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第2讲　动量守恒定律
课时作业
对点1.对动量守恒定律的理解
1.(多选)如图所示,P、Q两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上,木块N(可视为质点)以一定的初速度v0从P的左端开始向右滑行,最后停在木块Q的右端。对此过程,下列叙述正确的是(　　)
A.当N在P上滑行时,P、N组成的系统动量守恒
B.当N在Q上滑行时,Q、N组成的系统动量守恒
C.无论N是在P上滑行还是在Q上滑行,P、Q、N三木块组成的系统动量都守恒
D.当N在Q上滑行时,P、Q、N组成的系统动量守恒
【答案】 BCD
【解析】 当N在P上滑行时,对P、N组成的系统,Q对P的作用力为外力,不等于0,故系统动量不守恒,故A错误;当N在Q上滑行时,P、Q已分离,对Q、N组成的系统,沿水平方向不受外力作用,故系统动量守恒,故B正确;若将P、Q、N三木块视为一系统,则沿水平方向无外力作用,系统动量守恒,故C、D正确。
2.(2025·福建龙岩期中)如图所示,小车静止在光滑的水平面上,绳子一端固定在小车立柱上,另一端与小球相连。将小球缓慢向右拉开一定角度,然后同时放开小球和小车,不计空气阻力,则在小球、小车运动过程中,下列说法正确的是(　　)
A.小球的机械能守恒
B.小车的机械能一直在增加
C.小球和小车组成的系统动量守恒
D.小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒
【答案】 D
【解析】 小球在摆动过程中,系统机械能守恒;小球摆到最低点的过程中,绳子拉力对小车做正功,小车的机械能增加,小球的机械能减小;小球从最低点摆到最高点的过程中,绳子拉力对小车做负功,小车的机械能减少,小球的机械能增加,故A、B错误。小球摆动过程中,小球和小车组成的系统只受重力和支持力作用,水平方向合力为零,所以系统水平方向动量守恒,在竖直方向上,受力不平衡,所以竖直方向动量不守恒,那么系统动量不守恒,故C错误,D正确。
对点2.动量守恒定律的基本应用
3.(多选)(2025·云南模拟)我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上为祖国赢得荣誉。某次短道速滑接力赛中,在水平冰面上“交棒”的运动员乙用力猛推前方“接棒”的运动员甲,使运动员甲以速度v=14 m/s向前冲出。已知甲、乙运动员的质量均为50 kg,交接前,甲的速度大小v1=9 m/s,乙的速度大小v2=11 m/s,不计一切阻力。下列说法正确的是(　　)
A.乙推甲后瞬间乙的速度大小为6 m/s
B.乙推甲的过程,乙对甲的冲量为150 N·s
C.乙推甲的过程,甲的动量一直增加
D.乙推甲的过程,甲的动量变化量比乙的大
【答案】 AC
【解析】 规定运动员前进的方向为正方向,根据动量守恒定律可得mv1+mv2=mv+mv乙,解得乙推甲后瞬间乙的速度为v乙=6 m/s,故A正确;乙推甲的过程,乙对甲的冲量等于甲动量的变化量,则有I乙=Δp甲=mv-mv1=250 N·s,故B错误;乙推甲的过程,运动员甲的速度一直增加,故动量一直增加,故C正确;乙推甲的过程,运动员甲动量的变化量大小等于乙的动量的变化量大小,故D错误。
4.(2025·河南濮阳阶段练习)如图所示,一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=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
m A=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,它和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)5 m/s　(2)10 m/s　(3)25 N·s
【解析】 (1)因为A、B两车恰好不相撞,则最后具有相同的速度。在机器人跳的过程中,把机器人、A车、B车看成一个系统,该系统所受合力为零,动量守恒,
由动量守恒定律得(m+mA)v0=(m+mA+mB)v,
代入数据解得v=5 m/s。
(2)依题意,设机器人跳离A车和B车时对地的速度大小均为v′,对机器人、B车,
根据动量守恒定律有mv′=-mv′+mBv,
解得v′=10 m/s。
(3)根据动量守恒定律,机器人跳离A车的过程有(m+mA)v0=mv′+mAvA,
解得机器人跳离A车时,A车的速度大小为vA=8.75 m/s,
根据动量定理,对A车的冲量大小等于A车动量的变化量大小,
即I=Δp=mAv0-mAvA=25 N·s。
对点3.爆炸和反冲问题
5.(2025·河北邯郸模拟)一炮弹在空中飞行时,突然发生爆炸(时间极短),爆炸成质量不同的两部分,爆炸后瞬间两部分的运动方向与爆炸前瞬间炮弹的运动方向在同一直线上。则炮弹爆炸过程中(　　)
A.系统动量不守恒
B.两部分的动能都会增大
C.两部分的动能之和可能减小
D.两部分的动能之和一定增大
【答案】 D
【解析】 炮弹爆炸过程时间极短,外力作用可忽略,系统动量守恒,故A错误;由于能量守恒,爆炸过程中有化学能转化为动能,两部分的动能之和增大,但不代表两部分的动能都增大,故B、C错误,D正确。
6.(2025·河南南阳期末)一个士兵坐在皮划艇上,他连同装备和皮划艇的总质量为m,这个士兵用狙击步枪水平射出一发质量为m0的子弹,子弹在枪管中运动的时间为Δt,离开枪口时相对步枪的速度是u。射击前皮划艇是静止的,不考虑水的阻力,则(　　)
A.射击后皮划艇的速度大小为u
B.射击后皮划艇的速度大小为u
C.射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为
D.射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为
【答案】 C
【解析】 设射击后皮划艇的速度大小为v1,子弹的速度大小为v2,射击过程中,系统动量守恒,以子弹的速度方向为正方向,则有m0v2-(m-m0)v1=0,又有v1-(-v2)=u,联立解得v1=u,
v2=u,故A、B错误;射击时,以子弹为研究对象,根据动量定理可得Δt=m0v2-0,解得=,根据牛顿第三定律可知,射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为,故C正确,D错误。
对点4.“人船”模型
7.(2025·四川凉山三模)如图所示,小车静止在光滑水平面上,站在车上的人以对车相同的位置和速度,将右边筐中的球一个一个地投入左边的篮筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后立即静止,忽略空气阻力,则在投球过程中(　　)
A.小车始终未动
B.人、车和球组成的系统动量守恒
C.每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离
D.球全部落入左筐后,小车将向右匀速运动
【答案】 C
【解析】 在投球过程中,人、车和球组成的系统所受的合力不为零,虽然系统动量不守恒,但水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒,篮球有水平向左的动量,则人和车组成的系统获得水平向右的动量,所以人和车系统所受的合力不为零,车在人的作用下右移,故A、B错误;设一个球的质量为m,人、车和剩余球的质量为M,人投球时到篮筐的水平距离为L,根据水平方向动量守恒有mv球=Mv车,则mx球=Mx车,又x球+x车=L,解得x车=L,故C正确;当球全部投入左边的筐中时,根据系统水平方向动量守恒知,系统总动量为零,则小车的速度为零,故D错误。
8.(2025·山东卷,6)轨道舱与返回舱的组合体,绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动,轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示,轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱,分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2,G为引力常量,此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 C
【解析】 设返回舱的质量为m,则轨道舱的质量为5m,总质量为6m;开始时组合体绕行星做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力有G=6m,得v=,根据弹射返回舱的过程中系统动量守恒,有6mv=5mv1+mv2,而v2=2,代入解得v1=。C正确。
9.(教材改编题)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。现将球C拉起使细线水平伸直,并由静止释放球C。
(1)若木块B固定在水平面上,求球C向左摆动能达到的最大高度h;
(2)若木块B不固定,求球C第一次摆到最低点时球C的位移大小。
【答案】 (1)l　(2)l
【解析】 (1)对球C,下落过程机械能守恒,有mgl=m,
对球C和木块A,取向左为正方向,球C由最低点向左摆动到最高点过程中,
水平方向动量守恒,有mv0=2mv,
系统机械能守恒,有m=mgh+·2mv2,
联立解得h=l。
(2)对球C和A、B组成的系统,设水平向左为正方向,水平方向动量守恒,
有0=m-2m,
即0=mx1-2mx2,
又x1+x2=l,
球C的位移大小xC=,
联立得xC=l。第5讲　小专题:动力学、能量和动量观点的综合应用
课时作业
对点1.动量观点与动力学观点的综合应用
1.(2025·重庆模拟)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)(如图)测试中,飞行器总质量(含燃料)为M,设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm,喷气速度均为v(相对地面),喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止,相继进行n次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是(　　)
A.每次喷气过程中,飞行器动量变化量方向与喷气方向相同
B.每次喷气后,飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同
C.经过n次喷气后,飞行器速度为
D.由于在太空中没有空气提供反作用力,所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速
【答案】 C
【解析】 由题意可知,每次喷气过程中,系统(包括飞行器和喷出的气体)总动量守恒,所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反,故A错误。根据动量守恒定律,系统初始总动量为0,第一次喷气后,喷出气体质量为Δm,速度大小为v,飞行器质量变为M-Δm,速度大小为v1,则有0=(M-Δm)v1-Δmv,解得v1=,所以第一次喷气后速度增量Δv1=v1=;在第二次喷气之前,此时系统总动量为(M-Δm)v1,喷气后,喷出气体质量仍为Δm,速度大小为v,飞行器质量变为M-2Δm,速度大小为v2,则有(M-Δm)v1=(M-2Δm)v2-Δmv,将v1=,代入可得v2=,所以第二次喷气后速度增量Δv2=v2-v1=-=,以此类推,可知每次喷气后飞行器速度增量大小不相同,故B错误。设经过n次 喷气后飞行器的速度为vn,系统初始总动量为0,n次喷气后,喷出气体总质量为nΔm,速度大小为v,飞行器质量变为M-nΔm,根据动量守恒定律可得0=nΔmv-(M-nΔm)vn,解得vn=,故C正确。虽然在太空没有空气,但飞行器喷气时,飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力,根据牛顿第三定律,喷出气体对飞行器有反作用力,所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速,故D错误。
2.汽车中的安全气囊是发生剧烈碰撞事故时保护驾驶员安全的重要设施。当汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某路段的限速为40 km/h,质量m1=1 600 kg的甲车以某一速度与正前方质量m2=1 600 kg以速度v2=18 km/h 迎面行驶的乙车发生碰撞,经过极短时间t=0.16 s,两车以相同的速度沿着甲车的行驶方向一起又滑行了1 m后停下,此次碰撞甲车内的安全气囊恰好爆开,设两车与路面的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:
(1)两车碰撞后瞬时速度的大小;
(2)甲车碰撞前是否超速;
(3)气囊爆开的临界撞击力F0的大小。
【答案】 (1)2 m/s　(2)没有超速 (3)6.68×104 N
【解析】 (1)设两车碰撞后瞬时速度的大小为v,根据运动学公式v2=2ax,
a==μg,
解得v=2 m/s。
(2)设甲车的初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得m1v1-m2v2=(m1+m2)v,
解得v1=9 m/s=32.4 km/h<40 km/h,
故甲车碰撞前没有超速。
(3)对甲车研究,设甲车的初速度方向为正方向,
由动量定理可得
-F0t-μm1gt=m1v-m1v1,
解得F0=6.68×104 N。
对点2.动量与能量观点的综合应用
