考点16 动量守恒定律及其一般应用-【红对勾】2026年高考物理一轮复习金卷

考点16动量守恒定律及其一般应用 刷小题·重基础 1.（多选)(2024·云南昭通模拟)国产科幻大片中有这样的情节：为了 自救，人类提出一个大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万 座发动机和转向发动机，推动地球离开太阳系，用2500年的时间 奔往另外一个栖息之地。这个科幻情节里有反冲运动的原理，现实 中的下列运动，属于反冲运动的有 ( ) A.汽车的运动 B.直升机的运动 C.火箭的运动 D.喷气式飞机的运动 2.(多选)(2024·山西朔州模拟)木块a和b用一根轻弹簧连接起来， 放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使 弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是() F a b A.a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒 B.a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒 C.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒 D.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒 3.(2024·河南邓州模拟)甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的 质量都是M,甲手持一个质量为m的球，现甲把球以相对地面为 的速度传给乙，乙接球后又以相对地面为2的速度把球传回给甲， 甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为 2M B.M+m C.M+m M A.M-m M 3M D.M+m 4.(2025·四川南充阶段性诊断)如图所示，在摩擦可以忽略不计的水 平面上，当质量为2m的小球A以速度v。向右运动时与质量为9m 的静止小球B发生碰撞，碰撞后B球以兮的速度向右运动，则碰撞 后A球的速度为 A○ ●B 077 A.以？的速度向右运动 且以学的速度向左运动 C以受的速度向右运动 D.以3的速度向右运动 5.(2024·广西贵港模拟)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰 面上匀速相向行驶，速度大小均为。=6m/s,甲车上有质量为 =1kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为 M1=50kg,乙和他的小车的总质量为M2=30kg。为避免相撞，甲 不断地将小球以相对地面为v'=16.5m/s的水平速度抛向乙，且 被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两 车不相撞。则甲总共抛出的小球个数是 () A.12 B.13 C.14 D.15 6.（多选)(2025·湖北襄阳诊断)如图所示，在光滑水平面上，一质量 为m1=0.1kg的小球1以速度v1=6m/s的速度与静止的小球2 发生正碰。碰后小球1的速度大小为3m/s,方向与碰撞前相反， 小球2的速度大小为3m/s。由此可判断 () 2 7777777777707777777 A.m2=0.3kg B.碰撞过程中，小球1对小球2的冲量大小为0.3N·s C.该碰撞是非弹性碰撞 D.碰撞过程中系统总动能最小值为0.45J 7.(2024·广东惠州模拟)一质量为M的航天器正以速度v。在同步 卫星轨道上做圆周运动，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动 机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为1（以地 心为参考系)，加速后航天器的速度大小为2，则喷出气体的质量 m为 ) 02+v0M A. 2一U0M B.- C.vM 2一00M D.- 01十U2 01—U2 01+v2 02一U1 8.(2024·甘肃酒泉模拟)如图所示，有一个质 量为4的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速 度大小为。