2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：动量与动量守恒定律（10题）

第1页（共1页）2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：动量与动量守恒定律（10题）一．多选题（共10小题）（多选）1．（2024•龙岗区校级三模）如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，从B到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在C点。一质量为m、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍，重力加速度为g，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（）A．滑块到达B点时的速度大小为2gR B．弹簧获得的最大弹性势能为mgR C．滑块第一次被弹簧反弹后可以回到A点 D．滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为1（多选）2．（2024•渝中区校级二模）如图所示，小巴和小蜀在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏，两人将甲球和乙球以相同的动能相向弹出。则关于碰撞后两球的情况可能的是（）A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开 B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行 C．若m甲＞m乙，碰后两球以某一相等速率同向而行 D．若m甲＞m乙，碰后两球速度均与原方向相反，且动能仍相等（多选）3．（2024•成都模拟）随着人们生活水平的提高，儿童游乐场所的设施更加丰富多样了。如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑滑索上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳与竖直方向的夹角为37°，绳长为L，儿童和滑环均可视为质点，滑索始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（）A．儿童和滑环组成的系统动量守恒 B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒 C．儿童运动到最低点时速度大小为115D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为5：1（多选）4．（2024•广东三模）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（多选）5．（2024•桃城区校级模拟）如图，两端固定有小球A、B的竖直轻杆，A球紧贴竖直光滑墙面，B球位于光滑水平地面上，小球C紧贴小球B，小球A受到轻微扰动后顺着墙面下滑，此后的运动过程中，三球始终在同一竖直面上，小球A落地后不反弹，已知小球C的最大速度为v，三球质量均为m，轻杆长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．轻杆对小球A做功为-5B．B、C两球分离时，A球恰好离开墙面 C．小球A落地时，小球C的速度是小球A速度的2倍 D．竖直墙对小球A的冲量大小为mv（多选）6．（2024•桃城区校级模拟）如图，两竖直光滑墙相邻，一可看作质点的小球自左侧墙体最高点O水平抛出，A'、B'、C'、⋯⋯A、B、C、⋯⋯为小球与左、右两侧墙体的碰撞点，小球与墙体碰撞前后，竖直速度不变，水平速度等大、反向，墙足够高，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．A、B、C……间的距离之比满足yAB：yBC：yCD：…＝1：3：5：… B．小球在A、B、C的竖直速度分量之比满足vAy：vBy：vCy：…＝1：3：5：… C．小球与墙体碰撞时速度变化量均相同 D．小球与墙体两次碰撞之间，小球的动量变化率均相同（多选）7．（2024•湖北）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（）A．子弹的初速度大小为2kL(m+M)mMB．子弹在木块中运动的时间为2mMk(m+M)C．木块和子弹损失的总动能为k2D．木块在加速过程中运动的距离为mL（多选）8．（2024•广州模拟）如图甲是游乐设施—“反向蹦极”的示意图，游戏者（可视为质点）与固定在地面上的扣环连接，打开扣环，游戏者从A点由静止释放，像火箭一样竖直发射。游戏者上升到B位置时弹性绳恰好处于松弛状态，C为上升的最高点，P为弹性绳上端悬点，D点为速度最大点（未画出），弹性绳的形变在弹性限度内，且遵从胡克定律，不计空气阻力，以A点为坐标原点，向上为正方向，作出游戏者上升过程中加速度与位移的关系如图乙。x1、x2、x3和g为已知量，则人上升过程中（）A．AB段的长度为x1 B．游戏者最大速度为(2xC．A点与D点间的距离大于D点与B点间的距离 D．人从A点到D点和D点到C点合力的冲量大小相等（多选）9．（2024•江西模拟）如图所示是某手机防摔装置，商家宣传只要手机摔落角度合适，可以保证从2m高处自由摔落而不破，下列有关手机与地面相互作用的过程中说法正确的是（）A．防摔装置可以减小手机的动量的变化量 B．防摔装置可以减小手机的动量的变化率 C．防摔装置可以减小手机的动能的变化量 D．防摔装置可以增加地面对手机的作用时间（多选）10．（2024•河南二模）如图（a），质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．碰后瞬间乙的速度大小为v0B．甲、乙间的动摩擦因数为v0C．甲到乙左端的距离L≥vD．乙、丙的质量比m：M＝1：2

