1.3 动量守恒定律 同步练-2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 练习以基础巩固与能力提升双层次设计，通过11道基础题（动量守恒判断、两体系统等）与11道提升题（图像分析、爆炸问题等）的配比，实现从单一知识点到综合应用的进阶，强化物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础练习|动量守恒条件判断、两体系统守恒、单一方向守恒应用|通过弹簧系统、滑块滑槽等情境辨析守恒条件，强化运动与相互作用观念| |能力提升练|图像类问题（v-t/x-t）、爆炸模型、多物体多过程综合|结合运输货物、爆炸实验等复杂情境，培养模型建构与科学推理能力|

3　动量守恒定律 基础练习 题型一　动量守恒的判断 1.[2025陕西西安联考]如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止(弹簧始终处于弹性限度内),对两车及弹簧组成的系统,下列说法中错误的是(　　) 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,后放开右手,总动量向右 D.无论何时放手,只要两手放开后,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 2.[2026湖南衡阳期末]如图所示,小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上。现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程,下列说法中正确的是(　　) A.男孩和木箱组成的系统动量守恒 B.小车的动量增加了,人与木箱组成的系统动量守恒 C.木箱的动量增加量与男孩、小车的总动量增加量大小相等 D.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒且机械能守恒 3.(多选题)[2026河北邢台阶段测试]如图所示,内壁光滑的半圆形滑槽放置在光滑水平地面上,从滑槽左端的最高点由静止释放小滑块(可视为质点)。对于小滑块从释放至运动到滑槽最低点的过程中,下列说法正确的是(　　) A.小滑块和滑槽构成的系统动量守恒 B.小滑块和滑槽构成的系统水平方向上动量守恒 C.小滑块和滑槽构成的系统竖直方向上动量守恒 D.小滑块对滑槽的弹力做正功 题型二　两物体组成的系统动量守恒 4.(习题改编)甲、乙两人静止在水平冰面上,突然两人掌心相碰互推对方,互推过程中两人相互作用力远大于冰面对人的摩擦力,若两人与冰面间的动摩擦因数相等,则以下说法正确的是(　　) A.若m甲>m乙,则在互推的过程中,甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量 B.无论甲、乙质量关系如何,在互推过程中,甲、乙两人动量变化量大小相等 C.若m甲>m乙,则分开瞬间甲的速率比乙的大 D.若m甲>m乙,则分开后乙先停下来 5.[2026辽宁期末]假设滑冰场地是光滑冰面,质量为50 kg的小明手持一个质量为2 kg的篮球,以3 m/s的速度水平滑行。突然小明将篮球水平向前抛出,抛出后小明的速度变为2.8 m/s。若抛出过程中消耗的体内化学能中约80%转化为小明和篮球的机械能的增加量,则此次抛球过程中小明消耗的化学能约为(　　) A.15 J　　　　B.18.75 J　　　　C.22.5 J　　　　D.30 J 6.[2026云南昭通阶段测试]如图所示,轻绳的一端系在固定的水平杆上,另一端系着质量为m的木块。质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块,并以速度v离开木块,子弹穿过木块的时间极短。重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.子弹射穿木块前后,子弹和木块组成的系统动量和机械能都守恒 B.子弹射穿木块前后,子弹和木块组成的系统动量不守恒,机械能守恒 C.子弹射出木块瞬间,轻绳对杆的拉力大小等于mg D.子弹射出木块瞬间,木块的速度大小为 7.(多选题)[2026河北期末]如图所示,光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B,用细线将它们连接起来,两物块间有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连),弹簧的压缩量为x。