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2023届高考物理二轮复习专题六动量的综合应用作业含答案
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这是一份2023届高考物理二轮复习专题六动量的综合应用作业含答案，共13页。
专题六 动量的综合应用
1．(2022·湖北)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合力对质点做功分别为W1和W2，合力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是( )
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
答案 D
解析 根据动能定理可知W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，
可得W2＝7W1，
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，
比较可得I2≥I1一定成立．故选D项．
2．(2022·河北模拟)如图所示，载有物资的热气球静止于空中某高度处．现将其中的一部分物资在热气球外由静止释放，已知释放的物资质量小于热气球剩余的总质量，释放物资后热气球受到的浮力不变，不计空气阻力．则从释放物资到物资落地前的时间内，释放的物资和热气球组成的系统( )
A．总动量向上 B．总动量向下
C．机械能减小 D．机械能增大
答案 D
解析 释放物资前，系统处于静止状态，合力等于0，静止释放物资后，系统受到的外力不变系统受到的合力仍为0，所以系统的总动量守恒，仍为0，A、B两项错误；释放物资后，物资向下运动，热气球向上运动，浮力对系统做正功，系统的机械能增大，C项错误，D项正确．故选D项．
3.(2022·合肥模拟)平底煎锅正在炸豆子．假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v.每次撞击后速度大小均变为v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起．重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，则由动量定理FΔt＝Δm·v－Δm·(－v)，其中F＝Mg，Δm＝nΔt·m，解得n＝，故选A项．
4．(2022·全国乙卷)(多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，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0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2.则( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
答案 AD
解析 物块与地面间的滑动摩擦力为f＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s内的运动过程，由动量定理可得(F－f)t1＝mv3，得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间t′物块的速度第一次减为0，由动量定理可得－(F＋f)t′＝0－mv3，解得t′＝1 s，所以物块在t＝4 s时速度减为0，此时物块的动能也为0，故A项正确，C项错误；设0～3 s内物块的位移为x1，由动能定理可得(F－f)x1＝mv32，得x1＝9 m，3～4 s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋f)x2＝0－mv32，得x2＝3 m，4～6 s内物块反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，位移为x3＝×2×22 m＝4 m
C．0.9 m D．1.2 m
答案 A
解析 设两个小球触地碰撞后，A的速度大小最大为v1，B的速度大小为v2，为保证A球反弹后不与屋顶相碰，A球上升过程的最大高度为H，根据机械能守恒定律有mAgH＝mAv12，解得v1＝，设两弹力球释放时距离地面的最大高度为h，两球下落过程中根据系统机械能守恒有(mA＋mB)gh＝(mA＋mB)v02，B球与地面碰撞后速度等大反向，取向上为正方向，根据动量守恒定律可得mBv0－mAv0＝mAv1＋mBv2，根据机械能守恒定律有mBv02＋mAv02＝mAv12＋mBv22，联立解得H＝h，当mA
A．碰撞后瞬间，小球b的速度大小为1 m/s
B．碰撞后瞬间，小球a的速度大小为3 m/s
C．小球b的质量为3 kg
D．两球会发生第二次碰撞
答案 C
解析 由机械能守恒mbgh＝mbvB2，可得碰后小球b在B点的速度为vB＝2 m/s，故A项错误；由动量守恒定律可得mav0＝mav1＋mbvB，由机械能守恒定律可得mav02＝mav12＋mbvB2，联立求得mb＝3 kg，v1＝－2 m/s，碰撞后瞬间，小球a的速度大小为2 m/s，故B项错误，C项正确；碰后a球立刻向左运动，b球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D项错误．故选C项．
