新高考物理二轮复习精选练习专题6动量与能量（含解析）

这是一份新高考物理二轮复习精选练习专题6动量与能量（含解析），共33页。试卷主要包含了动量与能量等内容，欢迎下载使用。


专题六、动量与能量
第一部分 织网点睛，纲举目张
1．冲量　动量　动量定理

2．动量守恒定律

3．碰撞

4. “滑块—弹簧”模型
模型图示

模型特点
（1）两个或两个以上的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0，则系统动量守恒；
（2）在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和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（完全非弹性碰撞拓展模型）
（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大（完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时）

5. “子弹打木块”（“滑块—木板”）模型
模型图示

模型特点
（1）若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移（子弹射入木块的深度）取得极值（完全非弹性碰撞拓展模型）
（2）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
（3）根据能量守恒定律，系统损失的动能 ，可以看出，子弹（或滑块）的质量越小，木块（或木板）的质量越大，动能损失越多
（4）该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解

第二部分 实战训练，高考真题演练
1. （2022山东物理）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）

A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【参考答案】A
【命题意图】本题考查受力分析、动量定理、能量守恒定律及其相关知识点。
【名师解析】
火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
2. （2022·全国理综乙卷·20）质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（　　）

A. 时物块的动能为零
B. 时物块回到初始位置
C. 时物块的动量为
D. 时间内F对物块所做的功为
【参考答案】AD
【名师解析】
物块与地面间摩擦力为
对物块从内由动量定理可知
即
得
3s时物块的动量为
设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得
即，解得
所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
物块发生的位移为x1，由动能定理可得
即，得
过程中，对物块由动能定理可得
即，解得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
物块在6s时的速度大小为
拉力所做的功为，故D正确。
3. （2022高考湖北物理）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（　　）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【参考答案】D
【命题意图】本题考查曲线运动，动能定理，动量定理。
【解题思路】由动能定理，速度由v增大到2v，合外力做功
；速度由2v增大到5v，合外力做功，所以W2= 7W1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是，，比较可得一定成立。选项D正确。
4．（2022新高考海南卷）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是，乙对甲的作用力是，则这两个力（ ）
A．大小相等，方向相反
B．大小相等，方向相同
C．的冲量大于的冲量
D．的冲量小于的冲量
【参考答案】A
【名师解析】甲推乙的作用力与乙对甲的作用力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，这两个力大小相等，方向相反，根据冲量的定义，可知的冲量等于于的冲量，选项A正确BCD错误。
4．（2022重庆高考）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
【参考答案】D
【名师解析】若假人头部只受到安全气囊的作用，则所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线与横轴所围面积表示合外力冲量，由动量定理可知作用力随时间变化的曲线与横轴所围面积也表示动量的变化量，选项AB错误；由动能与动量的关系可知，动能变化与动量变化不是成正比，所以动能变化不是正比于曲线与横轴围成的面积，选项C错误；由牛顿第二定律可知，加速度大小先增大后减小，选项D正确。
5．（11分）（2022·高考广东物理）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图12所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。己知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：

（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【命题意图】本题考查平衡条件、牛顿运动定律、动量守恒定律、匀变速直线运动规律。
【解题思路】（1）滑块静止时，对整体，由平衡条件，N1=mg+Mg。
代入数据解得N1=8N。
滑块向上滑动时，滑杆对滑块有向下的摩擦力f=1N，由牛顿第三定律，滑块对滑杆有向上的摩擦力f’=1N
隔离滑杆受力分析，由平衡条件 N2=Mg-f’。
代入数据解得N2=5N。
（2）滑块向上匀减速运动，由牛顿第二定律，mg+f=ma
解得加速度大小 a=15m/s2。
由v2-v02=-2al 解得：v=8 m/s
（3）滑块与滑杆碰撞，由动量守恒定律，mv=（m+M）v’，
解得 v’=2m/s
由v’2=2gh
解得h=0.2m。

