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微专题1　动量定理的拓展应用
课时作业
(分值:50分)
考点一　图像法解决动量定理问题
1.(4分)(2025·辽宁阜新阶段练习)甲、乙、丙三个不同物体所受的力与时间的关系图像分别如图甲、乙、丙所示,作用力使物体的动量发生变化,则它们的动量变化量的大小关系为(　　)
[A]Δp甲>Δp乙>Δp丙
[B]Δp丙>Δp乙>Δp甲
[C]Δp丙>Δp甲>Δp乙
[D]因物体的质量未知,无法判断
【答案】 B
【解析】 外力对甲、乙、丙三个物体的冲量分别为I甲=2F0×3t0=6F0t0,I乙=4F0×2t0=8F0t0,
I丙=×4F0×5t0=10F0t0,则I丙>I乙>I甲,根据动量定理,可知Δp丙>Δp乙>Δp甲,故B正确。
2.(6分) (多选)(2025·山东日照阶段检测)一个质量为m的小球从地面竖直上抛,在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比。它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
[A]小球t2时刻刚好落地
[B]小球在运动过程中的加速度最大为2g
[C]小球从抛出到落地的总时间为
[D]小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等
【答案】 CD
【解析】 由pt图像可知,t2时刻后小球的动量不变,即小球的速度不变,此后运动了一段时间,说明t2时刻小球还没落地,故A错误;设在运动过程中小球受到的空气阻力与速率的关系式为F阻=kv,由于pt图像的斜率表示合力,可知t=0时刻,pt 图像斜率的绝对值最大,则加速度最大,设小球运动过程中的最大加速度为amax,根据牛顿第二定律,有mg+kv1=mamax,其中v1=,由于t2时刻后p=,小球匀速下落,速度大小v2==,此时有mg=k,解得amax=3g,故B错误;设小球从地面抛出到最高点的时间为Δt1,上升的高度为h,从最高点到落地的时间为Δt2,根据动量定理,从地面到最高点有-mgΔt1-kΔt1=0-p0,即mgΔt1+kh=p0,同理下降阶段有mgΔt2-kΔt2=,即mgΔt2-kh=,联立可得总时间t总=Δt1+
Δt2=,故C正确;小球上升过程中阻力的冲量大小为If1=kt1=kh,下降过程中阻力的冲量大小为If2=kt2=kh,故小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等,故D正确。
3.(8分)(2025·四川雅安模拟)在“积极稳妥推进碳达峰碳中和”“深入推进能源革命”等战略要求引领下,我国新能源汽车及产业供应链发展迅速。某车企对自主设计生产的新能源汽车进行性能测试。图甲是牵引力传感器传回的实时数据,图乙是速度传感器记录的25 s后的数据。已知被测试汽车质量为1 500 kg,汽车在水平测试平台上由静止开始做直线运动,运动过程中所受阻力恒定。求:
(1)18 s末汽车的速度大小;
(2)前25 s内汽车的位移大小。
【答案】 (1)26 m/s　(2)608 m
【解析】 (1)由题图甲可知,18 s后汽车做匀速直线运动,有F牵=F阻,则F阻=1.5×103 N,
0~18 s,根据动量定理有
F1t1+F2t2-F阻(t1+t2)=mv,
解得v=26 m/s。
(2)0~6 s内,根据牛顿第二定律,得汽车的加速度为a1==5 m/s2,
位移为x1=a1=90 m,
6 s时的速度大小为v1=a1t1=30 m/s,
6~18 s内,加速度a2==- m/s2,
则位移x2=v1t2+a2=336 m,
18~25 s内,位移x3=vt3=182 m,
则前25 s内汽车的位移大小为
x总=x1+x2+x3=608 m。
考点二　应用动量定理处理“流体模型”
4.(4分)(2025·江西赣州期中)为测试某新车的性能,试验员驾驶该车在试验路面上匀速行驶,运动过程中,前方空气(初速度近似为0)与车作用后迅速与车共速,产生空气阻力。已知该车的迎风面积为S,空气密度为ρ,在某次测试时,该车匀速运动时功率为P,若忽略地面的阻力,则测试条件下空气阻力的表达式为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 A
【解析】 汽车在做匀速直线运动,忽略地面阻力,则牵引力F与空气阻力F阻平衡,则有F=
F阻,该车匀速运动时功率为P,则有P=Fv,在极短时间Δt内与车的迎风面发生作用的空气的质量Δm=ρSvΔt,对该部分空气,根据动量定理有F阻′Δt=Δmv-0,根据牛顿第三定律有
F阻=F阻′,解得F阻=,故A正确。
5.(4分)(2025·安徽合肥期中)“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目,在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来,使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示,一名质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内,已知气流密度为ρ,游客受风面积(游客在垂直于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,而气流吹到人身上后竖直方向的速度变为零,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
[A]气流速度大小为
[B]单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为
[C]时间t内吹到人身上气流的动量变化量大小为mgt
[D]若风速变为原来的,游客开始运动时的加速度大小为g
【答案】 C
【解析】 设在Δt时间内吹向游客的气体质量为Δm,根据动量定理,对该部分气体有FΔt=Δmv,即气体对游客的作用力大小为F,而游客处于静止状态,故满足F=mg,另外Δm=ρvΔtS,联立可得v=,故A错误;单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为V=vπ()2,联立解得V=,故B错误;根据动量定理,时间t内吹到人身上气流的动量变化量大小为Δp=Ft=mgt,故C正确;若风速变为原来的,设风力为F′,则有F′Δt=Δm′,而Δm′=ρ·ΔtS=,联立可得F′=,根据牛顿第二定律有mg-F′=ma,解得a=g,故D错误。
考点三　用动量定理处理多过程问题
6.(6分)(多选)(2025·重庆沙坪坝期末)为了防止高空坠物对路上行人造成伤害,我国已将高空抛物纳入了法律追责范畴。假设质量为m、长度为l的铝筷从距离地面高h的平台由静止竖直下落,到达地面后刚好全部没入泥土中。不计空气阻力,重力加速度为g。关于筷子下落的整个过程,下列说法正确的是(　　)
[A]筷子所受阻力的冲量大小等于m
[B]筷子动量的变化量为0
[C]筷子克服阻力做功为mgl
[D]筷子的机械能减小了mg(h+l)
【答案】 BD
【解析】 筷子先做自由落体运动,其落地速度v=,筷子刚好全部没入泥土中,取竖直向下为正方向,根据动量定理有mgt2-I阻=0-mv,解得I阻=mgt2+m,故A错误;筷子从初速度为零到全部没入泥土中速度减为零,全过程的动量变化量为零,故B正确;对全过程根据动能定理有mg(h+l)-W阻=0-0,则W阻=mg(h+l),故C错误;根据功能关系,筷子克服阻力做功等于机械能减少量,即机械能减少mg(h+l),故D正确。
7.(6分)(多选)(2025·安徽蚌埠期中)如图所示,一个斜劈M放置在粗糙的水平地面上,斜劈左、右侧斜面光滑,倾角分别为α和β,且α<β,α+β=90°。两小滑块P和Q同时从斜面顶端由静止释放。已知P、Q和斜劈M的质量均为m,重力加速度为g,下列判断正确的是(　　)
[A]从释放到Q滑至地面的过程中,地面的摩擦力对M的冲量为0
[B]从释放到P滑至地面的过程中,地面的摩擦力对M的冲量为0
[C]从释放到P滑至地面的时间t内,地面对M的支持力冲量大小为3mgt
[D]从释放到Q滑至地面的时间t′内,地面对M的支持力冲量大小为2mgt′
【答案】 AD
【解析】 两滑块由静止释放后,滑块P沿斜面加速下滑的加速度大小为a1==gsin α,而斜面对P的支持力大小为FN1=mgcos α;滑块Q沿斜面加速下滑的加速度大小为a2==gsin β,斜面对Q的支持力大小为FN2=mgcos β,由于α<β,Q的加速度大于P的加速度,又Q下滑的位移小于P下滑的位移,可知从释放到Q滑至地面的时间t′小于P滑至地面的时间t,而P、Q对M的压力的水平分力大小分别为FN1x=FN1sin α=mgcos αsin α,
FN2x=FN2sin β=mgcos βsin β,由于α+β=90°,则有FN1x=FN2x,可知此过程地面对M的摩擦力为0,则地面的摩擦力对M的冲量为0;当Q到达地面后,P还在斜面上运动,则地面对M的摩擦力不为0,即地面的摩擦力对M的冲量不为0,故A正确,B错误。从释放到Q滑至地面的过程中,P、Q对M的压力的竖直分力大小分别为FN1y=FN1cos α=mgcos2α,FN2y=
FN2cos β=mgcos2β,则地面对M的支持大小为FN地=mg+FN1y+FN2y=mg+mgcos2α+mgcos2β=
2mg,其冲量大小为FN地t′=2mgt′,故D正确。P、Q在斜面上运动过程有竖直向下的分加速度,处于失重状态,地面对M的支持力一定小于3mg,则地面对M的支持力冲量大小一定小于3mgt,故C错误。
8.(12分)(2025·吉林长春模拟)汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶,行驶过程中司机忽然发现前方有一警示牌,立即刹车。刹车过程中,汽车加速度的大小随位置变化的关系如图所示。0~x1段为司机的反应阶段,在这段时间内汽车仍保持匀速行驶,x1~x2段为刹车系统的启动阶段,从x2位置开始,汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止。已知从x2位置开始计时,汽车第1 s内的位移为10 m,第3 s内的位移为6 m。
(1)求汽车刹车系统稳定工作后加速度的大小;
(2)若x1~x2段位移大小为11.5 m,汽车质量为1.5×103 kg,求汽车刹车系统启动阶段合力的冲量大小。
【答案】 (1)2 m/s2　(2)1.5×103 N·s
【解析】 (1)设第3 s内汽车未停止,根据匀变速直线运动推论可得Δx1-Δx3=2aT2,
可得汽车刹车系统稳定工作后加速度的大小为
a== m/s2=2 m/s2;
根据逆向思维可知,汽车最后一秒内的位移应为x0=aT2=1 m<6 m,
假设成立。
(2)设在x2位置时汽车的速度大小为v2,根据位移公式,其位移Δx1=v2T-aT2=10 m,
解得v2=11 m/s;
设在x1位置时汽车的速度大小为v1,x1~x2段的平均加速度为,
根据位移速度公式v2-=2x可知,
x1~x2段图像与横轴围成的面积
S=(-),
又S=a(x2-x1)=×2×11.5 m2/s2
=11.5 m2/s2,
即(-)=a(x2-x1),
联立解得v1=12 m/s,
汽车刹车系统启动阶段,由动量定理得合力的冲量
I合=mv2-mv1=-1.5×103 N·s,
则该阶段合力的冲量大小为1.5×103 N·s。微专题1　动量定理的拓展应用
课时作业
(分值:50分)
考点一　图像法解决动量定理问题
1.(4分)(2025·辽宁阜新阶段练习)甲、乙、丙三个不同物体所受的力与时间的关系图像分别如图甲、乙、丙所示,作用力使物体的动量发生变化,则它们的动量变化量的大小关系为(　　)
[A]Δp甲>Δp乙>Δp丙
[B]Δp丙>Δp乙>Δp甲
[C]Δp丙>Δp甲>Δp乙
[D]因物体的质量未知,无法判断
2.(6分) (多选)(2025·山东日照阶段检测)一个质量为m的小球从地面竖直上抛,在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比。它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
[A]小球t2时刻刚好落地
[B]小球在运动过程中的加速度最大为2g
[C]小球从抛出到落地的总时间为
[D]小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等
3.(8分)(2025·四川雅安模拟)在“积极稳妥推进碳达峰碳中和”“深入推进能源革命”等战略要求引领下,我国新能源汽车及产业供应链发展迅速。某车企对自主设计生产的新能源汽车进行性能测试。图甲是牵引力传感器传回的实时数据,图乙是速度传感器记录的25 s后的数据。已知被测试汽车质量为1 500 kg,汽车在水平测试平台上由静止开始做直线运动,运动过程中所受阻力恒定。求:
(1)18 s末汽车的速度大小;
(2)前25 s内汽车的位移大小。
4.(4分)(2025·江西赣州期中)为测试某新车的性能,试验员驾驶该车在试验路面上匀速行驶,运动过程中,前方空气(初速度近似为0)与车作用后迅速与车共速,产生空气阻力。已知该车的迎风面积为S,空气密度为ρ,在某次测试时,该车匀速运动时功率为P,若忽略地面的阻力,则测试条件下空气阻力的表达式为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
5.(4分)(2025·安徽合肥期中)“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目,在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来,使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示,一名质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内,已知气流密度为ρ,游客受风面积(游客在垂直于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,而气流吹到人身上后竖直方向的速度变为零,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
[A]气流速度大小为
[B]单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为
[C]时间t内吹到人身上气流的动量变化量大小为mgt
[D]若风速变为原来的,游客开始运动时的加速度大小为g
6.(6分)(多选)(2025·重庆沙坪坝期末)为了防止高空坠物对路上行人造成伤害,我国已将高空抛物纳入了法律追责范畴。假设质量为m、长度为l的铝筷从距离地面高h的平台由静止竖直下落,到达地面后刚好全部没入泥土中。不计空气阻力,重力加速度为g。关于筷子下落的整个过程,下列说法正确的是(　　)
[A]筷子所受阻力的冲量大小等于m
[B]筷子动量的变化量为0
[C]筷子克服阻力做功为mgl
[D]筷子的机械能减小了mg(h+l)
7.(6分)(多选)(2025·安徽蚌埠期中)如图所示,一个斜劈M放置在粗糙的水平地面上,斜劈左、右侧斜面光滑,倾角分别为α和β,且α<β,α+β=90°。两小滑块P和Q同时从斜面顶端由静止释放。已知P、Q和斜劈M的质量均为m,重力加速度为g,下列判断正确的是(　　)
[A]从释放到Q滑至地面的过程中,地面的摩擦力对M的冲量为0
[B]从释放到P滑至地面的过程中,地面的摩擦力对M的冲量为0
[C]从释放到P滑至地面的时间t内,地面对M的支持力冲量大小为3mgt
[D]从释放到Q滑至地面的时间t′内,地面对M的支持力冲量大小为2mgt′
8.(12分)(2025·吉林长春模拟)汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶,行驶过程中司机忽然发现前方有一警示牌,立即刹车。刹车过程中,汽车加速度的大小随位置变化的关系如图所示。0~x1段为司机的反应阶段,在这段时间内汽车仍保持匀速行驶,x1~x2段为刹车系统的启动阶段,从x2位置开始,汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止。已知从x2位置开始计时,汽车第1 s内的位移为10 m,第3 s内的位移为6 m。
(1)求汽车刹车系统稳定工作后加速度的大小;
(2)若x1~x2段位移大小为11.5 m,汽车质量为1.5×103 kg,求汽车刹车系统启动阶段合力的冲量大小。5　弹性碰撞和非弹性碰撞
课时作业
(分值:70分)
考点一　弹性碰撞与非弹性碰撞
1.(4分)(2025·辽宁沈阳阶段练习)如图所示,5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上,其中B、C、D、E 4个球质量相等,而F球的质量小于B球的质量,A球的质量等于F球的质量。若A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后(　　)
[A]5个小球静止,1个小球运动
[B]4个小球静止,2个小球运动
[C]3个小球静止,3个小球运动
[D]6个小球都运动
【答案】 C
【解析】 球A与球B相碰时,由于A的质量小于B的质量,则A弹回,B获得速度又与C碰撞,而碰撞为弹性碰撞且质量相等,碰后B静止,C获得速度,同理,C与D的碰撞、D与E的碰撞都是如此,E获得速度后与F碰撞的过程中,由于E的质量大于F的质量,所以E、F碰后都向右运动。故碰撞之后,A、E、F三球运动,B、C、D三球静止。选项C正确。
2.(14分)(2025·山东济宁阶段练习)研究新材料的力学性能通常需将样品加工成球状或块状与对比参照品进行碰撞实验,通过碰撞测定其恢复系数是研究材料性能的内容之一。正碰的恢复系数是碰撞前后两物体沿连线方向上的分离速度与接近速度之比,即甲、乙发生正碰,碰撞前甲的速度为v甲0,乙的速度为v乙0,碰撞后甲、乙两物体的分离速度分别为v1和v2,恢复系数可表示为e=。某次实验中,甲、乙两个物体在光滑水平桌面上沿同一直线运动,碰撞前后甲的速度和乙的速度随时间的变化关系如图所示。已知甲的质量为1 kg,乙的质量为10 kg。
(1)求该碰撞过程的恢复系数e;
(2)碰撞过程中有多少机械能转化为内能
(3)求碰撞过程中某一时刻甲、乙两物体形变达到最大时甲的速度大小。
【答案】 (1)　(2)1.25 J　(3) m/s
【解析】 (1)甲、乙碰撞过程,根据动量守恒定律有m甲v甲0+m乙v乙0=m甲v1+m乙v2,
代入数据解得v2=1.5 m/s,
则该碰撞过程的恢复系数为e==。
(2)根据能量守恒定律,可得碰撞过程中转化为内能的机械能为
ΔE=m甲+m乙-m甲-m乙=1.25 J。