、方向水平向东，在最高点爆炸成 质量不等的两块，其中一块质量为3m,速度 大小为，方向水平向东。规定以水平向东为正方向，则另一块的 速度是 ( A.300-v B.4w0-3vC.3v0-2v D.3v-400 9.(2024·福建宁德模拟)如图所示，质量为0.5kg的小球在距离车 底面高20m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5m/s的速度 沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车 与油泥的总质量为4kg,设小球在落到车底前瞬间速度是25m/s, 重力加速度g取10m/s2,则当小球与小车相对静止时，小车的速 度是 () 考点16动量守恒定律及其一般应用039 7h77K777F77777171777777777 A.5 m/s B.4 m/s C.8.5m/s D.9.5m/s 10.(2024·湖北咸宁模拟)如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆 平板车A,车上有两个小滑块B和C,A、B、C三者的质量分别是 3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为k,而C与平板车之 间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同 时以大小相同的初速度？。相向滑行。已知B、C最后都没有脱离 平板车，则平板车的最终速度车是 () BAC HEERRFRD61FFFF6R 1 1 1 A.200 B.60 C.30 D.0 11.（多选)(2025·广东揭阳模拟)如图所示，将 R 一质量为M、半径为R的光滑半圆形槽静 置于光滑水平面上，今让一质量为m的小球ZZ22777772227777777777727777 自左侧槽口从A点由静止开始落下，则下列结论正确的是() A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与半圆形槽构成的系 统机械能守恒 B.小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与半圆形槽在水平方 向动量守恒 C.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移大小是2MR M+m D.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移大小是2mR M+m 12.（多选)(2024·河北邢台模拟)如图示，绳长为 l,小球质量为m,小车质量为M,将小球向右拉 至轻绳水平后放手，则（水平面光滑） ( A.系统的总动量守恒 B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零 C.小球不能向左摆到原高度 D.小车向右移动的最大距离为M十m 2ml 13.(2024·四川成都诊断)质量为m1和m2↑xm 16----------------- 的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞 72 时间不计，其x-t图像如图所示。则 8 ( 11 A.碰前m2的速度为4m/s 0402对闪·高考一轮复习金卷物理 B.碰后m2的速度为4m/s C.若m1=2kg,则m2=3kg D.若m1=2kg,则m2=6kg 14.(2024·山东烟台诊断)在发射地球卫星时需要运载火箭多次点 火，以提高最终的发射速度。某次地球近地卫星发射的过程中，火 箭喷气发动机每次喷出质量为m=800g的气体，气体离开发动机 时的对地速度v=1000m/s,假设火箭（含燃料在内）的总质量为 M=600kg,发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则 ( A.第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4m/s B.地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2km/s C.要使火箭能成功发射至少要喷气500次 D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气17s 15.