資源簡介

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高考物理一輪復習 動量與動量守恒定律
一．選擇題（共8小題）
1．（2025春 河西區期中）光滑水平地面上，質量為1kg的物體在合外力F的作用下從靜止開始運動，F隨時間t變化的關系如圖所示，2s末物體運動的速度大小為（　　）
A．2m/s B．4m/s C．6m/s D．8m/s
2．（2025春 石家莊期中）某游客體驗風洞飛行的圖片如圖所示，高速氣流均勻地向上噴射出來，該游客以速度v向下勻速運動。若該游客（包括裝備）的質量為m，氣流的密度為ρ，重力加速度為g，氣流接觸身體的橫截面積為S，且氣流接觸身體后相對于人水平向四周流出，則該游客所在高度處原來的氣流對地速度大小為（　　）
A． B． C． D．
3．（2025春 石家莊期中）如圖，質量為m的物體靜止于傾角為θ的斜面體上。現對斜面施加外力，使斜面體以加速度a沿水平方向向左勻加速運動時間t，物體與斜面體始終相對靜止。在時間t內（　　）
A．支持力對物體做功平均功率為
B．斜面對物體做功的平均功率為
C．斜面對物體沖量mat
D．重力對物體沖量為0
4．（2025春 河西區期中）行駛中的汽車如果發生劇烈碰撞，車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是（　　）
A．增大了司機所受到的合外力
B．減少了碰撞前后司機動量的變化量
C．將司機的動能全部轉換成汽車的動能
D．延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積
5．（2025春 河西區期中）如圖所示，木塊與彈簧相連放在光滑的水平面上，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊B內，入射時間極短，而后木塊和子彈將彈簧壓縮到最短，下列說法正確的是（　　）
A．子彈射入木塊的過程中，子彈、木塊組成的系統動量守恒，機械能守恒
B．子彈射入木塊的過程中，子彈、木塊組成的系統動量不守恒，機械能不守恒
C．木塊壓縮彈簧的過程中，子彈、木塊和彈簧組成的系統動量守恒，機械能不守恒
D．木塊壓縮彈簧的過程中，子彈、木塊和彈簧組成的系統動量不守恒，機械能守恒
6．（2025春 河西區期中）如圖所示，質量為m的小球B靜止在光滑水平面上，質量為2m、速度為v0的小球A與B發生對心正碰，碰撞可能是彈性碰撞也可能有動能損失，則碰后B球的速度可能是（　　）
A．0.3v0 B．0.5v0 C．v0 D．2v
7．（2025春 廬陽區校級期中）如圖（a）所示，質量為m的小球放在光滑的水平面上，在界線MN的左側始終只受到水平向右的恒力F1作用，在MN的右側始終只受到水平向左的恒力F2作用。小球從A點由靜止開始運動，取向右為正方向，運動的v﹣t圖像如圖（b）所示，由圖可知，下列說法正確的是（　　）
A．F1＝F2
B．t＝0到t＝5s的過程中，F1的沖量大小等于F2的沖量大小
C．t＝0到t＝2s的過程中，小球的動量變化為0
D．t＝0到t＝4s的過程中，F1的沖量大于F2的沖量
8．（2025春 沙坪壩區校級期中）運動會時，無人機為同學們記錄下無數精彩瞬間。如圖所示，某款無人機有4個半徑均為R的動力螺旋槳。在沒有風的天氣，讓每個槳葉均以大小相等的轉速旋轉、并沿豎直方向向下吹風，從而產生反作用力，使無人機懸停在空中。已知當地的空氣密度為ρ，無人機的重力為G，則空氣被每個槳葉向下吹出的速度大小為（　　）
A． B． C． D．
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2025春 廣州期中）2025年春節，我國產的煙花火遍全球，新的煙花研發設計層出不窮。現有某煙花筒的結構如圖1所示，其工作原理為：點燃引線，引燃發射藥燃燒發生爆炸，禮花彈獲得一個豎直方向的初速度并同時點燃延期引線，當禮花彈到最高點時，延期引線點燃禮花彈并炸開形成漂亮的球狀禮花。現假設某禮花彈在最高點炸開成a、b兩部分，速度均為水平方向。炸開后a、b的軌跡圖如圖2所示。忽略空氣阻力的作用，則（　　）
A．a、b兩部分落地時的速度大小之比為12：3
B．a、b兩部分的初動能之比為1：3
C．從炸開到兩部分落地的過程中，a、b兩部分所受重力的沖量之比為1：3
D．a、b兩部分落地時的重力功率之比為3：1
（多選）10．（2025春 鼓樓區校級期中）如圖所示，有一表面帶有四分之一圓弧軌道的物塊B，靜止在水平地面上（不固定），軌道底端與水平地面相切，其半徑r＝0.4m；一可視為質點的物塊A以水平向左的速度v＝4m/s沖上物塊B的軌道，經一段時間運動到最高點，隨后再返回水平地面。已知A、B質量分別為mA＝1kg，mB＝3kg，不計一切摩擦，重力加速度的大小g取10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．整個過程中，A、B組成的系統動量和機械能都守恒
B．整個過程中，物塊B獲得的最大速度為1m/s
C．物塊A返回水平面的速度大小為2m/s
D．物塊A可以沖出物塊B的四分之一軌道繼續做斜上拋運動
（多選）11．（2025春 天山區校級期中）如圖甲所示，光滑水平面上兩物塊A、B用輕質橡皮繩水平連接，橡皮繩恰好處于原長。t＝0時，A以水平向左的初速度v0開始運動，B的初速度為0，A、B運動的v﹣t圖像如圖乙所示。已知A的質量為m，0～t0時間內B的位移為x0，t＝3t0時二者發生碰撞并粘在一起，則（　　）
A．B的質量為2m
B．橡皮繩的最大彈性勢能為
C．橡皮繩的原長為v0t0
D．0～2t0時間內橡皮繩對B的平均作用力大小為
（多選）12．（2025春 河西區期中）人站在浮于水面的靜止的船上，某時刻開始從船頭走向船尾，不計水的阻力，以下說法正確的是（　　）
A．人走到船尾后不再走動，船會因為慣性繼續運動
B．人從船頭到船尾，人對地位移的大小等于船頭到船尾的距離
C．不管人如何走動，人與船速度大小之比等于它們質量的反比
D．人做變速走動時，人與船加速度大小之比等于它們質量的反比
三．填空題（共4小題）
13．（2025春 鼓樓區校級期中）將質量為0.5kg的空水桶放在磅秤上，水龍頭以每秒0.7kg的流量向桶中注水，經過10s，磅秤示數為78.5N。則水流入桶中時的流速為 　 　 m/s。（設水沒有濺起來，g取10m/s2）
14．（2025春 和平區校級期中）冰壺運動，又稱擲冰壺、“冰上溜石”，是冬奧會上以隊為單位在冰上進行的一種投擲性競賽項目，深受觀眾喜愛。A、B兩冰壺在光滑水平冰面上發生對心正碰前后的x﹣t圖像如圖所示，已知mA＝0.2kg，則根據圖像可得物體B的質量為 　 　 kg，冰壺之間的碰撞屬于 　 　 （選填“彈性碰撞”、“完全非彈性碰撞”、“一般碰撞”）。
15．（2025 福建模擬）如圖，小榮和小慧在水平地面上各自從H點拋出沙包，分別落在正前方地面Q1和Q2處。沙包的兩次運動軌跡處于同一豎直平面，且交于P點，H點正下方地面處設為O點。已知兩次運動軌跡的最高點離地高度均為3.2m，OH＝1.4m，OQ1＝8.4m，OQ2＝9.8m，沙包質量為0.2kg，忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/s2，則小榮拋出的沙包運動過程中上升與下降重力的沖量大小之比為 　 　 ；小榮和小慧拋出的兩個沙包落地前瞬間的動能之比為 　 　 。
16．（2025 福建模擬）如圖所示，在光滑的水平面上放置一質量為m的小車，小車上有一半徑為R的光滑的弧形軌道，設有一質量為m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圓弧軌道向上滑動，達到某一高度h后，又沿軌道下滑，試求h＝　 　 ，小球剛離開軌道時的速度為 　 　 。
四．解答題（共4小題）
17．（2025 石嘴山一模）如圖所示為興趣小組設計的“物塊投網”游戲裝置，讓水平直軌道AB與一光滑半圓形豎直軌道BCD平滑連接，并在最高點D處固定一個小網兜，若物塊能沿半圓軌道通過最高點D落入網兜，即為游戲成功。在某次游戲時，游戲者對放置在A處的小物塊甲施加一水平恒力F，使其從靜止開始運動，4s末撤去恒力，甲繼續運動1s與放在半圓軌道最低點B處的小物塊乙發生碰撞并粘合（碰撞時間極短），隨后“粘合體”恰好能通過最高點D并落入網兜。
已知小物塊甲的質量m1＝0.3kg小物塊乙的質量m2＝0.1kg圓弧軌道半徑R＝0.5m，甲與水平軌道的動摩擦因數μ＝0.4，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求本次游戲中：
（1）碰撞結束瞬間兩物塊的速度大小；
（2）水平恒力F的大小。
18．（2025 上饒二模）某物流公司為了減少卸貨時貨物的損壞率并提高卸貨效率，其研發團隊設計了如圖所示的自動卸貨裝置。其運行過程簡化為：質量為m的平底貨箱內裝有質量M的貨物，從光滑圓弧軌道上高為L的A點由靜止釋放，平滑滑上靜止在足夠長的光滑水平軌道上的無動力小車，小車長為L、質量為m。貨箱在小車上滑行與小車右端擋板碰撞后不反彈，而后隨小車向右運動至水平軌道右端時，壓縮固定在水平軌道右端的彈簧，當彈簧被壓縮到最短時將小車鎖定。卸下貨物后將平底貨箱緊靠擋板放置并解除對小車的鎖定，彈簧能量全部釋放，將小車及貨箱一起彈回。當小車與水平軌道左側臺階碰撞瞬間停止，貨箱滑出小車沖上圓弧軌道。設貨箱長和寬遠小于L，貨物不會在平底貨箱中滑動，彈簧的形變始終處于彈性限度內，重力加速度為g。求：
（1）貨箱滑上小車前瞬間的速度大小；
（2）若某次貨箱裝有質量M＝3m的貨物，且貨箱恰好與小車右端擋板相碰，求貨箱與小車間的動摩擦因數μ；
（3）在滿足第（2）問的條件下，卸完貨物解除鎖定后，空貨箱能否返回A點？
19．（2025 遼寧模擬）如圖所示，木板甲長L1＝8.1m，緊靠墻壁固定在地面上。木板乙的厚度與甲相同，長L2＝0.7m，緊靠木板甲放在光滑水平地面上。障礙物丙固定在地面上，與木板乙距離為x，其上表面為光滑圓弧，半徑r＝0.25m，圓心角θ＝37°，圓弧左端切線水平且與兩木板上表面等高。左側墻上有光滑的四分之一圓弧軌道，半徑R＝3.6m，最低點切線水平，距木板上表面H＝3.6m。一個小物塊（可視為質點）從四分之一圓弧軌道的端點A靜止釋放，它與兩木板之間的動摩擦因數都是μ＝0.5。小物塊與木板甲碰撞作用時間極短且碰后不反彈，木板乙的質量是小物塊的2倍，木板乙與障礙物丙相碰后立刻粘連在一起。不計空氣阻力，求：
（1）小物塊剛落到木板上的時候，與墻壁相距多遠？
（2）小物塊與木板甲碰撞的過程中摩擦因數保持μ＝0.5不變，它與木板甲碰撞結束瞬間，水平速度多大？
（3）小物塊能否滑到木板乙的最右端？
（4）x滿足什么條件，小物塊能從丙的圓弧軌道右端沖出？
20．（2025 平度市模擬）如圖所示，光滑的四分之一圓弧軌道豎直固定在光滑水平面上，圓心在O點，半徑R＝1.8m，厚度相同、材質相同、質量均為M＝2kg的木板P、Q靜止在光滑水平面上，兩者相互接觸但沒有粘接，木板Q的右端固定有輕質擋板D，圓弧軌道的末端與木板P的上表面相切于木板P的左端，滑塊B、C分別放置在木板P、Q的左端，將滑塊A從圓弧軌道的頂端由靜止釋放，滑塊滑至底端時與物塊B發生碰撞。已知木板P、Q的長度分別為L1＝4.86m、L2＝5.6m，滑塊A的質量為m1＝3kg，滑塊B的質量為m2＝1kg，滑塊C的質量為m3＝1kg，滑塊A、B、C與木板間的動摩擦因數分別為μ1＝0.3、μ2＝0.1和μ3＝0.3，所有碰撞均為彈性碰撞且時間很短，滑塊均可視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）滑塊A、B碰撞后瞬間，各自的速度大小；
（2）滑塊A、B碰撞后瞬間滑塊C的加速度大小；
（3）滑塊A、B和木板P組成的系統因摩擦而產生的熱量；
（4）滑塊C能否從木板Q上滑落，若不能從木板Q上滑落，滑塊最終與木板Q相對靜止的位置與距離擋板D間的距離。
高考物理一輪復習 動量與動量守恒定律
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
1．（2025春 河西區期中）光滑水平地面上，質量為1kg的物體在合外力F的作用下從靜止開始運動，F隨時間t變化的關系如圖所示，2s末物體運動的速度大小為（　　）
A．2m/s B．4m/s C．6m/s D．8m/s
【考點】F﹣t圖像中的動量問題．
【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】F﹣t圖線與坐標軸圍成圖形的面積是力的沖量，根據圖示圖像求出力的沖量，應用動量定理求出物體的速度。
【解答】解：F﹣t圖線與坐標軸圍成圖形的面積等于力的沖量，由圖示圖像可知，2s內合力的沖量為：I＝2×1N s﹣6×1N s＝﹣4N s
由動量定理得：I＝mv﹣0
解得2s末物體的速度：v
可知，2s末物體運動的速度大小為4m/s，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查了動量定理與動能定理的應用，根據圖示圖像分析清楚物體的運動過程、由圖示圖像求出合力的沖量是解題的前提。
2．（2025春 石家莊期中）某游客體驗風洞飛行的圖片如圖所示，高速氣流均勻地向上噴射出來，該游客以速度v向下勻速運動。若該游客（包括裝備）的質量為m，氣流的密度為ρ，重力加速度為g，氣流接觸身體的橫截面積為S，且氣流接觸身體后相對于人水平向四周流出，則該游客所在高度處原來的氣流對地速度大小為（　　）
A． B． C． D．
