2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測（新高考專用）專題二動能和動量（練）2.3動量和動能第一部分：練真題【2022年真題】1、（2022·重慶卷·T10）一物塊在傾角為的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運動，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化分別如圖曲線①、②所示，則（）A.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為B.當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為時，物塊動能為C.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為1∶3【答案】BC【解析】A．對物體受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動摩擦力，有由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為則拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功為代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得故A錯誤；C．當(dāng)拉力沿斜面向上，由牛頓第二定律有解得則拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為故C正確；B．當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為合力做功為則其比值為則重力做功為時，物塊的動能即合外力做功為，故C正確；D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小為則動量的大小之比為故D錯誤。故選BC。2、（2022·重慶卷·T4）在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護(hù)作用的實驗中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線（如圖）。從碰撞開始到碰撞結(jié)束過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（）A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積 B.動量大小先增大后減小C.動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積 D.加速度大小先增大后減小【答案】D【解析】AB．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F—t圖像的面積即合外力的沖量，再根據(jù)動量定理可知F—t圖像的面積也是動量的變化量，且圖線一直在t軸的上方，由于頭部有初動量，則動量的大小先減小后增大再減小，AB錯誤；D．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓定律可知a∝F，即假人頭部的加速度先增大后減小，D正確。故選D（1）排球被墊起前在水平方向飛行的距離x；（2）排球被墊起前瞬間的速度大小v及方向；（3）排球與乙同學(xué)作用過程中所受沖量的大小I。17．（9分）【解析】設(shè)速度方向與水平方向夾角為（如答圖2所示），4、（2022·北京卷·T12）“雪如意”是我國首座國際標(biāo)準(zhǔn)跳臺滑雪場地。跳臺滑雪運動中，裁判員主要根據(jù)運動員在空中的飛行距離和動作姿態(tài)評分。運動員在進(jìn)行跳臺滑雪時大致經(jīng)過四個階段：①助滑階段，運動員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時，運動員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時上體向前伸展；③飛行階段，在空中運動員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運動員落地時兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（）A．助滑階段，運動員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力B．起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度C．飛行階段，運動員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度D．著陸階段，運動員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時間【答案】B【解析】助滑階段，運動員深蹲是為了減小空氣阻力，選項A錯誤；起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度，選項B正確；飛行階段，運動員所采取的姿態(tài)是為了增加受到的升力，選項C錯誤；著陸階段，運動員兩腿屈膝是為了增加與地面的作用時間，減小受到的地面沖力，選項D錯誤。5、（2022·北京卷·T10）質(zhì)量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A．碰撞前的速率大于的速率B．碰撞后的速率大于的速率C．碰撞后的動量大于的動量D．碰撞后的動能小于的動能【答案】C【解析】根據(jù)位移圖像斜率表示速度可知，碰撞前的速率為零，碰撞后的速率等于的速率。選項AB錯誤；由碰撞規(guī)律可知，m1大于m2，碰撞后的動量大于的動量，碰撞后的動能大于的動能，選項C正確D錯誤。