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第5讲 力学中的动量和能量问题
考题一 动量与动力学观点的综合应用
（2023 湖南模拟）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中（ ）
A．球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量
B．从最高点下降落回到地面所用时间小于t1
C．最大的加速度为4g
D．小球上升的最大高度为
【解答】解：A、由题意知，小球受到的空气阻力与速率的关系为f＝kv，k是比例系数，则阻力的冲量大小为If＝∑ft＝∑kvt＝kx
因为上升过程和下降过程位移大小相同，所以上升和下降过程阻力的冲量大小相等，故A错误；
B、由于机械能损失，上升和下降经过同一位置时，上升的速度大于下降的速度，所以上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，而上升过程与下降过程的位移大小相等，所以小球上升的时间小于下降的时间，则从最高点下降落回到地面所用时间大于t1，故B错误；
C、设小球的初速度为v0，满足
而小球的末速度为v1，有
小球刚抛出时阻力最大，其加速度最大，有mg+kv0＝mamax
当小球向下匀速时，有mg＝kv1
联立解得：amax＝5g，故C错误；
D、上升时加速度为a，由牛顿第二定律得﹣（mg+kv）＝ma
解得：
取极短Δt时间，速度变化为Δv，有
又vΔt＝Δh
上升全程，有
则
设小球的初速度为v0，满足
而小球的末速度为v1，有
联立可得：，故D正确。
故选：D。
（2023 海淀区校级三模）一质量为2kg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随时间t变化的图线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．t＝2s时物块的动量大小为2kg m/s
B．t＝3s时物块的速度大小为1m/s，方向向右
C．0 4s时间内F对物块的冲量大小为6N s
D．0 4s时间内物体的位移为3m
【解答】解：A．物块与地面间的滑动摩擦力为f＝μmg＝0.1×2×10N＝2N
则t＝2s前，物块开始滑动，受到滑动摩擦力作用，t＝2s时根据动量定理
p1＝（F1﹣f）t1＝（4﹣2）×2kg m/s＝4kg m/s
故A错误；
B．t＝2s时物块速度
2s﹣3s过程，加速度大小为
方向为负，则t＝3s时物块的速度大小为零，故B错误；
C．0～4s时间内F对物块的冲量大小为p＝F1t1+F2t2＝（4×2﹣2×2）N s＝4N s
故C错误；
D．t＝3s时物块的速度大小为零，之后拉力与摩擦力平衡，不再运动，则0～4s时间内物体的位移为
故D正确。
故选：D。
（2023 鼓楼区校级二模）滑雪运动是冬季人们喜爱的运动之一，甲、乙两同学在倾角为θ＝37°的雪坡上，开始乙同学能静止在B处，甲同学从距乙同学x0＝10m的A点由静止加速滑下，滑到B处时两同学瞬间抱紧一起沿雪坡下滑，t1＝1s后恰好滑到雪坡底端C处，经过C点瞬间甲同学立即给乙同学一水平瞬时冲量，分离后乙继续向前滑行x1＝40m后停止，甲、乙两同学的质量分别为m1＝45kg、m2＝55kg，两同学的滑雪板与雪面之间的动摩擦因数均为μ，若雪面各处粗糙程度相同，两同学通过C点时无速度损失。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）两同学抱紧瞬间损失的机械能ΔE；
（2）过C点瞬间，乙对甲的冲量大小。
【解答】解：（1）甲同学加速下滑的过程中，设加速度为a，根据牛顿第二定律有m1gsinθ﹣μm1gcosθ＝m1a
根据匀变速直线运动规律有2ax0
解得v0＝10 m/s
两同学抱紧的瞬间，根据动量守恒定律有m1v0＝（m1+m2）v1
损失的机械能为ΔE（m1+m2）
解得ΔE＝1237.5J
（2）两同学共同下滑时，根据牛顿第二定律有
（m1+m2）gsinθ﹣μ（m1+m2）gcosθ＝（m1+m2）a1
经过t1＝1s后共同速度为v2＝v1+a1t1
两同学分离后，乙同学向前做匀减速直线运动，有μm2g＝m2a2
设甲、乙分离瞬间乙同学的速度为v3，根据匀变速直线运动规律有2a2x1
解得v3＝10 m/s
甲、乙分离过程，对乙根据动量定理有I＝Δp＝m2v3﹣m2v2
解得乙同学对甲同学的冲量大小为I'＝I＝27.5N s
答：（1）两同学抱紧瞬间损失的机械能ΔE为1237.5J；
（2）过C点瞬间，乙对甲的冲量大小为27.5N s。
1．解决动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
考题二 动量与能量观点的综合应用
（2023 分宜县校级一模）如图所示，热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的小球以相对地面的速度v0水平投出。已知投出小球后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．投出小球后气球所受合力大小为Mg
B．小球落地时气热球的速度大小为v
C．小球在落地之前，小球和热气球速度始终大小相等方向相反
D．小球落地时二者的水平距离为d
【解答】解：A、热气球开始携带小球时处于静止状态，所以所受合外力为零，由于投出小球后所受浮力不变，则热气球所受合力为mg，故A错误；
B、热气球开始携带小球时处于静止状态，所受合外力为零，初动量为零，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv1﹣mv0＝0
由上式可知热气球获得水平向左的速度v1v0
小球水平投出后做平抛运动，则H
则小球落地所需时间为t
热气球竖直方向上加速度为a
小球落地时，热气球竖直方向上的速度为vy＝at
则小球落地时热气球的速度大小为v，解得v，故B正确；
