第07 讲：动量守恒定律【十六大考点+十六大题型】-2024-2025学年高一下学期物理期末《考点•题型•密卷》精讲精练高效复习讲义（人教版2019）

第07 讲：动量守恒定律 【考点归纳】 · 题型一：动量、冲量理解及其计算 · 题型二：冲量的分析及计算 · 题型三：动量定理的理解 · 题型四：动量定理解析生活问题 · 题型五：动量定理解决蹦极类问题 · 题型六：动量定理解决流体问题 · 题型七：动量守恒条件理解 · 题型八：（弹性）碰撞问题 · 题型九：非弹性碰撞问题 · 题型十：反冲、爆炸模型 · 题型十一：人船模型 · 题型十二：子弹模型 · 题型十三：斜（曲）面模型 · 题型十四：弹簧模型 · 题型十五：动量守恒的多过程问题 · 题型十六：动量守恒、能量交汇问题 【知识梳理】 知识点1．动量 (1)定义：物体的质量和速度的乘积． (2)表达式：p＝mv. (3)方向：与速度的方向相同． 知识点2．动量的变化 (1)动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同． (2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p. 知识点3．冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量． (2)公式：I＝FΔt. (3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同． 知识点4．对动量定理的理解 (1)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和． (2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量． (3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因． (4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率． (5)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理． 知识点5　动量守恒定律的理解和基本应用 1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变． 2．表达式 (1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向． 1．适用条件 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零． (2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒． 知识点5：爆炸、反冲运动和人船模型 1．爆炸现象的三个规律 动量 守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2.反冲运动的三点说明 作用 原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能 增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 3　人船模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0 (2)两物体的位移大小满足：m－M＝0， x人＋x船＝L， 得x人＝L，x船＝L 3．运动特点 (1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； (2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝. 【题型过关】 题型一：动量、冲量理解及其计算 1．（23-24高一下·陕西渭南·期末）一个质量为0.18kg的垒球，以20m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为40m/s。以击打前垒球的速度方向为正方向，下列说法正确的是（　　） A．击打前垒球的动能为72J B．击打前垒球的动量为 C．击打过程垒球的动量变化量为 D．击打过程棒对垒球作用力的冲量为 2．（23-24高一下·江苏无锡·期末）在短道速滑接力赛中，“接棒”运动员甲在“交棒”运动员乙前面向前滑行，追上时乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。不计阻力，则(　　) A．乙对甲的冲量与甲对乙的冲量大小相等 B．甲的动量变化一定比乙的动量变化快 C．甲的动量变化量与乙的动量变化量大小不等 D．甲的速度变化量与乙的速度变化量大小相等 3．（23-24高一下·辽宁大连·期末）一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示。则下列说法正确的是（　　） A．t=1s时，物体的速度为2m/s B．t =2s时，物体的动量为 C．t=0到t=1s时间内，物体动量的变化量为 D．t=2s到t=3s时间内，力F的冲量为 题型二：冲量的分析及计算 4．（23-24高一下·四川成都·期末）将相同的A、B两球从同一位置沿不同方向抛出，运动轨迹如图所示，最后两球落在水平面上的同一位置，忽略空气阻力。两球从被抛出到落地的过程中，下列说法正确的是（    ） A．B球所受重力的冲量大小为零 B．A球所受重力的冲量大于B球所受重力的冲量 C．两球在最高点的动量大小相等 D．两球单位时间内动量的变化量不相同 5．（23-24高一下·上海宝山·期末）质量为m的运动员托着质量为M的杠铃从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），该过程杠铃和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立时间后再将杠铃缓慢向上举，至双臂伸直（图丙），甲到乙、乙到丙举起杠铃的过程中（　　） A．地面对运动员的冲量为0 B．运动员受到重力的冲量为0 C．杠铃的机械能不守恒 D．运动员对杠杆的冲量为 6．（23-24高一下·四川成都·期末）如图甲，一质量为2kg的物块静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到一水平外力F作用，F随时间变化的图线如图乙所示。取t=0时刻力F的方向为正方向，重力加速度大小取。下列说法正确的是（　　） A．前4s时间内，物块做往返运动 B．t=4s时，物块的动量为2kg·m/s C．前4s时间内，物块所受重力的冲量为0 D．t=2s到t=4s时间内，物块的速度变化量为2m/s 题型三：动量定理的理解 7．（23-24高一下·四川攀枝花·期末）如图所示，从地面将质量为m的小球竖直向上抛出，速度大小为v1，经时间t小球落地，速度大小为v2。已知在运动过程中小球所受空气阻力大小恒为f，重力加速度为g，设竖直向上为正方向，则从小球抛出到落回地面的过程中空气阻力的冲量为（　　） A． B． C． D． 8．（22-23高一下·四川攀枝花·期末）如图所示，质量为0.2kg的滑块A沿光滑水平面以5m/s的速度水平向右与质量为0.3kg的静止滑块B发生正碰，碰后粘在一起，则整个碰撞过程中滑块A受到的冲量（　　） A．大小为0.4，方向水平向右 B．大小为0.4，方向水平向左 C．大小为0.6，方向水平向右 D．大小为0.6，方向水平向左 9．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况，若手机质量为100g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，g取，下列说法正确的是（　　） A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为 B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上 C．手机对眼睛的冲量大小约为0.20N·s D．手机对眼睛的平均作用力大小约为2.0N 题型四：动量定理解析生活问题 10．（23-24高一下·吉林·期末）鸡蛋落到瓷砖上会摔碎，但是将鸡蛋从同样的高度落到海绵坐垫上，鸡蛋就不会摔碎。下列关于不会摔碎的原因分析正确的是（　　） A．减小鸡蛋着地过程中所受冲量 B．减小鸡蛋着地过程的动量变化量 C．延长鸡蛋与地面的冲击时间，从而减小相互作用力 D．增大鸡蛋对地面的压强，压强越大鸡蛋越不容易碎 11．（23-24高一下·辽宁·期末）“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以（　　） A．减小穿戴者所受重力的冲量 B．减小地面对穿戴者的平均冲击力 C．减小穿戴者动量的变化量 D．减小穿戴者与地面的接触时间 12．（23-24高一下·广东清远·期末）跳马比赛中在运动员落地位置放置厚海绵垫以保护运动员。如图所示为一质量为40kg的运动员在比赛时落地的场景，海绵垫与运动员的撞击时间约为0.4s，g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．海绵垫减小了运动员落地过程中撞击力的冲量 B．海绵垫减小了运动员落地过程中的动量变化率 C．落地过程中海绵垫对运动员的冲量与运动员对海绵垫的冲量相同 D．若运动员以4m/s的速度垂直落地，海绵垫对运动员的作用力约为400N 题型五：动量定理解决蹦极类问题 13．（22-23高一下·内蒙古赤峰·期末）蹦极是一项非常刺激的体育运动。如图所示，质量m = 50kg的人身系弹性绳自高空自由下落，弹性绳绷直后在下降过程经过a点的速度大小为12m/s，落到最低点c后反弹至b点的速度大小为9m/s。人从a→c→b共用时3s，在此过程中弹性绳对人的平均作用力为（   ） A．350N B．450N C．550N D．850N 14．（22-23高二上·湖北咸宁·期末）2022年11月20日蹦床世锦赛在保加利亚结束，中国蹦床队夺得女子网上团体金牌。假设队员胡译乘的质量为50kg，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8s，g=10m/s2规定竖直向下为正方向，则下列说法正确的是（　　） A．运动员与网刚分离时的动量为 B．运动员与网接触的这段时间内动量的改变量为 C．网对运动员的平均作用力大小1625N D．从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处这一过程中运动员所受重力的冲量900N·s 15．（2023·北京西城·二模）研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力，根据图像可知（　　） A．弹性绳的原长为15m B．0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量 C．15~27m下落过程中，运动员受合力先减小后增大 D．0~27m下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量 题型六：动量定理解决流体问题 16．（23-24高一下·广西南宁·期末）日常生活中常用高压水枪清洗汽车，某高压水枪喷口直径为D，喷出水流的流速为v，水柱垂直射向汽车表面后速度变为零。已知水的密度为。下列说法正确的是（　　） A．高压水枪单位时间内喷出的水的体积为 B．高压水枪单位时间内喷出的水的质量为 C．水柱对汽车的平均冲力为 D．若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的2倍 17．（23-24高一下·辽宁大连·期末）“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图，一质量为m的游客恰好静止在半径为R的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客在这种姿势下的受风面积（游客在垂直于风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定。假设气流吹到人身上后速度变为零，重力加速度为g，不考虑气体重力，下列说法正确的是（　　） A．风速不变，游客在受风面积变化时仍能静止 B．气流速度大小为 C．若风速变为原来的，则游客向下加速，加速度大小为 D．若风速变为原来的2倍，则游客向上加速，加速度大小为3g 18．（23-24高一下·四川眉山·期末）如图所示，“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意境，如王维的“雨打芭蕉叶带愁，心同新月向人羞”、白居易的“隔窗知夜雨，芭蕉先有声”、葛胜仲的“闲愁几许，逐梦芭蕉雨”等都是通过雨打芭蕉抒发作者的情感。将快落到芭蕉叶上的雨视为由单个质量为m、速度为的一系列小雨滴组成的，各个小雨滴垂直打在水平芭蕉叶上后，一半以速度v反向弹回，另一半速度为零。忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响，忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知每立方米的体积内有N个小雨滴，则估算雨打芭蕉产生的压强P为（　　） A． B． C． D． 题型七：动量守恒条件理解 19．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是（　　） A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒 B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒 C．只要系统的合外力做功为零，系统的动量就守恒 D．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒 20．（23-24高一下·广西南宁·期末）如图所示，足够长的光滑斜面A静止在光滑水平面上，现物块B以某一初速度冲上斜面，在物块B从斜面底端冲到斜面最高点的过程中，对A、B组成的系统，下列说法正确的是（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 21．（23-24高一下·重庆九龙坡·期末）如右图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（　　） A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒 C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 题型八：（弹性）碰撞问题 22．（23-24高一下·重庆·期末）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图像。已知m1=0.1 kg。由此可以判断（　　） A．碰后m2和m1都向右运动 B．碰撞过程中m2对m1的冲量大小为0.2N·s C．m2=0.1kg D．碰撞过程是弹性碰撞 23．（2023高二下·北京大兴·期中）在光滑水平面上的两个小球发生正碰。碰撞时间可以忽略不计，如图所示是它们碰撞前后的图像。小球的质量分别为和，已知。由此可以判断（　　） A．碰撞前和都在做匀速直线运动 B．碰撞后和运动方向相同 C． D．该碰撞为弹性碰撞 24．（21-22高一下·北京东城·期末）A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，，，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（　　） A．