专题01 动量定理 动量守恒定律（考题猜想）-2024-2025学年高二物理下学期期中考点大串讲（粤教版2019）

专题01动量定理 动量守恒定律 考点1 动量定理 考点2　动量守恒定律的简单应用 考点3 碰撞 考向1　弹性碰撞 考向2　非弹性碰撞 考向3　碰撞合理性问题 考点4 反冲现象的理解与应用 考点5 实验：验证动量守恒定律 考点6 动量与力、能量的综合问题 考向1　滑块—木板模型 考向2　子弹打木块模型 考向3　“弹簧类”连接体模型 考向4　滑块—斜(曲)面模型 考点1动量定理 1．对动量定理的理解 ①动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。 ②动量定理的表达式FΔt＝mv′－mv是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向。 ③公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变化的力，则F应理解为合外力在作用时间内的平均值。 ④动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用。 2．动量定理、动能定理的区别 ①动量定理指出力在时间上的积累改变了物体的动量，动能定理指出力在空间上的积累改变了物体的动能。 ②动量定理是矢量式，动能定理是标量式。 3．用动量定理解释生活中的现象 ①Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小； ②F一定，Δt短则Δp小，Δt长则Δp大； ③Δt一定，F大则Δp大，F小则Δp小。 4． 动量定理的定量计算 ①动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向。 ②动量定理公式中I(F·Δt)应为合外力的冲量，不要漏掉某个力的冲量。 ③应用动量定理定量计算的一般步骤： 1．神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场着陆。如图所示，离地高度约1m时，返回舱底部的4台着陆反推发动机点火竖直向下喷气，使返回舱速度在0．2s内由8m/s降为2m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103kg。以竖直向下为正方向，反推发动机工作阶段，下列说法正确的是（　　） A．返回舱的动量变化量为1.8×104kg·m/s B．反推发动机启动时航天员受到的作用力将减小 C．返回舱受到的平均推力大小约为1.2×105N D．返回舱受到的平均推力大小约为9.0×104N 答案C 解析A．返回舱的动量变化量为 解得 A错误； B．反推发动机启动时航天员做加速度较大的减速运动处于超重状态，受到的作用力将增大，B错误； CD．返回舱受到的平均推力为N，取竖直向下为正方向，根据动量定理得 解得 C正确，D错误。 故选C。 2．如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盈中装入质量为2．0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从3．20m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0．08m时，物体的速度减为0。挤压过程视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s²。则（　　） A．挤压过程中物体处于失重状态 B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg·m/s，方向竖直向下 D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N·s 答案B 解析A．挤压过程视为匀减速直线运动，因此物体处于超重状态，故A错误； B．根据 可得物体做自由下落运动的时间为 物体落地瞬间的速度为 根据 可得物体做匀减速直线过程中加速度为 根据牛顿第二定律有 所以头盔对物体的平均作用力为 故B正确； C．物体做匀减速直线过程中动量变化量 负号表示方向竖直向上，故C错误； D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为 故D错误。 故选B。 3．(多选)(2024广东汕头金山中学校考)海洋馆中一潜水员把一质量为m的小球以初速度v0从手中竖直抛出．从抛出开始计时，3t0时刻小球返回手中．小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的图像如右上图所示．下列说法正确的是(　　) A．上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为1∶2 B．上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比为1∶2 C．小球在0到3t0时间内动量变化量的大小为mv0 D．小球在0到3t0过程中克服阻力所做的功为mv 答案AD 解析 根据If＝ft可知，由于上升过程与下降过程的时间之比为1∶2，则阻力的冲量大小之比为1∶2，A正确；上升过程与下降过程的位移大小相等，可知回到出发点的速度为v0，则根据动量定理可知，合外力的冲量大小之比等于动量变化量大小之比，则＝＝，B错误；设向下为正方向，小球在0到3t0时间内动量变化量的大小Δp＝mv0－(－mv0)＝mv0，C错误；小球在0到3t0过程中重力做功为零，由动能定理知克服阻力所做的功Wf＝mv－m(v0)2＝mv，D正确． 4．图甲为公园里一水托石球的景观，高速喷出的水流使一质量为M的石球悬停在空中．如图乙所示，为方便计算，假设高压水流从横截面积为S的喷口持续竖直向上喷出，接触面可近似看成平面；水流冲击石球底部后，水在竖直方向的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力，已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，则高压水流的速度v可表示为(　　) A．　 B．　　 C．　 D． 答案A 解析 高压水流冲击到石球底部后，在竖直方向的速度变为零，以竖直向上为正方向，根据动量定理得－Mgt＝ρSvt(0－v)，解得v＝ ，故选A． 5．用0．5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，假设打击时铁锤的速度v＝4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么 (1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？ (2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(g取10 m/s2) (3)比较(1)和(2)，讨论是否要忽略铁锤的重力． 答案(1)200 N　(2)205 N　(3)见解析 解析(1)以铁锤为研究对象，不计重力时，铁锤只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正， 由动量定理可得F1t＝0－(－mv)，所以F1＝200 N，方向竖直向上． 由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子的作用力为200 N，方向竖直向下． (2)若考虑重力，设此种情况下铁锤受钉子的作用力为F2，对铁锤取竖直向上为正，应用动量定理得 (F2－mg)t＝0－(－mv)， 所以F2＝205 N，方向竖直向上． 由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子的作用力为205 N，方向竖直向下． (3)比较F1与F2，其相对误差为×100%＝2.5%，可见本题中铁锤的重力可忽略． 考点2　动量守恒定律的简单应用 1． 动量守恒定律不同表现形式的表达式的说明 (1) p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′. (2) m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． (3) Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反． (4) Δp＝0：系统总动量增量为零． 2． 用动量守恒定律解题的步骤 6．在2022年北京冬奥会上，短道速滑接力是很具观赏性的项目．比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面追上，“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程．忽略运动员与冰面之间的摩擦，交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一直线上．对于两运动员交接棒的过程，下列说法正确的是(　　) A．两运动员之间相互作用力做的总功一定等于零 B．两运动员之间相互作用力的总冲量一定等于零 C．两运动员的动量变化一定相同 D．两运动员组成的系统动量和机械能均守恒 答案B 解析 交接棒过程中两运动员之间的相互作用力等大、反向，作用时间相同，总冲量一定为零，但两力作用的位移并不相同，总功并不为零，故A错误，B正确；交接棒过程中两运动员之间的相互作用力等大、反向，作用时间相同，根据动量定理可知两运动员的动量变化大小相同，方向相反，故C错误；两运动员组成的系统所受合外力为零，动量守恒，但“交棒”运动员的推力对系统做功，系统机械能不守恒，故D错误．故选B． 7．如下图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑)(　) A．v0 B． C． D． 答案C　 解析 由于炮弹的重力作用，火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得m2v0cos θ－(m1－m2)v＝0，解得v＝，故C正确． 