现将细线剪断,两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v,则(　　) A.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时的位移大小为x B.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时的位移大小为x C.物块开始运动前,弹簧的弹性势能为mv2 D.物块开始运动前,弹簧的弹性势能为3mv2 8.(多选题)[2025天津武清阶段练习]如图,一足够长的木板A静止在光滑水平面上,现有质量为1.5 kg的物块B以水平速度4 m/s从木板最左端滑上木板,经过3 s物块B的速度减为1 m/s并且刚好与木板A速度相同。g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　) A.木板的质量为3 kg B.A、B间的动摩擦因数为0.1 C.物块B由4 m/s减速到1 m/s的过程中,物块B的位移大小为7.5 m D.木板的最短长度为7.5 m 题型三　某一方向动量守恒的应用 9.[2026湖北黄冈模拟预测]如图所示,竖直平面内有一质量为M=0.3 kg、半径为R=1.5 m、圆心为O的四分之一圆弧轨道静置在光滑水平地面上,轨道最高点A与圆心O等高,最低点B在O点正下方。将质量为m=0.1 kg的滑块从轨道最高点A由静止释放,测得滑块从B点离开轨道时,滑块的速度大小为3 m/s,取g=10 m/s2,则滑块沿轨道从A滑到B的过程中,摩擦产生的热量为(　　) A.0.9 J　　　　B.0.45 J C.0.6 J　　　　D.1.05 J 10.[2025山东德州开学摸底]如图所示,质量为m的小球A从距离地面h高度处向上斜抛,抛出时的速度大小为25 m/s,方向与水平方向夹角为37°,在A抛出的同时有一质量为2m的黏性小球B从某高度处自由下落,当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B,A、B两球碰撞时间极短,碰后A、B两球粘在一起下落。已知A球上升和下落过程时间相等。不计空气阻力,sin 37°=0.6,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.小球A上升至最高点时水平位移是20 m B.小球B下落时离地面的高度是37.5 m C.小球A抛出点距地面的高度h为11.25 m D.小球A抛出点距落地点的水平距离为60 m 11.[2026云南昭通阶段测试]如图所示,在光滑水平面上有一小车,小车上固定一竖直杆,总质量为M,杆顶系一长为L的轻绳,绳另一端系一质量为m的小球(可视作质点),绳被水平拉直处于静止状态,将小球由静止释放,重力加速度为g,不计空气阻力,已知小球运动过程中,始终未与杆相撞。则下列说法正确的是(　　) A.小球不能向左摆到原高度 B.小球向左摆动的过程中,小车向右运动 C.小球摆到最低点的速率为 D.小球向左摆到最低点的过程中,小车向右移动的距离为 能力提升练 题型一　图像类动量守恒问题 1.[2025浙江宁波第三中学月考]如图甲所示,光滑水平面上有A、B两物块,已知A物块的质量mA=2 kg,以一定的初速度向右运动,与静止的物块B发生碰撞并粘在一起运动,碰撞前后的位移-时间图像如图乙所示(规定向右为正方向),则碰撞后物块B的速度大小及物块B的质量分别为(　　) 　 A.2 m/s,5 kg　　　　 B.2 m/s,3 kg C.3.5 m/s,2.86 kg　　　　D.3.5 m/s,0.86 kg 2.[2026江苏镇江开学考试]如图1所示,物块P与Q之间用一轻弹簧相连后静置在光滑水平面上。初始弹簧处于原长,t=0时刻给物块P向右的初速度v0,规定向右为正方向,0~t3时间内物块P、Q运动的v-t图像如图2所示,则(　　) 　 A.物块P的质量大于物块Q B.t1时刻系统的总动能与t=0时刻相同 C.t2时刻物块Q的速度大小为 D.0~t3时间内物块P、Q位移大小之比为2∶1 3.[2026山东枣庄阶段练习]如图甲所示,物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连,放在光滑水平面上,物块P的质量为4 kg。