6. （2022年1月浙江选考）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。


【参考答案】（1）；（2）12m/s；（3）66N
【名师解析】（1）设物体从的加速度为、运动时间为，根据匀变速直线运动的规律有 、
解得：、
（2）解法一：由题知物体从全程的运动时间，设物体从的加速度为、运动时间为，根据匀变速直线运动的规律有


代入数据解得：、
解法二：由于物体在做匀变速运动，故
解得：
故其加速度
（3）解法一：设物体在运动时受到的阻力为，根据牛顿第二定律有
代入数据解得：
解法二：物体在上运动由动量定理有
代入数据解得：
解法三：对物体从由动能定理有
解得：
易错警示：对于多过程问题一定要分清楚每一阶段的受力情况和运动情况。
（1）AB段
解得
（2）AB段，
解得
BC段，t2=5.0s-t1=2s，
解得
过C点的速度大小
（3）在BC段有牛顿第二定律
解得
7．（9分）
（2022高考北京卷）体育课上，甲同学在距离地面高处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为；乙同学在离地处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量，取重力加速度。不计空气阻力。求：

（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【命题意图】此题考查抛体运动及其相关知识点。
【名师解析】
（1）设排球在空中飞行的时间为t，则
得
则排球在空中飞行的水平距离
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小
得
则
得
设速度方向与水平方向夹角为（如答图2所示），

则
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小
8.（2022高考北京卷）质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率
C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能
【参考答案】C
【命题意图】此题考查碰撞及其相关知识点。
【名师解析】根据位移图像斜率表示速度可知，碰撞前的速率为零，碰撞后的速率等于的速率。选项AB错误；由碰撞规律可知，m1大于m2，碰撞后的动量大于的动量，碰撞后的动能大于的动能，选项C正确D错误。
9 （2021重庆高考）(12分)我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为5.0kg的物体（物体与头盔密切接触），使其从1.80m的高处自由落下（题13图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03m时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：

（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；
（2）物体做匀减速直线运动的时间；
（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。
【名师解析】（1）由自由落体运动规律，v2=2gh，
解得v=6m/s。
（2）由匀变速直线运动规律，△x=t，
解得t=0.01s
（3）由动量定理，Ft=mv，
解得F=3000N

10. （2022·全国理综乙卷·25） 如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。

【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律

根据能量守恒定律

联立解得，
（2）同一时刻弹簧对、的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

可知同一时刻

则同一时刻、的的瞬时速度分别为


根据位移等于速度在时间上的累积可得


又

解得

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得

根据能量守恒定律可得

联立解得
设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得

下滑过程，根据动能定理可得

联立解得
11.（2021重庆高考）.质量相同的甲乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。题图中实线和虚线分别表示甲乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于t=t1左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则
A. t=0时刻，甲的速率大于乙的速率
B. 碰撞前后瞬间，乙的动量不变
C. 碰撞前后瞬间，甲的动能不变
D. 碰撞后甲的机械能大于乙的机械能


【参考答案】C
【名师解析】根据位移图像斜率表示速度可知，t=0时刻，甲的速率小于乙的速率，选项A错误；根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关于t=t1左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，选项B错误C正确；根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，选项D错误。
12　[多选](2020·全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A．48 kg　　　　　　　　 B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
【参考答案】BC
【名师解析】　运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜M＜15m，即52 kg＜M＜60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。
13.(2020·北京等级考)在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是(　　)
A．将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度h
B．将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度h
D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
【参考答案】D
【名师解析】　若三个小钢球完全相同，将1号从高度h释放，落下后与2号发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及机械能守恒定律可知，最终2号静止、3号摆至高度h，若将2号换成质量不同的小钢球，1号与2号发生碰撞时不能交换速度，2号与3号发生碰撞时也不能交换速度，则3号不能摆到高度h，A错误；将1、2号一起移至高度h释放，在下落过程中以及摆起过程中动量都不守恒，小钢球在最低点碰撞时，动量守恒，B错误；右侧涂胶的1号与2号发生碰撞后粘在一起，碰撞过程为非弹性碰撞，机械能不守恒，则再与3号发生碰撞后，3号不能摆到高度h，C错误；将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h，释放后2号与3号碰撞并粘在一起，属于非弹性碰撞，机械能不守恒，且释放后下落过程中以及摆起过程中动量都不守恒，D正确。
14．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【名师解析】：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv02 ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0＝v0－gt ②
联立①②式得
t＝ 。 ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1 ④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
mv12＋mv22＝E ⑤
mv1＋mv2＝0 ⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv12＝mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝。 ⑧
答案：(1) 　(2)

