第一章 动量守恒定律 期中拔高训练 -2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

2026-2027学年高二上学期物理（人教版2019） 期中试题【拔高训练】·选择性必修第一册 第一章　动量守恒定律　·　题型分类练习 【答案速查表】 题型分类 题号—答案 01　冲量与动量定理的应用 1-B　2-B　3-C　4-见解析　5-见解析 02　流体冲击与喷气反冲问题 1-B　2-C　3-B　4-见解析 03　动量守恒定律与人船模型 1-D　2-D　3-D　4-A　5-C 04　碰撞问题 1-C　2-B　3-D　4-见解析　5-见解析 05　弹簧类动量与能量综合 1-D　2-C　3-B　4-B 06　板块模型与动量能量综合 1-见解析　2-见解析　3-见解析　4-见解析　5-见解析　6-见解析　7-见解析 01 冲量与动量定理的应用 【知识点梳理】 概念 / 规律 核心要点 易错提醒 动量与冲量 动量 ，是矢量，方向与速度方向相同；冲量 ，也是矢量，方向与恒力方向相同。 动量、冲量都是矢量，运算遵循平行四边形定则；一维问题须先规定正方向再代入符号。 动量定理 物体所受合外力的冲量等于动量的变化量：。变力作用时 F 取平均力，即 。 Ft 是合外力的冲量，不是某个力的冲量；求某个力的冲量要用该力单独计算，不能直接套动量定理的合冲量。 动量定理求解平均力 已知动量变化与作用时间求平均力时，用 ；缓冲、碰撞等短时过程常用此式估算冲击力。 "平均力"是效果上的平均，不等于力的算术平均；碰撞时间极短时平均力远大于重力，可忽略重力。 图像与冲量 F–t 图像与时间轴围成的面积表示冲量；v–t 图像可求动量变化 。 F–t 图面积有正负（时间轴下方为负冲量）；求合冲量要把各段面积代数和，不能只取绝对值相加。 竖直方向的动量定理 物体只在重力作用下运动时，全过程用 ；有接触力（如蹦床、地面）时要计入该力的冲量。 蹦床、落地缓冲等问题中，接触力冲量与重力冲量方向相反，列式时符号易错。 【题型训练】 1．踢毽子是我国传统的民间体育运动。如图是一学生在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。则以下选项中能够描述毽子上升过程中动量随时间变化的图像是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：毽子在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的空气阻力f。根据题意可知，空气阻力与速率成正比，即f＝kv，合外力大小为F＝mg+kv。随毽子向上运动，速率v不断减小，可知空气阻力f逐渐减小，合外力F逐渐减小。由动量p＝mv可知，上升过程中动量逐渐减小。 根据动量定理可知，p﹣t图像切线斜率的绝对值表示合外力大小。因为合外力F不断减小，所以p﹣t图像的切线斜率绝对值逐渐减小，即图像的曲线越来越平缓。结合选项图像可知，A图像斜率为零，C图像斜率绝对值逐渐增大，D图像斜率恒定，B图像斜率绝对值逐渐减小，故ACD错误，B正确。 故选：B。 2．将小球以初速度v0竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图像（v﹣t）如图所示。t1时刻到达最高点，t2时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（　　） A．0到t2时间内，小球的加速度先减小再增大 B．小球上升过程和下降过程，空气阻力的冲量和为0 C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同 D．小球上升过程和下降过程，动量变化量相同 【答案】B 【解答】解：A、0到t2时间内，图像的斜率一直减小，所以小球的加速度一直减小，故A错误； B、上升过程中，空气阻力的冲量I上＝k∑vt＝kh竖直向下，同理可得下降过程中，空气阻力的冲量I下＝k∑vt＝ kh竖直向上，则小球上升过程和下降过程，空气阻力的冲量和为I＝I上+I下＝0，故B正确。 C、小球上升过程受重力和竖直向下的阻力，下降过程受重力和竖直向上的阻力，由牛顿第二定律可知，小球上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，小球上升过程和下降过程的位移大小相等，把小球的上升过程反过来看作初速度为0的加速运动，根据运动学公式x定性分析可知，小球上升过程的时间小于下降过程的时间，所以小球上升过程重力的冲量小于下降过程重力的冲量，故C错误； D、由于空气阻力的作用，小球的机械能不断减小，所以小球落回抛出点的速度小于v0，所以小球上升过程动量变化量的大小大于下降过程动量变化量的大小，故D错误； 故选：B。 3．如图所示，倾角为37°的光滑斜面固定在水平地面上，轻弹簧两端分别与质量均为m的两物块a、b连接，物块a紧靠垂直于斜面的固定挡板，开始系统处于静止状态。现给物块b沿斜面向下的初速度v0，经过时间t后其速度大小变为，方向沿斜面向上，物块a始终未离开挡板，重力加速度为g，则在此过程中挡板对物块a的冲量大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：设沿斜面向上为正方向，对物块a、b组成的系统列动量定理 I板﹣2mgsin37°•t＝m•（﹣mv0） 可得挡板对物块a、b组成的系统的冲量大小，等价于挡板对物块a的冲量大小为 I板mv0mgt 故C正确，ABD错误。 故选：C。 4．一质量m1＝2kg的物体A静止在粗糙水平面上，现对其施加一水平向右的拉力F，F随时间t的变化如图。物体A与地面的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）0～3s内拉力F和摩擦力f的冲量大小IF和If各为多少？ （2）0～3s内物体A向右运动的最大速度？ （3）在3s末撤去拉力F，物体A随即与质量m2＝1kg的物体B（图中未画出）发生正碰，碰撞时间极短，碰后B向右运动了0.16m停下，物体A、B与水平面的动摩擦因数相同，求A、B碰撞过程中损耗的机械能ΔE。 【答案】（1）0～3s内拉力F的冲量大小为13N•s，摩擦力f的冲量大小为11N•s。 （2）0～3s内物体A向右运动的最大速度为1m/s。 （3）A、B碰撞过程中损耗的机械能为0.32J。 【解答】解：（1）0﹣3s内拉力F的冲量大小可通过F﹣t图形中对应的面积求解 滑动摩擦力f＝μm1g，代入数据解得f＝4N，可见0～1s内为静摩擦力，大小与对应的F相等，故 1～3s内摩擦力保持不变，If2＝μm1g•t＝4N×2s＝8N•s 0﹣3s内摩擦力f的冲量大小If＝If1+If2 代入数据解得If＝11N•s （2）分析受力可知，3s末物体A的速度达到最大，取水平向右为正方向，根据动量定理，有IF﹣If＝m1v1 代入数据可得v1＝1m/s （3）碰后，对B应用动能定理，有 解得v2＝0.8m/s 对A、B碰撞过程，取向右为正方向，应用动量守恒定律，有m1v1＝m1v′1+m2v2 解得v′1＝0.6m/s 根据能量守恒定律，有 代入数据可得ΔE＝0.32J 答：（1）0～3s内拉力F的冲量大小为13N•s，摩擦力f的冲量大小为11N•s。 （2）0～3s内物体A向右运动的最大速度为1m/s。 （3）A、B碰撞过程中损耗的机械能为0.32J。 5．一个质量为50kg的游戏者在某游乐场的蹦床上蹦跳，从他被弹到最高点开始计时，其运动的v﹣t图线如图所示，其中0～0.4s和1.1s～1.4s的时间内v﹣t图线为直线，其余为曲线，g取10m/s2，不计空气阻力。求： （1）最高点与蹦床间的高度差。 （2）蹦床对游戏者的平均作用力大小。 【答案】（1）最高点与蹦床间的高度差为0.8m； （2）蹦床对游戏者的平均作用力大小为1000N。 【解答】解：（1）根据图像可知，游戏者从最高点落到蹦床的时间为t1＝0.4s，根据自由落体运动的规律可得：； （2）根据图像可知，游戏者与蹦床作用的时间为：Δt＝1.1s﹣0.4s＝0.7s，在t＝1.4s内，取向上为正方向，根据动量定理可得： 解得：。 答：（1）最高点与蹦床间的高度差为0.8m； （2）蹦床对游戏者的平均作用力大小为1000N。 02 流体冲击与喷气反冲问题 【知识点梳理】 模型 / 规律 核心要点 易错提醒 连续流体的处理 取 Δt 内击中目标的流体为研究对象，其质量 （S 为截面积、v 为流速、ρ 为密度），对该段流体用动量定理。 研究对象是"Δt 内的一小段流体"，不是全部流体；Δt 要趋于极小，最终力与 Δt 无关。 垂直击中后停止 流体垂直击中目标后速度减为零，动量变化为 mv，冲击力 。 若击中后沿原方向流走（未反向），动量变化仍是 mv；只有反向弹回才用 2mv。 垂直击中后反弹 流体以原速率反向弹回，速度变化为 2v，冲击力 。 "以 0.2v 反向溅回"这类题，速度变化是 v+0.2v=1.2v，不是 2v，要按实际反弹速率算。 