【考點】用動量定理求流體沖擊問題；牛頓第三定律的理解與應用．
【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．
【答案】A
【分析】該游客以速度v向下勻速運動，可知氣流對他的作用力與其重力平衡，分析單位時間內氣體質量，由此可知其動量變化量，根據動量定理公式Ft＝mv求解。
【解答】解：以向上為正方向，對Δt時間內吹向游客的空氣，設此段時間內氣體質量為Δm，則風的動量變化量為Δp＝Δmv′，其中Δm＝ρv′ΔtS，以Δt時間內吹向游客的空氣為研究對象，由動量定理可得FΔt＝Δmv′，由于游客處于勻速狀態，則有F＝mg，解得氣流速度大小為，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【點評】考查對動量定理的理解，關鍵要清楚游客的受力情況，氣流對他的作用力與其重力平衡。
3．（2025春 石家莊期中）如圖，質量為m的物體靜止于傾角為θ的斜面體上。現對斜面施加外力，使斜面體以加速度a沿水平方向向左勻加速運動時間t，物體與斜面體始終相對靜止。在時間t內（　　）
A．支持力對物體做功平均功率為
B．斜面對物體做功的平均功率為
C．斜面對物體沖量mat
D．重力對物體沖量為0
【考點】求恒力的沖量；牛頓第二定律的簡單應用；重力做功的特點和計算．
【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】AB、物體受到重力、斜面支持力、摩擦力的作用，三者的合力提供加速度，根據牛頓第二定律可求解合力，根據加速度和時間求解其平均速度，由此分析平均功率；
CD、根據沖量的定義分析。
【解答】解：A、斜面體以加速度a沿水平方向向左勻加速運動時間t，則平均速度為，若斜面體沿水平方向向左勻速運動，則物體受到斜面的支持力為FN＝mgcosθ，沿水平方向的分力為FNx＝mgcosθsinθ，平均功率為，實際斜面體以加速度a沿水平方向向左勻加速運動，故斜面支持力大于FN，故A錯誤；
B、根據牛頓第二定律可得物體所受合力為F＝ma，則平均功率為，故B正確；
C、物體所受合力對物體沖量I＝Ft＝mat，斜面對物體為支持力和摩擦力，故C錯誤；
D、重力對物體沖量為IG＝mgt，故D錯誤。
故選：B。
【點評】考查對動量定理的理解，要清楚物體的受力情況，求解其平均速度，
4．（2025春 河西區期中）行駛中的汽車如果發生劇烈碰撞，車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是（　　）
A．增大了司機所受到的合外力
B．減少了碰撞前后司機動量的變化量
C．將司機的動能全部轉換成汽車的動能
D．延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積
【考點】動量定理的內容和應用；動能變化量的計算．
【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】安全氣囊在碰撞過程中通過延長司機減速的受力時間減小了合外力，同時增大受力面積分散壓力。司機的動量變化量由速度變化決定，氣囊不改變這一變化。動能并非全部轉移，而是部分消耗在氣囊變形和熱耗散中。因此氣囊的作用是延長受力時間并增大受力面積。
【解答】解：A、根據動量定理Δp＝Ft，安全氣囊是通過增大作用時間 t 來減小合外力 F，故A錯誤；
B、司機的動量變化量 Δp＝mΔv，僅與質量m和速度變化Δv有關，安全氣囊并不改變Δv，故B錯誤；
C．司機的動能一部分消耗在氣囊充氣、變形和熱耗散中，不可能全部將能量轉給汽車，故C錯誤；
D．安全氣囊在碰撞瞬間迅速膨脹，既延長了司機減速的受力時間，也增大了接觸面積，從而有效減小單位面積上的壓力，故D正確。
故選：D。
【點評】本題通過安全氣囊的工作原理，考查動量定理和能量轉化的實際應用。題目概念性較強，需準確理解動量變化與沖量的關系，以及能量分配過程。D選項巧妙結合了時間延長和面積增大兩個減震機制，體現了物理原理在工程中的綜合運用。學生需注意動量變化僅由速度變化決定，而動能轉化往往伴隨其他能量形式的耗散這一易錯點。
5．（2025春 河西區期中）如圖所示，木塊與彈簧相連放在光滑的水平面上，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊B內，入射時間極短，而后木塊和子彈將彈簧壓縮到最短，下列說法正確的是（　　）
A．子彈射入木塊的過程中，子彈、木塊組成的系統動量守恒，機械能守恒
B．子彈射入木塊的過程中，子彈、木塊組成的系統動量不守恒，機械能不守恒
C．木塊壓縮彈簧的過程中，子彈、木塊和彈簧組成的系統動量守恒，機械能不守恒
D．木塊壓縮彈簧的過程中，子彈、木塊和彈簧組成的系統動量不守恒，機械能守恒
【考點】動量守恒定律的內容、條件和判斷；判斷機械能是否守恒及如何變化．
【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】系統所受合外力為零或者內力遠大于外力，系統動量守恒，只有重力或只有彈力做功，系統機械能守恒，根據動量守恒與機械能守恒的條件分析答題。
【解答】解：AB、子彈射入木塊的過程中，由于入射時間極短，在水平方向上子彈和木塊組成的系統不受外力，所以系統動量守恒。但子彈射入木塊時，會有摩擦力做功，一部分機械能轉化為內能，所以機械能不守恒，故AB錯誤；
CD、木塊壓縮彈簧的過程中，子彈、木塊和彈簧組成的系統受到彈簧彈力這個外力的作用，所以系統動量不守恒。而在整個過程中只有彈簧的彈力做功，系統的機械能守恒，故C錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】本題考查了判斷系統動量與機械能是否守恒，知道動量與機械能守恒的條件，分析清楚物體運動過程即可正確解題。
6．（2025春 河西區期中）如圖所示，質量為m的小球B靜止在光滑水平面上，質量為2m、速度為v0的小球A與B發生對心正碰，碰撞可能是彈性碰撞也可能有動能損失，則碰后B球的速度可能是（　　）
A．0.3v0 B．0.5v0 C．v0 D．2v
【考點】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題；分析碰撞的合理性．
【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；推理論證能力．
【答案】C
【分析】由彈性碰撞、完全非彈性碰撞兩種情況下，B的速度值，即可知B碰后的速度可能值范圍，分析其可能速度。
【解答】解：以水平向右為正方向；
若發生彈性碰撞，則對AB整體，由動量守恒可知：2mv0＝2mv1+mv2，由動能不損失可知：，解得：，；
若發生完全非彈性碰撞，則對AB整體，由動量守恒可知：2mv0＝（2m+m）v，解得：，