15．(2020·天津等级考)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
【名师解析】：(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
m1g＝m1①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有
m1vA2＝m1v2＋2m1gl②
由动量定理，有I＝m1vA③
联立①②③式，得I＝m1。④
(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥
又Ek＝m2vB2⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
Ek＝。⑧
答案：(1)m1　(2)

第三部分 思路归纳，内化方法
1. 应用动量定理解题技巧
(1)动量定理没有适用条件，在计算与时间有关的问题时都可以适用。例如：部分导体切割磁感线，求电荷量或位移的问题。
(2)动量定理研究对象选择可以是单一物体，也可以是质点系，在研究质点系问题时，受力分析时只考虑质点系的外力。
(3)在应用动量定理时需要规定正方向。
2. 判断系统动量是否守恒的“三注意”
(1)注意所选取的系统——所选的系统组成不同，结论往往不同。
(2)注意所研究的运动过程——系统的运动分为多个过程时，有的过程动量守恒，另一过程则可能不守恒。
(3)注意守恒条件——整体不满足系统动量守恒条件时，在某一方向可能满足动量守恒条件。　　
3. 应用动量守恒定律解题的两点提醒
(1)应用动量守恒时应注意系统的组成和过程的选取。
(2)两物体沿同一直线运动，避免相撞的临界条件是二者同向同速。
4. 应用“人船模型”解题的两个关键点
(1)“人船模型”的应用条件：相互作用的物体原来都静止，且满足动量守恒条件。
(2)人、船位移大小关系：m人x人＝m船x船，x人＋x船＝L(L为船的长度)。
5．碰撞遵循的三个原则
动量守恒
碰撞时间极短，内力远大于外力，动量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能不增加
碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能。系统动能满足关系式：
m1v12＋m2v22≥m1v1′2＋m2v2′2
物理情境可行性　
按碰撞情境可分为追赶碰撞和相向碰撞，两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致

6. 爆炸与反冲的三个特点
(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。
(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。
(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。考点四　动量和能量的综合问题
7. 求解含弹簧的动量和能量的综合问题的2点提醒
(1)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒或能量守恒求解。
(2)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧连接的两个物体具有相同的速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的突破点。　　
8. 子弹打木块模型
(1)分析子弹打击木块的过程，弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动还是穿透木块和木块各自运动。
(2)子弹在打击木块的过程中，由于时间较短，内力远远大于外力，故在打击的过程中动量守恒。
(3)子弹在打击木块过程中损失的机械能，一般有两种求解方法：一是通过计算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的损失；二是通过计算在子弹打击木块的过程中，子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。
9. 板块问题
板块问题常涉及多个物体、多个运动过程，板块间存在相对运动。解决板块问题要分析不同阶段的受力情况和运动情况，然后逐个建立动量守恒和能量守恒的方程。同时注意一些关键字眼，如木板足够长，说明物块最终与木板同速，其相对滑动距离对应木板至少长度。　　

