1.3 动量守恒定律 经典题型分类训练-2025-2026学年高一下学期物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦动量守恒定律五大核心题型，从守恒条件判断到多模型综合应用，形成递进式训练体系，强化科学思维与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |守恒条件|4题|判断系统动量/机械能是否守恒，含弹簧、碰撞过程|从概念本质出发，明确守恒前提，为应用奠基| |简单应用|14题|碰撞、反冲、人船模型，含多过程与动量定理结合|直接应用守恒公式，强化矢量运算与过程分析| |某方向守恒|7题|二维碰撞、圆弧轨道、斜面问题，分方向列式|拓展守恒矢量性，建立坐标系分解动量的思维| |弹簧模型|7题|弹簧压缩/恢复过程，含临界状态与能量转化|结合弹簧弹力特性，分析动量与机械能综合问题| |滑块-木块模型|10题|相对运动、摩擦生热、板块多过程，含图像分析|综合动量守恒与运动学，提升复杂系统建模能力|

《动量守恒定律》经典题型分类训练 （五大题型，共42小题） 题型一：动量守恒定律的条件 1．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 2．如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．将子弹射入木块到刚相对于静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩的过程称为Ⅱ，则（　　） A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒 B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能守恒，动量守恒 C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒 D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒 3．（多选）在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列说法中正确的是（　　） A．两手同时放开后，系统总动量始终为零 B．先放开左手，后放开右手，总动量向左 C．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒 D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零 4．（多选）如图所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是（　　） A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒 B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒 C．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量守恒 D．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三物块组成的系统动量都守恒 题型二：动量守恒定律的简单应用 5．如图所示，两个小学生在滑冰场上滑冰，小学生甲的质量为30kg，小学生乙的质量为20kg，某时刻两人以互相垂直的速度相撞并抱在了一起，相撞前瞬间甲、乙的速度大小分别是1m/s和2m/s，甲、乙抱在一起瞬间的共同速度大小等于（　　） A．0.5m/s B．1m/s C．1.5m/s D．2m/s 6．在动画电影《哪吒》中，哪吒与敖丙在冰封的海面上对决，哪吒脚踩风火轮（总质量m1＝40kg），以速度v1＝10m/s水平向右疾行，敖丙手持冰锤（总质量m2＝60kg）以速度v2＝5m/s水平向左冲来，两人迎面相撞后紧紧抓住对方共同运动。假设冰面光滑，忽略空气阻力，则相撞后两人的共同速度为（　　） A．7.5m/s，水平向右 B．1m/s，水平向右 C．7.5m/s，水平向左 D．1m/s，水平向左 7．如图所示，质量为M＝150kg的小船在静止水面上以速率v0＝3m/s向右匀速行驶，一质量为m＝60kg的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对小船速率v＝2m/s水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率约为（　　） A．3.6m/s B．5m/s C．3.4m/s D．2.4m/s 8．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa＝30kg•m/s，b球动量pb＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20kg•m/s，则作用后b球的动量为（　　） A．﹣20 kg•m/s B．10 kg•m/s C．20 kg•m/s D．30 kg•m/s 9．甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小分别为1.0m/s和1.5m/s。甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1.5m/s和2.0m/s。甲、乙两运动员的质量之比为（　　） A．3：2 B．4：3 C．7：5 D．5：7 10．甲、乙两运动员在光滑水平冰面上进行滑冰训练。以速度v0运动的甲推一下静止在其正前方的乙，刚分开时，甲、乙的运动方向与v0的方向相同，且甲的速度为，则刚分开时，甲、乙的动量大小之比为（　　） A．3：1 B．2：1 C．1：2 D．1：3 11．如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在A车前端与车以共同速度v0＝11m/s（向右做匀速直线运动），在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，又立即从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相撞，已知小孩的质量m＝20kg，A车B车质量均为mA＝mB＝100kg，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，则下列说法不正确的是（　　） A．小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小为6m/s B．小孩跳离A车时对地速度的大小为15m/s C．小孩跳离B车时相对B车的速度大小为17.5m/s D．整个过程中，小孩对B车所做的功为1800J 12．（多选）如图所示，质量均为m的A、B两物体用一轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A紧靠光滑的墙。现用外力推B将弹簧压缩某一长度并处于静止状态，然后撤去外力，在弹簧恢复原长时B物体的速度为v。弹簧始终处于弹性限度内，则在撤去外力以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．物体A、B和轻弹簧组成的系统机械能守恒 B．弹簧再次被压缩到最短时具有的弹性势能为 C．墙壁对A物体的弹力做的功为 D．墙壁对A物体的弹力产生的冲量大小为mv 13．（多选）如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成，竖直螺旋滑槽高5m，长30m，质量为0.5kg的药品A离开传送带进入螺旋滑槽速度为2m/s，到螺旋滑槽出口速度为6m/s，进出螺旋滑槽的速度方向相同，该过程用时5s，在出口处与静止的相同质量的药品B碰撞，碰后A静止，B向前滑动，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．药品A、B碰撞后B的速度为6m/s B．药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量相同 C．药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为20N•s D．药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量为2N•s 14．（多选）如图甲所示，长木板A静止在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s从左端滑上长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．木板A的最小长度为1m B．A、B间的动摩擦因数为0.2 C．系统损失的机械能为2J D．木板最终获得的动能为2J 15．如图所示，在某次3000m短道速滑接力赛练习中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙的速度大小为12m/s，甲的速度大小为10m/s，此时乙沿水平方向猛推甲一把，使甲以15m/s的速度向前冲出。已知甲、乙运动员的质量均为60kg，乙推甲的时间为0.8s，冰面阻力足够小，求： （1）在乙推甲的过程中，乙对甲的平均作用力大小； （2）乙推甲后两人分开时乙的速度。 16．如图所示，质量为M＝2kg的小车A停在光滑的水平面上，小车上表面粗糙。质量为m＝2kg的滑块B放置在与小车上表面等高的光滑平台上，B受到一个水平向右、大小为4N•s的瞬时冲量，以初速度v0滑到小车A上，最后在车面上某处与小车保持相对静止。