喷气反冲与悬停 火箭、无人机向下喷气获得向上推力，推力 ；悬停时推力平衡重力：。 悬停求重力（或质量）时，是"推力=重力"，不要漏掉喷气速率 v；喷气速率是相对地面还是相对机体要看清题意。 反冲运动 系统内力远大于外力时动量守恒，反冲前后 （大小相等、方向相反）。 反冲是系统内部作用，喷出部分与剩余部分动量等大反向；不要只考虑喷出气体而漏掉主体。 【题型训练】 1．如图所示，一玩具水枪的枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为（　　） A．1.2πd2ρv2 B．0.3πd2ρv2 C．1.2πd2ρv D．0.3πd2ρv 【答案】B 【解答】解：根据题意分析可知，时间t内流经水枪的水的体积为 t时间内冲到目标的水的质量为m＝ρV 取初速度方向为正方向，根据动量定理 ﹣Ft＝﹣0.2mv﹣mv 解得水受到作用力 F＝0.3πd2ρv2 由牛顿第三定律可得，水柱击中目标的平均冲击力大小为0.3πd2ρv2， 故B正确，ACD错误。 故选：B。 2．用高压水枪清洗汽车，在冲洗时一半的水在汽车表面顺流而下，还有一半的水以原速率返回。设水枪喷出水柱圆形截面的面积为S，水流速度为v，水的密度为ρ，水柱垂直汽车表面。则（　　） A．人手握住水枪的力等于ρSv2 B．人手握住水枪的力等于ρS2v C．水柱对汽车的平均冲击力等于ρSv2 D．水柱对汽车的平均冲击力等于ρS2v 【答案】C 【解答】解：AB.水枪的质量未知，所以无法判断人手对水枪的力，故AB错误； CD.以Δt内冲洗汽车的水为研究对象，水的质量为m＝ρSvΔt，以水流初速度的方向为正方向，由动量定理可知：﹣FΔtmv﹣mv，代入数据可得：F，由牛顿第三定律可知，水柱对汽车的平均冲击力大小为，故C正确，D错误。 故选：C。 3．如图，在“嫦娥三号”到达距离月球100m高度时，会在反推火箭的作用下短暂悬停。若它悬停时，反推火箭Δt时间内向下喷出的气体质量为m，喷出的气体相对于月球表面的速度大小为v，则“嫦娥三号”在此高度时的重力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：对Δt时间内喷出的气体，规定喷出的气体方向为正方向，根据动量定理有FΔt＝mv﹣0，解得，根据牛顿第三定律和二力平衡有，故B正确，ACD错误； 故选：B。 4．如图所示，某航拍小型无人机有四个相同的风扇，每个风扇的半径均为R，当它在无风的天气悬停时，每个风扇都呈水平状态，风扇吹出的空气速度大小都等于v，吹出的空气流动方向相同。已知空气的平均密度为ρ，则无人机悬停时，不考虑其他位置空气流动的影响，求： （1）无人机的总重力； （2）每个风扇对空气做功的功率。 【答案】（1）无人机的总重力4πR2v2ρ； （2）每个风扇对空气做功的功率。 【解答】解：（1）单位时间内被每个风扇推动的空气质量为 根据动量定理可得FΔt＝Δm•v 解得每个风扇对空气的作用力为F＝ρπR2v2 根据牛顿第三定律可知，空气对每个风扇的作用力大小为F′＝F＝ρπR2v2 根据平衡条件可得无人机的总重力为G＝4F′＝4ρπR2v2 （2）每个风扇对空气做功的功率为 答：（1）无人机的总重力4πR2v2ρ； （2）每个风扇对空气做功的功率。 03 动量守恒定律与人船模型 【知识点梳理】 概念 / 规律 核心要点 易错提醒 动量守恒条件 系统不受外力或所受合外力为零时动量守恒；内力远大于外力（如碰撞、爆炸瞬间）时近似守恒。表达式：。 守恒是针对"系统"而言，要明确系统包含哪些物体；某方向合外力为零时该方向动量守恒（可分方向用）。 人船模型 人与船组成的系统水平方向动量守恒且初动量为零，任一时刻 ；位移满足 。 人船模型用"平均动量守恒"，式中是位移不是速度；位移都相对地面（惯性系），不是相对船。 人船位移公式 由动量守恒与位移关系联立得 （m 为人质量、M 为船质量、L 为船长）。 公式中 L 是人相对船走过的距离（船头到船尾），不是船相对地面的位移，二者不要混淆。 滑块—摆球（圆弧槽）系统 小球沿圆弧槽或摆下时，系统水平方向动量守恒、机械能守恒；小球到最低点时两者速度关系由水平动量守恒确定。 竖直方向合外力不为零（有支持力、重力），竖直方向动量不守恒，只有水平方向守恒。 绳—滑轮连接体 细绳跨过滑轮连接两物块时，沿绳方向速度大小相等；系统是否守恒要看合外力（含绳张力、支持力）。 有固定轴、墙壁参与时系统动量往往不守恒（墙给系统外力），不能盲目套守恒。 【题型训练】 1．如图所示，细绳绕过光滑定滑轮栓接物块a、b且mb＞ma。初始时物块a静止在地面上，b离地面高度为h，绳子恰好伸直。现将b由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．释放瞬间，轻绳的拉力等于b的重力 B．运动过程中a的加速度可能大于重力加速度g C．b着地前，物块a、b系统动量守恒 D．若mb＝2ma，则a可以上升的最大高度为 【答案】D 【解答】解：A．因mb＞ma，则适当的瞬间，b将向下加速，以b为研究对象，由牛顿第二定律有mbg﹣T＝mba 则轻绳的拉力小于b的重力，故A错误； B．两物块沿着绳子有大小相同的加速度a，以a为研究对象，由牛顿第二定律有T﹣mag＝maa 联立可得 根据题意因mb＞ma，则a＜g，故B错误； C．b落地前，系统受到的合力（mbg﹣mag）≠0，则不满足动量守恒的条件，所以系统动量不守恒，故C错误； D．设b落地时的速度大小为v，则a沿绳的速度大小也为v，根据系统机械能守恒有 若mb＝2ma，可得 B落地后，a以速度v竖直向上匀减速运动，根据竖直上抛运动规律有v2＝2gh′ 解得 所以a可以上升的最大高度为，故D正确。 故选：D。 2．如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略所有摩擦阻力，已知重力加速度为g，则（　　） A．任意时刻小球与小车的动量等大反向 B．小球运动到最低点时的速度大小为 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 【答案】D 【解答】解：A．系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故系统在水平方向动量守恒，而系统总动量不守恒，故A错误； B．小球运动到最低点时有向左的速度，小车速度向右，根据机械能守恒定律可得如果小球重力势能全转化为小球动能，则mgl，而实际由于小球重力势能一部分转化为小车动能，则小球的速度小于，故B错误； C．根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，则小球仍能向左摆到原高度，故C错误； D．根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，小车最大距离和小球最大距离关系有xM+xm＝2l 以小车速度为正方向，系统水平方向动量守恒定律有MvM＝mvm 由于运动时间相同，则有MxM＝mxm 小车向右移动的最大距离为，故D正确。 故选：D。 3．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。 4．如图所示，平静的湖面上有一艘静止的小船，李同学和刘同学均站立在船头处（图中未画出），两位同学发现距离船头前方d处有一株荷花。当刘同学缓慢从船头走至船尾时，站立在船头的李同学恰好到达荷花处。已知李同学和刘同学的质量均为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：根据题意分析可知，设船的质量为M，人、船水平方向动量守恒，设刘同学走动时船和李同学的速度大小为，刘同学的速度大小为，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 故 人、船运动时间相等，则有（M+m）x船﹣mx人＝0 又x船+x人＝L，x船＝d 联立解得船的质量为，故A正确，BCD错误； 故选：A。 5．如图所示，质量为2m的滑块带有半圆弧槽N，且圆弧槽的半径为r，所有接触面的摩擦力均可忽略。在下列两种情况下均将质量为m且可视为质点的小球M由右侧的最高点无初速释放，第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动。下列说法正确的是（　　） A．只有第一种情况，小球可运动到左侧最高点 B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为： C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时，圆弧槽的速度为 D．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为r 【答案】C 【解答】解：A.当圆弧槽固定时，根据机械能守恒定律易知小球M恰好能运动到圆弧槽左侧的最高点。