(3)碰撞过程中,当甲、乙物体速度相等时形变达到最大,设此时整体的速度为v,有
m甲v甲0+m乙v乙0=(m甲+m乙)v,
解得v= m/s。
考点二　碰撞可能性的判断
3.(6分)(多选)(2025·山东泰安期中)在光滑水平面上,A、B两个物体在同一条直线上沿同一方向运动,A的动量为18 kg·m/s,B的动量为24 kg·m/s。A从后面追上B,它们相互作用一段时间后,B的动量增大为32 kg·m/s,方向不变。下列说法正确的是(　　)
[A]若此过程为弹性碰撞,则两物体的质量之比为=
[B]若此过程为非弹性碰撞,则两物体的质量之比可能为=
[C]若此过程为弹性碰撞,则两物体的质量之比为=
[D]若此过程为非弹性碰撞,则两物体的质量之比可能为=
【答案】 BC
【解析】 两物体碰撞前有>,解得<=;
两物体碰撞过程中有pA+pB=pA1+pB1,+≥+,解得≤;
两物体碰撞后有≤,解得≥,即≤≤。
若为弹性碰撞,则两物体的质量之比为=,故A错误,C正确;
若为非弹性碰撞,则两物体的质量之比为≤<,故B正确,D错误。
4.(6分) (多选)在光滑水平面的同一条直线上,可视为质点的两滑块P、Q沿图示方向运动,选取图示运动方向为正方向,已知P、Q的质量分别为1 kg和2 kg,运动速度分别为4 m/s和2 m/s。则两滑块碰撞之后的速度可能是(　　)
[A]vP′=2 m/s,vQ′=3 m/s
[B]vP′=1 m/s,vQ′=3.5 m/s
[C]vP′=2.5 m/s,vQ′=2.75 m/s
[D]vP′=3 m/s,vQ′=2.5 m/s
【答案】 AC
【解析】 碰撞过程要符合实际,碰后Q的速度不可能小于P的速度,选项D错误。碰撞过程动量守恒,则碰前总动量为p=(1×4+2×2) kg·m/s=8 kg·m/s,A、B、C三项中碰后总动量均为8 kg·m/s;碰前总动能Ek=mP+mQ=12 J,
选项A中碰后总动能EkA=mPvP′2+mQvQ′2=11 J选项B中碰后总动能EkB=mPvP′2+mQvQ′2=12.75 J>Ek,则B项不可能。
选项C中碰后总动能EkC=mPvP′2+mQvQ′2=10.687 5 J考点三　“子弹打木块”模型
5.(4分)(2025·重庆铜梁阶段练习)如图所示,用长度为L的轻质细绳悬挂一个质量为M的木块,一个质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块,穿透前后子弹的速度分别为v0和v。子弹穿过木块的时间和空气阻力不计,木块和子弹可以看作质点,已知子弹穿过木块后木块上升的高度不超过悬挂点,以木块初始位置为零势能点,下列说法正确的是(　　)
[A]子弹穿透木块过程中,子弹、木块组成的系统动量守恒,机械能守恒
[B]子弹刚穿透木块时,木块速度为
[C]子弹刚穿透木块时,绳子的拉力为Mg+
[D]子弹穿透木块后,木块能到达的最大高度为
【答案】 C
【解析】 子弹穿透木块过程中,子弹、木块组成的系统满足动量守恒。子弹与木块发生相对运动,其间阻力做功,一部分机械能转化成内能,系统机械能不守恒,故A错误;子弹穿透木块过程中,根据系统动量守恒定律有mv0=mv+Mv1,解得子弹刚穿透木块时,木块速度为v1=,根据牛顿第二定律,对木块有FT-Mg=M,解得FT=Mg+,由牛顿第三定律知绳子的拉力大小FT′=FT,故B错误,C正确;子弹穿透木块后,根据机械能守恒定律,对木块有M=MgH,解得H=,故D错误。
6.(6分)(多选)(2025·广东深圳期末)如图甲,子弹以速度v射入放置在光滑水平面上的木块,子弹与木块运动的vt图像可能如图乙或如图丙的情况,下列分析正确的是(　　)
[A]子弹与木块相对运动的过程系统动量守恒
[B]子弹与木块相对运动的过程系统机械能守恒
[C]图乙说明子弹最后射出了木块
[D]图丙说明子弹最后射出了木块
【答案】 AD
【解析】 对子弹和木块组成的系统,相对运动的过程中所受合力为零,系统动量守恒,但由于相对运动,摩擦力做功而损失机械能,因此系统的机械能不守恒,故A正确,B错误;题图乙中子弹和木块最终达到共速,一起在光滑水平面上做匀速直线运动,说明子弹没有射出木块,故C错误;题图丙中子弹和木块最终以不同的速度各自做匀速直线运动,则说明子弹最后射出了木块,故D正确。
7.(4分)(2025·山西忻州阶段练习)如图所示,可视为质点的完全相同的A、B两小球分别拴接在一轻弹性绳的两端,两小球质量均为m,且处于同一位置(离地面足够高),弹性绳始终处于弹性限度内。某时刻A球自由下落,同时B球以速度v0水平向右抛出。已知两个小球发生的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短,不计一切阻力,下列说法正确的是(　　)
[A]A、B两小球组成的系统动量守恒
[B]弹性绳最长时,A、B两小球的速度不相同
[C]弹性绳第一次恢复原长时,A小球的水平分速度为v0
[D]弹性绳的最大弹性势能为m
【答案】 C
【解析】 A、B两小球组成的系统受到重力作用,动量不守恒,但水平方向动量守恒,故A错误;弹性绳最长时,A、B两小球竖直、水平方向速度均相等,即速度相同,故B错误;弹性绳第一次恢复原长时,由于两球质量相等,所以水平方向上两球速度交换,即A小球的水平分速度为v0,故C正确;当弹性绳最长时,两小球水平方向速度相等,根据水平方向动量守恒有mv0=2mvx,则弹性绳的最大弹性势能为Epm=m-·2m=m,故D错误。
8.(4分)(2025·山东德州阶段检测)如图所示,质量为m的小球A从距离地面h高度处向上斜抛,抛出时的速度大小为25 m/s,方向与水平方向夹角为37°,在A抛出的同时有一质量为2m的黏性小球B从某高度处自由下落,当A上升到最高点时恰能击中竖直下落的黏性小球B,A、B两球碰撞时间极短,碰后A、B两球粘在一起落回地面。已知A球上升和下落过程时间相等。不计空气阻力,取sin 37°=0.6,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
[A]小球A上升至最高处时水平位移为20 m
[B]小球B下落时离地面的高度为37.5 m
[C]小球A抛出点距地面的高度为11.25 m
[D]小球A抛出点与落地点的水平距离为60 m
【答案】 B
【解析】 小球A上升至最高处的时间t1== s=1.5 s,水平位移x=v0cos 37°·t1=
30 m,选项A错误;两球碰撞前B下落的高度h1=g=11.25 m,下落速度vB0=gt1=15 m/s,两球碰撞后粘在一起,则竖直方向速度改变,设碰撞后A、B整体的竖直速度为vy,则竖直方向有2mvB0=3mvy,解得vy=10 m/s,然后一起落地,而下落到地面的时间与A上升时间相等,可知下落高度h2=vyt1+g=(10×1.5+×10×1.52) m=26.25 m,即小球B下落时离地面的高度是H=h1+h2=37.5 m,选项B正确;小球A从抛出到最高点的高度h3=t1=11.25 m,则小球A抛出点距地面的高度h=h2-h3=15 m,选项C错误;两球碰撞中水平方向动量守恒,有mv0cos 37°=3mvx,可得vx= m/s,则小球A落地点与抛出点的水平距离为x′=x+vxt1=
(30+×1.5) m=40 m,选项D错误。
9.(6分) (多选)(2025·湖北黄石期中)如图所示,光滑圆环水平放置并固定,a、b、c为圆环上的三等分点,圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动,与静止的小球B在a点发生碰撞,两小球始终在圆环内运动。若小球A与B之间为弹性碰撞,且所有的碰撞位置刚好位于a、b、c点,则小球的质量比可能为(　　)
[A]2 [B]3 [C]4 [D]5
【答案】 AD
【解析】 设两球碰后速度分别为vA、vB,由于A、B间发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB,mA=mA+mB,联立解得vA=v0,
vB=,因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点,由mA>mB可知vA(k=0,1,2,3,…),由于两球的质量均为正数,故k=0,即=2。对第二次碰撞,设A、B碰撞后的速度大小分别为vA′、vB′,同理有mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′,mA+mB=
mAvA′2+mBvB′2,联立解得vA′=v0,vB′=0,故第三次碰撞发生在b点,第四次碰撞发生在c点,以此类推,满足题意。若第二次碰撞发生在c点,则在第一次碰撞到第二次碰撞之间,A、B通过的路程之比为=(k=0,1,2,3,…),且=,可得=(k=0,1,2,3,…),两球质量均为正数,故k=0,即=5,同理,第三次碰撞发生在c点,第四次碰撞发生在b点,以此类推,满足题意。故A、D正确。
10.(16分)(2025·四川宜宾专题练习)某科学小组在室外用实验探究碰撞的“和谐之美”。其中的一种模型如图所示,一倾角θ=30°的固定斜面足够长,质量mB=1 kg的滑块B静止在斜面上,B与斜面间的动摩擦因数μ=。在与B距离L=0.1 m 处,将另一质量mA=2 kg的光滑小球A由静止释放,A与B发生多次弹性碰撞且碰撞时间极短,不计空气阻力,A、B均可视为质点。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)第一次碰撞前瞬间,A的速度大小;
(2)第一次与第二次碰撞的时间间隔;
(3)第一次与第十次碰撞位置间的距离。
【答案】 (1)1 m/s　(2)0.4 s　(3)24 m
【解析】 (1)在A球下滑的过程中,根据动能定理有mAgLsin θ=mA,
解得v0=1 m/s。
(2)对于第一次发生弹性碰撞的过程,满足动量守恒和能量守恒,则有
mAv0=mAvA1′+mBvB1′,
mA=mAvA1′2+mBvB1′2,
解得vA1′= m/s,vB1′= m/s,
碰后物块B满足mBgsin θ=μmBgcos θ,
所以B做匀速直线运动,小球A做匀加速直线运动,有mAgsin θ=mAa,
从第一次碰撞到第二次碰撞,A和B位移相等,即vA1′t+at2=vB1′t,
解得t=0.4 s。
(3)刚要发生第二次碰撞前瞬间,小球A、滑块B的速度分别为vA2=vA1′+at= m/s,
vB2=vB1′= m/s,
第二次碰撞的过程中,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mAvA2+mBvB2=mAvA2′+mBvB2′,
mA+mB=mAvA2′2+mBvB2′2,
解得vA2′= m/s,vB2′= m/s,
发生第三次碰撞,仍有vA2′t′+at′2=vB2′t′,
解得t′=0.4 s。
同理可知,每发生一次碰撞的时间间隔为Δt=0.4 s,第n次碰后B的速度为vBn′= m/s,
所以第十次碰撞位置与第一次碰撞位置的距离为x=(vB1′+vB2′+…+vB9′)Δt=24 m。1　动　量
课时作业
(分值:70分)
考点一　寻求碰撞中的不变量
1.(6分)(多选)(2025·青海西宁期中)某同学利用如图所示的光电门和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验,下列说法正确的是(　　)
[A]滑块的质量用天平测量
[B]遮光条的宽度用游标卡尺测量
[C]遮光条通过光电门的时间用秒表测量
[D]遮光条通过光电门的时间用打点计时器测量
【答案】 AB
【解析】 处理实验数据时要计算滑块的质量和速度的乘积,需要测量滑块的质量和计算其速度,即用天平测量质量,而速度可由遮光条宽度和通过光电门的时间求解,遮光条宽度可用游标卡尺测量,故A、B正确;遮光条通过光电门的时间由数字计时器测量,因此不需要秒表或打点计时器,故C、D错误。
2.(10分)(2025·辽宁大连阶段练习)某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验:在小车A的前端粘有橡皮泥,推动小车A使之做匀速运动,然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘成一体,继续做匀速运动。他设计的具体装置如图甲所示。在小车A后连着纸带,电磁打点计时器电源频率为50 Hz,长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力。
(1)若已得到打点纸带如图乙所示,并将测得的各计数点间距离标在图上,A点是运动起始的第一点,则应选　　　　段来计算小车A的碰前速度,应选　　　　段来计算小车A和B碰后的共同速度。(以上两空均选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)
(2)已测得小车A的质量m1=0.40 kg,小车B的质量m2=0.20 kg,由以上测量结果可得:碰撞前后两小车质量和速度的乘积之和分别为mAvA+mBvB=　　　　　 kg·m/s,mAvA′+mBvB′=
　　　 　　 kg·m/s。比较碰撞前后两个小车的质量和速度的乘积之和是否相等:
　　　 　(选填“是”或“否”)。
【答案】 (1)BC　DE　(2)0.420　0.417　是
【解析】 (1)由题图乙可知,AB段为小车A的起始运动过程,未做匀速运动,CD段为碰撞前后,故应选BC段计算小车A碰前的速度。同理,可由DE段计算A、B碰撞后的共同
速度。
(2)碰前小车A的速度vA= m/s=1.05 m/s,小车B的速度vB=0,碰后小车A、B的速度vA′=vB′= m/s=0.695 m/s,则mAvA+mBvB=0.420 kg·m/s,mAvA′+mBvB′=0.417 kg·m/s,可知碰撞前后两个小车的质量和速度的乘积之和在误差范围内相等。
考点二　动量和动量变化
3.(4分)(2025·海南海口期中)关于物体的动量,下列说法正确的是(　　)
[A]速度大的物体动量一定大
[B]做匀速圆周运动的物体,其动量一定不变
[C]若两物体的质量相等,速度大小也相等,则它们的动量一定相同
[D]若两物体的速度相同,则它们的动量方向一定相同
【答案】 D
【解析】 根据动量的定义,动量大小等于质量与速度的乘积,故速度大的物体动量不一定大,故A错误;动量为矢量,做匀速圆周运动的物体,速度方向不断变化,其动量在不断改变,故B错误;两物体的质量相等,速度大小也相等,若速度方向不同,则它们的动量不相同,故C错误;动量的方向与速度的方向相同,若两物体的速度相同,则它们的动量方向一定相同,故D正确。
4.(4分)(2025·江苏南京期中)下列关于动量、动能的说法正确的是(　　)
[A]动能是矢量,动能的方向与位移的方向相同
[B]动量是矢量,动量的方向与速度的方向相同
[C]物体的动能不变,其动量一定不变
[D]物体的动量增大2倍,其动能也增大2倍
【答案】 B
【解析】 动能是标量,所以没有方向,故A错误;动量是矢量,其方向与速度的方向相同,故B正确;当物体动能不变时,速度的大小不变,方向不一定不变,即动量可能变化,故C错误;由动量和动能的关系式p=可知,物体的动量增大2倍,其动能增大4倍,故D错误。
5.(6分)(多选)(2025·四川巴中阶段练习)质量相等的甲、乙两个物体沿同一直线运动,其vt图像如图所示。关于这两个物体的动量及动量变化量,下列说法正确的是(　　)
[A]t=0时刻,甲、乙两物体的动量方向相同
[B]0~5 s内,乙物体的动量一直在减小
[C]0~5 s内,甲、乙两物体的总动量始终为零
[D]0~5 s内,甲、乙两物体的动量变化量方向相反
【答案】 BD
【解析】 t=0时刻,甲物体的速度为正方向,乙物体的速度为负方向,甲、乙两物体的速度方向相反,根据p=mv可知,甲、乙两物体的动量方向相反,故A错误;0~5 s内,乙物体的速度一直在减小,则乙物体的动量一直在减小,故B正确;0~5 s内,甲、乙两物体的速度不是一直等大反向,总动量不是始终为零,故C错误;0~5 s内,甲物体的动量变化量为负方向,乙物体的动量变化量为正方向,甲、乙两物体的动量变化量方向相反,故D正确。
6.(4分)(2025·河北邯郸阶段练习)甲、乙两物体的动能相等,它们的质量之比为m甲∶m乙=
1∶4,则它们的动量大小之比p甲∶p乙为(　　)
[A]1∶1 [B]1∶2 [C]1∶4 [D]4∶1
【答案】 B
【解析】 根据Ek=mv2,p=mv,得p=,甲、乙两物体的动量大小之比==,故B正确。
7.(4分)(2025·河北邯郸检测)一辆汽车在平直公路上行驶,发现前方有紧急情况后立即刹车。刹车过程可看作匀减速直线运动,下列能够描述刹车过程中动量随时间变化的图像是(　　)
　　　
[A] [B]
　　　
[C] [D]
【答案】 A
【解析】 设刹车的初速度为v0,加速度为a,经时间t的速度为v=v0-at,则动量为p=mv=
mv0-mat,即p与t的变化关系为一次函数,故A正确。
8.(10分)(2025·山东威海阶段练习)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法,也是各国政府检验汽车安全性能的强制手段之一。在某次正面碰撞试验中,让质量m=
1×103 kg的汽车以速度v0=13 m/s驶向固定的碰撞试验台,撞击后瞬间汽车的速度变为v1=
2 m/s,方向与原方向相反。若碰撞时间t=0.05 s,求:
(1)碰撞前汽车动量的大小;
(2)碰撞前后汽车动量的变化量。
【答案】 (1)1.3×104 kg·m/s
(2)1.5×104 kg·m/s,与碰后速度方向相同
【解析】 (1)碰撞前汽车的动量大小
p=mv0=1.3×104 kg·m/s。
(2)碰撞后汽车的动量
p′=mv1=2×103 kg·m/s,
取汽车碰后速度的方向为正方向,碰撞前后汽车动量的变化量
Δp=p′-(-p)
=2×103 kg·m/s-(-1.3×104) kg·m/s
=1.5×104 kg·m/s,
方向与碰后速度方向相同。
9.(4分)(2025·湖南张家界阶段练习)如图所示,PQS是固定于竖直平面内的光滑的四分之一圆弧轨道,圆心O在S的正上方。在O和P两点各有一个质量为m的小物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑。下列说法正确的是(　　)
[A]小物块a、b到达S的速度大小相等,在S点的动量不相等
[B]小物块a、b到达S的速度相等,在S点的动量不相等
[C]小物块a、b到达S的速度大小相等,在S点的动量相等
[D]小物块a、b到达S的速度相等,在S点的动量相等
【答案】 A
【解析】 根据机械能守恒定律,可知小物块a、b到达S点的速度大小相等,方向不同,因此它们在S点的动量不相等,故A正确。
10.(6分)(多选)(2025·河南洛阳阶段练习)一个质量为0.2 kg 的小球,以大小为v0=20 m/s的速度斜射到坚硬的粗糙平面上,入射方向与竖直方向的夹角为37°,碰撞后被斜着弹出,弹出的方向与竖直方向的夹角为53°,速度大小变为v=15 m/s。关于该碰撞过程,下列说法正确的是(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(　　)
