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高考物理考前冲刺押题预测 动量与动量守恒定律
一．选择题（共10小题）
1．（2025 日照一模）一般河流的河道是弯曲的，外侧河堤会受到流水冲击产生的压强。如图所示，河流某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变，水的流动速度v大小恒定，d R，河水密度为ρ，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间Δt内（　　）
A．流水速度改变量的方向沿河道的切线方向
B．流水速度改变量的大小为
C．通过观测截面水的动量改变量大小为
D．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为
2．（2025 文登区一模）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．t＝0.15s时运动员的机械能最大
B．t＝0.30s时运动员的速度大小为20m/s
C．t＝1.30s时运动员距蹦床的高度为5m
D．0﹣0.30s内，运动员对蹦床的平均作用力大小为4000N
3．（2025 大理州一模）如图所示，在竖直平面内，AB是半径为R的四分之一光滑固定圆弧轨道，B端切线水平，一个质量为m的滑块（可视为质点）静止从圆弧轨道顶端A点滑到底端B点。已知重力加速度为g，在整个运动过程中，以下说法正确的是（　　）
A．滑块所受的合外力提供其向心力
B．滑块重力的功率一直为0
C．滑块滑到B点时对轨道压力大小为3mg
D．滑块动量变化量的方向竖直向下
4．（2024秋 泰州期末）如图所示，光滑水平面上，质量为m、速度为v的A球跟质量为2m的静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性也可能是非弹性，则碰撞后B球的速度可能是（　　）
A．0.3v B．0.5v C．0.7v D．0.8v
5．（2025 十堰一模）冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”。如图所示，运动员投掷出的冰壶甲运动一段时间后，与静止在大本营中心的冰壶乙发生碰撞，已知两冰壶完全相同，则碰撞后两冰壶最终停止的位置不可能是（　　）
A．
B．
C．
D．
6．（2025 嘉祥县校级开学）把一个质量为0.2kg的小球放在高度为5.0m的直杆的顶端。一颗质量为0.01kg的子弹以500m/s的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的距离为20m。g取10m/s2，在子弹穿小球的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．子弹和小球组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．系统损失的机械能的机械能为1160J
C．子弹落地处离杆的距离为50m
D．子弹对小球的冲量5N s
7．（2025 广州模拟）乌贼被称为“海中火箭”，其“外套膜”能够迅速收缩，将海水高速喷出进而向另一方向加速冲刺，可轻易加速到15m/s。一质量为0.5kg（不含体内水）的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为40m/s的速度水平喷水，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则（　　）
A．乌贼喷水过程中乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量不守恒
B．乌贼向后喷水，喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前运动
C．若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.19kg的水
D．若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，此过程中乌贼受到它喷出的水的作用力的冲量为20N s
8．（2025 蒸湘区校级模拟）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的处自由落下，与钢板碰撞后一起向下运动（不粘连）。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m，弹簧的弹性势能为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），碰撞时间极短，下列说法正确的是（　　）
A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅为x0
B．物块与钢板在返回O点前已经分离
C．运动过程中弹簧的最大弹性势能为8mgx0
D．物块与钢板碰撞过程中损失的机械能为3mgx0
9．（2025 河源模拟）2025年春节，广州白鹅潭烟花表演惊艳四方。现有某烟花筒的结构如图甲所示，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的轨迹图如图乙所示。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1：3
B．a、b两部分的初动能之比1：3
C．a、b两部分的质量之比1：3
D．a、b两部分落地时的重力功率之比为1：3
10．（2024秋 济南期末）中国人民解放军成功试射了一枚弹道导弹，导弹运动轨迹如图所示。导弹运动到轨迹最高点时，在爆炸螺栓作用下弹头与助推火箭分离。分离前导弹速度为v，总质量为M；分离瞬间助推火箭速度为v1，方向与原运动方向相反，质量为m。此时弹头的速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 酒泉一模）如图甲所示，物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑的水平面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。t＝0时对物块a施加水平向右、大小F＝1N的恒力，t＝1.5s时撤去F，此过程中两物块的加速度随时间变化的图像如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　）
A．物块a的质量为2kg
B．物块b的质量为2kg
C．t＝1.5s时，弹簧的弹力大小为0.4N
D．撤去F后，a、b组成的系统动量守恒，机械能不守恒
（多选）12．（2025 延边州模拟）如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（　　）
A．儿童和滑环组成的系统动量守恒
B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C．儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能
D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1：5
（多选）13．（2025 兰州模拟）将一小球从足够高的地方由静止释放，其所受空气阻力大小与速度的平方成正比。小球从释放到落地前的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．加速度保持不变
B．加速过程中小球处于失重状态
C．动量的变化率变大
D．机械能不断减小
（多选）14．（2025 咸阳一模）光滑水平地面上，A，B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时（　　）
A．A、B系统总动量仍然为mv
B．A的动量变为零
C．B的动量达到最大值
D．A、B的速度相等