当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，在水平方向上动量守恒，小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放时，系统水平方向动量为零。小球M运动到圆弧槽左侧的最高点时两者共速，此时系统水平方向动量也为零，可得小球M到达左侧最高点时两者的速度均为零，由机械能守恒定律可知，小球M同样可以运动圆槽左侧的最高点，故A错误；BC.当圆弧槽固定时，设小球M到最低点时的速度为v0，由机械能守恒定律得： 解得： 当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速度为v，此时圆弧槽的速度为υ'，以向左为正方向，根据水平方向动量守恒得： mv﹣2mv'＝0 根据机械能守恒定律得： 联立解得： 两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为 故B错误，C正确； D.小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，以向左为正方向，根据水平方向动量守恒得： m（2r﹣x）﹣2mx＝0 解得： 故D错误。 故选：C。 04 碰撞问题 【知识点梳理】 概念 / 规律 核心要点 易错提醒 碰撞的三条规律 ① 动量守恒；② 动能不增加，即碰撞动能损失 ；③ 碰后速度符合实际（追及、不穿越）。 判断碰撞是否可能，三条要同时满足；只满足动量守恒但动能增加的碰撞不可能发生。 弹性碰撞 动能守恒。一动一静的弹性正碰，碰后 、；等质量时 交换速度。 弹性碰撞公式只在"正碰（一维）"下成立；等质量交换速度是特例，质量不等时不能套用。 完全非弹性碰撞 碰后共速、动能损失最大，共速 ；损失动能 。 "粘在一起""射入后相对静止"都是完全非弹性碰撞；损失动能最大不等于动量损失（动量守恒）。 子弹打木块 子弹射入木块并留在其中属完全非弹性碰撞，系统动量守恒；射入深度与阻力、相对位移有关。 求产生热量用 Q=f·d（d 为子弹相对木块的位移，即射入深度），不是子弹对地的位移。 碰撞与图像结合 v–t 图像中，碰后速度由图线读出；斜率反映加速度，面积反映位移，结合动量守恒求质量比。 碰撞瞬间速度突变（图线竖直跳变），要分清碰前、碰后两段；弹性碰撞碰后两物体速度不会相等。 【题型训练】 1．光滑水平面上有A、B两球，B球静止，A球向B球运动，发生弹性正碰，碰撞过程中A球的速度—时间图像如图所示。已知t0时刻A球的速度变化率最大，B球的质量为m，两球压缩最紧时弹性势能为Ep，则（　　） A．A球的质量为 B．t1时刻两球的弹性势能最小 C．在0～t1时间内B球所受的冲量大小为 D．两球压缩最紧时弹性势能Ep与B球的动能之比为 【答案】C 【解答】解：A、根据题意分析可知，t0时刻小球A速度的变化率最大，可知A的加速度最大且AB共速为v1，规定v0方向为正方向，动量守恒有mAv0＝（mA+m）v1 解得 故A错误； B、根据题意分析可知，当两个小球分开时小球A被反弹回去，两个小球相互作用的过程中满足动量守恒，所以应该是小球A反弹回去时小球B的速度最大，在t1时刻小球A的速度为0，但两个小球还没有分开，故t1时刻小球B的速度还没有达到最大，动能也不是最大，两球的弹性势能也不是最小，故B错误； C、根据动量定理可知，规定v0方向为正方向，在0～t1时间内小球A所受的冲量大小 A、B两球所受冲量等大反向，故B球所受的冲量大小为，故C正确； D、根据题意分析可知，由能量守恒有 规定v0方向为正方向，mAv0＝（mA+m）v1 联立可得 小球B的动能为 则两球压缩最紧时，小球B的动能与弹性势能 故D错误。 故选：C。 2．如图甲所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法不正确的有（　　） A．M：m＝3：2 B．木块所能达到的最大速度为40m/s C．该过程中二者因摩擦而产生的热量比木块增加的动能大 D．仅将木块换成等质量的较硬的木块，虽然子弹射入木块的深度变小，但是二者因摩擦而产生的热量不变 【答案】B 【解答】解：A、由子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律可得mv0＝mv1+Mv2，变形得到，对比图像可知其斜率的绝对值为，解得：，即M：m＝3：2，故A正确。 B、由图像可知v0＝60m/s，当二者共速时木块的速度达到最大，根据动量守恒定律有mv0＝（m+M）v共，解得：v共＝24m/s，故B错误。 C、设m＝2m0，则M＝3m0，系统初动能，解得：EK0＝3600m0J，子弹末动能，解得：EK1＝576m0J，木块末动能，解得：EK2＝864m0J，摩擦产生的热量Q＝Ek0﹣Ek1﹣Ek2，解得：Q＝2160m0J，可知该过程中摩擦产生的热量大于木块增加的动能，故C正确。 D、仅将木块换成等质量的较硬木块，系统所受合外力仍为零，动量守恒，木块与子弹质量之比不变，则二者末速度不变，因摩擦而产生的热量不变，但由于摩擦力变大，子弹射入木块的深度将变小，故D正确。 故选：B。 3．如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较（　　） A．射入滑块A的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受的冲量不一样大 C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D．两个过程中系统产生的热量相同 【答案】D 【解答】解：A．以初速度方向为正方向，子弹和木块构成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得 mv0＝（m+M）v1 mv0＝（m+M）v2 所以 v1＝v2 即两子弹初末速度均相等，速度变化量相等，故A错误； B．以初速度方向为正方向，对滑块，根据动量定理得 I1＝Mv1 I2＝Mv2 所以 I1＝I2 故B错误； C．对子弹，根据动能定理得 所以 Wf1＝Wf2 故C错误； D．对系统，根据能量守恒定律得 所以 Q1＝Q2 故D正确。 故选：D。 4．如图甲所示，质量为2m的A环套在光滑足够长的水平杆上，通过长为L的轻绳与质量为m的B球相连，B与光滑地面间恰好无作用力，与B相同的小球C以速度v0向左运动，和B球发生弹性碰撞，B球从碰撞后开始的部分轨迹如图乙所示，O、M、N为轨迹最低点，P、Q为轨迹最高点，重力加速度为g，求： （1）球B、C碰后瞬间球B速度的大小vB； （2）O、P两点间的竖直距离h； （3）球B运动到M点时绳子拉力的大小T。 【答案】（1）球B、C碰后瞬间球B速度的大小vB为； （2）O、P两点间的竖直距离h为； （3）球B运动到M点时绳子拉力的大小T为。 【解答】解：（1）C与B发生弹性碰撞，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有mv0＝mvB+mvC 由机械能守恒定律有 联立解得球B、C碰后瞬间球B速度的大小为 （2）当A、B两者第一次共速时，B上升的高度最大，此时B处于P点，设此时的共同速度为v，则由A、B组成的系统在水平方向动量守恒有mvB＝（2m+m）v 由能量守恒定律有 联立解得O、P两点间的竖直距离为 （3）设当小球B运动到M点时，B与A的速度大小分别为v1、vA，则由A、B组成的系统在水平方向动量守恒有mvB＝m（﹣v1）+2mvA 由系统机械能守恒有 联立解得， 此时对B进行受力分析，根据牛顿第二定律有 解得 答：（1）球B、C碰后瞬间球B速度的大小vB为； （2）O、P两点间的竖直距离h为； （3）球B运动到M点时绳子拉力的大小T为。 5．光滑水平面上从左向右依次摆放编号为1、2……n的滑块，一质量为2m的小球用长度为L的细线悬挂于O点，O点位于滑块1的正上方且距离滑块1高度为L。现将细线水平拉直，由静止释放小球，当小球摆到最低点时与滑块1发生弹性正碰。已知小球与滑块均可看成质点，所有滑块间碰撞时间极短，重力加速度大小为g。 （1）求小球与滑块1碰撞前瞬间，细绳的拉力大小T； （2）若所有滑块的质量均为m，所有滑块间的碰撞均为弹性正碰，求滑块n被碰后速度大小vn； （3）若滑块1、2……n的质量分别为m、2m……nm，且所有滑块正碰后均粘在一起，求滑块n被碰后所有滑块的总动能Ek。 【答案】（1）小球与滑块1碰撞前瞬间，细绳的拉力大小T为6mg； （2）若所有滑块的质量均为m，所有滑块间的碰撞均为弹性正碰，滑块n被碰后速度大小vn为； （3）若滑块1、2……n的质量分别为m、2m……nm，且所有滑块正碰后均粘在一起，滑块n被碰后所有滑块的总动能Ek为。 