資源簡介

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高考物理考前沖刺押題預測 動量與動量守恒定律
一．選擇題（共8小題）
1．（2025 南通模擬）如圖所示，光滑圓弧軌道ABC豎直固定，與水平面相切于A點，B為圓弧上一點，C為圓弧最高點，弧長AC遠小于半徑。質量相等的小球甲、乙分別從B、C位置由靜止同時釋放，則兩球從開始運動到A點的過程中（　　）
A．甲球比乙球運動的時間短
B．兩球可能在A點右側相撞
C．兩球動量的改變量相等
D．兩球重力的沖量相等
2．（2024秋 郴州期末）如圖所示，在某次航行時，一艘帆船在水平風力的作用下，以速度v0沿風的方向勻速前行，風與帆作用的有效面積為S，氣流的平均密度為ρ，帆船行駛過程水平方向上所受阻力恒為f。假設氣流與帆作用后速度與帆船前行速度相等，則下列說法正確的是（　　）
A．風速大小為
B．風速大小為
C．若將風與帆作用的有效面積變為原來的2倍，風速和阻力大小不變，則船的航行速度一定變為原來的2倍
D．若將風速變為原來的2倍，阻力大小不變，則船的航行速度也將變為原來的2倍
3．（2024秋 杭州期末）如圖為某藥品自動傳送系統的示意圖。該系統由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的水平平臺組成，豎直螺旋滑槽高5m，長30m，質量為0.5kg的藥品A離開傳送帶進入螺旋滑槽速度為2m/s，到螺旋滑槽出口速度為6m/s，該過程用時5s，在出口處與靜止的相同質量的藥品B碰撞，碰后A靜止，B向前滑動，下列說法正確的是（　　）
A．藥品A、B碰撞后B的速度為3m/s
B．藥品A對藥品B的沖量和藥品B對藥品A的沖量相同
C．藥品A在螺旋滑槽運動過程重力的沖量為20N s
D．藥品A在螺旋滑槽運動過程合力的沖量為2N s
4．（2024秋 濟寧期末）體育課上某同學做俯臥撐訓練，在該同學身體下降過程中，下列說法正確的是（　　）
A．該同學處于失重狀態
B．地面對該同學的沖量不為零
C．地面對該同學的支持力做負功
D．重力對該同學做功的功率逐漸增大
5．（2024秋 撫順期末）冰壺是以隊為單位在冰上進行的一種投擲性競賽項目，被大家喻為冰上的“國際象棋”。如圖所示，運動員投擲出的冰壺甲運動一段時間后，與靜止在大本營中心的冰壺乙發生碰撞，已知兩冰壺完全相同，則碰撞后兩冰壺最終停止的位置不可能是（　　）
A．
B．
C．
D．
6．（2024秋 杭州期末）火箭發射領域“世界航天第一人”是明朝的士大夫萬戶，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風箏平穩著陸。假設萬戶及其所攜設備（火箭、燃料、椅子、風箏等）的總質量為M，點燃火箭后在極短的時間內，質量為m的熾熱燃氣相對地面以v0的速度豎直向下噴出，忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．火箭的推力來源于空氣的浮力
B．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為
C．噴出燃氣后，萬戶及其所攜設備能上升的最大高度為
D．在火箭噴氣過程中，萬戶及其所攜設備的機械能守恒
7．（2024秋 豐臺區期末）蹦床運動中，運動員在t＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．運動員距蹦床的最大高度為20m
B．0.30s時運動員的速度大小為20m/s
C．0～0.15s運動員的加速度減小
D．0.15s時運動員處于超重狀態
8．（2024秋 前郭縣校級期末）某物體在一段運動過程中受到的沖量為﹣1N s，則（　　）
A．物體的初動量方向一定與這個沖量方向相反
B．物體的末動量一定是負值
C．物體的動量一定減小
D．物體動量的增量的方向一定與所規定的正方向相反
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2025 成都校級模擬）如圖甲所示，“L”形木板Q（豎直擋板厚度不計）靜止于粗糙水平地面上，質量為1kg的滑塊P（視為質點）以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s時滑塊與木板相撞并粘在一起。兩者運動的v﹣t圖像如圖乙所示。重力加速度大小g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．“L”形木板的長度為9m
B．Q的質量為1kg
C．地面與木板之間的動摩擦因數為0.1
D．由于碰撞系統損失的機械能與碰撞后木板Q與地面摩擦產生的內能之比為1：4
（多選）10．（2024秋 郴州期末）如圖所示，粗糙的水平面上有一半圓形凹槽，凹槽的質量為M，半圓弧的圓心為O點，最低點為A點，半徑為R。現將一質量為m的光滑小球從圓弧上的D點由靜止釋放，已知OD與OA的夾角為θ（θ＜5°），重力加速度為g，小球大小可以忽略不計，從D點運動到A點的過程中，凹槽始終保持靜止。下列說法正確的是（　　）
A．小球從D點運動到A點過程中，小球和凹槽所組成的系統，機械能守恒，動量也守恒
B．小球到達A點時對凹槽的壓力大小為3mg 2mgcosθ
C．小球從D點運動到A點的時間為
D．小球從D點運動到A點過程中，水平面摩擦力對凹槽的沖量大小為
（多選）11．（2024秋 湖南期末）某同學參加校運會跳遠比賽的示意圖如圖所示，忽略空氣阻力，從起跳至著地的整個過程中，下列說法正確的是（　　）
A．該同學所受重力的沖量為0
B．該同學著地過程中地面的支持力大于他的重力
C．著地點是沙池的目的是減小著地前后該同學動量的變化量
D．任意一段時間內重力的沖量的方向都相同
（多選）12．（2024秋 濟寧期末）如圖所示，一質量為2m的滑塊靜置在光滑的水平面上，其曲面為光滑的四分之一圓弧，圓弧最低點切線沿水平方向。一質量為m的小球以水平向右的初速度v0從圓弧最低點沖上滑塊，小球未從圓弧最高點沖出，重力加速度為g。在小球上升過程中，下列說法正確的是（　　）
A．滑塊與小球組成的系統動量守恒
B．滑塊對小球始終做負功
C．小球運動至最高點時，滑塊的速度大小為0.5v0
D．小球沿曲面上升的最大高度為
三．填空題（共4小題）
13．（2023秋 金臺區期末）質量是10g的子彈，以300m/s的速度射入質量是240g、靜止在光滑水平桌面上的木塊。
（1）如果子彈留在木塊中，木塊運動的速度是 　 　m/s；