C、热气球所受合外力为mg，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，加速度为a
而小球体积比较小又不计阻力，则小球的加速度为g，方向竖直向下，故小球和热气球速度不会始终大小相等方向相反，故C错误；
D、热气球和小球在水平方向均做匀速直线运动，小球落地时二者的水平距离为d＝xm+xM＝v0t+v1t，解得d＝（1）v0，故D错误。
故选：B。
（2023 浙江模拟）某滑块弹射游戏装置如图所示，该装置由固定在水平地面上的倾角θ＝37°的直轨道OB、光滑圆弧轨道B'C'以及平台CD组成，其中圆弧轨道在B'、C'两点的切线分别与直轨道OB、平台CD平行，BB'、CC'间的距离恰好能让游戏中的滑块通过。一根轻弹簧下端固定在直轨道OB的底端，质量m＝0.2kg的滑块P紧靠弹簧上端放置，平台右端D点处放置一质量M＝0.4kg的滑块Q。已知圆弧轨道半径R＝1m，滑块尺寸远小于轨道半径，平台CD长度LCD＝1m，平台离地高度h＝2.5m，滑块P与轨道OB、平台CD间的动摩擦因数μ＝0.1。
游戏中，游戏者将滑块P压缩弹簧到不同的程度，如果释放滑块P后，滑块P能够一直沿轨道运动至D点，与滑块Q发生弹性正碰，且滑块P停留在CD平台上则视为游戏成功。
某次游戏中游戏者将滑块P压缩弹簧至A点，AB距离LAB＝3m，释放后滑块P沿轨道运动，测得经过C点的速度大小为vc'＝4m/s。
（1）求该次游戏滑块P经过圆弧轨道C'时对轨道的压力F；
（2）该次游戏中弹簧压缩后具有的弹性势能Ep；
（3）更改不同的弹簧压缩程度，在游戏成功的条件下，求滑块Q的落地点距D点的水平距离x的范围。
【解答】解：（1）在C'点由牛顿第二定律有：
代入数据，可得FN＝1.2N
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力F＝FN＝1.2N，方向竖直向上；
（2）由几何关系可知∠BO′C＝θ
从A点到C由能量守恒可得：
代入数据，可得Ep＝6.08J；
（3）设滑块P在D点碰前的速度为vD，碰后的速度为v1，滑块Q碰后的速度为v2
两滑块碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，则有：mvD＝mv1+Mv2
由能量守恒可得：
两式联立，可得，
①当滑块P恰好过C′点不脱离轨道，则有：
代入数据，解得C′点的速度，C′点的速度v最小，则D点的速度vD最小
从C点到D点利用动能定理：
代入数据可得
可得滑块Q碰后的速度v2的最小值
②滑块P碰后恰好返回到C点，可知滑块P碰后的速度v1最大时，则vD最大，v2最大
从D点运动到C点，利用动能定理：
代入数据，可得v1的大小，则
可得滑块Q碰后的速度v2的最大值
滑块Q离开D点做平抛运动，则有：
代入数据，可得
由x＝v2t可得x的最小值，最大值xm＝2m
所以
答：（1）该次游戏滑块P经过圆弧轨道C'时对轨道的压力F为1.2N，方向：竖直向上；
（2）该次游戏中弹簧压缩后具有的弹性势能Ep为6.08J；
（3）更改不同的弹簧压缩程度，在游戏成功的条件下，求滑块Q的落地点距D点的水平距离x的范围为
（2023 西城区校级三模）某兴趣小组同学利用如图甲所示的一组大小、质量各不相同的硬质弹性小球进行了若干次碰撞实验。所有碰撞都可认为是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力影响，小球均可视为质点。试讨论以下问题：
（1）第一次实验他们将一个质量为m1的小球1从距离地面高度h处由静止释放，如图乙所示。通过查阅资料他们估计出了球与地面的作用时间Δt。求1球与地面碰撞过程中对地面平均作用力F的大小。
（2）第二次实验在1球顶上放一质量为m2的2球，m2＝km1（k＜1），让这两个球一起从距离地面高h处自由下落并撞击地面，如图丁所示，他们惊奇的发现球2反弹的高度超过了释放时的高度。他们猜想若2球质量越小被反弹的高度越高，试从理论角度分析他们的猜想是否正确，并求2球能达到的最大高度。
（3）受（2）的启示，他们设想了一个超球实验：将三个球紧贴从距离地面h高处由静止释放，由下至上三球的质量分别为m1、m2和m3，且满足m1 m2 m3，如图戊所示。他们设想3球可以被反弹到很高的高度，试估算此高度。
【解答】解：（1）小球1做自由落体运动，根据v2＝2gh可得落地瞬间速度大小为。由于是弹性碰撞，所以反弹速度大小为。设向下为正方向，落地到反弹，根据动量定理可得：（mg﹣F）Δt＝﹣mv﹣mv，解得：；
（2）小球1以碰前刚刚着地的速率反弹并与小球2碰撞，设向下为正方向，设碰后小球2速度为v1，小球1碰后速度为v2
根据动量守恒定律可得：km1v﹣m1v＝km1v1+m1v2
根据机械能守恒定律可得：km1v2m1v2km1m1
联立解得：，
对于小球2碰后根据动能定理可得
解得：，因为k＜1，可得k+1＜2，则，，故h′＞h，并且k越小，h′越大，所以他们的猜想是正确的；2球能达到的最大高度为。
（3）在第（2）问基础上，设m3＝k′m2（k′＜1），2球接着与3球碰撞，同理根据动量守恒定律以及机械能守恒定律得出3球可以被反弹的高度的表达式，h″，因为由下至上三球的质量分别为m1、m2和m3，且满足m1 m2 m3，所以k与k′都趋于0，代入公式得：h″＝81h
答：（1）1球与地面碰撞过程中对地面平均作用力F的大小为mg；
（2）他们猜想若2球质量越小被反弹的高度越高，从理论角度分析他们的猜想是正确的，2球能达到的最大高度为；
（3）3球可以被反弹的高度估算值为81h。
1．两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律．
能量的观点：动能定理和能量守恒定律．
2．解题技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．
（2023 镇海区模拟）如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．男孩和木箱组成的系统机械能守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．小孩推力的冲量小于木箱的动量的变化量
