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单元检测七　动量守恒定律
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1.(2026·江苏扬州市期末)如图所示，甲、乙两个滑块用细线连接，中间有一处于压缩状态的轻弹簧，弹簧与两滑块不连接。现两滑块一起在光滑水平面上向右匀速运动。某时刻细线突然断裂，甲与弹簧分离后向左运动，在弹簧恢复原长的过程中(　　)
A.甲的动能一直减小
B.甲的动量一直减小
C.甲、乙系统的动能一直增大
D.甲、乙系统的动量一直增大
2.(2026·江苏省南京师范大学附属中学检测)如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v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两倍处
3.(2026·河北邢台市期末)总质量为M的导弹由静止升空，在点火后的极短时间内，以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小为(　　)
A. B. C. D.
4.(2026·河北省T8联考检测)用电钻给固定的物体钻孔，钻头所受的阻力与钻头运动时间的关系图像如图甲所示，钻头所受的阻力与钻头运动位移的关系图像如图乙所示，已知两图像的斜率分别为k1、k2，下列说法正确的是(　　)
A.由图像分析可得，钻头做匀速运动
B.前一段时间t0内，阻力的冲量的大小为k1
C.前一段位移x0内，摩擦产生的热量为2k2
D.前一段时间t0内，钻头的平均速度无法算出
5.(2026·云南红河州检测)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3 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，甲的动量变化量大于乙的动量变化量
6.(2026·山东新泰市检测)如图所示，用不可伸长的，长度为L的轻质细绳将质量为3m的木块悬挂于O，木块静止。质量为m的弹丸水平向右射入木块后未射出木块，第一颗弹丸的速度为v1，射入木块后二者共同上摆的最大高度为h，当其第一次返回初始位置时，第二颗弹丸以水平速度v2又击中木块，且也未射出木块，使木块向右摆动且最大高度仍为h，木块和弹丸可视为质点，二者作用时间极短，空气阻力不计，重力加速度大小为g，则(　　)
A.第一颗弹丸打入木块后瞬间，二者的速度为
B.第二颗弹丸打入木块后瞬间，细绳拉力的大小为+4mg
C.子弹与木块共同上摆的最大高度h为
D.两次弹丸入射的水平速度关系为v2=v1
7.(2026·贵州黔东南州模拟)如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆槽置于光滑水平面上，A、B为半圆槽直径的两个端点，现将一质量为m的小球(可看成质点)从A点的正上方2R处静止释放，小球从A点沿切线方向进入半圆槽，已知重力加速度为g，不计空气阻力。则(　　)
A.小球和半圆槽组成的系统动量守恒
B.小球将离开半圆槽做斜抛运动
C.小球运动到半圆槽最低点的速率为
D.半圆槽向左运动的最大位移为R
8.(2026·广东潮州市期末)如图所示，两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上，甲、乙分别站在两辆车上，人与车总质量均为M。其中一人手持一质量为m的篮球。从某时刻起，持球人将篮球以水平速度v抛给另一人，另一人接到球后，又把球抛给对方……，直到最终球被甲、乙两人中的一人接住而不再抛出，这时甲、乙的速率分别为v甲、v乙。下列判断正确的是(　　)
A.第一次抛接球的过程，抛球人获得的速度为
B.第一次抛接球的过程，接球人获得的速度为
C.若v甲D.若v甲>v乙，说明乙是开始的持球人
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错得0分。
9.A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示，a、b分别为A、B两球碰撞前的位移-时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移-时间图像，若A球质量mA=2 kg，则由图可知，下列结论正确的是(　　)
A.A、B碰撞前的总动量为3 kg· m/s
B.碰撞时A对B所施冲量为-4 N·s
C.碰撞前后A的动量变化量为4 kg· m/s
D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为8 J
10.(2026·安徽马鞍山市二模)如图所示，小车上固定一个光滑弯曲细管道(由AB、BC、CD、DE四段完全相同的四分之一圆弧管道组成，半径均为R)，小车(含管道)的质量为m，静止在光滑的水平面上。有一个质量也为m的小球，以某一水平速度从管道左端最低点A进入管道，小球恰好能到达管道的最高点C，然后从管道右端E离开管道。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.小球离开管道时，小车的速度大小为0