【解答】解：（1）对小球下摆过程由动能定理得 解得 对小球最低点由牛顿第二定律得 解得T＝6mg （2）小球与滑块1碰撞过程由动量守恒和机械能守恒可得2mv0＝2mv′+mv1， 解得 滑块1与2碰撞过程，有mv1＝mv′1+mv2， 解得v′1＝0，v2＝v1 依次类推滑块n被碰后的速度为 （3）滑块全程由动量守恒得 解得 总动能为 答：（1）小球与滑块1碰撞前瞬间，细绳的拉力大小T为6mg； （2）若所有滑块的质量均为m，所有滑块间的碰撞均为弹性正碰，滑块n被碰后速度大小vn为； （3）若滑块1、2……n的质量分别为m、2m……nm，且所有滑块正碰后均粘在一起，滑块n被碰后所有滑块的总动能Ek为。 05 弹簧类动量与能量综合 【知识点梳理】 模型 / 规律 核心要点 易错提醒 弹簧连接体共速 两物体经弹簧相互作用，当二者速度相等时弹簧形变量最大、弹性势能最大；此时系统动量守恒：。 "共速"是弹性势能最大的时刻，不是分离时刻；分离发生在弹簧恢复原长时。 最大弹性势能 由动量守恒与机械能守恒联立，最大弹性势能 （初动能减去共速时动能）。 求最大弹性势能用机械能守恒，系统要包含弹簧；有挡板、墙壁时系统动量可能不守恒。 含挡板/墙壁的弹簧问题 一侧有挡板或墙壁时，物体与挡板作用阶段系统动量不守恒（墙给外力），要分段分析。 "挡板对物体的冲量"要用动量定理单独求，不能当成系统内力用守恒。 弹簧分离条件 弹簧恢复原长时两物体分离，此后各自匀速（光滑面）；分离瞬间二者速度一般不等。 分离时弹簧弹性势能为零，但两物体速度不一定相等——相等是"共速（形变最大）"时刻。 【题型训练】 1．如下图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的挡板，但未粘合在一起，另一物体A以水平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别为M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限度。则下列说法正确的是（　　） A．整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒 B．挡板对物体C的冲量大小为Mv0 C．物体C的最大速度为 D．如果M＝m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为3：1 【答案】D 【解答】解：A、物体A与物体B碰撞过程中，属于完全非弹性碰撞，系统机械能有损失，机械能不守恒；且在弹簧压缩和恢复原长过程中，挡板对物体C有水平向右的弹力作用，三个物体组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误； B、规定水平向左为正方向，物体A与物体B碰撞过程中动量守恒，有Mv0＝（M+m）v1；物体C离开挡板前，物体A与物体B压缩弹簧至最短后又恢复原长，由机械能守恒定律可知，弹簧恢复原长时物体A与物体B的速度大小仍为v1，方向水平向右，此过程中物体C一直静止，对三者组成的系统由动量定理得I＝﹣（M+m）v1﹣（M+m）v1＝﹣2Mv0，负号表示冲量方向水平向右，则挡板对物体C的冲量大小为2Mv0，故B错误； C、弹簧恢复原长后，物体C脱离挡板，此时物体A与物体B的速度大小为v1，方向水平向右，弹簧开始伸长，物体C在弹簧弹力作用下向右加速；当弹簧再次恢复原长时，物体C的速度达到最大，设此时物体C的速度为vC，物体A与物体B的速度为v'，此过程系统动量守恒、机械能守恒，规定水平向右为正方向，有（M+m）v1＝（M+m）v'+mvC，，联立解得物体C的最大速度为，故C错误； D、若M＝m，物体A与物体B碰撞后共同速度为；物体C离开挡板前，当弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由机械能守恒定律可知最大弹性势能；物体C离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒，当三者速度相等时弹簧伸长至最长，弹性势能达到最大值Ep2，设此时共同速度为v2，规定水平向右为正方向，由动量守恒定律有（M+m）v1＝（M+2m）v2，解得，由机械能守恒定律有，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为Ep1：Ep2＝3：1，故D正确。 故选：D。 2．如图甲，轻质弹簧左端与物块A相连，右端与物块B接触但不栓接，系统处于静止状态，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的v﹣t图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，t2时刻B与弹簧分离，弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是（　　） A．0～t1时间，弹簧对物块A的冲量大小为 B．物块B的质量为3m C．0～t1时间，弹簧弹性势能变化量ΔEp D．t2时刻B的速度 【答案】C 【解答】解：A、由图乙可知在t1时刻物块A、B的速度相等，均为，规定A的初速度方向为正方向，对A根据动量定理有I，故A错误； B、设B的质量为m'，从开始到t1时刻，对A、B组成的系统根据动量守恒定律有，解得m'＝2m，故B错误； C、0～t1时间，根据能量守恒可得弹簧弹性势能变化量ΔEp，把m'＝2m代入解得，故C正确； D、设t2时刻B与弹簧分离时A、B的速度分别为v1和v2，根据动量守恒和能量守恒有mv0＝mv1+m'v2，，联立代入数据解得，故D错误。 故选：C。 3．如图所示，U形长木板置于光滑水平桌面上，两端各固定一轻质弹簧，A、B为弹簧原长处，A、B之间粗糙，两侧光滑。现将一木块放置于A、B间某处，某时刻给木块一个水平向右的初速度，则从该时刻起，关于木块、木板及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　） A．系统最终速度为0，动量不守恒，木块动能全部转化为内能 B．系统最终速度不为0，动量守恒，木块减小的动能转化为内能和木板的动能 C．系统最终速度不为0，动量不守恒，木块减小的动能转化为内能和弹性势能 D．系统最终速度不为0，动量守恒，木块减小的动能转化为内能和弹性势能 【答案】B 【解答】解：系统置于光滑水平桌面上，系统所受合外力为零，根据动量守恒定律的条件，可知系统动量守恒。初始时刻系统总动量不为零，所以系统最终速度不为0，最终系统匀速运动，根据牛顿第二定律分析，小物块不能压缩弹簧，弹簧处于原长状态。木块在A、B间运动时，由于A、B之间粗糙，木块与木板间存在摩擦力，会产生内能，所以木块减小的动能转化为内能和木板的动能，而不是转化为内能和弹性势能。故B正确，ACD错误。 故选：B。 4．如图甲所示，物块A、B用轻弹簧拴接，放在光滑水平面上，B左侧与竖直墙壁接触，物块C以速度v0向左运动，与A相碰后立即粘在一起后不分开并开始计时，A、B运动的a﹣t图像如图乙所示，S1、S2分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积的大小，已知三个物块质量均为m，下列说法正确的是（　　） A．a2＝2a1 B．S2＝2S1 C．0～t1内墙对B的冲量大小为mv0 D．在t4时刻弹簧的弹性势能为 【答案】B 【解答】解：C.二者碰撞过程中动量守恒，选择水平向左为正方向，可得 mv0＝（m+m）v 解得 在0～t内对AC研究，设水平向左为正方向，由动量定理可得 l＝﹣2mv﹣2mv＝﹣2mv0 而B处于静止状态，墙壁对B的冲量大小等于弹簧弹力对A的冲量大小，故0～t1内墙对B的冲量大小为2mv0，故C错误； B.a﹣t图线与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，AC物体初速度为v，根据对称性可知，t1时刻AC的速度为v，AC的加速度为0，此时弹恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻加速度均达到最大，此时弹簧的伸长量达到最大，速度相同，选择水平向右为正方向，即 2mv＝3mv1 S2＝v1 S1＝v﹣v1 故 S2＝2S1 故B正确； A.A的加速度为a1时弹压缩量最大，即 E 解得 根据牛顿第二定律可得 在t2时，三者共速，则根据能量守恒定律可知 解得 根据牛顿第二定律可得 故 故A错误； D.B离开墙壁后整体动量守恒，选择水平向右为正方向，则 2mv＝3mv1 故在t4时刻，根据能量守恒定律可知 解得 故D错误。 故选：B。 06 板块模型与动量能量综合 【知识点梳理】 模型 / 规律 核心要点 易错提醒 板块共速 物块滑上（或滑下）木板，系统水平方向动量守恒，最终共速 。 地面光滑才用系统动量守恒；地面粗糙时系统受外力，动量不守恒，要分别对物块、木板用动量定理。 摩擦生热 系统因摩擦产生的内能 ，其中 Δs 是物块与木板的相对位移（相对滑动路程），不是对地位移。 Q=f·Δs 的 Δs 是相对位移，这是板块模型最易错点；来回滑动时相对位移要累加。 