专题08 动量-备战2025年高考物理真题题源解密（新高考）

第第页32.（2022年全国甲卷第10题）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为的滑块A与质量为的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小和，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：

（1）调节导轨水平；（2）测得两滑块的质量分别为和。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为______kg的滑块作为A；（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离与B的右端到右边挡板的距离相等；（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间和；（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示；123450.490.671.011.221.390.150.210330.400.460.310.330.330.33（6）表中的______（保留2位有效数字）；（7）的平均值为______；（保留2位有效数字）（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为______（用和表示），本实验中其值为______（保留2位有效数字），若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。【答案】①.0.304②.0.31③.0.32④.⑤.0.34【解析】（2）[1]应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304kg的滑块作为A。（6）[2]由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得（7）[3]平均值为（8）[4][5]弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得联立解得代入数据可得考向十动量守恒的判断33.（2021年全国乙卷第1题）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）

A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒【答案】B【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选B。一、动量和冲量1．动量(1)定义：物体的质量和速度的乘积．(2)表达式：p＝mv.(3)方向：与速度的方向相同．2．动量的变化(1)动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同．(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p.3．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量．(2)公式：I＝FΔt.(3)单位：N·s.(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．4．动量与动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2标矢性矢量标量变化因素合外力的冲量合外力所做的功大小关系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)变化量Δp＝FtΔEk＝Fl联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化5.冲量的计算方法公式法I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态图像法F－t图像与t轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量平均值法若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝eq\f(F1＋F2,2)t动量定理法根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量二、动量定理的理解和应用1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量．2．公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p.3．对动量定理的理解(1)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量．(3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．(4)由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．(5)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理．(6)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。(7)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。三、应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题研究对象流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S②微元研究小柱体的体积ΔV＝vSΔt小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱体粒子数N＝nvSΔt小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究四、动量守恒定律的理解和基本应用1．内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．