3.(2025·浙江1月选考卷,8)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间的动摩擦因数均为0.5,则(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m
【答案】 D
【解析】 碰撞瞬间C相对地面向左运动,选项A错误;以向右为正方向,A、B碰撞过程,由动量守恒定律得mvA-mvB=2mv1,解得v1=1 m/s,方向向右;当三者共速时,由动量守恒定律得2mv1-mvC=3mv,解得v=0,即最终三者一起静止,可知经历的时间t== s=0.4 s,选项B错误;碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量Q=×2m+m=3 J,选项C错误;碰撞后到三者相对静止,由能量关系可知Q=μmgx相对,解得x相对=0.6 m,选项D正确。
4.如图,物块P固定在水平面上,其上表面有半径为R的四分之一圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起,圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上,另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落,落到A点后沿圆弧轨道下滑,小球与弹簧接触后,当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR,此时断开P和Q的连接,从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小,忽略空气阻力,圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑,弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功;
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离;
(3)欲使P和Q断开后,弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR,Q的质量应为多大
(4)欲使P和Q断开后,Q的最终动能最大,Q的质量应为多大
【答案】 (1)mgR　(2)　R (3)4m　(4)m
【解析】 (1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功为WG=mgR。
(2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0,
由机械能守恒定律可知m=2mgR+m,
同时有mg(h+R)=m,
联立解得v0=,h=R。
(3)弹簧弹性势能达到最大时,小球与Q共速,设Q的质量为M,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=(m+M)v共,
m=2.2mgR+(m+M),
联立解得M=4m。
(4)对Q和小球整体,根据机械能守恒可知,要使Q的最终动能最大,需满足小球的速度刚好为零,此时弹簧刚好恢复原长;设此时Q的质量为M′,Q的最大速度为vm,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=M′vm,
m=M′,
解得M′=m。
对点3.力学三大观点的综合应用
5.(2025·江西九江三模)如图,用不可伸长的轻绳将小球a悬挂在O点,初始时,轻绳处于水平拉直状态,将小球a由静止释放,当小球a下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞,碰撞后b滑行的最大距离为L,已知b的质量是a的2倍,b与水平面间的动摩擦因数为μ,不计空气阻力,则(　　)
A.小球a下摆至最低点过程中,重力做功的功率一直在增大
B.碰撞后瞬间小球a的速度大小为
C.轻绳的长度为μL
D.小球a反弹的最大高度为μL
【答案】 C
【解析】 小球a摆到最低点时,小球a沿竖直方向的速度为零,重力的瞬时功率为零,故小球a从释放到摆动到最低点过程中重力的瞬时功率先增大后减小,A错误;设轻绳的长度为l,小球a的质量为m,物块b的质量为2m,碰前小球a的速度为v0,碰后,小球a的速度为v1,物块b的速度为v2,对于物块b,碰后减速时,根据牛顿第二定律有μ·2mg=2ma,得物块b减速的加速度a=μg,由运动学规律可得=2aL,解得碰后物块b的速度大小为v2=,选取小球a碰前的速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得mv0=mv1+2mv2,根据能量守恒定律可得m=m+·2m,联立解得v1=v0=-v0,v2=v0=v0,结合上述结论解得v0=,v1=-,即碰后瞬间小球a的速度大小为,B错误;在小球a从释放到摆到最低点的过程中,根据机械能守恒定律有mgl=m,解得小球a摆到最低点时的速度v0=,结合上述结论v0=,解得轻绳的长度l=μL,C正确;小球a反弹的速度大小为,根据机械能守恒定律有mghmax=m,解得小球a反弹的最大高度为hmax=μL,D错误。
6.(多选)(2025·福建卷,8)如图,物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上,传送带以
1 m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时,A的速度大小为2 m/s、方向水平向右,B的速度为0,弹簧处于原长;t=t1时(t1为未知量),A第一次与传送带共速,弹簧弹性势能为0.75 J。已知A、B可视为质点,质量分别为1 kg、2 kg,与传送带间的动摩擦因数分别为0.5、0.25;A与传送带相对滑动时会留下划痕,重力加速度大小取10 m/s2,A、B始终在传送带上,弹簧始终在弹性限度内,则(　　)
A.t=时,A的加速度大小比B的小
B.t=t1时,B的速度大小为0.5 m/s
C.t=t1时,弹簧的压缩量为0.2 m
D.在0~t1内,A在传送带上留下的划痕长度小于0.05 m
【答案】 BD
【解析】 如图甲所示,物块A第一次与传送带共速前,对A、B受力分析,有FfA=μAmAg=
5 N,FfB=μBmBg=5 N,F=kΔx,可得aA==5+F,aB==,随着弹簧压缩量Δx逐渐增大,弹簧弹力F也逐渐增大,但总有aA=2aB,故选项A错误;在A第一次与传送带共速前,A、B系统所受合外力为零,其总动量守恒,即mAv0=mAvA+mBvB,已知v0=2 m/s,vA=1 m/s,解得vB=0.5 m/s,故选项B正确;在0~t1内,设A、B向右的位移分别为xA、xB,由功能关系可知摩擦力对系统所做的功等于系统机械能的变化量,即 -FfAxA+FfBxB=mA+mB-
mA+Ep,解得Δx=xA-xB=0.1 m,所以 t=t1时弹簧的压缩量为0.1 m,故选项C错误;0~t1内A、B以及传送带运动的v-t图像如图乙所示,图形OQMN的面积SOQMN表示A相对于B的位移,xA-xB=0.1 m,图形PQM的面积SPQM表示A相对于传送带的位移,即A在传送带上留下的划痕长度,由几何图形的对称性可知2SPQM=SOQM7.(2025·浙江三模)如图所示,木板C静置于光滑水平地面上,中点处放置物块B。某时刻物块A以水平初速度v0从左端滑上木板C。已知物块A、B均可视为质点,质量均为m,与木板C间的动摩擦因数均为μ,木板C的质量为2m,A、B间为弹性碰撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(　　)
A.若物块A、B不发生碰撞,则木板C长度的最大值为
B.若物块A、B不从木板C的右端滑离,则木板C长度的最小值为
C.若物块B恰好不滑离木板C,则物块A、B碰撞前后的两段时间内,摩擦力对木板C的冲量大小是相等的
D.若物块A、B最终与木板C相对静止,则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在木板C上相对静止的位置有关
【答案】 B
【解析】 设木板C长为L,恰好发生碰撞时,由动量守恒定律及能量守恒定律有mv0=
4mv共,μmg·=m-·4m,得L=,为木板长度最小值,故A错误;物块A、B的碰撞为弹性碰撞,不损耗能量,只是交换速度,故B到C右端恰好相对静止,有μmg·L′=m-
·4m,得L′=,故B正确;物块A、B碰撞前,物块B随木板运动,A、B对木板摩擦力方向相反,由牛顿第二定律可知碰撞前A、B对木板总摩擦力为μmg,冲量为μmgt1,碰撞后A、B对木板总摩擦力为μmg,冲量为μmgt2,又因为第二段时间更长,故后段冲量更大,二者不相等,故C错误;只要相对静止,那么共速相等,由动量定理知,摩擦力对木板C的冲量大小是一定值,与相对静止的位置无关,故D错误。
8.(2024·山东卷,17)如图甲所示,质量为M的轨道静止在光滑水平面上,轨道水平部分的上表面粗糙,竖直半圆形部分的表面光滑,两部分在P点平滑连接,Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上,与水平轨道间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时,受到轨道的弹力大小等于3mg,求小物块在Q点的速度大小v;
(2)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
①求μ和m;
②初始时,小物块静置在轨道最左端,给轨道施加水平向左的推力F=8 N,当小物块到P点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】 (1)4 m/s (2)①0.2　1 kg　②4.5 m
【解析】 (1)小物块在Q点由重力和轨道弹力的合力提供向心力,有mg+3mg=m,
代入数据解得v=4 m/s。
(2)①根据题意可知,当推力F≤4 N时,小物块与轨道一起向左加速,
根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a,
根据题图乙有k==0.5 kg-1;
当推力F>4 N时,轨道与小物块有相对滑动,则对轨道有F-μmg=Ma,
整理得a=F-,
结合题图乙有k==1 kg-1,
截距b=-=-2 m/s2,
联立以上各式可得M=1 kg,m=1 kg,μ=0.2。
②由题图乙可知,当F=8 N时,轨道的加速度为a1=6 m/s2,
小物块的加速度为a2=μg=2 m/s2,
设当小物块运动到P点时,经过t0时间,则
对轨道有v1=a1t0,
对小物块有v2=a2t0,
小物块从P点运动到Q点的过程中系统机械能守恒,有
M+m=M+m+2mgR,
水平方向动量守恒,以水平向左为正方向,则有Mv1+mv2=Mv3+mv4,
其中v4=7 m/s,
联立解得t0=1.5 s,
则轨道水平部分的长度L=a1-a2,
代入数据解得L=4.5 m。第2讲　动量守恒定律
对点1.对动量守恒定律的理解
1.(多选)如图所示,P、Q两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上,木块N(可视为质点)以一定的初速度v0从P的左端开始向右滑行,最后停在木块Q的右端。对此过程,下列叙述正确的是(　　)
A.当N在P上滑行时,P、N组成的系统动量守恒
B.当N在Q上滑行时,Q、N组成的系统动量守恒
C.无论N是在P上滑行还是在Q上滑行,P、Q、N三木块组成的系统动量都守恒
D.当N在Q上滑行时,P、Q、N组成的系统动量守恒
2.(2025·福建龙岩期中)如图所示,小车静止在光滑的水平面上,绳子一端固定在小车立柱上,另一端与小球相连。将小球缓慢向右拉开一定角度,然后同时放开小球和小车,不计空气阻力,则在小球、小车运动过程中,下列说法正确的是(　　)
A.小球的机械能守恒
B.小车的机械能一直在增加
C.小球和小车组成的系统动量守恒
D.小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒
对点2.动量守恒定律的基本应用
3.(多选)(2025·云南模拟)我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上为祖国赢得荣誉。某次短道速滑接力赛中,在水平冰面上“交棒”的运动员乙用力猛推前方“接棒”的运动员甲,使运动员甲以速度v=14 m/s向前冲出。已知甲、乙运动员的质量均为50 kg,交接前,甲的速度大小v1=
9 m/s,乙的速度大小v2=11 m/s,不计一切阻力。下列说法正确的是(　　)
A.乙推甲后瞬间乙的速度大小为6 m/s
B.乙推甲的过程,乙对甲的冲量为150 N·s
C.乙推甲的过程,甲的动量一直增加
D.乙推甲的过程,甲的动量变化量比乙的大
4.(2025·河南濮阳阶段练习)如图所示,一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=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,它和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。
对点3.爆炸和反冲问题
5.(2025·河北邯郸模拟)一炮弹在空中飞行时,突然发生爆炸(时间极短),爆炸成质量不同的两部分,爆炸后瞬间两部分的运动方向与爆炸前瞬间炮弹的运动方向在同一直线上。则炮弹爆炸过程中(　　)
A.系统动量不守恒
B.两部分的动能都会增大
C.两部分的动能之和可能减小
D.两部分的动能之和一定增大
6.(2025·河南南阳期末)一个士兵坐在皮划艇上,他连同装备和皮划艇的总质量为m,这个士兵用狙击步枪水平射出一发质量为m0的子弹,子弹在枪管中运动的时间为Δt,离开枪口时相对步枪的速度是u。射击前皮划艇是静止的,不考虑水的阻力,则(　　)