兩種情況下，B碰后的速度可能值范圍為：，選項中，其可能速度為：v0，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
【點評】本題考查碰撞的合理性分析，關鍵是理解彈性碰撞、完全非彈性碰撞為兩種極限情況。
7．（2025春 廬陽區校級期中）如圖（a）所示，質量為m的小球放在光滑的水平面上，在界線MN的左側始終只受到水平向右的恒力F1作用，在MN的右側始終只受到水平向左的恒力F2作用。小球從A點由靜止開始運動，取向右為正方向，運動的v﹣t圖像如圖（b）所示，由圖可知，下列說法正確的是（　　）
A．F1＝F2
B．t＝0到t＝5s的過程中，F1的沖量大小等于F2的沖量大小
C．t＝0到t＝2s的過程中，小球的動量變化為0
D．t＝0到t＝4s的過程中，F1的沖量大于F2的沖量
【考點】動量定理的內容和應用；動量變化量的計算；求恒力的沖量．
【專題】定量思想；圖析法；運動學中的圖象專題；動量定理應用專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】A、v﹣t圖像斜率表示加速度，分析加速度的大小，進而可得出力的大小；
BCD、合外力的沖量等于小球動量的變化，根據速度的變化分析。
【解答】解：A.根據v﹣t圖像斜率，和牛頓第二定律可知：F1＞F2，故A錯誤；
B.t＝0到t＝5s的過程中，根據動量定理可知，合外力的沖量等于小球動量的變化，該過程初末速度為0，動量的變化量為0，則合力的沖量為0，即F1與F2的沖量大小相等，故B正確；
C.t＝0到t＝2s的過程中，初動量為0，末動量為mv2，則動量變化△p＝mv2，大于0，故C錯誤；
D.t＝0到t＝4s的過程中，初動量為0，末動量為﹣mv1，則動量變化△p＝﹣mv1，F1的沖量小于F2的沖量，故D錯誤。
故選：B。
【點評】考查對v﹣t圖像的理解，及沖量、動量變化量的關聯，熟悉其定義。
8．（2025春 沙坪壩區校級期中）運動會時，無人機為同學們記錄下無數精彩瞬間。如圖所示，某款無人機有4個半徑均為R的動力螺旋槳。在沒有風的天氣，讓每個槳葉均以大小相等的轉速旋轉、并沿豎直方向向下吹風，從而產生反作用力，使無人機懸停在空中。已知當地的空氣密度為ρ，無人機的重力為G，則空氣被每個槳葉向下吹出的速度大小為（　　）
A． B． C． D．
【考點】用動量定理求流體沖擊問題；牛頓第三定律的理解與應用．
【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】根據圖中槳葉的形狀和牛頓第三定律判斷螺旋槳的旋轉方向，用m＝ρV表示出單位時間內螺旋槳推動空氣的質量，對這部分空氣由動量定理計算每個螺旋槳對空氣的作用力，再由平衡條件求出空氣被每個槳葉向下吹出的速度大小。
【解答】解：單位時間內被每個螺旋槳推動的空氣質量為Δm＝ρπR2v
規定空氣運動方向為正方向，由動量定理可得在Δt時間內有FΔt＝Δm Δt v
則每個螺旋槳對空氣的作用力F＝ρπR2v2
由牛頓第三定律得，空氣對每個螺旋槳的作用力大小F′＝F＝ρπR2v2
根據平衡條件無人機的重力大小G＝4F′＝4ρπR2v2，解得空氣被每個槳葉向下吹出的速度大小為：v，故ABD錯誤，C 正確。
故選：C。
【點評】本題考查的是動量定理在流體模型中的應用，關鍵是要會構建圓柱模型，表示出Δt時間內空氣的質量。
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2025春 廣州期中）2025年春節，我國產的煙花火遍全球，新的煙花研發設計層出不窮。現有某煙花筒的結構如圖1所示，其工作原理為：點燃引線，引燃發射藥燃燒發生爆炸，禮花彈獲得一個豎直方向的初速度并同時點燃延期引線，當禮花彈到最高點時，延期引線點燃禮花彈并炸開形成漂亮的球狀禮花。現假設某禮花彈在最高點炸開成a、b兩部分，速度均為水平方向。炸開后a、b的軌跡圖如圖2所示。忽略空氣阻力的作用，則（　　）
A．a、b兩部分落地時的速度大小之比為12：3
B．a、b兩部分的初動能之比為1：3
C．從炸開到兩部分落地的過程中，a、b兩部分所受重力的沖量之比為1：3
D．a、b兩部分落地時的重力功率之比為3：1
【考點】用動量守恒定律解決爆炸問題；動量定理的內容和應用．
【專題】應用題；定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．
【答案】BD
【分析】爆炸過程系統動量守恒，保證后a、b兩部分做平拋運動，應用運動學公式與動量守恒定律分析答題。
【解答】解：B、爆炸后a、b兩部分做平拋運動，由于拋出點高度相等，做平拋運動的時間t相等，在水平方向，由圖示可知x＝vat，3x＝vbt，則vb＝3va，爆炸過程系統動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得mava﹣mbvb＝0，解得ma＝3mb，則a、b兩部分的初動能之比，故B正確；
A、落地速度大小v，，故A錯誤；
C、從炸開到兩部分落地的過程中，a、b兩部分所受重力的沖量之比為，故C錯誤；
D、兩塊做平拋運動拋出點的高度相等，落地時的豎直分速度vy相等，a、b兩部分落地時的重力功率之比，故D正確。
故選：BD。
【點評】分析清楚運動過程是解題的前提，應用平拋運動規律、動量守恒定律即可解題。
（多選）10．（2025春 鼓樓區校級期中）如圖所示，有一表面帶有四分之一圓弧軌道的物塊B，靜止在水平地面上（不固定），軌道底端與水平地面相切，其半徑r＝0.4m；一可視為質點的物塊A以水平向左的速度v＝4m/s沖上物塊B的軌道，經一段時間運動到最高點，隨后再返回水平地面。已知A、B質量分別為mA＝1kg，mB＝3kg，不計一切摩擦，重力加速度的大小g取10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．整個過程中，A、B組成的系統動量和機械能都守恒
B．整個過程中，物塊B獲得的最大速度為1m/s
C．物塊A返回水平面的速度大小為2m/s
D．物塊A可以沖出物塊B的四分之一軌道繼續做斜上拋運動
【考點】動量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應用；機械能守恒定律的簡單應用．
【專題】應用題；定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．
【答案】CD
【分析】系統在水平方向所受合力為零，系統在水平方向動量守恒；整個運動過程只有重力做功，系統機械能守恒，根據運動過程應用動量守恒定律與機械能守恒定律分析答題。