已知A与B间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10m/s2，求： （1）B滑到小车A上初速度v0的大小； （2）小车的最终速度v的大小； （3）B在小车A上相对滑行的时间。 17．如图所示，质量M＝1.0kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝0.495kg的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4。质量m0＝0.005kg的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（子弹与物块作用时间极短），木板足够长，g取10m/s2。求： （1）物块的最大速度v1； （2）木板的最大速度v2； （3）物块在木板上滑动的时间t。 题型三：某一方向上动量守恒问题 18．游隼具有高超的空中捕猎技能。在某次捕获猎物过程中，捕获猎物前瞬间，游隼的速度沿水平方向，大小为80m/s；猎物的速度方向竖直向下，大小为20m/s，游隼质量为0.5kg，猎物质量为1.5kg。游隼捕获猎物的过程时间极短，则游隼捕获猎物后瞬间的速度大小为（　　） A．16m/s B．20m/s C．25m/s D．35m/s 19．如图所示，小车B静止在光滑的水平面上，小球A用轻绳悬挂在小车B的杆子上，现将小球A缓慢拉开一定角度，小车和小球均静止，释放小球后，下列说法正确的是（　　） A．当小球向左摆动时，小车也向左运动 B．小球和小车组成的系统动量始终守恒 C．当小球向左摆动到最高点时，小车的速度为零 D．当小球摆动到最低点时，小球和小车的速度相同 20．如图所示，质量为m的人站在质量为M的车子右端，人和车均处于静止，水平面光滑。某时刻人以大小为v、方向与水平方向夹角为θ斜向右上的速度跳离车子，落地点到人的初始位置的水平距离为s，不计空气阻力，则下列判断正确的是（　　） A．人在跳离车子的过程中，人和车子组成的系统动量守恒 B．人在跳离车子的过程中，人和车子组成的系统机械能守恒 C．人跳离车子后车子获得的速度大小为 D．人落地时，车子向左运动的距离为 21．如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（　　） A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统在水平方向上动量守恒 B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态 C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒 D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒 22．（多选）如图所示，一滑板的上表面由光滑的四分之一圆弧AB和平面BC组成，右侧有一固定挡板，轻弹簧右端与挡板连接放在平面BC上，左端在平面BC上的D点右侧，滑板静置于光滑水平面上，已知滑板的质量为M，圆弧的半径R，圆弧底端B点与D的距离为R，平面BD间粗糙，CD间光滑。一个质量m的物块，从圆弧的最高点A由静止释放，物块第一次向左滑上圆弧面的最高点的位置离B点的高度，重力加速度为g，弹簧的形变在弹性限度内，则（　　） A．小物块第一次到达B点的速度大小为 B．弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能为 C．物块最终将停在B点 D．物块最终停止时，滑板的位移为 23． （多选）如图所示，在光滑水平面上，质量均为M的木块B和C并排放一起，C上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一条不可拉伸、长度为l的细线，细线另一端系一个可以看作质点、质量为m的球A，现将A球向左拉起使细线水平且自然伸直。并由静止释放A球，已知M＝2m，重力加速度为g，不计一切阻力。下列说法正确的是（　　） A．A球第一次运动到最低点时的速度大小为 B．A球由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，木块C的位移大小为 C．A球第一次向右运动到最高点时距O点的竖直高度为 D．木块B最终的速度大小为 24．（多选）如图所示，带有光滑圆弧轨道的滑块B静止在光滑水平地面上，轨道半径为R，圆弧最低点切线水平，小球A从圆弧轨道最高点由静止释放，沿圆弧轨道运动。已知A的质量为m，B的质量为2m，小球可视为质点，重力加速度为g。则（　　） A．小球从最高点沿圆弧轨道运动到最低点的过程中，滑块水平位移为 B．小球运动到圆弧轨道最低点时，小球速度大小为 C．小球运动到圆弧轨道最低点时，B对A的支持力大小为 D．若滑块B固定，小球运动到圆弧轨道最低点时，地面对B的支持力大小为5mg 25．如图所示，光滑半圆道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I＝1.8N•s，A、B的质量分别为mA＝0.3kg、mB＝0.1kg，轨道半径和绳长均为R＝0.5m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： （1）与B碰前瞬间A的速度大小； （2）A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。 题型四：动量守恒定律在弹簧模型中的应用 26．如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度υ0向右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为（　　） A．mv B．mv C．mv D．mv 27．如图所示，物块A、B的质量分别为mA＝2kg，mB＝3kg，物块A左侧固定有一轻质弹簧。开始B静止于光滑的水平面上，A以v0＝5m/s的速度沿着两者连线向B运动，某一时刻弹簧的长度最短。则以下看法正确的是（　　） A．弹簧最短时A的速度大小为1m/s B．弹簧最短时A的速度大小为2m/s C．从B与弹簧接触到弹簧最短的过程中A克服弹簧弹力做的功与弹簧弹力对B所做的功相等 D．从B与弹簧接触到弹簧最短的过程中弹簧对A、B的冲量相同 28．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轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量与弹力对B的冲量相同 B．刚开始弹簧的弹性势能大小为2.0J 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0.2N•s D．若使A球不能到达Q点，则半圆轨道半径的最小值为0.72m 29．（多选）如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌在其中。已知子弹的质量为m，物体A和B的质量相同均为2m，则（　　） A.子弹射入A中过程，A物体获得的最大速度为v0 B．弹簧压缩到最短时，B的速度为v0 C．运动过程中，物体B能获得的最大速度为v0 D．弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为 30．（多选）如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m＝3kg静止放置的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。若A以v0＝4m/s的初速度向B运动并压缩弹簧（弹簧始终在弹性限度内），当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞时间极短，则以下说法正确的是（　　） A．弹簧压缩到最短时A的速度大小为2m/s B．从A开始运动到弹簧压缩最短时C受到的合外力冲量大小为4N•s C．从A开始运动到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为16J D．在A、B、C相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为13J 31．如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED是水平的，CD是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5m，质量m＝0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M＝0.5kg的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后滑块A能过半圆最高点C，取重力加速度g＝10m/s2，则： （1）B滑块至少要以多大速度向前运动； （2）如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少？ 32．如图所示，质量为m2和m3的两物体静止在光滑的水平面上，它们之间用轻弹簧相连且刚开始处于原长，一质量为m1的物体以速度v0向右运动，m1向右运动与m3相碰后即粘合在一起，已知m1＝m2＝m，m3＝2m．问： （1）m1、m3碰后共同速度； （2）弹簧第一次最短时的弹性势能． 33．如图所示，用轻弹簧连接的A、B两物体静止放在光滑的水平面上，A的质量为4m，B的质量为m，其中物体B靠在左边墙壁上。