A.射击后皮划艇的速度大小为u
B.射击后皮划艇的速度大小为u
C.射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为
D.射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为
对点4.“人船”模型
7.(2025·四川凉山三模)如图所示,小车静止在光滑水平面上,站在车上的人以对车相同的位置和速度,将右边筐中的球一个一个地投入左边的篮筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后立即静止,忽略空气阻力,则在投球过程中(　　)
A.小车始终未动
B.人、车和球组成的系统动量守恒
C.每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离
D.球全部落入左筐后,小车将向右匀速运动
8.(2025·山东卷,6)轨道舱与返回舱的组合体,绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动,轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示,轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱,分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2,G为引力常量,此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
9.(教材改编题)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。现将球C拉起使细线水平伸直,并由静止释放球C。
(1)若木块B固定在水平面上,求球C向左摆动能达到的最大高度h;
(2)若木块B不固定,求球C第一次摆到最低点时球C的位移大小。第七章　动量守恒定律
第1讲　动量和动量定理
对点1.对动量和冲量的理解
1.(2025·湖北武汉期末)国际排联规定的标准比赛用的排球质量为260~280 g,训练用的排球质量可能略小。假设某次训练用排球质量m=250 g,运动员将一个速度为v0=4 m/s、方向与水平面成37°角飞来的排球以等大反向的速度垫向队友,球与手臂接触的时间t=0.1 s。重力加速度大小g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,则(　　)
A.运动员垫球过程中重力的冲量大小为2.5 N·s
B.排球与运动员手臂接触过程中所受合力的冲量大小为2 N·s
C.运动员垫球过程中球的动量变化量的方向与v0同向
D.运动员垫球过程中手臂对球的平均作用力大小为20 N
2.(多选)(2025·广东卷,10) 如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化关系为F=F0-kt(F≠0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于该无人机在从0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻),下列说法正确的有(　　)
A.受到空气作用力的方向会变化
B.受到拉力的冲量大小为(F0-kT) T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(F0-kT) T
D.T时刻受到空气作用力的大小为　
对点2.对动量定理的理解和应用
3.(多选)(2025·湖南长沙阶段检测)在汽车事故中,完全气囊可防止90%的头部受伤,大大减小损伤程度。设气囊的缓冲层与头部的撞击时间延长至10 ms以上,人头部的质量约为2 kg,则下列说法正确的是(　　)
A.气囊减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B.气囊减小了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C.事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量相同
D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的撞击力最大为 1 200 N
4.(教材改编题)城市进入高楼时代后,高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。如图为一则安全警示广告,非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告词的科学性:设一个50 g 的鸡蛋从80 m的窗户自由落下,鸡蛋与地面撞击时间约为2×10-3 s,鸡蛋落地即静止,不计空气阻力,g取10 m/s2,规定竖直向下为正方向。下列说法正确的是(　　)
A.鸡蛋刚与地面接触时重力的功率为10 W
B.该鸡蛋对地面的平均冲击力大小约为1 000 N
C.与地面撞击过程,鸡蛋的动量改变量为2 kg· m/s
D.鸡蛋下落过程(从开始下落到与地面刚好接触的过程)重力的冲量为0.02 N·s
5.(2025·山东威海二模)如图甲所示,质量m=1.1 kg 的物块静止在粗糙的水平地面上,物块与地面间的动摩擦因数μ=0.5。从t=0时刻开始对物块施加一个与水平方向成θ=37°角的拉力F,其变化情况如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,取
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则物块在t=8 s时的速度大小为(　　)
A.2.5 m/s B.8.0 m/s
C.9.0 m/s D.12.5 m/s
对点3.应用动量定理处理“流体模型”
6.(2025·陕西宝鸡三模)如图所示,由高压水枪中竖直向上喷出的水柱,将一个开口向下的小铁盒顶在空中。已知密度为ρ的水柱以恒定速率从水枪中持续喷出,向上运动并以速率v0冲击小铁盒,且冲击小铁盒时水柱横截面积为S,并以速率v竖直返回(不考虑水之间的碰撞)。水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计,则水对铁盒的平均作用力大小为(　　)
A.ρSv0(v0+v) B.ρS(v+v0)
C.ρS(v-v0) D.ρSv0(v-v0)
7.(2025·山东三模)如图所示为一架质量为m的无人机在空中悬停时的情景,其动力由四个相同的螺旋桨提供。每个螺旋桨向下推动的气流速度大小为v(未知),单个螺旋桨的气流有效横截面积为S。已知空气密度为ρ,重力加速度为g,则维持无人机悬停所需的速度大小v等于(　　)
A. B.
C. D.
8.(多选)(2025·广西模拟)中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT100霍尔推进器,其简化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极P、Q间存在一加速电场E,工作时,工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价氙离子,再经电场加速喷出,形成推力。单台推进器每秒喷出的一价氙离子数n=1.8×1019个,速度v=2×104 m/s,单个氙离子的质量为m=2.2×
10-25 kg,电子电荷量e=1.6×10-19 C,不计一切阻力,计算时取氙离子的初速度为零,忽略离子之间的相互作用,则(　　)
A.P、Q两电极间的加速电压为275 V
B.P、Q两电极间的加速电压为375 V
C.单台霍尔推进器产生的平均推力大小约为0.08 N
D.单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为29 A
9.(2025·湖北卷,7)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态,其俯视图如图甲所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如图乙所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于(　　)
A. B.
C. D.2
10.(2025·甘肃卷,14)如图甲所示,细杆两端固定,质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻,物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上,F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长,重力加速度为g,θ=30°。求:
(1)t=6 s时F的大小,以及t在0~6 s内F的冲量大小。
(2)t在0~6 s内,摩擦力Ff随时间t变化的关系式,并作出相应的Fft图像。
(3)t=6 s时物块的速度大小。第3讲　小专题:碰撞模型及其拓展
课时作业
对点1.碰撞模型
1. (2025·湖北武汉期末)如图所示,两个小球P、Q在光滑水平面上沿同一直线同向做匀速直线运动,已知它们的质量分别为mP=2 kg,mQ=4 kg,P球的速度是5 m/s,Q球的速度是
2 m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别为(　　)
A.vP′=1 m/s,vQ′=4 m/s
B.vP′=4 m/s,vQ′=2.5 m/s
C.vP′=2 m/s,vQ′=3 m/s
D.vP′=-1 m/s,vQ′=5 m/s
【答案】 A
【解析】 由题意,碰前系统的总动量为p1=(2×5+4×2) kg·m/s=18 kg·m/s,碰前系统的总动能为Ek=(×2×52+×4×22) J=33 J。若vP′=1 m/s,vQ′=4 m/s,则系统动量守恒,碰后总动能为
33 J,碰撞后小球P的速度不大于小球Q的速度,符合实际,故A正确;若vP′=4 m/s,vQ′=
2.5 m/s,则系统动量守恒,但是碰后小球P的速度大于小球Q的速度,不符合实际,故B错误;若vP′=2 m/s,vQ′=3 m/s,则系统动量不守恒,故C错误;若vP′=-1 m/s,vQ′=5 m/s,则系统动量守恒,碰后总动能为51 J,大于碰前总动能,不符合实际,故D错误。
2.(2025·河南卷,7)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲、乙所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则(　　)
A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP
【答案】 D
【解析】 P、N碰撞时,根据碰撞前后动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP′+mNvN′,即mP(vP-vP′)=
mN(vN′-vN),根据题图甲可知(vP-vP′)>(vN′-vN),故mP(vN′-vN),故mQ>mN。故mQ>mN>mP,故选D。
3.(2025·甘肃卷,4)如图,小球A从距离地面20 m处自由下落,1 s 末恰好被小球B从左侧水平击中,小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同,碰撞为弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为(　　)
A.1.5 m/s B.3.0 m/s
C.4.5 m/s D.6.0 m/s
【答案】 B
【解析】 小球A与B碰撞过程中,水平方向上动量守恒,竖直方向上小球A的速度不变,设碰撞后小球A水平速度为v1,小球B水平速度为v2,则有mv=mv1+mv2,碰撞为弹性碰撞,即碰撞前后二者交换速度,即v1=v,v2=0;由于小球A在竖直方向上的运动不受碰撞的影响,根据h=gt2,解得空中运动的总时间t=2 s,可知碰撞后小球A运动t′=1 s落地,则水平方向上有x=vt′,解得v=3.0 m/s,B正确。
4.冰壶运动是冬奥会上以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目,深受观众喜爱。P、Q两冰壶在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的位移—时间(x-t)图像如图所示,已知mQ=0.6 kg,则下列说法正确的是(　　)
A.碰撞过程中,两冰壶所受合力相同
B.mP=0.2 kg
C.两冰壶发生的是非弹性碰撞
D.碰撞前后,冰壶P动量的变化量大小为0.4 kg·m/s
【答案】 B
【解析】 碰撞过程中,两冰壶所受合力为对方所施加的弹力,是一对相互作用力,大小相等,方向相反,故A错误;根据对心正碰前后的x-t图像可知,碰前瞬间,P的速度v0= m/s=4 m/s,以此方向为正方向,Q静止,碰后瞬间,P的速度v1= m/s=-2 m/s,Q的速度v2= m/s=
2 m/s,总动量守恒,有mPv0+0=mPv1+mQv2,解得mP=0.2 kg,故B正确;碰前总机械能E=
mP=1.6 J,碰后系统总机械能E′=mP+mQ=1.6 J,碰撞前后机械能守恒,可知二者是弹性碰撞,故C错误;P动量的变化量为ΔpP=mP(v1-v0)=-1.2 kg·m/s,其大小为1.2 kg·m/s,故D错误。
5.(多选)如图所示,两个完全相同的小球P、Q用等长的细线悬于天花板上,线长L。若将P由图示位置由静止释放,则Q球被碰后第一次速度为零时上升的高度可能是(　　)
A.L B. C. D.