开始时两物块均静止,弹簧处于原长,t=0时对物块P施加水平向右的恒力F,2 s末撤去恒力时,物块Q的速度为2 m/s,0~2 s内两物块的加速度随时间变化的图像如图乙所示。整个运动过程中(　　) 　 A.Q的质量等于2 kg B.2 s末物块P的速度大于4 m/s C.2 s内恒力F做的功大于26.5 J D.撤去恒力F后弹簧最长时,Q的速度小于3.2 m/s 4.[2026江苏镇江阶段测试]如图1所示,长木板A静置于光滑水平面上,质量为m=2 kg的另一物体B以3 m/s的水平速度滑上A的表面,A、B之间的动摩擦因数μ=0.2,速度随时间的变化图像如图2所示。重力加速度g取10 m/s2。求: 　 (1)A、B相对静止时的速度大小; (2)长木板的质量M。 题型二　爆炸问题 5.[2026辽宁鞍山期末]如图所示,光滑水平面上甲、乙两球间粘有少许炸药,一起以0.5 m/s速度向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸,分开后两球仍沿原直线运动,从爆炸开始计时经过3.0 s,两球之间的距离为x=2.7 m,假设爆炸产生的能量全部转化为两球的动能,则下列说法正确的是(　　) A.刚分离时,甲、乙两球的速度方向相同 B.刚分离时,甲球的速度大小为0.1 m/s,方向水平向左 C.刚分离时,乙球的速度大小为0.3 m/s D.爆炸过程中释放的能量为0.27 J 6.[2026湖北阶段测试]如图所示,粗糙水平面上固定一足够长且表面光滑的斜面体,斜面倾角θ=30°,水平面上靠近斜面体处静止放置A、B两物体,其中mA=1 kg,mB=2 kg,两物体紧贴在一起,中间夹着一小块炸药(质量可忽略),点燃炸药发生爆炸使两物体分离,B物体立刻冲上斜面体,已知A物体与水平面间的动摩擦因数μ1=0.5,炸药爆炸时释放的化学能为E=75 J且全部转化为两物体的动能,不考虑B物体在斜面体与水平面连接处的动能损失,A、B两物体均可视为质点,爆炸时间极短,取g=10 m/s2,求: (1)爆炸后瞬间,A、B两物体获得的速度大小; (2)B物体在斜面上运动的时间t0; (3)要使B物体恰好能追上A物体,B物体与水平面之间的动摩擦因数μ2。 7.[2026福建厦门期末]在某爆炸实验基地,把爆炸物以40 m/s的速度斜向上发射,当爆炸物动能为发射时的四分之一时恰好到最高点,此时爆炸物炸裂成A、B两块,其中mA=0.2 kg,mB=0.8 kg。经测量发现,A块恰好沿原轨迹落回,忽略空气阻力及炸药质量。求: (1)爆炸物爆炸前在最高点的速度大小; (2)若爆炸时间持续0.005 s,则爆炸过程A、B间的平均作用力大小; (3)爆炸过程中增加的机械能。 题型三　多物体多过程类问题 8.(多选题)[2026四川成都阶段练习]如图所示,质量为m1=3 kg的小车A置于光滑水平地面上,其右端为一半径R=1.15 m的四分之一圆弧轨道,圆弧轨道上Q点与圆心等高。质量为m2=0.99 kg的滑块B静止于小车的左端P点,现被水平飞来的质量m3=10 g、速度v0=800 m/s的子弹C击中,且子弹留在滑块B中,之后B与C共同在小车上滑动,且从圆弧轨道的最高点离开小车。不计A与B之间的摩擦和空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,则(　　) A.子弹C击中滑块B后瞬间,滑块B(含子弹)的速度大小为80 m/s B.滑块B(含子弹)从Q点冲出小车瞬间,小车A的速度大小为2 m/s C.滑块B(含子弹)从Q点冲出小车后能上升的最大高度为1.25 m D.滑块B(含子弹)冲出小车后不能再从Q点落回小车 9.[2025江苏徐州期中]如图,光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端,三者质量分别为mA=2 kg,mB=1 kg,mC=2 kg。开始时C静止,A、B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞。求: (1)A与C发生碰撞后的瞬间A的速度大小; (2)A与C发生碰撞后C的速度大小; (3)A与B在整个过程中因摩擦产生的热量Q。 10.[2026广东模拟预测]某工厂需要将货物从高处运输到地面的指定位置,运输过程的简化图如图所示。