[A]小球在竖直方向的动量变化量大小为 1.4 kg·m/s
[B]小球在竖直方向的动量变化量大小为 5 kg·m/s
[C]小球总动量的变化量大小为1 kg·m/s
[D]小球总动量的变化量大小为5 kg·m/s
【答案】 BD
【解析】 以竖直向上为正方向,小球竖直方向的初速度为vy0=-v0cos 37°=-16 m/s,竖直方向的末速度为vy=vcos 53°=9 m/s,则小球在竖直方向的动量变化量为Δpy=mvy-mvy0=
5 kg·m/s,方向竖直向上,故A错误,B正确;初、末动量和动量变化的矢量关系如图所示,由几何关系可得Δp==5 kg·m/s,即小球总动量的变化量大小为5 kg·m/s,故C错误,D正确。
11.(12分)羽毛球是速度较快的球类运动之一,某次比赛中,假设球飞来的速度为90 km/h,运动员将球以342 km/h的速度反向击回,羽毛球质量为5 g。
(1)求运动员击球过程中羽毛球的动量变化量。
(2)在运动员的这次击球中,羽毛球的速度变化、动能变化各是多少
【答案】 (1)0.600 kg·m/s,方向与羽毛球飞回的方向相同
(2)120 m/s,方向与羽毛球飞回的方向相同　21 J
【解析】 (1)以球飞回的方向为正方向,
羽毛球的初速度
v1=- m/s=-25 m/s,
羽毛球的末速度v2= m/s=95 m/s,则
p1=mv1=5×10-3×(-25) kg·m/s
=-0.125 kg·m/s,
p2=mv2=5×10-3×95 kg·m/s
=0.475 kg·m/s,
所以羽毛球的动量变化量
Δp=p2-p1
=0.475 kg·m/s-(-0.125) kg·m/s
=0.600 kg·m/s,
即羽毛球的动量变化量大小为0.600 kg·m/s,方向与羽毛球飞回的方向相同。
(2)羽毛球的速度变化量
Δv=v2-v1=95 m/s-(-25) m/s=120 m/s,
方向与羽毛球飞回的方向相同;
羽毛球的初动能
Ek=m=×5×10-3×(-25)2 J≈1.56 J,
羽毛球的末动能
Ek′=m=×5×10-3×952 J≈22.56 J,
所以ΔEk=Ek′-Ek=21 J。5　弹性碰撞和非弹性碰撞
课时作业
(分值:70分)
考点一　弹性碰撞与非弹性碰撞
1.(4分)(2025·辽宁沈阳阶段练习)如图所示,5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上,其中B、C、D、E 4个球质量相等,而F球的质量小于B球的质量,A球的质量等于F球的质量。若A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后(　　)
[A]5个小球静止,1个小球运动
[B]4个小球静止,2个小球运动
[C]3个小球静止,3个小球运动
[D]6个小球都运动
2.(14分)(2025·山东济宁阶段练习)研究新材料的力学性能通常需将样品加工成球状或块状与对比参照品进行碰撞实验,通过碰撞测定其恢复系数是研究材料性能的内容之一。正碰的恢复系数是碰撞前后两物体沿连线方向上的分离速度与接近速度之比,即甲、乙发生正碰,碰撞前甲的速度为v甲0,乙的速度为v乙0,碰撞后甲、乙两物体的分离速度分别为v1和v2,恢复系数可表示为e=。某次实验中,甲、乙两个物体在光滑水平桌面上沿同一直线运动,碰撞前后甲的速度和乙的速度随时间的变化关系如图所示。已知甲的质量为1 kg,乙的质量为10 kg。
(1)求该碰撞过程的恢复系数e;
(2)碰撞过程中有多少机械能转化为内能
(3)求碰撞过程中某一时刻甲、乙两物体形变达到最大时甲的速度大小。
3.(6分)(多选)(2025·山东泰安期中)在光滑水平面上,A、B两个物体在同一条直线上沿同一方向运动,A的动量为18 kg·m/s,B的动量为24 kg·m/s。A从后面追上B,它们相互作用一段时间后,B的动量增大为32 kg·m/s,方向不变。下列说法正确的是(　　)
[A]若此过程为弹性碰撞,则两物体的质量之比为=
[B]若此过程为非弹性碰撞,则两物体的质量之比可能为=
[C]若此过程为弹性碰撞,则两物体的质量之比为=
[D]若此过程为非弹性碰撞,则两物体的质量之比可能为=
4.(6分) (多选)在光滑水平面的同一条直线上,可视为质点的两滑块P、Q沿图示方向运动,选取图示运动方向为正方向,已知P、Q的质量分别为1 kg和2 kg,运动速度分别为4 m/s和2 m/s。则两滑块碰撞之后的速度可能是(　　)
[A]vP′=2 m/s,vQ′=3 m/s
[B]vP′=1 m/s,vQ′=3.5 m/s
[C]vP′=2.5 m/s,vQ′=2.75 m/s
[D]vP′=3 m/s,vQ′=2.5 m/s
5.(4分)(2025·重庆铜梁阶段练习)如图所示,用长度为L的轻质细绳悬挂一个质量为M的木块,一个质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块,穿透前后子弹的速度分别为v0和v。子弹穿过木块的时间和空气阻力不计,木块和子弹可以看作质点,已知子弹穿过木块后木块上升的高度不超过悬挂点,以木块初始位置为零势能点,下列说法正确的是(　　)
[A]子弹穿透木块过程中,子弹、木块组成的系统动量守恒,机械能守恒
[B]子弹刚穿透木块时,木块速度为
[C]子弹刚穿透木块时,绳子的拉力为Mg+
[D]子弹穿透木块后,木块能到达的最大高度为
6.(6分)(多选)(2025·广东深圳期末)如图甲,子弹以速度v射入放置在光滑水平面上的木块,子弹与木块运动的vt图像可能如图乙或如图丙的情况,下列分析正确的是(　　)
[A]子弹与木块相对运动的过程系统动量守恒
[B]子弹与木块相对运动的过程系统机械能守恒
[C]图乙说明子弹最后射出了木块
[D]图丙说明子弹最后射出了木块
7.(4分)(2025·山西忻州阶段练习)如图所示,可视为质点的完全相同的A、B两小球分别拴接在一轻弹性绳的两端,两小球质量均为m,且处于同一位置(离地面足够高),弹性绳始终处于弹性限度内。某时刻A球自由下落,同时B球以速度v0水平向右抛出。已知两个小球发生的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短,不计一切阻力,下列说法正确的是(　　)
[A]A、B两小球组成的系统动量守恒
[B]弹性绳最长时,A、B两小球的速度不相同
[C]弹性绳第一次恢复原长时,A小球的水平分速度为v0
[D]弹性绳的最大弹性势能为m
8.(4分)(2025·山东德州阶段检测)如图所示,质量为m的小球A从距离地面h高度处向上斜抛,抛出时的速度大小为25 m/s,方向与水平方向夹角为37°,在A抛出的同时有一质量为2m的黏性小球B从某高度处自由下落,当A上升到最高点时恰能击中竖直下落的黏性小球B,A、B两球碰撞时间极短,碰后A、B两球粘在一起落回地面。已知A球上升和下落过程时间相等。不计空气阻力,取sin 37°=0.6,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
[A]小球A上升至最高处时水平位移为20 m
[B]小球B下落时离地面的高度为37.5 m
[C]小球A抛出点距地面的高度为11.25 m
[D]小球A抛出点与落地点的水平距离为60 m
9.(6分) (多选)(2025·湖北黄石期中)如图所示,光滑圆环水平放置并固定,a、b、c为圆环上的三等分点,圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动,与静止的小球B在a点发生碰撞,两小球始终在圆环内运动。若小球A与B之间为弹性碰撞,且所有的碰撞位置刚好位于a、b、c点,则小球的质量比可能为(　　)
[A]2 [B]3 [C]4 [D]5
10.(16分)(2025·四川宜宾专题练习)某科学小组在室外用实验探究碰撞的“和谐之美”。其中的一种模型如图所示,一倾角θ=30°的固定斜面足够长,质量mB=1 kg的滑块B静止在斜面上,B与斜面间的动摩擦因数μ=。在与B距离L=0.1 m 处,将另一质量mA=2 kg的光滑小球A由静止释放,A与B发生多次弹性碰撞且碰撞时间极短,不计空气阻力,A、B均可视为质点。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)第一次碰撞前瞬间,A的速度大小;
(2)第一次与第二次碰撞的时间间隔;
(3)第一次与第十次碰撞位置间的距离。1　动　量
课时作业
(分值:70分)
考点一　寻求碰撞中的不变量
1.(6分)(多选)(2025·青海西宁期中)某同学利用如图所示的光电门和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验,下列说法正确的是(　　)
[A]滑块的质量用天平测量
[B]遮光条的宽度用游标卡尺测量
[C]遮光条通过光电门的时间用秒表测量
[D]遮光条通过光电门的时间用打点计时器测量
2.(10分)(2025·辽宁大连阶段练习)某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验:在小车A的前端粘有橡皮泥,推动小车A使之做匀速运动,然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘成一体,继续做匀速运动。他设计的具体装置如图甲所示。在小车A后连着纸带,电磁打点计时器电源频率为50 Hz,长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力。
(1)若已得到打点纸带如图乙所示,并将测得的各计数点间距离标在图上,A点是运动起始的第一点,则应选　　　　段来计算小车A的碰前速度,应选　　　　段来计算小车A和B碰后的共同速度。(以上两空均选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)
(2)已测得小车A的质量m1=0.40 kg,小车B的质量m2=0.20 kg,由以上测量结果可得:碰撞前后两小车质量和速度的乘积之和分别为mAvA+mBvB=　　　　　 kg·m/s,mAvA′+mBvB′=
　　　 　　 kg·m/s。比较碰撞前后两个小车的质量和速度的乘积之和是否相等:
　　　 　(选填“是”或“否”)。
3.(4分)(2025·海南海口期中)关于物体的动量,下列说法正确的是(　　)
[A]速度大的物体动量一定大
[B]做匀速圆周运动的物体,其动量一定不变
[C]若两物体的质量相等,速度大小也相等,则它们的动量一定相同
[D]若两物体的速度相同,则它们的动量方向一定相同
4.(4分)(2025·江苏南京期中)下列关于动量、动能的说法正确的是(　　)
[A]动能是矢量,动能的方向与位移的方向相同
[B]动量是矢量,动量的方向与速度的方向相同
[C]物体的动能不变,其动量一定不变
[D]物体的动量增大2倍,其动能也增大2倍
5.(6分)(多选)(2025·四川巴中阶段练习)质量相等的甲、乙两个物体沿同一直线运动,其vt图像如图所示。关于这两个物体的动量及动量变化量,下列说法正确的是(　　)
[A]t=0时刻,甲、乙两物体的动量方向相同
[B]0~5 s内,乙物体的动量一直在减小
[C]0~5 s内,甲、乙两物体的总动量始终为零
[D]0~5 s内,甲、乙两物体的动量变化量方向相反
6.(4分)(2025·河北邯郸阶段练习)甲、乙两物体的动能相等,它们的质量之比为m甲∶m乙=
1∶4,则它们的动量大小之比p甲∶p乙为(　　)
[A]1∶1 [B]1∶2 [C]1∶4 [D]4∶1
7.(4分)(2025·河北邯郸检测)一辆汽车在平直公路上行驶,发现前方有紧急情况后立即刹车。刹车过程可看作匀减速直线运动,下列能够描述刹车过程中动量随时间变化的图像是(　　)
　　　
[A] [B]
　　　
[C] [D]
8.(10分)(2025·山东威海阶段练习)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法,也是各国政府检验汽车安全性能的强制手段之一。在某次正面碰撞试验中,让质量m=
1×103 kg的汽车以速度v0=13 m/s驶向固定的碰撞试验台,撞击后瞬间汽车的速度变为v1=
2 m/s,方向与原方向相反。若碰撞时间t=0.05 s,求:
(1)碰撞前汽车动量的大小;
(2)碰撞前后汽车动量的变化量。
9.(4分)(2025·湖南张家界阶段练习)如图所示,PQS是固定于竖直平面内的光滑的四分之一圆弧轨道,圆心O在S的正上方。在O和P两点各有一个质量为m的小物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑。下列说法正确的是(　　)
[A]小物块a、b到达S的速度大小相等,在S点的动量不相等
[B]小物块a、b到达S的速度相等,在S点的动量不相等
[C]小物块a、b到达S的速度大小相等,在S点的动量相等
[D]小物块a、b到达S的速度相等,在S点的动量相等
10.(6分)(多选)(2025·河南洛阳阶段练习)一个质量为0.2 kg 的小球,以大小为v0=20 m/s的速度斜射到坚硬的粗糙平面上,入射方向与竖直方向的夹角为37°,碰撞后被斜着弹出,弹出的方向与竖直方向的夹角为53°,速度大小变为v=15 m/s。关于该碰撞过程,下列说法正确的是(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(　　)
[A]小球在竖直方向的动量变化量大小为 1.4 kg·m/s
[B]小球在竖直方向的动量变化量大小为 5 kg·m/s
[C]小球总动量的变化量大小为1 kg·m/s
[D]小球总动量的变化量大小为5 kg·m/s
11.(12分)羽毛球是速度较快的球类运动之一,某次比赛中,假设球飞来的速度为90 km/h,运动员将球以342 km/h的速度反向击回,羽毛球质量为5 g。
(1)求运动员击球过程中羽毛球的动量变化量。
(2)在运动员的这次击球中,羽毛球的速度变化、动能变化各是多少 6　反冲现象　火箭
课时作业
(分值:70分)
考点一　对反冲运动的理解和应用
1.(4分)(2025·北京西城期中)如图,是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画,图中的运动员手持一种负重物起跳,这可以使运动员跳得更远,现在我们来解释其中的原因。若某名运动员的质量为60 kg,两手各持一个质量为3 kg的负重物,在某次立定跳远练习过程中,起跳离地时速度大小为5 m/s,方向与水平方向成37°夹角,在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
[A]从起跳后到落地前的过程中,运动员和负重物组成系统的总动量和总机械能均守恒
[B]与在最高点不扔出负重物相比,抛负重物时运动员在空中可以运动更长时间
[C]与在最高点不扔出负重物相比,运动员可以多跳一段距离
[D]与在最高点不扔出负重物相比,运动员落地时速率将增大0.4 m/s
2.(12分)(2025·黑龙江大庆阶段检测)一炮车正以速度v0匀速行驶,炮筒保持水平状态。炮车质量为M,携带一枚质量为m的炮弹,用于发射炮弹的炸药在极短时间内爆炸,将炮弹沿行进方向水平发射出去,由于反冲力的作用,炮弹飞离炮口时炮车停止运动。炸药质量可忽略不计。
(1)求炮弹飞离炮口时的速度v;
(2)求炸药爆炸释放的能量Q;
(3)设炮弹在炮筒中所受的作用力恒定,已知炮筒长为d,求从发射炮弹到炮弹飞离炮口时,炮车前进的距离。
3.(4分)(2025·广西梧州阶段检测)2024年7月5日,我国在太原卫星发射中心使用长征六号改运载火箭,成功将天绘五号02组卫星发射升空,卫星顺利进入预定轨道,发射任务获得圆满成功。关于火箭点火发射升空的情景,下列说法正确的是(　　)
[A]在火箭向下喷出气体的过程中其惯性变大
[B]火箭尾部向下喷出的气体对空气产生作用力,空气对该气体的反作用力使火箭获得向上的推力
[C]火箭对尾部向下喷出的气体产生作用力,该气体对火箭产生反作用力,使火箭获得向上的推力
[D]火箭飞出大气层后,由于没有了空气,因此火箭即使向后喷气,也无法获得向前的推力
4.(4分)水火箭的制作原理如图所示,发射时在水火箭内高压空气压力作用下,水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出,外壳受到反冲作用而快速上升。某次发射过程中,水火箭将壳内质量为
2.5 kg的水相对地面以6 m/s的速度在极短时间内喷出,已知水火箭外壳质量为0.5 kg。空气阻力忽略不计,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
[A]水火箭喷水过程机械能守恒
[B]水火箭喷水结束时速度大小约为5 m/s
[C]水火箭上升的最大高度约为30 m
[D]水火箭上升的最大高度约为45 m
5.(6分)(多选)(2025·陕西西安阶段练习)如图所示,光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药,一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸,分开后两球仍沿原直线运动,从爆炸开始计时,经过3.0 s两球之间的距离为x=2.7 m,则下列说法正确的是(　　)
[A]刚分离时,甲、乙两球的速度方向相同
[B]刚分离时,甲球的速度大小为0.1 m/s,方向水平向左
[C]刚分离时,乙球的速度大小为0.3 m/s
[D]爆炸过程中释放的能量为0.027 J
6.(6分)(多选)(2025·湖北武汉期末)如图所示,完全相同的A、B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动,A、B间夹有少量炸药。现炸药发生爆炸,爆炸后瞬间物块B的速度为2v,则在以后的过程中,下列说法正确的是(已知物块与传送带间动摩擦因数为μ)(　　)
[A]物块A一直做匀加速直线运动
[B]物块A先做匀加速运动,后做匀速运动
[C]物块B先做匀减速运动,后做匀速运动
[D]最终两物块间距离为
7.(4分)(2025·重庆沙坪坝期中)如图,质量为M、斜面长为L、倾角为θ的光滑斜面体放在光滑的水平面上,质量为m的物块从斜面顶端由静止释放,当物块滑到斜面底端时,斜面体向左移动的距离为d,则下列说法正确的是(　　)
[A]物块机械能守恒
[B]物块和斜面体组成的系统动量守恒
[C]d=Lcos θ
[D]d=Lcos θ
8. (4分)(2025·山东滨州阶段练习)长为L的木板总质量为M,质量为m的人站在木板的左端,脚与木板间粗糙,木板与地面间光滑,开始时均静止。如图所示,人做匀加速直线运动从左端跑到右端离开木板,此过程木板运动的位移为(　　)
[A]L,向右 [B]L,向左
[C]L,向右 [D]L,向左
