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高考物理一轮复习【分层练习】 第09章 动量守恒定律
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这是一份高考物理一轮复习【分层练习】 第09章 动量守恒定律，文件包含第九章动量守恒定律教师版docx、第九章动量守恒定律学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共57页， 欢迎下载使用。
高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
第九章 动量守恒定律分层训练
课标解读
1.理解冲量和动量。通过理论推导和实验，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。例如知道火箭的发射利用了反冲现象；查阅资料，了解中子的发现过程，讨论动量守恒定律在其中的作用。
2.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
3.体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。例如查阅资料，了解太空物体的碰撞和微观粒子的碰撞等相关信息。
基础过关练
考点一：动量
1．北京时间2022年2月27日11时许，中国在海南文昌航天发射场使用长征八号运载火箭，以“1箭22星”方式，成功将泰景三号01卫星等共22颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功，下列说法正确的是（ ）
A．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力
B．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力是一对平衡力
C．发射初期，火箭处于超重状态
D．发射的卫星进入轨道正常运转后，动量保持不变
【答案】C
【解析】AB．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故AB错误；C．发射初期，火箭有竖直向上的加点速，所以火箭处于超重状态，故C正确；D．发射的卫星进入轨道正常运转后，速度方向一直在改变，动量也一直在改变，故D错误。故选C。
2．物体受到方向不变的力作用，其中力的大小随时间变化的规律为（的单位是），则力在2 s内的冲量大小为（ ）
A．5 N·s B．10 N·s C．15 N·s D．20 N·s
【答案】B
【解析】冲量大小为
即冲量大小为图像与坐标轴所围面积，作出图像如图
则力在2 s内的冲量大小为
ACD错误，B正确。故选B。
3．一人在指定的地点放烟花庆祝农历新年如图所示，五彩的烟花弹从地上的盒子中喷出。若某一瞬间两颗质量相等的烟花弹同时从盒子中飞出，烟花弹a的初速度方向竖直向上，烟花弹b的初速度方向斜向右上方，如果两颗烟花弹飞出盒子时获得了相同大小的动量，忽略空气的影响，则（ ）
A．两颗烟花弹运动至最高点速度均为0
B．在空中运动的过程中，两颗烟花弹速度变化率相同
C．烟花弹b上升过程中运动的时间更长
D．烟花弹a在最高点加速度为零
【答案】B
【解析】A．烟花弹a运动至最高点速度为零，烟花弹b运动至最高点时，竖直分速度为零，但水平分速度不为零，故A错误；B．在空中运动的过程中，两颗烟花弹的加速度均为重力加速度，所以速度变化率相同，故B正确；C．由题意可知两颗烟花弹获得初速度大小相同，均设为v，b的速度方向与水平方向夹角为θ，则烟花弹a、b上升过程运动的时间分别为
所以
故C错误；D．烟花弹a在最高点加速度等于重力加速度，故D错误。故选B。
考点二：动量定理
1．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图像如图，则（ ）
A．0~2s内合外力F的冲量为4N B．t=2s时物块的动量大小为2kg·m/s
C．0~4s内合外力F的冲量为0 D．t=4s时物块的速度为零
【答案】A
【解析】AC．根据冲量的定义有
I=Ft
结合图像可知，图线与时间轴所围面积表示合外力的冲量，上侧的面积表示冲量方向为正，下侧的面积表示冲量方向为负，则0~2s内合外力F的冲量
0~4s内合外力F的冲量
A正确，C错误；BD．0~2s内根据动量定理有
I1=mv1-0
解得
P1=mv1=4kg·m/s
0~4s内根据动量定理有
I2=mv2-0
解得
v2=1m/s
CD错误。故选A。