能量守恒 系统初动能 = 末动能 + 摩擦生热：。 有重力势能变化（圆弧、斜面）时要一并计入；机械能守恒只在无摩擦时成立。 恰好不滑出/不掉落 物块恰好不从小车右端滑出时，相对位移等于板长：，此时二者刚好共速。 "恰好不滑出"是临界条件，共速时物块到达板端；求最小板长即求此相对位移。 传送带模型 物块滑上传送带，先受滑动摩擦力加速（或减速）到与带共速，之后可能匀速或静摩擦；用动量定理与运动学结合。 要判断物块与带共速后是否继续相对滑动（比较所需摩擦力与最大静摩擦力），不能默认一直加速。 多次碰撞与多过程 含障碍物反弹、多次碰撞的综合题，要分过程列动量守恒与能量关系，注意每次碰撞前后的速度方向。 反弹后速度方向改变，动量是矢量要带符号；分过程时每一段的初态是上一段的末态。 【题型训练】 1．如图，一质量为M＝1kg的长木板Q静止在光滑水平地面上，质量为m＝2kg的小物块P静止在Q左端，距离Q右端x0＝3.125m处有一障碍物。质量为m0＝0.5kg的玻璃球以v0＝25m/s的速度从左端沿水平方向与P发生弹性碰撞，长木板Q每次与障碍物碰撞后立即以原速率反弹。已知P与Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，小物块P和玻璃球均可视为质点，障碍物的高度低于长木板的高度。求： （1）玻璃球与小物块P碰后瞬间，P的速度大小； （2）长木板Q第一次与障碍物碰撞前的速度大小； （3）长木板Q的长度L满足什么条件时，在P掉落前Q与障碍物只能发生2次碰撞。 【答案】（1）玻璃球与小物块P碰后瞬间，P的速度大小为10m/s； （2）长木板Q第一次与障碍物碰撞前的速度大小为vQ1＝5m/s； （3）长木板Q的长度L满足20.83m≤L＜24.54m时，在P掉落前Q与障碍物只能发生2次碰撞。 【解答】解：（1）玻璃球与小物块发生弹性碰撞，设碰后玻璃球的速度为v'，小物块的速度为v 对玻璃球和小物块组成的系统，取水平向右为正方向，有m0v0＝m0v'+mv 解得v＝10m/s （2）小物块在长木板上滑动时，设长木板的加速度大小为a 有μmg＝Ma，解得a＝4m/s2 若长木板与障碍物碰撞前一直加速，设碰撞时长木板的速度为vQ1 有 解得vQ1＝5m/s 若长木板与障碍物碰撞前，已与小物块达到共同速度，设为vQ1' 取水平向右为正方向，由动量守恒定律 mv＝（m+M）vQ1' 解得 由于vQ1＜vQ1'，故长木板第一次与障碍物碰撞时的速度大小为vQ1＝5m/s （3）设长木板第一次与障碍物碰撞时小物块的速度大小为vp1 取水平向右为正方向，由动量守恒定律mv＝mvp1+MvQ1 解得vp1＝7.5m/s 长木板与障碍物第一次碰后，在再次相碰前，若P与Q能达到共同速度，设为v2 由动量守恒定律 mvp1﹣MvQ1＝（M+m）v2 解得 由于v2＜vQ1，可知假设成立，即第二次相碰前，P与Q已达到共同速度。 此时，对P与Q组成的系统，由功能关系可求出它们之间的相对位移 有 解得 若板足够长，还会继续发生碰撞，设第三次相碰前P与Q的共同速度为v3 由动量守恒定律 mv2﹣Mv2＝（M+m）v3 解得 此时，再次对P与Q组成的系统，由功能关系求出它们之间的相对位移 有 解得 综上可知木板长度L应满足条件：20.83m≤L＜24.54m。 答：（1）玻璃球与小物块P碰后瞬间，P的速度大小为10m/s； （2）长木板Q第一次与障碍物碰撞前的速度大小为vQ1＝5m/s； （3）长木板Q的长度L满足20.83m≤L＜24.54m时，在P掉落前Q与障碍物只能发生2次碰撞。 2．如图1所示，长为L＝0.8m的传送带水平放置，电动机驱动传送带保持v0＝5m/s的速率顺时针运行。一物块以初速度v1＝1m/s滑上A端。物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求物块滑上传送带时的加速度大小a； （2）求物块运动到B端的速度大小v2； （3）如图2所示，若将物块在A端上方静止释放，物块与传送带碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程中物块所受重力远小于支持力），物块运动到B端时速度v3＝3m/s，其他条件不变。求物块与传送带碰撞前瞬间的速度大小v。 【答案】（1）物块滑上传送带时的加速度大小为5m/s2； （2）物块运动到B端的速度大小为3m/s； （3）物块与传送带碰撞前瞬间的速度大小为2m/s。 【解答】解：（1）由于v0＝5m/s＞v1＝1m/s，可知物块受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律可知：f＝ma，又f＝μmg，代入数据可得：a＝5m/s2； （2）由匀变速直线运动规律可知，代入数据可得：v2＝3m/s＜5m/s，所以物块运动到B端的速度大小为3m/s； （3）物块运动到B端时速度v3＝3m/s，由上述分析可知，碰撞后物块速度为v4＝v1＝1m/s， 碰撞过程中，物块受水平向右的摩擦力和竖直向上的支持力， 水平方向，以向右为正方向，由动量定理可知μNΔt＝mv4﹣0， 竖直方向，以向上为正方向，由动量定理可知NΔt＝0﹣（﹣mv），代入数据可得：v＝2m/s。 答：（1）物块滑上传送带时的加速度大小为5m/s2； （2）物块运动到B端的速度大小为3m/s； （3）物块与传送带碰撞前瞬间的速度大小为2m/s。 3．如图所示，质量M＝3kg的小车置于足够长的水平地面上，小车的左侧与竖直墙壁接触。小车的上表面由半径R＝0.2m的四分之一圆弧面和水平面组成，圆弧面的最低点B与水平面平滑相接。车的右端固定一个连有轻弹簧的挡板，弹簧左端自然伸长至C点，一质量m＝1kg的滑块从圆弧最高处A无初速下滑，不计一切摩擦，重力加速度g，在接下来的运动过程中弹簧不会超出弹性限度。求： （1）滑块滑至B点的速度大小v0； （2）物块第二次到达C点时的速度大小v1； （3）物块返回到AB圆弧面上时上升的最大高度h。 【答案】（1）滑块滑至B点的速度大小v0为2m/s； （2）物块第二次到达C点时的速度大小v1为1m/s （3）物块返回到AB圆弧面上时上升的最大高度h为0.15m。 【解答】解：（1）当滑块运动到B点时，根据机械能守恒定律有 解得 代入数据得v0＝2m/s。 （2）当物块第二次达到C点时，以向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝mv1+Mv2 根据能量守恒定律有 联立解得 代入数据得v1＝1m/s。 （3）物块返回到AB圆弧面上，且到达最高点时，物块和小车的速度相等，以向右为正方向，则根据动量守恒定律有mv0＝（M+m）v共 根据能量守恒定律有 联立解得 代入数据得h＝0.15m。 答：（1）滑块滑至B点的速度大小v0为2m/s； （2）物块第二次到达C点时的速度大小v1为1m/s （3）物块返回到AB圆弧面上时上升的最大高度h为0.15m。 4．如图所示，小车停放在光滑水平面上，小车左侧是半径为r的光滑圆弧轨道，右侧固定有弹射器。弹射器将小球从A点弹出，速度大小为v0，方向与水平方向夹角为α，小球恰能从B点无碰撞地进入圆弧轨道。已知小车与小球的质量均为m，，，，重力加速度为g。求： （1）小球从A点弹出时，小车的速度大小v1； （2）AB间的距离s； （3）小球运动到圆弧最低点C时对轨道的压力大小F。 【答案】（1）小球从A点弹出时，小车的速度大小为； （2）AB间的距离为； （3）小球运动到圆弧最低点C时对轨道的压力大小F为9mg。 【解答】解：（1）小球从A点弹出时，小车的速度大小v1，系统水平方向没有外力作用，水平方向动量守恒 mv1＝mv0cosα 解得 （2）小球弹出后，小车向右运动，小球向左上斜抛，AB间的距离s，等于小球落回小车时两者水平位移之和，小球从抛出到落回小车的时间 小车的位移 x1＝v1t 小球的水平位移 x2＝v0cosαt 解得AB间的距离 （3）小球到达B点时： 水平方向，小球相对小车速度大小vx＝v1+v0cosα＝2v0cosα 竖直方向，小球相对小车速度大小vy＝v0sinα 圆弧轨道B点切线方向与水平方向夹角β满足，则β＝60o 设小球运动到圆弧最低点C时，小球的速度为v，在整个过程中，系统水平动量守恒，总动量为零，小车与小球质量相同，此时小车的速度大小也是v，方向与小球的速度方向相反，整个过程中机械能守恒 解得 过C点时轨道对小球支持力为 FN，根据牛顿第二定律 小球对轨道的压力F与FN为相互作用力 FN＝F 解得 F＝9mg 答：（1）小球从A点弹出时，小车的速度大小为； （2）AB间的距离为； （3）小球运动到圆弧最低点C时对轨道的压力大小F为9mg。 5．如图所示，光滑倾斜轨道与水平轨道相连，水平轨道与光滑竖直圆管相切。轨道上有M、N两个小球，质量分别为3m、m，M静止于竖直圆管底端，N从倾斜轨道上某位置由静止释放，两球碰撞后M恰好通过圆管的最高点。倾斜轨道足够长，倾角为θ。