8．如图，在一个平静的足够深的水池中，木球通过细线连接一个铁球，二者一起以速度v竖直向下匀速运动，铁球质量是木球的4倍，运动过程水的阻力忽略不计（浮力不可忽略）。某时刻细线断开，当木球运动至最深处时，铁球的速度为（　　） A． B． C． D． 答案A 解析 细线断开后，只要铁球还未沉底，木球还未浮出水面，二者组成的系统竖直方向上动量守恒，木球运动至最深处瞬间，速度为0，设木球质量为m，铁球质量为4m，有 解得 故选A。 9．结冰的湖面上有甲、乙两个小孩分别乘冰车在一条直线上相向滑行，速度大小均为v1＝2 m/s，甲与车、乙与车的质量和均为M＝50 kg.为了使两车不会相碰，甲将冰面上一质量为5 kg的静止冰块以v2＝6 m/s(相对于冰面)的速率传给乙，乙接到冰块后又立即以同样的速率将冰块传给甲，如此反复，在甲、乙之间至少传递几次，才能保证两车不相碰？(设开始时两车间距足够远) 答案4次 解析 设甲、乙各接传冰块n1、n2次，甲车的初始运动方向为正方向，末态甲、乙的速度分别为v甲、v乙，冰块质量为m，甲或乙每次与冰块相互作用，冰块的动量改变量大小均为2mv2(其中甲第一次传冰块，冰块的动量改变量大小为mv2)，且方向与甲或乙相互作用前的动量方向相同．对甲、冰块系统运用动量守恒定律： Mv1＝mv2＋(n1－1)·2mv2＋Mv甲；① 对乙、冰块系统：－Mv1＝－n2·2mv2＋Mv乙，② 又临界条件为v乙≥v甲，③ 由①②两式得 v乙－v甲＝， 又由③式得n1＋n2≥，④ 将M、m、v1、v2的数值代入④式得n1＋n2≥， 故最少传递次数为n1＋n2＝4次． 10.(2024广东广州市禺山高级中学校考期中)如图是某少年进行滑板训练时的示意图．滑板原来静止在水平地面某处，少年以某一水平初速度跳上滑板，之后与滑板一起以v＝2.0 m/s的速度开始沿水平地面向左滑行，经过x＝20 m的距离后停下．此后少年又从滑板上水平向左跳出，滑板变成向右滑行，向右滑行的距离是向左滑行的距离的四分之一．已知滑板的质量m＝4 kg，少年的质量M＝40 kg，滑板滑行过程受到的路面阻力大小与滑板对地面的压力大小成正比，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)少年跳上滑板时的水平初速度v1大小； (2)少年跳离滑板时的水平速度v2大小． 答案(1)2.2 m/s　(2)0.1 m/s 解析(1)少年跳上滑板时，系统的动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得Mv1＝(M＋m)v， 代入数据解得v1＝2.2 m/s. (2)少年与滑板向左滑行经过x＝20 m的距离后停下的过程有－k(M＋m)gx＝0－(M＋m)v2， 滑板向右滑行至停下的过程有－kmgx′＝0－mv， 且4x′＝x， 解得v3＝v， 少年跳离滑板时，有0＝Mv2－mv3， 联立解得v2＝0.1 m/s. 考点3 碰撞 考向1　弹性碰撞 1．弹性碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等． 2．要记住v′1＝ v1，v′2＝v1，要理解m1＝m2时，v′1＝ 0，v′2＝v1的意义是发生了速度交换，并能灵活应用． 11.“天宫课堂”第四课，在空间站中两宇航员演示了三种情况下两球的正碰，其中一种情况是用一小钢球（）碰撞静止的大钢球（），碰撞为弹性正碰，如图所示，图中“○”为大钢球碰前初始位置，则碰后某时刻两球的位置情况可能为（　　） A． B． C． D． 答案C 解析A．由于两球发生弹性正碰，碰前碰后两球的运动方向在同一直线上，故A错误； B．根据动量守恒和能量守恒有 联立解得， 即小球碰后反弹，大球向的方向运动，故B错误； CD．，碰后相同时间内小球的位移大于大球的位移，故C正确，D错误。 故选C。 12.小球甲、乙的质量之比为，两小球沿光滑的水平面在同一直线上以大小相等、方向相反的速度相对运动，经过一段时间两小球发生碰撞，碰后小球甲静止在光滑的水平面上，则下列说法正确的是（　　） A．两小球发生的碰撞为弹性碰撞 B．两小球发生的碰撞为非弹性碰撞 C．两小球发生的碰撞为完全非弹性碰撞 D．由于题中的条件不充分，则该碰撞无法确定 答案A 解析 根据题意，设碰前两小球的速度大小为v，碰后小球乙的速度大小为。由动量守恒定律有 所以 碰前总动能 碰后总动能 则有 即两小球发生的碰撞为弹性碰撞。 故选A。 13．质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。已知，下列说法正确的是（    ）    A．碰撞前的速度 B．碰撞后的速度 C．的质量为3kg D．上述碰撞为非弹性碰撞 答案C 解析 A．图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知碰撞前的速度 碰撞前速度为0，故A错误； B．两物体正碰后，碰撞后的速度 碰后的速度 故B错误； C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即 解得两物体质量的关系为 故C正确； D．碰撞前系统的机械能 碰撞后系统的机械能 由此可知碰撞过程中机械能守恒，上述碰撞为弹性碰撞，故D错误。 故选C。 考向2　非弹性碰撞 1． 非弹性碰撞：动量守恒，碰撞结束后，动能有部分损失． m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′＋ΔEk损 2． 完全非弹性碰撞：动量守恒，碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大. m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max 14.如下图所示，光滑水平面上有大小相同、质量均为m＝3 kg的A、B、C三个小球，小球A以速度v0＝4 m/s 向左运动，与静止不动右端有一轻弹簧的小球B发生对心碰撞，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，碰撞后小球A与弹簧不粘连，则下列说法正确的是(　　) A．弹簧最短时，三个小球共同速度的大小为1 m/s B．从开始到弹簧最短的过程中小球C受到的冲量大小为4 N·s C．从开始到小球A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为6 J D．小球B与小球C碰撞之前，小球A、B共同速度的大小为3 m/s 答案B 解析 根据动量守恒定律可知，当小球A、B速度相等时，且与小球C碰撞之前A、B的速度均为v1，则mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s，故D错误；从开始到弹簧最短的过程，对A、B、C系统有mv0＝3mv2，解得v2＝ m/s，故A错误；从开始到弹簧最短的过程，对小球C，由动量定理有I＝mv2＝4 N·s，故B正确；B与C相碰的过程mv1＝2mv3，解得v3＝1 m/s，则从开始到小球A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能ΔE＝mv－·2mv＝3 J，故C错误．故选B． 15.一辆质量m1＝3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103 kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力．相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75 m停下．已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小．(重力加速度g取10 m/s2) 答案27 m/s 解析 由牛顿第二定律得μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a， 解得a＝6 m/s2，① 则两车相撞后速度v＝＝9 m/s，② 由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，③ 解得v0＝v＝27 m/s. 16．（高二下广东深圳期末）冰壶比赛中，运动员手持冰壶刷刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，为水平冰面赛场的中心轴线，O为半径的圆形营垒区域的圆心，蓝壶静止在连线上营垒左边界的P点。运动员用等质量的红壶在某点以初速沿滑出，正碰前后两壶均在连线上运动，它们的图像如图b所示，碰前红壶速度为，碰撞时间忽略不计，冰壶可视为质点。 （1）求碰后瞬间蓝壶的速度大小； （2）计分规则：冰壶需停在营垒内（含压线）且离O点距离较小者得分．请通过计算判断哪个冰壶得分。    答案（1）；（2）红壶得分 解析（1）两壶碰撞过程中由动量守恒定律得 由图像可知，碰前红壶的速度为 碰后红壶的速度为 联立解得碰后瞬间蓝壶的速度为 （2）由图可知碰后红壶在第停下，蓝壶运动在第停下；由运动学公式可以算出两壶的位移分别为 红壶距O点距离为 蓝壶距O点距离为 由 可知红壶和蓝壶均在营垒内，但红壶离O点更近，红壶得分。 考向3　碰撞合理性问题 1．从碰撞的合理性分析，碰撞有下列特点 (1) 时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计． (2) 相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力． (3) 位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置. 2．能够发生的碰撞，一定满足以下几点 (1) 动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2. (2) 动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2. (3) 速度要符合情境：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大；若两物体同向运动，则原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度都为零． 