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章末综合检测（一）　动量及其守恒定律
（满分：100分）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求）
1.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（　　）
A.静止在光滑水平面上的斜槽顶端有一小球，小球由静止释放， 在离开斜槽前小球和斜槽组成的系统动量守恒
B.在光滑的水平地面上有两辆小车，在两小车上各绑一个条形磁铁，他们在相向运动的过程中动量不守恒
C.一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块， 在炸裂前后系统动量不守恒
D.子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统动量守恒
2.在某次杂技表演中，一演员平躺在水平面上，腹部上方静置一质量M＝80 kg 的石板，另一演员手持一质量为m＝5 kg的铁锤，从h1＝1.8 m高处由静止落下，与石板撞击后反弹至h2＝0.05 m处，结果石板裂开而平躺着的演员没有受伤。若铁锤撞击石板的时间为t1＝0.01 s，由于缓冲，演员腹部与石板相互作用的时间为t2＝0.5 s，铁锤的下落视为自由落体运动，重力加速度g取10 m/s2，则下列判断错误的是（　　）
A.铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为6 m/s
B.撞击过程中铁锤受到的冲量大小为25 N·s
C.撞击过程中铁锤对石板的平均作用力大小为3 550 N
D.缓冲过程中石板对演员的平均作用力大小为870 N
3.如图所示，颠球练习是乒乓球运动员掌握击球的力度、手感和球感的重要方法。运动员练习中将球竖直抛出，让球连续在球拍上竖直弹起和落下。某一次乒乓球由最高点下落18 cm后被球拍击起，离开球拍竖直上升的最大高度为22 cm。已知球与球拍的作用时间为0.1 s，乒乓球的质量为2.7 g，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力恒为乒乓球重力的0.1倍。则（　　）
A.运动的全过程球与球拍组成的系统动量守恒
B.球落到球拍前的瞬间动量大小为5.1×10－3 kg·m/s
C.球与球拍作用过程中动量变化量大小为1.08×10－2 kg·m/s
D.球拍对球的平均作用力为乒乓球重力的4倍
4.单人飞行器由微型喷气发动机和操纵系统组成，可以完成单人上升、下降、悬停和平飞等动作。已知飞行器连同人和装备的总质量为M，发动机在时间t内喷出燃料的质量为m，m M，重力加速度为g。如图所示，要使飞行器能在空中悬停，则燃料喷射的速度应为（　　）
A.gt　 　B. C.　 　D.
5.“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过人工制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。如图所示，一质量为m的游客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内。已知气流密度为ρ，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则风洞内气流的流量（单位时间内流出风洞的气流体积）为（　　）
A. B.
C. D.
6.（2025·江苏扬州期中）“天宫课堂”第四课中，航天员演示小球碰撞实验。分析实验视频，每隔相等的时间截取一张照片，如图所示。小球和大球的质量分别为m1、m2，可估算出（　　）
A.m1∶m2＝1∶1 B.m1∶m2＝1∶2
C.m1∶m2＝2∶3 D.m1∶m2＝1∶5
7.如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止（即A、B受到木块阻力相等）。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则（　　）
A.子弹A的质量一定比子弹B的质量大
B.A的动量大小大于B的动量大小
C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
8.（2025·福建泉州高二上期中）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5 m，长30 m，质量为0.5 kg的药品A离开传送带进入螺旋滑槽速度为2 m/s，到螺旋滑槽出口速度为6 m/s，进出螺旋滑槽的速度方向相同，该过程用时5 s，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10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A.药品A、B碰撞后B的速度为6 m/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20 N·s
D.药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量为20 N·s
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9.如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝2m，重力加速度为g。则滑块从A运动到C的过程中（　　）
A.滑块水平方向相对地面的位移大小为（R＋L）
B.小车相对地面的位移大小为（R＋L）
C.小车M的最大速度
D.滑块克服摩擦力做的功在数值上等于滑块减少的机械能
10.一辆总质量M（含人和沙包）的雪橇在水平光滑冰面上以速度v匀速行驶。雪橇上的人每次以相同的速度3v（对地速度）向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包。抛出第一个沙包后，车速减为原来的。下列说法正确的是（　　）
A.每次抛出沙包前后，人的动量守恒
B.雪橇有可能与抛出的沙包发生碰撞
C.雪橇的总质量M与沙包的质量m满足M∶m＝11∶1
D.抛出第四个沙包后雪橇会后退
11.如图所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4 kg，C板上表面粗糙，A、B两个物体紧挨在一起，初始A、B和C三个物体均处于静止状态，mA＝1 kg，mB＝2 kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E＝27 J的能量并全部转化为A和B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动起来， C板足够长，以下结论正确的是（　　）
A.爆炸后瞬间A、B速度大小关系为vA＝2vB
B.若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，爆炸后A、B组成的系统动量守恒
C.若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒
D.整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为27 J