第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1.（2023山西摸底）2022年北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，中国队以2分37秒348的成绩夺冠。比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，如图所示。假设交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一直线上，忽略运动员与冰面之间在水平方向上的相互作用力，对于两运动员交接棒的过程，下列说法正确的是
A. 两运动员的加速度大小相同
B. 两运动员相互作用力冲量的矢量和一定等于零
C. 两运动员相互作用力做功之和一定等于零
D. 两运动员组成的系统动量守恒但机械能不守恒
【参考答案】BD
【名师解析】两运动员交接棒过程，相互作用力大小相等方向相反，由于两运动员质量不一定相同，根据牛顿第二定律可知，两运动员的加速度大小不一定相同，选项A错误；两运动员交接棒过程，相互作用力大小相等方向相反，作用时间相同，根据冲量定义可知，两运动员相互作用力冲量的矢量和一定等于零，选项B正确；两运动员交接棒过程，相互作用力大小相等方向相反，相互作用力对两运动员做功都是正值，两运动员相互作用力做功之和不等于零，选项C错误；两运动员交接棒过程，忽略运动员与冰面之间在水平方向上的相互作用力，两运动员组成的系统所受合外力为零，动量守恒，但相互作用力对两运动员做功，机械能增加，选项D错误。
2. （2022年9月甘肃张掖一诊） 一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为和，合外力的冲量大小分别为和。下列关系式一定成立的是（　　）
A. B. C. D.
【参考答案】BD
【名师解析】
根据动能定理有，
可得，选项A错误，B正确；
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，根据动量定理
可知冲量的大小范围是，
可知，选项C错误，D正确。
3. （2023江苏南通第一次质检）如图所示，质量均为m的小球和小环用长为l不可伸长的轻绳相连，小环套在光滑固定的水平细杆上，将小球拉至轻绳与杆夹角为时，由静止释放，下列判断错误的是（　　）

A. 小球和小环组成的系统，动量不守恒
B. 小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同
C. 小球运动到最低点时，速度为
D. 小球运动到最低点时，轻绳对环的拉力为
【参考答案】C
【名师解析】
．根据题意可知，系统竖直方向上合力不为零，则小球和小环组成的系统，动量不守恒，故A正确，不符合题意；
根据题意可知，系统在水平方向上合力为零，则水平方向上动量守恒，运动到最高点时，竖直方向上速度为零，水平方向速度也为零，则重力势能与释放点的相等，即高度相同，故B正确，不符合题意；
C．根据题意可知，小球运动到最低点时，设小球速度的大小为，小环速度的大小为，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得，故C正确；
根据题意可知，小球相对于小环的速度为
由牛顿第二定律有
解得
故D错误。
4. （2023重庆八中高三质检）在一次摸高测试中，一质量为70kg的同学先下蹲，再用力蹬地的同时举臂起跳，在刚要离地时其手指距地面的高度为1.95m；离地后身体形状近似不变，手指摸到的最大高度为2.40m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2s，则在不计空气阻力情况下，起跳过程中他对地面的平均压力约为（ ）（g取）
A. 1050N B. 1400N C. 1750N D. 1900N
【参考答案】C
【名师解析】
跳起后重心升高的高度为
人跳起的速度
解得
跳起过程，根据动量定理得
解得起跳过程中地面对他的平均压力约为
根据牛顿第三定律，起跳过程中他对地面的平均压力约为
5．（2023江西红色十校第一次联考）如图甲，质量的子弹水平射入静置在水平地面上的木块并留在其中，此后木块运动的图像如图乙所示，其中x表示木块的位移，t表示木块运动的时间。已知木块的质量，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）

A．木块与水平地面之间的动摩擦因数为0.8
B．子弹射入木块过程中，子弹损失的机械能为792J
C．子弹射入木块过程中（未射出），木块的质量越大，子弹对木块的冲量越大
D．子弹射入木块过程中（未射出），子弹的质量越大，系统损失的机械能越少
【参考答案】AC
【名师解析】由得，结合图乙可知，。木块在水平地面上滑行过程，根据牛顿第二定律可得，解得，A项正确；子弹射入木块过程，动量守恒，有，得。系统损失的机械能，子弹损失的机械能，B项错误；由得，对木块由动量定理可得，可见，在m、v不变的情况下，M越大，I越大，C项正确；系统损失的机械能，可见，在M、v不变的情况下，m越大，越大，D项错误。
6. （2023湖北新高考协作体高三起点考试）光滑水平地面上，质量为3kg木板正以2m/s的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的小球，质量为1kg，速度向左，大小也是2m/s。经过3s后，小球刚好滑到木板左端且二者刚好相对静止。这一过程中，下列说法中正确的是（　　）