水平轨道AB段的长度为L，动摩擦因数为μ，其余部分均光滑。圆管半径为R，重力加速度为g。不计小球间碰撞时和小球经过轨道连接处的能量损失。 （1）求两球碰撞后M的速度大小； （2）求N初始位置与倾斜轨道底端距离x1； （3）若将N的初始位置与倾斜轨道底端的距离改为x，且满足x＞x1，求N运动过程中产生的总热量Q和x的函数关系。 【答案】（1）两球碰撞后M的速度大小为； （2）N初始位置与倾斜轨道底端距离为； （3）N运动过程中产生的总热量Q为，x的函数关系为 Q＝3μmgL。 【解答】解：（1）对小球M，碰撞后运动到圆管轨道最高点的过程中，由动能定理： 解得 （2）设小球N碰前速度为v1，碰后速度为v2，对M、N球，碰撞过程动量守恒，能量守恒，以水平向左的方向为正方向，则： mv1＝3mv﹣mv2 解得 对N球，从斜轨道上开始运动到碰撞过程中，由动能定理， 解得 （3）若释放位置较高，N球最终越过圆轨道最高点，若释放位置较低，N球最终停在水平面AB段。最终恰好越过圆轨道最高点的释放位置记作x2，对N球，碰后冲上斜面返回，若恰好通过圆轨道最高点，由功能关系 由（2）知，碰前速度v1＝2v2 碰前，由动能定理 解得 ①若x≥x2，N球最终越过圆轨道最高点： 全过程摩擦生热Q＝3μmgL ②若x＜x2，N球最终停在水平面AB段： 碰前，由动能定理 由（2）知，碰后M球的速度 对整个系统，全过程，由功能关系 解得 综上，函数关系为 Q＝3μmgL 答：（1）两球碰撞后M的速度大小为； （2）N初始位置与倾斜轨道底端距离为； （3）N运动过程中产生的总热量Q为，x的函数关系为 Q＝3μmgL。 6．如图所示，光滑水平轨道上放置长板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＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/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、B、C系统的总动量； （2）C最终的速度大小； （3）整个过程中，A、B系统因摩擦产生的内能Q。 【答案】（1）A、B、C系统的总动量为15kg•m/s。 （2）C最终的速度大小为3m/s。 （3）A、B系统因摩擦产生的内能Q为3J。 【解答】解：（1）以向右为正方向，初始时刻C保持静止，A与B以共同速度v0运动。根据动量定义，系统总动量p总＝（mA+mB）v0，解得：p总＝15kg•m/s。 （2）A与C碰撞后，C获得向右的匀速运动。当A、B再次达到共同速度且不与C碰撞时，表明三者末速度相同， 设为v。以A、B、C为系统，全过程合外力为零，总动量守恒，有（mA+mB）v0＝（mA+mB+mC）v，解得：v＝3m/s，即C的最终速度大小为3m/s。 （3）分析A与C碰撞瞬间，B速度保持v0不变。设碰撞后A的速度为vA'，对A、C系统应用动量守恒得mAv0＝mAvA'+mCv，解得：vA'＝2m/s。 此后B在A上滑动至两者共速v，此过程摩擦生热Q等于系统动能损失，由能量守恒得，解得：Q＝3J。 答：（1）A、B、C系统的总动量为15kg•m/s。 （2）C最终的速度大小为3m/s。 （3）A、B系统因摩擦产生的内能Q为3J。 7．如图所示，质量m1＝3kg的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2＝2kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝1m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10m/s2，求： （1）两个物体最终一起匀速运动的速度v大小； （2）物块在车面上滑行的时间t； （3）要使物块不从小车右端滑出，小车的车长的最小值。 【答案】（1）两个物体最终一起匀速运动的速度v大小为0.4m/s。 （2）物块在车面上滑行的时间t为1.2s。 （3）要使物块不从小车右端滑出，小车的车长的最小值为0.6m。 【解答】解：（1）对物块和小车组成的系统，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝（m1+m2）v，解得：v＝0.4m/s。 （2）对小车应用动量定理得μm2gt＝m1v，解得：t＝1.2s。 （3）由能量守恒定律得，解得：l＝0.6m。 答：（1）两个物体最终一起匀速运动的速度v大小为0.4m/s。 （2）物块在车面上滑行的时间t为1.2s。 （3）要使物块不从小车右端滑出，小车的车长的最小值为0.6m。 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期物理（人教版2019） 期中试题【拔高训练】·选择性必修第一册 第一章　动量守恒定律　·　题型分类练习 01 冲量与动量定理的应用 【知识点梳理】 概念 / 规律 核心要点 易错提醒 动量与冲量 动量 ，是矢量，方向与速度方向相同；冲量 ，也是矢量，方向与恒力方向相同。 动量、冲量都是矢量，运算遵循平行四边形定则；一维问题须先规定正方向再代入符号。 动量定理 物体所受合外力的冲量等于动量的变化量：。变力作用时 F 取平均力，即 。 Ft 是合外力的冲量，不是某个力的冲量；求某个力的冲量要用该力单独计算，不能直接套动量定理的合冲量。 动量定理求解平均力 已知动量变化与作用时间求平均力时，用 ；缓冲、碰撞等短时过程常用此式估算冲击力。 "平均力"是效果上的平均，不等于力的算术平均；碰撞时间极短时平均力远大于重力，可忽略重力。 图像与冲量 F–t 图像与时间轴围成的面积表示冲量；v–t 图像可求动量变化 。 F–t 图面积有正负（时间轴下方为负冲量）；求合冲量要把各段面积代数和，不能只取绝对值相加。 竖直方向的动量定理 物体只在重力作用下运动时，全过程用 ；有接触力（如蹦床、地面）时要计入该力的冲量。 蹦床、落地缓冲等问题中，接触力冲量与重力冲量方向相反，列式时符号易错。 【题型训练】 1．踢毽子是我国传统的民间体育运动。如图是一学生在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。则以下选项中能够描述毽子上升过程中动量随时间变化的图像是（　　） A． B． C． D． 2．将小球以初速度v0竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图像（v﹣t）如图所示。t1时刻到达最高点，t2时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（　　） A．0到t2时间内，小球的加速度先减小再增大 B．小球上升过程和下降过程，空气阻力的冲量和为0 C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同 D．小球上升过程和下降过程，动量变化量相同 3．如图所示，倾角为37°的光滑斜面固定在水平地面上，轻弹簧两端分别与质量均为m的两物块a、b连接，物块a紧靠垂直于斜面的固定挡板，开始系统处于静止状态。现给物块b沿斜面向下的初速度v0，经过时间t后其速度大小变为，方向沿斜面向上，物块a始终未离开挡板，重力加速度为g，则在此过程中挡板对物块a的冲量大小为（　　） A． B． C． D． 4．一质量m1＝2kg的物体A静止在粗糙水平面上，现对其施加一水平向右的拉力F，F随时间t的变化如图。物体A与地面的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）0～3s内拉力F和摩擦力f的冲量大小IF和If各为多少？ （2）0～3s内物体A向右运动的最大速度？ （3）在3s末撤去拉力F，物体A随即与质量m2＝1kg的物体B（图中未画出）发生正碰，碰撞时间极短，碰后B向右运动了0.16m停下，物体A、B与水平面的动摩擦因数相同，求A、B碰撞过程中损耗的机械能ΔE。 5．一个质量为50kg的游戏者在某游乐场的蹦床上蹦跳，从他被弹到最高点开始计时，其运动的v﹣t图线如图所示，其中0～0.4s和1.1s～1.4s的时间内v﹣t图线为直线，其余为曲线，g取10m/s2，不计空气阻力。求： （1）最高点与蹦床间的高度差。 （2）蹦床对游戏者的平均作用力大小。 02 流体冲击与喷气反冲问题 【知识点梳理】 模型 / 规律 核心要点 易错提醒 连续流体的处理 取 Δt 内击中目标的流体为研究对象，其质量 （S 为截面积、v 为流速、ρ 为密度），对该段流体用动量定理。 研究对象是"Δt 内的一小段流体"，不是全部流体；Δt 要趋于极小，最终力与 Δt 无关。 垂直击中后停止 流体垂直击中目标后速度减为零，动量变化为 mv，冲击力 。 若击中后沿原方向流走（未反向），动量变化仍是 mv；只有反向弹回才用 2mv。 垂直击中后反弹 流体以原速率反向弹回，速度变化为 2v，冲击力 。 "以 0.2v 反向溅回"这类题，速度变化是 v+0.2v=1.2v，不是 2v，要按实际反弹速率算。 喷气反冲与悬停 火箭、无人机向下喷气获得向上推力，推力 ；悬停时推力平衡重力：。 悬停求重力（或质量）时，是"推力=重力"，不要漏掉喷气速率 v；喷气速率是相对地面还是相对机体要看清题意。 反冲运动 系统内力远大于外力时动量守恒，反冲前后 （大小相等、方向相反）。 反冲是系统内部作用，喷出部分与剩余部分动量等大反向；不要只考虑喷出气体而漏掉主体。 【题型训练】 1．如图所示，一玩具水枪的枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为（　　） A．1.2πd2ρv2 B．0.3πd2ρv2 C．1.2πd2ρv D．0.3πd2ρv 2．用高压水枪清洗汽车，在冲洗时一半的水在汽车表面顺流而下，还有一半的水以原速率返回。设水枪喷出水柱圆形截面的面积为S，水流速度为v，水的密度为ρ，水柱垂直汽车表面。则（　　） A．人手握住水枪的力等于ρSv2 B．人手握住水枪的力等于ρS2v C．水柱对汽车的平均冲击力等于ρSv2 D．水柱对汽车的平均冲击力等于ρS2v 3．如图，在“嫦娥三号”到达距离月球100m高度时，会在反推火箭的作用下短暂悬停。若它悬停时，反推火箭Δt时间内向下喷出的气体质量为m，喷出的气体相对于月球表面的速度大小为v，则“嫦娥三号”在此高度时的重力大小为（　　） A． B． C． D． 4．如图所示，某航拍小型无人机有四个相同的风扇，每个风扇的半径均为R，当它在无风的天气悬停时，每个风扇都呈水平状态，风扇吹出的空气速度大小都等于v，吹出的空气流动方向相同。已知空气的平均密度为ρ，则无人机悬停时，不考虑其他位置空气流动的影响，求： （1）无人机的总重力； （2）每个风扇对空气做功的功率。 03 动量守恒定律与人船模型 【知识点梳理】 概念 / 规律 核心要点 易错提醒 动量守恒条件 系统不受外力或所受合外力为零时动量守恒；内力远大于外力（如碰撞、爆炸瞬间）时近似守恒。表达式：。 守恒是针对"系统"而言，要明确系统包含哪些物体；某方向合外力为零时该方向动量守恒（可分方向用）。 人船模型 人与船组成的系统水平方向动量守恒且初动量为零，任一时刻 ；位移满足 。 人船模型用"平均动量守恒"，式中是位移不是速度；位移都相对地面（惯性系），不是相对船。 人船位移公式 由动量守恒与位移关系联立得 （m 为人质量、M 为船质量、L 为船长）。 公式中 L 是人相对船走过的距离（船头到船尾），不是船相对地面的位移，二者不要混淆。 滑块—摆球（圆弧槽）系统 小球沿圆弧槽或摆下时，系统水平方向动量守恒、机械能守恒；小球到最低点时两者速度关系由水平动量守恒确定。 竖直方向合外力不为零（有支持力、重力），竖直方向动量不守恒，只有水平方向守恒。 绳—滑轮连接体 细绳跨过滑轮连接两物块时，沿绳方向速度大小相等；系统是否守恒要看合外力（含绳张力、支持力）。 有固定轴、墙壁参与时系统动量往往不守恒（墙给系统外力），不能盲目套守恒。 【题型训练】 1．如图所示，细绳绕过光滑定滑轮栓接物块a、b且mb＞ma。初始时物块a静止在地面上，b离地面高度为h，绳子恰好伸直。现将b由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．释放瞬间，轻绳的拉力等于b的重力 B．运动过程中a的加速度可能大于重力加速度g C．b着地前，物块a、b系统动量守恒 D．若mb＝2ma，则a可以上升的最大高度为 2．如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略所有摩擦阻力，已知重力加速度为g，则（　　） A．任意时刻小球与小车的动量等大反向 B．小球运动到最低点时的速度大小为 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 3．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 4．如图所示，平静的湖面上有一艘静止的小船，李同学和刘同学均站立在船头处（图中未画出），两位同学发现距离船头前方d处有一株荷花。当刘同学缓慢从船头走至船尾时，站立在船头的李同学恰好到达荷花处。已知李同学和刘同学的质量均为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（　　） A． B． C． D． 5．如图所示，质量为2m的滑块带有半圆弧槽N，且圆弧槽的半径为r，所有接触面的摩擦力均可忽略。在下列两种情况下均将质量为m且可视为质点的小球M由右侧的最高点无初速释放，第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动。下列说法正确的是（　　） A．只有第一种情况，小球可运动到左侧最高点 B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为： C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时，圆弧槽的速度为 D．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为r 04 碰撞问题 【知识点梳理】 概念 / 规律 核心要点 易错提醒 碰撞的三条规律 ① 动量守恒；② 动能不增加，即碰撞动能损失 ；③ 碰后速度符合实际（追及、不穿越）。 判断碰撞是否可能，三条要同时满足；只满足动量守恒但动能增加的碰撞不可能发生。 弹性碰撞 动能守恒。一动一静的弹性正碰，碰后 、；等质量时 交换速度。 弹性碰撞公式只在"正碰（一维）"下成立；等质量交换速度是特例，质量不等时不能套用。 完全非弹性碰撞 碰后共速、动能损失最大，共速 ；损失动能 。 "粘在一起""射入后相对静止"都是完全非弹性碰撞；损失动能最大不等于动量损失（动量守恒）。 子弹打木块 子弹射入木块并留在其中属完全非弹性碰撞，系统动量守恒；射入深度与阻力、相对位移有关。 求产生热量用 Q=f·d（d 为子弹相对木块的位移，即射入深度），不是子弹对地的位移。 碰撞与图像结合 v–t 图像中，碰后速度由图线读出；斜率反映加速度，面积反映位移，结合动量守恒求质量比。 碰撞瞬间速度突变（图线竖直跳变），要分清碰前、碰后两段；弹性碰撞碰后两物体速度不会相等。 【题型训练】 1．光滑水平面上有A、B两球，B球静止，A球向B球运动，发生弹性正碰，碰撞过程中A球的速度—时间图像如图所示。已知t0时刻A球的速度变化率最大，B球的质量为m，两球压缩最紧时弹性势能为Ep，则（　　） A．A球的质量为 B．t1时刻两球的弹性势能最小 C．在0～t1时间内B球所受的冲量大小为 D．两球压缩最紧时弹性势能Ep与B球的动能之比为 2．如图甲所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法不正确的有（　　） A．M：m＝3：2 B．木块所能达到的最大速度为40m/s C．该过程中二者因摩擦而产生的热量比木块增加的动能大 D．仅将木块换成等质量的较硬的木块，虽然子弹射入木块的深度变小，但是二者因摩擦而产生的热量不变 3．如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较（　　） A．射入滑块A的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受的冲量不一样大 C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D．两个过程中系统产生的热量相同 4．如图甲所示，质量为2m的A环套在光滑足够长的水平杆上，通过长为L的轻绳与质量为m的B球相连，B与光滑地面间恰好无作用力，与B相同的小球C以速度v0向左运动，和B球发生弹性碰撞，B球从碰撞后开始的部分轨迹如图乙所示，O、M、N为轨迹最低点，P、Q为轨迹最高点，重力加速度为g，求： （1）球B、C碰后瞬间球B速度的大小vB； （2）O、P两点间的竖直距离h； （3）球B运动到M点时绳子拉力的大小T。 5．光滑水平面上从左向右依次摆放编号为1、2……n的滑块，一质量为2m的小球用长度为L的细线悬挂于O点，O点位于滑块1的正上方且距离滑块1高度为L。现将细线水平拉直，由静止释放小球，当小球摆到最低点时与滑块1发生弹性正碰。已知小球与滑块均可看成质点，所有滑块间碰撞时间极短，重力加速度大小为g。 （1）求小球与滑块1碰撞前瞬间，细绳的拉力大小T； （2）若所有滑块的质量均为m，所有滑块间的碰撞均为弹性正碰，求滑块n被碰后速度大小vn； （3）若滑块1、2……n的质量分别为m、2m……nm，且所有滑块正碰后均粘在一起，求滑块n被碰后所有滑块的总动能Ek。 05 弹簧类动量与能量综合 【知识点梳理】 模型 / 规律 核心要点 易错提醒 弹簧连接体共速 两物体经弹簧相互作用，当二者速度相等时弹簧形变量最大、弹性势能最大；此时系统动量守恒：。 "共速"是弹性势能最大的时刻，不是分离时刻；分离发生在弹簧恢复原长时。 最大弹性势能 由动量守恒与机械能守恒联立，最大弹性势能 （初动能减去共速时动能）。 求最大弹性势能用机械能守恒，系统要包含弹簧；有挡板、墙壁时系统动量可能不守恒。 含挡板/墙壁的弹簧问题 一侧有挡板或墙壁时，物体与挡板作用阶段系统动量不守恒（墙给外力），要分段分析。 "挡板对物体的冲量"要用动量定理单独求，不能当成系统内力用守恒。 弹簧分离条件 弹簧恢复原长时两物体分离，此后各自匀速（光滑面）；分离瞬间二者速度一般不等。 分离时弹簧弹性势能为零，但两物体速度不一定相等——相等是"共速（形变最大）"时刻。 【题型训练】 1．如下图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的挡板，但未粘合在一起，另一物体A以水平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别为M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限度。则下列说法正确的是（　　） A．整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒 B．挡板对物体C的冲量大小为Mv0 C．物体C的最大速度为 D．如果M＝m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为3：1 2．如图甲，轻质弹簧左端与物块A相连，右端与物块B接触但不栓接，系统处于静止状态，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的v﹣t图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，t2时刻B与弹簧分离，弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是（　　） A．0～t1时间，弹簧对物块A的冲量大小为 B．物块B的质量为3m C．0～t1时间，弹簧弹性势能变化量ΔEp D．t2时刻B的速度 3．如图所示，U形长木板置于光滑水平桌面上，两端各固定一轻质弹簧，A、B为弹簧原长处，A、B之间粗糙，两侧光滑。现将一木块放置于A、B间某处，某时刻给木块一个水平向右的初速度，则从该时刻起，关于木块、木板及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　） A．系统最终速度为0，动量不守恒，木块动能全部转化为内能 B．系统最终速度不为0，动量守恒，木块减小的动能转化为内能和木板的动能 C．系统最终速度不为0，动量不守恒，木块减小的动能转化为内能和弹性势能 D．系统最终速度不为0，动量守恒，木块减小的动能转化为内能和弹性势能 4．如图甲所示，物块A、B用轻弹簧拴接，放在光滑水平面上，B左侧与竖直墙壁接触，物块C以速度v0向左运动，与A相碰后立即粘在一起后不分开并开始计时，A、B运动的a﹣t图像如图乙所示，S1、S2分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积的大小，已知三个物块质量均为m，下列说法正确的是（　　） A．a2＝2a1 B．S2＝2S1 C．0～t1内墙对B的冲量大小为mv0 D．在t4时刻弹簧的弹性势能为 06 板块模型与动量能量综合 【知识点梳理】 模型 / 规律 核心要点 易错提醒 板块共速 物块滑上（或滑下）木板，系统水平方向动量守恒，最终共速 。 地面光滑才用系统动量守恒；地面粗糙时系统受外力，动量不守恒，要分别对物块、木板用动量定理。 摩擦生热 系统因摩擦产生的内能 ，其中 Δs 是物块与木板的相对位移（相对滑动路程），不是对地位移。 Q=f·Δs 的 Δs 是相对位移，这是板块模型最易错点；来回滑动时相对位移要累加。 能量守恒 系统初动能 = 末动能 + 摩擦生热：。 有重力势能变化（圆弧、斜面）时要一并计入；机械能守恒只在无摩擦时成立。 恰好不滑出/不掉落 物块恰好不从小车右端滑出时，相对位移等于板长：，此时二者刚好共速。 "恰好不滑出"是临界条件，共速时物块到达板端；求最小板长即求此相对位移。 传送带模型 物块滑上传送带，先受滑动摩擦力加速（或减速）到与带共速，之后可能匀速或静摩擦；用动量定理与运动学结合。 要判断物块与带共速后是否继续相对滑动（比较所需摩擦力与最大静摩擦力），不能默认一直加速。 多次碰撞与多过程 含障碍物反弹、多次碰撞的综合题，要分过程列动量守恒与能量关系，注意每次碰撞前后的速度方向。 反弹后速度方向改变，动量是矢量要带符号；分过程时每一段的初态是上一段的末态。 【题型训练】 1．如图，一质量为M＝1kg的长木板Q静止在光滑水平地面上，质量为m＝2kg的小物块P静止在Q左端，距离Q右端x0＝3.125m处有一障碍物。质量为m0＝0.5kg的玻璃球以v0＝25m/s的速度从左端沿水平方向与P发生弹性碰撞，长木板Q每次与障碍物碰撞后立即以原速率反弹。已知P与Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，小物块P和玻璃球均可视为质点，障碍物的高度低于长木板的高度。求： （1）玻璃球与小物块P碰后瞬间，P的速度大小； （2）长木板Q第一次与障碍物碰撞前的速度大小； （3）长木板Q的长度L满足什么条件时，在P掉落前Q与障碍物只能发生2次碰撞。 2．如图1所示，长为L＝0.8m的传送带水平放置，电动机驱动传送带保持v0＝5m/s的速率顺时针运行。一物块以初速度v1＝1m/s滑上A端。物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求物块滑上传送带时的加速度大小a； （2）求物块运动到B端的速度大小v2； （3）如图2所示，若将物块在A端上方静止释放，物块与传送带碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程中物块所受重力远小于支持力），物块运动到B端时速度v3＝3m/s，其他条件不变。求物块与传送带碰撞前瞬间的速度大小v。 3．如图所示，质量M＝3kg的小车置于足够长的水平地面上，小车的左侧与竖直墙壁接触。小车的上表面由半径R＝0.2m的四分之一圆弧面和水平面组成，圆弧面的最低点B与水平面平滑相接。车的右端固定一个连有轻弹簧的挡板，弹簧左端自然伸长至C点，一质量m＝1kg的滑块从圆弧最高处A无初速下滑，不计一切摩擦，重力加速度g，在接下来的运动过程中弹簧不会超出弹性限度。求： （1）滑块滑至B点的速度大小v0； （2）物块第二次到达C点时的速度大小v1； （3）物块返回到AB圆弧面上时上升的最大高度h。 4．如图所示，小车停放在光滑水平面上，小车左侧是半径为r的光滑圆弧轨道，右侧固定有弹射器。弹射器将小球从A点弹出，速度大小为v0，方向与水平方向夹角为α，小球恰能从B点无碰撞地进入圆弧轨道。已知小车与小球的质量均为m，，，，重力加速度为g。求： （1）小球从A点弹出时，小车的速度大小v1； （2）AB间的距离s； （3）小球运动到圆弧最低点C时对轨道的压力大小F。 5．如图所示，光滑倾斜轨道与水平轨道相连，水平轨道与光滑竖直圆管相切。轨道上有M、N两个小球，质量分别为3m、m，M静止于竖直圆管底端，N从倾斜轨道上某位置由静止释放，两球碰撞后M恰好通过圆管的最高点。倾斜轨道足够长，倾角为θ。水平轨道AB段的长度为L，动摩擦因数为μ，其余部分均光滑。圆管半径为R，重力加速度为g。不计小球间碰撞时和小球经过轨道连接处的能量损失。 （1）求两球碰撞后M的速度大小； （2）求N初始位置与倾斜轨道底端距离x1； （3）若将N的初始位置与倾斜轨道底端的距离改为x，且满足x＞x1，求N运动过程中产生的总热量Q和x的函数关系。 6．如图所示，光滑水平轨道上放置长板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＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/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、B、C系统的总动量； （2）C最终的速度大小； （3）整个过程中，A、B系统因摩擦产生的内能Q。 7．如图所示，质量m1＝3kg的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2＝2kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝1m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10m/s2，求： （1）两个物体最终一起匀速运动的速度v大小； （2）物块在车面上滑行的时间t； （3）要使物块不从小车右端滑出，小车的车长的最小值。 2 学科网（北京）股份有限公司 $