2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：动量与动量守恒定律（10题）参考答案与试题解析一．多选题（共10小题）（多选）1．（2024•龙岗区校级三模）如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，从B到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在C点。一质量为m、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍，重力加速度为g，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（）A．滑块到达B点时的速度大小为2gR B．弹簧获得的最大弹性势能为mgR C．滑块第一次被弹簧反弹后可以回到A点 D．滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为1【考点】动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；常见力做功与相应的能量转化；机械能守恒定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力．【答案】BCD【分析】根据动量守恒和机械能守恒；根据动量守恒和能量守恒分析解答；根据动量守恒的具体形式人船模型列式求解。【解答】解：A．滑块从A滑到B时，对滑块和小车组成的系统，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mv1＝2mv2mgR=联立解得v1=43gR，故A错误；B．滑块运动到小车最右端时根据水平方向动量守恒可知二者均静止，则减少的重力势能全部转化为弹性势能，故B正确；C．系统水平方向动量守恒，系统水平方向的总动量始终为零，当小球上升到最高点时小球和车共速，则两者速度均为零，根据系统机械能守恒，可知小球上升到原来的高度，则滑块能回到A点，故C正确；D．滑块从A到B滑下过程由人船模型可知mx1＝2mx2x1+x2＝R解得小车的位移为x2=1故D正确。故选：BCD。【点评】考查系统单方向上动量守恒和系统机械能守恒等问题，熟练掌握守恒的条件分析方法。（多选）2．（2024•渝中区校级二模）如图所示，小巴和小蜀在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏，两人将甲球和乙球以相同的动能相向弹出。则关于碰撞后两球的情况可能的是（）A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开 B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行 C．若m甲＞m乙，碰后两球以某一相等速率同向而行 D．若m甲＞m乙，碰后两球速度均与原方向相反，且动能仍相等【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力．【答案】AC【分析】AB.根据动量守恒和机械能不增加的原理，对两球质量相等的情况进行分析判断；CD.根据动量和动能的关系式判断总动量，再结合动量守恒和机械能不增加的原理进行分析解答。【解答】解：根据题意可得12m甲v甲2AB.如果两球质量相等，速度大小则v甲＝v乙，则m甲v甲＝m乙v乙，即总动量为0，根据动量守恒电荷机械能不增加的原理，则碰后可以以相等速率互相分开，故A正确，B错误；CD.如果m甲＞m乙，则根据P=2mEk可得P甲＞P乙，根据碰撞动量守恒和机械能不增加的原理，D不满足动量守恒条件，故C故选：AC。【点评】考查动量守恒和能量守恒等问题，会根据题意进行准确的分析和判断。（多选）3．（2024•成都模拟）随着人们生活水平的提高，儿童游乐场所的设施更加丰富多样了。如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑滑索上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳与竖直方向的夹角为37°，绳长为L，儿童和滑环均可视为质点，滑索始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（）A．儿童和滑环组成的系统动量守恒 B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒 C．儿童运动到最低点时速度大小为115D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为5：1【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．【专题】比较思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】BC【分析】根据合外力是否为零，判断系统动量是否守恒；根据是否只有重力做功，判断系统机械能是否守恒；根据水平方向系统动量守恒和机械能守恒求儿童运动到最低点时速度大小；根据水平方向系统动量守恒求儿童和滑环的水平位移之比。【解答】解：A、儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向儿童有加速度，受力不平衡，所以系统的合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B、儿童和滑环组成的系统只有重力做功，其机械能守恒，故B正确；C、取水平向左为正方向，根据水平方向系统动量守恒有：5mv﹣mv'＝0根据系统机械能守恒有5mgL(1-cosθ)=12×5mD、根据水平方向系统动量守恒有5mv-mv'=0，解得儿童和滑环水平方向平均速度之比：v：v'=1：5，则可知儿童和滑环的水平位移之比为1故选：BC。