， B．， C．， D．， 题型九：非弹性碰撞问题 25．（23-24高一下·宁夏石嘴山·期末）A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，，，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（　　） A．， B．， C．， D．， 26．（23-24高一下·河南南阳·期末）一名连同装备总质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x处与飞船处于相对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度v（以飞船为参考系）喷出气体从而使航天员相对于飞船运动。如果航天员一次性向远离飞船方向喷出质量为的气体，使航天员在时间t内匀速返回飞船。下列说法正确的是（　　） A．喷出气体的质量等于 B．若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间大于t C．若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间大于t D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒 27．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则爆炸过程释放的化学能为（　　） A． B． C． D． 题型十：反冲、爆炸模型 28．（22-23高一下·湖南衡阳·期末）在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度。某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量m=800g的气体，气体离开发动机时的对地速度v=1000m/s，假设火箭（含燃料在内）的总质量M=600kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则（　　） A．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2km/s B．火箭第三次气体喷出后速度的大小约为4m/s C．要使火箭能成功发射至少要喷气500次 D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气15s 29．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图所示，将一质量M、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，今让一质量为m小球自左侧槽口从A点静止开始落下，则以下结论中不正确的是（　　） A．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统机械能守恒 B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是 D．小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是 30．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（    ） A．运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B．C球摆到最低点过程，C球的速度为 C．C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离 D．C球第一次到达轻杆左侧的最高处的高度与释放高度相同 题型十一：人船模型 31．（22-23高一下·吉林延边·期末）有一条窄长小船停靠在湖边码头，某同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他首先使船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，然后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，船长为L，已知他自身的质量为m，不计水的阻力，则船的质量M为（　　） A． B． C． D． 32．（22-23高一下·四川成都·期末）一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M=1kg的木块后不再穿出，木块的动能增加了8J，设子弹射入木块的过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　）    A．木块动量变化量的大小为2kg·m/s B．子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0J C．此过程产生的内能可能是6J D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失机械能增大 33．（21-22高一下·辽宁营口·阶段练习）如图所示，质量m=245g的物块（可视为质点）放在质量M=0.5kg的木板左端，木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数，质量的子弹以速度沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），物块最后恰好没有滑离木板，取，则在整个过程中（　　） A．物块的最大速度为4m/s B．木板的最大速度为3m/s C．物块相对于木板滑行的时间为0.75s D．木板的长度为3m 题型十二：子弹模型 34．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图所示，用不可伸长的，长度为L的轻质细绳将质量为3m的木块悬挂于O，木块静止。质量为m的弹丸水平向右射入木块后未射出木块，第一颗弹丸的速度为，射入木块后二者共同上摆动的最大高度为h，当其第一次返回初始位置时，第二颗弹丸以水平速度又击中木块，且也未射出木块，使木块向右摆动且最大高度仍为h，木块和弹丸可视为质点，二者作用时间极短，空气阻力不计，则（　　） A．第一颗弹丸打入木箱后瞬间，二者的速度为 B．第二颗弹丸打入木箱后瞬间，细绳拉力的大小为 C．子弹与木箱共同上摆的最大高度h为 D．两次弹丸入射的水平速度关系为 35．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，一带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一可视为质点、质量为m的小球以速度从小车的左端水平滑上小车，与小车作用后从小车左端竖直掉下。已知圆弧轨道的半径足够大，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．小球和小车组成的系统动量守恒、机械能守恒 B．小车的最终速度大小为 C．小车对小球做的功为 D．小球在小车上能上升的最大高度为 36．（23-24高一下·四川成都·期末）如图所示，一小车静止于光滑水平面，其上固定一光滑弯曲轨道，整个小车（含轨道）的质量为m。现有质量也为m的小球，以水平速度从左端滑上小车，沿弯曲轨道上升到最高点，最终从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（　　） A．小球与小车组成的系统动量守恒 B．小球沿轨道上升到最高点时，小车的速度为零 C．小球沿轨道上升的最大高度为 D．小球滑离小车后，做自由落体运动 题型十三：斜（曲）面模型 37．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为的圆弧凹槽，凹槽质量为，凹槽点切线水平，点为最高点.一个质量也为的小球以速度从点冲上凹槽，重力加速度为，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（    ）    A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动 B．若，小球恰好可到达凹槽的点且离开凹槽后做自由落体运动 C．若，小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹糟后做自由落体运动 D．若，小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹槽后做竖直上抛运动 38．（22-23高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和2kg的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，一颗质量为的子弹C以速度射入物块A并留在A中，以此刻为计时起点，两物块A（含子弹C）、B的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息分析可知，下列说法中正确的是（　　）    A．在时刻弹簧身长最长 B．子弹C射入物块A的速度为600m/s C．当物块A（含子弹C）的速度为零时，物块B的速度为2m/s D．在时间内，弹簧的最大弹性势能为12J 39．（23-24高一下·北京西城·期末）一水平轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，此后两物块的速度随时间变化的规律如图所示，从图像信息可得（　　） A．在t1、t3时刻弹簧都是处于压缩状态 B．从t1到t3时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C．两物体的质量之比为m1:m2=1:3 D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1:Ek2=1:8 题型十四：弹簧模型 40．（23-24高一下·安徽六安·期末）如图甲所示，小球A、B的质量都是2kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，球B右侧与竖直墙壁接触但不黏连，球C从高为5m的平台以6m/s的初速度水平抛出，落地时恰好与A相撞，碰撞瞬间竖直方向不反弹，且与A粘在一起不再分开，小球A的图像如图乙所示，下列说法正确的是（    ） A．C的质量为1kg B．前2s时间内，弹簧对B的冲量大小为0 C．B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为13.5J D．B离开墙壁后的最大动能为16J 41．（22-23高一下·江西宜春·期末）如图所示，质量为3m的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为R的光滑半球面，在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）    A．P滑到最低点时，P的速度为 B．P滑到最低点时，容器的速度为 C．P从开始到最低点过程中，容器的位移大小为 D．P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于R 42．（20-21高二下·山西运城·期中）如图所示，方盒A静止在光滑的水平面，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则（　　） A．最终盒的速度大小是 B．最终盒的速度大小是 C．滑块相对于盒运动的路程为 D．滑块相对于盒运动的路程为 题型十五：动量守恒的多过程问题 43．（23-24高一下·广东肇庆·期末）某同学在水平桌面上玩闯关游戏。在桌面最左端放置一质量mA=0.1kg的小物体A（可视为质点），距离物体 A为s1=1m处有一质量mB=0.2kg的物体B（可视为质点），物体B距离桌面最右端为s2=2m，两物体在同一条直线上，如图所示。现使A以某一初速度沿直线向B运动，若A既能与B发生碰撞且碰后又不会滑离桌面，则闯关成功。已知A、B碰撞时间很短且碰后粘在一起，A、B两物体与桌面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，为了确保闯关成功，求： （1）物体A与B碰后的最大速度的大小vm； （2）物体A与B碰撞过程损失机械能的最大值； （3）物体A初动能的范围。 44．（23-24高一下·安徽六安·期末）A、B两物体在光滑水平地面上沿同一直线相向而行，A的质量4kg，速度大小10m/s，B的质量2kg，速度大小6m/s。 （1）A、B发生完全非弹性碰撞，求碰后的速度； （2）A、B发生弹性碰撞，求碰后A、B的速度。 45．（23-24高一下·山东威海·期末）如图所示，质量M=4kg、长度L=2m的木板A静止在光滑水平面上，其左端上表面与半径R=0.5m的四分之一竖直圆轨道相切，A的右侧某位置竖直固定一挡板P。将质量m=2kg的物块B从轨道最高点由静止释放，A、B共速后A与P发生碰撞，碰后A以某一速度反弹，B最终恰好没有从A上滑离。已知B经轨道最低点时对轨道的压力FN=56N，A、B间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求： (1)B在圆轨道运动过程中克服阻力做的功； (2)从B滑上A至A、B第一次共速，系统产生的热量； (3)A与P碰撞损失的机械能。 题型十六：动量守恒、能量交汇问题 46．（23-24高一下·四川德阳·期末）如图所示，可看成质点的物体A静置在木板C右端，物块B以v0=1.8m/s的速度沿水平地面向右运动，与木板C发生弹性正碰（碰撞时间极短），最终物体A恰好能到达木板C的左端。已知物体A、B的质量都等于木板C质量的2倍，物体A与木板C之间的动摩擦因数μ=0.1，水平地面足够大且光滑，取重力加速度大小g=10m/s2，求： (1)碰撞后物体B的速度大小； (2)物体A在木板C上的加速时间t； (3)物体A、B在运动方向上的最小距离d。 47．（23-24高一下·内蒙古通辽·期末）如图所示，质量的木板静置于光滑水平地面上，半径的竖直光滑四分之一圆弧轨道固定在地面上，轨道底端切线水平且与木板等高。质量的物块A（视为质点）以的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数。当A恰好到达木板右端时，两者恰好共速。然后一起向右运动，木板与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。重力加速度。 （1）求木板的长度； （2）求A离开轨道后上升的最高点与轨道最低点间的高度差； （3）A离开轨道后上升到最高点时会炸裂成两块，向水平左右两边飞出，炸裂时总质量不变，动能增加了3J。在炸裂的同时，木板解除锁定且木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。要让向左飞出的物块能落到木板上，求左右两块的质量比范围。 48．（23-24高一下·辽宁·期末）如图所示，半圆形光滑轨道ABC固定在竖直面内，与光滑水平面CD相切于C点。水平面CD右侧为逆时针转动的水平传送带。现将物块P从圆心等高处B点静止释放，同时将物块Q轻放到传送带右端，P、Q将在水平面CD上碰撞。已知P、Q均可视为质点，物块P的质量为，物块Q的质量为，P、Q间碰撞为弹性碰撞。半圆形轨道的半径，传送带长，传送带速度，物块Q与传送带间的动摩擦因数。