專題08 動量-備戰(zhàn)2025年高考物理真題題源解密（新高考）

第第頁32.（2022年全國甲卷第10題）利用圖示的實驗裝置對碰撞過程進行研究。讓質(zhì)量為的滑塊A與質(zhì)量為的靜止滑塊B在水平氣墊導軌上發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，比較碰撞后A和B的速度大小和，進而分析碰撞過程是否為彈性碰撞。完成下列填空：

（1）調(diào)節(jié)導軌水平；（2）測得兩滑塊的質(zhì)量分別為和。要使碰撞后兩滑塊運動方向相反，應選取質(zhì)量為______kg的滑塊作為A；（3）調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時，A的左端到左邊擋板的距離與B的右端到右邊擋板的距離相等；（4）使A以一定的初速度沿氣墊導軌運動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時刻開始到各自撞到擋板所用的時間和；（5）將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復步驟（4）。多次測量的結(jié)果如下表所示；123450.490.671.011.221.390.150.210330.400.460.310.330.330.33（6）表中的______（保留2位有效數(shù)字）；（7）的平均值為______；（保留2位有效數(shù)字）（8）理論研究表明，對本實驗的碰撞過程，是否為彈性碰撞可由判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則的理論表達式為______（用和表示），本實驗中其值為______（保留2位有效數(shù)字），若該值與（7）中結(jié)果間的差別在允許范圍內(nèi)，則可認為滑塊A與滑塊B在導軌上的碰撞為彈性碰撞。【答案】①.0.304②.0.31③.0.32④.⑤.0.34【解析】（2）[1]應該用質(zhì)量較小的滑塊碰撞質(zhì)量較大的滑塊，碰后運動方向相反，故選0.304kg的滑塊作為A。（6）[2]由于兩段位移大小相等，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可得（7）[3]平均值為（8）[4][5]彈性碰撞時滿足動量守恒和機械能守恒，可得聯(lián)立解得代入數(shù)據(jù)可得考向十動量守恒的判斷33.（2021年全國乙卷第1題）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）

A.動量守恒，機械能守恒B.動量守恒，機械能不守恒C.動量不守恒，機械能守恒D.動量不守恒，機械能不守恒【答案】B【解析】因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒和機械能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒。故選B。一、動量和沖量1．動量(1)定義：物體的質(zhì)量和速度的乘積．(2)表達式：p＝mv.(3)方向：與速度的方向相同．2．動量的變化(1)動量是矢量，動量的變化量Δp也是矢量，其方向與速度的改變量Δv的方向相同．(2)動量的變化量Δp，一般用末動量p′減去初動量p進行矢量運算，也稱為動量的增量．即Δp＝p′－p.3．沖量(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量．(2)公式：I＝FΔt.(3)單位：N·s.(4)方向：沖量是矢量，其方向與力的方向相同．4．動量與動能的比較動量動能物理意義描述機械運動狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標矢性矢量標量變化因素合外力的沖量合外力所做的功大小關(guān)系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)變化量Δp＝FtΔEk＝Fl聯(lián)系(1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化5.沖量的計算方法公式法I＝FΔt，此方法僅適用于求恒力的沖量，無需考慮物體的運動狀態(tài)圖像法F－t圖像與t軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量平均值法若方向不變的變力大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(shù)，則力F在某段時間t內(nèi)的沖量I＝eq\f(F1＋F2,2)t動量定理法根據(jù)物體動量的變化量，由I＝Δp求沖量，多用于求變力的沖量二、動量定理的理解和應用1．內(nèi)容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量．2．公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p.3．對動量定理的理解(1)動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和．(2)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．