【点评】解答本题时，要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，判断知道水平方向系统动量守恒，但总动量并不守恒，系统机械能也守恒。（多选）4．（2024•广东三模）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【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】比较思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；理解能力．【答案】BD【分析】下落过程中，a、b两物块处于完全失重状态，相互间不存在弹力作用；设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，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列方程，即可求得两者质量关系以及碰撞后a的速度大小；对于整个过程，根据机械能守恒定律求物块a能反弹的最大高度与其初始下落高度的关系。【解答】解：A、不考虑空气阻力的影响，两物块均在空中做自由落体运动，处于完全失重状态，两物块之间不存在相互作用的弹力，故A错误；BD、设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，等速率反弹且与物块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，由动量守恒定律得mbv0﹣mav0＝mav由机械能守恒定律得12解得：mb＝3ma，v＝2v0，即物块a反弹的速度是物块b落地速度的2倍，故BD正确；C、从开始下落到a反弹到达最高点的整个过程，设初始下落高度为h，a反弹的高度为h'，由系统机械能守恒有（ma+mb）gh＝magh′解得：h'＝4h，故C错误。故选：BD。【点评】本题考查碰撞问题，关键要知道弹性碰撞过程遵守动量守恒定律和机械能守恒定律，整个过程系统机械能是守恒的。（多选）5．（2024•桃城区校级模拟）如图，两端固定有小球A、B的竖直轻杆，A球紧贴竖直光滑墙面，B球位于光滑水平地面上，小球C紧贴小球B，小球A受到轻微扰动后顺着墙面下滑，此后的运动过程中，三球始终在同一竖直面上，小球A落地后不反弹，已知小球C的最大速度为v，三球质量均为m，轻杆长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．轻杆对小球A做功为-5B．B、C两球分离时，A球恰好离开墙面 C．小球A落地时，小球C的速度是小球A速度的2倍 D．竖直墙对小球A的冲量大小为mv【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；求变力的冲量．【专题】比较思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】AB【分析】根据动能定理求轻杆对小球A做功。分析B、C的受力情况，分析其运动情况，判断B、C两球分离时A球的状态。对三小球进行分析，在水平方向上，根据动量定理求解竖直墙对小球A的冲量大小。自小球A离开墙面至小球A落地，根据A、B构成的系统水平方向动量守恒列方程，进而分析小球A落地时，小球C与A速度关系。【解答】解：B、在B、C两球分离前，C向右做加速运动，C的加速度方向向右，B的加速度方向也向右，则杆对B的弹力方向斜向右下方。当B、C恰好分离时，两者速度相等，两者之间弹力为零，则C的加速度为零，由于刚刚分离时，B、C加速度相等，即此时B的加速度也为零，则此时杆的弹力为零，由于A、B沿杆的分速度相等，B、C分离后，轻杆的弹力将由压力变为拉力，A将离开竖直墙面，可知，小球A离开竖直墙时，B、C恰好分离，故B正确；D、结合上述可知，B、C分离后小球C做匀速直线运动，A离开竖直墙面，所以B、C分离时，两球速度均为v。对三小球进行分析，在水平方向上，取水平向右为正方向，根据动量定理得竖直墙对小球A的冲量大小为I墙＝2mv，故D错误；C、自小球A离开墙面至小球A落地，A、B构成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有mv＝mvB+mvAx其中vB＝vAx解得vB可知，小球C的速度是小球A水平速度的2倍，但小球A还有竖直速度分量，即小球C的速度大于小球A速度的2倍，故C错误；A、由于相互作用的一对弹性力做功的代数和为0，可知，轻杆对小球A做功的大小等于轻杆对小球B做功的大小，即等于小球B、C的动能增量，则有轻杆对小球A做功为W＝﹣（12mvB2+故选：AB。【点评】在解答本题时，应注意分析三球的运动过程和状态，分方向运用动量守恒定律和动量定理。（多选）6．（2024•桃城区校级模拟）如图，两竖直光滑墙相邻，一可看作质点的小球自左侧墙体最高点O水平抛出，A'、B'、C'、⋯⋯A、B、C、⋯⋯为小球与左、右两侧墙体的碰撞点，小球与墙体碰撞前后，竖直速度不变，水平速度等大、反向，墙足够高，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．A、B、C……间的距离之比满足yAB：yBC：yCD：…＝1：3：5：… B．小球在A、B、C的竖直速度分量之比满足vAy：vBy：vCy：…＝1：3：5：… C．小球与墙体碰撞时速度变化量均相同 D．小球与墙体两次碰撞之间，小球的动量变化率均相同【考点】动量定理的内容和应用；平抛运动位移的计算．【专题】定量思想；合成分解法；平抛运动专题；动量定理应用专题；分析综合能力．