6、（2022·海南卷·T17）有一個角度可變的軌道，當(dāng)傾角為30度時，滑塊A恰好勻速下滑，現(xiàn)將傾角調(diào)為60度，從高為h的地方從靜止下滑，過一段時間無碰撞地進(jìn)入光滑水平面，與系在輕繩下端的小球B發(fā)生彈性正碰，B被一根繩子懸掛，與水平面接觸但不擠壓，碰后B恰好能做完整的圓周運動，已知滑塊A和小球B質(zhì)量相等，求：①A與軌道間的動摩擦因數(shù)②A與B剛碰完B的速度③繩子的長度L【解析】①根據(jù)題述，當(dāng)傾角為30度時，A恰好勻速下滑，可得mgsin30°=μmgcos30°，解得μ=②A沿傾角60°的軌道下滑，由牛頓第二定律，mgsin60°μmgcos60°=ma，解得a=gA、B彈性碰撞，由動量守恒定律，mv0=mvA+mvB由碰撞前后相同動能不變，，mv02=mvA2+mvB2③根據(jù)題述，碰后B恰好能做完整的圓周運動，在圓周最高點，mg=mB從最低點到運動到圓周最高點，由機(jī)械能守恒定律，mvB2=mv2+2mgL，解得L=。7、（2022·海南卷·T1）在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是，乙對甲的作用力是，則這兩個力（）A．大小相等，方向相反B．大小相等，方向相同C．的沖量大于的沖量D．的沖量小于的沖量【答案】A【解析】甲推乙的作用力與乙對甲的作用力是一對作用力和反作用力，根據(jù)牛頓第三定律，這兩個力大小相等，方向相反，根據(jù)沖量的定義，可知的沖量等于于的沖量，選項A正確BCD錯誤。8、（2022·湖南卷·T7）神舟十三號返回艙進(jìn)入大氣層一段時間后，逐一打開引導(dǎo)傘、減速傘、主傘，最后啟動反沖裝置，實現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運動情況，將其運動簡化為豎直方向的直線運動，其圖像如圖所示。設(shè)該過程中，重力加速度不變，返回艙質(zhì)量不變，下列說法正確的是（）【答案】AC【解析】A．重力的功率為由圖可知在0~t1時間內(nèi)，返回艙的速度隨時間減小，故重力的功率隨時間減小，故A正確；B．根據(jù)vt圖像的斜率表示加速度可知在0~t1時間內(nèi)返回艙的加速度減小，故B錯誤；C．在t1~t2時間內(nèi)由圖像可知返回艙的速度減小，故可知動量隨時間減小。故C正確；D．在t2~t3時間內(nèi)，由圖像可知返回艙的速度不變，則動能不變，但由于返回艙高度下降，重力勢能減小，故機(jī)械能減小，故D錯誤。故選AC。9、（2022·湖南卷·T4）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為和。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A.碰撞后氮核的動量比氫核的小 B.碰撞后氮核的動能比氫核的小C.大于 D.大于【答案】B【解析】設(shè)中子的質(zhì)量為，氫核的質(zhì)量為，氮核的質(zhì)量為，設(shè)中子和氫核碰撞后中子速度為，由動量守恒定律和能量守恒定律可得聯(lián)立解得設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為，由動量守恒定律和能量守恒定律可得聯(lián)立解得可得碰撞后氫核的動量為氮核的動量為可得碰撞后氫核的動能為氮核的動能為可得故B正確，ACD錯誤。故選B。10、（2022·山東卷·T2）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（）A.火箭的加速度為零時，動能最大B.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C.高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【解析】A．火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D．根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯誤。故選A。A.時物塊的動能為零B.時物塊回到初始位置【答案】AD【解析】物塊與地面間摩擦力為即得3s時物塊的動量為設(shè)3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0，由動量定理可得即解得所以物塊在4s時速度減為0，則此時物塊的動能也為0，故A正確，C錯誤；即得即得發(fā)生的位移為即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；D．物塊在6s時的速度大小為故D正確。故選AD。（2）物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力與h間滿足的關(guān)系；【解析】（1）滑塊b擺到最低點過程中，由機(jī)械能守恒定律解得與發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立解得（2）由（1）分析可知，物塊與物塊在發(fā)生彈性正碰，速度交換，設(shè)物塊剛好可以到達(dá)點，高度為，根據(jù)動能定理可得解得以豎直向下為正方向由動能定理聯(lián)立可得從點飛出后，豎直方向水平方向根據(jù)幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得代入數(shù)據(jù)解得解得可知物塊達(dá)到距離點0.8m處靜止，滑塊a由E點速度為零，返回到時，根據(jù)動能定理可得解得代入數(shù)據(jù)得（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。【解析】根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得（2）同一時刻彈簧對、的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知同一時刻則同一時刻、的的瞬時速度分別為根據(jù)位移等速度在時間上的累積可得又解得第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值（3）物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為，方向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得設(shè)在斜面上滑行的長度為，上滑過程，根據(jù)動能定理可得下滑過程，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得（1）A與B的擋板碰撞后，二者的速度大小與；（2）B光滑部分的長度d；（3）運動過程中A對B的摩擦力所做的功；【解析】（1）設(shè)水平向右為正方向，因為點右側(cè)光滑，由題意可知A與B發(fā)生彈性碰撞，故碰撞過程根據(jù)動量守恒和能量守恒有