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新高考物理一轮复习专题9.2 动量守恒定律及应用 精品练习（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习专题9.2 动量守恒定律及应用 精品练习（含解析），共32页。
专题9.2 动量守恒定律及应用【练】
1．（2022·江西宜春·模拟预测）如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，且小木块与长板质量不相等，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接。开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）（ ）
A．整个运动过程中，系统机械能不守恒，动量守恒
B．整个运动过程中，系统机械能守恒，动量不守恒
C．M、m分别向左、右运行过程当中，均一直做加速度逐渐减小的加速直线运动
D．M、m分别向左、右运行过程当中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统动能最小
【答案】 A
【解析】AB．整个运动过程中，系统所受合外力为零，动量守恒。易知M和m在任意时刻所受合外力大小相等，但由于m≠M，所以二者任意时刻加速度大小不等，相同时间内位移不相等，所以F1和F2做功的代数和不为零，则系统机械能不守恒，故A正确，B错误；
CD．M、m分别向左、右运行过程当中，当弹簧弹力小于F1、F2时，M和m做加速度逐渐减小的加速直线运动，当弹簧弹力增大至与F1、F2的大小相等时，系统动能最大，之后弹簧弹力开始大于F1、F2，M和m将做加速度逐渐增大的减速直线运动，直至速度减为零，故CD错误。
故选A。
2．（2022·江苏·阜宁实验高中模拟预测）如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为6kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v-t图如图所示，则可知（ ）
A．物块A的质量为4kg
B．运动过程中物块A的最大速度为vm=4m/s
C．在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为45J
【答案】 B
【解析】A．由图知，A离开挡板瞬间B的速度为，B的速度最小值为，B的速度最小时，弹簧第一次恢复原长，A的最大速度，取向右为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒得
解得
故A错误，B正确；
C．在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故C错误；
D．分析从A离开挡板后A、B的运动过程，弹簧伸长到最长时，弹性势能最大，此时A、B的共同速度为，根据动量守恒
解得
根据机械能守恒定律
解得
故D错误。
故选B。
3．（2022·重庆·模拟预测）如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开。小车与小球的质量分别为、，重力加速度大小为，不计空气阻力，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面。下列说法正确的是（ ）
A．小球的最大重力势能为
B．小球离开小车后，小球做自由落体运动
C．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为0
D．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为
【答案】 A
【解析】A．经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同（设共同速度大小为），在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有
根据机械能守恒定律有
解得
故A正确；
B．设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为、，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以的方向为正方向，则
根据机械能守恒定律有
解得
，
小球离开小车后将做平抛运动，故B错误；
C．根据动能定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功
故C错误；
D．根据动量定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量
故D错误。
故选A。
4．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为m的木板A，通过不可伸长的轻绳与质量2m的足够长的木板B连接。质量为m可看成质点的物块C静止在木板B右端。开始时，A、B、C均静止，绳未拉紧。现在使木板A以的速度向右运动，经过一段时间后系统达到稳定状态。绳子拉直绷紧后瞬间，A、B同速，在绳子绷紧后瞬间，下列说法中正确的是（ ）
A．木板A的速度大小为 B．木板B的速度大小为
C．物块C的速度大小为0 D．木板A、B、C共速
【答案】 C
【解析】绳子从拉直到绷紧过程极短，对A、B组成的系统，C对B的摩擦力远小于系统内力，所以A、B组成的系统水平方向动量守恒，设绳子绷紧后瞬间AB的速度为v，则有
解得
在极短的时间内，C所受摩擦力的冲量可以忽略，所以C的速度仍然是0，故ABD错误，C正确。
故选C。
5、（多选）（2022·全国·高三开学考试）2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。某中学航天兴趣小组模拟火箭升空的过程，将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．水喷出的过程中，“水火箭”和水的机械能守恒
B．“水火箭”的推力来源于“水火箭”外的空气对它的反作用力
C．“水火箭”喷出水时，“水火箭”和水组成的系统动量可以近似看作守恒
D．“水火箭”获得的最大速度大小为
【答案】 CD
【解析】A．水喷出的过程中，瓶内气体做功，“水火箭”及水的机械能不守恒，故A错误；
B．“水火箭”的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故B错误；
C．在水喷出后的瞬间，在极短的时间内，可视为内力远大于外力，“水火箭”和水组成的系统动量可以近似看作守恒，故C正确；
D．在水喷出后的瞬间，“水火箭”获得的速度最大，取向下为正方向，由动量守恒定律有
解得
故D正确；
故选CD。
6、（多选）（2022·湖南师大附中三模）如图所示，光滑曲面PQ与水平地面相切于Q点，质量mA=3kg的物体A从距地面高度为h=1.27m的地方静止滑下，A与水平地面间的动摩擦因数μA=0.01，水平地面距Q点s=2m处静止一质量mB=2kg的足够长的木板B，B与地面间的动摩擦因数μB=0.2，B上右端静止一质量为mC=1kg的物块C，B与C之间的动摩擦因数μC=0.2，已知AB间的碰撞是弹性碰撞，且碰撞时间极短，g=10m/s2从A开始下滑至ABC均静止的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A与B碰撞过程中，A的动量变化大小为12N·s