(3)Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動量變化的原因．(4)由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物體所受的合外力等于物體動量的變化率．(5)當物體運動包含多個不同過程時，可分段應用動量定理求解，也可以全過程應用動量定理．(6)當物體的動量變化量一定時，力的作用時間Δt越短，力F就越大，力的作用時間Δt越長，力F就越小。(7)當作用力F一定時，力的作用時間Δt越長，動量變化量Δp越大，力的作用時間Δt越短，動量變化量Δp越小。如在恒力作用下運動的小車，時間越長，小車的速度越大，動量變化量越大。三、應用動量定理處理“流體模型”的沖擊力問題研究對象流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟①構(gòu)建“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一段小柱體，其橫截面積為S②微元研究小柱體的體積ΔV＝vSΔt小柱體質(zhì)量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱體粒子數(shù)N＝nvSΔt小柱體動量p＝mv＝ρv2SΔt③列出方程，應用動量定理FΔt＝Δp研究四、動量守恒定律的理解和基本應用1．內(nèi)容如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變．2．表達式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向．3．適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零．(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒．4．動量守恒定律的五個特性：矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2、…應是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′、…應是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)五、爆炸、反沖運動和人船模型1．爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的機械能增加位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動2.反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加六、碰撞問題1．特點在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒．2．分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大3．彈性碰撞的重要結(jié)論以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2聯(lián)立解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩小球沿同一方向運動)；當m1?m2時，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，則v1′<0，v2′>0(碰后兩小球沿相反方向運動)；當m1?m2時，v1′≈－v1，v2′≈0.4．靜止物體被撞后的速度范圍物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，當發(fā)生彈性碰撞時，物體B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.則碰后物體B的速度范圍為：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.5.碰撞問題遵守的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合實際情況①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′.②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向至少有一個改變．七、人船模型1．模型圖示2．模型特點(1)兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝0(2)兩物體的位移大小滿足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝0，x人＋x船＝L，得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L3．運動特點(1)人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；(2)人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m).