(2024·河南郑州诊断)A、B两球沿一直 线发生正碰，如图所示的、-t图像记录了10 8 两球碰撞前后的运动情况，图像中的α、b 分别是A、B两球碰前的s-t图线，c是 碰撞后的s-t图线（图线a与纵轴的交点 坐标为9)，若球A的质量mA=2kg,则 由图像可知 A.球B的质量mB=3kg B.碰撞前球A的动量大小为2kg·m/s C.碰撞过程中，球A受到的冲量大小为3N·s D.碰撞过程中，球B动量变化的大小为1kg·m/s 16.(2024·安徽宿州模拟)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿 同一直线同一方向运动，A球的动量是9kg·m/s,B球的动量是 5kg·m/s,当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的 动量可能值是 () A.pa=10kg·m/s,pB=4kg·m/s B.pA=6kg·m/s,pB=8kg·m/s C.pA=一2kg·m/s,pB=l6kg·m/s D.pA=-4kg·m/s,pB=17kg·m/s 刷大题·提能力 17.(2025·辽宁辽阳期末)如图所示，足够大的水平平台AB与水平 地面OD间的高度差为h,OB⊥OD,C为OD的中点。一物块静 止在平台边缘B处，质量为。的小球从D点以某一初速度沿与 水平方向夹角日=37°的方向斜向上射出，恰好水平击中物块，碰撞 后小球反弹落到C点。物块与平台间的动摩擦因数为“，重力加 速度为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8，小球与物块的碰撞为弹性碰 撞（碰撞时间极短），物块与小球均视为质点，不计空气阻力。求： (1)小球击中物块前瞬间小球的速度大小。； (2)物块的质量m; (3)物块在平台上滑行的路程x。 B h b7mmmmmm D 18.(2024·安徽阜阳模拟)如图所示，质量为M的滑块套在光滑的水 平杆上，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端与滑块 上面的活动铰链相连，不计一切摩擦，重力加速度g取10m/s2, 已知：M=2kg,m=1kg,L=0.5m,π≈3。 (1)若滑块锁定，在杆的中点处施加一大小恒定、方向始终垂直于 杆的力F,杆转过时撒去拉力，小球恰好到达最高点，求拉力F 的大小 (2)若滑块解除锁定，给小球一个竖直向上的速度v。=4m/s,求 小球通过最高点时的速度大小1以及此时小球对杆的作用 力F2; (3)在满足(2)的条件下，试求小球到达最高点时滑块的位移大小。 L 1m M2gh1,号=2gh2,解得W0=-1,4J,B错误；以竖直向上为正 方向，足球与脚部作用过程中动量变化量大小为△p=心2 (一mw1)=2.8kg·m/s,C正确；足球从最高点下落至重新回 到最高点的过程中重力的冲量大小I6=mgt=0.4×10× 0.8N·s=3.2N·s,D错误。 5,A以正离子为研究对象，由动能定理可得gU=之m0,△t时 间内通过的总电荷量为Q=I△t,喷出的正离子总质量△m= Q IAt m m。由动量定理可知F′△t=△1·v,联立以上各式 解得F'=I√q 2mU ·,根据牛顿第三定律可知发动机产生的平 均推力为F=F'=Ig 12mU ,选项A正确。 6.D水在时间△t内速度由v减为零，△t内喷射到物体表面的 水的质量为m=P四△·π()，以这部分水为研究对象，设物 2 体表面对水的平均作用力大小为F,以水流速度方向为正方 向，由动量定理有-F△t=0-mu,解得F=四π ,由牛顿第 三定律可知，水在物体表面产生的平均冲击力大小为F'=F= puπd ,A、B、C错误，D正确。 7.D质点动能最小时，即动量最小时，由动量定理可得I金 Ft=mu,F一t图像与t轴所围的面积表示质点所受合力的冲 量，即动量的变化量，由题图可知2s末面积最大，4s末面积最 小，故D正确，A、B、C错误。 8.D10s未火箭的速度为0= 2h200 10m/s=20m/s,由动量定 理有(F一mg)t=mv,解得F≈5.7X10°N,故选D。 9.C设脚着地瞬间的速度大小为，取竖直向上为正方向，穿着 平底鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有(F一G)t 0一（一m0),其中F=4G,穿上带有减震气垫的鞋时双脚竖直 着地过程中，根据动量定理有(F'一G)·2.5t=0一（一mu),解 得F′=2.2G,故C正确。 