17.(多选)如右图所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B两个小球，A球动量为10 kg·m/s，B球动量为12 kg·m/s，A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8 kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值为(　　) A．0．5　　　　　　　 B．0.6 C．0．65 D．0.75 答案BC 解析 A、B两球同向运动，A球要追上B球应满足条件：vA>vB．两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增加，碰撞结束满足条件：vB′≥vA′.由vA>vB得>，即<＝＝0.83，由碰撞过程动量守恒得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pB′＝14 kg·m/s.由碰撞过程的动能关系，得＋≥＋，≤＝0.69，由vB′≥vA′得≥，≥＝＝0.57，所以0.57≤≤0.69，B、C正确． 18.如图，光滑水平地面上，动量为的小球1向右运动，与同向运动且动量为的小球2发生弹性碰撞，，碰撞后小球1的速率为、动能为、动量大小为，小球2的速率为、动能为、动量大小为。下列选项一定正确的是（　　） A． B．碰撞后球2向右运动，球1向左运动 C． D． 答案 D 解析 AB．要发生碰撞则 根据两个物体发生弹性碰撞的公式可得碰撞后速度， 因此当足够大时可造成 由弹性碰撞规律，当时可造成碰后两者可以都向右运动，故AB错误； C．碰撞过程小球2动能增大，但初动能小球1的大于小球2的，故碰后动能大小不确定，故C错误； D．碰撞过程小球2动量增大，且系统动量守恒，所以，故D正确。 故选D。 19.质量为的小球A以速率沿光滑水平面运动，与质量为的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率和可能为（    ） A． B． C． D． 答案C 解析 若发生完全非弹性碰撞，碰撞后速度为 若发生完全弹性碰撞，根据动量守恒与机械能守恒， 得， 代入数据，可以得到， 故选C。 考点4反冲现象的理解与应用 1．反冲运动的三个特点 ①物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 ②反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒。 ③反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。 2．讨论反冲运动应注意的两个问题 ①速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度就要取负值。 ②速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程。 20.(2024广东肇庆市第一中学校考)冲天炮飞上天后会在天空中爆炸．当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，则(　　) A．质量较大的P先落回地面 B．炸裂前后瞬间，总动量守恒 C．炸裂后，P飞行的水平距离较大 D．炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量相等 答案B 解析 在炸裂过程中，冲天炮所受重力远小于内力，故系统的总动量守恒，因此P、Q两块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动回到地面，故二者同时落地，故A错误，B正确；炸裂时，质量较小的Q的运动方向可能仍沿原来的方向，也可能与原方向相反，无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系，也就无法比较水平距离大小关系，故C错误；炸裂时P、Q两块受到的内力大小相等、方向相反，故炸裂时P、Q两块受到的内力的冲量大小相等、方向相反，故D错误． 21．如右图所示，质量为M的小船在静止的水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面的速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后瞬间小船的速率为(　　) A．v0＋v B．v0－v C．v0＋(v0＋v)　 D．v0＋(v0－v) 答案C 解析 以水平向右为正方向，小船和救生员组成的系统满足动量守恒条件：(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′，解得v′＝v0＋(v0＋v)，故C正确，A、B、D错误． 22.一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次． (1)当第三次喷出气体后，火箭的速度约为多大(计算结果保留1位有效数字)? (2)运动第1 s末，火箭的速度约为多大(计算结果保留3位有效数字)? 答案(1)2 m/s　(2)13.5 m/s 解析(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3， 以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以火箭运动方向为正方向，根据动量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3＝≈2 m/s. (2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，以火箭运动方向为正方向，根据动量守恒定律得(M－20m)v20－20mv＝0， 解得v20＝≈13.5 m/s. 考点5 实验：验证动量守恒定律 23.用如下图所示的装置，来完成“验证动量守恒定律”的实验．实验中使用的小球1和2半径相等，用天平测得质量分别为m1、m2，且m1> m2.在水平木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O.先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止滚下，落到水平木板上的P点．再把小球2静置于斜槽轨道末端，重复上述操作，小球1和小球2碰撞后分别落在水平木板上，在白纸上留下各自落点的痕迹． (1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，可以通过测量小球做平抛运动的水平射程来解决这个问题，确定碰撞前后落点的位置P、M、N，用刻度尺测量出水平射程OP、OM、ON. ①本实验必须满足的条件是______； A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端必须是水平的 C．小球1每次必须从同一位置由静止释放 ②若两球相碰前后的动量守恒，其表达式为OP＝________________________________________________________________________.(用m1、m2、OM、ON表示) (2)在上述实验中换用不同材质的小球，其他条件不变，记录下小球的落点位置．下面三幅图中，可能正确的是________． 答案(1)①BC　②OM＋ON　(2)B 解析(1)①保证小球每次从同一位置由静止释放，摩擦力的影响相同即可，不需要使斜槽轨道光滑，故A错误；小球从斜槽末端抛出后做平抛运动，故斜槽末端必须保持水平，故B正确；小球1每次必须从同一位置由静止释放，才能使小球抛出的速度保持不变，故C正确．故选BC． ②小球离开斜槽末端做平抛运动，有x＝v0t，y＝gt2.由于下落高度相同，故运动时间相同，因此水平位移与初速度成正比．若小球在碰撞过程中动量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2， 即m1OP＝m1OM＋m2ON，解得OP＝OM＋ON. (2)根据OP＝OM＋ON，可知OP>OM，则A错误；根据两球碰撞前后动量守恒有m1OP＝m1OM＋m2ON，碰撞前后小球的能量应满足m1()2≥m1()2＋m2()2.设单个格子的长度为a，在B选项图中OP＝10a，OM＝7a，ON＝8a；在C选项图中OP＝9a，OM＝7a，ON＝20a.分别代入以上两式中可得B选项图中数据满足动量守恒和机械能不增加原则，故B正确，C错误．故选B． 24．（高二下广东佛山期中）某同学利用如图甲所示装置验证动量守恒定律，实验步骤如下： (1)气垫导轨上安装了1、2两个光电门，滑块B上固定一竖直遮光条，用游标卡尺测得遮光条的宽度d，接通气源后，将滑块B轻放在导轨上，给其一初速度，若通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，则可通过调节气垫导轨的调节旋钮P使导轨左端的高度________（“升高”或“降低”），直到使轻推后的滑块B通过光电门1的时间__________（填“大于”“小于”或“等于”）通过光电门2的时间，即说明滑块B在气垫导轨上近似做___________运动。 (2)滑块A的右端、滑块B的左端均装有粘扣（如图乙所示），用天平测出滑块A（含粘扣）的总质量m1和滑块B（含粘扣和遮光条）的总质量m2，将滑块A静置于两光电门之间，滑块B静置于光电门2右侧，推一下滑块B，使其获得水平向左的速度，测得滑块B经过光电门2的挡光时间为，滑块B和滑块A碰后粘在一起向左运动，经过光电门1记录的挡光时间为。用上述物理量验证该碰撞过程动量守恒，则他要验证的关系式是_______________（用题给字母表示）。 (3)碰撞过程损失的机械能表达式为=____________（用题给字母表示）。 