2．如图所示，光滑倾斜滑道OM与粗糙水平滑道MN平滑连接。质量为1kg的滑块从O点由静止滑下，在N点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的P点停下。已知O点比M点高1.25m，滑道MN
长4m，滑块与滑道MN的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．滑块运动到M点的速度大小为6m/s B．滑块运动到N点的速度大小为4m/s
C．缓冲墙对滑块的冲量大小为10N·s D．缓冲墙对滑块做的功为－2.5J
【答案】D
【解析】A．从O到M的过程，由动能定理可知
解得滑块运动到M的速度大小为
故A错误；B．由M到N的过程中，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
由位移公式可得
可得滑块运动到N的速度大小为
故B错误；C．由N到P，根据速度位移公式
解得被缓冲墙反弹，滑块的速度大小
（方向与初速度反向，取负）由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量
故C错误；D．由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功
故D正确。故选D。
3．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
【答案】A
【解析】A．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；B．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；C．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；D．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。故选A。
考点三：动量守恒定律
1．男女双人滑冰是颇具艺术性的冰上运动项目。在某次比赛的一个小片段中，男女运动员在水平冰面上沿同一直线同向滑行，且动能恰好相等，某时刻两者相遇后一起滑行。已知男运动员的体重较大，为简化问题，两运动员均视为质点，冰面视为光滑，则（ ）
A．两者相遇过程中女运动员所受冲量较大
B．两者相遇过程中女运动员动能变化较大
C．两者相遇后两运动员动量大小相等
D．两者相遇前后总动能不变
【答案】B
【解析】A．两者相遇过程中相互作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，则两者所受冲量大小一定相等，A错误；BD．设相遇前两者的动能为Ek，根据知，相遇前男运动员的速度比女运动员的速度小，可知女运动员在男运动员后面追赶男运动员，相遇后，男运动员动能增加，女运动员动能减小，设女运动员动能变化大小为ΔEk女，男运动员动能变化大小为ΔEk男，两者相遇相当于完全非弹性碰撞，系统的总动能减少，则ΔEk女＞ΔEk男，B正确，D错误；C．两者相遇后两运动员速度大小相等，由于男运动员的体重较大，则男运动员的动量较大，C错误。故选B。
2．如图所示，有一边长为L的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道。已知木块质量为，一个质量为m的小球由静止开始从轨道的一端运动到另一端，在该过程中，木块的对地位移应为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】小球由静止开始从轨道的一端运动到另一端过程中，水平方向平均动量守恒，则有
即
根据题意有
联立解得
故ABC错误，D正确。故选D。
3．如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则下列结论中正确的是（ ）
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
【答案】C
【解析】A．小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力对小球做功，故A错误；BC．小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B错误，C正确；D．半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，故D错误。故选C。
考点四：实验 验证动量守恒定律
1．如图为验证动量守恒实验装置图.先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，然后把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复.根据水平地面记录纸上落点痕迹的照片，估算小球m2与m1的质量之比（ ）