B.从小球进入管道到小球离开管道的过程，小车做往复运动
C.小球离开管道时，小球的速度大小为
D.小球从A到B的过程中，小球所受合外力的冲量大小为2m
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
11.(9分)某同学利用如图甲所示的装置验证动量定理。所用电源产生交流电的频率f=50 Hz，重物和托盘的质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g，将打点计时器所在的一端垫高，以平衡阻力，之后通过合理的实验操作得到了如图乙所示的纸带，图中各点为连续的计时点。
(1)打下计时点2时，小车的瞬时速度大小为　　　　 m/s(结果保留三位有效数字)；
(2)取打下计时点1~5的过程研究，打下计时点1、5时小车的速度大小分别为v1、v5，则验证动量定理的表达式为　　　　　　(用M、m、g、f、v1、v5表示)；
(3)若实验过程中发现重物和托盘所受重力的冲量大于系统动量的增加量，造成此问题的原因可能是　　　 　　　　。
12.(6分)(2026·四川成都市第七中学期中改编)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实验操作：
①先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于槽口处，使小球a从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板向远离槽口平移一段距离，再使小球a从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球a撞到木板上得到痕迹B；
③然后把半径相同的小球b静止放在斜槽水平末端，小球a仍从原来挡板处由静止释放，与小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C；
④用天平测量a、b的质量分别为ma、mb，用刻度尺测量纸上O点到A、B、C三点的竖直距离分别为y1、y2、y3。
(1)小球a和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C，其中小球a撞在木板上的　　　　(填“A”或“C”)点。
(2)用本实验中所测量的量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为　　　　　　(用ma、mb、y1、y2、y3表示)。
13.(10分)空间站内，甲、乙两名航天员在准备出舱活动。甲相对空间站静止，乙拿着质量为50 kg箱子正以2 m/s的速度沿两人连线方向向左靠近甲。若乙将箱子向左推向甲，乙和箱子间作用时间为0.2 s，离手时箱子速度为4 m/s，甲、乙两人和装备的总质量分别为200 kg和250 kg，求：
(1)乙对箱子的平均作用力大小。
(2)推出箱子后乙的速度。
(3)甲碰到箱子后立刻抓住不松开，要使甲、乙航天员不碰撞，乙对箱子的平均作用力的最小值。
14.(15分)(2026·山东滨州市二模)观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为h。一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为M。一质量为m的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止。青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大。木板的厚度不计。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)青蛙每次起跳做的功W；
(2)青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离x；
(3)若长木板的长度为L，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移d(用木板长度L表示)；
(4)长木板的长度L与h的关系。
15.(16分)(2026·河北张家口市二模)如图所示，半径R=1 m的四分之一光滑圆弧轨道A固定在水平地面上，轨道最低点切线水平，紧邻轨道右侧放置着一下表面光滑、上表面粗糙的滑板B，在滑板B的右侧放置着一个物块C，其中滑板B的质量mB=2 kg，物块C的质量mC=2 kg。现将一质量mD=1 kg的小滑块D(可视为质点)从圆弧轨道正上方距离圆弧轨道最高点h=0.8 m处由静止释放，小滑块D正好沿圆弧切线进入圆弧轨道，小滑块D冲上滑板B，在达到共同速度的瞬间滑板B与物块C发生弹性碰撞，整个运动过程中，小滑块D未从滑板B上掉落。已知小滑块D与滑板B间的动摩擦因数μ1=0.2，物块C与地面间的动摩擦因数μ2=0.4，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小滑块D到达圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力大小；