现用力推动物体A压缩弹簧至P点，静止释放物体A，当弹簧第一次恢复原长时（A未与右边墙壁碰撞），物体A的速度为v0，求： （1）从释放到第一次恢复原长的过程中，左边墙壁对物体B的冲量大小； （2）当弹簧第二次恢复原长时（A仍未与右边墙壁碰撞），A、B两物体各自的速度大小； （3）当弹簧第一次压缩到最短时，物体A才恰好与右边墙壁碰撞，碰后A的速度减为零。求弹簧再次恢复原长时，物体B的速度大小。 题型五：动量守恒定律在滑块——木块模型中的应用 34．如图所示，A为一上表面为光滑曲面的轨道，固定在水平地面上，轨道末端水平，质量M＝30kg的平板小车B静止于轨道右侧的水平地面上，其板面左端与轨道末端接触但不粘连，且板面与轨道末端在同一水平面上，一个质量为m＝10kg的物体C（可视为质点）从轨道顶端由静止滑下，冲上小车B一段时间后与小车相对静止并一起向右运动。若轨道顶端与末端的高度差h＝0.8m，物体与小车板面间的动摩擦因数μ＝0.4，小车与水平地面间的摩擦忽略不计，g取10m/s2，则物体与小车保持相对静止时的速度大小和物体冲上小车后相对于小车板面滑动的距离分别为（　　） A．2m/s，1.5m B．2m/s，2.5m C．1m/s，1.5m D．1m/s，2.5m 35．如图所示，木板放置在光滑水平地面上，在木板的左端放置一小物块，木板质量m＝1kg，物块质量M＝2kg，物块与木板间动摩擦因数μ＝0.6。物块和木板以共同的水平速度v0＝6m/s向右运动，在木板碰到右侧的竖直挡板后木板立即以碰撞前瞬间的速率反弹，运动过程中物块始终未离开木板，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．木板的长度可能为4m B．物块运动过程中速度方向可能向左 C．木板第三次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为1m/s D．木板向左运动过程中其右端距挡板最大距离为1.5m 36．（多选）如图所示，一质量M＝8.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0kg的小木块A。给A和B大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2。则在整个过程中，下列说法正确的是（　　） A．小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75m/s B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零 C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/s D．长木板B的长度可能为10m 37．（多选）质量为1kg的小物块放在质量为2kg的长木板的左端，两者间的动摩擦因数为0.2，一起静置在光滑的水平面上，现给小物块一个向右的大小为6N的水平恒力F，该恒力作用时间1s后撤去，最终小物块与长木板相对静止；重力加速度为10m/s2，则（　　） A．从施加F到撤去F这个过程恒力F做的功是12J B．小物块与长木板保持相对静止时两者的总动能为12J C．撤去F前后这两个过程小物块相对于木板通过的位移之比为1：1 D．从施加F到小物块与长木板相对静止过程所产生的摩擦热为8J 38．（多选）如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端有一个可视为质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度v0，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图像如图乙所示，最终滑块恰停在木板的右端。下列说法正确的是（　　） A．滑块与木板的质量之比为2：3 B．木板的长度为14m C．滑块与木板间的滑动摩擦力大小为3N D．滑块的速度减为时，木板的速度为 39．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10m/s2，求： （1）A、B间动摩擦因数； （2）长木板A质量； （3）A、B系统损失的机械能。 40．如图所示，在光滑水平面上静止放置质量m1＝0.4kg的薄木板AB（厚度忽略不计）和质量m2＝0.2kg的圆弧轨道CD，木板AB上表面粗糙，CD是上表面光滑的半径为R＝0.5m的四分之一圆弧，它们紧靠在一起。一质量为m＝0.2kg可视为质点的物块P，从木板AB的右端以初速度v0＝5m/s滑上木板，到达木板最左端B点时的速度为vA′＝﹣1m/s，然后又滑上圆弧轨道CD。若物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ＝0.45，取g＝10m/s2求： （1）物块P滑到木板左端时，木板的速度vAB的大小； （2）木板的长度L； （3）滑块在圆弧轨道CD上上升的最大高度h。 41．如图所示，光滑水平面上有一质量为M＝2kg的长木板，长木板的左侧有一可视为质点的滑块A，滑块质量m＝1kg，长木板的右侧有一固定的轻质挡板，轻质弹簧右端固定在挡板上。O点为长木板的中点，O点右侧是光滑的，左侧是粗糙的，滑块与长木板间动摩擦因数μ＝0.2．开始长木板静止，物块A从长木板左侧以v0＝10m/s的初速度向右运动。长木板的长度为L＝28m，弹簧始终处于弹性限度内，取g＝10m/s2．求： （1）滑块A到达O点时，滑块A和长木板的速度大小； （2）弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能； （3）弹簧第一次恢复原长时，滑块A和长木板的速度大小。 42．如图所示，光滑的水平面上停放有一质量M＝9kg的小车，小车的AB段水平，长s＝5m，BC段为半径R＝1m的六分之一圆弧轨道，AB段与BC段在B点相切且连接在一起。一质量m＝1kg的小滑块（视为质点）在小车的左端A受到I＝10N•s的水平向右的瞬时冲量由静止开始运动，并恰好能运动到圆弧轨道的最高点C，然后又恰好能返回到小车的左端A．已知AB段与BC段均由特殊材料制成，滑块从A到C的运动过程中，在AB段不受摩擦力作用，在BC段受到摩擦力作用；滑块从C到A的运动过程中，在BC段不受摩擦力作用，在AB段受到摩擦力作用。重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求： （1）滑块刚滑上B点时对圆弧轨道的压力大小； （2）滑块在圆弧轨道中运动时系统损失的机械能ΔE； （3）滑块从B运动到A的过程中，与AB段间的动摩擦因数μ。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 《动量守恒定律》经典题型分类训练 （五大题型，共42小题） 题型一：动量守恒定律的条件 1．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（　C　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 【解析】 整个系统置于光滑水平面上，在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力之和为零，动量守恒，但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒，故C正确。 2．如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．将子弹射入木块到刚相对于静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩的过程称为Ⅱ，则（　D　） A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒 B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能守恒，动量守恒 C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒 D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒 【解析】 对于AB：子弹射入木块到刚相对于静止的过程Ⅰ中，由于时间极短，弹簧没来得及发生形变，弹簧的弹力认为等于零，子弹和木块组成的系统所受的合外力为零，所以系统动量守恒，但要系统克服阻力做功，产生内能，系统的机械能不守恒，故A、B错误；对于CD：在Ⅱ过程中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧的弹力做功，机械能守恒。故C错误，D正确。 3．（多选）在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列说法中正确的是（　ABD　） A．两手同时放开后，系统总动量始终为零 B．先放开左手，后放开右手，总动量向左 C．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒 D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零 【解析】 对于A：若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；对于B：先放开左手，再放开右手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左，故B正确；对于C：先放开左手，再放开右手后，在弹簧伸缩过程中，两车与弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C错误；对于D：无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量不为零，则系统的总动量不一定为零，故D正确。 