第1章 动量守恒定律（易错60题13大考点）-2024-2025学年高中物理同步知识点解读与专题训练（人教版2019选择性必修第一册）

第一章 动量守恒定律（易错60题13大考点） 一．动量的定义、单位及性质（共3小题） 二．动量定理的内容和应用（共7小题） 三．用动量定理求平均作用力（共4小题） 四．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用（共4小题） 五．动量守恒定律在板块模型中的应用（共5小题） 六．动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用（共3小题） 七．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用（共4小题） 八．用动量守恒定律解决爆炸问题（共4小题） 九．弹簧弹开两端物体的动量守恒问题（共3小题） 十．反冲现象中的动量守恒（共2小题） 十一．人船模型及其变式（共4小题） 十二．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题（共12小题） 十三．验证动量守恒定律（共5小题） 一．动量的定义、单位及性质（共3小题） 1．（2023秋•香坊区校级期中）目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为测验某项无人驾驶技术，某公司对一款无人驾驶汽车的性能进行了测试：让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶，测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度大小保持不变；若以恒定的功率P上坡，则汽车从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小保持不变，下列说法不正确的是（　　） A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能是守恒的 B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的冲量不为零 C．上坡过程中，当汽车速度达到时，加速度 D．上坡过程中，汽车的速度由0增至vm所用的时间 2．（2023秋•重庆期中）A、B两个相同的物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用由静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，两物体都做匀减速直线运动直至停止。两物体的速度随时间变化的图线如图所示，设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（　　） A．I1：I2＝12：5 B．I1：I2＝2：5 C．W1：W2＝3：5 D．W1：W2＝6：5 3．（2023秋•浦东新区校级期末）几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是（　　） A．子弹在每个水球中的速度变化相同 B．子弹在每个水球中运动的时间相同 C．每个水球对子弹的冲量相同 D．每个水球对子弹的做功相同 二．动量定理的内容和应用（共7小题） 4．（2024春•大兴区校级期中）质量为m的物体以v的初速度竖直向上抛出，经时间t，达到最高点，速度变为0，以竖直向上为正方向，在这个过程中，物体的动量变化量和重力的冲量分别是（　　） A．﹣mv和﹣mgt B．mv和mgt C．mv和﹣mgt D．﹣mv和mgt 5．（2023春•沙河口区校级期中）如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1和m2，今有一子弹水平穿过两木块．设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别是（　　） A． B． + C． D． 6．（2023秋•浦东新区校级期中）在水平力F的作用下，物块由静止开始在光滑水平地面上做直线运动，水平力F随时间t变化的关系如图所示，则（　　） A．3s时物块的速度方向发生变化 B．3s时物块离初始位置的距离最远 C．0～6s时间内水平力F的冲量为24N•s D．0～6s时间内水平力F对物块所做的功为0J 7．（2022秋•新市区校级期中）如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从同一顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则下列说法不正确的是（　　） A．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等 B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等 C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp2 D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3 8．（2024春•青羊区校级期中）（多选）一质点在恒力F的作用下做直线运动，前一半路程从静止开始在粗糙水平面上运动，后一半路程进入光滑水平面继续运动，两阶段末速度分别为v1、v2，所用时间分别为t1、t2，恒力F的冲量分别为I1、I2，恒力F做的功分别为W1、W2，则（　　） A． B． C． D．W2＝W1 9．（2023春•沙坪坝区校级期中）（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端放置一质量m＝1kg的小球，小球此时处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在小球上，使小球开始向上做匀加速直线运动，经0.2s弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度为1m/s，整个过程弹簧始终在弹性限度内，取g＝10m/s2。在0～0.2s内，下列说法正确的是（　　） A．拉力的最大功率为15W B．弹簧弹力对小球的冲量为1N•s C．在0.2s时撤去外力，则小球在全过程中能上升的最大高度为15cm D．这段时间内拉力F对小球做的功等于1.5J 10．（2023春•天山区校级期中）我们知道空气具有巨大的能量，有时我们会用空气为我们服务，有时候像台风我们也要防止其带来的巨大伤害。 （1）在神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱降落到距地面1m的高度时，飞船配备的四台反推发动机启动，该返回舱的速度在0.2s内由8m/s降到2m/s的安全速度。已知返回舱的总质量为4×103kg，重力加速度g取10m/s2，则每台反推发动机的平均推力约为多少？ （2）某高层建筑顶部一广告牌的面积S＝25m2，台风最大风速为20m/s，已知空气密度ρ＝1.30kg/m3，假设空气吹到广告牌上后速度瞬间减为零，则该广告牌受到的最大风力为多大。 三．用动量定理求平均作用力（共4小题） 11．（2024春•镇海区校级期中）“…青箬笠，绿蓑衣，斜风细雨不须归。”如图所示，这是古诗描述的情景。若斗笠的直径d＝70cm，细雨在空中分布均匀，竖直下落的速度始终为v＝4m/s，湖可以看成一个露天的圆柱形的大容器，细雨持续的时间t＝1h，导致湖面的水位上升了h＝1mm。（设雨滴垂直撞击斗笠后无反弹，且斗笠的坡面接近水平，不计雨滴所受重力，水的密度ρ＝1×103kg/m3）则斗笠受到雨的平均作用力大小F最接近于（ ） A．4×10﹣4N B．6×10﹣4N C．2×10﹣3N D．1×10﹣3N 12．（2023春•华安县校级期中）（多选）2022年2月4日冬奥会在北京举行，冰雪运动逐渐受到人们喜爱。冰壶运动是运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶的运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。如图甲所示，蓝壶静止在圆形区域内，已知冰壶质量m＝20kg，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的v﹣t图像如图乙所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是（　　） A．碰撞后在冰面上滑行的过程中，蓝壶受到阻力的冲量大小比红壶的大 B．碰撞后蓝壶运动的加速度大小为0.1m/s2 C．若两壶碰撞时间为0.2s，则红壶在碰撞过程中所受的平均作用力为60N D．两壶碰撞过程中，系统损失的机械能为4.8J 13．（2022春•仓山区校级期中）如图所示，一质量为m＝0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，小物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，与墙发生碰撞（碰撞时间极短为0.1s）。碰前瞬间的速度v1＝7m/s，碰后以v2＝6m/s反向运动直至静止。已知小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.32，取g＝10m/s2．求： （1）A点距墙面的距离x； （2）碰撞过程中，墙对小物块平均作用力的大小。（碰撞时物块与地面间摩擦忽略不计） 14．（2023秋•杭州期中）如图，是杭州亚运3000m速度轮滑接力赛交接棒瞬间。交接过程，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前方，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙的速度大小为12m/s，甲的速度大小为10m/s，此时乙沿水平方向迅速推甲，之后乙的速度大小变为9m/s。若甲、乙的质量均为60kg，乙推甲的时间为0.4s，忽略交接过程地面的摩擦力与空气阻力，则乙推甲过程： （1）乙推完甲后一瞬间甲的速度大小是多少？ （2）乙对甲的平均作用力大小是多少？ （3）乙至少需额外消耗的体能是多少？ 四．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用（共4小题） 15．（2024春•庐阳区校级期中）如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度v0射入木块后（子弹与木块作用时间极短），子弹立即停在木块内。然后将轻弹簧压缩到最短，已知木块B的质量为M，子弹的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则从子弹开始入射木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（　　） A．系统的动量不守恒，机械能守恒 B．系统的动量守恒，机械能不守恒 C．系统损失的机械能为 D．弹簧最大的弹性势能等于 16．（2023春•仁寿县校级期中）如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　） A．弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B．弹丸打入砂袋过程中，机械能守恒 C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为 D．砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 17．（2023春•天津期中）（多选）如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，物块B恰好能达到水平杆PQ位置，则（　　） A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒 B．子弹射入物块B的初速度v0＝100 C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，物块B仍能摆到水平杆PQ位置 D．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到最高点时速度为 18．（2023秋•姑苏区校级期中）如图所示，质量为M＝0.48kg的木块静止在一竖直放置的轻弹簧上端A点，弹簧下端连接地面，现有一质量为m＝20g的子弹以速度v0＝100m/s竖直射向木块并嵌入其中，经过t＝1s，木块第一次回到A位置，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，取g＝10m/s2，求： （1）子弹嵌入木块后的瞬间整体速度大小v； （2）1s内弹簧对木块的冲量I。 五．动量守恒定律在板块模型中的应用（共5小题） 19．（2023秋•碑林区校级期中）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．木板A获得的动能为2J B．系统损失的机械能为2J C．木板A的最小长度为2m D．A、B间的动摩擦因数为0.01 20．（2023春•南京期中）如图所示，质量为M＝2kg的长木板在光滑水平面上以v0＝6m/s的速度滑行，其上方h0＝5m高处有一质量为m＝2kg的小物块（质点），将小物块由静止释放，撞到木板后弹起的最大高度为h＝3.2m，已知小物块与木板间动摩擦因数为0.2，此次碰撞的时间为0.2s，则该碰撞过程中（　　） A．木板与地面间的平均弹力大小为200N B．木板对物块做正功，因此物块的机械能增加 C．若小物块和木板间的动摩擦因数增大，则物块弹起时的水平速度增大 D．物块对木板做负功，做功的数值为﹣27J 21．（2024春•仓山区校级期中）（多选）如图甲所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s时与木板相撞并粘在一起，两者运动的v﹣t图像如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，则（　　） A．Q的质量为2kg B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.05 C．由于碰撞系统损失的机械能为1J D．t＝4s时木板的速度恰好为零 22．（2023秋•东城区校级期中）如图所示，物块质量m＝6kg，以速度v0＝3m/s水平滑上一静止的平板车上，平板车质量M＝12kg，物块与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.1，其他摩擦不计（g＝10m/s2），求： （1）物块相对平板车静止时，物块的速度； （2）物块在平板车上相对滑行的时间； （3）要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？ 23．（2023秋•龙华区校级期中）如图所示，水平地面M点左侧光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为μ，在M点左侧某位置放置质量为m的长木板，质量为3m的滑块A置于长木板的左端，A与长木板之间的动摩擦因数也为μ，在M点右侧依次放置质量均为2m的滑块B、C、D，现使滑块A瞬间获得向右的初速度v0，当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点发生弹性碰撞，碰后立即将长木板和滑块A撤走，滑块B继续向前滑行并和前方静止的C发生弹性碰撞，B、C碰后C继续向前滑行并与前方静止的D发生弹性碰撞，最终滑块D停在水平面上的P点，已知开始时滑块B、D间的距离为d，重力加速度为g，滑块A、B、C、D均可看成质点且所有弹性碰撞时间极短，求： （1）开始时，长木板右端与滑块B之间的距离x1； （2）长木板与B碰后瞬间B的速度vB； （3）滑块D最终停止的位置P与D开始静止时的距离x2。 六．动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用（共3小题） 24．（2023秋•姑苏区校级期中）如图所示，质量为3kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，BC部分为半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，CD部分为粗糙水平轨道，质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧，已知AB＝CD＝R＝0.3m，取g的大小为10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物块对小球先做正功后做负功 B．两者分离时物块移动了0.45m C．物块的在C点时的速度为1m/s D．物块的在C点时对地面的压力为70N 25．（2023秋•湖北期中）（多选）如图所示，质量为M的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，圆弧的半径为R（未知），一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，恰好达到圆弧的顶端，此时M向前走了0.2R，接着小球又返回小车的左端。若M＝2m，重力加速度为g，则（　　） A．整个过程小车和小球组成系统动量和机械能都守恒 B．圆弧的半径为 C．整个过程小球对小车做的功为 D．小球在弧形槽上上升到最大高度所用的时间为 26．（2024春•北仑区校级期中）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、长度为L1＝2m的固定粗糙水平直轨道BC及两半径均为R1＝0.4m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平轨道相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与粗糙水平直轨道BC及小车上表面GH间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其它阻力，取g＝10m/s2。求： （1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力； （2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度； （3）若释放的高度，试分析滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系。 七．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用（共4小题） 27．（2023秋•市中区校级期中）如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为的小球B通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞。在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出），当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走。不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反。则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值可能是（　　） A． B． C． D． 28．（2023秋•西城区校级期中）（多选）如图所示，竖直放置的弹簧一端固定在地面上，另一端拴接一质量为m、可视为质点的物块B，B保持静止状态，此时弹簧被压缩了h。现将另一质量也为m的物块A，从距B高为2h的位置由静止释放，两物块发生完全非弹性碰撞（但不粘连），碰撞时间极短，忽略物块在运动过程中的空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。已知重力加速度为g，弹簧的弹性势能（其中k为弹簧的劲度系数，Δx为弹簧的形变量），则下列选项中正确的是（　　） A．碰后瞬间两物体的加速度大小为g B．碰后瞬间两物体的总动能为mgh C．碰撞后两物体的最大动能为1.5mgh D．在运动过程中两物块会在弹簧原长处分离 29．（2024春•沙坪坝区校级期中）如图所示，某同学为一工厂设计了一个货运装置，该装置由两个水平工作台AB、CD及一倾斜轨道BC组成，两工作台与倾斜轨道分别在B、C两点由小圆弧平滑连接。工作台AB的最左端固定一水平轻弹簧，轻弹簧右端连接一滑块。工厂生产时，在CD工作台的工人将产品固定在货箱中从C点由静止释放，货箱与滑块碰撞后共速但不粘连，弹簧向左压缩至最短时工人立刻取出产品，弹簧弹开后空货箱恰能回到C点。已知货箱与产品的质量均为m，倾斜轨道BC高h，底边长L，重力加速度为g，两水平工作台光滑，弹簧始终处于弹性限度内，滑块、货箱、产品的大小不计，货箱运动过程中产品与货箱始终保持相对静止，求： （1）若货箱与倾斜轨道间的动摩擦因数为μ，货箱下滑过程中与倾斜轨道因摩擦产生的热量； （2）若不计货箱与倾斜轨道间的摩擦，货箱与滑块碰前的速度大小； （3）若不计货箱与倾斜轨道间的摩擦，小滑块的质量。 30．（2024春•大兴区校级期中）如图甲，一质量为2m的物块B用一长度为的轻绳悬挂于P点处，初始时其与竖直方向的夹角α＝60°，P点正下方处有一钉子。另一物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至P点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。之后物块B将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块A发生碰撞（假定在物块B触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动）。记物块B第一次与弹簧接触的时刻为t＝0，第一次与弹簧分离的时刻为t＝2t0。第一次碰撞过程中，A、B的v﹣t图像如图乙所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.144v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞。斜面倾角θ＝37°，高度，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度记为g，sinθ＝0.6。求： （1）轻绳即将断裂时的张力； （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（用v0、t0表示）； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数μ的取值范围。 八．用动量守恒定律解决爆炸问题（共4小题） 31．（2022秋•宁波期中）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2：1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．两碎块的位移大小之比为1：2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m 32．（2023春•兰州期中）（多选）向空中发射一炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂为质量相等的a、b两块。若a的速度方向仍沿原来的方向，且速度小于炸裂前瞬间的速度，则（　　） A．b的速度方向一定与炸裂前瞬间的速度方向相反 B．炸裂的过程中，a、b动量的变化量大小一定相等 C．a、b一定同时到达地面 D．从炸裂到落地这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大 33．（2022春•南关区校级期中）（多选）如图所示，光滑桌面上木板C静止并被锁定，质量为1kg，在木板的中央处放置两个可视为质点的小滑块A和B，质量分别为2kg和1kg，两滑块间有小型炸药，某时刻炸药爆炸释放能量为12J，两滑块开始运动，当一个滑块速度减为零时，木板C锁定被解除，两滑块与木板间动摩擦因数均为0.2，最终一个滑块恰好滑到木板C的边缘，g取10m/s2，不计炸药的质量，则以下说法中正确的是（　　） A．木板C的最终速度为0.4m/s B．整个过程中木板C受的合外力冲量为0.5N•s C．木板C的长度为7.5m D．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的热量为11.5J 34．（2022春•台江区校级期中）A、B两个物体粘在一起以v0＝3m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2m/s，B物体继续向右运动进入半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1kg，O点到半圆最低点C的距离xOC＝0.25m，水平轨道的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道光滑无摩擦，求： （1）炸药的化学能E； （2）半圆弧的轨道半径R． 九．弹簧弹开两端物体的动量守恒问题（共3小题） 35．（2023秋•雁塔区校级期中）（多选）如图所示，静止在光滑水平面上的两辆小车用细线相连，中间有一个压缩了的轻弹簧（与小车不栓接），烧断细线后（　　） A．两车同时开始运动 B．在弹簧第一次恢复原长前，两车的动能减少 C．在弹簧第一次恢复原长前，两车的移动的距离之比不变 D．在弹簧第一次恢复原长的整个过程中，两车动量的变化相同 36．（2024春•葫芦岛期末）（多选）如图，光滑轨道由弧形和水平两部分组成，在水平轨道上静止放置左侧连接轻弹簧的质量m1＝1kg均质小球，在弧形轨道距水平轨道高h＝0.2m处由静止释放质量m2＝1kg均质小球，压缩弹簧过程在弹性范围内，两小球半径相等。当弹簧被压缩至最短时，小球m2的速度大小为v，弹簧弹性势能为Ep，g＝10m/s2。则（　　） A．v＝1m/s B．v＝2m/s C．Ep＝1J D．Ep＝2J 37．（2022春•皇姑区校级期中）（多选）如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳不可伸长且可承受的拉力足够大，弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m。现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某位置，木块A在此位置所受的压力为F（F＞mg），弹簧弹性势能为E，撤去力F后，下列说法正确的是（　　） A．弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量大小相等 B．弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同 C．当B开始运动时，A的速度大小为 D．全过程中，A上升的最大高度为 十．反冲现象中的动量守恒（共2小题） 38．（2023春•海淀区校级期中）一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲。已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为（　　） A．E0 B．E0 C．E0 D．E0 39．（2022春•勃利县校级期中）静止在匀强磁场中的放射性原子核X衰变为两个粒子A和B，衰变后A的运动速度方向和磁感线垂直。两轨迹圆半径之比为＝，带电粒子在轨迹圆上运动的周期之比为＝。设衰变过程释放的核能全部转化成射线粒子和反冲核的动能。 （1）求A粒子和B粒子的电量之比； （2）求A粒子和B粒子的质量之比； （3）写出核反应方程（反冲核的元素符号可用Y表示）。 十一．人船模型及其变式（共4小题） 40．（2024秋•滨湖区校级月考）在一次打靶训练中，起初人和车一起静止在光滑水平面上。人和靶分别在小车两端，车、人、枪、靶总质量M（不含子弹），每颗子弹质量为m，一共有n发。枪靶之间距离为d，子弹击中靶盘后会镶嵌其中，射击时总是等上一发击中后再打下一发。则以下说法正确的是（　　） A．射击完成后，车会向右做匀速运动 B．射击过程中车会移动，射击结束后车会回到原来的位置 C．每发射一颗子弹，小车都会向右移动 D．全部子弹打完后，小车向右移动的总距离为 41．（2023秋•滨湖区校级期中）如图所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为（　　） A． B． C． D． 42．（2023秋•海林市校级期末）《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣。”这是著名的曹冲称象的故事。某同学学过动量守恒定律之后，欲利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测出船长为L，然后缓慢进入静止的平行于河岸的船的船尾，再从船尾行走至船头，之后缓慢下船，测出船后退的距离d，已知该同学自身的质量为m，若忽略一切阻力，则船的质量为（　　） A．m B．m C．m D．m 43．（2024春•惠山区校级期末）在平静的水面上漂浮着一块质量M＝150g的带有支架的木板，木板左边的支架上静静地蹲着一只质量为m＝50g的青蛙，支架高为h＝20cm，支架右方的水平木板长s＝120cm，突然青蛙向右水平跳出。水的阻力不计，g＝10m/s2。 （1）如果青蛙相对地面跳出的初速度是0.3m/s，则木板后退的速度是多大？ （2）如果青蛙水平跳出恰好入水，则对地跳出的初速度至少为多少？ 十二．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题（共12小题） 44．（2023春•沙坪坝区校级期中）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2．图乙为它们碰撞前后的S﹣t图象。已知m1＝0.1kg，由此可以判断（　　） ①碰前m2静止，m1向右运动； ②碰后m2和m1都向右运动； ③由动量守恒可以算出m2＝0.3kg； ④碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能； 以上判断正确的是（　　） A．①③ B．①②③ C．①②④ D．③④ 45．（2023秋•松江区校级期中）在光滑水平地面上放置一辆小车，车上放置有木盆，在车与木盆以共同的速度向右运动时，有雨滴以极小的速度竖直落入木盆中而不溅出，如图所示，则在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将（　　） A．保持不变 B．变大 C．变小 D．不能确定 46．（2023春•宿州期中）如图所示，木块A、B静置于光滑水平面上，与轻质弹簧两端相连，B紧靠墙壁。现有一颗子弹水平射入木块A并留在其中，在子弹射入木块A到其速度减为零的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统（弹簧始终处于弹性限度内）（　　） A．动量不守恒、机械能守恒 B．动量不守恒、机械能不守恒 C．动量守恒、机械能守恒 D．动量守恒、机械能不守恒 47．（2023秋•锡山区校级期中）如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，则（　　） A．系统的动量守恒 B．小球运动到最低点时小车速度为零 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 48．（2023秋•海珠区校级期中）乌贼在水中运动方式是十分奇特的，它不用鳍也不用手足，而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，在无脊椎动物中游泳最快，速度可达15m/s。逃命时更可以达到40m/s，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃窜，喷射出的水的质量为0.8kg，则喷射出水的速度为（　　） A．200m/s B．160m/s C．75m/s D．60m/s 49．（2024春•金水区期中）（多选）如图所示，A、B为两固定的弹性竖直挡板，相距L＝5m，A、B之间为水平导轨。质量为1kg的小球（可视为质点）自A板处开始，以v0＝6m/s的速度沿摩擦因数处处相同的水平导轨向B板运动，如果小球与A、B挡板发生碰撞，均可视为无能量损失。为使小球恰好停在A板右侧1m处，则摩擦力的大小可能为（　　） A．0.8N B．N C．2N D．3.6N 50．（2024春•北辰区期中）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体质量为M＝20kg，在其右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面的速度v0＝3m/s向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升到最大高度后又沿斜面下滑。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动，取重力加速度g＝10m/s2，求： （1）推出冰块后小孩与滑板的速度大小v2； （2）冰块沿斜面体上滑到最高点时冰块与斜面体共同速度v的大小； （3）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 51．（2024春•朝阳区校级期中）简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在受到形如F＝﹣kx的回复力作用下，物体偏离平衡位置的位移x与时间t遵循x＝Asinωt变化规律的运动，其中角频率（k为常数，A为振幅，T为周期）。弹簧振子的运动就是其典型代表。如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O。另一质量为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后粘在一起开始向下运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹性势能为。已知，重力加速度为g。求： （1）B与A碰撞前B的速度大小及碰撞后瞬间一起向下运动的速度大小； （2）小球A被碰后向下运动离O点的最大距离； （3）小球A从开始向下运动到第一次运动到最低点所用的时间t。 52．（2024春•仓山区校级期中）如图所示，倾角θ＝37°的足够长的光滑斜面固定在水平地面上，斜面下端垂直斜面固定着一挡板，物块A与物块B用轻弹簧连接并静止在斜面上，物块A与挡板接触。现将距物块B为d＝3m的物块C从斜面上由静止释放，物块C与物块B发生弹性碰撞，碰后将物块C取走，物块B在斜面上做简谐运动。已知mA＝3kg，mB＝5kg，mC＝1kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，弹簧的劲度系数为k＝100N/m，且弹簧始终在弹性限度内，物块A、B、C均可视为质点。 （1）求C与B碰后瞬间两物块的速度大小； （2）已知弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），求C与B碰后B做简谐运动的振幅； （3）若C从斜面上某高度处由静止释放后，C与B碰后并粘在一起做简谐运动且A恰好未离开挡板，求A对挡板压力的最大值。 53．（2023秋•顺义区校级期中）如图甲所示，三个物体A、B、C静止放在光滑水平面上，物体A、B用一轻质弹簧连接，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，三个物体的质量分别为mA＝0.1kg、mB＝0.2kg和mC＝0.1kg。现将细线烧断，物体A、B在弹簧弹力作用下做往复运动（运动过程中物体A不会碰到物体C）。若此过程中弹簧始终在弹性限度内，并设以向右为正方向，从细线烧断后开始计时，物体A的速度‒时间图象如图乙所示。求： （1）物体B运动速度的最大值； （2）在乙图中画出一个周期内物体B的速度—时间图象； （3）若在某时刻使物体C以vC＝4m/s的速度向右运动，它将与正在做往复运动的物体A发生碰撞，并立即结合在一起，试求在以后的运动过程中，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围。 54．（2023春•抚顺期中）如图所示，半径R＝0.15m的固定光滑一圆轨道AB与长度L＝1m的粗糙水平轨道BC相切于B点，右侧足够长的固定光滑斜面CD与水平轨道BC平滑连接于C点，CD斜面倾角θ＝30°。质量m＝1kg的滑块1从轨道AB的最高点由静止释放，质量也为m＝1kg的滑块2放置在水平轨道的中点F，滑块1和2碰撞后交换速度，即碰后滑块1静止，滑块2以碰前瞬间滑块1的速度运动。已知滑块1与水平轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.05，不计滑块2与水平轨道BC间的摩擦，取重力加速度大小g＝10m/s2，两滑块均视为质点，求： （1）滑块2上升的最大高度h； （2）从释放滑块1到两滑块最后停止运动时滑块1在水平轨道BC上滞留的总时间t。 55．（2023春•天津期中）质量mA＝0.5kg的小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离R＝0.8m，质量mB＝0.3kg的物块B置于高H＝1.25m的粗糙的水平桌面上且位于O点正下方，物块B距桌面右边缘的距离L＝1m，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.45．现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短）．碰后，物块B沿桌面滑行并从桌面右边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离s＝2m．小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g＝10m/s2，求： （1）小球与物块碰撞后，物块B的速度vB； （2）小球与物块碰撞后，小球能上升的最大高度h． 十三．验证动量守恒定律（共5小题） 56．（2024春•新郑市校级期中）某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上。选择相同材质且表面粗糙程度相同的一元硬币和一角硬币进行实验。 一元硬币和一角硬币的质量分别为m1和m2且m1＞m2，将甲硬币放在斜面的某一位置，标记此位置为B。如图（a）所示，甲由静止释放滑下，当甲停在水平面上某一位置处，测量O点到甲停止位置的距离OP，记为s0。如图（b）所示，将乙硬币放置在O点位置，左侧与O点重合，并将甲硬币在B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量O点到甲、乙停止位置的滑行距离OM和ON，记为s1、s2。 （1）在本实验中，乙选用的是 　 　硬币。（选填“一元”或“一角”） （2）若甲、乙硬币碰撞前后系统动量守恒，则应满足的表达式为 　 　。（用s0、s1、s2、m1和m2表示） （3）关于该实验需要满足的条件是 　 　。 A．OA段必须保持水平 B．倾斜段纸板与水平段纸板必须由同一种材料制成 C．两硬币材质及其表面粗糙程度必须相同 57．（2023秋•常熟市期中）某同学用如图所示装置做“验证动量守恒定律”实验。图中O是斜槽水平末端在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰小球时入射小球的平均落点，M为与被碰小球碰后入射小球的平均落点，N为被碰小球的平均落点。 （1）关于实验要点，下列说法正确的是（填选项字母） 　 　。 A．安装轨道时，轨道末端必须水平 B．实验过程中，复写纸、白纸都可以移动。 C．入射小球的质量必须小于被碰小球的质量，两球的半径相同 D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放 （2）实验中，除测量平抛射程OM、ON、OP外，还必须测量的物理量有（填选项字母） 　 　。 A．测量入射小球质量m1和被碰小球质量m2 B．测量抛出点距地面的高度H C．测量S离水平轨道的高度h D．测量入射小球半径r1和被碰小球半径r2 （3）①图乙是被碰小球的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为 　 　cm。②若测量的物理量在误差允许范围内满足关系式 　 　，则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量守恒。（用（2）中测量的物理量表示）③若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式 　 　是否成立。（用OM、ON、OP表示） 58．（2023春•长丰县期中）某同学用如图所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。 （1）实验中必须要求的条件是　 　 A．斜槽轨道尽量光滑以减少误差 B．斜槽轨道末端的切线必须水平 C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同 D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下 （2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？ A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离 B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离 C．测量A球或B球的直径 D．测量A球和B球的质量（或两球质量之比） E．测量G点相对于水平槽面的高度 答：　 　（填选项号）。 （3）某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为　 　。 59．（2024春•九龙坡区校级期中）如图用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。 （1）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复（假设两小球可视为质点）。下列中必要的步骤是 　 　（填选项的符号）； A．用天平测量两个小球的质量m1、m2 B．测量小球m1开始释放高度h C．测量抛出点距地面的高度H D．测量平抛射程OM，ON （2）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 　 　（用m1、m2、OP、OM、ON表示）； （3）若两球发生弹性碰撞，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是 　 　（填选项前的符号）。 A．OP+OM＝ON B．2OP＝ON+OM C．OP﹣ON＝2OM 60．（2023春•江苏期中）某同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块A、B（包含挡光片）质量分别为m1、m2，当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片被遮挡的时间。 （1）先调节气垫导轨，若 　 　，则说明气垫导轨已水平； （2）将B静置于两光电门之间，将A置于光电门G1右侧，用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞，为了使A碰后不返回，则m1　 　m2。（填“＞”、“＝”或“＜”）； （3）在上述前提下，光电门G1记录的挡光时间为Δt1，滑块B、A先后通过光电门时，G2记录的挡光时间分别为Δt2、Δt3，为了减小误差，挡光片的宽度应选择 　 　（填“窄”或者“宽”）的，已知两挡光片宽度相同，若m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3满足 　 　（写出关系式，用m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3表示）则可验证动量守恒定律；若Δt1、Δt2、Δt3还满足另一个关系式 　 　，（用Δt1、Δt2、Δt3表示）则说明A、B发生的是弹性碰撞。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 动量守恒定律（易错60题13大考点） 一．动量的定义、单位及性质（共3小题） 二．动量定理的内容和应用（共7小题） 三．用动量定理求平均作用力（共4小题） 四．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用（共4小题） 五．动量守恒定律在板块模型中的应用（共5小题） 六．动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用（共3小题） 七．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用（共4小题） 八．用动量守恒定律解决爆炸问题（共4小题） 九．弹簧弹开两端物体的动量守恒问题（共3小题） 十．反冲现象中的动量守恒（共2小题） 十一．人船模型及其变式（共4小题） 十二．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题（共12小题） 十三．验证动量守恒定律（共5小题） 一．动量的定义、单位及性质（共3小题） 1．（2023秋•香坊区校级期中）目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为测验某项无人驾驶技术，某公司对一款无人驾驶汽车的性能进行了测试：让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶，测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度大小保持不变；若以恒定的功率P上坡，则汽车从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小保持不变，下列说法不正确的是（　　） A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能是守恒的 B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的冲量不为零 C．上坡过程中，当汽车速度达到时，加速度 D．上坡过程中，汽车的速度由0增至vm所用的时间 【答案】A 【解答】解：A、关掉油广门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误； B、关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量：IF＝Ft'，由于支持力不为零，所以坡面对汽车的冲量不为零，故B正确； C、下坡时有：f＝mgsinθ 上坡过程中达到最大速度时： 当速度达到最大速度一半时：F2﹣f﹣mgsinθ＝ma 又由功率公式有： 解得：，故C正确； D.设汽车速度由0增至vm，所用的时间为t，根据动能定理可得：Pt﹣fs﹣mgsinθ•s＝ 解得：t＝，故D正确。 本题选错误的， 故选：A。 2．（2023秋•重庆期中）A、B两个相同的物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用由静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，两物体都做匀减速直线运动直至停止。两物体的速度随时间变化的图线如图所示，设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（　　） A．I1：I2＝12：5 B．I1：I2＝2：5 C．W1：W2＝3：5 D．W1：W2＝6：5 【答案】D 【解答】解：AB、由v﹣t图像的斜率表示加速度，由题图可知，两物体做匀减速运动的加速度大小都为 根据牛顿第二定律，匀减速运动中摩擦力大小都为 由题图可知，两物体做匀加速运动的加速度大小分别为、 匀加速运动中，根据牛顿第二定律，有F﹣Ff＝ma 解得：， 则I1：I2＝F1t0：4F2t0，解得：I1：I2＝3：5，故AB错误； CD、对全过程，由动能定理得W1﹣Ffx1＝0，W2﹣Ffx2＝0 得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2 根据v﹣t图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则整个过程位移之比为x1：x2＝：＝6：5，整个运动过程中F1和F2做的功之比为W1：W2＝x1：x2＝6：5，故C错误，D正确。 故选：D。 3．（2023秋•浦东新区校级期末）几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是（　　） A．子弹在每个水球中的速度变化相同 B．子弹在每个水球中运动的时间相同 C．每个水球对子弹的冲量相同 D．每个水球对子弹的做功相同 【答案】D 【解答】解：AB、设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动。因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d，2d，3d和4d，根据x＝ at2知，时间之比为1：：：2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则受力是相同的，所以加速度相同，由Δv＝at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同，故A错误，B错误； C、根据冲量的定义：I＝Ft，受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同，故C错误； D、根据动能定理：ΔEk＝W＝Fd，受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，故D正确。 故选：D。 二．动量定理的内容和应用（共7小题） 4．（2024春•大兴区校级期中）质量为m的物体以v的初速度竖直向上抛出，经时间t，达到最高点，速度变为0，以竖直向上为正方向，在这个过程中，物体的动量变化量和重力的冲量分别是（　　） A．﹣mv和﹣mgt B．mv和mgt C．mv和﹣mgt D．﹣mv和mgt 【答案】A 【解答】解：以竖直向上为正方向，物体动量的变化：ΔP＝P′﹣P＝0﹣mv＝﹣mv， 重力的冲量：I＝﹣mgt，故A正确； 故选：A。 5．（2023春•沙河口区校级期中）如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1和m2，今有一子弹水平穿过两木块．设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别是（　　） A． B． + C． D． 【答案】B 【解答】解：A与B分离时二者的速度是相等的，分离后A的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力使A与B的速度增大，由动量定理得： ft1＝（m1+m2）v1，A的速度：v1＝； 子弹离开A后A做匀速直线运动，子弹进入B，B做加速运动， 对B，由动量定理得：ft2＝m2v2﹣m2v1，解得：v2＝+； 故选：B。 6．（2023秋•浦东新区校级期中）在水平力F的作用下，物块由静止开始在光滑水平地面上做直线运动，水平力F随时间t变化的关系如图所示，则（　　） A．3s时物块的速度方向发生变化 B．3s时物块离初始位置的距离最远 C．0～6s时间内水平力F的冲量为24N•s D．0～6s时间内水平力F对物块所做的功为0J 【答案】D 【解答】解：A、3s时物块受合外力反向，即加速度反向，只是要减速，而速度方向不发生变化，故A错误； B、3s之前物体沿正方向加速，3s之后物体沿正方向减速，由对称性可知，在6s时物块速度减为零，此时离初始位置的距离最远，故B错误； C、因F﹣t图像的面积等于力F的冲量，横轴上方冲量为正，下方冲量为负，可知0～6s时间内水平力F的冲量为零，故C错误； D、由选项B中知道，6s末物块速度减小为零，所以0～6s时间内动能变化为零，即水平力F对物块所做的功为0J，故D正确。 故选：D。 7．（2022秋•新市区校级期中）如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从同一顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则下列说法不正确的是（　　） A．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等 B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等 C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp2 D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3 【答案】D 【解答】解：AB、物体下滑过程中只有重力做功，物体下滑的高度相等，合力做功相等，由动能定理可知，物体到达斜面底端时动能相等，物体的速度大小v相等，物体的动量大小相等，因此物体下滑过程动能的变化量相等，动量的变化量大小相等，由动量定理可知，合力的冲量大小相等，故AB正确； CD、由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3； 设斜面的高度为h，斜面倾角为θ，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ， 物体下滑过程，位移＝ 解得物体下滑时间t＝，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，则t1＜t2＜t3，重力的冲量I＝mgt，则I1＜I2＜I3，故C正确，D错误。 本题选不正确的，故选：D。 8．（2024春•青羊区校级期中）（多选）一质点在恒力F的作用下做直线运动，前一半路程从静止开始在粗糙水平面上运动，后一半路程进入光滑水平面继续运动，两阶段末速度分别为v1、v2，所用时间分别为t1、t2，恒力F的冲量分别为I1、I2，恒力F做的功分别为W1、W2，则（　　） A． B． C． D．W2＝W1 【答案】CD 【解答】解：A、设质点的总路程为2x，由题意：在粗糙水平面上所受摩擦力为f，质点在第一阶段有： 在光滑的水平面上同理有： 可得： 解得：，故A错误； B、质点在第一阶段有： 在第二阶段有： 整理可得： 化简后得到： 解二次方程得：，故B错误； C、根据I＝Ft得：，故C正确； D、根据W＝Fx得：W2＝W1，故D正确。 故选：CD。 9．（2023春•沙坪坝区校级期中）（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端放置一质量m＝1kg的小球，小球此时处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在小球上，使小球开始向上做匀加速直线运动，经0.2s弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度为1m/s，整个过程弹簧始终在弹性限度内，取g＝10m/s2。在0～0.2s内，下列说法正确的是（　　） A．拉力的最大功率为15W B．弹簧弹力对小球的冲量为1N•s C．在0.2s时撤去外力，则小球在全过程中能上升的最大高度为15cm D．这段时间内拉力F对小球做的功等于1.5J 【答案】AC 【解答】解：A、小球从静止开始向上做匀加速直线运动，经0.2s弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度为v＝1m/s 0.2s内小球的位移：x＝t＝×0.2m＝0.1m 加速度：a＝＝m/s2＝5m/s2 刚开始弹簧静止，故mg＝kx，解得：k＝＝ N/m＝100N/m 对小球受力分析，小球受重力、拉力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律 F﹣mg+k（x﹣）＝ma，解得：F＝5+250t2（t≤0.2s） 拉力F的功率 P＝Fv＝Fat＝（5+250t2）×5t，当t＝0.2s时，拉力功率达到最大，为Pm＝15W，故A正确； B、刚开始弹簧静止，弹簧弹力大小F1＝mg＝1×10N＝10N，0.2s时弹簧刚好恢复到原长，弹力大小F2＝0，在0～0.2s内，若弹力随时间线性变化，则其平均值为＝＝N＝5N，此情况下弹簧弹力对小球的冲量为I＝t＝5×0.2N•s＝1N•s，而实际弹簧弹力与时间是二次函数关系，故弹簧弹力对小球的冲量不等于1N•s，故B错误； C、撤去F后，小球离开弹簧做竖直上抛运动，能继续上升的最大高度为 h＝＝m＝0.05m 故小球在全过程中能上升的最大高度为 H＝x+h＝（0.1+0.05）m＝0.15m＝15cm，故C正确； D、在0～0.2s内拉力F＝5+250t2（t≤0.2s），逐渐增加，最大为15N，位移为0.1m，故拉力功 W＜15N×0.1m＝1.5J，即小于1.5J，故D错误。 故选：AC。 10．（2023春•天山区校级期中）我们知道空气具有巨大的能量，有时我们会用空气为我们服务，有时候像台风我们也要防止其带来的巨大伤害。 （1）在神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱降落到距地面1m的高度时，飞船配备的四台反推发动机启动，该返回舱的速度在0.2s内由8m/s降到2m/s的安全速度。已知返回舱的总质量为4×103kg，重力加速度g取10m/s2，则每台反推发动机的平均推力约为多少？ （2）某高层建筑顶部一广告牌的面积S＝25m2，台风最大风速为20m/s，已知空气密度ρ＝1.30kg/m3，假设空气吹到广告牌上后速度瞬间减为零，则该广告牌受到的最大风力为多大。 【答案】（1）每台反推发动机的平均推力约为4×104N； （2）该广告牌受到的最大风力为1.3×104N。 【解答】解：（1）该返回舱的速度在0.2s内由8m/s降到2m/s的安全速度过程中，设每台反推发动机的平均推力为F。 取竖直向上为正方向，根据动量定理有： 4Ft﹣mgt＝﹣mv﹣（﹣mv0） 解得：F＝4×104N （2）在极短时间Δt内，对空气，根据动量定理有： ﹣FmΔt＝0﹣ρSvmΔt⋅vm 解得： 根据牛顿第三定律知该广告牌受到的最大风力为1.3×104N。 答：（1）每台反推发动机的平均推力约为4×104N； （2）该广告牌受到的最大风力为1.3×104N。 三．用动量定理求平均作用力（共4小题） 11．（2024春•镇海区校级期中）“…青箬笠，绿蓑衣，斜风细雨不须归。”如图所示，这是古诗描述的情景。若斗笠的直径d＝70cm，细雨在空中分布均匀，竖直下落的速度始终为v＝4m/s，湖可以看成一个露天的圆柱形的大容器，细雨持续的时间t＝1h，导致湖面的水位上升了h＝1mm。（设雨滴垂直撞击斗笠后无反弹，且斗笠的坡面接近水平，不计雨滴所受重力，水的密度ρ＝1×103kg/m3）则斗笠受到雨的平均作用力大小F最接近于（　　） A．4×10﹣4N B．6×10﹣4N C．2×10﹣3N D．1×10﹣3N 【答案】A 【解答】解：取一小段时间为Δt，并以在这段时间内与斗笠面作用的雨水为研究对象，其质量为 斗笠面积为 取竖直向上为正方向，由动量定理得 F′•Δt＝0﹣Δm（﹣v） 代入数据联立解得：F≈4×10﹣4N，根据牛顿第三定律知斗笠受到雨的平均作用力大小F约为4×10﹣4N，故A正确，BCD错误。 故选：A。 12．（2023春•华安县校级期中）（多选）2022年2月4日冬奥会在北京举行，冰雪运动逐渐受到人们喜爱。冰壶运动是运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶的运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。如图甲所示，蓝壶静止在圆形区域内，已知冰壶质量m＝20kg，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的v﹣t图像如图乙所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是（　　） A．碰撞后在冰面上滑行的过程中，蓝壶受到阻力的冲量大小比红壶的大 B．碰撞后蓝壶运动的加速度大小为0.1m/s2 C．若两壶碰撞时间为0.2s，则红壶在碰撞过程中所受的平均作用力为60N D．两壶碰撞过程中，系统损失的机械能为4.8J 【答案】ACD 【解答】解：A、由图乙可知，蓝壶的速度改变量大于红壶的速度改变量，两壶质量相等，则蓝壶的动量改变量大于红壶的动量改变量，由动量定理可知，两壶受到的阻力冲量等于动量改变量，所以蓝壶受到阻力的冲量大小比红壶的大，故A正确； B、对红壶和蓝壶组成的系统，碰撞瞬间，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律可知mv红＝mv'红+mv'蓝 解得碰撞后蓝壶的速度大小v'蓝＝0.6m/s。由图乙结合几何知识可知，蓝壶停止的时刻为t＝6s，碰撞后蓝壶运动的时间为t蓝＝5s，所以碰撞后蓝壶运动的加速度大小为a蓝＝＝＝0.12m/s2，方向与蓝壶运动方向相反，故B错误； C、碰撞过程，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，对红球由动量定理可知：﹣Ft1＝mv'红﹣mv红，解得红壶在碰撞过程中所受的平均作用力：F＝6N，故C正确； D、两壶碰撞过程中，系统损失的机械能为ΔE＝mv红2﹣mv'红2﹣mv'蓝2，解得ΔE＝4.8J，故D正确。 故选：ACD。 13．（2022春•仓山区校级期中）如图所示，一质量为m＝0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，小物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，与墙发生碰撞（碰撞时间极短为0.1s）。碰前瞬间的速度v1＝7m/s，碰后以v2＝6m/s反向运动直至静止。已知小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.32，取g＝10m/s2．求： （1）A点距墙面的距离x； （2）碰撞过程中，墙对小物块平均作用力的大小。（碰撞时物块与地面间摩擦忽略不计） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）小物块由A到B过程做匀减速运动，由动能定理可得：﹣μmgx＝．解得x＝5m。 （2）选初速度方向为正方向，由动量定理得：Ft＝﹣mv2﹣mv1 解得：F＝﹣65N，即冲量大小为65N。 答：（1）A点距墙面的距离x为5m。 （2）碰撞过程中，墙对小物的平均作用力大小为65N。 14．（2023秋•杭州期中）如图，是杭州亚运3000m速度轮滑接力赛交接棒瞬间。交接过程，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前方，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙的速度大小为12m/s，甲的速度大小为10m/s，此时乙沿水平方向迅速推甲，之后乙的速度大小变为9m/s。若甲、乙的质量均为60kg，乙推甲的时间为0.4s，忽略交接过程地面的摩擦力与空气阻力，则乙推甲过程： （1）乙推完甲后一瞬间甲的速度大小是多少？ （2）乙对甲的平均作用力大小是多少？ （3）乙至少需额外消耗的体能是多少？ 【答案】（1）推后一瞬间甲的速度大小是13m/s； （2）乙对甲的平均作用力大小是450N； （3）乙至少需额外消耗的体能是180J。 【解答】解：（1）取甲运动员初始运动方向为正方向，乙推甲的过程中，两者所组成的系统动量守恒，则有： m甲v甲+m乙v乙＝m甲v′甲+m乙v′乙 代入数据解得：v′甲＝13m/s （2）取甲运动员初始运动方向为正方向，乙推甲的过程中，对运动员甲，根据动量定理有： Ft＝m甲v′甲﹣m甲v甲 代入数据得：F＝450N （3）交接过程乙至少消耗的体能等于系统机械能增加量，故有：ΔE＝﹣ 代入数据解得：ΔE＝180J 答：（1）推后一瞬间甲的速度大小是13m/s； （2）乙对甲的平均作用力大小是450N； （3）乙至少需额外消耗的体能是180J。 四．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用（共4小题） 15．（2024春•庐阳区校级期中）如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度v0射入木块后（子弹与木块作用时间极短），子弹立即停在木块内。然后将轻弹簧压缩到最短，已知木块B的质量为M，子弹的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则从子弹开始入射木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（　　） A．系统的动量不守恒，机械能守恒 B．系统的动量守恒，机械能不守恒 C．系统损失的机械能为 D．弹簧最大的弹性势能等于 【答案】C 【解答】解：AB、子弹在击中木块过程要克服阻力做功，机械能有损失，系统机械能不守恒，子弹与木块压缩弹簧过程，子弹、木块、弹簧组成的系统受到墙壁的作用力，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，由此可知，弹簧、子弹和木块组成的系统在整个过程中动量不守恒、机械能不守恒，故AB错误； C、子弹击中木块过程子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v， 系统损失的机械能：ΔE＝＝，故C正确； D、木块压缩弹簧过程，由能量守恒定律得：（M+m）v2＝EP，解得：EP＝，故D错误； 故选：C。 16．（2023春•仁寿县校级期中）如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　） A．弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B．弹丸打入砂袋过程中，机械能守恒 C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为 D．砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 【答案】D 【解答】解：A、弹丸打入砂袋过程中，砂袋的速度不断增大，所需要的向心力增大，则细绳对砂袋的拉力增大，由牛顿第三定律知，砂袋对细绳的拉力增大，故A错误； B、弹丸打入砂袋过程中，产生热量，机械能不守恒，故B错误； C、弹丸打入砂袋过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（m+5m）v，得v＝ 产生的热量为Q＝﹣（m+5m）v2＝﹣（m+5m）＝，故C错误； D、弹丸打入砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，则得（m+5m）v2＝（m+5m）gh，解得最大高度h＝，故D正确。 故选：D。 17．（2023春•天津期中）（多选）如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，物块B恰好能达到水平杆PQ位置，则（　　） A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒 B．子弹射入物块B的初速度v0＝100 C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，物块B仍能摆到水平杆PQ位置 D．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到最高点时速度为 【答案】BD 【解答】解：A、在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，合外力冲量远小于内力冲量，其动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故A错误。 B、子弹击中B的过程系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：0.01mv0＝（0.01m+0.99m）v， 子弹击中B后在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得：v0＝100，故B正确。 C、若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，由动量守恒定律可知，B的速度与A固定时的速度相等，此后A、B组成的系统在水平方向动量守恒，B到达最高点时两者速度相等且水平速度不为零，即动能不为零，由机械能守恒定律可知，B到达最高点时的高度比A固定时到达的最大高度低，物块B不能摆到水平杆PQ的位置，故C错误。 D、若物块A不固定，子弹击中B的过程系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：0.01mv0＝（0.01m+0.99m）v， 子弹击中B后在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得：v0＝100，v＝， 子弹击中B后，A、B组成的系统在水平方向动量守恒，B到达最高点时A、B速度相等，以向右为正方向， 由动量守恒定律得：（0.01m+0.99m）v＝（0.01m+0.99m+2m）vB，解得：vB＝，故D正确。 故选：BD。 18．（2023秋•姑苏区校级期中）如图所示，质量为M＝0.48kg的木块静止在一竖直放置的轻弹簧上端A点，弹簧下端连接地面，现有一质量为m＝20g的子弹以速度v0＝100m/s竖直射向木块并嵌入其中，经过t＝1s，木块第一次回到A位置，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，取g＝10m/s2，求： （1）子弹嵌入木块后的瞬间整体速度大小v； （2）1s内弹簧对木块的冲量I。 【答案】（1）子弹嵌入木块后的瞬间整体速度大小v为4m/s； （2）1s内弹簧对木块的冲量I为4N•s，方向竖直向上。 【解答】解：已知m＝20g＝0.02kg （1）子弹射入木块的过程，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝（M+m）v 解得：v＝4m/s （2）经过t＝1s，木块第一次回到A位置，根据机械能守恒可知，此时速度大小为v，取竖直向下为正方向，由动量定理有 I＝（M+m）（﹣v）﹣（M+m）v 解得弹簧对木块的冲量：I＝﹣4N•s 方向竖直向上。 答：（1）子弹嵌入木块后的瞬间整体速度大小v为4m/s； （2）1s内弹簧对木块的冲量I为4N•s，方向竖直向上。 五．动量守恒定律在板块模型中的应用（共5小题） 19．（2023秋•碑林区校级期中）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．木板A获得的动能为2J B．系统损失的机械能为2J C．木板A的最小长度为2m D．A、B间的动摩擦因数为0.01 【答案】B 【解答】解：A、设木板A的质量为M。取水平向右为正方向，根据动量守恒可得 mv0＝（m+M）v 由图可知，v＝1m/s，可得：M＝m＝2kg 则木板获得的动能为Ek＝＝J＝1J，故A错误； B、系统损失的机械能为ΔE＝﹣（m+M）v2，解得：ΔE＝2J，故B正确； C、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，由v﹣t图像可得二者相对位移为Δx＝xm﹣xM＝，所以木板A的最小长度为L＝1m，故C错误； D、根据功能关系得：ΔE＝μmgL，解得：μ＝0.1，故D错误。 故选：B。 20．（2023春•南京期中）如图所示，质量为M＝2kg的长木板在光滑水平面上以v0＝6m/s的速度滑行，其上方h0＝5m高处有一质量为m＝2kg的小物块（质点），将小物块由静止释放，撞到木板后弹起的最大高度为h＝3.2m，已知小物块与木板间动摩擦因数为0.2，此次碰撞的时间为0.2s，则该碰撞过程中（　　） A．木板与地面间的平均弹力大小为200N B．木板对物块做正功，因此物块的机械能增加 C．若小物块和木板间的动摩擦因数增大，则物块弹起时的水平速度增大 D．物块对木板做负功，做功的数值为﹣27J 【答案】D 【解答】解：A、依题意，根据自由落体规律可求，小物块碰撞前瞬间速度大小：v1＝ 根据竖直上抛规律可求，小物块碰撞后瞬间速度大小：v2＝ 小物块碰撞木板过程，取竖直向上为正方向，根据动量定理有：（FN﹣mg）t＝mv2﹣（﹣mv1） 代入数据解得：FN＝200N 对碰撞过程中的木板受力分析有：F弹＝Mg+FN＝2×10N+200N＝220N，木板与地面间的平均弹力大小为220N，故A错误； C、对小物块水平方向进行受力分析，假设小物块与木板水平方向不会共速，根据： 联立可得：vx＝＝m/s＝4m/s， 若小物块与木板水平方向共速，由动量守恒定律得：Mv0＝（M+m）v共，解得：v共＝3m/s 因vx＞v共，故小物块与木板水平方向会共速，当小物块和木板间的动摩擦因数增大，小物块与木板水平方向仍会共速，则物块弹起时的水平速度不变，故C正确； B、小物块碰撞过程一部分机械能转化为内能，同时木板对物块做正功，由能量关系可得： ΔE＝﹣＝﹣＝﹣27J 因此物块的机械能减少了27J。故B错误； D、对长木板根据动能定理，可得：W＝﹣＝J＝﹣27J，物块对木板做负功，做功的数值为﹣27J。故D正确。 故选：D。 21．（2024春•仓山区校级期中）（多选）如图甲所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s时与木板相撞并粘在一起，两者运动的v﹣t图像如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，则（　　） A．Q的质量为2kg B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.05 C．由于碰撞系统损失的机械能为1J D．t＝4s时木板的速度恰好为零 【答案】BC 【解答】解：A、滑块P滑上木板Q后，滑块P做匀减速直线运动，木板Q做匀加速直线运动，由两者的v﹣t图像可知，两者在碰撞前滑块P的速度为v1＝3m/s，木板Q的速度v2＝1m/s，两者碰撞后共同速度为v3＝2m/s，碰撞过程系统的动量守恒，设滑块P的质量为m，木板Q的质量为M，取碰撞前滑块P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv1+Mv2＝（m+M）v3 代入数据解得：M＝1kg，故A错误； B、设滑块P与木板Q间的动摩擦因数为μ1，地面与木板之间的动摩擦因数为μ2，由v﹣t图像的斜率表示加速度可知，在0～2s时间内，滑块P的加速度为 木板Q的加速度为 对两者，分别由牛顿第二定律可得 ﹣μ1mg＝maP μ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaQ 代入数据联立解得：μ2＝0.05，故B正确； C、根据能量守恒定律可知，由于碰撞系统损失的机械能为 代入数据解得：ΔE＝1J，故C正确； D、对两者碰撞后的整体，取向右为正方向，由动量定理得 ﹣μ2（m+M）gt2＝0﹣（m+M）v3 代入数据解得：t2＝4s 则木板的速度恰好是零的时刻应是t＝t1+t2＝2s+4s＝6s，故D错误。 故选：BC。 22．（2023秋•东城区校级期中）如图所示，物块质量m＝6kg，以速度v0＝3m/s水平滑上一静止的平板车上，平板车质量M＝12kg，物块与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.1，其他摩擦不计（g＝10m/s2），求： （1）物块相对平板车静止时，物块的速度； （2）物块在平板车上相对滑行的时间； （3）要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？ 【答案】（1）物块相对平板车静止时物块的速度为1m/s； （2）物块在平板车上滑行的时间2s； （3）要使物块在平板车上不滑下，平板车至少长3m。 【解答】解：（1）以物块的速度方向为正方向，设物块相对平板车静止时的速度为v，物块与平板车组成的系统满足动量守恒，则有：mv0＝（M+m）v 解得： （2）对物块由动量定理得：﹣μmgt＝mv′﹣mv、 代入数据解得：t＝2s （3）物块在平板车上做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，由匀变速运动的平均速度公式 对物块：s1＝t，对平板车：s2＝t 物块在平板车上滑行的距离：Δs＝s1﹣s2 代入数据解得：Δs＝3m 要使物块在平板车上不滑下，平板车至少长3m． 答：（1）物块相对平板车静止时物块的速度为1m/s； （2）物块在平板车上滑行的时间2s； （3）要使物块在平板车上不滑下，平板车至少长3m。 23．（2023秋•龙华区校级期中）如图所示，水平地面M点左侧光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为μ，在M点左侧某位置放置质量为m的长木板，质量为3m的滑块A置于长木板的左端，A与长木板之间的动摩擦因数也为μ，在M点右侧依次放置质量均为2m的滑块B、C、D，现使滑块A瞬间获得向右的初速度v0，当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点发生弹性碰撞，碰后立即将长木板和滑块A撤走，滑块B继续向前滑行并和前方静止的C发生弹性碰撞，B、C碰后C继续向前滑行并与前方静止的D发生弹性碰撞，最终滑块D停在水平面上的P点，已知开始时滑块B、D间的距离为d，重力加速度为g，滑块A、B、C、D均可看成质点且所有弹性碰撞时间极短，求： （1）开始时，长木板右端与滑块B之间的距离x1； （2）长木板与B碰后瞬间B的速度vB； （3）滑块D最终停止的位置P与D开始静止时的距离x2。 【答案】（1）开始时，长木板右端与滑块B之间的距离x1为； （2）长木板与B碰后瞬间B的速度vB为； （3）滑块D最终停止的位置P与D开始静止时的距离x2为（﹣d）。 【解答】解：本题发生多次碰撞，均以向右的方向为正方向， （1）A在长木板上滑行，当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点发生弹性碰撞，由于M点左侧光滑，可知A与长木板组成系统满足动量守恒，则有 3mv0＝（3m+m）v 解得： 以长木板为对象，根据动能定理可得：μ×3mg•x1＝﹣0 解得长木板右端与滑块B之间的距离为： （2）长木板与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得： mv＝mv1+2mvB 解得长木板与B碰后瞬间B的速度为： （3）设B与C碰撞前瞬间的速度为v′B，B与C发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 2mv′B＝2mv″B+2mvC 解得：v″B＝0，vC＝v′B 可知发生弹性碰撞后B与C速度发生交换，同理可知发生弹性碰撞后C与D速度发生交换，则根据能量守恒可得： 解得： 答：（1）开始时，长木板右端与滑块B之间的距离x1为； （2）长木板与B碰后瞬间B的速度vB为； （3）滑块D最终停止的位置P与D开始静止时的距离x2为（﹣d）。 六．动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用（共3小题） 24．（2023秋•姑苏区校级期中）如图所示，质量为3kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，BC部分为半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，CD部分为粗糙水平轨道，质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧，已知AB＝CD＝R＝0.3m，取g的大小为10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物块对小球先做正功后做负功 B．两者分离时物块移动了0.45m C．物块的在C点时的速度为1m/s D．物块的在C点时对地面的压力为70N 【答案】C 【解答】解：A、在弧面上，小球由于与轨道之间的挤压，轨道的机械能增加，小球的机械能减小，由功能关系，物块对小球做负功，故A错误； B、物块与小球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正有：mv球﹣Mv物块＝0 两边同乘以时间t可得：mv球t﹣Mv滑块t＝0 即：mx球＝Mx物块 根据几何关系有：2R＝x球+x物块 两者分离时物块移动了：x物块＝0.15m，故B错误； C、在C点时，物块与小球组成的系统水平方向动量守恒， 以向右为正有：mv1﹣Mv2＝0 根据能量守恒有： 解得：v1＝3m/s，v2＝1m/s，故C正确； D、在C点时，物块受到的支持力根据牛顿第二定律有： 再由牛顿第三定律可得，物块对地面的最大压力为：FN′＝N′+Mg 代入数据得：FN′＝N，故D错误。 故选：C。 25．（2023秋•湖北期中）（多选）如图所示，质量为M的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，圆弧的半径为R（未知），一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，恰好达到圆弧的顶端，此时M向前走了0.2R，接着小球又返回小车的左端。若M＝2m，重力加速度为g，则（　　） A．整个过程小车和小球组成系统动量和机械能都守恒 B．圆弧的半径为 C．整个过程小球对小车做的功为 D．小球在弧形槽上上升到最大高度所用的时间为 【答案】BCD 【解答】解：A、小球和小车组成的系统在水平方向上不受外力，系统水平方向动量守恒。竖直方向上合外力不为零，所以系统动量不守恒。没有阻力做功，系统机械能守恒，故A错误； BD、小球达到圆弧的顶端时，小球和小车的速度相同，设为v，取水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒得 mv0＝（m+M）v 根据系统机械能守恒得： ＝（m+M）v2+mgR 联立解得： 小球在弧形槽上上升到最大高度所用的时间为t，小球达到圆弧的顶端时M向前走了0.2R，根据水平方向动量守恒可得 mv0t＝mvmt+MvMt 即mv0t＝mxm+MxM 根据几何关系有 xm＝R+xM＝1.2R 解得：，故BD正确； C、设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取水平向右为正方向，整个过程中水平方向动量守恒得 mv0＝mv1+Mv2 ＝+ 解得： 根据动能定理得整个过程小球对小车做的功为：W＝，解得：W＝，故C正确。 故选：BCD。 26．（2024春•北仑区校级期中）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、长度为L1＝2m的固定粗糙水平直轨道BC及两半径均为R1＝0.4m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平轨道相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与粗糙水平直轨道BC及小车上表面GH间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其它阻力，取g＝10m/s2。求： （1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力； （2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度； （3）若释放的高度，试分析滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系。 【答案】（1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力为6N，方向向下； （2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度为0.3m； （3）滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系为：当0＜h≤0.6m时，s＝0；当0.6m＜h≤1m时，s＝2.5h+0.5（m）；当1m＜h≤m时，s＝3m。 【解答】解：（1）滑块在圆弧轨道上下滑过程，根据动能定理得 代入数据解得： 在F点，对滑块，根据牛顿第二定律得 解得细圆管道对滑块的作用力为：N＝6N 根据牛顿第三定律，细圆管道受到滑块的作用力N′＝N＝6N，方向竖直向下。 （2）滑块在小车上运动过程中，取水平向右为正方向，根据滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒得 mvF＝（M+m）v 解得： 根据能量守恒得 滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度：hmax＝0.3m （3）滑块恰好达到C点的过程，根据动能定理得 mgh1﹣μmgL1＝0﹣0 代入数据解得：h1＝0.6m 经过计算可知，当释放的高度时，滑块刚好能到达半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧的最高点。 若释放的高度，根据动能定理得 取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得 mvF＝（M+m）v 根据能量守恒得 解得：s＝2.5h+0.5（m） 当h＞1m时，s＞3m＝2L2，滑块会从小车左侧滑落。 当0＜h≤0.6m时，s＝0 当0.6m＜h≤1m时，s＝2.5h+0.5（m） 当1m＜h≤m时，s＝3m 答：（1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力为6N，方向向下； （2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度为0.3m； （3）滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系为：当0＜h≤0.6m时，s＝0；当0.6m＜h≤1m时，s＝2.5h+0.5（m）；当1m＜h≤m时，s＝3m。 七．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用（共4小题） 27．（2023秋•市中区校级期中）如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为的小球B通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞。在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出），当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走。不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反。则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：由于小球C与小球A质量相等，两者发生弹性正碰，则碰撞后A与C交换速度，C速度为零，A以速度v0向右运动，A、B、轻弹簧组成的系统机械能守恒，此系统总机械能为。 若在A与B动量相同时B与挡板碰撞，碰撞后B的速度大小不变，但方向相反，则碰撞后A与B动量等大反向，A、B的总动量为零，由动量守恒定律可知，两者速度能同时减至零，此时弹簧的弹性势能最大，且最大值为： Ep1＝ 若B与挡板碰撞时，A的速度趋近于v0，B的速度趋近于零时，B与挡板碰撞后，当A、B速度相同时弹簧的弹性势能最大，设共同速度趋近于v，以向右为正方向，由动量守恒定律得： 解得：，此速度是A、B共速时所能趋近的最大速度。 由机械能守恒定律可知，此情况的最大的弹性势能趋近于 解得： 则弹簧弹性势能的最大值的范围为：，故ACD错误，B正确。 故选：B。 28．（2023秋•西城区校级期中）（多选）如图所示，竖直放置的弹簧一端固定在地面上，另一端拴接一质量为m、可视为质点的物块B，B保持静止状态，此时弹簧被压缩了h。现将另一质量也为m的物块A，从距B高为2h的位置由静止释放，两物块发生完全非弹性碰撞（但不粘连），碰撞时间极短，忽略物块在运动过程中的空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。已知重力加速度为g，弹簧的弹性势能（其中k为弹簧的劲度系数，Δx为弹簧的形变量），则下列选项中正确的是（　　） A．碰后瞬间两物体的加速度大小为g B．碰后瞬间两物体的总动能为mgh C．碰撞后两物体的最大动能为1.5mgh D．在运动过程中两物块会在弹簧原长处分离 【答案】BC 【解答】解：A碰后瞬间弹簧弹力不发生变化，而AB整体增加的合力为mg，根据牛顿第二定律有mg＝2ma，即碰后瞬间两物体的加速度大小为a＝，故A错误； B、设碰撞前A的速度为v0，则有＝2g•2h，碰撞后AB的速度为v，碰撞时间极短，碰撞过程中动量守恒，即：mv0＝2mv。联立求得：v＝。解得碰后瞬间两物体的总动能为：Ek＝•2mv2＝mgh，故B正确； C、设弹簧劲度系数为k，有mg＝kh。碰撞后两物体一起向下运动，当两物块的重力与弹簧弹力相等时，两物块的动能最大，即2mg＝kx1，联立求得x1＝2h，AB从碰撞后瞬间到A、B动能最大时，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，有Ekm+k−kh2＝2mg（x1−h）+•2mv2，联立解得Ekm＝1.5mgh，故C正确； D、假设A、B能分离，分离时，有a＝g，即弹簧处于原长状态。碰撞后物块AB及弹簧组成的系统机械能守恒，从返回至碰撞点，到最高点过程中，反弹向上运动到达碰撞点时，两物体的速度大小等于碰后瞬间两物体的速度大小；设弹簧压缩量为x3时速度减小为零，则有 kh2−k+•2mv2＝2mg（h−x3），解得：x3＝（2−）h＜h。即物体AB到达不了弹簧的原长处，故物体AB不会分离，故D错误。 故选：BC。 29．（2024春•沙坪坝区校级期中）如图所示，某同学为一工厂设计了一个货运装置，该装置由两个水平工作台AB、CD及一倾斜轨道BC组成，两工作台与倾斜轨道分别在B、C两点由小圆弧平滑连接。工作台AB的最左端固定一水平轻弹簧，轻弹簧右端连接一滑块。工厂生产时，在CD工作台的工人将产品固定在货箱中从C点由静止释放，货箱与滑块碰撞后共速但不粘连，弹簧向左压缩至最短时工人立刻取出产品，弹簧弹开后空货箱恰能回到C点。已知货箱与产品的质量均为m，倾斜轨道BC高h，底边长L，重力加速度为g，两水平工作台光滑，弹簧始终处于弹性限度内，滑块、货箱、产品的大小不计，货箱运动过程中产品与货箱始终保持相对静止，求： （1）若货箱与倾斜轨道间的动摩擦因数为μ，货箱下滑过程中与倾斜轨道因摩擦产生的热量； （2）若不计货箱与倾斜轨道间的摩擦，货箱与滑块碰前的速度大小； （3）若不计货箱与倾斜轨道间的摩擦，小滑块的质量。 【答案】（1）货箱下滑过程中与倾斜轨道因摩擦产生的热量为2μmgL； （2）货箱与滑块碰前的速度大小为； （3）小滑块的质量为m。 【解答】解：（1）设倾斜轨道与水平面的夹角为θ。 货箱下滑过程中与倾斜轨道因摩擦产生的热量为 （2）若不计摩擦，货箱下滑过程，根据机械能守恒定律，有 可得货箱与滑块碰前的速度大小为： （3）设小滑块的质量为m0，货箱与小滑块碰撞过程动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有 2mv＝（2m+m0）v1 解得： 设弹簧压缩到最短时的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律，有 （2m+m0）＝Ep 弹回时有 Ep＝（m+m0） 弹簧弹开后空货箱恰能回到C点，根据能量守恒定律，有 ＝mgh 联立解得： 答：（1）货箱下滑过程中与倾斜轨道因摩擦产生的热量为2μmgL； （2）货箱与滑块碰前的速度大小为； （3）小滑块的质量为m。 30．（2024春•大兴区校级期中）如图甲，一质量为2m的物块B用一长度为的轻绳悬挂于P点处，初始时其与竖直方向的夹角α＝60°，P点正下方处有一钉子。另一物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至P点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。之后物块B将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块A发生碰撞（假定在物块B触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动）。记物块B第一次与弹簧接触的时刻为t＝0，第一次与弹簧分离的时刻为t＝2t0。第一次碰撞过程中，A、B的v﹣t图像如图乙所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.144v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞。斜面倾角θ＝37°，高度，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度记为g，sinθ＝0.6。求： （1）轻绳即将断裂时的张力； （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（用v0、t0表示）； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数μ的取值范围。 【答案】（1）轻绳即将断裂时的张力为8mg； （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.64v0t0； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数μ的取值范围为。 【解答】解：（1）设B摆至最低点的速度为v，根据动能定理有：2mgl（1﹣cosα）＝ 代入题设条件解得：v＝v0 设轻绳即将断裂时其中的张力为FT，对B受力分析，根据牛顿第二定律有： 代入数据解得：FT＝8mg （2）设A的质量为mA，碰后A的速度为vA，B与A发生完全弹性正碰，碰撞前后动量守恒， 以向右为正有：2mv0＝mAvA+2m•（﹣0.2v0 ） 机械能守恒：＝+ 解得：mA＝3m，vA＝0.8v0 易知t＝t0时弹簧压缩量最大，记为Δx。设压缩过程中A的速度为vA（t），B，B的速度为vB（t） 微分求和得： 利用动量守恒：3mvA+2mvB＝2mv0 将vB（t）用vA（t），B替换可得： 代入题给条件： 可求得：Δx＝0.64v0t0 （3）A若要与B发生二次碰撞，其不能越过斜面。设A在斜面顶端的速度为vm，由动能定理得 ＝ 不能越过斜面即等价于： 代入可解得： A若要与B发生二次碰撞，其除了不能越过斜面之外，其返回至水平面时速度大小必须比B的大。设此时A在斜面上的最大高度为hm，返回水平面时的速度为v′，根据动能定理得 ＝ ＝ 从中可以得到v′与v0的关系：（v′）2＝ A返回的速度v′要大于B在水平面上的速度0.2v0，代入可解得： 最后，A能够从斜面上滑下必须满足条件：3mgsinθ﹣3μmgcosθ≥0 从中解得： 综上可得A与斜面间的动摩擦因数应满足： 答：（1）轻绳即将断裂时的张力为8mg； （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.64v0t0； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数μ的取值范围为。 八．用动量守恒定律解决爆炸问题（共4小题） 31．（2022秋•宁波期中）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2：1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．两碎块的位移大小之比为1：2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m 【答案】B 【解答】解：A、爆炸物在最高点时炸裂成质量之比为2：1的两个碎块， 设两碎块的质量分别为m1＝2m，m2＝m，设爆炸后两碎块的速度分别为v1、v2， 爆炸过程，系统在水平方向动量守恒，m1的速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得： m1v1﹣m2v2＝0 爆炸后两碎块做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等，设两碎块的水平位移分别为x1、x2，则有： m1v1t﹣m2v2t＝0 m1x1﹣m2x2＝0 解得：x1：x2＝m2：m1＝1：2， 两碎块的竖直分位移相等，两碎块的水平位移之比为1：2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1：2，故A错误； BD、设两碎片做平抛运动的时间均为t，两碎块落地发出的声音的传播时间分别为t1＝5s﹣t，t2＝6s﹣t，声音的传播位移： x1＝v声音t1，x2＝v声音t2，由A可知x1：x2＝1：2， 代入数据解得：t＝4s，x1＝340m，x2＝680m， 爆炸物的爆炸点离地面高度： h＝m＝80m， 爆炸后两碎块落地点之间的水平距离： x＝x1+x2＝（340+680）m＝1020m，故B正确，D错误； C、由B可知，爆炸后碎块m1的水平位移：x1＝340m，碎块m2的水平位移x2＝680m， 爆炸后质量大的碎块m1的初速度为v1＝m/s＝85m/s，故C错误。 故选：B。 32．（2023春•兰州期中）（多选）向空中发射一炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂为质量相等的a、b两块。若a的速度方向仍沿原来的方向，且速度小于炸裂前瞬间的速度，则（　　） A．b的速度方向一定与炸裂前瞬间的速度方向相反 B．炸裂的过程中，a、b动量的变化量大小一定相等 C．a、b一定同时到达地面 D．从炸裂到落地这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大 【答案】BC 【解答】解：A、由于炮弹水平方向不受外力，所以炸裂的过程中a、b组成的系统在水平方向上动量守恒，设炮弹炸裂前瞬间的速度为v，炸裂后a、b的速度分别为va、vb，取炮弹炸裂前速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（ma+mb）v＝mava+mbvb，据题va＜v，可得vb＞0，vb的方向与v方向相同，且有vb＞v，故A错误； B、炸裂的过程中，根据动量守恒定律得：Δpa+Δpb＝0，得Δpa＝﹣Δpb，即a、b动量的变化量大小一定相等，方向一定相反，故B正确； C、炸裂后都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，落地时间由高度决定，可知a、b一定同时落地，故C正确； D、由A分析知，va＜v，vb＞v，则va＜vb，从炸裂到落地这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的小，故D错误。 故选：BC。 33．（2022春•南关区校级期中）（多选）如图所示，光滑桌面上木板C静止并被锁定，质量为1kg，在木板的中央处放置两个可视为质点的小滑块A和B，质量分别为2kg和1kg，两滑块间有小型炸药，某时刻炸药爆炸释放能量为12J，两滑块开始运动，当一个滑块速度减为零时，木板C锁定被解除，两滑块与木板间动摩擦因数均为0.2，最终一个滑块恰好滑到木板C的边缘，g取10m/s2，不计炸药的质量，则以下说法中正确的是（　　） A．木板C的最终速度为0.4m/s B．整个过程中木板C受的合外力冲量为0.5N•s C．木板C的长度为7.5m D．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的热量为11.5J 【答案】BCD 【解答】解：A、设炸药爆炸后瞬间A、B滑块所获得的速度大小分别为vA、vB。炸药爆炸过程，A、B两滑块组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得： 0＝mAvA﹣mBvB 由能量守恒定律得：E＝mA+mB 联立代入数据解得：vA＝2m/s，vB＝4m/s 因为两滑块与木板间动摩擦因数相等，两滑块在木板C上滑行时加速度大小相等，则滑块A速度减为零，滑块B还在滑行。木板锁定被解除后，A与C相对静止，一起向右做匀加速直线运动，B向右做匀减速直线运动，最终三个物体的速度相等，设木板C的最终速度为v。 设炸药爆炸后A经过时间t速度减为零，对A，取向左为正方向，由动量定理得： ﹣μmAgt＝0﹣mAvA 代入数据解得：t＝1s 设滑块A速度减为零，滑块B的速度为v0。对B，取向右为正方向，由动量定理得： ﹣μmBgt＝mBv0﹣mBvB 代入数据解得：v0＝2m/s 木板锁定被解除后，根据A、B、C组成的系统动量守恒，取向左为正方向，则得： mBv0＝（mA+mB+mC）v 解得木板C的最终速度：v＝0.5m/s，故A错误； B、对木板C，由动量定理得：I合＝mCv﹣0，解得整个过程中木板C受的合外力冲量为I合＝0.5N•s，故B正确； C、设木板C的长度为L，炸药爆炸后到木板解除锁定的过程B运动的位移大小为x，此过程对B由动能定理得： ﹣μmBgx＝mB﹣mB 代入数据解得：x＝3m 木板解除锁定后到三者共速的过程，由能量守恒定律得： μmBg•Δx＝mB﹣（mA+mB+mC）v2 代入数据解得：Δx＝0.75m 则有：＝x+Δx，解得：L＝7.5m，故C正确； D、整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能为：E内＝E﹣（mA+mB+mC）v2，解得：E内＝11.5J，故D正确。 故选：BCD。 34．（2022春•台江区校级期中）A、B两个物体粘在一起以v0＝3m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2m/s，B物体继续向右运动进入半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1kg，O点到半圆最低点C的距离xOC＝0.25m，水平轨道的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道光滑无摩擦，求： （1）炸药的化学能E； （2）半圆弧的轨道半径R． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）爆炸过程，A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： （mA+mB）v0＝mAvA+mBvB， 代入数据解得：vB＝4m/s， 由能量守恒定律可知，炸药释放飞化学能： E＝mAvA2+mBvB2﹣（mA+mB）v02＝1J； （2）B恰好通过D点，在D点重力提供向心力， 由牛顿第二定律得：mBg＝mB， 爆炸后从O点到D点过程，对B，由动能定理得： ﹣μmBgxOC﹣mBg•2R＝mBvD2﹣mBvB2， 代入数据解得：R＝0.3m； 答：（1）炸药的化学能E为1J； （2）半圆弧的轨道半径R为0.3m． 九．弹簧弹开两端物体的动量守恒问题（共3小题） 35．（2023秋•雁塔区校级期中）（多选）如图所示，静止在光滑水平面上的两辆小车用细线相连，中间有一个压缩了的轻弹簧（与小车不栓接），烧断细线后（　　） A．两车同时开始运动 B．在弹簧第一次恢复原长前，两车的动能减少 C．在弹簧第一次恢复原长前，两车的移动的距离之比不变 D．在弹簧第一次恢复原长的整个过程中，两车动量的变化相同 【答案】AC 【解答】解：AB、烧断细线后，两车同时受到压缩弹簧的弹力开始运动。在弹簧第一次恢复原长前，弹力对小车做正功，两车的动能一直增加，故B错误，A正确； C、在弹簧第一次恢复原长前，两车组成的系统动量守恒，以向左为正则有：m1v1＝m2v2 平均动量也守恒，即：m1＝m2 两边同乘以时间t，则有：m1•t＝m2•t 即：m1x1＝m2x2 可得：＝，两车的移动的距离之比不变，故C正确； D、在弹簧第一次恢复原长的整个过程中，两车动量的变化大小相等，方向相反，所以两车的动量变化不相等，故D错误。 故选：AC。 36．（2024春•葫芦岛期末）（多选）如图，光滑轨道由弧形和水平两部分组成，在水平轨道上静止放置左侧连接轻弹簧的质量m1＝1kg均质小球，在弧形轨道距水平轨道高h＝0.2m处由静止释放质量m2＝1kg均质小球，压缩弹簧过程在弹性范围内，两小球半径相等。当弹簧被压缩至最短时，小球m2的速度大小为v，弹簧弹性势能为Ep，g＝10m/s2。则（　　） A．v＝1m/s B．v＝2m/s C．Ep＝1J D．Ep＝2J 【答案】AC 【解答】解：m2小球从高处下滑到水平部分的过程，机械能守恒，设到达水平部分时速度大小为v0，则有 两小球和弹簧组成的系统机械能守恒，当弹簧压缩最短时，两小球应共速，即速度方向一样，大小均为v，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 m2v0＝（m1+m2）v 联立解得 v＝1m/s，Ep＝1J 故AC正确，BD错误。 故选：AC。 37．（2022春•皇姑区校级期中）（多选）如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳不可伸长且可承受的拉力足够大，弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m。现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某位置，木块A在此位置所受的压力为F（F＞mg），弹簧弹性势能为E，撤去力F后，下列说法正确的是（　　） A．弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量大小相等 B．弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同 C．当B开始运动时，A的速度大小为 D．全过程中，A上升的最大高度为 【答案】AD 【解答】解： AB、由于冲量是矢量，而弹簧弹力对A、B的冲量方向相反，故A正确，B错误； CD、设弹簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1，A、B共同上升的最大高度为h，A上升最大高度为H， 木块A静止时：F+mg＝k（H﹣h），弹簧恢复到原长的过程中，根据能量守恒得： E＝mv2+mg（H﹣h） 绳子绷紧瞬间系统动量守恒，以向上为正方向，根据动量守恒定律得： mv＝2mv1 A、B共同上升的过程中，据能量守恒可得：×2＝2mgh，解得，B开始运动时A的速度大小为v＝，A上升的最大高度为H＝+，故C错误，D正确； 故选：AD。 十．反冲现象中的动量守恒（共2小题） 38．（2023春•海淀区校级期中）一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲。已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为（　　） A．E0 B．E0 C．E0 D．E0 【答案】C 【解答】解：放出质量为m的粒子后，剩余质量为M﹣m，该过程动量守恒，有：mv0＝（M﹣m）v ① 放出的粒子的动能为： ② 原子核反冲的动能： ③ 联立①②③得：，故ABD错误，C正确。 故选：C。 39．（2022春•勃利县校级期中）静止在匀强磁场中的放射性原子核X衰变为两个粒子A和B，衰变后A的运动速度方向和磁感线垂直。两轨迹圆半径之比为＝，带电粒子在轨迹圆上运动的周期之比为＝。设衰变过程释放的核能全部转化成射线粒子和反冲核的动能。 （1）求A粒子和B粒子的电量之比； （2）求A粒子和B粒子的质量之比； （3）写出核反应方程（反冲核的元素符号可用Y表示）。 【答案】（1）A粒子和B粒子的电量之比为； （2）A粒子和B粒子的质量之比为； （3）写出核反应方程：→+。 【解答】解：（1）A、B粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：qvB＝ 解得：q＝ 衰变过程A、B两粒子动量守恒，即：mAvA＝mBvB 联解上式得：＝＝ （2）A、B粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝ 解得：m＝ 所以：＝＝＝ （3）由：＝，＝ 可知A为，B为，根据质量守恒定律可得核反应方程为：→+ 答：（1）A粒子和B粒子的电量之比为； （2）A粒子和B粒子的质量之比为； （3）写出核反应方程：→+。 十一．人船模型及其变式（共4小题） 40．（2024秋•滨湖区校级月考）在一次打靶训练中，起初人和车一起静止在光滑水平面上。人和靶分别在小车两端，车、人、枪、靶总质量M（不含子弹），每颗子弹质量为m，一共有n发。枪靶之间距离为d，子弹击中靶盘后会镶嵌其中，射击时总是等上一发击中后再打下一发。则以下说法正确的是（　　） A．射击完成后，车会向右做匀速运动 B．射击过程中车会移动，射击结束后车会回到原来的位置 C．每发射一颗子弹，小车都会向右移动 D．全部子弹打完后，小车向右移动的总距离为 【答案】D 【解答】解：A．水平面光滑，以车、人、枪、靶和子弹组成的系统所受合外力为零，所以车、人、靶、枪、子弹组成的系统动量守恒，起初人和车一起静止，初动量为零，射击完成后，根据动量守恒定律可知车仍然静止，故A错误； BCD．规定向左的方向为正方向，设子弹出口速度为v，车后退速度为v′，根据动量守恒定律有 0＝mv﹣[M+（n﹣1）m]v′ 子弹匀速前进的同时，车匀速后退，根据位移关系有 vt+v′t＝d 在每一发子弹射击过程中，小车所发生的位移为 x＝v′t 联立解得 所以每颗子弹从发射到击中靶过程，车均向右退，故n颗子弹发射完毕后，小车总共后退距离为 所以待打完n发子弹后，小车总共后退，故BC错误，D正确。 故选：D。 41．（2023秋•滨湖区校级期中）如图所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：水的阻力不计，人、船水平方向动量守恒，平均动量也守恒。设人走动时船的平均速度大小为，人的平均速度大小为，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有： 即 人、船运动时间相等，则有Mx船﹣mx人＝0 又x船+x人＝L，x船＝d，联立解得船的质量为：，故ACD错误，B正确。 故选：B。 42．（2023秋•海林市校级期末）《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣。”这是著名的曹冲称象的故事。某同学学过动量守恒定律之后，欲利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测出船长为L，然后缓慢进入静止的平行于河岸的船的船尾，再从船尾行走至船头，之后缓慢下船，测出船后退的距离d，已知该同学自身的质量为m，若忽略一切阻力，则船的质量为（　　） A．m B．m C．m D．m 【答案】D 【解答】解：设船的质量为M，人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾行走至船头所用时间为t。 取船的速度为正方向，则v＝，v′＝ 根据动量守恒定律得：Mv﹣mv′＝0，即M﹣m＝0，解得：M＝m，故ABC错误，D正确。 故选：D。 43．（2024春•惠山区校级期末）在平静的水面上漂浮着一块质量M＝150g的带有支架的木板，木板左边的支架上静静地蹲着一只质量为m＝50g的青蛙，支架高为h＝20cm，支架右方的水平木板长s＝120cm，突然青蛙向右水平跳出。水的阻力不计，g＝10m/s2。 （1）如果青蛙相对地面跳出的初速度是0.3m/s，则木板后退的速度是多大？ （2）如果青蛙水平跳出恰好入水，则对地跳出的初速度至少为多少？ 【答案】（1）木板后退的速度是0.1m/s； （2）如果青蛙水平跳出恰好入水，则对地跳出的初速度至少为4.5m/s。 【解答】解：（1）对青蛙和木板组成的系统，在水平方向上动量守恒，规定青蛙水平向右的初速度v1＝0.3m/s的方向为正方向，设木板速度为v2，根据动量守恒定律有 mv1+Mv2＝0，代入数据解得v2＝﹣0.1m/s，负号表示向左后退； （2）如果青蛙水平跳出恰好入水，设青蛙的对地跳出初速度为v3，木板对地速度为v4，根据动量守恒有mv3+Mv4＝0，两边同时乘以时间t，变形为mL3＝ML4，且L3+L4＝s，根据平抛运动规律又有L3＝v3t，h＝gt2，联立解得v3＝4.5m/s 答：（1）木板后退的速度是0.1m/s； （2）如果青蛙水平跳出恰好入水，则对地跳出的初速度至少为4.5m/s。 十二．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题（共12小题） 44．（2023春•沙坪坝区校级期中）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2．图乙为它们碰撞前后的S﹣t图象。已知m1＝0.1kg，由此可以判断（　　） ①碰前m2静止，m1向右运动； ②碰后m2和m1都向右运动； ③由动量守恒可以算出m2＝0.3kg； ④碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能； 以上判断正确的是（　　） A．①③ B．①②③ C．①②④ D．③④ 【答案】A 【解答】解：①、由s﹣t（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止。m1的速度大小为v1＝＝m/s＝4m/s，方向只有向右才能与m1相撞，故①正确。 ②、由图示图象可知，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，两物体运动方向相反，故②错误。 ③、由图示图象可知，碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2m/s，v1′＝﹣2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′+m1v1′，代入解得，m2＝0.3kg。故③正确。 ④、碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1﹣m1v1′2﹣m2，代入解得：ΔE＝0J，故④错误。故A正确； 故选：A。 45．（2023秋•松江区校级期中）在光滑水平地面上放置一辆小车，车上放置有木盆，在车与木盆以共同的速度向右运动时，有雨滴以极小的速度竖直落入木盆中而不溅出，如图所示，则在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将（　　） A．保持不变 B．变大 C．变小 D．不能确定 【答案】C 【解答】解：雨滴落入木盆的过程中，小车、木盆、雨滴组成的系统水平方向满足动量守恒 设小车、木盆的总质量为M，雨滴的质量为m，设向右方向为正方向 由动量守恒定律得 Mv＝（M+m）v共 解得 在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将变小。故ABD错误，C正确。 故选：C。 46．（2023春•宿州期中）如图所示，木块A、B静置于光滑水平面上，与轻质弹簧两端相连，B紧靠墙壁。现有一颗子弹水平射入木块A并留在其中，在子弹射入木块A到其速度减为零的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统（弹簧始终处于弹性限度内）（　　） A．动量不守恒、机械能守恒 B．动量不守恒、机械能不守恒 C．动量守恒、机械能守恒 D．动量守恒、机械能不守恒 【答案】B 【解答】解：在子弹射入木块A到其速度减为零的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统竖直方向所受合外力为零。在水平方向上，墙壁对B有向左的作用力，系统的合外力不为零，所以系统动量不守恒； 子弹射入木块A的过程中，系统要克服阻力做功，一部分机械能转化为内能，系统机械能有损失，因此在子弹射入木块A到其速度减为零的过程中，系统机械能不守恒，故ACD错误，B正确。 故选：B。 47．（2023秋•锡山区校级期中）如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，则（　　） A．系统的动量守恒 B．小球运动到最低点时小车速度为零 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 【答案】D 【解答】解：A、根据题意可知，系统在水平方向不受外力，竖直方向的合力不为零，所以系统水平方向的动量守恒，而系统总动量不守恒，故A错误； B、小球运动到最低点时具有向左的速度，小车速度向右，故B错误； C、根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，可知小球仍能向左摆到原高度，故C错误； D、根据题图可知，小球相对于小车的最大位移为2l，系统水平方向动量守恒，规定水平向左为正方向。 设小球在水平方向上的平均速度为vm，小车在水平方向上的平均速度为vM，由系统水平方向动量守恒有 mvm﹣MvM＝0 根据运动学公式有：xm＝vmt，xM＝vMt 则得mxm＝MxM 又根据几何关系有 xm+xM＝2l 联立解得小车向右移动的最大距离为：xM＝，故D正确。 故选：D。 48．（2023秋•海珠区校级期中）乌贼在水中运动方式是十分奇特的，它不用鳍也不用手足，而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，在无脊椎动物中游泳最快，速度可达15m/s。逃命时更可以达到40m/s，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃窜，喷射出的水的质量为0.8kg，则喷射出水的速度为（　　） A．200m/s B．160m/s C．75m/s D．60m/s 【答案】B 【解答】解：乌贼逃命时的速度为v1＝40m/s，取乌贼向前逃窜的方向为正方向，由乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒得 0＝（m﹣m0）v1﹣m0v2 可得乌贼喷射出水的速度为： ，故ACD错误，B正确。 故选：B。 49．（2024春•金水区期中）（多选）如图所示，A、B为两固定的弹性竖直挡板，相距L＝5m，A、B之间为水平导轨。质量为1kg的小球（可视为质点）自A板处开始，以v0＝6m/s的速度沿摩擦因数处处相同的水平导轨向B板运动，如果小球与A、B挡板发生碰撞，均可视为无能量损失。为使小球恰好停在A板右侧1m处，则摩擦力的大小可能为（　　） A．0.8N B．N C．2N D．3.6N 【答案】BC 【解答】解：设小球（质量为m）停止位置距离A板右侧为x，摩擦力的大小为f。 当小球没有与B挡板碰撞时，由动能定理有：﹣fx＝0﹣m 代入数据解得：f＝18N 当小球与B挡板碰撞1次、且没有与A挡板碰撞时，由动能定理有：﹣f（L+L﹣x）＝0﹣m 代入数据解得：f＝2N 当小球与B挡板碰撞1次、且与A挡板碰撞1次时，由动能定理有：﹣f（L+L+x）＝0﹣m 代入数据解得：f＝N≈1.6N 当小球与B挡板碰撞2次、且与A挡板碰撞1次时，由动能定理有：﹣f（3L+L﹣x）＝0﹣m 代入数据解得：f＝N≈0.95N 当小球与B挡板碰撞2次、且与A挡板碰撞2次时，由动能定理有：﹣f（4L+x）＝0﹣m 代入数据解得：f＝N 当小球与B挡板碰撞3次、且与A挡板碰撞2次时，由动能定理有：﹣f（5L+L﹣x）＝0﹣m 代入数据解得：f＝N≈0.62N＜0.8N 故AD错误，BC正确。 故选：BC。 50．（2024春•北辰区期中）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体质量为M＝20kg，在其右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面的速度v0＝3m/s向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升到最大高度后又沿斜面下滑。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动，取重力加速度g＝10m/s2，求： （1）推出冰块后小孩与滑板的速度大小v2； （2）冰块沿斜面体上滑到最高点时冰块与斜面体共同速度v的大小； （3）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 【答案】（1）推出冰块后小孩与滑板的速度大小v2为1m/s。 （2）冰块沿斜面体上滑到最高点时冰块与斜面体共同速度v的大小为1m/s； （3）冰块与斜面体分离后不能追上小孩。 【解答】解：（1）小孩将冰块推出的过程，规定向左为正方向，根据动量守恒定律得 m2v0﹣m1v2＝0 解得：v2＝1m/s （2）冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，规定向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得： m2v0＝（m2+M）v 解得：v＝1m/s （ 2）设冰块与斜面体分离后的速度分别为v3和v4，规定向左为正方向，由系统水平方向动量守恒和机械能守恒分别得： m2v0＝m2v3+m3v4 m2＝m2+m3 联立解得v3＝﹣1m/s，v4＝2m/s 则|v3|＝v2，即冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度大小相等，方向均向右，故冰块不能追上小孩。 答：（1）推出冰块后小孩与滑板的速度大小v2为1m/s。 （2）冰块沿斜面体上滑到最高点时冰块与斜面体共同速度v的大小为1m/s； （3）冰块与斜面体分离后不能追上小孩。 51．（2024春•朝阳区校级期中）简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在受到形如F＝﹣kx的回复力作用下，物体偏离平衡位置的位移x与时间t遵循x＝Asinωt变化规律的运动，其中角频率（k为常数，A为振幅，T为周期）。弹簧振子的运动就是其典型代表。如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O。另一质量为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后粘在一起开始向下运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹性势能为。已知，重力加速度为g。求： （1）B与A碰撞前B的速度大小及碰撞后瞬间一起向下运动的速度大小； （2）小球A被碰后向下运动离O点的最大距离； （3）小球A从开始向下运动到第一次运动到最低点所用的时间t。 【答案】（1）B与A碰撞前B的速度大小为，碰撞后瞬间一起向下运动的速度大小为； （2）小球A被碰后向下运动离O点的最大距离为； （3）小球A从开始向下运动到第一次运动到最低点所用的时间t为。 【解答】解：（1）设B与A碰撞前B的速度大小为vB。 根据机械能守恒定律可得：mgH＝ 解得：vB＝＝＝ 小球B与小球A碰撞过程，取竖直向下为正方向，则由动量守恒定律有：mvB＝（m+m）v1 结合，解得碰撞后瞬间AB共同速度大小为：v1＝ （2）小球A静止在O位置时，弹簧压缩量为x0＝ 设小球A与B共同体继续向下运动离O点的最大距离为xm，根据机械能守恒定律可得：++2mgxm＝ 由刚开始平衡条件有：mg＝kx0 整理得：−2x0xm−＝0 解得：xm＝3x0，xm＝﹣x0（舍去） 取：xm＝ （3）由题意振动周期：T＝，又振幅：A＝2x0＝ 所以平衡位置在弹簧压缩2x0处，从碰撞后开始到再次回到O点的振动图象如图， 从O点开始到平衡位置经过的时间：t1＝＝ 所求时间：t＝2t1+T 代入数据解得：t＝×2π＝ 答：（1）B与A碰撞前B的速度大小为。碰撞后瞬间一起向下运动的速度大小为； （2）小球A被碰后向下运动离O点的最大距离为； （3）小球A从开始向下运动到第一次运动到最低点所用的时间t为。 52．（2024春•仓山区校级期中）如图所示，倾角θ＝37°的足够长的光滑斜面固定在水平地面上，斜面下端垂直斜面固定着一挡板，物块A与物块B用轻弹簧连接并静止在斜面上，物块A与挡板接触。现将距物块B为d＝3m的物块C从斜面上由静止释放，物块C与物块B发生弹性碰撞，碰后将物块C取走，物块B在斜面上做简谐运动。已知mA＝3kg，mB＝5kg，mC＝1kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，弹簧的劲度系数为k＝100N/m，且弹簧始终在弹性限度内，物块A、B、C均可视为质点。 （1）求C与B碰后瞬间两物块的速度大小； （2）已知弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），求C与B碰后B做简谐运动的振幅； （3）若C从斜面上某高度处由静止释放后，C与B碰后并粘在一起做简谐运动且A恰好未离开挡板，求A对挡板压力的最大值。 【答案】（1）C与B碰后瞬间两物块的速度大小分别为4m/s，2m/s； （2）C与B碰后B做简谐运动的振幅为； （3）A对挡板压力的最大值为108N。 【解答】解：（1）物块C从斜面上由静止释放，根据机械能守恒定律有 mCgdsinθ＝ 可得C与B碰前瞬间的速度为：v0＝＝m/s＝6m/s 设碰撞后瞬间C、B的速度大小分别为vC，vB，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律有 mCv0＝mBvB+mCvC 物块C与物块B碰撞过程机械能守恒，有 mC＝mB+mC 解得：vB＝2m/s，vC＝﹣4m/s 即C与B碰后瞬间两物块的速度大小分别为4m/s和2m/s。 （2）将物块C取走，物块B在斜面上做简谐运动。在平衡位置时弹簧的压缩量为 x1＝ 解得：x1＝0.3m 在平衡位置速率最大，从平衡位置向下运动到最低位置，B与弹簧组成的系统机械能守恒，以最低位置为零势能面，由系统机械能守恒有 +mB+mBgAsinθ＝ 解得： （3）若C从斜面上某高度处由静止释放后，C与B碰后并粘在一起做简谐运动，两物块在平衡位置时弹簧的压缩量为x'1，则有 kx'1＝（mB+mC）gsinθ 解得：x'1＝0.36m 且A恰好未离开挡板，则BC上升到最高位置时，A对挡板的压力为零，此时弹簧的伸长量为 x2＝ 解得：x2＝0.18m 所以振幅为 A′＝x'1+x2＝0.36m+0.18m＝0.54m BC向下运动到最低点时，由对称性可知其压缩量为 x3＝x'1+A′＝0.36m+0.54m＝0.90m 物块A受到挡板的最大支持力为 N＝kx3+mAgsinθ 解得：N＝108N 根据牛顿第三定律得，物块A对挡板压力的最大值为108N。 答：（1）C与B碰后瞬间两物块的速度大小分别为4m/s，2m/s； （2）C与B碰后B做简谐运动的振幅为； （3）A对挡板压力的最大值为108N。 53．（2023秋•顺义区校级期中）如图甲所示，三个物体A、B、C静止放在光滑水平面上，物体A、B用一轻质弹簧连接，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，三个物体的质量分别为mA＝0.1kg、mB＝0.2kg和mC＝0.1kg。现将细线烧断，物体A、B在弹簧弹力作用下做往复运动（运动过程中物体A不会碰到物体C）。若此过程中弹簧始终在弹性限度内，并设以向右为正方向，从细线烧断后开始计时，物体A的速度‒时间图象如图乙所示。求： （1）物体B运动速度的最大值； （2）在乙图中画出一个周期内物体B的速度—时间图象； （3）若在某时刻使物体C以vC＝4m/s的速度向右运动，它将与正在做往复运动的物体A发生碰撞，并立即结合在一起，试求在以后的运动过程中，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围。 【答案】（1）物体B运动速度的最大值为2m/s； （2）物体B的速度—时间图象见解析； （3）弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围为0.2J≤Epm≤1.8J。 【解答】解：（1）对于物体A、B与轻质弹簧组成的系统，烧断细线后动量守恒，设物体B运动的最大速度为vB， 以向右为正有：mAvA+mBvB＝0 由图乙可知，物体A的最大速度为：vA＝﹣4m/s 所以解得：vB＝2m/s （2）B与A的运动情况相似，以向左为正方向，速度—时间图象如图： （3）因水平方向系统不受外力，故系统动量守恒，因此不论A、C两物体何时何处相碰，三物体速度相同时的速度是一个定值，设三个物体速度相同时的速度为v共，根据动量守恒定律有mCvC＝（mA+mB+mC）v共 解得v共＝1m/s 当A在运动过程中速度为4m/s，且与C同向时，跟C相碰，A、C相碰后速度为v1＝vA＝vC 设此过程中具有的最大弹性势能为Ep1，由能量守恒得 解得Ep1＝1.8J 当A在运动过程中速度为﹣4m/s时，与C相碰，设A、C相碰后速度为v2，由动量守恒得 mCvC﹣mAvA＝（mA+mC）v2 解得v2＝0 设此过程中具有的最大弹性势能设为Ep2，由能量守恒 解得Ep2＝0.2J 综上可得：弹簧具有的最大弹性势能Epm可能的取值范围为0.2J≤Epm≤1.8J 答：（1）物体B运动速度的最大值为2m/s； （2）物体B的速度—时间图象见解析； （3）弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围为0.2J≤Epm≤1.8J。 54．（2023春•抚顺期中）如图所示，半径R＝0.15m的固定光滑一圆轨道AB与长度L＝1m的粗糙水平轨道BC相切于B点，右侧足够长的固定光滑斜面CD与水平轨道BC平滑连接于C点，CD斜面倾角θ＝30°。质量m＝1kg的滑块1从轨道AB的最高点由静止释放，质量也为m＝1kg的滑块2放置在水平轨道的中点F，滑块1和2碰撞后交换速度，即碰后滑块1静止，滑块2以碰前瞬间滑块1的速度运动。已知滑块1与水平轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.05，不计滑块2与水平轨道BC间的摩擦，取重力加速度大小g＝10m/s2，两滑块均视为质点，求： （1）滑块2上升的最大高度h； （2）从释放滑块1到两滑块最后停止运动时滑块1在水平轨道BC上滞留的总时间t。 【答案】（1）滑块2上升的最大高度h为0.125m； （2）从释放滑块1到两滑块最后停止运动时滑块1在水平轨道BC上滞留的总时间t为7.73s。 【解答】解：（1）滑块1从A点第一次运动到F点，由动能定理可得： 代入数据解得： 滑块1和2碰撞后交换速度，不计滑块2与水平轨道BC间的摩擦，则滑块2在斜面上运动到最高点时，由动能定理可得： 解得：hm＝0.125m （2）由题意可知，滑块1最后停在BF之间，末速度是零，滑块1从A点第一次运动到B点，由动能定理可得： 代入数据解得： 只考虑滑块1在BF之间运动，滑块1在BF之间一直做匀减速运动，则有：vB＝a1t1 加速度大小为：a1＝＝μg＝0.05×10m/s2＝0.5m/s2 滑块1在BF上运动的时间： 设滑块1从A点到停止在BC上运动的路程为s，由能量守恒定律，则有：mgR＝μmgs 解得：s＝3m 可知滑块1和滑块2碰撞次数： 可知滑块1和滑块2碰撞6次。滑块1和滑块2第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为t2，滑块2在斜面上的加速度大小为a2＝＝gsinθ＝10×0.5m/s2＝5m/s2 则有：t2＝2×+2× 代入数据得：t2＝s 第三次碰撞后滑块2的速度为vF′，则有： 解得：vF′＝m/s 滑块1和滑块2第三次碰撞到第四次碰撞的时间间隔为t3，则有t3＝+2× 第五次碰撞后滑块2的速度为vF″，则有： 解得：vF″＝m/s 滑块1和滑块2第五次碰撞到第六次碰撞的时间间隔为t4，则有t4＝+2× 从释放滑块1到两滑块最后停止运动时滑块1在水平轨道BC上滞留的总时间：t＝t1+t2+t3+t4 代入相关数据得：t＝7.73s 答：（1）滑块2上升的最大高度h为0.125m； （2）从释放滑块1到两滑块最后停止运动时滑块1在水平轨道BC上滞留的总时间t为7.73s。 55．（2023春•天津期中）质量mA＝0.5kg的小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离R＝0.8m，质量mB＝0.3kg的物块B置于高H＝1.25m的粗糙的水平桌面上且位于O点正下方，物块B距桌面右边缘的距离L＝1m，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.45．现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短）．碰后，物块B沿桌面滑行并从桌面右边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离s＝2m．小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g＝10m/s2，求： （1）小球与物块碰撞后，物块B的速度vB； （2）小球与物块碰撞后，小球能上升的最大高度h． 【答案】见试题解答内容 【解答】解： （1）物块B离开C后做平抛运动，则有： H＝，s＝vCt 则得：vC＝s＝2×m/s＝4m/s 物块B从最低点到C点的过程，根据动能定理得： ﹣μmBgL＝﹣ 得，vB＝＝m/s＝5m/s （2）小球从A到B点的过程，根据动能定理得： mAgR＝ 解得，v0＝＝m/s＝4m/s 对于碰撞过程，根据动量守恒得： mAv0＝mAvA+mBvB 解得，vA＝v0﹣＝4﹣×5＝1（m/s） 对于小球与物块碰撞后上升过程，由机械能守恒得： ＝mAgh 则得，h＝＝m＝0.05m 答： （1）小球与物块碰撞后，物块B的速度vB是5m/s． （2）小球与物块碰撞后，小球能上升的最大高度h是0.05m． 十三．验证动量守恒定律（共5小题） 56．（2024春•新郑市校级期中）某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上。选择相同材质且表面粗糙程度相同的一元硬币和一角硬币进行实验。 一元硬币和一角硬币的质量分别为m1和m2且m1＞m2，将甲硬币放在斜面的某一位置，标记此位置为B。如图（a）所示，甲由静止释放滑下，当甲停在水平面上某一位置处，测量O点到甲停止位置的距离OP，记为s0。如图（b）所示，将乙硬币放置在O点位置，左侧与O点重合，并将甲硬币在B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量O点到甲、乙停止位置的滑行距离OM和ON，记为s1、s2。 （1）在本实验中，乙选用的是 　一角　硬币。（选填“一元”或“一角”） （2）若甲、乙硬币碰撞前后系统动量守恒，则应满足的表达式为 　　。（用s0、s1、s2、m1和m2表示） （3）关于该实验需要满足的条件是 　C　。 A．OA段必须保持水平 B．倾斜段纸板与水平段纸板必须由同一种材料制成 C．两硬币材质及其表面粗糙程度必须相同 【答案】（1）一角；（2）；（3）C。 【解答】解：（1）根据题意可知，从图中可以看出，碰撞后甲有向右的速度，所以甲的质量大于乙的质量，乙选用的是一角硬币。 （2）设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，甲从O点到P点，根据动能定理： 解得碰撞前，甲到O点时速度的大小：＝ 同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为：＝，＝ 若碰撞前后动量守恒，则满足关系式：m1v0＝mv1+m2v2 整理化简可得： （3）A、若OA段略微倾斜θ角，则两硬币的加速度均变为：a＝gsinθ+μgcosθ，由（2）问的计算公式可知没有产生影响，故A错误； BC、由（2）问的计算公式可知，只要水平段的摩擦系数恒定即可，故B错误，C正确； 故选：C。 故答案为：（1）一角；（2）；（3）C。 57．（2023秋•常熟市期中）某同学用如图所示装置做“验证动量守恒定律”实验。图中O是斜槽水平末端在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰小球时入射小球的平均落点，M为与被碰小球碰后入射小球的平均落点，N为被碰小球的平均落点。 （1）关于实验要点，下列说法正确的是（填选项字母） 　AD　。 A．安装轨道时，轨道末端必须水平 B．实验过程中，复写纸、白纸都可以移动。 C．入射小球的质量必须小于被碰小球的质量，两球的半径相同 D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放 （2）实验中，除测量平抛射程OM、ON、OP外，还必须测量的物理量有（填选项字母） 　A　。 A．测量入射小球质量m1和被碰小球质量m2 B．测量抛出点距地面的高度H C．测量S离水平轨道的高度h D．测量入射小球半径r1和被碰小球半径r2 （3）①图乙是被碰小球的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为 　55.50　cm。②若测量的物理量在误差允许范围内满足关系式 　m1•OP＝m1•OM+m2•ON　，则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量守恒。（用（2）中测量的物理量表示）③若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式 　OP+OM＝ON　是否成立。（用OM、ON、OP表示） 【答案】（1）AD；（2）A；（3）55.50（±0.10均正确）、m1•OP＝m1•OM+m2•ON、OP+OM＝ON。 【解答】解：（1）A、为使小球离开轨道做平抛运动，保证出射速度水平，所以轨道末端必须水平，故A正确； B、在实验过程中，小球的落点通过白纸和复写纸获得，若移动白纸将不能确定小球的位置，但复写纸可以移动，故B错误； C、为防止入射小球碰后反弹，则入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，两球的半径相同，故C错误； D、同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证到达底端做平抛运动时的速度相同，故D正确。 故选：AD。 （2）以向右为正，根据动量守恒定律有：m1v0＝m1v1+m2v2 抛出后各自做平抛运动，则水平方向：x＝vt 竖直方向： 联立代入具体射程整理可得：m1OP＝m1OM+m2ON 可知，除测量平抛射程OM、ON、OP外，还必须测量的物理量有入射小球质量m1和被碰小球质量m2。 故选：A。 （3）①由图乙可得落点的平均位置所对应的读数为55.50cm。 ②由（2）分析可知，只要满足：m1OP＝m1OM+m2ON，则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量守恒。 ③若为弹性碰撞，以向右为正则动量守恒：m1v0＝m1v1+m2v2 机械能守恒： 联立解得：v0+v1＝v2 两边同乘以t得到：OP+OM＝ON 则若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式：OP+OM＝ON，是否成立。 故答案为：（1）AD；（2）A；（3）55.50（±0.10均正确）、m1•OP＝m1•OM+m2•ON、OP+OM＝ON。 58．（2023春•长丰县期中）某同学用如图所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。 （1）实验中必须要求的条件是　BD　 A．斜槽轨道尽量光滑以减少误差 B．斜槽轨道末端的切线必须水平 C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同 D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下 （2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？ A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离 B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离 C．测量A球或B球的直径 D．测量A球和B球的质量（或两球质量之比） E．测量G点相对于水平槽面的高度 答：　ABD　（填选项号）。 （3）某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为　4：1　。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误； B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确； C、为了使小球碰后不被反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故C错误； D、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确。 故选：BD。 （2）小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等， 如果碰撞过程动量守恒，则：m1v1＝m1v1′+m2v2′， 两边同时乘以t，则：m1v1t＝m1v1′t+m2v2′t， m1OP＝m1OM+m2ON，实验需要测量小球的质量、小球的水平位移，故选：ABD； （3）碰撞过程系统动量守恒，需要满足：m1OP＝m1OM+m2ON， 由图2所示可知，OP＝25.5cm，OM＝15.5cm，ON＝40.0cm， 代入：m1OP＝m1OM+m2ON解得：m1：m2＝4：1； 故答案为：（1）BD；（2）ABD；（3）4：1。 59．（2024春•九龙坡区校级期中）如图用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。 （1）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复（假设两小球可视为质点）。下列中必要的步骤是 　AD　（填选项的符号）； A．用天平测量两个小球的质量m1、m2 B．测量小球m1开始释放高度h C．测量抛出点距地面的高度H D．测量平抛射程OM，ON （2）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 　m1OP＝m1OM+m2ON　（用m1、m2、OP、OM、ON表示）； （3）若两球发生弹性碰撞，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是 　A　（填选项前的符号）。 A．OP+OM＝ON B．2OP＝ON+OM C．OP﹣ON＝2OM 【答案】（1）AD；（2）m1OP＝m1OM+m2ON；（3）A。 【解答】解：（1）要验证小球碰撞前后动量守恒，即要验证：m1v0＝m1v1+m2v2 小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，在空中运动的时间t相等，因此有平抛运动在水平方向做匀速直线运动可知：，， 导入动量守恒表达可得：m1OP＝m1OM+m2ON 因此实验需要测量的两个小球的质量，小球的水平位移，故BC错误，AD正确。 故选：AD。 （2）由（1）分析可知，两小球碰撞后动量守恒，其表达式为：m1OP＝m1OM+m2ON （3）若两小球发生弹性碰撞，即碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒可知： 联立动量守恒表达式可解二次方程得：， 代入水平位移与平抛时间关系可得：， 由以上关系可得：ON﹣OM＝OP 所以有：OP+OM＝ON 故选：A。 故答案为：（1）AD；（2）m1OP＝m1OM+m2ON；（3）A。 60．（2023春•江苏期中）某同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块A、B（包含挡光片）质量分别为m1、m2，当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片被遮挡的时间。 （1）先调节气垫导轨，若 　滑块恰能静止　，则说明气垫导轨已水平； （2）将B静置于两光电门之间，将A置于光电门G1右侧，用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞，为了使A碰后不返回，则m1　＞　m2。（填“＞”、“＝”或“＜”）； （3）在上述前提下，光电门G1记录的挡光时间为Δt1，滑块B、A先后通过光电门时，G2记录的挡光时间分别为Δt2、Δt3，为了减小误差，挡光片的宽度应选择 　窄　（填“窄”或者“宽”）的，已知两挡光片宽度相同，若m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3满足 　　（写出关系式，用m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3表示）则可验证动量守恒定律；若Δt1、Δt2、Δt3还满足另一个关系式 　　，（用Δt1、Δt2、Δt3表示）则说明A、B发生的是弹性碰撞。 【答案】（1）滑块通过两个光电门时间相等（或将其轻放在气垫导轨上任何位置都能静止）；（2）＞、窄；（3）、。 【解答】解：（1）实验开始，在不挂重物的情况下轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，滑块通过两个光电门速度相等，则光电门的挡光时间相等，或将其轻放在气垫导轨上任何位置都能静止，说明气垫导轨已经水平； （2）根据弹性碰撞的“动碰静”的碰撞后的速度通项公式可知，要想“动”的物体碰撞“静”的物体不返回，必须“动”的物体的质量大于“静”物体的质量，即m1＞m2； （3）滑块通过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代，则遮光片的宽度要越小，则遮光片通过光电门的平均速度越接近于滑块过光电门的瞬时速度，因此挡光片应选择“窄”的； 滑块A两次经过光电门G1的速度近似等于滑块经过光电门时的平均速度，分别为：， 滑块B经过光电门G2的速度： 根据动量守恒：m1vA＝m1v′A+m2vB 整理得： 若为弹性碰撞，则动能也是守恒则有： 整理得： 移项后有： 即： 由上面的动量守恒推导出来的等式变换得： 代入上式得： 故答案为：（1）滑块通过两个光电门时间相等（或将其轻放在气垫导轨上任何位置都能静止）；（2）＞、窄；（3）、。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$