答案(1) 降低 等于 匀速 (2) (3) 解析（1）[1][2][3]若通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，即经过光电门1的速度较小，导轨左端过高，则可通过调节气垫导轨的调节旋钮P使导轨左端的高度降低，直到使轻推后的滑块B通过光电门1的时间等于通过光电门2的时间，即说明滑块B在气垫导轨上近似做匀速运动。 （2）滑块B经过光电门2的速度为 滑块AB一起经过光电门1的速度为 则要验证的关系式为 即 即 （3）碰撞过程损失的机械能表达式为 25．（23-24高二下河北开学考试）某小组同学在实验室用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图（a）所示。 (1)两遮光条沿运动方向的宽度均为d，用螺旋测微器测其宽度，如上图（b）所示读数为 mm。 (2)实验室有两组滑块装置，甲组两个滑块的碰撞端面装上弹性碰撞架，乙组两个滑块的碰撞端面分别装上撞针和橡皮泥，若要求碰撞过程动能损失最小，应选择 （填“甲”或“乙”）组的实验装置。 (3)用天平测得滑块A、B的质量（均包括遮光条）分别为mA、mB，调整好气垫导轨水平后，将滑块A向左弹出，与静止的滑块B发生碰撞，此过程可视为弹性碰撞，与光电门1相连的计时器显示的挡光时间先后为和，与光电门2相连的计时器显示的时间为，从实验结果可知两滑块的质量满足mA mB（填“>”“<”或“=”）；滑块A、B碰撞过程中满足表达式______________（用所测物理量的符号、、、mA、mB表示），则说明碰撞过程中动量守恒。 (4)若碰撞为弹性碰撞，则还应该满足的等式为________________（只用所测物理量的符号、和表示）。 答案(1)1.194-1.196 (2)甲 (3) < (4) 解析（1）螺旋测微器读数为d=1mm+0.01mm×19.5=1.195mm （2）若要求碰撞过程动能损失最小，应选择弹性碰撞架，即甲组的实验装置。 （3）[1]从实验结果可知滑块A碰后反弹，则两滑块的质量满足 [2]碰前滑块A的速度大小 碰后滑块A的速度大小 滑块B的速度大小 若动量守恒，则 滑块A、B碰撞过程中满足表达式 则说明碰撞过程中动量守恒。 （4）若碰撞为弹性碰撞，则还应该满足的等式为 整理可得 考点6动量与力、能量的综合问题 考向1　滑块—木板模型 模型图示 模型特点 (1) 若滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移达最大值(完全非弹性碰撞拓展模型) (2) 系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能 (3) 根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，滑块的质量越小，木板的质量越大，动能损失越多 (4) 该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解 26．如下图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙且与左侧台面高度相同，有一质量为m的木块由左侧台面以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则(　　) A．木块的最终速度为v0 B．由于车上表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒 C．车上表面越粗糙，木块减少的动量越多 D．改变车上表面的粗糙程度，小车获得的动量不变 答案D 解析 以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，木块速度减小，小车速度增大，当木块速度减小到最小时，小车速度达到最大，最后木块和小车以共同的速度运动．以初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得v＝v0，故A、B错误；根据动量守恒定律可得，二者的末速度总是等于v＝v0，所以木块动量的减小量和小车获得的动量不变，故C错误，D正确． 27．(2024广东深圳校考期中)如下图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5, g取10 m/s2. (1)求小车最终速度v的大小． (2)求物块在车面上滑行的时间t. (3)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？ 答案(1)0.8 m/s　(2)0.24 s　(3)5 m/s 解析(1)物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v， 代入数据解得v＝0.8 m/s. (2)对小车，由动量定理得μm2gt＝m1v， 代入数据解得t＝0.24 s. (3)物块不滑离小车且恰好到达小车的右端时物块滑上小车的速度最大，物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0′＝(m1＋m2)v′， 由能量守恒定律得m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL， 代入数据解得v0′＝5 m/s. 28．如下图所示，水平地面上固定一半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量M＝3 kg、长L＝1.75 m的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m＝1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块施一水平向右的恒力F＝15 N，作用一段距离x后撤去F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，g取10 m/s2. (1)求物块滑到木板右端时的速度v的大小． (2)求x的大小． (3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板． 答案(1)4 m/s　(2)1 m　(3)见解析 解析(1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒定律可得mv2＝mgR， 解得v＝4 m/s. (2)对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得Fx－μmgL＝mv2， 解得x＝1 m. (3)设物块相对木板向左滑动距离Δx后，与木板达到相同速度v′. 取向左为正方向，由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v′， 解得v′＝1 m/s， 由能量守恒定律得μmgΔx＝mv2－(M＋m)v′2， 解得Δx＝1.5 m<L＝1.75 m， 故物块不会滑离木板． 考向2　子弹打木块模型 模型图示 模型特点 (1) 木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合力为零，因此系统动量守恒. (2) 两者发生的相对位移为子弹射入木块的深度s. 两种情景 (1) 子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)． 动量守恒：mv0＝(m＋M)v，能量守恒：Q＝f·s＝mv－(M＋m)v2 (2) 子弹穿透木块(设d为木块厚度)． 动量守恒：mv0＝ mv1＋Mv2，能量守恒：Q＝f·d＝mv－(Mv＋mv) 29.如图所示装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，并将弹簧压缩到最短。则从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（    ） A．子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能 B．弹簧、木块和子弹组成的系统机械能守恒 C．在压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力大于弹簧对木块的作用力 D．在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，加速度不为零 答案 D 解析 A、子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能与系统增加的内能之和，故A错误； B、弹簧、木块、子弹组成的系统子弹要克服阻力做功，系统部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故B错误； C、在木块压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力等于弹簧对木块的作用力，故C错误； D、在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，木块所受合外力等于弹簧的弹力，合外力不为零，木块的加速度不为零，故D正确。 故选D。 30.如右图所示，轻质细绳下端吊着质量M＝1.8 kg的沙袋，一质量m＝0.2 kg的玩具子弹以v0(未知)的速度水平射入沙袋并留在沙袋里，沙袋(沙子不流出)和玩具子弹一起摆动上升到最高点时，与竖直方向的夹角为θ＝60°.已知细绳长度L＝1.6 m，g取10 m/s2，沙袋大小及空气阻力不计．求： (1)玩具子弹的初速度v0； (2)子弹射入沙袋的过程中子弹和沙袋产生的热量Q. 答案(1)40 m/s　(2)144 J 解析(1)设玩具子弹和沙袋共同上升时的初速度为v，根据机械能守恒定律，有 (M＋m)v2＝(M＋m)gL， 解得v＝4 m/s， 由于子弹射入沙袋的过程中子弹和沙袋系统的动量守恒，以向右为正方向，有 mv0＝(M＋m)v， 解得v0＝40 m/s. (2)由能量守恒定律可得 Q＝mv－(M＋m)v2， 解得Q＝144 J． 31.