第1章 动量守恒定律（易错55题17大考点） -2025-2026学年高二上学期物理同步知识点解读与专题训练（人教版选择性必修第一册）

第一章 动量守恒定律（易错55题17大考点）（解析版） 一．求恒力的冲量（共3小题） 二．求变力的冲量（共3小题） 三．动量定理的内容和应用（共4小题） 四．用动量定理求平均作用力（共3小题） 五．用动量定理求流体冲击问题（共3小题） 六．F-t图像中的动量问题（共3小题） 七．动量守恒定律的一般应用（共3小题） 八．用动量守恒定律解决简单的碰撞问题（共3小题） 九．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用（共4小题） 十．动量守恒定律在板块模型中的应用（共3小题） 十一．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） 十二．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用（共3小题） 十三．用动量守恒定律解决爆炸问题（共3小题） 十四．反冲现象中的动量守恒（共3小题） 十五．人船模型及其变式（共3小题） 十六．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题（共5小题） 十七．验证动量守恒定律（共3小题） 一．求恒力的冲量（共3小题） 1．某网球以大小为v0的速度竖直向上抛出，落回出发点的速度大小为v1。网球的速度随时间变化关系如图所示，若空气阻力大小与网球速率成正比，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．下降过程中网球处于超重状态 B．网球上升过程受阻力的冲量大于下降过程受阻力的冲量 C．网球上升过程克服阻力做功等于下降过程克服阻力做功 D．网球从抛出到落回出发点所用的时间 【答案】D 【解答】解：A．下降过程中网球加速度向下，加速度向下为失重，所以小球处于失重状态，故A错误； BD．空气阻力大小与网球速率成正比，设空气阻力大小为f＝kv 其中k为比例系数，设Δt是一段极短的时间，空气阻力的冲量大小为fΔt＝kvΔt 两边对时间求和得If＝kx 因网球上升过程与下降过程位移大小相等，由该式可知，网球上升过程受阻力的冲量大小等于下降过程受阻力的冲量大小，又因上升过程与下降过程空气阻力方向相反，故整个过程中空气阻力的冲量为零，设向上为正方向，对小球根据动量定理有﹣mgt1＝﹣mv1﹣mv0 求得，故B错误，D正确； C．网球上升过程和下降过程经过同一位置的过程中，空气阻力做负功，重力不做功，故下降过程经过某位置时的速度小于上升过程中经过该位置的速度，下降过程经过某位置时的空气阻力小于上升过程中经过该位置时的空气阻力，故网球上升过程克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功，故C错误。 故选：D。 2．（多选）一水平足够长浅色传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块质量为m＝0.2kg，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1。初始时，传送带与煤块都是静止的，现让传送带在变速电机带动下先匀加速后匀减速运动，其运动的v﹣t图像如图所示，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，相对传送带不再滑动。重力加速度g＝10m/s2，对该过程说法正确的是（　　） A．整个过程摩擦力对煤块做功为0 B．黑色痕迹的长度为36m C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量为7.2J D．传送带对物块作用力的冲量为0 【答案】AC 【解答】解：A．根据题意可知，煤块在传送带上先做匀加速直线运动，设经时间t1与传送带达共同速度v1，此时传送带做匀减速直线运动 对煤块：ma1＝mgμ，v1＝μgt1 对传送带：v1＝v0+a3（t1﹣3s） 其中v0＝12m/s， 代入数据解得t1＝6s，v1＝6m/s 后阶段煤块以大小相同的加速度做匀减速直线运动，v﹣t图像如下图所示 煤块初末速度为0，对煤块，根据动能定理可知摩擦力对煤块做功为0，故A正确； B．0～6s内，煤块相对传送带向后运动，传送带的位移为 煤块的位移为 所以相对位移为s1＝x1﹣x2＝45m﹣18m＝27m 6s～12s内，煤块相对传送带向前运动，传送带的位移为 其中t2＝9s﹣6s＝3s 解得x3＝9m 煤块的位移为 所以相对位移为s2＝x3﹣x4＝9m﹣18m＝﹣9m 后阶段煤块相对传送带向前运动的路程|s2|＝9m＜s1，所以黑色痕迹的长度为27m，故B错误； C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量为Q＝μmg（s1+|s2|），解得Q＝7.2J，故C正确； D．煤块先加速后减速的过程，传送带对煤块的摩擦力的冲量为零，支持力冲量不为零，故D错误。 故选：AC。 3．如图所示，水平地面上有一质量m＝1.0kg的物块，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.50，在与水平方向成θ＝37°角斜向下的推力F作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。已知F＝20N，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： （1）物块运动过程中加速度的大小； （2）物块开始运动2.0s的过程中，推力F做功的平均功率； （3）物块开始运动2.0s的过程中，推力F的冲量。 【答案】（1）物块运动过程中加速度的大小为5m/s2； （2）物块开始运动2.0s的过程中，推力F做功的平均功率为80W； （3）物块开始运动2.0s的过程中，推力F的冲量为40N•s。 【解答】解：（1）物块在竖直方向上受力平衡，则有：Fsin37°+mg＝N 由牛顿第二定律可得：Fcos37°﹣μN＝ma 解得 a＝5m/s2 （2）物块开始运动2.0s的过程中，所通过的位移为： xm＝10m 根据平均功率的计算公式有 P 解得P＝80W （3）根据冲量的定义式可知I＝Ft 解得I＝40N•s 答：（1）物块运动过程中加速度的大小为5m/s2； （2）物块开始运动2.0s的过程中，推力F做功的平均功率为80W； （3）物块开始运动2.0s的过程中，推力F的冲量为40N•s。 二．求变力的冲量（共3小题） 4．如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距中心轴R处有一质量为m的物体随圆盘一起转动，一段时间后圆盘逐渐减速直至停止。已知物体可视为质点且始终与圆盘相对静止，下列说法正确的是（　　） A．圆盘匀速转动时，物体受摩擦力的方向沿轨迹切线方向 B．圆盘匀速转动时，物体运动半圈所受摩擦力的冲量大小为πmω C．圆盘减速至停止的过程中，摩擦力对物体不做功 D．圆盘减速至停止的过程中，物体所受摩擦力的冲量大小为mωR 【答案】D 【解答】解：A、圆盘匀速转动时，小物体做匀速圆周运动，向心力由摩擦力提供，摩擦力方向指向圆心，并非沿运动轨迹切线方向，故A错误； B、物体匀速转动半周时，速度的变化量 由动量定理可得 所受摩擦力的冲量大小，故B错误； C、圆盘减速至停止过程中，小物体的速度减小，摩擦力有沿轨迹切线方向的分力（因减速，摩擦力阻碍相对运动趋势，有切向分力），该分力对小物体做功，使小物体动能减小，故C错误； D、圆盘减速至停止过程中，小物体的初动量 根据动量定理，摩擦力的冲量 则小物体所受摩擦力的冲量大小为，故D正确。 故选：D。 5．（多选）如图所示，弹性绳一端固定于A点，另一端连接穿在竖直杆上质量为m的小球，B是位于AM中点的光滑轻质定滑轮，且AB距离等于弹性绳原长L，此时ABM在同一水平线上，弹性绳劲度系数k（g为重力加速度）。小球从M点由静止开始经过时间t滑到距M点为h的N点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数为μ＝0.5。则从M到N的过程中（　　） A．摩擦力对小球做的功为mgh B．弹性绳对小球做的功为﹣mgh C．弹性绳对小球的冲量大小为mgt D．小球下落时，速度大小达到最大值 【答案】AD 【解答】解：A．设小球运动到某一点P时，此时弹性绳弹力为F＝kΔx＝kxBP 杆对球的弹力为N＝Fcos∠MBP＝kxBM＝kL 从M到N的过程中，小球受到滑动摩擦力，有公式f＝μN 联立可得f＝0.5mg 所以，运动过程中摩擦力大小不变。 摩擦力对小球做功为，故A正确； B．从M到N的过程中，列动能定理有 联立解得，故B错误； C．在竖直方向上，合力冲量为零，即 mgt﹣0.5mgt+I弹y＝0 可得 弹力在水平方向分量为I弹x＝mgt 弹性绳对小球的冲量大小不为mgt，故C错误； D．设小球运动到某一点P，此时竖直方向上有mg﹣f﹣kxBPsin∠MBP＝ma 其中xBPsin∠MBP＝H即为下降的高度 当加速度a＝0时，速度最大，此时下落高度为。故D正确。 故选：AD。 6．如图所示，倾角θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，斜边长度L＝1.6m，质量均为1kg的小球B和C处于轻弹簧两端，其中小球C与弹簧相连，小球B与弹簧不连接，它们都静止于水平地面上。现有一个质量也为1kg的小球A从斜面体的最高点由静止下滑，下滑至斜面底端时，由于和水平地面的相互作用（作用时间Δt＝0.1s），小球A速度的竖直分量变为0，水平分量不变，此后小球A与小球B正碰，碰后二者立即粘在一起。不计一切摩擦，已知重力加速度g＝10m/s2。求： （1）小球A刚下滑至斜面底端时的速度大小； （2）小球A在斜面底端和水平地面相互作用过程中弹力的冲量； （3）整个过程中，弹簧对小球C做的功。 【答案】（1）小球A刚下滑至斜面底端时的速度大小为4m/s； （2）小球A在斜面底端和水平地面相互作用过程中弹力的冲量为3N•s，方向竖直向上； （3）整个过程中，弹簧对小球C做的功为。 【解答】解：（1）小球A下滑至斜面底端过程中，根据动能定理有 解得v0＝4m/s （2）小球A和水平地面的相互作用过程中，取竖直向上为正方向，根据动量定理有 I﹣mgΔt＝0﹣m（﹣v0sin30°） 解得I＝3N•s，方向竖直向上 （3）小球水平向左运动的速度 v1＝v0cos30° 小球A和B碰撞，规定水平向左为正方向，根据动量守恒定律有mAv1＝（mA+mB）v2 解得 从A和B粘在一起向左运动开始到弹簧再次恢复原长过程，规定水平向左为正方向，根据动量守恒有 （mA+mB）v2＝（mA+mB）v3+mcv4 根据机械能守恒有 解得 整个过程中，弹簧对小球C做的功 解得W 答：（1）小球A刚下滑至斜面底端时的速度大小为4m/s； （2）小球A在斜面底端和水平地面相互作用过程中弹力的冲量为3N•s，方向竖直向上； （3）整个过程中，弹簧对小球C做的功为。 三．动量定理的内容和应用（共4小题） 7．如图所示，倾角为37°的光滑斜面固定在水平地面上，轻弹簧两端分别与质量均为m的两物块a、b连接，物块a紧靠垂直于斜面的固定挡板，开始系统处于静止状态。现给物块b沿斜面向下的初速度v0，经过时间t后其速度大小变为，方向沿斜面向上，物块a始终未离开挡板，重力加速度为g，则在此过程中挡板对物块a的冲量大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：设沿斜面向上为正方向，对物块a、b组成的系统列动量定理 I板﹣2mgsin37°•t＝m•（﹣mv0） 可得挡板对物块a、b组成的系统的冲量大小，等价于挡板对物块a的冲量大小为 I板mv0mgt 故C正确，ABD错误。 故选：C。 8．（多选）如图所示，一劲度系数为k的直立轻弹簧下端固定在水平地面上，处于自然长度，其上端标记为O点。在O点正上方h的A处，由静止释放一质量为m的小物块，已知弹簧弹性势能公式为Ep，其中x是形变量，简谐运动的周期T＝2，重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧形变始终在弹性限度内，且小物块与弹簧间无碰撞能量损失，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的最大压缩量xm B．小物块从A点到最低点的过程中做简谐运动 C．小物块从O点到最低点过程中重力的冲量大小为 D．小物块从O点到最低点过程中合力的冲量大小为mg 【答案】ACD 【解答】解：A．小物块到达最低点时弹簧的压缩量最大，则由能量关系可知mg（h+xm）k 解得弹簧的最大压缩量为 xm 故A正确； B．小物块从A点到O点的过程中做自由落体运动；从O点到最低点的过程中做简谐运动，故B错误； C．小物块速度最大时mg＝kx0 即弹簧被压缩 则振子的振幅 A＝xm﹣x0 解得A 小物块从O点到速度最大位置的位移为 时间为，则从O点到最低点过程中的时间为 t 重力的冲量大小为 IG＝mgt＝mg2π 故C正确； D．物体做自由落体运动，小物块到达O点时的速度为 v 解得v＝g 从O点到最低点过程中由动量定理 I合＝0﹣mv＝﹣mg 方向向上，即合力的冲量大小为mg 故D正确。 故选：ACD。 9．（多选）如图所示，在圆柱形空间内存在一个辐向向外分布的电场，一个可视为质点的带负电小球在P点沿与电场垂直方向被水平抛出，在电场的作用下小球在水平面上始终做半径为R的匀速圆周运动，在竖直方向上有P、Q两点，且P、Q连线竖直，小球的运动轨迹与PQ的交点依次为PQ上的A、B、C三点，小球质量为m，初速度大小为v0。重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．小球从P点到A点的过程中合力的冲量等于 B．小球从P点到C点的过程中电场力的冲量等于0 C．小球在A、B、C三点时所需向心力大小之比为1：4：9 D．小球运动到C点时重力的瞬时功率P 【答案】AB 【解答】解：A．小球在竖直方向上做自由落体运动，小球在水平方向上做匀速圆周运动，圆周运动周期为，小球到达A点时，经历的时间为T，则有合力的冲量等于重力的冲量等于，故A正确； B．小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达C点经历的时间分别为3T，电场为辐射电场，则有小球从P点到C点的过程中电场力的冲量等于0，故B正确； C．小球在水平方向上做匀速圆周运动，由电场力对小球提供向心力，则有可知，小球在A、B、C三点时所需向心力大小之比为1：1：1，故C错误； D．小球在C点时重力的功率为，故D错误。 故选：AB。 10．如图所示，一质量为m＝2kg的小滑块，静止在水平台阶AE上，长度为L＝4m、质量为M＝1kg的平板，紧靠长为d＝5m的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板的上表面与EH齐平。现有一同学用斜向上的拉力T拉动小滑块，使小滑块由静止开始向右滑动，拉力T大小为10N，与水平方向夹角成37°。