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专题17 动量与动量守恒定律
2026年高考物理真题及高考模拟优选试题分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在当年高考中及模拟中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。
一．选择题（共11小题）
1．（2026 浙江）在建筑工地上的某次打桩过程中，质量为1×103kg的重锤，从t1＝0时刻开始由某一高度静止下落，t2＝0.6s时刻与质量为3×103kg的桩发生撞击，随后一起运动，t3＝0.8s时刻桩静止于软土中。则（　　）
A．t2～t3时间内，锤对桩的平均作用力大小为3×104N
B．t2～t3时间内，软土对桩的平均阻力大小为7×104N
C．t1～t3时间内，软土对桩做的功等于锤和桩的机械能损失
D．t1～t3时间内，锤的重力冲量值大于桩对锤作用力的冲量值
2．（2026 北京）如图所示，一物块在固定斜面上匀速下滑，不计空气阻力。物块在下滑过程中（　　）
A．所受合力的冲量为零
B．所受支持力的冲量为零
C．所受重力与摩擦力的合力做正功
D．机械能守恒
3．（2026 广西）立定跳远时起跳方向不变，用更大的平均作用力起跳，每次起跳的作用时间不变，则下列说法正确的是（　　）
A．起跳完成时动量变小（或不变） B．起跳完成时速度变大
C．地面的平均支持力不变 D．地面给人的冲量是相同的
4．（2026 贵州）如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为L和L，A被拉至与竖直方向成60°的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（　　）
A．L B．L C．L D．L
5．（2026 江苏）如图所示，水平面内一光滑小球沿正方形线框fghi保持速率不变运行，a、b、c、d分别是各边中点，在拐点处小球所受合力的冲量大小和其动量大小的比值是（　　）
A． B． C． D．
6．（2026 河北）为清除太空碎片对航天器的潜在威胁，某兴趣小组提出一种设想。如图所示，一质量为m的太空碎片绕地球做半径为r的匀速圆周运动，在Q点受到一个与其速度方向垂直且指向地心向内的瞬时冲量I作用，变轨到图中的椭圆轨道，最终进入大气层而烧毁，设地球质量为M，引力常量为G，则该太空碎片受到冲量作用后瞬间的动能为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2026 四川）2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到10m/s的全尺寸人形机器人，该机器人体重75kg；2025年1月，该团队发布的四足机器人体重38kg。若两款机器人均以10m/s的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为（　　）
A．1850kg m/s B．750kg m/s
C．370kg m/s D．37kg m/s
8．（2026 四川）如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为m，与传送带间的动摩擦因数分别为、。某时刻，对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度（g为重力加速度大小）运动，经时间t1撤去外力，再经时间t2绳绷直。甲、乙均可视为质点，传送带足够长。则（　　）
A．t1和t2满足t1＜t2
B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为
C．绳绷直后瞬间甲的动能为
D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞
9．（2026 河南模拟）质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
10．（2026 云岩区一模）物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p﹣x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p﹣x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（　　）
A． B． C． D．
11．（2026 安宁区二模）如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（　　）
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
D．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
二．多选题（共8小题）
（多选）12．（2026 山东）如图所示，质量相等的两个小物块M和N，M恰好静止于倾角为θ的固定斜面上，N从斜面上某位置由静止释放，t0时刻以速度v与M发生弹性碰撞。已知M与斜面间动摩擦因数为tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，N与斜面间无摩擦，碰撞时间极短，斜面足够长，下列描述M、N速度规律的vM﹣t、vN﹣t图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（多选）13．（2026 山西）如图，物块N、P、Q的质量分别为m、m、2m，Q通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与P连接，P与位于正下方的N用劲度系数为k的轻弹簧相连。初始时托住N和Q，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放N和Q，运动中，物块均视为质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能Epkx2（x为形变量），重力加速度大小为g。则（　　）
A．释放后瞬间Q的加速度大小为
B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为mg
C．释放后N下降的最大距离为
D．释放后N的速度最大值为
（多选）14．（2026 台湾）在光滑水平面上，有两个相同的理想弹簧，一端固定，另一端分别被甲、乙两质点压缩，弹簧经压缩d后由静止释放。当弹簧恢复到自然长度时，质点即与弹簧分离。已知甲质点对乙质点的质量比为1：4，下列叙述哪些正确？（　　）
A．两弹簧分别对甲、乙两质点所做的功相等
B．两质点自释放开始至离开弹簧所需的时间相同
C．释放瞬间，甲质点对乙质点的加速度量值比为2：1
D．当弹簧各自恢复到自然长度时，甲质点对乙质点的动量量值比为1：2
E．当弹簧各自恢复到自然长度时，甲质点对乙质点的动能比为1：2
（多选）15．（2026 成都模拟）如图所示，A、B两球分别用长度均为L的轻杆通过光滑铰链与C球连接，通过外力作用使两杆并拢，系统竖直放置在光滑水平地面上。某时刻将系统静止释放，A、B两球开始向两边滑动。已知A、B两球的质量均为m，C球的质量2m，已知三球均在同一竖直面内运动，忽略一切阻力，重力加速度为g。从静止释放到小球C落地前的过程，下列说法正确的是（　　）
A．A、B、C三球组成的系统机械能守恒、动量守恒
B．轻杆对小球A始终做正功
C．小球A速度达到最大时，小球C的加速度为g
D．当两杆夹角为120°时，小球A的速度为
（多选）16．（2026 仙桃模拟）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　）
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与H乙无关
D．甲最终停止位置与O处相距
（多选）17．（2026 天河区模拟）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ，将木栓对准方孔，接触但无挤压。锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下，木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（　　）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为﹣I
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小的为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
（多选）18．（2026 广州模拟）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，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（　　）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
（多选）19．（2026 无极县模拟）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a﹣t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（　　）
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA＞mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1﹣S2＝S3
三．实验题（共4小题）
20．（2026 广东）某科技小组设计了测量薄膜压缩时间的实验，图1（a）为装置示意图。
（1）实验原理。
某种薄膜受到小球冲击时会发光，通过测量发光光谱的相对光强峰值Ip，可得最大冲击力F，结合动量定理可估测薄膜压缩时间t。
（2）实验操作及数据处理。
①称量小球质量，记录质量m。
②断开电磁铁电源，使小球从薄膜正上方自由下落。拍摄小球下落过程的视频。
③图1（b）为利用视频处理软件得到的小球接触薄膜瞬间前连续3个时刻的位置图。分别测量图中的距离s1和s2，可得s1为　 　 cm，s2为6.66cm。相邻两个位置的时间间隔为T，则小球在B位置处的速度v1＝　 　 （用s1、s2和T表示）；与薄膜接触前瞬间，小球在C位置处的速度v2＝　 　 （用s1、s2和T表示）。
④用光谱仪测得薄膜受到冲击时发光光谱的Ip为158a.u.。图2为已知的F﹣Ip关系图像，可读得F为　 　 N。
⑤m＝30.0g，T＝0.02s，由动量定理可估测薄膜压缩时间t，将数据代入可得t＝　 　 s（结果保留3位有效数字）。
21．（2026 沈阳模拟）如图所示，光滑水平桌面的右端固定一带弹簧的压力传感器，桌面上轻弹簧两端各放一个金属小球（小球与弹簧不连接），压缩弹簧并锁定。已知两弹簧的劲度系数都为k，弹簧的弹性势能，其中k、x分别为弹簧的劲度系数和形变量。重力加速度大小为g，按以下步骤进行实验：
①用天平测出小球A和B的质量分别为m1、m2；
②用刻度尺测出桌面离地面的高度h；
③解除锁定，小球B接触压力传感器前和小球A离开桌面前弹簧已达到自由长度，记录压力传感器的最大示数F0；并测出小球A在水平地面上的落点到桌面左边缘的水平距离x0。