(2)最初滑板B右端到物块C的距离；
(3)物块C与地面间因摩擦产生的热量。
单元检测七　动量守恒定律
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1.(2026·江苏扬州市期末)如图所示，甲、乙两个滑块用细线连接，中间有一处于压缩状态的轻弹簧，弹簧与两滑块不连接。现两滑块一起在光滑水平面上向右匀速运动。某时刻细线突然断裂，甲与弹簧分离后向左运动，在弹簧恢复原长的过程中(　　)
A.甲的动能一直减小
B.甲的动量一直减小
C.甲、乙系统的动能一直增大
D.甲、乙系统的动量一直增大
答案　C
解析　弹簧恢复为原长时甲与弹簧开始分离，此时甲向左运动，说明在该过程中甲的速度先向右逐渐减小然后向左逐渐增大，故动能先减小后增大，动量先减小后增大，故A、B错误；该过程中弹簧的弹性势能一直减小，由能量守恒定律可知减小的弹性势能转化为甲、乙系统的动能，即甲、乙系统的动能一直增大，故C正确；甲、乙系统所受合外力为零，动量守恒，故D错误。
2.(2026·江苏省南京师范大学附属中学检测)如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v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两倍处
答案　B
解析　抽出纸带的过程中，纸带对铁块有一个向右的滑动摩擦力，两次抽出过程中摩擦力大小相等，第二次摩擦力作用的时间更短，根据动量定理可知，第二次铁块平抛的初速度更小，平抛的水平距离更近，因此落在第一次的左边，故选B。
3.(2026·河北邢台市期末)总质量为M的导弹由静止升空，在点火后的极短时间内，以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　根据动量守恒定律有mv0=(M-m)v'，解得v'=，故选C。
4.(2026·河北省T8联考检测)用电钻给固定的物体钻孔，钻头所受的阻力与钻头运动时间的关系图像如图甲所示，钻头所受的阻力与钻头运动位移的关系图像如图乙所示，已知两图像的斜率分别为k1、k2，下列说法正确的是(　　)
A.由图像分析可得，钻头做匀速运动
B.前一段时间t0内，阻力的冲量的大小为k1
C.前一段位移x0内，摩擦产生的热量为2k2
D.前一段时间t0内，钻头的平均速度无法算出
答案　A
解析　从题图可以看出，阻力f随时间变化的关系为f=k1t，阻力f随位移变化的关系为f=k2x，故有k1t=k2x，即x=t，钻头做匀速运动，前一段时间t0内，钻头的平均速度=，A正确，D错误；根据题图甲可得f=k1t，由I=Ft知前一段时间t0内，阻力的冲量的大小为If=t0，其中=，得If=k1，B错误；根据题图乙可得f=k2x，由Q=fx知前一段位移x0内，摩擦产生的热量为Q=x0，其中=，得Q=k2，C错误。
5.(2026·云南红河州检测)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3 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，甲的动量变化量大于乙的动量变化量
答案　C
解析　规定运动员前进的方向为正，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错误；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，且|Δp乙|=Δp甲，故B、D错误；乙推甲的过程，甲的速度一直增加，故动量一直增加，故C正确。
6.(2026·山东新泰市检测)如图所示，用不可伸长的，长度为L的轻质细绳将质量为3m的木块悬挂于O，木块静止。质量为m的弹丸水平向右射入木块后未射出木块，第一颗弹丸的速度为v1，射入木块后二者共同上摆的最大高度为h，当其第一次返回初始位置时，第二颗弹丸以水平速度v2又击中木块，且也未射出木块，使木块向右摆动且最大高度仍为h，木块和弹丸可视为质点，二者作用时间极短，空气阻力不计，重力加速度大小为g，则(　　)
A.第一颗弹丸打入木块后瞬间，二者的速度为
B.第二颗弹丸打入木块后瞬间，细绳拉力的大小为+4mg
C.子弹与木块共同上摆的最大高度h为
D.两次弹丸入射的水平速度关系为v2=v1
答案　D
解析　第一颗弹丸打入木块后瞬间，根据动量守恒定律可得mv1=4mv共1
解得二者的速度为v共1=
根据动能定理可得-4mgh=0-×4m
解得子弹与木块共同上摆的最大高度为h=，故A、C错误；
根据题意可知，第二颗弹丸打入木块后瞬间，根据动量守恒定律可得mv2-4mv共1=5mv共1
解得v2=9v共1=v1
根据牛顿第二定律可得FT-5mg=5m·
解得细绳拉力的大小为FT=+5mg
故B错误，D正确。
7.(2026·贵州黔东南州模拟)如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆槽置于光滑水平面上，A、B为半圆槽直径的两个端点，现将一质量为m的小球(可看成质点)从A点的正上方2R处静止释放，小球从A点沿切线方向进入半圆槽，已知重力加速度为g，不计空气阻力。则(　　)
A.小球和半圆槽组成的系统动量守恒
B.小球将离开半圆槽做斜抛运动