经过5s后撤去拉力T，此时小滑块恰好在E点滑上平板并带动平板一起运动，当平板到达侧壁HG时会立即被锁定。小滑块与台阶、平板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，平板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2。小滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。 （1）求小滑块到达E点的速度大小vE； （2）求小滑块停止运动时，距平板右端的距离x0； （3）若侧壁HG的位置可调，使得5m＜d≤10m，小滑块停止运动时距平板右端的距离为x，求x与d的关系表达式。（用d表达x） 【答案】（1）小滑块到达E点的速度大小为6m/s； （2）小滑块停止运动时，距平板右端的距离为0.5m； （3）5m＜d＜6m时，小滑块停止运动时距平板右端的距离为；6m≤d≤10m时，x＝1m。 【解答】解：（1）以水平向右为正方向，对小滑块应用动量定理：Tcosθ×t﹣μ1（mg﹣Tsinθ）t＝mvE，可得：vE＝6m/s； （2）小滑块到达板块上后，仅受到板块对小滑块的摩擦力，小滑块做匀减速运动，得：； 板块做匀加速运动，加速度为：； 小滑块滑上板块到二者共速的过程：v共＝vE﹣amt2＝aMt2，解得：t2＝1s，v共＝2m/s； 小滑块滑上板块到二者共速的过程，小滑块的移动距离为：；板块的移动距离为：； 小滑块相对板块移动的距离为：Δx＝xm﹣xM；解得：xm＝4m；xM＝1m；Δx＝3m； 由题意可知：d﹣L＝xM，即小滑块和板块共速时，板块刚好锁定，之后小滑块独自减速：，解得：Δx2＝0.5m； 小滑块停止运动时距平板右端的距离：x0＝L﹣Δx﹣Δx2，解得：x0＝0.5m； （3）若d足够长，则小滑块和板块一起减速至停止的过程， 加速度大小为：，解得：a＝2m/s2；向前移动距离为：，解得：x3＝1m； 即若共速后，二者一起减速至停止，则板块向前移动的总距离为：L+xM+x3＝4m+1m+1m＝6m， 即6m≤d≤10m时，x＝L﹣Δx＝4m﹣3m＝1m； 若5m＜d＜6m，则二者一起减速至板块锁定，之后滑块在板块上独自减速至零； 共速后，二者一起减速至板块锁定的过程：； 小滑块独自减速至停止的过程：，小滑块停止运动时，距平板右端的距离：x＝L﹣Δx﹣Δx4； 解得：。 答：（1）小滑块到达E点的速度大小为6m/s； （2）小滑块停止运动时，距平板右端的距离为0.5m； （3）5m＜d＜6m时，小滑块停止运动时距平板右端的距离为；6m≤d≤10m时，x＝1m。 四．用动量定理求平均作用力（共3小题） 11．小勇同学喜欢睡前躺着看手机，这种行为存在安全隐患。假设他的手机质量为200g，从距离脸部约20cm的高度无初速度掉落，砸到脸部后手机未反弹，若手机与脸部的接触时间约为0.01s后速度减为0，忽略空气阻力，g＝10m/s2。下列分析正确的是（　　） A．手机刚要接触脸部之前的速度约为1.4m/s B．脸部受到手机的平均冲击力约为4N C．脸部受到手机的冲击力相当于一个质量约为4.2kg的物体压在脸上 D．为了安全起见，躺着看手机时应将手机举得更高一些 【答案】C 【解答】解：A．手机自由下落，根据速度—位移关系v2＝2gh解得刚要接触脸部之前的速度为，故A错误； B．设脸部对手机的作用力为F，以竖直向上方向为正方向，对手机根据动量定理（F﹣mg）Δt＝0﹣m（﹣v） 解得F＝42N 根据牛顿第三定律知手机对脸部的平均作用力大小为42N，故B错误； C．根据F＝m′g，解得m′＝4.2kg，脸部受到手机的冲击力相当于一个质量约为4.2kg的物体压在脸上，故C正确； D．为了安全起见，应减小脸部和手机间的作用力，以竖直向上方向为正方向，根据动量定理（F﹣mg）Δt＝0﹣m（﹣v）可知，应减小手机的末速度，根据v2＝2gh可知，躺着看手机时应将手机举得低一些，故D错误。 故选：C。 12．（多选）一辆质量为m的汽车在公路上做加速直线运动，其动量p与时间t的关系图像如图中实线所示，BC段的反向延长线经过坐标原点O。已知三角形BCD的面积为S0，BC的斜率是AB斜率的2倍，下列说法正确的是（　　） A．p﹣t图像与横轴所围成面积表示合力的功 B．t0﹣2t0时间内的合力是0～t0的2倍 C．t0时刻汽车的动量大小为 D．0～t0时间内，汽车的加速度大小为 【答案】BD 【解答】解：A．根据动能定理可知，合力的功为 p﹣t图像与横轴所围成面积即，并非合力的功，故A错误； B．根据动量定理可得 可知图像的斜率代表合力，则t0～2t0时间内的合力是0～t0的2倍，故B正确； C．设t0时刻汽车的动量大小为p，则2t0时刻汽车的动量大小为2p，有 解得 故C错误； D．由B、C分析结合BC的斜率是AB斜率的2倍，可知0～t0的合力为 解得 故D正确； 故选：BD。 13．2023年世界泳联跳水世界杯，中国跳水“梦之队”再次实现包揽全部9枚金牌的壮举。女子单人10米台决赛中，全红婵以458.20分夺冠。如图，若全红婵（可视为质点）从静止开始起跳，经2.5s以15m/s的速度落到水面，入水后又经0.5s减速至0。不计空气阻力，已知全红婵的体重为40kg，g取10m/s2。求： （1）从静止起跳到入水后减速至0，全红婵所受重力的冲量； （2）起跳过程中，跳台对全红婵作用力的冲量； （3）落水后，水对全红婵的平均作用力。 【答案】（1）从静止起跳到入水后减速至0，全红婵所受重力的冲量大小等于1200N•s，方向竖直向下； （2）起跳过程中，跳台对全红婵作用力的冲量大小等于400N•s，方向竖直向上； （3）落水后，水对全红婵的平均作用力大小等于1600N，方向竖直向上。 【解答】解：（1）取竖直向下为正方向， 重力冲量IG＝mg（t1+t2） 得IG＝1200N•s，方向竖直向下 （2）从起跳到入水，取竖直向下为正方向，根据动量定理得I+mgt＝mv﹣0 解得跳台对全红婵作用力的冲量I＝﹣400N•s，大小等于400N•s，方向竖直向上 （3）取竖直向下为正方向，落水后，根据动量定理（F+mg）t2＝0﹣mv 得F＝﹣1600N，大小等于1600N，方向竖直向上 答：（1）从静止起跳到入水后减速至0，全红婵所受重力的冲量大小等于1200N•s，方向竖直向下； （2）起跳过程中，跳台对全红婵作用力的冲量大小等于400N•s，方向竖直向上； （3）落水后，水对全红婵的平均作用力大小等于1600N，方向竖直向上。 五．用动量定理求流体冲击问题（共3小题） 14．高压水枪在生活中的应用越来越广泛，高速水流射到物体上会产生强大的作用力，可以达到非常好的清洗效果。已知水枪出水口的直径为d，水流从枪口冲出的速度为v，水的密度为ρ，水流水平射出，忽略水流竖直方向的运动且水射到物体上后速度可认为变为零，则水流对物体的平均作用力为（　　） A．πρv2d2 B． C． D． 【答案】D 【解答】解：在Δt时间内，水的质量为 以物体对水流的力F方向为正方向，由动量定理FΔt＝Δmv 解得，根据牛顿第三定律可得水流对物体的平均作用力为，故D正确，ABC错误。 故选：D。 15．（多选）玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，已知水枪喷水口的直径为d，水的密度为ρ，水流水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速率反向溅回，则（　　） A．水枪喷水的流量（单位时间内流出的体积）为πvd2 B．喷水口单位时间内喷出水的质量为πρvd2 C．水枪的功率为πρd2v3 D．目标受到的平均冲击力大小为πρd2v2 【答案】BD 【解答】解：A.水枪喷水的流量（单位时间内流出的体积）为Q＝vs＝vπ（）2πvd2，故A错误； B.喷水口单位时间内喷出水的质量为：，故B正确； C.水枪的功率等于单位时间内喷出水的动能，为：Pmv2，故C错误； D.设水枪喷水时间t内，有质量为m的水喷向目标，则 根据动量定理有：Ft＝m（0.2v）﹣m（﹣v） 解得： 故D正确； 故选：BD。 16．现代切割技术常用的一种“水刀”如图所示。它将水从高压水枪中高速射出，形成很细的水束，用来切割钢板等物体。已知水束的横截面积为S，速度为v，并垂直射向钢板，若水射上钢板后反弹的速度大小为原来的，水的密度为ρ，求： （1）极短时间t内水的质量； （2）水对钢板的平均冲击力。 【答案】（1）极短时间t内水的质量等于ρSvt； （2）水对钢板的平均冲击力等于。 【解答】解：（1）设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为 m＝ρV＝ρSvt （2）以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有 解得 答：（1）极短时间t内水的质量等于ρSvt； （2）水对钢板的平均冲击力等于。 六．F-t图像中的动量问题（共3小题） 17．张家界大峡谷玻璃桥的蹦极项目垂直高度为260米，是目前中国垂直落差最高的蹦极项目之一，一60kg可以看成质点体验者在参与该项运动时从跳下到最低点历时8s，下落过程不计空气阻力，弹性绳的作用力随时间变化的F﹣t图像如图所示。重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．图形所围面积4800N•s B．体验者下落过程中一直处于失重状态 C．体验者下落过程中加速度的大小不可能大于10m/s2 D．体验者下落过程中加速度先变大再变小 【答案】A 【解答】解：A、根据题意分析可知，从跳下到最低点，根据动量定理，取竖直向下为正方向有mgt﹣IF＝0 解得图形所围面积为IF＝4800N•s，故A正确； BD、根据题意分析可知，体验者下落过程分为自由落体阶段和弹性绳拉伸阶段。在自由落体阶段，体验者只受重力，加速度为重力加速度g，方向竖直向下，体验者处于失重状态。当弹性绳开始拉伸后，体验者受到重力和弹性绳的拉力，合力方向先向下后向上，加速度方向先向下后向上，加速度大小先变小再变大，体验者先处于失重状态后处于超重状态。故体验者下落过程中不是一直处于失重状态，故BD错误； C、根据题意分析可知，在自由落体阶段，体验者只受重力，加速度为重力加速度g，方向竖直向下；在弹性绳拉伸阶段，当运动到最低点时弹性绳的拉力最大，合力方向向上，合外力最大，加速度最大可能大于10m/s2，故C错误。 故选：A。 18．甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（　　） A．甲乙两车均做往返运动 B．0～8s内，两车的路程相等 C．0～4s内，甲车做匀变速直线运动 D．乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同 【答案】D 【解答】解：A、由题图可知，甲车先加速后减速然后方向加速再加速，做往返运动，乙车先加速后减速，运动的方向不变，做方向不变的最小运动，故A错误； B、由题图可知，甲车经过的路程为：，对乙车，由于不知道车的质量，则无法求出车经过的路程，则无法比较两车经过的路程，故B错误； C、匀变速直线运动的加速度恒定不变。甲车的v﹣t图像是折线，0～2s 加速度为正，2～4s 加速度为负，则加速度发生变化，因此不是匀变速直线运动，故C错误； D、由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，根据F−t图像与横轴围成的图形面积表示F对物体的冲量，则有：，根据动量定理可得：I2＝mv2，同理乙车在0～6s内根据动量定理有：I6＝mv6，根据图像有：，可知乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同，故D正确。 故选：D。 19．（多选）周南中学一高二学生周小南为备战2023年校运会跳高项目，在进行摸高跳训练时，为监测腿部肌肉力量的变化，某次运动员站在接有压力传感器的水平训练台上完成下蹲、起跳和回落动作，甲图中的小黑点表示人的重心，乙图是训练台所受压力随时间变化的图像，图中ab、bc、cd可视为直线，其中b点对应的时刻为0.6s、c点对应的时刻为1.1s（图中未标注时刻）、d点对应的时刻为1.2s、e点对应的时刻为1.8s，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是（　　） A．乙图中ab段表示运动员一直处于超重状态 B．运动员跳离训练台后，重心上升的最大高度约0.45m C．乙图中bcd段，运动员对训练台的冲量大小大于375N•s D．整个过程中，运动员加速度的最大值为10m/s2 【答案】BC 【解答】解：A．根据题意，由图乙中a点可知，运动员的重力为600N，在ab段，运动员对地板的压力小于自身的重力，处于失重状态，故A错误； B．由图乙压力随时间变化的图像可知，运动员在空中的运动时间为 t＝（1.8﹣1.2）s＝0.6s 由竖直上抛规律可得重心上升的最大高度为 故B正确； C．运动员对训练台的作用力与训练台对运动员的作用力为相互作用力，大小相等，作用时间相同，则运动员对训练台的冲量大小与训练台对运动员的冲量大小相等，F﹣t图像的面积表示冲量，由图可得，bcd段训练台对运动员的冲量大小I满足 故C正确； D．由图乙可知，运动员对训练台的最大作用力为1950N，由牛顿第三定律可知，训练台对运动员的最大作用力为1950N，对运动员由牛顿第二定律有 Fm﹣mg＝ma 解得 a＝22.5m/s2＞10m/s2 故D错误。 故选：BC。 七．动量守恒定律的一般应用（共3小题） 20．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率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速率v水平向左跃入水中（不计水的阻力），则救生员跃出后小船的速率为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：规定向右为正方向，由动量守恒定律可得 （M+m）v0＝﹣mv+Mv船 解得 故C正确，ABD错误。 故选：C。 21．（多选）如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自A点进入槽内，并从C点飞出，则以下结论中正确的是（　　） A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 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．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 D．小球离开C点以后，将做斜上抛运动 【答案】CD 【解答】解：ABC、小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块阻挡，槽不会向左运动，槽对小球不做功，只有重力对小球做功；从A到B小球做圆周运动，小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒；小球从B到C运动的过程中，槽离开物块向右运动，系统在水平方向上合外力为零，水平方向动量守恒，槽的支持力对小球做功，故AB错误，C正确； D、小球离开C点时，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，故小球做斜上抛运动，故D正确。 