根据该同学的实验，回答下列问题：
（1）小球A离开桌面的速度大小为　 　 （用题中所给字母表示）。
（2）小球B接触压力传感器前瞬间的速度大小为　 　 （用F0，k，m2表示）。
（3）解除锁定后，若两小球和弹簧组成的系统动量守恒，则应满足的关系式为　 　 （用题中所给字母表示）。
22．（2026 泰安二模）如图所示，光滑的水平地面上有一质量为M＝0.1kg、长度l＝3m的木板，木板右端到墙壁的距离l0＝1.5m，木板左端紧挨着带光滑圆弧轨道的物块P，圆弧轨道底端和木板上表面等高，物块P固定在地面上，在圆弧轨道的正上方有两个可视为质点的物体A、B通过细线相连，物体A与劲度系数为100N/m的弹簧一端相连，弹簧另一端固定在天花板上。稳定后物体B与圆弧轨道最低点b的竖直距离h＝1.25m，物体A的质量mA＝2.5kg、物体B的质量mB＝0.4kg。剪断两物体之间的细线，物体B下落后从a点平滑切入圆弧轨道，当物体B运动到圆弧轨道最低点b时，物体A恰好第一次回到出发点，随后物体B滑上木板，经过一段时间后，木板与墙壁发生弹性碰撞。已知物体B与木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，弹簧振子的振动周期T＝2π（式中k为劲度系数，m为振子质量），π取，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物体A做简谐运动的振幅；
（2）B、P相互作用过程中，物体B受到P的冲量大小；
（3）木板与墙壁第二次碰撞时，物体B距木板右端的距离。
23．（2026 邳州市校级模拟）某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：
（1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间　 　 （填“相等”或“不相等”）时，可认为气垫导轨水平；
（2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；用游标卡尺测量固定在滑块上端的遮光片的宽度d，测量结果如图所示，则遮光片的宽度d＝　 　 mm；
（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；
（4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；
（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I＝　 　 ，滑块动量改变量的大小Δp＝　 　 ；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示）
（6）该同学又用该装置来验证砝码和砝码盘以及滑块所组成的系统机械能守恒。实验中，接通气源，滑块由静止释放后，除了要测量（2）～（4）中的物理量外，还需要测量AB的距离L。在实验误差允许范围内，m1和m2满足的表达式　 　 （用上述测量的物理量符号及重力加速度g表示）成立，则系统机械能守恒。
四．解答题（共15小题）
24．（2026 重庆）《天工开物》记载了一种传统木工工具——刨子。如图所示，刨子主要由刨身和刨刀构成。为体验使用刨子，小明先将刨刀取下，用大小为F、方向斜向下并与水平面夹角为θ的力作用于刨身，使其在木材水平表面做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g。
（1）求刨身做匀速直线运动时受到的滑动摩擦力大小。
（2）若刨身与木材间的动摩擦因数为μ，求刨身的质量。
（3）将刨刀装入后，刨子质量为M，改变推力，使刨子在木材水平表面由静止开始做匀加速直线运动。若加速度大小为a，运动距离为L，求该过程中刨子所受合力的冲量大小。
25．（2026 甘肃）如图，水平地面A点左侧光滑，右侧AB部分粗糙。质量为M、右侧为光滑圆弧的大物块静置在地面光滑部分，且圆弧底端与地面相切于A点。质量为m的小物块从圆弧顶端由静止释放，并沿圆弧下滑，在B点与墙壁发生弹性碰撞，返回至A点时恰好与大物块速度相同。已知M＝4kg，m＝1kg，圆弧半径R＝1m，A、B间距L＝1.5m。重力加速度g取10m/s2，小物块视为质点。求：
（1）两物块分离前的瞬间，小物块和大物块各自速度的大小。
（2）两物块分离前的瞬间，小物块受到支持力的大小。
（3）小物块与粗糙地面之间的动摩擦因数。
26．（2026 北京）中子或暗物质粒子等中性粒子因为不带电，无法直接通过电磁效应探测。
（1）实验上，通常让中性粒子与原子核碰撞，通过原子核获得的动能来探测中性粒子的性质。质量为m、速度为v的中性粒子与质量为M的静止原子核发生对心碰撞。若碰撞后中性粒子与原子核的速度相同，求原子核动能Ek。
（2）理论上，通过米格达尔效应也可以探测中性粒子。米格达尔效应可近似为：中性粒子与原子核碰撞，系统损失的动能都传递给原子核外电子，成为可探测的电子信号。
a.质量为m、速度为v的中性粒子与质量为M的静止原子核对心碰撞时发生了米格达尔效应，求电子可获得的最大能量E电；
b.2026年1月，我国科学家团队首次在实验中直接观测到中子与原子核碰撞过程中的米格达尔效应，这一发现为轻暗物质探测突破阈值瓶颈提供了关键支撑。若暗物质粒子的质量m＝0.5GeV/c2（1GeV/c2≈1.78×10﹣27kg），原子核的质量M＝120GeV/c2，暗物质粒子与原子核的各类碰撞中，原子核可获得的最大动能为0.03keV，探测器能分辨的最小能量值为1keV，请结合数据分析说明：与通过原子核获得的动能来探测中性粒子相比，米格达尔效应有助于探测质量更小的暗物质粒子。
27．（2026 上海）松鼠是自然界中极具运动天赋的动物，林间穿梭的它们常常完成高难度的跳跃、攀爬与下落动作，而这些灵动的行为背后，都遵循着经典物理学的核心运动规律。
（1）一只松鼠在树枝间跳跃，要从第一个树枝节点以水平初速度跳到第二个树枝节点。已知两个节点的水平距离为L，竖直高度差为h。忽略空气阻力，求松鼠完成这次跳跃所需的初速度大小。（已知重力加速度为g）
（2）另一只松鼠在一根与水平方向成60°角的倾斜树枝上，从静止开始沿树枝向上做匀加速直线运动，已知它在2秒内沿树枝向上爬行了2米。（重力加速度g取9.8m/s2，计算结果均保留2位有效数字）
①求松鼠的加速度大小；
②已知松鼠的质量为m＝0.3千克，求此过程中树枝对松鼠的作用力大小。
（3）生物学家通过研究发现：当松鼠受到的平均作用力小于自身重力的15倍时，不会受到永久性伤害。某次实验中，一只质量为0.3千克的松鼠从静止开始下落，其速度随位移的变化关系如图所示。
①求松鼠在下落10米的过程中，空气阻力对它做的功；
②（论证）若松鼠下落10米后与地面的作用时间为90毫秒，请通过计算论证该松鼠落地后是否会受到损伤。
28．（2026 河南）如图，水平地面上的球壳内下端有一小球，球壳的直径D＝0.25m，上端距天花板的距离为h＝6m。现以v0＝11m/s的初速度把球壳连同小球一起竖直向上抛出，球壳与天花板碰撞后经过Δt＝0.1s，小球与球壳发生第1次碰撞。所有的碰撞均为弹性碰撞、时间极短，不计球壳厚度和空气阻力，重力加速度大小取g＝10m/s2。
（1）求小球的直径；
（2）求小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小，及它们前两次碰撞的时间间隔；
（3）若小球与球壳第8次碰撞前瞬间球壳的速度大小为v1＝6m/s，求球壳首次碰地时的速度大小。
29．（2026 贵州）如图，机舱内装有质量均为m1＝5kg的甲、乙两个灭火弹模型的弹射型无人机，静止在θ＝30°的斜直轨道上，无人机空载时质量m0＝30kg。无人机在弹射系统作用下以v0＝15m/s的速度沿轨道离开，随后无人机依靠自身动力飞行，达到高度H＝125m时，开始以v1＝20m/s的速度沿水平方向做匀速直线运动，并进行投弹训练。设两弹所受空气阻力不计，落地点均在同一水平面上，取重力加速度g＝10m/s2。
（1）求载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小和方向；
（2）设水平飞行过程中，载弹无人机水平方向动力与质量满足F（国际单位制），所受空气阻力大小恒为f＝49N，方向与飞行方向相反，若两弹相对无人机无初速度先后被释放，时间间隔Δt＝2s，求两弹落地点之间的距离；
（3）设无人机水平飞行过程中，先相对无人机无初速度释放甲，当甲落地时沿水平方向发射乙，此时乙相对地面的速度大小为v，若无人机的速度始终不变，求乙从发射到落地的过程中，两弹之间距离的最小值与v取值的关系。
30．（2026 广东）如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心O点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过O点的水平线上，两质量均为m的摆锤，由长均为R的不可伸长轻绳悬挂于轴上的O点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度v0从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为M＝4kg，m＝1kg，R＝0.4m，v0＝4m/s。重力加速度取g＝10m/s2，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求：
（1）摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能Ek；
（2）机器人外壳上升的最大高度h；
（3）从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失ΔE。
31．（2026 江苏）如图所示，在光滑水平面上固定两个柱形光滑轨道，轨道上分别约束着只能沿轨道方向运动的两个小球B和C，质量均为m。小球B和C通过弹性限度足够大的相同轻质弹簧与质量为m的小球A相连。初始时，两弹簧均处于原长。现有一质量为M的小球D以速度v0沿轨道方向与小球A发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短，不计空气阻力。
（1）求小球D与A碰撞后瞬间小球A的速度大小；
（2）若发生碰撞后小球D不再与A碰撞，求每根弹簧所具有的最大弹性势能；
（3）要使弹簧第一次恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，求的值。
32．（2026 山东）如图甲所示，半径r＝1m的圆筒竖直放置，上下底面圆心分别为O和O′，筒内有三个互成120°角且可以绕OO′转动的竖直矩形叶片S1、S2和S3，叶片与圆筒上下齐平、宽度等于圆筒半径，N为圆筒的上底面边沿一点。圆筒上底面固定一半径的水平圆形轨道、轨道上有一长度可忽略的缺口位于O点，OM为轨道直径，且OM⊥ON；在轨道的M点放置一小物体，某时刻该物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开，其质量分别为mA、mB。A以vA＝1m/s的速率沿轨道运动至缺口进入圆筒，在筒内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面边沿穿出。已知重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力及一切摩擦，轨道、圆筒和叶片的厚度均忽略不计。
（1）求A在轨道内运动的时间t及圆筒高度H；