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得（2）因為A物體返回到O點正下方時，相對地面速度為0，A物體減速過程根據(jù)動能定理有代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)動量定理有代入數(shù)據(jù)解得此過程中A減速的位移等于B物體向右的位移，所以對于此過程B有聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)解得故根據(jù)幾何關(guān)系有代入數(shù)據(jù)解得（3）在A剛開始減速時，B物體的速度為在A減速過程中，對B分析根據(jù)牛頓運動定律可知解得B物體停下來的時間為t3，則有解得可知在A減速過程中B先停下來了，此過程中B的位移為所以A對B的摩擦力所做的功為（4）小球和A碰撞后A做勻速直線運動再和B相碰，此過程有由題意可知A返回到O點的正下方時，小球恰好第一次上升到最高點，設(shè)小球做簡諧振動的周期為T，擺長為L，則有小球下滑過程根據(jù)動能定理有小球與A碰撞過程根據(jù)動量守恒定律有當(dāng)碰后小球擺角恰為5°時，有聯(lián)立可得當(dāng)碰后小球速度恰為0時，碰撞過程有則可得故要實現(xiàn)這個過程的范圍為（1）滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小和；（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；（3）滑桿向上運動的最大高度h。【解析】（1）當(dāng)滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即當(dāng)滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為（2）滑塊向上運動到碰前瞬間根據(jù)動能定理有（3）由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過程根據(jù)動量守恒有碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據(jù)動能定理有（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；（2）若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中已知，求的大小；（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點時，運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小。【解析】（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有mgλmg=ma下再根據(jù)勻變速直線運動的公式，下落的過程中有v下2=2a下H籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有mg+λmg=ma上再根據(jù)勻變速直線運動的公式，上升的過程中有v上2=2a上h則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比（2）若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，則籃球下落過程中根據(jù)動能定理有籃球反彈后上升過程中根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得（3）由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為a下=(1–λ)g（方向向下）a上=(1+λ)g（方向向下）由題知運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有I=mv即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個速度v。拍擊第1次下降過程有v12v2=2(1–λ)gh0上升過程有(kv1)2=2(1+λ)gh1代入k后，下降過程有v12v2=2(1–λ)gh0上升過程有hv12=2(1–λ)gHh1聯(lián)立有拍擊第2次，同理代入k后，下降過程有v22v2=2(1–λ)gh1上升過程有hv22=2(1–λ)gHh2聯(lián)立有再將h1代入h2有拍擊第3次，同理代入k后，下降過程有v32v2=2(1–λ)gh2上升過程有hv32=2(1–λ)gHh3聯(lián)立有再將h2代入h3有直到拍擊第N次，同理代入k后，下降過程有vN2v2=2(1–λ)ghN1上升過程有hvN2=2(1–λ)gHhN聯(lián)立有將hN1代入hN有其中hN=H，h0=h則有則【2021年真題】（2021·重慶卷·T7）質(zhì)量相同的甲乙兩小球（視為質(zhì)點）以不同的初速度豎直上拋，某時刻兩球發(fā)生正碰。題圖中實線和虛線分別表示甲乙兩球位置隨時間變化的曲線，其中虛線關(guān)于t=t1左右對稱，實線兩個頂點的縱坐標(biāo)相同，若小球運動中除碰撞外僅受重力，則A.t=0時刻，甲的速率大于乙的速率B.碰撞前后瞬間，乙的動量不變C.碰撞前后瞬間，甲的動能不變D.碰撞后甲的機(jī)械能大于乙的機(jī)械能【答案】C【解析】根據(jù)位移圖像斜率表示速度可知，t=0時刻，甲的速率小于乙的速率，選項A錯誤；根據(jù)甲乙兩球位移圖像可知，碰撞前后瞬間，兩球交換速度，方向反向。根據(jù)題述，虛線（乙的位移圖像）關(guān)于t=t1左右對稱，所以碰撞前后瞬間，乙的動量大小不變，方向變化，甲的動能不變，選項B錯誤C正確；根據(jù)題述，實線兩個頂點的縱坐標(biāo)相同，可知碰撞后甲的機(jī)械能與乙的機(jī)械能相等，選項D錯誤。（2021·浙江1月卷·T12）在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)量之比為2:1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）A.兩碎塊的位移大小之比為1:2 B.爆炸物的爆炸點離地面高度為80mC.爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/s D.爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m【答案】B【解析】A．