4．（多选）如图所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是（　BCD　） A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒 B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒 C．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量守恒 D．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三物块组成的系统动量都守恒 【解析】 对于A：当C在A上滑行时，以A、C为系统，B对A的作用力为外力，不等于0，故系统的动量不守恒，故A错误；对于B：当C在B上滑行时，A、B已分离，以B、C为系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，故B正确；对于C：当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确；对于D：无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三物块组成的系统所受合外力都为零，系统动量都守恒，故D正确。 题型二：动量守恒定律的简单应用 5．如图所示，两个小学生在滑冰场上滑冰，小学生甲的质量为30kg，小学生乙的质量为20kg，某时刻两人以互相垂直的速度相撞并抱在了一起，相撞前瞬间甲、乙的速度大小分别是1m/s和2m/s，甲、乙抱在一起瞬间的共同速度大小等于（　B　） A．0.5m/s B．1m/s C．1.5m/s D．2m/s 【解析】 碰前甲乙总动量大小p1，解得p1＝50kg•m/s，碰后甲乙总动量大小p2＝（m甲+m乙）v，根据碰撞过程动量守恒，则有p1＝p2，联立解得甲、乙抱在一起瞬间的共同速度大小v＝1m/s。 6．在动画电影《哪吒》中，哪吒与敖丙在冰封的海面上对决，哪吒脚踩风火轮（总质量m1＝40kg），以速度v1＝10m/s水平向右疾行，敖丙手持冰锤（总质量m2＝60kg）以速度v2＝5m/s水平向左冲来，两人迎面相撞后紧紧抓住对方共同运动。假设冰面光滑，忽略空气阻力，则相撞后两人的共同速度为（　B　） A．7.5m/s，水平向右 B．1m/s，水平向右 C．7.5m/s，水平向左 D．1m/s，水平向左 【解析】 取向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v1﹣m2v2＝（m1+m2）v，得v＝1m/s，方向水平向右。 7．如图所示，质量为M＝150kg的小船在静止水面上以速率v0＝3m/s向右匀速行驶，一质量为m＝60kg的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对小船速率v＝2m/s水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率约为（　A　） A．3.6m/s B．5m/s C．3.4m/s D．2.4m/s 【解析】 以小船初始行驶方向为正方向，救生员跃出瞬间系统水平方向动量守恒，满足公式（M+m）v0＝Mv1+m（v1﹣v），其中v1为小船末速度，救生员对地速度为v1﹣v；代入数据解得，即v1≈3.6m/s。 8．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa＝30kg•m/s，b球动量pb＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20kg•m/s，则作用后b球的动量为（　C　） A．﹣20 kg•m/s B．10 kg•m/s C．20 kg•m/s D．30 kg•m/s 【解析】 设a球的初动量方向为正方向，根据动量守恒定律：Pa+Pb＝Pa′+Pb′代入数据：30+0＝10+Pb′，得：Pb′＝20kg•m/s。 9．甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小分别为1.0m/s和1.5m/s。甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1.5m/s和2.0m/s。甲、乙两运动员的质量之比为（　C　） A．3：2 B．4：3 C．7：5 D．5：7 【解析】 以甲的初速度方向为正方向，甲、乙由动量守恒定律得m甲v甲﹣m乙v乙＝﹣m甲v甲'+m乙v乙' 代入数据可得m甲：m乙＝7：5 10．甲、乙两运动员在光滑水平冰面上进行滑冰训练。以速度v0运动的甲推一下静止在其正前方的乙，刚分开时，甲、乙的运动方向与v0的方向相同，且甲的速度为，则刚分开时，甲、乙的动量大小之比为（　C　） A．3：1 B．2：1 C．1：2 D．1：3 【解析】 设甲的质量为m1，乙的质量为m2，且乙碰撞后的速度为v2，取v0的方向为正方向，冰面光滑，水平方向不受外力，甲、乙组成的系统动量守恒，则：m1v0＝m1m2v2，解得：，则甲、乙动量大小之比：p1：p2 11．如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在A车前端与车以共同速度v0＝11m/s（向右做匀速直线运动），在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，又立即从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相撞，已知小孩的质量m＝20kg，A车B车质量均为mA＝mB＝100kg，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，则下列说法不正确的是（　C　） A．小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小为6m/s B．小孩跳离A车时对地速度的大小为15m/s C．小孩跳离B车时相对B车的速度大小为17.5m/s D．整个过程中，小孩对B车所做的功为1800J 【解析】 对于A：根据题意分析可知，因为A、B恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在人跳的过程中，把人、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，取水平方向为正方向，由动量守恒定律得（m+mA）v0＝（m+mA+mB）v，代入数据解得v＝6m/s，故A正确；对于B：根据题意分析可知，设该同学跳离A车和B车时对地的速度大小分别为v′，取水平方向为正方向，则人、B车根据动量守恒定律有2mv′＝mBv，解得v′＝15m/s，故B正确；对于C：根据题意分析可知，小孩跳离B车时相对B车的速度为v相对＝v′+v，代入数据解得v相对＝21m/s，故C错误；对于D：该同学跳离B车过程中，对B车做的功等于B车动能的变化量，即W，代入数据解得W＝1800J，故D正确。 12．（多选）如图所示，质量均为m的A、B两物体用一轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A紧靠光滑的墙。现用外力推B将弹簧压缩某一长度并处于静止状态，然后撤去外力，在弹簧恢复原长时B物体的速度为v。弹簧始终处于弹性限度内，则在撤去外力以后的运动过程中，下列说法正确的是（　AD　） A． 物体A、B和轻弹簧组成的系统机械能守恒 B． 弹簧再次被压缩到最短时具有的弹性势能为 C． 墙壁对A物体的弹力做的功为 D．墙壁对A物体的弹力产生的冲量大小为mv 【解析】 对于A：物体A、B和轻弹簧组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，故A正确；对于B：以水平向右为正方向，弹簧再次被压缩到最短时由动量守恒mv＝2mv′，根据能量守恒定律可得此时弹簧具有的弹性势能为 故B错误；对于C：墙壁对A物体的弹力没有位移，则做的功为零，故C错误；对于D：对AB系统由动量定理，墙壁对A物体的弹力产生的冲量大小为I＝mv，故D正确。 13．（多选）如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成，竖直螺旋滑槽高5m，长30m，质量为0.5kg的药品A离开传送带进入螺旋滑槽速度为2m/s，到螺旋滑槽出口速度为6m/s，进出螺旋滑槽的速度方向相同，该过程用时5s，在出口处与静止的相同质量的药品B碰撞，碰后A静止，B向前滑动，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　AD　） A．药品A、B碰撞后B的速度为6m/s B．药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量相同 C．药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为20N•s D．药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量为2N•s 【解析】 对于A：两药品碰撞过程，内力远大于外力且时间极短，对AB系统，动量守恒，以A的速度方向为正方向，则根据动量守恒有：mvA＝mvB，解得：vB＝vA＝6m/s，故A正确；对于B：根据相互作用力特点，可知A对B的作用力与B对A的作用力等大反向，冲量表达式：I＝Ft，即药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量大小相同，但方向相反，故B错误；对于C：药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为：IG＝mgt＝0.5×10×5＝25N•s，故C错误；对于D：根据动量定理，药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量等于其动量变化量：I合＝mvA﹣mv0＝0.5×6﹣0.5×2＝2N•s，故D正确。 