【答案】 BC
【解析】 小球P到达最低点时,由动能定理可得EkP=mgL(1-cos 60°)=mgL,若小球P、Q发生弹性碰撞,则小球Q获得最大动能为EkP,上升的最大高度为小球P释放点的高度,则有h=L(1-cos 60°)=L;若小球P、Q发生完全非弹性碰撞,即两个小球粘在一起以共同速度v′运动,由动量守恒定律可得mv=2mv′,得v′=,可知小球Q获得的最小动能为EkP,由动能定理可得-mgh′=0-×mgL,解得最小高度为h′=L,由题意可知,若小球P、Q的碰撞介于弹性碰撞与完全非弹性碰撞之间,则小球Q上升的高度可能在≤h≤之间,因此A、D错误,B、C正确。
对点2.碰撞模型拓展
6.(2025·江西上饶模拟)如图所示,质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度v0,如果圆弧滑块固定,小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R (R为圆弧的半径),如果圆弧滑块不固定,小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R。重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.小球的初速度大小为4
B.M=0.5m
C.如果圆弧滑块不固定,小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中,水平位移为R
D.如果圆弧滑块不固定,小球最终的速度大小为2
【答案】 B
【解析】 如果圆弧滑块固定,由机械能守恒定律有m=mg·R,解得小球的初速度大小为v0=3,选项A错误;如果圆弧滑块不固定,设小球离开圆弧滑块时水平速度为vx,由水平方向动量守恒有mv0=(m+M)vx,由能量守恒有m=mg·+(M+m),联立解得M=
0.5m,vx=2,选项B正确;如果圆弧滑块不固定,小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间t==,水平位移为x=vxt=2R,选项C错误;如果圆弧滑块不固定,小球最终落回到滑块上,且从滑块上滑离时滑块的速度最大,此时由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0=mv1+
Mv2,m=m+M,解得小球和圆弧滑块的速度大小分别为v1=v0=,v2=v0=
4,选项D错误。
7.(2025·辽宁朝阳模拟)A、B、C三个大小完全相同的小球,套在相互平行的光滑的水平杆上,三个小球的质量分别为mA=2 kg,mB=3 kg,mC=mA,初始三个小球均处于静止状态,B、C间连接一个轻弹簧,且恰好处于原长状态。现在给小球A一个初速度v0=10 m/s,A、B相碰后A的速度方向向右,大小为2 m/s,已知平行杆足够长。求:
(1)A、B碰后瞬间B的速度;
(2)A、B碰后B的最小速度和弹簧第一次恢复原长时C的速度。
【答案】 (1)8 m/s　(2)1.6 m/s　9.6 m/s
【解析】 (1)规定向左为正方向,则小球A的初速度v0=10 m/s,
A、B相碰后A的速度v=-2 m/s,
设A、B碰后瞬间B的速度为vB,
由动量守恒定律得mAv0=mAv+mBvB,
解得vB=8 m/s。
(2)A、B碰后,由于B、C两球及弹簧组成的系统,
在运动过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律,
当弹簧第一次恢复原长时B有最小速度,
此时满足mBvB=mBvB′+mCvC,
mB=mBvB′2+mC,
解得vB′=1.6 m/s,vC=9.6 m/s。
8.(多选)(2025·山东青岛三模)物体间发生碰撞时,因材料不同,机械能损失程度不同,该性质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对速度大小的比值e来描述,称之为恢复系数。现有运动的物体A与静止的物体B发生正碰,关于A、B间的碰撞,下列说法正确的是(　　)
A.若e=0,则碰撞后A、B均静止
B.若e=1,则碰撞后A、B交换速度
C.若e=1,则碰撞前后A、B总动能相等
D.若e=0.5,A、B质量相同,则A、B碰后速度大小之比为1∶3
【答案】 CD
【解析】 若e=0,则碰撞后二者相对速度为零,即碰撞后两物体速度相同,但不一定均静止,故A错误。设A、B的质量分别为m1、m2,碰前物体A的速度为v1,碰后物体A、B的速度分别为v1′和v2′,若e==1,则v1+v1′=v2′,根据动量守恒定律,有m1v1=m1v1′+m2v2′,即m1(v1-v1′)=m2v2′,两式联立可得m1=m1v1′2+m2v2′2,即碰撞前后系统动能相等,两物体发生弹性碰撞;若m1=m2,则可解得v2′=v1,v1′=0,此时两物体发生速度交换,所以两物体不一定发生速度交换,故B错误,C正确。若e==0.5,即0.5v1=v2′-v1′,根据动量守恒定律,有m1v1=m1v1′+m2v2′,因m1=m2,所以上式变为v1=v1′+v2′,两式联立得v1′=v1,v2′=v1,即A、B碰后速度大小之比为1∶3,故D正确。
9.(2025·山西模拟)如图所示,半径为R的光滑四分之一圆弧体静止在光滑的水平面上,圆弧面最高点B与圆心O等高,物块a、b、c一字排开也静止在光滑的水平面上,已知物块a的质量为m,物块c的质量为4m。给物块a一个水平向右的初速度,a、b碰撞后粘在一起,b与c发生弹性碰撞后,a、b的速度恰好为零,c刚滑上圆弧面时对圆弧面最低点A的压力大小为40mg,c沿圆弧面上滑恰好能滑到B点,重力加速度为g,物块均可看成质点,求:
(1)b、c碰撞后一瞬间,物块c的速度大小;
(2)a与b碰撞过程中损失的机械能;
(3)圆弧体的质量。
【答案】 (1)3　(2)54mgR　(3)m
【解析】 (1)设b与c碰撞后一瞬间,c的速度大小为vc,
c刚滑上圆弧面最低点A时有F-4mg=4m,
根据牛顿第三定律有F=40mg,
解得vc=3。
(2)由于a、b碰撞后粘在一起,b与c发生弹性碰撞后a、b的速度恰好为零,
则有(m+mb)vab=4mvc,
(m+mb)=×4m,
解得mb=3m,
设a与b碰撞前的速度大小为v0,根据动量守恒定律有mv0=(m+mb)vab,
a与b碰撞过程中损失的机械能为ΔE=m-(m+mb),
解得ΔE=54mgR。
(3)设圆弧体的质量为M,物块c从A点滑到B点时,c与圆弧体共同速度为v,
根据水平方向动量守恒有4mvc=(4m+M)v,
根据机械能守恒定律有×4m=4mgR+(4m+M)v2,
解得M=m。第4讲　小专题:动量守恒在“子弹打木块”和“板块”类模型中的应用
对点1.“子弹打木块”模型
1.(2025·重庆阶段练习)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,一枚质量为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,以木块初始位置所在水平面为参考平面,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,木块的速度为
C.子弹刚穿透木块时,绳子的拉力为Mg+
D.子弹刚穿透木块后,木块能到达的最大高度为
2.(2025·辽宁三模)如图所示,两个完全相同的木块A、B厚度均为d,质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置于光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B。第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力,不计子弹所受的重力,子弹可视为质点。则第二次子弹(　　)
A.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
B.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
C.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
D.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
3.(多选)(2025·安徽芜湖二模)如图甲所示,质量为M的木块静止在光滑水平面上,质量为m的子弹以某一速度沿水平方向射入木块,一段时间后恰好在木块中与木块相对静止。若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系可以用图乙表示,子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力,则下列说法正确的有(　　)
A.M∶m=3∶2
B.该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小
C.木块所能达到的最大速度为24 m/s
D.木块所能达到的最大速度为40 m/s
对点2.“滑块—木板”模型
4.(2025·河北保定二模)如图所示,光滑水平面上静置一长度未知的木板B,一质量与木板相同的物块A(可视为质点)从左端以大小为v的速度冲上木板,经过时间t运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是(　　)
A.物块A运动到木板右端时的速度大小为
B.在此过程中,物块A运动的距离为
C.物块A的动量减少量大于木板B的动量增加量
D.木板B的长度为
5.(2025·贵州贵阳一模)如图,水平地面上有一质量为m的“”形木板A,其水平部分表面粗糙,长度为2R,四分之一圆弧部分的半径为R、表面光滑,两部分平滑连接。现将质量也为m、可视为质点的滑块B从圆弧的顶端由静止释放。若地面粗糙,滑块B恰好能滑到此木板的最左端,此过程中木板A始终处于静止状态,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是(　　)
A.此过程中,木板A对水平地面的最大压力为3mg
B.滑块B与木板A水平部分上表面的动摩擦因数为0.2
C.若水平地面光滑,滑块B将从木板A的左端滑出
D.若水平地面光滑,木板A向右运动的最大位移为1.5R
6.(2025·山东二模)如图所示,长为L的木板C右端有一挡板(厚度不计),静止在光滑水平地面上,完全相同的两物块A、B(可视为质点)分别置于C的左端和中点处,A、B、C的质量均为m。现给A一水平向右的初速度v0,此后A和B、B和C各发生一次碰撞,且A恰好未从C上滑落。所有的碰撞均为弹性碰撞,碰撞时间极短,重力加速度大小为g。求:
(1)A与B碰撞前后,A的加速度大小之比;
(2)从A开始运动至再次回到C左端过程中,系统产生的热量;
(3)B和C碰撞前瞬间B的速度大小。
7.(多选)(2025·河北衡水阶段检测)如图,有n个相同的物块紧密排列放在光滑水平面上,每个物块质量为m,一质量为m0的子弹(可以看成质点)以某一初速度从左端水平射入物块中,刚好能穿过一个物块。设物块对子弹的阻力大小不变。忽略空气阻力的影响,下列说法正确的是(　　)
A.子弹和物块动量守恒,机械能守恒
B.若只增加物块个数,子弹可能穿过更多的物块
C.若只增加物块个数,子弹能穿过的物块个数减少
D.若只改变物块个数,子弹能穿过的物块个数不超过(+1)
8.(2025·安徽阶段检测)如图所示,半径足够大的四分之一光滑圆弧轨道与长L=15 m的长木板构成物体B,圆弧的最低点与长木板的上表面相切于P点,B放在光滑的水平面上,质量为M=0.4 kg,质量为m=90 g的木块A置于B的最左端,A与B的长木板部分间的动摩擦因数μ=0.2。质量为m0=10 g的子弹以水平向右的速度v0=100 m/s射入A,且留在A中,子弹和A相互作用的时间极短,重力加速度g取10 m/s2,A可视为质点。求:
(1)子弹射入A后A的速度大小;
(2)A从子弹射入到第一次运动到长木板P点过程中对B的冲量;
(3)A沿B的圆弧轨道上滑的最大高度。第1讲　动量和动量定理
课时作业
对点1.对动量和冲量的理解
1.(2025·湖北武汉期末)国际排联规定的标准比赛用的排球质量为260～280 g,训练用的排球质量可能略小。假设某次训练用排球质量m=250 g,运动员将一个速度为v0=4 m/s、方向与水平面成37°角飞来的排球以等大反向的速度垫向队友,球与手臂接触的时间t=0.1 s。重力加速度大小g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,则(　　)
A.运动员垫球过程中重力的冲量大小为2.5 N·s
B.排球与运动员手臂接触过程中所受合力的冲量大小为2 N·s
C.运动员垫球过程中球的动量变化量的方向与v0同向
D.运动员垫球过程中手臂对球的平均作用力大小为20 N
【答案】 B
【解析】 运动员垫球过程中重力的冲量大小IG=mgt=0.25×10×0.1 N·s=0.25 N·s,故A错误;根据动量定理I=Δp,可得排球与运动员手臂接触过程中所受合力的冲量大小为I=|-mv0-mv0|,代入数据可得I=2 N·s,故B正确;运动员垫球过程中球的动量变化量Δp=-mv0-mv0=-2 kg· m/s,可知与初速度v0方向相反,故C错误;若忽略重力,根据动量定理有Ft=I,可得运动员垫球过程中球受到的平均作用力大小F=20 N,但球还受到重力作用,则运动员垫球过程中手臂对球的平均作用力大小不等于20 N,故D错误。
2.(多选)(2025·广东卷,10)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化关系为F=F0-kt(F≠0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于该无人机在从0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻),下列说法正确的有(　　)
A.受到空气作用力的方向会变化
B.受到拉力的冲量大小为(F0-kT)T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(F0-kT)T
D.T时刻受到空气作用力的大小为　
【答案】 AB
【解析】 无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动,则无人机受到的空气作用力与重力和拉力的合力等大反向,随着F的减小,重力和拉力的合力如图所示,可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变,在T时刻,有
cos 120°=,F=F0-kT,解得F空′=F空=,A正确,D错误;由于拉力F随时间t均匀变化,则无人机在从0到T时间段内受到拉力的冲量大小等于
Ft图像与坐标轴围成的面积,为(F0-kT)T,B正确;将拉力分解为水平方向和竖直方向,则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有Fx=(F0-kt),无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有Fy=(F0-kt)+mg,0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为Ix=(F0T-kT2),0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为Iy=F0T-kT2+mgT,则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为I==
,C错误。
对点2.对动量定理的理解和应用
3.(多选)(2025·湖南长沙阶段检测)在汽车事故中,完全气囊可防止90%的头部受伤,大大减小损伤程度。设气囊的缓冲层与头部的撞击时间延长至10 ms以上,人头部的质量约为2 kg,则下列说法正确的是(　　)
A.气囊减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B.气囊减小了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C.事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量相同
D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的撞击力最大为1 200 N
【答案】 AD
【解析】 根据动量定理I=FΔt=Δp,可得F=,由于气囊的缓冲与头部的撞击时间Δt延长了,从而减小了对头部的作用力F,即减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率,但驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量I并未改变,故A正确,B错误;事故中气囊对头部的作用力与头部对气囊的作用力大小相等,方向相反,且作用时间相等,所以,事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量大小相等,方向相反,故C错误;由题意,若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的撞击力最大为F===1 200 N,故D正确。
4.(教材改编题)城市进入高楼时代后,高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。如图为一则安全警示广告,非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告词的科学性:设一个50 g的鸡蛋从80 m的窗户自由落下,鸡蛋与地面撞击时间约为2×10-3 s,鸡蛋落地即静止,不计空气阻力,g取10 m/s2,规定竖直向下为正方向。下列说法正确的是(　　)
A.鸡蛋刚与地面接触时重力的功率为10 W
B.该鸡蛋对地面的平均冲击力大小约为1 000 N
C.与地面撞击过程,鸡蛋的动量改变量为2 kg· m/s
D.鸡蛋下落过程(从开始下落到与地面刚好接触的过程)重力的冲量为0.02 N·s
【答案】 B
【解析】 根据自由落体运动公式v2=2gh,其中h=80 m,解得鸡蛋落地的速度为v=40 m/s,鸡蛋刚与地面接触时重力的功率为P=mgv=20 W,故A错误;根据动量定理得(mg-F)Δt=0-mv,其中Δt=2×10-3 s,解得F=1 000.5 N,故鸡蛋对地面的平均冲击力大小约为1 000 N,故B正确;与地面撞击过程,鸡蛋的动量改变量为Δp=0-mv=-2 kg·m/s,故C错误;根据速度时间公式有v=gt,解得鸡蛋下落的时间为t=4 s,故鸡蛋下落过程重力的冲量为I=mgt=2 N·s,故D错误。
5.(2025·山东威海二模)如图甲所示,质量m=1.1 kg 的物块静止在粗糙的水平地面上,物块与地面间的动摩擦因数μ=0.5。从t=0时刻开始对物块施加一个与水平方向成θ=37°角的拉力F,其变化情况如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,取
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则物块在t=8 s时的速度大小为(　　)
A.2.5 m/s B.8.0 m/s
C.9.0 m/s D.12.5 m/s
【答案】 D
【解析】 设当物块开始运动时,拉力大小为F0,有F0cos θ-μ(mg-F0sin θ)=0,解得F0=5 N,
由题图乙可知F=(t+2) N,可知t0=3 s时物块开始运动。3～8 s内,根据动量定理可得
cos θ·Δt-Δt=mv,其中= N=7.5 N,物块受到的摩擦力为Ff=μ(mg-Fsin θ),可得=
N=3.25 N,Δt=(8-3) s=5 s,解得物块在t=8 s时的速度大小为v=
12.5 m/s,故选D。
对点3.应用动量定理处理“流体模型”
6.(2025·陕西宝鸡三模)如图所示,由高压水枪中竖直向上喷出的水柱,将一个开口向下的小铁盒顶在空中。已知密度为ρ的水柱以恒定速率从水枪中持续喷出,向上运动并以速率v0冲击小铁盒,且冲击小铁盒时水柱横截面积为S,并以速率v竖直返回(不考虑水之间的碰撞)。水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计,则水对铁盒的平均作用力大小为(　　)
A.ρSv0(v0+v) B.ρS(v+v0)
C.ρS(v-v0) D.ρSv0(v-v0)
【答案】 A
【解析】 在Δt时间内打到盒子上的水的质量Δm=ρSv0Δt,以竖直向下为正方向,根据动量定理有FΔt=Δmv-(-Δmv0),解得F=ρSv0(v0+v),根据牛顿第三定律可知水对铁盒的平均作用力大小为F′=F=ρSv0(v0+v),故选A。
7.(2025·山东三模)如图所示为一架质量为m的无人机在空中悬停时的情景,其动力由四个相同的螺旋桨提供。每个螺旋桨向下推动的气流速度大小为v(未知),单个螺旋桨的气流有效横截面积为S。已知空气密度为ρ,重力加速度为g,则维持无人机悬停所需的速度大小v等于(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】 无人机在空中悬停时,四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力,根据平衡条件有4F=mg,设Δt时间内每个螺旋桨向下推动的空气的质量为Δm=ρSvΔt,对向下推动的空气,由动量定理得F′Δt=Δmv-0,且F=F′,联立解得v=,故选A。
8.(多选)(2025·广西模拟)中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT100霍尔推进器,其简化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极P、Q间存在一加速电场E,工作时,工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价氙离子,再经电场加速喷出,形成推力。单台推进器每秒喷出的一价氙离子数n=1.8×1019个,速度v=2×104 m/s,单个氙离子的质量为m=2.2×
10-25 kg,电子电荷量e=1.6×10-19 C,不计一切阻力,计算时取氙离子的初速度为零,忽略离子之间的相互作用,则(　　)
A.P、Q两电极间的加速电压为275 V
B.P、Q两电极间的加速电压为375 V
C.单台霍尔推进器产生的平均推力大小约为0.08 N
D.单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为29 A
【答案】 AC
【解析】 氙离子经电场加速,根据动能定理有eU=mv2,可得加速电压为U=275 V,选项A正确,B错误;根据动量定理可得·Δt=nmv,代入数据解得=0.08 N,选项C正确;单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流I=== A=2.9 A,选项D错误。
9.(2025·湖北卷,7)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态,其俯视图如图甲所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如图乙所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于(　　)
A. B.
C. D.2
【答案】 B
【解析】 设拉力为F,作用时间为t1,撤去外力后门板运动的时间为t2,门板运动过程的最大速度为vm,整个运动过程所用时间为t,则由动量定理,有(F-μmg)t1=mvm,得t1=,撤去拉力后,有μmgt2=mvm,得t2=,对于全过程,有Ft1=μmgt,得F=,对于全过程有=,故门板运动的总时间t=t1+t2=+=+=·=·=,可知当t2越大时,t越小,当t2=t时,t取最小值。则=,则tmin=,故选B。
10.(2025·甘肃卷,14)如图甲所示,细杆两端固定,质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻,物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上,F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长,重力加速度为g,θ=30°。求:
(1)t=6 s时F的大小,以及t在0～6 s内F的冲量大小。
(2)t在0～6 s内,摩擦力Ff随时间t变化的关系式,并作出相应的Fft图像。
(3)t=6 s时物块的速度大小。
【答案】 (1)　　(2)见解析 (3)g
【解析】 (1)由题图乙可知F随时间t线性变化,根据数学知识可知F=t,
则t=6 s时F=;
0～6 s内F的冲量大小为Ft图像与坐标轴围成的面积,即IF=×mg×6=mg。
(2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上,则有mgsin 30°=μmgcos 30°,
解得μ=tan 30°=;
垂直于细杆方向,当Fsin θ=mgcos θ,
即F=mg时,t=4 s,
此时Ff=0,
则在0～4 s内,垂直于细杆方向有Fsin θ+FN=mgcos θ,
摩擦力Ff=μFN
=(mg-mgt)
=(-t)mg(0≤t≤4 s);
在4～6 s内,垂直于细杆方向有Fsin θ=mgcos θ+FN,
摩擦力Ff=μFN=(mgt-mg)
=(t-)mg(4 s相应的Fft图像如图所示。
(3)在0～6 s内沿杆方向根据动量定理有IFcos θ+IGsin θ-If=mv,
在0～6 s内摩擦力的冲量为Fft图像与坐标轴围成的面积,
则If=×mg×4+×mg×2=mg,
重力的冲量IG=6mg,
联立解得v=g。第4讲　小专题:动量守恒在“子弹打木块”和“板块”类模型中的应用
课时作业
对点1.“子弹打木块”模型
1.(2025·重庆阶段练习)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,一枚质量为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,以木块初始位置所在水平面为参考平面,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,木块的速度为
C.子弹刚穿透木块时,绳子的拉力为Mg+
D.子弹刚穿透木块后,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,由于子弹穿过木块的时间不计,子弹、木块组成的系统满足动量守恒;子弹与木块间有摩擦,一部分机械能转化成内能,系统不满足机械能守恒,故A错误;子弹刚穿透木块过程中,根据系统动量守恒可得mv0=mv+Mv1,解得子弹刚穿透木块时,木块的速度为v1=,故B错误;子弹穿透木块时,以木块为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-Mg=M,解得绳子的拉力为F=Mg+,故C正确;子弹刚穿透木块后,若木块上升的最大高度低于天花板,对木块,根据机械能守恒定律可得M=MgH,解得H=,故D错误。
2.(2025·辽宁三模)如图所示,两个完全相同的木块A、B厚度均为d,质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置于光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B。第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力,不计子弹所受的重力,子弹可视为质点。则第二次子弹(　　)
A.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
B.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为v0
C.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
D.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d
【答案】 C
【解析】 第一次把A、B粘在一起静置于光滑水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A,恰好将木块A击穿,但未穿入木块B,由动量守恒定律得mv0=(8m+m)v1,解得v1=,由能量守恒定律得m=(8m+m)+Fd,解得F=;第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B,由动量守恒定律得mv0=(4m+m)v2,解得v2=v0,由能量守恒定律得m=(4m+m)+Fd′,解得F=,联立可得d′=d,所以子弹不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为d。故选C。
3.(多选)(2025·安徽芜湖二模)如图甲所示,质量为M的木块静止在光滑水平面上,质量为m的子弹以某一速度沿水平方向射入木块,一段时间后恰好在木块中与木块相对静止。若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系可以用图乙表示,子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力,则下列说法正确的有(　　)
A.M∶m=3∶2
B.该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小
C.木块所能达到的最大速度为24 m/s
D.木块所能达到的最大速度为40 m/s
【答案】 AC
【解析】 由题图乙可知,木块与子弹的速度关系满足v2=-v1+40 m/s,设子弹与木块相对静止时的速度为v,则有v=-v+40 m/s,解得二者共同的速度v=24 m/s,即木块所能达到的最大速度为24 m/s,子弹射入木块,系统动量守恒,则有mv0=(M+m)v,代入数据解得M∶m=3∶2,
A、C正确,D错误;设子弹相对木块的位移为L,木块相对地面的位移为x,根据能量守恒定律有FL=m-(M+m)v2,根据动能定理有Fx=Mv2,系统动量守恒,则有mv0=(M+m)v,联立解得L=,x=·,显然L>x,即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大,B错误。
对点2.“滑块—木板”模型
4.(2025·河北保定二模)如图所示,光滑水平面上静置一长度未知的木板B,一质量与木板相同的物块A(可视为质点)从左端以大小为v的速度冲上木板,经过时间t运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是(　　)
A.物块A运动到木板右端时的速度大小为
B.在此过程中,物块A运动的距离为
C.物块A的动量减少量大于木板B的动量增加量
D.木板B的长度为
【答案】 A
【解析】 设物块和木板的质量均为m,物块运动到木板右端恰好未从木板上滑落,系统动量守恒,选取物块初速度的方向为正方向,则有mv=2mv共,解得v共=v,即物块A运动到木板B右端时的速度大小为,A正确;根据匀变速直线运动规律可知,物块A运动的位移xA=(v+)t=vt,B错误;物块A的动量减少量ΔpA=mv-m·=mv,木板B的动量增加量ΔpB=m·-0=mv,则物块A的动量减少量等于木板B的动量增加量,C错误;由题可知,t时间木板B的位移为xB=(0+)t=vt,结合上述分析可得,木板B的长度为L=xA-xB=vt,
D错误。
5.(2025·贵州贵阳一模)如图,水平地面上有一质量为m的“”形木板A,其水平部分表面粗糙,长度为2R,四分之一圆弧部分的半径为R、表面光滑,两部分平滑连接。现将质量也为m、可视为质点的滑块B从圆弧的顶端由静止释放。若地面粗糙,滑块B恰好能滑到此木板的最左端,此过程中木板A始终处于静止状态,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是(　　)
A.此过程中,木板A对水平地面的最大压力为3mg
B.滑块B与木板A水平部分上表面的动摩擦因数为0.2
C.若水平地面光滑,滑块B将从木板A的左端滑出
D.若水平地面光滑,木板A向右运动的最大位移为1.5R
【答案】 D
【解析】 若地面粗糙,滑块B滑到圆弧底端时有mgR=mv2,根据牛顿第二定律有FN-mg=
m,可得FN=3mg,可知此过程中,木板A对水平地面的最大压力为FNm=4mg,选项A错误;若地面粗糙,根据功能关系有mgR=μmg·2R,解得B与A水平部分上表面的动摩擦因数为μ=0.5,选项B错误;若水平地面光滑,当B相对A静止时,A、B组成的系统水平方向动量守恒,有0=2mv共,即两物体的速度均为零,根据能量守恒有mgR=μmgΔx,可得Δx=2R,即滑块B仍停在木板A的左端,选项C错误;若水平地面光滑,A、B组成的系统水平方向动量守恒,可得mx=m(3R-x),解得x=1.5R,即A向右运动的最大位移为1.5R,选项D正确。
6.(2025·山东二模)如图所示,长为L的木板C右端有一挡板(厚度不计),静止在光滑水平地面上,完全相同的两物块A、B(可视为质点)分别置于C的左端和中点处,A、B、C的质量均为m。现给A一水平向右的初速度v0,此后A和B、B和C各发生一次碰撞,且A恰好未从C上滑落。所有的碰撞均为弹性碰撞,碰撞时间极短,重力加速度大小为g。求:
(1)A与B碰撞前后,A的加速度大小之比;
(2)从A开始运动至再次回到C左端过程中,系统产生的热量;
(3)B和C碰撞前瞬间B的速度大小。
【答案】 (1)2∶1　(2)m　(3)v0
【解析】 (1)A与B碰撞前,B、C相对静止,以A为研究对象,有μmg=ma1,A与B碰撞后,A、C相对静止,以A和C为研究对象,有μmg=2ma2,
则A与B碰撞前后,A的加速度大小之比为a1∶a2=2∶1。
(2)对于A、B、C组成的系统,从A开始运动至再次回到C左端过程中,
由动量守恒定律有mv0=3mv,
由能量守恒定律得系统产生的热量Q=m-×3mv2,
解得Q=m。
(3)对全过程,有Q=2μmgL,
B、C碰撞前瞬间,由动量守恒定律有mv0=mvB+2mvC,
从开始到B、C碰撞前瞬间,由能量守恒定律有
m=×2m+m+μmgL,
解得vB=v0。
7.(多选)(2025·河北衡水阶段检测)如图,有n个相同的物块紧密排列放在光滑水平面上,每个物块质量为m,一质量为m0的子弹(可以看成质点)以某一初速度从左端水平射入物块中,刚好能穿过一个物块。设物块对子弹的阻力大小不变。忽略空气阻力的影响,下列说法正确的是(　　)
A.子弹和物块动量守恒,机械能守恒
B.若只增加物块个数,子弹可能穿过更多的物块
C.若只增加物块个数,子弹能穿过的物块个数减少
D.若只改变物块个数,子弹能穿过的物块个数不超过(+1)
【答案】 BD
【解析】 子弹射入物块过程中,摩擦阻力做负功,子弹和物块组成的系统损失的部分机械能转化为内能,所以机械能不守恒,故A错误;由于物块给子弹的阻力大小不变,所以子弹每穿过一个物块损失的机械能相同且为定值,设为Q,设子弹射入物块后,与物块相对静止时损失的机械能为E损,由动量守恒定律和能量守恒定律得m0v0=(nm+m0)v共,E损=m0-
(nm+m0),解得E损=·m0=·m0,子弹能穿过物块的个数为k=,若只增加物块个数n,则E损将增大,且Q不变,所以子弹能穿过的物块个数k将增大,故B正确,C错误;若只改变物块个数,子弹能穿过的物块个数最大值为kmax===
=1+,所以子弹能穿过的物块个数不超过(+1),故D正确。
8.(2025·安徽阶段检测)如图所示,半径足够大的四分之一光滑圆弧轨道与长L=15 m的长木板构成物体B,圆弧的最低点与长木板的上表面相切于P点,B放在光滑的水平面上,质量为M=0.4 kg,质量为m=90 g的木块A置于B的最左端,A与B的长木板部分间的动摩擦因数μ=0.2。质量为m0=10 g的子弹以水平向右的速度v0=100 m/s射入A,且留在A中,子弹和A相互作用的时间极短,重力加速度g取10 m/s2,A可视为质点。求:
(1)子弹射入A后A的速度大小;
(2)A从子弹射入到第一次运动到长木板P点过程中对B的冲量;
(3)A沿B的圆弧轨道上滑的最大高度。
【答案】 (1)10 m/s　(2)0.4 N·s,方向水平向右 (3)1 m
【解析】 (1)子弹和木块A相互作用的时间极短,两者组成的系统动量守恒,
由动量守恒定律有m0v0=(m+m0)v,
解得子弹射入A后A的速度大小为v=10 m/s。
(2)对子弹和木块A整体受力分析,由牛顿第二定律有μ(m+m0)g=(m+m0)a1,
解得a1=2 m/s2;
对B受力分析,由牛顿第二定律有μ(m+m0)g=Ma2,
解得a2=0.5 m/s2;
由运动学公式有L=vt-a1t2-a2t2,
解得t=2 s或t=6 s(舍去),
则木块A对物体B的冲量大小为I=μ(m+m0)gt=0.4 N·s,方向水平向右。
(3)木块A和子弹的整体与物体B相互作用的过程中,二者组成的系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律有(m+m0)v=(M+m+m0)v1,
解得v1=2 m/s;
由能量守恒定律有(m+m0)v2=(M+m+m0)+μ(m+m0)gL+(m+m0)gh,
解得A沿B的圆弧轨道上滑的最大高度为h=1 m。第3讲　小专题:碰撞模型及其拓展
对点1.碰撞模型
1.(2025·湖北武汉期末)如图所示,两个小球P、Q在光滑水平面上沿同一直线同向做匀速直线运动,已知它们的质量分别为mP=2 kg,mQ=4 kg,P球的速度是5 m/s,Q球的速度是2 m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别为(　　)
A.vP′=1 m/s,vQ′=4 m/s
B.vP′=4 m/s,vQ′=2.5 m/s
C.vP′=2 m/s,vQ′=3 m/s
D.vP′=-1 m/s,vQ′=5 m/s
2.(2025·河南卷,7)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲、乙所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则(　　)
A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP
3.(2025·甘肃卷,4)如图,小球A从距离地面20 m处自由下落,1 s末恰好被小球B从左侧水平击中,小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同,碰撞为弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为(　　)
A.1.5 m/s B.3.0 m/s
C.4.5 m/s D.6.0 m/s
4.冰壶运动是冬奥会上以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目,深受观众喜爱。P、Q两冰壶在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的位移—时间(xt)图像如图所示,已知mQ=0.6 kg,则下列说法正确的是(　　)
A.碰撞过程中,两冰壶所受合力相同
B.mP=0.2 kg
C.两冰壶发生的是非弹性碰撞
D.碰撞前后,冰壶P动量的变化量大小为0.4 kg·m/s
5.(多选)如图所示,两个完全相同的小球P、Q用等长的细线悬于天花板上,线长L。若将P由图示位置由静止释放,则Q球被碰后第一次速度为零时上升的高度可能是(　　)
A.L B. C. D.
对点2.碰撞模型拓展
6.(2025·江西上饶模拟)如图所示,质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度v0,如果圆弧滑块固定,小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R (R为圆弧的半径),如果圆弧滑块不固定,小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R。重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.小球的初速度大小为4
B.M=0.5m
C.如果圆弧滑块不固定,小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中,水平位移为R
D.如果圆弧滑块不固定,小球最终的速度大小为2
7.(2025·辽宁朝阳模拟)A、B、C三个大小完全相同的小球,套在相互平行的光滑的水平杆上,三个小球的质量分别为mA=2 kg,mB=3 kg,mC=mA,初始三个小球均处于静止状态,B、C间连接一个轻弹簧,且恰好处于原长状态。现在给小球A一个初速度v0=10 m/s,A、B相碰后A的速度方向向右,大小为2 m/s,已知平行杆足够长。求:
(1)A、B碰后瞬间B的速度;
(2)A、B碰后B的最小速度和弹簧第一次恢复原长时C的速度。
8.(多选)(2025·山东青岛三模)物体间发生碰撞时,因材料不同,机械能损失程度不同,该性质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对速度大小的比值e来描述,称之为恢复系数。现有运动的物体A与静止的物体B发生正碰,关于A、B间的碰撞,下列说法正确的是(　　)
A.若e=0,则碰撞后A、B均静止
B.若e=1,则碰撞后A、B交换速度
C.若e=1,则碰撞前后A、B总动能相等
D.若e=0.5,A、B质量相同,则A、B碰后速度大小之比为1∶3
9.(2025·山西模拟)如图所示,半径为R的光滑四分之一圆弧体静止在光滑的水平面上,圆弧面最高点B与圆心O等高,物块a、b、c一字排开也静止在光滑的水平面上,已知物块a的质量为m,物块c的质量为4m。给物块a一个水平向右的初速度,a、b碰撞后粘在一起,b与c发生弹性碰撞后,a、b的速度恰好为零,c刚滑上圆弧面时对圆弧面最低点A的压力大小为40mg,c沿圆弧面上滑恰好能滑到B点,重力加速度为g,物块均可看成质点,求:
(1)b、c碰撞后一瞬间,物块c的速度大小;
(2)a与b碰撞过程中损失的机械能;
(3)圆弧体的质量。第6讲　实验:验证动量守恒定律
1.(2025·河北石家庄期末)某同学利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律,其中两滑块的质量不同,但滑块上的遮光片规格相同。
(1)利用游标卡尺测量遮光片的宽度,测量结果如图乙所示,遮光片的宽度d=　　　　 cm。
(2)若验证完全非弹性碰撞时动量守恒,应选用　　　　 (选填字母)组滑块进行实验。(A中在两滑块接触的一面安装了弹性圆环;B中左边滑块右侧装了撞针,右侧滑块左边附着一块橡皮泥;C未作任何处理)
A
B
C
(3)有同学发现遮光条宽度的测量值偏大,对实验结果　　　　 (选填“有影响”或“无影响”)。
2.(2024·北京卷,16)如图甲所示,让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。
(1)关于本实验,下列做法正确的是　　　(多选,填选项前的字母)。
A.实验前,调节装置,使斜槽末端水平
B.选用两个半径不同的小球进行实验
C.用质量大的小球碰撞质量小的小球
(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。首先,将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放,小球落到复写纸上,重复多次。然后,把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端,再将质量为m1的小球从S位置由静止释放,两球相碰,重复多次。分别确定平均落点,记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。
a.图乙为实验的落点记录,简要说明如何确定平均落点　;
b.分别测出O点到平均落点的距离,记为OP、OM和ON。在误差允许范围内,若关系式　　　　　　　　　　　成立,即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)受上述实验的启发,某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示,用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点,两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放,在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′,小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和M,弦长AB=l1、A′B=l2、CD=l3。
推导说明,m、M、l1、l2、l3满足
　 关系即可验证碰撞前后动量守恒。
3.(2025·湖南长沙开学考试)气垫导轨在力学实验中有广泛的应用,某小组应用该装置不仅验证了动量守恒定律,还测出了被压缩弹簧的弹性势能。实验步骤如下:
(1)首先查验轨道面平整光滑、透气孔无阻塞,查验两个滑块无扭曲形变、滑块与轨道接触的平面平整光滑无划痕。
(2)通过调节底脚螺丝使轨道水平。判断方法是:接通电源,放一个滑块在轨道一端,轻轻推动滑块后,滑块在轨道上经过A、B两个光电门的挡光时间　　　　。
(3)如图甲所示,用游标卡尺测出挡光板的宽度d=　　　　 mm。分别测出滑块a和b带挡光板时的质量m1和m2。
(4)如图乙所示,在滑块a、b之间夹一个压缩弹簧,用细绳连接a、b并固定紧绳子,然后一起放在气垫导轨中间。静止时烧断细绳,滑块a、b向两边水平弹开,测出滑块a、b挡光板的挡光时间t1和t2(滑块经过挡光板前,已经与弹簧分开)。
(5)根据实验的测量结果,在误差允许的范围内得到关系　　　　　　　,表明系统总
动量守恒;被压缩弹簧的弹性势能为Ep=　　　　　　　　　　　　　　。(结果均用题中字母表示)
4.(2025·北京三模)在“验证动量守恒定律”实验中,两个小组同学分别设计了如图甲、图乙两个实验装置。
(1)为了保证小球A碰撞小球B之前的速度不变,每次由静止释放小球A时必须从斜槽上
　　　　滚下。
(2)两个小球碰撞之后都直接向前做平抛运动,则小球A的质量m1与小球B的质量m2应满足m1　　　　 (选填“>”“<”或“=”)m2。
(3)一实验小组采用图甲所示装置进行实验,则能验证两个小球碰撞过程动量守恒的关系式为
　　　　　　　　　　(用m1、m2、x1、x2、x3表示)。
(4)另外一个实验小组采用图乙所示装置进行实验,要验证两个小球碰撞过程动量守恒,以下有两个关系式:①m1=m1+m2;②=+,则采用图乙实验装置验证的应该是关系式　　　　(选填“①”或“②”)。 第6讲　实验:验证动量守恒定律
课时作业
1.(2025·河北石家庄期末)某同学利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律,其中两滑块的质量不同,但滑块上的遮光片规格相同。
(1)利用游标卡尺测量遮光片的宽度,测量结果如图乙所示,遮光片的宽度d=　　　　 cm。
(2)若验证完全非弹性碰撞时动量守恒,应选用　　　 　 (选填字母)组滑块进行实验。(A中在两滑块接触的一面安装了弹性圆环;B中左边滑块右侧装了撞针,右侧滑块左边附着一块橡皮泥;C未作任何处理)
A
B
C
(3)有同学发现遮光条宽度的测量值偏大,对实验结果　　 　　 (选填“有影响”或“无影响”)。
【答案】 (1)0.545　(2)B　(3)无影响
【解析】 (1)20分度的游标卡尺的分度值为0.05 mm,遮光片的宽度d=0.5 cm+9×
0.05 mm=0.545 cm。
(2)若验证完全非弹性碰撞时动量守恒,则碰后两物体粘在一起,则应该左边滑块右侧装撞针,右边滑块左侧附着一块橡皮泥,碰后粘在一起,故选B。
(3)设左边滑块质量为m1,右边滑块质量为m2,让m1去碰m2,m1碰前遮光时间为t1,m1碰后遮光时间为t1′,m2碰后遮光时间为t2′;根据动量守恒定律可知,要验证的动量守恒表达式为m1=m1+m2,发现d会被约掉,故无影响。
2.(2024·北京卷,16)如图甲所示,让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。
(1)关于本实验,下列做法正确的是　　　(多选,填选项前的字母)。
A.实验前,调节装置,使斜槽末端水平
B.选用两个半径不同的小球进行实验
C.用质量大的小球碰撞质量小的小球
(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。首先,将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放,小球落到复写纸上,重复多次。然后,把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端,再将质量为m1的小球从S位置由静止释放,两球相碰,重复多次。分别确定平均落点,记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。
a.图乙为实验的落点记录,简要说明如何确定平均落点　 ;
b.分别测出O点到平均落点的距离,记为OP、OM和ON。在误差允许范围内,若关系式
　　　　　　　　　　　成立,即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)受上述实验的启发,某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示,用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点,两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放,在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′,小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和M,弦长AB=l1、A′B=l2、CD=l3。
推导说明,m、M、l1、l2、l3满足 关系即可验证碰撞前后动量守恒。
【答案】 (1)AC
(2)a.用一最小的圆将落点圈起,圆心即为平均落点的位置
b.m1·OP=m1·OM+m2·ON
(3)ml1=Ml3-ml2
【解析】 (1)实验中若使小球碰撞前后的水平位移与其碰撞前后的速度成正比,需要确保小球做平抛运动,即实验前,调节装置,使斜槽末端水平,A正确;为使两小球发生的碰撞为对心正碰,两小球半径必须相同,B错误;为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出,且不反弹,需要用质量大的小球碰撞质量小的小球,C正确。
(2)a.无论入射小球还是被碰小球,每次落点可能不会落于同一点,可通过这些落点作一尽量小的圆,其圆心可看作落点。
b.碰撞前后小球均做平抛运动,由h=gt2可知,小球的运动时间相同,所以水平位移与平抛初速度成正比,所以若m1·OP=m1·OM+m2·ON,即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)设摆长为R,小球在A点时轻绳偏离竖直方向的摆角为θ,到达最低点的速度大小为v1。根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=m,又有=2R2-2R2cos θ=2R2(1-cos θ),联立可得v1=l1,同理可求得碰撞后瞬间两小球的速度大小与其对应的弦长l2和l3的关系。综上,若m、M、l1、l2、l3满足ml1=Ml3-ml2,即可验证碰撞前后动量守恒。
3.(2025·湖南长沙开学考试)气垫导轨在力学实验中有广泛的应用,某小组应用该装置不仅验证了动量守恒定律,还测出了被压缩弹簧的弹性势能。实验步骤如下:
(1)首先查验轨道面平整光滑、透气孔无阻塞,查验两个滑块无扭曲形变、滑块与轨道接触的平面平整光滑无划痕。
(2)通过调节底脚螺丝使轨道水平。判断方法是:接通电源,放一个滑块在轨道一端,轻轻推动滑块后,滑块在轨道上经过A、B两个光电门的挡光时间　　　　。
(3)如图甲所示,用游标卡尺测出挡光板的宽度d=　　　　 mm。分别测出滑块a和b带挡光板时的质量m1和m2。
(4)如图乙所示,在滑块a、b之间夹一个压缩弹簧,用细绳连接a、b并固定紧绳子,然后一起放在气垫导轨中间。静止时烧断细绳,滑块a、b向两边水平弹开,测出滑块a、b挡光板的挡光时间t1和t2(滑块经过挡光板前,已经与弹簧分开)。
(5)根据实验的测量结果,在误差允许的范围内得到关系　　　　　　　,表明系统总动量守恒;被压缩弹簧的弹性势能为Ep=　　　　　　　　　　　　　　。(结果均用题中字母表示)
【答案】 (2)相等　(3)10.40
(5)-=0　m1()2+m2()2
【解析】 (2)判断气垫导轨水平的方法是滑块能够在水平气垫导轨上做匀速直线运动,其特征是滑块在轨道上经过A、B两个光电门的挡光时间相等。
(3)挡光板的宽度d=10 mm+8×0.05 mm=10.40 mm。
(5)滑块通过两光电门的速度大小分别为va=,vb=,要验证动量守恒即为验证m1va+
m2(-vb)=0,即为-=0,根据机械能守恒定律,弹簧的弹性势能Ep=m1+m2,即为Ep=m1()2+m2()2。
4.(2025·北京三模)在“验证动量守恒定律”实验中,两个小组同学分别设计了如图甲、图乙两个实验装置。
(1)为了保证小球A碰撞小球B之前的速度不变,每次由静止释放小球A时必须从斜槽上　　　　滚下。
(2)两个小球碰撞之后都直接向前做平抛运动,则小球A的质量m1与小球B的质量m2应满足m1 (选填“>”“<”或“=” )m2。
(3)一实验小组采用图甲所示装置进行实验,则能验证两个小球碰撞过程动量守恒的关系式为　　　　　　(用m1、m2、x1、x2、x3表示)。
(4)另外一个实验小组采用图乙所示装置进行实验,要验证两个小球碰撞过程动量守恒,以下有两个关系式:①m1=m1+m2;②=+,则采用图乙实验装置验证的应该是关系式　　　　(选填“①”或“②”)。
【答案】 (1)同一位置静止　(2)>
(3)m1x2=m1x1+m2x3　(4)②
【解析】 (1)为了保证小球A碰撞小球B之前的速度不变,每次释放小球A时必须从斜槽上同一位置由静止滚下。
(2)为了避免入射小球发生反弹,使两个小球碰撞之后都直接向前做平抛运动,则小球A的质量m1与小球B的质量m2应满足m1>m2。
(3)题图甲中,小球做平抛运动,则有h=gt2,x2=v0t,x1=v1t,x3=v2t,
根据动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,
解得m1x2=m1x1+m2x3。
(4)题图乙中设木板与小球飞出点之间的距离为L,则有L=v1t1,L=v2t2,L=v3t3,竖直方向有x1=g,x2=g,x3=g,根据动量守恒定律有m1v2=m1v3+m2v1,解得=+,可知,采用题图乙实验装置验证的应该是关系式②。第5讲　小专题:动力学、能量和动量观点的综合应用
对点1.动量观点与动力学观点的综合应用
1.(2025·重庆模拟)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)(如图)测试中,飞行器总质量(含燃料)为M,设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm,喷气速度均为v(相对地面),喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止,相继进行n次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是(　　)
A.每次喷气过程中,飞行器动量变化量方向与喷气方向相同
B.每次喷气后,飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同
C.经过n次喷气后,飞行器速度为
D.由于在太空中没有空气提供反作用力,所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速
2.汽车中的安全气囊是发生剧烈碰撞事故时保护驾驶员安全的重要设施。当汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某路段的限速为40 km/h,质量m1=1 600 kg的甲车以某一速度与正前方质量m2=1 600 kg以速度v2=18 km/h 迎面行驶的乙车发生碰撞,经过极短时间t=0.16 s,两车以相同的速度沿着甲车的行驶方向一起又滑行了1 m后停下,此次碰撞甲车内的安全气囊恰好爆开,设两车与路面的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:
(1)两车碰撞后瞬时速度的大小;
(2)甲车碰撞前是否超速;
(3)气囊爆开的临界撞击力F0的大小。
对点2.动量与能量观点的综合应用
3.(2025·浙江1月选考卷,8)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间的动摩擦因数均为0.5,则(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m
4.如图,物块P固定在水平面上,其上表面有半径为R的四分之一圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起,圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上,另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落,落到A点后沿圆弧轨道下滑,小球与弹簧接触后,当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR,此时断开P和Q的连接,从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小,忽略空气阻力,圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑,弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功;
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离;
(3)欲使P和Q断开后,弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR,Q的质量应为多大
(4)欲使P和Q断开后,Q的最终动能最大,Q的质量应为多大
对点3.力学三大观点的综合应用
5.(2025·江西九江三模)如图,用不可伸长的轻绳将小球a悬挂在O点,初始时,轻绳处于水平拉直状态,将小球a由静止释放,当小球a下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞,碰撞后b滑行的最大距离为L,已知b的质量是a的2倍,b与水平面间的动摩擦因数为μ,不计空气阻力,则(　　)
A.小球a下摆至最低点过程中,重力做功的功率一直在增大
B.碰撞后瞬间小球a的速度大小为
C.轻绳的长度为μL
D.小球a反弹的最大高度为μL
6.(多选)(2025·福建卷,8)如图,物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上,传送带以1 m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时,A的速度大小为2 m/s、方向水平向右,B的速度为0,弹簧处于原长;t=t1时(t1为未知量),A第一次与传送带共速,弹簧弹性势能为0.75 J。已知A、B可视为质点,质量分别为1 kg、2 kg,与传送带间的动摩擦因数分别为0.5、0.25;A与传送带相对滑动时会留下划痕,重力加速度大小取10 m/s2,A、B始终在传送带上,弹簧始终在弹性限度内,则(　　)
A. t=时,A的加速度大小比B的小
B. t=t1时,B的速度大小为0.5 m/s
C. t=t1时,弹簧的压缩量为0.2 m
D.在0~t1内,A在传送带上留下的划痕长度小于0.05 m
7.(2025·浙江三模)如图所示,木板C静置于光滑水平地面上,中点处放置物块B。某时刻物块A以水平初速度v0从左端滑上木板C。已知物块A、B均可视为质点,质量均为m,与木板C间的动摩擦因数均为μ,木板C的质量为2m,A、B间为弹性碰撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(　　)
A.若物块A、B不发生碰撞,则木板C长度的最大值为
B.若物块A、B不从木板C的右端滑离,则木板C长度的最小值为
C.若物块B恰好不滑离木板C,则物块A、B碰撞前后的两段时间内,摩擦力对木板C的冲量大小是相等的
D.若物块A、B最终与木板C相对静止,则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在木板C上相对静止的位置有关
8.(2024·山东卷,17)如图甲所示,质量为M的轨道静止在光滑水平面上,轨道水平部分的上表面粗糙,竖直半圆形部分的表面光滑,两部分在P点平滑连接,Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上,与水平轨道间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时,受到轨道的弹力大小等于3mg,求小物块在Q点的速度大小v;
(2)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
①求μ和m;
②初始时,小物块静置在轨道最左端,给轨道施加水平向左的推力F=8 N,当小物块到P点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。

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