C.小球运动到半圆槽最低点的速率为
D.半圆槽向左运动的最大位移为R
答案　D
解析　小球与半圆槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；小球运动到半圆槽A点时，系统水平初动量为零，小球运动到半圆槽B点时，系统水平动量也为零，小球离开B点做竖直上抛运动，故B错误；当小球运动到半圆槽最低点时，由机械能守恒定律和动量守恒定律分别有mg·3R=m+×2m，mv1=2mv2，解得v1=2，故C错误；小球从A端运动到B端的过程中，半圆槽先加速运动后减速运动，当小球到达B端时，半圆槽向左运动的位移最大，设为x2，小球运动的水平位移为x1，则x1+x2=2R，两者运动时间相同，由动量守恒定律有mx1=2mx2，解得x2=R，故D正确。
8.(2026·广东潮州市期末)如图所示，两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上，甲、乙分别站在两辆车上，人与车总质量均为M。其中一人手持一质量为m的篮球。从某时刻起，持球人将篮球以水平速度v抛给另一人，另一人接到球后，又把球抛给对方……，直到最终球被甲、乙两人中的一人接住而不再抛出，这时甲、乙的速率分别为v甲、v乙。下列判断正确的是(　　)
A.第一次抛接球的过程，抛球人获得的速度为
B.第一次抛接球的过程，接球人获得的速度为
C.若v甲D.若v甲>v乙，说明乙是开始的持球人
答案　C
解析　第一次抛接球的过程，对抛球的人、车和球组成的系统由动量守恒定律可知mv=Mv'，可得抛球人获得的速度为v'=，选项A错误；第一次抛接球的过程，对接球的人、车和球组成的系统由动量守恒定律mv=(M+m)v″，接球人获得的速度为v″=，选项B错误；从开始抛球到最终，根据动量守恒定律可知Mv1=(M+m)v2，若v甲v乙，说明乙是最终的持球人，但是不能确定开始的持球人是谁，选项C正确，D错误。
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错得0分。
9.A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示，a、b分别为A、B两球碰撞前的位移-时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移-时间图像，若A球质量mA=2 kg，则由图可知，下列结论正确的是(　　)
A.A、B碰撞前的总动量为3 kg· m/s
B.碰撞时A对B所施冲量为-4 N·s
C.碰撞前后A的动量变化量为4 kg· m/s
D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为8 J
答案　BC
解析　由x-t图像的斜率表示速度，可知碰撞前有vA== m/s=-3 m/s，vB==2 m/s，碰撞后有v== m/s=-1 m/s，根据动量守恒定律有mAvA+mBvB=(mA+mB)v，解得mB= kg，A、B两球碰撞前的总动量为p=mAvA+mBvB=- kg· m/s，故A错误；
碰撞时A对B所施冲量为I=Δp=pB'-pB=×(-1) kg· m/s-×2 kg· m/s=-4 kg· m/s，故B正确；
碰撞前后A的动量变化量为ΔpA=mAv-mAvA=4 kg· m/s，故C正确；
碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk=mA+mB-(mA+mB)v2=10 J，故D错误。
10.(2026·安徽马鞍山市二模)如图所示，小车上固定一个光滑弯曲细管道(由AB、BC、CD、DE四段完全相同的四分之一圆弧管道组成，半径均为R)，小车(含管道)的质量为m，静止在光滑的水平面上。有一个质量也为m的小球，以某一水平速度从管道左端最低点A进入管道，小球恰好能到达管道的最高点C，然后从管道右端E离开管道。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.小球离开管道时，小车的速度大小为0
B.从小球进入管道到小球离开管道的过程，小车做往复运动
C.小球离开管道时，小球的速度大小为
D.小球从A到B的过程中，小球所受合外力的冲量大小为2m
答案　AD
解析　设小球进入管道的速度为v，离开管道的速度为v1，小球离开管道时小车的速度为v2，从小球进入管道到小球离开管道的过程，系统沿水平方向动量守恒，可得mv=mv1+mv2，由机械能守恒定律可得mv2=m+m，又小球恰好能到达管道的最高点C，此时小球和小车的速度相同，设为v'，有mv=2mv'，mv2=×2mv'2+mg×2R，解得v'=，v1=v=2，v2=0，故A正确，C错误；设小球运动到B点时竖直方向的速度为vy，水平方向的速度与小车的速度相等，设为vx，小球从A到B的过程有mv=2mvx，mv2=m(+)+m+mgR，解得vx=vy=，根据动量定理可知小球所受合外力的冲量大小为I=m=2m，故D正确；小球依次运动到A点、B点、C点、D点、E点时，小车的速度分别为0、、、、0，小球水平方向的速度分别为2、、、、2，结合机械能守恒水平方向动量守恒可知，小车经历了多次加速、减速过程，但一直向右运动，不做往复运动，故B错误。