故选：CD。 22．如图，小车上固定一竖直杆，杆与车的总质量为2m。杆的上端系一长为l的轻绳，轻绳另一端系质量为m的小球。现将小球拉起使轻绳水平伸直，并由静止开始释放小球。已知重力加速度为g，不计小球大小、空气阻力及小车与地面间的摩擦。 （1）求小球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，小车移动的距离； （2）求小球第一次摆到竖直杆左侧最高点时的速度大小。 【答案】答：（1）求小球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，小车移动的距离为； （2）求小球第一次摆到竖直杆左侧最高点时的速度大小为0。 【解答】解：（1）以水平向左为正方向，根据动量守恒定律 0＝mv球﹣2mv车 变形可得 0＝mx球﹣2mx车 又x球+x车＝l 解得 （2）小球到左侧最高点时，小球在竖直方向速度为 vy＝0 在水平方向与车共速，根据动量守恒定律 0＝（m+2m）v共 解得v共＝0 故小球在第一次摆到左侧最高点的速度 答：（1）求小球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，小车移动的距离为； （2）求小球第一次摆到竖直杆左侧最高点时的速度大小为0。 八．用动量守恒定律解决简单的碰撞问题（共3小题） 23．A、B两小物块在一水平长直气垫导轨上相碰，用频闪照相机每隔时间t拍照一次，连续拍照四次，拍得如图所示的照片，已知四次拍照时两小物块均在图示坐标范围内，若不计两小物块的大小及碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断（　　） A．第二次拍照时物块B在60cm处，并且mA：mB＝1：3 B．第二次拍照时物块B在65cm处，并且mA：mB＝1：3 C．第二次拍照时物块A在25cm处，并且mA：mB＝1：4 D．第二次拍照时物块A在50cm处，并且mA：mB＝1：4 【答案】C 【解答】解：由频闪照片分析可得，A物块碰撞前做匀速运动，因50﹣25＝25，25﹣0＝25，故相邻时间间隔t内位移均为25cm，故碰撞前A的速度。 图中B物块初始静止于60cm处。A在第3次拍照时位于50cm处，碰撞发生于A运动至60cm位置时。 A从50cm到60cm的位移为10cm，所需时间，解得：Δt1＝0.4t，故碰撞时刻为第3次拍照后0.4t，距第4次拍照剩余Δt2＝0.6t。 碰撞后，A在0.6t内由60cm移动至55cm，位移﹣5cm，速度，解得：； B在相同时间内由60cm移动至65cm，位移5cm，速度，解得：。 根据动量守恒定律：mAvA＝mAv'A+mBv'B，代入数据得：，化简得4mA＝mB，即质量比mA：mB＝1：4。 A、第二次拍照时（t时刻），A位于25cm处，B仍静止于60cm处，且质量比为1：4，故A错误； B、由上述分析可知，第二次拍照时B应在60cm处，而非65cm处，且质量比为1：4而非1：3，故B错误； C、第二次拍照时A的位移x＝vAt，解得：x＝25cm，且质量比为1：4，故C正确； D、第二次拍照时A应在25cm处，而50cm处（50cm是第三次拍照的位置），故D错误。 故选：C。 24．（多选）如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是（　　） A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足（M+m0）v＝Mv1+mv2+m0v3 B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v1和v2，满足Mv＝Mv1+mv2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝（M+m）u D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足（M+m0）v＝（M+m0）v1+mv2 【答案】BC 【解答】解：AD、小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，故AD错误； BC、由以上分析可知，对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生，故BC正确。 故选：BC。 25．质量为M＝1kg的木板A置于水平地面上，与地面的动摩擦因数为μ1＝0.1。t＝0时，木板在水平恒力F作用下，由静止开始向右运动。t＝3s时物块B（可看成质点）以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板，B始终未滑出A，已知t＝0到t＝4s内，木板A的v﹣t图像如图所示，t＝4s时A、B共速，g取10m/s2。试求： （1）水平恒力F的大小； （2）木板长度L至少多长； （3）若在t＝5s时刻撤去恒力F，此时A恰与木板C（与A完全相同）发生碰撞并粘连在一起，求整个过程A和B之间的摩擦生热Q。 【答案】（1）水平恒力F的大小1.5N； （2）木板长度L至少1.5m； （3）若在t＝5s时刻撤去恒力F，此时A恰与木板C（与A完全相同）发生碰撞并粘连在一起，整个过程A和B之间的摩擦生热1.525J。 【解答】解：（1）根据图像，v﹣t斜率表示加速度，故0﹣3s内A的加速度为aA1 规定向右为正方向，对A有F﹣μ1Mg＝MaA1 联立解得F＝1.5N （2）3s末A的速度v1＝aA1t1＝（0.5×3）m/s＝1.5m/s 故3s末，B的速度为vB＝﹣1.5m/s 3～4s内，B的v﹣t图像如下 阴影部分面积代表了板长的最小值L1＝1.5m （3）设AB间动摩擦因数为μ2，3～4s内，设B的质量为m，对B有μ2mg＝maB1 由图知B的加速度aB1＝2m/s2，方向向右 联立解得μ2＝0.2 图像可知3～4s内，对A 有aA2＝1.0m/s2，方向向左 对M有μ1（M+m）g+μ2mg﹣F＝MaA2 联立解得m＝0.5kg 4～5s时间内，假设A、B一起匀加速速，对AB有 F﹣μ1（M+m）g＝（M+m）aAB 解得整体加速度aAB＝0 即A、B匀速运动且速度为vAB＝0.5m/s，5s以后A撞C，设粘连后二者速度为v3，取向右为正方向，对AC有MvAB＝2Mv3 联立解得v3＝0.25m/s，方向向右。 此时B的速度为vB2＝0.5m/s，向右。B相对A向右运动，B加速度大小为μ2mg＝maB2 解得aB2＝2m/s2，方向向左。 故B减速到零的时间为tB，解得tB＝0.25s 碰后，对AC，μ1（2M+m）g﹣μ2mg＝2MaA3 解得AC的加速度为aA3＝0.75m/s2，方向向左。 故AC减速到零的时间为tAC，解得tAC 设碰后，B与AC共速用时为t0，则有v共＝vB2﹣aB2t0＝v3﹣aA3t0 解得t0＝0.2s，v共＝0.1m/s 该过程AB相对路程为L1，解得L1＝0.025m 之后ABC共同减速到停止，所以AB之间的相对路程为 L2＝L+L1＝1.5m+0.025m＝1.525m 摩擦生热满足Q＝μ2mgL2 解得Q＝1.525J 答：（1）水平恒力F的大小1.5N； （2）木板长度L至少1.5m； （3）若在t＝5s时刻撤去恒力F，此时A恰与木板C（与A完全相同）发生碰撞并粘连在一起，整个过程A和B之间的摩擦生热1.525J。 九．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用（共4小题） 26．如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速度为，木块的速度为，设木块的长度为L，子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（　　） A．木块的质量为2m B．子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为 C．子弹穿过木块的过程中，木块对子弹的阻力大小为 D．子弹在木块中运动的时间为 【答案】C 【解答】解：A、子弹击穿木块过程系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得mv0＝mv0+Mv0，解得M＝3m，故A错误； B、子弹穿过木块过程，系统损失的动能ΔEk，故B错误； C、对木块，由动能定理得fx0，对子弹，由动能定理得﹣f（x+L），解得xL，f，故C正确； D、以向右为正方向，对子弹，由动量定理得﹣ft＝mv0﹣mv0，解得t，故D错误。 故选：C。 27．（多选）如图所示，小南同学用弹弓射击从树上掉落的果实。一颗果实从B点处开始下落的瞬间，他以适当的速率、适当的方向从A点发射出弹丸，发现弹丸恰好水平击中果实并嵌入其中。C为B点正下方水平地面上的点。已知AC＝16m，BC＝12m，弹丸的质量为m＝20g，果实的质量为M＝200g，均可视为质点，弹丸嵌入果实的时间极短，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则以下说法正确的是（　　） A．弹丸击中果实处为BC中点 B．弹丸击中果实处距B点3m C．全程产生热量 D．全程产生热量 【答案】AD 【解答】解：AB.分析知子弹发射方向即初始对准果实。记初始时刻子弹与果实相距L。由时间相等列出关系式： t 解得 下落 解得 y＝6m 即BC中点，故A正确，B错误； CD.果实碰前速度 碰前，弹丸 记弹丸质量m，果实质量M，碰后水平速度vg1，竖直速度vy1。水平方向动量守恒，以水平向右的方向为正方向，则： mvx＝（m+M）vx1 竖直方向动量守恒，以vy的方向为正方向，则 Mvy＝（m+M）vy1 解得 故C错误，D正确。 故选：AD。 28．如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，上端连接一质量为M＝0.98kg物块，静止某点P，质量为m＝0.02kg的子弹以v0＝200m/s的竖直初速度瞬间打入物块并留在其中，此后经t＝1.0s物块第一次返回P点，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）子弹打入物块瞬间，物块的速度大小； （2）t＝1.0s内弹簧对物块的冲量。 【答案】（1）子弹打入物块瞬间，物块的速度大小为4m/s； （2）t＝1.0s内弹簧对物块的冲量为18N•s，方向竖直向上。 【解答】解：（1）规定向下为正方向，子弹打入瞬间，子弹和物块可看作动量守恒，则有mv0＝（m+M）v，解得v＝4m/s （2）选向上为正方向，在t＝1s内，对物块由动量定理I﹣（M+m）gt＝2（m+M）v 解得I＝18N•s，方向竖直向上 答：（1）子弹打入物块瞬间，物块的速度大小为4m/s； （2）t＝1.0s内弹簧对物块的冲量为18N•s，方向竖直向上。 29．一个倾斜传送带长度L＝5.2m，与水平面夹角θ＝37°，以速度v＝2m/s逆时针转动。现将一个质量m＝1kg的小木块在传送带上表面中点静止释放。木块第一次与传送带达到共速时，一颗质量为m0＝10g的子弹以700m/s的速度击中木块，击穿后子弹速度减为100m/s。传送带与木块间动摩擦因数μ＝0.5，不计传送轮的大小，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）在第一次击穿过程中，子弹与木块共损失的机械能； （2）小木块在传送带上运动的总时间。 【答案】（1）在第一次击穿过程中，子弹与木块共损失的机械能为2394J。 （2）小木块在传送带上运动的总时间为1.8s。 【解答】解：（1）设第一次击打后小木块获得的速度为v1，以竖直向上为正方向。根据动量守恒定律有m0v0﹣mv＝m0v+mv1，代入数据解得：v1＝4m/s。 此过程中损失的机械能为，代入数据解得：ΔE＝2394J。 （2）释放后，小木块先沿斜面向下做加速运动直至与传送带共速。由牛顿第二定律得ma1＝mgsinθ+μmgcosθ，代入数据解得：。 加速至共速所需时间，解得：t1＝0.2s，此阶段位移，解得：x1＝﹣0.2m。 被击打后，小木块先沿斜面向上做减速运动，再反向加速至与传送带共速，加速度大小仍为。 向上减速至零所需时间，解得：t2＝0.4s，位移，解得：x2＝0.8m。再向下加速至共速用时，解得：t3＝0.2s，位移，解得：x3＝﹣0.2m。 由于mgsin37°＞μmgcos37°，小木块将继续向下加速。由牛顿第二定律得ma2＝mgsinθ﹣μmgcosθ，代入数据解得：。 根据位移关系有，解得：t4＝1s。故总时间t＝t1+t2+t3+t4，解得：t＝1.8s。 答：（1）在第一次击穿过程中，子弹与木块共损失的机械能为2394J。 （2）小木块在传送带上运动的总时间为1.8s。 十．动量守恒定律在板块模型中的应用（共3小题） 30．如图，一质量为M、长为L的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ） A．木块的动能可能等于fL B．木块的动能一定大于fL C．物块的动能一定小于 D．物块的动能可能等于 【答案】C 【解答】解：AB、因摩擦产生的热量为Q＝fL＝f（x1﹣x2）。根据运动学公式，。由于v0＞v1＞v2，所以x1＞2x2，故x1﹣x2＝L＞x2，故W＝fx2＜fL，故AB错误； CD、设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题可知v1＞v2。设物块的对地位移为x1，木板对地的位移为x2，根据能量守恒有。 解得，故C正确，D错误。 故选：C。 31．（多选）如图所示，平板Q置于光滑水平面上，质量为1.0kg，板长为0.4m，Q的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好位于Q的中点A。质量为1.0kg的小物块P以v0＝2m/s的速度从Q的左端水平滑上Q，P压缩弹簧后被弹回并停在A点，弹簧始终在弹性限度内。P与Q之间的动摩擦因数μ＝0.25，下列说法正确的有（　　） A．在运动过程中，弹簧的最大压缩量为0.1m B．若P与Q之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时P的速度大小为1m/s C．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时P受到向右的摩擦力 D．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减少 【答案】ACD 【解答】解：A、小物块P被弹回并停在A点时，与平板Q共速，设共速速度为v。取向右为正方向，根据动量守恒定律得 mv0＝2mv 解得m/s＝1m/s 设弹簧的最大压缩量为x，从开始到小物块P被弹回并停在A点的过程中，根据能量守恒定律得 联立解得x＝0.1m，故A正确； B、若P与Q之间接触面光滑，整个过程相当于P与Q发生一次弹性碰撞，因为P与Q质量相等，所以发生速度交换，因此，当弹簧恢复原长时P的速度大小为0，故B错误； C、若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则P与Q第一次共速时，弹簧的最大压缩量x'＞x＝0.1m。P与Q第二次共速时，P与Q损失的总动能与未换弹簧时相同，因此物体P无法返回A点，而是在A点右侧与Q相对静止，此时弹簧处于压缩状态，物体P受到向左的弹力，则系统稳定时P受到向右的摩擦力，故C正确； D、由上述分析可知，系统稳定时，P与Q最终损失的总动能与弹簧的劲度系数无关。未换弹簧前，P与Q最终损失的总动能全部转化为摩擦生热，但将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧后，系统稳定时，弹簧处于压缩状态，所以P与Q损失的总动能一部分转化为摩擦生热，另一部分转化为弹簧的弹性势能，因此系统损失的机械能减小，故D正确。 故选：ACD。 32．如图，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，长木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切，弧形轨道粗糙。一质量m＝1kg的滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面的高度h＝0.5m。滑块在长木板上滑行t＝1s后与长木板以共同速度v＝1m/s匀速运动，重力加速度g取10m/s2。求： （1）滑块刚滑上长木板M时的速度v0； （2）滑块与长木板间的动摩擦因数μ及长木板的最小长度L； （3）滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功Wf。 【答案】（1）滑块刚滑上长木板M时的速度v0为3m/s。 （2）滑块与长木板间的动摩擦因数μ为0.2，长木板的最小长度L为1.5m。 （3）滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功Wf为0.5J。 【解答】解：（1）对物块与木板组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝（m+M）v，代入数据解得：v0＝3m/s。 （2）对木板应用动量定理，有μmgt＝Mv，代入数据解得：μ＝0.2。对系统应用动能定理，有，代入数据解得：L＝1.5m。 （3）对物块从斜面下滑至底端过程，由动能定理得，代入数据解得：Wf＝0.5J。 答：（1）滑块刚滑上长木板M时的速度v0为3m/s。 （2）滑块与长木板间的动摩擦因数μ为0.2，长木板的最小长度L为1.5m。 （3）滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功Wf为0.5J。 十一．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） 33．如图所示，质量M＝4kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径R＝1m的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L＝2m的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量m＝1kg、可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。取重力加速度大小g＝10m/s2，则（　　） A．滑块滑到圆弧轨道最低点B时，小车的速度大小v2＝4m/s B．整个过程中小车相对地面的水平位移大小x2＝0.6m C．滑块与BC轨道间的动摩擦因数μ＝0.4 D．滑块与小车组成的系统动量守恒，机械能守恒 【答案】B 【解答】解：A、根据题意分析可知，滑块滑到圆弧轨道最低点B时，对小车与滑块构成的系统，水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有mv1﹣Mv2＝0 根据机械能守恒定律有 解得v1＝4m/s，v2＝1m/s，故A错误； B、根据题意分析可知，对小车与滑块构成的系统，水平方向动量守恒，总动量为0，取水平向右为正方向，则有 可知 则有mx1﹣Mx2＝0 其中x1+x2＝R+L 解得整个过程中小车相对地面的水平位移大小x2＝0.6m，故B正确； C、根据能量守恒定律有mgR＝μmgL 解得μ＝0.5，故C错误； D、结合上述可知，滑块在圆弧上滑动时，滑块与小车构成的系统动量不守恒，整体不受外力作用，故机械能守恒，系统水平方向动量守恒，滑块在水平轨道上运动时，滑块与小车构成的系统动量守恒，系统中有摩擦力做功，故机械能不守恒，故D错误。 故选：B。 34．（多选）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法正确的是（　　） A．小球的质量为 B．小球运动到最高点时的速度为 C．小球能够上升的最大高度为 D．若a＞b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动 【答案】ABD 【解答】解：A、设小球的质量为m，初速度为v0，取水平向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律有mv0＝mv1+Mv2 解得 结合图乙有， 解得，故A正确； B、小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，取水平向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝（m+M）v 结合上述解得，故B正确； C、小球从开始运动到最高点的过程中，由能量守恒定律 结合上述解得，故C错误； D、取水平向右为正方向，分离时有由动量守恒定律mv0＝mv1+Mv2 根据机械能守恒定律有 结合上述解得 当a＞b时，有v1＜0 即小球水平方向的速度方向向左，故小球与圆弧分离后将向左做平抛运动，故D正确。 故选：ABD。 35．下雨天，私家车刹车停止时，车内小梁同学发现车前挡风玻璃上同一位置有两颗水珠A和B，水珠A水平飞出，水珠B沿玻璃匀加速下滑，A水珠落回玻璃时，恰好与B相遇，示意图如图所示。已知水珠A和B的质量均为m＝5.0×10﹣6kg，初速度大小均为v0＝2.0m/s，车前挡风玻璃与水平夹角θ＝37°，水珠B下滑时质量保持不变，不计空气阻力，水珠均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）水珠A在空中运动的时间t和位移L； （2）下滑过程中，水珠B受到阻力f的大小（结果用分数及科学记数法表示）； （3）若水珠A和B融合时，水珠A垂直玻璃方向的分速度瞬间损失，沿玻璃切向的分速度不变，融合时间忽略不计，则融合后瞬间水珠的速度v的大小。 【答案】（1）A在空中运动的时间为0.3s，位移为0.75m； （2）阻力大小为； （3）融合后瞬间水珠的速度大小为3.2m/s。 【解答】解：（1）根据A在空中做平抛运动，可知水平方向：Lcosθ＝v0t，竖直方向：，解得其在空中运动的时间：t＝0.3s，位移：L＝0.75m； （2）根据AB在相同时间内的位移相等，结合B做匀加速运动，可得：； 根据B的受力分析，可得阻力大小满足：mgsinθ﹣f＝ma，解得：； （3）AB融合前瞬间，A的速度方向如图： 竖直方向分速度为：vy＝gt， A垂直于玻璃方向的分速度减为0，由图可知A沿玻璃方向的速度为：vA＝v0cosθ+gtsinθ； B沿玻璃方向的速度为：vB＝v0+at； 以沿斜面向下为正方向，AB融合瞬间，根据沿斜面方向动量守恒，可得：mvA+mvB＝2mv，解得：v＝3.2m/s。 答：（1）A在空中运动的时间为0.3s，位移为0.75m； （2）阻力大小为； （3）融合后瞬间水珠的速度大小为3.2m/s。 十二．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用（共3小题） 36．如图甲所示，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上。物块B以某一速度向A运动，t＝0时刻物块B与弹簧接触，t＝2t0时刻与弹簧分离。物块A、B运动的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0.32v0t0，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为0.25m B．分离后物块A的速度大小为2v0 C．弹簧压缩量的最大值为0.6v0t0 D．碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为 【答案】C 【解答】解：A、以水平向右为正方向，B开始接触弹簧，到AB共速，根据动量守恒，可得：mBv0＝（mB+m）×0.8v0，解得B的质量：mB＝4m，故A错误； B、以水平向右为正方向，从B开始接触弹簧，到AB分开，根据动量守恒，可得：mBv0＝mBvB+mAvA，根据机械能守恒：； 其中：mA＝m，解得分离后A的速度大小：vA＝1.6v0，故B错误； C、以水平向右为正方向，从B接触弹簧到AB共速，根据动量守恒可得：mBv0t0＝mBsB+m×0.32v0t0，解得B运动距离：sB＝0.92v0t0， 弹簧压缩量的最大值为：Δs＝sB﹣0.32v0t0，解得：Δs＝0.6v0t0，故C正确； D、从B接触弹簧到AB共速，根据机械能守恒，可得到弹簧的最大弹性势能满足：，解得：，故D错误。 故选：C。 37．（多选）如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A，B，质量分别为m＝0.1kg和M＝0.3kg，两小球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧时的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切、半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形固定轨道内运动，P、Q为竖直半圆形轨道的直径，g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2m/s B．弹簧弹开过程，弹力对A球的冲量大小为0.2N•s C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N•s D．弹簧储存的弹性势能为2J 【答案】AC 【解答】解：A、根据题意分析可知，A、B球脱离弹簧时满足动量守恒，取向右为正方向， mvA＝MvB 可得B球的速度大小 vA′＝﹣1m/s 故A正确； B、根据动量定理，取向右为正方向，可得弹簧对A球的冲量 I＝mvA＝0.1×6N•m＝0.6N•m 故B错误； C、根据题意分析可知，A球从P点运动到Q点过程中满足机械能守恒 解得 vQ＝4m/s 根据动量定理可得从P到Q点的过程中，取向右为正方向，合外力对A球的冲量 I＝mvQ﹣mv0＝0.1×[4﹣（﹣6）]N•m＝1N•m 故C正确； D、根据能量守恒可得弹簧储存的弹性势能 EP，解得EP＝2.4J 故D错误。 故选：AC。 38．碰撞是常见的现象。 （1）如图所示，位于光滑水平面上的滑块A和B均可视为质点，滑块B左端固定一轻质弹簧。已知滑块A的质量为mA，滑块B的质量为mB。初始时滑块B静止，滑块A以速度v0向右运动。求： a.当弹簧被压缩至最短时，滑块B的速度大小v。 b.当弹簧恢复原长时，滑块A和B的速度大小vA和vB。 （2）技术人员在实验室进行车辆碰撞测试。用质量为m1、速度为v1的甲车，与质量为m2、静止的乙车碰撞，该碰撞过程可看作完全非弹性正碰。请分析论证m2越大，碰撞中两车组成的系统损失的机械能越大。 【答案】（1）a.当弹簧被压缩至最短时，滑块B的速度大小v为。 b.当弹簧恢复原长时，滑块A和B的速度大小vA为，vB为。 （2）设甲车与乙车碰后速度为v共，碰撞过程中损失的机械能为ΔE。对甲、乙两车组成的系统，以向右为正方向，根据动量守恒定律m1v1＝（m1+m2）v共，又根据能量守恒定律ΔE，解得：ΔE，可知当m2越大，碰撞中两车组成的系统损失的机械能越大。 【解答】解：（1）a.当弹簧长度最短时，滑块A和滑块B的速度相同，设为v。对A、B和弹簧组成的系统，从A接触弹簧到弹簧压缩到最短的过程中，以向右为正方向，根据动量守恒定律m0v0＝（mA+mB）v 得 b.对A、B和弹簧组成的系统，从A接触弹簧到弹簧恢复原长的过程中，以向右为正方向，根据动量守恒定律mAv0＝mAvA+mBvB 又根据能量守恒定律 得， （2）设甲车与乙车碰后速度为v共，碰撞过程中损失的机械能为ΔE。 对甲、乙两车组成的系统，以向右为正方向，根据动量守恒定律m1v1＝（m1+m2）v共 又根据能量守恒定律ΔE， 解得：ΔE，可知当m2越大，碰撞中两车组成的系统损失的机械能越大。 答：（1）a.当弹簧被压缩至最短时，滑块B的速度大小v为。 b.当弹簧恢复原长时，滑块A和B的速度大小vA为，vB为。 （2）设甲车与乙车碰后速度为v共，碰撞过程中损失的机械能为ΔE。对甲、乙两车组成的系统，以向右为正方向，根据动量守恒定律m1v1＝（m1+m2）v共，又根据能量守恒定律ΔE，解得：ΔE，可知当m2越大，碰撞中两车组成的系统损失的机械能越大。 十三．用动量守恒定律解决爆炸问题（共3小题） 39．一弹丸在飞行到距离水平地面5m高处时速度方向恰好水平，速度大小v＝2m/s，此时弹丸炸裂成甲、乙两块弹片，且两弹片水平飞出。不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，两块弹片飞行的轨迹如图所示，则甲、乙两块弹片的质量之比为（　　） A．1：3 B．3：1 C．1：4 D．4：1 【答案】B 【解答】解：根据题意，设甲、乙两块弹片的质量分别为m1，m2，由题图知，两弹片做平抛运动的时间为 t 代入数据解得 t＝1s 甲做平抛运动的初速度 v1 代入数据解得 v1＝2.5m/s 乙做平抛运动的初速度 代入数据解得 v2＝0.5m/s 炸裂过程中甲、乙组成的系统在水平方向动量守恒，取弹丸运动方向为正方向，有 （m1+m2）v＝m1v1+m2v2 代入数据解得 故B正确，ACD错误。 故选：B。 40．（多选）如图，一枚在空中飞行的火箭质量为m，某时刻飞行高度为h，速度为v，方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块，其中质量为m1的弹头仍水平飞行，落地点到炸裂位置的水平距离为l。已知重力加速度为g，地面水平，不计空气阻力，以水平向右为正，则（　　） A．炸裂过程中系统机械能守恒 B．炸裂后飞行过程中弹头相对于另一块做匀速直线运动 C．炸裂后瞬时弹头的速度为 D．炸裂后另一块的速度为 【答案】BCD 【解答】解：A、炸裂过程，有化学能转化为系统的动能，所以炸裂过程中系统机械能不守恒，故A错误； B、炸裂后两块均做平抛运动，加速度均为重力加速度，两者相对加速度为0，所以炸裂后飞行过程中弹头相对于另一块做匀速直线运动，故B正确； C、炸裂后，弹头做平抛运动，则有，l＝v1t，解得炸裂后瞬时弹头的速度为，故C正确； D、由于不计空气阻力，系统水平方向所受合力为0，则系统水平方向动量守恒，取炸裂前火箭速度方向为正方向，则有mv＝m1v1+（m﹣m1）v2 解得炸裂后另一块的速度为，故D正确。 故选：BCD。 41．中国某新型连续旋转爆震发动机（CRDE）测试中，飞行器总质量（含燃料）为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度均为v（相对地面），喷气时间很短为Δt，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震，忽略重力与阻力。求： （1）n次爆震后，飞行器的速度； （2）第一次爆震时，飞行器受到的平均冲击力大小。 【答案】（1）n次爆震后，飞行器的速度； （2）第一次爆震时，飞行器受到的平均冲击力大小。 【解答】解：（1）取飞行器的飞行方向为正方向，由动量守恒定律可知0＝（M﹣nΔm）vn﹣nΔmv 解得n次爆震后飞行器的速度 （2）取飞行器的飞行方向为正方向，第一次爆震后由动量守恒定律可得0＝（M﹣Δm）v1﹣Δmv 由动量定理F1Δt＝（M﹣Δm）v1 可得 答：（1）n次爆震后，飞行器的速度； （2）第一次爆震时，飞行器受到的平均冲击力大小。 十四．反冲现象中的动量守恒（共3小题） 42．2024年11月4日，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。为了着陆舒适，科学家设计了一种着陆方式，通过减速伞减速后，飞船在离地面高度为h时，抛弃减速伞，此时速度为v0（远小于火箭喷气速度），马上点燃反推火箭，使飞船匀减速到达地面，到达地面时速度恰好为零。已知飞船质量为M，火箭单位时间内喷出气体的质量为m（m≪M），重力加速度为g。该过程火箭喷出气体相对地面的速度可表示为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：对飞船分析，根据牛顿第二定律有F，对Δt时间喷出气体，动量大小关系满足FΔt＝mΔt•v，综上可得，故C正确，ABD错误。 故选：C。 43．（多选）2025年3月12日凌晨，长征八号遥六运载火箭以“一箭十八星”方式将千帆星座第五批组网卫星送入预定轨道。若最后火箭壳体质量为m，最后一颗卫星的质量为5m，分离前一起绕地球在椭圆轨道运动，周期为T，到离地心距离为r的远地点时速度为v，此时卫星与火箭分离，分离时卫星相对于火箭的速度u向前，分离后瞬时火箭的速度为v2，卫星以速度v1绕地球作半径为r的匀速圆周运动，周期为T1，设地球质量为M，引力常量为G，下列说法正确的是（　　） A．v1，v2 B．v1，v2 C．T1大于T D．T＝2π 【答案】AC 【解答】解：AB、分离过程中，卫星和火箭组成的系统动量守恒。分离前总质量为m+5m＝6m，速度为v；分离后卫星质量5m，速度v1，火箭质量m，速度v2，且（卫星相对于火箭速度为向前）。根据动量守恒定律有6mv＝5mv1+mv2，联立，解得，，故A正确，B错误。 C、分离前卫星和火箭一起绕地球在椭圆轨道运动，卫星分离后绕地球作半径为r的匀速圆周运动，椭圆轨道远地点到地心距离为r，所以椭圆轨道的半长轴小于圆轨道半径r，根据开普勒第三定律，可知卫星在椭圆轨道运行的周期T小于在圆轨道运行的周期T1，即T1大于T，故C正确。 D、是匀速圆周运动的周期公式，而分离前卫星和火箭在椭圆轨道运动，不满足该公式，故D错误。 故选：AC。 44．2024年5月3日，长征五号遥八运载火箭成功将嫦饿六号月球探测器送入地月转移轨道，它将开展人类首次月球背面采样返回，火箭是利用发动机向后喷气获得向上的速度。现有某型火箭和燃料的总质量为M＝5×105kg，火箭在地面上由静止竖直飞起，火箭每次向后喷出气体的质量为m＝50kg，气体每次喷出时相对地面的速度为v0＝3000m/s，已知火箭每秒喷气20次，火箭与喷出气体间的作用力远大于火箭的重力，忽略空气阻力的影响。求：（结果均保留两位有效数字） （1）火箭向后喷气一次后，火箭的速度大小v； （2）火箭速度达到v1＝125m/s需要要的时间t。 【答案】（1）火箭向后喷气一次后，火箭的速度大小为0.30m/s； （2）火箭速度达到v1＝125m/s需要要的时间为20s。 【解答】解：（1）因为火箭与喷出气体间的作用力远大于火箭的重力，并忽略空气阻力的影响，所以可近似认为火箭和燃料组成系统的动量守恒，规定竖直向上方向为正方向，根据动量守恒定律可列： 0＝（M﹣m）v﹣mv0，解得火箭向后喷气一次后，火箭的速度大小v≈0.30m/s； （2）设火箭喷气n次后，火箭的速度达到125m/s，则：0＝（M﹣nm）v1﹣nmv0，代入已知条件解上式得：n＝400，因此，火箭速度达到v1＝125m/s所需的时间为： t1s＝20s； 答：（1）火箭向后喷气一次后，火箭的速度大小为0.30m/s； （2）火箭速度达到v1＝125m/s需要要的时间为20s。 十五．人船模型及其变式（共3小题） 45．如图所示，平静的、不计阻力的湖面上，一位女子脚踩竹竿静立于A点，一段时间后她到达B点。经测量发现A、B间距离为AB＝5m，竹竿右端距离河岸为9m。已知竹竿的质量约为25kg。则该女子的质量约为（　　） A．41.5kg B．45kg C．47.5kg D．50kg 【答案】B 【解答】解：根据题意，设女子的质量为m，由动量守恒定律有 mv＝m竿v竿 由于系统的水平动量一直为0，运动时间相等，设运动时间为t，则有mvt＝m竿v竿t 整理可得mx＝m竿x竿 解得 故ACD错误，B正确。 故选：B。 46．（多选）如图所示，质量为M、长度为L的船停在平静的湖面上，船头站着质量为m的人，M＞m。现在人由静止开始由船头走到船尾，不计水对船的阻力。则（　　） A．人行走时，人和船运动方向相反 B．人行走时，船运行速度大于人的行进速度 C．由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续运动一段距离 D．人相对水面的位移大小为 【答案】AD 【解答】解：A．人和船组成的系统水平方向动量守恒，且总动量为零，则人和船运动方向始终相反，故A正确； B．设船运动方向为正方向，由动量守恒定律有 Mv船＝mv人 又M＞m 故v人＞v船，故B错误； C．由人—船系统动量守恒且系统总动量为零可知：人走船走，人停船停，故C错误； D．由平均动量守恒 Mm 和x+x'＝L 解的x'，故D正确。 故选：AD。 47．如图所示，光滑水平面上有一长为L的平板小车，其质量为M，车左端站着一个质量为m的人（可视为质点），开始时车和人都处于静止状态，则： （1）若人从车的左端以加速度a1匀加速直线运动跑到车的右端，此过程中人对地的位移和时间是多少？ （2）若人从车的左端刚好跳到车的右端，要使人对地的速度最小，则人相对车的速度大小和方向如何？ 【答案】（1）若人从车的左端以加速度a1匀加速直线运动跑到车的右端，此过程中人对地的位移为，方向由车头指向车尾，时间是； （2）若人从车的左端刚好跳到车的右端，要使人对地的速度最小，则人相对车的速度大小为，方向与水平方向夹角为。 【解答】解：（1）假设人所受摩擦力大小为f，对人，根据牛顿第二定律f＝ma1 对车，根据牛顿第二定律f＝Ma2 假设时间为t，则人对地的位移是，车对地的位移是 两者位移关系x1+x2＝L，联立以上方程解得，方向由车头指向车尾，所用时间是 （2）设人起跳时对地的速度大小为v0，方向与水平面的夹角为α 则人的水平位移 以水平向右为正方向，水平方向动量守恒：﹣Mv+mv0cosα＝0，解得车的速度 人落到车的右端条件是 解得起跳的速度大小 当α＝45°时，v0最小，起跳的最小速度 设人起跳时相对车的速度为u，则水平方向分速度ux＝v+v0cosα 竖直方向分速度uy＝v0sinα 相对速度大小是 方向与水平方向夹角为θ，满足 答：（1）若人从车的左端以加速度a1匀加速直线运动跑到车的右端，此过程中人对地的位移为，方向由车头指向车尾，时间是； （2）若人从车的左端刚好跳到车的右端，要使人对地的速度最小，则人相对车的速度大小为，方向与水平方向夹角为。 十六．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题（共5小题） 48．如图所示，五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，物块1、2、3、4的质量均为m，物块5的质量为2m，物块5以初速度v0向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，碰后粘在一起不再分离，最后五个物块粘成一个整体，则它们最后的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：由于五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用，故系统在水平方向上动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得 2mv0＝6mv 得 即它们最后的速度为 故ABD错误，C正确； 故选：C。 49．如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t＝0时，A以水平向左的初速度v0开始运动，B的初速度为0，A、B运动的v﹣t图像如图乙所示。已知A的质量为m，t＝3t0时二者发生碰撞并粘在一起，则（　　） A．B的质量也为m B．橡皮绳的最大弹性势能为 C．橡皮绳的原长为 D．0～2t0时间内橡皮绳对B的平均作用力大小为 【答案】D 【解答】解：A.由于A、B组成的系统受合外力为零，动量守恒，取向左为正方向，则结合题图乙可知，0～t0时间内有 解得B的质量为 mB＝2m 故A错误； B.t＝t0时刻二者速度相同，橡皮绳刚好处于最大形变量，由能量守恒定律有 解得橡皮绳的最大弹性势能为 故B错误； C.由题图乙分析可知t＝2t0时刻，橡皮绳刚好由拉伸状态变为原长，2t0～3t0时间内物块A向右做匀速运动，物块B向左做匀速运动，直至相碰，以向左为正方向，由系统动量守恒和能量守恒有 mv0＝﹣mvA+2mvB 解得二者的速度大小为 则设橡皮绳原长为l0，由运动关系可知橡皮绳的原长为 故C错； D.0～2t0时间内，取向左为正方向，对B应用动量定理可得 可得橡皮绳对B的平均作用力大小为 故D正确。 故选：D。 50．（多选）如图所示，在光滑的水平地面上固定一弹丸弹射机A，弹射机能不断的发射质量为m、速度为v0的小弹丸。在弹射机的正前方放置一质量为M（M＞m）的物块B，假设小弹丸击中B后能够留在物块B中，每颗弹丸出射前，前一颗弹丸已与物块B保持相对静止。不计小弹丸的体积，忽略重力对小弹丸的影响，且弹丸在物快B中受到的阻力f恒定，水平面足够大。则以下说法中正确的是（　　） A．若第1颗弹丸在物块B内的运动时间为t0，则它对B的平均作用力大小为 B．第k颗弹丸击中B并与B相对静止时，物块B的速度为v0 C．每次弹丸击中物块B的过程中，物块B的动量变化量均相等 D．每次弹丸击打物块B的过程中，系统产生的热量越来越少 【答案】BD 【解答】解：A、第1颗弹丸进入B的过程分析：弹丸初速v0减速至最终速度vB，物块由静止加速至vB。水平向右为正方向，系统动量守恒方程为mv0＝（M+m）vB，解得：。弹丸速度变化量，所受总阻力冲量大小。 题目A选项给出缺少系数，故A错误； B、第k次碰撞时：系统总质量Mtot＝M+km，水平向右为正方向，动量守恒方程为mv0+MtotvB，k﹣1＝MtotvB，k，其中，解得：。该结果与选项B一致，故B正确； C、第k次碰撞后B的速度增量。该差值随k增大而减小，因此动量变化Δpk＝（M+km）Δvk非常量，故C错误； D、每次弹丸被吸收过程存在机械能损失。由于随k增大趋近v0，导致逐渐减小，故每次能量损失递减，故D正确。 故选：BD。 51．如图所示，一辆质量为m1＝1.8×104kg的货车在平直轨道上以v1＝2m/s的速度运动，碰上一辆质量为m2＝2.2×104kg的静止货车，它们碰撞后结合在一起运动的速度v2＝0.895m/s。已知货车受到地面的摩擦力大小是其重力的0.1%，碰撞的时间t＝0.5s，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求两货车碰撞过程中的平均相互作用力大小F； （2）通过计算说明两货车碰撞过程中动量守恒。 【答案】（1）两货车碰撞过程中的平均相互作用力大小F为39600N； （2）碰撞过程中系统内力远大于摩擦力，动量守恒。 【解答】解：（1）对m1分析，以v1的方向为正方向，则 ﹣Ft﹣0.1%m1gt＝m1v2﹣m1v1 解得： F＝39600N （2）两车所受的摩擦力分别为： Ff1＝0.1%m1g 解得 Ff1＝180N Ff2＝0.1%m2g 解得 Ff2＝220N 因此 Ff≪F 碰撞过程中系统内力远大于摩擦力，动量守恒。 答：（1）两货车碰撞过程中的平均相互作用力大小F为39600N； （2）碰撞过程中系统内力远大于摩擦力，动量守恒。 52．如图所示，滑板B静止在光滑水平面上，其右端与固定台阶相距x，滑块A（可视为质点）静止在B板左端。一子弹以水平向右速度v0击中A后留在A中（此过程时间极短），已知子弹的质量为m＝0.02kg，水平速度v0＝100m/s，A的质量mA＝0.48kg，B的质量mB＝1.5kg，A、B之间动摩擦因数为μ＝0.5，B足够长，A不会从B表面滑出。B与台阶碰撞无机械能损失且时间极短，不计空气阻力。重力加速度为g＝10m/s2。求： （1）若A与B恰好共速时B与台阶碰撞，则滑板B右端与固定台阶相距的距离x为多少？B与台阶碰撞时A距B板左端多远？ （2）若x＝0.363m，则子弹的初速度为多少时，B与台阶仅相碰两次？ 【答案】（1）滑板B右端与固定台阶相距的距离x为0.3m；B与台阶碰撞时A距B板左端1.2m。 （2）当x＝0.363m时，子弹的初速度范围为165m/s＜v0≤330m/s。 【解答】解：（1）设子弹击中 A 后两者的共同速度为 v1，以向右为正方向。 对于子弹和 A 组成的系统，根据动量守恒定律 mv0＝（mA+m）v1，代入数据解得：v1＝4m/s。 此后 A 在 B 上向右做匀减速运动，B 向右做匀加速运动。 根据牛顿第二定律，对 A 有 μ（mA+m）g＝（mA+m）aA，解得：； 对 B 有 μ（mA+m）g＝mBaB，解得：。 设经过时间 t 两者达到共同速度 v，根据运动学公式 v＝v1﹣aAt＝aBt，解得：t＝0.6s。 此时 B 的位移即为滑板 B 右端与台阶的距离 x，根据位移公式 ，解得：x＝0.3m。 在此过程中 A 的位移 ，解得：xA＝1.5m。此时 A 距 B 板左端的距离 Δx＝xA﹣x，解得：Δx＝1.2m。 （2）当 x＝0.363m 时，根据速度—位移公式 ，解得：vB1＝1.1m/s。 设子弹初速度为 v0，则 A 获得的初速度 ，解得：v1＝0.04v0。 在碰撞过程中，系统所受合外力（墙壁的弹力）仅在碰撞瞬间作用，摩擦力为内力。 B 与台阶发生弹性碰撞，每次碰撞动量改变量的大小|Δp|＝2mBvB1。 第1次碰撞前系统的总动量 P0＝（mA+m）v1。第1次碰撞后，B 反弹，系统的总动量 P1＝P0﹣2mBvB1。 要使 B 能与台阶发生第2次碰撞，必须保证第1次碰撞后系统总动量方向仍向右，即 P1＞0，代入数据解得：v1＞6.6m/s。 第2次碰撞后，系统的总动量 P2＝P1﹣2mBvB1＝P0﹣4mBvB1。要使 B 与台阶仅相碰两次，即发生第2次碰撞后不再发生第3次碰撞， 说明此时系统总动量方向向左或为零，即 P2≤0，代入数据解得：v1≤13.2m/s。 综合上述条件可知 6.6m/s＜v1≤13.2m/s。结合 v1 与 v0 的关系，解得子弹初速度的范围为 165m/s＜v0≤330m/s。 答：（1）滑板B右端与固定台阶相距的距离x为0.3m；B与台阶碰撞时A距B板左端1.2m。 （2）当x＝0.363m时，子弹的初速度范围为165m/s＜v0≤330m/s。 十七．验证动量守恒定律（共3小题） 53．（1）小贾同学探究平抛运动的规律。如图甲所示，在地面上平铺一个带有插槽的木板，其上等间隔地分布着平行的P0P′0，P1P′1、P2P′2、P3P′3等插槽，其中P0P′0在重垂线的正下方。将覆盖复写纸的方格纸铺在硬纸板B上，将B板竖直插入槽中，使小球从斜轨上滚下，小球在与B板碰撞，即可获取一个点迹。图乙中a、b、c、d分别对应某次实验中B板在P0P′0，P1P′1、P2P′2、P3P′3时获得的点迹，根据这些点迹对平抛运动进行研究。 a.关于本次实验，下列说法正确的是 　BC　 。 A.斜轨应尽量光滑，以减小实验误差 B.斜轨末端必须保持水平 C.小球必须从斜轨上同一位置由静止释放 b.图乙中每个小方格边长为L，当地重力加速度大小为g，相邻插槽间距为d，则小球平抛的初速度v0＝ 　；　 （用d、g、L表示）。 （2）小魏同学利用该斜轨验证动量守恒定律。实验时先使入射小球A从斜槽上固定位置C点由静止释放，落到水平地面上的纸上留下痕迹，重复上述操作，得到落点的平均位置记为P点。再将小球B放在水平轨道末端，让小球A从C点由静止释放，和小球B发生碰撞后，分别在纸上留下各自的痕迹。多次重复操作，得到碰撞后小球A和小球B落点的平均位置，记为M、N点。O点为斜槽末端在白纸上的投影点，测量OM、OP、ON的长度，分别记为x1、x2、x3。小球A质量为m1，小球B质量为m2，则： a.本实验应满足m1　大于　 m2（填“大于”、“等于”或“小于”）； b.当关系式 　m1x2＝m1x1+m2x3 成立时，即可验证两球碰撞过程动量守恒； c.仅改变小球B的质量（两小球质量关系仍符合要求），将小球A多次从轨道同一位置由静止释放，与不同质量的小球B相碰，分别记录对应的落点到O点距离。以x1为横坐标，x3为纵坐标作出图像，若该碰撞为弹性碰撞，则下列图像正确的是 　C　 。 【答案】（1）a.BC；b.；（2）a.大于；b.m1x2＝m1x1+m2x3；c.C。 【解答】解：（1）a.AC.为了保证每次小球离开斜槽的速度相同，小球必须从斜轨上同一位置由静止释放，但斜槽不需要尽量光滑，故A错误，C正确； B.为了保证小球离开斜槽后左平抛运动，斜轨末端必须保持水平，故B正确。 故选：BC。 b.根据匀变速直线运动推论 解得 小球平抛的初速度 （2）a.为了防止入射小球反弹，本实验应满足m1大于m2； b.小球在空中的运动时间 小球做平抛运动的高度相同，运动时间相同； 入射小球碰撞前的水平初速度 碰撞后的水平速度 被碰小球的水平碰撞后的水平速度 取水平向右为正方向，若碰撞过程动量守恒，满足m1v0＝m1v1+m2v2 代入数据化简得m1x2＝m1x1+m2x3 因此，当关系式 m1x2＝m1x1+m2x3成立时，可验证两球碰撞过程动量守恒； c.若为弹性碰撞，根据机械能守恒定律 化简得 联立解得x3＝x1+x2 x3﹣x1函数的纵截距b＝x2＞0 故C正确，ABD错误。 故选：C。 故答案为：（1）a.BC；b.；（2）a.大于；b.m1x2＝m1x1+m2x3；c.C。 54．某同学用如图所示气垫导轨和压力传感器验证动量守恒实验，实验步骤如下： ①用托盘天平测出两滑块的质量m1、m2（m2左侧连接一轻弹簧）； ②将m2右移，压缩右侧弹簧至一定长度，然后由静止释放m2，使得m2与m1碰撞后反弹； ③记录下m2释放时右侧压力传感器初始读数F0和m2与m1碰撞后左侧压力传感器最大示数F1和右侧压力传感器最大示数F2（确保m1和m2在与传感器碰撞前仅发生一次碰撞）； 两侧弹簧的劲度系数都为k，弹簧弹性势能的表达式为，其中k、x分别为弹簧的劲度系数和形变量。 （1）在实验之前还需要进行的实验操作有　B　 。 A．测量弹簧的原长 B．在使用之前将压力传感器调零 C．测出初始时m1、m2到左右两侧压力传感器的距离 D．记录下m1、m2碰撞后到压缩左右两侧压力传感器到最大示数的时间 （2）m2碰前初速度为　　 （用题目所给字母表示）。 （3）实验要验证的动量守恒表达式为　D　 。 A． B． C．F0m2+F2m2＝F1m1 D． 【答案】（1）B；（2）；（3）D 【解答】解：（1）A．不需要测量弹簧原长，故A错误； B．在使用之前将压力传感器调零，为后续实验和测量工作打下基础，故B正确； C．m1、m2在气垫导轨上做匀速运动，不需要测出初始时m1、m2到左右两侧压力传感器的距离，故C错误； D．压缩弹簧所需时间对实验没有影响，不需要测量，故D错误。 故选：B。 （2）释放m2前，弹簧的弹性势能为 弹性势能转化为动能，即 m2碰前初速度为 （3）同理可求出碰撞后，两滑块速度v1和v2。 根据动量守恒得m2v0＝m1v1+m2v2 即 需要验证的表达式为，故D正确，ABC错误。 故选：D。 故答案为：（1）B；（2）；（3）D 55．在“验证动量守恒定律”的实验中，先让质量为m1的钢球A从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在复写纸下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，从而得到落点的平均位置。再把质量为m2的空心钢球B放在斜槽轨道末端，让A球仍从位置S由静止滚下，与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置，O点是轨道末端在白纸上的竖直投影点，如图所示。测量两个小球质量m1、m2和OM、OP、ON的长度。 （1）该方案中　不需要　 （填“需要”或“不需要”）测量小球抛出点到水平面的高度，为了尽量减小实验误差。两个小球的质量应满足m1　大于　 m2（填“大于”或“小于”或“等于”）。 （2）若两小球碰撞前后总动量守恒，则测量的物理量满足关系式是　m1•OP＝m1•OM+m2•ON　 ，若两小球发生的是弹性碰撞，则OP、OM、ON应满足的关系式是　m1•OP＝m1•OM+m2•ON和　 。 【答案】（1）不需要；大于；（2）m1•OP＝m1•OM+m2•ON；m1•OP＝m1•OM+m2•ON和。 【解答】解：（1）该方案中用水平位移代替水平速度，则不需要测量小球抛出点到水平面的高度，实验过程中A球不能反弹，两个小球的质量应满足m1大于m2； （2）设碰撞前瞬间钢球A的速度为v0，碰撞后瞬间A、B的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，根据动量守恒可得 m1v0＝m1v1+m2v2 由于两球在空中运动的时间相等，则有 m1v0t＝m1v1t+m2v2t 可得若满足关系式 m1•OP＝m1•OM+m2•ON 则可以认为两小球碰撞前后总动量守恒。 若为弹性碰撞，即碰撞前A球的动能与碰撞后A、B的总动能相等，则有： 整理得： 可知若以上两个表达式同时成立，则可以认为两球的碰撞为弹性碰撞。 故答案为：（1）不需要；大于；（2）m1•OP＝m1•OM+m2•ON；m1•OP＝m1•OM+m2•ON和。 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 动量守恒定律（易错55题17大考点）（原卷版） 一．求恒力的冲量（共3小题） 二．求变力的冲量（共3小题） 三．动量定理的内容和应用（共4小题） 四．用动量定理求平均作用力（共3小题） 五．用动量定理求流体冲击问题（共3小题） 六．F-t图像中的动量问题（共3小题） 七．动量守恒定律的一般应用（共3小题） 八．用动量守恒定律解决简单的碰撞问题（共3小题） 九．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用（共4小题） 十．动量守恒定律在板块模型中的应用（共3小题） 十一．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） 十二．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用（共3小题） 十三．用动量守恒定律解决爆炸问题（共3小题） 十四．反冲现象中的动量守恒（共3小题） 十五．人船模型及其变式（共3小题） 十六．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题（共5小题） 十七．验证动量守恒定律（共3小题） 一．求恒力的冲量（共3小题） 1．某网球以大小为v0的速度竖直向上抛出，落回出发点的速度大小为v1。网球的速度随时间变化关系如图所示，若空气阻力大小与网球速率成正比，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．下降过程中网球处于超重状态 B．网球上升过程受阻力的冲量大于下降过程受阻力的冲量 C．网球上升过程克服阻力做功等于下降过程克服阻力做功 D．网球从抛出到落回出发点所用的时间 2．（多选）一水平足够长浅色传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块质量为m＝0.2kg，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1。初始时，传送带与煤块都是静止的，现让传送带在变速电机带动下先匀加速后匀减速运动，其运动的v﹣t图像如图所示，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，相对传送带不再滑动。重力加速度g＝10m/s2，对该过程说法正确的是（　　） A．整个过程摩擦力对煤块做功为0 B．黑色痕迹的长度为36m C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量为7.2J D．传送带对物块作用力的冲量为0 3．如图所示，水平地面上有一质量m＝1.0kg的物块，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.50，在与水平方向成θ＝37°角斜向下的推力F作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。已知F＝20N，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： （1）物块运动过程中加速度的大小； （2）物块开始运动2.0s的过程中，推力F做功的平均功率； （3）物块开始运动2.0s的过程中，推力F的冲量。 二．求变力的冲量（共3小题） 4．如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距中心轴R处有一质量为m的物体随圆盘一起转动，一段时间后圆盘逐渐减速直至停止。已知物体可视为质点且始终与圆盘相对静止，下列说法正确的是（　　） A．圆盘匀速转动时，物体受摩擦力的方向沿轨迹切线方向 B．圆盘匀速转动时，物体运动半圈所受摩擦力的冲量大小为πmω C．圆盘减速至停止的过程中，摩擦力对物体不做功 D．圆盘减速至停止的过程中，物体所受摩擦力的冲量大小为mωR 5．（多选）如图所示，弹性绳一端固定于A点，另一端连接穿在竖直杆上质量为m的小球，B是位于AM中点的光滑轻质定滑轮，且AB距离等于弹性绳原长L，此时ABM在同一水平线上，弹性绳劲度系数k（g为重力加速度）。小球从M点由静止开始经过时间t滑到距M点为h的N点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数为μ＝0.5。则从M到N的过程中（　　） A．摩擦力对小球做的功为mgh B．弹性绳对小球做的功为﹣mgh C．弹性绳对小球的冲量大小为mgt D．小球下落时，速度大小达到最大值 6．如图所示，倾角θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，斜边长度L＝1.6m，质量均为1kg的小球B和C处于轻弹簧两端，其中小球C与弹簧相连，小球B与弹簧不连接，它们都静止于水平地面上。现有一个质量也为1kg的小球A从斜面体的最高点由静止下滑，下滑至斜面底端时，由于和水平地面的相互作用（作用时间Δt＝0.1s），小球A速度的竖直分量变为0，水平分量不变，此后小球A与小球B正碰，碰后二者立即粘在一起。不计一切摩擦，已知重力加速度g＝10m/s2。求： （1）小球A刚下滑至斜面底端时的速度大小； （2）小球A在斜面底端和水平地面相互作用过程中弹力的冲量； （3）整个过程中，弹簧对小球C做的功。 三．动量定理的内容和应用（共4小题） 7．如图所示，倾角为37°的光滑斜面固定在水平地面上，轻弹簧两端分别与质量均为m的两物块a、b连接，物块a紧靠垂直于斜面的固定挡板，开始系统处于静止状态。现给物块b沿斜面向下的初速度v0，经过时间t后其速度大小变为，方向沿斜面向上，物块a始终未离开挡板，重力加速度为g，则在此过程中挡板对物块a的冲量大小为（　　） A． B． C． D． 8．（多选）如图所示，一劲度系数为k的直立轻弹簧下端固定在水平地面上，处于自然长度，其上端标记为O点。在O点正上方h的A处，由静止释放一质量为m的小物块，已知弹簧弹性势能公式为Ep，其中x是形变量，简谐运动的周期T＝2，重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧形变始终在弹性限度内，且小物块与弹簧间无碰撞能量损失，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的最大压缩量xm B．小物块从A点到最低点的过程中做简谐运动 C．小物块从O点到最低点过程中重力的冲量大小为 D．小物块从O点到最低点过程中合力的冲量大小为mg 9．（多选）如图所示，在圆柱形空间内存在一个辐向向外分布的电场，一个可视为质点的带负电小球在P点沿与电场垂直方向被水平抛出，在电场的作用下小球在水平面上始终做半径为R的匀速圆周运动，在竖直方向上有P、Q两点，且P、Q连线竖直，小球的运动轨迹与PQ的交点依次为PQ上的A、B、C三点，小球质量为m，初速度大小为v0。重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．小球从P点到A点的过程中合力的冲量等于 B．小球从P点到C点的过程中电场力的冲量等于0 C．小球在A、B、C三点时所需向心力大小之比为1：4：9 D．小球运动到C点时重力的瞬时功率P 10．