爆炸時，水平方向，根據(jù)動量守恒定律可知因兩塊碎塊落地時間相等，則則則兩碎塊的水平位移之比為1:2，而從爆炸開始拋出到落地的位移之比不等于1:2，選項A錯誤；B．設(shè)兩碎片落地時間均為t，由題意可知解得t=4s爆炸物的爆炸點離地面高度為選項B正確；CD．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的水平位移質(zhì)量小的碎塊的水平位移爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m+680m=1020m質(zhì)量大的碎塊的初速度為選項CD錯誤。故選B。（2021·北京卷·T10）如圖所示，圓盤在水平面內(nèi)以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，圓盤上距軸r處的P點有一質(zhì)量為m的小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動。某時刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動，小物體由P點滑至圓盤上的某點停止。下列說法正確的是（）A.圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向C.圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體沿圓盤半徑方向運動【答案】D【解析】A．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，小物體所受摩擦力提供向心力，方向沿半徑方向，故A錯誤；B．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力小物體運動一圈所受摩擦力的沖量大小為故B錯誤；C．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體沿切線方向運動，故C錯誤；D．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，根據(jù)動量定理可知，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為故D正確。故選D。（2021·全國乙卷·T14）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）A.動量守恒，機(jī)械能守恒B.動量守恒，機(jī)械能不守恒C.動量不守恒，機(jī)械能守恒D.動量不守恒，機(jī)械能不守恒【答案】B【解析】因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能不守恒。故選B。（2021·湖北卷·T3）抗日戰(zhàn)爭時期，我軍繳獲不少敵軍武器武裝自己，其中某輕機(jī)槍子彈彈頭質(zhì)量約8g，出膛速度大小約750m/s。某戰(zhàn)士在使用該機(jī)槍連續(xù)射擊1分鐘的過程中，機(jī)槍所受子彈的平均反沖力大小約12N，則機(jī)槍在這1分鐘內(nèi)射出子彈的數(shù)量約為（）A.40 B.80 C.120 D.160【答案】C【解析】設(shè)1分鐘內(nèi)射出的子彈數(shù)量為n，則對這n顆子彈由動量定理得代入數(shù)據(jù)解得選項C正確，ABD錯誤。故選C。（2021·湖南卷·T8）如圖（a），質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為。撤去外力并開始計時，A、B兩物體運動的圖像如圖（b）所示，表示0到時間內(nèi)的圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，、分別表示到時間內(nèi)A、B的圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在時刻的速度為。下列說法正確的是（）A.0到時間內(nèi)，墻對B的沖量等于mAv0B.mA>mBC.B運動后，彈簧的最大形變量等于【答案】ABD【解析】A．由于在0~t1時間內(nèi)，物體B靜止，則對B受力分析有F墻=F彈則墻對B的沖量大小等于彈簧對B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A，則可將研究對象轉(zhuǎn)為A，撤去F后A只受彈力作用，則根據(jù)動量定理有I=mAv0（方向向右）則墻對B的沖量與彈簧對A的沖量大小相等、方向相同，A正確；B．由a—t圖可知t1后彈簧被拉伸，在t2時刻彈簧的拉伸量達(dá)到最大，根據(jù)牛頓第二定律有F彈=mAaA=mBaB由圖可知aB>aA則mB<mAB正確；C．由圖可得，t1時刻B開始運動，此時A速度為v0，之后AB動量守恒，AB和彈簧整個系統(tǒng)能量守恒，則可得AB整體的動能不等于0，即彈簧的彈性勢能會轉(zhuǎn)化為AB系統(tǒng)的動能，彈簧的形變量小于x，C錯誤；D．由a—t圖可知t1后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在t1—t2時間內(nèi)AB組成的系統(tǒng)動量守恒，且在t2時刻彈簧的拉伸量達(dá)到最大，A、B共速，由a—t圖像的面積為v，在t2時刻AB的速度分別為A、B共速，則D正確。故選ABD。A. B. C. D.【答案】D【解析】質(zhì)點沿軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有而動量為聯(lián)立可得故選D。（2021·天津卷·T7）一沖九霄，問鼎蒼穹。2021年4月29日，長征五號B遙二運載火箭搭載空間站天和核心艙發(fā)射升空，標(biāo)志著我國空間站建造進(jìn)入全面實施階段。下列關(guān)于火箭的描述正確的是（）A.增加單位時間的燃?xì)鈬娚淞靠梢栽龃蠡鸺耐屏.增大燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣瓤梢栽龃蠡鸺耐屏.當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛鏋榱銜r火箭就不再加速D.火箭發(fā)射時獲得的推力來自于噴出的燃?xì)馀c發(fā)射臺之間的相互作用【答案】AB【解析】A．增加單位時間的燃?xì)鈬娚淞浚丛黾訂挝粫r間噴射氣體的質(zhì)量，根據(jù)可知可以增大火箭的推力，故A正確；B．