14．（多选）如图甲所示，长木板A静止在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s从左端滑上长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（　AC　） A．木板A的最小长度为1m B．A、B间的动摩擦因数为0.2 C．系统损失的机械能为2J D．木板最终获得的动能为2J 【解析】 对于A：由题意可知，A、B动量守恒，根据乙图可知A、B的运动特点，以水平向右为正方向，即：mv0＝（m+mA）v，可得A的质量：mA＝2kg，A的最小长度与B相对A的距离相等，结合乙图可知：，故A正确；对于CD：根据A的质量、AB的末速度，可得到系统损失的机械能：，木板最终获得的动能：，解得：ΔE＝2J，EkA＝1J，故C正确，D错误；对于B：根据系统损失的机械能、木板的最小长度满足：ΔE＝μmg×Δs，可得到A、B间的动摩擦因数：μ＝0.1，故B错误。 15．如图所示，在某次3000m短道速滑接力赛练习中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙的速度大小为12m/s，甲的速度大小为10m/s，此时乙沿水平方向猛推甲一把，使甲以15m/s的速度向前冲出。已知甲、乙运动员的质量均为60kg，乙推甲的时间为0.8s，冰面阻力足够小，求： （1）在乙推甲的过程中，乙对甲的平均作用力大小； （2）乙推甲后两人分开时乙的速度。 【解析】 （1）乙推甲的过程中，对运动员甲，由动量定理可知：Ft＝mv甲2﹣mv甲1，代入数据可得：F＝375N； （2）以甲的运动方向为正方向，乙推甲的过程中，二者动量守恒：mv乙1+mv甲1＝mv乙2+mv甲2，代入数据可得：v乙2＝7m/s，方向与甲运动方向相同。 16．如图所示，质量为M＝2kg的小车A停在光滑的水平面上，小车上表面粗糙。质量为m＝2kg的滑块B放置在与小车上表面等高的光滑平台上，B受到一个水平向右、大小为4N•s的瞬时冲量，以初速度v0滑到小车A上，最后在车面上某处与小车保持相对静止。已知A与B间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10m/s2，求： （1）B滑到小车A上初速度v0的大小； （2）小车的最终速度v的大小； （3）B在小车A上相对滑行的时间。 【解析】 （1）取水平向右为正方向，由动量定理得I＝mv0﹣0 ，解得v0＝2m/s （2）B在A上滑动的过程，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝（M+m）v，解得v＝1m/s （3）取水平向右为正方向，对B，由动量定理得﹣μmgt＝mv﹣mv0，解得t＝1s。 17．如图所示，质量M＝1.0kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝0.495kg的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4。质量m0＝0.005kg的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（子弹与物块作用时间极短），木板足够长，g取10m/s2。求： （1）物块的最大速度v1； （2）木板的最大速度v2； （3）物块在木板上滑动的时间t。 【解析】 （1）子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，取向右为正方向，根据子弹和物块组成的系统动量守恒得m0v0＝（m+m0）v1代入数据解得v1＝3m/s （2）当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度最大，取向右为正方向，根据三者组成的系统动量守恒得（m+m0）v1＝（M+m+m0）v2，代入数据解得v2＝1m/s （3）对木板，取向右为正方向，根据动量定理得μ（m+m0）gt＝Mv2﹣0，代入数据解得t＝0.5s。 题型三：某一方向上动量守恒问题 18．游隼具有高超的空中捕猎技能。在某次捕获猎物过程中，捕获猎物前瞬间，游隼的速度沿水平方向，大小为80m/s；猎物的速度方向竖直向下，大小为20m/s，游隼质量为0.5kg，猎物质量为1.5kg。游隼捕获猎物的过程时间极短，则游隼捕获猎物后瞬间的速度大小为（　C　） A．16m/s B．20m/s C．25m/s D．35m/s 【解析】 游隼捕捉猎物的过程历时极短，内力远超过外力，系统在水平与竖直两个方向上的总动量均保持不变。由于游隼速度沿水平方向，猎物速度沿竖直方向，两者速度方向彼此垂直。设游隼质量为m1＝0.5kg，水平速度v1＝80m/s；猎物质量为m2＝1.5kg，竖直速度v2＝20m/s。依据动量守恒定律，系统水平方向动量px＝m1v1，解得：px＝40kg•m/s。系统竖直方向动量py＝m2v2，解得：py＝30kg•m/s。捕获猎物后系统的总动量大小为，解得：。根据动量守恒关系p＝（m1+m2）v，代入数据解得游隼捕获猎物后瞬间的速度大小为v＝25m/s。 19．如图所示，小车B静止在光滑的水平面上，小球A用轻绳悬挂在小车B的杆子上，现将小球A缓慢拉开一定角度，小车和小球均静止，释放小球后，下列说法正确的是（　C　） A．当小球向左摆动时，小车也向左运动 B．小球和小车组成的系统动量始终守恒 C．当小球向左摆动到最高点时，小车的速度为零 D．当小球摆动到最低点时，小球和小车的速度相同 【解析】 对于ABD：小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，故系统只在水平方向动量守恒，则小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反，则小球向左摆动时，小车向右运动，当小球摆动到最低点时，小球和小车的速度不相同，故ABD错误；对于C：当小球向左摆动到最高点时，小球的速度为零，此时小车的速度也为零，系统动量为零，满足动量守恒，故C正确。 20．如图所示，质量为m的人站在质量为M的车子右端，人和车均处于静止，水平面光滑。某时刻人以大小为v、方向与水平方向夹角为θ斜向右上的速度跳离车子，落地点到人的初始位置的水平距离为s，不计空气阻力，则下列判断正确的是（　C　） A．人在跳离车子的过程中，人和车子组成的系统动量守恒 B．人在跳离车子的过程中，人和车子组成的系统机械能守恒 C．人跳离车子后车子获得的速度大小为 D．人落地时，车子向左运动的距离为 【解析】 对于A：人在跳离车子的过程中，系统竖直方向合外力不为零，因此系统的总动量不守恒，故A错误；对于B：人在跳离车子的过程中，人对外做功，系统的机械能增大，故B错误；对于C：系统在水平方向上合外力为零，系统水平方向上动量守恒，设车获得的速度大小为v′，根据水平方向动量守恒Mv′＝mvcosθ，解得：，故C正确；对于D：人和车在水平方向动量总是等大反向，由Mx＝ms，解得：，故D错误。 21．如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（　C　） A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统在水平方向上动量守恒 B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态 C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒 D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒 【解析】 对于A：小球从A点与半圆形槽相切进入槽内到最低点的过程中，墙壁给槽向右的力，小球与槽组成的系统在水平方向受外力，故水平方向动量不守恒，故A错误；对于B：小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，先失重后超重，故B错误；对于C：小球从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。所以小球的机械能不守恒，但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零。所以小球与槽组成的系统机械能守恒。故C正确；对于D：小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。所以小球的机械能不守恒，故D错误。 22．（多选）如图所示，一滑板的上表面由光滑的四分之一圆弧AB和平面BC组成，右侧有一固定挡板，轻弹簧右端与挡板连接放在平面BC上，左端在平面BC上的D点右侧，滑板静置于光滑水平面上，已知滑板的质量为M，圆弧的半径R，圆弧底端B点与D的距离为R，平面BD间粗糙，CD间光滑。一个质量m的物块，从圆弧的最高点A由静止释放，物块第一次向左滑上圆弧面的最高点的位置离B点的高度，重力加速度为g，弹簧的形变在弹性限度内，则（　BC　） A．小物块第一次到达B点的速度大小为 B．弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能为 C．物块最终将停在B点 D．