如图所示，一质量为m＝2kg的小滑块，静止在水平台阶AE上，长度为L＝4m、质量为M＝1kg的平板，紧靠长为d＝5m的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板的上表面与EH齐平。现有一同学用斜向上的拉力T拉动小滑块，使小滑块由静止开始向右滑动，拉力T大小为10N，与水平方向夹角成37°。经过5s后撤去拉力T，此时小滑块恰好在E点滑上平板并带动平板一起运动，当平板到达侧壁HG时会立即被锁定。小滑块与台阶、平板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，平板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2。小滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。 （1）求小滑块到达E点的速度大小vE； （2）求小滑块停止运动时，距平板右端的距离x0； （3）若侧壁HG的位置可调，使得5m＜d≤10m，小滑块停止运动时距平板右端的距离为x，求x与d的关系表达式。（用d表达x） 四．用动量定理求平均作用力（共3小题） 11．小勇同学喜欢睡前躺着看手机，这种行为存在安全隐患。假设他的手机质量为200g，从距离脸部约20cm的高度无初速度掉落，砸到脸部后手机未反弹，若手机与脸部的接触时间约为0.01s后速度减为0，忽略空气阻力，g＝10m/s2。下列分析正确的是（　　） A．手机刚要接触脸部之前的速度约为1.4m/s B．脸部受到手机的平均冲击力约为4N C．脸部受到手机的冲击力相当于一个质量约为4.2kg的物体压在脸上 D．为了安全起见，躺着看手机时应将手机举得更高一些 12．（多选）一辆质量为m的汽车在公路上做加速直线运动，其动量p与时间t的关系图像如图中实线所示，BC段的反向延长线经过坐标原点O。已知三角形BCD的面积为S0，BC的斜率是AB斜率的2倍，下列说法正确的是（　　） A．p﹣t图像与横轴所围成面积表示合力的功 B．t0﹣2t0时间内的合力是0～t0的2倍 C．t0时刻汽车的动量大小为 D．0～t0时间内，汽车的加速度大小为 13．2023年世界泳联跳水世界杯，中国跳水“梦之队”再次实现包揽全部9枚金牌的壮举。女子单人10米台决赛中，全红婵以458.20分夺冠。如图，若全红婵（可视为质点）从静止开始起跳，经2.5s以15m/s的速度落到水面，入水后又经0.5s减速至0。不计空气阻力，已知全红婵的体重为40kg，g取10m/s2。求： （1）从静止起跳到入水后减速至0，全红婵所受重力的冲量； （2）起跳过程中，跳台对全红婵作用力的冲量； （3）落水后，水对全红婵的平均作用力。 五．用动量定理求流体冲击问题（共3小题） 14．高压水枪在生活中的应用越来越广泛，高速水流射到物体上会产生强大的作用力，可以达到非常好的清洗效果。已知水枪出水口的直径为d，水流从枪口冲出的速度为v，水的密度为ρ，水流水平射出，忽略水流竖直方向的运动且水射到物体上后速度可认为变为零，则水流对物体的平均作用力为（　　） A．πρv2d2 B． C． D． 15．（多选）玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，已知水枪喷水口的直径为d，水的密度为ρ，水流水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速率反向溅回，则（　　） A．水枪喷水的流量（单位时间内流出的体积）为πvd2 B．喷水口单位时间内喷出水的质量为πρvd2 C．水枪的功率为πρd2v3 D．目标受到的平均冲击力大小为πρd2v2 16．现代切割技术常用的一种“水刀”如图所示。它将水从高压水枪中高速射出，形成很细的水束，用来切割钢板等物体。已知水束的横截面积为S，速度为v，并垂直射向钢板，若水射上钢板后反弹的速度大小为原来的，水的密度为ρ，求： （1）极短时间t内水的质量； （2）水对钢板的平均冲击力。 六．F-t图像中的动量问题（共3小题） 17．张家界大峡谷玻璃桥的蹦极项目垂直高度为260米，是目前中国垂直落差最高的蹦极项目之一，一60kg可以看成质点体验者在参与该项运动时从跳下到最低点历时8s，下落过程不计空气阻力，弹性绳的作用力随时间变化的F﹣t图像如图所示。重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．图形所围面积4800N•s B．体验者下落过程中一直处于失重状态 C．体验者下落过程中加速度的大小不可能大于10m/s2 D．体验者下落过程中加速度先变大再变小 18．甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（　　） A．甲乙两车均做往返运动 B．0～8s内，两车的路程相等 C．0～4s内，甲车做匀变速直线运动 D．乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同 19．（多选）周南中学一高二学生周小南为备战2023年校运会跳高项目，在进行摸高跳训练时，为监测腿部肌肉力量的变化，某次运动员站在接有压力传感器的水平训练台上完成下蹲、起跳和回落动作，甲图中的小黑点表示人的重心，乙图是训练台所受压力随时间变化的图像，图中ab、bc、cd可视为直线，其中b点对应的时刻为0.6s、c点对应的时刻为1.1s（图中未标注时刻）、d点对应的时刻为1.2s、e点对应的时刻为1.8s，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是（　　） A．乙图中ab段表示运动员一直处于超重状态 B．运动员跳离训练台后，重心上升的最大高度约0.45m C．乙图中bcd段，运动员对训练台的冲量大小大于375N•s D．整个过程中，运动员加速度的最大值为10m/s2 七．动量守恒定律的一般应用（共3小题） 20．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率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速率v水平向左跃入水中（不计水的阻力），则救生员跃出后小船的速率为（　　） A． B． C． D． 21．（多选）如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自A点进入槽内，并从C点飞出，则以下结论中正确的是（　　） A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 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．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 D．小球离开C点以后，将做斜上抛运动 22．如图，小车上固定一竖直杆，杆与车的总质量为2m。杆的上端系一长为l的轻绳，轻绳另一端系质量为m的小球。现将小球拉起使轻绳水平伸直，并由静止开始释放小球。已知重力加速度为g，不计小球大小、空气阻力及小车与地面间的摩擦。 （1）求小球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，小车移动的距离； （2）求小球第一次摆到竖直杆左侧最高点时的速度大小。 八．用动量守恒定律解决简单的碰撞问题（共3小题） 23．A、B两小物块在一水平长直气垫导轨上相碰，用频闪照相机每隔时间t拍照一次，连续拍照四次，拍得如图所示的照片，已知四次拍照时两小物块均在图示坐标范围内，若不计两小物块的大小及碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断（　　） A．第二次拍照时物块B在60cm处，并且mA：mB＝1：3 B．第二次拍照时物块B在65cm处，并且mA：mB＝1：3 C．第二次拍照时物块A在25cm处，并且mA：mB＝1：4 D．第二次拍照时物块A在50cm处，并且mA：mB＝1：4 24．（多选）如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是（　　） A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足（M+m0）v＝Mv1+mv2+m0v3 B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v1和v2，满足Mv＝Mv1+mv2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝（M+m）u D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足（M+m0）v＝（M+m0）v1+mv2 25．质量为M＝1kg的木板A置于水平地面上，与地面的动摩擦因数为μ1＝0.1。t＝0时，木板在水平恒力F作用下，由静止开始向右运动。t＝3s时物块B（可看成质点）以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板，B始终未滑出A，已知t＝0到t＝4s内，木板A的v﹣t图像如图所示，t＝4s时A、B共速，g取10m/s2。试求： （1）水平恒力F的大小； （2）木板长度L至少多长； （3）若在t＝5s时刻撤去恒力F，此时A恰与木板C（与A完全相同）发生碰撞并粘连在一起，求整个过程A和B之间的摩擦生热Q。 九．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用（共4小题） 26．如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速度为，木块的速度为，设木块的长度为L，子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（　　） A．木块的质量为2m B．子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为 C．子弹穿过木块的过程中，木块对子弹的阻力大小为 D．子弹在木块中运动的时间为 27．（多选）如图所示，小南同学用弹弓射击从树上掉落的果实。一颗果实从B点处开始下落的瞬间，他以适当的速率、适当的方向从A点发射出弹丸，发现弹丸恰好水平击中果实并嵌入其中。C为B点正下方水平地面上的点。已知AC＝16m，BC＝12m，弹丸的质量为m＝20g，果实的质量为M＝200g，均可视为质点，弹丸嵌入果实的时间极短，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则以下说法正确的是（　　） A．弹丸击中果实处为BC中点 B．弹丸击中果实处距B点3m C．全程产生热量 D．全程产生热量 28．如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，上端连接一质量为M＝0.98kg物块，静止某点P，质量为m＝0.02kg的子弹以v0＝200m/s的竖直初速度瞬间打入物块并留在其中，此后经t＝1.0s物块第一次返回P点，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）子弹打入物块瞬间，物块的速度大小； （2）t＝1.0s内弹簧对物块的冲量。 29．一个倾斜传送带长度L＝5.2m，与水平面夹角θ＝37°，以速度v＝2m/s逆时针转动。现将一个质量m＝1kg的小木块在传送带上表面中点静止释放。木块第一次与传送带达到共速时，一颗质量为m0＝10g的子弹以700m/s的速度击中木块，击穿后子弹速度减为100m/s。传送带与木块间动摩擦因数μ＝0.5，不计传送轮的大小，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）在第一次击穿过程中，子弹与木块共损失的机械能； （2）小木块在传送带上运动的总时间。 十．动量守恒定律在板块模型中的应用（共3小题） 30．如图，一质量为M、长为L的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ） A．木块的动能可能等于fL B．木块的动能一定大于fL C．物块的动能一定小于 D．物块的动能可能等于 31．（多选）如图所示，平板Q置于光滑水平面上，质量为1.0kg，板长为0.4m，Q的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好位于Q的中点A。质量为1.0kg的小物块P以v0＝2m/s的速度从Q的左端水平滑上Q，P压缩弹簧后被弹回并停在A点，弹簧始终在弹性限度内。P与Q之间的动摩擦因数μ＝0.25，下列说法正确的有（　　） A．在运动过程中，弹簧的最大压缩量为0.1m B．若P与Q之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时P的速度大小为1m/s C．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时P受到向右的摩擦力 D．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减少 32．如图，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，长木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切，弧形轨道粗糙。一质量m＝1kg的滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面的高度h＝0.5m。滑块在长木板上滑行t＝1s后与长木板以共同速度v＝1m/s匀速运动，重力加速度g取10m/s2。求： （1）滑块刚滑上长木板M时的速度v0； （2）滑块与长木板间的动摩擦因数μ及长木板的最小长度L； （3）滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功Wf。 十一．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） 33．如图所示，质量M＝4kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径R＝1m的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L＝2m的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量m＝1kg、可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。取重力加速度大小g＝10m/s2，则（　　） A．滑块滑到圆弧轨道最低点B时，小车的速度大小v2＝4m/s B．整个过程中小车相对地面的水平位移大小x2＝0.6m C．滑块与BC轨道间的动摩擦因数μ＝0.4 D．滑块与小车组成的系统动量守恒，机械能守恒 34．