【解答】解：A．男孩和木箱组成的系统动能增大，由人体生物能转化为系统机械能，机械能不守恒，故A错误；
BC．男孩、小车与木箱三者组成的系统系统受合外力为零，系统动量守恒；小车与木箱组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误，C正确；
D．由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，由此可知小孩推力的冲量等于木箱的动量的变化量，故D错误。
故选：C。
（2023 浙江模拟）如图所示，是一种被称为“移动摆”的装置，即将单摆悬挂于一辆可以移动的车上。假设单摆在重力作用下做机械振动，且车和摆始终在同一平面内运动。若忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，则（ ）
A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能守恒，动量不守恒
C．机械能不守恒，动量守恒
D．机械能不守恒，动量不守恒
【解答】解：忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为系统，只有单摆的重力对系统做功，使系统的重力势能和动能相互转化，所以机械能守恒。
直接分析系统所受合力是否为零，不好分析，可用假设法处理。
假设车和摆组成的系统动量守恒，则由动量守恒条件可知，系统在整个运动过程中所受合力应始终为零。但是当摆运动到最低点时，系统所受合力为单摆的向心力、不等于零，故假设不成立，故系统动量不守恒。
但系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2023 镇海区模拟）运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，若N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
B．排球两次飞行过程中外力对排球的冲量相等
C．排球离开M点的速率比经过Q点的速率小
D．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大
【解答】解：A．从M到P，重力对排球做功mgh，从P到N过程中，重力对排球做功为零，则排球两次飞行过程中重力对排球做的功不相等，故A错误；
B．因从P到N过程中排球飞行的时间等于从M到P过程中排球飞行时间的2倍，排球飞行过程中只受重力作用，则根据I＝mgt可知，排球两次飞行过程中外力对排球的冲量不相等，故B错误；
C、排球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，高度h相同，由t知运动时间相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可推出离开M点的速度大于经过Q点的速度，故C错误；
D．排球到达P点时的竖直速度等于排球离开P点时的竖直速度（高度相同），而排球到达P点时的水平速度大于排球离开P点时的水平速度，则排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大，故D正确。
故选：D。
（2023 宁波二模）如图所示，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（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【解答】解：设单位时间内水的质量为Δm，选水流的初速度方向为正方向，根据动量定理可得：
﹣FΔt＝0﹣Δmv
结合压强的计算公式可得：
当横截面积变为原来的一半时，因为水龙头的流量不变，即Q＝vS保持不变，所以水的流速变为原来的2倍，因为横截面积变为原来的，所以压强约为原来的4倍，故C正确。ABD错误；
故选：C。
（2023 温州三模）太阳帆飞船是利用太阳光的光压进行宇宙航行的一种航天器．光压是指光照射到物体上对物体表面产生的压力，从而使航天器获得加速度。假设光子打到帆面上全部反射，地球上太阳光光强（单位时间垂直照射到单位面积上的光能）为I0，地球轨道半径为r0，光在真空中传播速度为c，则在离太阳距离为r的地方，正对太阳的单位面积上的光压为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：设太阳单位时间辐射的总能量E，则在距离太阳为r0的地方：E
设在距离太阳为r的地方太阳光光强为I，根据能量守恒：E＝4πr2 I
联立解得：I，
根据光子说，光子能量 ＝h pc，p是光子动量，
则在离太阳距离为r的地方，Δt时间垂直照射到单位面积上的光的动量p′Δt
光子打到帆面上全部反射，则Δt时间垂直照射到单位面积上的光的动量改变为Δp＝2p′
根据动量定理，帆面单位面积上获得的作用力（光压）为F，代入数据得F，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023 镇海区校级模拟）发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为v0，与水平方向夹角α＝37°。弹力球与水平面碰撞的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。则弹力球（ ）
A．第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于45°
B．第2、3次落地点间的距离为
C．与水平面碰撞4次后停止运动
D．与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变
【解答】解：A．将碰前、碰后的速度分解成水平和竖直方向的分速度，如下图所示
由于每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变。以竖直向上为正方向，则在竖直方向上由动量定理可得
（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
设碰撞后弹力球沿水平方向速度为v'x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
代入数据可得
v'x＝0.6v0
反弹后的夹角正切值为
tan
故速度方向与水平面间的夹角等于45°，故A错误；
B．小球在空中不受阻力作用，故根据运动的对称性可知，小球在第二次与地面碰前的速度和第一次与地面碰后的速度相等。故同理可得，以竖直向上为正方向，在竖直方向上由动量定理可得（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
设第二次碰撞后弹力球沿水平方向速度为v''x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
代入数据可得v“x＝0.4v0
小球从第二次碰撞后到与地面发生第三次碰撞前的过程中，在空中做斜上抛运动，故从第二次碰撞后运动至最高点所需时间为
水平方向做匀速直线运动，根据运动的对称性可知，水平方向位移为x＝v″ 2t，故B正确；
C．根据以上分析结合题意可知，与水平面碰撞4次后，小球水平方向速度为零。但由于竖直方向上碰前和碰后速度大小不变，方向相反，且在空中运动过程中不考虑空气阻力，故第四次碰后小球做竖直上抛运动，如此往复。即小球不可能停止，故C错误；
D．根据以上分析可知，在前四次碰撞过程中，小球在水平和竖直方向受力均不变，且小球与地面的碰撞时间均相等。故前四次碰撞过程中，每次碰撞时合力的冲量为，可知小球在前四次碰撞过程中合力的冲量相等，方向沿合力方向。但第四次碰撞后，小球水平方向速度为零，开始循环做竖直上抛运动。故在随后的碰撞过程中，小球只受到竖直方向的作用力，且碰撞时间仍不变。故第四次后的碰撞过程中，小球所受合力的冲量为
I'＝Fy t
方向沿竖直方向，故与水平面碰撞过程中受到合力的冲量会发生改变，故D错误。
故选：B。
（2022 浙江模拟）图甲是抬鼓击球的体育活动画面，实际活动比较复杂，现建立如图乙的简化模型，20个人对称地拉着绳子（图中只显示面对面的两条绳子）抬鼓击球，设鼓的质量为6kg，球的质量为0.5kg，绳子质量不计，A点为手拉住绳子的接触点，B为绳子与鼓的连接点。某次击球活动时，目测A、B的竖直高度差约为绳长AB的十分之一（设每根绳子都如此），并保持稳定，假定活动过程中鼓始终处于静止状态，发现球从离鼓0.8m的高度由静止开始下落，与鼓发生碰撞后又几乎可以回到0.8m处，碰撞时间约为0.1s。（空气阻力忽略不计，g取10m/s2）。对此情景，下列分析正确的是（ ）
A．球在空中时，每个人对绳子的拉力为60N
B．击球过程中，鼓对球弹力的冲量为2.5N s
C．击球时，每个人对绳子的拉力为52.5N
D．击球时，鼓对球的平均作用力40N
【解答】解：A、球在空中时，20根绳子的拉力的竖直分量之和为F＝G＝mg＝6×10N＝60 N，由力的合成和分解可知，每一根绳子拉力为30 N，故A错误；
BD、根据v2＝2gh，易得，球击鼓前瞬间和刚离开鼓时的速度大小为4 m/s，根据动量定理（F﹣mg）t＝mv﹣（﹣mv），得鼓对球的弹力的冲量为4.5 N s，弹力的平均作用力为45 N，故B、D错误；
C、则球击鼓过程中，20根绳子的拉力的竖直分量之和F''＝G+F＝60N+45N＝105 N，易得每个人对绳子的拉力为52.5 N，故C正确。
故选：C。
（2022 浙江模拟）如图所示，质量为m、内壁光滑、半径为R的半圆形容器静止在足够长的光滑水平地面上，左侧紧靠竖壁但不粘连，质量也为m的小球从半圆形容器内壁A点静止开始下滑，下列说法中正确的是（ ）
A．从A点下滑到半圆形轨道最底点B点过程中，运动时间为
B．小球过最底点B后，能上升的最大高度点为D点，B、D两点高度差为
C．从A点运动到D点过程中，半圆形容器对小球的弹力对小球始终不做功
D．半圆形容器在一段时间内将不断重复做往复运动
【解答】解：A、从A点下滑到半圆形轨道最底点B点过程中，运动时间不能用单摆公式计算，故A错误；
B、小球过最底点B时的速度大小为v0，根据动能定理可得：mgR；
以后运动过程中，系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv
取B点所在水平面为零势能面，根据机械能守恒定律可得：mgh
联立解得：h，故B正确；
C、从A点运动到B点过程中，半圆形容器对小球的弹力不做功，但从B点运动到D点过程中，小球的机械能减小，半圆形容器对小球的弹力对小球做负功，故C错误；
D、水平方向合动量方向向右，根据动量守恒定律可知，当小球运动到左边边缘弧中点时二者的速度均为v0，方向向右，当小球再次回到半圆形容器最低点且方向向右时，半圆形容器速度为零，以后重复前面的过程，所以半圆形容器不会出现向左运动的情况，故D错误。
故选：B。
（2022 浙江模拟）如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出.已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为v0
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为v0
D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管对平行导槽的冲量大小为mv0，方向垂直导槽向上
【解答】解：A、由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；
B、小球进出U形管的过程，小球与U形管系统机械能守恒，沿着轨道方向，系统动量守恒，类比弹性碰撞，质量相等交换速度，小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0，故B错误；
C、小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+m）vx，解得：vx，
根据机械能守恒定律得： （设小球的合速度为v3），解得：v3v0，故C错误；
D、在小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为v3yv0，运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球，根据动量定理有：I＝mv3ymv0，
U形管与平行导槽间的作用力是作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间相等，则平行导槽受到的冲量大小也为mv0，故D正确。
故选：D。
（2021 嘉兴二模）在2019年世界中学生排球锦标赛上，中国男女排双双获得冠军。如图所示为某次接发球过程的示意图，运动员从场地端线处起跳，将球从离地h1＝2.80m高的A点沿垂直端线的方向水平击出，球运动到对方球场时，在离地h2＝0.35m，离端线x＝0.50m处的B点被运动员救起，球沿竖直方向向上运动到离击球点h3＝5.00m处的C点处速度为零。已知排球质量m＝280g，排球视为质点，排球场长L＝18.00m，球网上边缘离地高h＝2.35m，运动员与排球接触时间均很短，不考虑空气阻力。则（ ）
A．排球从A运动到B的运动时间为s
B．在A点，运动员对排球做功为85J
C．在A点，运动员对排球的冲量大小为3.5N s
D．在B点，排球在竖直方向的动量变化量大小为4.76kg m/s
【解答】解：A、根据题意，由平抛运动可得从A到B，，代入数据解得t＝0.7s，故A错误。
B、由A到B，设物体做平抛运动的水平位移为x′，x′＝L﹣x＝v0t，代入数据解得v0＝25m/s
根据动能定理有W＝ΔEK，代入数据得W＝87.5J，故B错误。
C、根据动量定理有I＝mv0，代入数据得I＝7kg m/s，故C错误。
D、从A到B点由平抛运动有，代入数据得vy＝7m/s，
由B点到最高点，代入数据得vy′＝10m/s，
取向上为正方向，I＝ΔP＝mvy′﹣（﹣mvy），代入数据得I＝4.76kg m/s，故D正确。
故选：D。
（2020 吴兴区校级模拟）如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M＝450kg，桩料的质量为m＝50kg。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0＝5m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率k＝5.05×104N/m。g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9m/s
B．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5m/s
C．打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1m
D．打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3m
【解答】解：AB、夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度：v02＝2gh0，解得 v010m/s
取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得：Mv0＝（M+m）v，
代入数据解得：v＝9m/s，故AB错误；
C、由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，则有：
Wfkh hkh2
对夯锤与桩料，由动能定理得：
（M+m）gh+Wf＝0（M+m）v2，代入数据解得：h＝1m，故C正确；
D、由于每次提升重锤距桩帽的高度均为h，每次碰撞后瞬间的速度均为v，
设三次打击后共下降x，则由图象可知，克服阻力做功Wkx2
由能量守恒定律得：（M+m）gx+3（M+m）v2kx2
解得经过三次撞击后被打入泥土的深度：x＝1.65m，故D错误。
故选：C。
（2023 金华一模）如图是一种弹射游戏装置示意图，该装置配有小车，弹射器将小车弹出后依次沿两个半径不同、平滑连接但不重叠的光滑圆轨道1、2运动，接着冲上两段平滑连接的光滑圆弧轨道CD、DE，直至从E点平抛落回与C点等高的水平面上。轨道1、2的圆心分别为O1O2，半径分别为R1＝20cm、R2＝10cm，OA为水平光滑轨道，AC为长度L＝60cm的水平粗糙轨道，动摩擦因数，圆弧轨道CD、DE的半径均为R3＝20cm，对应圆心角θ均为37°，水平轨道与圆弧轨道CD相切于C点。可视为质点的小车质量m＝0.1kg，游戏时弹射器将小车自O点以一定初速度弹出，轨道各部分平滑连接，g取10m/s2。
（1）求小车通过轨道1最高点B的最小速度vB；
（2）改变弹射器对小车的冲量，但小车均能通过轨道1、2，写出小车通过轨道2最低点A时，受到轨道的支持力大小与弹射器对小车冲量大小的关系式；
（3）若小车能够通过轨道1，且小车整个运动过程均不脱离轨道，求小车从E点水平抛出后，其落到水平面上的点与E点的水平距离x的范围。
【解答】解：（1）若能通过轨道1最高点，必然能够通过其他轨道，故满足mg＝m，解得vBm/s
（2）弹射器弹开过程中由动量定理I＝mv0根据机械能守恒定律可知
小车运动至圆轨道2最低点A时，根据牛顿第二定律有
解得（N）
由（1）可得为确保小车通过圆轨道，需满足
根据动能定理有
解得，
故轨道对小车作用力与弹射器对小车冲量的关系为
（N）（）
（3）小车冲上两段平滑连接的圆弧轨道CDE时，最容易脱离轨道的位置为D点，为保证D点不脱离轨道，则应满足 即
由（1）可得小车通过圆轨道Ⅰ，则有，当时，小车冲到D点时，根据动能定理有2mgR1﹣μmgL﹣mgR3（1﹣cosθ）
解得，因此小车不会脱离轨道。
①时，小车恰好能通过圆弧轨道CDE到达E点，根据动能定理