【解答】解：A、物塊A在B圓弧軌道上滑動過程，由于A在豎直方向有加速度，所以A、B組成的系統在豎直方向的合外力不為0，A、B組成的系統所受合力不為零，系統動量不守恒；整個運動過程只有重力做功，系統機械能守恒，故A錯誤；
BC、整個運動過程中，當A從B的底端滑離時，B的速度最大，A、B組成的系統在水平方向所受合力為零，系統在水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得mAv＝mAvA+mBvB，根據系統機械能守恒得，代入數據解得vA＝﹣2m/s，vB＝2m/s，物塊B獲得的最大速度為2m/s，物塊A返回水平面的速度大小為2m/s，且方向向右，故B錯誤，C正確；
D、設物塊A可以沖出物塊B的四分之一軌道，物塊A到達B四分之一軌道最高點時，兩者具有相同水平速度，則物塊A做斜拋運動過程，A、B具有相同的水平速度，當A到達最高點時，以向左為正方向，在水平方向，根據動量守恒得mAv＝（mA+mB）vx，根據機械能守恒得，代入數據解得h＝0.6m＞r＝0.4m，假設成立，物塊A可以沖出物塊B的四分之一軌道繼續做斜上拋運動，故D正確。
故選：CD。
【點評】本題考查了動量守恒定律的應用，根據題意分析清楚系統的受力情況與運動過程，應用動量守恒定律與機械能守恒定律解題。
（多選）11．（2025春 天山區校級期中）如圖甲所示，光滑水平面上兩物塊A、B用輕質橡皮繩水平連接，橡皮繩恰好處于原長。t＝0時，A以水平向左的初速度v0開始運動，B的初速度為0，A、B運動的v﹣t圖像如圖乙所示。已知A的質量為m，0～t0時間內B的位移為x0，t＝3t0時二者發生碰撞并粘在一起，則（　　）
A．B的質量為2m
B．橡皮繩的最大彈性勢能為
C．橡皮繩的原長為v0t0
D．0～2t0時間內橡皮繩對B的平均作用力大小為
【考點】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題．
【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．
【答案】ACD
【分析】在0～t0時間內根據動量守恒定律求解B的質量；由乙圖可知AB在t0時刻共速，橡皮繩有最大彈性勢能，根據機械能守恒求解最大彈性勢能；在t0～2t0時間內，根據動量守恒定律和機械能守恒定律求得2t0時刻AB兩者的速度，再由運動學公式求解橡皮繩的原長；根據動量定理求解0～2t0時間內橡皮繩對B的平均作用力大小。
【解答】解：A.由于A、B組成的系統受合外力為零，則AB系統動量守恒，取向左為正方向，則在0～t0時間內mv0＝（m+mB）
解得mB＝2m
故A正確；
B.由圖乙可知，在t0時刻，AB共速，此時橡皮繩被拉到最長，彈性勢能最大，根據機械能守恒（m+mB）（）2+EP
解得橡皮繩的最大彈性勢能EP
故B錯誤；
C.由乙圖可知在2t0時刻，橡皮繩剛好達到原長，在3t0時刻，AB相碰，則在t0～2t0時間內，以向左為正方向，根據動量守恒定律（m+mB）mvA+2mvB
根據機械能守恒（m+mB）（）2+EP2
聯立解得A的速度大小vA，方向向右
B的速度大小vB
由于2t0～3t0內AB都做勻速直線運動，則橡皮繩的原長l＝vAt0+vBt0
解得l＝v0t0
故C正確；
D.取向左為正方向，在0～2t0時間內，對B由動量定理可得
2t0＝mBvB﹣0
解得0～2t0時間內橡皮繩對B的平均作用力大小為
故D正確。
故選：ACD。
【點評】本題考查功能關系和動量守恒定律，解決此題的關鍵是要根據速度—時間圖像分析清楚物體的運動情況，根據物體的運動情況分析彈簧的狀態。
（多選）12．（2025春 河西區期中）人站在浮于水面的靜止的船上，某時刻開始從船頭走向船尾，不計水的阻力，以下說法正確的是（　　）
A．人走到船尾后不再走動，船會因為慣性繼續運動
B．人從船頭到船尾，人對地位移的大小等于船頭到船尾的距離
C．不管人如何走動，人與船速度大小之比等于它們質量的反比
D．人做變速走動時，人與船加速度大小之比等于它們質量的反比
【考點】人船模型及其變式；慣性與質量．
【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．
【答案】CD
【分析】以船和人組成的系統為研究對象，系統受到的合外力為0，故系統的動量守恒，系統初始總動量為0，根據動量守恒定律列式分析。
【解答】解：A、人站在船上，不計水的阻力，人與船組成的系統動量守恒。當人走到船尾后不再走動時，根據動量守恒定律，系統的總動量為零，船也會停止運動，而不是因為慣性繼續運動，故A錯誤；
B、人從船頭走到船尾，由于船會在人走動的過程中發生移動，所以人對地位移的大小不等于船頭到船尾的距離，故B錯誤；
C、設人的質量為m，船的質量為M，人走動時的速度為v1，船的速度為v2，根據動量守恒定律
mv1﹣Mv2＝0
可得
即人與船速度大小之比等于它們質量的反比，故C正確；
D、根據牛頓第二定律
F＝ma
對于人與船組成的系統，人受到的力與船受到的力大小相等、方向相反。設人受到的力為F1，船受到的力為F2，則
F1＝F2
即
ma1＝Ma2
所以
即人與船加速度大小之比等于它們質量的反比，故D正確。
故選：CD。
【點評】解決本題的關鍵是要明確人、船組成的系統動量守恒，總動量為0，所以不管人如何走動，在任意時刻兩者的動量大小相等，方向相反，若人停止運動則船也停止運動。
三．填空題（共4小題）
13．（2025春 鼓樓區校級期中）將質量為0.5kg的空水桶放在磅秤上，水龍頭以每秒0.7kg的流量向桶中注水，經過10s，磅秤示數為78.5N。則水流入桶中時的流速為 　5　 m/s。（設水沒有濺起來，g取10m/s2）
【考點】用動量定理求流體沖擊問題；牛頓第三定律的理解與應用．
【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．
【答案】5。
【分析】取極短時間內注入杯中的水為研究對象，根據動量定理列式，可求得注入水流的速度。
【解答】解：設注入水流的速度為t，取極短時間Δt內注入杯中的水為研究對象，取豎直向下為正方向，Δt時間內注入杯中的水的質量m＝0.7Δt
根據動量定理得：（mg﹣F）Δt＝0﹣mv
可得：F＝0.7v+7Δt
可知，杯子對水的作用力與注水時間成線性關系，由牛頓第三定律知，水對杯子的作用力也與注水時間成線性關系，所以磅秤的示數與注水時間成線性關系。
由題知，10s 時，杯子對水的作用力為F＝G示﹣G杯＝78.5N﹣0.5×10＝73.5N，及Δt＝10s，代入上式解得：v＝5m/s
故答案為：5。
【點評】對于連續介質求作用力，往往要取極短時間的物質為研究對象，運用動量定理求作用力。
14．（2025春 和平區校級期中）冰壺運動，又稱擲冰壺、“冰上溜石”，是冬奧會上以隊為單位在冰上進行的一種投擲性競賽項目，深受觀眾喜愛。A、B兩冰壺在光滑水平冰面上發生對心正碰前后的x﹣t圖像如圖所示，已知mA＝0.2kg，則根據圖像可得物體B的質量為 　0.6　 kg，冰壺之間的碰撞屬于 　彈性碰撞　 （選填“彈性碰撞”、“完全非彈性碰撞”、“一般碰撞”）。
【考點】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題；利用x﹣t圖像的斜率求解物體運動的速度．
【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；分析綜合能力．
【答案】0.6，彈性碰撞。
【分析】根據x﹣t圖線斜率求速度，根據動量守恒定律求質量，然后計算碰撞前后的機械能總量關系，即可解答。
【解答】解：x﹣t圖線的斜率表示速度，則碰撞前，有，vB＝0
碰撞后，m/s＝﹣2m/s，m/s＝2m/s
以碰撞前A的方向為正方向，由動量守恒定律可知
mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′
代入數據解得mB＝0.6kg
碰撞前總動能為1.6J
碰撞后總動能為EK′mAvA′2mBvB′2
代入數據解得EK′＝1.6J
碰撞前后重力勢能不變，則碰撞前后機械能守恒，兩冰壺發生的是彈性碰撞。
故答案為：0.6，彈性碰撞。
【點評】本題是一道綜合題，需要學生根據x﹣t圖線求速度，再判斷機械能，難度中等。
15．（2025 福建模擬）如圖，小榮和小慧在水平地面上各自從H點拋出沙包，分別落在正前方地面Q1和Q2處。沙包的兩次運動軌跡處于同一豎直平面，且交于P點，H點正下方地面處設為O點。已知兩次運動軌跡的最高點離地高度均為3.2m，OH＝1.4m，OQ1＝8.4m，OQ2＝9.8m，沙包質量為0.2kg，忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/s2，則小榮拋出的沙包運動過程中上升與下降重力的沖量大小之比為 　3：4　 ；小榮和小慧拋出的兩個沙包落地前瞬間的動能之比為 　100：113　 。
【考點】求恒力的沖量；斜拋運動；動能定理的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理論證能力．
【答案】3：4，100：113。
【分析】（1）沙包從拋出到最高點的運動可視為平拋運動的“逆運動”，由此求解小榮拋出上升的高度及時間，進而可得最高點距水平地面高度，由此可得下落時間，根據時間求解沖量；
（2）兩條軌跡最高點等高、沙包拋出的位置相同，故可知兩次從拋出到落地的時間相等，根據時間和水平位移求解拋出時水平方向的分速度，根據上升時間拋出時豎直方向的分速度，沙包在空中運動過程中只受重力，機械能守恒，根據動能定理求解動能。
【解答】解：（1）沙包從拋出到最高點的運動可視為平拋運動的“逆運動”，則可得小榮拋出上升的高度為h1＝3.2m﹣1.4m＝1.8m，
上升時間為最高點距水平地面高為h0＝3.2m，故下降的時間為，
重力沖量I＝mgt，所以小榮拋出的沙包運動過程中上升與下降重力的沖量大小之比為3：4；
（2）兩條軌跡最高點等高、沙包拋出的位置相同，故可知兩次從拋出到落地的時間相等為t＝0.6s+0.8s＝1.4s，
故可得小榮和小慧拋出時水平方向的分速度分別為，，
由于兩條軌跡最高點等高，故拋出時豎直方向的分速度也相等，為vy＝gt上1＝10×0.6m/s＝6m/s，
由于沙包在空中運動過程中只受重力，機械能守恒，從拋出到落地瞬間根據動能定理可得，
，
可得落地瞬間，動能之比為100：113。
故答案為：3：4，100：113。
【點評】考查對平拋運動規律和動能定理的理解，熟悉公式的運用。
16．（2025 福建模擬）如圖所示，在光滑的水平面上放置一質量為m的小車，小車上有一半徑為R的光滑的弧形軌道，設有一質量為m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圓弧軌道向上滑動，達到某一高度h后，又沿軌道下滑，試求h＝　　 ，小球剛離開軌道時的速度為 　0　 。
【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．
【專題】定量思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合．
【答案】見試題解答內容
【分析】小球到達最大高度h時，小球與小車的速度相同，兩者組成的系統水平方向動量守恒，機械能也守恒，由動量守恒定律與機械能守恒定律可以求出h。
小球從進入到離開，整個過程屬彈性碰撞模型，小球剛離開軌道時小球和軌道交換速度。
【解答】解：小球從進入軌道，到上升到h高度時為過程第一階段，這一階段類似完全非彈性的碰撞，動能損失轉化為重力勢能（而不是熱能）。
小球到達最大高度h時，小球與小車的速度相同，在小球從滑上小車到上升到最大高度過程中，系統水平方向動量守恒，以水平向左方向為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：
mv0＝（ m+m）v，
系統的機械能守恒，則得：
（ m+m）v2+mgh，
解得：h；
小球從進入到離開，整個過程屬彈性碰撞模型，又由于小球和車的等質量，由彈性碰撞規律可知，兩物體速度交換，故小球離開軌道時速度為零。
故答案為：，0。
【點評】本題要抓住系統水平方向的動量守恒，系統的機械能守恒。關鍵要明確隱含的臨界條件：小球到達最大高度h時，小球與小車的速度相同。解題時要注意正方向的選擇。
四．解答題（共4小題）
17．（2025 石嘴山一模）如圖所示為興趣小組設計的“物塊投網”游戲裝置，讓水平直軌道AB與一光滑半圓形豎直軌道BCD平滑連接，并在最高點D處固定一個小網兜，若物塊能沿半圓軌道通過最高點D落入網兜，即為游戲成功。在某次游戲時，游戲者對放置在A處的小物塊甲施加一水平恒力F，使其從靜止開始運動，4s末撤去恒力，甲繼續運動1s與放在半圓軌道最低點B處的小物塊乙發生碰撞并粘合（碰撞時間極短），隨后“粘合體”恰好能通過最高點D并落入網兜。
已知小物塊甲的質量m1＝0.3kg小物塊乙的質量m2＝0.1kg圓弧軌道半徑R＝0.5m，甲與水平軌道的動摩擦因數μ＝0.4，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求本次游戲中：
（1）碰撞結束瞬間兩物塊的速度大小；
（2）水平恒力F的大小。
【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；平拋運動速度的計算；平拋運動位移的計算；動能定理的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；分析綜合能力．
【答案】（1）碰撞結束瞬間兩物塊的速度大小為5m/s；