（多选）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法正确的是（　　） A．小球的质量为 B．小球运动到最高点时的速度为 C．小球能够上升的最大高度为 D．若a＞b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动 35．下雨天，私家车刹车停止时，车内小梁同学发现车前挡风玻璃上同一位置有两颗水珠A和B，水珠A水平飞出，水珠B沿玻璃匀加速下滑，A水珠落回玻璃时，恰好与B相遇，示意图如图所示。已知水珠A和B的质量均为m＝5.0×10﹣6kg，初速度大小均为v0＝2.0m/s，车前挡风玻璃与水平夹角θ＝37°，水珠B下滑时质量保持不变，不计空气阻力，水珠均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）水珠A在空中运动的时间t和位移L； （2）下滑过程中，水珠B受到阻力f的大小（结果用分数及科学记数法表示）； （3）若水珠A和B融合时，水珠A垂直玻璃方向的分速度瞬间损失，沿玻璃切向的分速度不变，融合时间忽略不计，则融合后瞬间水珠的速度v的大小。 十二．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用（共3小题） 36．如图甲所示，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上。物块B以某一速度向A运动，t＝0时刻物块B与弹簧接触，t＝2t0时刻与弹簧分离。物块A、B运动的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0.32v0t0，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为0.25m B．分离后物块A的速度大小为2v0 C．弹簧压缩量的最大值为0.6v0t0 D．碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为 37．（多选）如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A，B，质量分别为m＝0.1kg和M＝0.3kg，两小球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧时的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切、半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形固定轨道内运动，P、Q为竖直半圆形轨道的直径，g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2m/s B．弹簧弹开过程，弹力对A球的冲量大小为0.2N•s C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N•s D．弹簧储存的弹性势能为2J 38．碰撞是常见的现象。 （1）如图所示，位于光滑水平面上的滑块A和B均可视为质点，滑块B左端固定一轻质弹簧。已知滑块A的质量为mA，滑块B的质量为mB。初始时滑块B静止，滑块A以速度v0向右运动。求： a.当弹簧被压缩至最短时，滑块B的速度大小v。 b.当弹簧恢复原长时，滑块A和B的速度大小vA和vB。 （2）技术人员在实验室进行车辆碰撞测试。用质量为m1、速度为v1的甲车，与质量为m2、静止的乙车碰撞，该碰撞过程可看作完全非弹性正碰。请分析论证m2越大，碰撞中两车组成的系统损失的机械能越大。 十三．用动量守恒定律解决爆炸问题（共3小题） 39．一弹丸在飞行到距离水平地面5m高处时速度方向恰好水平，速度大小v＝2m/s，此时弹丸炸裂成甲、乙两块弹片，且两弹片水平飞出。不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，两块弹片飞行的轨迹如图所示，则甲、乙两块弹片的质量之比为（　　） A．1：3 B．3：1 C．1：4 D．4：1 40．（多选）如图，一枚在空中飞行的火箭质量为m，某时刻飞行高度为h，速度为v，方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块，其中质量为m1的弹头仍水平飞行，落地点到炸裂位置的水平距离为l。已知重力加速度为g，地面水平，不计空气阻力，以水平向右为正，则（　　） A．炸裂过程中系统机械能守恒 B．炸裂后飞行过程中弹头相对于另一块做匀速直线运动 C．炸裂后瞬时弹头的速度为 D．炸裂后另一块的速度为 41．中国某新型连续旋转爆震发动机（CRDE）测试中，飞行器总质量（含燃料）为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度均为v（相对地面），喷气时间很短为Δt，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震，忽略重力与阻力。求： （1）n次爆震后，飞行器的速度； （2）第一次爆震时，飞行器受到的平均冲击力大小。 十四．反冲现象中的动量守恒（共3小题） 42．2024年11月4日，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。为了着陆舒适，科学家设计了一种着陆方式，通过减速伞减速后，飞船在离地面高度为h时，抛弃减速伞，此时速度为v0（远小于火箭喷气速度），马上点燃反推火箭，使飞船匀减速到达地面，到达地面时速度恰好为零。已知飞船质量为M，火箭单位时间内喷出气体的质量为m（m≪M），重力加速度为g。该过程火箭喷出气体相对地面的速度可表示为（　　） A． B． C． D． 43．（多选）2025年3月12日凌晨，长征八号遥六运载火箭以“一箭十八星”方式将千帆星座第五批组网卫星送入预定轨道。若最后火箭壳体质量为m，最后一颗卫星的质量为5m，分离前一起绕地球在椭圆轨道运动，周期为T，到离地心距离为r的远地点时速度为v，此时卫星与火箭分离，分离时卫星相对于火箭的速度u向前，分离后瞬时火箭的速度为v2，卫星以速度v1绕地球作半径为r的匀速圆周运动，周期为T1，设地球质量为M，引力常量为G，下列说法正确的是（　　） A．v1，v2 B．v1，v2 C．T1大于T D．T＝2π 44．2024年5月3日，长征五号遥八运载火箭成功将嫦饿六号月球探测器送入地月转移轨道，它将开展人类首次月球背面采样返回，火箭是利用发动机向后喷气获得向上的速度。现有某型火箭和燃料的总质量为M＝5×105kg，火箭在地面上由静止竖直飞起，火箭每次向后喷出气体的质量为m＝50kg，气体每次喷出时相对地面的速度为v0＝3000m/s，已知火箭每秒喷气20次，火箭与喷出气体间的作用力远大于火箭的重力，忽略空气阻力的影响。求：（结果均保留两位有效数字） （1）火箭向后喷气一次后，火箭的速度大小v； （2）火箭速度达到v1＝125m/s需要要的时间t。 十五．人船模型及其变式（共3小题） 45．如图所示，平静的、不计阻力的湖面上，一位女子脚踩竹竿静立于A点，一段时间后她到达B点。经测量发现A、B间距离为AB＝5m，竹竿右端距离河岸为9m。已知竹竿的质量约为25kg。则该女子的质量约为（　　） A．41.5kg B．45kg C．47.5kg D．50kg 46．（多选）如图所示，质量为M、长度为L的船停在平静的湖面上，船头站着质量为m的人，M＞m。现在人由静止开始由船头走到船尾，不计水对船的阻力。则（　　） A．人行走时，人和船运动方向相反 B．人行走时，船运行速度大于人的行进速度 C．由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续运动一段距离 D．人相对水面的位移大小为 47．如图所示，光滑水平面上有一长为L的平板小车，其质量为M，车左端站着一个质量为m的人（可视为质点），开始时车和人都处于静止状态，则： （1）若人从车的左端以加速度a1匀加速直线运动跑到车的右端，此过程中人对地的位移和时间是多少？ （2）若人从车的左端刚好跳到车的右端，要使人对地的速度最小，则人相对车的速度大小和方向如何？ 十六．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题（共5小题） 48．如图所示，五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，物块1、2、3、4的质量均为m，物块5的质量为2m，物块5以初速度v0向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，碰后粘在一起不再分离，最后五个物块粘成一个整体，则它们最后的速度为（　　） A． B． C． D． 49．如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t＝0时，A以水平向左的初速度v0开始运动，B的初速度为0，A、B运动的v﹣t图像如图乙所示。已知A的质量为m，t＝3t0时二者发生碰撞并粘在一起，则（　　） A．B的质量也为m B．橡皮绳的最大弹性势能为 C．橡皮绳的原长为 D．0～2t0时间内橡皮绳对B的平均作用力大小为 50．（多选）如图所示，在光滑的水平地面上固定一弹丸弹射机A，弹射机能不断的发射质量为m、速度为v0的小弹丸。在弹射机的正前方放置一质量为M（M＞m）的物块B，假设小弹丸击中B后能够留在物块B中，每颗弹丸出射前，前一颗弹丸已与物块B保持相对静止。不计小弹丸的体积，忽略重力对小弹丸的影响，且弹丸在物快B中受到的阻力f恒定，水平面足够大。则以下说法中正确的是（　　） A．若第1颗弹丸在物块B内的运动时间为t0，则它对B的平均作用力大小为 B．第k颗弹丸击中B并与B相对静止时，物块B的速度为v0 C．每次弹丸击中物块B的过程中，物块B的动量变化量均相等 D．每次弹丸击打物块B的过程中，系统产生的热量越来越少 51．如图所示，一辆质量为m1＝1.8×104kg的货车在平直轨道上以v1＝2m/s的速度运动，碰上一辆质量为m2＝2.2×104kg的静止货车，它们碰撞后结合在一起运动的速度v2＝0.895m/s。已知货车受到地面的摩擦力大小是其重力的0.1%，碰撞的时间t＝0.5s，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求两货车碰撞过程中的平均相互作用力大小F； （2）通过计算说明两货车碰撞过程中动量守恒。 52．如图所示，滑板B静止在光滑水平面上，其右端与固定台阶相距x，滑块A（可视为质点）静止在B板左端。一子弹以水平向右速度v0击中A后留在A中（此过程时间极短），已知子弹的质量为m＝0.02kg，水平速度v0＝100m/s，A的质量mA＝0.48kg，B的质量mB＝1.5kg，A、B之间动摩擦因数为μ＝0.5，B足够长，A不会从B表面滑出。B与台阶碰撞无机械能损失且时间极短，不计空气阻力。重力加速度为g＝10m/s2。求： （1）若A与B恰好共速时B与台阶碰撞，则滑板B右端与固定台阶相距的距离x为多少？B与台阶碰撞时A距B板左端多远？ （2）若x＝0.363m，则子弹的初速度为多少时，B与台阶仅相碰两次？ 十七．验证动量守恒定律（共3小题） 53．（1）小贾同学探究平抛运动的规律。如图甲所示，在地面上平铺一个带有插槽的木板，其上等间隔地分布着平行的P0P′0，P1P′1、P2P′2、P3P′3等插槽，其中P0P′0在重垂线的正下方。将覆盖复写纸的方格纸铺在硬纸板B上，将B板竖直插入槽中，使小球从斜轨上滚下，小球在与B板碰撞，即可获取一个点迹。图乙中a、b、c、d分别对应某次实验中B板在P0P′0，P1P′1、P2P′2、P3P′3时获得的点迹，根据这些点迹对平抛运动进行研究。 a.关于本次实验，下列说法正确的是 　 　 。 A.斜轨应尽量光滑，以减小实验误差 B.斜轨末端必须保持水平 C.小球必须从斜轨上同一位置由静止释放 b.图乙中每个小方格边长为L，当地重力加速度大小为g，相邻插槽间距为d，则小球平抛的初速度v0＝ 　 　 （用d、g、L表示）。 （2）小魏同学利用该斜轨验证动量守恒定律。实验时先使入射小球A从斜槽上固定位置C点由静止释放，落到水平地面上的纸上留下痕迹，重复上述操作，得到落点的平均位置记为P点。再将小球B放在水平轨道末端，让小球A从C点由静止释放，和小球B发生碰撞后，分别在纸上留下各自的痕迹。多次重复操作，得到碰撞后小球A和小球B落点的平均位置，记为M、N点。O点为斜槽末端在白纸上的投影点，测量OM、OP、ON的长度，分别记为x1、x2、x3。小球A质量为m1，小球B质量为m2，则： a.本实验应满足m1　 　 m2（填“大于”、“等于”或“小于”）； b.当关系式 　 　 成立时，即可验证两球碰撞过程动量守恒； c.仅改变小球B的质量（两小球质量关系仍符合要求），将小球A多次从轨道同一位置由静止释放，与不同质量的小球B相碰，分别记录对应的落点到O点距离。以x1为横坐标，x3为纵坐标作出图像，若该碰撞为弹性碰撞，则下列图像正确的是 　 　 。 54．某同学用如图所示气垫导轨和压力传感器验证动量守恒实验，实验步骤如下： ①用托盘天平测出两滑块的质量m1、m2（m2左侧连接一轻弹簧）； ②将m2右移，压缩右侧弹簧至一定长度，然后由静止释放m2，使得m2与m1碰撞后反弹； ③记录下m2释放时右侧压力传感器初始读数F0和m2与m1碰撞后左侧压力传感器最大示数F1和右侧压力传感器最大示数F2（确保m1和m2在与传感器碰撞前仅发生一次碰撞）； 两侧弹簧的劲度系数都为k，弹簧弹性势能的表达式为，其中k、x分别为弹簧的劲度系数和形变量。 （1）在实验之前还需要进行的实验操作有　 　 。 A．测量弹簧的原长 B．在使用之前将压力传感器调零 C．测出初始时m1、m2到左右两侧压力传感器的距离 D．记录下m1、m2碰撞后到压缩左右两侧压力传感器到最大示数的时间 （2）m2碰前初速度为　 　 （用题目所给字母表示）。 （3）实验要验证的动量守恒表达式为　 　 。 A． B． C．F0m2+F2m2＝F1m1 D． 55．在“验证动量守恒定律”的实验中，先让质量为m1的钢球A从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在复写纸下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，从而得到落点的平均位置。再把质量为m2的空心钢球B放在斜槽轨道末端，让A球仍从位置S由静止滚下，与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置，O点是轨道末端在白纸上的竖直投影点，如图所示。测量两个小球质量m1、m2和OM、OP、ON的长度。 （1）该方案中　 　 （填“需要”或“不需要”）测量小球抛出点到水平面的高度，为了尽量减小实验误差。两个小球的质量应满足m1　 　 m2（填“大于”或“小于”或“等于”）。 （2）若两小球碰撞前后总动量守恒，则测量的物理量满足关系式是　 　 ，若两小球发生的是弹性碰撞，则OP、OM、ON应满足的关系式是　 　 。 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $