2025届高考物理二轮专题复习与测试模块二能量和动量专题七三大观点在力学中的应用

这是一份2025届高考物理二轮专题复习与测试模块二能量和动量专题七三大观点在力学中的应用，共18页。
1．理解动量和冲量的概念，应用动量定理和动量守恒定律分析和解决简单问题。 2.培养学生应用动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律分析与解决力学综合问题的能力。
命题点1 动量定理和动量守恒定律
1．(多选)(2024·广西卷，T8)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v，M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在( BC )
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
解析：由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
2．(多选)(2024·广东卷，T10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有( ABD )
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与H乙无关
D．甲最终停止位置与O处相距 eq \f(H乙,μ)
解析：两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，故B正确；设斜坡倾角为θ，乙下滑过程有H乙＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(2,1) sin2θ，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3时间，则乙运动的时间t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,乙) ，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有v eq \\al(2,乙) ＝2μgx，联立可得x＝ eq \f(H乙,μ) ，故D正确。
3．(2024·广东卷，T14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g，忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ；
(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
解析：(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知(mg＋FN)tan θ＝ma
解得tan θ＝ eq \f(ma,mg＋FN) 。
(2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小
IF＝ eq \f(1,2) ×0.1×6 600 N·s＝330 N·s
方向竖直向上。
②头锤落到气囊上时的速度
v0＝ eq \r(2gH) ＝8 m/s
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)有
IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)
解得v＝2 m/s
则头锤上升的最大高度h＝ eq \f(v2,2g) ＝0.2 m。
答案：(1) eq \f(ma,mg＋FN) (2)①330 N·s 方向竖直向上
②0.2 m
命题点2 三大观点分析力学中的碰撞问题
4．(2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T14)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
解析：(1)对A物块由平抛运动知识得h＝ eq \f(1,2) gt2
xA＝vAt
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA＝1 m/s
对A、B物块整体由动量守恒定律有
mAvA＝mBvB
解得脱离弹簧时B的速度大小vB＝1 m/s。
(2)对物块B由动能定理有
－μmBgxB＝0－ eq \f(1,2) mBv eq \\al(2,B)
代入数据解得，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2。
(3)由能量守恒定律有
ΔEp＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(2,A) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \\al(2,B) ＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp＝0.12 J。
答案：(1)1 m/s 1 m/s (2)0.2 (3)0.12 J
5．(2024·安徽卷，T14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m，小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
解析：(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理可得mgL＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) －0
解得v0＝5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律可得
FT－mg＝m eq \f(v eq \\al(2,0) ,L)
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小FT＝6 N。
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝mv1＋Mv2
eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(2,2)
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小v2＝ eq \f(2m,m＋M) v0＝4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体，水平方向动量守恒，有Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律可得