2．表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．4．动量守恒定律的五个特性：矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统五、爆炸、反冲运动和人船模型1．爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加六、碰撞问题1．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．2．分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大3．弹性碰撞的重要结论以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2联立解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.4．静止物体被撞后的速度范围物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.则碰后物体B的速度范围为：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.5.碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．七、人船模型1．模型图示2．模型特点(1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0(2)两物体的位移大小满足：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．运动特点(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；(2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m).八、验证动量守恒定律1．不变的实验原理两个物体发生碰撞，测量出两个物体的质量以及碰撞前后两个物体的速度。2．通用的数据处理方法计算碰撞之前的总动量m1v1＋m2v2和碰撞之后的总动量m1v1′＋m2v2′。3．共同的注意事项(1)碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。(2)选质量较大的小球作为入射小球，即m入＞m被碰。4．一致的误差分析思路(1)主要来源于质量m1、m2的测量。(2)小球落点的确定。(3)小球水平位移的测量。九、“滑块—弹簧”模型1．模型图示2．模型特点(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)．(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)．十、“滑块—斜(曲)面”模型1．模型图示2．模型特点(1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0.系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)．(2)返回最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(相当于完成了弹性碰撞)．十一、子弹打木块模型1．模型图示2．模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．(2)系统的机械能有损失．3．两种情景(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒：mv0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2)子弹穿透木块动量守恒：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、滑块—木板模型1．模型图示2．模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能．(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大．3．求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统．1.（2024·皖豫名校联盟&安徽卓越县中联盟·三模）如图所示，足够长粗糙斜面的倾角为37°，斜面顶端B与一段光滑的圆弧轨道AB相切于B点，圆弧AB的轨道半径为，对应的圆心角为53°，在B点放置一质量为3kg的小物块乙，乙刚好不沿斜面下滑。某时刻把质量为1kg的小物块甲从A点由静止释放，甲、乙在B点发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后经过的时间甲、乙又发生第二次碰撞。已知甲与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）滑块甲与乙发生第一次碰撞前瞬间的速度大小；（2）滑块甲、乙第一次碰撞过程乙对甲的冲量；（3）滑块甲与乙发生第二次碰撞前甲、乙之间的最大距离。【答案】（1）；（2），方向沿斜面向上；（3）【解析】（1）设物块甲与乙第一次碰撞前瞬间的速度大小为，根据几何关系，甲从A到B竖直方向下落的距离根据动能定理有解得（2）设第一次碰撞后瞬间物块甲、乙的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有解得，乙对甲的冲量等于甲动量的变化方向沿斜面向上（无此描述亦不扣分）（3）碰后甲以-3m/s的速度反弹，设甲从B点滑上圆弧再回到B点的时间为t1，此时甲、乙之间的距离最大在t1时间内乙以v2=3m/s速度匀速运动的距离甲返回B点后甲的加速度设甲从返回B点到追上乙的时间为t2，对于甲追乙的过程根据题意解得，第二次碰撞前甲、乙之间的最大距离2.（2024·北京首都师大附中·三模）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。在苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程，下列说法中正确的是（）A.手掌对苹果的摩擦力越来越小B.