由靜止開始下落，與鼓發生碰撞后又幾乎可以回到0.8m處，碰撞時間約為0.1s。（空氣阻力忽略不計，g取10m/s2）。對此情景，下列分析正確的是（　　）
A．球在空中時，每個人對繩子的拉力為60N
B．擊球過程中，鼓對球彈力的沖量為2.5N s
C．擊球時，每個人對繩子的拉力為52.5N
D．擊球時，鼓對球的平均作用力40N
（2022 浙江模擬）如圖所示，質量為m、內壁光滑、半徑為R的半圓形容器靜止在足夠長的光滑水平地面上，左側緊靠豎壁但不粘連，質量也為m的小球從半圓形容器內壁A點靜止開始下滑，下列說法中正確的是（　　）
A．從A點下滑到半圓形軌道最底點B點過程中，運動時間為
B．小球過最底點B后，能上升的最大高度點為D點，B、D兩點高度差為
C．從A點運動到D點過程中，半圓形容器對小球的彈力對小球始終不做功
D．半圓形容器在一段時間內將不斷重復做往復運動
（2022 浙江模擬）如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導槽，質量為m的U形管恰好能在兩導槽之間自由滑動，一質量也為m的小球沿水平方向，以初速度v0從U形管的一端射入，從另一端射出.已知小球的半徑略小于管道半徑，不計一切摩擦，下列說法正確的是（　　）
A．該過程中，小球與U形管組成的系統機械能和動量都守恒
B．小球從U形管的另一端射出時，速度大小為v0
C．小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，速度大小為v0
D．從小球射入至運動到U形管圓弧部分的最左端的過程中，U形管對平行導槽的沖量大小為mv0，方向垂直導槽向上
（2021 嘉興二模）在2019年世界中學生排球錦標賽上，中國男女排雙雙獲得冠軍。如圖所示為某次接發球過程的示意圖，運動員從場地端線處起跳，將球從離地h1＝2.80m高的A點沿垂直端線的方向水平擊出，球運動到對方球場時，在離地h2＝0.35m，離端線x＝0.50m處的B點被運動員救起，球沿豎直方向向上運動到離擊球點h3＝5.00m處的C點處速度為零。已知排球質量m＝280g，排球視為質點，排球場長L＝18.00m，球網上邊緣離地高h＝2.35m，運動員與排球接觸時間均很短，不考慮空氣阻力。則（　　）
A．排球從A運動到B的運動時間為s
B．在A點，運動員對排球做功為85J
C．在A點，運動員對排球的沖量大小為3.5N s
D．在B點，排球在豎直方向的動量變化量大小為4.76kg m/s
（2020 吳興區校級模擬）如圖甲是建筑工地將樁料打入泥土中以加固地基的打夯機示意圖，打夯前先將樁料扶正立于地基上，樁料進入泥土的深度忽略不計。已知夯錘的質量為M＝450kg，樁料的質量為m＝50kg。每次打夯都通過卷揚機牽引將夯錘提升到距離樁頂h0＝5m處再釋放，讓夯錘自由下落，夯錘砸在樁料上后立刻隨樁料一起向下運動。樁料進入泥土后所受阻力隨打入深度h的變化關系如圖乙所示，直線斜率k＝5.05×104N/m。g取10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度為9m/s
B．夯錘與樁料碰撞后瞬間的速度為4.5m/s
C．打完第一夯后，樁料進入泥土的深度為1m
D．打完第三夯后，樁料進入泥土的深度為3m
（2023 金華一模）如圖是一種彈射游戲裝置示意圖，該裝置配有小車，彈射器將小車彈出后依次沿兩個半徑不同、平滑連接但不重疊的光滑圓軌道1、2運動，接著沖上兩段平滑連接的光滑圓弧軌道CD、DE，直至從E點平拋落回與C點等高的水平面上。軌道1、2的圓心分別為O1O2，半徑分別為R1＝20cm、R2＝10cm，OA為水平光滑軌道，AC為長度L＝60cm的水平粗糙軌道，動摩擦因數，圓弧軌道CD、DE的半徑均為R3＝20cm，對應圓心角θ均為37°，水平軌道與圓弧軌道CD相切于C點。可視為質點的小車質量m＝0.1kg，游戲時彈射器將小車自O點以一定初速度彈出，軌道各部分平滑連接，g取10m/s2。
（1）求小車通過軌道1最高點B的最小速度vB；
（2）改變彈射器對小車的沖量，但小車均能通過軌道1、2，寫出小車通過軌道2最低點A時，受到軌道的支持力大小與彈射器對小車沖量大小的關系式；
（3）若小車能夠通過軌道1，且小車整個運動過程均不脫離軌道，求小車從E點水平拋出后，其落到水平面上的點與E點的水平距離x的范圍。
（2021 溫州模擬）如圖所示，內壁光滑的管道ABCD豎直放置，其圓形軌道部分半徑R＝1.2m，管道左側A處放有彈射裝置，被彈出的物塊可平滑進入管道，管道右端出口D恰好水平，且與圓心O等高，出口D的右側接水平直軌道，軌道呈光滑段、粗糙段交替排列，每段長度均為L＝0.1m。在第一個光滑段與粗糙段的結合處P位置放一質量m＝0.1kg的物塊乙，質量為m＝0.1kg的物塊甲通過彈射裝置獲得初動能。兩物塊與各粗糙段間的動摩擦因數均為μ＝0.1，彈簧的彈性勢能與壓縮量的平方成正比，當彈射器中的彈簧壓縮量為d時，滑塊甲到達與圓心O等高的C處時剛好對管壁無擠壓。管道內徑遠小于圓形軌道半徑，物塊大小略小于管的內徑，物塊視為質點，空氣阻力忽略不計，g＝10m/s2。
（1）求彈射器釋放的彈性勢能Ep和滑塊經過B點時對管道的壓力F；
（2）當彈射器中的彈簧壓縮量為2d時，滑塊甲與滑塊乙在P處發生碰撞（碰撞時間極短），碰后粘在一起運動，求因碰撞甲物塊損失的機械能；
（3）若發射器中的彈簧壓縮量為nd（n＝2、3、4、……），滑塊甲與滑塊乙在P處發生碰撞（碰撞時間極短），碰后粘在一起運動，求碰后兩物塊滑行的距離s與n的關系式。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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