（2）如果子彈把木塊打穿，子彈穿過后的速度為100m/s，這時木塊的速度又是 　 　m/s。（結果保留兩位有效數字）
14．（2024秋 思明區校級月考）如圖甲所示，質量為1kg的物塊靜止放在水平地面上，現對物塊施加水平向右的外力F，F隨時間變化的關系如圖乙所示。已知物塊與水平地面間的動摩擦因數為0.3，接觸面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。則0～2s內，物塊受到的摩擦力沖量大小為 　 　N s，6s末，物塊的速度大小為 　 　m/s。
15．（2024秋 思明區校級月考）如圖所示，甲、乙兩人各站在靜止小車的左右兩端，車與地面之間無摩擦，當他們同時相向運動時，發現小車向右運動；則在此過程，甲人的動量大小 　 　（選填“大于”、“等于”或“小于”）乙人的動量大小；甲人對小車水平方向沖量大小 　 　（選填“大于”、“等于”或“小于”）乙人對小車水平方向沖量大小。當兩人相遇停下后，小車運動情況為 　 　（選填“勻速向右”、“靜止”或“勻速向左”）。
16．（2024秋 思明區校級月考）未來部署在空間站的太陽能電站可以將電能源源不斷地傳送到地球。假設電站繞地球運行的周期為T，已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g。電站離地面的高度h＝ 　 　；電站在軌運行時，光子撞擊電站的帆板被垂直反射而產生作用力。假設垂直照射帆板前后的光子平均動量大小均為p，每秒鐘垂直照射到帆板上的光子數為n個，求帆板由于光子碰撞而受到的作用力F＝ 　 　。
四．解答題（共4小題）
17．（2024秋 涼州區期末）如圖所示，質量為M（未知）的軌道A放在足夠長的光滑水平桌面上，軌道上表面水平部分粗糙，豎直圓弧部分光滑，兩部分在P點平滑連接，Q點為軌道的最高點。質量m＝1kg的小物塊B靜置在軌道左端，B與軌道水平部分之間的動摩擦因數為μ（未知），最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，B可視為質點。已知軌道水平部分的長度L＝1m，圓弧部分的半徑r＝0.2m，取重力加速度g＝10m/s2。小物塊B以v0＝3m/s的初速度向右滑行，若軌道固定，恰好能夠運動到Q點；若軌道不固定，恰好能夠運動到P點。（計算結果可用分數表示）
（1）求動摩擦因數μ；
（2）求軌道A的質量M；
（3）若軌道不固定，小物塊B以v1＝5m/s的初速度向右滑行，求B離開Q點后上升的最大高度h。
18．（2024秋 溫州期末）如圖所示，傾角θ＝37°直軌道AB和直軌道CD分別與半徑R＝1m的圓弧軌道BC相切于B點和C點，圓弧軌道末端C點處安裝有壓力傳感器，D點右側緊靠著質量M＝0.5kg的車子，車長L＝1m，其上表面與直軌道CD齊平。將質量m＝1kg的小物塊從直軌道AB上距離直軌道CD平面高度h＝1.4m處靜止釋放，小物塊經過C點時壓力傳感器顯示示數F＝30N，小物塊與直軌道AB、CD和車子上表面之間的動摩擦因數均為μ＝0.25，車子與地面之間的摩擦不計（小物塊視為質點，不計空氣阻力），已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）小物塊到達C點時的速度大小v；
（2）小物塊在直軌道AB上的運動時間t；
（3）若小物塊能滑上車子且不從車上掉落，直軌道CD的長度范圍。
19．（2025 蘭州校級一模）某小組研究的一部分連鎖機械游戲裝置如圖所示，在豎直平面內有一固定的光滑斜面軌道AB，斜面軌道底端圓滑連接長為L、動摩擦因數為μ的粗糙水平軌道BC，軌道右端與固定的半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道最高點平滑連接于C點，C點剛好與圓心O1在同一豎直線上。圓弧軌道CD下方有一水平軌道，直立多米諾骨牌，它們的頂端恰好位于經過圓心O1的水平線O1x上。質量為m的滑塊P，從斜面上某點靜止開始下滑，與質量也為m靜置于C點的滑塊Q正碰，碰撞時系統損失的動能為P碰前動能的。已知重力加速度g和L、μ、R、m，不計滑塊大小、骨牌厚度和空氣阻力，結果可保留根式。
（1）求滑塊P從h高滑到斜面底端B時速度大小；
（2）當1號骨牌離O1的水平距離，滑塊P從h1高處靜止開始下滑，滑塊Q被P正碰后滑出剛好能擊中1號骨牌頂端，求h1；
（3）若讓滑塊Q從C點靜止開始下滑，始終緊貼軌道滑入另一光滑圓弧軌道（如虛線所示，上端與圓弧軌道CD相切、下端與O1x相切），水平擊中1號骨牌頂端。求1號骨牌離O1的最小距離x2。
20．（2024秋 四川校級期末）質量m＝1kg的小物塊，由靜止從距斜面底端高h＝0.6m的粗糙斜面上滑下，斜面傾角θ＝37°，小物塊到達斜面底端后速度大小不變滑上足夠長的長木板，小物塊與斜面、長木板間的動摩擦因數均為μ1＝0.5，長木板與水平地面間的動摩擦因數為μ2＝0.1，長木板的質量M＝1kg，小物塊滑上長木板立即受到大小F＝6N的水平向右的恒力作用，當小物塊與長木板速度相同時，撤去恒力F，求：
（1）小物塊滑到斜面底端時的速度大小v0；
（2）從滑上長木板開始，經多長時間物塊、木板速度相同，此時物塊距木板左端的距離L；
（3）最終木板距斜面末端的距離。
高考物理考前沖刺押題預測 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 南通模擬）如圖所示，光滑圓弧軌道ABC豎直固定，與水平面相切于A點，B為圓弧上一點，C為圓弧最高點，弧長AC遠小于半徑。質量相等的小球甲、乙分別從B、C位置由靜止同時釋放，則兩球從開始運動到A點的過程中（　　）
A．甲球比乙球運動的時間短
B．兩球可能在A點右側相撞
C．兩球動量的改變量相等
D．兩球重力的沖量相等
【考點】動量定理的內容和應用；機械能守恒定律的簡單應用．
【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】A
【分析】結合題意，根據甲、乙的質量及釋放位置，確定兩者運動情況，再結合沖量、動量、機械能的關系，即可分析判斷ABCD正誤。
【解答】解：設甲、乙的質量均為m，下落高度分別為hBA、hCA，至A的速度大小分別為v甲、v乙，運動時間分別為t甲、t乙，
因為甲、乙質量相同，所以若將甲放置C由靜止釋放，應與乙的運動狀態一樣，則甲先到A點，乙后到A點，甲、乙兩球不會在A點右側相撞，且：t甲＜t乙；
甲、乙重力的沖量大小分別為：I甲＝mgt甲、I乙＝mgt乙，