【答案】BD【分析】根据初速度为零的匀加速直线运动规律分析；根据动量变化量的定义式分析；根据动量定理分析。【解答】解：AB．由题可知小球与墙体碰撞前后，竖直速度不变，水平速度等大、反向，所以小球在水平方向做速率不变的运动，竖直方向做自由落体运动，则tOA＝tAA'＝tA'B＝tBB'＝tB'C＝•••物体做初速度为0的匀变速直线运动时，在连续相等时间内位移之比为1：3：5：•••，由于A点有竖直向下的分速度，则A、B、C•••之间的距离之比满足yAB：yBC：yCD：•••≠1：3：5：•••由v＝gt知，小球在A、B、C的竖直速度分量之比满足vAy：vBy：vCy：•••＝1：3：5：•••，故A错误，B正确；C．小球与墙体碰撞前后，竖直速度不变，水平速度等大、反向，小球与墙体每次碰撞时速度变化量大小相等，均为Δv＝2v0，但方向不是都相同，所以小球与墙体碰撞时速度变化量并不相同故，C错误；D．由动量定理I＝mg•Δt可得动量的变化率为IΔt=mg，小球与墙体前后两次碰撞之间，小球的动量变化率即为小球重力，均相同，故故选：BD。【点评】熟练掌握初速度为零的匀加速直线运动规律，知道动量变化量是矢量，动量变化率表示合力。（多选）7．（2024•湖北）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（）A．子弹的初速度大小为2kL(m+M)mMB．子弹在木块中运动的时间为2mMk(m+M)C．木块和子弹损失的总动能为k2D．木块在加速过程中运动的距离为mL【考点】动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用；常见力做功与相应的能量转化．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力．【答案】AD【分析】AC.要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解初速度和共同速度以及子弹和木块损失的总动能；B.根据动量定理求时间；D.木块在加速过程中做匀加速直线运动，根据运动学公式求解作答。【解答】解：AC.要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速度，设为v；取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律mv0＝（m+M）v据能量守恒定律fL=k联立解得v0=子弹和木块损失的总动能Δ综上分析，故A正确，C错误；B.取初速度方向为正方向，根据动量定理﹣ft＝﹣kv0t＝mv﹣mv0代入数据联立解得t=mMk(m+M)，故D.木块在加速过程中做匀加速直线运动x=v2t=故选：AD。【点评】本题考查了子弹打木块模型，明确要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速度是解题的关键；要熟练掌握动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理和匀变速直线运动的规律。（多选）8．（2024•广州模拟）如图甲是游乐设施—“反向蹦极”的示意图，游戏者（可视为质点）与固定在地面上的扣环连接，打开扣环，游戏者从A点由静止释放，像火箭一样竖直发射。游戏者上升到B位置时弹性绳恰好处于松弛状态，C为上升的最高点，P为弹性绳上端悬点，D点为速度最大点（未画出），弹性绳的形变在弹性限度内，且遵从胡克定律，不计空气阻力，以A点为坐标原点，向上为正方向，作出游戏者上升过程中加速度与位移的关系如图乙。x1、x2、x3和g为已知量，则人上升过程中（）A．AB段的长度为x1 B．游戏者最大速度为(2xC．A点与D点间的距离大于D点与B点间的距离 D．人从A点到D点和D点到C点合力的冲量大小相等【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力．【答案】BCD【分析】根据a﹣x图像，可得出图像中各个位置的加速度情况，结合动能定理以及动量定理可求出各个选项。【解答】解：由乙图可知，0～x段加速度大于零，说明这段人一直在加速并且在x1处速度达到最大，x1～x2加速度开始反向增大，同时在x2处加速度大小为g，说明此时人只受到重力作用，人位于B处；之后x2～x3段人一直做匀减速运动知道速度为0，x3正好是C处。A.根据前面分析知，AB段长度为x2，故A错误；B.x1～x2加速度均匀变化，故合力的平均值为12mg，则从速度最大到最高点根据动能定理-12mg（x2﹣x1）﹣mg（x3﹣x2）＝0解得最大速度vmax=(2x3C.因为AD的距离为x1，DB的距离为x2﹣x1，由乙图知0﹣x2段斜率相同且a0＞g，所以x1＞x2﹣x1，因此AD段距离大于DB段距离，故C正确；D.物体所受合力的冲量大小等于它动量的变化量，已知A点和C点的速度为零，D点为速度最大点，所以A点到D点的动量的变化量和和D点到C点的动量变化量相同，因此A点到D点和D点到C点合力冲量大小相等，故D正确。故选：BCD。【点评】学生在解答本题时，应注意对于只知道速度求合力的情况，可以尝试采用动量定理分析作答。（多选）9．（2024•江西模拟）如图所示是某手机防摔装置，商家宣传只要手机摔落角度合适，可以保证从2m高处自由摔落而不破，下列有关手机与地面相互作用的过程中说法正确的是（）A．防摔装置可以减小手机的动量的变化量 B．防摔装置可以减小手机的动量的变化率 C．防摔装置可以减小手机的动能的变化量 D．防摔装置可以增加地面对手机的作用时间【考点】动量定理的内容和应用．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力．【答案】BD【分析】根据动量定理求解手机与地面之间的作用力，为减小作用力可知，可以增加作用时间，又根据下降高度不变，手机动能变化量不变。