2mgR1﹣μmgL﹣mgR3（1﹣cosθ）
有平抛时间
解得落点离E点水平距离点最小值xmin＝vEmint＝0.08m
②时，小车恰好能通过圆弧轨道CDE到达E点，根据动能定理有
﹣mgR3（1﹣cosθ）
平抛时间
解得落点离E点水平距离点最大值
故水平距离x的范围或（0.08m≤x≤0.11m）
答：（1）小车通过轨道1最高点B的最小速度为m/s；
（2）轨道对小车作用力与弹射器对小车冲量的关系为（N）（）；
（3）水平距离x的范围为或（0.08m≤x≤0.11m）。
（2021 温州模拟）如图所示，内壁光滑的管道ABCD竖直放置，其圆形轨道部分半径R＝1.2m，管道左侧A处放有弹射装置，被弹出的物块可平滑进入管道，管道右端出口D恰好水平，且与圆心O等高，出口D的右侧接水平直轨道，轨道呈光滑段、粗糙段交替排列，每段长度均为L＝0.1m。在第一个光滑段与粗糙段的结合处P位置放一质量m＝0.1kg的物块乙，质量为m＝0.1kg的物块甲通过弹射装置获得初动能。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为μ＝0.1，弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比，当弹射器中的弹簧压缩量为d时，滑块甲到达与圆心O等高的C处时刚好对管壁无挤压。管道内径远小于圆形轨道半径，物块大小略小于管的内径，物块视为质点，空气阻力忽略不计，g＝10m/s2。
（1）求弹射器释放的弹性势能Ep和滑块经过B点时对管道的压力F；
（2）当弹射器中的弹簧压缩量为2d时，滑块甲与滑块乙在P处发生碰撞（碰撞时间极短），碰后粘在一起运动，求因碰撞甲物块损失的机械能；
（3）若发射器中的弹簧压缩量为nd（n＝2、3、4、……），滑块甲与滑块乙在P处发生碰撞（碰撞时间极短），碰后粘在一起运动，求碰后两物块滑行的距离s与n的关系式。
【解答】解：（1）滑块甲到达与圆心O等高的C处时刚好对管壁无挤压，则滑块甲到达C处时速度为零，
设弹簧压缩量为d时的弹性势能为Ep，从开始释放弹簧到滑块甲到达C处过程，由能量守恒定律得：Ep＝mgR
代入数据解得：Ep＝1.2J
设弹簧恢复原长时滑块甲的速度大小为vB，
由能量守恒定律得：Ep
在B点，管道的支持力F′与小球重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F′﹣mg＝m
代入数据解得：F′＝3N
由牛顿第三定律可知，滑块甲对管道的压力大小F＝F′＝3N，方向竖直向下
（2）弹簧压缩量为d时弹簧的弹性势能Ep，弹簧压缩量为2d时的弹性势能Ep′
解得：Ep′＝4Ep＝4mgR
设释放弹簧后滑块甲到达D处时的速度大小是vD，由能量守恒定律得：Ep′mgR
两滑块碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度大小为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvD＝2mv1
碰撞过程滑块甲损失的机械能：△E
代入数据解得，甲损失的机械能：△E＝2.7J
（3）弹簧压缩量为nd时弹簧的弹性势能Ep″n2mgR
设滑块甲到达D点时的速度为v0，由能量守恒定律得：Ep″mgR
两滑块碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后滑块的速度为v2，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv2
设滑块碰撞后向右减速到零时滑块在粗糙段上的位移大小为s1，
对两滑块，由动能定理得：﹣μ×2mgs1＝0
解得：s1＝3（n2﹣1）
光滑段的长度s2＝3（n2﹣1）﹣0.1
滑块滑行的距：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讲 力学中的动量和能量问题
考题一 动量与动力学观点的综合应用
（2023 湖南模拟）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中（ ）
A．球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量
B．从最高点下降落回到地面所用时间小于t1
C．最大的加速度为4g
D．小球上升的最大高度为
（2023 海淀区校级三模）一质量为2kg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随时间t变化的图线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．t＝2s时物块的动量大小为2kg m/s
B．t＝3s时物块的速度大小为1m/s，方向向右
C．0 4s时间内F对物块的冲量大小为6N s
D．0 4s时间内物体的位移为3m
（2023 鼓楼区校级二模）滑雪运动是冬季人们喜爱的运动之一，甲、乙两同学在倾角为θ＝37°的雪坡上，开始乙同学能静止在B处，甲同学从距乙同学x0＝10m的A点由静止加速滑下，滑到B处时两同学瞬间抱紧一起沿雪坡下滑，t1＝1s后恰好滑到雪坡底端C处，经过C点瞬间甲同学立即给乙同学一水平瞬时冲量，分离后乙继续向前滑行x1＝40m后停止，甲、乙两同学的质量分别为m1＝45kg、m2＝55kg，两同学的滑雪板与雪面之间的动摩擦因数均为μ，若雪面各处粗糙程度相同，两同学通过C点时无速度损失。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）两同学抱紧瞬间损失的机械能ΔE；
（2）过C点瞬间，乙对甲的冲量大小。
1．解决动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
考题二 动量与能量观点的综合应用
（2023 分宜县校级一模）如图所示，热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的小球以相对地面的速度v0水平投出。已知投出小球后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．投出小球后气球所受合力大小为Mg