9.(6分)(多选)(2025·宁夏石嘴山期中)如图所示,载有物资的热气球的总质量为M,静止于距离水平地面H的高处。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出,物资落地时与热气球的距离为d。设整个过程中热气球所受浮力不变,重力加速度为g,不计空气阻力,忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是(　　)
[A]物资落地前,热气球与其组成的系统动量守恒
[B]投出物资后,热气球匀速上升
[C]物资落地时,热气球上升的高度为
[D]d=
10.(4分)(2025·安徽淮北检测)我国航天员在天宫空间站执行任务期间,在地面科研人员的配合支持下,进行出舱活动已成为常态。如图,为了保证出舱航天员的安全,通常会采用多重保障措施,其中之一就是出舱航天员要背上可产生推力的便携式设备,装备中有一个能喷出气体的高压气源。假设一个连同装备共100 kg的航天员,脱离空间站后,在离空间站30 m的位置与空间站处于相对静止状态。航天员为了返回空间站,先以相对空间站50 m/s的速度向后喷出0.15 kg的气体,距离空间站15 m时,再次以同样速度喷出同等质量的气体,则航天员返回空间站的时间约为(　　)
[A]200 s [B]300 s
[C]400 s [D]600 s
11.(16分)(2025·山东德州阶段检测)双响爆竹结构简图如图所示,纸筒内分上、下两层安放火药。使用时首先引燃下层火药,使爆竹获得竖直向上的初速度,升空后上层火药被引燃,爆竹凌空爆响。某次在水平地面上燃放双响爆竹,爆竹上升至最高点时恰好引燃上层火药,立即爆炸成两部分,两部分的质量之比为1∶2,获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆竹上升的最大高度为h,两部分落地点之间的距离为L,重力加速度为g,不计空气阻力,不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。
(1)求引燃上层火药后,两部分各自获得的速度大小;
(2)已知火药爆炸时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比,求上、下两层火药的质量比。4　实验:验证动量守恒定律
课时作业
(分值:50分)
1.(10分)(2025·浙江嘉兴期末)研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒的实验装置如图甲
所示。
(1)除图中所示的实验器材外,还需要的实验器材有　　　　　。(多选)
A.天平 B.秒表
C.刻度尺 D.复写纸
(2)下列有关实验操作和分析正确的是　　　　　。
A.两球的质量必须相等
B.铅垂线的主要作用是确保斜槽末端水平
C.小球B可以放在斜槽水平段的任意位置
D.小球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放
(3)某学习小组采用如图乙所示实验方案验证动量守恒定律。轨道上的小车P右端连接穿过打点计时器的纸带,轻推小车P运动,小车P与小车Q碰撞后粘在一起运动。
①完成该实验　　　　(选填“需要”或“不需要”)垫高轨道一端,以平衡阻力。
②图丙是正确操作后得到的一条纸带,计算小车P碰前的速度应选用　　　　(选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)段纸带。已知打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz,则小车P、Q一起运动的速度大小为v=　 　　　 m/s(结果保留3位有效数字)。
【答案】 (1)ACD　(2)D
(3)①需要　②BC　1.14
【解析】 (1)因本实验需要测量落地点与投影点之间的距离来求速度,所以还需要用到的器材是刻度尺;同时需要用天平测量小球的质量,用复写纸记录点迹。故A、C、D正确。
(2)为了保证碰撞后小球A不反弹,则A的质量应大于B的质量,故A错误;铅垂线的作用是确定O点的位置,不是用于检验斜槽是否水平,故B错误;小球B需放在斜槽水平段的末端位置,可以有效减小阻力对实验结果的影响,故C错误;小球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放,保证初速度一致,故D正确。
(3)①为使碰撞前小车做匀速直线运动,应在实验前,在长木板靠近打点计时器一端垫适量木块以平衡摩擦阻力。
②碰前小车应做匀速直线运动,且速度大于碰后的速度,即相等时间位移较大,故选用BC段;两车碰后粘到一起共同做匀速直线运动,而打点计时器打点周期T=0.02 s,则由DE段可求出碰后速度为v== m/s=1.14 m/s。
2.(8分)(2025·山东日照期中)某同学用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。长木板的一端垫有小木块,可以微调木板的倾斜程度,使小车能在木板上做匀速直线运动。长木板的顶端安装着位移传感器,可以测量小车A到传感器的距离x。
(1)现将小车A紧靠传感器,并给小车A一个初速度,传感器记录了x随时间t变化的图像如图乙所示,此时应将小木块水平向　　 (选填“左”或“右”)稍微移动一下。
(2)调整好长木板后,让小车A以某一速度运动,与静止在长木板上的小车B(后端粘有橡皮泥)相碰并粘在一起,导出传感器记录的数据,绘制x随时间t变化的图像如图丙所示。
(3)已知小车A的质量为0.4 kg,小车B(连同橡皮泥)的质量为0.2 kg,由此可知碰前两小车的总动量是　　　　kg·m/s,碰后两小车的总动量是　　　　kg·m/s。若在误差允许的范围内,两小车碰撞前后总动量相等,则碰撞前后动量守恒。(结果均保留2位有效数字)
【答案】 (1)左　(3)0.24　0.23
【解析】 (1)题图乙中图线斜率减小,说明小车A做减速运动,可知应将所垫小木块水平向左稍微移动一下,以使小车A在斜面上能做匀速运动。
(3)由题图丙可求得碰前和碰后小车A的速度分别为v1= m/s=0.6 m/s,
v2= m/s=0.38 m/s,所以,
碰前和碰后两小车的总动量分别为p1=mAv1=0.4×0.6 kg· m/s=0.24 kg·m/s,
p2=(mA+mB)v2=(0.4+0.2)×0.38 kg·m/s=0.23 kg·m/s,
则在误差允许范围内,两小车碰撞前后动量守恒。
3.(12分)在“验证动量守恒定律”的实验中,某同学用如图所示的装置进行了如下的操作:
①先调整斜槽轨道,使其末端的切线水平,在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸,并将该木板竖直立于靠近槽口处,使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止释放,撞到木板并在白纸上留下痕迹O。
②将木板向右平移适当的距离,再使小球a从原固定点由静止释放,撞在木板上并在白纸上留下痕迹B。
③把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端,让小球a仍从原固定点由静止释放,和小球b相碰后,两球撞在木板上并在白纸上留下痕迹A和C。
④用刻度尺测量白纸上O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2和y3。
(1)两小球的质量关系:ma　　　 　(选填“>”“<”或“=”)mb。
(2)碰撞后,小球b落点的痕迹是　　　 　(选填“A”“B”或“C”)。
(3)实验中除需测量白纸上O点到A、B、C三点的距离外,还需要测量的物理量有　　　。
A.木板向右移动的距离L
B.小球a和小球b的质量ma、mb
C.A、B两点间的高度差Δl
D.小球a和小球b的半径r
(4)用本实验中所测得的量来验证两小球碰撞过程动量守恒,其表达式为　　　　　　。
【答案】 (1)>　(2)A　(3)B　
(4)=+
【解析】 (1)为防止两球碰撞后入射球反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,即ma>mb。
(2)根据题意可知,碰后小球b的速度最大,根据 x=vt,h=gt2可知,小球b下落高度最小,所以落点为A。
(3)根据(2)分析,可知v=x,则碰撞前小球a的速度大小v0=x,碰撞后小球a的速度大小v1=x,碰撞后小球b的速度大小v2=x,若两球碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mav0=mav1+mbv2,整理得=+,所以还需测量的物理量为小球a和小球b的质量ma、mb,故选B。
(4)验证两小球碰撞过程动量守恒,其表达式为=+。
4.(10分)(2025·江苏宿迁期中)某同学用气垫导轨做验证动量守恒定律的实验,装置如图甲所示。a、b两滑块之间放置一根压缩的轻弹簧,并用细线固定,两滑块上分别装有规格相同的挡光片,已知a、b两滑块的质量(包括挡光片)分别为m1、m2。
(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d,示数如图乙所示,则d=　　　　mm。
(2)接通气源,调节气垫导轨下面的螺钉,若滑块放在气垫导轨上任一处均能处于
　　　　 　　　,则气垫导轨水平。
(3)将a、b两滑块按如图甲所示放置,剪断细线,两滑块通过光电门1、2的挡光时间分别为t1、t2,则当　　　　　　　　(用已知量和测量的物理量符号表示)成立,则可验证两滑块作用过程中动量守恒。
(4)实验表明,弹簧开始被压缩时具有的弹性势能大小为　　　　　　　　(用已知量和测量的物理量符号表示)。
(5)为了减小实验误差,两个光电门放置的位置应适当　　　 　(选填“靠近”或“远离”)一些。
【答案】 (1)10.50　(2)静止状态　(3)=　(4)(+)　(5)靠近
【解析】 (1)由题图乙可知,游标卡尺的读数为d=10 mm+10×0.05 mm=10.50 mm。
(2)若滑块放在气垫导轨上任一处均能处于静止状态,则气垫导轨调节水平。
(3)设剪断细线后a、b滑块通过光电门的速度分别为v1、v2,则有v1=,v2=,而细线剪断前a、b两滑块总动量为0,细线剪断后,若m1v1-m2v2=0,即=成立,则可验证a、b两滑块作用过程中动量守恒。
(4)根据能量守恒,弹簧开始被压缩时具有的弹性势能大小为Ep=m1+m2=+=(+)。
(5)由于两滑块会受到摩擦力,为了保证挡光片通过光电门时的速度为两滑块释放后的瞬时速度,两光电门放置的位置应适当靠近一些。
5.(10分)(2025·湖北武汉期中)用“碰撞实验器”结合斜面可以做验证动量守恒定律的实验,如图所示。实验时先让质量为m1的入射小球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下,从轨道末端O点水平抛出,落到与轨道O点连接的倾角为θ的斜面上,记下其落点痕迹。再把质量为m2的被碰小球放在斜槽轨道末端,让入射小球仍从位置S由静止滚下,与被碰小球碰撞后,分别落在斜面上,记下各自的落点痕迹,M、P、N为三个落点的位置。(不考虑小球在斜面上的多次碰撞)
(1)关于本实验,下列说法正确的是　　　　。
A.斜槽轨道不必光滑,入射小球每次释放的初位置也不必相同
B.斜槽轨道末端必须水平
C.为保证入射小球碰后沿原方向运动,应满足入射小球的质量m1等于被碰小球的质量m2
(2)实验中不易直接测定小球碰撞前后的速度,可以通过仅测量　　　　,间接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度h
B.斜面的倾角θ
C.O点与各落点的距离
(3)在实验误差允许的范围内,若满足关系式　　　 　,则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。
A.m1·OP=m1·OM+m2·ON
B.m1·ON=m1·OP+m2·OM
C.m1·=m1·+m2·
D.m1·=m1·+m2·
(4)如果该碰撞过程机械能也保持守恒,则只需要满足一个表达式,即　 。
【答案】 (1)B　(2)C　(3)C
(4)+=
【解析】 (1)只要小球从斜面上同一位置由静止释放,即可保证小球到达斜槽末端的速度相等,斜槽轨道不必光滑,故A错误;为保证小球离开斜槽后做平抛运动,斜槽轨道末端必须水平,故B正确;为保证入射小球碰后沿原方向运动,应满足入射小球的质量m1大于被碰小球的质量m2,故C错误。
(2)小球离开斜槽后做平抛运动,设小球的位移大小为L,竖直方向有Lsin θ=gt2,水平方向有Lcos θ=vt,解得v=,入射小球碰撞前的速度为v0=,碰撞后的速度为v1=,被碰小球碰撞后的速度为v2=,则碰撞前后系统的总动量分别为p=m1v0,p′=m1v1+m2v2,若p=p′,有m1=m1+m2,
整理得m1=m1+m2,由此可知,仅测量O点与各落点的距离即可。
(3)根据(2)中分析,在实验误差允许的范围内,当满足关系式m1=m1+m2时,
可以认为两球碰撞前后总动量守恒。
(4)若碰撞过程机械能也守恒,则有m1=m1+m2,由于v∝,v2∝L,
整理得m1·OP=m1·OM+m2·ON,联立可得+=。3　动量守恒定律
课时作业
(分值:60分)
考点一　对动量守恒定律的理解
1.(4分)(2025·陕西西安阶段练习)如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止。对两车及弹簧组成的系统,下列说法错误的是(　　)
[A]两手同时放开后,系统总动量始终为零
[B]先放开左手,后放开右手,总动量向左
[C]先放开左手,后放开右手,总动量向右
[D]无论何时放手,只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零
2.(4分)如图所示,小车放在光滑的水平面上,将系着绳的小球拉开一定的角度,然后同时放开小球和小车,那么在以后的过程中(　　)
[A]小球向左摆动时,小车也向左运动,且系统动量守恒
[B]小球向左摆动时,小车向右运动,且系统动量守恒
[C]小球向左摆到最高点时,小球的速度为零,而小车的速度不为零
[D]在任意时刻,小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零)
3.(6分)(多选)(2025·山西运城阶段练习)“天宫”空间站的电推进系统,也称电推进发动机,如图所示,其工作原理是先将氙气等惰性气体转化为带电离子,然后把这些离子加速、喷出以产生推进力,进而完成航天器的姿态控制、轨道修正和轨道维持等任务。已知单位时间内能喷出总质量为m、对地速度为v的离子,不计离子喷出对空间站质量的影响,下列说法正确的是(　　)
[A]电推进系统工作时整个空间站系统的动量守恒
[B]电推进系统工作时整个空间站系统的机械能守恒
[C]电推进系统工作时产生的推进力大小为mv
[D]电推进系统工作时产生的推进力大小为2mv
4.(4分)(2025·湖南益阳期末)质量为M的热气球在空中以速率v0匀速上升,一质量为m的人在悬绳上相对热气球静止。若人以相对地面的速率v沿绳匀速向下运动,则热气球的速率为(　　)
[A]v0+v [B]v0-v
[C]v0+(v0+v) [D]v0+(v0-v)
5.(10分)(2025·河南安阳期中)将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上,水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s,方向向右,乙车速度大小为2 m/s,方向向左并与甲车速度方向在同一直线上,如图所示。
(1)当乙车速度为0时,甲车的速度多大 方向如何
(2)由于磁性极强,故两车不会相碰,那么两车的距离最小时,乙车的速度是多大 方向如何
6.(4分)(2025·湖北荆州阶段练习)一颗弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平向右的速度v0=2 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量之比为5∶1。不计质量损失,重力加速度g取10 m/s2。下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
　
[A] [B]
　
[C] [D]
7.(10分)(2025·河南濮阳阶段练习)如图所示,一个机器人在冰面上进行“滑车”练习,开始机器人站在A车前端与车以共同速度v0=0.9 m/s向右做匀速直线运动,在A车正前方有一辆静止的B车,为了避免两车相撞,在A车接近B车时,机器人迅速从A车跳上B车,又立即从B车跳回A车,此时A、B两车恰好不相撞。已知机器人的质量m=25 kg,A车和B车质量均为mA=mB=100 kg,若机器人跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反,求:
(1)机器人跳回A车后,他和A车的共同速度大小;
(2)机器人跳离A车和B车时对地速度的大小;
(3)机器人跳离A车的过程中对A车冲量的大小。
8.(6分)(多选)(2025·湖南长沙阶段练习)如图所示,a、b两物体彼此接触静止放在光滑的水平桌面上,物体a的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道,将小球c紧贴轨道右侧最高点P由静止释放,则(　　)
[A]a、b、c组成的系统机械能守恒,动量也守恒
[B]当c第一次滑到最低点时,a和b开始分离
[C]c可以滑到a左侧与P等高的地方
[D]最后a将从桌面左边滑出
9.(12分) (2025·重庆北碚期中)如图所示,水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的劲度系数为k的轻质弹簧相连,一开始整个装置处于静止状态且弹簧的弹性势能为Ep0。现有一套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下,与圆盘碰撞后粘在一起运动。已知圆环质量为m,圆盘质量为2m,圆环与圆盘碰撞时间为t,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求碰后瞬间圆环和圆盘的速度大小;
(2)求碰撞过程中,圆盘对圆环的平均作用力的大小;
(3)当圆环和圆盘一起下落速度最大时弹簧的弹性势能为Ep,求此时系统的最大动能Ekmax。2　动量定理
课时作业
(分值:70分)
考点一　对冲量的理解和计算
1.(6分) (多选)(2025·湖南益阳期中)如图所示,质量为m1的物块从质量为m2的固定斜面体的顶端匀速下滑到底端,所用时间为t,斜面体倾角为θ,则(　　)
[A]物块所受重力对物块的冲量大小为m1gt
[B]斜面体对物块支持力的冲量大小为0
[C]斜面体对物块支持力的冲量大小为m1gtcos θ
[D]地面对斜面体支持力的冲量大小为m2gt
2.(4分)质量为0.2 kg的石子以10 m/s的初速度从某一高度水平抛出,若落地时速度方向与水平方向成60°角,不计空气阻力,则从抛出到落地的过程中石子所受重力的冲量大小为(　　)
[A] N·s [B]2 N·s
[C]4 N·s [D]6 N·s
3.(10分)(2025·江苏泰州期中)如图所示为苏州金鸡湖边的水上摩天轮,其设计半径r=60 m,旋转一周的时间为T=600 s。一名质量为m=50 kg的同学乘坐某吊舱进行游乐体验,重力加速度g取10 m/s2,在这名同学从摩天轮最高点转到最低点的过程中,求:
(1)所受重力的冲量大小;
(2)所受合力的冲量大小。
4.(4分) (2025·贵州毕节期中)水城猕猴桃是贵州省水城区特产,中国国家地理标志产品。因其果实细嫩多汁、香味浓郁、甜酸宜人,深受大众喜爱。在猕猴桃运往国内各大超市途中,人们往往会给果实包裹一层泡沫网袋,这种做法的好处是(　　)
[A]能够大大减小运输时某颠簸过程中果实所受合力的冲量
[B]能够大大减小运输时某颠簸过程中果实动量的变化
[C]能够大大减小运输时某颠簸过程中果实动量变化的时间
[D]能够大大减小运输时某颠簸过程中果实受到的冲击力
5.(4分)(2025·山西运城阶段练习)在排球比赛中,质量为m的排球以速率v1水平飞过球网,运动员挥掌击球后,球以速率v2水平飞回。已知v2>v1,球的重力可忽略,在此过程中,运动员对排球作用力的冲量(　　)
[A]大小为m(v2+v1),方向与v1方向相同
[B]大小为m(v2+v1),方向与v2方向相同
[C]大小为m(v2-v1),方向与v1方向相同
[D]大小为m(v2-v1),方向与v2方向相同
6.(6分)(多选)(2025·江苏泰州期中)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量小于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙,在它们相互靠近过程中的任一时刻(　　)
[A]甲的动量大小比乙的大
[B]甲的动量大小与乙的相等
[C]甲的动量大小比乙的小
[D]甲、乙组成的系统总动量水平向右
7.(4分)(2025·上海金山期中)如图所示,一个铁块压着一张纸条放在水平桌面上某点,当以足够大的速度v从铁块下抽出纸条后,铁块掉在地上的P点。若以2v速度抽出纸条,则铁块落地点为(　　)
[A]仍在P点
[B]在P点左边
[C]在P点右边不远处
[D]在P点右边原水平位移的2倍处
8.(8分)(2025·山西长治期中)女排联赛中,若一传不到位的排球触网后沿竖直方向落下,将要触地的瞬间它的速度为5 m/s,此时,机敏的二传手双手抱拳将排球竖直向上垫起,当排球上升到最高3.20 m处时,高高跃起的主攻手将球扣到对方界内。已知排球的质量为0.260 kg,排球与二传手的作用时间为0.10 s,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)排球被二传手垫起瞬间动量的大小;
(2)二传手对排球的平均作用力大小。
9.(6分)(多选)(2025·陕西西安阶段练习)一根细绳系着小球,在光滑水平面上做匀速圆周运动,小球的质量为m,速度大小为v,做匀速圆周运动的周期为T,则下列说法正确的是(　　)
[A]经过时间t=,小球的动量变化量为0
[B]经过时间t=,小球的动量变化量大小为mv
[C]经过时间t=,细绳对小球的冲量大小为2mv
[D]经过时间t=,重力对小球的冲量大小为0
10.(4分)(2025·山东日照期中)某乒乓球运动员高抛发球,将乒乓球以初速度v0竖直向上抛出,乒乓球经过时间t到达最高点,落回抛出点之前已经匀速,匀速运动的速度大小为v。已知乒乓球的质量为m,重力加速度为g,乒乓球在运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比。下列说法正确的是(　　)
[A]上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量
[B]上升过程中空气阻力的冲量大于下降过程中空气阻力的冲量
[C]空气阻力与速率的比例系数为
[D]乒乓球从最高点落回到抛出点的时间为-t
11.(14分)质量是80 kg的铁锤从5 m高处落下,打在水泥柱上,与水泥柱撞击的时间是0.2 s,撞击后铁锤未反弹,不计空气阻力。求:
(1)铁锤与水泥柱撞击过程中,铁锤所受合力的冲量;
(2)撞击时,铁锤对水泥柱的平均冲击力。2　动量定理
课时作业
(分值:70分)
考点一　对冲量的理解和计算
1.(6分) (多选)(2025·湖南益阳期中)如图所示,质量为m1的物块从质量为m2的固定斜面体的顶端匀速下滑到底端,所用时间为t,斜面体倾角为θ,则(　　)
[A]物块所受重力对物块的冲量大小为m1gt
[B]斜面体对物块支持力的冲量大小为0
[C]斜面体对物块支持力的冲量大小为m1gtcos θ
[D]地面对斜面体支持力的冲量大小为m2gt
【答案】 AC
【解析】 由公式I=Ft可知,物块所受重力对物块的冲量大小为IG=m1gt,故A正确;斜面体对物块支持力的冲量大小为IN=m1gtcos θ,故B错误,C正确;地面对斜面体的支持力大小为FN=(m1+m2)g,地面对斜面体支持力的冲量大小为I=(m1+m2)gt,故D错误。
2.(4分)质量为0.2 kg的石子以10 m/s的初速度从某一高度水平抛出,若落地时速度方向与水平方向成60°角,不计空气阻力,则从抛出到落地的过程中石子所受重力的冲量大小为(　　)
[A] N·s [B]2 N·s
[C]4 N·s [D]6 N·s
【答案】 B
【解析】 石子做平抛运动,水平分运动为匀速运动,根据速度关系可知落地时的竖直分速度为vy=v0tan 60°=10 m/s,则石子在空中的时间为t== s,从抛出到落地的过程中石子所受重力的冲量大小为I=mgt=2 N·s,故选B。
3.(10分)(2025·江苏泰州期中)如图所示为苏州金鸡湖边的水上摩天轮,其设计半径r=60 m,旋转一周的时间为T=600 s。一名质量为m=50 kg的同学乘坐某吊舱进行游乐体验,重力加速度g取10 m/s2,在这名同学从摩天轮最高点转到最低点的过程中,求:
(1)所受重力的冲量大小;
(2)所受合力的冲量大小。
【答案】 (1)1.5×105 N·s　(2)20π N·s
【解析】 (1)该同学从最高点到最低点的时间t==300 s,
其重力的冲量大小
IG=mgt=50×10×300 N·s=1.5×105 N·s。
(2)根据速度与周期关系式有v=,
在最高点和最低点速度方向相反,
根据动量定理有I合=2mv,
代入数值解得I合=20π N·s。
考点二　动量定理及其应用
4.(4分) (2025·贵州毕节期中)水城猕猴桃是贵州省水城区特产,中国国家地理标志产品。因其果实细嫩多汁、香味浓郁、甜酸宜人,深受大众喜爱。在猕猴桃运往国内各大超市途中,人们往往会给果实包裹一层泡沫网袋,这种做法的好处是(　　)
[A]能够大大减小运输时某颠簸过程中果实所受合力的冲量
[B]能够大大减小运输时某颠簸过程中果实动量的变化
[C]能够大大减小运输时某颠簸过程中果实动量变化的时间
[D]能够大大减小运输时某颠簸过程中果实受到的冲击力
【答案】 D
【解析】 运输过程中颠簸使果实动量发生变化,其变化量由具体颠簸情形决定,与是否有泡沫网袋无关,根据动量定理,果实所受合力的冲量也与是否有泡沫网袋无关,故A、B错误;根据动量定理FΔt=mΔv,运输过程中,给果实包裹一层泡沫网袋以增加颠簸的缓冲时间,能够大大减小果实受到的冲击力,故C错误,D正确。
5.(4分)(2025·山西运城阶段练习)在排球比赛中,质量为m的排球以速率v1水平飞过球网,运动员挥掌击球后,球以速率v2水平飞回。已知v2>v1,球的重力可忽略,在此过程中,运动员对排球作用力的冲量(　　)
[A]大小为m(v2+v1),方向与v1方向相同
[B]大小为m(v2+v1),方向与v2方向相同
[C]大小为m(v2-v1),方向与v1方向相同
[D]大小为m(v2-v1),方向与v2方向相同
【答案】 B
【解析】 选择末速度方向为正方向,根据动量定理可知,运动员对排球作用力的冲量I=mv2-m(-v1)=m(v2+v1),即此过程中运动员对排球作用力的冲量大小为m(v2+v1),方向与v2方向相同。故B正确。
6.(6分)(多选)(2025·江苏泰州期中)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量小于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙,在它们相互靠近过程中的任一时刻(　　)
[A]甲的动量大小比乙的大
[B]甲的动量大小与乙的相等
[C]甲的动量大小比乙的小
[D]甲、乙组成的系统总动量水平向右
【答案】 AD
【解析】 在甲、乙两磁铁相互靠近的过程中,根据动量定理可知Δp甲=(F磁-μm甲g)t,
Δp乙=(F磁-μm乙g)t,而Δp甲=p甲,Δp乙=p乙,甲的质量小于乙的质量,故甲的动量大小比乙的大,故A正确,B、C错误;以向右为正方向,甲和乙的总动量为p=(F磁-μm甲g)t-(F磁-μm乙g)t=
μ(m乙-m甲)gt>0,可知甲和乙的总动量方向向右,故D正确。
7.(4分)(2025·上海金山期中)如图所示,一个铁块压着一张纸条放在水平桌面上某点,当以足够大的速度v从铁块下抽出纸条后,铁块掉在地上的P点。若以2v速度抽出纸条,则铁块落地点为(　　)
[A]仍在P点
[B]在P点左边
[C]在P点右边不远处
[D]在P点右边原水平位移的2倍处
【答案】 B
【解析】 在抽出纸条的过程中,纸条对铁块有一个向右的滑动摩擦力,两次摩擦力大小相等,第二次摩擦力作用的时间较短,根据动量定理,可知第二次铁块做平抛运动的初速度较小,平抛的水平距离更近,因此落在P点的左边。故B正确。
8.(8分)(2025·山西长治期中)女排联赛中,若一传不到位的排球触网后沿竖直方向落下,将要触地的瞬间它的速度为5 m/s,此时,机敏的二传手双手抱拳将排球竖直向上垫起,当排球上升到最高3.20 m处时,高高跃起的主攻手将球扣到对方界内。已知排球的质量为0.260 kg,排球与二传手的作用时间为0.10 s,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)排球被二传手垫起瞬间动量的大小;
(2)二传手对排球的平均作用力大小。
【答案】 (1)2.08 kg m/s　(2)36.4 N
【解析】 (1)排球被二传手垫起瞬间的速度
v2== m/s=8 m/s,
排球的动量大小
p=mv2=0.260×8 kg·m/s=2.08 kg·m/s。
(2)以竖直向上为正方向,根据动量定理,有
FΔt-mgΔt=mv2-(-mv1),
代入数据解得F=36.4 N。
9.(6分)(多选)(2025·陕西西安阶段练习)一根细绳系着小球,在光滑水平面上做匀速圆周运动,小球的质量为m,速度大小为v,做匀速圆周运动的周期为T,则下列说法正确的是(　　)
[A]经过时间t=,小球的动量变化量为0
[B]经过时间t=,小球的动量变化量大小为mv
[C]经过时间t=,细绳对小球的冲量大小为2mv
[D]经过时间t=,重力对小球的冲量大小为0
【答案】 BC
【解析】 在圆周运动中,经过时间t=,小球的速度与初速度方向相反,速度变化量大小为2v,则动量的变化量大小为Δp1=mΔv1=2mv,即合力的冲量大小为2mv,而重力、支持力为一对平衡力,则细绳拉力的冲量大小为2mv,故A错误,C正确;经过时间t=,小球的速度方向转过90°,如图所示,
则小球的速度变化量大小为v,即动量变化量大小为Δp=mΔv=mv,这段时间内重力的冲量大小为IG=mg·t=,故B正确,D错误。
10.(4分)(2025·山东日照期中)某乒乓球运动员高抛发球,将乒乓球以初速度v0竖直向上抛出,乒乓球经过时间t到达最高点,落回抛出点之前已经匀速,匀速运动的速度大小为v。已知乒乓球的质量为m,重力加速度为g,乒乓球在运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比。下列说法正确的是(　　)
[A]上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量
[B]上升过程中空气阻力的冲量大于下降过程中空气阻力的冲量
[C]空气阻力与速率的比例系数为
[D]乒乓球从最高点落回到抛出点的时间为-t
【答案】 D
【解析】 根据牛顿第二定律,乒乓球上升过程有mg+kv=ma1,随着速度的减小,阻力逐渐减小,加速度逐渐减小;而下降过程mg-kv=ma2,随着速度的增大,阻力逐渐增大,加速度逐渐减小,可知上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度,由于上升和下降过程位移大小相等,而上升过程的平均加速度大,所用时间短,则重力的冲量小于下降过程中重力的冲量,故A错误。乒乓
球的v-t图像如图所示,
而第一、四象限中阴影部分的面积表示上升和下降过程的位移,其大小相等、方向相反;若将纵坐标改为F阻,由于F阻∝v,因此第一、四象限中阴影部分的面积也相等,表明上升、下降过程阻力的冲量等大反向,故B错误。根据题意,乒乓球落回抛出点之前已经匀速,匀速运动的速度大小为v,由F阻=kv=mg,解得k=,故C错误。对整个过程,设竖直向下为正方向,根据动量定理有mgt′+F阻上t-F阻下t下=mv-(-mv0),结合B选项中分析结果,解得t′=,解得乒乓球从最高点落回到抛出点的时间为t1=-t,故D正确。
11.(14分)质量是80 kg的铁锤从5 m高处落下,打在水泥柱上,与水泥柱撞击的时间是0.2 s,撞击后铁锤未反弹,不计空气阻力。求:
(1)铁锤与水泥柱撞击过程中,铁锤所受合力的冲量;
(2)撞击时,铁锤对水泥柱的平均冲击力。
【答案】 (1)800 N·s,方向竖直向上
(2)4 800 N,方向竖直向下
【解析】 (1)由自由落体运动速度位移关系式,可得铁锤打在水泥柱上时的速度为
v== m/s=10 m/s,
设向下为正方向,由动量定理可得
I合=Δp=m·Δv=0-mv
=-80×10 N·s
=-800 N·s,
铁锤与水泥柱撞击过程中,铁锤所受合力的冲量大小为800 N·s,方向竖直向上。
(2)设向下为正方向,由动量定理可得
(mg+F)t=0-mv,
解得撞击时,铁锤受的平均冲击力为
F=--mg=- N-80×10 N=-4 800 N,
负号表示铁锤受的平均冲击力方向为竖直向上,由牛顿第三定律可得铁锤对水泥柱的平均冲击力大小是4 800 N,方向竖直向下。微专题2　动量守恒定律的应用
课时作业
(分值:50分)
考点一　系统在某一方向上的动量守恒问题
1.(4分)(2025·广东佛山阶段练习)若战机以速度v0水平向右匀速飞行,到达目标地时,将战机上质量为M的导弹自由释放后,导弹迅速向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气。关于喷气后瞬间导弹的速率,下列表述正确的是(　　)
[A]速率变大,其值为
[B]速率变小,其值为
[C]速率变小,其值为
[D]速度变大,其值为
【答案】 A
【解析】 虽然导弹释放后受重力作用,但在水平方向上不受外力,即导弹和燃气水平方向动量守恒,设导弹飞行的方向为正方向,根据动量守恒定律有Mv0=(M-m)v-mv1,解得喷气后瞬间导弹的速率v=>v0,故A正确。
2.(4分) (2025·贵州六盘水模拟)如图所示,一根光滑刚性杆OAB固定在底座上,其中OA段是四分之一圆弧,AB段是与OA段平滑连接的水平杆,底座置于光滑水平面上。现让内径比杆略大的小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O,则此过程(　　)
[A]小环动量守恒
[B]小环水平方向动量守恒
[C]小环、杆OAB及底座组成的系统动量守恒
[D]小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向动量守恒
【答案】 D
【解析】 小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O,小环在圆弧段所受合力不为零,动量不守恒,水平方向所受合力也不为零,水平方向动量也不守恒,故A、B错误;小环、杆OAB及底座组成的系统在竖直方向所受合力不为零,动量不守恒,但小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向不受外力,则水平方向动量守恒,故C错误,D正确。
3.(4分) (2025·湖南张家界阶段练习)如图所示,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为M,人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为(　　)
[A],向东 [B],向东
[C],向东 [D]v1,向东
【答案】 D
【解析】 人和车组成的系统,在水平方向上所受合力等于零,即水平方向动量守恒。设车的速度v1的方向为正方向,选地面为参考系,初态车和人的总动量为Mv1,当人跳起时车的动量为(M-m)v,人的水平动量仍为mv1,根据动量守恒定律,有Mv1=(M-m)v+mv1,解得v=v1,故D正确。
4.(4分) (2025·重庆沙坪坝阶段练习)斜面体P上表面光滑,且倾角为α、质量为M、底边长为L,静止放置在光滑水平面上,将一可视为质点、质量为m的滑块Q从斜面的顶端无初速度释放,经过时间t刚好滑到斜面底端,重力加速度为g,则(　　)
[A]斜面体P对滑块Q的支持力不做功
[B]滑块Q下滑过程中,P、Q组成的系统动量守恒
[C]滑块Q下滑时间t过程中,Q所受重力的冲量为mgtsin α
[D]滑块Q滑到斜面底端时,Q向右滑动的水平距离为L
【答案】 D
【解析】 P、Q组成的系统在水平方向所受合力为零,则水平方向动量守恒,滑块Q从斜面顶端释放后将向右运动,斜面体P将向左运动,斜面体P对滑块Q的支持力与滑块Q速度的夹角大于90°,斜面体P对滑块Q的支持力做负功,故A错误;滑块Q下滑过程中,P、Q组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,故B错误;在滑块Q下滑时间t过程中,Q所受重力的冲量为IG=mgt,故C错误;对P、Q组成的系统,水平方向有mv1-Mv2=0,则mv1t-Mv2t=0,即mx1-Mx2=0,根据几何关系有L=x1+x2,可得Q向右滑动的水平距离为x1=L,故D正确。
考点二　动量守恒定律中的临界问题
5.(4分)(2025·四川雅安阶段练习)如图所示,水平面上固定着两根足够长的平行导槽,质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动,一质量也为m的小球沿水平方向,以初速度v0从U形管的一端射入,从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径,远小于R,不计一切摩擦,下列说法正确的是(　　)
[A]小球在U形管圆弧部分中运动时,U形管的速度先增大后减小
[B]小球运动到U形管圆弧部分的最左端时,小球的速度大小为
[C]小球从U形管的另一端射出时,速度大小为0
[D]小球在U形管圆弧部分中的运动时间不超过
【答案】 C
【解析】 小球在U形管圆弧部分中运动时,小球对U形管的作用力一直做正功,则U形管的速度一直在增大,故A错误;小球运动到U形管圆弧部分最左端的过程中,在水平方向,小球在轨道最左端与U形管达到共速,根据动量守恒定律有mv0=2mvx共,设此时小球的合速度为v1,根据机械能守恒定律有m=m+m,解得v1=v0,故B错误;设小球从U形管的另一端射出时速度为v1′,U形管的速度为v2,根据机械能守恒和水平方向动量守恒,有m=m+mv1′2,mv0=mv2+mv1′,联立解得v2=v0,v1′=0,故C正确;小球在最左端时竖直方向的速度最大,其值为vy==v0,则运动时间一定超过 t==,故D
错误。
考点三　动量守恒定律与机械能守恒定律的综合应用
6.(6分) (多选)(2025·天津期末)如图所示,凹槽Q静置于光滑水平面上,其上表面为半径为R的半圆柱面。现将一个小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放,一切摩擦均不计。下列说法正确的是(　　)
[A]Q和P组成的系统机械能守恒
[B]Q和P组成的系统动量不守恒
[C]当Q的动能最大时,P的动能最小
[D]当P释放后第一次速度为零时,其位移大于2R
【答案】 AB
【解析】 小球P由静止释放后,在凹槽Q内运动的过程中只有重力做功,因此Q和P组成的系统机械能守恒,故A正确;Q和P组成的系统,竖直方向合力不为零,而水平方向合力为零,因此该系统动量不守恒,但该系统在水平方向上动量守恒,故B正确;当Q的动能最大时,小球P恰好运动到了凹槽的底部,小球速度恰好水平,此时小球与凹槽的动量大小相等,根据Ek=可知,小球的动能此时也最大,故C错误;由于P与Q组成的系统机械能守恒,因此当P释放后第一次速度为零时,P恰好运动到凹槽左侧与右侧释放点等高的位置,设P、Q在水平方向的位移分别为x1、x2,两者的运动具有同时性,且水平方向的速度始终方向相反,因此有x1+x2=2R,解得x1=2R-x2<2R,故D错误。
7.(6分)(多选)(2025·辽宁大连期中)如图所示,质量为3m、半径为R的空心大球Q(内壁光滑),静止在光滑水平面上,有一质量为m的小球P(可视为质点),从与大球球心等高处,紧贴着大球内表面无初速度释放。小球P从静止开始,滑到大球的最低点时,下列说法正确的是(　　)
[A]小球P的位移大小等于R
[B]小球P的位移大小等于R
[C]小球P的速度大小等于
[D]小球P的速度大小等于
【答案】 BC
【解析】 P、Q两球组成的系统在水平方向上所受合力为零,动量守恒,则从P被释放到P滑到最低点的过程中,P、Q在任意时刻的水平速度大小满足mvP=3mvQ,所以P、Q的水平位移大小满足xP=3xQ,根据位移关系有xP+xQ=R,解得xP=R,小球P的位移为x==
R,故A错误,B正确;整个过程中机械能守恒,则mgR=m+·3m,其中vP=3vQ,解得vP=,故C正确,D错误。
8.(4分)(2025·山西长治阶段练习)如图所示,光滑的水平桌面上固定有一个内壁光滑的直线槽,质量相等的A、B两球之间由一根长为L且不可伸长的轻绳相连,A球始终在槽内,其直径略小于槽的直径,B球放在水平桌面上。开始时刻A、B两球的位置连线垂直于槽,相距,某时刻给B球一个平行于槽的速度v0,关于两球以后的运动,下列说法正确的是(　　)
[A]绳子拉直前后,A、B两球组成的系统动量守恒
[B]绳子拉直后,A球做直线运动,B球做圆周运动
[C]绳子对A球的冲量与绳子对B球的冲量相同
[D]绳子拉直的瞬间,B球的机械能减少量大于A球的机械能增加量
【答案】 D
【解析】 在绳子拉直前后,A、B两球组成的系统在平行于槽的方向不受力,所以A、B在平行于槽的方向动量守恒,但系统竖直方向受重力、支持力,且二者所受合力不为0,即总动量不守恒,故A错误;绳子拉直后,B球以A球为圆心、L为半径做圆周运动,但A球在运动,故B球相对地面不是做圆周运动,故B错误;绳子对A球和B球的冲量等大反向,故C错误;绳子拉直的瞬间拉力做功,系统的机械能有损失,所以B球的机械能减少量大于A球的机械能增加量,故D正确。
9.(14分)(2025·广东佛山阶段练习)如图所示,将一半径R=0.9 m、质量M=2 kg 的光滑半圆槽置于光滑水平面上,在槽的左侧L=0.3 m处有一挡板,当半圆槽与挡板相碰后会在极短时间内以原速率向相反方向运动。现让一质量m=1 kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点正上方的B点从静止开始落下,A、B间的距离H=1.8 m,小球与半圆槽相切滑入槽内。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)求小球第一次到半圆槽A点时的速度大小。
(2)求小球第一次运动到半圆槽最低点时的速度大小。
(3)小球能否从半圆槽右侧飞出,如果能,求其飞出时半圆槽的速度大小;如果不能,求其运动到半圆槽右侧最高点时距最低点的高度。
【答案】 (1)6 m/s　(2)6 m/s　(3)不能　0.3 m
【解析】 (1)小球从B到A的过程中,根据机械能守恒定律有
mgH=mv2,
解得v=6 m/s。
(2)小球落入半圆槽,二者组成的系统在水平方向上动量守恒,假设小球到达最低点的过程中,半圆槽未与挡板相碰,以向右为正方向,由动量守恒定律有
mv1-Mv2=0,
而t+t=R,
代入数值可得t=L,
即半圆槽与挡板恰好不相碰,根据机械能守恒定律有
m+M=mg(H+R),
解得v1=6 m/s。
(3)半圆槽与挡板碰撞后,系统在水平方向上动量守恒,假设小球不能从槽的右侧飞出,当小球到达最高点时,二者共速,则有
mv1+Mv2=(m+M)v3,
m+M=(m+M)+mgh,
代入数值解得h=0.3 m可知小球不能从半圆槽右侧飞出,小球距最低点的高度为0.3 m。微专题3　动量守恒定律中的几种模型
课时作业
(分值:60分)
考点一　“弹簧—小球”模型
1.(6分)(多选)(2025·黑龙江哈尔滨阶段练习)质量为m的木板与直立的轻质弹簧的上端相连,弹簧下端固定在水平地面上,静止时弹簧的压缩量为h,如图所示。现将一质量为2m的物块从距离木板正上方2h处由静止释放,物块与木板碰撞后粘在一起向下运动,到达最低点后又向上运动,它们恰能回到A点,物块可视为质点,空气阻力、木板厚度忽略不计,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
[A]物块和木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小
[B]整个运动过程,物块、木板和弹簧组成的系统机械能守恒
[C]物块和木板碰撞后瞬间的共同速度为
[D]物块、木板和弹簧在运动过程中机械能损失为mgh
2.(14分)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。现使物块A瞬时获得水平向右的速度3 m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,已知m1=1 kg,试求:
(1)物块B的质量;
(2)弹簧的最大弹性势能;
(3)t2时刻物块B的速度达到最大,此刻物块A速度的大小。
3.(4分)(2025·重庆阶段练习)如图所示,有一块足够长的木板,放在光滑水平面上,在木板上自左向右放有相距足够远的序号为1、2、3、4、5的5块木块,所有木块的质量均为m,与木板间的动摩擦因数均为μ,木板的质量为5m。在t=0时刻木板静止,第1、2、3、4、5号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、4v0、5v0,方向都向右,重力加速度为g。所有物块和木板最终都会共速,其共同速度为(　　)
[A]v0 [B]2v0 [C]v0 [D]v0
4.(4分)(2025·江苏盐城阶段检测)质量为m的矩形木板B,放在光滑水平面上,b、c、d是ae的4等分点。质量为M的物块A以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板,物块的宽度不计,且m　　　
[A] [B]
　　　
[C] [D]
5.(6分)(多选)(2025·河南开封阶段练习)如图,质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上,圆弧面的最低点和水平面相切,圆弧的半径为R。圆弧体B锁定,圆弧体A可以自由滑动,一个小球从圆弧体A的最高点由静止释放,在圆弧体B中上升的最大高度为。已知重力加速度大小为g,则(　　)
[A]小球与圆弧体的质量之比为2∶1
[B]在小球从圆弧体A的最高点滑到最低点的过程中,A的位移为
[C]小球再次滑上A,在A中上升的最大高度为
[D]若圆弧体B没有锁定,则圆弧体B最终获得的速度大小为
6.(4分)如图所示,小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m,原来静止在光滑的水平面上。今有一可视为质点的小球,质量也为m,以水平速度v从左端滑上小车,恰好到达小车的最高点后,又从另一个曲面滑下。下列说法正确的是(　　)
[A]小球滑离小车时,小车又回到了原来的位置
[B]小球在滑上曲面的过程中,小车的动量变化量是mv
[C]小球和小车作用前后,小车和小球的速度一定变化
[D]车上曲面的竖直高度不会大于
7.(6分)(多选)(2025·湖南张家界阶段练习)如图所示,质量为M的滑块静止在光滑水平面上,其左侧是四分之一光滑圆弧,左端底部恰好与地面相切,小球A、B的质量分别为m1=2 kg、m2=3 kg,A的初速度为v0,B保持静止,已知A与B发生弹性碰撞,要使A与B发生两次碰撞,则M可能为(　　)
[A]5 kg [B]6 kg [C]7 kg [D]8 kg
8.(16分)(2025·湖南湘潭阶段练习)如图所示,水平传送带的右端靠近相同高度光滑平台的左端(平台不影响传送带的正常转动),平台右侧的光滑水平面上有一小车A紧靠平台,且小车A的上表面与平台等高,物块B静止在平台上。传送带在电机的带动下以v0=8 m/s的速度顺时针匀速转动,将物块C从传送带的最左端由静止释放,滑上平台后与物块B发生弹性碰撞,碰后物块B无摩擦地滑上小车,恰好没从小车上滑落。已知小车A的质量mA=2 kg,物块B的质量mB=6 kg,物块C的质量mC=2 kg,物块C与传送带间的动摩擦因数μ1=0.4,物块B与小车上表面之间的动摩擦因数μ2=0.2,传送带两转轴之间的距离l=12 m,重力加速度g取10 m/s2,物块均可看成质点。求:
(1)物块C第一次通过传送带的过程中,传送带摩擦力对它的冲量大小I;
(2)物块C与B碰撞后,两物块的速度大小;
(3)小车的长度L;
(4)物块C与传送带间因摩擦而产生的热量Q。6　反冲现象　火箭
课时作业
(分值:70分)
考点一　对反冲运动的理解和应用
1.(4分)(2025·北京西城期中)如图,是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画,图中的运动员手持一种负重物起跳,这可以使运动员跳得更远,现在我们来解释其中的原因。若某名运动员的质量为60 kg,两手各持一个质量为3 kg的负重物,在某次立定跳远练习过程中,起跳离地时速度大小为5 m/s,方向与水平方向成37°夹角,在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
[A]从起跳后到落地前的过程中,运动员和负重物组成系统的总动量和总机械能均守恒
[B]与在最高点不扔出负重物相比,抛负重物时运动员在空中可以运动更长时间
[C]与在最高点不扔出负重物相比,运动员可以多跳一段距离
[D]与在最高点不扔出负重物相比,运动员落地时速率将增大0.4 m/s
【答案】 C
【解析】 从起跳后到落地前的过程中,运动员和负重物组成的系统竖直方向受重力,所以总动量不守恒,另外运动员在最高点将两个负重物扔出的过程,是系统内力做功的过程,有其他形式的能转化为系统的机械能,系统的机械能增加,故A错误;运动员在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出的过程中,运动员获得一个水平方向的反冲力,速度会增大,运动员在空中运动的时间不变,则跳得会更远,故B错误,C正确;运动员在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出的过程中,根据水平方向动量守恒有(M+2m)v0cos 37°=Mvx′,求得vx′=4.4 m/s,落地时的速率为v== m/s=5.33 m/s,所以,落地时速率增大了v-v0=(5.33-5) m/s=0.33 m/s,故D错误。
2.(12分)(2025·黑龙江大庆阶段检测)一炮车正以速度v0匀速行驶,炮筒保持水平状态。炮车质量为M,携带一枚质量为m的炮弹,用于发射炮弹的炸药在极短时间内爆炸,将炮弹沿行进方向水平发射出去,由于反冲力的作用,炮弹飞离炮口时炮车停止运动。炸药质量可忽略不计。
(1)求炮弹飞离炮口时的速度v;
(2)求炸药爆炸释放的能量Q;
(3)设炮弹在炮筒中所受的作用力恒定,已知炮筒长为d,求从发射炮弹到炮弹飞离炮口时,炮车前进的距离。
【答案】 (1)v0　(2) (3)d
【解析】 (1)发射炮弹的过程中,根据动量守恒定律有(M+m)v0=mv,
整理得v=v0。
(2)根据能量守恒定律可知
Q=mv2-(M+m),
代入得Q=。
(3)设发射炮弹过程中,炮弹、炮车的位移大小分别为x1、x2,有x1-x2=d,根据动能定理,
对炮弹有
F·x1=mv2-m,
对炮车有-F·x2=0-M,
联立解得x2=d。
考点二　火箭的工作原理分析
3.(4分)(2025·广西梧州阶段检测)2024年7月5日,我国在太原卫星发射中心使用长征六号改运载火箭,成功将天绘五号02组卫星发射升空,卫星顺利进入预定轨道,发射任务获得圆满成功。关于火箭点火发射升空的情景,下列说法正确的是(　　)
[A]在火箭向下喷出气体的过程中其惯性变大
[B]火箭尾部向下喷出的气体对空气产生作用力,空气对该气体的反作用力使火箭获得向上的推力
[C]火箭对尾部向下喷出的气体产生作用力,该气体对火箭产生反作用力,使火箭获得向上的推力
[D]火箭飞出大气层后,由于没有了空气,因此火箭即使向后喷气,也无法获得向前的推力
【答案】 C
【解析】 火箭喷出气体后质量变小,其惯性变小,故A错误;火箭向下喷出气体时,火箭与该部分气体发生作用,火箭对其尾部向下喷出的气体产生作用力,该气体对火箭产生反作用力,使火箭获得向上的推力,故B错误,C正确;火箭飞出大气层后,火箭仍然与喷出的气体发生作用,该气体对火箭有反作用力,使火箭获得向前的推力,故D错误。
4.(4分)水火箭的制作原理如图所示,发射时在水火箭内高压空气压力作用下,水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出,外壳受到反冲作用而快速上升。某次发射过程中,水火箭将壳内质量为
2.5 kg的水相对地面以6 m/s的速度在极短时间内喷出,已知水火箭外壳质量为0.5 kg。空气阻力忽略不计,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
[A]水火箭喷水过程机械能守恒
[B]水火箭喷水结束时速度大小约为5 m/s
[C]水火箭上升的最大高度约为30 m
[D]水火箭上升的最大高度约为45 m
【答案】 D
【解析】 水火箭喷水过程,除重力外还有水对水火箭的作用力对水火箭做功,因此水火箭的机械能不守恒,故A错误;设火箭筒外壳质量为M,水的质量为m,取向上为正方向,则由动量守恒定律可得Mv2-mv1=0,解得水火箭喷水结束时速度约为v2=30 m/s,由=2gh,解得水火箭上升的最大高度h=45 m,故D正确,B、C错误。
考点三　爆炸类问题
5.(6分)(多选)(2025·陕西西安阶段练习)如图所示,光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药,一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸,分开后两球仍沿原直线运动,从爆炸开始计时,经过3.0 s两球之间的距离为x=2.7 m,则下列说法正确的是(　　)
[A]刚分离时,甲、乙两球的速度方向相同
[B]刚分离时,甲球的速度大小为0.1 m/s,方向水平向左
[C]刚分离时,乙球的速度大小为0.3 m/s
[D]爆炸过程中释放的能量为0.027 J
【答案】 BD
【解析】 设甲、乙两球质量分别为m1、m2,刚分离时两球的速度分别为v1、v2,取向右为正方向,根据动量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,而x=v2t-v1t,代入数据联立解得v1=-0.1 m/s,
v2=0.8 m/s,可知刚分离时,甲球的速度方向水平向左,乙球的速度方向水平向右,故A、C错误,B正确;爆炸过程中释放的能量为ΔE=m1+m2-(m1+m2),代入数据解得ΔE=0.027 J,故D正确。
6.(6分)(多选)(2025·湖北武汉期末)如图所示,完全相同的A、B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动,A、B间夹有少量炸药。现炸药发生爆炸,爆炸后瞬间物块B的速度为2v,则在以后的过程中,下列说法正确的是(已知物块与传送带间动摩擦因数为μ)(　　)
[A]物块A一直做匀加速直线运动
[B]物块A先做匀加速运动,后做匀速运动
[C]物块B先做匀减速运动,后做匀速运动
[D]最终两物块间距离为
【答案】 BCD
【解析】 物块A、B在炸药爆炸过程中,内力远远大于外力,两物块组成的系统动量守恒,设物块的质量为m,根据动量守恒定律有2mv=mvA+mvB,解得vA=0,可知在以后的运动过程中,物块A做初速度为0的匀加速直线运动,直至与传送带共速,选项A错误,B正确;物块B先做匀减速运动,与传送带共速后做匀速运动,选项C正确;根据匀变速直线运动的规律,可知物块A、B与传送带共速时位移为xA=,xB=,则Δx=xB-xA=,故D正确。
考点四　“人船”模型问题
7.(4分)(2025·重庆沙坪坝期中)如图,质量为M、斜面长为L、倾角为θ的光滑斜面体放在光滑的水平面上,质量为m的物块从斜面顶端由静止释放,当物块滑到斜面底端时,斜面体向左移动的距离为d,则下列说法正确的是(　　)
[A]物块机械能守恒
[B]物块和斜面体组成的系统动量守恒
[C]d=Lcos θ
[D]d=Lcos θ
【答案】 D
【解析】 对于斜面体和物块组成的系统,在物块下滑的过程中只有重力做功,所以系统机械能守恒,而物块机械能不守恒;由物块和斜面体组成的系统,由于物块沿斜面加速下滑,有竖直向下的分加速度,系统竖直方向的合力不为零,因此系统动量不守恒,故A、B错误。设物块水平位移大小为x,取水平向左为正方向,根据系统水平方向动量守恒有M·-m·=0,则Md=mx,而d+x=Lcos θ,解得d=Lcos θ,故C错误,D正确。
8. (4分)(2025·山东滨州阶段练习)长为L的木板总质量为M,质量为m的人站在木板的左端,脚与木板间粗糙,木板与地面间光滑,开始时均静止。如图所示,人做匀加速直线运动从左端跑到右端离开木板,此过程木板运动的位移为(　　)
[A]L,向右 [B]L,向左
[C]L,向右 [D]L,向左
【答案】 B
【解析】 木板与地面间光滑,则人与木板满足动量守恒,设人离开木板时的速度大小为v1,木板速度大小为v2,则有mv1-Mv2=0,设此过程木板运动的位移为x1,运动时间为t1,由运动学公式有L-x1=t1,x1=t1,联立上式可得x1=L,方向向左。选项B正确。
9.(6分)(多选)(2025·宁夏石嘴山期中)如图所示,载有物资的热气球的总质量为M,静止于距离水平地面H的高处。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出,物资落地时与热气球的距离为d。设整个过程中热气球所受浮力不变,重力加速度为g,不计空气阻力,忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是(　　)
[A]物资落地前,热气球与其组成的系统动量守恒
[B]投出物资后,热气球匀速上升
[C]物资落地时,热气球上升的高度为
[D]d=
【答案】 AD
【解析】 物资投出之前,物资和气球组成的系统合外力为零,物资投出后,系统的合外力仍为零,因此物资落地前,热气球与投出的物资组成的系统动量守恒,故A正确;投出物资后,热气球受到的浮力大于重力,合力向上,则热气球向上做匀加速直线运动,故B错误;设物资落地时,热气球上升的高度为h,则对物资和热气球组成的系统,取竖直向上为正方向,根据动量守恒定律有(M-m)-m=0,解得h=,则d=H+h=H+=,故C错误,D正确。
10.(4分)(2025·安徽淮北检测)我国航天员在天宫空间站执行任务期间,在地面科研人员的配合支持下,进行出舱活动已成为常态。如图,为了保证出舱航天员的安全,通常会采用多重保障措施,其中之一就是出舱航天员要背上可产生推力的便携式设备,装备中有一个能喷出气体的高压气源。假设一个连同装备共100 kg的航天员,脱离空间站后,在离空间站30 m的位置与空间站处于相对静止状态。航天员为了返回空间站,先以相对空间站50 m/s的速度向后喷出0.15 kg的气体,距离空间站15 m时,再次以同样速度喷出同等质量的气体,则航天员返回空间站的时间约为(　　)
[A]200 s [B]300 s
[C]400 s [D]600 s
【答案】 B
【解析】 设航天员向着空间站的方向为正方向,第一次喷气后航天员的速度为v,喷气速度为v1,则根据动量守恒定律有-m1·v1+(m-m1)·v=0,代入数据解得v=0.075 m/s,经过前段15 m所需的时间约为t1== s=200 s,设再次喷气后航天员的速度为v′,同理有(m-m1)·v=-m1·v1+(m-m1-m1)·v′,解得v′=0.15 m/s,
此后15 m所需的时间约为t2== s=100 s,则航天员返回空间站的时间约为t1+t2=200 s+
100 s=300 s,选项B正确。
11.(16分)(2025·山东德州阶段检测)双响爆竹结构简图如图所示,纸筒内分上、下两层安放火药。使用时首先引燃下层火药,使爆竹获得竖直向上的初速度,升空后上层火药被引燃,爆竹凌空爆响。某次在水平地面上燃放双响爆竹,爆竹上升至最高点时恰好引燃上层火药,立即爆炸成两部分,两部分的质量之比为1∶2,获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆竹上升的最大高度为h,两部分落地点之间的距离为L,重力加速度为g,不计空气阻力,不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。
(1)求引燃上层火药后,两部分各自获得的速度大小;
(2)已知火药爆炸时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比,求上、下两层火药的质量比。
【答案】 (1)　　(2)
【解析】 (1)引燃上层火药后,两部分向相反的方向做平抛运动,
竖直方向有h=gt2,
水平方向有L=v1t+v2t,
上层火药爆炸时水平方向动量守恒,设爆竹总质量为m,则有mv1-mv2=0,
解得两部分的速度大小分别为
v1=,v2=。
(2)上层火药爆炸后爆竹获得的机械能
E上=×m+×m,
下层火药爆炸后爆竹获得的机械能
E下=mgh,
上、下两层火药的质量比
==。微专题2　动量守恒定律的应用
课时作业
(分值:50分)
考点一　系统在某一方向上的动量守恒问题
1.(4分)(2025·广东佛山阶段练习)若战机以速度v0水平向右匀速飞行,到达目标地时,将战机上质量为M的导弹自由释放后,导弹迅速向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气。关于喷气后瞬间导弹的速率,下列表述正确的是(　　)
[A]速率变大,其值为
[B]速率变小,其值为
[C]速率变小,其值为
[D]速度变大,其值为
2.(4分) (2025·贵州六盘水模拟)如图所示,一根光滑刚性杆OAB固定在底座上,其中OA段是四分之一圆弧,AB段是与OA段平滑连接的水平杆,底座置于光滑水平面上。现让内径比杆略大的小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O,则此过程(　　)
[A]小环动量守恒
[B]小环水平方向动量守恒
[C]小环、杆OAB及底座组成的系统动量守恒
[D]小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向动量守恒
3.(4分) (2025·湖南张家界阶段练习)如图所示,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为M,人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为(　　)
[A],向东 [B],向东
[C],向东 [D]v1,向东
4.(4分) (2025·重庆沙坪坝阶段练习)斜面体P上表面光滑,且倾角为α、质量为M、底边长为L,静止放置在光滑水平面上,将一可视为质点、质量为m的滑块Q从斜面的顶端无初速度释放,经过时间t刚好滑到斜面底端,重力加速度为g,则(　　)
[A]斜面体P对滑块Q的支持力不做功
[B]滑块Q下滑过程中,P、Q组成的系统动量守恒
[C]滑块Q下滑时间t过程中,Q所受重力的冲量为mgtsin α
[D]滑块Q滑到斜面底端时,Q向右滑动的水平距离为L
5.(4分)(2025·四川雅安阶段练习)如图所示,水平面上固定着两根足够长的平行导槽,质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动,一质量也为m的小球沿水平方向,以初速度v0从U形管的一端射入,从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径,远小于R,不计一切摩擦,下列说法正确的是(　　)
[A]小球在U形管圆弧部分中运动时,U形管的速度先增大后减小
[B]小球运动到U形管圆弧部分的最左端时,小球的速度大小为
[C]小球从U形管的另一端射出时,速度大小为0
[D]小球在U形管圆弧部分中的运动时间不超过
6.(6分) (多选)(2025·天津期末)如图所示,凹槽Q静置于光滑水平面上,其上表面为半径为R的半圆柱面。现将一个小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放,一切摩擦均不计。下列说法正确的是(　　)
[A]Q和P组成的系统机械能守恒
[B]Q和P组成的系统动量不守恒
[C]当Q的动能最大时,P的动能最小
[D]当P释放后第一次速度为零时,其位移大于2R
7.(6分)(多选)(2025·辽宁大连期中)如图所示,质量为3m、半径为R的空心大球Q(内壁光滑),静止在光滑水平面上,有一质量为m的小球P(可视为质点),从与大球球心等高处,紧贴着大球内表面无初速度释放。小球P从静止开始,滑到大球的最低点时,下列说法正确的是(　　)
[A]小球P的位移大小等于R
[B]小球P的位移大小等于R
[C]小球P的速度大小等于
[D]小球P的速度大小等于
8.(4分)(2025·山西长治阶段练习)如图所示,光滑的水平桌面上固定有一个内壁光滑的直线槽,质量相等的A、B两球之间由一根长为L且不可伸长的轻绳相连,A球始终在槽内,其直径略小于槽的直径,B球放在水平桌面上。开始时刻A、B两球的位置连线垂直于槽,相距,某时刻给B球一个平行于槽的速度v0,关于两球以后的运动,下列说法正确的是(　　)
[A]绳子拉直前后,A、B两球组成的系统动量守恒
[B]绳子拉直后,A球做直线运动,B球做圆周运动
[C]绳子对A球的冲量与绳子对B球的冲量相同
[D]绳子拉直的瞬间,B球的机械能减少量大于A球的机械能增加量
9.(14分)(2025·广东佛山阶段练习)如图所示,将一半径R=0.9 m、质量M=2 kg 的光滑半圆槽置于光滑水平面上,在槽的左侧L=0.3 m处有一挡板,当半圆槽与挡板相碰后会在极短时间内以原速率向相反方向运动。现让一质量m=1 kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点正上方的B点从静止开始落下,A、B间的距离H=1.8 m,小球与半圆槽相切滑入槽内。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)求小球第一次到半圆槽A点时的速度大小。
(2)求小球第一次运动到半圆槽最低点时的速度大小。
(3)小球能否从半圆槽右侧飞出,如果能,求其飞出时半圆槽的速度大小;如果不能,求其运动到半圆槽右侧最高点时距最低点的高度。微专题3　动量守恒定律中的几种模型
课时作业
(分值:60分)
考点一　“弹簧—小球”模型
1.(6分)(多选)(2025·黑龙江哈尔滨阶段练习)质量为m的木板与直立的轻质弹簧的上端相连,弹簧下端固定在水平地面上,静止时弹簧的压缩量为h,如图所示。现将一质量为2m的物块从距离木板正上方2h处由静止释放,物块与木板碰撞后粘在一起向下运动,到达最低点后又向上运动,它们恰能回到A点,物块可视为质点,空气阻力、木板厚度忽略不计,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
[A]物块和木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小
[B]整个运动过程,物块、木板和弹簧组成的系统机械能守恒
[C]物块和木板碰撞后瞬间的共同速度为
[D]物块、木板和弹簧在运动过程中机械能损失为mgh
【答案】 AD
【解析】 物块和木板碰后粘在一起整体向下运动过程中,初始一段弹簧的弹力小于整体的重力,因此加速向下运动,当弹簧的弹力等于重力时速度达到最大,再向下运动时做减速运动,因此向下运动过程中速度先增大后减小,故A正确;由于物块和木板发生非弹性碰撞,机械能有损失,因此整个运动过程,物块、木板和弹簧组成的系统机械能不守恒,故B错误;设物块与木板碰前瞬间的速度为v0,则有=2g·2h,物块和木板碰撞过程中动量守恒,有2mv0=(2m+m)v1,联立解得v1=,根据能量守恒定律,可得碰撞过程中机械能损失为ΔE=·2m-(2m+m)=mgh,故C错误,D正确。
2.(14分)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。现使物块A瞬时获得水平向右的速度3 m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,已知m1=1 kg,试求:
(1)物块B的质量;
(2)弹簧的最大弹性势能;
(3)t2时刻物块B的速度达到最大,此刻物块A速度的大小。
【答案】 (1)2 kg　(2)3 J　(3)1 m/s
【解析】 (1)由图像可知,物块A的初速度v0=3 m/s,t1时刻两物块共速且共同速度v=1 m/s,由动量守恒定律得
m1v0=(m1+m2)v,
解得m2=2 kg。
(2)由图像可知,t1时刻弹簧的压缩量最大,此时弹性势能最大,由机械能守恒得
Ep=m1-(m1+m2)v2,
解得Ep=3 J。
(3)物块B速度最大时,弹簧恢复原长,由动量守恒定律得
m1v0=m1vA+m2vB,
由机械能守恒定律得
m1=m1+m2,
解得vA=-1 m/s,
故物块A的速度大小为1 m/s。
考点二　“滑块—木板”模型
3.(4分)(2025·重庆阶段练习)如图所示,有一块足够长的木板,放在光滑水平面上,在木板上自左向右放有相距足够远的序号为1、2、3、4、5的5块木块,所有木块的质量均为m,与木板间的动摩擦因数均为μ,木板的质量为5m。在t=0时刻木板静止,第1、2、3、4、5号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、4v0、5v0,方向都向右,重力加速度为g。所有物块和木板最终都会共速,其共同速度为(　　)
[A]v0 [B]2v0 [C]v0 [D]v0
【答案】 A
【解析】 整个系统所受合力为零,系统动量守恒,取向右为正方向,对系统,由动量守恒定律得m(v0+2v0+3v0+4v0+5v0)=10mv共,解得v共=v0,选项A正确。
4.(4分)(2025·江苏盐城阶段检测)质量为m的矩形木板B,放在光滑水平面上,b、c、d是ae的4等分点。质量为M的物块A以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板,物块的宽度不计,且m　　　
[A] [B]
　　　
[C] [D]
【答案】 B
【解析】 由于地面光滑,物块A与木板B组成的系统动量守恒,以向右为正方向,根据动量守恒定律有Mv0=(M+m)v,根据动能定理,对木板B有μMgx=mv2,设相对位移为Δx,对物块A有-μMg(x+Δx)=Mv2-M,整理得==,因为m考点三　“滑块—斜(曲)面”模型
5.(6分)(多选)(2025·河南开封阶段练习)如图,质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上,圆弧面的最低点和水平面相切,圆弧的半径为R。圆弧体B锁定,圆弧体A可以自由滑动,一个小球从圆弧体A的最高点由静止释放,在圆弧体B中上升的最大高度为。已知重力加速度大小为g,则(　　)
[A]小球与圆弧体的质量之比为2∶1
[B]在小球从圆弧体A的最高点滑到最低点的过程中,A的位移为
[C]小球再次滑上A,在A中上升的最大高度为
[D]若圆弧体B没有锁定,则圆弧体B最终获得的速度大小为
【答案】 CD
【解析】 小球从A上滑下到与A分离的过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒,有mgR=mv2+mA,mv=mAvA,小球滑上B的过程根据机械能守恒定律,有mv2=mgR,联立解得v=,vA=,mA=2m,即小球与圆弧体的质量之比为1∶2,选项A错误;由mx=mAxA,x+xA=R,得xA=R,选项B错误;小球滑上B后最终会以v=重新滑回A,当上升至最高点时,与A共速,同理有mv+mAvA=(m+mA)v共,mv2+mA-(m+mA)=mgh,联立解得h=R,选项C正确;若圆弧体B没有锁定,则小球与B接触到分离的全过程有mv=mv′+mBvB,mv2=mv′2+mB,解得vB=,选项D正确。
6.(4分)如图所示,小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m,原来静止在光滑的水平面上。今有一可视为质点的小球,质量也为m,以水平速度v从左端滑上小车,恰好到达小车的最高点后,又从另一个曲面滑下。下列说法正确的是(　　)
[A]小球滑离小车时,小车又回到了原来的位置
[B]小球在滑上曲面的过程中,小车的动量变化量是mv
[C]小球和小车作用前后,小车和小球的速度一定变化
[D]车上曲面的竖直高度不会大于
【答案】 B
【解析】 小球滑上曲面的过程,小车向右运动,小球从右侧曲面滑下时,小车仍继续前进,不会回到原位置,故A错误;小球恰好到最高点时两者有共同速度,对于小车和小球组成的系统,取水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得mv=2mv1,得共同速度v1=,小车动量的变化量Δp=mv1-0=,故B正确;小球恰好到达小车最高点时,小球与小车的速度是相等的,由于系统水平方向动量守恒,若曲面光滑,则系统机械能守恒,所以相互作用结束后,可能小车的速度仍然等于0,小球的速度仍然等于v,故C错误;如果曲面光滑,则小车和小球组成的系统机械能守恒,有mv2-·2m=mgh,解得h=,如果曲面粗糙,因摩擦生热,减少的动能还有一部分转化成内能,小球上升的高度还要更小些,故D错误。
7.(6分)(多选)(2025·湖南张家界阶段练习)如图所示,质量为M的滑块静止在光滑水平面上,其左侧是四分之一光滑圆弧,左端底部恰好与地面相切,小球A、B的质量分别为m1=2 kg、m2=3 kg,A的初速度为v0,B保持静止,已知A与B发生弹性碰撞,要使A与B发生两次碰撞,则M可能为(　　)
[A]5 kg [B]6 kg [C]7 kg [D]8 kg
【答案】 BCD
【解析】 设A与B发生第一次弹性碰撞后A、B的速度分别为v1、v2,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,解得v1=v0=-v0,
v2=v0=v0,此后小球B与滑块作用,水平方向动量守恒,设B离开滑块时速度为v2′,则有m2v2=m2v2′+Mv3,m2=m2v2′2+M,解得v2′=v2,由于v1与v0反向,要使A与B发生两次碰撞,需要v2′与v1同向且|v2′|>|v1|,则v2′5 kg,故B、C、D正确。
8.(16分)(2025·湖南湘潭阶段练习)如图所示,水平传送带的右端靠近相同高度光滑平台的左端(平台不影响传送带的正常转动),平台右侧的光滑水平面上有一小车A紧靠平台,且小车A的上表面与平台等高,物块B静止在平台上。传送带在电机的带动下以v0=8 m/s的速度顺时针匀速转动,将物块C从传送带的最左端由静止释放,滑上平台后与物块B发生弹性碰撞,碰后物块B无摩擦地滑上小车,恰好没从小车上滑落。已知小车A的质量mA=2 kg,物块B的质量mB=6 kg,物块C的质量mC=2 kg,物块C与传送带间的动摩擦因数μ1=0.4,物块B与小车上表面之间的动摩擦因数μ2=0.2,传送带两转轴之间的距离l=12 m,重力加速度g取10 m/s2,物块均可看成质点。求:
(1)物块C第一次通过传送带的过程中,传送带摩擦力对它的冲量大小I;
(2)物块C与B碰撞后,两物块的速度大小;
(3)小车的长度L;
(4)物块C与传送带间因摩擦而产生的热量Q。
【答案】 (1)16 N·s　(2)4 m/s　4 m/s
(3)1 m　(4)192 J
【解析】 (1)物块C由静止释放后,若在传送带上一直加速,有=2μ1gx,
解得x=8 m<12 m,
可知物块离开传送带前已匀速,所以摩擦力的冲量I=mCv0=16 N·s。
(2)以向右为正方向,物块C与B碰撞过程中根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mCv0=mCv1+mBv2,
mC=mC+mB,
解得v1=-4 m/s,v2=4 m/s。
则两物块的速度大小分别为4 m/s,4 m/s。
(3)物块B滑上小车,且恰好没从小车上滑落,则有
mBv2=(mB+mA)v,
-μ2mBgL=(mB+mA)v2-mB,
联立解得小车长度L=1 m。
(4)物块C第一次在传送带上加速的过程中,与传送带的相对位移为Δx1,则有
v0=at1,Δx1=v0t1-v0t1,
产生的热量Q1=μ1mCgΔx1,
联立代入数据解得Q1=64 J;
物块C与B碰撞后返回传送带减速,设减速时间为t2,与传送带的相对位移为Δx2,则有
|v1|=at2,Δx2=v0t2+|v1t2|,
产生的热量Q2=μ1mCgΔx2,
联立代入数据解得Q2=80 J;
物块C再一次向右通过传送带的过程,加速时间仍为t2,与传送带的相对位移为Δx3,则有
Δx3=v0t2-|v1t2|,
产生的热量Q3=μ1mCgΔx3,联立解得Q3=48 J,
之后C离开平台,故物块C与传送带间因摩擦产生的热量Q=Q1+Q2+Q3=192 J。3　动量守恒定律
课时作业
(分值:60分)
考点一　对动量守恒定律的理解
1.(4分)(2025·陕西西安阶段练习)如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止。对两车及弹簧组成的系统,下列说法错误的是(　　)
[A]两手同时放开后,系统总动量始终为零
[B]先放开左手,后放开右手,总动量向左
[C]先放开左手,后放开右手,总动量向右
[D]无论何时放手,只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零
【答案】 C
【解析】 当两手同时放开时,系统的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因为开始时总动量为零,故系统总动量始终为零,故A说法正确;先放开左手,后放开右手,放开右手时系统的动量方向向左,此后动量守恒,即总动量向左,故B说法正确,C说法错误;无论是否同时放手,只要两手都放开后,在弹簧恢复原长的过程中,系统所受合外力为零,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零,故D说法正确。
2.(4分)如图所示,小车放在光滑的水平面上,将系着绳的小球拉开一定的角度,然后同时放开小球和小车,那么在以后的过程中(　　)
[A]小球向左摆动时,小车也向左运动,且系统动量守恒
[B]小球向左摆动时,小车向右运动,且系统动量守恒
[C]小球向左摆到最高点时,小球的速度为零,而小车的速度不为零
[D]在任意时刻,小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零)
【答案】 D
【解析】 依题意,小车和小球组成的系统水平方向不受外力作用,所以水平方向动量守恒,则小球向左摆动时,小车向右运动,但系统的动量不守恒,故A、B错误;由于系统在水平方向动量守恒,所以在任意时刻,小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零),小球向左摆到最高点时,小球的速度为零,小车的速度也为零,故C错误,D正确。
3.(6分)(多选)(2025·山西运城阶段练习)“天宫”空间站的电推进系统,也称电推进发动机,如图所示,其工作原理是先将氙气等惰性气体转化为带电离子,然后把这些离子加速、喷出以产生推进力,进而完成航天器的姿态控制、轨道修正和轨道维持等任务。已知单位时间内能喷出总质量为m、对地速度为v的离子,不计离子喷出对空间站质量的影响,下列说法正确的是(　　)
[A]电推进系统工作时整个空间站系统的动量守恒
[B]电推进系统工作时整个空间站系统的机械能守恒
[C]电推进系统工作时产生的推进力大小为mv
[D]电推进系统工作时产生的推进力大小为2mv
【答案】 AC
【解析】 电推进发动机工作时,推进力对系统做正功,系统的机械能增加,但沿系统飞行方向所受合力为0,由于工作时间很短,地球引力的冲量可忽略不计,由此可判断系统的动量守恒,故A正确,B错误;对离子根据动量定理有Ft=mv-0,解得 F=,其中t=1 s,可知电推进系统工作时产生的推进力大小为mv,故C正确,D错误。
考点二　动量守恒定律的应用
4.(4分)(2025·湖南益阳期末)质量为M的热气球在空中以速率v0匀速上升,一质量为m的人在悬绳上相对热气球静止。若人以相对地面的速率v沿绳匀速向下运动,则热气球的速率为(　　)
[A]v0+v [B]v0-v
[C]v0+(v0+v) [D]v0+(v0-v)
【答案】 C
【解析】 对热气球和人组成的系统,开始时匀速上升,所受合力为0,人向下运动的过程中系统动量守恒,根据动量守恒定律有(M+m)v0=-mv+Mv1,得v1=v0+(v0+v),故C正确。
5.(10分)(2025·河南安阳期中)将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上,水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s,方向向右,乙车速度大小为2 m/s,方向向左并与甲车速度方向在同一直线上,如图所示。
(1)当乙车速度为0时,甲车的速度多大 方向如何
(2)由于磁性极强,故两车不会相碰,那么两车的距离最小时,乙车的速度是多大 方向如何
【答案】 (1)1 m/s　方向向右
(2)0.5 m/s　方向向右
【解析】 (1)两个小车及磁铁组成的系统水平方向不受外力作用,即所受合力为0,则系统动量守恒。设向右为正方向,当乙车速度为0时,
根据动量守恒定律有mv甲+mv乙=mv甲′,
代入数据解得v甲′=1 m/s,方向向右。
(2)当两车的距离最小时速度相同,设为v′,
根据动量守恒定律有mv甲+mv乙=2mv′,
代入数据解得v′=0.5 m/s,方向向右。
考点三　多物体、多过程动量的守恒问题
6.(4分)(2025·湖北荆州阶段练习)一颗弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平向右的速度v0=2 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量之比为5∶1。不计质量损失,重力加速度g取10 m/s2。下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
　
[A] [B]
　
[C] [D]
【答案】 A
【解析】 规定向右为正方向,设弹丸的质量为6m,则甲的质量为5m,乙的质量为m,弹丸爆炸前后水平方向不受外力,则水平方向动量守恒。设爆炸后甲的速度为v1,乙的速度为v2,根据动量守恒定律有6mv0=5mv1+mv2,由于两块弹片都由同一高度做平抛运动,运动时间均为t== s=1 s,两块弹片的水平位移分别为x1=v1t,x2=v2t,结合图示轨迹图,计算对应的v1、v2数值,代入6mv0=5mv1+mv2,可知,仅选项A中的位移满足爆炸时动量守恒关系。故A正确。
7.(10分)(2025·河南濮阳阶段练习)如图所示,一个机器人在冰面上进行“滑车”练习,开始机器人站在A车前端与车以共同速度v0=0.9 m/s向右做匀速直线运动,在A车正前方有一辆静止的B车,为了避免两车相撞,在A车接近B车时,机器人迅速从A车跳上B车,又立即从B车跳回A车,此时A、B两车恰好不相撞。已知机器人的质量m=25 kg,A车和B车质量均为mA=mB=100 kg,若机器人跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反,求:
(1)机器人跳回A车后,他和A车的共同速度大小;
(2)机器人跳离A车和B车时对地速度的大小;
(3)机器人跳离A车的过程中对A车冲量的大小。
【答案】 (1)0.5 m/s　(2)1 m/s　(3)2.5 kg·m/s
【解析】 (1)机器人跳离A车又跳回的结果是A、B两车恰好不相撞,则最后具有相同的速度。
由于机器人、A车、B车组成的系统所受合力为零,即动量守恒,根据动量守恒定律有
(m+mA)v0=(m+mA+mB)v,
代入数据解得v=0.5 m/s。
(2)设机器人跳上又跳离B车时对地的速度大小为v′,以向左为正方向,对机器人、B车根据动量守恒定律有Δp=-ΔpB,即2mv′=mBv,解得v′=1 m/s,
即机器人跳离A车和B车时对地的速度大小为 1 m/s。
(3)设机器人跳离A车后A车的速度为vA′,根据动量守恒定律有(m+mA)v0=mv′+mAvA′,
解得vA′=0.875 m/s,
根据动量定理,小孩对A车的冲量大小
I=ΔpA=mAv0-mAvA′=2.5 kg·m/s。
8.(6分)(多选)(2025·湖南长沙阶段练习)如图所示,a、b两物体彼此接触静止放在光滑的水平桌面上,物体a的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道,将小球c紧贴轨道右侧最高点P由静止释放,则(　　)
[A]a、b、c组成的系统机械能守恒,动量也守恒
[B]当c第一次滑到最低点时,a和b开始分离
[C]c可以滑到a左侧与P等高的地方
[D]最后a将从桌面左边滑出
【答案】 BD
【解析】 a、b、c三者组成的系统竖直方向合力不为零,即动量不守恒,但除重力、弹力外无其他力做功,则机械能守恒,故A错误。在小球c第一次滑到最低点前,c对a的作用力始终有向右的水平分力,因此a与物体b挤压而有向右的共同速度,不会与b分离;而c滑过最低点后对a的作用力有向左的水平分力,a的速度将变小,而b匀速运动,因此a与b出现分离,故B正确。由于系统满足水平方向动量守恒,系统初动量为零;b与a分离后,b将一直向右做匀速直线运动,b的动量向右,则分离后a、c的总动量向左,a、c将向左不断运动,最终从桌面左边滑出,因物体b获得了动能,则c不可以滑到a左侧与P等高的地方,故C错误,D正确。
9.(12分) (2025·重庆北碚期中)如图所示,水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的劲度系数为k的轻质弹簧相连,一开始整个装置处于静止状态且弹簧的弹性势能为Ep0。现有一套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下,与圆盘碰撞后粘在一起运动。已知圆环质量为m,圆盘质量为2m,圆环与圆盘碰撞时间为t,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求碰后瞬间圆环和圆盘的速度大小;
(2)求碰撞过程中,圆盘对圆环的平均作用力的大小;
(3)当圆环和圆盘一起下落速度最大时弹簧的弹性势能为Ep,求此时系统的最大动能Ekmax。
【答案】 (1)　(2)+mg
(3)Ep0++-Ep
【解析】 (1)圆环与圆盘碰撞前圆环做自由落体运动,设与圆盘碰前速度为v0,有=2gh,
圆环与圆盘碰撞过程中圆环和圆盘所受外力的冲量忽略不计,即动量守恒,根据动量守恒定律有mv0=(m+2m)v,解得v=。
(2)圆环与圆盘碰撞过程中,根据动量定理,对圆环有(mg-)t=mv-mv0,
解得=+mg。
(3)圆环与圆盘碰撞前,对圆盘有2mg=kx1,
当圆环和圆盘一起下落时,两者加速度为0时速度最大,此时有(2m+m)g=kx2,
根据能量守恒定律有
Ep0+(mg+2mg)·Δx+(m+2m)v2=Ekmax+Ep,
其中Δx=x2-x1,
联立解得Ekmax=Ep0++-Ep。4　实验:验证动量守恒定律
课时作业
(分值:50分)
1.(10分)(2025·浙江嘉兴期末)研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒的实验装置如图甲
所示。
(1)除图中所示的实验器材外,还需要的实验器材有　　　　　。(多选)
A.天平 B.秒表
C.刻度尺 D.复写纸
(2)下列有关实验操作和分析正确的是　　　　　。
A.两球的质量必须相等
B.铅垂线的主要作用是确保斜槽末端水平
C.小球B可以放在斜槽水平段的任意位置
D.小球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放
(3)某学习小组采用如图乙所示实验方案验证动量守恒定律。轨道上的小车P右端连接穿过打点计时器的纸带,轻推小车P运动,小车P与小车Q碰撞后粘在一起运动。
①完成该实验　　　　(选填“需要”或“不需要”)垫高轨道一端,以平衡阻力。
②图丙是正确操作后得到的一条纸带,计算小车P碰前的速度应选用　　　　(选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)段纸带。已知打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz,则小车P、Q一起运动的速度大小为v=　 　　　 m/s(结果保留3位有效数字)。
2.(8分)(2025·山东日照期中)某同学用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。长木板的一端垫有小木块,可以微调木板的倾斜程度,使小车能在木板上做匀速直线运动。长木板的顶端安装着位移传感器,可以测量小车A到传感器的距离x。
(1)现将小车A紧靠传感器,并给小车A一个初速度,传感器记录了x随时间t变化的图像如图乙所示,此时应将小木块水平向　　 (选填“左”或“右”)稍微移动一下。
(2)调整好长木板后,让小车A以某一速度运动,与静止在长木板上的小车B(后端粘有橡皮泥)相碰并粘在一起,导出传感器记录的数据,绘制x随时间t变化的图像如图丙所示。
(3)已知小车A的质量为0.4 kg,小车B(连同橡皮泥)的质量为0.2 kg,由此可知碰前两小车的总动量是　　　　kg·m/s,碰后两小车的总动量是　　　　kg·m/s。若在误差允许的范围内,两小车碰撞前后总动量相等,则碰撞前后动量守恒。(结果均保留2位有效数字)
3.(12分)在“验证动量守恒定律”的实验中,某同学用如图所示的装置进行了如下的操作:
①先调整斜槽轨道,使其末端的切线水平,在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸,并将该木板竖直立于靠近槽口处,使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止释放,撞到木板并在白纸上留下痕迹O。
②将木板向右平移适当的距离,再使小球a从原固定点由静止释放,撞在木板上并在白纸上留下痕迹B。
③把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端,让小球a仍从原固定点由静止释放,和小球b相碰后,两球撞在木板上并在白纸上留下痕迹A和C。
④用刻度尺测量白纸上O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2和y3。
(1)两小球的质量关系:ma　　　 　(选填“>”“<”或“=”)mb。
(2)碰撞后,小球b落点的痕迹是　　　 　(选填“A”“B”或“C”)。
(3)实验中除需测量白纸上O点到A、B、C三点的距离外,还需要测量的物理量有　　　。
A.木板向右移动的距离L
B.小球a和小球b的质量ma、mb
C.A、B两点间的高度差Δl
D.小球a和小球b的半径r
(4)用本实验中所测得的量来验证两小球碰撞过程动量守恒,其表达式为　　　　　　。
4.(10分)(2025·江苏宿迁期中)某同学用气垫导轨做验证动量守恒定律的实验,装置如图甲所示。a、b两滑块之间放置一根压缩的轻弹簧,并用细线固定,两滑块上分别装有规格相同的挡光片,已知a、b两滑块的质量(包括挡光片)分别为m1、m2。
(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d,示数如图乙所示,则d=　　　　mm。
(2)接通气源,调节气垫导轨下面的螺钉,若滑块放在气垫导轨上任一处均能处于
　　　　 　　　,则气垫导轨水平。
(3)将a、b两滑块按如图甲所示放置,剪断细线,两滑块通过光电门1、2的挡光时间分别为t1、t2,则当　　　　　　　　(用已知量和测量的物理量符号表示)成立,则可验证两滑块作用过程中动量守恒。
(4)实验表明,弹簧开始被压缩时具有的弹性势能大小为　　　　　　　　(用已知量和测量的物理量符号表示)。
(5)为了减小实验误差,两个光电门放置的位置应适当　　　 　(选填“靠近”或“远离”)一些。
5.(10分)(2025·湖北武汉期中)用“碰撞实验器”结合斜面可以做验证动量守恒定律的实验,如图所示。实验时先让质量为m1的入射小球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下,从轨道末端O点水平抛出,落到与轨道O点连接的倾角为θ的斜面上,记下其落点痕迹。再把质量为m2的被碰小球放在斜槽轨道末端,让入射小球仍从位置S由静止滚下,与被碰小球碰撞后,分别落在斜面上,记下各自的落点痕迹,M、P、N为三个落点的位置。(不考虑小球在斜面上的多次碰撞)
(1)关于本实验,下列说法正确的是　　　　。
A.斜槽轨道不必光滑,入射小球每次释放的初位置也不必相同
B.斜槽轨道末端必须水平
C.为保证入射小球碰后沿原方向运动,应满足入射小球的质量m1等于被碰小球的质量m2
(2)实验中不易直接测定小球碰撞前后的速度,可以通过仅测量　　　　,间接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度h
B.斜面的倾角θ
C.O点与各落点的距离
(3)在实验误差允许的范围内,若满足关系式　　　 　,则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。
A.m1·OP=m1·OM+m2·ON
B.m1·ON=m1·OP+m2·OM
C.m1·=m1·+m2·
D.m1·=m1·+m2·
(4)如果该碰撞过程机械能也保持守恒,则只需要满足一个表达式,即　 。

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