（2）若叶片以恒定角速度ω顺时针转动，且A运动至缺口时，S1恰好转过ON位置，如图乙所示，随后A未与叶片碰撞，从圆筒下底面边沿穿出时，S2恰好转至ON位置。
（ⅰ）求角速度ω；
（ii）若B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，且未与叶片及筒壁碰撞，求。
33．（2026 河北）如图所示，质量为4kg的木板上放有一个质量为1kg的机器人，木板始终受到水平向右、大小为5N的恒力作用。初始时木板与机器人一起以1m/s的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为1m/s的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，2s后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。g取10m/s2，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求：
（1）机器人被提起的2s内，木板位移的大小。
（2）从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。
34．（2026 湖北）在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为30°的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为A、B。质量为m的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高h处、质量为km的小物块乙静止在水平轨道上，乙到A、B两点的距离均为h。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求甲第一次到达A点时的速度大小。
（2）求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。
（3）若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞、且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道、求k满足的关系式（不求具体数值）。
35．（2026 黑龙江）如图，光滑水平面上一质量mA＝0.4kg的木板，其右端通过轻弹簧连接质量mB＝0.1kg的物块，此时弹簧伸长量x0＝0.1m，物块和木板均静止。质量mC＝0.1kg的小球（可视为质点）通过长L＝0.9m的轻绳悬于O点。小球从绳与竖直方向成θ＝60°处由静止释放，摆至最低点时与木板右端发生弹性碰撞，时间极短。取重力加速度g＝10m/s2。
（1）求碰撞后瞬间木板的速度大小vA；
（2）弹簧的压缩量第一次为x0时，物块速度大小为vB＝0.8m/s，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数μ。
36．（2026 山西）如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中AB段的长度l＝36m、倾角为θ，BC段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从A点由静止下滑，经过t＝6s到达B点，此后进入BC段继续滑行。游客甲和滑板的总质量m＝60kg，AB段、BC段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，其中μ2。重力加速度g取10m/s2，sinθ。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在B点处的机械能损失。
（1）求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数μ1；
（2）求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小；
（3）当甲到达B点时，游客乙乘同样滑板恰以5m/s的速度经过A点下滑。求乙到达B点时与甲的距离。
37．（2026 湖南）如图，长为L的轻杆竖直放置，上端固定一质量为m的小球，下端连接于水平地面上某固定点，杆可绕该点无摩擦转动。小球内部安装了质量不计的智能弹射装置。受轻微扰动后，小球和杆从静止开始一起运动，当两者间弹力为0时，小球脱离轻杆，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求小球接触地面瞬间的速度v的大小；
（2）求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值；
（3）小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度大小相等、方向相反，水平方向分速度相等。碰撞后瞬间，智能弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成两部分，两部分速度方向均与小球分裂前瞬间的速度方向成θ角（θ已知，且0＜θ＜α）。设两部分质量之比为k，弹射装置释放的能量为E。
（ⅰ）求E与k的关系；
（ⅱ）当E最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，求两部分第一次落地点的间距d。
38．（2026 云南）某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和N个相同的不对称“倒V”形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内。入口端与第一个“倒V”形管道左端高度差为h0，每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为h1和h2（h1＜h2），每个“倒V”形管道的左端均静置1个质量为m的弹球，自上而下依次编号为1，2，3，…，N。开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为M＝4m的弹球P。所有弹球的直径均略小于管道内径，不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损失和空气阻力，所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，重力加速度为g。
（1）求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P和1号弹球各自的速度大小；
（2）已知：每个弹球在被上方弹球碰撞后，与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞，且所有弹球（包括P）都能到达出口。
（ⅰ）求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1、2号弹球各自的速度大小；
（ⅱ）求弹球P与1号弹球第k（k＜N）次碰撞后瞬间的速度大小；
（ⅲ）若N足够大，且，求h1与h2之间应满足的关系。
专题17 动量与动量守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共11小题）
1．【答案】B
【分析】t1﹣t2时间内重锤做自由落体运动，重锤与桩撞击后共速，碰撞时二者动量守恒，动能损失最大，然后根据动量定理分析。
【解答】令m＝ 1×103kg，M＝ 3×103kg，
t1﹣t2时间内重锤做自由落体运动，末速度v1＝g（t2﹣t1），代入数据可得v1＝6m/s，
重锤与桩撞击时二者动量守恒，以向下为正方向，有mv1＝（m+M）v2，代入数据可得v2＝1.5m/s，
A、t2﹣t3时间内，设桩对重锤的平均作用力大小为F，对重锤，以向上为正方向，由动量定理可知（F﹣mg）（t3﹣t2）＝0﹣（﹣mv2），代入数据可得F＝17500N，由牛顿第三定律可知重锤对桩的平均作用力大小为17500N，故A错误；
B、t2﹣t3时间内，设软土对桩的平均作用力大小为F'，对桩，以向上为正方向，由动量定理可知（F'﹣F﹣Mg）（t3﹣t2）＝0﹣（﹣Mv2），代入数据可得F'＝7×104N，故B正确；
C、t1﹣t3时间内，重锤和桩是完全非弹性碰撞，因此碰撞过程中有机械能损失，所以软土对桩做的功小于重锤和桩的机械能损失，故C错误；
D、t1﹣t3时间内，对重锤，由动量定理可知IG+IF＝0，所以重锤的重力冲量值等于桩对重锤作用力的冲量值，故D错误。
故选：B。
2．【答案】A
【分析】对物块受力分析，结合冲量的公式判断；根据功的公式判断；根据机械能守恒的条件判断。
【解答】A、物块在固定斜面上匀速下滑，说明物块受到的合外力为零，则下滑的过程中合外力的冲量一定为零，故A正确；
B、物块在固定斜面上匀速下滑，则物块受到的支持力的大小等于重力垂直于斜面的分力，所以下滑的过程中支持力的冲量不为零，故B错误；
C、物块受到重力、斜面的支持力和摩擦力，根据三力平衡的特点可知，物块受到的重力与摩擦力的合力一定与支持力大小相等，方向相反，由于支持力垂直于运动的轨迹，所以重力与摩擦力的合力的方向也垂直于斜面，不做功，故C错误；
D、物块下滑的过程中受到的摩擦力的方向沿斜面向上，与运动的方向相反，可知摩擦力对物块做负功，支持力不做功，可知除重力外还有其他的力做功，所以物块的机械能不守恒，故D错误。
故选：A。
3．【答案】B
【分析】以人作为研究对象，起跳过程运用动量定理，明确人受到自身平均作用力、重力、地面支持力；作用时间不变、平均作用力增大，合外力冲量增大，起跳获得的速度与动量随之增大，再依次分析各选项中支持力、冲量的变化情况。
【解答】C、由于起跳方向不变，设起跳方向与地面的夹角为θ，人的质量为m，重力加速度为g，则地面对人的平均支持力为FN＝F合sinθ+mg
则地面的平均支持力变大，故C错误；
ABD、由于起跳方向与作用时间Δt不变，当用更大的平均作用力起跳时，根据牛顿第三定律可知，地面对人的平均作用力F也增大，人所受的平均合力F合也增大，由动量定理有I＝F合t＝Δp＝mΔv
可知，起跳完成时动量变大，地面给人的冲量变大，由于初速度为0，起跳完成时速度变大，故AD错误，B正确。
故选：B。
4．【答案】A
【分析】A球下落过程机械能守恒，两球弹性正碰，速度交换，B球上升过程机械能守恒。
【解答】设小球的质量为m，A球由释放到最低点的过程，机械能守恒，有mgL（1﹣cos60°），
两球发生弹性碰撞，速度交换，B球向上运动的过程，机械能守恒，有mgh，代入数据可得h，故A正确，BCD错误。
故选：A。
5．【答案】A
【分析】求出拐点处动量变化量，由此得到合外力的冲量，再求出在拐点处其所受冲量和动量的比值，根据图中几何关系逐项分析。
【解答】设小球的速度大小为v，质量为m，在拐点g处，速度变化如图所示：
根据几何关系可得：，在拐点处动量变化量为：，所以在拐点处其所受冲量大小为：，则在拐点处其所受冲量和动量的比值是：，根据图中几何关系可得：，，，，故A正确，BCD错误。
故选：A。
6．【答案】B
【分析】根据瞬时冲量求出太空碎片获得的瞬时速度，再根据牛顿第二定律求出太空碎片在半径为r上线速度大小，然后根据动能的定义式即可求出该太空碎片受到冲量作用后瞬间的动能。
【解答】设质量为m的太空碎片绕地球做半径为r的匀速圆周运动的线速度为v1，则