B．小球落地时气热球的速度大小为v
C．小球在落地之前，小球和热气球速度始终大小相等方向相反
D．小球落地时二者的水平距离为d
（2023 浙江模拟）某滑块弹射游戏装置如图所示，该装置由固定在水平地面上的倾角θ＝37°的直轨道OB、光滑圆弧轨道B'C'以及平台CD组成，其中圆弧轨道在B'、C'两点的切线分别与直轨道OB、平台CD平行，BB'、CC'间的距离恰好能让游戏中的滑块通过。一根轻弹簧下端固定在直轨道OB的底端，质量m＝0.2kg的滑块P紧靠弹簧上端放置，平台右端D点处放置一质量M＝0.4kg的滑块Q。已知圆弧轨道半径R＝1m，滑块尺寸远小于轨道半径，平台CD长度LCD＝1m，平台离地高度h＝2.5m，滑块P与轨道OB、平台CD间的动摩擦因数μ＝0.1。
游戏中，游戏者将滑块P压缩弹簧到不同的程度，如果释放滑块P后，滑块P能够一直沿轨道运动至D点，与滑块Q发生弹性正碰，且滑块P停留在CD平台上则视为游戏成功。
某次游戏中游戏者将滑块P压缩弹簧至A点，AB距离LAB＝3m，释放后滑块P沿轨道运动，测得经过C点的速度大小为vc'＝4m/s。
（1）求该次游戏滑块P经过圆弧轨道C'时对轨道的压力F；
（2）该次游戏中弹簧压缩后具有的弹性势能Ep；
（3）更改不同的弹簧压缩程度，在游戏成功的条件下，求滑块Q的落地点距D点的水平距离x的范围。
（2023 西城区校级三模）某兴趣小组同学利用如图甲所示的一组大小、质量各不相同的硬质弹性小球进行了若干次碰撞实验。所有碰撞都可认为是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力影响，小球均可视为质点。试讨论以下问题：
（1）第一次实验他们将一个质量为m1的小球1从距离地面高度h处由静止释放，如图乙所示。通过查阅资料他们估计出了球与地面的作用时间Δt。求1球与地面碰撞过程中对地面平均作用力F的大小。
（2）第二次实验在1球顶上放一质量为m2的2球，m2＝km1（k＜1），让这两个球一起从距离地面高h处自由下落并撞击地面，如图丁所示，他们惊奇的发现球2反弹的高度超过了释放时的高度。他们猜想若2球质量越小被反弹的高度越高，试从理论角度分析他们的猜想是否正确，并求2球能达到的最大高度。
（3）受（2）的启示，他们设想了一个超球实验：将三个球紧贴从距离地面h高处由静止释放，由下至上三球的质量分别为m1、m2和m3，且满足m1 m2 m3，如图戊所示。他们设想3球可以被反弹到很高的高度，试估算此高度。
1．两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律．
能量的观点：动能定理和能量守恒定律．
2．解题技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．
（2023 镇海区模拟）如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．男孩和木箱组成的系统机械能守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．小孩推力的冲量小于木箱的动量的变化量
（2023 浙江模拟）如图所示，是一种被称为“移动摆”的装置，即将单摆悬挂于一辆可以移动的车上。假设单摆在重力作用下做机械振动，且车和摆始终在同一平面内运动。若忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，则（ ）
A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能守恒，动量不守恒
C．机械能不守恒，动量守恒
D．机械能不守恒，动量不守恒
（2023 镇海区模拟）运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，若N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
B．排球两次飞行过程中外力对排球的冲量相等
C．排球离开M点的速率比经过Q点的速率小
D．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大
（2023 宁波二模）如图所示，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（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
（2023 温州三模）太阳帆飞船是利用太阳光的光压进行宇宙航行的一种航天器．光压是指光照射到物体上对物体表面产生的压力，从而使航天器获得加速度。假设光子打到帆面上全部反射，地球上太阳光光强（单位时间垂直照射到单位面积上的光能）为I0，地球轨道半径为r0，光在真空中传播速度为c，则在离太阳距离为r的地方，正对太阳的单位面积上的光压为（ ）
A． B．
C． D．
（2023 镇海区校级模拟）发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为v0，与水平方向夹角α＝37°。弹力球与水平面碰撞的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。则弹力球（ ）
A．第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于45°
B．第2、3次落地点间的距离为
C．与水平面碰撞4次后停止运动
D．与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变
（2022 浙江模拟）图甲是抬鼓击球的体育活动画面，实际活动比较复杂，现建立如图乙的简化模型，20个人对称地拉着绳子（图中只显示面对面的两条绳子）抬鼓击球，设鼓的质量为6kg，球的质量为0.5kg，绳子质量不计，A点为手拉住绳子的接触点，B为绳子与鼓的连接点。某次击球活动时，目测A、B的竖直高度差约为绳长AB的十分之一（设每根绳子都如此），并保持稳定，假定活动过程中鼓始终处于静止状态，发现球从离鼓0.8m的高度由静止开始下落，与鼓发生碰撞后又几乎可以回到0.8m处，碰撞时间约为0.1s。（空气阻力忽略不计，g取10m/s2）。对此情景，下列分析正确的是（ ）
A．球在空中时，每个人对绳子的拉力为60N
B．击球过程中，鼓对球弹力的冲量为2.5N s
C．击球时，每个人对绳子的拉力为52.5N
D．击球时，鼓对球的平均作用力40N
（2022 浙江模拟）如图所示，质量为m、内壁光滑、半径为R的半圆形容器静止在足够长的光滑水平地面上，左侧紧靠竖壁但不粘连，质量也为m的小球从半圆形容器内壁A点静止开始下滑，下列说法中正确的是（ ）
A．从A点下滑到半圆形轨道最底点B点过程中，运动时间为
B．小球过最底点B后，能上升的最大高度点为D点，B、D两点高度差为
C．从A点运动到D点过程中，半圆形容器对小球的弹力对小球始终不做功
D．半圆形容器在一段时间内将不断重复做往复运动
（2022 浙江模拟）如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出.已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为v0
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为v0
D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管对平行导槽的冲量大小为mv0，方向垂直导槽向上
（2021 嘉兴二模）在2019年世界中学生排球锦标赛上，中国男女排双双获得冠军。如图所示为某次接发球过程的示意图，运动员从场地端线处起跳，将球从离地h1＝2.80m高的A点沿垂直端线的方向水平击出，球运动到对方球场时，在离地h2＝0.35m，离端线x＝0.50m处的B点被运动员救起，球沿竖直方向向上运动到离击球点h3＝5.00m处的C点处速度为零。已知排球质量m＝280g，排球视为质点，排球场长L＝18.00m，球网上边缘离地高h＝2.35m，运动员与排球接触时间均很短，不考虑空气阻力。则（ ）
A．排球从A运动到B的运动时间为s
B．在A点，运动员对排球做功为85J
C．在A点，运动员对排球的冲量大小为3.5N s
D．在B点，排球在竖直方向的动量变化量大小为4.76kg m/s
（2020 吴兴区校级模拟）如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M＝450kg，桩料的质量为m＝50kg。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0＝5m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率k＝5.05×104N/m。g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9m/s
B．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5m/s
C．打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1m
D．打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3m
（2023 金华一模）如图是一种弹射游戏装置示意图，该装置配有小车，弹射器将小车弹出后依次沿两个半径不同、平滑连接但不重叠的光滑圆轨道1、2运动，接着冲上两段平滑连接的光滑圆弧轨道CD、DE，直至从E点平抛落回与C点等高的水平面上。轨道1、2的圆心分别为O1O2，半径分别为R1＝20cm、R2＝10cm，OA为水平光滑轨道，AC为长度L＝60cm的水平粗糙轨道，动摩擦因数，圆弧轨道CD、DE的半径均为R3＝20cm，对应圆心角θ均为37°，水平轨道与圆弧轨道CD相切于C点。可视为质点的小车质量m＝0.1kg，游戏时弹射器将小车自O点以一定初速度弹出，轨道各部分平滑连接，g取10m/s2。
（1）求小车通过轨道1最高点B的最小速度vB；
（2）改变弹射器对小车的冲量，但小车均能通过轨道1、2，写出小车通过轨道2最低点A时，受到轨道的支持力大小与弹射器对小车冲量大小的关系式；
（3）若小车能够通过轨道1，且小车整个运动过程均不脱离轨道，求小车从E点水平抛出后，其落到水平面上的点与E点的水平距离x的范围。
（2021 温州模拟）如图所示，内壁光滑的管道ABCD竖直放置，其圆形轨道部分半径R＝1.2m，管道左侧A处放有弹射装置，被弹出的物块可平滑进入管道，管道右端出口D恰好水平，且与圆心O等高，出口D的右侧接水平直轨道，轨道呈光滑段、粗糙段交替排列，每段长度均为L＝0.1m。在第一个光滑段与粗糙段的结合处P位置放一质量m＝0.1kg的物块乙，质量为m＝0.1kg的物块甲通过弹射装置获得初动能。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为μ＝0.1，弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比，当弹射器中的弹簧压缩量为d时，滑块甲到达与圆心O等高的C处时刚好对管壁无挤压。管道内径远小于圆形轨道半径，物块大小略小于管的内径，物块视为质点，空气阻力忽略不计，g＝10m/s2。
（1）求弹射器释放的弹性势能Ep和滑块经过B点时对管道的压力F；
（2）当弹射器中的弹簧压缩量为2d时，滑块甲与滑块乙在P处发生碰撞（碰撞时间极短），碰后粘在一起运动，求因碰撞甲物块损失的机械能；
（3）若发射器中的弹簧压缩量为nd（n＝2、3、4、……），滑块甲与滑块乙在P处发生碰撞（碰撞时间极短），碰后粘在一起运动，求碰后两物块滑行的距离s与n的关系式。
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