物块最终停止时，滑板的位移为 【解析】 对于A：对滑板和物块的系统，规定向右为正方向，水平方向不受外力，故水平方向的动量守恒0＝mvm﹣MvM，由系统机械能守恒，联立解得，故A错误；对于B：弹簧第一次压缩到最短时，滑板和物块速度相同，水平方向不受外力，以向右为正方向，由水平方向动量守恒0＝（m+M）v共，解得v共＝0；由系统能量守恒mgR＝μmgR+Epmax，物块第一次向左滑上圆弧面的最高点时，滑板和物块速度相同，由水平方向动量守恒0＝（m+M）v共1，解得v共1＝0，由动能定理：，联立解得，，故B正确；对于C：物块最终和滑板保持相对静止时，滑板和物块速度相同，由水平方向动量守恒0＝（m+M）v共2，解得：v共2＝0，由系统能量守恒mgR＝μmgs，解得s＝6R，即物块最终恰好停在B点，此时物块和小车均静止，故C正确；对于D：系统水平方向动量守恒：0＝mvx﹣Mv，整理可得，因为，，联立解得mxm＝MxM，又xm+xM＝R，联立解得，故D错误。 23．（多选）如图所示，在光滑水平面上，质量均为M的木块B和C并排放一起，C上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一条不可拉伸、长度为l的细线，细线另一端系一个可以看作质点、质量为m的球A，现将A球向左拉起使细线水平且自然伸直。并由静止释放A球，已知M＝2m，重力加速度为g，不计一切阻力。下列说法正确的是（　CD　） A．A球第一次运动到最低点时的速度大小为 B．A球由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，木块C的位移大小为 C．A球第一次向右运动到最高点时距O点的竖直高度为 D．木块B最终的速度大小为 【解析】 对于ABD：设小球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，小球的水平位移大小为x1，木块C的位移大小为x2，小球第一次运动到最低点时的速度大小为vA，B、C的速度为vBC。小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A、B、C组成的系统水平方向动量守恒得mvA﹣2MvBC＝0，则有 ，由几何关系得x1+x2＝l，由系统机械能守恒得 ，结合M＝2m，解得，，，故AB错误；D正确；对于C：A球向右摆至最高点时，A、C共速，取水平向右为正方向，由A、C组成的系统水平方向动量守恒得mvA﹣MvBC＝（m+M）v由A、C系统机械能守恒得 解得，所以小球A第一次到达轻杆左侧最高处距O点的竖直高度H＝ll，故C正确。 24．（多选）如图所示，带有光滑圆弧轨道的滑块B静止在光滑水平地面上，轨道半径为R，圆弧最低点切线水平，小球A从圆弧轨道最高点由静止释放，沿圆弧轨道运动。已知A的质量为m，B的质量为2m，小球可视为质点，重力加速度为g。则（　BD　） A．小球从最高点沿圆弧轨道运动到最低点的过程中，滑块水平位移为 B．小球运动到圆弧轨道最低点时，小球速度大小为 C．小球运动到圆弧轨道最低点时，B对A的支持力大小为 D．若滑块B固定，小球运动到圆弧轨道最低点时，地面对B的支持力大小为5mg 【解析】 对于AB：小球沿轨道下滑过程，小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒，规定向左为正，任意时刻有mvAx＝2mvBx 在之后极短时间Δt内，有mvAxΔt＝2mvBxΔt得xA＝2xB又有xA+xB＝R，代入数据可得， 设小球运动到圆弧轨道最低点时，小球速度大小为vA、滑块的速度大小为vB，规定向左为正，由动量守恒定律有mvA﹣2mvB＝0，由机械能守恒定律有，代入数据可得，，故A错误，B正确；对于C：在最低点时，对A由牛顿运动定律有，代入数据可得FN＝4mg，故C错误；对于D：当滑块B固定时，小球由圆弧轨道最高点由静止释放到最低点，由动能定理有，A在最低点时，对A由牛顿运动定律，代入数据可得F′N＝3mg，牛结合顿第三定律，A对B的压力为F″N＝F′N＝3mg，则地面对B的支持力大小为F＝F″N+2mg＝5mg，故D正确。 25．如图所示，光滑半圆道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I＝1.8N•s，A、B的质量分别为mA＝0.3kg、mB＝0.1kg，轨道半径和绳长均为R＝0.5m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： （1）与B碰前瞬间A的速度大小； （2）A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。 【解析】 （1）设施加瞬时冲量后瞬间A的速度为 v0，由动量定理，有I＝mAv0，解得：，设与B碰前瞬间A的速度大小为 v1，由机械能守恒定律，有，解得：； （2） 设A、B碰后瞬间共同速度大小为v2，由水平方向动量守恒，有mAv1＝（mA+mB）v2，解得：，设碰后瞬间轻绳拉力大小为F，由牛顿第二定律，有，解得：。 题型四：动量守恒定律在弹簧模型中的应用 26．如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度υ0向右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为（　C　） A．mv B．mv C．mv D．mv 【解析】 粘性物体和A相互作用，水平动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有 mυ0＝2mυ1，得υ1υ0。以后三个物体一起相互作用动量守恒，当B车与A车速度相等时，弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律得2mυ0＝3mυ2，得υ2υ0弹簧的最大弹性势能 EP2m（υ0）23m（υ0）2 27．如图所示，物块A、B的质量分别为mA＝2kg，mB＝3kg，物块A左侧固定有一轻质弹簧。开始B静止于光滑的水平面上，A以v0＝5m/s的速度沿着两者连线向B运动，某一时刻弹簧的长度最短。则以下看法正确的是（　B　） A．弹簧最短时A的速度大小为1m/s B．弹簧最短时A的速度大小为2m/s C．从B与弹簧接触到弹簧最短的过程中A克服弹簧弹力做的功与弹簧弹力对B所做的功相等 D．从B与弹簧接触到弹簧最短的过程中弹簧对A、B的冲量相同 【解析】 对于AB：设弹簧最短时A的速度大小为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mAv0＝（mA+mB）v，解得：v＝2m/s，故A错误，B正确。对于C：从B与弹簧接触到弹簧最短的过程中，A、B相对于地面的位移不等，则A克服弹簧弹力做的功与弹簧弹力对B所做的功不等，故C错误。对于D：从B与弹簧接触到弹簧最短的过程中弹簧对A、B的冲量大小相等，方向相反，则冲量不同，故D错误。 28．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轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，g＝10m/s2，下列说法正确的是（　D　） A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量与弹力对B的冲量相同 B．刚开始弹簧的弹性势能大小为2.0J 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0.2N•s D．若使A球不能到达Q点，则半圆轨道半径的最小值为0.72m 【解析】 对于A：弹簧弹开过程，弹簧对A、B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，由I＝Ft可知，弹力对A、B的冲量大小相等，方向相反，故A错误；对于B：释放弹簧过程中，A、B系统动量守恒，设A球脱离弹簧时A、B的速度大小分别为v1、v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣Mv2＝0，由题知：v1＝6m/s，解得：v2＝2m/s，根据机械能守恒定律可得，刚开始弹簧的弹性势能大小为：，解得：Ep＝2.4J，故B错误；对于C：设A球至Q点的速度大小为vQ，A球从P点运动到Q点过程中只有重力做功，机械能守恒，取水平桌面为零势能面，由机械能守恒定律得：mg•2R，解得：vQ＝4m/s，小球A从P点运动到Q点过程中，取水平向左为正方向，由动量定理可知，A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为：IA＝mvQ﹣m（﹣v1）＝m（vQ+v1）＝0.1×（4+6）N•s＝1N•s，故C错误；对于D：A球恰能到达最高点时有mg,A球从最低点到最高点有﹣mg×2R，解得R＝0.72m，则若使A球不能到达Q点，则半圆轨道半径的最小值为0.72m，故D正确. 29．（多选）如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌在其中。已知子弹的质量为m，物体A和B的质量相同均为2m，则（　BC　） A．子弹射入A中过程，A物体获得的最大速度为v0 B．弹簧压缩到最短时，B的速度为v0 C．运动过程中，物体B能获得的最大速度为v0 D．弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为 【解析】 对于A：子弹击中A的瞬间，A物体获得的速度最大，对于子弹与A组成的系统，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（2m+m）v，解得：A物体获得的最大速度 vv0，故A错误；对于BD：弹簧压缩到最短时，子弹、物体A和B三者速度相等，设为v1．