A. 木板长度是9m
B. 小球相对地面向左最远位移为2m
C. 系统因摩擦而生热8J
D. 1.5s时，小球距离木板左端1.5m
【参考答案】BD
【名师解析】
依题意，可知小球及木板系统动量守恒，取向右为正，有

代入数据，即

求得

可得木板加速度大小为

对木板，根据牛顿第二定律可得小球与木板间的滑动摩擦力大小为

设木板的长度为，根据功能关系可得

求得

系统因摩擦而生热为

故AC错误；
B．当小球在木板上速度减为0时，小球相对地面向左有最远位移，为

对小球，根据牛顿第二定律有

联立求得

故B正确；
D．1.5s时，小球的速度大小为

方向向左，此时木块对地位移大小为

木板的位移大小为

则可得此时小球距离木板左端

故D正确。
7. （2023湖北新高考协作体高三起点考试）意大利物理学家伽利略在研究打击现象时，偶然间发现打击的效果与锤子的重量以及它的速度有关，他由此定义了最早的“动量”近似概念。现用质量为20m的铁锤沿水平方向将质量为m、长为l的铁钉敲入木板，铁锤每次以相同的水平速度v0击钉，随即与钉一起运动并使钉进入木板一定距离。在每次受击进入木板的过程中，钉所受到的平均阻力（本题指钉克服阻力做的功与对应过程的位移之比）为前一次受击进入木板过程所受平均阻力的2倍。若敲击三次后钉恰好全部进入木板，则第一次进入木板过程中钉所受到的平均阻力大小为（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】C
【名师解析】
根据题意得，，，， ，

解得
根据动量守恒定律得
根据动能定理得
解得，选项C正确。
8. （2023山东“学情空间”教研共同体入学考试）如图所示，固定光滑轨道ABC的AB段水平，BC段为半圆形，B是半圆轨道的最低点、C是半圆轨道的最高点。长L=1.5m、质量M=0.4kg的木板位于足够长的光滑水平面上，木板左端紧靠A点，上表面与AB等高。将质量均为m=0.2kg的小滑块甲、乙放置在木板上距A点0.5m处，甲、乙之间夹有被压缩的轻质短弹簧。某时刻弹簧弹开，甲向左运动，乙恰好未从木板上滑下，已知甲、乙与木板间的动摩擦因数均为，重力加速度g=10m/s2。
(1)求甲到达A点时的速度大小；
(2)若甲能通过半圆轨道的C点且整个过程中对轨道的压力不超过20N，求轨道BC半径的取值范围；
(3)若在水平面与木板间固定一块桌布，木板与桌布间的动摩擦因数，求乙滑下木板时的速度。

【参考答案】(1)；(2)；(3)
【名师解析】
(1)弹簧弹开，以甲、乙组成系统研究对象，在甲到达A点之前，系统动量守恒

甲、乙对车的摩擦力大小相等、方向相反，故车保持静止。当甲到达A点时乙距木板右端距离为，此后以乙和木板为研究对象，乙到达木板右端时两者同速，设为v，由动量守恒得

由能量守恒得

联立解得

(2)半圆轨道半径最大时甲恰能通过半圆轨道最高点


甲在B点对轨道的压力最大，且半径越小压力越大，半径最小时，由牛顿第三定律知轨道对乙的最大作用力


则半径的取值范围

代入解得

(3)甲离开木板后，对乙

对板



联立解得


9. （2023陕西师大附中期初检测）如图甲所示，斜面上有一个轻弹簧，一端与斜面固定，另外一端与木板固定。木板在A点时，弹簧处于压缩状态，释放木板，木板由静止开始沿斜面向上运动，其v－t图像如图乙所示（图线为正弦曲线）。木板在t1时刻速度达到最大为v1，t2时刻到达B点，此时弹簧处于伸长状态。已知木板的质量为m，斜面与水平面夹角为θ，A、B两点相距为L，木板、物块与斜面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求t1时刻弹簧弹力的大小；
（2）若已知弹簧的劲度系数为k，木板在A、B两点的加速度大小相等，求此加速度的大小；
（3）若某时刻有一质量也为m的物块在C点由静止开始沿斜面下滑，在t1时刻恰好与木板发生弹性碰撞，碰后木板沿斜面向下运动恰好回到A点，求B、C两点之间的距离。

【参考答案】（1）；（2）；
（3）
【名师解析】
（1）t1时刻，木板达到最大速度，其加速度为零，设弹簧弹力的大小为F，有

（2）木板在A点时，设此时弹簧的压缩量为x1，由牛顿第二定律有

木板在B点时，设此时弹簧的伸长量为x2，由牛顿第二定律有

A、B相距为L，有

联立可得

（3）由v－t图像可知，t1时刻，木板运动到A、B的中点处。在0到t1这段时间内，假设弹簧对木板做的功为WN，由动能定理有

物块在C处开始下滑，假设B、C两点之间的距离为S，物块下滑到A、B的中点处的速度为v2，由动能定理有

t1时刻，木板与物块发生弹性碰撞，取沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有


解得
，
即木板、物块相碰后交换速度，相向而行。
木板从碰后开始沿斜面向下运动到A点的过程，由动能定理有

联立可得

10. ( 14 分 )（2023安徽名校联盟开学考试）
如图,质量为、足够长的长木板静止在光滑水平地面上,在距长木板右端距离为处有一固定挡板, 质量为的小滑块从长木板的左端以大小为的初速度滑上长木板, 物块与长木板间的动摩擦因数为0.2, 重力加速度大小取, 木板与挡板的碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略不计, 求:
(1) 若在与碰撞前与已相对静止,则至少为多少;
(2) 若要使与只发生一次碰撞, 则应满足什么条件;
(3) 若,则与会碰撞几次。

【名师解析】.
(1) 在上做匀减速运动,做匀加速运动, 设、相对静止时, 共同速度为, 根据动量守恒有:
运动加速度大小:
运动的距离：
因此, 要使与碰撞前与已相对静止, 则应
(2) 与碰撞时,向右的动量小于等于向右的动量, 则与会发生一次碰撞。
当向右的动量等于向右动量时:
根据动量守恒有:
运动的距离:
因此, 若要使与只发生一次碰撞, 则应
（3）当 时,每次与碰撞前的速度大小为:
相邻两次碰撞的时间间隔:
设能碰撞次, 则第次碰撞时, 运动的时间:
最后一次碰撞满足临界条件:
根据运动学公式:

解得: , 因此, 最多可以碰撞3次。
( 其他正确解法也给分)

11. （2023湖南三湘创新发展联合起点考试）如图所示，有两足够长倾角均为的粗糙斜面AB和CD均通过一小段平滑的圆弧与足够长的光滑水平面BC连接，小滑块a与斜面AB间的动摩擦因数，小滑块b与斜面CD间的动摩擦因数，小滑块a从斜面AB上的P点由静止开始下滑，一段时间后，与静止在水平面BC上的装有质量不计的弹簧的物块b发生第一次碰撞，之后弹簧储存的弹性势能的最大值，已知小滑块a、b均可视为质点，质量均为，小滑块a与弹簧碰撞过程中不损失机械能，且弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小，，。求：
（1）P点距水平面的高度h；
（2）小滑块a与小滑块b第一次碰撞后，小滑块b沿CD斜面上滑的最大距离；
（3）小滑块b在斜面上运动的总路程。


【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）根据题意，小滑块a从斜面AB上的P点滑到B点的过程，由动能定理有

因为a、b的质量相等，发生碰撞时满足动量守恒，由动量守恒定律有

由能量守恒定律有

联立代入数据解得
，
（2）根据题意，由动量守恒定律和能量守恒定律有


联立代入数据解得

在小滑块b滑上最高点的过程中，根据动能定理有

解得

（3）根据题意，设小滑块b第一次回到斜面CD底端时的速度大小为，有

整理后有

b与a碰后再次交换速度，此时b速度为零，a的速度大小为，则在a沿斜面AB上升至速度减为零的过程中有

由于交换速度，故与大小相等，解得

返回底端的过程中

在底部a与b碰撞后再次交换速度，则b的速度大小

b上升到顶端的过程中

可得

则有

即小滑块b每次上升到顶端的路程为等比关系，其中公比

同时由于在同一斜面上，上滑与下滑的路程相等，由数学知识有

12. （2023河南郑州四中第一次调研） 如图，光滑轨道PQO的水平段QO=，轨道在O点与水平地面平滑连接．一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞．A、B与地面间的动摩擦因数均为=0.5，重力加速度大小为g．假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求
(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离．

【参考答案】(1) ，；(2)
【名师解析】
（1）设A滑到水平轨道的速度为，则有

A与B碰撞时，由动量守恒有

由动能不变有

联立得


第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为和
（2）第一次碰撞后A经过水平段QO所需时间

第一次碰撞后B停下来所需时间

易知

故第一次碰撞后B停时，A还没有追上B，设第一次碰撞后B停下来滑动的位移为，由动能定理得

解得

设A第二次碰撞B前的速度为，由动能定理得

解得


故A与B会发生第二次碰撞
A与B会发生第二次碰撞，由动量守恒有

由动能不变有

解得


B发生第二次碰撞后，向右滑动的距离为，由动能定理得

解得

A发生第二次碰撞后，向左滑动的距离为，由动能定理得

解得

故

即A不会再回到光滑轨道PQO的水平段QO上，在O点左边停下
所以A、B均停止运动后它们之间的距离为



12.(2019·兰州一诊)有两个用一根轻质弹簧相连的木块A、B静止在光滑水平面上，其质量mA＝1 kg、mB＝2.95 kg，一颗质量为m＝50 g的子弹沿水平方向以v0＝400 m/s的速度，在极短时间内射穿A并留在B内，射穿A木块后子弹的速度变为原来的60%。求：
(1)子弹刚穿过木块A时，木块A的速度vA；
(2)系统运动过程中弹簧的最大弹性势能Ep；
(3)弹簧再次恢复原长时木块A、B的速度大小。
解析：(1)子弹刚穿过A时，子弹与A动量守恒，设A的速度为vA，子弹的速度为v1，由动量守恒定律有：
mv0＝mAvA＋mv1，
又v1＝0.6v0＝240 m/s
解得：vA＝8 m/s。
(2)子弹射入并留在B内，子弹与B动量守恒，设子弹与B共同的速度为vB，由动量守恒定律：mv1＝(m＋mB)vB
解得：vB＝4 m/s
子弹、A、B和弹簧所组成的系统动量守恒，弹簧弹性势能最大时A、B、子弹具有相同的速度v，由动量守恒定律：
mAvA＋(m＋mB)vB＝(m＋mA＋mB)v
解得：v＝5 m/s
由能量关系：Ep＝mAvA2＋(m＋mB)vB2－(m＋mA＋mB)v2
解得：Ep＝6 J。
(3)从子弹射入B中到弹簧再次恢复原长，系统总动量守恒，总动能不变，则：
mAvA＋(m＋mB)vB＝mAvA′＋(m＋mB)vB′
mAvA2＋(m＋mB)vB2＝mAvA′2＋(m＋mB)vB′2
解得：vA′＝2 m/s，vB′＝6 m/s
或vA′＝8 m/s，vB′＝4 m/s
弹簧由压缩状态恢复至原长过程中，A减速，B加速，所以有vA′ 答案：(1)8 m/s　(2)6 J　(3)2 m/s　6 m/s