长度L1=6 m的水平传送带以大小v=5 m/s的速度顺时针匀速转动,质量m=2 kg的货物(可视为质点)从传送带的左端A点由静止释放,经过右端B点后,从半径R=4 m的半圆管道的最高点水平进入,当货物沿管道下滑至C点时,货物对管道的压力大小FN=70 N,随后货物滑上静止在光滑水平面上的长木板,当货物与长木板达到共速时,长木板左端恰好触碰制动装置(体积可忽略不计)并瞬间静止。已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.25,货物与长木板间的动摩擦因数为μ2=0.5,长木板的质量M=3 kg,长度L2=6.7 m,重力加速度g=10 m/s2。 (1)求货物经过B点时的速度大小vB; (2)求货物和半圆管道之间因摩擦产生的热量Q; (3)若货物从D点抛出,D离地面的高度H=5 m,求货物落地点与抛出点D的水平距离x。 创新点　动量守恒与关联速度问题综合 11.(多选题)[2026黑龙江开学考试]三个小球(均可视为质点)A、B、C质量分别为3m、2m、m,通过两根长度均为l的轻杆和轻质光滑铰链连接。初始时整个装置通过外力作用静止于竖直平面内,且两杆呈竖直状态,如图甲所示。A、B位于光滑水平地面上,某时刻撤去外力,系统在重力作用下开始运动,某时刻两杆之间的夹角为θ,如图乙所示。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) 　 A.A球先做加速运动后做减速运动 B.落地前的瞬间C球的速度大小为 C.落地前的瞬间B球相对地面的水平位移大小为 D.当θ=时,A、B两球的速度大小之比为 答案 第一章　动量守恒定律 3　动量守恒定律 基础练习 1.C　当两手同时放开时,系统所受合外力为零,所以系统的动量守恒,又因为开始时总动量为零,故系统总动量始终为零,选项A正确;先放开左手(点拨:右手对小车、弹簧组成的系统有向左的作用力,系统动量不守恒),后放开右手,放开右手时左边小车的动量方向向左,此后系统所受合外力为零,系统的动量守恒,系统的总动量向左,选项B正确,C错误;无论是否同时放手,只要两手都放开后,在弹簧恢复原长的过程中,系统所受合外力为零,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零,选项D正确。 2.C　男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中,由于男孩受到小车的摩擦力作用,男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,A、B错误;男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,则木箱的动量的增加量与男孩、小车的总动量的增加量大小相等,方向相反,C正确;对于男孩、小车与木箱三者组成的系统,由于三者的动能均增大,所以系统机械能增加(点拨:人做功增大了系统机械能),D错误。故选C。 3.BD　小滑块从释放至运动到滑槽最低点的过程中,小滑块和滑槽构成的系统水平方向所受合外力为0,竖直方向所受合外力不为0,因此系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒(易错点),A、C错误,B正确;小滑块从释放至运动到滑槽最低点的过程中,滑槽向左运动,小滑块对滑槽的弹力方向指向左下方,弹力方向与速度方向的夹角为锐角,因此小滑块对滑槽的弹力做正功,D正确。故选B、D。 4.B　互推过程,甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,作用时间相等,则甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等,方向相反,选项A错误。以两人组成的系统为研究对象,互推过程中,两人相互作用力远大于冰面对人的摩擦力,系统动量守恒,由动量守恒定律知甲、乙两人的动量变化量大小一定相等,方向相反,选项B正确。设分开瞬间,甲的速度大小为v甲,乙的速度大小为v乙,由动量守恒定律可得m甲v甲=m乙v乙,若m甲>m乙,则v甲<v乙,即分开瞬间甲的速率小于乙的速率;分开后,两人在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=μg,则从推开到停下,所用时间为t==,由于推开瞬间v甲<v乙,所以t甲<t乙,即分开后甲先停下来,选项C、D错误。 