（多选）15．（2025 咸阳一模）质量为0.5kg的足球以8m/s的速度水平飞来，运动员把它以12m/s的速度反向踢回，脚与球的作用时间为0.2s。对该踢球过程，下列说法正确的是（　　）
A．足球动量变化量的大小是2kg m/s
B．足球动量变化量的大小是10kg m/s
C．足球受到的平均作用力大小为20N
D．足球受到的平均作用力大小为50N
三．解答题（共5小题）
16．（2025 淄博模拟）如图甲所示，在光滑水平地面上有质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg的两小物块A、B，用细线连接并使中间的轻弹簧处于压缩状态（弹簧与两物块未栓接），弹簧的弹性势能为Ep＝0.75J。轴间距为L1＝4.5m的水平传送带左端与水平地面平滑连接，传送带以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动。传送带右侧放置一个倾角为θ＝30°的足够长的固定斜面，小物块C静置于距斜面顶端L2m处。现将A、B间的细线烧断，B与弹簧分离后冲上传送带，在传送带上运动Δt＝1.5s后，从传送带右端水平飞出，恰好无碰撞的由斜面顶端滑入斜面，一段时间后B与C发生碰撞。t＝0时B、C恰完成第一次碰撞，t＝2.4s时刚要发生第二次碰撞，在0～2.4s内B运动的v﹣t图像如图乙所示（以沿斜面向下为正方向）。B、C每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，物块A、B、C均可看作质点，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）B刚滑上传送带时的速度大小vB；
（2）B与传送带间的动摩擦因数μ1；
（3）C的质量mC以及C与斜面间的动摩擦因数μ2；
（4）C沿斜面下滑的最大距离xm。
17．（2025 济宁一模）如图所示，水平传送带在电动机带动下以速率v0沿顺时针方向匀速运行。上表面光滑的滑板A靠近传送带的右端静置在光滑水平面上，A上表面和传送带上表面等高，质量为m的小滑块B放在A上，用水平轻弹簧将B与A的右端相连。现将质量为m的小滑块C轻放在传送带左端，并在大小为F＝0.3mg（g为重力加速度大小）的水平拉力作用下，沿传送带向右运动，C运动到传送带右端时立即撤去F，C通过一小段光滑且与A上表面等高的固定水平面滑上滑板A。C与B碰撞并粘合在一起（作用时间极短），B与弹簧开始作用，经时间t0弹簧弹性势能第一次达到最大。已知C与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，A的质量为2m，传送带长为L，弹簧的劲度系数k，弹簧的弹性势能为Ep（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）。求：
（1）C在传送带上运动的时间t；
（2）C在传送带上运动过程中电动机多消耗的电能ΔE；
（3）弹簧的最大压缩量Δx；
（4）B与弹簧开始作用后，0～t0时间内A的位移大小xA。
18．（2025 南岗区校级一模）如图所示，水平传送带长度为L＝15m，中央有两个物块，左侧物块1质量为m1＝1kg，右侧物块2质量m2＝2kg，两物块中央夹有一个微小弹簧（不计弹簧的长度），弹簧储存弹性势能Ep＝12J，在外力的作用下两物块保持静止。右侧光滑水平面上静止放置2025个质量为m3＝6kg的物块，右侧水平面的物块图中只画出其中一部分，右侧物块中间均有一定距离。两侧水平面与传送带上表面等高。若撤去中央两物块所受到的外力，弹簧瞬间把两个物块弹开，弹开物块后立即让传送带以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动。题中所有物块均可视为质点，所有物块与传送带的动摩擦因数均为μ＝0.1。
（1）求弹簧把两个物块弹开后瞬间两物块的速度；
（2）求两物块第一次离开传送带的速度大小；
（3）物块2与右侧物块发生的碰撞均为弹性碰撞，求从物块2第一次到达水平面之后直至所有的物块之间不再发生相互碰撞的过程中，传送带与物块2的摩擦生热和传送带对物块2的摩擦力冲量。
19．（2024秋 泰州期末）如图所示，半径为R的光滑半圆凹槽A和物块B紧靠着静止在光滑的水平地面上，凹槽最低点为O，A、B质量均为m。将质量为2m的光滑小球C（可视为质点）从凹槽右侧最高点由静止释放，重力加速度为g。
（1）若B固定，求C第一次滑到O点时，C的速度大小；
（2）若B不固定，当C第一次滑到O点时，求A向右运动的位移大小；
（3）若B不固定，C由静止释放到最低点的过程中，求B受到的冲量大小。
20．（2025春 辽宁月考）如图所示，固定倾斜传送带与水平面夹角为θ＝37°，以v0＝6m/s的速度顺时针转动，传送带下端与半径R＝9m的光滑圆弧轨道相切于M点，圆弧轨道底端N点与无限长光滑水平面平滑连接，水平面上一轻质弹簧连接着两个滑块B和C（B和C处于静止状态，弹簧处于原长）。将滑块A由传送带顶端无初速度释放，滑块A通过N点后与B发生弹性正碰（时间极短）。已知A与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带长度l＝8.8m，mA＝mB＝1kg，mC＝1.5kg，弹簧原长为l0，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，滑块均可视为质点。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求滑块A与传送带间由于摩擦产生的热量。
（2）求滑块A刚滑到圆弧轨道底端N点时，对圆弧轨道的压力。
（3）若滑块A与B碰撞时，记为0时刻，经时间t，滑块B和C的位移大小分别为sB和sC，且此时弹簧第一次最短。求：滑块A与B碰撞后，滑块B和C之间的最大距离、C的最大速度及此速度对应的时刻。
高考物理考前冲刺押题预测 动量与动量守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 日照一模）一般河流的河道是弯曲的，外侧河堤会受到流水冲击产生的压强。如图所示，河流某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变，水的流动速度v大小恒定，d R，河水密度为ρ，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间Δt内（　　）
A．流水速度改变量的方向沿河道的切线方向
B．流水速度改变量的大小为
C．通过观测截面水的动量改变量大小为
D．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为
【考点】用动量定理求平均作用力．
【专题】应用题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】河水做匀速圆周运动，根据加速度的定义式求出水的加速度，然后求出河水速度的改变量；根据动量的计算公式求出动量的变化量；应用牛顿第二定律求出河水对外侧堤的作用力，然后求出压强。
【解答】解：A．流水做匀速圆周运动，水的加速度a，则Δt内流水速度改变量Δv＝aΔt，则速度改变量的方向与其向心加速度方向相同，沿轨迹圆的半径指向圆心，故A错误；
B、水做匀速圆周运动，向心加速度a，流水速度改变量的大小Δv＝aΔtΔt，故B错误；
C、极短时间Δt内水流的距离Δl＝vΔt，水的横截面积S＝dh，Δt内水流的质量Δm＝ρΔV＝ρvdhΔt，通过观测截面水的动量改变量大小为Δp＝Δmv，解得：Δp＝ρdh，故C错误；
D、根据牛顿第二定律得：F＝Δma＝Δm，水流与外侧河堤作用的面积S′＝hΔl，外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为p，解得：p，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键掌握流体类质量的计算方法。
2．（2025 文登区一模）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．t＝0.15s时运动员的机械能最大
B．t＝0.30s时运动员的速度大小为20m/s
C．t＝1.30s时运动员距蹦床的高度为5m