八、驗證動量守恒定律1．不變的實驗原理兩個物體發(fā)生碰撞，測量出兩個物體的質(zhì)量以及碰撞前后兩個物體的速度。2．通用的數(shù)據(jù)處理方法計算碰撞之前的總動量m1v1＋m2v2和碰撞之后的總動量m1v1′＋m2v2′。3．共同的注意事項(1)碰撞的兩物體應保證“水平”和“正碰”。(2)選質(zhì)量較大的小球作為入射小球，即m入＞m被碰。4．一致的誤差分析思路(1)主要來源于質(zhì)量m1、m2的測量。(2)小球落點的確定。(3)小球水平位移的測量。九、“滑塊—彈簧”模型1．模型圖示2．模型特點(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒．(2)機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒．(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相同，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(相當于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能)．(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(相當于剛完成彈性碰撞)．十、“滑塊—斜(曲)面”模型1．模型圖示2．模型特點(1)上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時m的豎直速度vy＝0.系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為m的重力勢能)．(2)返回最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(相當于完成了彈性碰撞)．十一、子彈打木塊模型1．模型圖示2．模型特點(1)子彈水平打進木塊的過程中，系統(tǒng)的動量守恒．(2)系統(tǒng)的機械能有損失．3．兩種情景(1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機械能損失最多(完全非彈性碰撞)動量守恒：mv0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2)子彈穿透木塊動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)Mv22＋eq\f(1,2)mv12)十二、滑塊—木板模型1．模型圖示2．模型特點(1)系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能．(2)若滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相同時，木板速度最大，相對位移最大．3．求解方法(1)求速度：根據(jù)動量守恒定律求解，研究對象為一個系統(tǒng)；(2)求時間：根據(jù)動量定理求解，研究對象為一個物體；(3)求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對位移：根據(jù)能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究對象為一個系統(tǒng)．1.（2024·皖豫名校聯(lián)盟&安徽卓越縣中聯(lián)盟·三模）如圖所示，足夠長粗糙斜面的傾角為37°，斜面頂端B與一段光滑的圓弧軌道AB相切于B點，圓弧AB的軌道半徑為，對應的圓心角為53°，在B點放置一質(zhì)量為3kg的小物塊乙，乙剛好不沿斜面下滑。某時刻把質(zhì)量為1kg的小物塊甲從A點由靜止釋放，甲、乙在B點發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰后經(jīng)過的時間甲、乙又發(fā)生第二次碰撞。已知甲與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g取10m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）滑塊甲與乙發(fā)生第一次碰撞前瞬間的速度大?。唬?）滑塊甲、乙第一次碰撞過程乙對甲的沖量；（3）滑塊甲與乙發(fā)生第二次碰撞前甲、乙之間的最大距離?！敬鸢浮浚?）；（2），方向沿斜面向上；（3）【解析】（1）設(shè)物塊甲與乙第一次碰撞前瞬間的速度大小為，根據(jù)幾何關(guān)系，甲從A到B豎直方向下落的距離根據(jù)動能定理有解得（2）設(shè)第一次碰撞后瞬間物塊甲、乙的速度分別為v1、v2，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律有解得，乙對甲的沖量等于甲動量的變化方向沿斜面向上（無此描述亦不扣分）（3）碰后甲以-3m/s的速度反彈，設(shè)甲從B點滑上圓弧再回到B點的時間為t1，此時甲、乙之間的距離最大在t1時間內(nèi)乙以v2=3m/s速度勻速運動的距離甲返回B點后甲的加速度設(shè)甲從返回B點到追上乙的時間為t2，對于甲追乙的過程根據(jù)題意解得，第二次碰撞前甲、乙之間的最大距離2.