當(dāng)增大燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣葧r，根據(jù)可知可以增大火箭的推力，故B正確；C．當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛鏋榱銜r，此時火箭有速度，所以相對于火箭的速度不為零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C錯誤；D．燃?xì)獗粐姵龅乃查g，燃?xì)鈱鸺姆醋饔昧ψ饔迷诨鸺希够鸺@得推力，故D錯誤。故選AB。A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍【答案】B【解析】設(shè)空氣的密度為，風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的橫截面積為，在時間的空氣質(zhì)量為假定臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的末速度變?yōu)榱悖瑢︼L(fēng)由動量定理有可得故選B。（2021·天津卷·T11）一玩具以初速度從水平地面豎直向上拋出，達(dá)到最高點時，用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1∶4的兩部分，此時它們的動能之和與玩具從地面拋出時的動能相等。彈簧彈開的時間極短，不計空氣阻力。求（1）玩具上升到最大高度時的速度大小；（2）兩部分落地時速度大小之比。【解析】（1）設(shè)玩具上升的最大高度為h，玩具上升到高度時的速度大小為v，重力加速度大小為g，以初速度方向為正，整個運動過程有玩具上升到最大高度有兩式聯(lián)立解得（2）設(shè)玩具分開時兩部分質(zhì)量分別為、，水平速度大小分別為、。依題意，動能關(guān)系為玩具達(dá)到最高點時速度為零，兩部分分開時速度方向相反，水平方向動量守恒，有分開后兩部分做平拋運動，由運動學(xué)關(guān)系，兩部分落回地面時，豎直方向分速度大小為，設(shè)兩部分落地時的速度大小分別為、，由速度合成公式，有（2）若小球能完成整個運動過程，求h的最小值；（3）若小球恰好能過最高點E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點Q與F點的水平距離x的最大值。【解析】（1）小滑塊在軌道上運動代入數(shù)據(jù)解得（2）小滑塊與小球碰撞后動量守恒，機(jī)械能守恒，因此有解得從C點到E點由機(jī)械能守恒可得（3）設(shè)F點到G點的距離為y，小球從E點到Q點的運動，由動能定理由平拋運動可得聯(lián)立可得水平距離為由數(shù)學(xué)知識可得當(dāng)取最小，最小值為【解析】（1）設(shè)平拋運動的時間為t，鳥蛤落地前瞬間的速度大小為v。豎直方向分速度大小為，根據(jù)運動的合成與分解得在碰撞過程中，以鳥蛤為研究對象，取速度v的方向為正方向，由動量定理得聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得綜上得x坐標(biāo)區(qū)間（2）若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過點落在弧形軌道上的動能均相同，求的曲線方程；【解析】（1）物塊從光滑軌道滑至點，根據(jù)動能定理解得解得水平初速度為物塊從點到落點，根據(jù)動能定理可知解得落點處動能為化簡可得即（3）物塊在傾斜軌道上從距軸高處靜止滑下，到達(dá)點與物塊碰前，根據(jù)動能定理可知解得物塊與發(fā)生彈性碰撞，使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點的右側(cè)，則A與B碰撞后需要反彈后再經(jīng)過水平軌道傾斜軌道水平軌道再次到達(dá)O點。規(guī)定水平向右為正方向，在物塊與碰撞過程中，動量守恒，能量守恒。則解得設(shè)碰后物塊反彈，再次到達(dá)點時速度為，根據(jù)動能定理可知解得物塊從飛出后做平拋運動，設(shè)初速度為，分解位移可得平拋的軌跡方程為把物塊、B從飛出的速度代入，物體、B落在弧形軌道上的落點縱坐標(biāo)分別為因為物塊落在落點的右側(cè)，則（2021·湖北卷·T15）如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q點相切。在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運動。A、B發(fā)生正碰后，B到達(dá)半圓弧軌道最高點時對軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運動到與O點等高的C點時速度為零。已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。（1）求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點的距離；（2）當(dāng)A由C點沿半圓弧軌道下滑到D點時，OD與OQ夾角為θ，求此時A所受力對A做功的功率；（3）求碰撞過程中A和B損失的總動能。【解析】解：（1）設(shè)B到半圓弧軌道最高點時速度為，由于B對軌道最高點的壓力為零，則由牛頓第二定律得B離開最高點后做平拋運動，則在豎直方向上有在水平方向上有聯(lián)立解得x=2R（2）對A由C到D的過程，由機(jī)械能守恒定律得由于對A做功的力只有重力，則A所受力對A做功的功率為解得（3）設(shè)A、B碰后瞬間的速度分別為v1，v2，對B由Q到最高點的過程，由機(jī)械能守恒定律得解得對A由Q到C的過程，由機(jī)械能守恒定律得解得設(shè)碰前瞬間A的速度為v0，對A、B碰撞的過程，由動量守恒定律得解得碰撞過程中A和B損失的總動能為解得（1）滑道段的長度；（2）滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。【解析】解得聯(lián)立解得故可得（2）背包和滑雪者到達(dá)水平軌道時的速度為、，有滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動量守恒，設(shè)共同速度為，有解得（2021·海南卷·T17）如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。