A．0.17 B．4.0 C．0.62 D．0.8
【答案】A
【解析】实验需要验证
根据图中估算
解得
故选A。
2．某中学实验小组的同学在“探究碰撞中的不变量”时，利用了如图所示的实验装置进行探究，下列说法正确的是（ ）
A．要求斜槽一定是光滑的且斜槽的末端必须水平
B．入射球每次释放点的高度可以任意调节
C．入射球和被碰球的直径必须相等
D．入射球的质量必须与被碰球的质量相等
【答案】C
【解析】A．题述实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要求小球离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，但必须保证每次小球都做平抛运动，因此轨道的末端必须水平，A错误；B．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止释放，B错误；C．为了保证两小球发生对心正碰，则要求入射球和被碰球的直径必须相等，C正确；D．在做题述实验时，要求入射球的质量大于被碰球的质量，D错误。故选C。
3．采用如图所示的实验装置进行验证动量守恒定律（图中小球半径相同、质量均已知，且mA>mB），下列说法正确的是（ ）
A．实验中要求轨道末端必须保持水平
B．实验中要求轨道必须光滑
C．验证动量守恒定律，需测量OB、OM、OP和ON的距离
D．测量时发现N点偏离OMP这条直线，直接测量ON距离不影响实验结果
【答案】A
【解析】A．要想用水平的距离表示小球平抛出时的速度的大小，则必须要求小球做平抛运动，故实验中要求轨道末端必须保持水平，选项A正确；B．每次实验时只要保证每次小球从斜轨道上滑下到水平位置时的速度一样就可以了，所以不必要求轨道必须光滑，选项B错误；C．验证动量守恒定律，不需要测量OB的长度，因为小球下落相同高度的时间是相等的，在列式子时，这个时间能被约掉，而OM、OP和ON的距离是需要测量的，选项C错误；D．测量时发现N点偏离OMP这条直线，则应该过N点向OMP这条直线做垂线，测量垂足N′到O点的距离才可以，直接测量ON距离会影响实验结果，选项D错误。故选A。
考点五：弹性碰撞和非弹性碰撞
1．2021年10月16日，中国神舟十三号载人飞船成功发射，随后完成与核心舱的对接，开启了为期6个月的空间站驻留任务｡对接过程可视为一个碰撞过程，此过程两飞行器忽略除相互作用以外的其它力，若神舟十三号飞船质量为，核心舱质量为，且｡对接前它们运动方向相同，速度分别为和，对接后瞬间速度为，对接过程中神舟十三号飞船的动量变化大小为，则（ ）
A．对接后瞬间的速度可能等于
B．对接过程，核心舱对飞船作用力的冲量可能大于
C．在飞船质量一定，且飞行器间相对速度也一定时，越大，则越小
D．在飞船质量一定，且飞行器间相对速度也一定时，越小，则越小
【答案】D
【解析】A．对接过程满足动量守恒，可得
解得对接后瞬间的速度为
可知对接后瞬间的速度不可能等于，A错误；B．对接过程，根据动量定理可知核心舱对飞船作用力的冲量大小等于飞船的动量变化大小，B错误；CD．若对接前满足，对接过程中神舟十三号飞船的动量变化大小为
若对接前满足，对接过程中神舟十三号飞船的动量变化大小为
可知在飞船质量一定，且飞行器间相对速度也一定时，越小，则越小，D正确，C错误；故选D。
2．冰壶运动是冬奥会比赛项目之一。假设运动员用红壶撞击静止在水平冰面上的蓝壶，两壶发生正碰，不计碰撞时间，碰撞前、后两壶的图像如图所示。已知两壶的质量均为19kg，则碰撞后蓝壶所受的阻力大小为（ ）
A．3.8N B．2.28N C．1.9N D．1.52N
【答案】B
【解析】根据动量守恒定律可得
解得
设碰撞后蓝壶所受的阻力大小为f，取初速度方向为正方向，对蓝壶根据动量定理
由图可知
解得
故B正确，ACD错误。故选B。
3．如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度击中砂袋后未穿出，与砂袋一起向右摆动的最大角为。弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）
A．弹丸打入砂袋瞬间，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入砂袋瞬间，弹丸对砂袋的冲量大于砂袋对弹丸的冲量
C．弹丸打入砂袋瞬间二者组成的系统动量不守恒
D．弹丸打入砂袋后，二者共同运动过程机械能守恒
【答案】D
【解析】A．根据牛顿第三定律可知，细绳所受拉力大小与砂袋所受拉力大小相等，弹丸打入砂袋前，根据平衡条件有