5.D　小明和篮球以v0=3 m/s水平滑行,小明将篮球水平向前抛出,抛出过程小明和篮球组成的系统动量守恒,有(M+m)v0=Mv1+mv2,解得篮球抛出的速度v2=8 m/s;抛出前系统总动能为E1=(M+m)=×52×32 J=234 J,抛出后系统总动能为E2=M+m=×50×2.82 J+×2×82 J=260 J,机械能的增加量为ΔE=E2-E1=260 J-234 J=26 J,小明体内化学能转化为机械能的效率为80%,因此消耗的化学能为E化学= J=32.5 J,最接近30 J。故选D。 6.D　子弹射穿木块前后,子弹和木块组成的系统动量守恒,但子弹相对木块滑动,部分机械能转化为了内能,机械能不守恒,A、B错误;根据动量守恒有m0v0=mv1+m0v,解得v1=,D正确;子弹射出木块瞬间,木块做圆周运动(破题关键),对木块有T-mg=m,可知T>mg,即轻绳对木块的拉力大于mg,则轻绳对杆的拉力大于mg,C错误。故选D。 7.AD　取水平向左为正方向,根据系统动量守恒得2mvA-mvB=0,可推得2m-m=0,又xA+xB=x,解得物块A的位移大小xA=,A正确,B错误;由动量守恒定律可得0=2mv-mv'B,解得物块B刚要离开弹簧时的速度大小v'B=2v,由系统机械能守恒可得物块开始运动前弹簧的弹性势能Ep=·2mv2+mv=3mv2,C错误,D正确。 8.BC　由题意,根据动量守恒定律有mBv0=(mB+mA)·v共,解得木板的质量为mA=4.5 kg,故A错误;对B由牛顿第二定律有μmBg=mBaB,根据匀变速直线运动速度-时间公式有v0-aBt=v共,联立解得A、B间的动摩擦因数为μ=0.1,故B正确;物块B由4 m/s减速到1 m/s的过程中,木板A的位移为xA=t=×3 m=1.5 m,物块B的位移为xB=t=×3 m=7.5 m,则木板的最短长度为Lmin=xB-xA=6 m(共速时B恰在A右端),故C正确,D错误。  9.A　滑块沿轨道下滑的过程中,滑块与轨道组成的系统水平方向动量守恒(水平方向所受合外力为0),有Mv1=mv2,可得滑块滑到B点时,圆弧轨道的速度大小为v1=1 m/s,滑块从A滑到B的过程中,根据能量守恒有mgR=M+m+Q,联立解得Q=0.9 J,故选A。 10.B　小球A上升至最高点所用的时间t1== s=1.5 s,水平位移是x=v0 cos 37°·t1=30 m,选项A错误;A、B碰撞前B下落的高度h1=g=11.25 m,碰前B的速度大小为vB0=gt1=15 m/s,方向竖直向下,设碰后A、B的竖直分速度为vy,则由竖直方向动量守恒得2mvB0=3mvy(解题技法),解得vy=10 m/s,然后A、B一起下落的高度h2=vyt1+g=10×1.5 m+×10×1.52 m=26.25 m,可得小球B下落时离地面的高度是H=h1+h2=37.5 m,选项B正确;小球A抛出点到最高点的竖直距离为h3=t1=11.25 m,则小球A抛出点距地面的高度h=h2-h3=15 m,选项C错误;两球碰撞,由水平方向动量守恒可得mv0 cos 37°=3mvx(解题技法),可得vx= m/s,则小球A抛出点距落地点的水平距离为x'=x+vxt1=30 m+×1.5 m=40 m,选项D错误。  11.B　小球与车组成的系统水平方向动量守恒,当小球向左摆到最高点瞬间,水平方向速度为零,此时小车速度也为零,由系统机械能守恒,可知小球可以向左摆到原高度,A错误;小球向左摆动的过程中,小球与车组成的系统水平方向动量守恒,由于初动量为零,则小车速度向右,B正确;取水平向右为正方向,设小球到达最低点时速度大小为v1,此时小车的速度大小为v2,根据动量守恒定律和能量守恒定律可得0=Mv2-mv1,mgL=M+m,解得v1=,C错误;小球从释放到最低点过程,设小球向左移动的距离为s1,小车向右移动的距离为s2,由系统水平方向动量守恒有0=Ms2-ms1(解题技法)(推导:小球从释放到最低点过程,小球及小车水平方向的速度一直在变化,取极短时间Δt,小球及小车在Δt时间内水平方向的速度大小分别是v1x和v2x,由水平方向动量守恒,有0=Mv2x-mv1x,则0=Mv2xΔt-mv1xΔt,小球从释放到最低点整个过程,有0=∑Mv2xΔt-∑mv1xΔt,即0=Ms2-ms1),且s1+s2=L,解得s2=,D错误。故选B。 能力提升练 1.B　由图像可知,碰前A的速度为vA=5 m/s,碰后A、B的共同速度为vAB=2 m/s,A、B碰撞过程中动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mAvA=(mA+mB)vAB,解得mB=3 kg,选项B正确。 