（1）滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大小；（2）某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；（3）若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功。【解析】（1）由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv0=3mv共解得v共=（2）由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木=2v滑再根據(jù)動量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑聯(lián)立化簡得v滑=v0，v木=v0再根據(jù)功能關(guān)系有μmgx=×2mv木2+mv滑2×2mv02經(jīng)過計算得（3）由于木板保持勻速直線運動，則有F=μmg對滑塊進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有a滑=μg滑塊相對木板靜止時有v0=a滑t解得t=則整個過程中木板滑動的距離為x′=v0t=則拉力所做的功為W=Fx′=mv02（1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間。【答案】（1）能；（2）0.2s【解析】（1）甲乙滑動時的加速度大小均為甲與乙碰前的速度v1，則解得v1=0.3m/s甲乙碰撞時由動量守恒定律解得碰后乙的速度v3=0.2m/s然后乙做減速運動，當(dāng)速度減為零時則可知乙恰好能滑到邊框a；（2）甲與乙碰前運動的時間碰后甲運動的時間則甲運動的總時間為（2021·北京卷·T17）如圖所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為m=0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為h=0.45m，兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離為s=0.30m，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）兩物塊在空中運動的時間t；（2）兩物塊碰前A的速度v0的大小；（3）兩物塊碰撞過程中損失的機(jī)械能。【解析】（1）豎直方向為自由落體運動，由得t=0.30s（2）設(shè)A、B碰后速度為，水平方向為勻速運動，由得根據(jù)動量守恒定律，由得（3）兩物體碰撞過程中損失的機(jī)械能得（2021·重慶卷·T13）(12分)我國規(guī)定摩托車、電動自行車騎乘人員必須依法佩戴具有緩沖作用的安全頭盔。小明對某輕質(zhì)頭盔的安全性能進(jìn)行了模擬實驗檢測。某次，他在頭盔中裝入質(zhì)量為5.0kg的物體（物體與頭盔密切接觸），使其從1.80m的高處自由落下（題13圖），并與水平地面發(fā)生碰撞，頭盔厚度被擠壓了0.03m時，物體的速度減小到零。擠壓過程不計物體重力，且視為勻減速直線運動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）頭盔接觸地面前瞬間的速度大小；（2）物體做勻減速直線運動的時間；（3）物體在勻減速直線運動過程中所受平均作用力的大小。【解析】（1）由自由落體運動規(guī)律，v2=2gh，解得v=6m/s。（2）由勻變速直線運動規(guī)律，△x=t，解得t=0.01s（3）由動量定理，F(xiàn)t=mv，解得F=3000N【2020年真題】【答案】C【解析】對離子，根據(jù)動量定理有而解得F=0.09N，故探測器獲得的平均推力大小為0.09N，故選C。（1）碰撞前瞬間小物塊a對圓弧軌道的壓力大小；（2）碰后小物塊a能上升的最大高度；（3）小物塊b從傳送帶的左端運動到右端所需要的時間。【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）1s【解析】（1）設(shè)小物塊a下到圓弧最低點未與小物塊b相碰時的速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有小物塊a在最低點，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)牛頓第三定律，可知小物塊a對圓弧軌道的壓力大小為30N。（2）小物塊a與小物塊b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒有根據(jù)能量守恒有小物塊a反彈，根據(jù)機(jī)械能守恒有則小物塊b由2m/s減至1m/s，所走過的位移為運動的時間為故小物塊b從傳送帶的左端運動到右端所需要的時間1、（2020·全國=1\*ROMANI卷·T14）行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是（）A.增加了司機(jī)單位面積的受力大小B.減少了碰撞前后司機(jī)動量的變化量C.將司機(jī)的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能D.延長了司機(jī)的受力時間并增大了司機(jī)的受力面積【答案】D【解析】A．因安全氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機(jī)單位面積的受力大小，故A錯誤；B．有無安全氣囊司機(jī)初動量和末動量均相同，所以動量的改變量也相同，故B錯誤；C．因有安全氣囊的存在，司機(jī)和安全氣囊接觸后會有一部分動能轉(zhuǎn)化為氣體的內(nèi)能，不能全部轉(zhuǎn)化成汽車的動能，故C錯誤；D．因為安全氣囊充氣后面積增大，司機(jī)的受力面積也增大，在司機(jī)擠壓氣囊作用過程中由于氣囊的緩沖故增加了作用時間，故D正確。故選D。2、（2020·全國=2\*ROMANII卷·T21）水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為A.48kg B.53kg C.58kg D.63kg【答案】BC【解析】設(shè)運動員和物塊的質(zhì)量分別為、規(guī)定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止，第一次將物塊推出后，運動員和物塊的速度大小分別為、，則根據(jù)動量守恒定律解得物塊與彈性擋板撞擊后，運動方向與運動員同向，當(dāng)運動員再次推出物塊解得第3次推出后解得依次類推，第8次推出后，運動員的速度根據(jù)題意可知解得解得綜上所述，運動員的質(zhì)量滿足AD錯誤，BC正確。