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高考物理一轮复习 动量与动量守恒定律
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 河西区期中）光滑水平地面上，质量为1kg的物体在合外力F的作用下从静止开始运动，F随时间t变化的关系如图所示，2s末物体运动的速度大小为（　　）
A．2m/s B．4m/s C．6m/s D．8m/s
2．（2025春 石家庄期中）某游客体验风洞飞行的图片如图所示，高速气流均匀地向上喷射出来，该游客以速度v向下匀速运动。若该游客（包括装备）的质量为m，气流的密度为ρ，重力加速度为g，气流接触身体的横截面积为S，且气流接触身体后相对于人水平向四周流出，则该游客所在高度处原来的气流对地速度大小为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025春 石家庄期中）如图，质量为m的物体静止于倾角为θ的斜面体上。现对斜面施加外力，使斜面体以加速度a沿水平方向向左匀加速运动时间t，物体与斜面体始终相对静止。在时间t内（　　）
A．支持力对物体做功平均功率为
B．斜面对物体做功的平均功率为
C．斜面对物体冲量mat
D．重力对物体冲量为0
4．（2025春 河西区期中）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　）
A．增大了司机所受到的合外力
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
5．（2025春 河西区期中）如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块和子弹将弹簧压缩到最短，下列说法正确的是（　　）
A．子弹射入木块的过程中，子弹、木块组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．子弹射入木块的过程中，子弹、木块组成的系统动量不守恒，机械能不守恒
C．木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D．木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒
6．（2025春 河西区期中）如图所示，质量为m的小球B静止在光滑水平面上，质量为2m、速度为v0的小球A与B发生对心正碰，碰撞可能是弹性碰撞也可能有动能损失，则碰后B球的速度可能是（　　）
A．0.3v0 B．0.5v0 C．v0 D．2v
7．（2025春 庐阳区校级期中）如图（a）所示，质量为m的小球放在光滑的水平面上，在界线MN的左侧始终只受到水平向右的恒力F1作用，在MN的右侧始终只受到水平向左的恒力F2作用。小球从A点由静止开始运动，取向右为正方向，运动的v﹣t图像如图（b）所示，由图可知，下列说法正确的是（　　）
A．F1＝F2
B．t＝0到t＝5s的过程中，F1的冲量大小等于F2的冲量大小
C．t＝0到t＝2s的过程中，小球的动量变化为0
D．t＝0到t＝4s的过程中，F1的冲量大于F2的冲量
8．（2025春 沙坪坝区校级期中）运动会时，无人机为同学们记录下无数精彩瞬间。如图所示，某款无人机有4个半径均为R的动力螺旋桨。在没有风的天气，让每个桨叶均以大小相等的转速旋转、并沿竖直方向向下吹风，从而产生反作用力，使无人机悬停在空中。已知当地的空气密度为ρ，无人机的重力为G，则空气被每个桨叶向下吹出的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春 广州期中）2025年春节，我国产的烟花火遍全球，新的烟花研发设计层出不穷。现有某烟花筒的结构如图1所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图2所示。忽略空气阻力的作用，则（　　）
A．a、b两部分落地时的速度大小之比为12：3
B．a、b两部分的初动能之比为1：3
C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为1：3
D．a、b两部分落地时的重力功率之比为3：1
（多选）10．（2025春 鼓楼区校级期中）如图所示，有一表面带有四分之一圆弧轨道的物块B，静止在水平地面上（不固定），轨道底端与水平地面相切，其半径r＝0.4m；一可视为质点的物块A以水平向左的速度v＝4m/s冲上物块B的轨道，经一段时间运动到最高点，随后再返回水平地面。已知A、B质量分别为mA＝1kg，mB＝3kg，不计一切摩擦，重力加速度的大小g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．整个过程中，A、B组成的系统动量和机械能都守恒
B．整个过程中，物块B获得的最大速度为1m/s
C．物块A返回水平面的速度大小为2m/s
D．物块A可以冲出物块B的四分之一轨道继续做斜上抛运动
（多选）11．（2025春 天山区校级期中）如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t＝0时，A以水平向左的初速度v0开始运动，B的初速度为0，A、B运动的v﹣t图像如图乙所示。已知A的质量为m，0～t0时间内B的位移为x0，t＝3t0时二者发生碰撞并粘在一起，则（　　）
A．B的质量为2m
B．橡皮绳的最大弹性势能为
C．橡皮绳的原长为v0t0
D．0～2t0时间内橡皮绳对B的平均作用力大小为
（多选）12．（2025春 河西区期中）人站在浮于水面的静止的船上，某时刻开始从船头走向船尾，不计水的阻力，以下说法正确的是（　　）
A．人走到船尾后不再走动，船会因为惯性继续运动
B．人从船头到船尾，人对地位移的大小等于船头到船尾的距离
C．不管人如何走动，人与船速度大小之比等于它们质量的反比
D．人做变速走动时，人与船加速度大小之比等于它们质量的反比
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 鼓楼区校级期中）将质量为0.5kg的空水桶放在磅秤上，水龙头以每秒0.7kg的流量向桶中注水，经过10s，磅秤示数为78.5N。则水流入桶中时的流速为 　 　 m/s。（设水没有溅起来，g取10m/s2）
14．（2025春 和平区校级期中）冰壶运动，又称掷冰壶、“冰上溜石”，是冬奥会上以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，深受观众喜爱。A、B两冰壶在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的x﹣t图像如图所示，已知mA＝0.2kg，则根据图像可得物体B的质量为 　 　 kg，冰壶之间的碰撞属于 　 　 （选填“弹性碰撞”、“完全非弹性碰撞”、“一般碰撞”）。