【解答】解：根据题意，根据动量定理FΔt＝Δp，解得F=ΔpΔt，可知防摔装置的作用是延长了机与地面的接触时间Δt，从而减小手机所受到的合外力，即减小手机动的变化率ΔpΔt，而手机动量的变化量Δp未发生变化，由于高度不变，则动能的变化量不变，故BD故选：BD。【点评】解答该题要掌握动量定理、手机高度不变，与地面碰撞瞬间动能大小不变，要将手机的运动分成两个运动过程。（多选）10．（2024•河南二模）如图（a），质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．碰后瞬间乙的速度大小为v0B．甲、乙间的动摩擦因数为v0C．甲到乙左端的距离L≥vD．乙、丙的质量比m：M＝1：2【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】BC【分析】根据运动学公式结合x﹣t图像的切线斜率表示速度求解碰后瞬间乙的速度大小，根据牛顿第二定律甲、乙间的动摩擦因数；根据图（b）可得0～t0时间内甲、乙发生的相对位移，由此得到甲到乙左端的距离满足的条件；物块丙与乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律、机械能守恒定律进行解答。【解答】解：AB、设碰后瞬间乙的速度大小为v1，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知：x＝v1t0-抛物线的顶点为Q，根据x﹣t图像的切线斜率表示速度，则有：v1＝a•2t0联立解得：v1=2v0根据牛顿第二定律可得：a=μmgm解得甲、乙间的动摩擦因数为：μ=v03gt0C、由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为a=根据图（b）可知，t0时刻甲、乙刚好共速，则0～t0时间内甲、乙发生的相对位移为：Δx＝x乙﹣x甲=则甲到乙左端的距离满足：L≥Δx=v03D、物块丙与乙发生弹性碰撞，取向右为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律可得：Mv0＝Mv2+mv1根据机械能守恒定律可得：1可得v1=2MM+mv可得乙、丙的质量比为：m：M＝2：1，故D错误。故选：BC。【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．平抛运动位移的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的位移x＝v0t竖直方向上的位移为y=物体的合位移为l=3.对于已知高度的平抛运动，竖直方向有h=水平方向有x＝v0t联立得x＝v02所以说平抛运动的水平位移与初速度大小和抛出点的高度有关。【命题方向】物体以初速度7.5m/s水平抛出，2秒后落到地面，则物体在这个过程中的位移是（）物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．解：物体做平抛运动，水平方向的位移为：x＝v0t＝7.5×2m＝15m竖直方向上是自由落体运动，竖直位移为：h=12gt2=12×10×（2）2物体的合位移为s=x2+h2=故选：D。本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．【解题思路点拨】平抛运动的物体在水平和竖直方向上的运动都是独立的，可以分别计算两个方向的位移，并与合位移构成矢量三角形（满足平行四边形定则）。3．常见力做功与相应的能量转化【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。4．机械能守恒定律的简单应用【知识点的认识】1.机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。2.对三种表达式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态机械能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程式。另外，表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的E都应是对同一参考平面而言的。（2）转化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。（3）转移式：ΔEA＝﹣ΔEB，将系统分为A、B两部分，A部分机械能的增加量等于另一部分B的机械能的减少量，可以不选择参考平面。3.运用机械能守恒定律的基本思路4.机械能守恒定律和动能定理的比较【命题方向】NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.2012﹣2013赛季总决赛第六场中，雷阿伦在终场前5.2s的时候，把球投出且准确命中，把比赛拖入加时从而让热火获得比赛的胜利．如果雷阿伦投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直接列式分析．解答：篮球机械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故选：A。点评：本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功；应用机械能守恒定律解题不需要分析过程，只找出初末状态即可．【解题方法点拨】1.应用机械能守恒定律解题的基本思路（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解。注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。2.对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；（3）各物体的速度之间的联系。3.动能定理与机械能守恒定律的选择（1）能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势能参考平面的麻烦。（2）能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。5．求变力的冲量【知识点的认识】求变力的冲量有三个方法：1.若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量；2.若给出了力随时间变化的图像，如图所示，可用面积法求变力的冲量；3.利用动量定理求解。【命题方向】一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。对此过程的描述，错误的是（）A、地面对运动员的弹力做功为1B、运动员所受合力的冲量大小为mvC、地面对运动员弹力的冲量大小为mv+mgΔtD、重力的冲量大小为mgΔt分析：已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功。解答：A、在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故A错误；B、根据动量定理可得运动员所受合力的冲量大小IF＝mv故B正确；C、以人为对象，受到地面的支持力和自身的重力，规定向上为正，根据动量定理可知（N﹣mg）Δt＝mv所以地面对人弹力的冲量为NΔt＝mgΔt+mv故C正确。D、重力的冲量大小IG＝mgΔt故D正确；本题选不正确项。故选：A。点评：在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉。另外地面对人是否做功的问题是易错点，要根据功的概念去理解。【解题思路点拨】1.对于变力的冲量计算，定义式不再适用，要根据题目条件选择合适的方法进行计算。2.求合冲量的两种方法（1）可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；（2）另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式Ⅰ合＝F合Δt求解。6．动量定理的内容和应用【知识点的认识】1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0t=【命题方向】篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以（）A、减小篮球对手的冲量B、减小篮球对人的冲击力C、减小篮球的动量变化量D、增大篮球的动量变化量分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A错误C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故CD错误。故选：B。点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。【解题方法点拨】1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．7．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用【知识点的认识】1.子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒。2.在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化。3.若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多。【命题方向】如图，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块（未穿出），若木块与地面间的动摩擦因数为μ．求：（1）子弹击中木块后与木块的共同速度；（2）子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离．分析：（1）子弹击中木块过程系统的动量守恒，由动量守恒定律可以求出共同速度．（2）由动能定理求出木块在地面滑行的距离．解答：（1）子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得：mv＝（M+m）v′得子弹击中木块后与木块的共同速度为：v′=（2）对木块（包括子弹），由动能定理得：﹣μ（M+m）gs＝0-12（M+m）v′解得：s=m答：（1）子弹击中木块后与木块的共同速度为mvM+m（2）子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离为m2点评：本题关键要分析清楚物体的运动过程，知道打击过程遵守动量守恒定律，结合动能定理即可正确解题．【解题思路点拨】（1）子弹打木块的过程很短暂，认为木块瞬间得到速度且位置不变。（2）子弹打入木块过程损失的机械能并没有用于克服地面摩擦力做功，克服地面摩擦力做功的是子弹和木块的共同运动的动能。8．动量守恒定律在板块模型中的应用【知识点的认识】1.对于板块类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。2.整个过程涉及动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。3.滑块与木板共速时，系统损失的机械能最大。【命题方向】如图所示，质量m1＝2.0kg的木板AB静止在水平面上，木板的左侧有一个固定的半径R＝0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现将质量m2＝1.0kg可视为质点的小木块C，从圆弧形轨道顶端由静止释放，小木块C到达圆弧形轨道底端时的速度v0＝3.0m/s．之后小木块C滑上木板AB并带动木板AB运动，当小木块C离开木板AB右端B时，木板AB的速度v1＝0.5m/s，在小木块C在木板AB上滑行的过程中，小木块C与木板AB总共损失的动能△E＝2.25J．小木块C与木板AB间的动摩擦因数μ＝0.1．木板AB与地面间的摩擦及空气阻力可忽略不计．取g＝10m/s2．求（1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力的大小；（2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功；（3）小木块C在木板AB上运动过程中，小木块C相对于地面的位移．分析：（1）小木块C做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出C受到的支持力；（2）应用动能定理可以求出小木块在圆弧轨道上滑行时克服摩擦力所做的功；（3）分别与木块及木板为研究对象，应用动能定列方程，求出木板与木块间的位移关系，解方程可以求出木块相对于地面的位移．解答：（1）小木块通过圆弧形轨道末端时，由牛顿第二定律得：F﹣m2g=m解得小木块受到的支持力：F＝25N；（2）小木块在圆弧形轨道上下滑过程中，由动能定理得：m2gR﹣Wf=12m2v解得克服摩擦力做的功Wf＝1.5J；（3）木块C与木板AB间的摩擦力f＝μm2g，由动能定理得：对木板：fs1=12m1v对小木块：﹣fs2=12m2（木块与木板间的位移关系：s2＝s1+L，小木块与木板总共损失的动能△E＝fL，解得：s2＝2.5m；答：（1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力大小为25N；（2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功为1.5J；（3）小木块C在木板AB上运动过程中，小木块C相对于地面的位移为2.5m．点评：本题考查了动能定理的应用，最后一问是本题的难点，分析清楚木块与木板的运动过程、两者间的位移关系是正确解题的前提与关键．【解题思路点拨】动量守恒里的板块模型一般不考虑地面的摩擦力，板块之间的相互作用为内力，因此遵寻动量守恒定律。当达到共速时，系统瞬时的机械能最大，同时也要注意临界条件，如滑块恰好不滑下木板等。9．动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用【知识点的认识】物体冲上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上没有外力作用，所以水平方向上系统的动量守恒。可以根据情况分成以下两种类型：1.物体能飞离斜面（或曲面）：在物体与斜面（或曲面）分开之前，因为两者始终一起运动，所以分离瞬间两者在水平方向上速度相等，物体飞到最高点时，两者的速度相同。2.物体不能飞离斜面（或曲面）：物体到达斜面上最高处时，两者的速度相同。可以根据系统的机械能守恒和水平方向上的动量守恒求出物体到达“最高点”时，两者的速度及物体上升的高度。【命题方向】如图，一带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一可视为质点、质量为m的小球以速度v0从小车的左端水平滑上小车，与小车作用后从小车左端竖直掉下。已知圆弧轨道的半径足够大，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A、小球和小车组成的系统动量守恒、机械能守恒B、小车的最终速度大小为0.5v0C、小车对小球做的功为1D、小球在小车上能上升的最大高度为v分析：A、根据动量守恒的条件、机械能守恒的条件分析；B、根据题意可知小球离开小车时的速度为零，小球和小车相互作用的过程，可以看作弹性碰撞，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒可得小车的最终速度大小；C、小球和小车相互作用的过程，对小球利用动能定理分析；D、小球与小车共速时上升到最高点，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得小球上升的最大高度。解答：A、小球和小车组成的系统水平方向不受外力，竖直方向合力不为零，所以水平方向动量守恒，系统只有动能和势能的相互转化，所以系统机械能守恒，故A错误；B、小球与小车作用后从小车左端竖直掉下，可知小球离开小车的速度为零，小球和小车相互作用的过程，可以看作弹性碰撞，取水平向右为正方向，设小车的质量为M，由动量守恒定律有：mv0＝0+Mv1小球和小车组成的系统机械能守恒，则有：1联立方程可得：M＝m，v1＝v0，所以小车的最终速度大小为v0，故B错误；C、小球和小车相互作用的过程中，对小球由动能定理有：W车=0-12mD、小球和小车共速时，小球上升到最大高度，设最大高度为h取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0＝（m+M）v小球和小车组成的系统机械能守恒，则有：1代入数据可得：h=v0故选：D。点评：本题考查了动量守恒定律和机械能守恒定律，解题的关键是把小球和小车相互作用的过程看作弹性碰撞，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。【解题思路点拨】因为水平方向是没有外力的，所以系统水平方向上动量守恒，当物体达到最高处时，两个物体的速度完全一致。10．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【知识点的认识】动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。【命题方向】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理