B．B与C间摩擦生热6J
C．整个过程中C所受静摩擦力的冲量大小为0
D．整个过程中C所受滑动摩擦力做功-4J
【答案】 AB
【解析】A．A从静止到与B碰撞前，有
解得
对AB碰撞过程，有
，
解得
，
则有
A正确；
B．AB碰后，当A减速至0时，发生的位移为
BC相对滑动至共速，对C，有
对B有
历时t共速，有
之后BC一起减速至0，历时
B对地发生的总位移为
即ABC三者均静止时，AB刚好相遇，没有发生第二次碰撞，在B和C刚好达到共速之前，B对地和C对地的位移分别为
，
则B与C间摩擦生热为
B正确；
C．由于物块C所受静摩擦力冲量为静摩擦力在时间上的积累，故不为0，C错误；
D．整个过程中C所受滑动摩擦力做功为
D错误。
故选AB。
7．（2022·海南·昌江黎族自治县矿区中学一模）如图所示，质量为M、内有半径R的半圆形轨道的槽体放在光滑的平台上，左端紧靠一台阶，质量为m的小球从槽顶端A点由静止释放，若槽内光滑。忽略一切摩擦，求：
（1）小球滑到圆弧最低点时，槽体对其支持力FN的大小；
（2）小球在槽右端上升的最大高度h。
【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）根据题意，设小球由A落至圆弧最低点时的速度为，取圆弧最低点为势能零点，由机械能守恒定律有
在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律有
联立解得
（2）根据题意可知，小球向上运动的过程中，m与M组成的系统在水平方向的动量守恒，设小球滑至最高点时m与M的共同速度为，则有
此过程中系统机械能守恒，则有
联立解得
8．（2022·天津河西·三模）一个小孩做推物块的游戏，如图所示，质量为m的小物块A放置在光滑水平面上，紧靠物块右端有一辆小车B，小孩蹲在小车上，小孩与车的总质量为6m，一起静止在光滑水平面上，物块A左侧紧挨着足够长的水平传送带MN，传送带的上表面与水平面在同一高度，传送带以速度v顺时针转动。游戏时，A被小孩以相对水平面的速度向左推出，一段时间后返回到传送带右端N，继续向右追上小孩后又立即被小孩以相对水平面的速度向左推出，如此反复，直至A追不上小孩为止。已知物块A与传送带MN间的动摩擦因数为，重力加速度为g。
（1）求物块第一次被推出后，小孩与车的速度大小；
（2）若传送带转动的速度，求物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间。
【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）地面光滑，物块A与小孩、车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有
解得
（2）物块被小孩第一次推出到与传送带共速期间物块的受力如图所示
该过程中物块的加速度为，则有
解得
物块被小孩第一次推出到与传送带共速所用时间为，对地位移为
解得
物块与传送带共速之后将以的速度匀速运动至，匀速运动用时
物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间为
9．（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）2022年2月4日至20日，北京冬季奥运会成功举办，北京成为世界上首座“双奥之城”。冬奥会上的冰壶项目给人们留下了深刻的印象，被誉为“冰上象棋”。某次投掷的物理过程可以简化为如下模型： O、P、Q为整个冰上场地中心线上的三个点，一个冰壶B静止在半径R=1.8m的营垒圆形边界Q处。队员手推冰壶A由静止开始从O点沿中心线出发，在6N水平恒力的作用下，经10m在P处放手。放手后，队友用冰刷擦拭冰壶A前方PQ间的冰面，使得冰壶A以速度v = 1m/s在Q处与冰壶B发生对心正碰（碰撞时间极短）。冰壶A、B可视为质点，质量均为m=20kg。已知未用冰刷擦拭过的冰面动摩擦因数μ = 0. 01 ，擦拭后变为，PQ间距L = 25m，取g = 10m/s2，不计空气阻力，冰刷始终不接触冰壶。
（1）求k的大小；
（2）碰撞后，若冰壶B恰好停在营垒中心O'处，求冰壶A、B都停下后A、B间的距离。
【答案】 （1）k=0.6；（2）
【解析】（1）由牛顿第二定律得
由匀变速直线运动公式得
PQ之间的运动
在擦拭过的冰面上由牛顿第二定律得
解得
k=0.6
（2）碰撞瞬间由动量守恒定律得
碰撞后B和A分别继续向前运动，对B物体
对A物体
联立解得
因此都停下后A、B间的距离
10．（2022·吉林·长春外国语学校高三期末）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v—t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A．碰后红壶将被反弹回来
B．碰后蓝壶速度为0.8m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力
【答案】 B
【解析】AB．由图可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0＝mv′0+mv
代入数据解得
v＝0.8m/s
由于
碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确；
C．根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小
C错误；
D．根据图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。
故选B。
11．（2022·安徽·巢湖市第一中学模拟预测）中国航天“超级2021”，再创航天纪录。这一年，“天和”核心舱一飞冲天，中国正式迈入空间站时代，“天问一号”火星着陆，“羲和号”实现中国太阳探测零的突破，......，长征系列火箭立下汗马功劳，无数航天人接力探索，成就了这史无前例的航天大年！已知重力加速度，地球半径，引力常量。下列选项中错误的是（ ）
A．距地面400km高的“天和”核心舱绕地球做圆周运动的周期小于24小时
B．“天问一号”火星探测器在绕火星的某个椭圆轨道上运动，在近火点的速率大于远火点
C．“羲和号”卫星的发射速度一定大于第三宇宙速度
D．某一长征运载火箭在发射时，若喷出一定质量气体的速度越大，则火箭获得的速度越大
【答案】 C
【解析】A．同步卫星的轨道高度约为地球半径的6倍，由题意可知“天和”核心舱的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据
可得
可知距地面400km高的“天和”核心舱绕地球做圆周运动的周期小于同步卫星的周期24小时，故A正确，不符合题意；
B．由开普勒第二定律可知“天问一号”火星探测器在绕火星的某个椭圆轨道上运动，在近火点的速率大于远火点，故B正确，不符合题意；
C．第三宇宙速度为逃逸出太阳引力场的最小发射速度，所以“羲和号”卫星的发射速度一定小于第三宇宙速度，故C错误，符合题意；
D．根据动量守恒定律可知某一长征运载火箭在发射时，若喷出一定质量气体的速度越大，则火箭获得的速度越大，故D正确，不符合题意。
故选C。
12、（多选）（2022·湖北·高三开学考试）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
【答案】 BD
【解析】AC．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。