15．（2025 福建模拟）如图，小荣和小慧在水平地面上各自从H点抛出沙包，分别落在正前方地面Q1和Q2处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于P点，H点正下方地面处设为O点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为3.2m，OH＝1.4m，OQ1＝8.4m，OQ2＝9.8m，沙包质量为0.2kg，忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2，则小荣抛出的沙包运动过程中上升与下降重力的冲量大小之比为 　 　 ；小荣和小慧抛出的两个沙包落地前瞬间的动能之比为 　 　 。
16．（2025 福建模拟）如图所示，在光滑的水平面上放置一质量为m的小车，小车上有一半径为R的光滑的弧形轨道，设有一质量为m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圆弧轨道向上滑动，达到某一高度h后，又沿轨道下滑，试求h＝　 　 ，小球刚离开轨道时的速度为 　 　 。
四．解答题（共4小题）
17．（2025 石嘴山一模）如图所示为兴趣小组设计的“物块投网”游戏装置，让水平直轨道AB与一光滑半圆形竖直轨道BCD平滑连接，并在最高点D处固定一个小网兜，若物块能沿半圆轨道通过最高点D落入网兜，即为游戏成功。在某次游戏时，游戏者对放置在A处的小物块甲施加一水平恒力F，使其从静止开始运动，4s末撤去恒力，甲继续运动1s与放在半圆轨道最低点B处的小物块乙发生碰撞并粘合（碰撞时间极短），随后“粘合体”恰好能通过最高点D并落入网兜。
已知小物块甲的质量m1＝0.3kg小物块乙的质量m2＝0.1kg圆弧轨道半径R＝0.5m，甲与水平轨道的动摩擦因数μ＝0.4，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求本次游戏中：
（1）碰撞结束瞬间两物块的速度大小；
（2）水平恒力F的大小。
18．（2025 上饶二模）某物流公司为了减少卸货时货物的损坏率并提高卸货效率，其研发团队设计了如图所示的自动卸货装置。其运行过程简化为：质量为m的平底货箱内装有质量M的货物，从光滑圆弧轨道上高为L的A点由静止释放，平滑滑上静止在足够长的光滑水平轨道上的无动力小车，小车长为L、质量为m。货箱在小车上滑行与小车右端挡板碰撞后不反弹，而后随小车向右运动至水平轨道右端时，压缩固定在水平轨道右端的弹簧，当弹簧被压缩到最短时将小车锁定。卸下货物后将平底货箱紧靠挡板放置并解除对小车的锁定，弹簧能量全部释放，将小车及货箱一起弹回。当小车与水平轨道左侧台阶碰撞瞬间停止，货箱滑出小车冲上圆弧轨道。设货箱长和宽远小于L，货物不会在平底货箱中滑动，弹簧的形变始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求：
（1）货箱滑上小车前瞬间的速度大小；
（2）若某次货箱装有质量M＝3m的货物，且货箱恰好与小车右端挡板相碰，求货箱与小车间的动摩擦因数μ；
（3）在满足第（2）问的条件下，卸完货物解除锁定后，空货箱能否返回A点？
19．（2025 辽宁模拟）如图所示，木板甲长L1＝8.1m，紧靠墙壁固定在地面上。木板乙的厚度与甲相同，长L2＝0.7m，紧靠木板甲放在光滑水平地面上。障碍物丙固定在地面上，与木板乙距离为x，其上表面为光滑圆弧，半径r＝0.25m，圆心角θ＝37°，圆弧左端切线水平且与两木板上表面等高。左侧墙上有光滑的四分之一圆弧轨道，半径R＝3.6m，最低点切线水平，距木板上表面H＝3.6m。一个小物块（可视为质点）从四分之一圆弧轨道的端点A静止释放，它与两木板之间的动摩擦因数都是μ＝0.5。小物块与木板甲碰撞作用时间极短且碰后不反弹，木板乙的质量是小物块的2倍，木板乙与障碍物丙相碰后立刻粘连在一起。不计空气阻力，求：
（1）小物块刚落到木板上的时候，与墙壁相距多远？
（2）小物块与木板甲碰撞的过程中摩擦因数保持μ＝0.5不变，它与木板甲碰撞结束瞬间，水平速度多大？
（3）小物块能否滑到木板乙的最右端？
（4）x满足什么条件，小物块能从丙的圆弧轨道右端冲出？
20．（2025 平度市模拟）如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在光滑水平面上，圆心在O点，半径R＝1.8m，厚度相同、材质相同、质量均为M＝2kg的木板P、Q静止在光滑水平面上，两者相互接触但没有粘接，木板Q的右端固定有轻质挡板D，圆弧轨道的末端与木板P的上表面相切于木板P的左端，滑块B、C分别放置在木板P、Q的左端，将滑块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块滑至底端时与物块B发生碰撞。已知木板P、Q的长度分别为L1＝4.86m、L2＝5.6m，滑块A的质量为m1＝3kg，滑块B的质量为m2＝1kg，滑块C的质量为m3＝1kg，滑块A、B、C与木板间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1和μ3＝0.3，所有碰撞均为弹性碰撞且时间很短，滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小；
（2）滑块A、B碰撞后瞬间滑块C的加速度大小；
（3）滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量；
（4）滑块C能否从木板Q上滑落，若不能从木板Q上滑落，滑块最终与木板Q相对静止的位置与距离挡板D间的距离。
高考物理一轮复习 动量与动量守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 河西区期中）光滑水平地面上，质量为1kg的物体在合外力F的作用下从静止开始运动，F随时间t变化的关系如图所示，2s末物体运动的速度大小为（　　）
A．2m/s B．4m/s C．6m/s D．8m/s
【考点】F﹣t图像中的动量问题．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】F﹣t图线与坐标轴围成图形的面积是力的冲量，根据图示图像求出力的冲量，应用动量定理求出物体的速度。
【解答】解：F﹣t图线与坐标轴围成图形的面积等于力的冲量，由图示图像可知，2s内合力的冲量为：I＝2×1N s﹣6×1N s＝﹣4N s
由动量定理得：I＝mv﹣0
解得2s末物体的速度：v
可知，2s末物体运动的速度大小为4m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了动量定理与动能定理的应用，根据图示图像分析清楚物体的运动过程、由图示图像求出合力的冲量是解题的前提。