10.C对离子流，根据动量定理有F△t=△m·v,而△m= (3.0X103×103·△t)kg,解得F=0.09N,故根据牛频第 三定律可知探测器获得的平均推力大小为0.09N,故C正确。 11.A令喷嘴横裁面积的最大值为S,则有力=s,以射向工件 的方向为正方向，根据动量定理有一Ft=一kU一1v,其中 m=putS,解得S= /(1十k)m ,故选A。 pot 12.B在01s内，根据动量定理可得Ft1=△p1=mw1一0，可 得t=0到t=1s时间内，物体动量的变化量为△p1=2× 1kg·m/s=2kg·m/s,可得t=1s时，物体的速度为1= 2×1 m/s=1m/s,故A、C错误；在0~2s内，根据动量定理 2 可得Ft2=mv2一0，可得t=2s时，物体的动量为p,=mv2= Ft2=2X2kg·m/s=4kg·m/s,故B正确；t=2s到t= 3s时间内，力F的冲量为IF=F△t=一1X(3一2)N·s -1N·s,故D错误。 13.D由题图乙知，物块最终和传送带以v=2m/s的速度共同 运动，故A错误：由物块加速度a=三g三5m/ m 得μ=0.5，故B错误：由动能定理得W0=2m0-0=4小，故 C错误；由动量定理得I金=v一0=4N·s,故D正确。 14.D设当物块开始运动时，拉力大小为F。,有F。c0s日 u(mg一Fo sin0)=0,解得F。=5N,由题图可知F=(t十2) N,可知t。=3s时物块开始运动，3~8s内，根据动量定理可 得下cos9,A1-于A1=mm,其中下=5士10N=7,5N,物块受 到的摩擦力为f=u(mg一Fsin0),可得f= 0.5×-5×0.6)+0.5×11-10×0.6)N=3.25N,r= 2 8s一3s=5s,解得物块在t=8s时的速度大小为v= 12.5m/s,故选D。 15.A由I=Ft可知手机对人脸的冲量方向竖直向下，故A正 确：全过程开始和最后手机的速度均为零，可知手机动量的变 化量为零，故B错误：全过程手机所受重力的冲量大小为 I6=mgt+t),h=2gt'?,联立解得I。=0.42N·s,故C 错误；以手机为研究对象，取竖直向上为正方向，整个过程中， 根据动量定理可得Ft一I。=0,联立解得F=42N,根据牛顿 第三定律可知手机对人脸的平均作用力大小为F'=F=42N,故 D错误。 16.BD取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量 为p1=mw1=1X0.40kg·m/s=0.40kg·m/s,碰撞后的动 量为p2=2mv2=2×1×0.22kg·m/s=0.44kg·m/s,则滑 块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正 方向，则有I1=mw2 -mw1=1×0.22kg·m/s-1X 0.40kg·m/s=-0.18kg·m/s,负号表示方向水平向左，故 B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2=mv2=1× 0.22kg·m/s=0.22kg·m/s,故C错误：对滑块2根据动量 定理有F△t=I2,解得F=5.5N,则滑块2受到滑块1的平 均作用力大小为5.5N,故D正确。 17.(1)7.5J(2)4m/s3m/s(3)420N 解析：(1)设篮球尬出瞬间，同学对篮球所做的功为W,由动能 定理得W=2mwi, 解得W=7.5J。 (2)篮球与篮板撞击前瞬间的速度等于篮球抛出时水平方向 的分速度，所以v2=U1sin53°， 解得v,=4m/s, 篮球与篮板撞击后瞬间速度方向也是沿水平方向，碰后篮球 微平抛运动，故h=2t,L=u, 解得v3=3m/s。 (3)取2的速度方向为正方向，篮球与篮板撞击瞬间，对篮 球，由动量定理得一F△t=m(一v3）一2， 解得F=420N。 18.(1)12.5m/s(2)0.15N·s 解析：(1)石子在AB段做平抛运动，水平方向有x1=vt1, 竖直方向有h1= .1 gti. 代入数据解得vo=12.5m/s。 (2)石子在BC段做斜上抛运动，设在B点与水面碰撞后瞬间 1t2 水平方向的分速度大小为02，则竖直方向有h:=之g(2)· 水平方向有x2=V2xt2, 解得v2x=11m/s, 根据动量定理，石子在B点与水面碰撞过程中受到水平方向 作用力的冲量大小I=mwo一m2x, 解得I=0.15N·s。 