第1章 动量守恒定律（易错56题20大考点）-2025-2026学年高二上学期物理同步培优训练（人教版选择性必修第一册）

第一章 动量守恒定律（易错57题20大考点）（解析版） 一．动量大小的影响因素及比较（共2小题） 二．用动量的定义式计算物体的动量（共2小题） 三．动量变化量的计算（共3小题） 四．求变力的冲量（共2小题） 五．动量定理的内容和应用（共3小题） 六．用动量定理求平均作用力（共3小题） 七．用动量定理求流体冲击问题（共3小题） 八．动量守恒定律的一般应用（共2小题） 九．某一方向上的动量守恒问题（共2小题） 十．用动量守恒定律解决简单的碰撞问题（共3小题） 十一．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用（共2小题） 十二．动量守恒定律在板块模型中的应用（共3小题） 十三．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） 十四．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用（共3小题） 十五．动量守恒定律在绳连接体问题中的应用（绳绷紧瞬间的动量变化）（共3小题） 十六．用动量守恒定律解决爆炸问题（共4小题） 十七．反冲现象中的动量守恒（共3小题） 十八．人船模型及其变式（共3小题） 十九．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题（共4小题） 二十．验证动量守恒定律（共3小题） 一．动量大小的影响因素及比较（共2小题） 1．下列说法正确的是（　　） A．图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A的动能和重力势能之和不变 B．图乙中，物体B沿固定斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒 C．图丙中，不计一切阻力，由静止释放物体A、B，物体A下降、物体B上升的过程中，物体A减少的机械能等于物体B增加的机械能 D．图丁中，小球在水平面内做匀速圆周运动，小球的动量不变 【答案】C 【解答】解：A、图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A的动能和重力势能之和减少，因为弹性势能增加，故A错误； B、图乙中，物体B沿固定斜面匀速下滑，物体B的机械能减少，故B错误； C、图丙中，不计一切阻力，物体A下降、物体B上升的过程中，物体A减少的机械能等于物体B增加的机械能，故C正确； D、图丁中，小球在水平面内做匀速圆周运动，小球的动量大小不变，方向改变，故D错误。 故选：C。 2．（多选）如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小滑块，一原长为L的轻质弹簧左端固定在O点，右端与滑块相连。直杆上还有b、c、d三个点，b点与O点在同一水平线上且Ob＝L，Oa、Oc与Ob的夹角均为37°，Od与Ob的夹角为53°。现将滑块从a点由静止释放，在滑块下滑到最低点d的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（　　） A．滑块在b点时动量最大 B．滑块从a点到c点的过程中，弹簧弹力的总冲量为零 C．滑块在c点的速度大小为 D．滑块从c点下滑到d点的过程中机械能的减少量为 【答案】CD 【解答】解：A、从a到b弹簧对滑块拉力向下，滑块的速度不断增大，从b到c，弹簧对滑块拉力向上，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块仍在加速，所以滑块在b点时速度不是最大，动量也不是最大，故A错误； B、从a下滑到b点和从b下滑到c点的时间不相等，由对称性可知弹簧弹力的总冲量不为0，故B错误； C、a、c两处弹簧的形变量相同，故滑块从a到c，弹力做功为0，只有重力做功，则，可得滑块在c点的速度大小为v，故C正确； D、滑块从c点下滑到d点的过程中，滑块的机械能减少量等于弹簧弹性势能增加量，有，解得，故D正确。 故选：CD。 二．用动量的定义式计算物体的动量（共2小题） 3．开有凹槽的斜面固定在地面上，斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。槽内上端紧挨放置四个半径均为r的相同小球，各球编号如图所示。将四个小球由静止同时释放，小球落地后均静止，不计一切摩擦。各小球在运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．球4的机械能守恒 B．球1处在OA段时动量不变 C．四个球最终的落地点各不相同 D．四个小球中球1离开轨道时的速度最小 【答案】B 【解答】解：A．4个小球都在斜面上运动时，球和球之间没有相互作用力，每个球机械能都守恒，球4在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，后面的球对球4球做功，球4的机械能不守恒，故A错误； B．球1处在OA段时，做匀速运动，根据动量计算式p＝mv 可知球1动量不变，故B正确； CD．OA长度为6r，最多能够容纳3个球，2、3、4三个球在水平轨道OA运动时，斜面上的小球与水平轨道OA上小球间会有相互作用，所以2、3、4三个球在水平面均做加速运动，离开A点时，球4的速度最小，水平射程最小；3、2、1三个球一起在水平轨道OA上运动时不再加速，3、2、1离开水平轨道OA的速度相等，水平射程相同，所以4个球的落点，球4单落一个点，3、2、1三个球的落点相同，故CD错误。 故选：B。 4．某学习小组设计了一个简易的减振系统，其简化模型如图（a）所示，轻质弹簧下端固定在倾角为37°的粗糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。质量为m＝1kg的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运动过程中的合力F随位移x变化的图像如图（b）所示。已知弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（提示：可用F﹣x图线下的“面积”表示F所做的功）。求： （1）小物块与斜面间的动摩擦因数； （2）小物块刚接触弹簧时的动量大小；（结果可以带根式） （3）小物块在下滑过程中，弹簧的最大压缩量。 【解答】解：（1）接触弹簧前，合外力为：F＝4N，根据牛顿第二定律可得：mgsin37°﹣μmgcos37°＝F1 解得小物块与斜面间的动摩擦因数为：μ＝0.25； （2）根据图（b）可知，小物块刚接触弹簧时位移大小x1＝0.15m 根据动能定理可得：F1x10 解得：vm/s 小物块刚接触弹簧时的动量大小为：p＝mv 解得：pkg•m/s； （3）根据题目所给信息可知，弹簧压缩Δx＝（0.25﹣0.15）m＝0.1m时合外力为零，则有：kΔx＝F1 解得：k＝40N/m 设弹簧的最大压缩量为x，根据功能关系可得：F1（0.15+x） 解得：x＝0.3m。 答：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25； （2）小物块刚接触弹簧时的动量大小为kg•m/s； （3）小物块在下滑过程中，弹簧的最大压缩量为0.3m。 三．动量变化量的计算（共3小题） 5．如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为m＝1kg的小物块从斜面底端开始以初速度v0沿斜面上滑，斜面表面由于材料特殊，向上运动和向下运动时动摩擦因数不同，已知斜面的倾角θ＝37°，取水平地面为零重力势能参考面，以斜面底端为初位置，在物块在运动过程中，物块的机械能E随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），下列说法正确的是（　　） A．物块上滑和下滑产生的热量相同 B．物块上滑的时间大于物块下滑的时间 C．物块上滑过程中动量的变化量的大小为27kg•m/s D．物块下滑的动摩擦因数比上动摩擦因数大 【答案】D 【解答】解：A．由物块的机械能E随沿斜面运动的位移x变化的图像可得物块上滑机械能的损失量为ΔE1＝13.5J﹣12J＝1.5J 物块下滑机械能的损失量为ΔE2＝12J﹣9.5J＝2.5J 故物块上滑和下滑产生的热量不同，故A错误； B．物块上滑在同样的高度处的速度大小一定大于物块下滑在同样高度处的速度，故上滑平均速度大于下滑的平均速度，物块上滑的时间小于物块下滑的时间，故B错误； C．物块上滑时的初动量 故物块上滑过程中动量的变化量的大小为，故C错误； D．E﹣x图像斜率的绝对值表示物块受到的摩擦力，物块在上滑过程中 解得 物块在下滑过程中 解得 故 故D正确。 故选：D。 6．如图所示，位于竖直平面内的一面墙上有A、B、C三个完全相同的窗户，将一个小球斜向上抛出，小球在空中依次飞过A、B、C三个窗户，图中曲线为小球在空中运动的轨迹，轨迹所在的平面靠近竖直墙面，且与墙面平行。不计空气阻力的影响，以下说法中正确的是（　　） A．小球通过窗户A所用的时间最长 B．小球通过窗户C的平均速度最大 C．小球通过三个窗户的动量变化率相同 D．小球通过窗户A克服重力做的功最多 【答案】C 【解答】解：A.小球做斜上抛运动，可以分解成水平方向的匀速直线运动，竖直方向的上抛运动，水平方向运动和竖直方向运动具有等时性。小球竖直方向速度逐渐减小，而A、B、C三个窗户的竖直高度相等，所以通过A所用时间最短，通过C所用时间最长，故A错误； B.小球竖直方向速度逐渐减小，水平方向速度不变，所以经A的平均速度最大，经C的平均速度最小，故B错误； C.根据动量定理Δp＝mgΔt，得mg，可知小球通过三个窗户的动量变化率相同，故C正确； D.根据重力做功公式WG＝mgh，可知小球通过A、B、C三个窗户克服重力做功相等，故D错误。 故选：C。 7．（多选）如图甲所示，为一物块在t＝0时刻滑上了一个粗糙程度处处相同的固定斜面，斜面上端固定一距离传感器，可测量滑块到传感器的距离d，经连接传感器的计算机处理得到的距离d随时间变化的图像如图乙所示，若重力加速度以及图中d1、d2、t1、t2均为已知量，滑块可视为质点，则可求出（　　） A．斜面的倾角 B．滑块与斜面间的动摩擦因数 C．滑块在斜面上运动过程中摩擦力做的功 D．滑块从t＝0到t＝t2时刻过程中动量的变化量 【答案】AB 【解答】解：由图像可知上滑位移、时间，下滑位移、时间，则根据可求出上滑和下滑的加速度，而上滑加速度a1＝gsinθ+μgcosθ，下滑加速度a2＝gsinθ﹣μgcosθ，二者联立可解出倾角和动摩擦因数，但涉及力和动量的问题需要明确质量，质量不知不能求出摩擦力做功与动量的变化量，故AB正确，CD错误。 故选：AB。 四．求变力的冲量（共2小题） 8．如图所示，水平滑道与竖直面内光滑半圆形轨道BCD在B处平滑相接。轨道半径为R，轻弹簧左端固定在水平滑道左侧的固定挡板M上，弹簧右端自然伸长到A点。质量为m的物块从A点在水平向左的推力下由静止缓慢压缩弹簧到N点（物块与弹簧不拴接），现撤去外力，物块沿水平滑道运动由B点进入半圆形轨道BCD，且刚好能到达半圆形轨道的顶端D点处。已知A、B两点的距离为L，物块与水平滑道A、B之间的动摩擦因数为μ，水平滑道M、A之间光滑，重力加速度为g，物块可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．物块到D点处时速度为0 B．物块在半圆轨道运动过程，轨道的弹力冲量为0 C．物块离开弹簧时的速度大小为 D．水平向左的推力推物块压缩弹簧过程中做功为mgR+μmgL 【答案】D 【解答】解：A、物块刚好能到达顶端 D 点处，轨道对物块没有弹力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有：，解得：，故A正确； B、物块在半圆轨道运动过程中，轨道的弹力是变力（方向、大小均变化），且作用时间不为0，根据冲量的定义I ＝ Ft可知，弹力冲量不为 0，故B错误； C、物块由A点经B点运动到D点的过程，由动能定理可得：，解得：，故C错误； D、根据功能关系，推力推物块压缩弹簧过程中做功等于弹簧获得的弹性势能，也等于物块离开弹簧时的动能，即有：，故D正确。 故选：D。 9．如图所示，两重物A、B的质量分别为m1、m2，轻弹簧下悬挂B，B与A之间用轻绳连接，均处于平衡状态。现剪断A、B间的轻绳，经较短时间后A速度大小为u，B速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度为g，求： （1）这段时间Δt； （2）这段时间内弹力的冲量。 【解答】解：（1）（2）以向上为正方向，由动量定理得：对A：﹣m1gΔt＝﹣m1u﹣0，对B：I﹣m2gΔt＝m2v﹣0， 解得：，I＝m2（v+u），方向竖直向上。 答：（1）这段时间Δt为； （2）这段时间内弹力的冲量m2（v+u）。 五．动量定理的内容和应用（共3小题） 10．（多选）如图，长为L的轻杆连接两个质量均为m的小球A、B置于倾角为θ的光滑斜面上，刚开始，轻杆在外力作用下处于竖直状态，现撤去外力，小球B沿斜面下滑，轻杆向左倒下，经时间，小球A恰好即将要落在斜面上的小球B初始位置处，此时小球A、B的速度大小分别为vA、vB，斜面对小球B的冲量大小为I，下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】AC 【解答】解：AB、以沿斜面向下的方向为正方向，沿斜面方向，对整体，根据动量定理有：2mgsinθ•t＝2mvB，解得：，故A正确，B错误； CD、设小球A恰好即将要落在斜面上的小球B初始位置处，此时小球A垂直于斜面的分速度为vAx，对整个过程，根据机械能守恒定律有： 垂直于斜面方向，以垂直于斜面向下的方向为正方向，由动量定理可得：2mgcosθ•t﹣I＝mvAx 联立解得：，故C正确，D错误。 故选：AC。 11．如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求： （1）碰撞后小球A反弹的速度大小； （2）碰后轻弹簧获得的最大弹性势能； （3）物块C的最大速度大小。 【解答】解：（1）设碰撞后小球A反弹的速度大小为v′1，根据机械能守恒定律有 解得 （2）设小球A运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有 解得 取向右为正方向，小球A与物块B碰撞后，物块B的速度为v2，根据动量守恒有 mv1＝﹣mv′1+5mv2 解得 当物块B与物块C速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有5mv2＝8mv3 解得 根据机械能守恒定律 解得 （3）对物块B与物块C在弹簧回到原长时，物块C有最大速度，根据动量守恒定律有 5mv2＝5mvB+3mvC 根据机械能守恒定律有 联立解得 答：（1）碰撞后小球A反弹的速度大小为； （2）碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为； （3）物块C的最大速度大小为。 12．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）右端固定在A点，自然长度等于AB。弹性绳跨过由固定轻杆OB固定的光滑定滑轮连接一个质量为m＝1kg的小球，小球穿过竖直固定的杆，初始时弹性绳ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放，当滑到E点时速度恰好为零，已知C、E两点间距离为h＝1m，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为5N，小球与杆之间的动摩擦因数为0.4，弹性绳始终处在弹性限度内，重力加速度为g＝10m/s2。