2．（2025春 石家庄期中）某游客体验风洞飞行的图片如图所示，高速气流均匀地向上喷射出来，该游客以速度v向下匀速运动。若该游客（包括装备）的质量为m，气流的密度为ρ，重力加速度为g，气流接触身体的横截面积为S，且气流接触身体后相对于人水平向四周流出，则该游客所在高度处原来的气流对地速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【考点】用动量定理求流体冲击问题；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】该游客以速度v向下匀速运动，可知气流对他的作用力与其重力平衡，分析单位时间内气体质量，由此可知其动量变化量，根据动量定理公式Ft＝mv求解。
【解答】解：以向上为正方向，对Δt时间内吹向游客的空气，设此段时间内气体质量为Δm，则风的动量变化量为Δp＝Δmv′，其中Δm＝ρv′ΔtS，以Δt时间内吹向游客的空气为研究对象，由动量定理可得FΔt＝Δmv′，由于游客处于匀速状态，则有F＝mg，解得气流速度大小为，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】考查对动量定理的理解，关键要清楚游客的受力情况，气流对他的作用力与其重力平衡。
3．（2025春 石家庄期中）如图，质量为m的物体静止于倾角为θ的斜面体上。现对斜面施加外力，使斜面体以加速度a沿水平方向向左匀加速运动时间t，物体与斜面体始终相对静止。在时间t内（　　）
A．支持力对物体做功平均功率为
B．斜面对物体做功的平均功率为
C．斜面对物体冲量mat
D．重力对物体冲量为0
【考点】求恒力的冲量；牛顿第二定律的简单应用；重力做功的特点和计算．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】AB、物体受到重力、斜面支持力、摩擦力的作用，三者的合力提供加速度，根据牛顿第二定律可求解合力，根据加速度和时间求解其平均速度，由此分析平均功率；
CD、根据冲量的定义分析。
【解答】解：A、斜面体以加速度a沿水平方向向左匀加速运动时间t，则平均速度为，若斜面体沿水平方向向左匀速运动，则物体受到斜面的支持力为FN＝mgcosθ，沿水平方向的分力为FNx＝mgcosθsinθ，平均功率为，实际斜面体以加速度a沿水平方向向左匀加速运动，故斜面支持力大于FN，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得物体所受合力为F＝ma，则平均功率为，故B正确；
C、物体所受合力对物体冲量I＝Ft＝mat，斜面对物体为支持力和摩擦力，故C错误；
D、重力对物体冲量为IG＝mgt，故D错误。
故选：B。
【点评】考查对动量定理的理解，要清楚物体的受力情况，求解其平均速度，
4．（2025春 河西区期中）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　）
A．增大了司机所受到的合外力
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【考点】动量定理的内容和应用；动能变化量的计算．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】安全气囊在碰撞过程中通过延长司机减速的受力时间减小了合外力，同时增大受力面积分散压力。司机的动量变化量由速度变化决定，气囊不改变这一变化。动能并非全部转移，而是部分消耗在气囊变形和热耗散中。因此气囊的作用是延长受力时间并增大受力面积。
【解答】解：A、根据动量定理Δp＝Ft，安全气囊是通过增大作用时间 t 来减小合外力 F，故A错误；
B、司机的动量变化量 Δp＝mΔv，仅与质量m和速度变化Δv有关，安全气囊并不改变Δv，故B错误；
C．司机的动能一部分消耗在气囊充气、变形和热耗散中，不可能全部将能量转给汽车，故C错误；
D．安全气囊在碰撞瞬间迅速膨胀，既延长了司机减速的受力时间，也增大了接触面积，从而有效减小单位面积上的压力，故D正确。
故选：D。
【点评】本题通过安全气囊的工作原理，考查动量定理和能量转化的实际应用。题目概念性较强，需准确理解动量变化与冲量的关系，以及能量分配过程。D选项巧妙结合了时间延长和面积增大两个减震机制，体现了物理原理在工程中的综合运用。学生需注意动量变化仅由速度变化决定，而动能转化往往伴随其他能量形式的耗散这一易错点。
5．（2025春 河西区期中）如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块和子弹将弹簧压缩到最短，下列说法正确的是（　　）
A．子弹射入木块的过程中，子弹、木块组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．子弹射入木块的过程中，子弹、木块组成的系统动量不守恒，机械能不守恒
C．木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D．木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒
【考点】动量守恒定律的内容、条件和判断；判断机械能是否守恒及如何变化．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】系统所受合外力为零或者内力远大于外力，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题。
【解答】解：AB、子弹射入木块的过程中，由于入射时间极短，在水平方向上子弹和木块组成的系统不受外力，所以系统动量守恒。但子弹射入木块时，会有摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，故AB错误；
CD、木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统受到弹簧弹力这个外力的作用，所以系统动量不守恒。而在整个过程中只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，知道动量与机械能守恒的条件，分析清楚物体运动过程即可正确解题。
6．（2025春 河西区期中）如图所示，质量为m的小球B静止在光滑水平面上，质量为2m、速度为v0的小球A与B发生对心正碰，碰撞可能是弹性碰撞也可能有动能损失，则碰后B球的速度可能是（　　）
A．0.3v0 B．0.5v0 C．v0 D．2v
【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题；分析碰撞的合理性．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．
【答案】C
【分析】由弹性碰撞、完全非弹性碰撞两种情况下，B的速度值，即可知B碰后的速度可能值范围，分析其可能速度。
【解答】解：以水平向右为正方向；
若发生弹性碰撞，则对AB整体，由动量守恒可知：2mv0＝2mv1+mv2，由动能不损失可知：，解得：，；
若发生完全非弹性碰撞，则对AB整体，由动量守恒可知：2mv0＝（2m+m）v，解得：，
两种情况下，B碰后的速度可能值范围为：，选项中，其可能速度为：v0，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查碰撞的合理性分析，关键是理解弹性碰撞、完全非弹性碰撞为两种极限情况。
7．（2025春 庐阳区校级期中）如图（a）所示，质量为m的小球放在光滑的水平面上，在界线MN的左侧始终只受到水平向右的恒力F1作用，在MN的右侧始终只受到水平向左的恒力F2作用。小球从A点由静止开始运动，取向右为正方向，运动的v﹣t图像如图（b）所示，由图可知，下列说法正确的是（　　）
A．F1＝F2
B．t＝0到t＝5s的过程中，F1的冲量大小等于F2的冲量大小
C．t＝0到t＝2s的过程中，小球的动量变化为0
D．t＝0到t＝4s的过程中，F1的冲量大于F2的冲量
【考点】动量定理的内容和应用；动量变化量的计算；求恒力的冲量．
【专题】定量思想；图析法；运动学中的图象专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】A、v﹣t图像斜率表示加速度，分析加速度的大小，进而可得出力的大小；
BCD、合外力的冲量等于小球动量的变化，根据速度的变化分析。
【解答】解：A.根据v﹣t图像斜率，和牛顿第二定律可知：F1＞F2，故A错误；
B.t＝0到t＝5s的过程中，根据动量定理可知，合外力的冲量等于小球动量的变化，该过程初末速度为0，动量的变化量为0，则合力的冲量为0，即F1与F2的冲量大小相等，故B正确；
C.t＝0到t＝2s的过程中，初动量为0，末动量为mv2，则动量变化△p＝mv2，大于0，故C错误；
D.t＝0到t＝4s的过程中，初动量为0，末动量为﹣mv1，则动量变化△p＝﹣mv1，F1的冲量小于F2的冲量，故D错误。
故选：B。
【点评】考查对v﹣t图像的理解，及冲量、动量变化量的关联，熟悉其定义。
8．（2025春 沙坪坝区校级期中）运动会时，无人机为同学们记录下无数精彩瞬间。如图所示，某款无人机有4个半径均为R的动力螺旋桨。在没有风的天气，让每个桨叶均以大小相等的转速旋转、并沿竖直方向向下吹风，从而产生反作用力，使无人机悬停在空中。已知当地的空气密度为ρ，无人机的重力为G，则空气被每个桨叶向下吹出的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【考点】用动量定理求流体冲击问题；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据图中桨叶的形状和牛顿第三定律判断螺旋桨的旋转方向，用m＝ρV表示出单位时间内螺旋桨推动空气的质量，对这部分空气由动量定理计算每个螺旋桨对空气的作用力，再由平衡条件求出空气被每个桨叶向下吹出的速度大小。
【解答】解：单位时间内被每个螺旋桨推动的空气质量为Δm＝ρπR2v
规定空气运动方向为正方向，由动量定理可得在Δt时间内有FΔt＝Δm Δt v
则每个螺旋桨对空气的作用力F＝ρπR2v2
由牛顿第三定律得，空气对每个螺旋桨的作用力大小F′＝F＝ρπR2v2
根据平衡条件无人机的重力大小G＝4F′＝4ρπR2v2，解得空气被每个桨叶向下吹出的速度大小为：v，故ABD错误，C 正确。
故选：C。
【点评】本题考查的是动量定理在流体模型中的应用，关键是要会构建圆柱模型，表示出Δt时间内空气的质量。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春 广州期中）2025年春节，我国产的烟花火遍全球，新的烟花研发设计层出不穷。现有某烟花筒的结构如图1所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图2所示。忽略空气阻力的作用，则（　　）
A．a、b两部分落地时的速度大小之比为12：3
B．a、b两部分的初动能之比为1：3
C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为1：3
D．a、b两部分落地时的重力功率之比为3：1
【考点】用动量守恒定律解决爆炸问题；动量定理的内容和应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】爆炸过程系统动量守恒，保证后a、b两部分做平抛运动，应用运动学公式与动量守恒定律分析答题。
【解答】解：B、爆炸后a、b两部分做平抛运动，由于抛出点高度相等，做平抛运动的时间t相等，在水平方向，由图示可知x＝vat，3x＝vbt，则vb＝3va，爆炸过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mava﹣mbvb＝0，解得ma＝3mb，则a、b两部分的初动能之比，故B正确；
A、落地速度大小v，，故A错误；
C、从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为，故C错误；
D、两块做平抛运动抛出点的高度相等，落地时的竖直分速度vy相等，a、b两部分落地时的重力功率之比，故D正确。
故选：BD。
【点评】分析清楚运动过程是解题的前提，应用平抛运动规律、动量守恒定律即可解题。
（多选）10．（2025春 鼓楼区校级期中）如图所示，有一表面带有四分之一圆弧轨道的物块B，静止在水平地面上（不固定），轨道底端与水平地面相切，其半径r＝0.4m；一可视为质点的物块A以水平向左的速度v＝4m/s冲上物块B的轨道，经一段时间运动到最高点，随后再返回水平地面。已知A、B质量分别为mA＝1kg，mB＝3kg，不计一切摩擦，重力加速度的大小g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．整个过程中，A、B组成的系统动量和机械能都守恒
B．整个过程中，物块B获得的最大速度为1m/s
C．物块A返回水平面的速度大小为2m/s
D．物块A可以冲出物块B的四分之一轨道继续做斜上抛运动
【考点】动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用；机械能守恒定律的简单应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】CD
【分析】系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒；整个运动过程只有重力做功，系统机械能守恒，根据运动过程应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
【解答】解：A、物块A在B圆弧轨道上滑动过程，由于A在竖直方向有加速度，所以A、B组成的系统在竖直方向的合外力不为0，A、B组成的系统所受合力不为零，系统动量不守恒；整个运动过程只有重力做功，系统机械能守恒，故A错误；
BC、整个运动过程中，当A从B的底端滑离时，B的速度最大，A、B组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mAv＝mAvA+mBvB，根据系统机械能守恒得，代入数据解得vA＝﹣2m/s，vB＝2m/s，物块B获得的最大速度为2m/s，物块A返回水平面的速度大小为2m/s，且方向向右，故B错误，C正确；
D、设物块A可以冲出物块B的四分之一轨道，物块A到达B四分之一轨道最高点时，两者具有相同水平速度，则物块A做斜抛运动过程，A、B具有相同的水平速度，当A到达最高点时，以向左为正方向，在水平方向，根据动量守恒得mAv＝（mA+mB）vx，根据机械能守恒得，代入数据解得h＝0.6m＞r＝0.4m，假设成立，物块A可以冲出物块B的四分之一轨道继续做斜上抛运动，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚系统的受力情况与运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律解题。
（多选）11．（2025春 天山区校级期中）如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t＝0时，A以水平向左的初速度v0开始运动，B的初速度为0，A、B运动的v﹣t图像如图乙所示。已知A的质量为m，0～t0时间内B的位移为x0，t＝3t0时二者发生碰撞并粘在一起，则（　　）
A．B的质量为2m
B．橡皮绳的最大弹性势能为
C．橡皮绳的原长为v0t0
D．0～2t0时间内橡皮绳对B的平均作用力大小为
【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】ACD
【分析】在0～t0时间内根据动量守恒定律求解B的质量；由乙图可知AB在t0时刻共速，橡皮绳有最大弹性势能，根据机械能守恒求解最大弹性势能；在t0～2t0时间内，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求得2t0时刻AB两者的速度，再由运动学公式求解橡皮绳的原长；根据动量定理求解0～2t0时间内橡皮绳对B的平均作用力大小。
【解答】解：A.由于A、B组成的系统受合外力为零，则AB系统动量守恒，取向左为正方向，则在0～t0时间内mv0＝（m+mB）
解得mB＝2m
故A正确；
B.由图乙可知，在t0时刻，AB共速，此时橡皮绳被拉到最长，弹性势能最大，根据机械能守恒（m+mB）（）2+EP
解得橡皮绳的最大弹性势能EP
故B错误；
C.由乙图可知在2t0时刻，橡皮绳刚好达到原长，在3t0时刻，AB相碰，则在t0～2t0时间内，以向左为正方向，根据动量守恒定律（m+mB）mvA+2mvB
根据机械能守恒（m+mB）（）2+EP2
联立解得A的速度大小vA，方向向右
B的速度大小vB
由于2t0～3t0内AB都做匀速直线运动，则橡皮绳的原长l＝vAt0+vBt0
解得l＝v0t0
故C正确；
D.取向左为正方向，在0～2t0时间内，对B由动量定理可得
2t0＝mBvB﹣0
解得0～2t0时间内橡皮绳对B的平均作用力大小为
故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查功能关系和动量守恒定律，解决此题的关键是要根据速度—时间图像分析清楚物体的运动情况，根据物体的运动情况分析弹簧的状态。
（多选）12．（2025春 河西区期中）人站在浮于水面的静止的船上，某时刻开始从船头走向船尾，不计水的阻力，以下说法正确的是（　　）
A．人走到船尾后不再走动，船会因为惯性继续运动
B．人从船头到船尾，人对地位移的大小等于船头到船尾的距离
C．不管人如何走动，人与船速度大小之比等于它们质量的反比
D．人做变速走动时，人与船加速度大小之比等于它们质量的反比
【考点】人船模型及其变式；惯性与质量．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】以船和人组成的系统为研究对象，系统受到的合外力为0，故系统的动量守恒，系统初始总动量为0，根据动量守恒定律列式分析。
【解答】解：A、人站在船上，不计水的阻力，人与船组成的系统动量守恒。当人走到船尾后不再走动时，根据动量守恒定律，系统的总动量为零，船也会停止运动，而不是因为惯性继续运动，故A错误；
B、人从船头走到船尾，由于船会在人走动的过程中发生移动，所以人对地位移的大小不等于船头到船尾的距离，故B错误；
C、设人的质量为m，船的质量为M，人走动时的速度为v1，船的速度为v2，根据动量守恒定律
mv1﹣Mv2＝0
可得
即人与船速度大小之比等于它们质量的反比，故C正确；
D、根据牛顿第二定律
F＝ma
对于人与船组成的系统，人受到的力与船受到的力大小相等、方向相反。设人受到的力为F1，船受到的力为F2，则
F1＝F2
即
ma1＝Ma2
所以
即人与船加速度大小之比等于它们质量的反比，故D正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键是要明确人、船组成的系统动量守恒，总动量为0，所以不管人如何走动，在任意时刻两者的动量大小相等，方向相反，若人停止运动则船也停止运动。
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 鼓楼区校级期中）将质量为0.5kg的空水桶放在磅秤上，水龙头以每秒0.7kg的流量向桶中注水，经过10s，磅秤示数为78.5N。则水流入桶中时的流速为 　5　 m/s。（设水没有溅起来，g取10m/s2）
【考点】用动量定理求流体冲击问题；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】5。
【分析】取极短时间内注入杯中的水为研究对象，根据动量定理列式，可求得注入水流的速度。
【解答】解：设注入水流的速度为t，取极短时间Δt内注入杯中的水为研究对象，取竖直向下为正方向，Δt时间内注入杯中的水的质量m＝0.7Δt
根据动量定理得：（mg﹣F）Δt＝0﹣mv
可得：F＝0.7v+7Δt
可知，杯子对水的作用力与注水时间成线性关系，由牛顿第三定律知，水对杯子的作用力也与注水时间成线性关系，所以磅秤的示数与注水时间成线性关系。
由题知，10s 时，杯子对水的作用力为F＝G示﹣G杯＝78.5N﹣0.5×10＝73.5N，及Δt＝10s，代入上式解得：v＝5m/s
故答案为：5。
【点评】对于连续介质求作用力，往往要取极短时间的物质为研究对象，运用动量定理求作用力。
14．（2025春 和平区校级期中）冰壶运动，又称掷冰壶、“冰上溜石”，是冬奥会上以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，深受观众喜爱。A、B两冰壶在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的x﹣t图像如图所示，已知mA＝0.2kg，则根据图像可得物体B的质量为 　0.6　 kg，冰壶之间的碰撞属于 　弹性碰撞　 （选填“弹性碰撞”、“完全非弹性碰撞”、“一般碰撞”）。
【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题；利用x﹣t图像的斜率求解物体运动的速度．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．
【答案】0.6，弹性碰撞。
【分析】根据x﹣t图线斜率求速度，根据动量守恒定律求质量，然后计算碰撞前后的机械能总量关系，即可解答。
【解答】解：x﹣t图线的斜率表示速度，则碰撞前，有，vB＝0
碰撞后，m/s＝﹣2m/s，m/s＝2m/s
以碰撞前A的方向为正方向，由动量守恒定律可知
mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′
代入数据解得mB＝0.6kg
碰撞前总动能为1.6J
碰撞后总动能为EK′mAvA′2mBvB′2
代入数据解得EK′＝1.6J
碰撞前后重力势能不变，则碰撞前后机械能守恒，两冰壶发生的是弹性碰撞。
故答案为：0.6，弹性碰撞。
【点评】本题是一道综合题，需要学生根据x﹣t图线求速度，再判断机械能，难度中等。
15．（2025 福建模拟）如图，小荣和小慧在水平地面上各自从H点抛出沙包，分别落在正前方地面Q1和Q2处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于P点，H点正下方地面处设为O点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为3.2m，OH＝1.4m，OQ1＝8.4m，OQ2＝9.8m，沙包质量为0.2kg，忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2，则小荣抛出的沙包运动过程中上升与下降重力的冲量大小之比为 　3：4　 ；小荣和小慧抛出的两个沙包落地前瞬间的动能之比为 　100：113　 。
【考点】求恒力的冲量；斜抛运动；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】3：4，100：113。
【分析】（1）沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，由此求解小荣抛出上升的高度及时间，进而可得最高点距水平地面高度，由此可得下落时间，根据时间求解冲量；
（2）两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等，根据时间和水平位移求解抛出时水平方向的分速度，根据上升时间抛出时竖直方向的分速度，沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒，根据动能定理求解动能。
【解答】解：（1）沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得小荣抛出上升的高度为h1＝3.2m﹣1.4m＝1.8m，
上升时间为最高点距水平地面高为h0＝3.2m，故下降的时间为，
重力冲量I＝mgt，所以小荣抛出的沙包运动过程中上升与下降重力的冲量大小之比为3：4；
（2）两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为t＝0.6s+0.8s＝1.4s，
故可得小荣和小慧抛出时水平方向的分速度分别为，，
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为vy＝gt上1＝10×0.6m/s＝6m/s，
由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒，从抛出到落地瞬间根据动能定理可得，
，
可得落地瞬间，动能之比为100：113。
故答案为：3：4，100：113。
【点评】考查对平抛运动规律和动能定理的理解，熟悉公式的运用。
16．（2025 福建模拟）如图所示，在光滑的水平面上放置一质量为m的小车，小车上有一半径为R的光滑的弧形轨道，设有一质量为m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圆弧轨道向上滑动，达到某一高度h后，又沿轨道下滑，试求h＝　　 ，小球刚离开轨道时的速度为 　0　 。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．
【专题】定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合．
【答案】见试题解答内容
【分析】小球到达最大高度h时，小球与小车的速度相同，两者组成的系统水平方向动量守恒，机械能也守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出h。
小球从进入到离开，整个过程属弹性碰撞模型，小球刚离开轨道时小球和轨道交换速度。
【解答】解：小球从进入轨道，到上升到h高度时为过程第一阶段，这一阶段类似完全非弹性的碰撞，动能损失转化为重力势能（而不是热能）。
小球到达最大高度h时，小球与小车的速度相同，在小球从滑上小车到上升到最大高度过程中，系统水平方向动量守恒，以水平向左方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
mv0＝（ m+m）v，
系统的机械能守恒，则得：
（ m+m）v2+mgh，
解得：h；
小球从进入到离开，整个过程属弹性碰撞模型，又由于小球和车的等质量，由弹性碰撞规律可知，两物体速度交换，故小球离开轨道时速度为零。
故答案为：，0。
【点评】本题要抓住系统水平方向的动量守恒，系统的机械能守恒。关键要明确隐含的临界条件：小球到达最大高度h时，小球与小车的速度相同。解题时要注意正方向的选择。
四．解答题（共4小题）
17．（2025 石嘴山一模）如图所示为兴趣小组设计的“物块投网”游戏装置，让水平直轨道AB与一光滑半圆形竖直轨道BCD平滑连接，并在最高点D处固定一个小网兜，若物块能沿半圆轨道通过最高点D落入网兜，即为游戏成功。在某次游戏时，游戏者对放置在A处的小物块甲施加一水平恒力F，使其从静止开始运动，4s末撤去恒力，甲继续运动1s与放在半圆轨道最低点B处的小物块乙发生碰撞并粘合（碰撞时间极短），随后“粘合体”恰好能通过最高点D并落入网兜。
已知小物块甲的质量m1＝0.3kg小物块乙的质量m2＝0.1kg圆弧轨道半径R＝0.5m，甲与水平轨道的动摩擦因数μ＝0.4，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求本次游戏中：
（1）碰撞结束瞬间两物块的速度大小；
（2）水平恒力F的大小。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．
【答案】（1）碰撞结束瞬间两物块的速度大小为5m/s；
（2）水平恒力F的大小为2N。
【分析】（1）根据牛顿第二定律求粘合体”恰好通过最高点D时的速度，结合机械能守恒求碰撞结束瞬间两物块的速度大小；
（2）由动量守恒定律和动量定理求水平恒力F的大小。
【解答】解：（1）由“粘合体”恰好通过最高点D时，重力提供向心力：
代入数值可得：
“粘合体”从B到D，只有重力做功，机械能守恒：
代入数值可得：
vB＝5m/s
既碰撞结束瞬间两物块的速度大小为5m/s
（2）甲、乙在B处发生碰撞并粘合，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得：
m1v1＝（m1+m2）vB
代入数值可得：
物块甲从A到B的过程中，以水平向右的方向为正方向，由动量定理可得：
Ft1﹣μm1g（t1+t2）＝m1v1
解得：
F＝2N
答：（1）碰撞结束瞬间两物块的速度大小为5m/s；
（2）水平恒力F的大小为2N。
【点评】解答本题时，要分析清楚物块的运动过程，把握每个过程的运动规律是关键。掌握碰撞的基本规律，注意动量守恒和动量定理的应用。
18．（2025 上饶二模）某物流公司为了减少卸货时货物的损坏率并提高卸货效率，其研发团队设计了如图所示的自动卸货装置。其运行过程简化为：质量为m的平底货箱内装有质量M的货物，从光滑圆弧轨道上高为L的A点由静止释放，平滑滑上静止在足够长的光滑水平轨道上的无动力小车，小车长为L、质量为m。货箱在小车上滑行与小车右端挡板碰撞后不反弹，而后随小车向右运动至水平轨道右端时，压缩固定在水平轨道右端的弹簧，当弹簧被压缩到最短时将小车锁定。卸下货物后将平底货箱紧靠挡板放置并解除对小车的锁定，弹簧能量全部释放，将小车及货箱一起弹回。当小车与水平轨道左侧台阶碰撞瞬间停止，货箱滑出小车冲上圆弧轨道。设货箱长和宽远小于L，货物不会在平底货箱中滑动，弹簧的形变始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求：
（1）货箱滑上小车前瞬间的速度大小；
（2）若某次货箱装有质量M＝3m的货物，且货箱恰好与小车右端挡板相碰，求货箱与小车间的动摩擦因数μ；
（3）在满足第（2）问的条件下，卸完货物解除锁定后，空货箱能否返回A点？
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动量守恒定律在板块模型中的应用；动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．
【答案】（1）货箱滑上小车前瞬间的速度大小为；
（2）货箱与小车间的动摩擦因数μ为0.2；
（3）在满足第（2）问的条件下，卸完货物解除锁定后，空货箱能返回A点。
【分析】（1）由动能定理求货箱滑上小车前瞬间的速度大小；
（2）由动量守恒定律和能量守恒求货箱与小车间的动摩擦因数μ；
（3）根据能量守恒定律求出小车被锁定时弹簧的弹性势能，再结合能量关系判断卸完货物解除锁定后，空货箱能否返回A点。
【解答】解：（1）设平底货箱滑上小车前瞬间的速度大小为v0，对平底货箱从A点到滑上小车前，由动能定理
解得
（2）平底货箱刚好与小车右端挡板相碰，则系统损失的动能刚好等于平底货箱在小车上相对滑动产生的热量，以水平向右的方向为正方向，即由动量守恒定律有
（M+m）v0＝（M+m+m）v共
由能量守恒定律有
联立解得
μ＝0.2
（3）设小车被锁定时弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律可知
＝E
解得
弹回过程中，弹性势能转化为平底货箱和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止，则这一部分能量损失，此时平底货箱从挡板处滑上h高度，由能量关系可得
解得
h＝1.4L
由于h＞L平底货箱能返回A点
答：（1）货箱滑上小车前瞬间的速度大小为；
（2）货箱与小车间的动摩擦因数μ为0.2；
（3）在满足第（2）问的条件下，卸完货物解除锁定后，空货箱能返回A点。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律和动能定理的相关应用，过程较多，难度较大，注意分析运动过程。
19．（2025 辽宁模拟）如图所示，木板甲长L1＝8.1m，紧靠墙壁固定在地面上。木板乙的厚度与甲相同，长L2＝0.7m，紧靠木板甲放在光滑水平地面上。障碍物丙固定在地面上，与木板乙距离为x，其上表面为光滑圆弧，半径r＝0.25m，圆心角θ＝37°，圆弧左端切线水平且与两木板上表面等高。左侧墙上有光滑的四分之一圆弧轨道，半径R＝3.6m，最低点切线水平，距木板上表面H＝3.6m。一个小物块（可视为质点）从四分之一圆弧轨道的端点A静止释放，它与两木板之间的动摩擦因数都是μ＝0.5。小物块与木板甲碰撞作用时间极短且碰后不反弹，木板乙的质量是小物块的2倍，木板乙与障碍物丙相碰后立刻粘连在一起。不计空气阻力，求：
（1）小物块刚落到木板上的时候，与墙壁相距多远？
（2）小物块与木板甲碰撞的过程中摩擦因数保持μ＝0.5不变，它与木板甲碰撞结束瞬间，水平速度多大？
（3）小物块能否滑到木板乙的最右端？
（4）x满足什么条件，小物块能从丙的圆弧轨道右端冲出？
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；匀变速直线运动规律的综合应用；牛顿第二定律求解多过程问题；动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．
【答案】（1）小物块刚落到木板上的时候，与墙壁相距距离为7.2m；
（2）小物块与木板甲碰撞的过程中摩擦因数保持μ＝0.5不变，它与木板甲碰撞结束瞬间，水平速度为；
（3）小物块都能滑到木板乙的最右端；
（4）x满足的条件为x＜0.1m，小物块能从丙的圆弧轨道右端冲出。
【分析】（1）根据动能定理求小物块滑至四分之一圆弧轨道末端时速度大小，再结合运动学公式求小物块刚落到木板上的时候，与墙壁相距多远；
（2）根据运动学公式求出小物块刚落到木板甲上时，水平和竖直方向上的速度，再结合动量定理求它与木板甲碰撞结束瞬间水平速度；
（3）根据动能定理求出小物块冲上木板乙的速度，再根据动量守恒求出小物块和木板乙共同的速度，最后再根据不同的可能分别讨论分析判断小物块能否滑到木板乙的最右；
（4）根据能量关系求x满足什么条件，小物块能从丙的圆弧轨道右端冲出。
【解答】解：（1）设小物块滑至四分之一圆弧轨道末端时速度大小为v0，则
得
从B点抛出后，由
s＝v0t
得
s＝7.2m
（2）小物块刚落到木板甲上时，水平方向：
竖直方向：由
得
设小物块与木板甲碰撞结束瞬间的水平速度为v1
以水平向右的方向为正方向，水平方向：
﹣∑（μN Δt）＝mv1﹣mvx
以竖直向上的方向为正方向，竖直方向：
﹣∑（N Δt）＝0﹣mvy
得
（3）小物块与木板甲碰撞结束至滑上木板乙：
得
v2＝3m/s
如果x足够长，假设小物块冲上木板乙后能在到达木板乙右端之前与之共速，以水平向右的方向为正方向，则：
mv2＝（m+2m）v共
得
v共＝1m/s
此过程中，小物块：
得
s1＝0.8m
木板乙：
得
s2＝0.2m
小物块与木板乙的相对位移
Δs＝s1﹣s2＝0.6m
因为Δs＜L2
所以如果x足够长，小物块能在到达木板右端之前与之共速
假设小物块能滑到木板乙的最右端，设滑到木板乙最右端时的速度为vE，
①若x≥s2木板乙与小物块共速后再撞击障碍物丙，对小物块：
得
vE＝0
所以小物块恰好能滑到木板乙的最右端
②若x＜s2木板乙尚未与小物块共速就已撞击障碍物丙，对小物块：
得
①
因为x＜s2
所以vE＞0
小物块能滑到木板乙的最右端。
综上，无论x取何值，小物块都能滑到木板乙的最右端
（4）小物块欲冲出障碍物丙的圆弧轨道，需
得
vE＞1m/s
将vE代入①式，得
x＜0.1m
答：（1）小物块刚落到木板上的时候，与墙壁相距距离为7.2m；
（2）小物块与木板甲碰撞的过程中摩擦因数保持μ＝0.5不变，它与木板甲碰撞结束瞬间，水平速度为；
（3）小物块都能滑到木板乙的最右端；
（4）x满足的条件为x＜0.1m，小物块能从丙的圆弧轨道右端冲出。
【点评】本题为综合题目，考查了动能定理、跑题运动、动量守恒和动量定理；运动过程复杂，需要仔细分析，要掌握相对应的公式运用，本题难度较大。
20．（2025 平度市模拟）如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在光滑水平面上，圆心在O点，半径R＝1.8m，厚度相同、材质相同、质量均为M＝2kg的木板P、Q静止在光滑水平面上，两者相互接触但没有粘接，木板Q的右端固定有轻质挡板D，圆弧轨道的末端与木板P的上表面相切于木板P的左端，滑块B、C分别放置在木板P、Q的左端，将滑块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块滑至底端时与物块B发生碰撞。已知木板P、Q的长度分别为L1＝4.86m、L2＝5.6m，滑块A的质量为m1＝3kg，滑块B的质量为m2＝1kg，滑块C的质量为m3＝1kg，滑块A、B、C与木板间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1和μ3＝0.3，所有碰撞均为弹性碰撞且时间很短，滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小；
（2）滑块A、B碰撞后瞬间滑块C的加速度大小；
（3）滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量；
（4）滑块C能否从木板Q上滑落，若不能从木板Q上滑落，滑块最终与木板Q相对静止的位置与距离挡板D间的距离。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；无外力的水平板块模型．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．
【答案】（1）滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小分别为3m/s，9m/s；
（2）滑块A、B碰撞后瞬间滑块C的加速度大小等于2m/s2；
（3）滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量为12.96J；
（4）滑块C不会从木板Q上滑落，最终会与木板Q相对静止在距离挡板0.16m远的地方。
【分析】（1）对滑块A从圆弧轨道的顶端滑至底端的过程由动能定理求得滑块A与物块B碰撞前瞬间的速度。A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小；
（2）对两块木板与滑块C，受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；
（3）根据牛顿第二定律判断滑块C相对木板P、Q是否静止，求得滑块A、B碰撞后在木板P上分别做匀减速直线运动的加速度。根据运动学公式求解A与P达到共速的过程，A、B、P三者的位移大小，分析三者的相对运动过程，根据滑动摩擦力乘以相对位移求解滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量；
（4）假设滑块C不会从木板Q上滑落，根据动量守恒定律和能量守恒定律求得C相对Q的运动路程，根据相对路程与Q板的长度关系判断滑块C是否会从木板Q上滑落。若未滑落，相对路程减去Q板的长度即为所求。
【解答】解：（1）设滑块A到达轨道底端时的速度大小为v0，滑块A、B碰撞后的速度大小分别为v1、v2，根据动能定理有
滑块A、B相撞时，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m1v0＝m1v1+m2v2，
联立解得v1＝3m/s，v2＝9m/s
（2）滑块A冲上木板P后，假设滑块C与木板Q相对静止，对两块木板与滑块C，根据牛顿第二定律有μ1m1g+μ2m2g＝（2M+m3）a
解得a＝2m/s2
滑块C的最大加速度为
假设成立，则滑块C的加速度大小为a＝2m/s2
（3）滑块A、B相撞后，设加速度大小分别为aA、aB，根据牛顿第二定律有μ1m1g＝m1aA，μ2m2g＝m2aB
设滑块A与木板P达到共速的时间为t，则v1﹣aAt＝at
那么此刻滑块A的速度大小vA＝v1﹣aAt
解得vA＝1.2m/s
滑块B的速度大小vB＝v2﹣aBt
解得vB＝8.4m/s
滑块A的位移大小
解得xA＝1.26m
滑块B的位移大小
解得xB＝5.22m
该段时间木板前进的距离为
可知xB﹣x板＝L1＝4.86m
即滑块B恰好到达木板P的右端，那么滑块A、B在木板P上相对滑动时因摩擦而产生的热量为Q＝μ1m1g（xA﹣x板）+μ2m2gL1，解得Q＝12.96J
（4）滑块B、C相撞时，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m2vB+m3vA＝m2vB'+m3vC，
解得vB'＝1.2m/s，vC＝8.4m/s
设最终没有滑落，对滑块C与木板Q，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m3vC+MvB'＝（m3+M）vCQ，
代入数据联立解得x＝5.76m
显然滑块C不会从木板Q上滑落，最终滑块C相对静止时与挡板D的距离为l＝x﹣L2，解得l＝0.16m
答：（1）滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小分别为3m/s，9m/s；
（2）滑块A、B碰撞后瞬间滑块C的加速度大小等于2m/s2；
（3）滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量为12.96J；
（4）滑块C不会从木板Q上滑落，最终会与木板Q相对静止在距离挡板0.16m远的地方。
【点评】本题考查了处理多物体、多运动过程的能力，考查了动量守恒定律的应用。解题时要注意矢量的方向，尤其是确定相对运动的位移关系要注意方向，必要时可用运动图像辅助分析。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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