則：I甲＜I乙，
兩小球運動過程，只有重力做功，則機械能守恒：mghmv2，
由圖可知：hCA＞hBA，
則：v乙＞v甲，
以水平向左為正方向，
則兩球動量的改變量分別為：Δp甲＝mv甲﹣0、Δp乙＝mv乙﹣0，
則：Δp甲＜Δp乙；
故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
【點評】本題主要考查對機械能守恒定律的掌握，解題時需知，在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變。
2．（2024秋 郴州期末）如圖所示，在某次航行時，一艘帆船在水平風力的作用下，以速度v0沿風的方向勻速前行，風與帆作用的有效面積為S，氣流的平均密度為ρ，帆船行駛過程水平方向上所受阻力恒為f。假設氣流與帆作用后速度與帆船前行速度相等，則下列說法正確的是（　　）
A．風速大小為
B．風速大小為
C．若將風與帆作用的有效面積變為原來的2倍，風速和阻力大小不變，則船的航行速度一定變為原來的2倍
D．若將風速變為原來的2倍，阻力大小不變，則船的航行速度也將變為原來的2倍
【考點】用動量定理求流體沖擊問題．
【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】A
【分析】求出Δt時間內吹到帆船上風的質量，根據動量定理求解沖擊力大小，由此得到風速大小，結合風速大小表達式分析。
【解答】解：AB．以帆船為參考系，對Δt內的一段風Δm，以風的方向的反方向為正方向，由動量定理
FΔt＝ΔmΔv＝ρS（v﹣v0）Δt（v﹣v0）
帆船勻速前行，由平衡條件得
F＝f
解得
故A正確，B錯誤；
C．由以上結論，整理得
若將風與帆作用的有效面積變為原來的2倍，風速和阻力大小不變，則船的航行速度不是原來的2倍，故C錯誤；
D．由可知，若將風與帆作用的有效面積變為原來的2倍，風速和阻力大小不變，則船的航行速度不是原來的2倍，故D錯誤。
故選：A。
【點評】本題主要是考查動量定理之流體沖擊力的計算問題，關鍵是求出很短時間內流體的質量，掌握動量定理的應用方法。
3．（2024秋 杭州期末）如圖為某藥品自動傳送系統的示意圖。該系統由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的水平平臺組成，豎直螺旋滑槽高5m，長30m，質量為0.5kg的藥品A離開傳送帶進入螺旋滑槽速度為2m/s，到螺旋滑槽出口速度為6m/s，該過程用時5s，在出口處與靜止的相同質量的藥品B碰撞，碰后A靜止，B向前滑動，下列說法正確的是（　　）
A．藥品A、B碰撞后B的速度為3m/s
B．藥品A對藥品B的沖量和藥品B對藥品A的沖量相同
C．藥品A在螺旋滑槽運動過程重力的沖量為20N s
D．藥品A在螺旋滑槽運動過程合力的沖量為2N s
【考點】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題；動量定理的內容和應用．
【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】D
【分析】由AB碰撞過程動量守恒，結合碰后A靜止，即可計算碰后B的速度大小；由A對B的力和B對A的力，及作用時間的關系，即可分析沖量的關系；由A的重力大小，及重力的作用時間，即可計算A的重力的沖量；對A應用動量定理，即可計算合力的沖量。
【解答】解：A、由AB碰撞過程動量守恒，結合碰后A靜止，以向右為正方向，即可知：mv2＝mv3，碰后B的速度大小v3＝6m/s，故A錯誤；
B、由A對B的力和B對A的力大小相等、方向相反、作用時間相等，即可知沖量等大反向，故B錯誤；
C、由A的重力大小mg，及重力的作用時間，即可知A的重力的沖量為：I＝mgt，解得：I＝25N s，故C錯誤；
D、對A應用動量定理，以向右為正方向，即可知合力的沖量滿足：I合＝mv2﹣mv1，解得：I合＝2N s，故D正確。
故選：D。
【點評】本題考查動量定理的應用，在比較沖量時，注意沖量為矢量，有大小和方向。
4．（2024秋 濟寧期末）體育課上某同學做俯臥撐訓練，在該同學身體下降過程中，下列說法正確的是（　　）
A．該同學處于失重狀態
B．地面對該同學的沖量不為零
C．地面對該同學的支持力做負功
D．重力對該同學做功的功率逐漸增大
【考點】求恒力的沖量；超重與失重的概念、特點和判斷；功的正負及判斷；瞬時功率的計算．
【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】加速度向上為超重狀態，加速度向下為失重狀態；重力功率等于力與速度的乘積；根據功的定義確定做功情況；根據沖量定義確定沖量大小。
【解答】解：A．該同學身體加速下降過程中，處于失重狀態，因為加速度向下；減速下降過程中，處于超重狀態，因為加速度向上，故A錯誤；
B．地面對該同學的沖量即支持力的沖量I＝FNt，支持力不為零，時間不為零，故支持力的沖量不為零，故B正確；
C．地面對該同學的支持力作用點不移動，故支持力不做功，故C錯誤；
D．重力對該同學做功的功率P＝mgv，因為速度先增大后減小，故重力做功的功率先增大后減小，故D錯誤。
故選：B。
【點評】題以俯臥撐為情景，來考查超失重狀態以及重力功率和動量定理等物理知識，加強了知識的實際應用。
5．（2024秋 撫順期末）冰壺是以隊為單位在冰上進行的一種投擲性競賽項目，被大家喻為冰上的“國際象棋”。如圖所示，運動員投擲出的冰壺甲運動一段時間后，與靜止在大本營中心的冰壺乙發生碰撞，已知兩冰壺完全相同，則碰撞后兩冰壺最終停止的位置不可能是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考點】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題．
【專題】定性思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】由碰撞前后，動量守恒，機械能不增加，可知碰撞后甲、乙各自的速度特點，結合受力分析，即可知其停止的可能位置。
【解答】解：兩完全相同的冰壺碰撞前、后遵守動量守恒定律，機械能守恒或有損耗；
若機械能守恒，則碰后，甲停止，乙以甲的速度向前運動；
若機械能有損耗，則碰后，甲的速度減小，乙以小于甲碰撞前的速度向前運動，故甲不會向后運動，故兩冰壺最終停止的位置不可能是選項C，故ABD正確，C錯誤。