弹丸打入砂袋瞬间，砂袋有了速度，对砂袋，根据牛顿第二定律有
解得
砂袋所受拉力变大，则细绳所受拉力大小变大，故A错误；B．根据牛顿第三定律可知，弹丸对砂袋的作用力大小等于砂袋对弹丸的作用力大小，作用时间相等，根据可知，弹丸对砂袋的冲量等于砂袋对弹丸的冲量，故B错误；
C．弹丸打入砂袋，二者组成的系统满足外力远小于内力，所以此瞬间动量守恒，故C错误；D．弹丸打入砂袋后，运动过程绳子拉力不做功，只有系统的重力做功，故二者共同运动过程机械能守恒，故D正确。故选D。
考点六：反冲现象火箭
1．2017年6月15日上午11点，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”。假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M＝2.1kg。当它以对地速度为v0＝840m/s喷出质量为△m＝0.1kg的高温气体后，火箭对地速度的大小为（喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计）（ ）
A．40m/s B．41m/s C．42m/s D．43m/s
【答案】C
【解析】规定向下为正，则由动量守恒定律可知
解得
v=42m/s
方向向上。故选C。
2．如图所示，一高h=2.4m、倾角θ=37，质量M=3g的光滑斜面静止在光滑水平面上，一质量m=0.2g的物块从斜面顶端由静止释放已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则物块由斜面顶端滑到底端的过程中，斜面将（ ）
A．向右移动0.5m B．向右移动0.6m C．向右移动0.2m D．向右移动0.1m
【答案】C
【解析】斜面和物块组成的系统水平方向动量守恒，在水平方向有
所以
又有
解得
ABD错误，C正确。故选C。
3．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为（设水平面光滑）（ ）
A．v0 B． C． D．
【答案】C
【解析】由于炮弹的重力作用，火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得
m2v0cosθ-(m1-m2)v=0
解得
C正确。故选C。
能力提升练
一、单选题
1．某同学做“探究平抛运动的特点”实验。该同学先用图所示的器材进行实验。他用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，改变小球距地面的高度和打击小球的力度，多次重复实验，均可以观察到质量相等的A、B两球同时落地。关于本实验，下列说法正确的是（ ）
A．实验现象可以说明平抛运动，在水平方向上是匀速直线运动
B．落地时A、B两球的动量相同
C．落地时A、B两球重力的瞬时功率相同
D．改变打击小球的力度，A球落地时重力的瞬时功率也将改变
【答案】C
【解析】A．实验将A做平抛运动与B在竖直方向的自由落体进行对比，只能说明A竖直方向运动情况，不能反映A水平方向的运动情况，每次两球都同时落地，说明A竖直方向的分运动是自由落体运动，故A错误；B．根据动能定理可知落地时A、B两球速度大小不相等，速度方向也不相同，故动量不相同，故B错误；C．落地时A、B两球竖直方向的速度大小相等，重力相等，根据可知重力的瞬时功率相同，故C正确；D．改变打击小球的力度，A球落地时竖直方向的速度大小不变，则重力的瞬时功率也不变，故D错误。故选C。
2．2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，约582秒后，神舟十三号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，发射取得圆满成功。载人飞船的预定轨道是近地点高度为200km，远地点高度为356km的轨道。飞船在预定轨道运行过程中，根据已有的知识可以判断（ ）
A．飞船在近地点的加速度小于在远地点的加速度
B．飞船在近地点的速度小于在远地点的速度
C．飞船从近地点到远地点运行过程中动量逐渐减小
D．飞船从远地点到近地点运行过程中机械能逐渐增大
【答案】C
【解析】A．根据牛顿第二定律得
解得
飞船在近地点的加速度大于在远地点的加速度，A错误；BC．根据开普勒第二定律，飞船在近地点的速度大于在远地点的速度，飞船从近地点到远地点运行过程中，速度逐渐减小，动量逐渐减小，B错误，C正确；D．飞船从远地点到近地点运行过程中机械能守恒，D错误。故选C。
3．如图所示，一汽车以恒定速率沿圆弧形凸桥由A运动到B的过程中（ ）
A．合外力的冲量为零