12.如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形轨道槽C静止在光滑水平地面上，槽低端与水平面相切，质量为m的小球A与轻弹簧相连接并静止于水平地面上，现有一个质量为m的小球B从圆弧轨道最高点由静止下滑，下列说法中正确的是（　　）
A.小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统动量守恒
B.小球B从圆弧轨道最高点滑至底端的过程中圆弧轨道向右运动了
C.在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为
D.若轻弹簧左端固定在墙上，则小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为
三、非选择题（本题共6小题，共60分）
13.（6分）（2025·福建福州阶段练习）某学习小组采用图甲所示的气垫导轨装置验证滑块碰撞过程中的动量守恒。其主要实验步骤如下，请回答下列问题。
（1）用天平测得滑块A、B（均包括挡光片）的质量分别为m1、m2；用游标卡尺测得挡光片的宽度均为d。若某次用游标卡尺测量挡光片的宽度时的示数如图乙所示，则其读数为　　　　mm。
（2）充气后，调节气垫导轨下面的旋钮，导轨左侧放一个滑块并推动滑块，滑块通过两个光电门时，若与光电门1、2相连的计时器测得的挡光时间分别为0.05 s、0.06 s，则应使导轨右端　　　　（选填“调高”或“调低”）一点，直至滑块在导轨上运动，通过两个光电门时间相同时，说明气垫导轨已经调节水平。
（3）滑块B放在两个光电门之间，滑块A向左挤压导轨架上的轻弹簧，并释放滑块A，滑块A一直向右运动，与光电门1相连的计时器的示数只有一个，为t1，与光电门2相连的计时器的示数有两个，先后为t2、t3。
（4）在实验误差允许范围内，若表达式　　　　（仅用t1、t2和t3表示）成立，说明滑块A、B碰撞过程中机械能和动量均守恒。
A.＝＋ B.＝＋
C.＋＝ D.＋＝
14.（8分）某实验小组利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下：
①用刻度尺测量细线的长度L，用天平测量小球A、B的质量分别为m1、m2；
②用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上；
③将球A向左拉起使其细线与竖直方向的夹角为α时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其细线与竖直方向的夹角为θ1，球B向右摆到最高点时其细线与竖直方向的夹角为θ2。
回答下列问题：
（1）在实验步骤中，有多余的操作过程的步骤是　　　　 　；
（2）为保证A碰撞后向左摆动，则A、B两球质量应满足m1　　　m2（填“＞”“＜”或“＝”）；
（3）若两球碰撞前后动量守恒，则＝　　　　　　　（用③中测量的量表示）；
（4）若两球的碰撞为弹性碰撞，并且碰撞之后两个小球摆到最高点时其细线与竖直方向的夹角θ1＝θ2，则＝　　　　　，并且cos θ1＝cos θ2＝　　　　（用α表示）。
15.（8分）（2025·福建三明高二下期中）如图所示，光滑水平地面上静止放置一辆上表面光滑、质量为4 kg的小车A，可视为质点的物块B质量为2 kg，置于A的最右端，现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后B与小车左端固定挡板发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动0.6 s，二者的速度达到2 m/s。求：
（1）A开始运动时加速度a的大小；
（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
（3）A、B碰撞过程中产生的热量；
（4）A的上表面长度l。
16.（10分）如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3 kg的木块A以初速度v0＝4.0 m/s开始向着小球B滑动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性碰撞。设两物体均可看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）两物体碰前A的速度大小；
（2）碰撞后A、B的速度大小；
（3）小球B运动到最高点C时对轨道的压力。
17.（14分）中学物理兴趣小组对爆竹释放的能量产生兴趣，想通过如图所示的装置展开研究。B是一个两侧都有竖直挡板（厚度不计）的质量M＝2 kg，L＝2.85 m的小车，放在可认为是光滑的水平面上，A是一个质量m＝1 kg的小物块（可视为质点），A、B间的动摩擦因数为0.08，小物块和小车的挡板碰撞无机械能损失。该小组将一常见型号的爆竹挤压在A、B之间，三者保持静止，爆炸后A、B开始运动，爆竹爆炸产生的碎屑在小车上无残留。经t＝0.5 s，A与B的挡板发生第一次碰撞。重力加速度大小为10 m/s2。求：
（1）爆炸后运动过程中小物块A和小车B的加速度大小；
（2）爆炸释放的能量值E（假设爆竹释放的能量全部转化为A、B的动能）；
（3）小物块A和小车B多次碰撞后，停在B上的位置距小车右侧挡板的距离。
18.（14分）某游戏装置的简化示意图如图所示，游客乘坐滑椅（可视为质点）从固定光滑圆弧轨道上的B点处无初速滑下后冲上静止在光滑水平面上的滑板A。已知游客与滑椅的质量为m，滑板A的质量为2m，滑椅与滑板间的动摩擦因数为μ，滑板A足够长，滑椅不会从滑板表面滑出，圆弧轨道的半径为R，O点为圆弧轨道的圆心，θ＝60°，重力加速度为g，求：
（1）滑椅滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
（2）滑椅滑上A后经多长时间不再相对A滑动；
（3）滑板A至少多长才能满足滑椅不会从滑板表面滑出。
章末综合检测（一）　动量及其守恒定律
1.D　离开斜槽前小球和斜槽组成的系统竖直方向外力矢量和不为零，动量不守恒，故A错误；相向运动的过程中外力矢量和为零，系统动量守恒，故B错误；火箭在炸裂前后系统内力远大于外力，系统动量守恒，故C错误；子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，故D正确。
2.B　设铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为v1，则由自由落体运动规律可得＝2gh1，解得v1＝6 m/s，A正确；设撞击后铁锤反弹的速度大小为v2，则有＝2gh2，解得v2＝1 m/s，以竖直向上为正方向，由动量定理可得I＝mv2－（－mv1）＝35 N·s，B错误；设撞击过程中石板对铁锤的作用力大小为F1，则有I＝（F1－mg）t1，解得F1＝3 550 N，由牛顿第三定律可知C正确；石板与铁锤撞击过程时间很短，可近似认为动量守恒，设碰撞后瞬间石板的速度为v3，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得mv1＝Mv3－mv2，解得v3＝ m/s，设缓冲过程中人对石板的作用力大小为F2，由动量定理可得（Mg－F2）t2＝－Mv3，解得F2＝870 N，D正确。
3.C　运动的过程中，球与球拍组成的系统，在竖直方向上受到了重力和人手的作用力，其合力不为零，所以系统的动量不守恒，故A错误；球落到球拍前的瞬间，其速度为v＝＝＝1.8 m/s，动量大小为p＝mv＝4.86×10－3 kg·m/s，故B错误；球与球拍作用后的瞬间其速度大小为v'＝＝＝2.2 m/s，所以作用过程中动量变化量的大小为｜Δp｜＝mv＋mv'＝1.08×10－2 kg·m/s，故C正确；根据动量定理，可得球拍对球的平均作用力为＝＋mg＝0.135 N，小球所受的重力为G＝mg＝0.027 N，球拍对球的平均作用力与乒乓球重力的倍数关系为＝5，故D错误。
4.C　由于m M，要使飞行器能在空中悬停，燃料对飞行器的反冲力大小等于Mg，由牛顿第三定律可知，飞行器对燃料的作用力大小也为Mg，设燃料喷射的速度为v，由动量定理可知Mgt＝mv，解得v＝，故C正确。
5.A　由动量定理可知FΔt＝Δmv，其中F＝mg，Δm＝vΔtSρ，流量Q＝vS'，S'＝π，解得Q＝，故A正确。
6.D　由第一张与第二张照片可知小球的初速度大小为v0＝，由第二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度大小为v1＝，碰撞后大球的速度大小为v2＝，设水平向左为正方向，根据动量守恒定律可得m1＝－m1＋m2。由题图乙可知m1×1.5＝－m1×1＋m2×0.5，可得m1∶m2＝1∶5，故选D。
7.D　两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得：对A子弹有－fdA＝0－EkA，解得EkA＝fdA，对B子弹有－fdB＝0－EkB，解得EkB＝fdB，由于dA＞dB，则子弹入射时的初动能EkA＞EkB，两颗不同子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止，所以A的动量大小等于B的动量大小，故B错误，D正确；对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝，而EkA＞EkB，则mA＜mB，故A错误；由题意知，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故C错误。
8.A　两药品碰撞过程，根据动量守恒定律mvA＝mvB，解得vB＝vA＝6 m/s，故A正确；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；药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为IG＝mgt＝0.5×10×5＝25 N·s，故C错误；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 N·s－0.5×2 N·s＝2 N·s，故D错误。
9.AC　设滑块在小车上运动过程中某时刻的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，有mv1＝Mv2，所以整个过程中，滑块与小车的平均速度满足m＝M，设滑块水平方向相对地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2，则mx1＝Mx2，并且x1＋x2＝R＋L，解得x1＝（R＋L），x2＝（R＋L），故A正确，B错误；当滑块运动到B点时其速度最大（设为v1m），此时小车速度也最大（设为v2m），根据动量守恒定律有mv1m＝Mv2m，根据机械能守恒定律有mgR＝m＋M，解得v1m＝，v2m＝，故C正确；根据功能关系可知，滑块克服摩擦力做的功与小车动能的增加量之和等于滑块减少的机械能，故D错误。
10.CD　每次抛出沙包前后，雪橇和抛出的沙包总动量守恒，故A错误；抛出沙包后，雪橇的速度不会超过v，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B错误；规定雪橇的初速度方向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有Mv＝（M－m）v＋m·3v，解得M＝11m，故C正确；设抛出第四个沙包后雪橇速度为v1，由全过程动量守恒得Mv＝（M－4m）v1＋4m·3v，将M＝11m代入得v1＝－，故D正确。
11.AD　爆炸瞬间，以A、B为系统，，以水平向左为正方向，由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB，代入数据得vA＝2vB，故A正确；若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，因A、B质量不同，则A、B受木板的摩擦力大小不等，则A、B组成的系统动量不守恒，故B错误，对A、B、C整体分析，外力矢量和为零，系统动量守恒，故C错误；木板C足够长，最终A、B、C总动量为0，故三者最终速度也为0，即A、B动能全部转化为内能，为27 J，故D正确。
12.CD　小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中，与圆弧轨道C组成的系统合力不为零，水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，故A错误；球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中，与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量守恒，则有mvB－3mvC＝0，可得m＝3m，则xB＝3xC，且xB＋xC＝R，可得xC＝，故B错误；由机械能守恒定律得mgR＝m＋×3m，可得vB＝，vC＝，B与弹簧相互作用过程中，A、B组成的系统的动量守恒，弹簧压缩到最短时A、B共速，弹簧弹性势能最大，有mvB＝2mv，A、B和弹簧三者能量守恒，有m＝Ep＋×2mv2，所以在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为Ep＝，故C正确；若轻弹簧左端固定在墙上，则B、C组成的系统水平方向上动量守恒，机械能守恒。小球B脱离弹簧，向右运动的过程，有mvB＋3mvC＝4mv共，m＋×3m＝×4m＋mgh，代入数值可得小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为h＝，故D正确。
13.（1）5.20　（2）调低　（4）D
解析：（1）20分度游标卡尺的精确值为0.05 mm，由题图乙可知挡光片的宽度为
d＝5 mm＋4×0.05 mm＝5.20 mm。
（2）同一滑块通过两个光电门，由v＝知，时间长的速度小，可知滑块做减速运动，导轨右端应调低一点，直至两个计时器显示的时间相等，即说明滑块做匀速运动，导轨已调成水平。
（4）由题意可知滑块A碰前速度为v0＝，滑块A碰后速度为v1＝，滑块B碰后速度为v2＝，根据动量守恒定律可得m1v0＝m1v1＋m2v2
根据机械能守恒定律可得m1＝m1＋m2，联立解得v0＋v1＝v2
则若表达式＋＝成立，说明滑块A、B碰撞过程中机械能和动量均守恒。故选D。
14.（1）①　（2）＜　（3）
（4）　
解析：（1）小球碰撞后由动能定理得
mg（L－Lcos θ）＝mv2
解得v＝
由动量守恒定律表达式可知细线的长度可以约掉，所以不必测量，故有多余操作的步骤是①；
（2）为使A球碰撞后能反弹，则A、B两球质量应满足m1＜m2；
（3）小球A下摆过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得
m1＝m1gL（1－cos α）
碰撞后，对A、B两小球摆动过程中只有重力作用，机械能守恒，对A有m1v1'2＝m1gL（1－cos θ1）
对B有m2＝m2gL（1－cos θ2）若两球碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v1＝－m1v1'＋m2v2
解得m1＝－m1＋m2
则＝；
（4）若是弹性碰撞，则还满足机械能守恒定律，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
m1v1＝－m1v1'＋m2v2
m1＝m1v1'2＋m2
又θ1＝θ2
联立解得＝，cos θ1＝cos θ2＝。
15.（1）2.5 m/s2　（2）1 m/s　（3）1.5 J　（4）0.45 m
解析：（1）对A车受力分析，有F＝mAa，解得a＝2.5 m/s2。
（2）A、B碰撞后，利用动量定理，有F·Δt＝（mA＋mB）（v1－v）
联立可得v＝1 m/s。
（3）A、B碰撞过程中系统的动量守恒，根据动量守恒定律mAv0＝（mA＋mB）v
Q＝mA－v2
联立解得Q＝1.5 J。
（4）A、B碰前A做匀加速直线运动，有l＝＝0.45 m。
16.（1）2 m/s　（2）1 m/s　3 m/s　（3）4 N，方向竖直向上
解析：（1）碰前对A，由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0
解得vA＝2 m/s。
（2）A、B碰撞前后动量守恒，则MvA＝MvA'＋mvB
碰撞前后机械能守恒，
则M＝MvA'2＋m
由以上各式解得vA'＝1 m/s，vB＝3 m/s。
（3）B球在轨道上只有重力做功，由动能定理可得
2mgR＝m－m，解得vC＝ m/s
在最高点C时，对小球B，有mg＋N＝m
解得N＝4 N，由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为4 N，方向竖直向上。
17.（1）0.8 m/s2，0.4 m/s2　（2）12 J　（3）0.75 m
解析：（1）设小物块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
μmg＝ma1，μmg＝Ma2，
解得a1＝0.8 m/s2，a2＝0.4 m/s2。
（2）水平面上光滑，小物块和小车组成的系统动量守恒，设刚爆炸后小物块速度大小为v1，小车速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝Mv2
当小物块和小车右侧的挡板发生第一次碰撞时满足
s1＋s2＝L
对小物块进行运动分析s1＝v1t－a1t2
对小车进行运动分析s2＝v2t－a2t2
代入数据解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s
由能量守恒定律可知，爆炸产生的能量值
E＝m＋M
可得E＝12 J。
（3）从爆炸后经多次碰撞到小物块最终相对小车静止，由于系统的动量守恒，物块相对小车停下时，小车也停止运动。根据能量守恒定律，设小物块在小车上滑动的路程为s，则E＝μmgs
解得s＝15 m
设经n次碰撞物块相对小车停下，有s＝nL＋d
当n＝5时d＝0.75 m＜L
每奇数次碰撞，物块将运动到小车左端，每偶数次碰撞，物块将运动到小车右端，由于5为奇数，即物块将停在离右侧挡板0.75 m处。
18.（1）2mg　（2）　（3）
解析：（1）设滑椅滑到圆弧轨道最低点时速度为v0，由动能定理有mgR（1－cos θ）＝m
在圆弧轨道最低点时，有N－mg＝
联立解得N＝2mg
由牛顿第三定律可知，滑椅对轨道的压力大小为2mg。
（2）滑椅滑上滑板A，对滑椅和滑板A组成的系统，由动量守恒定律有mv0＝（m＋2m）v
对滑板A，由动量定理得μmgt＝2mv－0
解得t＝。
（3）设滑板长度至少为x，由功能关系得
μmgx＝m－（m＋2m）v2
解得x＝。
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章末综合检测（一）动量及其守恒定律
（满分：100分）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四
个选项中只有一个选项符合题目要求）
1. 关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（　　）
1
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3
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5
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7
8
9
10
11
12
13
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A. 静止在光滑水平面上的斜槽顶端有一小球，小球由静止释放， 在离开
斜槽前小球和斜槽组成的系统动量守恒
B. 在光滑的水平地面上有两辆小车，在两小车上各绑一个条形磁铁，他们
在相向运动的过程中动量不守恒
C. 一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块， 在炸裂前后系统动
量不守恒
D. 子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统动量守恒
下列说法正确的是（　　）
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解析：离开斜槽前小球和斜槽组成的系统竖直方向外力矢量和不为零，动量不守恒，故A错误；相向运动的过程中外力矢量和为零，系统动量守恒，故B错误；火箭在炸裂前后系统内力远大于外力，系统动量守恒，故C错误；子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，故D正确。
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2. 在某次杂技表演中，一演员平躺在水平面上，腹部上方静置一质量M＝
80 kg 的石板，另一演员手持一质量为m＝5 kg的铁锤，从h1＝1.8 m高处由
静止落下，与石板撞击后反弹至h2＝0.05 m处，结果石板裂开而平躺着的
演员没有受伤。若铁锤撞击石板的时间为t1＝0.01 s，由于缓冲，演员腹部
与石板相互作用的时间为t2＝0.5 s，铁锤的下落视为自由落体运动，重力
加速度g取10 m/s2，则下列判断错误的是（　　）
A. 铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为6 m/s
B. 撞击过程中铁锤受到的冲量大小为25 N·s
C. 撞击过程中铁锤对石板的平均作用力大小为3 550 N
D. 缓冲过程中石板对演员的平均作用力大小为870 N
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解析：　设铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为v1，则由自由落体运动规律
可得＝2gh1，解得v1＝6 m/s，A正确；设撞击后铁锤反弹的速度大小为
v2，则有＝2gh2，解得v2＝1 m/s，以竖直向上为正方向，由动量定理可
得I＝mv2－（－mv1）＝35 N·s，B错误；设撞击过程中石板对铁锤的作用
力大小为F1，则有I＝（F1－mg）t1，解得F1＝3 550 N，由牛顿第三定律可
知C正确；石板与铁锤撞击过程时间很短，可近似认为动量守恒，设碰撞
后瞬间石板的速度为v3，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得mv1＝
Mv3－mv2，解得v3＝ m/s，设缓冲过程中人对石板的作用力大小为F2，由
动量定理可得（Mg－F2）t2＝－Mv3，解得F2＝870 N，D正确。
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3. 如图所示，颠球练习是乒乓球运动员掌握击球的力度、手感和球感的重
要方法。运动员练习中将球竖直抛出，让球连续在球拍上竖直弹起和落
下。某一次乒乓球由最高点下落18 cm后被球拍击起，离开球拍竖直上升
的最大高度为22 cm。已知球与球拍的作用时间为0.1 s，乒乓球的质量为
2.7 g，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力恒为乒乓球重力的0.1倍。则（　）
A. 运动的全过程球与球拍组成的系统动量守恒
B. 球落到球拍前的瞬间动量大小为5.1×10－3 kg·m/s
C. 球与球拍作用过程中动量变化量大小为1.08×10－2 kg·m/s
D. 球拍对球的平均作用力为乒乓球重力的4倍
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解析：　运动的过程中，球与球拍组成的系统，在竖直方向上受到了重
力和人手的作用力，其合力不为零，所以系统的动量不守恒，故A错误；
球落到球拍前的瞬间，其速度为v＝＝＝1.8 m/s，
动量大小为p＝mv＝4.86×10－3 kg·m/s，故B错误；球与球拍作用后的瞬间
其速度大小为v'＝＝＝2.2 m/s，所以作用过程中
动量变化量的大小为｜Δp｜＝mv＋mv'＝1.08×10－2 kg·m/s，故C正确；
根据动量定理，可得球拍对球的平均作用力为＝＋mg＝0.135 N，
小球所受的重力为G＝mg＝0.027 N，球拍对球的平均作用力与乒乓球重力
的倍数关系为＝5，故D错误。
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4. 单人飞行器由微型喷气发动机和操纵系统组成，可以完成单人上升、下
降、悬停和平飞等动作。已知飞行器连同人和装备的总质量为M，发动机
在时间t内喷出燃料的质量为m，m M，重力加速度为g。如图所示，要使
飞行器能在空中悬停，则燃料喷射的速度应为（　　）
A. gt
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解析：　由于m M，要使飞行器能在空中悬停，燃料对飞行器的反冲力
大小等于Mg，由牛顿第三定律可知，飞行器对燃料的作用力大小也为
Mg，设燃料喷射的速度为v，由动量定理可知Mgt＝mv，解得v＝，故C
正确。
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5. “娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过人工制造
的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。如图所示，一质量
为m的游客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内。已知气流密度为ρ，
游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直
向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度
变为零，则风洞内气流的流量（单位时间内流出风洞的气流体积）为（　）
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解析：　由动量定理可知FΔt＝Δmv，其中F＝mg，Δm＝vΔtSρ，流量Q＝
vS'，S'＝π，解得Q＝，故A正确。
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6. （2025·江苏扬州期中）“天宫课堂”第四课中，航天员演示小球碰撞实验。分析实验视频，每隔相等的时间截取一张照片，如图所示。小球和大球的质量分别为m1、m2，可估算出（　　）
A. m1∶m2＝1∶1 B. m1∶m2＝1∶2
C. m1∶m2＝2∶3 D. m1∶m2＝1∶5
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解析：　由第一张与第二张照片可知小球的初速度大小为v0＝，由第二
张与第三张照片可知碰撞后小球的速度大小为v1＝，碰撞后大球的速度
大小为v2＝，设水平向左为正方向，根据动量守恒定律可得m1＝－m1
＋m2。由题图乙可知m1×1.5＝－m1×1＋m2×0.5，可得m1∶m2＝
1∶5，故选D。
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7. 如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同子弹A、B从木块两侧
同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止（即
A、B受到木块阻力相等）。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则
（　　）
A. 子弹A的质量一定比子弹B的质量大
B. A的动量大小大于B的动量大小
C. 子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
D. 子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
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解析：　两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得：对A子
弹有－fdA＝0－EkA，解得EkA＝fdA，对B子弹有－fdB＝0－EkB，解得EkB＝
fdB，由于dA＞dB，则子弹入射时的初动能EkA＞EkB，两颗不同子弹A、B从
木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静
止，所以A的动量大小等于B的动量大小，故B错误，D正确；对两子弹和
木块组成的系统动量守恒，则有＝，而EkA＞EkB，则mA
＜mB，故A错误；由题意知，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始
终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就
会运动，故C错误。
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8. （2025·福建泉州高二上期中）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5 m，长30 m，质量为0.5 kg的药品A离开传送带进入螺旋
滑槽速度为2 m/s，到螺旋滑槽出口速度为6 m/s，进出螺旋滑槽的速度方向
相同，该过程用时5 s，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10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A. 药品A、B碰撞后B的速度为6 m/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20 N·s
D. 药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量为20 N·s
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解析：　两药品碰撞过程，根据动量守恒定律mvA＝mvB，解得vB＝vA＝6
m/s，故A正确；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；药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为IG＝mgt
＝0.5×10×5＝25 N·s，故C错误；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 N·s－0.5×2
N·s＝2 N·s，故D错误。
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二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四
个选项中有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2
分，有选错的得0分）
9. 如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，
小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是
长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为
m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝2m，重力加速度为g。则滑块从A运动到C的过程中（　　）
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D. 滑块克服摩擦力做的功在数值上等于滑块减少的机械能
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解析：　设滑块在小车上运动过程中某时刻的速度大小为v1，小车的速
度大小为v2，滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，有mv1＝Mv2，
所以整个过程中，滑块与小车的平均速度满足m＝M，设滑块水平方
向相对地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2，则mx1＝
Mx2，并且x1＋x2＝R＋L，解得x1＝（R＋L），x2＝（R＋L），故A正
确，B错误；当滑块运动到B点时其速度最大（设为v1m），此时小车速度也最大（设为v2m），根据动量守恒定律有mv1m＝Mv2m，根据机械能守恒定律有mgR＝m＋M，解得v1m＝，v2m＝，故C正确；根据功能关系可知，滑块克服摩擦力做的功与小车动能的增加量之和等于滑块减少的机械能，故D错误。
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10. 一辆总质量M（含人和沙包）的雪橇在水平光滑冰面上以速度v匀速行
驶。雪橇上的人每次以相同的速度3v（对地速度）向行驶的正前方抛出一
个质量为m的沙包。抛出第一个沙包后，车速减为原来的。下列说法正确
的是（　　）
A. 每次抛出沙包前后，人的动量守恒
B. 雪橇有可能与抛出的沙包发生碰撞
C. 雪橇的总质量M与沙包的质量m满足M∶m＝11∶1
D. 抛出第四个沙包后雪橇会后退
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解析：每次抛出沙包前后，雪橇和抛出的沙包总动量守恒，故A错误；抛出沙包后，雪橇的速度不会超过v，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B错误；规定雪橇的初速度方向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有Mv＝（M－m）v＋m·3v，解得M＝11m，故C正确；设抛出第四个沙包后雪橇速度为v1，由全过程动量守恒得Mv＝（M－4m）v1＋4m·3v，将M＝11m代入得v1＝－，故D正确。
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11. 如图所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4 kg，C板上表面粗糙，
A、B两个物体紧挨在一起，初始A、B和C三个物体均处于静止状态，mA＝
1 kg，mB＝2 kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E
＝27 J的能量并全部转化为A和B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动
起来， C板足够长，以下结论正确的是（　　）
A. 爆炸后瞬间A、B速度大小关系为vA＝2vB
B. 若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，爆炸后A、B组成的系统动量守恒
C. 若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒
D. 整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为27 J
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解析：爆炸瞬间，以A、B为系统，，以水平向左为正方向，由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB，代入数据得vA＝2vB，故A正确；若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，因A、B质量不同，则A、B受木板的摩擦力大小不等，则A、B组成的系统动量不守恒，故B错误，对A、B、C整体分析，外力矢量和为零，系统动量守恒，故C错误；木板C足够长，最终A、B、C总动量为0，故三者最终速度也为0，即A、B动能全部转化为内能，为27 J，故D正确。
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12. 如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形轨道槽C静止在光滑水平地面上，槽低端与水平面相切，质量为m的小球A与
轻弹簧相连接并静止于水平地面上，现有一个
质量为m的小球B从圆弧轨道最高点由静止下滑，
下列说法中正确的是（　　）
A. 小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统动量守恒
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解析：　小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中，与圆弧轨道C组成的系
统合力不为零，水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，故A错误；
球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中，与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量
守恒，则有mvB－3mvC＝0，可得m＝3m，则xB＝3xC，且xB＋xC＝R，
可得xC＝，故B错误；
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由机械能守恒定律得mgR＝m＋×3m，可得vB＝，vC＝，
B与弹簧相互作用过程中，A、B组成的系统的动量守恒，弹簧压缩到最短
时A、B共速，弹簧弹性势能最大，有mvB＝2mv，A、B和弹簧三者能量守
恒，有m＝Ep＋×2mv2，所以在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势
能为Ep＝，故C正确；若轻弹簧左端固定在墙上，则B、C组成的系统
水平方向上动量守恒，机械能守恒。小球B脱离弹簧，向右运动的过程，
有mvB＋3mvC＝4mv共，m＋×3m＝×4m＋mgh，代入数值可
得小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为h＝，故D正确。
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三、非选择题（本题共6小题，共60分）
13. （6分）（2025·福建福州阶段练习）某学习小组采用图甲所示的气垫
导轨装置验证滑块碰撞过程中的动量守恒。其主要实验步骤如下，请回答
下列问题。
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（1）用天平测得滑块A、B（均包括挡光片）的质量分别为m1、m2；用游
标卡尺测得挡光片的宽度均为d。若某次用游标卡尺测量挡光片的宽度时
的示数如图乙所示，则其读数为 mm。
5.20
解析：20分度游标卡尺的精确值为0.05 mm，由题图乙可知挡光片的宽度为
d＝5 mm＋4×0.05 mm＝5.20 mm。
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（2）充气后，调节气垫导轨下面的旋钮，导轨左侧放一个滑块并推动滑
块，滑块通过两个光电门时，若与光电门1、2相连的计时器测得的挡光时
间分别为0.05 s、0.06 s，则应使导轨右端 （选填“调高”或“调
低”）一点，直至滑块在导轨上运动，通过两个光电门时间相同时，说明
气垫导轨已经调节水平。
调低
解析：同一滑块通过两个光电门，由v＝知，时间长的速度小，可知滑块做
减速运动，导轨右端应调低一点，直至两个计时器显示的时间相等，即说
明滑块做匀速运动，导轨已调成水平。
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（3）滑块B放在两个光电门之间，滑块A向左挤压导轨架上的轻弹簧，并
释放滑块A，滑块A一直向右运动，与光电门1相连的计时器的示数只有一
个，为t1，与光电门2相连的计时器的示数有两个，先后为t2、t3。
（4）在实验误差允许范围内，若表达式 （仅用t1、t2和t3表示）成
立，说明滑块A、B碰撞过程中机械能和动量均守恒。
D
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解析：由题意可知滑块A碰前速度为v0＝，滑块A碰后速度为v1＝，滑块B碰后速度为v2＝，根据动量守恒定律可得m1v0＝m1v1＋m2v2
根据机械能守恒定律可得m1＝m1＋m2，联立解得v0＋v1＝v2
则若表达式＋＝成立，说明滑块A、B碰撞过程中机械能和动量均守
恒。故选D。
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14. （8分）某实验小组利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下：
①用刻度尺测量细线的长度L，用天平测量小球A、B的质量分别为m1、m2；
②用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好
相切，球心位于同一水平线上；
③将球A向左拉起使其细线与竖直方向的夹角为α时由静止释放，与球B碰
撞后，测得球A向左摆到最高点时其细线与竖直方向的夹角为θ1，球B向右
摆到最高点时其细线与竖直方向的夹角为θ2。
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回答下列问题：
（1）在实验步骤中，有多余的操作过程的步骤是 ；
解析：小球碰撞后由动能定理得
mg（L－Lcos θ）＝mv2
解得v＝
由动量守恒定律表达式可知细线的长度可以约
掉，所以不必测量，故有多余操作的步骤是①；
①
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（2）为保证A碰撞后向左摆动，则A、B两球质量应满足m1 m2（填
“＞”“＜”或“＝”）；
解析：为使A球碰撞后能反弹，则A、B两球质量应满足m1＜m2；
＜
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解析：小球A下摆过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得m1＝m1gL（1－cos α）
碰撞后，对A、B两小球摆动过程中只有重力作用，机械能守恒，对A有m1v1'2＝m1gL（1－cos θ1）
（3）若两球碰撞前后动量守恒，则＝ 　 　（用③中测
量的量表示）；

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对B有m2＝m2gL（1－cos θ2）若两球碰撞过程系统动量守恒，以水平向
右为正方向，由动量守恒定律得
m1v1＝－m1v1'＋m2v2
解得m1＝－m1＋m2
则＝；
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（4）若两球的碰撞为弹性碰撞，并且碰撞之后两个小球摆到最高点时其
细线与竖直方向的夹角θ1＝θ2，则＝ 　 　，并且cos θ1＝cos θ2
＝ （用α表示）。


解析：若是弹性碰撞，则还满足机械能守
恒定律，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
m1v1＝－m1v1'＋m2v2
m1＝m1v1'2＋m2
又θ1＝θ2
联立解得＝，cos θ1＝cos θ2＝。
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15. （8分）（2025·福建三明高二下期中）如图所示，光滑水平地面上静
止放置一辆上表面光滑、质量为4 kg的小车A，可视为质点的物块B质量为
2 kg，置于A的最右端，现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一
段时间后B与小车左端固定挡板发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合
在一起，共同在F的作用下继续运动0.6 s，二者的速度达到2 m/s。求：
（1）A开始运动时加速度a的大小；
答案：2.5 m/s2　
解析：对A车受力分析，有F＝mAa，解得a＝2.5 m/s2。
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（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
答案：1 m/s　
解析： A、B碰撞后，利用动量定理，有F·Δt＝（mA＋mB）（v1－v）
联立可得v＝1 m/s。
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解析： A、B碰撞过程中系统的动量守恒，根据动量守恒定律mAv0＝（mA＋
mB）v
Q＝mA－v2
联立解得Q＝1.5 J。
（3）A、B碰撞过程中产生的热量；
答案：1.5 J　
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（4）A的上表面长度l。
答案：0.45 m
解析： A、B碰前A做匀加速直线运动，有l＝＝0.45 m。
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16. （10分）如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑
轨道，其半径为R＝0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg
的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3 kg的木块A以初速度v0＝4.0 m/s
开始向着小球B滑动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性碰撞。设两物体均可
看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与水平面间的动摩擦因数μ
＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）两物体碰前A的速度大小；
答案：2 m/s　
解析：碰前对A，由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0
解得vA＝2 m/s。
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（2）碰撞后A、B的速度大小；
答案：1 m/s　3 m/s　
解析： A、B碰撞前后动量守恒，则MvA＝MvA'＋mvB
碰撞前后机械能守恒，
则M＝MvA'2＋m
由以上各式解得vA'＝1 m/s，vB＝3 m/s。
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（3）小球B运动到最高点C时对轨道的压力。
答案：4 N，方向竖直向上
解析： B球在轨道上只有重力做功，由动能定理可得
2mgR＝m－m，解得vC＝ m/s
在最高点C时，对小球B，有mg＋N＝m
解得N＝4 N，由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为4 N，方向
竖直向上。
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17. （14分）中学物理兴趣小组对爆竹释放的能量产生兴趣，想通过如图
所示的装置展开研究。B是一个两侧都有竖直挡板（厚度不计）的质量M＝
2 kg，L＝2.85 m的小车，放在可认为是光滑的水平面上，A是一个质量m
＝1 kg的小物块（可视为质点），A、B间的动摩擦因数为0.08，小物块和
小车的挡板碰撞无机械能损失。该小组将一常见型号的爆竹挤压在A、B之
间，三者保持静止，爆炸后A、B开始运动，爆竹爆炸产生的碎屑在小车上
无残留。经t＝0.5 s，A与B的挡板发生第一次碰撞。重力加速度大小为10
m/s2。求：
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答案：0.8 m/s2，0.4 m/s2　
（1）爆炸后运动过程中小物块A和小车B的加速度大小；
解析：设小物块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2，由牛顿
第二定律有
μmg＝ma1，μmg＝Ma2，
解得a1＝0.8 m/s2，a2＝0.4 m/s2。
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（2）爆炸释放的能量值E（假设爆竹释放的能量全部转化为A、B的动能）；
答案：12 J　
解析： 水平面上光滑，小物块和小车组成的系统动量守恒，设刚爆炸后小
物块速度大小为v1，小车速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝Mv2
当小物块和小车右侧的挡板发生第一次碰撞时满足
s1＋s2＝L
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对小物块进行运动分析s1＝v1t－a1t2
对小车进行运动分析s2＝v2t－a2t2
代入数据解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s
由能量守恒定律可知，爆炸产生的能量值
E＝m＋M
可得E＝12 J。
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（3）小物块A和小车B多次碰撞后，停在B上的位置距小车右侧挡板的距离。
答案：0.75 m
解析：从爆炸后经多次碰撞到小物块最终相对小车静止，由于系统的动量
守恒，物块相对小车停下时，小车也停止运动。根据能量守恒定律，设小
物块在小车上滑动的路程为s，则E＝μmgs
解得s＝15 m
设经n次碰撞物块相对小车停下，有s＝nL＋d
当n＝5时d＝0.75 m＜L
每奇数次碰撞，物块将运动到小车左端，每偶数次碰撞，物块将运动到小
车右端，由于5为奇数，即物块将停在离右侧挡板0.75 m处。
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18. （14分）某游戏装置的简化示意图如图所示，游客乘坐滑椅（可视为
质点）从固定光滑圆弧轨道上的B点处无初速滑下后冲上静止在光滑水平
面上的滑板A。已知游客与滑椅的质量为m，滑板A的质量为2m，滑椅与滑
板间的动摩擦因数为μ，滑板A足够长，滑椅不会从滑板表面滑出，圆弧轨
道的半径为R，O点为圆弧轨道的圆心，θ＝60°，重力加速度为g，求：
（1）滑椅滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
答案：2mg　
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解析：设滑椅滑到圆弧轨道最低点时速度为v0，由动能定理有mgR
（1－cos θ）＝m
在圆弧轨道最低点时，有N－mg＝
联立解得N＝2mg
由牛顿第三定律可知，滑椅对轨道的压力大小为2mg。
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（2）滑椅滑上A后经多长时间不再相对A滑动；
答案：　
解析：滑椅滑上滑板A，对滑椅和滑板A组成的系统，由动量守恒定律有mv0
＝（m＋2m）v
对滑板A，由动量定理得μmgt＝2mv－0
解得t＝。
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解析：设滑板长度至少为x，由功能关系得
μmgx＝m－（m＋2m）v2
解得x＝。
（3）滑板A至少多长才能满足滑椅不会从滑板表面滑出。
答案：
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