（2）水平恒力F的大小為2N。
【分析】（1）根據牛頓第二定律求粘合體”恰好通過最高點D時的速度，結合機械能守恒求碰撞結束瞬間兩物塊的速度大小；
（2）由動量守恒定律和動量定理求水平恒力F的大小。
【解答】解：（1）由“粘合體”恰好通過最高點D時，重力提供向心力：
代入數值可得：
“粘合體”從B到D，只有重力做功，機械能守恒：
代入數值可得：
vB＝5m/s
既碰撞結束瞬間兩物塊的速度大小為5m/s
（2）甲、乙在B處發生碰撞并粘合，以水平向右的方向為正方向，由動量守恒定律可得：
m1v1＝（m1+m2）vB
代入數值可得：
物塊甲從A到B的過程中，以水平向右的方向為正方向，由動量定理可得：
Ft1﹣μm1g（t1+t2）＝m1v1
解得：
F＝2N
答：（1）碰撞結束瞬間兩物塊的速度大小為5m/s；
（2）水平恒力F的大小為2N。
【點評】解答本題時，要分析清楚物塊的運動過程，把握每個過程的運動規律是關鍵。掌握碰撞的基本規律，注意動量守恒和動量定理的應用。
18．（2025 上饒二模）某物流公司為了減少卸貨時貨物的損壞率并提高卸貨效率，其研發團隊設計了如圖所示的自動卸貨裝置。其運行過程簡化為：質量為m的平底貨箱內裝有質量M的貨物，從光滑圓弧軌道上高為L的A點由靜止釋放，平滑滑上靜止在足夠長的光滑水平軌道上的無動力小車，小車長為L、質量為m。貨箱在小車上滑行與小車右端擋板碰撞后不反彈，而后隨小車向右運動至水平軌道右端時，壓縮固定在水平軌道右端的彈簧，當彈簧被壓縮到最短時將小車鎖定。卸下貨物后將平底貨箱緊靠擋板放置并解除對小車的鎖定，彈簧能量全部釋放，將小車及貨箱一起彈回。當小車與水平軌道左側臺階碰撞瞬間停止，貨箱滑出小車沖上圓弧軌道。設貨箱長和寬遠小于L，貨物不會在平底貨箱中滑動，彈簧的形變始終處于彈性限度內，重力加速度為g。求：
（1）貨箱滑上小車前瞬間的速度大小；
（2）若某次貨箱裝有質量M＝3m的貨物，且貨箱恰好與小車右端擋板相碰，求貨箱與小車間的動摩擦因數μ；
（3）在滿足第（2）問的條件下，卸完貨物解除鎖定后，空貨箱能否返回A點？
【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；動量守恒定律在板塊模型中的應用；動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用．
【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；分析綜合能力．
【答案】（1）貨箱滑上小車前瞬間的速度大小為；
（2）貨箱與小車間的動摩擦因數μ為0.2；
（3）在滿足第（2）問的條件下，卸完貨物解除鎖定后，空貨箱能返回A點。
【分析】（1）由動能定理求貨箱滑上小車前瞬間的速度大小；
（2）由動量守恒定律和能量守恒求貨箱與小車間的動摩擦因數μ；
（3）根據能量守恒定律求出小車被鎖定時彈簧的彈性勢能，再結合能量關系判斷卸完貨物解除鎖定后，空貨箱能否返回A點。
【解答】解：（1）設平底貨箱滑上小車前瞬間的速度大小為v0，對平底貨箱從A點到滑上小車前，由動能定理
解得
（2）平底貨箱剛好與小車右端擋板相碰，則系統損失的動能剛好等于平底貨箱在小車上相對滑動產生的熱量，以水平向右的方向為正方向，即由動量守恒定律有
（M+m）v0＝（M+m+m）v共
由能量守恒定律有
聯立解得
μ＝0.2
（3）設小車被鎖定時彈簧的彈性勢能為Ep，根據能量守恒定律可知
＝E
解得
彈回過程中，彈性勢能轉化為平底貨箱和小車的動能，而小車與水平軌道左側臺階碰撞時瞬間停止，則這一部分能量損失，此時平底貨箱從擋板處滑上h高度，由能量關系可得
解得
h＝1.4L
由于h＞L平底貨箱能返回A點
答：（1）貨箱滑上小車前瞬間的速度大小為；
（2）貨箱與小車間的動摩擦因數μ為0.2；
（3）在滿足第（2）問的條件下，卸完貨物解除鎖定后，空貨箱能返回A點。
【點評】本題主要考查了動量守恒定律、能量守恒定律和動能定理的相關應用，過程較多，難度較大，注意分析運動過程。
19．（2025 遼寧模擬）如圖所示，木板甲長L1＝8.1m，緊靠墻壁固定在地面上。木板乙的厚度與甲相同，長L2＝0.7m，緊靠木板甲放在光滑水平地面上。障礙物丙固定在地面上，與木板乙距離為x，其上表面為光滑圓弧，半徑r＝0.25m，圓心角θ＝37°，圓弧左端切線水平且與兩木板上表面等高。左側墻上有光滑的四分之一圓弧軌道，半徑R＝3.6m，最低點切線水平，距木板上表面H＝3.6m。一個小物塊（可視為質點）從四分之一圓弧軌道的端點A靜止釋放，它與兩木板之間的動摩擦因數都是μ＝0.5。小物塊與木板甲碰撞作用時間極短且碰后不反彈，木板乙的質量是小物塊的2倍，木板乙與障礙物丙相碰后立刻粘連在一起。不計空氣阻力，求：
（1）小物塊剛落到木板上的時候，與墻壁相距多遠？
（2）小物塊與木板甲碰撞的過程中摩擦因數保持μ＝0.5不變，它與木板甲碰撞結束瞬間，水平速度多大？
（3）小物塊能否滑到木板乙的最右端？
（4）x滿足什么條件，小物塊能從丙的圓弧軌道右端沖出？
【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；勻變速直線運動規律的綜合應用；牛頓第二定律求解多過程問題；動量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應用．
【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；分析綜合能力．
【答案】（1）小物塊剛落到木板上的時候，與墻壁相距距離為7.2m；
（2）小物塊與木板甲碰撞的過程中摩擦因數保持μ＝0.5不變，它與木板甲碰撞結束瞬間，水平速度為；
（3）小物塊都能滑到木板乙的最右端；
（4）x滿足的條件為x＜0.1m，小物塊能從丙的圓弧軌道右端沖出。
【分析】（1）根據動能定理求小物塊滑至四分之一圓弧軌道末端時速度大小，再結合運動學公式求小物塊剛落到木板上的時候，與墻壁相距多遠；
（2）根據運動學公式求出小物塊剛落到木板甲上時，水平和豎直方向上的速度，再結合動量定理求它與木板甲碰撞結束瞬間水平速度；
（3）根據動能定理求出小物塊沖上木板乙的速度，再根據動量守恒求出小物塊和木板乙共同的速度，最后再根據不同的可能分別討論分析判斷小物塊能否滑到木板乙的最右；
（4）根據能量關系求x滿足什么條件，小物塊能從丙的圓弧軌道右端沖出。
【解答】解：（1）設小物塊滑至四分之一圓弧軌道末端時速度大小為v0，則
得
從B點拋出后，由
s＝v0t
得
s＝7.2m
（2）小物塊剛落到木板甲上時，水平方向：
豎直方向：由
得
設小物塊與木板甲碰撞結束瞬間的水平速度為v1
以水平向右的方向為正方向，水平方向：
﹣∑（μN Δt）＝mv1﹣mvx
以豎直向上的方向為正方向，豎直方向：
﹣∑（N Δt）＝0﹣mvy
得