由动量定理得，太空碎片瞬时冲量I作用时的速度大小为，方向与v1垂直，故作用后瞬间太空碎片的速度大小为
根据动能的定义得该太空碎片受到冲量作用后瞬间的动能为
解得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
7．【答案】C
【分析】根据动量定义式p＝mv，分别计算两款机器人的动量，再求动量大小之差。
【解答】动量定义式p＝mv，代入数据可得两款机器人动量大小分别为p1＝750kg m/s，p2＝380kg m/s，差值Δp＝（750﹣380）kg m/s＝370kg m/s，故C正确，ABD错误。
故选：C。
8．【答案】D
【分析】传送带以恒定速率运行，甲乙两物块通过轻绳连接且初始相对传送带静止。对乙施加水平向右外力使其以恒定加速度运动，经时间t1后撤去外力，再经时间t2绳绷直。需分析两段时间关系、摩擦生热、绷直后瞬间动能及后续碰撞可能性。关键在于以传送带为参考系分析甲乙的相对运动过程，明确外力作用阶段乙相对传送带匀加速，撤去外力后乙相对传送带匀减速，绳绷直时两者相对位移达到绳长。绷直后两者发生完全非弹性碰撞共速，再分析两者相对传送带的减速运动，比较减速位移差与绳长判断是否碰撞。
【解答】A、规定传送带运动方向为正方向，以传送带为参考系分析相对运动，在0～t1时间内，对乙施加外力使其相对地面的加速度为，由于传送带恒速，乙相对传送带做初速为零的匀加速运动，甲受力平衡保持相对静止，t1时刻乙相对传送带的速度，撤去外力后乙在滑动摩擦力作用下相对传送带减速，因，其相对减速度大小也为，若t2＞t1，乙相对传送带的速度将早于t2减为零并随之保持静止，相对距离不再增加，绳不可能在t2时刻才达到最大长度绷直，故必定有t1 t2，故A错误；
B、从撤去外力到绳绷直经历了时间t2，此阶段乙相对传送带的位移，因摩擦产生的热量Q＝μBmgx2，代入解得，故B错误；
C、设传送带速率为v0。绳绷直瞬间两者发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律，解得共速，因传送带速率v0未知，无法确定以地面为参考系下甲的动能，故C错误；
D、绳绷直后，甲、乙均相对传送带向右滑动，产生向左的摩擦力，甲的加速度大小，乙的加速度大小，由于乙减速更快，绳子瞬间松弛，甲相对传送带减速到零的位移，乙相对传送带减速到零的位移，两者相对靠近的最大距离。在0～t1时间内乙相对位移，绳长即为最大相对位移，对比有，因t1 t2（即t1＝t2+Δt，Δt 0），代入展开可知该式恒大于零，即Δs＜L，说明甲在追上乙前二者均已相对传送带静止，此后不再发生相对运动，故甲、乙最终不会发生碰撞，故D正确。
故选：D。
9．【答案】C
【分析】x﹣t图像的斜率表示速度，根据图像求解碰撞前、后碰撞后m1、m2的速度大小，根据动量守恒定律求解两物体的质量；根据动能的计算公式求解碰撞前、后系统的动能，由此分析碰撞的性质。
【解答】A、x﹣t图像的斜率表示物体运动的速度，由图可知，碰前m2保持静止，m1速度为v1m/s＝4m/s，故A错误；
B、根据斜率可知，碰撞后m2的速率为v′2m/s＝2m/s，m1的速率为v′1m/s＝﹣2m/s，负号说明m1反向弹回，二者速度大小相等，故B错误；
C、碰撞后m1反向弹回，以开始时m1的方向为正方向，由动量守恒定律可知，m1v1＝m1v′1+m2v′2，代入数据解得，m2＝3m1，由于速度大小相等，则说明碰撞后碰撞后m2的动量大于m1的动量，故C正确；
D、由动能的表达式可知，m1的动能Ek12m1，m2的动能Ek22m2，因为m2＝3m1，v'1＝v'2，所以碰撞后m2的动能大于m1的动能，故D错误。
故选：C。
10．【答案】D
【分析】依据匀加速直线运动速度与位移关系，结合动量的定义式，及数学的二次函数图像，即可分析判定。
【解答】一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么位移与速度关系为：x，
而动量表达式为：p＝mv，
两式联立有：p2＝2am2x，
再由位移与速度均沿着x轴正方向，则x取正值，动量p也取正值。
综上所述，故D正确，ABC错误。
故选：D。
11．【答案】D
【分析】小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落于光滑的圆弧槽，且槽置于光滑的水平面上。由于槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒。当小球在半圆槽内运动的B到C过程中，槽也会向右运动。水平方向满足动量守恒。在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守恒。小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动。
【解答】A、小球在半圆槽内运动的B到C过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒。由于小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，球对槽做功，动能增加，同时槽也对球做功，故A错误。
B、小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误。
C、小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故C错误。
D、小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，水平方向合外力为零，故小球与半圆槽动量守恒，故D正确。
故选：D。
二．多选题（共8小题）
12．【答案】AD
【分析】M、N质量相等，根据弹性碰撞的特点可知两物体的速度关系，结合运动学公式求出M、N第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的过程，两物块位移相等该过程运动时间，结合运动学公式和碰撞的规律分析判断。
【解答】M、N质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，则t0时刻两物块碰后瞬间M的速度为v，N的速度为0，M与斜面间的动摩擦因数为tanθ、N与斜面间无摩擦，则碰后M做匀速直线运动，N做加速度大小为的匀加速直线运动，从M、N第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的过程，两物块位移相等，设该过程运动时间为Δt1
则有
解得
Δt1＝2t0
则3t0时刻M、N发生第二次碰撞碰前瞬间M的速度为v，N的速度为
v'＝aΔt1＝2v
所以第二次碰后瞬间M的速度为v'＝2v，N的速度为v，同理可得M、N从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间有
解得
Δt2＝2t0
所以5t0时刻发生第三次碰撞，第三次碰前瞬间M的速度为
v'＝2v
N的速度为
v''＝v+aΔt2
解得
v''＝3v
对比选项中图像可知AD正确，BC错误。
故选：AD。
13．【答案】AD
【分析】先对释放瞬间的P、Q整体与隔离受力分析，用牛顿第二定律求加速度和拉力；再利用系统动量守恒得到位移、速度关系，结合能量守恒定律，分别求解N下降的最大距离和速度最大值，最终判断选项AD正确。
【解答】AB.根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬间，弹簧形变量不变，弹力不发生突变，轻绳弹力发生突变，
设释放后瞬间轻绳上的拉力大小为T，对Q、P整体，
由牛顿第二定律有2mg﹣mg＝（m+2m）a，
对Q，由牛顿第二定律有2mg﹣F＝2ma，
联立解得，，故A正确，B错误；
CD.根据题意，把物块N、P、Q看成整体，左边受向下的2mg，右边也受向下的2mg，整体合力为零，将N与P、Q整体的运动视作反冲运动，作用前：p＝0
作用后：p′＝mvN﹣（m+2m）vPQ
则根据动量守恒定律有：p′＝p
所以mvN＝（m+2m）vPQ，
则有mvNt＝（m+2m）vPQt，
可得mxN＝（m+2m）xPQ，
解得vN＝3vPQ，xN＝3xPQ，
设释放后N下降的最大距离为xN＝h，则h，此时弹簧形变量为，
由能量守恒定律有，
解得，
释放后N的速度最大时为vN＝vm，则有，
又有kΔx2＝mg，
解得，
则有，
由能量守恒定律有，
解得，故C错误，D正确。
故选：AD。
14．【答案】AD
【分析】据题意，两弹簧初始弹性势能相同，根据功能关系判断：由静止释放两弹簧到与弹簧分离，对甲、乙两质点所做的功大小关系；由动能定理判断：当弹簧各自恢复到自然长度时，甲质点对乙质点的动能比；根据动量与动能的关系，分析甲质点对乙质点的动量量值比；根据牛顿第二定律，分析甲质点对乙质点的加速度量值比；根据甲质点对乙质点的加速度量值关系，结合运动学公式，分析两质点自释放开始至离开弹簧所需的时间大小关系。
【解答】A．据题意，两弹簧的初始压缩量相同，初始弹性势能相同，根据功能关系可知，由静止释放两弹簧到与弹簧分离，对甲、乙两质点所做的功均等于弹簧的初始弹性势能，故两弹簧分别对甲、乙两质点所做的功相等。再由动能定理可知，甲、乙两质点离开弹簧时的动能相等，即当弹簧各自恢复到自然长度时，甲质点对乙质点的动能比为1：1，故A正确，E错误；
D．动量与动能的关系：p，因两质点离开弹簧时的动能相等，甲质点对乙质点的质量比为1：4，故当弹簧各自恢复到自然长度时，甲质点对乙质点的动量量值比为1：2，故D正确；
C．释放瞬间，两弹簧的弹力大小相等，根据牛顿第二定律得：F＝ma，因甲质点对乙质点的质量比为1：4，故释放瞬间，甲质点对乙质点的加速度量值比为4：1，故C错误；
B．由C选项的解答可知，当两弹簧的压缩量相同时，甲质点对乙质点的加速度量值比为4：1，因两质点的初速度均为零，两质点自释放开始至离开弹簧运动的位移大小相等，由运动学公式易知，甲质点自释放开始至离开弹簧所需的时间小于乙质点的，故B错误。
故选：AD。
15．【答案】CD
【分析】根据动量守恒定律的条件结合题意判断出系统的动量是否守恒，并由此得出小球的速度变化趋势，从而判断出轻杆对小球的做功类型；
当小球A的速度最大时，轻杆弹力为零，此时对小球C根据牛顿第二定律得出对应的加速度；
根据机械能守恒定律和关联速度的特点得出小球A的速度。
【解答】A．A、B、C三球组成的系统，只有重力做功，根据机械能守恒定律的条件可知系统的机械能守恒，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，在竖直方向上合外力不为零，动量不守恒，因此可分析出系统动量不守恒，故A错误；
B．根据水平方向动量守恒可知，小球A速度先增大后减小，动能先增大后减小，轻杆对小球A先做正功后做负功，故B错误；
C．A、B两球的动能始终相等，A球动能最大时，轻杆弹力为零，C球仅受重力作用，根据牛顿第二定律可知此时C球的加速度为g，故C正确；
D．当两杆夹角为120°时，根据机械能守恒有：
根据A、B、C球的速度关系有
vCcos60°＝vBcos30°＝vAcos30°
联立解得：，故D正确。
故选：CD。
16．【答案】ABD
【分析】根据甲、乙两物块的加速度特点分析出两者的相对运动情况；
根据动量守恒定律和能量守恒定律分析出碰撞后两个物块的速度特点；
根据题意分析出高度对乙运动时间的影响，结合题意完成分析；
根据上述分析可知，甲最终停止的位置和乙不发生碰撞时停止的位置相同，结合动能定理得出对应的位置。