eq \f(1,2) Mv eq \\al(2,2) ＝ eq \f(1,2) ×2Mv eq \\al(2,3) ＋μ1Mgs
解得μ1＝0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体有
Mv2＝2Mv4
eq \f(1,2) Mv eq \\al(2,2) ＝ eq \f(1,2) ×2Mv eq \\al(2,4) ＋μ2Mgs＋MgR
解得μ2＝0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ＜0.4。
答案：(1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μm乙，故a甲m乙，又μ甲＝μ乙，则f甲>f乙，故甲和乙组成的系统合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。
考向2 动量定理的理解和应用
如图所示，足球场上，守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，使球停下。关于此过程守门员戴手套的作用，以下分析正确的是( A )
A．减小球的平均作用力
B．增大手受到球的冲量
C．球受到的动量变大
D．使球的加速度变大
[解析] 守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得－Ft＝0－mv，可得F＝ eq \f(mv,t) ，当时间增大时，冲量和动量的变化量都不变，可减小动量的变化率，即减小球对手的平均作用力，故A正确，B、C、D错误。
人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到眼睛的情况。若手机的质量m＝200 g，从离人眼约h＝20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后经Δt＝0.01 s手机停止运动，重力加速度g取10 m/s2，下列分析正确的是( C )
A．手机对眼睛的作用力大小为30 N
B．手机对眼睛的作用力大小为40 N
C．全过程手机所受重力的冲量大小为0.42 N·s
D．全过程手机所受重力的冲量大小为0.40 N·s
[解析] 手机自由下落h时的速度v＝ eq \r(2gh) ＝2 m/s，手机与眼相互作用过程，以竖直向下为正方向，根据动量定理可得(mg－F)Δt＝0－mv，解得手机受到的作用力大小F＝42 N，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的作用力大小为42 N，A、B错误；手机自由下落时间t＝ eq \f(v,g) ＝0.2 s，全过程手机所受重力的冲量大小I＝mg(t＋Δt)＝0.42 N·s，C正确，D错误。
考向3 应用动量定理分析“流体模型”
某人用水管冲洗竖直墙面，水龙头的流量(单位时间流出水的体积)可视为一定，水管的入水口与水龙头相连接，水从出水口水平出射，水打到墙面后不反弹顺墙面流下。若用手挤压出水口，使出水口的横截面积变为原来的一半，则被水流冲击部分的墙面所受压强约为原先的多少倍( C )
A．1 B．2
C．4 D．8
[解析] 由题意可知，水龙头的流量(单位时间流出水的体积)可视为一定，设为Q，水流速度为v0，横截面积为S，则有Q＝Sv0，设Δt时间内有V体积的水打在墙面上，则这些水的质量m＝ρV＝ρQΔt＝ρSv0Δt。以这部分水为研究对象，它受到墙面的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有－FΔt＝0－mv0，解得F＝ρSv eq \\al(2,0) ，则被水流冲击部分的墙面所受压强p＝ eq \f(F,S) ＝ρv eq \\al(2,0) ，可知压强正比于水流速度的平方；当出水口的横截面积变为原来的一半时，设此时水流速度为v′，有Q＝Sv0＝ eq \f(S,2) v′，解得v′＝2v0，可知水流速度变化为原来的2倍，根据压强正比于水流速度的平方可知，当出水口的横截面积变为原来的一半时，被水流冲击部分的墙面所受压强约为原先的4倍。
考向4 动量守恒定律的理解和应用
如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端由静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( B )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间的相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
[解析] Q在P上运动的过程中，P对Q的弹力方向垂直于接触面，与Q的位移方向夹角大于90°，则P对Q做功不为零，故A错误。Q在P上运动的过程中，整个系统只有重力做功，机械能守恒，P和Q之间的相互作用力属于内力并且等大、反向，二者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为零。系统在水平方向上合力为零，即水平方向动量守恒。系统在竖直方向上所受合力不为零，则竖直方向动量不守恒。故B正确，C、D错误。
在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为航天员舱外活动的主要动力装置，它能让航天员保持较高的机动性。如图所示，航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体，使气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，航天员到达舱门时的速度为v2。若航天员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后航天员和装备质量的变化，忽略航天员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为( D )
A． eq \f(2Mv eq \\al(2,1) ,Sdv eq \\al(2,2) ) B． eq \f(Mv eq \\al(2,1) ,2Sdv eq \\al(2,2) )
C． eq \f(2Mv eq \\al(2,2) ,Sdv eq \\al(2,1) ) D． eq \f(Mv eq \\al(2,2) ,2Sdv eq \\al(2,1) )