手掌对苹果的支持力越来越大C.手掌对苹果的作用力越来越小D.因为苹果的动量大小不变，所以合外力对苹果的冲量为零【答案】C【解析】AB．苹果做匀速圆周运动，加速度大小不变，设加速度方向与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律可得，苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程中，逐渐增大，逐渐增大，逐渐减小，则手掌对苹果的摩擦力越来越大，手掌对苹果的支持力越来越小，故AB错误；C．手掌对苹果的作用力可分解为两个分力，其中分力与苹果重力平衡，方向竖直向上，另一分力提供所需向心力，方向总是指向圆心；在苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程，与大小均不变，且与之间的夹角逐渐增大，则与的合力逐渐减小，即手掌对苹果的作用力越来越小，故C正确；D．苹果的动量大小不变，但动量的方向时刻发生变化，所以动量变化不为0，根据动量定理可知，合外力对苹果的冲量不为零，故D错误。故选C。3.（2024·北京首都师大附中·三模）如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则（）A.a处网球拍给网球的冲量沿水平方向B.拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下C.c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下D.d处反弹后网球做平抛运动【答案】B【解析】A．该同学将网球抛至最高点a处时网球速度为零，网球拍击打网球后，网球做曲线运动，曲线上任意一点的切线方向即为网球的速度方向，由轨迹可知，a处轨迹的切线方向斜向右上方，则可知a处的速度方向斜向右上方，因此网球拍给网球的冲量应斜向上方，故A错误；B．拍打后a到c过程中网球只受到重力的作用，而重力竖直向下，则重力的冲量竖直向下，因此拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下，故B正确；C．由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c到d过程中受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两种情况，若只受重力阶段，则冲量竖直向下；若受到重力和弹性绳的拉力则二者合力斜向左下方，因此网球受到的冲量方向斜向左下方，故C错误；D．做平抛运动的条件是初速度水平，且只受重力，显然网球在d处反弹后除了受到重力还有因弹性绳收缩而受到的拉力，故D错误。故选B。4.（2024·广东4月名校联考）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（）A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B.动量大小先增大后减小C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D.加速度大小先增大后减小【答案】D【解析】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB错误；C．根据动量与动能的关系有，而F—t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。故选D。5.（2024·广西南宁市、河池市等校联考·二模）2023年秋某高校军训，如图所示，轻绳一端固定，质量为的同学（可视为质点）抓住绳的另一端，使绳水平拉直后由静止摆下过障碍物。已知绳长为，在轻绳到达竖直状态时放开绳索后水平飞出。绳子的固定端到地面的距离为。不计轻绳质量和空气阻力，重力加速度g取值，求：（1）该同学做圆周运动的过程中合力冲量的大小；（2）该同学摆到最低点（未飞出时）对绳的拉力大小；（3）该同学的落地点离绳的固定端的水平距离和落地时重力的功率大小。【答案】（1）；（2）1800N；（3）3.6m，3600W【解析】（1）对同学从开始到摆到最低点的过程中，根据动能定理得根据动量定理得同学做圆周运动的过程中合力冲量的大小（2）对同学在最低点受力分析，由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律得同学摆到最低点未飞出时对绳的拉力大小等于1800N；（3）同学放开绳索后做平抛运动：竖直方向上做自由落体运动水平方向上做匀速直线运动，水平位移联立得同学的落地点离绳的固定端的水平距离同学在竖直方向上根据运动学公式得故重力的功率大小为6.（2024·贵州省六校联盟·三模）如图所示，一长的水平传送带在电动机带动下以速度沿顺时针方向匀速转动，质量的小物块和质量的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，绳不可伸长，A与定滑轮间的绳子与传送带平行。某时刻将物块A轻轻放在传送带最左端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数，滑轮的质量和绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度，两物块均可视为质点。求：（1）把物块A放上去瞬间B的加速度的大小；（2）物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的冲量大小。【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据题意，设物块A放上去瞬间绳子的拉力为，由牛顿定律，对物块A有对物块B有解得，（2）根据（1）分析可知，物块A在传送带上做匀加速直线运动，设加速到与传送带共速的时间为，则有运动的距离为由于物块A与传送带间的最大静摩擦力可知，物块A与传送带共速后，一起匀速到右端，运动时间为此时绳子的拉力为设物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的水平方向冲量为，对物块A，由动量定理有竖直方向的冲量为总冲量为即物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的冲量大小。7.（2024·河南省九师联盟·三模）某田径运动员，在一次铅球比赛中，他先后两次以不同的抛射角度将铅球从同一位置掷出，铅球在空中两次运动过程中动量的变化量相同，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.铅球两次空中运动时间相同B.两次掷铅球，运动员做的功相同C.两次掷铅球，运动员对铅球的冲量相同D.铅球两次在空中运动的最小速度大小相同【答案】A【解析】A．铅球在空中两次运动过程中动量的变化量相同，根据动量定理可知铅球两次在空中运动的时间相同，故A正确；D．铅球两次在空中运动的时间相同，上升到的最大高度相同，初速度在竖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，运动的最小速度不同，故D错误；B．根据动能定理，掷铅球时，运动员做的功为两次掷铅球，铅球初速度不同，故两次掷铅球运动员做的功不同，故B错误；C．根据动量定理两次掷铅球，铅球初速度不同，故两次运动员对铅球的冲量不同，故C错误。故选A。8.（2024·安徽安庆·三模）如图所示，一质量为M=4kg的木板静止在水平面上，木板上距离其左端点为L=2.5m处放置一个质量为m=1kg的物块（视为质点），物块与木板之间的动摩擦因数为。t=0时刻，给木板一个水平向右的瞬时冲量I=20N•s。物块恰好未从木板上滑落。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。求：（1）木板与地面之间的动摩擦力大小；（2）若给木板水平向右的冲量的同时，也给物块水平向右的恒力F=5N。求当木板刚停止时物块的动能。（物块未从木板上滑落）【答案】（1）f=5N；（2）Ek=200J【解析】（1）对木板由动量定理可知木板初速度为对物块受力分析可知物块受到木板给的向右的摩擦力，所以物块加速度为对木板受力分析可知木板受到物块给的向左的摩擦力和地面给木板的向左的摩擦力，则减速的加速度设为，有由题可知物块和木板共速用时满足以木板为参考系，则物块运动至木板左端恰好未从木板上滑落由平均速度公式有由以上各式解得木板与地面之间的动摩擦力大小为f=5N（2）由于水平向右的恒力大小与地面给系统向左的摩擦力大小相等，即所以系统在此过程动量守恒，则有解得木板刚停止时物块的动能为9.（2024·安徽安庆·三模）如图所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧轨道AB，轨道上A点切线沿水平方向，忽略A点距地面的高度，轨道右侧有质量的静止薄木板，上表面与A点平齐。一质量的小滑块（可视为质点）以初速度从右端滑上薄木板，重力加速度大小为，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为。（1）若薄木板左端与A点距离d足够长，薄木板长度，薄木板与轨道A端碰后立即静止，求小滑块离开薄木板运动到轨道上A点时的速度；（2）在（1）中，小滑块继续沿圆弧轨道AB运动至B点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气阻力，B点与地面间的高度差保持不变，圆弧AB对应的圆心角可调，求小滑块的最大水平射程及对应的圆心角；（3）若薄木板长度L足够长，薄木板与轨道A端碰后立即以原速率弹回，调节初始状态薄木板左端与A点距离d，使得薄木板与轨道A端只能碰撞2次，求d应满足的条件。【答案】（1）；（2），；（3）【解析】（1）因薄木板左端与B点距离d足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道AB发生碰撞，设共同速度为，根据动量守恒定律，有解得设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为x，对滑块、薄木板系统由功能关系，有解得薄木板与轨道AB碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的A点，有解得（2）小滑块由A点到B点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有解得设小滑块落地的速度大小为v，落地速度方向与水平方向夹角为，根据机械能守恒定律知画出速度矢量关系如图所示设从B点飞出到落至地面所用时间为t，则小滑块水平位移为由几何关系可知，矢量三角形的面积为由此可知，当矢量三角形面积最大时，水平位移最大。解得此时满足条件即，（3）当小滑块与薄木板第1次共速时恰好和轨道AB发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和轨道AB恰好碰1次。小滑块与薄木板加速度相等当小滑块与薄木板第2次共速时恰好和轨道AB发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和轨道AB恰好碰2次。从开始到第一次碰撞的时间薄木板和轨道AB碰撞时的速度考虑小滑块的运动联立解得综上可知d应满足的条件为10.（2024·北京市海淀区·二模）（2）用如图4所示装置研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。图5中O点是小球抛出点在地面上的竖直投影。实验时先让a球多次从斜槽上某一固定位置C由静止释放，其平均落地点的位置为P。再把b球放在水平轨道末端，将a球仍从位置C由静止释放，a球和b球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作多次，其平均落地点的位置为M、N。测量出a、b两个小球的质量分别为m1、m2（m1>m2），OM、OP、ON的长度分别为x1、x2、x3。①在实验误差允许范围内，若满足关系式____________________________（用所测物理量的字母表示），则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。②换用不同材质的小球再次进行上述实验，计算得出，若碰撞过程满足动量守恒，请分析说明两球碰撞过程机械能是否守恒_____。【答案】（2）①.m1x2=m1x1+m2x3②.不守恒【解析】[1]小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有得[2]碰撞前后系统总动能分别为故可得根据动量守恒关系式结合，整理得由于，故，可知两球碰撞过程机械能不守恒。11.（2024·北京市海淀区·三模）如图所示，在粗糙水平地面上静止放置着物块B和C，相距，在物块B的左侧固定有少量炸药，在物块B的左边有一弹簧枪，弹簧的弹性势能，弹簧枪将小球A水平发射出去后，小球A与B发生碰撞并导致炸药爆炸使小球A又恰好返回到弹簧枪中将弹簧压缩到初位置，物块B再与物块C发生正碰，碰后瞬间物块C的速度。已知物块A和物块B的质量均为，若C的质量为B质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数。（设碰撞时间很短，g取）（1）计算A与B碰撞后瞬间B的速度；（2）计算B与C碰撞前瞬间的速度；（3）根据B与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论B与C碰撞后B的可能运动方向。【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】（1）根据题意可知，弹簧枪将小球A水平发射出，设小球A以发出，则有解得由于碰撞之后，A又恰好返回到弹簧枪中将弹簧压缩到初位置，则A与B碰撞后，A的速度大小为，方向向左，A与B碰撞过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律有解得即A与B碰撞后瞬间B的速度为。（2）从B开始运动到B与C碰撞的过程中，由动能定理有解得（3）根据题意可知，B和C碰撞过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律有整理可得可知，若碰撞后B、C同向运动，则有可得若碰撞后B静止，则有解得若碰撞后B反向，则有解得由于碰撞过程中，动能不能增加，则有解得则有当时，碰撞后B、C同向运动；当时，碰撞后B静止；当，碰撞后B的方向与C的方向相反。12.（2024·北京市海淀区·一模）如图所示，水平地面上固定着光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑连接，设物块通过连接处时速率不发生改变。质量m1=0.4kg的物块A从斜槽上端距水平地面高度h=0.8m处由静止下滑，并与静止在斜槽末端的质量m2=0.8kg的物块B相碰，相碰后物块A立即停止运动，物块B滑行一段距离后停止运动。取重力加速度g=10m/s2，两物块均可视为质点。求：（1）物块A与物块B碰撞前瞬间的速度大小。（2）物块A与物块B碰撞过程中A、B系统损失的机械能。（3）滑动摩擦力对物块B做的功。【答案】（1）4m/s；（2）1.6J；（3）-1.6J【解析】（1）物块A与物块B碰撞前，根据动能定理有解得m/s（2）物块A与物块B碰撞过程中，根据动量守恒定律有根据能量守恒定律有解得J（3）B运动到停止的过程中，根据动能定理有解得J13.（2024·福建省三明市·一模）如图，固定在竖直面内的导轨PQR，由半径为r的光滑半圆环和足够长水平导轨组成，水平导轨上的N点左侧光滑、右侧粗糙，半圆环与水平轨道在Q点相切。一根自然长度恰为r、劲度系数的轻质弹性绳，一端固定在圆环的顶点P，另一端与一个穿在圆环上、质量为m的小球相连。在水平轨道的Q、N两点间依次套着质量均为2m的b、c两个小球，两小球大小相同。开始时将小球移到某一位置M，使弹性绳刚好处于原长且伸直状态，然后由静止释放小球a，当小球在圆环上达到最大速度时，弹性绳自动脱落。已知弹性绳的弹性势能与其伸长量x间满足，各个小球与导轨粗糙部分间的动摩擦因数均，小球间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度为g。求：（1）释放小球瞬间，圆环对小球的作用力FN1大小；（2）弹性绳自动脱落时，小球沿圆环下滑的速率vm；（3）最终两球间的距离。【答案】（1）；（2）；（3）4.4r【解析】（1）设释放小球a瞬间，圆环对小球a的作用力大小为FN1，有解得（2）方法一：设在弹性绳自动脱落前瞬间，弹性绳与竖直方向间夹角为，此时小球a的速率为，此时弹性绳弹力FT与球a的重力的合力沿半径指向圆心O，a球受力如图示。由正弦定理得由能量守恒得解得方法二：绳断瞬间夹角为绳长切向力相等解得，由能量守恒得解得（3）弹性绳自动脱落后，设小球a到达Q点时的速度为，有小球a过Q点后与小球b发生第一次弹性碰撞，设a、b碰撞后的速度分别为va1、vb1，由动量守恒定律和能量守恒定律可知解得，a、b碰撞后，b与c发生弹性碰撞交换速度，所以c球最终经过N点的速度为设c球在水平粗糙导轨滑行距离为，有小球a从圆环上返回后第二次与b球碰撞，同理a、b第二次碰撞后的速度分别为、设小球a在水平粗糙导轨滑行距离为，有解得14.（2024·广东多校联考·三模）（多选）如图所示，叠放在一起的a、b两物块从距地面一定高度处由静止下落，经碰撞后物块b静止在地面上。不考虑空气阻力的影响，b与地面仅碰撞一次，假定所有的碰撞均为弹性碰撞，则（）A.下落过程中物块a、b间存在弹力作用B.物块b的质量是a的3倍C.物块a能反弹的最大高度是其初始下落高度的5倍D.物块a反弹的速度是物块b落地速度的2倍【答案】BD【解析】A．由于不受空气阻力作用，两物块均在空中做自由落体运动，两物块之间不存在相互作用的弹力，故A错误；BD．两物块落地瞬间的速度大小为v0，物块b落地后与地面发生弹性碰撞，以初速度v0反弹且与物块a发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间物块a的速度为v，以竖直向上为正方向，则由动量守恒定律可得由机械能守恒定律可得解得mb=3ma，v=2v0故BD正确；C．以整个过程为研究对象，设初始下落高度为h，a反弹的高度为h'，则有解得h'=4h故C错误。故选BD。15.（2024·广东4月名校联考）如图，光滑水平地面上有一固定墙壁，紧靠墙面左侧停放一长为L=4m，质量为M=0.2kg的长木板，在距长木板左端为kL（）处放置着A、B两小木块，A、B质量均为m=0.2kg。某时刻，A、B在强大内力作用下突然分开，分开瞬间A的速度为vA=4m/s，方向水平向左。B与墙壁碰撞瞬间不损失机械能，A、B与长木板间的动摩擦因数分别为μA=0.2和μB=0.3。（1）求AB分离瞬间，B的速度v1；（2）若，求A离开木板时，B的速度大小v2；（3）若，试讨论摩擦力对B所做的功。【答案】（1）4m/s；（2）2.5m/s；（3）-1.6J或者J【解析】（1）在A、B分离瞬间，A、B系统动量守恒，有（或）（2）对A，从与B分离到离开木板过程中，有解得假设此时B还没有撞到墙，对B有假设成立，即此时B速度为（3）若B恰好不撞墙壁，则