2.C　物块P、Q与弹簧组成的系统动量守恒,0~t1时间内,有mPv0=(mP+mQ),解得=,A错误;t1时刻,P、Q的速度相同,此时弹簧的弹性势能最大,系统的总动能小于t=0时刻的总动能,B错误;t2时刻弹簧恢复原长,根据动量守恒和能量守恒可得mPv0=mPvP+mQvQ,mP=mP+mQ,联立解得vQ=v0,C正确;t3时刻,弹簧又恢复原长,则0~t3时间内物块P、Q位移大小之比为1∶1,D错误。故选C。 3.C　由图乙可知,t=0时,物块P的加速度大小为2 m/s2,根据牛顿第二定律可得,水平向右的恒力大小为F=mPaP1=4×2 N=8 N;t=2 s时,物块P、Q的加速度大小均为1.6 m/s2,设此时弹簧的弹力大小为T,由牛顿第二定律可得,对物块P有F-T=mPa,对物块Q有T=mQa,解得mQ=1 kg,A错误。弹簧对P的弹力与对Q的弹力大小相等,方向相反,则弹簧对P的弹力的冲量与弹簧对Q的弹力的冲量大小相等,方向相反,0~2 s内,根据动量定理,对P有Ft-I弹=mPvP-0;对Q有I弹=mQvQ-0,解得vP=3.5 m/s,B错误。2 s末物块P的动能为EkP=mP=24.5 J,物块Q的动能为EkQ=mQ=2 J,此时弹簧被压缩,有弹性势能,由功能关系可知,2 s内恒力F做的功为W=EkP+EkQ+Ep=26.5 J+Ep>26.5 J,C正确。撤去恒力F后,物块P、Q和弹簧组成的系统动量守恒,当物块P、Q共速时弹簧最长(破题关键),则有mPvP+mQvQ=(mP+mQ)v,解得v=3.2 m/s,D错误。故选C。 4.答案　(1)1 m/s　(2)4 kg 解析　(1)由图2可知1 s时二者相对静止,设此时速度为v,规定向右为正方向 对B,由动量定理得-μmgt=mv-mv0 其中t=1 s,v0=3 m/s 解得v=1 m/s (2)对A、B组成的系统,由动量守恒有mv0=(m+M)v 解得M=4 kg 5.B　爆炸过程,内力远大于外力,系统动量守恒(破题关键),取向右为正方向,有(m甲+m乙)v0=m甲v1+m乙v2,由题意可知v2-v1=,代入数据联立解得v1=-0.1 m/s,v2=0.8 m/s,可知刚分离时,甲球的速度方向水平向左,乙球的速度方向水平向右,A、C错误,B正确;爆炸过程中释放的能量为E=m甲+m乙-(m甲+m乙),解得E=0.027 J,D错误。故选B。 6.答案　(1)10 m/s　5 m/s　(2)2 s　(3)0.125 解析　(1)对A、B组成的系统,由于爆炸时间极短,内力远大于外力,系统动量守恒 则有mAvA=mBvB 由题意可知化学能转化为两物体的动能,有E=mA+mB 联立解得vA=10 m/s,vB=5 m/s (2)B在光滑斜面先向上减速,后向下加速 沿斜面方向,根据牛顿第二定律有mBg sin θ=mBa B物体在斜面上运动的总时间t0==2 s (3)设A从爆炸后运动至停止的时间为tA,位移为xA 根据动量定理有-μ1mAgtA=0-mAvA 根据动能定理有-μ1mAgxA=0-mA 解得tA=2 s,xA=10 m 可知,A停止时,B刚好返回到水平面 因此,要使B恰好能追上A,必须满足B在水平面上的位移等于A的位移(破题关键) 即x'B==xA B在水平面上运动的加速度大小aB==μ2g 解得μ2=0.125 7.答案　(1)20 m/s　(2)1 600 N　(3)200 J 关键点拨　“经测量发现,A块恰好沿原轨迹落回”,则A做平抛运动的初速度与爆炸物爆炸前整体在最高点的速度大小相等、方向相反,这是解题的切入点。 解析　(1)设爆炸物的初速度大小为v0,在最高点的速度大小为v 则有Ek0=m,Ek0=mv2 联立解得爆炸物在最高点的速度大小为v=20 m/s (2)取爆炸物爆炸前(最高点)运动方向为正方向,爆炸后A、B做平抛运动,A恰好沿原轨迹落回,则爆炸后A的速度vA=-v=-20 m/s 对A,由动量定理得-Ft=mAvA-mAv 解得F=1 600 N (3)在最高点,取爆炸物爆炸前运动方向为正方向,爆炸过程,由动量守恒定律可得(mA+mB)v=mAvA+mBvB 解得vB=30 m/s 爆炸过程增加的机械能 ΔE=mA+mB-(mA+mB)v2 解得ΔE=200 J 8.BC　子弹C击中滑块B后瞬间,根据动量守恒定律有m3v0=(m2+m3)v1,解得v1=8 