[解析] 设喷出的气体的质量为m，则m＝ρSv1t，根据动量守恒定律可得mv1＝Mv2，航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则 eq \f(v2,2) ·t＝d，联立解得ρ＝ eq \f(Mv eq \\al(2,2) ,2Sdv eq \\al(2,1) ) 。
题型二 三大观点分析力学综合问题
1．从研究对象上看
(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律。
(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律。
(3)若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件。
2．从研究过程上看
(1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点。
(2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点。
(3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理。
(4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律。
3．从所涉及的物理量看
(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；
(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，则一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律；
(3)如果涉及运动的位移或路程的问题，则一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律；
(4)如果涉及初、末速度的问题，则一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律。
如图所示，小球B静止在光滑的水平台面上，台面距离地面的高度h＝0.8 m。小球A以速度v0＝4 m/s向着B运动并发生正碰，之后A和B先后从台面水平抛出，落到地面上时的落点分别为a和b，测得a、b之间的距离x＝1.20 m。已知两个小球A和B的质量相同，g取10 m/s2。
(1)小球A、B落到地面上的时间分别为多少？
(2)正碰后小球A、B的速度分别为多大？
[解析] (1)小球A、B从同一高度做平抛运动，而平抛运动竖直方向为自由落体运动，则有h＝ eq \f(1,2) gt2，解得t＝0.4 s。
(2)设小球A、B的质量均为m，正碰后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2
在平抛运动中的水平方向上有位移关系v2t－v1t＝1.2 m
联立解得v1＝0.5 m/s，v2＝3.5 m/s。
[答案] (1)均为0.4 s (2)0.5 m/s 3.5 m/s
如图所示，在光滑的水平面上有一质量M＝4 kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m＝2 kg。平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L＝10 m。某时刻平板车以v1＝1 m/s的速度向左滑行，同时小滑块以v2＝8 m/s的速度向右滑行。一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距d＝5 m，g取10 m/s2。求：
(1)小滑块与平板车相对静止时的速度v；
(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数μ；
(3)弹簧可能获得的最大弹性势能Ep。
[解析] (1)设M、m共同速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv2－Mv1＝(M＋m)v
解得v＝2 m/s
方向水平向右。
(2)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒定律有 eq \f(1,2) Mv eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,2) － eq \f(1,2) (M＋m)v2＝μ1mg(L－d)
解得μ1＝0.54
如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，
由能量守恒定律有
eq \f(1,2) Mv eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,2) － eq \f(1,2) (M＋m)v2＝μ2mg(L＋d)
解得μ2＝0.18。
(3)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零。如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有 eq \f(1,2) Mv eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,2) － eq \f(1,2) (M＋m)v2＝μ2mgL＋Ep
得Ep＝18 J
所以，弹簧可能获得的最大弹性势能为18 J。
[答案] (1)2 m/s，方向水平向右 (2)见解析
(3)18 J
1.如图所示，一个质量为0.2 kg的垒球，以20 m/s的水平速度飞至球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s，下列说法正确的是( D )
A．球棒对垒球不做功
B．球棒对垒球做负功
C．球棒对垒球的平均作用力大小为400 N
D．球棒对垒球的平均作用力大小为1 200 N
解析：由动能定理可得球棒对垒球做的功W＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,2) － eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1) ＝120 J，球棒对垒球做正功，故A、B错误；由动量定理有－Ft＝－mv2－mv1，可得球棒对垒球的平均作用力大小F＝1 200 N，故C错误，D正确。