故選BC。3、（2020·全國=3\*ROMANIII卷·T15）甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為（）A.3J B.4J C.5J D.6J【答案】A【解析】解得則損失的機(jī)械能為解得故選A。4、（2020·北京卷·T13）在同一豎直平面內(nèi)，3個完全相同的小鋼球（1號、2號、3號）懸掛于同一高度；靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對心正碰。以下分析正確的是（）A.將1號移至高度釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度。若2號換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復(fù)上述實驗，3號仍能擺至高度B.將1、2號一起移至高度釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高度，釋放后整個過程機(jī)械能和動量都守恒C.將右側(cè)涂膠的1號移至高度釋放，1、2號碰撞后粘在一起，根據(jù)機(jī)械能守恒，3號仍能擺至高度D.將1號和右側(cè)涂膠的2號一起移至高度釋放，碰撞后，2、3號粘在一起向右運動，未能擺至高度，釋放后整個過程機(jī)械能和動量都不守恒【答案】D【解析】A．1號球與質(zhì)量不同的2號球相碰撞后，1號球速度不為零，則2號球獲得的動能小于1號球撞2號球前瞬間的動能，所以2號球與3號球相碰撞后，3號球獲得的動能也小于1號球撞2號球前瞬間的動能，則3號不可能擺至高度，故A錯誤；B．1、2號球釋放后，三小球之間碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；C．1、2號碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機(jī)械能損失，所以1、2號球再與3號球相碰后，3號球獲得的動能不足以使其擺至高度，故C錯誤；D．碰撞后，2、3號粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機(jī)械能損失，且整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的機(jī)械能和動量都不守恒，故D正確。故選D。【解析】烏賊噴水過程，時間較短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力；選取烏賊逃竄的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得解得噴出水的速度大小為6、（2020·全國=3\*ROMANIII卷·T25）如圖，相距L=11.5m的兩平臺位于同一水平面內(nèi)，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，其速度的大小v可以由驅(qū)動系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定。質(zhì)量m=10kg的載物箱（可視為質(zhì)點），以初速度v0=5.0m/s自左側(cè)平臺滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.10，重力加速度取g=10m/s2。(1)若v=4.0m/s，求載物箱通過傳送帶所需的時間；(2)求載物箱到達(dá)右側(cè)平臺時所能達(dá)到的最大速度和最小速度；【解析】設(shè)載物箱滑上傳送帶后勻減速運動的距離為x1，由運動學(xué)公式有聯(lián)立①②式，代入題給數(shù)據(jù)得x1=4.5m；③因此，載物箱在到達(dá)右側(cè)平臺前，速度先減小至v，然后開始做勻速運動，設(shè)載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時間為t1，做勻減速運動所用的時間為t2，由運動學(xué)公式有聯(lián)立①③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)有t1=2.75s；⑥(2)當(dāng)載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運動時，到達(dá)右側(cè)平臺時的速度最小，設(shè)為v1，當(dāng)載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運動時，到達(dá)右側(cè)平臺時的速度最大，設(shè)為v2.由動能定理有由⑦⑧式并代入題給條件得聯(lián)立①⑩?式并代入題給數(shù)據(jù)得t3=1.0s?x2=5.5m?由①???式可知即載物箱運動到右側(cè)平臺時速度大于零，設(shè)為v3，由運動學(xué)公式有，設(shè)載物箱通過傳遠(yuǎn)帶的過程中，傳送帶對它的沖量為I，由動量定理有代題給數(shù)據(jù)得(1)求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vP1、vQ1；(2)求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn；(3)求物塊Q從A點上升的總高度H；(4)為保證在Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞，求A點與擋板之間的最小距離s。【解析】(1)P與Q的第一次碰撞，取P的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立①②式得故第一次碰撞后P的速度大小為，Q的速度大小為(2)設(shè)第一次碰撞后Q上升的高度為h1，對Q由運動學(xué)公式得聯(lián)立①②⑤式得設(shè)P運動至與Q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時速度為，第一次碰后至第二次碰前，對P由動能定理得聯(lián)立①②⑤⑦式得P與Q的第二次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為、，由動量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩式得設(shè)第二次碰撞后Q上升的高度為h2，對Q由運動學(xué)公式得聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?