考点16动量守恒定律及其一般应用 1.CD汽车的运动是利用摩擦力而使汽车前进的，不属于反冲 运动，故A错误；直升机是利用空气的反作用力而使其上升的， 不属于反冲运动，故B错误；火箭的运动是利用喷气的方式而 获得动力，属于反冲运动，故C正确：喷气式飞机的运动是利用 了气体的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，故D正确。 2,BC以和b组成的系统为研究对象，撤去外力后，b向右运 动，在a尚未离开墙壁前，系统所受合力不为零，因此该过程a 和b组成的系统动量不守恒，故A错误，B正确：当a离开墙壁 后，系统水平方向不受外力，和b组成的系统动量守恒，故C 正确，D错误。 3.D以甲抛球时球的速度方向为正方向，以甲与球组成的系统 为研究对象，甲抛球的过程中系统动量守恒，由动量守恒定律 得U一Mu1=0,以乙与球组成的系统为研究对象，乙接球的 过程中系统动量守恒，由动量守恒定律得u=(m十M)v2,乙 抛球的过程中系统动量守恒，由动量守恒定律得(m十M)v2 一m·2u十Mw2,甲接球的过程中系统动量守恒，由动童守恒 3mu 定律得一Mu1一·2u=一(十M)u{,解得1= n十M'U2 M ,故所求的甲、乙两人的速度大小之比为 M+m ,故D 正确。 4.B两球碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则有 、2m00=2mu+9mX3,解得v三 2,所以碰撞后A球以 2 的速度向左运动，故B正确。 5.D规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度 相等，由动量守恒定律得M1vo一M2vo=(M1十M2)v,解得 v=1.5m/s,对甲和他的小车及从甲车上抛出的小球，由动量 守恒定律得M1vo=(M1一m)u十nw',解得n=15个，D正确。 6.AD由题意可知，两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方 向，由动量守恒定律可得11=一101十m22,代入数据解 15 参考答案 得2=0.3kg,A正确；由动量定理可得，碰撞过程中小球1对 小球2的冲量大小为I=m2·△v=m2(v2一0)=0.3X3N·s= 0.9N·s,B错误；两球碰撞过程，由能量守恒定律可得 1 m10i=之m10十2m2十△E,代入数据解得△E=0,可 知两球碰撞过程中机械能守恒，该碰撞是弹性碰撞，C错误；由 于两球在碰撞前系统只有小球1的动能，系统的机械能为 : 2mv-2 ×0.1×62J=1.8J,碰撞后小球1的动能为 2m1”=2×0.1×32J=0.45J,由于碰撞过程中系统的机 城能守恒，可知两球在碰撞中小球1的动能减少1.8J一0.45J= 1.35J,因此小球1有1.35J的动能转换为系统的最大弹性势 能，因此碰撞过程中系统总动能最小值为0.45J,D正确。 7,C规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得 M。=(M-m)u一mw1,解得m=二M,故选C。 U1十U, 8.B爆竹在最高点速度大小为。、方向水平向东，爆炸前动量 为4w。,爆炸后其中一块质量为3，速度大小为v,方向水平 向东，设爆炸后另一块瞬时速度大小为'，爆炸过程动量守恒， 则有4mvo=3mv十mv',解得v'=4v。一3v,故选B。 9.A设小球的初速度大小为。，小球抛出后做平抛运动，根据 动能定理得mgh=之m0-之mu,解得，=15m/s,小球和 小车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则有 mo十Mu车=(M+m)',解得v'=5m/s,A正确。 10.B设水平向右为正方向，因为水平面光滑，A、B、C组成的系 统动量守恒，系统最终的速度为V幸，所以2℃o -mvo= (3m十2m十m)v车，解得v*=6o,B正确。 11.ABC小球在半圆形槽内运动的 全过程中，地面和圆孤面光滑，只 人 有小球的机械能与半圆形槽的机】 械能之间相互转化，小球与半圆形 槽构成的系统机械能守恒，A正 确；小球在半圆形槽内运动的全过 程中，地面光滑，小球与半圆形槽 组成的系统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆形槽 在水平方向动量守恒，B正确；小球到达右边最高点时，设小 球和半圆形插通过的水平位移大小分别为无，如图所示，小 球和半圆形槽组成的系统在水平方向上动量守恒，在运动过 程中小球和半圆形槽在任意时刻的水平速度满足wm= MuM,则有mx=My,根据位移关系可得x十y=2R,解得 2mR 2MR y=M十mx= m小球到达右边最高点时，小球通过的 2MR 水平位移大小是M干m C正确，D错误。 