2．(多选)安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。在汽车正面碰撞测试中，汽车以72 km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50 kg，使用安全带时，假人用时0.8 s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2 s停下。以下说法正确的是( BC )
A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒
B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同
C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1 250 N
D．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为 2 500 N
解析：碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，总动量不守恒，故A错误；假人的初动量p＝mv0，末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，故B正确；使用安全带时，根据动量定理有Ft＝0－p，解得F＝1 250 N，假人受到的平均作用力约为1 250 N，故C正确；不使用安全带时，根据动量定理有F′t′＝0－p，解得F′＝5 000 N，假人受到的平均作用力约为5 000 N，故D错误。
3．(多选)(2024·深圳市罗湖区期末) 碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像(x－t图像)如图所示。已知小孩的质量为20 kg，大人的质量为60 kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是( ABC )
A．碰撞前后小孩的运动方向有改变
B．碰碰车的质量为60 kg
C．碰撞过程中损失的机械能为600 J
D．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N·s
解析：位移—时间图线的斜率表示速度，规定小孩初始运动方向为正方向，由题图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A正确；由题图可知，碰前瞬间小孩的速度v1＝ eq \f(4,2) m/s＝2 m/s，大人的速度v2＝ eq \f(4－10,2) m/s＝－3 m/s，碰撞后的共同速度v＝ eq \f(2－4,2) m/s＝－1 m/s，设碰碰车的质量为M，规定小孩的运动方向为正方向，由动量守恒定律有(m1＋M)v1＋(m2＋M)v2＝(2M＋m1＋m2)v，代入数据解得M＝60 kg，故B正确；规定小孩开始运动方向为正方向，碰撞前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量p1＝(M＋m1)v1＝(60＋20)×2 kg·m/s＝160 kg·m/s，碰后总动量p1′＝(M＋m1)v＝－80 kg·m/s，根据动量定理可知I＝Δp＝p1′－p1＝(－80－160)kg·m/s＝－240 N·s，故D错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能ΔE＝ eq \f(1,2) (M＋m1)v eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) (M＋m2)v eq \\al(2,2) － eq \f(1,2) (2M＋m1＋m2)v2＝600 J，故C正确。
4.(2024·揭阳市二模)如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( D )
A．滑块向右运动的过程中，加速度大小为 eq \f(2v2,L)
B．滑块与木板间的动摩擦因数为 eq \f(v2,8gL)
C．k＝2
D．滑块弹回瞬间的速度大小为 eq \f(\r(5)v,2)
解析：滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律可知v2＝2aL，解得a＝ eq \f(v2,2L) ，故A错误；根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝ eq \f(v2,2gL) ，故B错误；小滑块以水平速度v右滑时，由动能定理有－fL＝0－ eq \f(1,2) mv2，小滑块以速度kv滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，由动能定理有－fL＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1) － eq \f(1,2) m(kv)2，滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，由动量守恒有mv1＝(m＋4m)v2，由能量守恒定律可得fL＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1) － eq \f(1,2) (m＋4m)v eq \\al(2,2) ，解得k＝ eq \f(3,2) ，v1＝ eq \f(\r(5)v,2) ，故C错误，D正确。
5．根据机动车的运动情况，绘制了如图所示的 eq \f(x,t2) － eq \f(1,t) 图像。已知一质量为1 000 kg的机动车在水平路面沿直线减速行驶，规定初速度v0的方向为正方向。请判定以下说法合理的是( A )
A．机动车的初速度v0＝10 m/s
B．机动车的加速度大小为2 m/s2
C．机动车在前3 s的位移是12 m
D．机动车前3 s的动量变化量为1.2×104 kg·m/s
解析：由x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2变形可得 eq \f(x,t2) ＝v0· eq \f(1,t) ＋ eq \f(1,2) a，与题目给定的图线对比，由截距可知 eq \f(1,2) a＝－2 m/s2，解得a＝－4 m/s2，由于机动车的加速度为负值，因此牵引力小于阻力，由斜率可知v0＝ eq \f(2,0.2) m/s＝10 m/s，故A正确，B错误；机动车速度变为0所需的时间t＝ eq \f(0－v0,a) ＝2.5 s，故机动车在前3 s的位移x＝ eq \f(0－v eq \\al(2,0) ,2a) ＝12.5 m，故C错误；机动车前3 s的动量变化量Δp＝p2－p1＝0－1 000×10 kg·m/s＝－104 kg·m/s，故D错误。