7．(2022·沈阳三模)(多选)物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1 kg，如图甲所示．开始时两物块均静止，弹簧处于原长．t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去F，在0～1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示，弹簧始终处于弹性限度内，对整个运动过程下列分析正确的是( )
A．b物块的质量为3 kg
B．恒力F的冲量为1 N·s
C．t＝1 s时b的速度小于0.15 m/s
D．弹簧伸长量最大时，b的速度大小为 m/s
答案 BD
解析 t＝0时，对物块a根据牛顿第二定律有F＝maaa＝1 N，t＝1 s时，设弹簧弹力大小为T，对a、b根据牛顿第二定律有F－T＝maa′a，T＝mbab，联立以上三式解得mb＝2 kg，故A项错误；恒力F的冲量为I＝Ft＝1 N·s，故B项正确；a－t图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，所以t＝1 s时b的速度vb>×0.3×1 m/s＝0.15 m/s，故C项错误；根据动量定理可知撤去拉力时，a、b组成的系统动量为p＝I＝1 kg·m/s，撤去拉力后，根据图像可知a的速度大于b的速度，则a、b之间距离还将继续增大，此时a、b组成的系统动量守恒，弹簧伸长量最大时，a、b的速度相同，设为v，则p＝(ma＋mb)v，解得v＝ m/s，故D项正确．故选B、D两项．
8.(2022·宁夏模拟)(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平面上放置两个带电小球A和B(均可视为质点)，已知A球的质量为m，B球的质量为3m，使两球分别带上同种电荷，相距L.现将两小球同时由静止释放，当A球的加速度大小变为释放瞬间的时，整个系统的电势能改变量为24 J，则在这一过程中，下列说法正确的是( )
A．B球运动的距离为0.75L
B．A球运动的距离为0.75L
C．B球获得的动能为6 J
D．A球获得的动能为6 J
答案 BC
解析 依题意，可知A、B小球在库仑斥力作用下沿水平方向做加速运动，当A球的加速度变为释放后瞬间的时，根据牛顿第二定律可得F1＝k＝ma1，开始时，有F＝k＝ma，又a1＝a，解得此时两球的距离为L1＝2L，根据动量守恒定律，可知任意时刻mvA－3mvB＝0，则有msA－3msB＝0，又sA＋sB＝L1－L＝L，联立解得sA＝0.75L，sB＝0.25L，即在这一过程中，B球运动的距离为0.25L，A球运动的距离为0.75L，A项错误，B项正确；两球运动过程中，库仑力对两球做正功，两球机械能增加，根据能量守恒定律，依题意可得ΔEkA＋ΔEkB＝24 J，根据动量守恒定律，可知任意时刻mvA－3mvB＝0，即vA＝3vB，则有ΔEkA＝mvA2＝3××3mvB2＝3ΔEkB，联立解得EkA＝18 J，在这一过程中B球获得的动能为6 J，A球获得的动能为18 J，C项正确，D项错误．故选B、C两项．
9.(2022·江苏模拟)(多选)如图所示，光滑的水平杆上有一质量为m的滑环A，通过一根不可伸长的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B(可视为质点)，物块B恰好与光滑的水平面接触但无弹力作用．质量为m物块C(可视为质点)以速度v冲向物块B，与B碰撞后粘在一起运动．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．物块C与物块B碰后瞬时速度为
B．物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为mv2
C．滑环A最大速度为
D．物块B、C摆起的最大高度为
答案 AD
解析 取向右为正方向，物块C与物块B碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律可得mv＝2mv1，解得碰撞后二者的速度大小为v1＝v，故A项正确；碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mv2－×2mv12，解得ΔE＝mv2，故B项错误；当B、C再次回到最低点时A的速度最大，设A的最大速度为v2，此时B、C的速度为v3.取向右为正方向，根据A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，得2mv1＝mv2＋2mv3，根据系统的机械能守恒得×2mv12＝mv22＋×2mv32，联立解得v2＝v1＝v，故C项错误；当A、B、C三者速度相等时，有2mv1＝3mv4，物块B、C上升的高度最大，根据机械能守恒定律，有2mgh＝×2mv12－×3mv42，解得h＝，故D项正确．故选A、D两项．
10.(2022·山东模拟)(多选)如图所示，现有一机械装置，装置O右端固定有一水平光滑绝缘杆，装置可以带动杆上下移动，杆上套有两个小球a、b，质量ma＝1 kg，mb＝2 kg，a球带电荷量q＝＋1 C，b球不带电．初始时a球在杆的最左端，且a、b球相距L＝0.10 m．现让装置O带动杆以v0＝5 m/s向下匀速平动，并且加上一垂直杆向里的磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，已知小球和杆始终在磁场中，球发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞过程中电荷量不发生转移．以下说法正确的是( )