故选BD。
13、（多选）（2022·山西·怀仁市第一中学校模拟预测）为了开发一款仿真益智电子游戏，研发小组先对现实模型进行研究，如图所示就是他们研究的现实模型之一。质量M＝1.2kg的大滑块静止放在光滑水平面上，大滑块上侧有轨道abcd，ab段和cd段为光滑的四分之一圆弧，圆弧最低点切线水平，圆弧半径R＝0.2m；水平直线轨道bc长L＝0.4m；小物块质量m＝0.3kg，小物块可视为质点。现将小物块从轨道左侧a点由静止释放，小物块在轨道内往复运动，最后停在直线bc的中点。g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小物块向右运动到其能到达的最高点时大滑块速度为零
B．当小物块停在bc中点时大滑块的速度不为零
C．如果小物块第二次到达bc中点时停下，可求得小物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4
D．小物块第一次到达b点时的动能为0.48J
【答案】 AD
【解析】AB．小物块向右运动到最高点时，小物块与大滑块相对速度为零，由动量守恒定律知它们的速度都为零，由此可知，当小物块在bc中点停止运动时，大滑块速度也为零，A正确，B错误；
C．根据能量关系
得
若小物块第二次到达bc中点时停下，即
得
C错误；
D．小物块第一次到达b点时，小物块与大滑块的总动能为mgR，两者动量大小相等，根据
可知，动能与质量成反比，所以小物块动能为
D正确。
故选AD。
14．（2022·河南·高三开学考试）如图所示，质量的平板小车静止在竖直弹性墙壁左侧的光滑水平地面上，质量的铁块（视为质点）以大小的初速度向右滑上平板小车左端上表面，小车第一次与墙壁碰撞前瞬间恰好与铁块达到共同速度，之后小车与墙壁发生多次正碰（每次碰撞前小车与铁块已达到共同速度），碰撞中无机械能损失，碰撞时间极短，最终铁块恰好静止在小车的右端。铁块与小车上表面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求：
（1）从铁块滑上小车上表面至小车与墙壁第一次碰撞的时间；
（2）全过程中铁块相对小车滑动的总时间t以及小车的长度L；
（3）从小车与墙壁第一次碰撞至小车静止，小车对地运动的总路程s。
【答案】 （1）；（2），；（3）
【解析】（1）设小车第一次与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为，根据动量守恒定律有
解得
对小车，根据动量定理有
解得
（2）小车第一次与墙壁碰撞后的一段时间内，铁块向右做匀减速直线运动，小车向左做匀减速直线运动，小车的速度先减为零，然后小车在摩擦力的作用下向右做匀加速直线运动，直到小车与铁块第二次达到共同速度，此后铁块与小车一起向右做匀速直线运动直到小车与墙壁发生第二次碰撞，小车不断与墙壁碰撞，铁块在小车上滑行，系统的机械能不断减少，直到铁块与小车均静止且铁块恰好在小车的右端，对铁块，根据动量定理有
解得
根据功能关系有
解得
（3）经分析可知，小车每一次与墙壁碰撞后都先向左做匀减速直线运动至静止，再向右做匀加速直线运动至与铁块达到共同速度后再与墙壁碰撞，在两次碰撞间的运动过程中，系统动量守恒，有
解得
设第一次碰撞后小车向左运动的最大距离为，对小车，根据动能定理有
解得
设第n次碰撞后小车向左运动的最大距离为，对小车，根据动能定理有
同理有
可得
根据对称性，结合数学知识可得
其中
解得
15．（2022·广东广州·模拟预测）如图所示，光滑水平面上有一质量为、带有半径为的光滑圆弧的小车A，圆弧的下端出口切线水平，紧靠着小车A的左侧有质量为的木板B。一质量为、可以视为质点的滑块C，从圆弧最高点无初速度释放，圆弧下端出口到B上表面的高度差为。若滑块C落到木板B上不反弹只相对滑动，已知C与B之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为。求：
（1）滑块C碰到木板B之前的速度大小；
（2）木板长度至少要多长，滑块C才不会从木板B上滑落？
【答案】 （1）5m/s；（2）1.6m
【解析】（1）由于滑块和小车在水平方向不受外力作用，所以滑块和小车系统在水平方向动量守恒
水平面和圆弧光滑，机械能守恒
联立解得滑块到小车最低点时的速度为
滑块离开小车后做平抛运动，落到木板上时竖直方向的速度为
滑块落到木板上的速度为
（2）C下滑过程中，A、C系统水平方向动量守恒，根据
整理可得
其中、是A、C的水平位移，由几何关系可知
解得A向右后退的距离
由题可知，滑块落到木板上后竖直方向的速度为零，那么滑块落到木板上后的速度为
滑块的加速度大小为
方向与速度方向相反；
木板的加速度为
滑块在木板上做匀减速直线运动，木板做加速直线运动，当滑块和木板速度相同时有
解得滑块和木板共速时的速度为
共速时滑块发生的位移为
共速时木板发生的位移为
滑块相对木板发生的位移为
滑块做平抛运动时的时间为
滑块做平抛运动时在水平方向的位移为
滑块C不会从木板B上滑落，木板的最小长度为
16．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R，A与B的质量相等，A与B整体与桌面之间的动摩擦因数μ。取重力加速度为g，求：
（1）碰撞前瞬间A的速率v；
（2）碰撞后瞬间A与B整体的速度；
（3）A与B整体在桌面上滑动的距离L。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）对A从圆弧最高点到最低点的过程中由机械能守恒定律可得
得
（2）A在圆弧轨道底部和B相撞，满足动量守恒，有
得
（3）对AB一起滑动过程，由动能定理得
得
17．（2022·全国·高三开学考试）如图所示，光滑圆弧轨道的最底端与足够长水平传送带的左端相切，质量的物块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，并与静止在圆弧轨道底端、质量的物块B发生弹性碰撞。已知圆弧轨道的半径，其所对圆心角，传送带以恒定的速度顺时针转动，两物块与传送带间的动摩擦因数均为，物块A、B均可视为质点，重力加速度取，，。求：
（1）两物块碰撞前的瞬间，物块A对轨道的压力大小；
（2）物块A、B运动稳定后，它们之间的距离。
【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）物块从圆弧轨道顶端由静止释放，滑到圆弧轨道底端，由动能定理可得
解得
物块碰前瞬间，由牛顿第二定律，有
解得
由牛顿第三定律，可得碰前瞬间物块对轨道的压力大小
（2）物块、B碰撞，动量守恒可得
由机械能守恒，可得
解得
物块加速，由牛顿第二定律，有
解得
加速时间为
物块B做减速运动，由牛顿第二定律，有
解得
减速时间为
可知后两者均和传送带相对静止，间距不再发生变化。在内，物块的位移为
在内，物块B的位移为
所以物块、B运动稳定后，、B两物块间的距离
18．（2022·山东·高三专题练习）如图所示，一足够长的光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角为，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板P，将小物块A、B（可视为质点）从斜面上距离挡板P为和（）的位置同时由静止释放，已知小物块A、B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，所有碰撞均为弹性碰撞，忽略碰撞时间和空气阻力。求：