6．(多选)质量为1 kg的物块，置于水平地面上。在水平力F的作用下由静止开始运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小g取10 m/s2。在前4 s内，下列判断正确的是( ABD )
A．3 s末物块的速度最大
B．3 s末物块的动量大小为1 kg·m/s
C．前4 s内物块所受合外力的冲量为0
D．前4 s内，合外力对物块所做的功为0.125 J
解析：由题意可知，物块所受的最大静摩擦力f＝μFN＝1 N，由受力分析可知，物块在第1 s内静止，在1 s到3 s内加速，在3 s到4 s内减速，所以3 s末时，物块的速度最大，故A正确；1 s 到3 s内，由动量定理可得( eq \(F,\s\up6(－)) －f)t＝Δp，解得Δp＝1 kg·m/s，故B正确；1 s到4 s内，由动量定理可得( eq \(F,\s\up6(－)) －f)t′＝mv，解得v＝0.5 m/s，由动能定理可得 eq \f(1,2) mv2＝W合，解得W合＝0.125 J，故C错误，D正确。
7.(2024·韶关市综合测试)如图所示，质量均为m的物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的刚性轻绳连接，A与地面接触，B离地面的高度h为1.2 m，质量为2m的圆环C套在轻绳上，C在B上方d＝0.8 m处。由静止释放圆环C，C下落后与B碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，不计C与绳之间的摩擦和空气阻力，A、B、C均可视为质点，重力加速度取10 m/s2，求：
(1)C、B碰撞后瞬间，共同速度为多大；
(2)碰撞后，B经过多长时间到达地面。
解析：(1)C与B碰撞前的过程，由动能定理有
2mgd＝ eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(2,C) －0，得vC＝ eq \r(2gd) ＝4 m/s
碰撞时由动量守恒定律有2mvC＝4mv
得v＝2 m/s。
(2)C与B碰撞后粘在一起，一起向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有3mg－mg＝4ma
得a＝ eq \f(1,2) g＝5 m/s2
由运动学公式有h＝vt＋ eq \f(1,2) at2
得t＝0.4 s。
答案：(1)2 m/s (2)0.4 s
8.如图所示，玩具“火箭”由上下A、B两部分和一个劲度系数较大的轻弹簧构成，A的质量为0.2 kg，B的质量为0.4 kg，弹簧夹在中间，与两者不固连。开始时让A、B压紧弹簧并锁定为一个整体，为使A上升得更高，让“火箭”在距地面0.8 m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，当弹簧恢复原长时，B恰好停在地面上，不计空气阻力和“火箭”的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)“火箭”着地时的速度大小；
(2)A上升的最大高度；
(3)弹簧被锁定时的弹性势能。
解析：(1)“火箭”在距地面0.8 m高处自由释放，做自由落体运动v2＝2gh，解得v＝4 m/s。
(2)“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，弹簧恢复原长过程，B恰好停在地面上，动量守恒，取向上为正方向，有(mA＋mB)v＝mAv′
解得v′＝12 m/s
A做竖直上抛运动，可逆向看成自由落体运动，有
v′2＝2gh′，解得h′＝7.2 m。
(3)根据功能关系有Ep＝ eq \f(1,2) mAv′2－ eq \f(1,2) (mA＋mB)v2＝9.6 J。
答案：(1)4 m/s (2)7.2 m (3)9.6 J
9．如图所示，固定水平桌面左右两端分别放有质量m1＝0.5 kg和m2＝1 kg的P、Q两物块(均可视为质点)，现给物块P一水平向右的初速度，物块P向右运动一段时间后与物块Q发生弹性碰撞(时间极短)，碰撞后物块P停在桌面上距右端L＝0.25 m处，物块Q离开桌面后做平抛运动，水平射程x＝1 m。已知桌面距水平地面的高度h＝1.25 m，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)物块Q离开桌面时的速度大小；
(2)物块P与桌面间的动摩擦因数。
解析：(1)物块Q离开桌面后做平抛运动有x＝v1t
h＝ eq \f(1,2) gt2，解得v1＝2 m/s。
(2)物块P与Q碰撞过程动量守恒，能量守恒，有
m1v2＝m2v1－m1v3
eq \f(1,2) m1v eq \\al(2,2) ＝ eq \f(1,2) m2v eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) m1v eq \\al(2,3)
代入数据，解得v2＝3 m/s，v3＝1 m/s
物块P与Q碰撞后反向运动的过程中，有v eq \\al(2,3) ＝2aL
μmg＝ma，解得μ＝0.2。
答案：(1)2 m/s (2)0.2
10．超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳。质量均为m＝16 kg的两辆购物车相距L1＝1 m静止在水平面上。第一辆车在工作人员猛推一下后，沿直线运动与第二辆车嵌套在一起，继续运动了L2＝1.25 m后停了下来。人推车时间、两车相碰时间极短，可忽略，车运动时受到的阻力恒为车所受重力的k＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间；
(2)两辆车在嵌套过程中损失的机械能；
(3)工作人员对第一辆车所做的功。
解析：(1)对整体，由牛顿第二定律有k×2mg＝2ma
解得a＝2.5 m/s2
逆向过程L2＝ eq \f(1,2) at2得t＝1 s。
(2)嵌套后，对整体0＝v2－at，得v2＝2.5 m/s
嵌套过程中mv1＝2mv2，得v1＝5 m/s
在嵌套过程中损失的机械能
ΔE＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1) － eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(2,2)
解得ΔE＝100 J。
(3)对小车W－kmgL1＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1) －0
解得W＝240 J。
答案：(1)1 s (2)100 J (3)240 J