已知质点做简谐振动周期公式T＝2π（m为质点质量，k为振动系数，满足：做简谐运动的物体所受回复力F＝﹣kx），弹性轻绳的弹性势能Epk1Δx2（k1为弹性轻绳的劲度系数，Δx为形变量），求： （1）小球从C到E克服弹性绳弹力做功W； （2）在E点给小球一个竖直向上的速度v，使小球恰好能回到C点，求v的大小； （3）从C到E的过程中，弹性轻绳对小球的冲量I大小。 【解答】解：（1）设当小球运动到P点时，弹性绳的伸长量为xBP，小球受力分析如图所示： 由胡克定律可得：FT＝k1xBP 则有平衡条件可得：FTsinθ＝FN，解得：FN＝FTsinθ＝k1xBPsinθ＝k1xBC＝5N 又，Ff＝μFN＝0.4×5N＝2N 由于Ff＝2N可知小球受到的摩擦力为恒力，则小球在CD段与DE段摩擦力所做的功相同，则在DE段弹性绳和小球组成的系统机械能的减小量等于CD段弹性绳和小球组成的系统机械能的减小量，小球从C到E，根据动能定理可得：mgh﹣Ffh﹣W＝0，代入数据解得：W＝mgh﹣Ffh＝1×10×1J﹣2×1J＝8J； （2）小球从C运动到E的过程中，由动能定理可得：mgh﹣Ffh﹣W＝0 小球恰好能够从E点回到C点的过程中，由动能定理可得： 联立代入数据解得：； （3）从C到E的过程中，由能量守恒定律可得： 解得： 小球从C到E的运动过程中，所受合力为：，可知：，由此可知小球恰好以D点为平衡位置坐简谐运动，从C运动到E恰好为半个周期，弹性轻绳对小球的水平冲量为： 在竖直方向上有： 由题意可知， 联立代入数据解得弹性绳对小球的冲量为：。 答：（1）小球从C到E克服弹性绳弹力做功为8J； （2）v的大小为； （3）从C到E的过程中，弹性轻绳对小球的冲量大小为。 六．用动量定理求平均作用力（共3小题） 13．如图所示，一高空作业的工人重为600N，身上系一条长L＝5m的安全带。若工人不慎跌落，当安全带伸直后，工人在安全带的保护下转危为安。为了简化问题，将工人视为质点且跌落后始终沿竖直方向运动，该安全带的缓冲时间t＝1s，完成缓冲后工人在空中静止。g取10m/s2，不计空气阻力，以竖直向上为正方向，下列说法正确的是（　　） A．缓冲过程中，重力对人的冲量为1200N•s B．缓冲过程中，人的动量变化量为﹣600kg•m/s C．缓冲过程中，安全带对人的冲量为1200N•s D．缓冲过程中，安全带对人的平均作用力为1800N 【答案】C 【解答】解：A、以竖直向上为正方向，缓冲阶段重力冲量I0＝Gt，即：I0＝﹣600N•s，故A错误； B、安全带刚伸直时工人速度，v＝10m/s，缓冲过程动量变化量Δp＝0﹣（﹣mv），代入计算得：Δp＝600kg•m/s，故B错误； C、根据动量定理I﹣IG＝Δp，解得：I＝1200N•s，故C正确； D、由I＝Ft可得安全带平均作用力F＝1200N，故D错误。 故选：C。 14．《卖油翁》是宋代文学家欧阳修创作的一则写事明理的寓言故事，说明了熟能生巧的道理。油从距离地面高度为H的地方倒出，油束刚好充满钱孔倒入壶内，钱孔的横截面积为S，油壶的高度为h，油的密度为ρ，重力加速度为g。若油倒入瓶底四处散开，没有飞溅。求： （1）极短时间Δt内倒入油的质量Δm； （2）在最初的一段时间内，油对壶底的冲击力大小。 【解答】解：（1）设油到达壶口时的速度为v1，则 Δm＝ρ•ΔV ΔV＝Sv1•Δt 联立以上各式得 （2）设油到达壶底时的速度为v2，则 规定竖直向上为正方向，对于Δt内落入壶内的油，应用动量定理 F•Δt＝0﹣（﹣Δmv2） 联立以上各式得 ，根据牛顿第三定律可得油对壶底的冲击力大小等于。 答：（1）极短时间Δt内倒入油的质量等于； （2）在最初的一段时间内，油对壶底的冲击力大小等于。 15．在一次狩猎活动中，猎手站在高处将标枪从离水平地面高度H＝7.2m的A点水平抛出，猎物沿BC以v0＝20m/s速度向右匀速运动。A′为A点在地面上的投影点，A′与直线BC的位置关系如图所示，A′到BC的距离d＝6m。已知猎手投掷标枪的最大速度vm＝13m/s，标枪的质量m＝1kg。以O点为坐标原点，沿BC方向建立图示坐标系。猎物和标枪均可视为质点，不计空气阻力，14.4。 （1）标枪落地时与地面的作用时间Δt＝0.1s，求地面对标枪平均作用力的最大值； （2）若要击中猎物，求猎手掷出标枪时猎物所在位置的坐标范围。 【解答】解：（1）设标枪落地时竖直速度为vy 落地时，设地面对标枪水平方向的最大作用力为Fx，竖直方向的作用力为Fy 以向右为正方向，由动量定理得：﹣FxΔt＝0﹣mvm 以向下为正方向，由动量定理得：（mg﹣Fy）Δt＝0﹣mvy 解得：Fx＝130N，Fy＝130N 地面对标枪的作用力大小F 解得：F＝130N （2）设标枪在空中运动时间为t h 解得：t＝1.2s 设标枪在水平方向最大位移为s s＝vmt＝15.6m 标枪在BC上的落点距O点的最大距离为xBC xBC 解得：xBC＝14.4m 猎物距离O点的最近位置坐标为x1＝xBC﹣v0t 解得：x1＝﹣9.6m 猎物距离O点的最远位置坐标为x2＝﹣xBC﹣v0t 解得：x2＝﹣38.4m 综上，猎物的坐标范围为：﹣38.4m≤x≤﹣9.6m 答：（1）标枪落地时与地面的作用时间Δt＝0.1s，地面对标枪平均作用力的最大值为130N； （2）若要击中猎物，猎手掷出标枪时猎物所在位置的坐标范围为﹣38.4m≤x≤﹣9.6m。 七．用动量定理求流体冲击问题（共3小题） 16．2025年9月3日举行的盛大阅兵式上直升机编队里共有9架由景德镇直升机厂所研制的直升机，已知直升机质量为M，空气密度为ρ，重力加速度为g，当直升机在空中悬停时，桨叶旋转时形成的圆面半径为R，直升机的桨叶旋转推动空气，空气获得速度为v，不计空气浮力及风力影响，则下列说法正确的是（　　） A．发动机在悬停时的输出功率为 B．单位时间内桨叶旋转推动空气的质量m＝ρv2πR2 C．升力大小为 D．直升飞机悬停在空中时其所受的合外力冲量不为零 【答案】A 【解答】解：B、设在时间t内，旋转桨叶推动的空气柱长度为l＝vt。该部分空气的体积为，其质量为。单位时间内桨叶推动空气的质量为。选项B给出的ρv2πR2对应力的量纲（kg•m/s2），而非质量流率（kg/s），故B错误； C、由动量定理得F't＝m气v，解得F'＝ρπR2v2。根据牛顿第三定律，升力F＝F'＝ρπR2v2，故C错误； A、根据能量守恒，时间t内空气获得的动能，则输出功率，故A正确； D、悬停时直升机合外力为零，冲量I＝F合t＝0，故D错误。 故选：A。 17．如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。风力发电机转化效率可视为不变，该风力发电机将空气动能转化为电能的效率为η，每台风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片，经过叶片后风速变为原来的一半，则（　　） A．该风力发电机发电的功率为ρAv3 B．该风力发电机发电的功率为ηρAv3 C．风对叶片的作用力为ρAV2 D．风对叶片的作用力为ρAV2 【答案】C 【解答】解：CD、设在时间t内，吹向风机叶片的空气圆柱体长度l＝vt。该部分空气质量m＝ρV＝ρAl＝ρAvt。对空气柱用动量定理，叶片作用力F'满足F't＝Δp＝m（v1﹣v2）。已知v1＝v，，解得：。由牛顿第三定律得，故C正确，D错误； AB、根据能量守恒，t内空气动能减少量，解得：。代入m得。发电机转化电能。发电功率，故AB错误。 故选：C。 18．某游乐园有一喷泉，竖直向上喷出的水柱将一质量为M的开口向下的铁盒倒顶在空中，铁盒稳定悬停。已知水以恒定的速率v0从截面积为S的管口中持续不断的喷出；盒子内底平整（盒子底面积大于与盒底接触的水流截面积）；水流向上运动并冲击铁盒后，在竖直方向水的速度减为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力，已知水的密度为ρ，重力加速度g，求： （1）喷泉单位时间内喷出的水的质量m； （2）盒子在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度h。 【解答】解：（1）设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝v0SΔt，由以上两式得 ； （2）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v，对于Δt时间内冲击铁盒的水Δm，由动能定理得﹣ΔmghΔmv2Δ，Δm＝ρv0SΔt， 以竖直向上为正方向，设水对玩具的作用力的大小为F，Δt时间内冲击铁盒的水的质量忽略不计，由动量定理得﹣F•Δt＝0﹣Δmv， 由于铁盒在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg，联立以上各式得 。 答：（1）喷泉单位时间内喷出的水的质量为ρv0S； （2）盒子在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为。 八．动量守恒定律的一般应用（共2小题） 19．如图所示，甲、乙两船的质量（包括船、人和货物）均为5m，两船沿同一直线相向运动，两船速率分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住。忽略空气阻力及水对船的阻力，则抛出货物的最小速率为（　　） A．0.5v0 B．v0 C．7v0 D．7.5v0 【答案】C 【解答】解：忽略阻力，两船和人组成的系统水平方向动量守恒，由题意可知系统总动量水平向右， 设乙船上的人抛货物的速度为v，甲船接到货物后的速度为v1，取水平向右为正方向，甲船接乙抛的货物过程，由动量守恒定律有：5m×2v0﹣mv＝6mv1 取水平向右为正方向，设乙船抛出货物后的速度为v2，乙船人抛货物过程，由动量守恒定律有：﹣5mv0＝﹣mv+（5m﹣m）v2 两船不相撞的条件是：v1≤v2，联立方程可得：v≥7v0，所以乙船人抛货物的最小速度为：v＝7v0，故C正确，ABD错误。 故选：C。 20．如图，斜面倾角为37°，两物块A、B通过一根长为l＝1m的不可伸长的轻绳连接，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.7、μ2＝0.45，PQ段光滑且水平，斜面与水平面在P点平滑连接，O点位于Q点正下方。将A、B紧贴在一起由斜面上某处静止释放，当B到达斜面末端时轻绳恰好绷直，此时剪断轻绳，A、B最终停在水平地面上的落点M、N满足3ON＝2OM，重力加速度g取10m/s2，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）A、B释放点与斜面末端的距离d； （2）A、B两物块质量之比。 【解答】解：（1）释放A、B后，对A有：m1a1＝m1gsinθ﹣μ1m1gcosθ 解得： 对B有：m2a2＝m2gsinθ﹣μ2m2gcosθ 解得： 当B到达斜面末端时，有 解得：t＝1s A、B释放点与斜面末端的距离 解得：d＝1.2m （2）绳子绷直瞬间，v1＝a1t，解得v1＝0.4m/s v2＝a2t，解得v2＝2.4m/s 根据动量守恒定律，以沿斜面向下为正方向，有：m1v1+m2v2＝（m1+m2）v共 剪断轻绳后，对A有： A、B做平抛运动有： 解得： 答：（1）A、B释放点与斜面末端的距离d等于1.2m； （2）A、B两物块质量之比等于4。 九．某一方向上的动量守恒问题（共2小题） 21．刚落幕的2024年成都国际乒联混合团体世界杯球，中国队蝉联冠军。某次比赛男队球员林诗栋发球直接得分，简化图如图所示，已知发球时球与桌面在同一水平面且与水平方向成30°斜向上发出，球发出后受到空气阻力作用，设其所受空气阻力与速度大小成正比，比例系数为k，乒乓球在空中飞行时间为t，发球点与落球点的水平距离为x，末速度与桌面水平方向的夹角为60°，已知乒乓球质量为m，重力加速度为g。则乒乓球发球时和落到桌面时的速度大小分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【解答】解：设发球时和落到桌面时的速度大小分别为v0、v，在竖直方向，规定向下为正方向，由动量动量得mgt﹣∑kvyΔt＝mvsin60°+mv0sin30° 整理得mgt﹣kΔh＝mvsin60°+mv0sin30° 因为整个过程Δh为0，则有mgt＝mvsin60°+mv0sin30° 在水平方向，规定向右为正方向，由动量动量得﹣∑kvxΔt＝mvcos60°﹣mv0cos30° 整理得﹣kx＝mvcos60°﹣mv0cos30° 联立以上解得，故A正确，BCD错误； 故选：A。 22．（多选）如图所示，半径为R的光滑半球放在光滑水平面上，将一个小滑块（可视为质点）轻放在半球的顶端，小滑块和半球均处于静止状态。在外界的微小扰动下，小滑块从静止开始沿球面自由下滑，当小滑块与球心连线与竖直方向夹角θ＝37°时，小滑块离开球面。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．小滑块在球面上滑动过程中，小滑块与半球组成的系统动量守恒 B．小滑块在球面上滑动过程中，小滑块与半球组成的系统机械能守恒 C．小滑块离开半球时，半球的速度大小为 D．小滑块离开半球时，半球移动的距离为 【答案】BD 【解答】解：A.小滑块在球面上滑动过程，小滑块与半球组成的系统竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A错误； B.系统内小滑块机械能转化为半球机械能，因此系统机械能守恒，故B正确； C.设小滑块脱离半球时，半球速度大小为v1，小滑块相对半球速度大小为v，以半球速度的方向为正方向，水平方向由动量守恒定律有 Mv1＝m（vcosθ﹣v1） 整体由机械能守恒定律有 脱离前一瞬间，小滑块相对半球做圆周运动，在脱离瞬间只受重力作用，以半球（此瞬间为惯性系）为参考系，对小滑块有 联立解得 故C错误； D.小滑块离开半球时，设小滑块和半圆沿水平方向移动的距离分别为x1和x2，水平方向由动量守恒定律有 mx1＝Mx2 由几何关系有 x1+x2＝Rsinθ 联立解得 故D正确。 故选：BD。 十．用动量守恒定律解决简单的碰撞问题（共3小题） 23．如图所示，一乒乓球撞击水平面上A点后，经过B点反弹到最高点C时，被球拍沿水平方向击回，恰好落在A处。若球反弹时为弹性碰撞，不计空气阻力，则关于此运动过程判断正确的是（　　） A．球撞击球拍前的速度与撞击之后的速度之比为1：3 B．球撞击球拍前的速度与撞击之后的速度之比为3：1 C．球从A到B的时间与C到A的时间之比为2：3 D．球从A到B的时间与C到A的时间之比为3：2 【答案】A 【解答】解：CD、设乒乓球从B点运动到最高点C的时间为t。球在B点发生弹性碰撞，无机械能损失，故球在B点反弹前后的竖直分速度大小相等。A到B的运动为斜抛运动，B到C为斜抛运动的后半段（竖直分速度减为零的过程），根据对称性可知，A到B的过程相当于完整的抛体运动，其运动时间tAB＝2t。球被击回后从C到A做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，下落高度与B到C上升高度相同，故运动时间tCA＝t。因此，球从A到B的时间与C到A的时间之比为tAB：tCA＝2：1，故C错误，D错误； AB、设球撞击球拍前的水平分速度大小为v1。水平方向上，球做匀速直线运动，A到C的水平距离xAC＝v1（tAB+tBC）＝v1（2t+t）＝3v1t。球被击回后做平抛运动，水平分速度大小为v2，水平位移大小xCA＝v2tCA＝v2t。由于恰好落在A处，则xAC＝xCA，即3v1t＝v2t，解得v1：v2＝1：3。故球撞击球拍前的速度与撞击之后的速度之比为1：3，故A正确，B错误。 故选：A。 24．（多选）光滑的水平面上停放着小车甲和乙，开始两车之间的距离较大，两车之间没有作用力，已知甲车的质量为m甲＝0.5kg、乙车的质量为m乙＝1kg，某时刻同时给甲车v甲＝2m/s的速度、给乙车v乙＝3m/s的速度，使两车相向运动，当两车之间的距离小于某临界值时两车之间产生一恒定的斥力，整个运动过程中两车始终没有发生碰撞。则下列说法正确的是（　　） A．在运动的过程中甲车的速度先减为零 B．