本題選擇不可能的，故選：C。
【點評】本題考查碰撞過程的特點，關鍵是理解機械能不增加的特點應用，即有速度物體，碰撞等質量的靜止物體時，有速度的物體不會反向。
6．（2024秋 杭州期末）火箭發射領域“世界航天第一人”是明朝的士大夫萬戶，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風箏平穩著陸。假設萬戶及其所攜設備（火箭、燃料、椅子、風箏等）的總質量為M，點燃火箭后在極短的時間內，質量為m的熾熱燃氣相對地面以v0的速度豎直向下噴出，忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．火箭的推力來源于空氣的浮力
B．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為
C．噴出燃氣后，萬戶及其所攜設備能上升的最大高度為
D．在火箭噴氣過程中，萬戶及其所攜設備的機械能守恒
【考點】反沖現象中的動量守恒；判斷機械能是否守恒及如何變化；用動量定理求平均作用力．
【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】B
【分析】火箭的推力來源于燃料燃燒時產生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，在燃氣噴出后的瞬間，視萬戶及所攜設備（火箭（含燃料）、椅子、風箏等）為系統，系統動量守恒，應用動量守恒定律可以求出在燃氣噴出后的瞬間火箭的速度大小；噴出燃氣后萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，應用豎直上拋運動規律求出上升的高度。
【解答】解：A、火箭的推力來源于燃料燃燒時產生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，故A錯誤；
B、在燃氣噴出后的瞬間，萬戶及其所攜設備組成的系統內力遠大于外力，系統動量守恒，設火箭的速度大小為v，規定火箭運動方向為正方向，由動量守恒定律得：（M﹣m）v﹣mv0＝0，解得火箭的速度大小為，故B正確；
C、噴出燃氣后萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，上升的最大高度，故C錯誤；
D、在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時產生的向后噴出的高溫高壓氣體對萬戶及所攜設備做正功，所以萬戶及所攜設備機械能不守恒，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題解題的關鍵是在燃氣噴出后的瞬間，視萬戶及所攜設備火箭（含燃料）、椅子、風箏等）為系統，系統動量守恒；在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時產生的向后噴出的高溫高壓氣體對萬戶及所攜設備做正功，所以萬戶及所攜設備機械能不守恒。
7．（2024秋 豐臺區期末）蹦床運動中，運動員在t＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．運動員距蹦床的最大高度為20m
B．0.30s時運動員的速度大小為20m/s
C．0～0.15s運動員的加速度減小
D．0.15s時運動員處于超重狀態
【考點】F﹣t圖像中的動量問題．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】根據圖像得出t＝0.15s時彈力最大，結合牛頓第二定律分析加速度以及超重失重情況；由圖得出運動員離開到落回蹦床的時間，再根據對稱性得出上升時間，從而求出速度大小以及運動員距蹦床的最大高度。
【解答】解：AB．根據題圖可知運動員從t＝0.30s離開蹦床到t＝2.3s再次落到蹦床上經歷的時間為2s，根據豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在t＝1.3s時，運動員恰好運動到最大高度處，t＝0.30s時運動員的速度大小v＝10×1m/s＝10m/s，h，故AB錯誤；
CD.0～0.15s運動員受到合力先減小后增大，加速度先減小后增大，重力等于彈力，加速度為零，0.15s時運動員彈力一定大于重力，處于超重狀態，故C錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】解題關鍵是從圖像上判斷出運動員離開蹦床到落回蹦床的時間。
8．（2024秋 前郭縣校級期末）某物體在一段運動過程中受到的沖量為﹣1N s，則（　　）
A．物體的初動量方向一定與這個沖量方向相反
B．物體的末動量一定是負值
C．物體的動量一定減小
D．物體動量的增量的方向一定與所規定的正方向相反
【考點】動量定理的內容和應用；沖量的定義及性質．
【專題】定性思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】AB.某物體在一段運動過程中受到的沖量為負值，說明該沖量與規定的正方向相反，據此分析判斷；
CD.由動量定理，結合前面分析，即可判斷求解。
【解答】解：AB.某物體在一段運動過程中受到的沖量為負值，說明該沖量與規定的正方向相反，該沖量的正負與物體的初動量或末動量的正負沒有必然聯系，故AB錯誤；
CD.由動量定理可知，某物體在一段運動過程中受到的沖量等于該物體動量的變化量，則結合前面分析可知，某物體在一段運動過程中受到的沖量為負值，說明該物體動量的增量的方向一定與所規定的正方向相反，物體的動量是增加或減小無法確定，故C錯誤，D正確；
故選：D。
【點評】本題考查動量定理的內容和應用，解題時需了解，物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量。
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2025 成都校級模擬）如圖甲所示，“L”形木板Q（豎直擋板厚度不計）靜止于粗糙水平地面上，質量為1kg的滑塊P（視為質點）以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s時滑塊與木板相撞并粘在一起。兩者運動的v﹣t圖像如圖乙所示。重力加速度大小g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．“L”形木板的長度為9m