式得設(shè)P運動至與Q剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時速度為，第二次碰后至第三次碰前，對P由動能定理得聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩??式得P與Q的第三次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為、，由動量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩????式得設(shè)第三次碰撞后Q上升的高度為h3，對Q由運動學(xué)公式⑩得聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?????式得總結(jié)可知，第n次碰撞后，物塊Q上升的高度為(3)當(dāng)P、Q達(dá)到H時，兩物塊到此處的速度可視為零，對兩物塊運動全過程由動能定理得解得(4)設(shè)Q第一次碰撞至速度減為零需要的時間為t1，由運動學(xué)公式得設(shè)P運動到斜面底端時的速度為，需要的時間為t2，由運動學(xué)公式得設(shè)P從A點到Q第一次碰后速度減為零處勻減速運動的時間為t3當(dāng)A點與擋板之間的距離最小時聯(lián)立?????式，代入數(shù)據(jù)得8、（2020·天津卷·T12）長為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點。當(dāng)A回到最低點時，質(zhì)量為的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并能通過圓周軌跡的最高點。不計空氣阻力，重力加速度為g，求（1）A受到的水平瞬時沖量I的大小；（2）碰撞前瞬間B的動能至少多大？【解析】（1）A恰好能通過圓周軌跡的最高點，此時輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點時的速度大小為v，由牛頓第二定律，有A從最低點到最高點的過程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點處重力勢能為零，設(shè)A在最低點的速度大小為，有由動量定理，有聯(lián)立①②③式，得（2）設(shè)兩球粘在一起時速度大小為，A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需滿足要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向為正方向，設(shè)B碰前瞬間的速度大小為，由動量守恒定律，有又聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動能至少為第二部分：練新題故選CD。1、（2023屆·福建福州一中高三上學(xué)期開學(xué)考試）如圖，在光滑水平面上放著質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩個物塊，彈簧與A、B栓連，現(xiàn)用外力緩慢向左推B使彈簧壓縮，此過程中推力做功W。然后撤去外力，則（）D.A離開墻面后，彈簧的最大彈性勢能為【答案】BCD【解析】A．設(shè)當(dāng)A離開墻面時，B的速度大小為vB．根據(jù)功能關(guān)系知得從撤去外力到A離開墻面過程中，對A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，由動量定理得：墻面對A的沖量大小故A錯誤；B．當(dāng)A離開墻面時，B的動量大小故B正確；C．當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，A速度最大，從A離開墻壁到AB共速的過程，系統(tǒng)動量和機(jī)械能均守恒，取向右為正方向，由動量守恒有mvB=2mvA+mv′B①由機(jī)械能守恒有由①②解得：A的最大速度為故C正確；D．B撤去F后，A離開豎直墻后，當(dāng)兩物體速度相同時，彈簧伸長最長或壓縮最短，彈性勢能最大。設(shè)兩物體相同速度為v，A離開墻時，B的速度為v0．根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒得mvB=3mv聯(lián)立解得：彈簧的彈性勢能最大值為故D正確。故選BCD。A.傳送帶對物塊做的功為5JB.物塊對傳送帶做的功為4JC.物塊與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生熱量5J【答案】BD【解析】A．經(jīng)過時間到達(dá)右輪的正上方，則物塊的位移為傳送帶對物塊做的功為解得A錯誤；B．傳送帶位移為物塊對傳送帶做的功為解得B正確；C．物塊與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生熱量為解得C錯誤；D．傳送帶對物塊摩擦力的沖量大小為解得D正確；故選BD。3、（2023屆·河南安陽市高三上學(xué)期開學(xué)考試）質(zhì)量為1kg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(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，最大靜摩擦力大小與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小g=10m/s2，則（）A.0~2s內(nèi)，F(xiàn)的沖量為2kg?m/s B.3s時物塊的動量為1kg?m/sC.2s時物塊的動能為零 D.2~4s內(nèi)，F(xiàn)對物塊所做的功為6J【答案】AD【解析】A．Ft圖像的面積表示力F的沖量，由圖可知，0~2s內(nèi)，F(xiàn)的沖量為故A正確；B．由于最大靜摩擦力為所以0~1s內(nèi)物塊一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，故0~3s內(nèi)動量變化與1~3s內(nèi)動量變化相同，