（1）B第一次与挡板碰撞时A的速度大小；
（2）B在第一次上升过程中就能与A相碰，求的取值范围；
（3）在（2）情形下，要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求应满足的条件。
【答案】 （1）；（2）1
①
又因为A、B同时释放，所以在B第一次与挡板碰撞时，A下滑的距离为L，设此时A的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有
②
解得
③
（2）设物块B与P第一次碰撞后再经过时间t与物块A能够相碰，根据运动学公式可得t时间内A、B运动的距离分别为
④
⑤
相碰时根据位移关系有
⑥
A、B相碰必须发生在B到达最高点前，因此有
⑦
联立③~⑦式可得
⑧
所以若B在第一次上升过程中就能与A相碰，则k的取值范围为
1
⑩
⑪
联立⑩⑪解得
⑫
（因为A的质量小于B的质量，所以碰后一定反弹，则另一解舍去）
若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则须满足
⑬
联立⑫⑬解得
⑭
根据运动学规律有
⑮
⑯
联立⑭⑮⑯解得
⑰
联立③④⑤⑥⑰解得
⑱
所以在（2）情形下，若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，应满足的条件是
⑲
19、（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。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。已知滑块的质量，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v1；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】 （1），；（2）；（3）
【解析】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得。
20、（2022·浙江·高考真题）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。
（1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。
【答案】 （1）；（2）；（3）当时，，当时，
【解析】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律
解得
与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
（2）由（1）分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换，设物块刚好可以到达点，高度为，根据动能定理可得
解得
以竖直向下为正方向
由动能定理
联立可得
（3）当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得
从点飞出后，竖直方向
水平方向
根据几何关系可得
联立解得
代入数据解得
当时，从释放时，根据动能定理可得
解得
可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得
解得
距离点0.6m，综上可知当时
代入数据得
21、（2021·湖北·高考真题）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
【答案】 （1）2R ；（2）；（3）
【解析】解：（1）设 B到半圆弧轨道最高点时速度为，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
x=2R
（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为
解得
（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
解得
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得
解得
碰撞过程中A和B损失的总动能为
解得
22、（2020·山东·高考真题）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
（3）求物块Q从A点上升的总高度H；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
【答案】 （1） P的速度大小为，Q的速度大小为；（2）（n=1，2，3……）；（3）；（4）
【解析】（1）P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
①
由机械能守恒定律得
②
联立①②式得
③
④
故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为
（2）设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得
⑤
联立①②⑤式得
⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得
⑦
联立①②⑤⑦式得
⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得
⑨
由机械能守恒定律得
⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
⑪
⑫
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
⑬
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得
⑭
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得
⑮
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得
⑯
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得
⑰
由机械能守恒定律得
⑱
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得
⑲
⑳
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得
㉑
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得
㉒
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为
（n=1，2，3……） ㉓
（3）当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
㉔
解得
㉕
（4）设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得
㉖
设P运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，由运动学公式得
㉗
㉘
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
㉙
当A点与挡板之间的距离最小时
㉚
联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得
㉛
专题9.2 动量守恒定律及应用【练】
1．（2022·江西宜春·模拟预测）如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，且小木块与长板质量不相等，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接。开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）（ ）
A．整个运动过程中，系统机械能不守恒，动量守恒
B．整个运动过程中，系统机械能守恒，动量不守恒
C．M、m分别向左、右运行过程当中，均一直做加速度逐渐减小的加速直线运动
D．M、m分别向左、右运行过程当中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统动能最小
【答案】 A
【解析】AB．整个运动过程中，系统所受合外力为零，动量守恒。易知M和m在任意时刻所受合外力大小相等，但由于m≠M，所以二者任意时刻加速度大小不等，相同时间内位移不相等，所以F1和F2做功的代数和不为零，则系统机械能不守恒，故A正确，B错误；
CD．M、m分别向左、右运行过程当中，当弹簧弹力小于F1、F2时，M和m做加速度逐渐减小的加速直线运动，当弹簧弹力增大至与F1、F2的大小相等时，系统动能最大，之后弹簧弹力开始大于F1、F2，M和m将做加速度逐渐增大的减速直线运动，直至速度减为零，故CD错误。
故选A。
2．（2022·江苏·阜宁实验高中模拟预测）如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为6kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v-t图如图所示，则可知（ ）
A．物块A的质量为4kg
B．运动过程中物块A的最大速度为vm=4m/s
C．在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为45J
【答案】 B
【解析】A．由图知，A离开挡板瞬间B的速度为，B的速度最小值为，B的速度最小时，弹簧第一次恢复原长，A的最大速度，取向右为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒得
解得
故A错误，B正确；
C．在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故C错误；
D．分析从A离开挡板后A、B的运动过程，弹簧伸长到最长时，弹性势能最大，此时A、B的共同速度为，根据动量守恒
解得
根据机械能守恒定律
解得
故D错误。
故选B。
3．（2022·重庆·模拟预测）如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开。小车与小球的质量分别为、，重力加速度大小为，不计空气阻力，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面。下列说法正确的是（ ）
A．小球的最大重力势能为
B．小球离开小车后，小球做自由落体运动
C．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为0
D．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为
【答案】 A
【解析】A．经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同（设共同速度大小为），在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有
根据机械能守恒定律有
解得
故A正确；
B．设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为、，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以的方向为正方向，则
根据机械能守恒定律有
解得
，
小球离开小车后将做平抛运动，故B错误；
C．根据动能定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功
故C错误；
D．根据动量定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量
故D错误。
故选A。
4．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为m的木板A，通过不可伸长的轻绳与质量2m的足够长的木板B连接。质量为m可看成质点的物块C静止在木板B右端。开始时，A、B、C均静止，绳未拉紧。现在使木板A以的速度向右运动，经过一段时间后系统达到稳定状态。绳子拉直绷紧后瞬间，A、B同速，在绳子绷紧后瞬间，下列说法中正确的是（ ）
A．木板A的速度大小为 B．木板B的速度大小为
C．物块C的速度大小为0 D．木板A、B、C共速
【答案】 C
【解析】绳子从拉直到绷紧过程极短，对A、B组成的系统，C对B的摩擦力远小于系统内力，所以A、B组成的系统水平方向动量守恒，设绳子绷紧后瞬间AB的速度为v，则有
解得
在极短的时间内，C所受摩擦力的冲量可以忽略，所以C的速度仍然是0，故ABD错误，C正确。
故选C。
5、（多选）（2022·全国·高三开学考试）2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。某中学航天兴趣小组模拟火箭升空的过程，将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．水喷出的过程中，“水火箭”和水的机械能守恒
B．“水火箭”的推力来源于“水火箭”外的空气对它的反作用力
C．“水火箭”喷出水时，“水火箭”和水组成的系统动量可以近似看作守恒
D．“水火箭”获得的最大速度大小为
【答案】 CD
【解析】A．水喷出的过程中，瓶内气体做功，“水火箭”及水的机械能不守恒，故A错误；
B．“水火箭”的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故B错误；
C．在水喷出后的瞬间，在极短的时间内，可视为内力远大于外力，“水火箭”和水组成的系统动量可以近似看作守恒，故C正确；
D．在水喷出后的瞬间，“水火箭”获得的速度最大，取向下为正方向，由动量守恒定律有
解得
故D正确；
故选CD。
6、（多选）（2022·湖南师大附中三模）如图所示，光滑曲面PQ与水平地面相切于Q点，质量mA=3kg的物体A从距地面高度为h=1.27m的地方静止滑下，A与水平地面间的动摩擦因数μA=0.01，水平地面距Q点s=2m处静止一质量mB=2kg的足够长的木板B，B与地面间的动摩擦因数μB=0.2，B上右端静止一质量为mC=1kg的物块C，B与C之间的动摩擦因数μC=0.2，已知AB间的碰撞是弹性碰撞，且碰撞时间极短，g=10m/s2从A开始下滑至ABC均静止的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A与B碰撞过程中，A的动量变化大小为12N·s
B．B与C间摩擦生热6J
C．整个过程中C所受静摩擦力的冲量大小为0
D．整个过程中C所受滑动摩擦力做功-4J
【答案】 AB
【解析】A．A从静止到与B碰撞前，有
解得
对AB碰撞过程，有
，
解得
，
则有
A正确；
B．AB碰后，当A减速至0时，发生的位移为
BC相对滑动至共速，对C，有
对B有
历时t共速，有
之后BC一起减速至0，历时
B对地发生的总位移为
即ABC三者均静止时，AB刚好相遇，没有发生第二次碰撞，在B和C刚好达到共速之前，B对地和C对地的位移分别为
，
则B与C间摩擦生热为
B正确；
C．由于物块C所受静摩擦力冲量为静摩擦力在时间上的积累，故不为0，C错误；
D．整个过程中C所受滑动摩擦力做功为
D错误。
故选AB。
7．（2022·海南·昌江黎族自治县矿区中学一模）如图所示，质量为M、内有半径R的半圆形轨道的槽体放在光滑的平台上，左端紧靠一台阶，质量为m的小球从槽顶端A点由静止释放，若槽内光滑。忽略一切摩擦，求：
（1）小球滑到圆弧最低点时，槽体对其支持力FN的大小；
（2）小球在槽右端上升的最大高度h。
【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）根据题意，设小球由A落至圆弧最低点时的速度为，取圆弧最低点为势能零点，由机械能守恒定律有
在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律有
联立解得
（2）根据题意可知，小球向上运动的过程中，m与M组成的系统在水平方向的动量守恒，设小球滑至最高点时m与M的共同速度为，则有
此过程中系统机械能守恒，则有
联立解得
8．（2022·天津河西·三模）一个小孩做推物块的游戏，如图所示，质量为m的小物块A放置在光滑水平面上，紧靠物块右端有一辆小车B，小孩蹲在小车上，小孩与车的总质量为6m，一起静止在光滑水平面上，物块A左侧紧挨着足够长的水平传送带MN，传送带的上表面与水平面在同一高度，传送带以速度v顺时针转动。游戏时，A被小孩以相对水平面的速度向左推出，一段时间后返回到传送带右端N，继续向右追上小孩后又立即被小孩以相对水平面的速度向左推出，如此反复，直至A追不上小孩为止。已知物块A与传送带MN间的动摩擦因数为，重力加速度为g。
（1）求物块第一次被推出后，小孩与车的速度大小；
（2）若传送带转动的速度，求物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间。
【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）地面光滑，物块A与小孩、车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有
解得
（2）物块被小孩第一次推出到与传送带共速期间物块的受力如图所示
该过程中物块的加速度为，则有
解得
物块被小孩第一次推出到与传送带共速所用时间为，对地位移为
解得
物块与传送带共速之后将以的速度匀速运动至，匀速运动用时
物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间为
9．（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）2022年2月4日至20日，北京冬季奥运会成功举办，北京成为世界上首座“双奥之城”。冬奥会上的冰壶项目给人们留下了深刻的印象，被誉为“冰上象棋”。某次投掷的物理过程可以简化为如下模型： O、P、Q为整个冰上场地中心线上的三个点，一个冰壶B静止在半径R=1.8m的营垒圆形边界Q处。队员手推冰壶A由静止开始从O点沿中心线出发，在6N水平恒力的作用下，经10m在P处放手。放手后，队友用冰刷擦拭冰壶A前方PQ间的冰面，使得冰壶A以速度v = 1m/s在Q处与冰壶B发生对心正碰（碰撞时间极短）。冰壶A、B可视为质点，质量均为m=20kg。已知未用冰刷擦拭过的冰面动摩擦因数μ = 0. 01 ，擦拭后变为，PQ间距L = 25m，取g = 10m/s2，不计空气阻力，冰刷始终不接触冰壶。
（1）求k的大小；
（2）碰撞后，若冰壶B恰好停在营垒中心O'处，求冰壶A、B都停下后A、B间的距离。
【答案】 （1）k=0.6；（2）
【解析】（1）由牛顿第二定律得
由匀变速直线运动公式得
PQ之间的运动
在擦拭过的冰面上由牛顿第二定律得
解得
k=0.6
（2）碰撞瞬间由动量守恒定律得
碰撞后B和A分别继续向前运动，对B物体
对A物体
联立解得
因此都停下后A、B间的距离
10．（2022·吉林·长春外国语学校高三期末）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v—t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A．碰后红壶将被反弹回来
B．碰后蓝壶速度为0.8m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力
【答案】 B
【解析】AB．由图可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0＝mv′0+mv
代入数据解得
v＝0.8m/s
由于
碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确；
C．根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小
C错误；
D．根据图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。
故选B。
11．（2022·安徽·巢湖市第一中学模拟预测）中国航天“超级2021”，再创航天纪录。这一年，“天和”核心舱一飞冲天，中国正式迈入空间站时代，“天问一号”火星着陆，“羲和号”实现中国太阳探测零的突破，......，长征系列火箭立下汗马功劳，无数航天人接力探索，成就了这史无前例的航天大年！已知重力加速度，地球半径，引力常量。下列选项中错误的是（ ）
A．距地面400km高的“天和”核心舱绕地球做圆周运动的周期小于24小时
B．“天问一号”火星探测器在绕火星的某个椭圆轨道上运动，在近火点的速率大于远火点
C．“羲和号”卫星的发射速度一定大于第三宇宙速度
D．某一长征运载火箭在发射时，若喷出一定质量气体的速度越大，则火箭获得的速度越大
【答案】 C
【解析】A．同步卫星的轨道高度约为地球半径的6倍，由题意可知“天和”核心舱的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据
可得
可知距地面400km高的“天和”核心舱绕地球做圆周运动的周期小于同步卫星的周期24小时，故A正确，不符合题意；
B．由开普勒第二定律可知“天问一号”火星探测器在绕火星的某个椭圆轨道上运动，在近火点的速率大于远火点，故B正确，不符合题意；
C．第三宇宙速度为逃逸出太阳引力场的最小发射速度，所以“羲和号”卫星的发射速度一定小于第三宇宙速度，故C错误，符合题意；
D．根据动量守恒定律可知某一长征运载火箭在发射时，若喷出一定质量气体的速度越大，则火箭获得的速度越大，故D正确，不符合题意。
故选C。
12、（多选）（2022·湖北·高三开学考试）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
【答案】 BD
【解析】AC．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。
故选BD。
13、（多选）（2022·山西·怀仁市第一中学校模拟预测）为了开发一款仿真益智电子游戏，研发小组先对现实模型进行研究，如图所示就是他们研究的现实模型之一。质量M＝1.2kg的大滑块静止放在光滑水平面上，大滑块上侧有轨道abcd，ab段和cd段为光滑的四分之一圆弧，圆弧最低点切线水平，圆弧半径R＝0.2m；水平直线轨道bc长L＝0.4m；小物块质量m＝0.3kg，小物块可视为质点。现将小物块从轨道左侧a点由静止释放，小物块在轨道内往复运动，最后停在直线bc的中点。g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小物块向右运动到其能到达的最高点时大滑块速度为零
B．当小物块停在bc中点时大滑块的速度不为零
C．如果小物块第二次到达bc中点时停下，可求得小物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4
D．小物块第一次到达b点时的动能为0.48J
【答案】 AD
【解析】AB．小物块向右运动到最高点时，小物块与大滑块相对速度为零，由动量守恒定律知它们的速度都为零，由此可知，当小物块在bc中点停止运动时，大滑块速度也为零，A正确，B错误；
C．根据能量关系
得
若小物块第二次到达bc中点时停下，即
得
C错误；
D．小物块第一次到达b点时，小物块与大滑块的总动能为mgR，两者动量大小相等，根据
可知，动能与质量成反比，所以小物块动能为
D正确。
故选AD。
14．（2022·河南·高三开学考试）如图所示，质量的平板小车静止在竖直弹性墙壁左侧的光滑水平地面上，质量的铁块（视为质点）以大小的初速度向右滑上平板小车左端上表面，小车第一次与墙壁碰撞前瞬间恰好与铁块达到共同速度，之后小车与墙壁发生多次正碰（每次碰撞前小车与铁块已达到共同速度），碰撞中无机械能损失，碰撞时间极短，最终铁块恰好静止在小车的右端。铁块与小车上表面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求：
（1）从铁块滑上小车上表面至小车与墙壁第一次碰撞的时间；
（2）全过程中铁块相对小车滑动的总时间t以及小车的长度L；
（3）从小车与墙壁第一次碰撞至小车静止，小车对地运动的总路程s。
【答案】 （1）；（2），；（3）
【解析】（1）设小车第一次与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为，根据动量守恒定律有
解得
对小车，根据动量定理有
解得
（2）小车第一次与墙壁碰撞后的一段时间内，铁块向右做匀减速直线运动，小车向左做匀减速直线运动，小车的速度先减为零，然后小车在摩擦力的作用下向右做匀加速直线运动，直到小车与铁块第二次达到共同速度，此后铁块与小车一起向右做匀速直线运动直到小车与墙壁发生第二次碰撞，小车不断与墙壁碰撞，铁块在小车上滑行，系统的机械能不断减少，直到铁块与小车均静止且铁块恰好在小车的右端，对铁块，根据动量定理有
解得
根据功能关系有
解得
（3）经分析可知，小车每一次与墙壁碰撞后都先向左做匀减速直线运动至静止，再向右做匀加速直线运动至与铁块达到共同速度后再与墙壁碰撞，在两次碰撞间的运动过程中，系统动量守恒，有
解得
设第一次碰撞后小车向左运动的最大距离为，对小车，根据动能定理有
解得
设第n次碰撞后小车向左运动的最大距离为，对小车，根据动能定理有
同理有
可得
根据对称性，结合数学知识可得
其中
解得
15．（2022·广东广州·模拟预测）如图所示，光滑水平面上有一质量为、带有半径为的光滑圆弧的小车A，圆弧的下端出口切线水平，紧靠着小车A的左侧有质量为的木板B。一质量为、可以视为质点的滑块C，从圆弧最高点无初速度释放，圆弧下端出口到B上表面的高度差为。若滑块C落到木板B上不反弹只相对滑动，已知C与B之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为。求：
（1）滑块C碰到木板B之前的速度大小；
（2）木板长度至少要多长，滑块C才不会从木板B上滑落？
【答案】 （1）5m/s；（2）1.6m
【解析】（1）由于滑块和小车在水平方向不受外力作用，所以滑块和小车系统在水平方向动量守恒
水平面和圆弧光滑，机械能守恒
联立解得滑块到小车最低点时的速度为
滑块离开小车后做平抛运动，落到木板上时竖直方向的速度为
滑块落到木板上的速度为
（2）C下滑过程中，A、C系统水平方向动量守恒，根据
整理可得
其中、是A、C的水平位移，由几何关系可知
解得A向右后退的距离
由题可知，滑块落到木板上后竖直方向的速度为零，那么滑块落到木板上后的速度为
滑块的加速度大小为
方向与速度方向相反；
木板的加速度为
滑块在木板上做匀减速直线运动，木板做加速直线运动，当滑块和木板速度相同时有
解得滑块和木板共速时的速度为
共速时滑块发生的位移为
共速时木板发生的位移为
滑块相对木板发生的位移为
滑块做平抛运动时的时间为
滑块做平抛运动时在水平方向的位移为
滑块C不会从木板B上滑落，木板的最小长度为
16．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R，A与B的质量相等，A与B整体与桌面之间的动摩擦因数μ。取重力加速度为g，求：
（1）碰撞前瞬间A的速率v；
（2）碰撞后瞬间A与B整体的速度；
（3）A与B整体在桌面上滑动的距离L。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）对A从圆弧最高点到最低点的过程中由机械能守恒定律可得
得
（2）A在圆弧轨道底部和B相撞，满足动量守恒，有
得
（3）对AB一起滑动过程，由动能定理得
得
17．（2022·全国·高三开学考试）如图所示，光滑圆弧轨道的最底端与足够长水平传送带的左端相切，质量的物块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，并与静止在圆弧轨道底端、质量的物块B发生弹性碰撞。已知圆弧轨道的半径，其所对圆心角，传送带以恒定的速度顺时针转动，两物块与传送带间的动摩擦因数均为，物块A、B均可视为质点，重力加速度取，，。求：
（1）两物块碰撞前的瞬间，物块A对轨道的压力大小；
（2）物块A、B运动稳定后，它们之间的距离。
【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）物块从圆弧轨道顶端由静止释放，滑到圆弧轨道底端，由动能定理可得
解得
物块碰前瞬间，由牛顿第二定律，有
解得
由牛顿第三定律，可得碰前瞬间物块对轨道的压力大小
（2）物块、B碰撞，动量守恒可得
由机械能守恒，可得
解得
物块加速，由牛顿第二定律，有
解得
加速时间为
物块B做减速运动，由牛顿第二定律，有
解得
减速时间为
可知后两者均和传送带相对静止，间距不再发生变化。在内，物块的位移为
在内，物块B的位移为
所以物块、B运动稳定后，、B两物块间的距离
18．（2022·山东·高三专题练习）如图所示，一足够长的光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角为，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板P，将小物块A、B（可视为质点）从斜面上距离挡板P为和（）的位置同时由静止释放，已知小物块A、B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，所有碰撞均为弹性碰撞，忽略碰撞时间和空气阻力。求：
（1）B第一次与挡板碰撞时A的速度大小；
（2）B在第一次上升过程中就能与A相碰，求的取值范围；
（3）在（2）情形下，要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求应满足的条件。
【答案】 （1）；（2）1
①
又因为A、B同时释放，所以在B第一次与挡板碰撞时，A下滑的距离为L，设此时A的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有
②
解得
③
（2）设物块B与P第一次碰撞后再经过时间t与物块A能够相碰，根据运动学公式可得t时间内A、B运动的距离分别为
④
⑤
相碰时根据位移关系有
⑥
A、B相碰必须发生在B到达最高点前，因此有
⑦
联立③~⑦式可得
⑧
所以若B在第一次上升过程中就能与A相碰，则k的取值范围为
1
⑩
⑪
联立⑩⑪解得
⑫
（因为A的质量小于B的质量，所以碰后一定反弹，则另一解舍去）
若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则须满足
⑬
联立⑫⑬解得
⑭
根据运动学规律有
⑮
⑯
联立⑭⑮⑯解得
⑰
联立③④⑤⑥⑰解得
⑱
所以在（2）情形下，若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，应满足的条件是
⑲
19、（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。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。已知滑块的质量，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v1；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】 （1），；（2）；（3）
【解析】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得。
20、（2022·浙江·高考真题）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。
（1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。
【答案】 （1）；（2）；（3）当时，，当时，
【解析】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律
解得
与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
（2）由（1）分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换，设物块刚好可以到达点，高度为，根据动能定理可得
解得
以竖直向下为正方向
由动能定理
联立可得
（3）当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得
从点飞出后，竖直方向
水平方向
根据几何关系可得
联立解得
代入数据解得
当时，从释放时，根据动能定理可得
解得
可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得
解得
距离点0.6m，综上可知当时
代入数据得
21、（2021·湖北·高考真题）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
【答案】 （1）2R ；（2）；（3）
【解析】解：（1）设 B到半圆弧轨道最高点时速度为，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
x=2R
（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为
解得
（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
解得
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得
解得
碰撞过程中A和B损失的总动能为
解得
22、（2020·山东·高考真题）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
（3）求物块Q从A点上升的总高度H；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
【答案】 （1） P的速度大小为，Q的速度大小为；（2）（n=1，2，3……）；（3）；（4）
【解析】（1）P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
①
由机械能守恒定律得
②
联立①②式得
③
④
故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为
（2）设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得
⑤
联立①②⑤式得
⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得
⑦
联立①②⑤⑦式得
⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得
⑨
由机械能守恒定律得
⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
⑪
⑫
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
⑬
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得
⑭
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得
⑮
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得
⑯
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得
⑰
由机械能守恒定律得
⑱
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得
⑲
⑳
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得
㉑
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得
㉒
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为
（n=1，2，3……） ㉓
（3）当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
㉔
解得
㉕
（4）设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得
㉖
设P运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，由运动学公式得
㉗
㉘
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
㉙
当A点与挡板之间的距离最小时
㉚
联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得
㉛
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