当两车之间的距离最小时，乙车的速度为零 C．当两车之间的距离最小时，甲车的速度大小为 D．当甲车的速度减为零时，乙车的速度大小为2m/s 【答案】ACD 【解答】解：A、取乙车速度方向为正方向，甲车初动量大小 p甲＝m甲v甲，解得p甲＝1kg•m/s，乙车初动量大小 p乙＝m乙v乙，解得p乙＝3kg•m/s，因为 p乙＞p甲，且两车所受斥力大小相等、作用时间相同，由动量定理可知甲车速度先减为零，故A正确； BC、两车相距最近时速度相同，设共同速度为v，由动量守恒定律得 m乙v乙﹣m甲v甲＝（m甲+m乙）v，整理得：，解得 ，故B错误，C正确； D、当甲车速度为零时，设乙车速度为 v'乙，由动量守恒定律得 m乙v乙﹣m甲v甲＝m乙v'乙，解得：v'乙＝2m/s，故D正确。 故选：ACD。 25．如图所示，小球b从距水平地面高度为h处开始做自由落体运动，运动时，小球a速度水平向右，与小球b在水平方向上发生弹性碰撞，碰撞时间极短，两球碰前瞬间的速度大小相等，mb＝3ma，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求： （1）小球a碰前瞬间的速度大小v； （2）小球b碰后瞬间的速度大小vb； （3）两小球落地的时间差Δt； （4）两小球在水平地面上的落点间的距离d。 【解答】解：（1）小球b做自由落体运动，下落高度，根据v2＝2gh1，解得碰前瞬间小球b的速度大小。由题意知小球a碰前瞬间速度大小也为。 （2）两球水平方向发生弹性碰撞，设水平向右为正方向，碰后a、b的水平速度分别为vax、vbx。根据动量守恒mav＝mavax+mbvbx和机械能守恒， 代入解得，。碰后小球b竖直分速度vby＝v，则，代入数据解得。 （3）碰撞点高度。碰后小球a竖直方向做自由落体运动，落地时间，解得。 碰后小球b竖直方向运动时间，解得。两球落地时间差Δt＝ta﹣tb，解得。 （4）碰后小球a、b水平方向均做匀速运动，速度大小均为，方向相反。两球水平落点距离，代入解得。 答：（1）小球a碰前瞬间的速度大小为。 （2）小球b碰后瞬间的速度大小为。 （3）两小球落地的时间差Δt为。 （4）两小球在水平地面上的落点间的距离d为。 十一．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用（共2小题） 26．如图所示，把一个质量为m1的小球放在高度为h的直杆的顶端，一颗质量为m′的子弹以速度v0沿水平方向击中小球，并在很短时间内穿过球心，小球落地处离杆的距离为s，子弹落地处离杆的距离为s′。如果增大子弹速度v0，且认为子弹与小球之间的作用力与二者相对运动速度大小无关，下列判断正确的是（　　） A．s增大、s′也增大 B．s增大，s′减小 C．s减小，s′增大 D．子弹和小球系统机械能的损失减小 【答案】C 【解答】解：ABC、子弹与小球离开杆顶端后均作平抛运动，由可得下落时间t相同且恒定。水平位移s＝vt，因此落点间距由初速度决定。子弹穿透过程视相互作用力F恒定，穿透时间（d为小球直径），当v0增大时Δt减小。根据冲量I＝FΔt，可知子弹对小球的冲量减小。对小球用动量定理：I＝m1v球，因I减小导致v球减小，故小球落点距离s减小。对子弹用动量定理：﹣I＝m'（v'子弹﹣v0），解得：。由于v0增大且减小，故v'子弹增大，子弹落点距离s'增大。综上，s减小而s'增大，故AB错误，C正确。 D、系统机械能损失ΔE＝Q＝Fd，因阻力F与速度无关且相对位移d不变，故ΔE恒定，故D错误。 故选：C。 27．如图所示，足够长木块静止在光滑水平面上，A、B为两颗不同的子弹，子弹A的质量为m。若子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度为LA，子弹B射入木块的深度为LB，且LA＝3LB，若保持子弹射入木块前的速度大小不变，先让A子弹射入木块，A与木块相对静止后让B子弹射入木块，A射入木块的深度为LA′，B射入木块的深度为LB′，设木块对子弹的阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则下列说法正确的是（　　） A．子弹B的质量为2m B．LA+LB＝LA′+LB′ C．LA＜LA′ D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能小 【答案】B 【解答】解：A、子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，受力平衡，对木块受力分析，根据平衡条件可得 fA＝fB＝f 木块与子弹A、B组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有 mvA﹣mBvB＝0 则 mvAt﹣mBvBt＝0 即 mLA＝mBLB 结合LA＝3LB，可得mB＝3m，故A错误； B、设子弹A、B入射前的速度分别为vA0、vB0，子弹A、B从两侧同时水平射入木块，根据能量守恒有 子弹A、B从两侧不同时水平射入木块，根据系统动量守恒，子弹A、B、木块共速时的速度为0，根据能量守恒有 可得 LA+LB＝L′A+L′B，故B正确； C、两子弹同时射入时，根据系统动量守恒，木块一直保持静止，A子弹射入的速度大小为v0，则对A，有 子弹A、B从两侧不同时水平射入木块，子弹A射入后共速为v，则 所以LA＞L′A，故C错误； D、对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有，因为B的质量大，所以EkA＞EkB，即子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大，故D错误。 故选：B。 十二．动量守恒定律在板块模型中的应用（共3小题） 28．如图，质量m1＝2kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝3kg的小物块以初速度v0水平向右滑上木板左端，一段时间后两者共速，速度为v1＝2m/s，此时木板未与弹簧接触。之后的运动中，小物块与木板始终保持相对静止，弹簧处在弹性限度内。若小物块与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在弹性限度内弹簧弹性势能Ep与形变量x的关系为Epkx2，（g＝10m/s2），则（　　） A．小物块初速度v0m/s B．小物块与木板间动摩擦因数μ至少为0.4 C．若μ＝0.5，木板长度至少为0.6m D．若μ＝0.5，木板初始位置与弹簧的距离至少为0.6m 【答案】B 【解答】解：A、小物块滑上木板至两者共速过程中，木板未接触弹簧且水平面光滑，系统水平方向合外力为零，动量守恒。取向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝（m1+m2）v1，解得：，代入数据得，故A错误； B、共速后整体压缩弹簧，视为一个系统。从接触弹簧到压缩至最短（振幅处），机械能守恒：，解得振幅A＝1m。最大回复力处加速度最大，由牛顿第二定律得kA＝（m1+m2）amax，解得。小物块加速度由静摩擦力提供，需满足m2amax≤μm2g，解得，故B正确； C、若μ＝0.5，共速前摩擦生热，同时Q＝μm2gLmin，联立得，故C错误； D、共速前木板受滑动摩擦力做匀加速运动，由牛顿第二定律得μm2g＝m1a1，解得。由得，故D错误。 故选：B。 29．如图所示，木板A和滑块C静置于水平轨道上，滑块B从木板A的左端以初速度v0＝4m/s滑上A。A、B、C的质量均为m＝2kg，木板A下表面光滑，上表面粗糙，滑块C与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1。当滑块B与木板A第一次速度相等后，A、C第1次碰撞。已知A与C间的碰撞均为弹性碰撞（时间极短），木板A足够长，g＝10m/s2。求： （1）A与C第1次碰撞前，A、B间因摩擦产生的热量； （2）A与C第1次碰后的速度大小vA1和vC1； （3）A、C第n次碰撞至第（n+1）次碰撞过程中C的位移大小xCn。 【解答】解：（1）滑块B以初速度v0滑上木板A，二者最终达到共同速度v1。由于系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，由mv0＝2mv1，解得：v1＝2m/s。 根据能量守恒，摩擦生热，代入数据得：Q＝8J。 （2）A与C发生弹性碰撞，因质量相等且碰撞时间极短，B速度不变。由弹性碰撞性质可知，碰后A速度vA1＝0，C获得速度vC1＝v1＝2m/s。 （3）第一次碰撞后，B继续以v1运动，C以vC1运动。此后B带动A加速至共同速度v2，由动量守恒得mv1＝2mv2，即。 归纳可得第n次碰撞前共同速度，碰撞后C获得速度。由于A加速后速度始终小于vCn，故C每次碰撞后均会静止。C的减速位移（或23﹣2nm）。 答：（1）A与C第1次碰撞前，A、B间因摩擦产生的热量为8J。 （2）A与C第1次碰后的速度大小vA1＝0m/s，vC1＝2m/s。 （3）A、C第n次碰撞至第（n+1）次碰撞过程中C的位移大小（或23﹣2nm）。 30．如图所示，圆心角θ＝53°，半径R＝3m的光滑圆弧轨道BC固定在水平地面上，其末端C切线水平；两个质量均为M＝1kg、长度均为L＝4.5m的木板D、E静止在粗糙的水平地面上，其上表面与C端等高且平滑接触；水平传送带固定，且沿顺时针转动。现将质量m＝2kg的物块A轻放在传送带的左端，离开传送带后从B点沿切线方向进入BC轨道，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块A与木板间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，AB间竖直高度h＝0.8m，传送带长度为x＝1.5m，木板D与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.2，木板E下表面光滑。取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： （1）物块A滑到C点时，在C点受到圆弧轨道支持力的大小； （2）物块A到达B点所用时间； （3）物块A与木板E之间摩擦产生的热量。 【解答】解：（1）物块A从传送带末端平抛到B，根据 解得t0＝0.4s 物块A刚好从B点切向进入，根据速度分解有vA0tanθ＝gt0 解得vA0＝3m/s 物块A从传送带末端到C过程，根据动能定理有 解得vC＝7m/s 物块A在C点，根据牛顿第二定律有 解得 （2）物块A在传送带上的加速度 a1＝μ1g 代入数据解得 物块A在传送带上匀加速的位移 代入数据解得x1＝0.9m 因为x1＝0.9m＜x＝1.5m 所以物块A在传送带上先匀加速后匀速 匀加速所用时间 代入数据解得t1＝0.6s 匀速所用时间 代入数据解得t2＝0.2s 物块A到达B点所用时间t＝t0+t1+t2 代入数据解得t＝1.2s； （3）物块A在木板D上时物块A的加速度a2＝μ2g 代入数据解得a2＝4m/s2 物块A在木板D上时木板D的加速度μ2mg﹣μ3（M+m）g＝2Ma3 解得 物块A在木板D上时物块A的位移 物块A在木板D上时木板D的位移 物块A在木板D上时物块A与木板D的相对位移xA﹣xD＝L 联立解得t3＝1s，t3＝1.8s（舍） 物块A离开木板D时物块A的速度v1＝vC﹣a2t3 代入数据解得v1＝3m/s 物块A离开木板D时木板E的速度v2＝a3t3 代入数据解得v2＝1m/s 物块A在木板E上，取水平向右为正方向，根据动量守恒mv1+Mv2＝（m+M）v3 物块A与木板E共速时的速度 则Q（m+M） 代入数据解得Q 答：（1）物块A滑到C点时，在C点受到圆弧轨道支持力的大小； （2）物块A到达B点所用时间1.2s； （3）物块A与木板E之间摩擦产生的热量。 十三．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） 31．如图所示，半径均为R、内外表面均光滑的两个完全相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在光滑水平面上，A、B质量均为M，a、b两点分别为A、B槽的最高点，c、d两点分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁，一个质量为m的小球P（视为质点）从圆弧槽A的顶端静止释放，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球P从a点运动到c点时的速度大小为 B．小球P在B槽内运动的最大高度为 C．小球P第一次返回B槽最低点d时，B槽具有的速度为 D．小球P从B槽最低点d到第一次返回B槽最低点d过程中，B槽的位移为 【答案】C 【解答】解：A、小球P从a点运动到c点的过程中，A、B均保持静止，根据机械能守恒定律得 解得小球P从a点运动到c点时的速度大小为，故A错误； B、小球P滑到B槽后A依然保持静止，B槽开始向右运动，因小球P和B槽组成的系统水平方向上不受外力，故系统水平方向动量守恒。当小球P在B槽内运动到最大高度时，二者速度相同。取水平向右为正方向，设系统共同速度为v，根据水平方向动量守恒得 mv0＝（M+m）v 对小球P和B槽组成的系统，根据机械能守恒定律得 联立解得小球P在B槽内运动的最大高度为，故B错误； C、设小球P第一次返回B糟最低点d时小球P的速度为v1，B槽的速度为v2。取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒得 mv0＝mv1+Mv2 联立解得，故C正确； D、小球P从B槽最低点d到第一次返回B槽最低点d过程中，虽然系统满足水平方向动量守恒，但由于系统水平动量不为0，所以有别于人船模型，不能求出B槽的位移，故D错误。 故选：C。 32．（多选）如图所示，质量为m的物体甲静止在光滑水平面上，物体甲右侧面是半径为R的光滑圆弧轨道，且轨道的最低点与水平面相切于B点，4点为轨道的最高点，质量为4m的小球丙静止在水平面上，质量为2m的小球乙从A点由静止释放，经过一段时间两小球发生弹性碰撞，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．从开始释放到物体甲、乙分离的过程，物体甲向左滑动的距离为 B．小球乙运动到弧形轨道的最低点时，小球乙对轨道的压力大小为12mg C．小球乙不能再次返回弧形轨道 D．小球乙、丙碰后瞬间，甲、丙的速度大小之比为3：4 【答案】AC 【解答】解：A、从释放至甲、乙分离过程中，系统水平方向动量守恒。设甲左移距离为x甲，乙水平位移为x乙，取向右为正方向。由动量守恒得mx甲+2mx乙＝0。根据几何关系x乙﹣x甲＝R，解得，即甲左移，故A正确； B、乙从A滑至B过程，系统机械能守恒。设乙在最低点速度为v乙，甲速度为v甲。由动量守恒mv甲＝2mv乙，得v甲＝2v乙。机械能守恒式，解得。乙相对轨道速度v相对＝3v乙，由牛顿第二定律，得N＝14mg，故B错误； C、乙与丙弹性碰撞后，乙速度，甲速度v甲＝﹣2v乙。因|v甲|＝2v乙＞|v乙'|，乙无法追上甲，故C正确； D、碰后丙速度，甲速度2v乙，二者速度比为3：1，故D错误。 故选：AC。 33．如图所示，一质量M＝5kg的木板放置于光滑水平地面上，木板左端AB段为圆心角θ＝53°的光滑圆弧，BC段为上表面长度L＝1.5m的水平粗糙部分，BC段的厚度为h0＝4cm，两段在B点平滑连接。一质量 m＝1kg的滑块放置于木板右端C点，滑块与木板间动摩擦因数为μ＝0.4。某时刻木板受到F＝39N的水平向右的恒力作用，木板开始向右运动，当滑块相对木板运动至B点时撤去恒力F，当滑块相对木板运动至A点时木板的速度为v＝6.6m/s。取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，滑块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： （1）当滑块相对木板运动至B点时，滑块的速度v1和木板的速度v2； （2）木板AB段圆弧的半径R； （3）滑块落地时，滑块与木板间的水平距离Δx。 