m/s,故A错误;当子弹进入滑块后,B(含C)运动到Q点过程中,A、B、C组成的系统水平方向动量守恒,则有(m2+m3)v1=(m1+m2+m3)vx,解得vx=2 m/s,故B正确;B(含C)运动到Q点时,B(含C)的水平分速度与A的速度相等,B的竖直分速度不为0,B(含C)做斜抛运动(易错点),运动到最高点时,根据机械能守恒定律有(m2+m3)-(m1+m2+m3)=(m2+m3)g(R+h),解得h=1.25 m,故C正确;B(含C)冲出小车后,B(含C)做斜抛运动,A做匀速直线运动,B(含C)水平方向分速度始终与A做匀速直线运动的速度相等(破题关键),可知滑块B(含子弹C)冲出小车后能再从Q点落回小车,故D错误。故选B、C。 9.答案　(1)2 m/s　(2)3 m/s　(3)3 J 解析　(1)长木板A与滑块C在光滑水平轨道上发生碰撞,因碰撞时间极短,碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计,长木板A与滑块C组成的系统,在碰撞过程中动量守恒,有 mAv0=mAvA+mCvC 根据A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞,可知最终A、B、C三者速度大小相等,方向相同(破题关键),设三者最终速度大小为v,全过程A、B、C三者组成的系统动量守恒,则 mAv0+mBv0=(mA+mB+mC)v,vC=v 联立解得A与C发生碰撞后的瞬间A的速度大小为vA=2 m/s (2)由(1)问可知A、C碰撞后C的速度大小为vC=3 m/s (3)从A、C碰撞后到A、B共速过程中,有摩擦力做功,根据能量守恒定律可知 mA+mB=(mA+mB)v2+Q 解得A与B在整个过程中因摩擦产生的热量为Q=3 J 10.答案　(1)5 m/s　(2)85 J　(3)3 m 解析　(1)货物在传送带上加速运动的过程有 μ1mg=ma 解得a=2.5 m/s2 假设货物到达右端B点前已经与传送带共速,则货物加速阶段通过的位移为s= 解得s=5 m<6 m 假设成立,可知货物经过B点时的速度大小为vB=v=5 m/s (2)当货物运动到C点处,由牛顿第三定律可知,货物所受支持力大小为F'N=70 N 由牛顿第二定律可知F'N-mg=m 解得vC=10 m/s 货物从半圆管道的最高点滑到C点的过程中,由能量守恒定律可得mg·2R=m-m+Q 解得此过程因摩擦产生的热量Q=85 J (3)货物从滑上长木板到与长木板共速过程中,由动量守恒定律可得mvC=(m+M)v共 解得v共=4 m/s 该过程中,货物在长木板上向左做匀减速运动,对货物,有 μ2mg=ma1 -2a1s1=- 解得a1=5 m/s2,s1=8.4 m 长木板向左做匀加速运动,对长木板,有 μ2mg=Ma2 2a2s2=-0 解得a2= m/s2,s2=2.4 m 由位移关系可知L2+s2=9.1 m>s1=8.4 m 因此货物与长木板达到共速时,货物到长木板最左侧的距离Δs=L2+s2-s1=0.7 m 长木板与货物共速时触碰到制动装置,长木板静止,货物在长木板上会继续向左匀减速运动0.7 m(易错点)  由-=-2a1·Δs 解得vD=3 m/s 货物离开D点后做平抛运动,竖直方向有H=gt2 解得t=1 s 则货物落地点与抛出点D的水平距离x=vDt=3 m 11.ABD　从撤去外力到C与地面接触前,A、B、C组成的系统水平方向动量守恒,刚撤去外力时与C球刚要与地面接触时,三小球水平方向速度均为0,所以A球经历了先加速后减速的过程,对C球,由机械能守恒可知mgl=mv2,解得落地前瞬间C球的速度大小v=,A、B正确。由A、B、C的质量关系以及系统水平方向动量守恒可知,水平方向A向左运动、B和C向右运动;设三者的位移大小分别为xA、xB、xC,由动量守恒定律可推得3mxA=2mxB+mxC,且xA+xC=l,xB-xC=l,解得xA=,xB=,xC=,C错误。当θ=时,设三者的速度大小分别为vA、vB、vC,A的速度方向水平向左,B的速度方向水平向右,C的速度方向斜向右下方,设C的速度方向与BC杆的夹角为α,如图所示: A与C在沿CA杆方向的分速度相同,有vA cos 45°=vC sin α,B与C在沿CB杆方向的分速度相同,有vB cos 45°=vC cos α(破题关键),又因为系统水平方向动量守恒,则有3mvA=2mvB+mvC cos (α+45°),联立可得=,D正确。故选A、B、D。  1 学科网（北京）股份有限公司 $