不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，重力加速度为，不计空气阻力，则： （1）物块Q第一次离开传送带时的速度大小； （2）第一次碰撞后，物块P的速度； （3）第一次碰撞后，物块P是否能运动到半圆形轨道最高点A，若能运动到A点，求出物块P落到水平面时的位移，若不能运动到A点，求出物块P脱离轨道时的速度大小。 【专题强化】 一、单选题 49．（23-24高一下·辽宁辽阳·期末）如图所示，斜面体放在光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止开始沿斜面下滑。在物体下滑过程中，物体和斜面体组成的系统（    ） A．机械能守恒，动量不守恒 B．机械能与动量均不守恒 C．机械能与动量均守恒 D．机械能不守恒，动量守恒 50．（24-25高一上·浙江丽水·期末）如图所示，屋檐口滴下的水，长年累月水滴石穿。檐口到下方石板的高度为，若质量为1g的水滴从屋檐上由静止开始落下，落到石板上溅起的最大高度为，水滴与石板间相互作用的时间为0.05s。不计空气阻力，重力加速度，则水对石板竖直方向平均作用力大小约为（    ） A．0.26N B．0.14N C．0.026N D．0.014N 51．（23-24高一下·辽宁·期末）快递气泡袋是由低密度聚乙烯（LDPE）加工而成的一种透明软包装袋，主要用于快递行业小体积、易损坏、精密货品的包装。相同货品一个放于气泡袋中，一个不包装，从同样高度由静止开始释放（忽略空气阻力），落地时与地面碰撞过程中的时间不可忽略且不再弹起，则在碰撞过程中（　　） A．气泡袋中货品受到的重力的冲量比较小 B．货品受到的重力的冲量相同 C．气泡袋中货品受到支持力的冲量比较小 D．气泡袋中货品受到支持力的冲量比较大 52．（23-24高一下·四川眉山·期末）图为两个质量分别为、的A、B小球在光滑水平面上发生对心正碰前后的图像，则下列说法正确的是（　　） A．A、B两球的质量比 B．碰撞前后A球动能的减少量大于B球动能的增加量 C．碰撞过程中A对B球的冲量大小是B对A球冲量大小的3倍 D．两小球发生的是非弹性碰撞 53．（22-23高一下·四川攀枝花·期末）在炎热的夏季，有一种网红水上娱乐项目“水上飞人”十分火爆，其原理是借助脚下的喷水装置产生的反冲动力，让人腾空而起，或平衡或变速运动。下列说法中正确的是（　　） A．人匀速上升时，其机械能守恒 B．人悬空静止的一段时间内，水的反冲动力对装置的冲量为零 C．人悬空静止时，人的机械能可能为零 D．人向上减速运动时，水的反冲力对装置做负功 54．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）2023年春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬时两部分的总动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬时质量为m的部分动能为（　　） A． B． C． D． 55．（23-24高一下·陕西宝鸡·期末）如图所示，木块A、B并排静止在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端O点系一长为L的细线，细线另一端系一小球C，A、B、C质量均为m。现将C拉起至细线水平且自然伸直后由静止释放，C第一次摆到最低点时速度大小为v，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．C能向左摆到与释放点等高的位置 B．C第一次运动到最低点过程中，A、C构成的系统机械能守恒 C．C第一次运动到最低点时，绳中张力大小为4mg D．从C开始运动到第一次摆到最低点时，此时A的速度大小也为v 56．（23-24高一下·辽宁·期末）一质量为的烟花弹获得初动能后从水平地面无动力竖直升空，到达离水平地面高8m的最高点时速度为0，此时弹中火药爆炸（爆炸时间极短），将烟花弹炸为大、小两块，爆炸后瞬间大、小两块烟花弹分别获得竖直向上、竖直向下的速度，大块烟花弹的速度大小为，大块烟花弹质量为小块烟花弹质量的2倍。不计空气阻力和火药的质量，取重力加速度大小，下列说法正确的是（　　） A．烟花弹的初动能为9.6J B．爆炸后瞬间小块烟花弹的速度大小为 C．小块烟花弹落地时的速度大小为 D．大、小两块烟花弹从爆炸到落地的时间之比为 二、多选题 57．（22-23高一下·四川攀枝花·期末）质量为0.2kg的物块在方向水平的合力F作用下由静止开始运动。F随时间t的变化关系如图所示，则下列说法中正确的是（　　） A．1~3s内，物块的动量变化量为零 B．0~4s内，物块的最大速度为20m/s C．2.5s时，合力F的功率为11.25W D．0~3s内，合力F对物块做的功为2.5J 58．（23-24高一下·辽宁葫芦岛·期末）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均质小球，在弧形轨道距水平轨道高处由静止释放质量均质小球，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，小球的速度大小为v，弹簧弹性势能为，。则（　　） A． B． C． D． 59．（23-24高一下·辽宁大连·期末）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为1kg的小车，其左侧是半径的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，轻弹簧一端固定在C点，另一端放置一质量为1kg（可视为质点）的物块，弹簧压缩量为0.2m，储存的弹性势能，整个轨道处于同一竖直平面内。已知物块与水平轨道BC间的动摩擦因数为，刚开始弹簧左端到B的水平距离为0.4m，重力加速度。，空气阻力忽略不计。关于物块运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧第一次恢复原长时，物块的速率为2m/s B．弹簧第二次恢复原长时，小车的动能为0 C．物块能够从A点冲出轨道并返回小车 D．物块和小车最终能静止在水平地面上 60．（23-24高一下·四川眉山·期末）如图所示，在光滑的水平地面上有一辆质量为M的平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为，B的质量为（），最初人和车都处于静止状态。则（　　） A．若A、B以相同的速率相向运动，则平板车的速度为零 B．若A、B以相同的速率相向运动，则平板车的速度不为零 C．若A向右运动、B向左运动交换位置后，平板车的位移为零 D．若A向右运动、B向左运动交换位置后，平板车的位移不为零 61．（23-24高一下·陕西宝鸡·期末）如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为2kg、6kg，B的左端拴接着一劲度系数为的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度向静止的B运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能（为弹簧的形变量），则（　　） A．在内B物块先加速后减速 B．物块A在时刻时速度最小 C．整个过程中，弹簧和A、B物块构成的系统机械能守恒，动量守恒 D． 三、实验题 62．（23-24高一下·吉林·期末）某同学用实验验证碰撞过程系统的动量守恒，装置如图所示。滑块A的总质量（包括尖锥，图中未画出）为，滑块B的总质量（包括橡皮泥，图中未画出）为，两滑块上有宽度均为的遮光片（质量不计），操作过程如下： ①让气垫导轨保持水平，给气垫导轨充气，让滑块B静止在两个光电门之间； ②滑块A以一定的初速度从光电门1的左边出发向右运动，经过光电门1后与滑块B碰撞并通过尖锥和橡皮泥粘结在一起，然后通过光电门2； ③光电数字计时器自动记下遮光片近过光电门时的遮光时间分别为。 回答下列问题： (1)滑块A与B碰后粘在一起的速度大小为 （保留3位有效数字）； (2)系统碰前的动量为 ，系统碰后的动量为 （计算结果均保留3位有效数字），可得在误差允许的范围内碰撞过程系统的动量是守恒的。 63．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图为“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球1和2质量分别为、，直径分别为、，在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。 (1)小球1和2的质量应满足 ，直径应满足 。（选填“大于”、“小于”、“等于”） (2)实验必须满足的条件是______。 A．斜槽轨道末端切线水平 B．斜槽轨道应尽量光滑以减小误差 C．入射球和被碰球质量相等 D．入射球每次从轨道的同一位置由静止释放 (3)实验时，先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1仍从S处由静止释放，与小球2碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有______。 A．测量两个小球的质量、 B．测量小球1的释放点S距桌面的高度h C．测量斜槽轨道末端距地面的高度H D．分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、N E．测量平抛射程OM、ON (4)某次实验中得出的落点情况如图所示，在实验误差允许的围内，若碰撞过程动量守恒，其关系式应为 。（用、、、、表示） 四、解答题 64．（23-24高一下·吉林·期末）如图所示，在水平面上放置一半径为的半圆槽，A、B为槽左、右两端的最高点且位于同一水平线上，C为圆槽最低点。现让一个小球（可视为质点）从槽右侧最高点B无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为和，不计一切摩擦阻力，重力加速度为。求： (1)小球第一次通过C点时的速度的大小； (2)整个运动过程中，半圆槽向右运动的最大距离。 65．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，质量均为m的木块A、B并排放在光滑水平面上，木块A的左侧紧靠固定在水平面上的挡板D，木块A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长度为L的细线，O点离木块A上表面大于L，细线另一端系一质量也为m的小球C。现将小球C向左拉起使细线水平伸直，由静止释放小球C。运动过程中轻杆一直保持竖直，不计小球的大小，小球与轻杆不相撞，重力加速度大小为g，；求： （1）小球C第一次向下摆到细线与竖直方向的夹角为时，挡板对木块A的作用力大小； （2）小球C从最低点第一次向右摆动的最高点时与O点的竖直距离d的大小； （3）木块B最终的速度大小。 66．（23-24高一下·四川眉山·期末）如图所示，AB是半径的四分之一光滑圆弧轨道，其最低点B与水平桌面相切，水平面CD段光滑，BC段粗糙，BC段的长度。桌面左侧竖直放置一光滑圆弧轨道EMN，其半径，，MN为竖直直径，E点到桌面的竖直距离。滑块a、b间的轻弹簧处于压缩状态并被锁定，滑块a、b静止在水平桌面CD之间，滑块a的质量，滑块b的质量为（未知），滑块b与粗糙平面间的动摩擦因数为0.5。某时刻解除锁定，两滑块均在CD段内被水平弹出，滑块b恰好能到达A点，滑块a从水平桌面左侧端点D水平飞出恰好由E点无碰撞地落入圆轨道。滑块a、b均可视为质点，重力加速度g取。求： （1）弹簧被锁定时具有的弹性势能； （2）滑块a到达圆轨道最低点M时对轨道的压力； （3）滑块a在圆轨道EMN上能到达的最高点与E点的水平距离x。 67．（23-24高一下·辽宁锦州·期末）如图所示，质量均为的小物块A、B通过一压缩轻弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上，解除锁定后，A、B在弹簧弹力作用下以相等的速率与弹簧分离。A分离后向左运动，滑上半径的光滑半圆轨道并恰能通过最高点，B分离后向右运动，滑上静止在水平面上长、质量的长木板，长木板上表面与平台等高、下表面光滑，物块与木板之间的动摩擦因数，取。 （1）求A滑上光滑半圆轨道最高点的速率是多大？B与弹簧分离时的速率是多少？ （2）判断A、B两物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中机械能是否守恒？以及弹簧锁定时的弹性势能； （3）通过计算判断物块是否能滑离长木板？求出B在长木板上滑动过程中产生的内能Q。 68．（23-24高一下·福建福州·期末）如图所示，有一个可视为质点的质量为m=3kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=4kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4，圆弧轨道的半径为R=3.0m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力。（取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求∶ （1）小物块落到C点时速度； （2）小物块到达圆弧末端D点时对轨道的压力大小； （3）小物块从滑上木板到与木板共速过程，摩擦力对木板做的功。 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第07 讲：动量守恒定律 【考点归纳】 · 题型一：动量、冲量理解及其计算 · 题型二：冲量的分析及计算 · 题型三：动量定理的理解 · 题型四：动量定理解析生活问题 · 题型五：动量定理解决蹦极类问题 · 题型六：动量定理解决流体问题 · 题型七：动量守恒条件理解 · 题型八：（弹性）碰撞问题 · 题型九：非弹性碰撞问题 · 题型十：反冲、爆炸模型 · 题型十一：人船模型 · 题型十二：子弹模型 · 题型十三：斜（曲）面模型 · 题型十四：弹簧模型 · 题型十五：动量守恒的多过程问题 · 题型十六：动量守恒、能量交汇问题 【知识梳理】 知识点1．动量 (1)定义：物体的质量和速度的乘积． (2)表达式：p＝mv. (3)方向：与速度的方向相同． 知识点2．动量的变化 (1)动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同． (2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p. 知识点3．冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量． (2)公式：I＝FΔt. (3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同． 知识点4．对动量定理的理解 (1)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和． (2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量． (3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因． (4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率． (5)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理． 知识点5　动量守恒定律的理解和基本应用 1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变． 2．表达式 (1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向． 1．