A．小球a、b第一次碰撞前，小球a的速度大小为1 m/s
B．小球a、b第一次碰撞后，小球a的速度大小为 m/s
C．若杆的长度为12.1 m，则a、b两球在杆的最右端恰好发生第10次碰撞
D．若杆的长度为12.1 m，则a、b两球在杆的最右端恰好发生第11次碰撞
答案 AC
解析 a球运动过程中，受到的洛伦兹力为F＝qv0B＝5 N，加速度a＝＝5 m/s2，小球a、b第一次碰撞前，水平方向，根据速度位移关系v2＝2aL，解得第一次碰撞前，小球a的速度大小v＝1 m/s，故A项正确；小球a、b第一次碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒有mav＝mava1＋mbvb1，mav2＝mava12＋mbvb12，解得va1＝v＝－v＝－ m/s，vb1＝v＝v＝ m/s，即小球a、b第一次碰撞后，小球a的速度大小为 m/s，故B项错误；小球a、b第一次碰撞后，设再经时间t1发生第二次碰撞，则有va1t1＋at12＝vb1t1，解得t1＝ s，第二次碰前a的速度大小v2＝va1＋at1＝ m/s，第二次碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒有mav2＋mbvb1＝mava2＋mbvb2，mav22＋mbvb12＝mava22＋mvb22，解得va2＝ m/s，vb2＝ m/s，设再经时间t2发生第三次碰撞，则有va2t2＋at22＝vb2t2，解得t2＝ s，依次类推，不难看出每一次碰撞b球速度增加 m/s，间隔时间 s，每两次碰撞间隔b球向右运动的位移为x1＝vb1t1＝ m，x2＝vb2t2＝ m，x3＝vb3t3＝ m，…，若杆的长度为12.1 m，根据等差数列求和公式可知12.1 m－0.1 m＝，解得n＝9，加上第一次的碰撞，可知a、b两球在杆的最右端恰好发生第10次碰撞，故C项正确，D项错误．故选A、C两项．
11．(2022·广东)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N．滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知
N1＝(m＋M)g＝8 N
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N2＝Mg－f
代入数据得N2＝5 N.
(2)方法一：碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1
解得a1＝15 m/s2，方向向下
由运动学公式得v2－v02＝－2a1l
代入数据得v＝8 m/s
方法二：由动能定理得－(mg＋f)l＝mv2－mv02
代入数据解得v＝8 m/s.
(3)滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv＝(M＋m)v共
代入数据得v共＝2 m/s
此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有
－(M＋m)gh＝0－(M＋m)v共2
代入数据得h＝0.2 m.
12．(2022·广东)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖．如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔．通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷．有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1.此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动．B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速．已知球形油滴受到的空气阻力大小
为f＝kmv，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率．不计空气浮力，重力加速度为g.求：
(1)比例系数k；
(2)油滴A、B的带电荷量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；
(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向．
答案 (1) (2)A不带电，B带负电，电荷量为 － (3)见解析
解析 (1)两小油滴匀速下落时，由题意得油滴的速度大小为
v＝
由于匀速下落，则油滴的重力等于其所受的空气阻力，即
m0g＝f＝km0v
解得k＝.
(2)给两极板加上电压，经过一段时间后B向上匀速运动，而A仍以原速度下落，说明A不带电，B带负电
B匀速上升的速度为v′＝
对B由平衡条件得q＝m0g＋km0v′
解得q＝
B上升距离为h2的过程，电场力做的功为
W＝qEh2＝qh2＝
又W＝－ΔEp
则B电势能的变化量为－.