【解答】解：（1）滑块相对木板在BC段运动过程中，对滑块由牛顿第二定律得 μmg＝ma1 可得 滑块相对木板在BC段运动过程中，对木板由牛顿第二定律得 F﹣μmg＝Ma2 可得 滑块相对木板在BC段运动过程中，木板与滑块的位移差为 滑块的速度为 v1＝a1t，代入数据解得v1＝4m/s 木块的速度为 v2＝a2t，代入数据解得v2＝7m/s （2）滑块相对木板在BA段运动过程中，取水平方向为正方向，滑块与木板组成系统水平方向动量守恒得 mv1+Mv2＝mvx+Mv 滑块相对木板在BA段运动过程中，滑块与木板组成系统能量守恒得 几何关系 解得 R＝0.82m （3）木板上A点到地面的高度为 h＝h0+（R﹣Rcosθ） 解得 h＝0.368m 滑块从A点到落地过程中，在竖直方向上由位移公式得 解得 或（舍） 滑块与木板间水平距离 Δx＝（v﹣vx）t 解得 答：（1）当滑块相对木板运动至B点时，滑块的速度4m/s，木板的速度7m/s； （2）木板AB段圆弧的半径0.82m； （3）滑块落地时，滑块与木板间的水平距离m。 十四．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用（共3小题） 34．如图所示，质量分别为m1、m2的小球A、B用轻弹簧连接且m1＞m2，两小球分别套在两平行光滑水平轨道上，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d，B的左侧有一固定挡板，假设轨道足够长，A由图示位置由静止释放，当A与B相距最近时，A的速度为v1，则在以后的运动过程中（　　） A．A的最小速度是0 B．A的最小速度是 C．B的最大速度是v1 D．B的最大速度是 【答案】D 【解答】解：当A与B第一次相距最近时弹簧处于原长，此后，A可能一直做减速运动，也可能是先减速到零再反向加速，B通过弹簧被A拉着跟在其后一直做加速运动，直到A与B再次相距最近时，B的速度达到最大，此过程动量守恒和机械能守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，则有m1v1＝m1v1′+m2v2， 解得， 当m1＞m2时，则v1′＞0 说明A一直做减速运动，故A最小速度为， B的最大速度为，故D正确，ABC错误。 故选：D。 35．（多选）如图所示，物体B静置在光滑的水平面上，其左端固定一轻弹簧，某时刻给物体A一向右的瞬时冲量I，已知物体A、B的质量分别为mA、mB且mA＜mB，弹簧始终在弹性限度内。从A与弹簧接触到分离的过程，下列说法正确的是（　　） A．二者共速时，物体A的速度最小 B．物体A的最小速度为0 C．分离时物体A的速度向右 D．弹簧的最大弹性势能为 【答案】BD 【解答】解：C、设物体A的初速度为v0，取向右为正方向，由动量定理I＝mAv0，解得：。对于A、B及弹簧组成的系统，动量守恒且机械能守恒。设分离时A的速度为vA，由弹性碰撞模型解得。因为mA＜mB，所以vA＜0，即分离时物体A的速度方向向左，故C错误； B、物体A的速度由正值变为负值，必经历速度为0的时刻，即最小速度为0，故B正确； A、二者共速时弹簧压缩量最大，此后弹簧恢复原长，A继续受向左的弹力作用而减速（或反向加速），直到分离，故共速时A的速度不是最小，故A错误； D、二者共速时系统动能损失最大，此时弹簧的弹性势能Ep最大。设共同速度为v共，根据动量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v共，解得：。由能量守恒定律，代入解得：，故D正确。 故选：BD。 36．如图所示，在光滑的水平面上有三个小物块A、B、C，三者处于同一直线上，质量分别为mA＝3m、mB＝m、mC＝m，初始A、B用轻弹簧栓连处于静止状态，C以初速度v0向左运动，B、C相碰时间极短，之后以相同速度向左运动但不粘连，求： （1）B、C相碰后的速度大小； （2）弹簧压缩量最大时储存的弹性势能Ep1； （3）弹簧伸长量最大时储存的弹性势能Ep2。 【解答】解：（1）设B、C碰撞后的共同的速度为vBC，以v0方向为正方向，对BC组成的系统，由动量守恒定律可得：mCv0＝（mB+mC）vBC，代入数据解得：； （2）第一次ABC共速时弹簧压缩量最大，A、B、C组成系统为研究对象，由动量守恒定律和能量守恒定律可得： mCvBC+mBvBC＝（mA+mB+mC）v1 联立代入数据解得：； （3）B与C碰后至弹簧第一次恢复原长为研究过程，A、B、C组成系统为研究对象，由系统动量守恒定律可得：（mB+mC）vBC＝（mB+mC）v2+mAv3 由系统机械能守恒可得： 联立代入数据可得：，； 即弹簧第一次恢复原长时B、C正在向右运动，此后C将一直向右匀速运动，B先向右减速到0，再向左加速至与A共速时弹簧的伸长量最大，该过程A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，所以有： mBv2+mAv3＝（mA+mB）v4 联立代入数据解得：。 答：（1）B、C相碰后的速度大小为； （2）弹簧压缩量最大时储存的弹性势能为； （3）弹簧伸长量最大时储存的弹性势能为。 十五．动量守恒定律在绳连接体问题中的应用（绳绷紧瞬间的动量变化）（共3小题） 37．如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长轻绳连接．现将两球置于间距为l的足够高处，当A球自由下落的同时，B球以速度v0指向A球水平抛出．不计空气阻力，则从开始释放到绳子绷紧过程中（　　） A．A球下落高度为时，一定与B球发生碰撞 B．碰撞后瞬间A的速度大小为v0 C．轻绳拉直过程中，A的水平速度增加 D．轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量为 【答案】D 【解答】解：A．设A球与B球发生碰撞下落高度为h，则 l＝v0t， 解得，故A错误； B．设水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得 mv0＝mv′Ax+mv′Bx 由机械能守恒得 式中 v′Ay＝vAy，v′By＝vBy 解得 v′Ax＝v0，v′Bx＝0 碰撞后瞬间A的水平速度大小为v0，故B错误； C．由于绳子是不可伸长的，在绳子拉直的瞬间，当二者沿水平方向速度相等后，绳子上的拉力瞬间消失。所以最终它们沿水平方向的速度相等，竖直方向的分速度不变；所以小球AB沿水平方向的分速度 轻绳拉直过程中，A的水平速度减小，故C错误； D．B球受到绳子拉力的冲量为 ，故D正确。 故选：D。 38．（多选）如图所示，两个物体m1、m2（可视为质点）通过一根不可伸长的轻绳连接，跨过质量不计的光滑定滑轮。初始时m1静止于水平地面上，m2悬于空中距离地面H处。先将m2竖直向上再举高h（未触及滑轮）然后由静止释放。细绳绷紧时间极短，可视为完全非弹性碰撞，之后两个物块以大小相等的速度一起运动，且m2恰好可以和地面接触。取g＝10m/s2，不计一切阻力。求（　　） A．m1离开地面后，两物块组成的系统机械能守恒 B．若m1＝2kg、m2＝1kg、H＝0.6m，则m2的最大动能为18J C．1 D．21 【答案】ABC 【解答】解：A、m1离开地面后，两物块组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确； BCD、设轻绳绷紧前瞬间m2的速度大小是v，由机械能守恒定律得：m2gh，解得：v 轻绳绷紧过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设绷紧瞬间共同速度大小为v1，以向下为正方向， 由动量守恒定律得：m2v＝（m1+m2）v1，解得：v1 m2恰好和地面接触，即m2到达地面时速度为零，从轻绳蹦极到m2到达地面过程，由机械能守恒定律得：m2gHm1gH 解得：1， 若m1＝2kg、m2＝1kg、H＝0.6m，解得：h＝1.8m，v＝6m/s，m2的最大动能EkJ＝18J，故BC正确，D错误。 故选：ABC。 39．如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为m＝1.0kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98kg的木块，现有一个质量为m0＝20g的子弹以v＝100m/s的水平速度射入木块并留在木块中（不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g取10m/s2），求： （1）木块和子弹这个系统损失的机械能； （2）木块所能达到的最大高度（保留两位有效数字）； （3）圆环的最大速度。 【解答】解：（1）设子弹与木块达到的共同速度为v1，子弹质量m0＝0.02kg，木块质量M＝1.98kg。由动量守恒定律得m0v0＝（M+m0）v1，解得：v1＝1m/s。 系统机械能损失量ΔE由初末动能差计算，表达式为，代入数据得：ΔE＝100J﹣1J＝99J。 （2）设木块与子弹总质量M总＝2kg，当摆至最大高度h时，系统水平速度v共满足动量守恒M总v1＝（M总+m）v共，解得：。 根据机械能守恒定律，代入数据得，解得：。 （3）当木块回摆至最低点时，设圆环速度为v2，木块速度为v3。由水平动量守恒得M总v1＝mv2+M总v3；由机械能守恒得。 联立解得（v3＝1m/s为初始解舍去），代入动量方程得圆环最大速度。 答：（1）木块和子弹这个系统损失的机械能为99J。 （2）木块所能达到的最大高度为0.017m。 （3）圆环的最大速度为。 十六．用动量守恒定律解决爆炸问题（共4小题） 40．如图，小明同学根据学到的知识，自制了一个微型大炮，炮管两端开口，与水平面的夹角为30°，炮管固定在高度为h的竖杆上，质量分别为m、2m的炮弹P、Q装填在炮管中，炮弹之间填有火药。点燃火药，火药将释放的化学能全部转化为两发炮弹的动能，炮弹P的落地点与竖杆的距离为，不计炮管长度、火药质量，爆炸时间极短，下列说法中正确的是（　　） A．炮弹P比炮弹Q早落地 B．炮弹Q的初动能是炮弹P的2倍 C．爆炸过程，两炮弹动量不守恒 D．两炮弹在空中落地前的距离先增大后减小 【答案】A 【解答】解：C、爆炸过程时间极短，沿炮管方向系统所受外力远小于爆炸内力，满足动量守恒条件，故系统在该方向动量守恒，故C错误； B、设爆炸后P、Q速度分别为vP、vQ，由动量守恒得mvP﹣2mvQ＝0（取各自出射方向为正），解得vP＝2vQ；根据动能公式，两弹动量大小相等，因mP＜mQ，故，即P初动能为Q的2倍，故B错误； D、两弹离开炮管后仅受重力，加速度均为g，相对加速度为零，故以恒定相对速度vP+vQ匀速分离，距离d＝（vP+vQ）t随时间持续增大，故D错误； A、由P落点位置得位移偏向角，即α＝60°；若P向上发射，因vP＝2vQ较大，水平射程较远，位移角应较小，只有当P向下发射时，初速度方向与重力同向，轨迹更弯曲才可能形成60°大偏角，故P向下发射、Q向上发射；P初速度向下加速落地时间短，Q需先上升后下降耗时更长，故A正确。 故选：A。 41．（多选）现有一高空实验小平台，平台正下方的水平地面上安装有声音记录仪。平台上的爆炸物被引爆后炸裂成两个碎块A和B，且A、B质量之比为2：1、初速度均沿水平方向。引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s。忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．从爆炸后到落地，A、B受到的冲量大小之比为2：1 B．从爆炸后到落地，A、B的位移大小之比为1：2 C．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为1020m D．爆炸后碎块A的初速度为68m/s 【答案】AC 【解答】解：B.设A、B两碎块的质量分别为mA、mB，爆炸后A、B两碎块的水平速度分别为vA、vB爆炸时，系统在水平方向动量守恒，取碎块A的速度方向为正方向，由水平方向动量守恒得： mAvA﹣mBvB＝0 爆炸后两碎块都做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等，设A、B两碎块平抛运动的水平位移分别为xA、xB，则有： xA＝vAt xB＝vBt 代入上式可得 mAxA﹣mBxB＝0 解得： xA：xB＝mB：mA＝1：2 两碎块的竖直分位移相等，两碎块的水平位移之比为1：2，根据几何知识可知，从爆炸瞬间到落地，A、B的位移大小之比不等于1：2，故B错误； A.从爆炸瞬间到落地，A、B受到的冲量大小分别为 IA＝mAgt lB＝mBgt 则 故A正确； D.两碎片做平抛运动的时间均为t，A、B两碎块落地发出的声音传播到声音记录仪的时间分别为 tA＝5s﹣t tB＝6s﹣t 根据 代入数据解得： t＝4 碎块A的水平位移 xA＝（5﹣t）v声＝（5﹣4）×340m＝340m 碎块B的水平位移 xB＝（6﹣t）v声＝（6﹣4）×340m＝680m 故炸后碎块A的初速度为 故D错误； C.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为 S＝xA+xB＝（340+680）m＝1020m 故C正确。 故选：AC。 42．天津泰达航母主题公园在国庆节举办了《津彩盛焰•礼赞祖国》焰火秀活动，祝福祖国繁荣昌盛。烟花弹的燃放过程可简化为以下模型：一枚质量m＝0.6kg的烟花弹在地面上以v0＝20m/s的初速度竖直向上射出。当烟花弹上升至最高点时炸成质量m1＝0.2kg、m2＝0.4kg的A、B两块，其中A块竖直向上运动。爆炸释放的能量E＝270J，且有50%转化为A、B两块的动能。爆炸时间极短，不计空气阻力和火药质量，重力加速度g取10m/s2。求： （1）爆炸结束后的瞬间，A、B两块的速度大小v1和v2； （2）A块离地面的最大高度H； （3）B块落地时，A块的速度大小v3。 【解答】解：（1）烟花弹上升至最高点过程，由运动学公式，解得：h＝20m。 爆炸过程时间极短，系统动量守恒，取竖直向上为正方向，则有m1v1﹣m2v2＝0，即0.2v1＝0.4v2； 根据能量守恒定律有，联立两式并代入数据解得：v1＝30m/s，v2＝15m/s。 （2）爆炸后A块做竖直上抛运动，由运动学公式，解得：hA＝45m，则A块离地面的最大高度H＝h+hA，解得：H＝65m。 （3）B块做竖直下抛运动，设落地时间为t，由位移时间公式，代入数据整理得t2+3t﹣4＝0，解得：t＝1s（另一解舍去）； 此时A块仍处于上升阶段，由速度—时间公式v3＝v1﹣gt，解得：v3＝20m/s。 答：（1）爆炸结束后的瞬间，A、B两块的速度大小分别为v1＝30m/s，v2＝15m/s。 （2）A块离地面的最大高度H＝65m。 （3）B块落地时，A块的速度大小v3＝20m/s。 43．某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求： （1）该物体抛出时的初速度大小v0； （2）炸裂后瞬间B的速度大小vB； （3）A、B落地点之间的距离d。 【解答】解：（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式 0＝v0﹣gt 可得 v0＝gt （2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为vB，以v的方向为正方向，由动量守恒定律得 0＝2m•v+m•vB 解得vB＝﹣2v 即大小为2v （3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移 xA＝vt B的水平位移 xB＝vBt＝2vt 所以落地点A、B之间的距离 d＝|xA|+|xB|＝vt+2vt＝3vt 答：（1）该物体抛出时的初速度大小v0为gt； （2）炸裂后瞬间B的速度大小vB为2v； （3）A、B落地点之间的距离d为3vt。 十七．反冲现象中的动量守恒（共3小题） 44．