以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+2m+2m）v1，解得：v1v0；设弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为Ep，从子弹和物体A共速到弹簧压缩到最短的过程，由系统的机械能守恒得：（2m+m）v2（m+2m+2m）Ep，解得：Ep，故B正确，D错误；对于C：当弹簧第一次恢复原长时物体B获得的速度最大，设为vB，此时A的速度为vA．从子弹射中物体A到弹簧第一次恢复原长的过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（2m+m）v＝3mvA+2mvB；由系统的机械能守恒得：（2m+m）v232，联立解得：vBv0，故C正确。 30．（多选）如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m＝3kg静止放置的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。若A以v0＝4m/s的初速度向B运动并压缩弹簧（弹簧始终在弹性限度内），当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞时间极短，则以下说法正确的是（　BD　） A．弹簧压缩到最短时A的速度大小为2m/s B．从A开始运动到弹簧压缩最短时C受到的合外力冲量大小为4N•s C．从A开始运动到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为16J D．在A、B、C相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为13J 【解析】 涉及动量守恒定律，取向右为正方向。对于A：A与B速度相等前，弹簧不断被压缩，B与C碰撞后速度减小，弹簧继续被压缩，当三个物体的速度相等时弹簧压缩最短，设此时三个物体的共同速度为v3，取向右为正方向，由三个物体组成的系统动量守恒得mv0＝3mv3，解得v3m/s，故A错误；对于B：设A、B速度相等时速度为v1，B与C碰撞后瞬间共同速度为v2，从开始到A、B速度相等的过程，由A、B的动量守恒得mv0＝2mv1解得：v1＝2m/s，B与C碰撞过程，由B、C的动量守恒得：mv1＝2mv2，解得：v2＝1m/s，从A开始运动到弹簧压缩最短时C受到的冲量为：，故B正确；对于C：整个系统只有在B与C碰撞的过程中机械能有损失，且损失的机械能为，解得：ΔE＝3J，故C错误；对于D：在A、B、C相互作用过程中弹簧的弹性势能最大时三个物体的速度相同，弹簧的最大弹性势能为，解得Ep＝13J，故D正确。 31．如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED是水平的，CD是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5m，质量m＝0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M＝0.5kg的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后滑块A能过半圆最高点C，取重力加速度g＝10m/s2，则： （1）B滑块至少要以多大速度向前运动； （2）如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少？ 【解析】 （1）设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v2，B碰撞前的速度为v0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg＝m，由机械能守恒定律得：mv22＝mg•2RmvC2，B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，则有Mv0＝Mv1+mv2 ，Mv02Mv12mv22 联立并代入数据解得：v0＝3m/s； （2）由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能Ep，设共同速度为v，A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，则有：Mv0＝（M+m）v，Mv02＝EP（M+m）v2 联立并代入数据解得：Ep＝0.375J。 32．如图所示，质量为m2和m3的两物体静止在光滑的水平面上，它们之间用轻弹簧相连且刚开始处于原长，一质量为m1的物体以速度v0向右运动，m1向右运动与m3相碰后即粘合在一起，已知m1＝m2＝m，m3＝2m．问： （1）m1、m3碰后共同速度； （2）弹簧第一次最短时的弹性势能． 【解析】 （1）以向右为正方向，m1与m3碰撞动量守恒，则有m1v0＝（m1+m3）v1．可得m1、m3碰后共同速度为：v1． （2）当三个物体的速度相同时弹簧第一次压缩最短，取向右为正方向，由动量守恒定律得：（m1+m3）v1＝（m1+m3+m2）v2．由碰后过程系统的机械能守恒得：（m1+m3）EP（m1+m3+m2）．联立解得：EP 33．如图所示，用轻弹簧连接的A、B两物体静止放在光滑的水平面上，A的质量为4m，B的质量为m，其中物体B靠在左边墙壁上。现用力推动物体A压缩弹簧至P点，静止释放物体A，当弹簧第一次恢复原长时（A未与右边墙壁碰撞），物体A的速度为v0，求： （1）从释放到第一次恢复原长的过程中，左边墙壁对物体B的冲量大小； （2）当弹簧第二次恢复原长时（A仍未与右边墙壁碰撞），A、B两物体各自的速度大小； （3）当弹簧第一次压缩到最短时，物体A才恰好与右边墙壁碰撞，碰后A的速度减为零。求弹簧再次恢复原长时，物体B的速度大小。 【解答】 （1）选向右为正方向，从释放到第一次恢复原长的过程中，选整体为研究对象。由动量定理有：I＝ΔP，代入数据得：I＝mAv0＝4mv0 （2）选向右为正方向，从恢复原长到第二次恢复原长的过程，对AB系统，由动量守恒有：mAv0＝mAvA+mBvB 由能量守恒有： 解得：， （3）选向右为正方向，当弹簧压缩到最短时，两物体共速，由动量守恒有：mAv0＝（mA+mB）v共，解得： 此时弹簧的弹性势能为： 碰后A的速度减为零，此时系统只有B的动能和弹性势能，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，由能量守恒有： 解得： 题型五：动量守恒定律在滑块——木块模型中的应用 34．如图所示，A为一上表面为光滑曲面的轨道，固定在水平地面上，轨道末端水平，质量M＝30kg的平板小车B静止于轨道右侧的水平地面上，其板面左端与轨道末端接触但不粘连，且板面与轨道末端在同一水平面上，一个质量为m＝10kg的物体C（可视为质点）从轨道顶端由静止滑下，冲上小车B一段时间后与小车相对静止并一起向右运动。若轨道顶端与末端的高度差h＝0.8m，物体与小车板面间的动摩擦因数μ＝0.4，小车与水平地面间的摩擦忽略不计，g取10m/s2，则物体与小车保持相对静止时的速度大小和物体冲上小车后相对于小车板面滑动的距离分别为（　C　） A．2m/s，1.5m B．2m/s，2.5m C．1m/s，1.5m D．1m/s，2.5m 【解析】 物体C在下滑过程中，根据机械能守恒定律有 解得v0＝4m/s，物体C在小车板面上滑动的过程与小车组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝（m+M）v 解得v＝1m/s，设物体相对于小车板面滑动的距离为L，由能量守恒定律有 解得L＝1.5m 35．如图所示，木板放置在光滑水平地面上，在木板的左端放置一小物块，木板质量m＝1kg，物块质量M＝2kg，物块与木板间动摩擦因数μ＝0.6。物块和木板以共同的水平速度v0＝6m/s向右运动，在木板碰到右侧的竖直挡板后木板立即以碰撞前瞬间的速率反弹，运动过程中物块始终未离开木板，重力加速度为g，下列说法正确的是（　D　） A．木板的长度可能为4m B．物块运动过程中速度方向可能向左 C．木板第三次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为1m/s D．木板向左运动过程中其右端距挡板最大距离为1.5m 【解析】 对于A：木板第一次碰撞后，到与物块再次共速的过程中，以向右为正方向，根据动量守恒定律有Mv0﹣mv0＝（M+m）v1，解得v1＝2m/s，根据能量守恒定律有，解得L＝4m，第二次碰撞后，物块相对木板继续向右运动，所以木板的长度需大于4m，不是4m，故A错误；对于B：由于物块的初动量较大，则物块运动过程中速度方向不可能向左，故B错误。对于C：第二次碰撞后到共速的过程中，以向右为正方向，根据动量守恒定律有Mv1﹣mv1＝（M+m）v2，解得，即木板第三次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为，故C错误；对于D：木板第一次向左运动过程中，初速度最大，故其速度减为0时，其右端距挡板的距离最大，根据动能定理有，解得x＝1.5m，故D正确。 36． （多选）如图所示，一质量M＝8.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0kg的小木块A。给A和B大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2。则在整个过程中，下列说法正确的是（ ACD　） A．