B．Q的質量為1kg
C．地面與木板之間的動摩擦因數為0.1
D．由于碰撞系統損失的機械能與碰撞后木板Q與地面摩擦產生的內能之比為1：4
【考點】動量守恒定律在板塊模型中的應用；利用v﹣t圖像的斜率求解物體運動的加速度；常見力做功與相應的能量轉化．
【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】BD
【分析】A.v﹣t圖像中圖線與坐標軸圍成的面積表示位移，結合題意及圖乙可知，0～2s內兩者的位移差即“L”形木板的長度，據此列式，即可分析判斷；
B.由圖乙信息，根據動量守恒定律列式，即可分析判斷；
C.由圖乙信息，結合牛頓第二定律分別列式，即可分析判斷；
D.結合前面分析，表示出碰撞過程系統損失的機械能，再根據能量守恒，表示出碰撞后，木板Q與地面摩擦產生的內能，即可分析判斷。
【解答】A．“L”形木板的長度
故A錯誤；
B．滑塊P滑上木板后，滑塊P做勻減速運動，木板Q做勻加速運動，由兩者運動的v﹣t圖像可知，兩者在碰撞前滑塊P的速度為
v1＝3m/s
木板Q的速度
v2＝1m/s
兩者碰撞后共同速度為
v3＝2m/s
碰撞過程系統的動量守恒，設滑塊P的質量為m，木板Q的質量為M，取滑塊P的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得
mv1+Mv2＝（m+M）v3
代入數據解得
M＝1kg
故B正確；
C．設滑塊P與木板Q間的動摩擦因數為μ1，地面與木板之間的動摩擦因數為μ2，由運動的v﹣t圖像可知，在0～2s時間內，滑塊P的加速度為
木板Q的加速度為
對兩者由牛頓第二定律可得
﹣μ1mg＝maP
μ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaQ
代入數據聯立解得
μ2＝0.05
故C錯誤；
D．由于碰撞系統損失的機械能為
代入數據解得
ΔE＝1J
碰撞后木板Q與地面摩擦產生的內能
由于碰撞系統損失的機械能與碰撞后木板Q與地面摩擦產生的內能之比為1：4，故D正確。
故選：BD。
【點評】本題主要考查動量守恒與能量守恒共同解決實際問題，解題時需注意挖掘臨界條件：在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，即速度相等或位移相等時。
（多選）10．（2024秋 郴州期末）如圖所示，粗糙的水平面上有一半圓形凹槽，凹槽的質量為M，半圓弧的圓心為O點，最低點為A點，半徑為R。現將一質量為m的光滑小球從圓弧上的D點由靜止釋放，已知OD與OA的夾角為θ（θ＜5°），重力加速度為g，小球大小可以忽略不計，從D點運動到A點的過程中，凹槽始終保持靜止。下列說法正確的是（　　）
A．小球從D點運動到A點過程中，小球和凹槽所組成的系統，機械能守恒，動量也守恒
B．小球到達A點時對凹槽的壓力大小為3mg 2mgcosθ
C．小球從D點運動到A點的時間為
D．小球從D點運動到A點過程中，水平面摩擦力對凹槽的沖量大小為
【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；牛頓第二定律與向心力結合解決問題；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；推理論證能力．
【答案】BCD
【分析】小球和凹槽所組成的系統，地面有靜摩擦力，動量不守恒，由機械能守恒定律結合牛頓第二定律求解凹槽的壓力大小，結合單擺的周期求解小球從D點運動到A點的時間，水平面摩擦力對凹槽的沖量與小球對凹槽的水平沖量等大反向，由動量定理求解水平面摩擦力對凹槽的沖量大小。
【解答】解：A．在該過程中，由于地面有靜摩擦力，但靜摩擦未做功，小球和凹槽所組成的系統機械能守恒，動量不守恒，故A錯誤；
B．小球從D點到A點，由機械能守恒定律可得
在A點有
解得
FN＝3mg﹣2mgcosθ
故B正確；
C．由單擺的周期可知，小球從D點運動到A點的時間為
故C正確；
D．凹槽始終靜止，水平面摩擦力對凹槽的沖量與小球對凹槽的水平沖量等大反向，由動量定理可知
故D正確。
故選：BCD。
【點評】OD與OA的夾角為θ（θ＜5°），看到θ＜5°可以聯想到單擺。
（多選）11．（2024秋 湖南期末）某同學參加校運會跳遠比賽的示意圖如圖所示，忽略空氣阻力，從起跳至著地的整個過程中，下列說法正確的是（　　）
A．該同學所受重力的沖量為0
B．該同學著地過程中地面的支持力大于他的重力
C．著地點是沙池的目的是減小著地前后該同學動量的變化量
D．任意一段時間內重力的沖量的方向都相同
【考點】動量定理的內容和應用；斜拋運動；沖量的定義及性質；求恒力的沖量．
【專題】定性思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．
【答案】BD
【分析】A.由沖量計算公式可知，該同學所受重力沖量大小，即可分析判斷；
B.該同學著地過程豎直方向向下減速，據此分析判斷；
C.由題意，結合動量定理，即可分析判斷；
D.由沖量計算公式，即可分析判斷。
【解答】解：A.由沖量計算公式可知，該同學所受重力沖量大小為：I＝mgt，故不為0，故A錯誤；
B.因為該同學著地過程豎直方向向下減速，則豎直方向加速度向上，則豎直方向合外力向上，則地面的支持力大于他的重力，故B正確；
C.由題意可知，該同學著地過程，動量變化量不變，著地點是沙地是為了增加其著地時間，則由動量定理可知，著地點是沙池的目的是減小地面對該同學的平均作用力，故C錯誤；
D.由沖量計算公式可知，重力的沖量與重力方向相同，則任意一段時間內重力的沖量的方向都相同，故D正確；
故選：BD。
【點評】本題考查動量定理的內容和應用，解題時需了解，物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量。
（多選）12．（2024秋 濟寧期末）如圖所示，一質量為2m的滑塊靜置在光滑的水平面上，其曲面為光滑的四分之一圓弧，圓弧最低點切線沿水平方向。一質量為m的小球以水平向右的初速度v0從圓弧最低點沖上滑塊，小球未從圓弧最高點沖出，重力加速度為g。在小球上升過程中，下列說法正確的是（　　）
A．滑塊與小球組成的系統動量守恒
B．滑塊對小球始終做負功
C．小球運動至最高點時，滑塊的速度大小為0.5v0
D．小球沿曲面上升的最大高度為