适用条件 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零． (2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒． 知识点5：爆炸、反冲运动和人船模型 1．爆炸现象的三个规律 动量 守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2.反冲运动的三点说明 作用 原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能 增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 3　人船模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0 (2)两物体的位移大小满足：m－M＝0， x人＋x船＝L， 得x人＝L，x船＝L 3．运动特点 (1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； (2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝. 【题型过关】 题型一：动量、冲量理解及其计算 1．（23-24高一下·陕西渭南·期末）一个质量为0.18kg的垒球，以20m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为40m/s。以击打前垒球的速度方向为正方向，下列说法正确的是（　　） A．击打前垒球的动能为72J B．击打前垒球的动量为 C．击打过程垒球的动量变化量为 D．击打过程棒对垒球作用力的冲量为 【答案】C 【详解】A．击打前垒球的动能为 故A错误； B．击打前垒球的动量为 故B错误； C．击打过程垒球的动量变化量为 故C正确； D．击打过程棒对垒球作用力的冲量为 故D错误。 故选C。 2．（23-24高一下·江苏无锡·期末）在短道速滑接力赛中，“接棒”运动员甲在“交棒”运动员乙前面向前滑行，追上时乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。不计阻力，则(　　) A．乙对甲的冲量与甲对乙的冲量大小相等 B．甲的动量变化一定比乙的动量变化快 C．甲的动量变化量与乙的动量变化量大小不等 D．甲的速度变化量与乙的速度变化量大小相等 【答案】A 【详解】A．因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，由冲量的定义I=Ft分析可知，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，故A正确； B．动量变化率大小为F，即动量的变化率大小为二者的相互作用力，大小相等，所以甲的动量变化与乙的动量变化一样快，故B错误； C．由知即甲、乙的动量变化一定大小相等，方向相反。故C错误； D．由，可知由于甲、乙的质量大小关系未知，所以甲的速度变化量与乙的速度变化量大小不一定相等。故D错误。 故选A。 3．（23-24高一下·辽宁大连·期末）一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示。则下列说法正确的是（　　） A．t=1s时，物体的速度为2m/s B．t =2s时，物体的动量为 C．t=0到t=1s时间内，物体动量的变化量为 D．t=2s到t=3s时间内，力F的冲量为 【答案】B 【详解】AC．在内，根据动量定理可得 可得t=0到t=1s时间内，物体动量的变化量为 可得t=1s时，物体的速度为 故AC错误； B．在内，根据动量定理可得 可得t =2s时，物体的动量为 故B正确； D．t=2s到t=3s时间内，力F的冲量为 故D错误。 故选B。 题型二：冲量的分析及计算 4．（23-24高一下·四川成都·期末）将相同的A、B两球从同一位置沿不同方向抛出，运动轨迹如图所示，最后两球落在水平面上的同一位置，忽略空气阻力。两球从被抛出到落地的过程中，下列说法正确的是（    ） A．B球所受重力的冲量大小为零 B．A球所受重力的冲量大于B球所受重力的冲量 C．两球在最高点的动量大小相等 D．两球单位时间内动量的变化量不相同 【答案】B 【详解】A．根据 可知B球从被抛出到落地的过程中所受重力的冲量大小不为零，故A错误； B．由图可知A球上升的高度较大，则其运动的时间较长，由A选项分析可知所受重力的冲量大于B球所受重力的冲量，故B正确； C．两球在最高点的动量大小 根据斜抛的水平方向为匀速运动，可得 联立，解得 可知A球在最高点的动量小，故C错误； D．根据动量定理 解得 即两球单位时间内动量的变化量相同，故D错误。 故选B。 5．（23-24高一下·上海宝山·期末）质量为m的运动员托着质量为M的杠铃从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），该过程杠铃和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立时间后再将杠铃缓慢向上举，至双臂伸直（图丙），甲到乙、乙到丙举起杠铃的过程中（　　） A．地面对运动员的冲量为0 B．运动员受到重力的冲量为0 C．杠铃的机械能不守恒 D．运动员对杠杆的冲量为 【答案】C 【详解】A．运动员托着杠铃从下蹲状态缓慢运动到站立状态，运动员受力平衡，则地面对运动员的支持力为 设甲到乙、乙到丙上举杠铃经历的时间分别为、，地面对运动员的冲量为 故A错误； B．运动员受到重力的冲量为 故B错误； C．甲到乙、乙到丙举起杠铃的过程中，杠铃的动能不变，重力势能增大，杠铃的机械能增大，机械能不守恒，故C正确； D．运动员对杠铃的力为Mg，运动员对杠杆的冲量为 故D错误。 故选C。 6．（23-24高一下·四川成都·期末）如图甲，一质量为2kg的物块静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到一水平外力F作用，F随时间变化的图线如图乙所示。取t=0时刻力F的方向为正方向，重力加速度大小取。下列说法正确的是（　　） A．前4s时间内，物块做往返运动 B．t=4s时，物块的动量为2kg·m/s C．前4s时间内，物块所受重力的冲量为0 D．t=2s到t=4s时间内，物块的速度变化量为2m/s 【答案】B 【详解】A．图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示冲量，前4s时间内的冲量为 可知，前4s时间内，物块始终沿正方向运动，没有做往返运动，故A错误； B．根据动量定理有 结合上述有 解得 即t=4s时，物块的动量为2kg·m/s，故B正确； C．前4s时间内，物块所受重力的冲量为 故C错误； D．t=2s到t=4s时间内，合力的冲量为 图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示冲量，t=2s到t=4s时间内冲量为 解得物块的速度变化量为-1kg·m/s，故D错误。 故选B。 题型三：动量定理的理解 7．（23-24高一下·四川攀枝花·期末）如图所示，从地面将质量为m的小球竖直向上抛出，速度大小为v1，经时间t小球落地，速度大小为v2。已知在运动过程中小球所受空气阻力大小恒为f，重力加速度为g，设竖直向上为正方向，则从小球抛出到落回地面的过程中空气阻力的冲量为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】竖直向上为正方向，由动量定理可得从小球抛出到落回地面的过程中合冲量 得空气阻力的冲量 故选A。 8．（22-23高一下·四川攀枝花·期末）如图所示，质量为0.2kg的滑块A沿光滑水平面以5m/s的速度水平向右与质量为0.3kg的静止滑块B发生正碰，碰后粘在一起，则整个碰撞过程中滑块A受到的冲量（　　） A．大小为0.4，方向水平向右 B．大小为0.4，方向水平向左 C．大小为0.6，方向水平向右 D．大小为0.6，方向水平向左 【答案】D 【详解】根据动量守恒定律可得 解得 对A研究，根据动量定理可得 方向水平向左。 故选D。 9．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况，若手机质量为100g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，g取，下列说法正确的是（　　） A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为 B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上 C．手机对眼睛的冲量大小约为0.20N·s D．手机对眼睛的平均作用力大小约为2.0N 【答案】D 【详解】A．手机到达人眼时的速度为 手机砸到眼睛后手机未反弹，手机的末速度为0，取向上为正；手机与眼睛作用过程中手机动量变化约为 故A错误； B．根据可知，手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力F方向相同，竖直向下，故B错误； CD．手机与眼睛作用过程中，以手机为对象，根据动量定理可得 解得眼睛对手机的冲量大小为 则手机对眼睛的冲量大小为；手机对眼睛的作用力大小为 故C错误，D正确。 故选D。 题型四：动量定理解析生活问题 10．（23-24高一下·吉林·期末）鸡蛋落到瓷砖上会摔碎，但是将鸡蛋从同样的高度落到海绵坐垫上，鸡蛋就不会摔碎。下列关于不会摔碎的原因分析正确的是（　　） A．减小鸡蛋着地过程中所受冲量 B．减小鸡蛋着地过程的动量变化量 C．延长鸡蛋与地面的冲击时间，从而减小相互作用力 D．增大鸡蛋对地面的压强，压强越大鸡蛋越不容易碎 【答案】C 【详解】鸡蛋从同样的高度落下，到达地面和到达海绵坐垫前瞬间的速度相等，最后末速度均为0，所以着地过程的动量变化量相同，所受冲量相同，根据动量定理 由于鸡蛋落到海绵坐垫上，延长鸡蛋与地面的冲击时间，从而减小相互作用力，使得鸡蛋不会摔碎，压强越小鸡蛋越不容易碎。 故选C。 11．（23-24高一下·辽宁·期末）“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以（　　） A．减小穿戴者所受重力的冲量 B．减小地面对穿戴者的平均冲击力 C．减小穿戴者动量的变化量 D．减小穿戴者与地面的接触时间 【答案】B 【详解】设穿戴者所受合力为F，依题意，根据动量定理 可得 可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量未发生变化，全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间，则穿戴者所受重力的冲量增大了。 故选B。 12．（23-24高一下·广东清远·期末）跳马比赛中在运动员落地位置放置厚海绵垫以保护运动员。如图所示为一质量为40kg的运动员在比赛时落地的场景，海绵垫与运动员的撞击时间约为0.4s，g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．海绵垫减小了运动员落地过程中撞击力的冲量 B．海绵垫减小了运动员落地过程中的动量变化率 C．落地过程中海绵垫对运动员的冲量与运动员对海绵垫的冲量相同 D．若运动员以4m/s的速度垂直落地，海绵垫对运动员的作用力约为400N 【答案】B 【详解】A．根据动量定理可得 所以 依题意，海绵垫与运动员的撞击时间延长了，海绵垫增大了运动员落地过程中撞击力的冲量，故A错误； B．根据 可知海绵垫减小了运动员落地过程中的动量变化率，故B正确； C．根据 海绵垫对运动员的作用力与运动员对海绵垫的作用力等大反向，作用时间相同，所以海绵垫对运动员的冲量与运动员对海绵垫的冲量大小相等、方向相反，故C错误； D．根据 代入数据解得 即海绵垫对运动员的作用力约为800N，故D错误。 故选B。 题型五：动量定理解决蹦极类问题 13．（22-23高一下·内蒙古赤峰·期末）蹦极是一项非常刺激的体育运动。如图所示，质量m = 50kg的人身系弹性绳自高空自由下落，弹性绳绷直后在下降过程经过a点的速度大小为12m/s，落到最低点c后反弹至b点的速度大小为9m/s。人从a→c→b共用时3s，在此过程中弹性绳对人的平均作用力为（   ） A．350N B．450N C．550N D．850N 【答案】D 【详解】取向上为正，根据动量定理有 F合t = mvb－m(－va) 解得 F合 = 350N 其中 F合 = T－mg 则 T = 850N 故选D。 14．（22-23高二上·湖北咸宁·期末）2022年11月20日蹦床世锦赛在保加利亚结束，中国蹦床队夺得女子网上团体金牌。假设队员胡译乘的质量为50kg，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8s，g=10m/s2规定竖直向下为正方向，则下列说法正确的是（　　） A．运动员与网刚分离时的动量为 B．运动员与网接触的这段时间内动量的改变量为 C．网对运动员的平均作用力大小1625N D．从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处这一过程中运动员所受重力的冲量900N·s 【答案】C 【详解】A．设运动员与网刚分离时的速度大小为，则竖直向上运动的过程，有 解得 则运动员与网刚分离时的动量为 故A错误； B．设运动员自由下落着网时的速度大小为，则 则运动员与网接触的这段时间内动量的改变量为 故B错误； C．运动员与网接触的过程，由动量定理得 解得网对运动员的平均作用力大小为 故C正确； D．从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处的过程中，有动量定理得 解得重力的冲量为 故D错误。 故选C。 15．（2023·北京西城·二模）研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力，根据图像可知（　　） A．弹性绳的原长为15m B．0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量 C．15~27m下落过程中，运动员受合力先减小后增大 D．0~27m下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量 【答案】B 【详解】A．由图像可知位移大小为15m时，速度大小为最大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳的原长小于15m，故A错误； B．运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15m，所以0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故B正确； C．15m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大。故C错误； D．0~27m下落过程中由动量定理可得 可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D错误。 故选B。 题型六：动量定理解决流体问题 16．（23-24高一下·广西南宁·期末）日常生活中常用高压水枪清洗汽车，某高压水枪喷口直径为D，喷出水流的流速为v，水柱垂直射向汽车表面后速度变为零。已知水的密度为。下列说法正确的是（　　） A．高压水枪单位时间内喷出的水的体积为 B．高压水枪单位时间内喷出的水的质量为 C．水柱对汽车的平均冲力为 D．若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的2倍 【答案】C 【详解】A．高压水枪单位时间内喷出的水的体积 故A错误； B．高压水枪单位时间喷出水的质量 故B错误； C．设水柱对汽车的平均冲力为F，垂直汽车表面方向，由动量定理得 时间内水柱的质量为 解得水柱对汽车的平均冲力为 故C正确； D．根据 若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的4倍，故D错误。 故选C。 17．（23-24高一下·辽宁大连·期末）“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图，一质量为m的游客恰好静止在半径为R的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客在这种姿势下的受风面积（游客在垂直于风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定。假设气流吹到人身上后速度变为零，重力加速度为g，不考虑气体重力，下列说法正确的是（　　） A．风速不变，游客在受风面积变化时仍能静止 B．气流速度大小为 C．若风速变为原来的，则游客向下加速，加速度大小为 D．若风速变为原来的2倍，则游客向上加速，加速度大小为3g 【答案】D 【详解】B．对时间内吹向游客的空气，设气体质量为，则 则风的动量变化为 以时间内吹向游客的空气为研究对象，由动量定理可得 由于游客处于静止状态，则 F=mg 联立得 故B错误； A．由B项解析可知，游客静止时，风速 可知游客在受风面积变化时，要使游客静止，风速一定要发生变化，故A错误； C．若风速变为原来的，则风力为，则 由动量定理可知 根据牛顿第二定律可知 联立解得 游客向下加速，故C错误； D．若风速变为原来的2倍，则风力为，则 由动量定理可知 根据牛顿第二定律可知 联立解得 游客向上加速，故D正确。 故选D。 18．（23-24高一下·四川眉山·期末）如图所示，“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意境，如王维的“雨打芭蕉叶带愁，心同新月向人羞”、白居易的“隔窗知夜雨，芭蕉先有声”、葛胜仲的“闲愁几许，逐梦芭蕉雨”等都是通过雨打芭蕉抒发作者的情感。将快落到芭蕉叶上的雨视为由单个质量为m、速度为的一系列小雨滴组成的，各个小雨滴垂直打在水平芭蕉叶上后，一半以速度v反向弹回，另一半速度为零。忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响，忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知每立方米的体积内有N个小雨滴，则估算雨打芭蕉产生的压强P为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设芭蕉叶的面积为S，t时间内有质量为的雨滴打在芭蕉叶上，则有 根据题意可知一半以速度v反向弹回，以竖直向上为正方向，根据动量定理 另一半速度为零，以竖直向上为正方向，根据动量定理 根据压强的定义式 联立可得 故选A。 题型七：动量守恒条件理解 19．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是（　　） A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒 B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒 C．只要系统的合外力做功为零，系统的动量就守恒 D．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒 【答案】D 【详解】A．系统动量守恒的条件是：系统所受的合外力是零，与系统的内力是什么性质的力无关，A错误； B．系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，因为两物体在碰撞过程中，两物体的速度都产生变化，都具有加速度，系统的动量守恒，可知单个物体受合力不是零时，系统动量仍守恒，B错误； C．当系统的内力远大于外力时，系统的动量守恒，因此系统的合外力做功不是零时，系统的动量也可能守恒，C错误； D．只要系统所受的合外力是零，系统的动量就守恒，D正确。 故选D。 20．（23-24高一下·广西南宁·期末）如图所示，足够长的光滑斜面A静止在光滑水平面上，现物块B以某一初速度冲上斜面，在物块B从斜面底端冲到斜面最高点的过程中，对A、B组成的系统，下列说法正确的是（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 【答案】C 【详解】在物块B从斜面底端冲到斜面最高点的过程中，对A、B组成的系统，系统合外力不为零，动量不守恒，系统中只有重力做功，机械能守恒。 故选C。 21．（23-24高一下·重庆九龙坡·期末）如右图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（　　） A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒 C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 【答案】C 【详解】AB．撤去F后，木块A离开竖直墙前，墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒，这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，故A错误、B错误； CD．A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒，故C正确，D错误； 故选C。 题型八：（弹性）碰撞问题 22．（23-24高一下·重庆·期末）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图像。已知m1=0.1 kg。由此可以判断（　　） A．碰后m2和m1都向右运动 B．碰撞过程中m2对m1的冲量大小为0.2N·s C．m2=0.1kg D．碰撞过程是弹性碰撞 【答案】D 【详解】A．根据图像的斜率表示速度，可知碰后向右运动，向左运动，故A错误； BC．根据图像的斜率表示速度，可知碰前和的速度分别为 ， 碰后和的速度分别为 ， 根据动量守恒可得 联立解得 对，根据动量定理可得 可知碰撞过程中对的冲量大小为，故BC错误； D．碰撞前系统的机械能为 碰撞后系统的机械能为 可知碰撞过程是弹性碰撞，故D正确。 故选D。 23．（2023高二下·北京大兴·期中）在光滑水平面上的两个小球发生正碰。碰撞时间可以忽略不计，如图所示是它们碰撞前后的图像。小球的质量分别为和，已知。由此可以判断（　　） A．碰撞前和都在做匀速直线运动 B．碰撞后和运动方向相同 C． D．该碰撞为弹性碰撞 【答案】D 【详解】A．图像中，图线的斜率表示速度，根据图像可知，碰撞前在做匀速直线运动， 处于静止状态，A错误； B．图像中，图线的斜率表示速度，根据图像可知，碰撞后，图线的斜率为负值，表示运动方向与规定正方向相反，图线的斜率为正值，表示运动方向与规定正方向相同，可知，碰撞后和运动方向相反，B错误； C．碰撞前 碰撞后 ， 根据 解得 C错误； D．根据上述有 可知，该碰撞为弹性碰撞，D正确。 故选D。 24．（21-22高一下·北京东城·期末）A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，，，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【详解】两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得 代入数据解得 如果两球发生完全弹性碰撞，有 由机械能守恒定律得 代入数据解得 则碰撞后A、B的速度 故选C。 题型九：非弹性碰撞问题 25．（23-24高一下·宁夏石嘴山·期末）A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，，，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【详解】A．两球碰撞之前的总动量 两球碰撞之后的总动量 可知，不满足动量守恒，故A错误； B．两球碰撞之后的总动量 总动量守恒，两球碰撞之前的总动能 两球碰撞之后的总动能 碰撞后动能减小，为非弹性碰撞，故B正确； C．两球碰撞之后的总动能 碰撞之后的总动能增大，不符合题意，故C错误； D．两球碰撞之后的总动能 碰撞之后的总动能增大，不符合题意，故D错误。 故选B。 26．（23-24高一下·河南南阳·期末）一名连同装备总质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x处与飞船处于相对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度v（以飞船为参考系）喷出气体从而使航天员相对于飞船运动。如果航天员一次性向远离飞船方向喷出质量为的气体，使航天员在时间t内匀速返回飞船。下列说法正确的是（　　） A．喷出气体的质量等于 B．若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间大于t C．若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间大于t D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒 【答案】C 【详解】A．由题意知，航天员的速度为 喷气过程系统动量守恒，以宇航员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 解得 故A错误； BC．根据动量守恒有 解得 若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则变大，故返回时间小于t；由 若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，可知减小，得减小，则返回时间大于t， 故B错误，C正确； D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量守恒，整个系统的动能增加，故系统机械能不守恒，故D错误。 故选C。 27．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则爆炸过程释放的化学能为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】取向右为正，根据动量守恒 解得甲的速度为 由能量守恒定律，爆炸过程释放的化学能为 故选D。 题型十：反冲、爆炸模型 28．（22-23高一下·湖南衡阳·期末）在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度。某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量m=800g的气体，气体离开发动机时的对地速度v=1000m/s，假设火箭（含燃料在内）的总质量M=600kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则（　　） A．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2km/s B．火箭第三次气体喷出后速度的大小约为4m/s C．要使火箭能成功发射至少要喷气500次 D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气15s 【答案】B 【详解】A．第一宇宙速度（7.9 km/s）是卫星贴近地面做匀速圆周运动的速度，是最小的发射速度，地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到7.9 km/s，故A错误； B．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，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得 （M－3m）v3－3mv=0 解得 v3=4 m/s 故B正确； CD．要能成功发射，设喷气n次后达到第一宇宙速度，即vn=7.9 km/s；以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得 （M－nm）vn－nmv=0 代入数据解得 n=666次 至少喷气的时间为 故CD错误。 故选B。 29．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图所示，将一质量M、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，今让一质量为m小球自左侧槽口从A点静止开始落下，则以下结论中不正确的是（　　） A．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统机械能守恒 B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是 D．小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是 【答案】C 【详解】A．小球在半圆槽内运动的全过程中，地面和圆弧面光滑，只有小球的机械能与半圆槽的机械能之间相互转化，球与半圆槽构成的系统机械能守恒，故A正确； B．地面光滑，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B正确； CD．小球到达右边最高点时，小球和圆槽通过的水平位移大小分别为、，如图所示 小球和圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒，在运动过程中小球和圆槽在任意时刻的水平速度满足 则有 根据位移关系可得 解得 ， 小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是。故C错误，D正确。 题目要求选择不正确的，故选C。 30．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（    ） A．运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B．C球摆到最低点过程，C球的速度为 C．C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离 D．C球第一次到达轻杆左侧的最高处的高度与释放高度相同 【答案】C 【详解】A．运动过程中，A、B、C组成的系统在水平方向受合外力等于零，因此水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则系统的总动量不守恒，A错误； B．C球摆到最低点过程，A、B先以共同速度向右运动，到最低点A、B开始分离，此过程系统在水平方向动量守恒，设A、B共同速度为，则有 由机械能守恒定律可得 联立解得 B错误； C ．C球第一次摆到最低点过程中，A、B、C组成的系统在水平动量守恒，以向左为正方向，则有 由人船模型可得 其中 解得 可知木块A、B向右移动的距离，C正确； D．当C球摆到左侧最高点时C球和A共速，此时B有向右的速度，则由能量关系可知，开始时C的重力势能转化为ABC的动能和C球的重力势能，则C球第一次摆到左侧的最高处的高度小于释放高度，D错误。 故选C。 题型十一：人船模型 31．