【解答】A、两滑块在光滑斜坡上初速度加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度和相对加速度均为零，即两个物体相对静止，故A正确；
B、两滑块滑到水平面后做匀减速直线运动，由于两个滑块的质量相等，且发生弹性碰撞，则碰撞前后两个物体的速度发生交换，故B正确；
C、若乙的高度较大，甲的高度较小，则可能发生碰撞前甲已经停止运动，甲乙碰撞速度发生交换，甲就停止了运动，此情况下，乙的高度越大，乙的运动时间也越长，故C错误；
D、乙下滑过程中，根据动能定理可得：
因为甲和乙发生的是弹性碰撞，两者交换速度，则甲最终停止位置与乙不发生碰撞时停止的位置相同，如果没有发生碰撞，则乙在水平面上运动到停止，根据动能定理可得：
﹣μmgx＝0
联立解得：x，故D正确；
故选：ABD。
17．【答案】BD
【分析】根据对对木栓分析可知合外力的冲量为0，但是重力有冲量分析A项；
根据动能定理结合锤子撞击木栓后木栓获得的动能分析B项；
根据栓进入过程损失的机械能即为阻力做的功分析C项；
根据对木栓受力分析结合方孔侧壁弹力成线性变化分析求解D项。
【解答】A.锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为﹣I，故A错误；
B.锤子撞击木栓后木栓获得的动能为：Ek
木栓进入过程根据动能定理有：（mg）Δx＝0﹣Ek
解得平均阻力为：mg，故B正确；
C.木栓进入过程木栓减少的动能为，减少的重力势能为mgΔx，木料增加弹性势能为Ep，则木料和木栓的机械能共损失了：ΔEEp，故C错误；
D.对木栓的一个侧面受力分析如图：
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有
且根据B选项求得平均阻力：mg
又由：f＝μFN
联立可得：f，故D正确；
故选：BD。
18．【答案】BD
【分析】分别对甲和乙受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，进而比较速度大小；比较两物体所受合力大小，进而比较从开始运动到某一时刻物体所受合力的冲量，根据动量定理比较动量的大小。
【解答】A、分别对甲和乙受力分析，设两者间的磁力为F，对甲，由牛顿第二定律得：F﹣μm甲g＝m甲a甲
解得：a甲μg
对乙，由牛顿第二定律得：F﹣μm乙g＝m乙a乙
解得：a乙μg
由题意可知，m甲＞m乙，则a甲＜a乙，则在它们相近过程中的任意时刻甲的速度大小比乙的小，故A错误；
BCD、甲物体所受摩擦力大于乙物体所受摩擦力，则甲所受合力小于乙所受合力，从释放甲和乙到它们相互接近过程中的某一时刻，甲所受合力的冲量小于乙所受合力的冲量，根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，甲的动量大小比乙的小，甲和乙的动量之和不为零，故BD正确，C错误；
故选：BD。
19．【答案】ABD
【分析】a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度变化量；根据题意分析清楚A、B的运动过程；应用动量定理、牛顿第二定律、能量守恒定律与动量守恒定律分析答题。
【解答】A、撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小：I＝mAv0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝mAv0，对B，以向右为正方向，由动量定理得：I墙壁﹣I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝mAv0，方向水平向右，故A正确；
B、弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得：a，由图（b）所示图像可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是：aB＞aA，即，解得：mB＜mA，故B正确；
C、B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故C错误；
D、a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，则因初速度为零，t1时刻A的速度大小v0＝S1，t2时刻A的速度大小vA＝S1﹣S2，B的速度大小vB＝S3，由图（b）所示图像可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即vA＝vB，则S1﹣S2＝S3，故D正确。
故选：ABD。
三．实验题（共4小题）
20．【答案】（2）③6.26；；；④100；⑤2.06×10﹣3。
【分析】（2）③由图1得到s1的数值，根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度得到小球在B位置处的速度；由v＝v0+at，和逐差法得到球在C位置处的速度；④由图2得到F的数值；⑤将v2和F以及m、T代入薄膜压缩时间表达式计算时间t。
【解答】（2）③毫米刻度尺的分度值为1mm，需要估读到下一位，根据题可得s1＝262.6mm﹣200.0mm＝62.6mm＝6.26cm，
根据匀变速直线运动规律可得，
根据速度—时间关系有v2＝v1+gT
又
联立可得
④根据题图可得Ip为158a u 时，F为100N；
⑤m＝30.0g；T＝0.02s；由动量定理可估测薄膜压缩时间
结合
将数据代入可得。
故答案为：（2）③6.26；；；④100；⑤2.06×10﹣3。
21．【答案】（1）；（2）；（3）。
【分析】（1）小球离开桌面后做平抛运动，应用运动学公式求出小球A离开桌面时的速度大小。
（2）求出压力传感器示数最大时弹簧的弹性势能，然后求出小球B接触传感器前瞬间的速度大小。
（3）应用动量守恒定律求解。
【解答】（1）小球离开桌面后做平抛运动，
由运动学公式得，
解得。
（2）压力传感器示数最大时，弹簧的弹性势能
动能转化为弹性势能，即
小球B接触压力传感器前速度大小
（3）若动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 m1v1﹣m2v2＝0，整理得 。
故答案为：（1）；（2）；（3）。
22．【答案】（1）物体A做简谐运动的振幅为0.04m；
（2）B、P相互作用过程中，物体B受到P的冲量大小为2N s；
（3）木板与墙壁第二次碰撞时，物体B距木板右端的距离为1.22m。
【分析】（1）根据简谐运动平衡位置和振幅定义，结合胡克定律求出弹簧伸长量，再算振幅。
（2）B自由下落高度h，进入圆弧轨道后机械能守恒得到到达b点的速度，再用动量定理求冲量。
（3）B滑上木板后，两者受摩擦力产生加速度，求出各自加速度，分析木板运动到墙的时间，碰撞后反弹，再次运动直到第二次碰撞，计算相对位移。
【解答】（1）剪断细线kA＝mg，得A＝0.04m；
（2）到达圆弧最低点时速度v，根据动能定理有
mBgh
解得v＝5m/s
由T＝2π得周期T＝1s
动量的变化量Δp＝mv
重力的冲量IG＝mBgT，
B受到圆弧轨道的冲量大小IF，
解得IF＝2N s，
（3）取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mBv＝（mB+M）v1
解得v1＝4m/s
对木板有μmg＝Ma
由x得该过程木板位移大小x＝0.4m
由于x＜l0，木板与物体B共速后与墙壁发生碰撞。
取水平向右为正方向，第1次与墙碰撞后有mBv1﹣Mv1＝（mB+M）v2
解得第1次与墙碰撞后共速的速度v2
共速后与墙壁发生第二次碰撞
由能量守恒得：μmBgs
s＝1.78m
所以物体B距木板右端的距离Δx＝1﹣s
Δx＝1.22m
答：（1）物体A做简谐运动的振幅为0.04m；
（2）B、P相互作用过程中，物体B受到P的冲量大小为2N s；
（3）木板与墙壁第二次碰撞时，物体B距木板右端的距离为1.22m。
23．【答案】（1）相等；（2）4.50；（5）m1gt12，，。
【分析】（1）判断气垫导轨水平时，轻推滑块，若导轨水平则滑块匀速运动，遮光片经过两光电门的遮光时间相等；
（2）用20分度游标卡尺测量遮光片宽度，先读主尺刻度，再读游标尺对齐刻度，两者相加得到宽度；
（5）拉力冲量由冲量定义式I＝Ft计算，滑块动量变化由末动量减初动量计算，速度用遮光片宽度除以遮光时间近似；
（6）验证系统机械能守恒时，分别计算系统重力势能减少量和动能增加量，验证两者在误差范围内相等。
【解答】（1）当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等，则滑块经过两个光电门的速度相等，即滑块做匀速直线运动，说明气垫导轨水平。
（2）固定刻度读数为4mm，可动刻度读数为10×0.05mm＝0.50mm，所以遮光片的宽度为d＝4mm+0.50mm＝4.50mm
（5）规定初速度方向为正，则拉力冲量的大小为I＝m1gt12
滑块动量改变量的大小为
（6）系统机械能守恒，则砝码和砝码盘减少的重力势能与系统增加的动能相等，即
故答案为：（1）相等；（2）4.50；（5）m1gt12，，。
四．解答题（共15小题）
24．【答案】（1）刨身做匀速直线运动时受到的滑动摩擦力大小为Fcosθ。
（2）刨身的质量为。
（3）该过程中刨子所受合力的冲量大小为。
【分析】（1）刨身做匀速直线运动，处于受力平衡状态，推力F沿水平方向的分力与滑动摩擦力大小相等。
（2）刨身在竖直方向上受力平衡，其受到的支持力N等于刨身重力与推力F的竖直分力之和，结合滑动摩擦力公式：f＝μN，解得刨身的质量。
（3）刨子由静止开始做匀加速直线运动，根据运动学公式求得末速度大小，根据动量定理求解合力的冲量大小。
【解答】（1）刨身做匀速直线运动，处于受力平衡状态。将斜向下的推力F沿水平、竖直方向分解，水平方向的分力为Fcosθ，该分力与滑动摩擦力大小相等，因此滑动摩擦力大小为：
f＝Fcosθ
（2）在竖直方向上受力平衡，刨身受到的支持力N等于刨身重力与推力F的竖直分力之和，则有：N＝mg+Fsinθ
结合滑动摩擦力公式：f＝μN，与（1）问的结论可得：Fcosθ＝μ（mg+Fsinθ）
解得刨身的质量为：
（3）刨子由静止开始做匀加速直线运动，根据运动学公式可得：v2＝2aL，解得末速度大小为：
根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，以向左为正方向，由于初动量为0，因此合力的冲量大小为：
答：（1）刨身做匀速直线运动时受到的滑动摩擦力大小为Fcosθ。
（2）刨身的质量为。
（3）该过程中刨子所受合力的冲量大小为。
25．【答案】（1）两物块分离前的瞬间，小物块速度大小为4m/s，大物块速度大小为1m/s。
（2）两物块分离前的瞬间，小物块受到支持力的大小为35N。
（3）小物块与粗糙地面之间的动摩擦因数为0.25。
【分析】（1）小物块从圆弧顶端下滑至A点的过程中，大物块与小物块组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，同时圆弧光滑系统机械能守恒，结合已知的两物块质量、圆弧半径，联立两个守恒规律即可推导得到分离瞬间两者的速度大小。
（2）分离瞬间大物块做匀速运动，以大物块为参考系，小物块相对大物块做圆周运动，圆周运动的向心力由支持力与重力的合力提供，结合第一问得到的两者速度计算相对速度，利用牛顿第二定律即可推导小物块受到的支持力大小。
（3）大物块在光滑地面始终做匀速直线运动，小物块从A点向右运动到B点发生弹性碰撞后返回A点，全程摩擦力始终做负功，总路程为2倍AB间距，末速度与大物块速度相等，对小物块全程应用动能定理，结合已知的AB间距、初末速度即可推导动摩擦因数。