一轻质弹簧，两端连接两滑块A和B，已知mA＝0.99 kg、mB＝3 kg，放在光滑水平桌面上，开始时弹簧处于原长．现滑块A被水平飞来的质量为mC＝10 g，速度为400 m/s的子弹击中，且没有穿出，如下图所示，试求： (1)子弹击中A的瞬间，A和B的速度以及损失的机械能； (2)以后运动过程中弹簧的最大弹性势能； (3)B可获得的最大动能． 答案(1)4 m/s　0　792 J　(2)6 J　(3)6 J 解析(1)以向右为正方向，对子弹和A有 mCvC＝(mA＋mC)vA， 解得vA＝4 m/s， 又vB＝0， 损失的机械能ΔE＝mCv－(mA＋mC)v， 解得ΔE＝792 J. (2)对子弹、A和B有mCvC＝(mA＋mC＋mB)v， 解得v＝1 m/s， 从子弹与A共速到三者共速过程，有 (mA＋mC)v＝Ep＋(mA＋mC＋mB)v2， 解得Ep＝6 J. (3)当弹簧恢复原长时，B的动能最大，有 (mA＋mC)vA＝(mA＋mC)v1＋mBv2， (mA＋mC)v＝(mA＋mC)v＋mBv， 此时B获得的动能最大， EkB＝mBv＝6 J． 考向3　“弹簧类”连接体模型 模型图示 模型特点 (1) 两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒 (2) 在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒 (3) 弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型) (4) 弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时) 33.如下图所示，光滑水平面上有大小相同、质量均为m＝3 kg的A、B、C三个小球，小球A以速度v0＝4 m/s 向左运动，与静止不动右端有一轻弹簧的小球B发生对心碰撞，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，碰撞后小球A与弹簧不粘连，则下列说法正确的是(　) A．弹簧最短时，三个小球共同速度的大小为1 m/s B．从开始到弹簧最短的过程中小球C受到的冲量大小为4 N·s C．从开始到小球A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为6 J D．小球B与小球C碰撞之前，小球A、B共同速度的大小为3 m/s 答案　B 解析 根据动量守恒定律可知，当小球A、B速度相等时，且与小球C碰撞之前A、B的速度均为v1，则mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s，故D错误；从开始到弹簧最短的过程，对A、B、C系统有mv0＝3mv2，解得v2＝ m/s，故A错误；从开始到弹簧最短的过程，对小球C，由动量定理有I＝mv2＝4 N·s，故B正确；B与C相碰的过程mv1＝2mv3，解得v3＝1 m/s，则从开始到小球A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能ΔE＝mv－·2mv＝3 J，故C错误．故选B． 34．(多选)两个小木块A和B(均可视为质点)中间夹着一轻质弹簧，用细线(未画出)拴在一起，放在光滑的水平桌面上，烧断细线后，木块A、B分别向左、右方向运动，离开桌面后均做平抛运动(离开桌面前两木块已和弹簧分离)，落地点与桌面边缘的水平距离分别为lA＝1 m，lB＝2 m，如下图所示，则下列说法正确的是(　　) A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB＝1∶2 B．木块A、B的质量之比mA∶mB＝2∶1 C．木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA∶EkB＝1∶2 D．弹簧对木块A、B的作用力大小之比FA∶FB＝1∶2 答案ABC 解析 A、B两木块脱离弹簧后做平抛运动，由平抛运动规律知，木块A、B离开弹簧时的速度大小之比＝＝，A正确；以向左为正方向，根据动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，因此＝＝，B正确；木块A、B离开弹簧时的动能之比＝＝，C正确；弹簧对木块A、B的作用力大小之比＝，D错误． 35.(多选)(2024广东深圳校考期中)如右图所示，在光滑的水平面上，物体B静止，在物体B上固定一个轻弹簧．物体A以某一速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，A物体质量为m，B物体质量为2m，从A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中(　　) A．弹簧再次恢复原长时B的速度大小为v0 B．弹簧弹性势能的最大值为mv C．A的动量变化量大小为mv0 D．物体B先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动 答案BD 解析 从A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中，两物体和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvA＋2mvB，由机械能守恒定律得mv＝mv＋×2mv，联立解得vA＝－v0，vB＝v0，故A错误；两物体速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，由机械能守恒定律得mv＝(m＋2m)v2＋Ep，联立解得Ep＝mv，故B正确；从A刚接触弹簧到弹簧再次恢复原长的过程，A的动量变化量Δp＝mvA－mv0＝－mv0，则其动量变化量的大小为mv0，故C错误；物体A与弹簧接触后做减速运动，B做加速运动，弹簧压缩量增大，弹簧弹力变大，B的加速度变大，当A、B两物体速度相等时弹簧压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，弹簧弹力减小，B的加速度减小，B继续做加速运动，则整个过程B先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，故D正确． 考向4　滑块—斜(曲)面模型 模型图示 模型特点 (1) 最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会提前偏离轨道．系统水平方向动量守恒mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型) (2) 最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒mv0＝ mv1＋Mv2；系统机械能守恒mv＝mv＋Mv(完全弹性碰撞拓展模型) 36．质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑，如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是(　　) A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C．小球可能沿水平方向向右做平抛运动 D．小球可能做自由落体运动 答案 BCD　 解析 小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统动量守恒、机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程．如果m<M，小球离开小车向左做平抛运动；如果m＝M，小球离开小车做自由落体运动；如果m>M，小球离开小车向右做平抛运动，故B、C、D正确． 37.(多选)(2024广东广州六中校考)如下图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，槽半径为R，A点切线水平，B为最高点，C是AB间某位置．另有一个质量也为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦和阻力，下列说法正确的是(　　) A．当v0＝时，小球无法到达B点 B．当v0＝时，小球在弧形槽上运动的过程中，滑块的动能先增大再减小 C．小球回到斜槽底部离开A点后做自由落体运动 D．小球回到斜槽底部离开A点后可能做平抛运动 答案AC 解析 滑块与小球水平方向动量守恒，小球恰能到达B点时有mv0＝2mv，系统机械能守恒，有mv＝·2mv2＋mgR，联立可得v0＝2，可知当v0＝时，小球无法到达B点，故A正确；当v0＝时，小球未到达B点，小球从进入弧形槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，故B错误；由系统水平方向动量守恒得mv′－mvA＝mv0，由系统机械能守恒得mv＝mv′2＋mv，联立可得vA＝0，所以小球回到斜槽底部离开A点后做自由落体运动，故C正确，D错误． 38.如图所示,在光滑水平面上停着质量为m装有弧形槽的小车.现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦),到达某一高度后,小球又返回小车右端,则下列判断正确的是 (　　)  A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为v0 B.小球离开车后,对地将向右做平抛运动 C.小球离开车后,对地将做自由落体运动 D.此过程中小球对车做的功为m 答案 ACD 解析 当小球与小车的水平速度相等时,小球沿弧形槽上升到最大高度,设该高度为h,则mv0=2mv,得v=v0,选项A正确.设小球离开小车时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,整个过程中动量守恒,得mv1+mv2=mv0①,由机械能守恒得m+m=m②,联立①②解得v1=0,v2=v0,即小球与小车分离后二者交换速度,所以小球与小车分离后做自由落体运动,选项B错误,选项C正确.对小车运用动能定理,得小球对小车做功W=m-0=m,选项D正确. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01动量定理 动量守恒定律 考点1 动量定理 考点2　动量守恒定律的简单应用 考点3 碰撞 考向1　弹性碰撞 考向2　非弹性碰撞 考向3　碰撞合理性问题 考点4 反冲现象的理解与应用 考点5 实验：验证动量守恒定律 考点6 动量与力、能量的综合问题 考向1　滑块—木板模型 考向2　子弹打木块模型 考向3　“弹簧类”连接体模型 考向4　滑块—斜(曲)面模型 考点1动量定理 1．对动量定理的理解 ①动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。 ②动量定理的表达式FΔt＝mv′－mv是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向。 ③公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变化的力，则F应理解为合外力在作用时间内的平均值。 ④动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用。 2．动量定理、动能定理的区别 ①动量定理指出力在时间上的积累改变了物体的动量，动能定理指出力在空间上的积累改变了物体的动能。 ②动量定理是矢量式，动能定理是标量式。 3．用动量定理解释生活中的现象 ①Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小； ②F一定，Δt短则Δp小，Δt长则Δp大； ③Δt一定，F大则Δp大，F小则Δp小。 4． 动量定理的定量计算 ①动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向。 ②动量定理公式中I(F·Δt)应为合外力的冲量，不要漏掉某个力的冲量。 ③应用动量定理定量计算的一般步骤： 1．神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场着陆。如图所示，离地高度约1m时，返回舱底部的4台着陆反推发动机点火竖直向下喷气，使返回舱速度在0．2s内由8m/s降为2m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103kg。以竖直向下为正方向，反推发动机工作阶段，下列说法正确的是（　　） A．返回舱的动量变化量为1.8×104kg·m/s B．反推发动机启动时航天员受到的作用力将减小 C．返回舱受到的平均推力大小约为1.2×105N D．返回舱受到的平均推力大小约为9.0×104N 2．如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盈中装入质量为2．0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从3．20m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0．08m时，物体的速度减为0。挤压过程视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s²。则（　　） A．挤压过程中物体处于失重状态 B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg·m/s，方向竖直向下 D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N·s 3．(多选)(2024广东汕头金山中学校考)海洋馆中一潜水员把一质量为m的小球以初速度v0从手中竖直抛出．从抛出开始计时，3t0时刻小球返回手中．小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的图像如右上图所示．下列说法正确的是(　　) A．上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为1∶2 B．上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比为1∶2 C．小球在0到3t0时间内动量变化量的大小为mv0 D．小球在0到3t0过程中克服阻力所做的功为mv 4．图甲为公园里一水托石球的景观，高速喷出的水流使一质量为M的石球悬停在空中．如图乙所示，为方便计算，假设高压水流从横截面积为S的喷口持续竖直向上喷出，接触面可近似看成平面；水流冲击石球底部后，水在竖直方向的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力，已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，则高压水流的速度v可表示为(　　) A．　 B．　　 C．　 D． 5．用0．5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，假设打击时铁锤的速度v＝4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么 (1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？ (2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(g取10 m/s2) (3)比较(1)和(2)，讨论是否要忽略铁锤的重力． 考点2　动量守恒定律的简单应用 1． 动量守恒定律不同表现形式的表达式的说明 (1) p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′. (2) m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． (3) Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反． (4) Δp＝0：系统总动量增量为零． 2． 用动量守恒定律解题的步骤 6．在2022年北京冬奥会上，短道速滑接力是很具观赏性的项目．比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面追上，“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程．忽略运动员与冰面之间的摩擦，交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一直线上．对于两运动员交接棒的过程，下列说法正确的是(　　) A．两运动员之间相互作用力做的总功一定等于零 B．两运动员之间相互作用力的总冲量一定等于零 C．两运动员的动量变化一定相同 D．两运动员组成的系统动量和机械能均守恒 7．如下图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑)(　) A．v0 B． C． D． ． 8．如图，在一个平静的足够深的水池中，木球通过细线连接一个铁球，二者一起以速度v竖直向下匀速运动，铁球质量是木球的4倍，运动过程水的阻力忽略不计（浮力不可忽略）。某时刻细线断开，当木球运动至最深处时，铁球的速度为（　　） A． B． C． D． 9．结冰的湖面上有甲、乙两个小孩分别乘冰车在一条直线上相向滑行，速度大小均为v1＝2 m/s，甲与车、乙与车的质量和均为M＝50 kg.为了使两车不会相碰，甲将冰面上一质量为5 kg的静止冰块以v2＝6 m/s(相对于冰面)的速率传给乙，乙接到冰块后又立即以同样的速率将冰块传给甲，如此反复，在甲、乙之间至少传递几次，才能保证两车不相碰？(设开始时两车间距足够远) 10.(2024广东广州市禺山高级中学校考期中)如图是某少年进行滑板训练时的示意图．滑板原来静止在水平地面某处，少年以某一水平初速度跳上滑板，之后与滑板一起以v＝2.0 m/s的速度开始沿水平地面向左滑行，经过x＝20 m的距离后停下．此后少年又从滑板上水平向左跳出，滑板变成向右滑行，向右滑行的距离是向左滑行的距离的四分之一．已知滑板的质量m＝4 kg，少年的质量M＝40 kg，滑板滑行过程受到的路面阻力大小与滑板对地面的压力大小成正比，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)少年跳上滑板时的水平初速度v1大小； (2)少年跳离滑板时的水平速度v2大小． 考点3 碰撞 考向1　弹性碰撞 1．弹性碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等． 2．要记住v′1＝ v1，v′2＝v1，要理解m1＝m2时，v′1＝ 0，v′2＝v1的意义是发生了速度交换，并能灵活应用． 11.“天宫课堂”第四课，在空间站中两宇航员演示了三种情况下两球的正碰，其中一种情况是用一小钢球（）碰撞静止的大钢球（），碰撞为弹性正碰，如图所示，图中“○”为大钢球碰前初始位置，则碰后某时刻两球的位置情况可能为（　　） A． B． C． D． 12.小球甲、乙的质量之比为，两小球沿光滑的水平面在同一直线上以大小相等、方向相反的速度相对运动，经过一段时间两小球发生碰撞，碰后小球甲静止在光滑的水平面上，则下列说法正确的是（　　） A．两小球发生的碰撞为弹性碰撞 B．两小球发生的碰撞为非弹性碰撞 C．两小球发生的碰撞为完全非弹性碰撞 D．由于题中的条件不充分，则该碰撞无法确定 13．质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。已知，下列说法正确的是（    ）    A．碰撞前的速度 B．碰撞后的速度 C．的质量为3kg D．上述碰撞为非弹性碰撞 考向2　非弹性碰撞 1． 非弹性碰撞：动量守恒，碰撞结束后，动能有部分损失． m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′＋ΔEk损 2． 完全非弹性碰撞：动量守恒，碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大. m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max 14.