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
11.(9分)某同学利用如图甲所示的装置验证动量定理。所用电源产生交流电的频率f=50 Hz，重物和托盘的质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g，将打点计时器所在的一端垫高，以平衡阻力，之后通过合理的实验操作得到了如图乙所示的纸带，图中各点为连续的计时点。
(1)打下计时点2时，小车的瞬时速度大小为　　　　 m/s(结果保留三位有效数字)；
(2)取打下计时点1~5的过程研究，打下计时点1、5时小车的速度大小分别为v1、v5，则验证动量定理的表达式为　　　　　　(用M、m、g、f、v1、v5表示)；
(3)若实验过程中发现重物和托盘所受重力的冲量大于系统动量的增加量，造成此问题的原因可能是　　　 　　　　。
答案　(1)0.575
(2)=(M+m)(v5-v1)
(3)平衡阻力不足(合理即可)
解析　(1)打点计时器频率是50 Hz，所以周期是0.02 s，打下计时点2时，小车的瞬时速度大小为v2==575 mm/s=0.575 m/s。
(2)动量定理的内容是合力的冲量等于动量的变化量，由题意知，已平衡阻力，所以系统的合力等于重物和托盘的重力，则合力的冲量为I=mg·4T=，系统动量的变化量为Δp=(M+m)v5-(M+m)v1，则验证动量定理的表达式为=(M+m)(v5-v1)。
(3)若实验过程中发现重物和托盘所受重力的冲量大于系统动量的增加量，说明系统的合力小于重物与托盘的重力，造成此问题的原因可能是平衡阻力不足。
12.(6分)(2026·四川成都市第七中学期中改编)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实验操作：
①先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于槽口处，使小球a从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板向远离槽口平移一段距离，再使小球a从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球a撞到木板上得到痕迹B；
③然后把半径相同的小球b静止放在斜槽水平末端，小球a仍从原来挡板处由静止释放，与小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C；
④用天平测量a、b的质量分别为ma、mb，用刻度尺测量纸上O点到A、B、C三点的竖直距离分别为y1、y2、y3。
(1)小球a和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C，其中小球a撞在木板上的　　　　(填“A”或“C”)点。
(2)用本实验中所测量的量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为　　　　　　(用ma、mb、y1、y2、y3表示)。
答案　(1)C　(2)=+
解析　(1)设木板与斜槽末端水平距离为x，由平抛运动规律有x=vt，y=gt2，解得v==x·，即v∝，因此a、b碰撞后速度较小的小球a竖直位移y较大，所以小球a撞在木板上的C点。
(2)碰撞前后，系统动量守恒，则有mava=mava'+mbvb，又v∝，所以有=+。
13.(10分)空间站内，甲、乙两名航天员在准备出舱活动。甲相对空间站静止，乙拿着质量为50 kg箱子正以2 m/s的速度沿两人连线方向向左靠近甲。若乙将箱子向左推向甲，乙和箱子间作用时间为0.2 s，离手时箱子速度为4 m/s，甲、乙两人和装备的总质量分别为200 kg和250 kg，求：
(1)乙对箱子的平均作用力大小。
(2)推出箱子后乙的速度。
(3)甲碰到箱子后立刻抓住不松开，要使甲、乙航天员不碰撞，乙对箱子的平均作用力的最小值。
答案　(1)500 N　(2)1.6 m/s，方向向左　(3)1 000 N
解析　(1)设向左为正方向，以箱子为研究对象，设乙对箱子的平均作用力大小为F，由动量定理可得FΔt=m箱v1-m箱v0
其中m箱=50 kg，v1=4 m/s，v0=2 m/s
代入数据可得乙对箱子的平均作用力大小F=500 N
(2)以向左为正方向，对箱子和乙由动量守恒定律可得(m乙+m箱)v0=m乙v乙+m箱v1
其中m乙=250 kg，m箱=50 kg，v1=4 m/s，v0=2 m/s
代入数据可得，推出箱子后乙的速度v乙=1.6 m/s，方向向左。
(3)甲接住箱子后，若与乙速度相同，设为v，此种情况下乙对箱子的平均作用力最小，以向左为正方向，研究甲、乙和箱子组成系统，由动量守恒定律可得(m乙+m箱)v0=(m甲+m乙+m箱)v
代入数据解得v=1.2 m/s
以乙为研究对象，由动量定理可得F'Δt=m乙v-m乙v0
代入数据解得，箱子对乙平均作用力F'=-1 000 N
由牛顿第三定律可得，乙对箱子的平均作用力最小值为1 000 N。
14.(15分)(2026·山东滨州市二模)观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为h。一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为M。一质量为m的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止。青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大。木板的厚度不计。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)青蛙每次起跳做的功W；
(2)青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离x；
(3)若长木板的长度为L，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移d(用木板长度L表示)；
(4)长木板的长度L与h的关系。
答案　(1)mgh　(2)2h　(3)L
(4)L=2h
解析　(1)对青蛙竖直起跳过程由动能定理有W-mgh=0
解得青蛙每次起跳做的功W=mgh
(2)对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为v0，方向与水平方向夹角为θ，运动时间为t，则
竖直方向v0sin θ=g
水平方向x=v0tcos θ
联立解得x=
则当θ=45°时，x=
对青蛙起跳W=m
解得青蛙第三次向右上方跳起的水平距离x=2h
(3)青蛙第一、二次向右上方起跳均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地面位移相同。对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程，水平方向动量守恒有mx1=Mx2
由几何关系x1+x2=L，d=x1
联立解得d=L
(4)对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为vy，水平初速度为vx，木板后退速度为v。则对青蛙，竖直方向vy=g
水平方向x1=vxt
对青蛙和木板系统mvx=Mv
青蛙相对地面位移x1=vxvy
对青蛙第一次起跳W=m(+)+Mv2
联立得(+)=2gh
又由于=)()·
可知当()==gh时，青蛙跳的最远，则L=2h。
15.(16分)(2026·河北张家口市二模)如图所示，半径R=1 m的四分之一光滑圆弧轨道A固定在水平地面上，轨道最低点切线水平，紧邻轨道右侧放置着一下表面光滑、上表面粗糙的滑板B，在滑板B的右侧放置着一个物块C，其中滑板B的质量mB=2 kg，物块C的质量mC=2 kg。现将一质量mD=1 kg的小滑块D(可视为质点)从圆弧轨道正上方距离圆弧轨道最高点h=0.8 m处由静止释放，小滑块D正好沿圆弧切线进入圆弧轨道，小滑块D冲上滑板B，在达到共同速度的瞬间滑板B与物块C发生弹性碰撞，整个运动过程中，小滑块D未从滑板B上掉落。已知小滑块D与滑板B间的动摩擦因数μ1=0.2，物块C与地面间的动摩擦因数μ2=0.4，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小滑块D到达圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力大小；
(2)最初滑板B右端到物块C的距离；
(3)物块C与地面间因摩擦产生的热量。
答案　(1)46 N　(2)2 m　(3)4.5 J
解析　(1)小滑块D从静止释放后到滑上滑板B前的过程中，根据动能定理可得mDg(h+R)=mD-0
对最低点的小滑块D受力分析可得FN-mDg=mD
由牛顿第三定律可得小滑块D到达圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力大小为FN'=FN
联立解得FN'=46 N。
(2)小滑块D冲上滑板B的速度大小为v0=6 m/s，根据动量守恒定律可得mDv0=(mD+mB)v1
小滑块D冲上滑板B时，滑板B的加速度为a，则有μ1mDg=mBa
由运动学公式可得-0=2ad
联立解得最初滑板B右端到物块C的距离为d=2 m
(3)滑板B与物块C发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mBv1=mBvB0+mCvC0，mB=mB+mC
解得vC0=v1=2 m/s，vB0=0
之后滑板B与小滑块D达到共同速度再次与已经静止的物块C发生碰撞，滑板B与小滑块D达到共同速度时，有mDv1=(mD+mB)v2
滑板B第二次与物块C发生碰撞，设碰后物块C的速度为vC1，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得vC1=v2= m/s
可知第n+1次碰撞后物块C的速度为vCn= m/s(n=0，1，2…)
最终小滑块D、滑板B和物块C均静止，根据能量的转化和守恒，可得物块C与地面摩擦产生的总热量为Q=mC+mC+…+mC
结合等比数列求和公式可得Q=4.5 J。

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