D．0﹣0.30s内，运动员对蹦床的平均作用力大小为4000N
【考点】用动量定理求平均作用力；自由落体运动的规律及应用；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】根据图像得出t＝0.15s时弹力最大，从而得出此时运动员位置，进而判断机械能大小；由图得出运动员离开到落回蹦床的时间，再根据对称性得出上升时间，从而求出速度大小以及上升高度；根据动量定理列式得出数据，再根据牛顿第三定律计算。
【解答】解：A．根据题图结合牛顿第三定律可知t＝0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，机械能最小，故A错误；
BC．根据题图可知运动员从t＝0.30s离开蹦床到t＝2.30s再次落到蹦床上经历的时间为2s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在t＝1.30s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30s时运动员的速度大小为
v＝gt，解得v＝10m/s
m
故C正确，B错误；
D．以竖直向上为正方向，可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s，根据动量定理
FΔt﹣mgΔt＝mv﹣（﹣mv）
其中
Δt＝0.3s
解得
F＝4600N
根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是动量定理以及运动学知识点，其中需注意从图像上判断出运动员离开蹦床到落回蹦床的时间。
3．（2025 大理州一模）如图所示，在竖直平面内，AB是半径为R的四分之一光滑固定圆弧轨道，B端切线水平，一个质量为m的滑块（可视为质点）静止从圆弧轨道顶端A点滑到底端B点。已知重力加速度为g，在整个运动过程中，以下说法正确的是（　　）
A．滑块所受的合外力提供其向心力
B．滑块重力的功率一直为0
C．滑块滑到B点时对轨道压力大小为3mg
D．滑块动量变化量的方向竖直向下
【考点】动量定理的内容和应用；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；功率的定义、物理意义和计算式的推导．
【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】由支持力和重力垂直速度方向的分力的合力提供向心力，竖直分速度不为0，滑块的重力的功率不为0，从A点下滑到B点过程，根据动能定理求解速度，根据牛顿运动定律求解压力大小，动量为矢量，末动量减去初动量等于动量变化。
【解答】解：A．小滑块下滑过程中，受到重力和轨道支持力作用，由支持力和重力垂直速度方向的分力的合力提供向心力，故A错误；
B．根据PG＝mgvy可知，在A点的速度为0，在B点的竖直分速度为0，所以在A、B两点时滑块重力的功率为0，但从A点下滑到B点过程中竖直分速度不为0，滑块的重力的功率也不为0，故B错误；
C．根据动能定理可得，从A点下滑到B点过程，
在B点，由牛顿第二定律可得
联立解得
N＝3mg
根据牛顿第三定律可知，物块滑到B点是对轨道压力大小为3mg，故C正确；
D．从A点下滑到B点过程，在B点的末动量水平向左，物块在A点的初动量为0，则物块动量变化的方向水平向左，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题关键要分析清楚物体的运动的情况，要知道动能定理是求功，特别是变力做功常用的方法。
4．（2024秋 泰州期末）如图所示，光滑水平面上，质量为m、速度为v的A球跟质量为2m的静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性也可能是非弹性，则碰撞后B球的速度可能是（　　）
A．0.3v B．0.5v C．0.7v D．0.8v
【考点】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】B
【分析】若AB发生弹性碰撞，根据动量守恒和动能不变，可计算碰撞后B的速度；若AB发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒，可计算碰撞后B的速度；B的可能速度介于两者之间，即可分析选项中的速度是否为可能值。
【解答】解：若发生弹性碰撞，此时B球获得速度最大，以A原本的速度为正方向，由动量守恒，则有mv＝mv1+2mvmax，
由动能不变，则有，解得；
若发生完全非弹性碰撞，此时B球获得速度最小，则有mv＝（m+2m）vmin，解得；
综上可知B的速度可能值范围为：，只有第二个选择项满足要求，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查碰撞后可能的速度问题，关键是理解完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞，分别是两个极限值。
5．（2025 十堰一模）冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”。如图所示，运动员投掷出的冰壶甲运动一段时间后，与静止在大本营中心的冰壶乙发生碰撞，已知两冰壶完全相同，则碰撞后两冰壶最终停止的位置不可能是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．
【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】由碰撞前后，动量守恒，机械能不增加，可知碰撞后甲、乙各自的速度特点，结合受力分析，即可知其停止的可能位置。
【解答】解：两完全相同的冰壶碰撞前、后遵守动量守恒定律，机械能守恒或有损耗；
若机械能守恒，则碰后，甲停止，乙以甲的速度向前运动；
若机械能有损耗，则碰后，甲的速度减小，乙以小于甲碰撞前的速度向前运动，故甲不会向后运动，故两冰壶最终停止的位置不可能是选项C，故ABD正确，C错误。
本题选择不可能的，故选：C。
【点评】本题考查碰撞过程的特点，关键是理解机械能不增加的特点应用，即有速度物体，碰撞等质量的静止物体时，有速度的物体不会反向。
6．（2025 嘉祥县校级开学）把一个质量为0.2kg的小球放在高度为5.0m的直杆的顶端。一颗质量为0.01kg的子弹以500m/s的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的距离为20m。g取10m/s2，在子弹穿小球的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．子弹和小球组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．系统损失的机械能的机械能为1160J
C．子弹落地处离杆的距离为50m
D．子弹对小球的冲量5N s
【考点】动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用；平抛运动位移的计算；求变力的冲量．
【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】B
【分析】由子弹穿过小球时，对小球做的功，及小球对子弹做的功，即可分析机械能是否守恒；对子弹和小球作为整体受力分析，即可知动量是否守恒；由小球落地处与杆的距离，可计算碰撞后小球的速度，结合动量守恒，即可知碰撞后子弹的速度，根据动能定理，及功能关系，即可计算系统损失的机械能；由子弹碰撞后的速度，可计算子弹落地处离杆的距离；由小球获得的速度，结合动量定理，即可计算子弹对小球的冲量。
【解答】解：A．子弹穿小球的过程中内力远大于外力，碰撞瞬间，在水平方向上，系统整体不受外力，所以动量守恒；
只有重力做功时系统机械能守恒，因此子弹穿小球的过程中，子弹比小球的位移更大，相互作用力大小相等，子弹对小球做的正功，小于小球对子弹做的负功，故阻力对整体做负功，系统机械能减少，并不守恒，故A错误；
B．子弹穿小球后，小球做平抛运动，根据平抛运动的规律：，x＝v0t，解得小球的速度为v0＝20m/s；
子弹穿小球的过程中动量守恒根据动量守恒定律：m子v子＝m球v0+m子v′子，解得：v′子＝100m/s；
由动能定理可知，系统损失得机械能为ΔE＝﹣W，解得：ΔE＝1160J，故B正确；
C．子弹落地处离杆的距离为：x子＝v′子t，解得：x子＝100m，故C错误；
D．子弹对小球的冲量等于小球动量的变化量，根据动量定理得I＝m球v0，解得：I＝4N s，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查动量定理和动能定理的综合应用，关键是根据平抛运动特点，求解小球和子弹碰撞后的运动参数。
7．（2025 广州模拟）乌贼被称为“海中火箭”，其“外套膜”能够迅速收缩，将海水高速喷出进而向另一方向加速冲刺，可轻易加速到15m/s。一质量为0.5kg（不含体内水）的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为40m/s的速度水平喷水，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则（　　）
A．乌贼喷水过程中乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量不守恒
B．乌贼向后喷水，喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前运动
C．若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.19kg的水
D．若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，此过程中乌贼受到它喷出的水的作用力的冲量为20N s
【考点】反冲现象中的动量守恒；动量定理的内容和应用．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；动量和能量的综合．
【答案】C
【分析】根据动量守恒定律的守恒条件判断系统动量是否守恒；根据牛顿第三定律分析判断使乌贼前进的力；根据动量守恒定律求解要一次性喷出水的质量；根据动量定理求解乌贼受到它喷出的水的作用力的冲量。
【解答】解：A．乌贼喷水过程所用时间极短，内力远大于外力，所以乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量守恒，故A错误；
B．乌贼向后喷水，喷出的水对乌贼产生一个作用力，使得乌贼向前运动，故B错误；
C．设要一次性喷出水的质量为m，乌贼的质量为M，喷出水的速度为v，乌贼获得的速度为v′，根据动量守恒定律得：
mv＝Mv′
解得m≈0.19kg
故C正确；
D．对乌贼，根据动量定理得此过程中乌贼受到它喷出的水的作用力的冲量：
I＝Mv′＝0.5×15N s＝7.5N s
故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律，解答时要首先确定一个正方向，利用相互作用前系统的动量和相互作用后系统的动量相等列方程求解。
8．（2025 蒸湘区校级模拟）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的处自由落下，与钢板碰撞后一起向下运动（不粘连）。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m，弹簧的弹性势能为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），碰撞时间极短，下列说法正确的是（　　）
A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅为x0
B．物块与钢板在返回O点前已经分离
C．运动过程中弹簧的最大弹性势能为8mgx0
D．物块与钢板碰撞过程中损失的机械能为3mgx0
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；模型建构能力．
【答案】C
【分析】根据动能定理、动量守恒和机械能守恒可求压缩到最低点弹簧的压缩量，从而求得振幅；
用假设法，根据动力学规律，可分析物体的速度可知物体能否分离；
根据题意可算出弹簧的压缩量，根据给出的弹簧的弹性势能公式可求；
根据能量守恒定律等求出碰撞损失的机械能。
【解答】解：A、对物块，根据动能定理有：
解得：
设v1表示质量为m的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，取v0方向为正，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1
整理变形解得：
对两个物体及弹簧组成的系统，由能量守恒得：
根据平衡条件可得：kx0＝mg
联立解得：x1＝4x0
当物块与钢板受力平衡时，为平衡位置，有：2mg＝kx2
联立比较解得：x2＝2x0
所以振幅：A＝x1﹣x2＝2x0，故A错误；
B、物块与钢板在返回O点前弹簧一直被压缩，弹力竖直向上，整体加速度小于重力加速度。若已经分离，则物块的加速度等于重力加速度，那么物块的速度将小于钢板的速度，这与实际不符，所以物块与钢板在返回O点前不可能分离，故B错误；
C、根据题意，当物块与钢板运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大，由弹性势能公式可知其大小为：，故C正确；
D、由以上分析可知，碰撞前后，损失的机械能：，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了简谐运动的规律和机械能守恒定律的应用。
9．（2025 河源模拟）2025年春节，广州白鹅潭烟花表演惊艳四方。现有某烟花筒的结构如图甲所示，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的轨迹图如图乙所示。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1：3
B．a、b两部分的初动能之比1：3
C．a、b两部分的质量之比1：3
D．a、b两部分落地时的重力功率之比为1：3
【考点】用动量守恒定律解决爆炸问题；平抛运动速度的计算；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；比例法；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】B
【分析】由平抛运动特点，即可计算a、b两部分的水平速度之比，结合动量守恒，可得到两部分的质量之比；由动能表达式，结合质量之比、水平速度之比，即可计算两部分的初动能之比；由两部分落地时的合速度表达式，可分析其速度之比是否为1：3；由落地时的竖直分速度特点，结合质量之比，即可计算重力的功率之比。
【解答】解：C．平抛运动方向为匀速直线运动，则有x＝vata，3x＝vbtb，
竖直方向上有，，则有va：vb＝1：3；
根据动量守恒定律有：mava﹣mbvb＝0，解得ma：mb＝3：1，故C错误；
B．a、b两部分的初动能：，，结合上述解得Eka：Ekb＝1：3，故B正确；
A．a、b两部分落地时的速度大小，，
结合上述可知，a、b两部分落地时的速度大小之比不等于1：3，故A错误；
D．a、b两部分落地时的重力功率，，结合ma：mb＝3：1，ta：tb＝1：1，解得Pa：Pb＝3：1，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查动量守恒和动能的相关计算，分析两部分落地时的速度及重力功率时，需要考虑竖直分速度的关系。
10．（2024秋 济南期末）中国人民解放军成功试射了一枚弹道导弹，导弹运动轨迹如图所示。导弹运动到轨迹最高点时，在爆炸螺栓作用下弹头与助推火箭分离。分离前导弹速度为v，总质量为M；分离瞬间助推火箭速度为v1，方向与原运动方向相反，质量为m。此时弹头的速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
【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；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】A
【分析】火箭在最高点水平方向动量守恒定，根据动量守恒定律求解分离后弹头的速度。
【解答】解：火箭在最高点水平方向动量守恒的，取分离前导弹速度的方向为正方向，根据动量守恒定律有
Mv＝﹣mv1+（M﹣m）v2
解得
，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查某一方向动量守恒定律的应用，要求学生能正确分析物体的运动过程，熟练应用对应的规律解题。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 酒泉一模）如图甲所示，物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑的水平面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。t＝0时对物块a施加水平向右、大小F＝1N的恒力，t＝1.5s时撤去F，此过程中两物块的加速度随时间变化的图像如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　）
A．物块a的质量为2kg
B．物块b的质量为2kg
C．t＝1.5s时，弹簧的弹力大小为0.4N
D．撤去F后，a、b组成的系统动量守恒，机械能不守恒
【考点】动量守恒定律的内容、条件和判断；连接体模型；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；理解能力．
【答案】BD
【分析】根据图像可知加速度大小，根据牛顿第二定律进行解答；根据系统动量守恒条件判断以及机械能守恒条件判断。
【解答】解：ABC、t＝0时，对a，由牛顿第二定律有F＝maaa
由a＝1.0m/s2，解得ma＝1kg
t＝1.5s时，设弹簧弹力大小为T，对a有F﹣T＝maaa′
对b有T＝mbab
得mb＝2kg，T＝0.6N
故AC错误，B正确；
D、撤去拉力后，a的速度大于b的速度，则a、b之间的距离将继续增大，弹簧弹性势能增大，则a、b组成的系统动量守恒，但机械能减小，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查运动学图像问题，关键是弄清楚两个物体的运动情况和受力情况，根据牛顿第二定律、动量定理进行解答。
（多选）12．（2025 延边州模拟）如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（　　）
A．儿童和滑环组成的系统动量守恒
B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C．儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能
D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1：5
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；人船模型及其变式．
【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】BD
【分析】儿童相对滑环运动时具有竖直方向的加速度分量，两者组成的系统在竖直方向上所受外力不为零，根据动量守恒的条件解答；儿童和滑环组成的系统只有重力做功，此系统机械能守恒，根据机械能守恒定律判断儿童运动到最低点时减少的机械能与滑环增加的机械能的关系；儿童和滑环组成的系统在水平方向上所受外力为零，所以此系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律求解两者水平位移的大小关系。
【解答】解：A、儿童相对滑环运动时具有竖直方向的加速度分量，两者组成的系统在竖直方向上所受外力不为零，所以此系统动量不守恒，故A错误；
BC、儿童和滑环组成的系统只有重力做功，此系统机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械能等于滑环增加的机械能，故B正确，C错误；
D、儿童和滑环组成的系统在水平方向上所受外力为零，所以此系统在水平方向上动量守恒，可知在水平方向上两者的动量总是等大反向，设儿童和滑环的水平速度大小分别为v1、v2，水平位移大小分别为x1、x2，则有：5mv1＝mv2，根据位移是速度对时间的累积，可得：5mx1＝mx2，解得：x1：x2＝1：5，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，要知道动量是矢量，可以在某一方向上应用动量守恒定律。
（多选）13．（2025 兰州模拟）将一小球从足够高的地方由静止释放，其所受空气阻力大小与速度的平方成正比。小球从释放到落地前的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．加速度保持不变
B．加速过程中小球处于失重状态
C．动量的变化率变大
D．机械能不断减小
【考点】动量大小的影响因素及比较；牛顿第二定律的简单应用；超重与失重的概念、特点和判断；常见力做功与相应的能量转化．
【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】根据牛顿第二定律分析小球加速度；根据加速度方向分析小球所处的状态；根据动量定理分析动量变化率的变化情况；由功能关系分析小球机械能的变化。
【解答】解：A.由题意可知，小球所受空气阻力大小与速度的平方成正比，即f＝kv2，由牛顿第二定律可得，小球的瞬时加速度a，可知，随着速度的增大，小球的加速度减小，故A错误；
B.小球加速过程中，加速度向下，处于失重状态，故B正确；
C.由动量定理可得F合t＝Δp，得动量的变化率F合，小球加速下落过程中，空气阻力增大，小球受到的合力逐渐减小，当小球受到的阻力增大到与重力相等后，小球开始做匀速运动，合力为零，所以小球从释放到落地前的过程中，动量的变化率先减小，为零后动量不再变化，故C错误；
D.小球下落过程中，由于空气阻力一直对小球做负功，所以小球的机械能不断减小，故D正确。
故选：BD。
【点评】此题考查的知识点较多，要熟练掌握牛顿第二定律、超重与失重、动量定理和功能关系，才能正确解题。
（多选）14．（2025 咸阳一模）光滑水平地面上，A，B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时（　　）
A．A、B系统总动量仍然为mv
B．A的动量变为零
C．B的动量达到最大值
D．A、B的速度相等
【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用．
【专题】动量定理应用专题．
【答案】AD
【分析】A和B组成的系统，动量守恒，当弹簧压缩到最短时，A、B的速度相等。
【解答】解：A、A、B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，总动量为mv，则弹簧压缩最短时，A、B系统总动量仍然为mv。故A正确。
B、弹簧压缩到最短时，A、B速度相等，则A的动量不为零。故B错误，D正确。
C、A在压缩弹簧的过程中，B做加速运动，A做减速运动，弹簧压缩量最短时，速度相等，然后B继续加速，A继续减速。所以弹簧压缩最短时，B的动量未达到最大值。故C错误。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道动量守恒定律的条件，知道速度相等时，弹簧压缩量最大。
（多选）15．（2025 咸阳一模）质量为0.5kg的足球以8m/s的速度水平飞来，运动员把它以12m/s的速度反向踢回，脚与球的作用时间为0.2s。对该踢球过程，下列说法正确的是（　　）
A．足球动量变化量的大小是2kg m/s
B．足球动量变化量的大小是10kg m/s
C．足球受到的平均作用力大小为20N
D．足球受到的平均作用力大小为50N
【考点】用动量定理求平均作用力；动量变化量的计算．
【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】BD
【分析】AB.结合题意，根据动量变化量的定义列式，即可分析求解；
CD.结合前面分析，根据动量定理列式，即可分析求解。
【解答】解：AB.由题知，m＝0.5kg，v＝8m/s，v'＝12m/s，以足球被踢回的方向为正方向，
则足球的动量变化量是：Δp＝mv'﹣m（﹣v）＝0.5×（12+8）kg m/s＝10kg m/s，则足球动量变化量的大小是10kg m/s，故A错误，B正确；
CD.设足球受到的平均作用力大小为，以足球被踢回的方向为正方向，
根据动量定理可得：t＝Δp，
解得：，故C错误，D正确；
故选：BD。
【点评】本题主要考查对动量定理的掌握，解题时需注意动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量，要先规定正方向，计算时也要注意该物理量的符号。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 淄博模拟）如图甲所示，在光滑水平地面上有质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg的两小物块A、B，用细线连接并使中间的轻弹簧处于压缩状态（弹簧与两物块未栓接），弹簧的弹性势能为Ep＝0.75J。轴间距为L1＝4.5m的水平传送带左端与水平地面平滑连接，传送带以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动。传送带右侧放置一个倾角为θ＝30°的足够长的固定斜面，小物块C静置于距斜面顶端L2m处。现将A、B间的细线烧断，B与弹簧分离后冲上传送带，在传送带上运动Δt＝1.5s后，从传送带右端水平飞出，恰好无碰撞的由斜面顶端滑入斜面，一段时间后B与C发生碰撞。t＝0时B、C恰完成第一次碰撞，t＝2.4s时刚要发生第二次碰撞，在0～2.4s内B运动的v﹣t图像如图乙所示（以沿斜面向下为正方向）。B、C每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，物块A、B、C均可看作质点，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）B刚滑上传送带时的速度大小vB；
（2）B与传送带间的动摩擦因数μ1；
（3）C的质量mC以及C与斜面间的动摩擦因数μ2；
（4）C沿斜面下滑的最大距离xm。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；倾斜传送带模型；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；力学三大知识结合的综合问题；模型建构能力．
【答案】（1）B刚滑上传送带时的速度大小vB为1m/s；
（2）B与传送带间的动摩擦因数μ1为0.3；
（3）C的质量mC为7kg，C与斜面间的动摩擦因数μ2为；
（4）C沿斜面下滑的最大距离xm为。
【分析】（1）对A、B及弹簧系统，根据动量守恒定律与机械能守恒定律，求解B刚滑上传送带时的速度大小；
（2）应用假设法，判断B在传送带上运动过程是否存在共速的情况。根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
（3）B从传送带右端水平飞出后做平抛运动，根据运动的分解求得B到达斜面顶端时的速度大小。分析题图乙的v﹣t图像，根据v﹣t图像的物理意义，求得B与C第一次碰撞前瞬间B的速度大小，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得碰撞后B、C的速度大小，判断B与C第二次碰撞前C是否停止运动，根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
（4）根据（3）的解答，根据动量守恒定律与机械能守恒定律，运动学公式分析得到B、C的运动规律，根据数学知识求解。
【解答】解：（1）以向右为正方向，对A、B及弹簧系统，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
0＝mBvB﹣mAvA
联立解得：vB＝1m/s
（2）假设B在传送带上一直做匀加速直线运动，由运动学公式得：
解得B在传送带上的加速度大小为：
则B到达传送带末端的速度大小为：，故假设不成立。
可知B在传送带上先做匀加速直线运动，与传送带共速后再做匀速直线运动，设加速过程的时间为t1，匀速过程的时间为t2，则有：
t1+t2＝Δt
联立解得：t1＝1s
由：v＝vB+a1t1
μmBg＝mBa1
联立解得：μ1＝0.3
（3）B以速度v从传送带右端水平飞出后做平抛运动，设B到达斜面顶端时的速度大小为v0，则有：
由题图乙的v﹣t图像可知，0～0.8s时间内B沿斜面向上匀减速运动，此过程的加速度大小为：
0.8s～2.4s时间内B沿斜面向下匀加速运动，此过程的加速度大小为：
设B与C第一次碰撞前瞬间B的速度大小为vB1，B在斜面上由顶端向下匀加速过程有：
解得：vB1＝8m/s
以沿斜面向下为正方向，对B、C第一次碰撞过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mBvB1＝mBvB1′+mCvC1
由v﹣t图像可知：vB1′＝﹣6m/s
联立解得：vCl＝2m/s，mC＝7kg
由v﹣t图像与x轴围成的面积表示位移的大小可得：
0～0.8s时间内B沿斜面向上运动的位移大小为x1＝2.4m
0.8s～2.4s时间内B沿斜面向下运动的位移大小为x2＝3.2m
假设B与C第二次碰撞前C已经停止运动，对C沿斜面向下的运动有：
解得：t′＝0.8s＜2.4s，故假设成立，说明B与C再次碰撞时C已停止运动。
B与C第一次碰后对C有：
μ2mCgcosθ﹣mCgsinθ＝mCaC
联立解得：，
（4）根据（3）的解答，设B第n次与C碰前的速度为vBn，根据动量守恒定律与机械能守恒定律可得碰后B、C的速度大小分别为：
，
第n次碰后B上滑减速到零过程有：
C下滑减速到零过程有：
B与C第（n+1）次碰撞前的速度vB（n+1）应满足：
联立解得：
可得第n次碰撞后C的位移大小为：
第（n+1）次碰撞后C的位移大小为：
由（3）的解答可得第一次碰后C的位移大小为：xC1＝x2﹣x1＝3.2m﹣2.4m＝0.8m
则每次碰后C的位移大小为：，（n＝1、2、3……）
C沿斜面下滑的最大距离为：
根据数学知识的等比数列求和，n取无穷大，解得：
答：（1）B刚滑上传送带时的速度大小vB为1m/s；
（2）B与传送带间的动摩擦因数μ1为0.3；
（3）C的质量mC为7kg，C与斜面间的动摩擦因数μ2为；
（4）C沿斜面下滑的最大距离xm为。
【点评】本题为力学的综合性题目。考查了牛顿第二定律应用的传送带模型，动量守恒定律与功能关系的应用。考查了力与运动的逻辑分析能力，数理结合处理问题的能力。
17．（2025 济宁一模）如图所示，水平传送带在电动机带动下以速率v0沿顺时针方向匀速运行。上表面光滑的滑板A靠近传送带的右端静置在光滑水平面上，A上表面和传送带上表面等高，质量为m的小滑块B放在A上，用水平轻弹簧将B与A的右端相连。现将质量为m的小滑块C轻放在传送带左端，并在大小为F＝0.3mg（g为重力加速度大小）的水平拉力作用下，沿传送带向右运动，C运动到传送带右端时立即撤去F，C通过一小段光滑且与A上表面等高的固定水平面滑上滑板A。C与B碰撞并粘合在一起（作用时间极短），B与弹簧开始作用，经时间t0弹簧弹性势能第一次达到最大。已知C与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，A的质量为2m，传送带长为L，弹簧的劲度系数k，弹簧的弹性势能为Ep（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）。求：
（1）C在传送带上运动的时间t；
（2）C在传送带上运动过程中电动机多消耗的电能ΔE；
（3）弹簧的最大压缩量Δx；
（4）B与弹簧开始作用后，0～t0时间内A的位移大小xA。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；水平传送带模型；常见力做功与相应的能量转化；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；传送带专题；模型建构能力．
【答案】（1）C在传送带上运动的时间t为；
（2）C在传送带上运动过程中电动机多消耗的电能ΔE为；
（3）弹簧的最大压缩量Δx为；
（4）B与弹簧开始作用后，0～t0时间内A的位移大小xA为。
【分析】（1）根据牛顿第二定律与运动学公式解答，注意判断是否存在共速的情况；
（2）根据功能关系，C在传送带上运动过程中电动机多消耗的电能等于传送带克服滑动摩擦力做的功；
（3）由运动学公式求得C刚滑上A时的速度大小，C与B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律求得碰后瞬间的速度大小。BC与A共速时弹簧弹性势能最大，弹簧的压缩量最大。根据动量守恒定律与机械能守恒定律解答；
（4）B与弹簧作用过程中，B、C、A组成的系统动量守恒，应用微元法，根据动量守恒定律，结合位移大小关系解答。
【解答】解：（1）设C在传送带上先以加速度大小a1做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
0.3mg+μmg＝ma1
解得：a1＝0.5g
假设C与传送带能共速，根据速度一位移关系式有：
解得：
因：d1＞L，故假设不成立。滑块C在传送带上一直做匀加速直线运动，根据运动学公式得：
L
解得：t
（2）C在传送带上运动过程中电动机多消耗的电能等于传送带克服滑动摩擦力做的功，则有：
ΔE＝μmgx带＝μmgv0t
（3）设C刚滑上A时的速度大小为v，由运动学公式得：
v＝a1t＝0.5v0
C与B发生完全非弹性碰撞，设碰后瞬间的速度大小为v1，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv＝（m+m）v1
解得：v1＝0.25v0
BC与A共速时弹簧弹性势能最大，弹簧的压缩量最大。设共速时的速度大小为v2，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv＝（m+m+2m）v2
根据机械能守恒定律得：
解得：
（4）B与弹簧作用过程中，B、C、A组成的系统动量守恒，设0～t0时间内某一时刻A、B的速度大小分别为vA、vB。为以向右为正方向，则有：
mv＝2mvA+2mvB，可得：0.5v0＝2vA+2vB
经过极短时间Δt，有：0.5v0Δt＝2vAΔt+2vBΔt
0～t0时间内，A、B的位移大小分别为xA、xB，根据微分求和思想得：
0.5v0t0＝2xA+2xB
又有：xB﹣xA＝Δx
联立解得：
答：（1）C在传送带上运动的时间t为；
（2）C在传送带上运动过程中电动机多消耗的电能ΔE为；
（3）弹簧的最大压缩量Δx为；
（4）B与弹簧开始作用后，0～t0时间内A的位移大小xA为。
【点评】本题考查了牛顿第二定律应用的传送带模型，动量守恒定律的应用。掌握从动量与能量的角度处理问题的方法。掌握物块在传送带上运动过程中电动机多消耗的电能等于传送带克服滑动摩擦力做的功。
18．（2025 南岗区校级一模）如图所示，水平传送带长度为L＝15m，中央有两个物块，左侧物块1质量为m1＝1kg，右侧物块2质量m2＝2kg，两物块中央夹有一个微小弹簧（不计弹簧的长度），弹簧储存弹性势能Ep＝12J，在外力的作用下两物块保持静止。右侧光滑水平面上静止放置2025个质量为m3＝6kg的物块，右侧水平面的物块图中只画出其中一部分，右侧物块中间均有一定距离。两侧水平面与传送带上表面等高。若撤去中央两物块所受到的外力，弹簧瞬间把两个物块弹开，弹开物块后立即让传送带以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动。题中所有物块均可视为质点，所有物块与传送带的动摩擦因数均为μ＝0.1。
（1）求弹簧把两个物块弹开后瞬间两物块的速度；
（2）求两物块第一次离开传送带的速度大小；
（3）物块2与右侧物块发生的碰撞均为弹性碰撞，求从物块2第一次到达水平面之后直至所有的物块之间不再发生相互碰撞的过程中，传送带与物块2的摩擦生热和传送带对物块2的摩擦力冲量。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；水平传送带模型；动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题．
【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；模型建构能力．
【答案】（1）弹簧把两个物块弹开后瞬间物块1的速度大小为4m/s，方向水平向左，物块2的速度大小为2m/s，方向水平向右；
（2）物块1与物块2第一次离开传送带的速度大小分别为1m/s、4m/s；
（3）从物块2第一次到达水平面之后直至所有的物块之间不再发生相互碰撞的过程中，传送带与物块2的摩擦生热为64J和传送带对物块2的摩擦力冲量大小为16N s，方向水平向右。
【分析】（1）对两物块和弹簧组成的系统，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，求解弹簧把两个物块弹开后瞬间物块1、物块2的速度大小与方向；
（2）应用动能定理求解物块1与物块2第一次离开传送带的速度大小，注意判断是否存在共速的情况；
（3）根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得物块2与右侧物块发生的碰撞后的速度，右侧物块依次碰撞，质量相等，碰撞均交换速度。根据动量定理求得物块2第一次在传送带上往返过程摩擦力冲量，根据功能关系求得物块2第一次在传送带上往返过程的摩擦生热。分析归纳之后的每次碰撞与往返过程的规律，应用数学知识求解。
【解答】解：（1）设弹簧把两个物块弹开后瞬间物块1、2的速度大小分别为v1、v2。对两物块和弹簧组成的系统，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
0＝﹣m1v1+m2v2
解得：v1＝4m/s，方向水平向左；v2＝2m/s，方向水平向右。
（2）假设物块1能从传送带左端离开传送带，且离开时的速度大小为v1′，对物块1由动能定理得：
解得：v1′＝1m/s，可知假设成立。
假设物块2运动位移为x时与传送带共速，对物块2由动能定理得：
解得：x＝6mL，故假设成立，所以物块2到达传送带右端前与传送带共速，物块2第一次离开传送带的速度大小为v2′＝v＝4m/s。
（3）物块2与右侧第1个物块第一次弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
m2v2'＝m2v3+m3v4
可得：，
解得：v3＝﹣2m/s，v4＝2m/s
右侧第1个物块与第2个物块发生弹性碰撞，同理可得：
m3v4＝m3v5+m3v6
解得：v5＝0，v6＝2m/s，（弹性碰撞，质量相等，交换速度）
之后右侧物块依次碰撞，都完成交换速度，最终前2024个物块都静止，第2025个物块以2m/s的速度向右做匀速直线运动。
物块2与右侧第1个物块碰撞后，第一次以2m/s的速度向左返回冲上传送带，在传送带上减速到零后，再以2m/s的速度返回到右端，以向右为正方向，根据动量定理可得此过程摩擦力冲量为：
I1＝﹣m2v3﹣m2v3，解得：I1＝8N s
设此过程物块相对传送带运动的时间为t1，由I1＝μm2gt1，解得：t1＝4s
此过程摩擦生热为：
Q1＝μm2gΔx1＝μm2gvt1，解得：Q1＝32J
以此类推，可得物块2与右侧第1个物块第n次碰撞后的速度为：，n＝1、2、3……2025
第n次在传送带上往返的过程摩擦力冲量为：
In，n＝1、2、3……2025
则所求摩擦力冲量大小为：
I＝I1+I2+……+I202516N s，方向水平向右。
第n次在传送带上往返的过程的时间为：tn，n＝1、2、3……2025
第n次在传送带上往返的过程的摩擦生热为：
，n＝1、2、3……2025
则所求摩擦力冲量大小为：
Q＝Q1+Q2+……+Q202564J
答：（1）弹簧把两个物块弹开后瞬间物块1的速度大小为4m/s，方向水平向左，物块2的速度大小为2m/s，方向水平向右；
（2）物块1与物块2第一次离开传送带的速度大小分别为1m/s、4m/s；
（3）从物块2第一次到达水平面之后直至所有的物块之间不再发生相互碰撞的过程中，传送带与物块2的摩擦生热为64J和传送带对物块2的摩擦力冲量大小为16N s，方向水平向右。
【点评】本题考查了动量守恒定律应用的碰撞问题，传送带模型，考查了力与运动的逻辑分析能力，以及数理结合处理问题的能力。
19．（2024秋 泰州期末）如图所示，半径为R的光滑半圆凹槽A和物块B紧靠着静止在光滑的水平地面上，凹槽最低点为O，A、B质量均为m。将质量为2m的光滑小球C（可视为质点）从凹槽右侧最高点由静止释放，重力加速度为g。
（1）若B固定，求C第一次滑到O点时，C的速度大小；
（2）若B不固定，当C第一次滑到O点时，求A向右运动的位移大小；
（3）若B不固定，C由静止释放到最低点的过程中，求B受到的冲量大小。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动量定理的内容和应用．
【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】（1）若B固定，C第一次滑到O点时，C的速度大小为；
（2）若B不固定，当C第一次滑到O点时，A向右运动的位移大小为；
（3）若B不固定，C由静止释放到最低点的过程中，B受到的冲量大小为。
【分析】（1）结合题意，由动能定理列式，即可分析求解；
（2）A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，据此列式，结合几何关系，即可分析求解；
（3）结合前面分析，根据动量守恒、能量守恒、动量定理分别列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）B固定，设C第一次滑到O点时，C的速度大小为v，
根据动能定理可得：，
解得：
（2）若B不固定，设当C第一次滑到O点时，A向右运动的位移大小为xA，C向左的水平位移大小为xC，以水平向右为正方向，
A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有：（m+m）vAB﹣2mvCx＝0，
则有：（m+m）xA﹣2mxC＝0，
由几何关系可得：xA+xC＝R，
联立解得：；
（3）若B不固定，当C第一次滑到O点时，设此时C的速度大小为v1，AB整体的速度大小为v2，以AB的速度方向为正方向，
A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有：（m+m）v2﹣2mv1＝0，
根据能量守恒可得：，
联立可得：，
C由静止释放到最低点的过程中，
根据动量定理可得，B受到的冲量大小为：；
答：（1）若B固定，C第一次滑到O点时，C的速度大小为；
（2）若B不固定，当C第一次滑到O点时，A向右运动的位移大小为；
（3）若B不固定，C由静止释放到最低点的过程中，B受到的冲量大小为。
【点评】本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。
20．（2025春 辽宁月考）如图所示，固定倾斜传送带与水平面夹角为θ＝37°，以v0＝6m/s的速度顺时针转动，传送带下端与半径R＝9m的光滑圆弧轨道相切于M点，圆弧轨道底端N点与无限长光滑水平面平滑连接，水平面上一轻质弹簧连接着两个滑块B和C（B和C处于静止状态，弹簧处于原长）。将滑块A由传送带顶端无初速度释放，滑块A通过N点后与B发生弹性正碰（时间极短）。已知A与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带长度l＝8.8m，mA＝mB＝1kg，mC＝1.5kg，弹簧原长为l0，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，滑块均可视为质点。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求滑块A与传送带间由于摩擦产生的热量。
（2）求滑块A刚滑到圆弧轨道底端N点时，对圆弧轨道的压力。
（3）若滑块A与B碰撞时，记为0时刻，经时间t，滑块B和C的位移大小分别为sB和sC，且此时弹簧第一次最短。求：滑块A与B碰撞后，滑块B和C之间的最大距离、C的最大速度及此速度对应的时刻。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；水平传送带模型．
【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】（1）滑块A与传送带间由于摩擦产生的热量为11.2J。
（2）滑块A刚滑到圆弧轨道底端N点时，对圆弧轨道的压力大小为N，方向竖直向下；
（3）滑块A与B碰撞后，滑块B和C之间的最大距离为l0+sB﹣sC、C的最大速度为8m/s，此速度对应的时刻为T＝（4n+2）t（n＝0，1，2， ）。
【分析】（1）根据牛顿第二定律计算出滑块A在传送带上的加速度，当共速后重新计算加速度，根据位移关系计算出滑块A与传动带的相对位移，即可得到产生的热量；
（2）根据速度—时间公式计算滑块A到N点的速度，然后根据牛顿第二定律和第三定律计算对轨道的压力；
（3）根据动量守恒分别计算滑块A和滑块B碰撞后B的速度，以及滑块B和滑块C相互作用的速度，当弹簧原长时滑块C的速度最大，结合机械能守恒计算C的最大速度，做出B和C的速度—时间图像，结合图像分析它们的最大距离，以及对应的时刻。
【解答】解：（1）设滑块A在传动带上的加速度为a1，则有
mAgsinθ﹣μmAgcosθ＝mAa1
解得
设经时间t1滑块A与传送带共速，则
滑块A的加速距离为
因为mAgsinθ＞μmgcosθ，之后滑块A继续加速，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有
mAgsinθ﹣μmAgcosθ＝mAa2
解得
设滑块继续滑行时间t2滑到M点，根据位移—时间公式有
解得t2＝1s（另一解舍去）
则整个过程因摩擦产生的热量为
Q＝μmAgcosθ[（v0t1﹣x1）+（x2﹣v0t2）]
解得Q＝11.2J
（2）滑块A到M点的速度为
vM＝v0+a2t2
滑块A从M到N根据动能定理有
解得vN＝10m/s
在N点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可得，滑块对轨道的压力大小为N，方向竖直向下
（3）规定水平向右的方向为正方向，滑块A与滑块B碰撞过程，根据动量守恒定律有
mAvN＝mAvA+mBvB
因为是弹性碰撞，则有
解得vA＝0，vB＝10m/s
当弹簧为原长时，C的速度才可能是最大，对B和C组成的系统，规定向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有
mBvB＝mBvB1+mCvC1
解得C的最大速度为vC1＝8m/s（另一组解舍去）
做出B和C的v﹣t图像，如下图所示
由图可知，阴影Ⅰ的面积表示在0～t时间内C的位移大小sC，阴影Ⅰ的面积加上阴影Ⅱ的面积表示B的位移大小sB，阴影Ⅱ的面积表示弹簧的最大压缩量，即xmax＝sB﹣sC，所以B和C之间的最大距离为d＝l0+sB﹣sC
则C的最大速度时刻为T＝（4n+2）t（n＝0，1，2， ）
答：（1）滑块A与传送带间由于摩擦产生的热量为11.2J。
（2）滑块A刚滑到圆弧轨道底端N点时，对圆弧轨道的压力大小为N，方向竖直向下；
（3）滑块A与B碰撞后，滑块B和C之间的最大距离为l0+sB﹣sC、C的最大速度为8m/s，此速度对应的时刻为T＝（4n+2）t（n＝0，1，2， ）。
【点评】本题考查了动量守恒，牛顿第二定律在圆周运动中的应用，以及在碰撞中的能量关系等，本题综合性较强，难度较大，能够分析清楚物体的运动过程，以及在各个阶段所遵守的物理规律是解题的关键。
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