2025年4月30日13点08分，神舟十九号载人飞船返回舱成功着陆。在降落伞的作用下，返回舱竖直匀速降落，当距地面1m高时，缓冲发动机开始竖直向下以一定的速度喷气，使返回舱做匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为零。已知返回舱的总质量为M，缓冲发动机喷气口的总面积为S，喷出气体密度为ρ、流量（单位时间喷出气体的体积）为Q，重力加速度大小为g，忽略返回舱质量的变化，返回舱速度对喷出气体的速度影响忽略不计，则返回舱匀减速运动过程中的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：对返回舱受力分析，根据其做匀减速运动，可得气体对返回舱的作用力与加速度满足：F﹣Mg＝Ma； 对气体，应用动量定理，以竖直向下为正方向，则：Ft＝ρQtv2﹣0，气体的流量与流速满足：，解得：， 联立可得返回舱匀减速过程中的加速度大小为：，故ABC错误，D正确。 故选：D。 45．（多选）某兴趣小组制作了如图所示的水火箭，实验时瓶内的高压气体将水快速喷出，火箭获得竖直向上的初速度，设火箭上升的最大高度为h，水火箭外壳的质量为M，水的质量为m，假设水在极短时间内以不变的速度喷出，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．高压气体对火箭外壳做的功为Mgh C．高压气体释放的能量为 D．水瞬间喷出时水流的喷出速度大小为 【答案】BC 【解答】解：A、发射过程中，火箭的推力来源于喷出的水对它的反作用力，故A错误； CD、设火箭发射的初速度为v1，火箭做竖直上抛运动知，若水喷出的初速度为v2，取竖直向上为正方向，根据动量守恒定律可得：Mv1﹣mv2＝0，可得，高压气体释放的能量为，解得：，故C正确，D错误。 B、由动能定理知高压气体对火箭外壳做功，故B正确； 故选：BC。 46．太空“泊车”——航天器的动量魔术。在太空中，中国空间站“天宫”的核心舱（质量为M）正以速度v在预定轨道上平稳运行。一艘质量为m（m远小于M）的天舟货运飞船需要从后方与之对接。对接前，飞船的速度比核心舱稍快，为v+Δv。为了使两个飞行器平稳、无冲击地对接，飞船不能使用主发动机进行“暴力”刹车”，因为那样会消耗过多燃料且难以精确控制。工程师们采用了一种精妙的策略：飞船朝向核心舱的方向，短暂喷射出一股高速气体（可视为一股粒子流）。问： （1）请简要说明工程师应用什么物理知识（原理）实现天舟飞船与核心舱实现同步？ （2）假设喷射出的气体总质量为Δm，其相对于货运飞船的喷射速度为常数u。请推导出在喷射完成后，货运飞船速度的变化量Δv的表达式。（为简化计算，可忽略核心舱质量因其被喷射气体撞击而产生的微小变化） 【解答】解：（1）物理原理：动量守恒定律与牛顿第三定律。飞船通过向前喷射高速气体，使飞船﹣气体系统在水平方向满足动量守恒。气体获得向前的动量时，根据牛顿第三定律，飞船受到向后的反冲力，从而减速至与核心舱同步。 （2）设飞船初始质量m，初速度v0（即v+Δv），喷射气体质量Δm，气体相对飞船速度为u。喷射后飞船速度为v'，取飞船运动方向为正。 气体对地速度v气＝v'+u，由系统动量守恒得：mv0＝（m﹣Δm）v'+Δmv气，代入v气得：mv0＝mv'+Δmu。 飞船动量变化量：m（v0﹣v'）＝Δmu，解得速度变化量大小。 答：（1）工程师应用动量守恒定律与牛顿第三定律实现天舟飞船与核心舱同步。 （2）喷射完成后，货运飞船速度的变化量Δv的表达式为。 十八．人船模型及其变式（共3小题） 47．如图所示，一质量M＝2.0kg的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量m＝1.0kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度v0＝4m/s，已知重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为v＝3m/s B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为 C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块运动的位移大小为 D．若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移大小为 【答案】D 【解答】解：A．若滑块固定，小球由初始位置到达最高点的过程，根据动能定理则有 代入数据解得，故A错误； B．若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有mv1﹣Mv2＝0 根据机械能守恒，则有 联立解得v1＝2m/s，故B错误； CD．若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律则有mv1﹣Mv2＝0 结合 整理可得mx1﹣Mx2＝0 位移关系则有x1+x2＝L 代入数据解得 同理可得，若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移为，故C错误，D正确。 故选：D。 48．（多选）生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为350kg的小船静止在水面上，质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（　　） A．人起跳后在空中时，船保持静止 B．在立定跳远的过程中，船后退了0.25m C．在立定跳远的过程中，人相对地面的成绩为2.25m D．若人在甲板上散步突然停止时，船将静止 【答案】BD 【解答】解：AD、对人和船整体，在水平方向上不受力，可知二者在水平方向的动量守恒；根据动量守恒，可知人在立定跳远或散步的过程，船必然向相反方向运动，若人在甲板上散步突然停止时，船将静止，故A错误，D正确； BC、由人和船整体水平动量守恒，以人的运动方向为正方向，则：0＝m人v人﹣m船v船，结合二者运动时间关系，即可知在立定跳远过程中，任意一段极短时间内，人和船分别运动的距离满足：x人＝v人t，x船＝v船t，故二者的位移满足：， 由题意可知：x人+x船＝Δx，解得：x人＝1.75m，x船＝0.25m，即船后退0.25m，在立定跳远的过程中，人相对地面的成绩为1.75m，故B正确，C错误。 故选：BD。 49．如图所示是某小型可回收火箭的某次海上发射测试示意图（图1～图3），运载火箭的工程船漂浮在平静的海面上，将发射架和火箭缓慢移出船舱后竖直火箭，随后发射火箭。已知火箭初始质量M0＝104kg，发射架质量M1＝104kg，工程船质量M2＝105kg，设重力加速度不变且取g＝10m/s2，忽略水对船的阻力。则： （1）发射架及火箭移出船舱及竖直火箭过程中（图1～图2），发射架及火箭整体重心相对工程船移动距离为L＝36m，求此过程中工程船移动的距离； （2）火箭发射后，由于消耗了质量为m的燃料，火箭质量不断减少，火箭质量M随时间变化如图4所示，求0～t0时间内火箭重力的冲量表达式； （3）火箭发射后，经过时间t0＝180s后到达悬停高度并准备悬停，求此过程火箭消耗的燃料质量m。已知火箭喷射气体速度相对地面恒定v＝4000m/s，火箭飞行过程中受到恒定空气阻力f＝4000N，消耗燃料质量不可忽略。 【解答】解：（1）设工程船移动的距离为x，则火箭和发射架移动的距离为L﹣x。在此过程中，以火箭和发射架的运动方向为正方向，根据动量守恒得： 又有：， 联立解得：x＝6m （2）根据F﹣t图像与时间轴围成的面积表示冲量。由图4可得0～t0时间内火箭重力的冲量表达式为： （3）以竖直向下为正方向，在0～t0时间内，对整个过程喷出的气体，根据动量定理有： 对整个过程喷完气体后的火箭，根据动量定理有： 结合（2）问的结果： 联立解得：m＝4353.49kg 答：（1）此过程中工程船移动的距离为6m； （2）0～t0时间内火箭重力的冲量表达式为； （3）此过程火箭消耗的燃料质量m为4353.49kg。 十九．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题（共4小题） 50．如图所示，半径R＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上，4个相同的木板紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量为m＝1kg，长l＝1.5m，它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在第一块木板左端放置一个质量为M＝2.5kg的小铅块B（可视为质点），现让一个与B完全一样的铅块A从圆弧顶端由静止滑下，经圆弧底端后与B发生弹性正碰，铅块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2，则（　　） A．小铅块A滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为50N B．铅块B刚滑至木板3时的速度为3m/s C．铅块B运动s后与某一木板共速 D．铅块B与木板间滑动过程中系统所产生的总热量为J 【答案】C 【解答】解：A．设小铅块A滑到曲面轨道下端时的速度为v0，轨道的支持力为FN，可得 解得v0＝4m/S 在轨道底端时则有 解得FN＝75N 由牛顿第三定律可知，铅块A滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为75N，故A错误； B．设小铅块A滑到第n块木板时木板开始滑动，铅块对木板的滑动摩擦力为Ff1＝μ2Mg＝0.2×2.5×10N＝5N 则有第n块木板与后面的（4﹣n）块木板受到地面的最大静摩擦力为Ff2＝μ1[M+（4﹣n+1）m]g 要使木板滑动，应满足Ff1＞Ff2，即5＞μ1[M+（5﹣n）m]g 解得n＞2.5 取n＝3，则有铅块滑至木板3时，木板开始运动，由于铅块A、B质量相等，且产生弹性碰撞，因此碰后两者速度交换，即碰后B的速度v0＝4m/s，对铅块B，由动能定理可得 解得v＝2m/s，故B错误； C．铅块B做匀减速直线运动的加速度大小为10m/s2 解得：a1＝2m/s2 通过木板1和2的时间满足 木板3和4的加速度满足 解得：a2＝0.25m/s2 假设铅块B能在木板3上滑动至共速，设再经t2时间铅块B与木板共速，则有v﹣a1t2＝a2t2 解得： 铅块B的位移满足 木板的位移满足 因为1.5m 可知假设成立，铅块B在木板3上与木板共速，因此时间 故C正确； D．铅块B通过木板1和2时系统产生的热量Q1＝μ2Mg•2l 解得：Q1＝15J 系统产生的热量满足 则有总热量为 故D错误。 故选：C。 51．质量为ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图像如图所示，则可知（　　） A．碰撞属于非弹性碰撞 B．碰撞过程中a球受到的撞击力冲量的大小为4kg•m/s C．碰前b球的动量大小为6kg•m/s D．碰撞过程中撞击力对a球做的功为4J 【答案】B 【解答】解：AC.由 x﹣t 图像的斜率表示速度可知，碰撞前a球和b球的速度分别为 vb＝0 碰撞后a球和b球的速度分别为 碰撞前b球速度为0，故动量也为0，碰撞前系统的总动能为 碰撞后系统的总动能为 可知碰撞属于弹性碰撞 故AC错误； B.对a球根据动量定理，以va的方向为正方向，可得 I＝mava'﹣mava 解得 I＝﹣4kg•m/s 可知碰撞过程中a球受到的撞击力冲量的大小为4kg•m/s，故B正确； D.根据动能定理可知，碰撞过程中撞击力对a球做的功为 故D错误。 故选：B。 52．（多选）如图甲所示，a、b两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，a的质量为m。t＝0时刻，使a获得水平向右、大小为v0的初速度，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能Epkx2，其中x为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．b的质量为2m B．t3时刻，a、b间的距离最大 C．0～t2时间内，b所受冲量的大小为mv0 D．图乙中阴影部分的面积为 【答案】BD 【解答】解：A.根据图乙可知，t1时刻两者速度相等，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 解得mb＝0.5m 故A错误； B.根据图乙a、b运动的速度一时间图像可知，t1时刻两者速度相等，此时弹簧压缩量达到最大值，之后b做加速运动，a做减速运动，t2时刻，b加速至速度达到最大值，a减速至速度达到最小值，此时弹簧恰好处于原长，之后弹簧处于拉伸状态，a做加速运动，b做减速运动，此时弹簧处于拉伸状态，t3时刻，拉伸量达到最大值，两者速度再次达到相等，之后，a继续做加速运动，b继续做减速运动，弹簧拉伸量减小，可知，t3时刻，a、b间的距离最大，故B正确； C.0～t2时间内，对b进行分析，以水平向右为正方向，根据动量定理有 即0～t2时间内，b所受冲量的大小为，故C错误； D.0～t1时间内，令弹簧的压缩量为x0，对a、b构成的系统，根据机械能守恒定律有 解得 v﹣t图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，图乙中阴影部分的面积为a相对于b的相对位移，大小等于弹簧的最大压缩量，即图乙中阴影部分的面积为，故D正确； 故选：BD。 53．如图所示，质量为2kg的小球A（视为质点），在长度均为1.6m的细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，O′P、OP与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的足够长的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C（视为质点）静止在B的左端，C与B之间的动摩擦因数为μ＝0.15。剪断细绳O′P，小球A开始运动。（重力加速度g取10m/s2）求： （1）求A运动到最低点时细绳OP对其拉力的大小； （2）当A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰（碰撞时间极短），求碰后C的速度大小； （3）A与C碰后，C相对B滑行的距离L相对。 【解答】解：（1）细绳OP的长度为L＝1.6m，从小球A开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得 解得 v0＝4m/s 设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T，根据牛顿第二定律得 解得 T＝40N （2）A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mAv0＝mAv1+mCv2 解得碰后C的速度大小 v2＝4m/s （3）A、C碰后，C与B动量守恒，以向右为正方向，达到共同速度时，由动量守恒定律得 mCv2＝（mC+mB）v3 解得 v3＝1m/s 由能量守恒定律得 解得 L相对＝4m 答：（1）A运动到最低点时细绳OP对其拉力的大小为40N； （2）当A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰后C的速度大小为4m/s； （3）A与C碰后，C相对B滑行的距离L相对为4m。 二十．验证动量守恒定律（共3小题） 54．某同学用如图所示装置做“验证动量守恒定律”实验。图中O是斜槽末端在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰小球时入射小球的平均落点，M为与被碰小球碰后入射小球的平均落点，N为被碰小球的平均落点。