【考點】動量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應用；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．
【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】BD
【分析】在小球運動過程中，系統豎直方向動量不守恒，小球和滑塊組成的系統動量不守恒；小球的速度減少，動能減少，所以滑塊對小球始終做負功
水平方向根據動量守恒定律進行解答，再根據機械能守恒定律列方程求解。
【解答】解：A．在小球運動過程中，小球和滑塊組成的系統在系統豎直方向動量不守恒，水平方向上動量守恒，故A錯誤；
BC．系統在水平方向上動量守恒，規定v0的方向為正方向，小球在圓弧軌道上升到最高時小球與滑塊速度相同，有
mv0＝3mv
解得
可見小球的速度減少，動能減少，所以滑塊對小球始終做負功。故B正確，C錯誤；
D．根據機械能守恒定律得
解得
故D正確。
故選：BD。
【點評】本題主要是考查了動量守恒定律和機械能守恒定律的綜合應用，對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）。解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統的動量和碰撞后系統的動量相等列方程，再根據機械能守恒定律列方程求解。
三．填空題（共4小題）
13．（2023秋 金臺區期末）質量是10g的子彈，以300m/s的速度射入質量是240g、靜止在光滑水平桌面上的木塊。
（1）如果子彈留在木塊中，木塊運動的速度是 　12　m/s；
（2）如果子彈把木塊打穿，子彈穿過后的速度為100m/s，這時木塊的速度又是 　8.3　m/s。（結果保留兩位有效數字）
【考點】動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應用．
【專題】定量思想；尋找守恒量法；動量定理應用專題；分析綜合能力．
【答案】（1）12；（2）8.3。
【分析】（1）（2）子彈射入木塊的過程和打穿木塊的過程，分別根據動量守恒定律求解木塊運動的速度。
【解答】解：（1）取子彈的初速度方向為正方向，根據動量守恒定律有
m1v0＝（m1+m2）v共
解得
v共＝12m/s
則子彈留在木塊中，木塊運動的速度是12m/s；
（2）取子彈的初速度方向為正方向，根據動量守恒定律有
m1v0＝m1v1+m2v2
解得木塊的速度為
v2≈8.3m/s
故答案為：（1）12；（2）8.3。
【點評】對于子彈打木塊的過程，要掌握其基本規律是動量守恒定律，要明確規定正方向，用正負號表示速度方向。
14．（2024秋 思明區校級月考）如圖甲所示，質量為1kg的物塊靜止放在水平地面上，現對物塊施加水平向右的外力F，F隨時間變化的關系如圖乙所示。已知物塊與水平地面間的動摩擦因數為0.3，接觸面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。則0～2s內，物塊受到的摩擦力沖量大小為 　4.5　N s，6s末，物塊的速度大小為 　13.5　m/s。
【考點】F﹣t圖像中的動量問題；求恒力的沖量；用動量定理求平均作用力．
【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】4.5；13.5。
【分析】根據題意求最大靜摩擦力，再結合圖像分析運動情況，由沖量的概念、動量定理等列式代入數據計算。
【解答】解：物塊與水平地面間的最大靜摩擦力為fmax＝μmg＝0.3×1×10N＝3N
由F﹣t圖像可知，在0～1s內物塊受到靜摩擦力作用，則0～2s內，物塊受到的摩擦力沖量大小為
在t＝1s時物塊開始運動，則1～6s內，對物塊根據動量定理可得I合＝IF﹣If＝mv﹣0
其中；If＝3×5N s＝15N s
代入數據解得6s末物塊的速度大小v＝13.5m/s。
故答案為：4.5；13.5。
【點評】本題主要考查F﹣t圖像中的動量問題，解題時需注意，F﹣t圖像與坐標軸所圍面積，表示該力沖量。
15．（2024秋 思明區校級月考）如圖所示，甲、乙兩人各站在靜止小車的左右兩端，車與地面之間無摩擦，當他們同時相向運動時，發現小車向右運動；則在此過程，甲人的動量大小 　小于　（選填“大于”、“等于”或“小于”）乙人的動量大小；甲人對小車水平方向沖量大小 　小于　（選填“大于”、“等于”或“小于”）乙人對小車水平方向沖量大小。當兩人相遇停下后，小車運動情況為 　靜止　（選填“勻速向右”、“靜止”或“勻速向左”）。
【考點】動量守恒定律的一般應用．
【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】小于；小于；靜止。
【分析】甲、乙兩人相向而行的過程中，甲、乙兩人及小車組成的系統在水平方向所受的合外力為零，系統動量守恒，根據動量守恒定律列式分析即可。
【解答】解：甲、乙兩人相向而行的過程中，甲、乙兩人及小車組成的系統在水平方向所受的合外力為零，系統動量守恒，
以向右為正方向，在水平方向，根據動量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙+m車v車＝0
小車向右運動，小車的動量方向向右，說明甲與乙兩人的總動量向左，因乙向左運動，甲向右運動，則甲的動量必定小于乙的動量；
小車向右運動，對小車，由動量定理可知，小車受外力的沖量向右，人在行走時對小車的作用力沖量與人的運動方向相反，則說明乙對小車的作用力沖量大于甲對小車的作用力沖量；
兩人與車組成的系統動量守恒，系統初狀態動量為零，當兩人都停下后兩人的動量都為零，由動量守恒定律可知，小車的動量也為零，小車靜止。
故答案為：小于；小于；靜止。
【點評】本題考查動量守恒定律和動量定理的直接應用，關鍵要掌握動量守恒的條件：合外力為零，要注意速度和動量的矢量性。
16．（2024秋 思明區校級月考）未來部署在空間站的太陽能電站可以將電能源源不斷地傳送到地球。假設電站繞地球運行的周期為T，已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g。電站離地面的高度h＝ 　R　；電站在軌運行時，光子撞擊電站的帆板被垂直反射而產生作用力。假設垂直照射帆板前后的光子平均動量大小均為p，每秒鐘垂直照射到帆板上的光子數為n個，求帆板由于光子碰撞而受到的作用力F＝ 　2np　。
【考點】動量定理的內容和應用；牛頓第三定律的理解與應用；萬有引力的基本計算．
【專題】應用題；定量思想；推理法；動量定理應用專題；分析綜合能力．
【答案】R；2np。
【分析】電站繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，應用牛頓第二定律求出電站離地面的高度；應用動量定理與牛頓第三定律求出帆板受到的作用力。
【解答】解：電站繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：Gm（R+h）
地球表面的物體受到的重量等于萬有引力，即m′g＝G
解得：hR
對每秒照射到帆板上的光子，由動量定理得：﹣F't＝﹣np﹣np
其中：t＝1s，解得：F'＝2np
由牛頓第三定律可知，帆板由于光子碰撞受到的作用力大小F＝F'＝2np
故答案為：R；2np。
【點評】本題考查了萬有引力定律與動量定理的應用，根據題意應用牛頓第二定律與動量定理、牛頓第三定律即可解題。
四．解答題（共4小題）
17．（2024秋 涼州區期末）如圖所示，質量為M（未知）的軌道A放在足夠長的光滑水平桌面上，軌道上表面水平部分粗糙，豎直圓弧部分光滑，兩部分在P點平滑連接，Q點為軌道的最高點。質量m＝1kg的小物塊B靜置在軌道左端，B與軌道水平部分之間的動摩擦因數為μ（未知），最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，B可視為質點。已知軌道水平部分的長度L＝1m，圓弧部分的半徑r＝0.2m，取重力加速度g＝10m/s2。小物塊B以v0＝3m/s的初速度向右滑行，若軌道固定，恰好能夠運動到Q點；若軌道不固定，恰好能夠運動到P點。（計算結果可用分數表示）
（1）求動摩擦因數μ；
（2）求軌道A的質量M；
（3）若軌道不固定，小物塊B以v1＝5m/s的初速度向右滑行，求B離開Q點后上升的最大高度h。
【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；牛頓第二定律的簡單應用；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；推理論證能力．
【答案】（1）動摩擦因數μ等于0.25；
（2）軌道A的質量M等于1.25kg；
（3）B離開Q點后上升的最大高度h等于。
【分析】（1）若軌道固定，對物塊列動能定理求解動摩擦因數；
（2）若軌道不固定，則對系統滿足水平方向動量守恒，根據動量守恒定律以及能量守恒求解軌道A的質量M；
（3）若軌道不固定，則對系統滿足水平方向動量守恒，根據動量守恒定律以及能量守恒求解B離開Q點后上升的最大高度h。
【解答】解：（1）若軌道固定，對物塊列動能定理，則有
可解得
μ＝0.25
（2）若軌道不固定，則對系統滿足水平方向動量守恒，初速度方向為正方向，則有
mv0＝（m+M）v
根據能量守恒，則有
可解得
M＝1.25kg
（3）若軌道不固定，則對系統滿足水平方向動量守恒，則有
mv1＝（m+M）v2
根據能量守恒，則有
可解得
答：（1）動摩擦因數μ等于0.25；
（2）軌道A的質量M等于1.25kg；
（3）B離開Q點后上升的最大高度h等于。
【點評】本題考查動能定理、能量守恒定律和動量守恒定律，會根據題意列式求解相應的物理量。
18．（2024秋 溫州期末）如圖所示，傾角θ＝37°直軌道AB和直軌道CD分別與半徑R＝1m的圓弧軌道BC相切于B點和C點，圓弧軌道末端C點處安裝有壓力傳感器，D點右側緊靠著質量M＝0.5kg的車子，車長L＝1m，其上表面與直軌道CD齊平。將質量m＝1kg的小物塊從直軌道AB上距離直軌道CD平面高度h＝1.4m處靜止釋放，小物塊經過C點時壓力傳感器顯示示數F＝30N，小物塊與直軌道AB、CD和車子上表面之間的動摩擦因數均為μ＝0.25，車子與地面之間的摩擦不計（小物塊視為質點，不計空氣阻力），已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）小物塊到達C點時的速度大小v；
（2）小物塊在直軌道AB上的運動時間t；
（3）若小物塊能滑上車子且不從車上掉落，直軌道CD的長度范圍。
【考點】動量守恒定律在板塊模型中的應用；牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．
【專題】計算題；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）小物塊到達C點時的速度大小是2m/s；
（2）小物塊在直軌道AB上的運動時間是1s；
（3）直軌道CD的長度范圍是1m≤L≤4m。
【分析】（1）應用牛頓第二定律可以求出小物塊到達C點時的速度大小。
（2）應用牛頓第二定律求出物塊在AB上滑動過程的加速度大小，應用運動學公式求出運動時間。
（3）應用動能定理與動量守恒定律、能量守恒定律求出臨界長度，然后確定其范圍。
【解答】解：（1）在C點，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝m
代入數據解得：v＝2m/s
（2）物塊在AB上運動過程，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
由x﹣t公式得：
代入數據解得：t＝1s
（3）設物塊恰好滑到小車上時CD的長度為L1，物塊恰好不離開車子時CD的長度為L2
對物塊，由動能定理得：﹣μmgL1＝0
代入數據解得：L1＝4m
物塊在CD上運動過程，由動能定理得：﹣μmgL2
物塊與車子組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得：mv1＝（M+m）v2
由能量守恒定律得：μmgL
代入數據解得：L2＝1m
直軌道CD的長度范圍是1m≤L≤4m
答：（1）小物塊到達C點時的速度大小是2m/s；
（2）小物塊在直軌道AB上的運動時間是1s；
（3）直軌道CD的長度范圍是1m≤L≤4m。
【點評】分析清楚物塊與車子的運動過程是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律、運動學公式與動量守恒定律、動能定理與能量守恒定律即可解題。
19．（2025 蘭州校級一模）某小組研究的一部分連鎖機械游戲裝置如圖所示，在豎直平面內有一固定的光滑斜面軌道AB，斜面軌道底端圓滑連接長為L、動摩擦因數為μ的粗糙水平軌道BC，軌道右端與固定的半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道最高點平滑連接于C點，C點剛好與圓心O1在同一豎直線上。圓弧軌道CD下方有一水平軌道，直立多米諾骨牌，它們的頂端恰好位于經過圓心O1的水平線O1x上。質量為m的滑塊P，從斜面上某點靜止開始下滑，與質量也為m靜置于C點的滑塊Q正碰，碰撞時系統損失的動能為P碰前動能的。已知重力加速度g和L、μ、R、m，不計滑塊大小、骨牌厚度和空氣阻力，結果可保留根式。
（1）求滑塊P從h高滑到斜面底端B時速度大小；
（2）當1號骨牌離O1的水平距離，滑塊P從h1高處靜止開始下滑，滑塊Q被P正碰后滑出剛好能擊中1號骨牌頂端，求h1；
（3）若讓滑塊Q從C點靜止開始下滑，始終緊貼軌道滑入另一光滑圓弧軌道（如虛線所示，上端與圓弧軌道CD相切、下端與O1x相切），水平擊中1號骨牌頂端。求1號骨牌離O1的最小距離x2。
【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；物體在粗糙斜面上的運動；物體在圓形豎直軌道內的圓周運動；利用動能定理求解多過程問題；機械能與曲線運動相結合的問題．
【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】（1）滑塊P從h高滑到斜面底端B時速度大小為；
（2）當1號骨牌離O1的水平距離，滑塊P從h1高處靜止開始下滑，滑塊Q被P正碰后滑出剛好能擊中1號骨牌頂端，h1為；
（3）若讓滑塊Q從C點靜止開始下滑，始終緊貼軌道滑入另一光滑圓弧軌道（如虛線所示，上端與圓弧軌道CD相切、下端與O1x相切），水平擊中1號骨牌頂端。1號骨牌離O1的最小距離x2為。
【分析】（1）滑塊P從h高滑到底端，根據機械能守恒列式，即可分析求解；
（2）結合題意，由平拋運動的運動規律、幾何關系、牛頓第二定律、動能定理、動量守恒、功能關系分別列式，即可分析求解；
（3）結合題意，由機械能守恒定律、牛頓第二定律、幾何關系分別列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）滑塊P從h高滑到底端，
根據機械能守恒可得：，
解得：；
（2）假設Q從圓頂點飛出作平拋運動，
由平拋運動的運動規律及幾何關系可得：，，
聯立可得：，
此時Q在四分之一圓弧最高點，由牛頓第二定律可得：，
可知假設正確，
則滑塊P從滑下到與Q碰撞前，
根據動能定理可得：，
P、Q碰撞過程，系統動量守恒，以水平向右為正方向，
由系統動量守恒可得：mvP＝mvP'+mvQ'，
由碰撞時系統損失的動能為P碰前動能的可得：，
聯立可得：，（舍去）
解得：；
（3）Q從圓弧頂點靜止開始下滑，下滑圓心角為α時，對CD圓軌壓力恰為零，再滑入半徑為的圓弧軌道，作圖如圖所示：
由機械能守恒定律可得：，
由牛頓第二定律可得：，
聯立可得：，
根據題干所述，由幾何關系可得：x2＝Rsinα+rsinα，Rcosα＝r﹣rcosα，
聯立可得：r＝2R，；
答：（1）滑塊P從h高滑到斜面底端B時速度大小為；
（2）當1號骨牌離O1的水平距離，滑塊P從h1高處靜止開始下滑，滑塊Q被P正碰后滑出剛好能擊中1號骨牌頂端，h1為；
（3）若讓滑塊Q從C點靜止開始下滑，始終緊貼軌道滑入另一光滑圓弧軌道（如虛線所示，上端與圓弧軌道CD相切、下端與O1x相切），水平擊中1號骨牌頂端。1號骨牌離O1的最小距離x2為。
【點評】本題主要考查動量守恒與能量守恒共同解決實際問題，解題時需注意挖掘臨界條件：在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，即速度相等或位移相等時。
20．（2024秋 四川校級期末）質量m＝1kg的小物塊，由靜止從距斜面底端高h＝0.6m的粗糙斜面上滑下，斜面傾角θ＝37°，小物塊到達斜面底端后速度大小不變滑上足夠長的長木板，小物塊與斜面、長木板間的動摩擦因數均為μ1＝0.5，長木板與水平地面間的動摩擦因數為μ2＝0.1，長木板的質量M＝1kg，小物塊滑上長木板立即受到大小F＝6N的水平向右的恒力作用，當小物塊與長木板速度相同時，撤去恒力F，求：
（1）小物塊滑到斜面底端時的速度大小v0；
（2）從滑上長木板開始，經多長時間物塊、木板速度相同，此時物塊距木板左端的距離L；
（3）最終木板距斜面末端的距離。
【考點】動量守恒定律在板塊模型中的應用；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；推理論證能力．
【答案】（1）小物塊滑到斜面底端時的速度大小v0等于2m/s；
（2）從滑上長木板開始，經1s時間物塊、木板速度相同，此時物塊距木板左端的距離L等于1m；
（3）最終木板距斜面末端的距離等于6m。
【分析】（1）小物塊滑到斜面底端過程中，根據動能定理求解小物塊滑到斜面底端時的速度大小；
（2）根據牛頓第二定律求解加速度，根據速度—時間關系求解速度相同所經歷的時間，由位移—時間關系求解物塊距木板左端的距離L；
（3）共速后，二者一起做勻減速運動，結合牛頓第二定律求解加速度，由速度—位移關系求解最終木板距斜面末端的距離。
【解答】解：（1）小物塊滑到斜面底端過程中，根據動能定理可得
解得
v0＝2m/s
（2）從滑上長木板開始，經t時間物塊、木板速度相同，則對小物塊研究
F﹣μ1mg＝ma1
解得
對木板研究
μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2
解得
則
v0+a1t＝a2t
解得
t＝1s
此時物塊距木板左端的距離為
（3）由于木板與物塊之間的滑動摩擦力大于木板與地面之間的滑動摩擦力，則共速后，二者一起做勻減速運動，則共速后，根據牛頓第二定律可得
μ2（M+m）g＝（M+m）a3
解得
此過程中移動距離為
最終木板距斜面末端的距離為
答：（1）小物塊滑到斜面底端時的速度大小v0等于2m/s；
（2）從滑上長木板開始，經1s時間物塊、木板速度相同，此時物塊距木板左端的距離L等于1m；
（3）最終木板距斜面末端的距離等于6m。
【點評】本題考查動能定理、牛頓第二定律、運動學公式的應用問題。本題物塊在和長木板相互作用過程中系統動量守恒，也可利用動量守恒定律求解共速問題。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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