（3）小物塊與木板甲碰撞結束至滑上木板乙：
得
v2＝3m/s
如果x足夠長，假設小物塊沖上木板乙后能在到達木板乙右端之前與之共速，以水平向右的方向為正方向，則：
mv2＝（m+2m）v共
得
v共＝1m/s
此過程中，小物塊：
得
s1＝0.8m
木板乙：
得
s2＝0.2m
小物塊與木板乙的相對位移
Δs＝s1﹣s2＝0.6m
因為Δs＜L2
所以如果x足夠長，小物塊能在到達木板右端之前與之共速
假設小物塊能滑到木板乙的最右端，設滑到木板乙最右端時的速度為vE，
①若x≥s2木板乙與小物塊共速后再撞擊障礙物丙，對小物塊：
得
vE＝0
所以小物塊恰好能滑到木板乙的最右端
②若x＜s2木板乙尚未與小物塊共速就已撞擊障礙物丙，對小物塊：
得
①
因為x＜s2
所以vE＞0
小物塊能滑到木板乙的最右端。
綜上，無論x取何值，小物塊都能滑到木板乙的最右端
（4）小物塊欲沖出障礙物丙的圓弧軌道，需
得
vE＞1m/s
將vE代入①式，得
x＜0.1m
答：（1）小物塊剛落到木板上的時候，與墻壁相距距離為7.2m；
（2）小物塊與木板甲碰撞的過程中摩擦因數保持μ＝0.5不變，它與木板甲碰撞結束瞬間，水平速度為；
（3）小物塊都能滑到木板乙的最右端；
（4）x滿足的條件為x＜0.1m，小物塊能從丙的圓弧軌道右端沖出。
【點評】本題為綜合題目，考查了動能定理、跑題運動、動量守恒和動量定理；運動過程復雜，需要仔細分析，要掌握相對應的公式運用，本題難度較大。
20．（2025 平度市模擬）如圖所示，光滑的四分之一圓弧軌道豎直固定在光滑水平面上，圓心在O點，半徑R＝1.8m，厚度相同、材質相同、質量均為M＝2kg的木板P、Q靜止在光滑水平面上，兩者相互接觸但沒有粘接，木板Q的右端固定有輕質擋板D，圓弧軌道的末端與木板P的上表面相切于木板P的左端，滑塊B、C分別放置在木板P、Q的左端，將滑塊A從圓弧軌道的頂端由靜止釋放，滑塊滑至底端時與物塊B發生碰撞。已知木板P、Q的長度分別為L1＝4.86m、L2＝5.6m，滑塊A的質量為m1＝3kg，滑塊B的質量為m2＝1kg，滑塊C的質量為m3＝1kg，滑塊A、B、C與木板間的動摩擦因數分別為μ1＝0.3、μ2＝0.1和μ3＝0.3，所有碰撞均為彈性碰撞且時間很短，滑塊均可視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）滑塊A、B碰撞后瞬間，各自的速度大小；
（2）滑塊A、B碰撞后瞬間滑塊C的加速度大小；
（3）滑塊A、B和木板P組成的系統因摩擦而產生的熱量；
（4）滑塊C能否從木板Q上滑落，若不能從木板Q上滑落，滑塊最終與木板Q相對靜止的位置與距離擋板D間的距離。
【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；無外力的水平板塊模型．
【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；推理論證能力．
【答案】（1）滑塊A、B碰撞后瞬間，各自的速度大小分別為3m/s，9m/s；
（2）滑塊A、B碰撞后瞬間滑塊C的加速度大小等于2m/s2；
（3）滑塊A、B和木板P組成的系統因摩擦而產生的熱量為12.96J；
（4）滑塊C不會從木板Q上滑落，最終會與木板Q相對靜止在距離擋板0.16m遠的地方。
【分析】（1）對滑塊A從圓弧軌道的頂端滑至底端的過程由動能定理求得滑塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度。A、B發生彈性碰撞，根據動量守恒定律與機械能守恒定律求解滑塊A、B碰撞后瞬間，各自的速度大小；
（2）對兩塊木板與滑塊C，受力分析，根據牛頓第二定律求解加速度；
（3）根據牛頓第二定律判斷滑塊C相對木板P、Q是否靜止，求得滑塊A、B碰撞后在木板P上分別做勻減速直線運動的加速度。根據運動學公式求解A與P達到共速的過程，A、B、P三者的位移大小，分析三者的相對運動過程，根據滑動摩擦力乘以相對位移求解滑塊A、B和木板P組成的系統因摩擦而產生的熱量；
（4）假設滑塊C不會從木板Q上滑落，根據動量守恒定律和能量守恒定律求得C相對Q的運動路程，根據相對路程與Q板的長度關系判斷滑塊C是否會從木板Q上滑落。若未滑落，相對路程減去Q板的長度即為所求。
【解答】解：（1）設滑塊A到達軌道底端時的速度大小為v0，滑塊A、B碰撞后的速度大小分別為v1、v2，根據動能定理有
滑塊A、B相撞時，以向右為正方向，根據動量守恒定律與機械能守恒定律有m1v0＝m1v1+m2v2，
聯立解得v1＝3m/s，v2＝9m/s
（2）滑塊A沖上木板P后，假設滑塊C與木板Q相對靜止，對兩塊木板與滑塊C，根據牛頓第二定律有μ1m1g+μ2m2g＝（2M+m3）a
解得a＝2m/s2
滑塊C的最大加速度為
假設成立，則滑塊C的加速度大小為a＝2m/s2
（3）滑塊A、B相撞后，設加速度大小分別為aA、aB，根據牛頓第二定律有μ1m1g＝m1aA，μ2m2g＝m2aB
設滑塊A與木板P達到共速的時間為t，則v1﹣aAt＝at
那么此刻滑塊A的速度大小vA＝v1﹣aAt
解得vA＝1.2m/s
滑塊B的速度大小vB＝v2﹣aBt
解得vB＝8.4m/s
滑塊A的位移大小
解得xA＝1.26m
滑塊B的位移大小
解得xB＝5.22m
該段時間木板前進的距離為
可知xB﹣x板＝L1＝4.86m
即滑塊B恰好到達木板P的右端，那么滑塊A、B在木板P上相對滑動時因摩擦而產生的熱量為Q＝μ1m1g（xA﹣x板）+μ2m2gL1，解得Q＝12.96J
（4）滑塊B、C相撞時，以向右為正方向，根據動量守恒定律與機械能守恒定律有m2vB+m3vA＝m2vB'+m3vC，
解得vB'＝1.2m/s，vC＝8.4m/s
設最終沒有滑落，對滑塊C與木板Q，以向右為正方向，根據動量守恒定律與機械能守恒定律有m3vC+MvB'＝（m3+M）vCQ，
代入數據聯立解得x＝5.76m
顯然滑塊C不會從木板Q上滑落，最終滑塊C相對靜止時與擋板D的距離為l＝x﹣L2，解得l＝0.16m
答：（1）滑塊A、B碰撞后瞬間，各自的速度大小分別為3m/s，9m/s；
（2）滑塊A、B碰撞后瞬間滑塊C的加速度大小等于2m/s2；
（3）滑塊A、B和木板P組成的系統因摩擦而產生的熱量為12.96J；
（4）滑塊C不會從木板Q上滑落，最終會與木板Q相對靜止在距離擋板0.16m遠的地方。
【點評】本題考查了處理多物體、多運動過程的能力，考查了動量守恒定律的應用。解題時要注意矢量的方向，尤其是確定相對運動的位移關系要注意方向，必要時可用運動圖像輔助分析。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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