如下图所示，光滑水平面上有大小相同、质量均为m＝3 kg的A、B、C三个小球，小球A以速度v0＝4 m/s 向左运动，与静止不动右端有一轻弹簧的小球B发生对心碰撞，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，碰撞后小球A与弹簧不粘连，则下列说法正确的是(　　) A．弹簧最短时，三个小球共同速度的大小为1 m/s B．从开始到弹簧最短的过程中小球C受到的冲量大小为4 N·s C．从开始到小球A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为6 J D．小球B与小球C碰撞之前，小球A、B共同速度的大小为3 m/s 15.一辆质量m1＝3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103 kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力．相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75 m停下．已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小．(重力加速度g取10 m/s2) 16．（高二下广东深圳期末）冰壶比赛中，运动员手持冰壶刷刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，为水平冰面赛场的中心轴线，O为半径的圆形营垒区域的圆心，蓝壶静止在连线上营垒左边界的P点。运动员用等质量的红壶在某点以初速沿滑出，正碰前后两壶均在连线上运动，它们的图像如图b所示，碰前红壶速度为，碰撞时间忽略不计，冰壶可视为质点。 （1）求碰后瞬间蓝壶的速度大小； （2）计分规则：冰壶需停在营垒内（含压线）且离O点距离较小者得分．请通过计算判断哪个冰壶得分。    考向3　碰撞合理性问题 1．从碰撞的合理性分析，碰撞有下列特点 (1) 时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计． (2) 相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力． (3) 位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置. 2．能够发生的碰撞，一定满足以下几点 (1) 动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2. (2) 动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2. (3) 速度要符合情境：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大；若两物体同向运动，则原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度都为零． 17.(多选)如右图所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B两个小球，A球动量为10 kg·m/s，B球动量为12 kg·m/s，A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8 kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值为(　　) A．0．5　　　　　　　 B．0.6 C．0．65 D．0.75 18.如图，光滑水平地面上，动量为的小球1向右运动，与同向运动且动量为的小球2发生弹性碰撞，，碰撞后小球1的速率为、动能为、动量大小为，小球2的速率为、动能为、动量大小为。下列选项一定正确的是（　　） A． B．碰撞后球2向右运动，球1向左运动 C． D． 19.质量为的小球A以速率沿光滑水平面运动，与质量为的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率和可能为（    ） A． B． C． D． 考点4反冲现象的理解与应用 1．反冲运动的三个特点 ①物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 ②反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒。 ③反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。 2．讨论反冲运动应注意的两个问题 ①速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度就要取负值。 ②速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程。 20.(2024广东肇庆市第一中学校考)冲天炮飞上天后会在天空中爆炸．当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，则(　　) A．质量较大的P先落回地面 B．炸裂前后瞬间，总动量守恒 C．炸裂后，P飞行的水平距离较大 D．炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量相等 21．如右图所示，质量为M的小船在静止的水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面的速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后瞬间小船的速率为(　　) A．v0＋v B．v0－v C．v0＋(v0＋v)　 D．v0＋(v0－v) 22.一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次． (1)当第三次喷出气体后，火箭的速度约为多大(计算结果保留1位有效数字)? (2)运动第1 s末，火箭的速度约为多大(计算结果保留3位有效数字)? 考点5 实验：验证动量守恒定律 23.用如下图所示的装置，来完成“验证动量守恒定律”的实验．实验中使用的小球1和2半径相等，用天平测得质量分别为m1、m2，且m1> m2.在水平木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O.先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止滚下，落到水平木板上的P点．再把小球2静置于斜槽轨道末端，重复上述操作，小球1和小球2碰撞后分别落在水平木板上，在白纸上留下各自落点的痕迹． (1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，可以通过测量小球做平抛运动的水平射程来解决这个问题，确定碰撞前后落点的位置P、M、N，用刻度尺测量出水平射程OP、OM、ON. ①本实验必须满足的条件是______； A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端必须是水平的 C．小球1每次必须从同一位置由静止释放 ②若两球相碰前后的动量守恒，其表达式为OP＝________________________________________________________________________.(用m1、m2、OM、ON表示) (2)在上述实验中换用不同材质的小球，其他条件不变，记录下小球的落点位置．下面三幅图中，可能正确的是________． 24．（高二下广东佛山期中）某同学利用如图甲所示装置验证动量守恒定律，实验步骤如下： (1)气垫导轨上安装了1、2两个光电门，滑块B上固定一竖直遮光条，用游标卡尺测得遮光条的宽度d，接通气源后，将滑块B轻放在导轨上，给其一初速度，若通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，则可通过调节气垫导轨的调节旋钮P使导轨左端的高度________（“升高”或“降低”），直到使轻推后的滑块B通过光电门1的时间__________（填“大于”“小于”或“等于”）通过光电门2的时间，即说明滑块B在气垫导轨上近似做___________运动。 (2)滑块A的右端、滑块B的左端均装有粘扣（如图乙所示），用天平测出滑块A（含粘扣）的总质量m1和滑块B（含粘扣和遮光条）的总质量m2，将滑块A静置于两光电门之间，滑块B静置于光电门2右侧，推一下滑块B，使其获得水平向左的速度，测得滑块B经过光电门2的挡光时间为，滑块B和滑块A碰后粘在一起向左运动，经过光电门1记录的挡光时间为。用上述物理量验证该碰撞过程动量守恒，则他要验证的关系式是_______________（用题给字母表示）。 (3)碰撞过程损失的机械能表达式为=____________（用题给字母表示）。 25．（23-24高二下河北开学考试）某小组同学在实验室用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图（a）所示。 (1)两遮光条沿运动方向的宽度均为d，用螺旋测微器测其宽度，如上图（b）所示读数为 mm。 (2)实验室有两组滑块装置，甲组两个滑块的碰撞端面装上弹性碰撞架，乙组两个滑块的碰撞端面分别装上撞针和橡皮泥，若要求碰撞过程动能损失最小，应选择 （填“甲”或“乙”）组的实验装置。 (3)用天平测得滑块A、B的质量（均包括遮光条）分别为mA、mB，调整好气垫导轨水平后，将滑块A向左弹出，与静止的滑块B发生碰撞，此过程可视为弹性碰撞，与光电门1相连的计时器显示的挡光时间先后为和，与光电门2相连的计时器显示的时间为，从实验结果可知两滑块的质量满足mA mB（填“>”“<”或“=”）；滑块A、B碰撞过程中满足表达式______________（用所测物理量的符号、、、mA、mB表示），则说明碰撞过程中动量守恒。 (4)若碰撞为弹性碰撞，则还应该满足的等式为________________（只用所测物理量的符号、和表示）。 考点6动量与力、能量的综合问题 考向1　滑块—木板模型 模型图示 模型特点 (1) 若滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移达最大值(完全非弹性碰撞拓展模型) (2) 系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能 (3) 根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，滑块的质量越小，木板的质量越大，动能损失越多 (4) 该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解 26．如下图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙且与左侧台面高度相同，有一质量为m的木块由左侧台面以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则(　　) A．木块的最终速度为v0 B．由于车上表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒 C．车上表面越粗糙，木块减少的动量越多 D．改变车上表面的粗糙程度，小车获得的动量不变 27．(2024广东深圳校考期中)如下图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5, g取10 m/s2. (1)求小车最终速度v的大小． (2)求物块在车面上滑行的时间t. (3)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？ 28．如下图所示，水平地面上固定一半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量M＝3 kg、长L＝1.75 m的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m＝1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块施一水平向右的恒力F＝15 N，作用一段距离x后撤去F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，g取10 m/s2. (1)求物块滑到木板右端时的速度v的大小． (2)求x的大小． (3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板． 考向2　子弹打木块模型 模型图示 模型特点 (1) 木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合力为零，因此系统动量守恒. (2) 两者发生的相对位移为子弹射入木块的深度s. 两种情景 (1) 子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)． 动量守恒：mv0＝(m＋M)v，能量守恒：Q＝f·s＝mv－(M＋m)v2 (2) 子弹穿透木块(设d为木块厚度)． 动量守恒：mv0＝ mv1＋Mv2，能量守恒：Q＝f·d＝mv－(Mv＋mv) 29.如图所示装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，并将弹簧压缩到最短。则从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（    ） A．子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能 B．弹簧、木块和子弹组成的系统机械能守恒 C．在压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力大于弹簧对木块的作用力 D．在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，加速度不为零 30.如右图所示，轻质细绳下端吊着质量M＝1.8 kg的沙袋，一质量m＝0.2 kg的玩具子弹以v0(未知)的速度水平射入沙袋并留在沙袋里，沙袋(沙子不流出)和玩具子弹一起摆动上升到最高点时，与竖直方向的夹角为θ＝60°.已知细绳长度L＝1.6 m，g取10 m/s2，沙袋大小及空气阻力不计．求： (1)玩具子弹的初速度v0； (2)子弹射入沙袋的过程中子弹和沙袋产生的热量Q. 31.一轻质弹簧，两端连接两滑块A和B，已知mA＝0.99 kg、mB＝3 kg，放在光滑水平桌面上，开始时弹簧处于原长．现滑块A被水平飞来的质量为mC＝10 g，速度为400 m/s的子弹击中，且没有穿出，如下图所示，试求： (1)子弹击中A的瞬间，A和B的速度以及损失的机械能； (2)以后运动过程中弹簧的最大弹性势能； (3)B可获得的最大动能． 考向3　“弹簧类”连接体模型 模型图示 模型特点 (1) 两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒 (2) 在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒 (3) 弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型) (4) 弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时) 33.如下图所示，光滑水平面上有大小相同、质量均为m＝3 kg的A、B、C三个小球，小球A以速度v0＝4 m/s 向左运动，与静止不动右端有一轻弹簧的小球B发生对心碰撞，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，碰撞后小球A与弹簧不粘连，则下列说法正确的是(　) A．弹簧最短时，三个小球共同速度的大小为1 m/s B．从开始到弹簧最短的过程中小球C受到的冲量大小为4 N·s C．从开始到小球A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为6 J D．小球B与小球C碰撞之前，小球A、B共同速度的大小为3 m/s 34．(多选)两个小木块A和B(均可视为质点)中间夹着一轻质弹簧，用细线(未画出)拴在一起，放在光滑的水平桌面上，烧断细线后，木块A、B分别向左、右方向运动，离开桌面后均做平抛运动(离开桌面前两木块已和弹簧分离)，落地点与桌面边缘的水平距离分别为lA＝1 m，lB＝2 m，如下图所示，则下列说法正确的是(　　) A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB＝1∶2 B．木块A、B的质量之比mA∶mB＝2∶1 C．木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA∶EkB＝1∶2 D．弹簧对木块A、B的作用力大小之比FA∶FB＝1∶2 35.(多选)(2024广东深圳校考期中)如右图所示，在光滑的水平面上，物体B静止，在物体B上固定一个轻弹簧．物体A以某一速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，A物体质量为m，B物体质量为2m，从A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中(　　) A．弹簧再次恢复原长时B的速度大小为v0 B．弹簧弹性势能的最大值为mv C．A的动量变化量大小为mv0 D．物体B先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动 考向4　滑块—斜(曲)面模型 模型图示 模型特点 (1) 最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会提前偏离轨道．系统水平方向动量守恒mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型) (2) 最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒mv0＝ mv1＋Mv2；系统机械能守恒mv＝mv＋Mv(完全弹性碰撞拓展模型) 36．质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑，如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是(　　) A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C．小球可能沿水平方向向右做平抛运动 D．小球可能做自由落体运动 37.(多选)(2024广东广州六中校考)如下图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，槽半径为R，A点切线水平，B为最高点，C是AB间某位置．另有一个质量也为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦和阻力，下列说法正确的是(　　) A．当v0＝时，小球无法到达B点 B．当v0＝时，小球在弧形槽上运动的过程中，滑块的动能先增大再减小 C．小球回到斜槽底部离开A点后做自由落体运动 D．小球回到斜槽底部离开A点后可能做平抛运动 38.如图所示,在光滑水平面上停着质量为m装有弧形槽的小车.现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦),到达某一高度后,小球又返回小车右端,则下列判断正确的是 (　　)  A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为v0 B.小球离开车后,对地将向右做平抛运动 C.小球离开车后,对地将做自由落体运动 D.此过程中小球对车做的功为m 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$