（2024·北京首都師大附中·三模）應用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學習更加有趣和深入。例如你用手掌平托一蘋果，保持這樣的姿勢在豎直平面內(nèi)按順時針方向做勻速圓周運動。在蘋果從最低點a到最左側(cè)點b運動的過程，下列說法中正確的是（）A.手掌對蘋果的摩擦力越來越小B.手掌對蘋果的支持力越來越大C.手掌對蘋果的作用力越來越小D.因為蘋果的動量大小不變，所以合外力對蘋果的沖量為零【答案】C【解析】AB．蘋果做勻速圓周運動，加速度大小不變，設(shè)加速度方向與豎直方向的夾角為，根據(jù)牛頓第二定律可得，蘋果從最低點a到最左側(cè)點b運動的過程中，逐漸增大，逐漸增大，逐漸減小，則手掌對蘋果的摩擦力越來越大，手掌對蘋果的支持力越來越小，故AB錯誤；C．手掌對蘋果的作用力可分解為兩個分力，其中分力與蘋果重力平衡，方向豎直向上，另一分力提供所需向心力，方向總是指向圓心；在蘋果從最低點a到最左側(cè)點b運動的過程，與大小均不變，且與之間的夾角逐漸增大，則與的合力逐漸減小，即手掌對蘋果的作用力越來越小，故C正確；D．蘋果的動量大小不變，但動量的方向時刻發(fā)生變化，所以動量變化不為0，根據(jù)動量定理可知，合外力對蘋果的沖量不為零，故D錯誤。故選C。3.（2024·北京首都師大附中·三模）如圖所示，一同學練習使用網(wǎng)球訓練器單人打回彈，網(wǎng)球與底座之間有一彈性繩連接，練習過程中底座保持不動。該同學將網(wǎng)球拋至最高點a處用球拍擊打，b是軌跡上的最高點，c處彈性繩仍然處于松弛狀態(tài)，d處彈性繩已經(jīng)繃緊并撞在豎直墻壁上，不計空氣阻力。則（）A.a處網(wǎng)球拍給網(wǎng)球的沖量沿水平方向B.拍打后a到c過程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下C.c到d過程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下D.d處反彈后網(wǎng)球做平拋運動【答案】B【解析】A．該同學將網(wǎng)球拋至最高點a處時網(wǎng)球速度為零，網(wǎng)球拍擊打網(wǎng)球后，網(wǎng)球做曲線運動，曲線上任意一點的切線方向即為網(wǎng)球的速度方向，由軌跡可知，a處軌跡的切線方向斜向右上方，則可知a處的速度方向斜向右上方，因此網(wǎng)球拍給網(wǎng)球的沖量應斜向上方，故A錯誤；B．拍打后a到c過程中網(wǎng)球只受到重力的作用，而重力豎直向下，則重力的沖量豎直向下，因此拍打后a到c過程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下，故B正確；C．由題意可知，d處彈性繩已經(jīng)繃緊，即彈性繩在到達d處時已經(jīng)出現(xiàn)了彈力，因此網(wǎng)球從c到d過程中受力情況分為只受重力與受到重力和彈性繩的拉力兩種情況，若只受重力階段，則沖量豎直向下；若受到重力和彈性繩的拉力則二者合力斜向左下方，因此網(wǎng)球受到的沖量方向斜向左下方，故C錯誤；D．做平拋運動的條件是初速度水平，且只受重力，顯然網(wǎng)球在d處反彈后除了受到重力還有因彈性繩收縮而受到的拉力，故D錯誤。故選B。4.（2024·廣東4月名校聯(lián)考）在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護作用的實驗中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線（如圖）。從碰撞開始到碰撞結(jié)束過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（）A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積 B.動量大小先增大后減小C.動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積 D.加速度大小先增大后減小【答案】D【解析】AB．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F—t圖像的面積即合外力的沖量，再根據(jù)動量定理可知F—t圖像的面積也是動量的變化量，且圖線一直在t軸的上方，由于頭部有初動量，由圖可知，動量變化越來越大，則動量的大小一直減小到假人頭靜止，動量變化最大，AB錯誤；C．根據(jù)動量與動能的關(guān)系有，而F—t圖像的面積是動量的變化量，則動能的變化量與曲線與橫軸圍成的面積不成正比，C錯誤；D．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓定律可知a∝F，即假人頭部的加速度先增大后減小，D正確。故選D。5.（2024·廣西南寧市、河池市等校聯(lián)考·二模）2023年秋某高校軍訓，如圖所示，輕繩一端固定，質(zhì)量為的同學（可視為質(zhì)點）抓住繩的另一端，使繩水平拉直后由靜止擺下過障礙物。已知繩長為，在輕繩到達豎直狀態(tài)時放開繩索后水平飛出。繩子的固定端到地面的距離為。不計輕繩質(zhì)量和空氣阻力，重力加速度g取值，求：（1）該同學做圓周運動的過程中合力沖量的大??