12.BD系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向所受的 合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错 误，B正确：根据水平方向的动受守恒及机械能守恒得，小球 仍能向左摆到原高度，C错误：小球相对于小车的最大位移为 21,根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方 向的平均速度为Vm,小车水平方向的平均速度为UM,有 Un一MuM=0,两边同时乘以运动时间t,可得mvnt MuMt=0,即mxm=MzM,又xm十xM=2l,解得小车向右移 2ml 动的最大距离为M十m D正确。 13.D根据x-t图像的斜率表示速度，可知碰前2的速度为 △x16-8 0,碰后m:的速度为ug=△=6-2m/s=2m/s,故A,B错 误；根据x-t图像可知，碰前m1的速度为u=气m/s=4m/s, ǒ 碰后m1的速度为心一。9二8ms=一2m/s,碰撞过程根据动日 量守恒定律可得m1v1=m1v1十m2v2,若m1=2kg,可得 m,=m1-m1i_2X4-2X(-2 2 kg=6kg,故C错误，D 正确。 14.A设喷出三次气体后火箭的速度为v3,以火箭和喷出的三 次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得 (M-3m)v3一3mv=0,解得v3≈4m/s,故A正确；地球卫星 要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即v,= 7,9k,故B错误：以火箭和喷出的”次气体为研究对象， 以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得(M一nm)v,一 2对勾·高考一轮复习金卷物理 146 nw=0,代入数据解得n≈666次，故C错误；至少持续喷气 时间为t一20=33.3s,故D错误。 5.C由s-t图像斜率表示速度，可知球A碰前的速度为UA= 4-9 4-0 m/s=一2.5m/s,球B碰前的速度为U= m/s= 2 2-4 2m/s,球A,B碰后的速度为0一年-2m/s=一1m/s,A,B 两球碰撞时动量守恒，有mAVA十mBu=(mA十mB)VA,解 得B=1kg,故A错误；碰撞前球A的动量为pA=mAvA 2kgX(-2.5m/s)=-5kg·m/s(负号表示负方向)，故B 错误；碰撞过程中，球A受到的冲量为I=mAvA -mAUA= [2×(-1)一2×(-2.5)]N·s=3N·s,故C正确：碰撞过程 中，球B的动量变化为△pm三mBT如 -wUB=[1X(-1) 1×2]kg·m/s=一3kg·m/s(负号表示负方向)，故D错误 6,B以两球组成的系统为研究对象，取A球碰撞前的速度方向 为正方向，两球的质量均为，碰撞前系统的总动能Ek= PA0LPD」 9 2m 2m 2m 」=58J,系统的总动量p=9kg·m/s十 J2m m 5kg·m/s=14kg·m/s,若碰后A、B两球动量为pA= 10kg·m/s,pu=4kg·m/s,系统的总动量p=10kg·m/s十 /s=14kg·m/s,动量守恒，总动能Ek二2m」 2m 102 42 8J,总动能增加，不可能发生，故A错误；若碰 了= 后A、B两球动量为pA=6kg·m/s,pm=8kg·m/s,系统的总 动量p'=6kg·m/s十8kg·m/s=14kg·m/s,动量守恒， i6 总动德E=品二品J十」品，总功能减小，可能 82 71 发生，故B正确：若碰后A、B两球动量为pA=一2kg·m/s, pB=16kg·m/s,系统的总动量p=一2kg·m/s十 pA十 16kg·m/s=14kg·m/s,动量守恒，总动能E=2 p22 162 2m2m j大2 =130」，总动能增加，不可能发生，故C错 7 误；若碰后A、B两球动量为pA=一4kg·m/s,pu=17kg·m/s, 系统的总动量p=一4kg·m/s十17kg·m/s=13kg·m/s,动 量不守恒，不可能发生，故D错误。 7.(1)号2gh(2)3m。(3)g2 解析：(1)设小球从D点射出时的竖直分速度大小为v,,有 =2gh 根据几何关系有，三an日 4 解得v=3√2gh。 (2)设小球从D点运动到B点的时间为，小球与物块碰撞后瞬 间小球的速度大小为1，OC两，点间的距离为L,有L=1t, 2L=vt, 设小球与物块碰撞后瞬间物块的速度大小为2，在小球与物 块碰撞的过程中，系统的动量与机械能均守恒，有 m0U。=1o(一U1)十1U2, 1 2mow6=2moui+之mwi, 联立解得m=3mo,vg= V2gh (3)对物块在平台上滑行的过程，根据动能定理有 一1mgx=0-2m 解得x 4h 9u 8.(1)40N(2)2m/s8N,方向竖直向上(3)6m 解析：(1)由于施加的力大小恒定、方向始终垂直于杆，由动能 定理得F1×2X2πX2 一mgL=0. 代入数据解得F,=40N。 (2)小球通过最高，点时，设小球的速度大小为1，滑块的速度 大小为？，小球和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，则有 mu=Mv:, 系统机械能守恒，则有之m0后=2mui十 1Mu&十mgL, 代入数据解得v2=1m/s,v1=2m/s,则V相对=3m/s, 0相对， 对小球由向心力表达式可得mg十F=m 代入数据解得F,=8N,方向竖直向下， 根据牛顿第三定律可知小球对杆的作用力F2=F。=8N,方！ 向竖直向上。 (3)设小球到达最高点时小球向右移动的位移大小为51，滑块 向左移动的位移大小为s2,根据动量守恒定律有心1=Mv2, 则∑mU1△t=2Mv2△t,所以s1=Ms2, 且51十5=L,解得5，=m代入数据解得5=6m mL 考点17动量和能量的综合应用 1,ABCP、Q两个滑块（包括弹簧）组成的系统所受合外力为零， 则系统的动量守恒，A正确；开始接触时两滑块都做减速运动，： 弹簧逐渐被压缩，滑块Q速度先减小到零，然后向右反向加速，： 弹簧继续被压缩，当两个滑块的速度相等时，弹簧的形变量最： 大，此时弹簧的弹性势能最大，B正确；以向右为正方向，则当 两个滑块的速度相等时，由动量守恒定律可知2v。一w。= (2m十m)u,此时弹簧的弹性势能为Ep=2（2m十m)u心 2(2m十m)m2=子mmC正确：设最终P,Q两个滑块的造度 分别为1和2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得 2mu。一mu。=2mu1十mu2,根据系统的机械能守恒得2(2m十 m)v号= 一5w心，D错误。 2×2mui+2mui,解得u1=-3w,=3 2.ABC开始时，木板和物块均在摩擦力作用下做匀减速运动， 待一方速度为零后其继续做加速度大小不变的反向匀加速运 动，两者最终达到共同速度，以向右为正方向，P、Q组成的系统 动量守恒，根据动量守恒定律得mpv二mavg=(mp十mQ)u。 若mpp三QUa,则U=0,图像如图A所示：若mpvpmava 则u>0,图像如图B所示；若mpvp<1QQ,则v<0,图像如图 C所示，故A、B、C正确，D错误。 3.A子弹射入木块的过程中，系统内力远大于外力，系统动量守 恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得U1=(M十)U,解 得=M十 72U1 ,子弹射入木块后，二者做匀减速直线运动，对子 弹与木块组成的系统，由动能定理得一以(M十m)gs=0 6M牛mDn,解得=M十V2s5,故A正确 4.D根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相 等可知，两次击中沙袋后沙袋的速度相同，设为U,用M表示沙 袋的质量，表示弹丸的质量，以向右为正方向，由动量守恒定 律得第一次有mw1=(m十M)u,第二次有mu,-(m十M)u= （2m十M)u,又m=40M,联立以上三式得1：U,=41:83,故 )正确 5.CD设A球由静止释放到第一次经过最低，点的过程中，A球 的水平位移大小为x1,木块C的位移大小为x2,A球运动到最 低点时的速度大小为VA,B、C的速度大小为V,A球由静止 释放在向下摆动的过程中，对C有拉力，使得B、C之间有弹力， B、C不会分离，当A运动到最低，点时，B、C间弹力为零，B、C将 要分离，二者分离时速度相等，A、B、C组成的系统水平方向不 受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，由动量 守恒定律得mua一2Mr=0,则m号-2M华=0，由几何关 1 系得x1十x,=l,由机械能守恒定律得mgl=2mu十2X 2Muc,又M=2m,解得VA= 8gl 「gL W5,w√0=，故 A、B错误，D正确；A球从最低点向右摆至最高点的过程中，A、 C组成的系统动量守恒，当A球运动到最高，点时，A、C共速，取 水平向右为正方向，由动量守恒定律得WA一Mu=(m十M)v, 由系统能量守恒得2mwi+2Moic=2(m十M)十mgh, 解得h=51,则A球第一次向右运动到最高点时距O点的竖 6 直高度为石，故C正确。 