（22-23高一下·吉林延边·期末）有一条窄长小船停靠在湖边码头，某同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他首先使船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，然后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，船长为L，已知他自身的质量为m，不计水的阻力，则船的质量M为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设人走动时船的速度大小为，人的速度大小为，人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度为正方向。则 根据动量守恒 代入解得 故选B。 32．（22-23高一下·四川成都·期末）一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M=1kg的木块后不再穿出，木块的动能增加了8J，设子弹射入木块的过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　）    A．木块动量变化量的大小为2kg·m/s B．子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0J C．此过程产生的内能可能是6J D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失机械能增大 【答案】D 【详解】A．根据题意可得 解得木块的速度为 所以木块动量变化量的大小为 故A错误； B．设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到子弹、木块相对静止，木块位移为x，子弹所受阻力为f，则 所以 故B错误； C．子弹、木块运动的v-t图像如图所示    由于图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知 所以 即此过程产生的内能大于8J，不可能是6J，故C错误； D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，木块的加速度减小，v-t图像如图所示    由图可知，子弹射入木块的深度d增大，产生的内能增大，系统损失的机械能增大，故D正确。 故选D。 33．（21-22高一下·辽宁营口·阶段练习）如图所示，质量m=245g的物块（可视为质点）放在质量M=0.5kg的木板左端，木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数，质量的子弹以速度沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），物块最后恰好没有滑离木板，取，则在整个过程中（　　） A．物块的最大速度为4m/s B．木板的最大速度为3m/s C．物块相对于木板滑行的时间为0.75s D．木板的长度为3m 【答案】D 【详解】A．子弹射入物块并留在其中，根据动量守恒 之后，在摩擦力的作用下，物块做减速运动，则两者共同的速度即物块的最大速度，大小为 故A错误； B．物块和子弹在木板上滑行时，木板做加速运动，物块最后恰好没有滑离木板，根据动量守恒 共同速度即木板的最大速度，大小为 故B错误； C．物块在木板上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律 物块相对木板的滑行时间为 得 故C错误； D．木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 木板长度为物块和木板的相对位移 得 故D正确。 故选D。 题型十二：子弹模型 34．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图所示，用不可伸长的，长度为L的轻质细绳将质量为3m的木块悬挂于O，木块静止。质量为m的弹丸水平向右射入木块后未射出木块，第一颗弹丸的速度为，射入木块后二者共同上摆动的最大高度为h，当其第一次返回初始位置时，第二颗弹丸以水平速度又击中木块，且也未射出木块，使木块向右摆动且最大高度仍为h，木块和弹丸可视为质点，二者作用时间极短，空气阻力不计，则（　　） A．第一颗弹丸打入木箱后瞬间，二者的速度为 B．第二颗弹丸打入木箱后瞬间，细绳拉力的大小为 C．子弹与木箱共同上摆的最大高度h为 D．两次弹丸入射的水平速度关系为 【答案】D 【详解】AC．第一颗弹丸打入木箱后瞬间，根据动量守恒可得 解得二者的速度为 根据动能定理可得 解得子弹与木箱共同上摆的最大高度为 故AC错误； BD．根据题意可知，第二颗弹丸打入木箱后瞬间，根据动量守恒可得 解得 根据牛顿第二定律可得 解得细绳拉力的大小为 故B错误，D正确。 故选D。 35．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，一带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一可视为质点、质量为m的小球以速度从小车的左端水平滑上小车，与小车作用后从小车左端竖直掉下。已知圆弧轨道的半径足够大，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．小球和小车组成的系统动量守恒、机械能守恒 B．小车的最终速度大小为 C．小车对小球做的功为 D．小球在小车上能上升的最大高度为 【答案】D 【详解】A．小球和小车组成的系统机械能守恒，由于小球在运动过程中存在超重与失重过程，则系统的动量不守恒，但系统水平方向的动量守恒，故A错误； B．由于小球与小车作用后从小车左端竖直掉下，表明小球落下时速度恰好为0，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得 ， 故B错误； C．对小球进行分析，根据动能定理有 表明小车对小球做的功为，故C错误； D．小球上升到小车上的最高点时，两者速度相等，根据动量守恒定律有 根据系统机械能守恒有 结合上述解得 故D正确。 故选D。 36．（23-24高一下·四川成都·期末）如图所示，一小车静止于光滑水平面，其上固定一光滑弯曲轨道，整个小车（含轨道）的质量为m。现有质量也为m的小球，以水平速度从左端滑上小车，沿弯曲轨道上升到最高点，最终从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（　　） A．小球与小车组成的系统动量守恒 B．小球沿轨道上升到最高点时，小车的速度为零 C．小球沿轨道上升的最大高度为 D．小球滑离小车后，做自由落体运动 【答案】D 【详解】A．小球在竖直方向分速度的初始值与末状态值均为0，可知，竖直方向上先加速后减速，即竖直方向的加速度方向先向上后向下，存在超重与失重，小球和小车构成的系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上的动量守恒，故A错误； B．小球沿轨道上升到最高点时，小球竖直分速度为0，结合上述可知，在水平方向，系统动量守恒，则小球与小车的速度相等，均不为零，故B错误； C．小球沿轨道上升到最高点时，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得 故C错误； D．小球从轨道左端滑离小车时，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得 即小球滑离小车后，做自由落体运动，故D正确。 故选D。 题型十三：斜（曲）面模型 37．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为的圆弧凹槽，凹槽质量为，凹槽点切线水平，点为最高点.一个质量也为的小球以速度从点冲上凹槽，重力加速度为，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（    ）    A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动 B．若，小球恰好可到达凹槽的点且离开凹槽后做自由落体运动 C．若，小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹糟后做自由落体运动 D．若，小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹槽后做竖直上抛运动 【答案】C 【详解】A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的水平方向动量守恒，但总动量不守恒，故A错误； B．若小球恰好到达点时，由于水平方向动量守恒有 由机械能守恒 解得 故B错误； CD．当时，小球从点飞出后做斜抛运动，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回时恰好能落到点，故最后一次离开斜面的位置一定是点，由水平方向动量守恒得 由机械能守恒得 解得 ， 可知小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹槽后做自由落体运动，故C正确，D错误。 故选C。 38．（22-23高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和2kg的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，一颗质量为的子弹C以速度射入物块A并留在A中，以此刻为计时起点，两物块A（含子弹C）、B的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息分析可知，下列说法中正确的是（　　）    A．在时刻弹簧身长最长 B．子弹C射入物块A的速度为600m/s C．当物块A（含子弹C）的速度为零时，物块B的速度为2m/s D．在时间内，弹簧的最大弹性势能为12J 【答案】D 【详解】B．由所给的图象可知，子弹C射入物体A时的共同速度为6m/s，由动量守恒 得 故B错误； A．在时刻，物块A（含C）和物块B的加速度均为零，可知弹簧弹力为零，弹簧处于原长状态，故A错误； C．当物块A（含C）的速度为0时，由动量守恒 得 故C错误； D．当物块A（含C）的速度和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有 解得 弹簧最大弹性势能为 故D正确。 故选D。 39．（23-24高一下·北京西城·期末）一水平轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，此后两物块的速度随时间变化的规律如图所示，从图像信息可得（　　） A．在t1、t3时刻弹簧都是处于压缩状态 B．从t1到t3时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C．两物体的质量之比为m1:m2=1:3 D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1:Ek2=1:8 【答案】D 【详解】A．由图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，而t=0、t2、t4三个时刻弹簧处于原长状态，故t1弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误； B．结合图像，开始时m1减速，m2加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，两木块速度再次相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t1到t3时刻，弹簧由压缩状态恢复原长再伸长，故B错误； C．根据系统动量守恒，0~t1时刻有 ， 可得 故C错误； D．在t2时刻A的速度为 B的速度为 所以，动能之比为 故D正确。 故选D。 题型十四：弹簧模型 40．（23-24高一下·安徽六安·期末）如图甲所示，小球A、B的质量都是2kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，球B右侧与竖直墙壁接触但不黏连，球C从高为5m的平台以6m/s的初速度水平抛出，落地时恰好与A相撞，碰撞瞬间竖直方向不反弹，且与A粘在一起不再分开，小球A的图像如图乙所示，下列说法正确的是（    ） A．C的质量为1kg B．前2s时间内，弹簧对B的冲量大小为0 C．B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为13.5J D．B离开墙壁后的最大动能为16J 【答案】D 【详解】A．C与A碰撞前后瞬间，C与A组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒可得 其中 ， 解得C的质量为 故A错误； B．弹簧对A与C组成的系统与对B的作用力始终大小相等方向相反，以A、C组成的系统为研究对象，取向右为正方向，则前2s时间内弹簧的弹力对A、C组成的系统的冲量为 可知在前2s时间内，弹簧对物块B的冲量大小为，故B错误； C．物块B离开墙壁前，弹簧被压缩至最短时其弹性势能最大，此时A、C组成的系统的速度减为0，根据能量守恒可得 故C错误； D．当物块B离开墙壁后弹簧先被拉伸至最长，此后弹簧恢复原长，此时物块B的速度最大，动能最大；在B离开墙壁后A、B、C及弹簧组成的系统满足动量守恒，机械能守恒，以向左为正方向，则有 其中 联立解得 ， 则B离开墙壁后的最大动能为 故D正确。 故选D。 41．（22-23高一下·江西宜春·期末）如图所示，质量为3m的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为R的光滑半球面，在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）    A．P滑到最低点时，P的速度为 B．P滑到最低点时，容器的速度为 C．P从开始到最低点过程中，容器的位移大小为 D．P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于R 【答案】C 【详解】AB．设小滑块到达最低点的速度为v1，容器的速度为v2，系统水平方向动量守恒，则 此过程中系统机械能守恒，则 解得 故A B错误； C．设滑块的位移为x1，容器的位移为x2，根据动量守恒定律得 解得 故C正确； D．当滑块P经过最低点后沿内壁继续上滑到最大高度时，两者有共同的速度，设此时最大高度为H，则由水平方向动量守恒与系统机械能守恒 解得 D错误。 故选C。 42．（20-21高二下·山西运城·期中）如图所示，方盒A静止在光滑的水平面，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则（　　） A．最终盒的速度大小是 B．最终盒的速度大小是 C．滑块相对于盒运动的路程为 D．滑块相对于盒运动的路程为 【答案】C 【详解】AB．设滑块的质量为m，则盒的质量为2m，对整个过程，由动量守恒定律可得 mv＝3mv共 解得 v共= AB错误； CD．对整个过程，由能量守恒定律可知 μmgx＝ 解得 C正确，D错误。 故选C。 题型十五：动量守恒的多过程问题 43．（23-24高一下·广东肇庆·期末）某同学在水平桌面上玩闯关游戏。在桌面最左端放置一质量mA=0.1kg的小物体A（可视为质点），距离物体 A为s1=1m处有一质量mB=0.2kg的物体B（可视为质点），物体B距离桌面最右端为s2=2m，两物体在同一条直线上，如图所示。现使A以某一初速度沿直线向B运动，若A既能与B发生碰撞且碰后又不会滑离桌面，则闯关成功。