；（2）該同學擺到最低點（未飛出時）對繩的拉力大小；（3）該同學的落地點離繩的固定端的水平距離和落地時重力的功率大小?！敬鸢浮浚?）；（2）1800N；（3）3.6m，3600W【解析】（1）對同學從開始到擺到最低點的過程中，根據(jù)動能定理得根據(jù)動量定理得同學做圓周運動的過程中合力沖量的大?。?）對同學在最低點受力分析，由牛頓第二定律得解得由牛頓第三定律得同學擺到最低點未飛出時對繩的拉力大小等于1800N；（3）同學放開繩索后做平拋運動：豎直方向上做自由落體運動水平方向上做勻速直線運動，水平位移聯(lián)立得同學的落地點離繩的固定端的水平距離同學在豎直方向上根據(jù)運動學公式得故重力的功率大小為6.（2024·貴州省六校聯(lián)盟·三模）如圖所示，一長的水平傳送帶在電動機帶動下以速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，質(zhì)量的小物塊和質(zhì)量的小物塊B由跨過定滑輪的輕繩連接，繩不可伸長，A與定滑輪間的繩子與傳送帶平行。某時刻將物塊A輕輕放在傳送帶最左端，已知物塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，滑輪的質(zhì)量和繩與滑輪間的摩擦不計，重力加速度，兩物塊均可視為質(zhì)點。求：（1）把物塊A放上去瞬間B的加速度的大?。唬?）物塊A從傳送帶左端運動到右端過程中傳送帶對物塊A的沖量大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）根據(jù)題意，設(shè)物塊A放上去瞬間繩子的拉力為，由牛頓定律，對物塊A有對物塊B有解得，（2）根據(jù)（1）分析可知，物塊A在傳送帶上做勻加速直線運動，設(shè)加速到與傳送帶共速的時間為，則有運動的距離為由于物塊A與傳送帶間的最大靜摩擦力可知，物塊A與傳送帶共速后，一起勻速到右端，運動時間為此時繩子的拉力為設(shè)物塊A從傳送帶左端運動到右端過程中傳送帶對物塊A的水平方向沖量為，對物塊A，由動量定理有豎直方向的沖量為總沖量為即物塊A從傳送帶左端運動到右端過程中傳送帶對物塊A的沖量大小。7.（2024·河南省九師聯(lián)盟·三模）某田徑運動員，在一次鉛球比賽中，他先后兩次以不同的拋射角度將鉛球從同一位置擲出，鉛球在空中兩次運動過程中動量的變化量相同，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A.鉛球兩次空中運動時間相同B.兩次擲鉛球，運動員做的功相同C.兩次擲鉛球，運動員對鉛球的沖量相同D.鉛球兩次在空中運動的最小速度大小相同【答案】A【解析】A．鉛球在空中兩次運動過程中動量的變化量相同，根據(jù)動量定理可知鉛球兩次在空中運動的時間相同，故A正確；D．鉛球兩次在空中運動的時間相同，上升到的最大高度相同，初速度在豎直方向的分速度相同，由于初速度方向不同，因此初速度不同，水平分速度不同，運動的最小速度不同，故D錯誤；B．根據(jù)動能定理，擲鉛球時，運動員做的功為兩次擲鉛球，鉛球初速度不同，故兩次擲鉛球運動員做的功不同，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理兩次擲鉛球，鉛球初速度不同，故兩次運動員對鉛球的沖量不同，故C錯誤。故選A。8.（2024·安徽安慶·三模）如圖所示，一質(zhì)量為M=4kg的木板靜止在水平面上，木板上距離其左端點為L=2.5m處放置一個質(zhì)量為m=1kg的物塊（視為質(zhì)點），物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為。t=0時刻，給木板一個水平向右的瞬時沖量I=20N?s。物塊恰好未從木板上滑落。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。求：（1）木板與地面之間的動摩擦力大??；（2）若給木板水平向右的沖量的同時，也給物塊水平向右的恒力F=5N。求當木板剛停止時物塊的動能。（物塊未從木板上滑落）【答案】（1）f=5N；（2）Ek=200J【解析】（1）對木板由動量定理可知木板初速度為對物塊受力分析可知物塊受到木板給的向右的摩擦力，所以物塊加速度為對木板受力分析可知木板受到物塊給的向左的摩擦力和地面給木板的向左的摩擦力，則減速的加速度設(shè)為，有由題可知物塊和木板共速用時滿足以木板為參考系，則物塊運動至木板左端恰好未從木板上滑落由平均速度公式有由以上各式解得木板與地面之間的動摩擦力大小為f=5N（2）由于水平向右的恒力大小與地面給系統(tǒng)向左的摩擦力大小相等，即所以系統(tǒng)在此過程動量守恒，則有解得木板剛停止時物塊的動能為9.（2024·安徽安慶·三模）如圖所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圓弧軌道AB，軌道上A點切線沿水平方向，忽略A點距地面的高度，軌道右側(cè)有質(zhì)量的靜止薄木板，上表面與A點平齊。一質(zhì)量的小滑塊（可視為質(zhì)點）以初速度從右端滑上薄木板，重力加速度大小為，小滑塊與薄木板之間的動摩擦因數(shù)為。