(3)假设新油滴最终向下匀速运动，其速度大小为v″，则新油滴所受空气阻力向上，由平衡条件得
2m0g＝q＋k·(2m0)v″
解得v″＝
若h1>h2，则v″>0，新油滴向下运动
若h1＝h2，则v″＝0，新油滴静止
若h1
专题六 动量的综合应用
1．(2022·湖北)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合力对质点做功分别为W1和W2，合力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是( )
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
答案 D
解析 根据动能定理可知W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，
可得W2＝7W1，
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，
比较可得I2≥I1一定成立．故选D项．
2．(2022·河北模拟)如图所示，载有物资的热气球静止于空中某高度处．现将其中的一部分物资在热气球外由静止释放，已知释放的物资质量小于热气球剩余的总质量，释放物资后热气球受到的浮力不变，不计空气阻力．则从释放物资到物资落地前的时间内，释放的物资和热气球组成的系统( )
A．总动量向上 B．总动量向下
C．机械能减小 D．机械能增大
答案 D
解析 释放物资前，系统处于静止状态，合力等于0，静止释放物资后，系统受到的外力不变系统受到的合力仍为0，所以系统的总动量守恒，仍为0，A、B两项错误；释放物资后，物资向下运动，热气球向上运动，浮力对系统做正功，系统的机械能增大，C项错误，D项正确．故选D项．
3.(2022·合肥模拟)平底煎锅正在炸豆子．假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v.每次撞击后速度大小均变为v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起．重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，则由动量定理FΔt＝Δm·v－Δm·(－v)，其中F＝Mg，Δm＝nΔt·m，解得n＝，故选A项．
4．(2022·全国乙卷)(多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，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0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2.则( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
答案 AD
解析 物块与地面间的滑动摩擦力为f＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s内的运动过程，由动量定理可得(F－f)t1＝mv3，得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间t′物块的速度第一次减为0，由动量定理可得－(F＋f)t′＝0－mv3，解得t′＝1 s，所以物块在t＝4 s时速度减为0，此时物块的动能也为0，故A项正确，C项错误；设0～3 s内物块的位移为x1，由动能定理可得(F－f)x1＝mv32，得x1＝9 m，3～4 s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋f)x2＝0－mv32，得x2＝3 m，4～6 s内物块反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，位移为x3＝×2×22 m＝4 m
C．0.9 m D．1.2 m
答案 A
解析 设两个小球触地碰撞后，A的速度大小最大为v1，B的速度大小为v2，为保证A球反弹后不与屋顶相碰，A球上升过程的最大高度为H，根据机械能守恒定律有mAgH＝mAv12，解得v1＝，设两弹力球释放时距离地面的最大高度为h，两球下落过程中根据系统机械能守恒有(mA＋mB)gh＝(mA＋mB)v02，B球与地面碰撞后速度等大反向，取向上为正方向，根据动量守恒定律可得mBv0－mAv0＝mAv1＋mBv2，根据机械能守恒定律有mBv02＋mAv02＝mAv12＋mBv22，联立解得H＝h，当mA
A．碰撞后瞬间，小球b的速度大小为1 m/s
B．碰撞后瞬间，小球a的速度大小为3 m/s
C．小球b的质量为3 kg
D．两球会发生第二次碰撞
答案 C
解析 由机械能守恒mbgh＝mbvB2，可得碰后小球b在B点的速度为vB＝2 m/s，故A项错误；由动量守恒定律可得mav0＝mav1＋mbvB，由机械能守恒定律可得mav02＝mav12＋mbvB2，联立求得mb＝3 kg，v1＝－2 m/s，碰撞后瞬间，小球a的速度大小为2 m/s，故B项错误，C项正确；碰后a球立刻向左运动，b球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D项错误．故选C项．