已知A、B碰撞时间很短且碰后粘在一起，A、B两物体与桌面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，为了确保闯关成功，求： （1）物体A与B碰后的最大速度的大小vm； （2）物体A与B碰撞过程损失机械能的最大值； （3）物体A初动能的范围。 【答案】（1）2m/s；（2）1.2J；（3）0.1J≤Ek≤1.9J 【详解】（1）若A、B碰后刚好不会滑离桌面，则 解得 vm=2m/s （2）若A、B碰后速度最大，则A、B碰撞过程损失的机械能最大，对A、B碰撞过程中 解得 E损=1.2J （3）若A、B碰后速度最大，则碰前A的速度也为最大，初动能最大，A由桌面最左端到与 B碰前瞬间，有 解得 Ekmax=1.9J 若A与B碰前瞬间速度刚好减为零，则A的初动能最小，A由桌面最左端到与B碰前，有 解得 Ekmin=0.1J 所以物体A初动能的范围为0.1J≤Ek≤1.9J。 44．（23-24高一下·安徽六安·期末）A、B两物体在光滑水平地面上沿同一直线相向而行，A的质量4kg，速度大小10m/s，B的质量2kg，速度大小6m/s。 （1）A、B发生完全非弹性碰撞，求碰后的速度； （2）A、B发生弹性碰撞，求碰后A、B的速度。 【答案】（1），方向与A物体原方向相同；（2），方向与A物体原方向相反；，方向与A物体原方向相同 【详解】（1）以A物体速度方向为正，根据动量守恒 解得 方向与A物体原方向相同。 （2）以A物体速度方向为正，设碰后A、B的速度分别为和，根据动量守恒 根据机械能守恒 解得 负号表现方向与初速度相反，大小为； 方向与A物体原方向相同。 45．（23-24高一下·山东威海·期末）如图所示，质量M=4kg、长度L=2m的木板A静止在光滑水平面上，其左端上表面与半径R=0.5m的四分之一竖直圆轨道相切，A的右侧某位置竖直固定一挡板P。将质量m=2kg的物块B从轨道最高点由静止释放，A、B共速后A与P发生碰撞，碰后A以某一速度反弹，B最终恰好没有从A上滑离。已知B经轨道最低点时对轨道的压力FN=56N，A、B间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求： (1)B在圆轨道运动过程中克服阻力做的功； (2)从B滑上A至A、B第一次共速，系统产生的热量； (3)A与P碰撞损失的机械能。 【答案】(1)1J (2)6J (3) 【详解】（1）在轨道最低点，由牛顿第二定律得 B从轨道最高点下滑到最低点的过程中，由动能定理得 联立以上两式，代入已知数据，可得 （2）对A，根据牛顿第二定律 对B，根据牛顿第二定律 A、B第一次共速 共速时二者速度为 由能量守恒定律得 联立可得 （3）如图分析可知 因为 设碰撞后A的速度大小为v2，从碰撞后到第二次共速的时间为t2，则共速时 A向左运动位移大小 B向右运动位移大小 另有 联立可得 题型十六：动量守恒、能量交汇问题 46．（23-24高一下·四川德阳·期末）如图所示，可看成质点的物体A静置在木板C右端，物块B以v0=1.8m/s的速度沿水平地面向右运动，与木板C发生弹性正碰（碰撞时间极短），最终物体A恰好能到达木板C的左端。已知物体A、B的质量都等于木板C质量的2倍，物体A与木板C之间的动摩擦因数μ=0.1，水平地面足够大且光滑，取重力加速度大小g=10m/s2，求： (1)碰撞后物体B的速度大小； (2)物体A在木板C上的加速时间t； (3)物体A、B在运动方向上的最小距离d。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设木板C的质量为，物体A、B的质量为，B碰撞C由动量守恒定律可知 由机械能守恒可知 联立并代入数据解得 ， （2）A恰好达到C的最左端，A、C系统由动量守恒可知 解得 对物体A进行受力分析，根据牛顿第二定律可知 物体A加速的时间为 联立解得 （3）A与木板C系统，由能量守恒可知 则木板的长度为 A、B在运动方向上速度相同时，距离最小，运动时间为 解得 B、C碰撞后B做匀速直线运动，此时B的位移为 B、C碰撞后A做匀加速直线运动，此时A的位移为 A、B最初的距离为L，则A、B的距离最小为 联立并代入数据解得 47．（23-24高一下·内蒙古通辽·期末）如图所示，质量的木板静置于光滑水平地面上，半径的竖直光滑四分之一圆弧轨道固定在地面上，轨道底端切线水平且与木板等高。质量的物块A（视为质点）以的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数。当A恰好到达木板右端时，两者恰好共速。然后一起向右运动，木板与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。重力加速度。 （1）求木板的长度； （2）求A离开轨道后上升的最高点与轨道最低点间的高度差； （3）A离开轨道后上升到最高点时会炸裂成两块，向水平左右两边飞出，炸裂时总质量不变，动能增加了3J。在炸裂的同时，木板解除锁定且木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。要让向左飞出的物块能落到木板上，求左右两块的质量比范围。 【答案】（1）1.2m；（2）0.45m；（3） 【详解】（1）对物块与木板构成的系统，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 解得 ， （2）A从滑上圆弧轨道至运动到最高点过程，根据动能定理有 解得 （3）A离开轨道后上升到最高点时炸裂成两块，其中向左飞出，根据动量守恒定律有 根据题意有 向左飞出做平抛运动，则有 ， 此过程，木板的位移 若向左飞出的物块能落到木板上，则有 解得 48．（23-24高一下·辽宁·期末）如图所示，半圆形光滑轨道ABC固定在竖直面内，与光滑水平面CD相切于C点。水平面CD右侧为逆时针转动的水平传送带。现将物块P从圆心等高处B点静止释放，同时将物块Q轻放到传送带右端，P、Q将在水平面CD上碰撞。已知P、Q均可视为质点，物块P的质量为，物块Q的质量为，P、Q间碰撞为弹性碰撞。半圆形轨道的半径，传送带长，传送带速度，物块Q与传送带间的动摩擦因数。不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，重力加速度为，不计空气阻力，则： （1）物块Q第一次离开传送带时的速度大小； （2）第一次碰撞后，物块P的速度； （3）第一次碰撞后，物块P是否能运动到半圆形轨道最高点A，若能运动到A点，求出物块P落到水平面时的位移，若不能运动到A点，求出物块P脱离轨道时的速度大小。 【答案】（1）4m/s；（2）3m/s，方向水平向左；（3） 【详解】（1）对Q进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 Q先在传送带上向左做匀加速直线运动，令经历时间t1，Q与传送带达到相等速度，则有 解得 此过程Q的位移 解得 表明Q先向左做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止，可知物块Q第一次离开传送带时的速度大小为4m/s。 （2）物块P下滑至CD上，根据动能定理有 解得 向左向左为正方向，P、Q发生弹性碰撞有 ， 解得 ， 可知，第一次碰撞后，物块P的速度大小为3m/s，方向水平向左。 （3）物体P如果恰好能够运动到A点，在A点有最小速度，根据牛顿第二定律有 解得 假设P能够到达最高点A，根据动能定理有 解得 可知，物块P不能够运动到半圆形轨道最高点A，令P脱离位置对应半径与水平方向夹角为，根据动能定理有 在脱离位置，根据牛顿第二定律有 解得 【专题强化】 一、单选题 49．（23-24高一下·辽宁辽阳·期末）如图所示，斜面体放在光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止开始沿斜面下滑。在物体下滑过程中，物体和斜面体组成的系统（    ） A．机械能守恒，动量不守恒 B．机械能与动量均不守恒 C．机械能与动量均守恒 D．机械能不守恒，动量守恒 【答案】A 【详解】在物体下滑过程中，只有重力做功，物体和斜面体组成的系统机械能守恒，物体和斜面体组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒。 故选A。 50．（24-25高一上·浙江丽水·期末）如图所示，屋檐口滴下的水，长年累月水滴石穿。檐口到下方石板的高度为，若质量为1g的水滴从屋檐上由静止开始落下，落到石板上溅起的最大高度为，水滴与石板间相互作用的时间为0.05s。不计空气阻力，重力加速度，则水对石板竖直方向平均作用力大小约为（    ） A．0.26N B．0.14N C．0.026N D．0.014N 【答案】A 【详解】由可得，水滴落地时速度大小为 水滴溅起时的速度大小为 规定向上为正方向，对于水滴与石板间相互作用的过程应用动量定理 解得 故选A。 51．（23-24高一下·辽宁·期末）快递气泡袋是由低密度聚乙烯（LDPE）加工而成的一种透明软包装袋，主要用于快递行业小体积、易损坏、精密货品的包装。相同货品一个放于气泡袋中，一个不包装，从同样高度由静止开始释放（忽略空气阻力），落地时与地面碰撞过程中的时间不可忽略且不再弹起，则在碰撞过程中（　　） A．气泡袋中货品受到的重力的冲量比较小 B．货品受到的重力的冲量相同 C．气泡袋中货品受到支持力的冲量比较小 D．气泡袋中货品受到支持力的冲量比较大 【答案】D 【详解】AB．整个过程中气泡袋中货品经历的时间较长，根据 I=Gt 气泡袋中货品受到的重力的冲量比较大，故AB错误； CD．根据动量定理 得 气泡袋中货品受到的重力的冲量比较大，所以气泡袋中货品受到支持力的冲量比较大，故C错误，D正确。 故选D。 52．（23-24高一下·四川眉山·期末）图为两个质量分别为、的A、B小球在光滑水平面上发生对心正碰前后的图像，则下列说法正确的是（　　） A．A、B两球的质量比 B．碰撞前后A球动能的减少量大于B球动能的增加量 C．碰撞过程中A对B球的冲量大小是B对A球冲量大小的3倍 D．两小球发生的是非弹性碰撞 【答案】A 【详解】A．因x-t图像的斜率等于速度，可知m和M碰前速度分别为 ，v2 = 0 碰后速度分别为 则由动量守恒定律 解得 故A正确； B D．两小球碰撞前后的能量为 可知 E = E′ 则两小球发生的是弹性碰撞，碰撞前后A球动能的减少量等于B球动能的增加量，故B错误，D错误； C．因为A、B碰撞过程中动量守恒，故两球动量的变化量大小相等，方向相反，由动量定理得碰撞过程中A对B球的冲量大小等于B对A球冲量大小，故C错误。 故选A。 53．（22-23高一下·四川攀枝花·期末）在炎热的夏季，有一种网红水上娱乐项目“水上飞人”十分火爆，其原理是借助脚下的喷水装置产生的反冲动力，让人腾空而起，或平衡或变速运动。下列说法中正确的是（　　） A．人匀速上升时，其机械能守恒 B．人悬空静止的一段时间内，水的反冲动力对装置的冲量为零 C．人悬空静止时，人的机械能可能为零 D．人向上减速运动时，水的反冲力对装置做负功 【答案】C 【详解】A．人匀速上升时，其动能不变，重力势能增加，则其机械能增加，故A错误； B．人悬空静止的一段时间内，根据，可知水的反冲动力对装置的冲量不为零，故B错误； C．人悬空静止时，人的动能为零，如果选择人所在平面为零势能参考平面，则人的机械能为零，故C正确； D．人向上减速运动时，水的反冲力对人的作用力向上，与人的运动方向相同，则水的反冲力对装置做正功，故D错误。 故选C。 54．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）2023年春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬时两部分的总动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬时质量为m的部分动能为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设爆炸后瞬时质量为m的速度大小为，另一部分的速度大小为，根据动量守恒可得 解得 动能为 则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为 联立解得 代入解得 故选C。 55．（23-24高一下·陕西宝鸡·期末）如图所示，木块A、B并排静止在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端O点系一长为L的细线，细线另一端系一小球C，A、B、C质量均为m。现将C拉起至细线水平且自然伸直后由静止释放，C第一次摆到最低点时速度大小为v，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．C能向左摆到与释放点等高的位置 B．C第一次运动到最低点过程中，A、C构成的系统机械能守恒 C．C第一次运动到最低点时，绳中张力大小为4mg D．从C开始运动到第一次摆到最低点时，此时A的速度大小也为v 【答案】C 【详解】A．C向左摆动到达最低点位置之前，B向右加速，C第一次到达左侧最高处时，B具有一定的动能，根据机械能守恒定律可知，C第一次到达左侧最高处时的高度比释放高度低，故A错误； B．C第一次运动到最低点过程中，A、B、C构成的系统机械能守恒，B的机械能增大，则A、C构成系统的机械能减小，故B错误； CD．C第一次运动到最低点过程中，A、B一起向右运动，当C第一次到达最低点时，对A、B、C系统，根据动量守恒定律有 C第一次运动到最低点过程中，由绳子张力及重力的合力提供向心力，则有 C第一次运动到最低点过程中，A、B、C构成的系统机械能守恒，则有 联立解得 ， 故C正确，D错误。 故选C。 56．（23-24高一下·辽宁·期末）一质量为的烟花弹获得初动能后从水平地面无动力竖直升空，到达离水平地面高8m的最高点时速度为0，此时弹中火药爆炸（爆炸时间极短），将烟花弹炸为大、小两块，爆炸后瞬间大、小两块烟花弹分别获得竖直向上、竖直向下的速度，大块烟花弹的速度大小为，大块烟花弹质量为小块烟花弹质量的2倍。不计空气阻力和火药的质量，取重力加速度大小，下列说法正确的是（　　） A．烟花弹的初动能为9.6J B．爆炸后瞬间小块烟花弹的速度大小为 C．小块烟花弹落地时的速度大小为 D．大、小两块烟花弹从爆炸到落地的时间之比为 【答案】D 【详解】A．根据机械能守恒，烟花弹的初动能 故A错误； B．设大块烟花弹质量为，小块烟花弹质量m，则 M=2m 根据动量守恒 爆炸后瞬间小块烟花弹的速度大小为 故B错误； C．根据 小块烟花弹落地时的速度大小为 故C错误； D．小块烟花弹落地时间 对大块烟花弹，根据 得 即大、小两块烟花弹从爆炸到落地的时间之比为，故D正确。 故选D。 二、多选题 57．（22-23高一下·四川攀枝花·期末）质量为0.2kg的物块在方向水平的合力F作用下由静止开始运动。F随时间t的变化关系如图所示，则下列说法中正确的是（　　） A．1~3s内，物块的动量变化量为零 B．0~4s内，物块的最大速度为20m/s C．2.5s时，合力F的功率为11.25W D．0~3s内，合力F对物块做的功为2.5J 【答案】AD 【详解】A．根据图像与横轴围成的面积表示力的冲量，根据动量定理可知，1~3s内，物块的动量变化量为 故A正确； B．0~4s内，由题图可知，当时，物块的速度最大；在0~2s内，根据动量定理可得 解得物块的最大速度为 故B错误； C．在0~2.5s内，根据动量定理可得 解得时，物块的速度为 则2.5s时，合力F的功率为 故C错误； D．在0~3s内，根据动量定理可得 解得时，物块的速度为 根据动能定理可得0~3s内，合力F对物块做的功为 故D正确。 故选AD。 58．（23-24高一下·辽宁葫芦岛·期末）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均质小球，在弧形轨道距水平轨道高处由静止释放质量均质小球，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，小球的速度大小为v，弹簧弹性势能为，。