（1）若薄木板左端與A點距離d足夠長，薄木板長度，薄木板與軌道A端碰后立即靜止，求小滑塊離開薄木板運動到軌道上A點時的速度；（2）在（1）中，小滑塊繼續(xù)沿圓弧軌道AB運動至B點沿切線方向飛出，最后落回水平地面，不計空氣阻力，B點與地面間的高度差保持不變，圓弧AB對應的圓心角可調(diào)，求小滑塊的最大水平射程及對應的圓心角；（3）若薄木板長度L足夠長，薄木板與軌道A端碰后立即以原速率彈回，調(diào)節(jié)初始狀態(tài)薄木板左端與A點距離d，使得薄木板與軌道A端只能碰撞2次，求d應滿足的條件?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【解析】（1）因薄木板左端與B點距離d足夠大，小滑塊與薄木板共速后才和軌道AB發(fā)生碰撞，設(shè)共同速度為，根據(jù)動量守恒定律，有解得設(shè)此過程中小滑塊相對薄木板滑動的位移為x，對滑塊、薄木板系統(tǒng)由功能關(guān)系，有解得薄木板與軌道AB碰后立即靜止，小滑塊繼續(xù)作勻減速運動，直到運動到軌道上的A點，有解得（2）小滑塊由A點到B點的過程中機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律，有解得設(shè)小滑塊落地的速度大小為v，落地速度方向與水平方向夾角為，根據(jù)機械能守恒定律知畫出速度矢量關(guān)系如圖所示設(shè)從B點飛出到落至地面所用時間為t，則小滑塊水平位移為由幾何關(guān)系可知，矢量三角形的面積為由此可知，當矢量三角形面積最大時，水平位移最大。解得此時滿足條件即，（3）當小滑塊與薄木板第1次共速時恰好和軌道AB發(fā)生碰撞，碰后小滑塊與薄木板同時減速為零，此情形下薄木板和軌道AB恰好碰1次。小滑塊與薄木板加速度相等當小滑塊與薄木板第2次共速時恰好和軌道AB發(fā)生碰撞，碰后小滑塊與薄木板同時減速為零，此情形下薄木板和軌道AB恰好碰2次。從開始到第一次碰撞的時間薄木板和軌道AB碰撞時的速度考慮小滑塊的運動聯(lián)立解得綜上可知d應滿足的條件為10.（2024·北京市海淀區(qū)·二模）（2）用如圖4所示裝置研究兩個半徑相同的小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系。圖5中O點是小球拋出點在地面上的豎直投影。實驗時先讓a球多次從斜槽上某一固定位置C由靜止釋放，其平均落地點的位置為P。再把b球放在水平軌道末端，將a球仍從位置C由靜止釋放，a球和b球碰撞后，分別在白紙上留下各自的落點痕跡，重復操作多次，其平均落地點的位置為M、N。測量出a、b兩個小球的質(zhì)量分別為m1、m2（m1>m2），OM、OP、ON的長度分別為x1、x2、x3。①在實驗誤差允許范圍內(nèi)，若滿足關(guān)系式____________________________（用所測物理量的字母表示），則可以認為兩球碰撞前后的動量守恒。②換用不同材質(zhì)的小球再次進行上述實驗，計算得出，若碰撞過程滿足動量守恒，請分析說明兩球碰撞過程機械能是否守恒_____?！敬鸢浮浚?）①.m1x2=m1x1+m2x3②.不守恒【解析】[1]小球在空中運動的時間為t，若滿足動量守恒定律有得[2]碰撞前后系統(tǒng)總動能分別為故可得根據(jù)動量守恒關(guān)系式結(jié)合，整理得由于，故，可知兩球碰撞過程機械能不守恒。11.（2024·北京市海淀區(qū)·三模）如圖所示，在粗糙水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距，在物塊B的左側(cè)固定有少量炸藥，在物塊B的左邊有一彈簧槍，彈簧的彈性勢能，彈簧槍將小球A水平發(fā)射出去后，小球A與B發(fā)生碰撞并導致炸藥爆炸使小球A又恰好返回到彈簧槍中將彈簧壓縮到初位置，物塊B再與物塊C發(fā)生正碰，碰后瞬間物塊C的速度。已知物塊A和物塊B的質(zhì)量均為，若C的質(zhì)量為B質(zhì)量的k倍，物塊與地面的動摩擦因數(shù)。（設(shè)碰撞時間很短，g?。?）計算A與B碰撞后瞬間B的速度；（2）計算B與C碰撞前瞬間的速度；（3）根據(jù)B與C的碰撞過程分析k的取值范圍，并討論B與C碰撞后B的可能運動方向?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）見解析【解析】（1）根據(jù)題意可知，彈簧槍將小球A水平發(fā)射出，設(shè)小球A以發(fā)出，則有解得由于碰撞之后，A又恰好返回到彈簧槍中將彈簧壓縮到初位置，則A與B碰撞后，A的速度大小為，方向向左，A與B碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有解得即A與B碰撞后瞬間B的速度為。（2）從B開始運動到B與C碰撞的過程中，由動能定理有解得（3）根據(jù)題意可知，B和C碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有整理可得可知，若碰撞后B、C同向運動，則有可得若碰撞后B靜止，則有解得若碰撞后B反向，則有解得由于碰撞過程中，動能不能增加，則有解得則有當時，碰撞后B、C同向運動；當時，碰撞后B靜止；當，碰撞后B的方向與C的方向相反。12.（2024·北京市海淀區(qū)·一模）如圖所示，水平地面上固定著光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑連接，設(shè)物塊通過連接處時速率不發(fā)生改變。質(zhì)量m1=0.4kg的物塊A從斜槽上端距水平地面高度h=0.8m處由靜止下滑，并與靜止在斜槽末端的質(zhì)量m2=0.8kg的物塊B相碰，相碰后物塊A立即停止運動，物塊B滑行一段距離后停止運動。取重力加速度g=10m/s2，兩物塊均可視為質(zhì)點。求：（1）物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大小。（2）物塊A與物塊B碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機械能。（3）滑動摩擦力對物塊B做的功。【答案】（1）4m/s；（2）1.6J；（3）-1.6J【解析】（1）物塊A與物塊B碰撞前，根據(jù)動能定理有解得m/s（2）物塊A與物塊B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律有解得J（3）B運動到停止的過程中，根據(jù)動能定理有解得J13.（2024·福建省三明市·一模）如圖，固定在豎直面內(nèi)的導軌PQR，由半徑為r的光滑半圓環(huán)和足夠長水平導軌組成，水平導軌上的N點左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙，半圓環(huán)與水平軌道在Q點相切。一根自然長度恰為r、勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈性繩，一端固定在圓環(huán)的頂點P，另一端與一個穿在圓環(huán)上、質(zhì)量為m的小球相連。在水平軌道的Q、N兩點間依次套著質(zhì)量均為2m的b、c兩個小球，兩小球大小相同。開始時將小球移到某一位置M，使彈性繩剛好處于原長且伸直狀態(tài)，然后由靜止釋放小球a，當小球在圓環(huán)上達到最大速度時，彈性繩自動脫落。已知彈性繩的彈性勢能與其伸長量x間滿足，各個小球與導軌粗糙部分間的動摩擦因數(shù)均，小球間的碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，重力加速度為g。求：（1）釋放小球瞬間，圓環(huán)對小球的作用力FN1大小；（2）彈性繩自動脫落時，小球沿圓環(huán)下滑的速率vm；（3）最終兩球間的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）4.4r【解析】（1）設(shè)釋放小球a瞬間，圓環(huán)對小球a的作用力大小為FN1，有解得（2）方法一：設(shè)在彈性繩自動脫落前瞬間，彈性繩與豎直方向間夾角為，此時小球a的速率為，此時彈性繩彈力FT與球a的重力的合力沿半徑指向圓心O，a球受力如圖示。由正弦定理得由能量守恒得解得方法二：繩斷瞬間夾角為繩長切向力相等解得，由能量守恒得解得（3）彈性繩自動脫落后，設(shè)小球a到達Q點時的速度為，有小球a過Q點后與小球b發(fā)生第一次彈性碰撞，設(shè)a、b碰撞后的速度分別為va1、vb1，由動量守恒定律和能量守恒定律可知解得，a、b碰撞后，b與c發(fā)生彈性碰撞交換速度，所以c球最終經(jīng)過N點的速度為設(shè)c球在水平粗糙導軌滑行距離為，有小球a從圓環(huán)上返回后第二次與b球碰撞，同理a、b第二次碰撞后的速度分別為、設(shè)小球a在水平粗糙導軌滑行距離為，有解得14.（2024·廣東多校聯(lián)考·三模）（多選）如圖所示，疊放在一起的a、b兩物塊從距地面一定高度處由靜止下落，經(jīng)碰撞后物塊b靜止在地面上。不考慮空氣阻力的影響，b與地面僅碰撞一次，假定所有的碰撞均為彈性碰撞，則（）A.下落過程中物塊a、b間存在彈力作用B.物塊b的質(zhì)量是a的3倍C.物塊a能反彈的最大高度是其初始下落高度的5倍D.物塊a反彈的速度是物塊b落地速度的2倍【答案】BD【解析】A．由于不受空氣阻力作用，兩物塊均在空中做自由落體運動，兩物塊之間不存在相互作用的彈力，故A錯誤；BD．兩物塊落地瞬間的速度大小為v0，物塊b落地后與地面發(fā)生彈性碰撞，以初速度v0反彈且與物塊a發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后瞬間物塊a的速度為v，以豎直向上為正方向，則由動量守恒定律可得由機械能守恒定律可得解得mb=3ma，v=2v0故BD正確；C．以整個過程為研究對象，設(shè)初始下落高度為h，a反彈的高度為h'，則有解得h'=4h故C錯誤。故選BD。15.（2024·廣東4月名校聯(lián)考）如圖，光滑水平地面上有一固定墻壁，緊靠墻面左側(cè)停放一長為L=4m，質(zhì)量為M=0.2kg的長木板，在距長木板左端為kL（）處放置著A、B兩小木塊，A、B質(zhì)量均為m=0.2kg。某時刻，A、B在強大內(nèi)力作用下突然分開，分開瞬間A的速度為vA=4m/s，方向水平向左。B與墻壁碰撞瞬間不損失機械能，A、B與長木板間的動摩擦因數(shù)分別為μA=0.2和μB=0.3。（1）求AB分離瞬間，B的速度v1；（2）若，求A離開木板時，B的速度大小v2；（3）若，試討論摩擦力對B所做的功?！敬鸢浮浚?）4m/s；（2）2.5m/s；（3）-1.6J或者J【解析】（1）在A、B分離瞬間，A、B系統(tǒng)動量守恒，有（或）（2）對A，從與B分離到離開木板過程中，有解得假設(shè)此時B還沒有撞到墻，對B有假設(shè)成立，即此時B速度為（3）若B恰好不撞墻壁，則