【解答】（1）取水平向右为正方向。小物块从圆弧顶端运动到A点的过程中，系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，有mv+Mv′＝0，其中M＝4m。
设小物块到达A点时速度大小为v，大物块速度大小为v′，则v＝4v′。
又由系统机械能守恒，小物块下降高度为R，有，代入R＝1m、g＝10m/s2及M＝4m，解得v＝4m/s，v′＝1m/s。
因此两物块分离前的瞬间，小物块速度大小为4m/s，大物块速度大小为1m/s。
（2）在A点，大物块沿水平方向做匀速运动，因此以大物块为参考物体时，小物块相对于圆弧的速度大小为v相＝v+v′，即v相＝5m/s。
由图中圆弧在A点的曲率方向可知，小物块所需向心加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律，代入数据解得N＝35N。
（3）小物块到达A点时速度为4m/s，随后在粗糙地面上向右运动到B点，与墙壁发生弹性碰撞，碰撞后速度大小不变，再向左运动回到A点。
由于摩擦力大小恒为f＝μmg，设小物块从A到B的速度大小为v1，根据动能定理有；
返回A点时速度大小为1m/s，再次应用动能定理，有。
两式相加得，代入L＝1.5m、g＝10m/s2、v＝4m/s，v′＝1m/s，解得μ＝0.25。
答：（1）两物块分离前的瞬间，小物块速度大小为4m/s，大物块速度大小为1m/s。
（2）两物块分离前的瞬间，小物块受到支持力的大小为35N。
（3）小物块与粗糙地面之间的动摩擦因数为0.25。
26．【答案】（1）原子核动能为。
（2）a.电子可获得的最大能量为；
b.说明：在各类碰撞中，发生弹性碰撞时原子核获得的动能最大，设暗物质粒子的初速度为v，碰撞后暗物质粒子的速度为v中，原子核的速度为v核，以暗物质粒子的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律
mv＝mv中+Mv核
由能量守恒定律
得原子核的最大动能
由（a）知电子获得的最大能量
有
得
E电≈1.8keV
因为
Ekmax＝0.03keV 1keV
E电＝1.8keV＞1keV
探测器探测不到原子核的能量，可以探测到电子的能量。与通过原子核获得的动能来探测中性粒子相比，米格达尔效应有助于探测质量更小的暗物质粒子。
【分析】（1）由动量守恒定律求出中性粒子与原子核碰撞后的共同速度，结合动能表达式求出原子核动能Ek。
（2）a.由动量守恒定律和动能定理求出电子可获得的最大能量E电；
b.由动量守恒定律和能量守恒定律求出原子核的最大动能，结合（a）可知电子获得的最大能量，以此分析说明：与通过原子核获得的动能来探测中性粒子相比，米格达尔效应有助于探测质量更小的暗物质粒子。
【解答】（1）设中性粒子与原子核碰撞后的共同速度为v'，以v的方向为正方向，由动量守恒定律
mv＝（m+M）v'
得
原子核动能
得
（2）a.若发生了米格达尔效应，中性粒子与原子核发生的碰撞为非弹性碰撞，并且为完全非弹性碰撞时，电子获得的能量最大，设碰撞后中性粒子与原子核的共同速度为v'，以v的方向为正方向，由动量守恒定律
mv＝（m+M）v'
则电子获得的最大能量
得
b.在各类碰撞中，发生弹性碰撞时原子核获得的动能最大，设暗物质粒子的初速度为v，碰撞后暗物质粒子的速度为v中，原子核的速度为v核，以暗物质粒子的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律
mv＝mv中+Mv核
由能量守恒定律
得原子核的最大动能
由（a）知电子获得的最大能量
有
得
E电≈1.8keV
因为
Ekmax＝0.03keV 1keV
E电＝1.8keV＞1keV
探测器探测不到原子核的能量，可以探测到电子的能量。与通过原子核获得的动能来探测中性粒子相比，米格达尔效应有助于探测质量更小的暗物质粒子。
答：（1）原子核动能为。
（2）a.电子可获得的最大能量为；
b.说明：在各类碰撞中，发生弹性碰撞时原子核获得的动能最大，设暗物质粒子的初速度为v，碰撞后暗物质粒子的速度为v中，原子核的速度为v核，以暗物质粒子的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律
mv＝mv中+Mv核
由能量守恒定律
得原子核的最大动能
由（a）知电子获得的最大能量
有
得
E电≈1.8keV
因为
Ekmax＝0.03keV 1keV
E电＝1.8keV＞1keV
探测器探测不到原子核的能量，可以探测到电子的能量。与通过原子核获得的动能来探测中性粒子相比，米格达尔效应有助于探测质量更小的暗物质粒子。
27．【答案】（1）松鼠要完成这次跳跃所需的初速度大小为。
（2）①松鼠的加速度大小为1.0m/s2；
②此过程中树枝对松鼠的作用力大小为3.2N。
（3）①空气阻力对它做的功为﹣17.25J；
②若松鼠与地面的作用时间为90ms，该松鼠落地后不会受到永久性伤害。
【分析】（1）松鼠以一定水平初速度跳出，在空中做平抛运动，将运动沿水平方向与竖直方向分解处理，由运动学公式解答；
（2）①由运动学公式求得松鼠的加速度大小；②对松鼠受力分析，根据重力与树枝对松鼠的作用力的矢量和为松鼠所受合力，根据平行四边形定则求解。
（3）①根据动能定理求解此过程中空气阻力对它做的功；②根据动量定理求得地面对松鼠的平均作用力大小，判断地面对松鼠的平均作用力是否大于自身重力的15倍。
【解答】（1）设松鼠以水平初速度v跳出，在空中做平抛运动，可得：
在竖直方向上有：h
在水平方向上有：L＝vt
解得：v
（2）①已知松鼠在t＝2s内从静止开始做匀加速直线运动的位移大小为x＝2m，设松鼠的加速度大小为a，由运动学公式得：
x
解得：a＝1.0m/s2；
②已知松鼠的质量为m＝0.3kg，设此过程中树枝对松鼠的作用力大小为F，对松鼠受力分析如下图所示：
由余弦定理可得：F2＝（mg）2+F合2﹣2mgF合cos150°，其中：F合＝ma
解得：F≈3.2N。
（3）①由图像可知，松鼠下落位移大小为x＝10m时的速度大小为v＝9m/s，设此过程中空气阻力对它做的功为W，根据动能定理得：
mgx+W0，其中：g取9.8m/s2
解得：W＝﹣17.25J
②松鼠与地面的作用时间为Δt＝90ms＝0.09s，设地面对松鼠的平均作用力大小为F1，以竖直向上为正方向，根据动量定理得：
F1Δt﹣mgΔt＝0﹣（﹣mv），其中：g取9.8m/s2
解得：F1＝32.94N
松鼠自身重力大小为mg＝0.3×9.8N＝2.94N
因11.2＜15，故该松鼠落地后不会受到永久性伤害。
答：（1）松鼠要完成这次跳跃所需的初速度大小为。
（2）①松鼠的加速度大小为1.0m/s2；
②此过程中树枝对松鼠的作用力大小为3.2N。
（3）①空气阻力对它做的功为﹣17.25J；
②若松鼠与地面的作用时间为90ms，该松鼠落地后不会受到永久性伤害。
28．【答案】（1）小球的直径为0.05m；
（2）小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小为2m/s，它们前两次碰撞的时间间隔为0.1s；
（3）若小球与球壳第8次碰撞前瞬间球壳的速度大小为v1＝6m/s，球壳首次碰地时的速度大小为。
【分析】（1）根据速度—位移关系式求出小球和球壳一起做竖直上抛运动末速度大小，结合运动学公式求小球的直径；
（2）根据速度表达式求出球壳与小球发生第1次碰撞前的速度，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小，再根据运动学公式求它们前两次碰撞的时间间隔；
（3）根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出小球与球壳第2次碰撞后瞬间两者速度差的大小，由（2）问分析结合数学思想可知碰撞第11次后瞬间球壳位移，最后根据运动学公式求球壳首次碰地时的速度大小。
【解答】（1）从抛出至球壳与天花板相碰，小球和球壳一起做竖直上抛运动，末速度大小设为v，根据速度—位移关系式有
解得v＝1m/s
球壳与天花板发生弹性碰撞后以原速率反弹，然后向下做匀加速直线运动，小球继续上升，设小球直径为d，从球壳与天花板碰撞后到小球与球壳第1次碰撞，小球与球壳的位移大小之和为D﹣d，则
解得d＝0.05m
（2）设球壳质量为M，小球质量为m，球壳与小球发生第1次碰撞前速度分别为v10、u10，以竖直向下为正方向，则v10＝v+gΔt
解得v10＝2m/s
u10＝﹣v+gΔt
解得u10＝0
球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为v11，u11，以v10的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv10+mu10＝Mv11+mu11
由机械能守恒定律有
碰后速度差的大小Δv＝u11﹣v11
解得Δv＝2m/s
第1次碰撞后，球壳与小球均做加速度向下、大小为g的匀变速直线运动，设两次碰撞时间间隔为Δt1，两者的相对速度大小始终为|Δv|＝2m/s，两者的相对位移大小为D﹣d，有D﹣d＝Δv Δt
解得Δt1＝0.1s
（3）设球壳与小球发生第2次碰撞前速度分别为v20、u20
v20＝v11+gΔt1
u20＝u11+gΔt1
球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为v21，u21，以v20的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv20+mu20＝Mv21+mu21
由机械能守恒定律有
解得Δv＝v21﹣u21
即Δv＝2m/s
由（2）问分析可知相邻两次碰撞的时间差都为Δt＝0.1s
以此类推：
第1次碰前至第8次碰前经历的时间为7Δt＝7×0.1s＝0.7s
Mv10+（M+m）g 7Δt＝Mv1+m（v1+2）m/s
v10＝2m/s，v1＝6m/s
代入解得M：m＝1：3
解得所有速度如表格所示（表中速度单位均为m/s）：
结合表中数据及规律可知碰撞第11次后瞬间球壳位移
为h1＝5.65m，此碰后球壳速度为 v′＝9m/s
则首次碰地速度v″满足v″2﹣v'2＝2g（h﹣h1）
解得
答：（1）小球的直径为0.05m；
（2）小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小为2m/s，它们前两次碰撞的时间间隔为0.1s；
（3）若小球与球壳第8次碰撞前瞬间球壳的速度大小为v1＝6m/s，球壳首次碰地时的速度大小为。
29．【答案】（1）载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小为600N s，方向沿斜直轨道向上，即与水平方向夹角为30°；
（2）两弹落地点之间的距离是42.4m；
（3）乙从发射到落地的过程中，两弹之间距离的最小值与v取值的关系为（国际单位制）。
【分析】（1）对无人机在运动过程应用动量定理求解合力得冲量大小和方向；
（2）两弹均做平抛运动，由高度差求落地时间差，结合水平匀速运动的位移关系求两弹落地时的水平距离差；
（3）甲落地后做匀速直线运动，乙做平抛运动，建立两弹位置坐标的函数关系，由数学方法求距离最小值与速度v的关系。
【解答】（1）载弹无人机在斜直轨道上运动过程中，规定初速度方向为正，由动量定理有I合＝（2m1+m0）v0
代入数据可得I合＝600N s