7．(2022·沈阳三模)(多选)物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1 kg，如图甲所示．开始时两物块均静止，弹簧处于原长．t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去F，在0～1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示，弹簧始终处于弹性限度内，对整个运动过程下列分析正确的是( )
A．b物块的质量为3 kg
B．恒力F的冲量为1 N·s
C．t＝1 s时b的速度小于0.15 m/s
D．弹簧伸长量最大时，b的速度大小为 m/s
答案 BD
解析 t＝0时，对物块a根据牛顿第二定律有F＝maaa＝1 N，t＝1 s时，设弹簧弹力大小为T，对a、b根据牛顿第二定律有F－T＝maa′a，T＝mbab，联立以上三式解得mb＝2 kg，故A项错误；恒力F的冲量为I＝Ft＝1 N·s，故B项正确；a－t图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，所以t＝1 s时b的速度vb>×0.3×1 m/s＝0.15 m/s，故C项错误；根据动量定理可知撤去拉力时，a、b组成的系统动量为p＝I＝1 kg·m/s，撤去拉力后，根据图像可知a的速度大于b的速度，则a、b之间距离还将继续增大，此时a、b组成的系统动量守恒，弹簧伸长量最大时，a、b的速度相同，设为v，则p＝(ma＋mb)v，解得v＝ m/s，故D项正确．故选B、D两项．
8.(2022·宁夏模拟)(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平面上放置两个带电小球A和B(均可视为质点)，已知A球的质量为m，B球的质量为3m，使两球分别带上同种电荷，相距L.现将两小球同时由静止释放，当A球的加速度大小变为释放瞬间的时，整个系统的电势能改变量为24 J，则在这一过程中，下列说法正确的是( )
A．B球运动的距离为0.75L
B．A球运动的距离为0.75L
C．B球获得的动能为6 J
D．A球获得的动能为6 J
答案 BC
解析 依题意，可知A、B小球在库仑斥力作用下沿水平方向做加速运动，当A球的加速度变为释放后瞬间的时，根据牛顿第二定律可得F1＝k＝ma1，开始时，有F＝k＝ma，又a1＝a，解得此时两球的距离为L1＝2L，根据动量守恒定律，可知任意时刻mvA－3mvB＝0，则有msA－3msB＝0，又sA＋sB＝L1－L＝L，联立解得sA＝0.75L，sB＝0.25L，即在这一过程中，B球运动的距离为0.25L，A球运动的距离为0.75L，A项错误，B项正确；两球运动过程中，库仑力对两球做正功，两球机械能增加，根据能量守恒定律，依题意可得ΔEkA＋ΔEkB＝24 J，根据动量守恒定律，可知任意时刻mvA－3mvB＝0，即vA＝3vB，则有ΔEkA＝mvA2＝3××3mvB2＝3ΔEkB，联立解得EkA＝18 J，在这一过程中B球获得的动能为6 J，A球获得的动能为18 J，C项正确，D项错误．故选B、C两项．
9.(2022·江苏模拟)(多选)如图所示，光滑的水平杆上有一质量为m的滑环A，通过一根不可伸长的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B(可视为质点)，物块B恰好与光滑的水平面接触但无弹力作用．质量为m物块C(可视为质点)以速度v冲向物块B，与B碰撞后粘在一起运动．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．物块C与物块B碰后瞬时速度为
B．物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为mv2
C．滑环A最大速度为
D．物块B、C摆起的最大高度为
答案 AD
解析 取向右为正方向，物块C与物块B碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律可得mv＝2mv1，解得碰撞后二者的速度大小为v1＝v，故A项正确；碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mv2－×2mv12，解得ΔE＝mv2，故B项错误；当B、C再次回到最低点时A的速度最大，设A的最大速度为v2，此时B、C的速度为v3.取向右为正方向，根据A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，得2mv1＝mv2＋2mv3，根据系统的机械能守恒得×2mv12＝mv22＋×2mv32，联立解得v2＝v1＝v，故C项错误；当A、B、C三者速度相等时，有2mv1＝3mv4，物块B、C上升的高度最大，根据机械能守恒定律，有2mgh＝×2mv12－×3mv42，解得h＝，故D项正确．故选A、D两项．
10.(2022·山东模拟)(多选)如图所示，现有一机械装置，装置O右端固定有一水平光滑绝缘杆，装置可以带动杆上下移动，杆上套有两个小球a、b，质量ma＝1 kg，mb＝2 kg，a球带电荷量q＝＋1 C，b球不带电．初始时a球在杆的最左端，且a、b球相距L＝0.10 m．现让装置O带动杆以v0＝5 m/s向下匀速平动，并且加上一垂直杆向里的磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，已知小球和杆始终在磁场中，球发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞过程中电荷量不发生转移．以下说法正确的是( )
A．小球a、b第一次碰撞前，小球a的速度大小为1 m/s
B．小球a、b第一次碰撞后，小球a的速度大小为 m/s
C．若杆的长度为12.1 m，则a、b两球在杆的最右端恰好发生第10次碰撞
D．若杆的长度为12.1 m，则a、b两球在杆的最右端恰好发生第11次碰撞
答案 AC
解析 a球运动过程中，受到的洛伦兹力为F＝qv0B＝5 N，加速度a＝＝5 m/s2，小球a、b第一次碰撞前，水平方向，根据速度位移关系v2＝2aL，解得第一次碰撞前，小球a的速度大小v＝1 m/s，故A项正确；小球a、b第一次碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒有mav＝mava1＋mbvb1，mav2＝mava12＋mbvb12，解得va1＝v＝－v＝－ m/s，vb1＝v＝v＝ m/s，即小球a、b第一次碰撞后，小球a的速度大小为 m/s，故B项错误；小球a、b第一次碰撞后，设再经时间t1发生第二次碰撞，则有va1t1＋at12＝vb1t1，解得t1＝ s，第二次碰前a的速度大小v2＝va1＋at1＝ m/s，第二次碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒有mav2＋mbvb1＝mava2＋mbvb2，mav22＋mbvb12＝mava22＋mvb22，解得va2＝ m/s，vb2＝ m/s，设再经时间t2发生第三次碰撞，则有va2t2＋at22＝vb2t2，解得t2＝ s，依次类推，不难看出每一次碰撞b球速度增加 m/s，间隔时间 s，每两次碰撞间隔b球向右运动的位移为x1＝vb1t1＝ m，x2＝vb2t2＝ m，x3＝vb3t3＝ m，…，若杆的长度为12.1 m，根据等差数列求和公式可知12.1 m－0.1 m＝，解得n＝9，加上第一次的碰撞，可知a、b两球在杆的最右端恰好发生第10次碰撞，故C项正确，D项错误．故选A、C两项．
11．(2022·广东)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N．滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知
N1＝(m＋M)g＝8 N
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N2＝Mg－f
代入数据得N2＝5 N.
(2)方法一：碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1
解得a1＝15 m/s2，方向向下
由运动学公式得v2－v02＝－2a1l
代入数据得v＝8 m/s
方法二：由动能定理得－(mg＋f)l＝mv2－mv02
代入数据解得v＝8 m/s.
(3)滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv＝(M＋m)v共
代入数据得v共＝2 m/s
此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有
－(M＋m)gh＝0－(M＋m)v共2
代入数据得h＝0.2 m.
12．(2022·广东)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖．如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔．通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷．有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1.此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动．B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速．已知球形油滴受到的空气阻力大小
为f＝kmv，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率．不计空气浮力，重力加速度为g.求：
(1)比例系数k；
(2)油滴A、B的带电荷量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；
(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向．
答案 (1) (2)A不带电，B带负电，电荷量为 － (3)见解析
解析 (1)两小油滴匀速下落时，由题意得油滴的速度大小为
v＝
由于匀速下落，则油滴的重力等于其所受的空气阻力，即
m0g＝f＝km0v
解得k＝.
(2)给两极板加上电压，经过一段时间后B向上匀速运动，而A仍以原速度下落，说明A不带电，B带负电
B匀速上升的速度为v′＝
对B由平衡条件得q＝m0g＋km0v′
解得q＝
B上升距离为h2的过程，电场力做的功为
W＝qEh2＝qh2＝
又W＝－ΔEp
则B电势能的变化量为－.
(3)假设新油滴最终向下匀速运动，其速度大小为v″，则新油滴所受空气阻力向上，由平衡条件得
2m0g＝q＋k·(2m0)v″
解得v″＝
若h1>h2，则v″>0，新油滴向下运动
若h1＝h2，则v″＝0，新油滴静止
若h1
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