入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2。 （1）下列说法正确的是 　CD　 。（多选） A.轨道必须光滑，轨道末端必须水平 B.为完成此实验，必须使用的测量器材有天平、秒表、刻度尺 C.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放 D.入射小球的质量应大于被碰小球的质量，两球的半径相同 （2）实验中，需要测量的物理量有 　BD　 。（多选） A.入射小球开始释放的高度h B.平抛射程OM、ON、OP C.抛出点距地面的高度H D.入射小球和被碰小球的质量m1、m2 （3）若测量的物理量满足关系式 　m1OP＝m1OM+m2ON　 （用所测物理量的字母表示），则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量不变。 【答案】（1）CD；（2）BD；（3）m1OP＝m1OM+m2ON。 【解答】解：（1）A、只需要保证每次小球都做平抛运动，则轨道不需要光滑，轨道末端必须水平，A错误； B、小球碰撞后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，小球水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验要测量小球的质量与水平位移，需要刻度尺与天平，不需要测量时间，不需要秒表，B错误； C、同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证到达底端做平抛运动时的初速度相同，C正确； D、为防止入射小球碰后反弹，则入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，为了保证发生对心碰撞，两球半径相同，D正确。 故选：CD。 （2）A、小球碰撞后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，小球水平位移与初速度 成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，所以实验只需要测量小球的质量与水平位移就可以了，故AC错误，BD正确； 故选：BD。 （3）如果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：m1v0＝m1v1+m2v2，小球离开轨道后做 平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m1v0t＝m1v1t+m2v2t 即：m1OP＝m1OM+m2ON。 故答案为：（1）CD；（2）BD；（3）m1OP＝m1OM+m2ON。 55．小明用图1所示装置验证小球与物块碰撞过程中的动量守恒。小球的质量为m，半径为R的圆弧形轨道固定在水平桌面上，下端与桌面相切，轨道的底端固定一压力传感器。质量为M的小物块放置在紧靠轨道底端的桌面上，在桌面另一端装一位移传感器。将小球从轨道上某点由静止释放，在轨道底端与物块发生碰撞后反弹。位移传感器测出物块在一段时间内做匀减速运动的位移x随时间t变化的图像，如图2所示。通过压力传感器测出碰前和碰后小球对传感器的压力分别为F1和F2，重力加速度为g。 （1）实验中小球和物块的质量关系是m　＜　 M（选填“＞”、“＜”或“＝”）。 （2）小球第一次到达轨道底端的速度大小v1＝　　 （用题中所给物理量的字母表示），同样可求得小球反弹后的速度大小v2。 （3）为验证小球和物块碰撞过程中动量守恒，需要验证的关系式为　　 （用m、M、v1、v2、x1、x2、t1、t2表示）。 （4）关于本实验的实验要求，正确的是　B　 。 A.圆弧轨道应尽量光滑 B.小球直径应远小于轨道半径 C.多次实验时，小球需要每次都从同一位置由静止释放 （5）若实验时操作不当，物块初始位置向右偏移一小段距离，按上述方法测出的碰撞过程中小球动量的变化量　＜　 （选填“＞”、“＜”或“＝”）物块动量的增加量。 【答案】（1）＜； （2）； （3）； （4）B； （5）＜。 【解答】解：（1）实验中观察到碰撞后小球反弹，由动量守恒和碰撞规律可知，入射小球质量需小于静止物块质量才能发生反弹，故质量关系为m＜M。 （2）小球首次经过轨道最低点时，受重力mg和支持力F1作用，合力提供向心力，根据牛顿第二定律得，解得碰前速度。同理，反弹后最低点速度。 （3）取小球初速方向为正，碰撞前系统动量为mv1，碰撞后小球速度为﹣v2，物块速度为v物，动量守恒定律给出mv1＝m（﹣v2）+Mv物，整理得验证式mv1+mv2＝Mv物。由物块匀减速运动数据得平均速度，解得，故需验证。 （4）A项错误因速度直接测量；B项正确因小球尺寸影响运动半径；C项错误因验证无需固定释放点。故选B。 （5）物块偏移导致摩擦做功Δk＞0，实际碰撞速度，反弹速度，实际动量变化，测量值S测＝v1+v2。由v2＜v1及函数性质得S实＞S测，故测量动量变化量偏小。 故答案为：（1）＜； （2）； （3）； （4）B； （5）＜。 56．为了验证动量守恒定律，某实验小组的同学设计了如图所示的实验装置：将一足够长气垫导轨放置在水平桌面上，光电门1和光电门2相隔适当距离安装好，在滑块A和B相碰的端面上装有弹性碰撞架，它们的上端装有宽度均为d的挡光片，测得滑块A、B（包含遮光片）的质量分别为m1和m2。 （1）滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门之间，给A一个向右的初速度，A与静止的滑块B发生碰撞且不粘连。与光电门1相连的计时器显示的遮光时间为Δt1，与光电门2相连的计时器先后显示的两次遮光时间分别为Δt2和Δt3，为使滑块A能通过光电门2，则m1　大于　 m2（填“小于”或“等于”或“大于”）；该装置在用于“验证动量守恒定律”时 　不需要　 （填“需要”或“不需要”）测出遮光片的宽度d。 （2）在误差允许范围内满足表达式 　　 （用m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3表示），则表明两物块碰撞过程动量守恒。 （3）改变实验装置用于验证动量定理：拿下滑块A、B，把气垫导轨左端抬高，使导轨与水平面夹角为30°，然后固定导轨。让滑块A从光电门1的左边由静止滑下，通过光电门1、2的时间为ΔtA1、ΔtA2，通过光电门1和2之间的时间间隔为t，重力加速度为g，如果关系式 　　 （用d、ΔtA1、ΔtA2、t及g表示）在误差允许范围内成立，表明动量定理成立。 【答案】（1）大于；不需要；（2）；（3）。 【解答】解：（1）碰撞前滑块A的速度大小v0，碰撞后滑块A的速度大小vA，碰撞后滑块B的速度大小vB 两滑块上装有弹性碰撞架，两滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒机械能守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得m1v0＝m1vA+m2vB 由机械能守恒定律得 解得vAv0，， 为使滑块A能通过光电门2，则vA＞0，解得m1＞m2， 如果系统动量守恒，需要验证的表达式为，实验不需要测遮光条的宽度d。 （2）由（1）可知，在误差允许范围内，满足，则两滑块碰撞过程系统动量守恒。 （3）滑块A通过两光电门时的速度大小分别为vA1，vA2， 如果动量定理成立，由动量定理得m1gtsin30°＝m1v2﹣m1vA1，整理得。 故答案为：（1）大于；不需要；（2）；（3）。 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57题20大考点）（原卷版） 一．动量大小的影响因素及比较（共2小题） 二．用动量的定义式计算物体的动量（共2小题） 三．动量变化量的计算（共3小题） 四．求变力的冲量（共2小题） 五．动量定理的内容和应用（共3小题） 六．用动量定理求平均作用力（共3小题） 七．用动量定理求流体冲击问题（共3小题） 八．动量守恒定律的一般应用（共2小题） 九．某一方向上的动量守恒问题（共2小题） 十．用动量守恒定律解决简单的碰撞问题（共3小题） 十一．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用（共2小题） 十二．动量守恒定律在板块模型中的应用（共3小题） 十三．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） 十四．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用（共3小题） 十五．动量守恒定律在绳连接体问题中的应用（绳绷紧瞬间的动量变化）（共3小题） 十六．用动量守恒定律解决爆炸问题（共4小题） 十七．反冲现象中的动量守恒（共3小题） 十八．人船模型及其变式（共3小题） 十九．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题（共4小题） 二十．验证动量守恒定律（共3小题） 一．动量大小的影响因素及比较（共2小题） 1．下列说法正确的是（　　） A．图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A的动能和重力势能之和不变 B．图乙中，物体B沿固定斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒 C．图丙中，不计一切阻力，由静止释放物体A、B，物体A下降、物体B上升的过程中，物体A减少的机械能等于物体B增加的机械能 D．图丁中，小球在水平面内做匀速圆周运动，小球的动量不变 2．（多选）如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小滑块，一原长为L的轻质弹簧左端固定在O点，右端与滑块相连。直杆上还有b、c、d三个点，b点与O点在同一水平线上且Ob＝L，Oa、Oc与Ob的夹角均为37°，Od与Ob的夹角为53°。现将滑块从a点由静止释放，在滑块下滑到最低点d的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（　　） A．滑块在b点时动量最大 B．滑块从a点到c点的过程中，弹簧弹力的总冲量为零 C．滑块在c点的速度大小为 D．滑块从c点下滑到d点的过程中机械能的减少量为 二．用动量的定义式计算物体的动量（共2小题） 3．开有凹槽的斜面固定在地面上，斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。槽内上端紧挨放置四个半径均为r的相同小球，各球编号如图所示。将四个小球由静止同时释放，小球落地后均静止，不计一切摩擦。各小球在运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．球4的机械能守恒 B．球1处在OA段时动量不变 C．四个球最终的落地点各不相同 D．四个小球中球1离开轨道时的速度最小 4．某学习小组设计了一个简易的减振系统，其简化模型如图（a）所示，轻质弹簧下端固定在倾角为37°的粗糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。质量为m＝1kg的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运动过程中的合力F随位移x变化的图像如图（b）所示。已知弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（提示：可用F﹣x图线下的“面积”表示F所做的功）。求： （1）小物块与斜面间的动摩擦因数； （2）小物块刚接触弹簧时的动量大小；（结果可以带根式） （3）小物块在下滑过程中，弹簧的最大压缩量。 三．动量变化量的计算（共3小题） 5．如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为m＝1kg的小物块从斜面底端开始以初速度v0沿斜面上滑，斜面表面由于材料特殊，向上运动和向下运动时动摩擦因数不同，已知斜面的倾角θ＝37°，取水平地面为零重力势能参考面，以斜面底端为初位置，在物块在运动过程中，物块的机械能E随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），下列说法正确的是（　　） A．物块上滑和下滑产生的热量相同 B．物块上滑的时间大于物块下滑的时间 C．物块上滑过程中动量的变化量的大小为27kg•m/s D．物块下滑的动摩擦因数比上动摩擦因数大 6．如图所示，位于竖直平面内的一面墙上有A、B、C三个完全相同的窗户，将一个小球斜向上抛出，小球在空中依次飞过A、B、C三个窗户，图中曲线为小球在空中运动的轨迹，轨迹所在的平面靠近竖直墙面，且与墙面平行。不计空气阻力的影响，以下说法中正确的是（　　） A．小球通过窗户A所用的时间最长 B．小球通过窗户C的平均速度最大 C．小球通过三个窗户的动量变化率相同 D．小球通过窗户A克服重力做的功最多 7．（多选）如图甲所示，为一物块在t＝0时刻滑上了一个粗糙程度处处相同的固定斜面，斜面上端固定一距离传感器，可测量滑块到传感器的距离d，经连接传感器的计算机处理得到的距离d随时间变化的图像如图乙所示，若重力加速度以及图中d1、d2、t1、t2均为已知量，滑块可视为质点，则可求出（　　） A．斜面的倾角 B．滑块与斜面间的动摩擦因数 C．滑块在斜面上运动过程中摩擦力做的功 D．滑块从t＝0到t＝t2时刻过程中动量的变化量 四．求变力的冲量（共2小题） 8．如图所示，水平滑道与竖直面内光滑半圆形轨道BCD在B处平滑相接。轨道半径为R，轻弹簧左端固定在水平滑道左侧的固定挡板M上，弹簧右端自然伸长到A点。质量为m的物块从A点在水平向左的推力下由静止缓慢压缩弹簧到N点（物块与弹簧不拴接），现撤去外力，物块沿水平滑道运动由B点进入半圆形轨道BCD，且刚好能到达半圆形轨道的顶端D点处。已知A、B两点的距离为L，物块与水平滑道A、B之间的动摩擦因数为μ，水平滑道M、A之间光滑，重力加速度为g，物块可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．物块到D点处时速度为0 B．物块在半圆轨道运动过程，轨道的弹力冲量为0 C．物块离开弹簧时的速度大小为 D．水平向左的推力推物块压缩弹簧过程中做功为mgR+μmgL 9．如图所示，两重物A、B的质量分别为m1、m2，轻弹簧下悬挂B，B与A之间用轻绳连接，均处于平衡状态。现剪断A、B间的轻绳，经较短时间后A速度大小为u，B速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度为g，求： （1）这段时间Δt； （2）这段时间内弹力的冲量。 五．动量定理的内容和应用（共3小题） 10．（多选）如图，长为L的轻杆连接两个质量均为m的小球A、B置于倾角为θ的光滑斜面上，刚开始，轻杆在外力作用下处于竖直状态，现撤去外力，小球B沿斜面下滑，轻杆向左倒下，经时间，小球A恰好即将要落在斜面上的小球B初始位置处，此时小球A、B的速度大小分别为vA、vB，斜面对小球B的冲量大小为I，下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 11．如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求： （1）碰撞后小球A反弹的速度大小； （2）碰后轻弹簧获得的最大弹性势能； （3）物块C的最大速度大小。 12．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）右端固定在A点，自然长度等于AB。弹性绳跨过由固定轻杆OB固定的光滑定滑轮连接一个质量为m＝1kg的小球，小球穿过竖直固定的杆，初始时弹性绳ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放，当滑到E点时速度恰好为零，已知C、E两点间距离为h＝1m，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为5N，小球与杆之间的动摩擦因数为0.4，弹性绳始终处在弹性限度内，重力加速度为g＝10m/s2。