6.ACD三个小球组成的系统动量守恒，设释放弹簧后，两杆夹 角第一次为180°时，C球的位移大小为xc,A球沿垂直AB方 向的最大位移大小为xA,则由动量守恒定律得mxc=2mxA, 由几何关系得正A十xe=L,解得xA=子L,c=导L,A球的 位移大小为A=√十= -L,B错误，A、C正确；由动 141 量守恒定律得muc=2wA,由机械能守恒定律得E,=2mw品十 E,D正确。 乞×2mui,联立以上各式解得c一√3 7.AD两球碰后速度分别为vA、V,根据动量守恒定律以及机械 能守恒定律可得mAv,=mAUA十m,之mA6=之mA暖十 1 mni,联立解得vA= mA一mn= nA十B 2mA0。,因为所有 mA十p 的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，若第二次碰撞发 生在b,点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路 程之北为4=士3（k=0,1,2,),且4=，可得4 TB 4十3k B 72u 2一3弧，由于两质量均为正数，故k=0,即=2，对第二次碰 4+3k 72 撞，设A、B碰撞后速度大小分别为UA、,根据动量守恒定律 以及机械能守恒定律可得mAUA十mUB=mAvA十mUB, 2mA0A十之mBui=之mAv以十之mB,联立解得A=Uo, =0,故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在C点，以 此类推，满足题意。若第二次碰撞发生在（点，则从第一次碰 「撞到第二次碰撞之间，A,B通过的路程之比为A二农(k (k= 0,1,2,…),且4=04，可得mA=5十3， TB UE m1-36,由于两质量均为正 数，故=0，即m=5,同理可证第二次碰撞后AB的速度大 mu 小分别为vA=v。,vn=0,满足题意，故选AD。 8.BC初始时，0号到2024号所有物块的总动量为0，最终0号 到2024号所有物块组成的系统的总动量向左，不为0，所以0 号到2024号所有物块组成的系统全过程动量不守恒，A错误： 对0号物块，从曲面最高点到最低点过程中，根据机械能守恒 定律有mgh= 2mw6,解得v,=√2gh,对0号物块与1号物 块发生弹性正碰后1号物块的速度，以向左为正方向，由动量 守恒定律和机械能守恒定律有mv。=muo1十2mw1,之m06= 2 2m十2X2mui,解得u1=一30o0,=30号与1号 发生碰撞后，1号将与2号发生弹性正碰，因两者质量相同，将 发生速度交换，1号将静止，之后0号将继续与1号发生第二次 碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为v:=一3o1,最 终0号物块要与1号物块碰撞2024次，所以0号物块最终动 量大小为(3)m√2gh,B正确：2022号物块最终速度为1 号物块与0号物块第3次碰撞后1号物块的速度，0号物块第2 /11 次碰挂后的速度大小为(3)，则2022号物块最终速度大小 .2 为名()。27V2gh,C正确：2024个弹性物块两 两之间碰撞时交换速度，所以2024号物块最终速度是0号物 块与1号物块发生弹性正碰后1号物块的速度，即为 2gh, D错误。 73 解析：(1)设C球与B球结合成D时，D的速度为1，取向左为 正方向，由动量守恒定律有mw。=（m十m）v1 当弹簧压缩至最短时，D与A的速度相等，设此速度为2，由 动量守恒定律有2mu1十mo=3mv2, 解得A球的速度大小为v2= 2 3。 (2)设弹簧长度第一次被锁定时，弹簧的弹性势能为E,根据 能量守恒定律有2×2mui十之mu6=2X3i+E1, 解得Ep1=12mw6。 撞击P后，D的速度大小不变仍为心=3，方向向右；A的 速度大小和方向均不变。然后D与A继续相互作用，设当弹 簧被压缩到最短时，A与D的共同速度为V3,根据动量守恒定 律可得一2mw2十mw2=3w3, 参考答案