则（　　） A． B． C． D． 【答案】AC 【详解】AB．静止释放质量均质小球，根据机械能守恒，可得 依题意，两小球相互作用过程系统动量守恒，可得 联立，解得 故A正确；B错误； CD．根据能量守恒，可得 解得 故C正确；D错误。 故选AC。 59．（23-24高一下·辽宁大连·期末）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为1kg的小车，其左侧是半径的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，轻弹簧一端固定在C点，另一端放置一质量为1kg（可视为质点）的物块，弹簧压缩量为0.2m，储存的弹性势能，整个轨道处于同一竖直平面内。已知物块与水平轨道BC间的动摩擦因数为，刚开始弹簧左端到B的水平距离为0.4m，重力加速度。，空气阻力忽略不计。关于物块运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧第一次恢复原长时，物块的速率为2m/s B．弹簧第二次恢复原长时，小车的动能为0 C．物块能够从A点冲出轨道并返回小车 D．物块和小车最终能静止在水平地面上 【答案】ACD 【详解】A．弹簧第一次恢复原长时，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 ，解得 故A正确； B．由于物块通过水平轨道过程有摩擦生热产生，则物块再次返回压缩弹簧时的压缩量一定小于刚刚开始释放时的压缩量，可知，弹簧第二次恢复原长时，物块与小车的总的相对路程为 则摩擦生热为 可知，弹簧第二次恢复原长时，摩擦生热小于释放物块时弹簧总的弹性势能，根据能量守恒定律可知，此时，物块与小车的动能均不为0，故B错误； C．物块到达A点时，系统水平方向动量守恒，可知系统水平方向速度均为0，由于 根据能量守恒定律可知，此时物块必定速度不为0，即物块有沿竖直方向向上的速度，物块从A点飞出后做竖直上抛运动，小车处于静止，即物块能够从A点冲出轨道并返回小车，故C正确； D．由于水平轨道有摩擦，摩擦生热的存在，使得系统的机械能逐渐减小，结合上述可知，物块和小车最终能静止在水平地面上，故D正确。 故选ACD。 60．（23-24高一下·四川眉山·期末）如图所示，在光滑的水平地面上有一辆质量为M的平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为，B的质量为（），最初人和车都处于静止状态。则（　　） A．若A、B以相同的速率相向运动，则平板车的速度为零 B．若A、B以相同的速率相向运动，则平板车的速度不为零 C．若A向右运动、B向左运动交换位置后，平板车的位移为零 D．若A向右运动、B向左运动交换位置后，平板车的位移不为零 【答案】BD 【详解】AB．两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人与大小相等的速度相向运动，A的质量大于B的质量，则A的动量大于B的动量，AB的总动量方向与A的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动，故A错误，B正确； CD．以人船模型分析，先让A到B的位置车向左位移大小 B到A的位置车再向右位移大小 因为，则，车向左位移大小为 故D正确，C错误。 故选BD。 61．（23-24高一下·陕西宝鸡·期末）如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为2kg、6kg，B的左端拴接着一劲度系数为的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度向静止的B运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能（为弹簧的形变量），则（　　） A．在内B物块先加速后减速 B．物块A在时刻时速度最小 C．整个过程中，弹簧和A、B物块构成的系统机械能守恒，动量守恒 D． 【答案】CD 【详解】A．时间内，物块A撞击到弹簧时，物块B一直做加速运动，故A错误； D．A接触弹簧到弹簧压缩到最短的过程中由动量守恒有 由能量守恒有 解得 故D正确； B．设弹簧回复原长时，A的速度为，B的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律有， 解得， 可知，物块A接触弹簧到离开弹簧的过程中先减速后反向加速，则物块A的最小速度为0，在之间某个时刻，故B错误； C．整个过程中，AB物块与弹簧构成的系统只有弹力做功，则机械能守恒，系统受合外力为零，则动量守恒，故C正确。 故选CD。 三、实验题 62．（23-24高一下·吉林·期末）某同学用实验验证碰撞过程系统的动量守恒，装置如图所示。滑块A的总质量（包括尖锥，图中未画出）为，滑块B的总质量（包括橡皮泥，图中未画出）为，两滑块上有宽度均为的遮光片（质量不计），操作过程如下： ①让气垫导轨保持水平，给气垫导轨充气，让滑块B静止在两个光电门之间； ②滑块A以一定的初速度从光电门1的左边出发向右运动，经过光电门1后与滑块B碰撞并通过尖锥和橡皮泥粘结在一起，然后通过光电门2； ③光电数字计时器自动记下遮光片近过光电门时的遮光时间分别为。 回答下列问题： (1)滑块A与B碰后粘在一起的速度大小为 （保留3位有效数字）； (2)系统碰前的动量为 ，系统碰后的动量为 （计算结果均保留3位有效数字），可得在误差允许的范围内碰撞过程系统的动量是守恒的。 【答案】(1) (2) 0.247 0.241 【详解】（1）滑块A与B碰后粘在一起的速度大小为 （2）[1]碰前A的速度为 碰前系统的动量为 [2]碰后系统的动量为 63．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图为“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球1和2质量分别为、，直径分别为、，在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。 (1)小球1和2的质量应满足 ，直径应满足 。（选填“大于”、“小于”、“等于”） (2)实验必须满足的条件是______。 A．斜槽轨道末端切线水平 B．斜槽轨道应尽量光滑以减小误差 C．入射球和被碰球质量相等 D．入射球每次从轨道的同一位置由静止释放 (3)实验时，先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1仍从S处由静止释放，与小球2碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有______。 A．测量两个小球的质量、 B．测量小球1的释放点S距桌面的高度h C．测量斜槽轨道末端距地面的高度H D．分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、N E．测量平抛射程OM、ON (4)某次实验中得出的落点情况如图所示，在实验误差允许的围内，若碰撞过程动量守恒，其关系式应为 。（用、、、、表示） 【答案】(1) 大于 等于 (2)AD (3)ADE (4) 【详解】（1）[1]为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m1大于m2。 [2]为使两球发生对心碰撞，两球直径应相等，即等于。 （2）A．为保证小球做平抛运动，其速度必须水平，所以斜槽末端要水平，故A正确； BD．实验要保证小球1到达斜槽末端时的速度相等，只要小球1每次从斜槽的同一位置由静止释放即可保证小球1到达斜槽末端时的速度相等，斜槽轨道不必光滑，故B错误，D正确； C．为了碰撞后入射小球不被反弹，且做平抛运动，所以入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故C错误。 故选AD。 （3）小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，则小球做平抛运动的时间相等，设为t；两球碰撞前入射球的速度大小 两球碰撞后入射球的速度大小 被碰球的速度大小 两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 整理解得 实验需要测量：测量两个小球的质量、；分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、N，测量平抛射程OM、ON。 故选ADE。 （4）根据上述分析，要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式 四、解答题 64．（23-24高一下·吉林·期末）如图所示，在水平面上放置一半径为的半圆槽，A、B为槽左、右两端的最高点且位于同一水平线上，C为圆槽最低点。现让一个小球（可视为质点）从槽右侧最高点B无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为和，不计一切摩擦阻力，重力加速度为。求： (1)小球第一次通过C点时的速度的大小； (2)整个运动过程中，半圆槽向右运动的最大距离。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）从B点释放后到C点，根据水平方向的动量守恒有 根据能量守恒定律有 解得 （2）由水平方向动量守恒有 可得 同时 可得 65．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，质量均为m的木块A、B并排放在光滑水平面上，木块A的左侧紧靠固定在水平面上的挡板D，木块A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长度为L的细线，O点离木块A上表面大于L，细线另一端系一质量也为m的小球C。现将小球C向左拉起使细线水平伸直，由静止释放小球C。运动过程中轻杆一直保持竖直，不计小球的大小，小球与轻杆不相撞，重力加速度大小为g，；求： （1）小球C第一次向下摆到细线与竖直方向的夹角为时，挡板对木块A的作用力大小； （2）小球C从最低点第一次向右摆动的最高点时与O点的竖直距离d的大小； （3）木块B最终的速度大小。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）小球C第一次向下摆到细线与竖直方向的夹角为时，此时A静止，则 则挡板对A的作用力为 解得 （2）小球C到达最低点时 当小球C从最低点向右摆动时，AB向右运动，则小球C从最低点第一次向右摆动的最高点时由水平动量守恒和能量关系 解得 （3）当小球C回到最低点时AB速度最大，以后小球从最低点向左摆动时A减速，此时AB分离，以后B做匀速运动，则从小球C从最低点向右摆动，到回到最低点由动量守恒和能量关系 解得 66．（23-24高一下·四川眉山·期末）如图所示，AB是半径的四分之一光滑圆弧轨道，其最低点B与水平桌面相切，水平面CD段光滑，BC段粗糙，BC段的长度。桌面左侧竖直放置一光滑圆弧轨道EMN，其半径，，MN为竖直直径，E点到桌面的竖直距离。滑块a、b间的轻弹簧处于压缩状态并被锁定，滑块a、b静止在水平桌面CD之间，滑块a的质量，滑块b的质量为（未知），滑块b与粗糙平面间的动摩擦因数为0.5。某时刻解除锁定，两滑块均在CD段内被水平弹出，滑块b恰好能到达A点，滑块a从水平桌面左侧端点D水平飞出恰好由E点无碰撞地落入圆轨道。滑块a、b均可视为质点，重力加速度g取。求： （1）弹簧被锁定时具有的弹性势能； （2）滑块a到达圆轨道最低点M时对轨道的压力； （3）滑块a在圆轨道EMN上能到达的最高点与E点的水平距离x。 【答案】（1）27J；（2）86N，方向竖直向下；（3） 【详解】（1）设滑块从D点抛出时的速度为，滑块抛出到E点，竖直方向上做自由落体运动，由运动学公式有 解得时间为 又有竖直方向速度为 由几何关系可得 解得 解除锁定后，设滑块b的速度为，小球b从C点到A点的过程中，由动能定理可得 解得 解锁后滑块a、b水平方向动量守恒，规定向左为正方向，则 解得 从弹簧解锁前后，由能量守恒定律可得 解得弹簧被锁定时具有的弹性势能为 （2）滑块a从E点到M点的过程中，由动能定理得 其中由几何关系 代入解得 在M点，由牛顿第二定律可得 解得 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为 方向竖直向下。 （3）设以E点所在的水平面为参考平面，滑块a在光滑圆轨道中运动机械能守恒，在D点机械能为 解得 要能通过N点的临界速度满足 解得 恰好能经过N点，在N点具有的机械能为 解得 所以 又因为 所以滑块a一定不能到达N点，到达与圆心等高位置P的速度大于零，如图所示 设滑块a到达圆轨道最高点为F点，F点与圆心的连线和竖直方向的夹角为，在F点速度为，由牛顿第二定律 滑块a从M点到F点的过程中，由动能定理可得 根据几何关系有 联立可得 67．（23-24高一下·辽宁锦州·期末）如图所示，质量均为的小物块A、B通过一压缩轻弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上，解除锁定后，A、B在弹簧弹力作用下以相等的速率与弹簧分离。A分离后向左运动，滑上半径的光滑半圆轨道并恰能通过最高点，B分离后向右运动，滑上静止在水平面上长、质量的长木板，长木板上表面与平台等高、下表面光滑，物块与木板之间的动摩擦因数，取。 （1）求A滑上光滑半圆轨道最高点的速率是多大？B与弹簧分离时的速率是多少？ （2）判断A、B两物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中机械能是否守恒？以及弹簧锁定时的弹性势能； （3）通过计算判断物块是否能滑离长木板？求出B在长木板上滑动过程中产生的内能Q。 【答案】（1），；（2）机械能守恒，；（3）能滑离， 【详解】（1）物块恰好通过最高点，则有 解得 与弹簧分离到半圆轨道最高点过程，根据动能定理得 解得 对A、B系统，根据动量守恒定律有 解得B与弹簧分离时的速率 （2）由于只有弹簧弹力做功，则A、B两物体与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧恢复原长的过程中有 解得 （3）若物块与木板共速，根据动量守恒定律有 解得 根据能量守恒定律有 解得 可知物块能滑离长木板，则B在长木板上滑动过程中产生的内能 解得 68．（23-24高一下·福建福州·期末）如图所示，有一个可视为质点的质量为m=3kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=4kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4，圆弧轨道的半径为R=3.0m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力。（取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求∶ （1）小物块落到C点时速度； （2）小物块到达圆弧末端D点时对轨道的压力大小； （3）小物块从滑上木板到与木板共速过程，摩擦力对木板做的功。 【答案】 （1）5m/s；（2）79N；（3）18J 【详解】（1）根据几何关系可知，小物块在C点的速度大小为 （2）小物块由C到D的过程，由动能定理得 小物块到达圆弧末端D点时 结合牛顿第三定律，解得对轨道的压力 （3）小物块从滑上木板到与木板共速过程中，根据动量守恒 根据动能定理摩擦力对木板做的功 联立解得 2 学科网（北京）股份有限公司 $$