已知质点做简谐振动周期公式T＝2π（m为质点质量，k为振动系数，满足：做简谐运动的物体所受回复力F＝﹣kx），弹性轻绳的弹性势能Epk1Δx2（k1为弹性轻绳的劲度系数，Δx为形变量），求： （1）小球从C到E克服弹性绳弹力做功W； （2）在E点给小球一个竖直向上的速度v，使小球恰好能回到C点，求v的大小； （3）从C到E的过程中，弹性轻绳对小球的冲量I大小。 六．用动量定理求平均作用力（共3小题） 13．如图所示，一高空作业的工人重为600N，身上系一条长L＝5m的安全带。若工人不慎跌落，当安全带伸直后，工人在安全带的保护下转危为安。为了简化问题，将工人视为质点且跌落后始终沿竖直方向运动，该安全带的缓冲时间t＝1s，完成缓冲后工人在空中静止。g取10m/s2，不计空气阻力，以竖直向上为正方向，下列说法正确的是（　　） A．缓冲过程中，重力对人的冲量为1200N•s B．缓冲过程中，人的动量变化量为﹣600kg•m/s C．缓冲过程中，安全带对人的冲量为1200N•s D．缓冲过程中，安全带对人的平均作用力为1800N 14．《卖油翁》是宋代文学家欧阳修创作的一则写事明理的寓言故事，说明了熟能生巧的道理。油从距离地面高度为H的地方倒出，油束刚好充满钱孔倒入壶内，钱孔的横截面积为S，油壶的高度为h，油的密度为ρ，重力加速度为g。若油倒入瓶底四处散开，没有飞溅。求： （1）极短时间Δt内倒入油的质量Δm； （2）在最初的一段时间内，油对壶底的冲击力大小。 15．在一次狩猎活动中，猎手站在高处将标枪从离水平地面高度H＝7.2m的A点水平抛出，猎物沿BC以v0＝20m/s速度向右匀速运动。A′为A点在地面上的投影点，A′与直线BC的位置关系如图所示，A′到BC的距离d＝6m。已知猎手投掷标枪的最大速度vm＝13m/s，标枪的质量m＝1kg。以O点为坐标原点，沿BC方向建立图示坐标系。猎物和标枪均可视为质点，不计空气阻力，14.4。 （1）标枪落地时与地面的作用时间Δt＝0.1s，求地面对标枪平均作用力的最大值； （2）若要击中猎物，求猎手掷出标枪时猎物所在位置的坐标范围。 七．用动量定理求流体冲击问题（共3小题） 16．2025年9月3日举行的盛大阅兵式上直升机编队里共有9架由景德镇直升机厂所研制的直升机，已知直升机质量为M，空气密度为ρ，重力加速度为g，当直升机在空中悬停时，桨叶旋转时形成的圆面半径为R，直升机的桨叶旋转推动空气，空气获得速度为v，不计空气浮力及风力影响，则下列说法正确的是（　　） A．发动机在悬停时的输出功率为 B．单位时间内桨叶旋转推动空气的质量m＝ρv2πR2 C．升力大小为 D．直升飞机悬停在空中时其所受的合外力冲量不为零 17．如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。风力发电机转化效率可视为不变，该风力发电机将空气动能转化为电能的效率为η，每台风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片，经过叶片后风速变为原来的一半，则（　　） A．该风力发电机发电的功率为ρAv3 B．该风力发电机发电的功率为ηρAv3 C．风对叶片的作用力为ρAV2 D．风对叶片的作用力为ρAV2 18．某游乐园有一喷泉，竖直向上喷出的水柱将一质量为M的开口向下的铁盒倒顶在空中，铁盒稳定悬停。已知水以恒定的速率v0从截面积为S的管口中持续不断的喷出；盒子内底平整（盒子底面积大于与盒底接触的水流截面积）；水流向上运动并冲击铁盒后，在竖直方向水的速度减为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力，已知水的密度为ρ，重力加速度g，求： （1）喷泉单位时间内喷出的水的质量m； （2）盒子在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度h。 八．动量守恒定律的一般应用（共2小题） 19．如图所示，甲、乙两船的质量（包括船、人和货物）均为5m，两船沿同一直线相向运动，两船速率分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住。忽略空气阻力及水对船的阻力，则抛出货物的最小速率为（　　） A．0.5v0 B．v0 C．7v0 D．7.5v0 20．如图，斜面倾角为37°，两物块A、B通过一根长为l＝1m的不可伸长的轻绳连接，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.7、μ2＝0.45，PQ段光滑且水平，斜面与水平面在P点平滑连接，O点位于Q点正下方。将A、B紧贴在一起由斜面上某处静止释放，当B到达斜面末端时轻绳恰好绷直，此时剪断轻绳，A、B最终停在水平地面上的落点M、N满足3ON＝2OM，重力加速度g取10m/s2，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）A、B释放点与斜面末端的距离d； （2）A、B两物块质量之比。 九．某一方向上的动量守恒问题（共2小题） 21．刚落幕的2024年成都国际乒联混合团体世界杯球，中国队蝉联冠军。某次比赛男队球员林诗栋发球直接得分，简化图如图所示，已知发球时球与桌面在同一水平面且与水平方向成30°斜向上发出，球发出后受到空气阻力作用，设其所受空气阻力与速度大小成正比，比例系数为k，乒乓球在空中飞行时间为t，发球点与落球点的水平距离为x，末速度与桌面水平方向的夹角为60°，已知乒乓球质量为m，重力加速度为g。则乒乓球发球时和落到桌面时的速度大小分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 22．（多选）如图所示，半径为R的光滑半球放在光滑水平面上，将一个小滑块（可视为质点）轻放在半球的顶端，小滑块和半球均处于静止状态。在外界的微小扰动下，小滑块从静止开始沿球面自由下滑，当小滑块与球心连线与竖直方向夹角θ＝37°时，小滑块离开球面。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．小滑块在球面上滑动过程中，小滑块与半球组成的系统动量守恒 B．小滑块在球面上滑动过程中，小滑块与半球组成的系统机械能守恒 C．小滑块离开半球时，半球的速度大小为 D．小滑块离开半球时，半球移动的距离为 十．用动量守恒定律解决简单的碰撞问题（共3小题） 23．如图所示，一乒乓球撞击水平面上A点后，经过B点反弹到最高点C时，被球拍沿水平方向击回，恰好落在A处。若球反弹时为弹性碰撞，不计空气阻力，则关于此运动过程判断正确的是（　　） A．球撞击球拍前的速度与撞击之后的速度之比为1：3 B．球撞击球拍前的速度与撞击之后的速度之比为3：1 C．球从A到B的时间与C到A的时间之比为2：3 D．球从A到B的时间与C到A的时间之比为3：2 24．（多选）光滑的水平面上停放着小车甲和乙，开始两车之间的距离较大，两车之间没有作用力，已知甲车的质量为m甲＝0.5kg、乙车的质量为m乙＝1kg，某时刻同时给甲车v甲＝2m/s的速度、给乙车v乙＝3m/s的速度，使两车相向运动，当两车之间的距离小于某临界值时两车之间产生一恒定的斥力，整个运动过程中两车始终没有发生碰撞。则下列说法正确的是（　　） A．在运动的过程中甲车的速度先减为零 B．当两车之间的距离最小时，乙车的速度为零 C．当两车之间的距离最小时，甲车的速度大小为 D．当甲车的速度减为零时，乙车的速度大小为2m/s 25．如图所示，小球b从距水平地面高度为h处开始做自由落体运动，运动时，小球a速度水平向右，与小球b在水平方向上发生弹性碰撞，碰撞时间极短，两球碰前瞬间的速度大小相等，mb＝3ma，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求： （1）小球a碰前瞬间的速度大小v； （2）小球b碰后瞬间的速度大小vb； （3）两小球落地的时间差Δt； （4）两小球在水平地面上的落点间的距离d。 十一．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用（共2小题） 26．如图所示，把一个质量为m1的小球放在高度为h的直杆的顶端，一颗质量为m′的子弹以速度v0沿水平方向击中小球，并在很短时间内穿过球心，小球落地处离杆的距离为s，子弹落地处离杆的距离为s′。如果增大子弹速度v0，且认为子弹与小球之间的作用力与二者相对运动速度大小无关，下列判断正确的是（　　） A．s增大、s′也增大 B．s增大，s′减小 C．s减小，s′增大 D．子弹和小球系统机械能的损失减小 27．如图所示，足够长木块静止在光滑水平面上，A、B为两颗不同的子弹，子弹A的质量为m。若子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度为LA，子弹B射入木块的深度为LB，且LA＝3LB，若保持子弹射入木块前的速度大小不变，先让A子弹射入木块，A与木块相对静止后让B子弹射入木块，A射入木块的深度为LA′，B射入木块的深度为LB′，设木块对子弹的阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则下列说法正确的是（　　） A．子弹B的质量为2m B．LA+LB＝LA′+LB′ C．LA＜LA′ D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能小 十二．动量守恒定律在板块模型中的应用（共3小题） 28．如图，质量m1＝2kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝3kg的小物块以初速度v0水平向右滑上木板左端，一段时间后两者共速，速度为v1＝2m/s，此时木板未与弹簧接触。之后的运动中，小物块与木板始终保持相对静止，弹簧处在弹性限度内。若小物块与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在弹性限度内弹簧弹性势能Ep与形变量x的关系为Epkx2，（g＝10m/s2），则（　　） A．小物块初速度v0m/s B．小物块与木板间动摩擦因数μ至少为0.4 C．若μ＝0.5，木板长度至少为0.6m D．若μ＝0.5，木板初始位置与弹簧的距离至少为0.6m 29．如图所示，木板A和滑块C静置于水平轨道上，滑块B从木板A的左端以初速度v0＝4m/s滑上A。A、B、C的质量均为m＝2kg，木板A下表面光滑，上表面粗糙，滑块C与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1。当滑块B与木板A第一次速度相等后，A、C第1次碰撞。已知A与C间的碰撞均为弹性碰撞（时间极短），木板A足够长，g＝10m/s2。求： （1）A与C第1次碰撞前，A、B间因摩擦产生的热量； （2）A与C第1次碰后的速度大小vA1和vC1； （3）A、C第n次碰撞至第（n+1）次碰撞过程中C的位移大小xCn。 30．如图所示，圆心角θ＝53°，半径R＝3m的光滑圆弧轨道BC固定在水平地面上，其末端C切线水平；两个质量均为M＝1kg、长度均为L＝4.5m的木板D、E静止在粗糙的水平地面上，其上表面与C端等高且平滑接触；水平传送带固定，且沿顺时针转动。现将质量m＝2kg的物块A轻放在传送带的左端，离开传送带后从B点沿切线方向进入BC轨道，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块A与木板间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，AB间竖直高度h＝0.8m，传送带长度为x＝1.5m，木板D与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.2，木板E下表面光滑。取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： （1）物块A滑到C点时，在C点受到圆弧轨道支持力的大小； （2）物块A到达B点所用时间； （3）物块A与木板E之间摩擦产生的热量。 十三．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） 31．如图所示，半径均为R、内外表面均光滑的两个完全相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在光滑水平面上，A、B质量均为M，a、b两点分别为A、B槽的最高点，c、d两点分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁，一个质量为m的小球P（视为质点）从圆弧槽A的顶端静止释放，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球P从a点运动到c点时的速度大小为 B．小球P在B槽内运动的最大高度为 C．小球P第一次返回B槽最低点d时，B槽具有的速度为 D．小球P从B槽最低点d到第一次返回B槽最低点d过程中，B槽的位移为 32．（多选）如图所示，质量为m的物体甲静止在光滑水平面上，物体甲右侧面是半径为R的光滑圆弧轨道，且轨道的最低点与水平面相切于B点，4点为轨道的最高点，质量为4m的小球丙静止在水平面上，质量为2m的小球乙从A点由静止释放，经过一段时间两小球发生弹性碰撞，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．从开始释放到物体甲、乙分离的过程，物体甲向左滑动的距离为 B．小球乙运动到弧形轨道的最低点时，小球乙对轨道的压力大小为12mg C．小球乙不能再次返回弧形轨道 D．小球乙、丙碰后瞬间，甲、丙的速度大小之比为3：4 33．如图所示，一质量M＝5kg的木板放置于光滑水平地面上，木板左端AB段为圆心角θ＝53°的光滑圆弧，BC段为上表面长度L＝1.5m的水平粗糙部分，BC段的厚度为h0＝4cm，两段在B点平滑连接。一质量 m＝1kg的滑块放置于木板右端C点，滑块与木板间动摩擦因数为μ＝0.4。某时刻木板受到F＝39N的水平向右的恒力作用，木板开始向右运动，当滑块相对木板运动至B点时撤去恒力F，当滑块相对木板运动至A点时木板的速度为v＝6.6m/s。取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，滑块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： （1）当滑块相对木板运动至B点时，滑块的速度v1和木板的速度v2； （2）木板AB段圆弧的半径R； （3）滑块落地时，滑块与木板间的水平距离Δx。 十四．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用（共3小题） 34．如图所示，质量分别为m1、m2的小球A、B用轻弹簧连接且m1＞m2，两小球分别套在两平行光滑水平轨道上，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d，B的左侧有一固定挡板，假设轨道足够长，A由图示位置由静止释放，当A与B相距最近时，A的速度为v1，则在以后的运动过程中（　　） A．A的最小速度是0 B．A的最小速度是 C．B的最大速度是v1 D．B的最大速度是 35．（多选）如图所示，物体B静置在光滑的水平面上，其左端固定一轻弹簧，某时刻给物体A一向右的瞬时冲量I，已知物体A、B的质量分别为mA、mB且mA＜mB，弹簧始终在弹性限度内。从A与弹簧接触到分离的过程，下列说法正确的是（　　） A．二者共速时，物体A的速度最小 B．物体A的最小速度为0 C．分离时物体A的速度向右 D．弹簧的最大弹性势能为 36．如图所示，在光滑的水平面上有三个小物块A、B、C，三者处于同一直线上，质量分别为mA＝3m、mB＝m、mC＝m，初始A、B用轻弹簧栓连处于静止状态，C以初速度v0向左运动，B、C相碰时间极短，之后以相同速度向左运动但不粘连，求： （1）B、C相碰后的速度大小； （2）弹簧压缩量最大时储存的弹性势能Ep1； （3）弹簧伸长量最大时储存的弹性势能Ep2。 