则载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小为600N s，方向沿斜直轨道向上，即与水平方向夹角为30°
（2）先释放一个灭火弹后载弹无人机水平方向的动力大小为
代入数据可得F1＝56N，水平方向由牛顿第二定律有F1﹣f＝（m1+m0）a，则释放第一个灭火弹后，第二个灭火弹与无人机一起做匀加速直线运动，所以后释放的灭火弹释放时的速度为v2＝v1+aΔt
从释放第一个灭火弹到释放第二个灭火弹的过程，由速度—位移公式可知后释放的灭火弹的位移为
由于两弹所受空气阻力不计，则两弹释放后均做平抛运动，有
则两弹落地点之间的距离为Δx＝x1+v2t0﹣v1t0
代入数据可得Δx＝42.4m
（3）相对无人机无初速度释放甲，且无人机的速度始终不变，则根据平抛运动规律可知，甲落地时，乙在甲的正上方H处，设发射乙后乙的运动时间为t，则此时两弹之间的距离为 s
由二次函数知识可知，当时，两弹之间距离最小，即
代入数据可得m
答：（1）载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小为600N s，方向沿斜直轨道向上，即与水平方向夹角为30°；
（2）两弹落地点之间的距离是42.4m；
（3）乙从发射到落地的过程中，两弹之间距离的最小值与v取值的关系为（国际单位制）。
30．【答案】（1）摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能为4J；
（2）机器人外壳上升的最大高度为0.1m；
（3）从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失为6J。
【分析】（1）根据动能定理分析摆锤由最低点到碰撞前的过程，求解碰撞前的速度，摆锤与外壳发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律分析末速度，然后分析机器人动能；
（2）碰撞后机器人做竖直上抛运动，根据初速度分析上升高度；
（3）机器人落地后，外壳速度突变为零，摆锤速度不变，根据竖直上抛规律分析摆锤末速度，然后分析整个过程的机械能损失。
【解答】（1）一个摆锤由最低点运动至碰撞挡板前，根据动能定理得：
解得：
以向上为正方向，两个摆锤与外壳发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律得：2mv1＝Mv2
解得：
则摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能为：Ek
解得：Ek＝4J；
（2）机器人外壳做竖直上抛运动，根据：h
解得：h＝0.1m；
（3）机器人落地瞬间，两摆锤速度竖直向下，大小为：
摆锤在摆动过程中机械能守恒，则整个过程损失的机械能为：
解得：ΔE＝6J。
答：（1）摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能为4J；
（2）机器人外壳上升的最大高度为0.1m；
（3）从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失为6J。
31．【答案】（1）小球D与A碰撞之后小球A的速度大小为；
（2）发生碰撞后，每根弹簧所含有的最大弹性势能为；
（3）要使弹簧恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，的值为。
【分析】（1）小球D与A碰撞过程中，根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程求解；
（2）当三者的速度相同时，弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律、能量守恒定律联立解答；
（3）设弹簧恢复原长时，经过的时间为t，根据平均动量守恒求解此过程中A的位移大小，D与A碰撞后D做匀速直线运动，根据运动学公式求解此过程中D的位移大小，根据位移相等进行解答。
【解答】（1）小球D与A碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
Mv0＝Mv1+mv2
根据机械能守恒定律可得：
联立解得碰撞后小球D、A的速度大小为：
方向向右；
（2）发生碰撞后，A与B、C通过弹簧相互作用过程中，当三者的速度相同时，弹簧弹性势能最大，设共同速度为v；取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
v
根据能量守恒定律可得：
联立解得两根弹簧总的弹性势能为：
则每根弹簧所含有的最大弹性势能为：
（3）设弹簧恢复原长时，经过的时间为t，取向右为正方向，根据平均动量守恒可得：
由于恢复原长时
即：
解得此过程中A的位移大小为：
D与A碰撞后D做匀速直线运动，此过程中D的位移大小为：
要使弹簧恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，则有：
xA＝xD
联立解得
答：（1）小球D与A碰撞之后小球A的速度大小为；
（2）发生碰撞后，每根弹簧所含有的最大弹性势能为；
（3）要使弹簧恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，的值为。
32．【答案】（1）A在轨道内运动的时间t为3s，圆筒高度H为5m；
（2）（ⅰ）角速度ω为；
（ii）若B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，且未与叶片及筒壁碰撞，为。
【分析】（1）计算物体A沿半圆弧匀速圆周运动的路程与运动时间，结合平抛水平位移求出平抛时长，利用竖直自由落体公式算出圆筒高度。
（2）（i）根据叶片三片均分120°夹角、平抛时间内叶片转过120°，由角速度定义式求出叶片角速度。
（ii）根据爆炸过程系统动量守恒列出A、B速度关系，分别写出A、B到达缺口的时间得到时间差，结合B无碰撞穿过圆筒对应的叶片转动角度通式，联立方程推导出B的速度表达式，最终得到两物体质量之比的通解。
【解答】（1）A在轨道内做匀速圆周运动，运动时间
由题知，A以vA＝1m/s的速率沿轨道运动至缺口进入圆筒，在筒内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面沿边穿出，则在水平方向有
r＝vAt
解得
t＝1s
竖直方向有
解得
h＝5m
（2）（ⅰ）由于A未与叶片碰撞，从圆筒下底面沿边穿出时，叶片转动了
则叶片角速度
（ii）物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开，以A的速度方向为正方向，有
mAvA＝mBvB
则
由于B未与筒壁碰撞则有
xB＝vB t≤r＝1m
即且A运动至缺口时，S1恰好转过ON位置，则以此时为时间基准，则B从M到O所用的时间
要使B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，则B运动到O时S1或S2或S3要运动到ON反向的位置，则叶片转过的角度 k（k＝0，1，2，3， ）
B不与叶片碰撞必须满足
解得
（k＝0，1，2，3，…）
则
答：（1）A在轨道内运动的时间t为3s，圆筒高度H为5m；
（2）（ⅰ）角速度ω为；
（ii）若B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，且未与叶片及筒壁碰撞，为。
33．【答案】（1）机器人被提起的2s内，木板位移的大小为2.5m；
（2）从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功为0.48J。
【分析】（1）根据牛顿第二定律和匀变速直线运动求解位移；
（2）根据动量守恒和动能定理求解做功。
【解答】（1）根据题意分析，设木板的质量为M，机器人的质量为m，木板与机器人一起运动时所受地面摩擦力为5N，根据动摩擦公式μ（M+m）g＝5N，故摩擦因数μ＝0.1，当机器人被提起，地面对木板的摩擦力为f＝μ×M×g，代入数据解得f＝4N，故木板根据牛顿第二定律F﹣f＝Ma，解得a＝0.25m/s2，木板做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的公式木板的位移x＝v0t，代入数据解得x＝2.5m；
（2）机器人被放回到木板上时木板的速度为v＝v0+at，代入数据解得v＝1.5m/s，当把机器人放回木板时，将机器人和木板作为整体，整体所受外力为零，故系统在水平方向上动量守恒，取初速度方向为正方向，根据动量守恒有Mv+mv0＝（M+m）v共，代入数据解得，对机器人用动能定理可知，，代入数据解得Wf＝0.48J。
答：（1）机器人被提起的2s内，木板位移的大小为2.5m；
（2）从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功为0.48J。
34．【答案】（1）甲第一次到达A点时的速度大小为。
（2）两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小为。
（3）当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0；当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0；当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0。
【分析】（1）甲从高h处静止释放，沿光滑倾斜轨道下滑至A点，此过程机械能守恒，重力势能转化为动能，已知高度h与质量m，可直接由机械能守恒定律求得甲在A点的速度大小，无需考虑中间运动细节。
（2）甲与乙在水平轨道发生弹性正碰，需运用动量守恒与机械能守恒定律。已知碰撞前甲的速度及两物块质量，可求出碰撞后乙获得的速度。乙所受合外力的冲量等于其动量的变化，由乙的质量与碰撞前后速度的变化即可确定冲量大小。
（3）此问需分析碰撞后两物块在水平轨道及倾斜轨道上的复杂运动。关键在于“第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道”的条件。需根据质量比例k分情况讨论碰撞后速度方向及大小关系，确定哪个物块先滑上斜面并返回，并分析该物块返回水平轨道后能否在另一个物块滑上另一侧斜面之前追上它，从而建立关于k的不等式关系。
【解答】（1）小物块甲从倾斜轨道下滑到A点的过程中，根据机械能守恒定律，解得甲第一次到达A点时的速度大小。
（2）甲与乙发生弹性正碰，设碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律mv0＝mv1+kmv2，
根据机械能守恒定律，解得碰后乙的速度；
对乙，根据动量定理，合外力的冲量大小I＝kmv2﹣0，代入解得。
（3）碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论：
①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，
设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有，解得，
需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0；
②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，
设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有，解得，
需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0；
若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，
根据位移关系有，解得，
需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0；
综上所述，k满足的关系式为：当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0；
当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0；
当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0。
答：（1）甲第一次到达A点时的速度大小为。
（2）两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小为。
（3）当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0；当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0；当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0。
35．【答案】（1）碰撞后瞬间木板的速度大小为1.2m/s；
（2）木板与物块间的动摩擦因数为0.28。
【分析】（1）根据动能定理小分析球由释放到最低点的过程，小球与木板弹性碰撞，动量守恒，系统总动能不变；
（2）地面光滑，碰撞后A、B和弹簧组成的系统水平方向动量守恒，可分析此时A的速度，系统机械能部分转化为AB之间摩擦产生的内能，可分析动摩擦因数。
【解答】（1）小球由释放到最低点的过程，由动能定理可知，代入数据可得vC＝3m/s，
小球与木板发生弹性碰撞，以向左为正方向，由动量守恒定律可知mCvC＝mCvC1+mAvA，系统总动能不变，有，代入数据可得vA＝1.2m/s；
（2）地面光滑，碰撞后A、B和弹簧组成的系统水平方向动量守恒，弹簧的压缩量第一次为x0时，以向左为正方向，由动量守恒定律可知mAvA＝mAvA1+mBvB，代入数据可得vA1＝1m/s，
由功能关系可知，代入数据可得μ＝0.28。
答：（1）碰撞后瞬间木板的速度大小为1.2m/s；
（2）木板与物块间的动摩擦因数为0.28。
36．【答案】（1）AB段滑道与滑板间的动摩擦因数μ1是；
（2）AB段甲和滑板的机械能损失2880J，动量变化量的大小是720kg m/s；
（3）乙刚到达B点，尚未开始减速，因此两者间距即为甲在BC段滑行的距离为40米。
【分析】（1）由运动学公式求AB段加速度，再根据牛顿第二定律结合受力分析求解动摩擦因数；
（2）机械能损失等于克服摩擦力做功，动量变化由末动量减初动量或动量定理求解；
（3）分别计算甲在水平段减速滑行的位移和时间，结合乙晚出发的时间差，确定乙到达B点时甲的位置。
【解答】（1）甲在AB段做初速为0的匀加速直线运动，已知位移l＝36m，时间t＝6s，由运动学公式：
代入数据可得a1＝2m/s2
对甲受力分析，沿斜面方向应用牛顿第二定律：mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，其中，
代入得：gsinθ﹣μ1gcosθ＝a1
代入数据可得μ1
（2）甲到达B点时速度：v1＝a1t
代入数据可得v1＝12m/s
机械能损失等于克服摩擦力做功：ΔE＝Wf＝μ1mgcosθ l
代入数据可得ΔE＝2880J
动量变化量大小Δp＝mv
代入数据可得Δp＝720kg m/s
（3）乙从A点以初速v0＝5m/s下滑，加速度仍为，位移1＝36m，由：
代入数据可得正根：t′＝4s（舍去负根），此时甲已在BC段滑行4秒，BC段动摩擦因数，故减速度：a2＝μ2g
代入数据可得a2＝1m/s2，甲在BC段4秒内滑行距离：
代入数据可得x1＝40m
乙刚到达B点，尚未开始减速，因此两者间距即为甲在BC段滑行的距离为40米
答：（1）AB段滑道与滑板间的动摩擦因数μ1是；
（2）AB段甲和滑板的机械能损失2880J，动量变化量的大小是720kg m/s；
（3）乙刚到达B点，尚未开始减速，因此两者间距即为甲在BC段滑行的距离为40米。
37．【答案】（1）小球接触地面瞬间的速度v的大小为；
（2）小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值为；
（3）（ⅰ）E与k的关系为；
（ⅱ）当E最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，则两部分第一次落地点的间距为。
【分析】（1）从开始到接触地面，对小球根据动能定理进行解答；
（2）根据动能定理结合向心力计算公式求解小球离开杆时速度大小以及此时杆与竖直方向的夹角，将速度在水平方向的分量，根据运动的合成与分解进行解答；
（3）（i）取原速度方向为正方向，根据动量守恒定律列方程；垂直于原速度方向，根据动量守恒列方程联立求解速度大小，再根据能量关系进行解答；
（ⅱ）根据E的表达式求解最小时k的取值，根据斜上抛运动的规律进行解答。
【解答】（1）从开始到接触地面，对小球根据动能定理可得：mgL
解得小球接触地面瞬间的速度的大小为：v；
（2）设小球离开杆时速度大小为v1，此时杆与竖直方向的夹角为β，则有：mgcosβ＝m
此过程中，根据动能定理可得：mgL（1﹣cosβ）
联立解得：cosβ，v1
此时速度在水平方向的分量为：vx＝v1cosβ，解得：vx
小球落地时竖直方向的速度大小为：vy，解得：vy
小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值为：tanα
解得：tanα；
（3）（i）设其中一部分的质量为m0，对应的速度大小为v2，则另一部分质量为km0，对应的速度大小为v3，如图所示：
取原速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv＝m0v2cosθ+km0v3cosθ
垂直于原速度方向，根据动量守恒定律可得：m0v2sinθ＝km0v3sinθ
联立解得：v2，v3，
弹射装置释放的能量E
又有：m＝m0+km0
联立可得：E；
（ⅱ）根据E]可得，当k，即k＝1时E最小，此时二者的质量相同。
则此时的速度大小为：v2＝v3
两者的竖直分速度大小均为：vy＝vsinα
二者同时落地的时间为：t
两者垂直于原速度方向的分速度大小均为：vx′＝v2sinθ
两部分第一次落地点的间距为：d＝2vx′t＝2vtanθ
联立解得：d。
答：（1）小球接触地面瞬间的速度v的大小为；
（2）小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值为；
（3）（ⅰ）E与k的关系为；
（ⅱ）当E最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，则两部分第一次落地点的间距为。
38．【答案】（1）弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，P的速度大小为，1号弹球的速度大小为。
（2）（ⅰ）1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1号弹球速度为0，2号弹球速度为。
（ⅱ）弹球P与1号弹球第k次碰撞后瞬间的速度大小为。
（ⅲ）h1与h2之间应满足的关系为25h1≤9h2。
【分析】（1）弹球P从入口静止下滑到与1号球碰撞前，仅重力做功，利用动能定理分析其获得的速度。P与静止的1号球发生对心弹性碰撞，系统动量守恒且机械能守恒，由此可解出碰后两球速度。
（2）（ⅰ）1号球获得速度后，需越过“倒V”形管道到达2号球位置，此过程重力做功由高度差h2﹣h1决定，利用动能定理求出1号球碰撞前的速度。随后1号球与静止且质量相等的2号球发生弹性碰撞，两者交换速度。
（ⅱ）分析弹球P与1号球的多次碰撞过程。P每次与1号球碰撞后，需沿管道下滑并再次上升，重力做功改变其动能，利用动能定理建立P在相邻两次碰撞间速度平方的变化关系。每次P都与静止的1号球发生弹性碰撞，根据质量比确定碰后速度关系。综合上述过程，可建立P在第k次碰撞后速度平方的递推关系，进而求出其通项表达式。
（ⅲ）所有弹球都能到达出口的关键是速度最小的弹球P能越过每个“倒V”形管道的最高点。需满足P在任意一次碰撞后的动能足以使其克服重力攀升高度h1。结合P速度的递推关系，当N足够大时，其速度趋于稳定值，由该极限值满足的临界条件可推导出h1与h2的关系。
【解答】（1）弹球P从释放到与1号弹球碰撞前，仅受重力做功，根据动能定理有 。
取p碰撞前的运动方向为正方向，弹球P与静止的1号弹球发生对心弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，列出方程：4mv0＝4mvP1+mv1； ，
联立解得碰后瞬间P和1号弹球的速度大小分别为 ，。
（2）（ⅰ）1号弹球越过第一个“倒V”形管道到达2号弹球位置，此过程重力做正功，下降的净高度差为 h2﹣h1，
设碰撞前瞬间1号弹球速度为 v1b，根据动能定理有 。
随后1号弹球与静止的2号弹球发生对心弹性碰撞，由于两球质量相等，弹性碰撞后两者完全交换速度，
解得碰后瞬间1号弹球和2号弹球的速度分别为 v1a＝0，。
（ⅱ）弹球P与1号弹球第 k﹣1 次碰后速度为 vP（k﹣1），随后P到达下一个碰撞位置，下降的净高度差同样为 h2﹣h1，
设P与1号弹球第 k 次碰撞前的速度为 uk，根据动能定理有 。
此时P与处于静止状态的1号弹球再次发生完全弹性碰撞，碰后P的速度满足 ，
联立可得相邻两次碰后P速度平方的递推关系式为 。
方法一（构造等比数列法）：将递推关系式两边配凑常数，变形为 ，
这说明数列 是公比为 的等比数列。结合首项 的值，
利用等比数列通项公式，解得第 k 次碰撞后P的速度大小为 。
方法二（迭代求和法）：将递推公式从第1项开始逐项代入展开，第2次碰后 ，
第3次碰后 ，
归纳至第 k 项可得 ，
对方括号内的等比数列应用求和公式 并化简合并，
同样解得第 k 次碰撞后P的速度大小为 。
（ⅲ）要使所有弹球都能到达出口，由于弹球P每次碰撞都会将部分动能传递给前方弹球，其速度始终是所有球中最慢的（即越过最高点的瓶颈）。
P越过最高点的临界条件为碰后的动能足以克服重力做功攀升 h1 的高度，即 。
由题给条件 可推知通项公式中指数项的系数 ，
这意味着 是一个随k增大而单调递减的数列。当 N 足够大时（即 k→∞），指数项趋于零，
其速度平方的极限值必须满足越过最高点的条件，即 ，化简解得h1与h2之间应满足的关系为25h1≤9h2。
答：（1）弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，P的速度大小为 ，1号弹球的速度大小为 。
（2）（ⅰ）1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1号弹球速度为 0，2号弹球速度为 。
（ⅱ）弹球P与1号弹球第 k 次碰撞后瞬间的速度大小为 。
（ⅲ） h1 与 h2 之间应满足的关系为 25h1≤9h2。
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