小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75m/s B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零 C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/s D．长木板B的长度可能为10m 【解析】 对于A：取水平向右为正方向，取根据动量守恒定律可得Mv0﹣mv0＝Mv1+0，代入数据得v1＝3.75m/s，故A正确；对于BC：由于系统总动量方向向右，则小木块A先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速度向右匀速，设共速速度为v2，根据动量守恒定律可得Mv0﹣mv0＝（M+m）v2 代入数据得v2＝3m/s，故B错误，C正确；对于D：小木块与木板共速时，根据能量关系有，代入数据得L0＝8m，由于A始终没有滑离B板，则木板长度必须大于或等于8m，故D正确。 37．（多选）质量为1kg的小物块放在质量为2kg的长木板的左端，两者间的动摩擦因数为0.2，一起静置在光滑的水平面上，现给小物块一个向右的大小为6N的水平恒力F，该恒力作用时间1s后撤去，最终小物块与长木板相对静止；重力加速度为10m/s2，则（　AC　） A．从施加F到撤去F这个过程恒力F做的功是12J B．小物块与长木板保持相对静止时两者的总动能为12J C．撤去F前后这两个过程小物块相对于木板通过的位移之比为1：1 D．从施加F到小物块与长木板相对静止过程所产生的摩擦热为8J 【解析】 小物块与长木板间的最大静摩擦力为fmax＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。若两者保持相对静止，系统的整体加速度为，代入数据得，此时长木板所需的摩擦力f＝Ma＝2×2N＝4N，该值大于fmax，因此小物块与木板之间将发生相对滑动。对于A：在恒力作用期间，小物块的加速度为，解得：。在t＝1s内，小物块的位移，解得：xm＝2m。则恒力F所做的功为W＝Fxm，解得：W＝6×2J＝12J，故A正确；对于B：在t＝1s时，小物块的速度vm＝amt，代入数据得vm＝4m/s。长木板的加速度为，解得：，其速度vM＝aMt，代入数据得vM＝1m/s。撤去F后，系统动量守恒，取水平向右为正方向，由mvm+MvM＝（m+M）v共可得共同速度v共＝2m/s。系统最终的总动能为，解得：Ek＝6J，故B错误；对于C：在撤去F前的一段时间内，长木板的位移，解得：xM＝0.5m，小物块相对于木板的位移Δx1＝xm﹣xM，即Δx1＝1.5m。撤去F后，系统的初动能，解得：Ek1＝9J。根据能量守恒定律有μmgΔx2＝Ek1﹣Ek，解得：μmgΔx2＝3J，进而求得此阶段小物块相对于木板滑动的距离Δx2＝1.5m，两阶段相对位移之比为1：1，故C正确；对于D：从开始运动到最终相对静止的整个过程中，系统产生的摩擦热为Q＝μmg（Δx1+Δx2），解得：Q＝6J，故D错误。 38．（多选）如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端有一个可视为质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度v0，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图像如图乙所示，最终滑块恰停在木板的右端。下列说法正确的是（　ACD　） A．滑块与木板的质量之比为2：3 B．木板的长度为14m C．滑块与木板间的滑动摩擦力大小为3N D．滑块的速度减为时，木板的速度为 【解析】 对于A：由图乙知，滑块与木板共速时，滑块的动能Ek1＝8J，木板的动能Ek2＝12J，则，故A正确；对于BC：设滑块与木板间的滑动摩擦力大小为f。对滑块，根据动能定理得﹣fx＝Ek1﹣Ek0由图知x＝14m，Ek0＝50J，解得f＝3N，对木板，由动能定理得fx1＝Ek2﹣0 解得x1＝4m，故木板的长度为L＝x﹣x1＝14m﹣4m＝10m，故B错误，C正确；对于D：设滑块的速度减为时，木板的速度为v′。取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝m•Mv′结合，解得v′，故D正确。 39．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10m/s2，求： （1）A、B间动摩擦因数； （2）长木板A质量； （3）A、B系统损失的机械能。 【解析】 （1）由图乙可知，B先做匀减速直线运动，其加速度大小为： 对B的减速运动过程，根据牛顿第二定律得：μmg＝maB 解得A、B间动摩擦因数为：μ＝0.1 （2）A与B相对滑动过程满足动量守恒定律，最后一起做匀速直线运动的共同速度为：v＝1m/s。设长木板A的质量为M，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝（m+M）v，解得：M＝2kg （3）A、B系统损失的机械能为：ΔE（m+M）v2，解得：ΔE＝2J 40．如图所示，在光滑水平面上静止放置质量m1＝0.4kg的薄木板AB（厚度忽略不计）和质量m2＝0.2kg的圆弧轨道CD，木板AB上表面粗糙，CD是上表面光滑的半径为R＝0.5m的四分之一圆弧，它们紧靠在一起。一质量为m＝0.2kg可视为质点的物块P，从木板AB的右端以初速度v0＝5m/s滑上木板，到达木板最左端B点时的速度为vA′＝﹣1m/s，然后又滑上圆弧轨道CD。若物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ＝0.45，取g＝10m/s2求： （1）物块P滑到木板左端时，木板的速度vAB的大小； （2）木板的长度L； （3）滑块在圆弧轨道CD上上升的最大高度h。 【解析】 （1）物块P在AB上运动过程中，由P、A、B组成的系统动量守恒，以向左方向为正，根据动量守恒定律得mv0＝mvB+（m1+m2）vAB，解得：vAB＝1m/s。 （2）依据能量守恒定律有，解得：L＝2m。 （3）滑块P滑上圆弧轨道并上升至最大高度过程，根据动量守恒定律得mvB+m2vAB＝（m+m2）v，再根据能量守恒定律得，解得：h＝0.025m。 41．如图所示，光滑水平面上有一质量为M＝2kg的长木板，长木板的左侧有一可视为质点的滑块A，滑块质量m＝1kg，长木板的右侧有一固定的轻质挡板，轻质弹簧右端固定在挡板上。O点为长木板的中点，O点右侧是光滑的，左侧是粗糙的，滑块与长木板间动摩擦因数μ＝0.2．开始长木板静止，物块A从长木板左侧以v0＝10m/s的初速度向右运动。长木板的长度为L＝28m，弹簧始终处于弹性限度内，取g＝10m/s2．求： （1）滑块A到达O点时，滑块A和长木板的速度大小； （2）弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能； （3）弹簧第一次恢复原长时，滑块A和长木板的速度大小。 【解析】 （1）滑块与长木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mv1+Mv2， 由能量守恒定律得：mv02mv12Mv22+μmg，解得：v1＝6m/s，v2＝2m/s； （2）滑块压缩弹簧过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1+Mv2＝（m+M）v，由能量守恒定律得：mv12Mv22（m+M）v2+EP，解得：EP； （3）弹簧第一次回复原长过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v＝mv3+Mv4，由能量守恒定律得：（m+M）v2+EPmv32Mv42，解得：v3m/s，v4m/s 42．如图所示，光滑的水平面上停放有一质量M＝9kg的小车，小车的AB段水平，长s＝5m，BC段为半径R＝1m的六分之一圆弧轨道，AB段与BC段在B点相切且连接在一起。一质量m＝1kg的小滑块（视为质点）在小车的左端A受到I＝10N•s的水平向右的瞬时冲量由静止开始运动，并恰好能运动到圆弧轨道的最高点C，然后又恰好能返回到小车的左端A．已知AB段与BC段均由特殊材料制成，滑块从A到C的运动过程中，在AB段不受摩擦力作用，在BC段受到摩擦力作用；滑块从C到A的运动过程中，在BC段不受摩擦力作用，在AB段受到摩擦力作用。重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求： （1）滑块刚滑上B点时对圆弧轨道的压力大小； （2）滑块在圆弧轨道中运动时系统损失的机械能ΔE； （3）滑块从B运动到A的过程中，与AB段间的动摩擦因数μ。 【解析】 （1）滑块从A到B的过程中不受摩擦力作用，所以该过程中小车静止不动，滑块刚滑上BC段时小车的速度为0，滑块的速度为v1，则由动量定理得：I＝mv1，解得：v1＝10m/s，滑块刚滑上B点时，根据牛顿第二定律得：FN﹣mg＝m，解得：FN＝110N，由牛顿第三定律可知滑块刚滑上B点时对圆弧轨道的压力大小为110N。 （2）滑块由B到C的运动过程中系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有mv1＝（m+M）v2又由功能关系可得：（m+M）mgR（1﹣cos60°）+ΔE，解得：ΔE＝40J，即滑块在圆弧轨道中运动时系统损失的机械能为40J。 （3）滑块从C到A的运动过程中，系统水平方向动量守恒，则滑块恰好返回到小车左端A时，v3＝v2，由功能关系可得：（m+M）mgR（1﹣cos60°）（m+M）Q，又 Q＝μmgs，解得 μ＝0.1 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $