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高考物理一轮复习 动量与动量守恒定律
一．解答题（共13小题）
1．（2025 北京）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）该物体抛出时的初速度大小v0；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB；
（3）A、B落地点之间的距离d。
2．（2025 北京）关于飞机的运动，研究下列问题。
（1）质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
（2）飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。己知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为a1，减速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d。
（3）无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。
3．（2025 四川）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：
（1）微粒第一次到达下极板所需时间；
（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。
4．（2025 江苏）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
（1）若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v；
（2）若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；
（3）若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
5．（2025 四川）如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
（1）求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；
（2）若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；
（3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。
6．（2025 湖北）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（β为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小。
（2）记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。
（3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。
提示：12+22+ +k2k（k+1）（2k+1）。
7．（2025 湖南）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，AB＝1.2L。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，sin37°＝0.6，重力加速度大小为g。
（1）若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
（2）若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小；
（3）若滑杆能沿轨道自由滑动，M＝km，且k≥1，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。
8．（2025 河北）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
（2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
9．（2025 选择性）如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：（m、l0、v0、t1均为已知量）
（1）粒子B到达P点时的速度大小v1；
（2）t1时间内粒子B的位移大小xB；
（3）恒力作用的时间t2。
10．（2025 山东）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量的小球自Q点正上方h＝2m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1kg，b的质量，方形物体的质量，重力加速度大小g＝10m/s2，弹簧的劲度系数k＝50N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求：
（1）小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
（2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
11．（2025 河南）如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3m铺设有宽度为l2＝2.4m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2kg的小物块P，另一质量为m2＝4kg的小物块Q以v0＝7m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v＝7m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）该碰撞过程中损失的机械能；
（2）P从开始运动到静止经历的时间。
12．（2025 海南）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5m，圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知mA＝4kg，mB＝1kg，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5J，忽略轨道及平台的摩擦，g＝10m/s2。
（1）A滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
13．（2025 上海）质点在以某点为圆心半径为r的圆周上运动，即质点运动时其轨迹是圆周的运动叫“圆周运动”。它是一种最常见的曲线运动。例如电动机转子、车轮、皮带轮等都作圆周运动。
如图所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点，e为ab段的中点。一个质量为m的小物块在轨道内侧做圆周运动。
（1）若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在（ 　 　 ）
A．A段
B．B点
C．C段
D．D点
E．E段
（2）若物块在a点的速度为v0，经过时间t刚好到达b点，则在该过程中轨道对物块的支持力的冲量为（ 　 　 ）
A．mv0
B．mgt
C．mv0+mgt
D．
（3）若物块质量为0.5kg，下图是物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角θ的关系图像。
①求轨道半径R；
②求θ＝60°时，物块克服重力做功的瞬时功率P。
高考物理一轮复习 动量与动量守恒定律
参考答案与试题解析
一．解答题（共13小题）
1．（2025 北京）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）该物体抛出时的初速度大小v0；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB；
（3）A、B落地点之间的距离d。
【考点】用动量守恒定律解决爆炸问题；竖直上抛运动的规律及应用；平抛运动位移的计算．
【专题】定量思想；推理法；力学综合性应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）该物体抛出时的初速度大小v0为gt；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB为2v；
（3）A、B落地点之间的距离d为3vt。
【分析】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为零，根据运动学公式求解该物体抛出时的初速度大小；
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为零，根据动量守恒定律求解炸裂后瞬间B的速度大小vB；
（3）爆炸后A、B两部分均做平抛运动，平抛运动的时间与上升时间相等，求得各自的水平位移大小，两者的水平位移大小之和等于A、B落地点之间的距离。
【解答】解：（1）物体竖直上抛至最高点时速度为零，由运动学公式得：
0＝v0﹣gt
解得：v0＝gt
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为零，以炸裂后瞬间B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
0＝﹣2mv+mvB
解得：vB＝2v
（3）爆炸后A、B两部分均做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动。根据竖直上抛运动的对称性可知平抛运动的时间与上升时间相等为t，可得：
A的水平位移大小为：xA＝vt
B的水平位移大小为：xB＝vBt＝2vt
可得A、B落地点之间的距离为：d＝xA+xB＝vt+2vt＝3vt
答：（1）该物体抛出时的初速度大小v0为gt；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB为2v；
（3）A、B落地点之间的距离d为3vt。
【点评】本题考查了动量守恒定律应用的爆炸模型，以及抛体运动的性质。处理平抛运动时要将运动分解处理。
2．（2025 北京）关于飞机的运动，研究下列问题。
（1）质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
（2）飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。己知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为a1，减速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d。
（3）无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。
【考点】用动量定理求流体冲击问题；匀变速直线运动规律的综合应用；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；动能定理的应用专题；动量定理应用专题；模型建构能力．
【答案】（1）牵引力对飞机做的功W为。
（2）该位置距起点的距离d为。
（3）论证过程见解答，确定α的值为2。
【分析】（1）根据动能定理求解牵引力对飞机做的功。
（2）飞机做匀加速直线运动到该位置达到最大速度，飞机经过该位置后做匀减速直线运动到跑道终点速度恰好为零，根据运动学公式求解该位置距起点的距离。
（3）掠过飞机机翼的气流在竖直方向上获得了动量，机翼对气流有竖直向下的作用力，气流对机翼产生竖直向上的升力。在竖直方向上，对掠过飞机机翼的气流由动量定理求得机翼对气流有竖直向下的作用力，根据牛顿第三定律可得气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系，并确定α的值。
【解答】解：（1）根据动能定理得：
解得：
（2）设飞机做匀加速直线运动到该位置达到最大速度为vm，根据运动学公式得：
假设飞机经过该位置后做匀减速直线运动到跑道终点速度恰好为零，由运动学公式得：
联立解得：
（3）在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u。建立如下的物理模型：飞机机翼的倾斜角度（与水平方向的夹角）为θ，气流掠过飞机机翼，只是方向改变，而速度大小不变，飞机机翼在竖直方向的投影面积为S。
掠过飞机机翼的气流在竖直方向上获得了动量，机翼对气流有竖直向下的作用力，气流对机翼产生竖直向上的升力。设Δt时间内掠过飞机机翼的空气质量为m，掠过飞机机翼的气流竖直向下的分速度大小为v，空气密度为ρ，则有：
m＝ρV＝ρSuΔt
在竖直方向上，以竖直向下为正方向，对掠过飞机机翼的气流，根据动量定理得：
F′ Δt＝mv﹣0
又有：v＝u sinθ
联立可得：F′＝ρSu2sinθ
根据牛顿第三定律可知气流对机翼竖直向上的作用力大小F＝F′＝ρSu2sinθ
可见F与u的关系满足F∝u2，可得：α ＝2。
答：（1）牵引力对飞机做的功W为。
（2）该位置距起点的距离d为。
（3）论证过程见解答，确定α的值为2。
【点评】本题考查了动量定理与动能定理的应用，以及匀变速运动的规律。掌握本题的（3）问的模型的建立，应用动量定理处理流体冲击问题的方法。
3．（2025 四川）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：
（1）微粒第一次到达下极板所需时间；
（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。
【考点】用动量的定义式计算物体的动量；带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）微粒第一次到达下极板所需时间为；
（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为。
【分析】（1）微粒所受电场力竖直向下，根据牛顿第二定律和运动学公式求解微粒第一次到达下极板所用的时间；
（2）微粒向下做匀加速直线运动，根据运动学求解微粒第一次到达下极板的速度；
微粒第一次与下极板碰撞前后的机械能不变，速度大小不变，电荷量的绝对值不变，加速度大小不变，根据运动学公式求解微粒第一次到达上极板的速度；
微粒第一次与上极板碰撞前后的机械能不变，速度大小不变，电荷量的绝对值不变，加速度大小不变，根据运动学公式求解微粒回到O点时的速度大小，根据动量的定义式求解作答。
【解答】解：（1）微粒所受电场力竖直向下，根据牛顿第二定律qE ＝ma
根据运动学公式
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间
（2）设微粒第一次到达下极板时的速度大小为v1
根据运动学公式
由于微粒与下极板碰撞前后瞬间机械能不变，速度的大小不变；碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，加速度的大小不变；
设微粒碰撞后第一次到达上极板时的速度大小v2；
根据运动学公式
代入解得
同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v3
根据运动学公式
代入解得
故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为。
答：（1）微粒第一次到达下极板所需时间为；
（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为。
【点评】微粒在电场力的作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式以及动量的定义式即可完成作答；解决本题的关键是要抓住微粒与量极板碰撞前后瞬间机械能不变，速度的大小不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，加速度的大小不变。
4．（2025 江苏）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
（1）若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v；
（2）若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；
（3）若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题．
【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】（1）最右侧的钢球最终运动的速度大小v为v0；
（2）玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1为；
（3）玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek为。
【分析】（1）若钢球质量为m，根据质量相等的两球发生弹性碰撞后交换速度，来求最右侧的钢球最终运动的速度大小v；
（2）若钢球质量为3m，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；
（3）根据第2小题的结果，分析每次碰撞后速度变化情况，把握规律，再求玻璃球经历2n次碰撞后的速度大小，即可求解玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
【解答】解：（1）依题意，所有碰撞均为弹性碰撞，若钢球质量为m，玻璃球与钢球质量相等，根据弹性碰撞规律可知，在碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为v0。
（2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，玻璃球与右侧钢球碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝mv1+3mv2
由机械能守恒定律得
解得，
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为。
（3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为
则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小
答：（1）最右侧的钢球最终运动的速度大小v为v0；
（2）玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1为；
（3）玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek为。
【点评】解答本题的关键要弹性碰撞的基本规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，知道质量相等的两球发生弹性碰撞后交换速度。
5．（2025 四川）如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
（1）求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；
（2）若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；
（3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；物体在光滑斜面上的运动．
【专题】计算题；学科综合题；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小为gsinθ；
（2）小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件为或者；
（3）小球甲初动能应满足的条件为。
【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）甲恰能到c点，根据牛顿第二定律和向心力公式求解小球甲在C点碰撞前的瞬时速度；根据动量守恒定律和能量守恒定律求解碰撞后小球乙的瞬时速度；
若碰撞后，小球乙沿轨道做圆周运动经过e，根据向心力公式求解质量比满足的条件；若碰撞后小球乙做类平抛运动经过e点，根据类平抛运动规律求解质量比满足的条件；
（3）若小球乙做圆周运动经过e，经过e时，速度方向沿de方向，不能越过线段de，因此小球乙只能做类平抛运动根据e点；根据类平抛运动的规律、动能定理，结合上述（2）的质量比求解作答。
【解答】解：（1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，受重力和支持力作用；
根据牛顿第二定律有m1gsinθ＝m1a1
解得甲在ab段运动的加速度大小a1＝gsinθ
（2）小球甲恰能到c点，设到达c点时的速度为v1
根据牛顿第二定律和向心力公式
解得 ①
根据题意，甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后动量守恒
取v1方向为正方向，根据动量守恒定律m1v1＝m1v3+m2v2
根据能量守恒定律
解得碰后乙的速度为 ②
碰后乙能运动至e点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点
此时需满足 ③
即
联立①②③可得
第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知，R＝v2t
解得 ④
联立①②④可得；
（3）在（2）问的质量比值的条件下，若碰后乙能越过线段de，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足题意，故碰后乙做类平抛运动越过线段de。
碰后乙的速度必然满足
同时根据类平抛运动规律可得：
R7R+R
v2Δt＞R
解得 ⑤
联立②⑤将代入可得 ⑥
对甲球从a到c过程中，根据动能定理 ⑦
联立⑥⑦可得。
答：（1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小为gsinθ；
（2）小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件为或者；
（3）小球甲初动能应满足的条件为。
【点评】本题主要考查了动量与能量的综合运用，属于多运动过程；社交的知识点多、过程复杂、综合性强，需要仔细分析；要熟练掌握牛顿第二定律、类平抛运动、动量守恒定律、能量守恒定律、圆周运动向心力公式的运用；要仔细挖掘临界条件、隐含条件。
6．（2025 湖北）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（β为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小。
（2）记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。
（3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。
提示：12+22+ +k2k（k+1）（2k+1）。
【考点】用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题；匀变速直线运动规律的综合应用；牛顿第二定律求解多过程问题．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；归纳法；方程法；模型法；力学综合性应用专题；模型建构能力．
【答案】（1）第1个滑块的速度大小为；
（2）用已知量和vj表示vj+1的关系式为；
（3）β的值为。
【分析】（1）对长木板和滑块分别做受力分析可知，第一个滑块运动时，木板处于静止状态，对滑块，由牛顿第二定律结合运动学公式可求碰撞前的速度大小；
（2）对各个滑块，由动量守恒定律结合运动学公式推导出一般关系式；
（3）由（2）的结论结合牛顿第二定律及运动学公式可求β的值。
【解答】解：（1）对长木板和滑块分别做受力分析可知，第一个滑块开始向右运动的过程中，受到的摩擦力为f＝2μmg，而长木板受到地面的最大静摩擦力为：fm＝μ（M+3nm）g，由于n＞1，则f＜fm，所以长木板处于静止状态，第一个滑块做匀减速运动，对第一个滑块，由牛顿第二定律可得：
2μmg＝ma，解得：a＝2μg
设第一个滑块与第二个滑块碰撞前的速度为v10，初速度为，由运动学公式可得：
联立解得：；
（2）设第一个和第二个滑块碰撞后共同的速度为v2，对第一、第二个滑块组成的系统，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得：mv10＝2mv2，
解得：
设第二个滑块和第三个滑块碰撞前的速度为v20，则有：，
解得：
碰撞后共同的速度为v3，由动量守恒定律可得：2mv20＝3mv3，
解得：
设第3个滑块和第4个滑块碰撞前的速度为v30，则有：，
解得：
碰撞后共同的速度为v4，由动量守恒定律可得：3mv30＝4mv4，
解得：
由此类推可得：；
（3）设k个滑块一起在木板上滑动时，木板可以滑动，则有：
2μkmg＞μ（nm+3nm）g，解得：k＞2n
由此可知，第2n+1个滑块在木板上滑动时，木板开始滑动，其余滑块和木板相对静止，设第2n+1个滑块刚开始在木板上时的速度大小为v2n+1，加速度的大小为a1，木板的加速度大小为a2，由（2）可知：
由牛顿第二定律可得：2μ（2n+1）mg＝（2n+1）ma1
2μ（2n+1）mg﹣4μnmg＝[4n﹣（2n+1）]ma2
设第2n+1个滑块开始滑动后，经过时间t与木板达到共同速度，恰好不与下一个滑块相碰，由运动学公式可得；v2n+1﹣a1t＝a2t
联立以上各式解得：。
答：（1）第1个滑块的速度大小为；
（2）用已知量和vj表示vj+1的关系式为；
（3）β的值为。
【点评】根据题意分析清楚滑块与木板的运动过程是解题的前提，熟练运用牛顿第二定律、运动学公式和动量守恒定律是解题的关键；本题过程复杂，难度大，是力学压轴题。
7．（2025 湖南）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，AB＝1.2L。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，sin37°＝0.6，重力加速度大小为g。
（1）若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
（2）若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小；
（3）若滑杆能沿轨道自由滑动，M＝km，且k≥1，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；斜抛运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；力学综合性应用专题；模型建构能力．
【答案】（1）轻绳拉力的大小为4mg；
（2）v的大小为；
（3）v与k的关系式为，k≥1。v的最小值为。
【分析】（1）根据动能定理机求出器人运动到滑杆正下方时的速度大小，再应用牛顿第二定律求解轻绳拉力的大小；
（2）根据机械能守恒定律求出机器人松开轻绳时的速度大小，松开轻绳后被抛至A点的过程机器人做斜抛运动，将运动分解处理，应用运动学公式解答；
（3）滑杆能沿轨道自由滑动时，机器人由B到抛出位置的过程，滑杆与机器人组成的系统在水平方向上满足动量守恒，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求出机器人在抛出时的速度，以及此时的水平与竖直的分速度与初速度v的关系，根据人船模型求出此过程机器人的水平位移大小，机器人由C点到A点的过程做斜抛运动，由运动学公式求得速度v与k的关系式，由数学知识求得v的最小值。
【解答】解：（1）设机器人运动到滑杆正下方时的速度大小为v0，根据动能定理得：
在最低点，由牛顿第二定律得：
已知：
联立解得轻绳拉力的大小为：F＝4mg
（2）设机器人松开轻绳时的速度大小为v1。机器人从B点到松开轻绳时的过程，根据机械能守恒定律得：
机器人松开轻绳后被抛至A点的过程做斜抛运动，由运动学公式得：
在水平方向上有：Lcos37°+L＝v1sin37° t
在竖直方向上有：
联立解得：
（3）将松开轻绳时机器人所处的位置设为C点，设机器人在C点时的速度大小为v2，在C点时的水平与竖直的分速度大小分别为vx、vy。则有：
滑杆能沿轨道自由滑动时，机器人由B到C的过程，滑杆与机器人组成的系统在水平方向上满足动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
0＝mvx﹣Mv杆
设此过程机器人与滑杆的水平位移大小分别为x1、x杆，根据人船模型可得：
mx1＝Mx杆
x1＝L+Lcos37°﹣x杆
已知：M＝km，且k≥1
可得：x1
在C点机器人相对滑杆做圆周运动，机器人相对滑杆的速度方向与竖直方向的夹角等于37°，则有：
机器人由C点到A点的过程做斜抛运动，由运动学公式得：
在水平方向上有：x1＝vxt′
在竖直方向上有：
联立可得：
解得v与k的关系式为：，k≥1
当 k＝1时v取最小值，可得v的最小值为：
答：（1）轻绳拉力的大小为4mg；
（2）v的大小为；
（3）v与k的关系式为，k≥1。v的最小值为。
【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，斜抛运动的规律。处理斜抛运动时要将运动分解处理，根据分运动的等时性解答。掌握本题应用人船模型处理在某一方向上满足动量守恒的问题。
8．（2025 河北）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
（2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；平抛运动位移的计算．
【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离为0.6m。
（2）物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小为0.1N s，物块弹离地面时水平速度的大小为零。
【分析】（1）在水平台上运动过程中，根据动能定理求解末速度大小，根据平抛运动的规律求解物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离；
（2）从物块从离开平台到弹起至最大高度过程中，竖直方向根据动量定理列方程求解弹力冲量大小；小物块与地面接触过程中，水平方向根据动量定理求解物块弹离地面时水平速度的大小。
【解答】解：（1）设小物块达到平台右端的速度大小为v，在水平台上运动过程中，根据动能定理可得：
﹣μmgL
解得：v＝1m/s
设平抛运动的时间为t，则有：h
解得：t＝0.6s
物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离：x＝vt＝1×0.6m＝0.6m；
（2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为：h′＝0.45m，上升过程中经过的时间为t′，逆向分析，根据位移公式可得：
解得：t′＝0.3s
从物块从离开平台到弹起至最大高度过程中所用时间共计：t总＝1s，
从物块从离开平台到弹起至最大高度过程中，取向下为正方向，竖直方向根据动量定理可得：mgt总﹣F（t总﹣t﹣t′）＝0
解得地面对小物块的平均弹力为：F＝1N
则弹力冲量大小为：I弹＝F（t总﹣t﹣t′）
解得：I弹＝0.1N s；
设小物块离开地面时水平速度大小为v′，小物块与地面接触过程中，取向右为正方向，水平方向根据动量定理可得：
﹣μF（t总﹣t﹣t′）＝mv′﹣mv
解得：v′＝﹣1m/s＜0，说明与地面接触过程中水平方向末速度为零，物块弹离地面时水平速度的大小为零。
答：（1）物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离为0.6m。
（2）物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小为0.1N s，物块弹离地面时水平速度的大小为零。
【点评】涉及力对空间的作用效果首选动能定理，涉及力对时间的作用效果首选动量定理。
9．（2025 选择性）如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：（m、l0、v0、t1均为已知量）
（1）粒子B到达P点时的速度大小v1；
（2）t1时间内粒子B的位移大小xB；
（3）恒力作用的时间t2。
【考点】动量守恒定律的一般应用；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动量定理的内容和应用．
【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】（1）粒子B到达P点时的速度大小为；
（2）t1时间内粒子B的位移大小为；
（3）恒力作用的时间为。
【分析】（1）根据动量守恒定律进行解答；
（2）在t1时间内，根据能量守恒定律列方程，再根据电势能和距离的关系列方程；两者共速前，根据动量守恒定律结合位移关系进行解答；
（3）对全过程，对系统根据动能定理、动量定理列方程进行解答。
【解答】解：（1）以AB为系统，动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝（m+4m）v1
解得：；
（2）在t1时间内，根据能量守恒定律可得：
由于任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，因此：
解得
两者共速前，二者水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得：∑（mv0t1）＝∑（mvAt1）+∑（4mvBt1）
即有：mv0t1＝mxA+4mxB
根据位移关系可得：xB+l0＝xA+l′
联立解得：xB；
（3）对全过程，对系统根据动能定理可得：Fl0
对全过程，取向右为正方向，根据动量定理可得：Ft2＝4mv0﹣mv0
联立解得：t2。
答：（1）粒子B到达P点时的速度大小为；
（2）t1时间内粒子B的位移大小为；
（3）恒力作用的时间为。
【点评】本题主要是考查动量守恒定律和动量定理，解答本题的关键是弄清楚粒子的受力情况和运动情况，结合动量守恒定律、动能定理等进行分析解答。
10．（2025 山东）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量的小球自Q点正上方h＝2m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1kg，b的质量，方形物体的质量，重力加速度大小g＝10m/s2，弹簧的劲度系数k＝50N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求：
（1）小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
（2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；胡克定律及其应用．
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】（1）小球到达P点时，小球相对于地面的速度大小v1为6m/s，方形物体相对于地面的速度大小v2为；
（2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb为m/s，弹性势能的最大值Epm为J。
【分析】（1）小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可；
（2）小球击中物块a的过程，小球和物块a组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律求解共同速度，小球与物块a一起向左运动，对小球、物块a和弹簧组成的系统，根据能量守恒定律求解末速度，固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当共速时，弹性势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可。
【解答】解：（1）小球从开始下落到P处过程中，以水平向左为正方向，水平方向上动量守恒，有：
mv1＝Mv2
由能量守恒定律得：
代入数据联立解得
v1＝6m/s
即小球速度为6m/s，方向水平向左，大物块速度为，方向水平向右。
（2）小球落在物块a正上方，与其粘连，竖直方向速度变为0，以水平向左为正方向，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有
mv1＝（m+ma）v3
代入数据解得：
v3＝2m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律得：
F＝kx1
对小球、物块a和弹簧，由能量守恒定律得：
代入数据联立解得：
v4＝1m/s
x1＝0.3m
固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：
（m+ma）v4＝（m+ma+mb）vb
代入数据解得：
方向水平向左。
对a、b和弹簧由能量守恒定律可得，最大弹性势能为
代入数据解得：
答：（1）小球到达P点时，小球相对于地面的速度大小v1为6m/s，方形物体相对于地面的速度大小v2为；
（2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb为m/s，弹性势能的最大值Epm为J。
【点评】本题考查动量守恒定律和能量守恒定律，解题关键是灵活选择研究对象，会判断动量是否守恒。
11．（2025 河南）如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3m铺设有宽度为l2＝2.4m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2kg的小物块P，另一质量为m2＝4kg的小物块Q以v0＝7m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v＝7m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）该碰撞过程中损失的机械能；
（2）P从开始运动到静止经历的时间。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律求解多过程问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）该碰撞过程中损失的机械能为24.5J；
（2）P从开始运动到静止经历的时间为5s。
【分析】（1）根据动量守恒定律和能量的转化和守恒定律列式求解；
（2）根据动能定理，匀变速直线运动规律和匀速直线运动规律列式解答。
【解答】解：（1）对P和Q组成的系统，规定v0方向为正方向，设碰后Q的速度为v′，由动量守恒定律得：
m2v0＝m1v+m2v′
代入数据解得v′＝3.5m/s
则该碰撞过程中损失的机械能为：
ΔE
解得：ΔE＝24.5J；
（2）P只有在防滑带上才减速运动，根据动能定理有：
﹣μm1gs＝0，解得s＝4.9m
分析可得P滑入第3条防滑带上减速为0，在防滑带上运动的总时间为：
t1s＝1.4s
滑块滑入第一个光滑直道速度为v1，根据动能定理得：
﹣μm1gl2
滑块滑入第二个光滑直道速度为v2，同理有：
﹣μm1gl2
解得v1＝5m/s，v2＝1m/s
故P在第一个l1上运动用时t2s＝0.6s
在第二个l1上运动用时t3s＝3.0s
则从开始运动到静止经历的时间为t总＝t1+t2+t3＝1.4s+0.6s+3s＝5s。
答：（1）该碰撞过程中损失的机械能为24.5J；
（2）P从开始运动到静止经历的时间为5s。
【点评】考查动量守恒定律和能量转化和守恒定律，动能定理的应用等，会根据题意进行准确分析解答。
12．（2025 海南）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5m，圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知mA＝4kg，mB＝1kg，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5J，忽略轨道及平台的摩擦，g＝10m/s2。
（1）A滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】（1）A滑到圆弧最低点时受的支持力为72N，方向竖直向上；
（2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能为1.6J；
（3）传送带的速度大小为0.6m/s或2.6m/s。
【分析】（1）根据动能定理求解A滑到圆弧最低点的速度大小，在最低点，根据牛顿第二定律进行解答；
（2）根据动量守恒定律求解共同速度，根据能量关系求解A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）第一种情况，当传送带速度v小于v共时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动；第二种情况，当传送带速度v大于v共时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动。根据牛顿第二定律结合运动学公式求解共同速度时的相对位移，再根据能量守恒定律进行解答。
【解答】解：（1）A从开始到滑到圆弧最低点过程中，根据动能定理可得：0
解得：v0＝2m/s
在最低点，根据牛顿第二定律可得：
解得：FN＝72N，方向竖直向上；
（2）根据题意AB碰后成一整体，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mAv0＝（mA+mB）v共
解得：v共＝1.6m/s
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为：
解得：ΔE＝1.6J；
（3）第一种情况，当传送带速度v小于v共时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动。
设AB与传送带间的动摩擦因数为μ，对AB根据牛顿第二定律可得：μ（mA+mB）g＝（mA+mB）a
设经过时间t1后AB与传送带共速，可得：v＝v共﹣at1
该段时间内AB运动的位移为：
传送带运动的位移为：x2＝vt1
故可得：Q＝μ（mA+mB）g （x1﹣x2）
联立解得：v＝0.6m/s，另一解大于v共舍去；
第二种情况，当传送带速度v大于v共时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动。
设经过时间t2后AB与传送带共速，同理可得：v＝v共+at2
该段时间内AB运动的位移为：
传送带运动的位移为：x2′＝vt2
故可得：Q＝μ（mA+mB）g （x2′﹣x1′）
解得v＝2.6m/s，另一解小于v共舍去。
答：（1）A滑到圆弧最低点时受的支持力为72N，方向竖直向上；
（2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能为1.6J；
（3）传送带的速度大小为0.6m/s或2.6m/s。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
13．（2025 上海）质点在以某点为圆心半径为r的圆周上运动，即质点运动时其轨迹是圆周的运动叫“圆周运动”。它是一种最常见的曲线运动。例如电动机转子、车轮、皮带轮等都作圆周运动。
如图所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点，e为ab段的中点。一个质量为m的小物块在轨道内侧做圆周运动。
（1）若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在（ 　E　 ）
A．A段
B．B点
C．C段
D．D点
E．E段
（2）若物块在a点的速度为v0，经过时间t刚好到达b点，则在该过程中轨道对物块的支持力的冲量为（ 　D　 ）
A．mv0
B．mgt
C．mv0+mgt
D．
（3）若物块质量为0.5kg，下图是物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角θ的关系图像。
①求轨道半径R；
②求θ＝60°时，物块克服重力做功的瞬时功率P。
【考点】动量定理的内容和应用；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）E；（2）D；（3）①轨道半径R为0.59m；②物块克服重力做功的瞬时功率P为23.8W。
【分析】（1）根据沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率分析求解；
（2）根据动量定理，对水平和竖直方向上分析求解；
（3）①由动能定理，结合图像分析求解；
②由功率表达式，结合图像分析求解。
【解答】解：（1）物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在E段。故ABCD错误，E正确；
故选：E。
（2）以初速度方向为正方向，根据动量定理，支持力在水平方向的冲量为Ix＝0﹣mv0
竖直方向上根据动量定理有Iy﹣mgt＝0
故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为：
故ABC错误，D正确。
故选：D。
（3）①由图像可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
②由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
故答案为：（1）E；（2）D；（3）①轨道半径R为0.59m；②物块克服重力做功的瞬时功率P为23.8W。
【点评】本题综合考查了圆周、动量以及功率等知识，理解物体在不同时刻的状态是解决此类问题的关键。
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