十五．动量守恒定律在绳连接体问题中的应用（绳绷紧瞬间的动量变化）（共3小题） 37．如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长轻绳连接．现将两球置于间距为l的足够高处，当A球自由下落的同时，B球以速度v0指向A球水平抛出．不计空气阻力，则从开始释放到绳子绷紧过程中（　　） A．A球下落高度为时，一定与B球发生碰撞 B．碰撞后瞬间A的速度大小为v0 C．轻绳拉直过程中，A的水平速度增加 D．轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量为 38．（多选）如图所示，两个物体m1、m2（可视为质点）通过一根不可伸长的轻绳连接，跨过质量不计的光滑定滑轮。初始时m1静止于水平地面上，m2悬于空中距离地面H处。先将m2竖直向上再举高h（未触及滑轮）然后由静止释放。细绳绷紧时间极短，可视为完全非弹性碰撞，之后两个物块以大小相等的速度一起运动，且m2恰好可以和地面接触。取g＝10m/s2，不计一切阻力。求（　　） A．m1离开地面后，两物块组成的系统机械能守恒 B．若m1＝2kg、m2＝1kg、H＝0.6m，则m2的最大动能为18J C．1 D．21 39．如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为m＝1.0kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98kg的木块，现有一个质量为m0＝20g的子弹以v＝100m/s的水平速度射入木块并留在木块中（不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g取10m/s2），求： （1）木块和子弹这个系统损失的机械能； （2）木块所能达到的最大高度（保留两位有效数字）； （3）圆环的最大速度。 十六．用动量守恒定律解决爆炸问题（共4小题） 40．如图，小明同学根据学到的知识，自制了一个微型大炮，炮管两端开口，与水平面的夹角为30°，炮管固定在高度为h的竖杆上，质量分别为m、2m的炮弹P、Q装填在炮管中，炮弹之间填有火药。点燃火药，火药将释放的化学能全部转化为两发炮弹的动能，炮弹P的落地点与竖杆的距离为，不计炮管长度、火药质量，爆炸时间极短，下列说法中正确的是（　　） A．炮弹P比炮弹Q早落地 B．炮弹Q的初动能是炮弹P的2倍 C．爆炸过程，两炮弹动量不守恒 D．两炮弹在空中落地前的距离先增大后减小 41．（多选）现有一高空实验小平台，平台正下方的水平地面上安装有声音记录仪。平台上的爆炸物被引爆后炸裂成两个碎块A和B，且A、B质量之比为2：1、初速度均沿水平方向。引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s。忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．从爆炸后到落地，A、B受到的冲量大小之比为2：1 B．从爆炸后到落地，A、B的位移大小之比为1：2 C．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为1020m D．爆炸后碎块A的初速度为68m/s 42．天津泰达航母主题公园在国庆节举办了《津彩盛焰•礼赞祖国》焰火秀活动，祝福祖国繁荣昌盛。烟花弹的燃放过程可简化为以下模型：一枚质量m＝0.6kg的烟花弹在地面上以v0＝20m/s的初速度竖直向上射出。当烟花弹上升至最高点时炸成质量m1＝0.2kg、m2＝0.4kg的A、B两块，其中A块竖直向上运动。爆炸释放的能量E＝270J，且有50%转化为A、B两块的动能。爆炸时间极短，不计空气阻力和火药质量，重力加速度g取10m/s2。求： （1）爆炸结束后的瞬间，A、B两块的速度大小v1和v2； （2）A块离地面的最大高度H； （3）B块落地时，A块的速度大小v3。 43．某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求： （1）该物体抛出时的初速度大小v0； （2）炸裂后瞬间B的速度大小vB； （3）A、B落地点之间的距离d。 十七．反冲现象中的动量守恒（共3小题） 44．2025年4月30日13点08分，神舟十九号载人飞船返回舱成功着陆。在降落伞的作用下，返回舱竖直匀速降落，当距地面1m高时，缓冲发动机开始竖直向下以一定的速度喷气，使返回舱做匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为零。已知返回舱的总质量为M，缓冲发动机喷气口的总面积为S，喷出气体密度为ρ、流量（单位时间喷出气体的体积）为Q，重力加速度大小为g，忽略返回舱质量的变化，返回舱速度对喷出气体的速度影响忽略不计，则返回舱匀减速运动过程中的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 45．（多选）某兴趣小组制作了如图所示的水火箭，实验时瓶内的高压气体将水快速喷出，火箭获得竖直向上的初速度，设火箭上升的最大高度为h，水火箭外壳的质量为M，水的质量为m，假设水在极短时间内以不变的速度喷出，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．高压气体对火箭外壳做的功为Mgh C．高压气体释放的能量为 D．水瞬间喷出时水流的喷出速度大小为 46．太空“泊车”——航天器的动量魔术。在太空中，中国空间站“天宫”的核心舱（质量为M）正以速度v在预定轨道上平稳运行。一艘质量为m（m远小于M）的天舟货运飞船需要从后方与之对接。对接前，飞船的速度比核心舱稍快，为v+Δv。为了使两个飞行器平稳、无冲击地对接，飞船不能使用主发动机进行“暴力”刹车”，因为那样会消耗过多燃料且难以精确控制。工程师们采用了一种精妙的策略：飞船朝向核心舱的方向，短暂喷射出一股高速气体（可视为一股粒子流）。问： （1）请简要说明工程师应用什么物理知识（原理）实现天舟飞船与核心舱实现同步？ （2）假设喷射出的气体总质量为Δm，其相对于货运飞船的喷射速度为常数u。请推导出在喷射完成后，货运飞船速度的变化量Δv的表达式。（为简化计算，可忽略核心舱质量因其被喷射气体撞击而产生的微小变化） 十八．人船模型及其变式（共3小题） 47．如图所示，一质量M＝2.0kg的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量m＝1.0kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度v0＝4m/s，已知重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为v＝3m/s B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为 C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块运动的位移大小为 D．若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移大小为 48．（多选）生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为350kg的小船静止在水面上，质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（　　） A．人起跳后在空中时，船保持静止 B．在立定跳远的过程中，船后退了0.25m C．在立定跳远的过程中，人相对地面的成绩为2.25m D．若人在甲板上散步突然停止时，船将静止 49．如图所示是某小型可回收火箭的某次海上发射测试示意图（图1～图3），运载火箭的工程船漂浮在平静的海面上，将发射架和火箭缓慢移出船舱后竖直火箭，随后发射火箭。已知火箭初始质量M0＝104kg，发射架质量M1＝104kg，工程船质量M2＝105kg，设重力加速度不变且取g＝10m/s2，忽略水对船的阻力。则： （1）发射架及火箭移出船舱及竖直火箭过程中（图1～图2），发射架及火箭整体重心相对工程船移动距离为L＝36m，求此过程中工程船移动的距离； （2）火箭发射后，由于消耗了质量为m的燃料，火箭质量不断减少，火箭质量M随时间变化如图4所示，求0～t0时间内火箭重力的冲量表达式； （3）火箭发射后，经过时间t0＝180s后到达悬停高度并准备悬停，求此过程火箭消耗的燃料质量m。已知火箭喷射气体速度相对地面恒定v＝4000m/s，火箭飞行过程中受到恒定空气阻力f＝4000N，消耗燃料质量不可忽略。 十九．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题（共4小题） 50．如图所示，半径R＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上，4个相同的木板紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量为m＝1kg，长l＝1.5m，它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在第一块木板左端放置一个质量为M＝2.5kg的小铅块B（可视为质点），现让一个与B完全一样的铅块A从圆弧顶端由静止滑下，经圆弧底端后与B发生弹性正碰，铅块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2，则（　　） A．小铅块A滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为50N B．铅块B刚滑至木板3时的速度为3m/s C．铅块B运动s后与某一木板共速 D．铅块B与木板间滑动过程中系统所产生的总热量为J 51．质量为ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图像如图所示，则可知（　　） A．碰撞属于非弹性碰撞 B．碰撞过程中a球受到的撞击力冲量的大小为4kg•m/s C．碰前b球的动量大小为6kg•m/s D．碰撞过程中撞击力对a球做的功为4J 52．（多选）如图甲所示，a、b两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，a的质量为m。t＝0时刻，使a获得水平向右、大小为v0的初速度，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能Epkx2，其中x为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．b的质量为2m B．t3时刻，a、b间的距离最大 C．0～t2时间内，b所受冲量的大小为mv0 D．图乙中阴影部分的面积为 53．如图所示，质量为2kg的小球A（视为质点），在长度均为1.6m的细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，O′P、OP与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的足够长的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C（视为质点）静止在B的左端，C与B之间的动摩擦因数为μ＝0.15。剪断细绳O′P，小球A开始运动。（重力加速度g取10m/s2）求： （1）求A运动到最低点时细绳OP对其拉力的大小； （2）当A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰（碰撞时间极短），求碰后C的速度大小； （3）A与C碰后，C相对B滑行的距离L相对。 二十．验证动量守恒定律（共3小题） 54．某同学用如图所示装置做“验证动量守恒定律”实验。图中O是斜槽末端在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰小球时入射小球的平均落点，M为与被碰小球碰后入射小球的平均落点，N为被碰小球的平均落点。入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2。 （1）下列说法正确的是 　 　 。（多选） A.轨道必须光滑，轨道末端必须水平 B.为完成此实验，必须使用的测量器材有天平、秒表、刻度尺 C.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放 D.入射小球的质量应大于被碰小球的质量，两球的半径相同 （2）实验中，需要测量的物理量有 　 　 。（多选） A.入射小球开始释放的高度h B.平抛射程OM、ON、OP C.抛出点距地面的高度H D.入射小球和被碰小球的质量m1、m2 （3）若测量的物理量满足关系式 　 　 （用所测物理量的字母表示），则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量不变。 55．小明用图1所示装置验证小球与物块碰撞过程中的动量守恒。小球的质量为m，半径为R的圆弧形轨道固定在水平桌面上，下端与桌面相切，轨道的底端固定一压力传感器。质量为M的小物块放置在紧靠轨道底端的桌面上，在桌面另一端装一位移传感器。将小球从轨道上某点由静止释放，在轨道底端与物块发生碰撞后反弹。位移传感器测出物块在一段时间内做匀减速运动的位移x随时间t变化的图像，如图2所示。通过压力传感器测出碰前和碰后小球对传感器的压力分别为F1和F2，重力加速度为g。 （1）实验中小球和物块的质量关系是m　 　 M（选填“＞”、“＜”或“＝”）。 （2）小球第一次到达轨道底端的速度大小v1＝　 　 （用题中所给物理量的字母表示），同样可求得小球反弹后的速度大小v2。 （3）为验证小球和物块碰撞过程中动量守恒，需要验证的关系式为　 　 （用m、M、v1、v2、x1、x2、t1、t2表示）。 （4）关于本实验的实验要求，正确的是　 　 。 A.圆弧轨道应尽量光滑 B.小球直径应远小于轨道半径 C.多次实验时，小球需要每次都从同一位置由静止释放 （5）若实验时操作不当，物块初始位置向右偏移一小段距离，按上述方法测出的碰撞过程中小球动量的变化量　 　 （选填“＞”、“＜”或“＝”）物块动量的增加量。 56．为了验证动量守恒定律，某实验小组的同学设计了如图所示的实验装置：将一足够长气垫导轨放置在水平桌面上，光电门1和光电门2相隔适当距离安装好，在滑块A和B相碰的端面上装有弹性碰撞架，它们的上端装有宽度均为d的挡光片，测得滑块A、B（包含遮光片）的质量分别为m1和m2。 （1）滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门之间，给A一个向右的初速度，A与静止的滑块B发生碰撞且不粘连。与光电门1相连的计时器显示的遮光时间为Δt1，与光电门2相连的计时器先后显示的两次遮光时间分别为Δt2和Δt3，为使滑块A能通过光电门2，则m1　 　 m2（填“小于”或“等于”或“大于”）；该装置在用于“验证动量守恒定律”时 　 　 （填“需要”或“不需要”）测出遮光片的宽度d。 （2）在误差允许范围内满足表达式 　 　 （用m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3表示），则表明两物块碰撞过程动量守恒。 （3）改变实验装置用于验证动量定理：拿下滑块A、B，把气垫导轨左端抬高，使导轨与水平面夹角为30°，然后固定导轨。让滑块A从光电门1的左边由静止滑下，通过光电门1、2的时间为ΔtA1、ΔtA2，通过光电门1和2之间的时间间隔为t，重力加速度为g，如果关系式 　 　 （用d、ΔtA1、ΔtA2、t及g表示）在误差允许范围内成立，表明动量定理成立。 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $