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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 全国一模）如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，质量均为M，静止在光滑水平面上。c车上有一静止的质量为m的小孩。现跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度均为v。小孩跳到a车上后相对a车保持静止，则（　　）
A．a、b、c、小孩四者组成的系统水平方向动量不守恒
B．b、c两车运动速率相等
C．b的速率为
D．a的速率为
2．（2025 洛龙区校级模拟）如图甲所示，水平地面上固定的一横截面为矩形的半封闭环形凹槽，凹槽底部粗糙，侧壁光滑，其横截面如图乙所示，内有两个半径大小相等，质量之比分别为1：9的小球A与B。凹槽的宽度略大于小球的直径，且两者都远小于凹槽的半径，凹槽的周长为10.75m。两小球在凹槽内运动时与底部的动摩擦因数μ＝0.2。初始时，A、B两球紧密靠在凹槽某处，某时刻突然给A一个由A指向B的瞬时速度v0＝10m/s，随即A与B发生弹性碰撞，则在之后的运动过程中（　　）
A．A与B只会发生两次碰撞
B．第一次碰撞后的瞬间A与B的速度大小之比为3：1
C．A与B各自运动的总路程之比为16：1
D．A与B克服摩擦力做功之比为11：1
3．（2025 越秀区校级模拟）安装了压力传感器的蹦床如图甲，可记录人对弹性网的压力，图乙是某次质量为35kg的人在竖直方向运动时计算机输出的压力—时间（F﹣t）图像，取竖直向上方向为正，g＝10m/s2，人可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．人在a时刻速度为零，合力向下
B．人在b时刻速度最大，合力向下
C．从a时刻到b时刻，蹦床对人做的功大于1120J
D．从a时刻到b时刻，蹦床给演员的冲量大小为280N s
4．（2025 湖南模拟）我国对爆震发动机的研究一直处于世界领先地位，脉冲爆震发动机是一种利用脉冲式爆震波生成的高温、高压燃气产生推力的新概念发动机，具有热循环效率高、结构简单等优点，可用作战略飞机、无人机、导弹的动力装置，它的推力范围5N 500000N。“歼﹣20”是我国第五代隐形战机，它的起飞质量M＝3.7×104kg，若用该发动机来推动“歼﹣20”隐形战机沿竖直方向快速升空，要使“歼﹣20”由静止开始在1s内速度达到2.9m/s，不计推动过程中战机的质量变化，重力加速度g取10m/s2，则最小的平均推力约为（　　）
A．1.8×104N B．3.2×105N C．2.2×104N D．4.8×105N
5．（2025 河北模拟）如图所示，一倾角为37°的倾斜轨道底端有一垂直轨道的缓冲装置。质量为20kg、可视为质点的物块从轨道顶端A以速度1m/s沿轨道向下运动，运动2m后到达B点碰到缓冲装置，与缓冲装置相互作用0.5s后速度减为零，物块与倾斜轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则缓冲装置对物块的平均作用力大小为（　　）
A．40N B．80N C．160N D．240N
6．（2025 兰州校级一模）如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球（可认为质点）自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点入槽内。则下列说法正确的（　　）
A．小球在槽内运动的全过程中机械能守恒
B．小球第二次经过槽最低点时，槽的速度最大
C．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功
D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒、动量守恒
7．（2025 广西一模）一小朋友在安全环境下练习蹦床，若小朋友离开蹦床后一直在同一竖直线上运动，且忽略空气阻力，用x、a、p、E、t分别表示小朋友竖直向上离开蹦床在空中运动的位移、加速度、动量、机械能和时间，取竖直向上为正方向，则下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025 未央区校级模拟）如图甲，用绳长L＝0.8m的轻绳悬挂质量m的铁球a，另一个质量为m的铁球b从与竖直方向夹角为θ的光滑圆弧轨道某位置静止释放，在最低处与a球发生完全非弹性碰撞，图乙是碰撞后轻绳拉力F与角度余弦值cosθ的函数关系，已知圆弧半径R＝L，g取10m/s2，下列说法错误的是（　　）
A．铁球的质量m＝1kg
B．从θ＝60°的位置静止释放，碰撞之后的两球速度为
C．从θ＝60°的位置静止释放，碰撞前后损失的机械能为2.5J
D．从右侧θ位置静止释放后，碰撞之后的两球，不可能摆动到左侧偏离竖直方向θ处
9．（2025 顺德区模拟）如图是碰球游戏的示意图，在水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，a、b、c为圆上三个点，且构成等边三角形。在内部放置质量分别为m和2m的A、B两个发光弹力球（球径略小于管径，管径远小于R），开始时B球静止于a点，A球以一定的初速度向右与B球发生弹性碰撞，已知两球只有碰撞时才发光，则第二次发光点在（　　）
A．b、c之间 B．b点 C．c点 D．a、b之间
10．（2025 闽侯县校级一模）如图为篮球传球情景图，小明举起双手将手中篮球水平抛出，抛出时篮球离地1.8m，水平速度6m/s，篮球落地后反弹（与地面作用时间极短），反弹时，篮球水平速度与碰前水平速度相等，竖直速度大小为碰前竖直速度大小的，当篮球反弹到最高点时，小李刚好接到篮球，g＝10m/s2，篮球质量为600g，不计空气阻力和篮球的大小，下列说法正确的是（　　）
A．从发球到接球的时间为0.6s
B．小李接球位置距离小明发球位置水平距离为6m
C．篮球触地反弹过程，动量的改变量大小为2kg m/s
D．篮球触地反弹过程，机械能守恒
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 吉林二模）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。如图，两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为F＝mg、方向都与竖直方向成37°的力，重物离开地面0.5米后人停止施力，最后重物自由下落陷入地面，与地面碰撞时间为0.1s，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（　　）
A．重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
B．重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
C．重物刚落地时的速度大小为4m/s
D．地面对重物的平均阻力大小为4mg
（多选）12．（2025 合肥模拟）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量也为m的球C，球C可视为质点。现将球C拉起使细线水平伸直，并同时由静止释放A、B、C。下列说法正确的是（　　）
A．球C下摆过程中，A、B、C系统机械能守恒，动量守恒
B．A、B两木块分离时，A的速度大小为
C．当球C第一次到达轻杆左侧最高处时，与O点的竖直距离为
D．当球C第一次向右运动经过O点正下方时，C的速度大小为
（多选）13．（2025 南昌一模）半径相同的光滑小球A、B、C按图示放置，其中A、B球用竖直轻杆连接，B、C球紧挨着，但不粘连。在受轻微扰动后轻杆开始向左倾斜，三个小球始终在同一竖直面内运动。当杆与地面夹角为θ时，小球B和C分离，已知小球C的最大速度为v，小球A、B、C的质量分别为3m、2m、m，重力加速度为g。则（　　）
A．从A球开始运动到落地前瞬间三小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．从A球开始运动到落地前瞬间的过程中杆对B球始终做正功
C．球B、C分离时，球A的加速度大小为g
D．球B、C分离时，球A的速度大小为
（多选）14．（2025 东湖区校级一模）如图甲所示，光滑水平面上放置P、Q两物体，Q静止且左端有一轻弹簧，P以初速度v0向右运动，当P撞上弹簧后，Q能获得的最大速度大小为v2。保持P的质量m1不变，改变Q的质量m2，可得与m2的大小关系如图乙。下列说法正确的是（　　）
A．P、Q组成的系统动量守恒
B．P的初速度v0＝20m/s
C．P的质量m1＝2kg
D．若m2＝3kg，弹簧被压缩到最短时的弹性势能为37.5J
（多选）15．（2025 广东一模）某竞赛小组的同学用新型材料设计了如图甲所示的装置，固定在地面的竖直透气圆筒，里面放置一质量为m的薄滑块B，圆筒内壁涂有一层新型智能材料—ER流体，在筒口处，ER流体对B的作用力为0，在其他位置，ER流体对B的作用力大小与它到筒口的距离成正比，方向始终向上。起初，滑块B在筒内某位置平衡，另一物块A在外力作用下静止在B正上方某处，取A静止的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。撤去外力，A自由下落，与B碰撞后立即以相同的速度一起向下运动（A不与筒壁接触），碰撞时间极短。测得A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示（圆筒足够长），图中除0～x1之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（　　）
A．A、B的质量之比为1：1
B．x2时物块B的动能达到最大值
C．在筒内，ER流体对B的作用力与它到管口的距离之比为
D．从x1到x3的过程中，A、B整体克服ER流体做的功为
三．解答题（共5小题）
16．（2025 重庆模拟）如图所示，一边长为1.5R的正方体物块静置于足够长的光滑水平面上，该正方体物块内有一条由半径为R四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小光滑圆孔道。一质量为m的小球（可视为质点），以初速度沿水平方向进入孔道，恰好能到达孔道最高点。孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力不计，重力加速度为g。
（1）求该正方体物块的质量；
（2）求小球离开孔道时的速度；
（3）若小球以初速度沿水平方向进入孔道，小球在孔道圆弧部分运动的时间为t0，求小球从进入孔道至到达运动轨迹的最高点的过程中，该正方体物块移动的距离。
17．（2025 合肥模拟）如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m＝2kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC＝37°的粗糙圆弧轨道BC，经圆弧轨道克服摩擦力做功W＝19J后滑上与C点等高、静止在光滑水平面上的长木板，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M＝1kg，A点距C点的高度为H＝0.6m，圆弧轨道半径R＝0.75m，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）小物块在A点抛出时的速度大小；
（2）小物块滑至C点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？
18．（2025 全国一模）如图所示，足够长“L”型平板B静置在光滑的水平地面上，其上表面光滑，物块A处于平板B上的O′点，用长为1.25m的轻绳将质量为4kg的小球悬挂在O′点正上方的O点。轻绳处于水平拉直状态，小球可视为质点，将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生弹性碰撞。物块A沿平板滑动直至与B右侧挡板发生完全非弹性碰撞，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，已知A的质量为1kg，B的质量1kg，g取10m/s2，求：
（1）小球摆至最低点与小物块A发生弹性碰撞前，小球对轻绳的拉力；
（2）小物块A与平板B碰撞过程中，系统损失的动能。
19．（2025 黔南州二模）如图，一装置竖直固定于水平地面上。其中斜面轨道AB与水平面的夹角α＝60°、圆心分别为O1、O2的半圆细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG的半径均为R，轨道所在平面与竖直墙面垂直。直径为的圆形篮框水平，其边缘固定在墙上P点，P、G连线水平、长为且与轨道在同一平面内。O2、E、O1和B四点连成的直线与水平线间的夹角θ＝30°，圆管轨道内最低点C处放有一质量为m的小球a。现将质量也为m的小球b从斜面上距地面高度为5R处由静止释放，球b沿轨道下滑至C与球a碰撞（碰撞时间极短）后结合在一起。所有轨道均光滑，小球a、b均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）小球b由静止释放到第一次运动到圆管轨道最低点C（未与小球a碰撞），求此过程小球b所受合力的冲量I的大小和方向；
（2）求小球a和b的结合体在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN的大小；
（3）若把小球a移走，让小球b从斜面轨道上某处由静止释放，小球b将从G处飞出后与墙面垂直碰撞，并经墙面反弹后能落入篮框，求小球b与墙碰撞过程，小球b损失动能的最小值。
20．（2025 株洲一模）如图，竖直平面内足够长的轨道MON由光滑斜面MO和粗糙水平面ON构成，两者在斜面底端O处平滑连接。质量为m的物块A从斜面上H高处由静止开始下滑，到达水平面上后，停在距离O点L远的C点。现将质量为5m的另一物块B放在O处，物块A从斜面上某一高度由静止开始再次下滑，到达水平面上后立即与物块B发生弹性碰撞，设碰撞时间极短，A、B与水平面间的动摩擦因数相同。
（1）求物块A与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）第一次碰撞后，若要求A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，求斜面倾角θ应满足的条件；
（3）在满足（2）的条件下若要求A与B发生两次弹性碰撞后B恰能停在C点，求物块A开始下滑的高度h。
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 全国一模）如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，质量均为M，静止在光滑水平面上。c车上有一静止的质量为m的小孩。现跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度均为v。小孩跳到a车上后相对a车保持静止，则（　　）
A．a、b、c、小孩四者组成的系统水平方向动量不守恒
B．b、c两车运动速率相等
C．b的速率为
D．a的速率为
【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】D
【分析】对a、b、c、小孩四者组成的系统受力分析，即可知在水平方向上是否动量守恒；对小孩与c、小孩与b分别应用动量守恒，即可计算b、c两车的运动速率，比较两者速率大小；对小孩与a整体受力分析，即可计算a的速率。
【解答】解：A．a、b、c、小孩四者组成的系统，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，故A错误；
BC．对小孩跳离c车的过程，取向右为正方向，对小孩和c的系统，
由水平方向动量守恒，有0＝mv+Mvc，解得c车的速度为，负号表示方向向左；
对小孩跳上b车再跳离b车的过程，取向右为正方向，由小孩和b的系统水平方向动量守恒，
有mv+0＝Mvb+mv，解得b车最终的速度为vb＝0，故BC错误。
D．对小孩跳上a车的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律，有mv+0＝（M+m）va，
解得a车的最终速度为，方向向右，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查动量守恒的应用，关键是掌握判断水平方向的动量守恒的方法。
2．（2025 洛龙区校级模拟）如图甲所示，水平地面上固定的一横截面为矩形的半封闭环形凹槽，凹槽底部粗糙，侧壁光滑，其横截面如图乙所示，内有两个半径大小相等，质量之比分别为1：9的小球A与B。凹槽的宽度略大于小球的直径，且两者都远小于凹槽的半径，凹槽的周长为10.75m。两小球在凹槽内运动时与底部的动摩擦因数μ＝0.2。初始时，A、B两球紧密靠在凹槽某处，某时刻突然给A一个由A指向B的瞬时速度v0＝10m/s，随即A与B发生弹性碰撞，则在之后的运动过程中（　　）
A．A与B只会发生两次碰撞
B．第一次碰撞后的瞬间A与B的速度大小之比为3：1
C．A与B各自运动的总路程之比为16：1
D．A与B克服摩擦力做功之比为11：1
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；常见力做功与相应的能量转化．
【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】B.对A、B第一次弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律分别列式，即可分析求解；
A.结合前面分析可知，第一次碰撞后，A沿顺时针方向做圆周运动，B沿逆时针方向做圆周运动，由题意可知，两者的切向加速度大小均为μg，由运动学规律、几何关系分别列式，同B思路，即可分析求解；
C.结合前面分析，即可列式求解；
D.结合前面分析，即可列式求解。
【解答】解：B.以A初速度的方向为正方向，对A、B第一次弹性碰撞的过程，
根据动量守恒定律与机械能守恒定律可得：mAv0＝mAvA+mBvB，，
由题知：mB＝9mA，v0＝10m/s，
联立可得，第一次碰撞后A、B的速度分别为：，，
则：，故B错误；
A.结合前面分析可知，第一次碰撞后，A沿顺时针方向做圆周运动，B沿逆时针方向做圆周运动，由题意可知，两者的切向加速度大小均为μg，
则B减速到零经过的弧长为：，
则A运动的轨迹长为：sA1＝10.75m﹣1m＝9.75m，设此时A的速度大小为v1，
则有：，
联立可得：v1＝5m/s，方向为顺时针方向，
设A与B发生第二次弹性碰撞后速度分别为vA2、vB2，以顺时针方向为正方向，
同理可得：，，
第二次碰撞后B减速到零经过的弧长为：，
第二次碰撞后A减速到零经过的弧长为：，
则：sA2+sB2＝4m+0.25m＝4.25m＜10.75m，故不能发生三次碰撞，即A与B可以发生两次碰撞，故A正确；
C.结合前面分析可知，A与B各自运动的总路程之比为：，故C错误；
D.结合前面分析可知，A与B克服摩擦力做功之比为：，故D错误；
故选：A。
【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。
3．（2025 越秀区校级模拟）安装了压力传感器的蹦床如图甲，可记录人对弹性网的压力，图乙是某次质量为35kg的人在竖直方向运动时计算机输出的压力—时间（F﹣t）图像，取竖直向上方向为正，g＝10m/s2，人可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．人在a时刻速度为零，合力向下
B．人在b时刻速度最大，合力向下
C．从a时刻到b时刻，蹦床对人做的功大于1120J
D．从a时刻到b时刻，蹦床给演员的冲量大小为280N s
【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；图析法；自由落体运动专题；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F随时间的变化特点，结合弹性网的弹力与形变量的关系，即可知人的运动学特点，分析人在a、b时刻的速度、合力特点；由F﹣t图可知人接触弹性网下降和上升的时间、从弹性网向上运动到再落回弹性网的时间，结合竖直方向的运动特点，可计算其离开弹性网向上运动的速度大小，即b时刻的速度大小；由a、b时刻的速度特点，结合动量定理、动能定理，即可计算蹦床对人做的功及冲量大小。
【解答】解：AB、由F随时间的变化特点，结合弹性网的弹力与形变量的关系，
从0.2s到a时刻，人从接触弹性网到向下运动，速度一直向下，受力为：mg﹣F＝ma，随着F增大，加速度减小，速度增大；F＝mg时，速度最大；随着F继续增大，F﹣mg＝ma，合力向上，加速度增大，速度减小，直到速度为0，即a时刻，人的速度为0，合力向上；
a时刻人处于最低点，速度减为0；a时刻到b时刻，弹力减小，人一直向上运动，b时刻人离开弹性网；由运动的对称性可知，人从a到b时刻，速度先增后减，合力先向上后向下，即b时刻人的速度不是最大值，合力为重力，竖直向下，故AB错误；
CD、由F﹣t图可知人接触弹性网下降和上升的时间分别为：t1，
从弹性网向上运动到再落回弹性网的时间为：2.8s﹣1.2s＝1.6s，
结合竖直方向的运动特点，可知b时刻速度大小为：，方向向上；
由a、b时刻的速度特点，以向上为正方向，由动量定理可知：I﹣mgt1＝mv﹣0，解得：I＝455N s；
由动能定理，蹦床对人做的功满足：，其中，故：W＞1120J，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查动量定理与动能定理的综合计算，关键是根据F﹣t图分析人的运动及位置特点。
4．（2025 湖南模拟）我国对爆震发动机的研究一直处于世界领先地位，脉冲爆震发动机是一种利用脉冲式爆震波生成的高温、高压燃气产生推力的新概念发动机，具有热循环效率高、结构简单等优点，可用作战略飞机、无人机、导弹的动力装置，它的推力范围5N 500000N。“歼﹣20”是我国第五代隐形战机，它的起飞质量M＝3.7×104kg，若用该发动机来推动“歼﹣20”隐形战机沿竖直方向快速升空，要使“歼﹣20”由静止开始在1s内速度达到2.9m/s，不计推动过程中战机的质量变化，重力加速度g取10m/s2，则最小的平均推力约为（　　）
A．1.8×104N B．3.2×105N C．2.2×104N D．4.8×105N
【考点】用动量定理求平均作用力．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；动量定理应用专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据动量定理列式得出最小的平均推力。
【解答】解：以竖直向上的方向为正方向，对战机，由动量定理可得：，代入数据解得：，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了动量定理的相关应用，根据动量定理计算平均推力的大小，整体难度不大。
5．（2025 河北模拟）如图所示，一倾角为37°的倾斜轨道底端有一垂直轨道的缓冲装置。质量为20kg、可视为质点的物块从轨道顶端A以速度1m/s沿轨道向下运动，运动2m后到达B点碰到缓冲装置，与缓冲装置相互作用0.5s后速度减为零，物块与倾斜轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则缓冲装置对物块的平均作用力大小为（　　）
A．40N B．80N C．160N D．240N
【考点】用动量定理求平均作用力；物体在粗糙斜面上的运动．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；方程法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】先由牛顿第二定律结合运动学公式可求物块到达B点时的速度的大小，然后由动量定理可求缓冲装置对物块的平均作用力大小。
【解答】解：物块由A点到B点过程，由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得：a＝gsinθ﹣μgcosθ＝10×0.6m/s2﹣0.5×10×0.8m/s2＝2m/s2，由运动学公式有可得：，解得：，在物块减速过程，以沿倾斜轨道向上为正方向，由动量定理可得：（FN+μmgcos37°﹣mgsin37°）t＝0﹣（﹣mvB），代入数据解得：FN＝160N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题是对动量定理、牛顿第二定律及运动学公式的考查，解题的关键是要正确分析物体运动情况，应用动量定理时要确定正方向。
6．（2025 兰州校级一模）如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球（可认为质点）自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点入槽内。则下列说法正确的（　　）
A．小球在槽内运动的全过程中机械能守恒
B．小球第二次经过槽最低点时，槽的速度最大
C．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功
D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒、动量守恒
【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】定性思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；理解能力．
【答案】B
【分析】一小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落于光滑的半圆柱槽，且槽置于光滑的水平面上。由于槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒。当小球从最低点上升时，槽也会向右运动．水平方向满足动量守恒。在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽的机械能守恒。
【解答】解：AD、小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，小球速度变化，小球的动量不守恒，小球与槽组成的系统动量也不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，小球与槽组成的系统动量水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒；该过程小球的机械能不守恒，但是小球与槽组成的系统机械能守恒，故AD错误；
B、小球第一次到达最低点时槽开始向右运动离开墙壁，此后小球对槽有斜向右下的压力使得槽向右加速运动，直到小球第二次经过槽最低点时，槽的速度最大，此后小球滑到槽的左侧时对槽有斜向左下的压力槽做减速运动，故B正确；
C、小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽往右运动，除重力对小球做功之外还有斜槽对小球的支持力对小球做负功，故C错误。
故选：B。
【点评】考查动量守恒定律与机械能守恒定律。当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒。当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒。
7．（2025 广西一模）一小朋友在安全环境下练习蹦床，若小朋友离开蹦床后一直在同一竖直线上运动，且忽略空气阻力，用x、a、p、E、t分别表示小朋友竖直向上离开蹦床在空中运动的位移、加速度、动量、机械能和时间，取竖直向上为正方向，则下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】动量定理的内容和应用；竖直上抛运动的规律及应用；机械能守恒定律的简单应用．
【专题】定量思想；控制变量法；动量定理应用专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据小朋友只受重力，做竖直上抛运动，加速度不变，且只有重力做功，机械能保持不变；
根据竖直上抛运动的规律列式求出末速度，再结合动量定义式列式。
【解答】解：BD.由于小朋友只受重力，做竖直上抛运动，加速度为重力加速度，保持不变，且运动过程中只有重力做功，机械能保持不变，故BD错误；
AC.根据竖直上抛运动的规律可得
v＝v0﹣gt
x
所以
p＝mv＝mv0﹣mgt
故A错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查的是竖直上抛运动的知识点，其中涉及到了动量以及机械能守恒的问题。
8．（2025 未央区校级模拟）如图甲，用绳长L＝0.8m的轻绳悬挂质量m的铁球a，另一个质量为m的铁球b从与竖直方向夹角为θ的光滑圆弧轨道某位置静止释放，在最低处与a球发生完全非弹性碰撞，图乙是碰撞后轻绳拉力F与角度余弦值cosθ的函数关系，已知圆弧半径R＝L，g取10m/s2，下列说法错误的是（　　）
A．铁球的质量m＝1kg
B．从θ＝60°的位置静止释放，碰撞之后的两球速度为
C．从θ＝60°的位置静止释放，碰撞前后损失的机械能为2.5J
D．从右侧θ位置静止释放后，碰撞之后的两球，不可能摆动到左侧偏离竖直方向θ处
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律的简单应用；机械能守恒定律的简单应用．
【专题】定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】C
【分析】先根据机械能守恒定律求出铁球b运动到最低点时速度，对于碰撞过程，根据动量守恒定律求出碰后两球共同速度。碰撞后，根据牛顿第二定律求出轻绳拉力F的表达式，结合图像的信息求铁球的质量。从θ＝60°的位置静止释放，由图读出F的大小，再求碰撞之后的两球速度和碰撞前后损失的机械能。结合碰撞过程机械能的变化分析碰撞之后的两球能否摆动到左侧偏离竖直方向θ处。
【解答】解：A、铁球b沿圆弧轨道下滑过程，根据机械能守恒定律得：
两球碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：mv＝2mv共
碰后在最低处，对两球整体，由牛顿第二定律得：
联立可得F＝﹣mgcosθ+3mg
结合图像可知：3mg＝30N，解得m＝1kg，故A正确；
BC、结合图线，可知θ＝60°时，F＝25N，代入式子，mv＝2mv共
可得，
所以碰撞前后损失的机械能为ΔE，解得：ΔE＝2J，故B正确，C错误；
D、碰撞过程机械能有损失，所以碰撞之后的两球，不可能摆动到左侧偏离竖直方向θ处，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
【点评】解答本题时，要理清两球的运动过程，按时间顺序分析运动情况，并列出各个过程遵守的规律，得到图像的解析式。
9．（2025 顺德区模拟）如图是碰球游戏的示意图，在水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，a、b、c为圆上三个点，且构成等边三角形。在内部放置质量分别为m和2m的A、B两个发光弹力球（球径略小于管径，管径远小于R），开始时B球静止于a点，A球以一定的初速度向右与B球发生弹性碰撞，已知两球只有碰撞时才发光，则第二次发光点在（　　）
A．b、c之间 B．b点 C．c点 D．a、b之间
【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】根据AB的碰撞为弹性碰撞，可知碰撞前后AB的动量、动能满足的关系，计算碰撞后AB的速度大小和方向；由AB的速度大小和方向，结合圆周的几何特点，即可知第二次碰撞位置，即第二次发光点。
【解答】解：根据AB的碰撞为弹性碰撞，以A的初速度方向为正方向，由AB整体动量守恒，可得：mv0＝mv1+2mv2，
由碰撞前后总动能相等，可知：，
解得碰撞后A的速度大小为：，方向与A的初速度方向相反；B的速度大小为：，方向与A的初速度方向相同；
由AB的速度大小和方向，结合圆周的几何特点，即可知第二次碰撞时，B走过的路程为A的2倍，即在c位置碰撞，即第二次发光点为c，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查弹性碰撞的计算，关键是理解弹性碰撞的含义，掌握碰撞前后动量、能量的关系。
10．（2025 闽侯县校级一模）如图为篮球传球情景图，小明举起双手将手中篮球水平抛出，抛出时篮球离地1.8m，水平速度6m/s，篮球落地后反弹（与地面作用时间极短），反弹时，篮球水平速度与碰前水平速度相等，竖直速度大小为碰前竖直速度大小的，当篮球反弹到最高点时，小李刚好接到篮球，g＝10m/s2，篮球质量为600g，不计空气阻力和篮球的大小，下列说法正确的是（　　）
A．从发球到接球的时间为0.6s
B．小李接球位置距离小明发球位置水平距离为6m
C．篮球触地反弹过程，动量的改变量大小为2kg m/s
D．篮球触地反弹过程，机械能守恒
【考点】动量变化量的计算；斜抛运动；机械能守恒定律的简单应用．
【专题】定量思想；归纳法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】球被水平抛出后，做平抛运动，反弹后最终速度方向变成水平，其逆过程也是平抛运动；根据平抛运动的特点，抓住等时性求出传球所用的时间以及抛球位置与接球位置的水平距离。
【解答】解：AC．碰地前，根据平抛规律，竖直方向有
解得：
则落地瞬间竖直分速度大小为：vy＝gt1＝10×0.6m/s＝6m/s
反弹后竖直分速度大小为：vy'vym/s＝4m/s
故碰地后到接球时间为：t2s＝0.4s
因此，从发球到接球的时间为：t＝t1+t2＝0.6s+0.4s＝1.0s
篮球触地反弹过程，动量的改变量大小为：Δp＝mv′y﹣（﹣mvy）＝0.6×4kg m/s﹣（﹣0.6×6）kg m/s＝6kg m/s，故AC错误；
B．水平保持匀速直线运动，故小李接球位置距离小明发球位置水平距离为：x＝v0（t1+t2）＝6×1m＝6m，故B正确；
D．篮球触地反弹过程，速度变小，则机械能不守恒，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了平抛运动和动量改变量的计算，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，知道分运动和合运动具有等时性．
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 吉林二模）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。如图，两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为F＝mg、方向都与竖直方向成37°的力，重物离开地面0.5米后人停止施力，最后重物自由下落陷入地面，与地面碰撞时间为0.1s，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（　　）
A．重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
B．重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
C．重物刚落地时的速度大小为4m/s
D．地面对重物的平均阻力大小为4mg
【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；牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；分析综合能力．
【答案】AC
【分析】重物上升h过程、从停止施力到重物刚落到地面过程，分别利用动能定理可得重物刚落地时的速度大小；根据重物运动特点画出v﹣t图像，根据图像面积表示位移可比较两过程的运动时间的大小关系；重物整个运动过程利用动能定理分析重物克服地面阻力做的功与人对重物做的功大小关系；根据动量定理求解平均阻力。
【解答】解：C、设人停止施力时重物的速度大小为v1，重物刚落到地面时的速度大小为v2
重物上升h的过程，由动能定理有：（2Fcos37° mg）h0
从开始到刚落地的过程中，根据动能定理可得：2Fcos37° h0
解得：v1m/s，v2＝4m/s，故C正确；
A、重物在空中先做匀加速直线运动，停止施力后向上做匀减速直线运动，速度减为零，反向做匀加速的直线运动，画出v﹣t图像如下图所示：
设重物上升的总高度为H，根据图像的面积表示重物运动的位移，由图可知上升过程：H，下落过程：H，已知v1＜v2，可知重物在空中上升的时间t1一定大于在空中下落的时间（t2﹣t1），故A正确；
B、重物整个运动过程，由动能定理有：W人+WG﹣Wf＝0﹣0，可得克服地面阻力做功：Wf＝W人+WG，可知重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，故B错误；
D、重物从开始着地到达到最低点过程中，取向下为正方向，根据动量定理可得：mgΔt﹣fΔt＝0﹣mv2
解得：f＝5mg，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要是考查动能定理和动量定理，涉及力对空间的作用效果首选动能定理，涉及力对时间的作用效果首选动量定理。
（多选）12．（2025 合肥模拟）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量也为m的球C，球C可视为质点。现将球C拉起使细线水平伸直，并同时由静止释放A、B、C。下列说法正确的是（　　）
A．球C下摆过程中，A、B、C系统机械能守恒，动量守恒
B．A、B两木块分离时，A的速度大小为
C．当球C第一次到达轻杆左侧最高处时，与O点的竖直距离为
D．当球C第一次向右运动经过O点正下方时，C的速度大小为
【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】BD
【分析】A.根据机械能守恒定律、动量守恒定律，即可分析判断；
B.球C第一次运动到最低点时A、B两木块分离，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可分别列式，即可分析判断；
C.C球向左摆至最高点时，A、C共速，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可分别列式，结合题意，即可分析判断；
D.C第一次向右运动经过O点正下方时，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可分别列式即可分析判断。
【解答】解：A.球C下摆过程中，A、B、C组成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒；运动过程中，木块A、B和小球C组成的系统在水平方向合力为零，而在竖直方向合力不为零，故此系统在水平方向上动量守恒，而在竖直方向上动量不守恒，所以此系统的动量不守恒，故A错误；
B.球C第一次运动到最低点时A、B两木块分离，设此时C速度大小为vC，A、B的速度为vA，以向左为正方向，
根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得：mvC﹣2mvA＝0，，
联立可得：，故B正确；
C.C球向左摆至最高点时，A、C共速，以水平向左为正方向，
由水平方向动量守恒得：mvC﹣mvA＝（m+m）v，
根据系统机械能守恒得：，
联立可得：，则小球C第一次到达轻杆左侧最高处距O点的竖直高度为，故C错误；
D.设C第一次向右运动经过O点正下方时，C速度大小为vC'，A的速度大小为vA'，以向左为正方向，
根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得：mvC﹣mvA＝﹣mvC'+mvA'，，
联立可得：，故D正确；
故选：BD。
【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。
（多选）13．（2025 南昌一模）半径相同的光滑小球A、B、C按图示放置，其中A、B球用竖直轻杆连接，B、C球紧挨着，但不粘连。在受轻微扰动后轻杆开始向左倾斜，三个小球始终在同一竖直面内运动。当杆与地面夹角为θ时，小球B和C分离，已知小球C的最大速度为v，小球A、B、C的质量分别为3m、2m、m，重力加速度为g。则（　　）
A．从A球开始运动到落地前瞬间三小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．从A球开始运动到落地前瞬间的过程中杆对B球始终做正功
C．球B、C分离时，球A的加速度大小为g
D．球B、C分离时，球A的速度大小为
【考点】动量守恒定律的内容、条件和判断；用相对运动的规律求解运动的合成与分解；判断机械能是否守恒及如何变化．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；临界法；寻找守恒量法；力学三大知识结合的综合问题；模型建构能力．
【答案】CD
【分析】根据机械能守恒、动量守恒的条件，以及分离瞬间的特点和速度关联来分析各选项。
【解答】解：A、在水平方向A、B、C组成的系统所受的合外力为零，因此三个小球在水平方向动量守恒，故A错误；
B、从开始运动到B、C分离前，轻杆对B的力为推力，使B球加速运动，分离后轻杆对B球为拉力，故在整个过程中，轻杆对B球先做正功后做负功，故B错误；
C、B、C分离时，两球之间的相互作用力为0，则C球的加速度为0，两球分离的瞬间依然有共同的加速度，则B球的加速度为0，因此杆对B球的作用力为0，所以杆对A球的作用力为0，A球只受到重力的作用，则加速度为重力加速度g，故C正确；
D、B、C分离时，两球共速，则有：vB＝vC＝v，方向水平向右，设此时A的水平分速度为vAx，方向水平向左，竖直方向的分速度为vAy，方向竖直向下，根据水平方向动量守恒可得：3mvAx＝（2m+m）v，解得：vAx＝v，A、B两球沿杆方向的速度相同，则有：vAysinθ﹣vAxcosθ＝vcosθ，联立解得：，所以有：，所以有：，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查的是水平方向动量守恒定律的应用，解题的关键是要知道两球分离时有共同的速度和加速度，作用力为0.
（多选）14．（2025 东湖区校级一模）如图甲所示，光滑水平面上放置P、Q两物体，Q静止且左端有一轻弹簧，P以初速度v0向右运动，当P撞上弹簧后，Q能获得的最大速度大小为v2。保持P的质量m1不变，改变Q的质量m2，可得与m2的大小关系如图乙。下列说法正确的是（　　）
A．P、Q组成的系统动量守恒
B．P的初速度v0＝20m/s
C．P的质量m1＝2kg
D．若m2＝3kg，弹簧被压缩到最短时的弹性势能为37.5J
【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；与弹簧相关的动量、能量综合专题；分析综合能力．
【答案】AD
【分析】A．地面光滑，根据两物体组成的系统受合外力是否为0判断；
BC．由动量守恒定律和能量守恒定律得出Q能获得的速度表达式，结合乙图判断结果是否正确；
D．根据动量守恒定律，结合物体的速度关系得出共同的速度大小，根据机械能守恒定律求解弹簧储存的弹性势能。
【解答】解：A．地面光滑，P、Q两物体组成的系统受合外力为0，动量守恒，故A正确；
BC．设碰后P的速度为v1，P、Q两物体碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
m1v0＝mv1+mv2
由能量守恒定律可得
解得
变形得
由图线有
解得
m1＝1kg，v0＝10m/s
故BC错误；
D．若m2＝3kg，弹簧压缩最短，两者共速，取向右为正方向，由动量守恒定律有
m1v0＝（m1+m2）v共
弹簧势能为
解得
EP＝37.5J
故D正确。
故选：AD。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合动量的计算公式以及能量守恒完成分析。
（多选）15．（2025 广东一模）某竞赛小组的同学用新型材料设计了如图甲所示的装置，固定在地面的竖直透气圆筒，里面放置一质量为m的薄滑块B，圆筒内壁涂有一层新型智能材料—ER流体，在筒口处，ER流体对B的作用力为0，在其他位置，ER流体对B的作用力大小与它到筒口的距离成正比，方向始终向上。起初，滑块B在筒内某位置平衡，另一物块A在外力作用下静止在B正上方某处，取A静止的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。撤去外力，A自由下落，与B碰撞后立即以相同的速度一起向下运动（A不与筒壁接触），碰撞时间极短。测得A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示（圆筒足够长），图中除0～x1之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（　　）
A．A、B的质量之比为1：1
B．x2时物块B的动能达到最大值
C．在筒内，ER流体对B的作用力与它到管口的距离之比为
D．从x1到x3的过程中，A、B整体克服ER流体做的功为
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律求解多过程问题；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】BD
【分析】根据图乙读出碰撞前后A的动能，结合动能与速度的关系、碰撞过程动量守恒求解A、B的质量之比；x2时物块A和B的动能均达到最大；开始时物块B受力平衡，由平衡条件列方程，得到开始时物块B距离管口的距离。在x2点时速度最大，则加速度为零，再根据平衡条件列方程，结合流体对B的作用力大小与它到筒口的距离成正比求解ER流体对B的作用力与它到管口的距离之比；从x1到x3的过程中，由动能定理求A、B整体克服ER流体做的功。
【解答】解：A．由图可知，A与B碰前A的动能为Ek1，碰后一起运动时A的动能为，则动能满足表达式
取碰撞前A的速度方向为正方向，碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得
mAv0＝（mA+mB）v1
联立解得
mA：mB＝1：3
故A错误；
B．x2时物块A的动能最大，则此时物块B的动能也达到最大值，故B正确；
C．设ER流体对B的作用力大小与它到筒口的距离成正比的比例系数为k，开始时物块B距离管口的距离为x0，则根据平衡条件，此时满足：kx0＝mBg
在x2点时A、B速度最大，则加速度为零，此时根据平衡条件有
k（x2﹣x1+x0）＝（mA+mB）g
其中
联立解得
故C错误；
D．从x1到x3的过程中，由动能定理得
解得A、B整体克服ER流体做的功为
故D正确。
故选：BD。
【点评】解决本题时，要理清两个物块的运动过程，把握碰撞过程的基本规律：动量守恒定律是关键。要知道动能定理是求变力做功常用的方法。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 重庆模拟）如图所示，一边长为1.5R的正方体物块静置于足够长的光滑水平面上，该正方体物块内有一条由半径为R四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小光滑圆孔道。一质量为m的小球（可视为质点），以初速度沿水平方向进入孔道，恰好能到达孔道最高点。孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力不计，重力加速度为g。
（1）求该正方体物块的质量；
（2）求小球离开孔道时的速度；
（3）若小球以初速度沿水平方向进入孔道，小球在孔道圆弧部分运动的时间为t0，求小球从进入孔道至到达运动轨迹的最高点的过程中，该正方体物块移动的距离。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；竖直上抛运动的规律及应用；人船模型及其变式．
【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）该正方体物块的质量为m；
（2）小球离开孔道时的速度为0；
（3）小球从进入孔道至到达运动轨迹的最高点的过程中，该正方体物块移动的距离为。
【分析】（1）根据动量守恒和机械能守恒求该正方体物块的质量；
（2）根据动量守恒和机械能守恒求小球离开孔道时的速度；
（3）根据动量守恒和机械能守恒以及位移公式求正方体物块移动的距离。
【解答】解：（1）水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则：mv0＝（m+M）v
系统机械能守恒：
解得
M＝m
（2）水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则：mv0＝mv1+Mv2
系统机械能守恒：
解得
v1＝0
（3）从进入孔道到圆弧轨道的最高点的过程中，以水平向右为正方向，水平动量守恒：
mv0'＝mv1'+Mv2'
求和得mv0't0＝mx1+Mx2
由几何关系：x1﹣x2＝R
联立解得：
小球运动到与圆心等高处，以水平向右为正方向：mv0'＝（m+M）v'
解得：
由机械能守恒：
解得
从与圆心等高到轨迹最高点用时
水平位移：x3＝v't
解得
x3＝2R
物块总位移：x总＝x2+x3
解得
答：（1）该正方体物块的质量为m；
（2）小球离开孔道时的速度为0；
（3）小球从进入孔道至到达运动轨迹的最高点的过程中，该正方体物块移动的距离为。
【点评】本题是小球轨道模型，考查动量守恒定律、机械能守恒定律，要注意应用动量守恒定律的条件。
17．（2025 合肥模拟）如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m＝2kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC＝37°的粗糙圆弧轨道BC，经圆弧轨道克服摩擦力做功W＝19J后滑上与C点等高、静止在光滑水平面上的长木板，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M＝1kg，A点距C点的高度为H＝0.6m，圆弧轨道半径R＝0.75m，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）小物块在A点抛出时的速度大小；
（2）小物块滑至C点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；平抛运动速度的计算；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．
【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）小物块在A点抛出时的速度大小为4m/s；
（2）小物块滑至C点时对圆弧轨道的压力大小为44N；
（3）长木板至少0.5m长，才能保证小物块不滑出长木板。
【分析】（1）物块从A到B的过程，竖直方向列运动学关系式，即可计算竖直分速度；由题意可知物块恰好沿切线进入圆弧轨道，即可知其水平分速度、竖直分速度、合速度的关系；
（2）物块从B到C的过程，由动能定理，可计算其到达C点时的速度；由竖直平面内的圆周运动特点，可计算物块对圆弧轨道的压力；
（3）对物块和长木板应用动量守恒，即可计算共同速度；由能量守恒，可计算长木板的最小长度。
【解答】解：（1）由几何关系可知，h＝R（1﹣cos37°），解得：h；
物块从A到B的过程，竖直方向列运动学关系式：，即可得竖直分速度vy＝3m/s，由几何关系可知，其分速度、合速度关系如下图：
由题意可知物块恰好沿切线进入圆弧轨道，即可知其水平分速度、竖直分速度、合速度满足：，，
解得其初速度为：v0＝4m/s，在B点时的合速度为：vB＝5m/s；
（2）物块从B到C的过程，由动能定理：，解得其到达C点时的速度为：vC＝3m/s；
由竖直平面内的圆周运动特点，可得：，解得F＝44N；
由相互作用力的特点可知，物块对圆弧轨道的压力与圆弧轨道对物块的支持力大小相等，即压力大小为：44N；
（3）以水平向右为正方向，物块和长木板作为整体，在水平方向不受外力，即水平方向动量守恒：mvC＝（m+M）v，解得共同速度为：v＝2m/s；
由能量守恒：，可得长木板的最小长度为L＝0.5m。
答：（1）小物块在A点抛出时的速度大小为4m/s；
（2）小物块滑至C点时对圆弧轨道的压力大小为44N；
（3）长木板至少0.5m长，才能保证小物块不滑出长木板。
【点评】本题考查动量守恒与动能定理、能量守恒的综合应用，关键是理解临界条件：物块恰好沿切线进入圆弧轨道、物块恰好不滑出长木板。
18．（2025 全国一模）如图所示，足够长“L”型平板B静置在光滑的水平地面上，其上表面光滑，物块A处于平板B上的O′点，用长为1.25m的轻绳将质量为4kg的小球悬挂在O′点正上方的O点。轻绳处于水平拉直状态，小球可视为质点，将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生弹性碰撞。物块A沿平板滑动直至与B右侧挡板发生完全非弹性碰撞，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，已知A的质量为1kg，B的质量1kg，g取10m/s2，求：
（1）小球摆至最低点与小物块A发生弹性碰撞前，小球对轻绳的拉力；
（2）小物块A与平板B碰撞过程中，系统损失的动能。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；作用力与反作用力；机械能与曲线运动相结合的问题．
【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】（1）小球摆至最低点与小物块A发生弹性碰撞前，小球对轻绳的拉力为120N，方向竖直向下；
（2）小物块A与平板B碰撞过程中，系统损失的动能为16J。
【分析】（1）小球从释放到与A碰撞前，机械能守恒定律可以求解小球与A碰前的速度，对小球根据牛顿第二、三定律求拉力；
（2）小球与A的碰撞为弹性碰撞，根据两个守恒求碰撞后A的速度。之后再根据动量守恒定律求解小球与A与平板碰撞后的共同速度，根据能量守恒定律求损失的机械能。
【解答】解：（1）小球由静止释放至最低点过程机械能守恒，有：
代入数据得到：v0＝5m/s
在最低点由牛顿第二定律得：
联立解得：T＝120N
由牛顿第三定律可知：T′＝T＝120N，方向竖直向下。
（2）A与球发生弹性碰撞，以向右的方向为正，根据动量守恒定律有：mv0＝mv1+mAvA
由机械能守恒定律有：
解二方程得：vA＝8m/s
接着A与B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：mAvA＝（mA+mB）v共
由能量守恒定律有：
解得：W损＝16J
答：（1）小球摆至最低点与小物块A发生弹性碰撞前，小球对轻绳的拉力为120N，方向竖直向下；
（2）小物块A与平板B碰撞过程中，系统损失的动能为16J。
【点评】本题是板块模型与碰撞综合问题，考查动量守恒定律与能量守恒定律以及动力学知识的综合运用能力，要求进行受力分析和运动分析，利用动量和能量、牛顿第二定律等分析求解。
19．（2025 黔南州二模）如图，一装置竖直固定于水平地面上。其中斜面轨道AB与水平面的夹角α＝60°、圆心分别为O1、O2的半圆细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG的半径均为R，轨道所在平面与竖直墙面垂直。直径为的圆形篮框水平，其边缘固定在墙上P点，P、G连线水平、长为且与轨道在同一平面内。O2、E、O1和B四点连成的直线与水平线间的夹角θ＝30°，圆管轨道内最低点C处放有一质量为m的小球a。现将质量也为m的小球b从斜面上距地面高度为5R处由静止释放，球b沿轨道下滑至C与球a碰撞（碰撞时间极短）后结合在一起。所有轨道均光滑，小球a、b均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）小球b由静止释放到第一次运动到圆管轨道最低点C（未与小球a碰撞），求此过程小球b所受合力的冲量I的大小和方向；
（2）求小球a和b的结合体在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN的大小；
（3）若把小球a移走，让小球b从斜面轨道上某处由静止释放，小球b将从G处飞出后与墙面垂直碰撞，并经墙面反弹后能落入篮框，求小球b与墙碰撞过程，小球b损失动能的最小值。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；动能定理的简单应用；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）此过程小球b所受合力的冲量I的大小为m，方向向左；
（2）小球a和b的结合体在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN的大小为mg；
（3）小球b与墙碰撞过程，小球b损失动能的最小值为。
【分析】（1）小球从释放点到圆管最低点，根据动能定理求得到达最低点的速度，根据动量定理计算冲量；
（2）根据动量守恒定律解得组合体在D点的速度，在最低点根据牛顿第二定律求得弹力；
（3）小球从G点做斜抛运动，由于小球离开G点之后恰好垂直撞击墙面，竖直方向速度减为零，水平方向匀速运动，即可求得G点的速度，结合动能的公式计算。
【解答】解：（1）设小球a与b碰撞前瞬间，b的速度为vC，由机械能守恒定律有5mgR
解得vC
根据动量定理有I＝mvC
解得I＝m，方向向左
（2）设小球a、b碰撞后瞬间的速度为v，组合体在D点的速度为vD，受到的弹力为FN，规定向右为正方向，对小球a、b，由动量守恒定律有mvC＝2mvD
C到D的过程，由机械能守恒定律有mv2＝2mgR2
对组合体由牛顿第二定律有FN＝2m
解得FN＝mg
（3）小球b从G点飞出后垂直打在墙上，则水平方向有R＝vx1t1
竖直方向vy1＝gt1
根据速度分解可知tan30°
小球b被墙反弹后做平抛运动，设反弹后的速度为vx2，下落高度为h，下落时间为t2。
则有h
vx2t2
2gh
ΔEk
解得ΔEk
答：（1）此过程小球b所受合力的冲量I的大小为m，方向向左；
（2）小球a和b的结合体在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN的大小为mg；
（3）小球b与墙碰撞过程，小球b损失动能的最小值为。
【点评】本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，分析清楚物体的运动过程是解题的前提，分析清楚物体运动过程后，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动的分解即可解题。
20．（2025 株洲一模）如图，竖直平面内足够长的轨道MON由光滑斜面MO和粗糙水平面ON构成，两者在斜面底端O处平滑连接。质量为m的物块A从斜面上H高处由静止开始下滑，到达水平面上后，停在距离O点L远的C点。现将质量为5m的另一物块B放在O处，物块A从斜面上某一高度由静止开始再次下滑，到达水平面上后立即与物块B发生弹性碰撞，设碰撞时间极短，A、B与水平面间的动摩擦因数相同。
（1）求物块A与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）第一次碰撞后，若要求A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，求斜面倾角θ应满足的条件；
（3）在满足（2）的条件下若要求A与B发生两次弹性碰撞后B恰能停在C点，求物块A开始下滑的高度h。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动能定理的简单应用．
【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）物块A与水平面间的动摩擦因数μ为；
（2）斜面倾角θ应满足的条件为；
（3）在满足（2）的条件下若要求A与B发生两次弹性碰撞后B恰能停在C点，求物块A开始下滑的高度h为。
【分析】（1）对物块A运动的全过程，根据动能定理求解物块A与水平面间的动摩擦因数；
（2）根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得第一次碰撞后瞬间A和B的速度与碰撞前物块A的速度的关系，根据动能定理与动量定理求得第一次碰后物块B向右运动直至到停下来的过程中，运动的距离与时间。根据牛顿第二定律与运动学公式求得碰后物块A在斜面上往返一次运动的时间，根据动能定理与动量定理求得物块A再次回到水平面上通过距离L1后速度与时间。根据题意确定满足的条件，据此条件求出斜面倾角θ应满足的条件；
（3）根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得第二次碰撞后瞬间物块B的速度，根据动能定理求得物块B再次向右运动的距离，依据题意，根据位置关系求出物块A开始下滑的高度。
【解答】解：以下解答均以向右为正方向。
（1）对物块A运动的全过程，根据动能定理得：
mgH﹣μmgL＝0﹣0
解得：
（2）设第一次碰撞前瞬间物块A的速度为v0，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mv0＝mvA+5mvB
解得碰撞后瞬间A和B的速度分别为：，
设第一次碰后物块B向右运动直至到停下来的过程中，运动的距离为L1，运动时间为tB。
根据动能定理得：
根据动量定理得：﹣5μmgtB＝0﹣5mvB
碰后物块A向左冲上斜面，在斜面上运动过程的加速度大小为：agsinθ
在斜面上往返一次运动的时间为：
物块A再次回到水平面上向右运动，设通过距离L1后速度减为vA′，运动时间为t2。
根据动能定理得：，解得：vA′
根据动量定理得：﹣μmgt2＝mvA′﹣（﹣mvA）
要使A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，应满足的条件是：t1+t2≥tB
联立解得斜面倾角θ应满足的条件为：
（3）在满足（2）的条件下，设第二次碰撞后瞬间物块B的速度为vB′，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mvA′＝mvA″+5mvB′
解得：
之后物块B再次向右运动，设通过距离L2停下来，根据动能定理得：
依据题意有：L1+L2＝L
根据动能定理，可得第一次碰撞前瞬间物块A的速度v0满足：
mgh
联立解得：
答：（1）物块A与水平面间的动摩擦因数μ为；
（2）斜面倾角θ应满足的条件为；
（3）在满足（2）的条件下若要求A与B发生两次弹性碰撞后B恰能停在C点，求物块A开始下滑的高度h为。
【点评】本题考查了动量守恒定律、动量定理、动能定理的应用，注意理解题意，把握好条件。掌握从动量与功能的角度处理问题的方法。
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