B．牵引力与摩擦力做功之和为零
C．牵引力与重力做功之和为零
D．外力对汽车做功的代数和为零
【答案】D
【解析】A．汽车在运动过程中，速度大小不变，但是方向一直在改变，动量在变化，故合外力的冲量不为零，A错误；BCD．在该过程中，速度大小不变，根据动能定理可知，动能不发生变化，合外力做功为零。B、C错误，D正确；故选D。
4．光滑斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如图所示，现将A沿斜面拉到B点无初速释放，物体在BC范围内做简谐运动，则下列说法错误的是（ ）
A．在振动过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．从B到C的过程中，合外力对物块A的冲量为零
C．物块A从B点到O点过程中，动能的增量等于弹性势能的减小量
D．B点时物体A的机械能最小
【答案】C
【解析】A．在振动过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；B．从B到C的过程中，根据冲量定理可知
Ft=mvC﹣mvB
由于BC点的速度为零，故合外力对物块A的冲量为零，故B正确；C．从B到O的过程中，对物体A根据动能定理可知
故动能的增量等于弹性势能的减小量减去克服重力做的功，故C错误；D．物体A和弹簧系统机械能守恒；B点时弹簧的弹性势能最大，故物体A的机械能最小；故D正确；因选错误的，故选C。
5．如图，一滑板爱好者在水平面滑行，看到横杆后起跳，人与滑板分离，越过横杆后仍落在滑板上，忽略一切阻力，则（ ）
A．整个过程中人和滑板组成的系统总动量守恒
B．起跳时滑板对人做正功
C．起跳时脚对滑板的作用力斜向后
D．起跳时人相对滑板竖直向上运动
【答案】D
【解析】A．整个过程中人和滑板组成的系统水平方向动量守恒，而竖直方向动量不守恒，则总动量不守恒，选项A错误；B．起跳时人的水平速度不变，竖直速度变大，人的动能增加，由于滑板对人的支持力没有位移，则滑板对人不做功，人的动能变大是由于人本身对自己做功，选项B错误；CD．运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动。各分运动具有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，最终落在滑板的原位置。所以竖直起跳时，人相对滑板竖直向上运动，滑板对人水平方向无作用力，竖直方向对人的作用力竖直向上，则人对滑板的作用力应该是竖直向下。故C错误，D正确。故选D。
6．某同学使用两个大小相同而质量不等的小球，利用图示装置验证动量守恒定律。将正确的实验操作获得实验中落点痕迹到O点距离、、。A、B小球的质量分别为、，且大于，若两球碰撞动量守恒，则满足（ ）。
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】设小球A与B碰撞前瞬间的速度为v1，碰后瞬间二者的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
①
②
联立①②解得
③
④
所以
⑤
小球做平抛运动下落的高度相同，所以时间相同，则落点到O点的距离与小球平抛初速度的比值相同，所以E点为小球A不与B碰撞时的落点，D、F点分别为小球A与B碰撞后二者的落点，所以动量守恒满足的表达式为
故选A。
7．某小组做验证动量守恒定律实验时，在气垫导轨上放置P、Q两滑块。碰撞前Q静止，P匀速向Q运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到频闪照片如图所示，在这4次闪光的过程中，P、Q两滑块均在0~80cm范围内，且第1次闪光时，P恰好位于x=10cm处。相邻两次闪光的时间间隔为T，P、Q两滑块的碰撞时间及闪光持续时间均可忽略不计，则P、Q两滑块的质量之比为（ ）
A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．1:4
【答案】C
【解析】由图可知，第1次闪光时，滑块P恰好位于10cm处；第二次P在30cm处；第三次P在50cm处；两次闪光间隔中P的位移大小均为20cm，相同，所用时间均为T，则速度相同，PQ不可能相碰；而Q开始时静止在60cm处，故可知，从第三次闪光到碰撞P的位移为10cm，所以时间为
，故从碰撞到第四次闪光时间也为，通过距离为5cm，所以若碰前P的速度为v，则碰后P的速度为，而Q在时间的位移为5cm，所以碰后Q的速度为，则根据动量守恒定律
可得
故C正确，ABD错误。故选C。
8．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一质量为m的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道后又从B点冲出，已知半圆弧半径为R，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．在相互作用过程中小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球从小车的B点冲出后，不能止升到刚释放时的高度
C．整个过程中小球和小车的机械能守恒
D．小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移大小
【答案】C
【解析】A．小球与小车组成的系统仅在水平方向不受外力，即只是水平方向系统动量守恒，故A错误；B．因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，由机械能守恒可知小球能上升到原来的高度，故B错误；C．整个过程中小球和小车的机械能守恒，C正确；D．人船模型可得
解得
，
所以小球的水平位移大小为，故D错误。故选C。
9．大小相同、带异种电荷的小球A、B静止在光滑的水平地面上，带电荷量，质量，开始时两球相距。现将两球由静止释放，两球相向运动，一段时间后发生弹性碰撞，假设碰撞瞬间电荷量立即发生转移，下列说法正确的是（ ）
A．碰前瞬间A球的速度是B球速度的2倍
B．碰撞点到A球的出发点的距离为
C．碰后瞬间，两球的速度方向可能相同
D．碰后A球和B球能同时回到出发点
【答案】D
【解析】A．A、B两球受到的库仑力等大反向，根据可知在任意时刻均有
且两球都是从静止开始同时运动，根据可得碰前瞬间
故A错误；B．由可得，A、B两球位移之比等于加速度之比，为1:2，又开始时两球相距，则碰撞点到A球的出发点的距离为，故B错误；C．根据动量守恒定律知，碰前A、B的总动量为0，碰后的总动量也为0，因此A、B的速度方向一定相反，故C错误；D．碰撞后，A、B所带电荷量先中和，后平分，A、B间的库仑力变为斥力，二者受到的库仑力仍等大反向，因此任意时刻均有
两球能同时回到出发点，故D正确。故选D。
10．一质量为m的烟花弹以初速度从水平地面竖直向上射出，上升到最大高度时恰好爆炸，沿水平方向分裂成质量之比为1：4的A、B两个部分，此时A、B动能之和与烟花弹从地面射出时的动能相等。爆炸时间极短，不计空气阻力，则（ ）
A．从射出到爆炸的过程中，系统总动能不变，该过程机械能守恒
B．爆炸过程释放的能量与A、B落地时的总动能相等
C．A、B两个部分落地时速度大小之比为2：1
D．A、B两个部分落地时速度大小之比为4：1
【答案】C
【解析】A．从水平地面竖直向上射出，上升到最大高度过程中只有重力做功，机械能守恒；爆炸过程中，重力势能不变，动能增加，机械能增加。故A错误；B．爆炸过程释放的能量等于爆炸结束瞬间A、B的动能之和，小于A、B落地时的总动能，故B错误；CD．假设A、B的质量分别为m、4m，则爆炸过程中由动量守恒可得
得
假设， ，由题意可知
解得
则
，
A、B两部分爆炸后做平抛运动，水平速度即为，，落地时的竖直速度均为，
则落地时
，
所以A、B两个部分落地时速度大小之比为2：1，故C正确，D错误。故选C。
二、多选题
11．如图所示，倾斜放置的挡板OM与竖直方向的夹角60°，从O点正下方的A点以的水平初速度向右抛出一个质量为的小球（可视为质点），若小球的运动轨迹恰好与挡板上的B点相切（B点未画出），重力加速度g取，不考虑空气阻力，则（ ）
A．小球到达B点时的速度大小为10m/s
B．从A到B过程中，小球的动量变化量为
C．O、A两点间的距离为10m
D．从A到B过程中，小球的动能增加量为50J
【答案】BD
【解析】A．依题意，运动轨迹恰好与挡板上的B点相切，则小球在B点的实际速度与水平方向夹角为30°，如图所示
由图可知
故A错误；B．小球从A到B过程，竖直方向做自由落体运动，有
解得
小球的动量变化量为
故B正确；C．小球从A到B过程，水平方向做匀速直线运动，有
由几何关系可得
联立，可得O、A两点间的距离为
故C错误；D．根据动能定理，从A到B过程中，小球的动能增加量为
故D正确。故选BD。
12．如图所示，从地面上A点竖直向上抛出一质量为m的小球，小球上升到B点时的动能与小球上升到最高点后返回至C点时的动能相等，B点离地面高度为h，C点离地面高度为，若空气阻力，大小不变，重力加速度为g，则（ ）
A．小球上升的最大高度为
B．小球从最高点落到地面过程中重力冲量为
C．小球下落过程中从B点到C点机械能的变化量为
D．小球下落过程中从B点到C点动能的变化量为
【答案】AD
【解析】A．设最大高度为H，根据动能定理，从B上升到最高点再返回到C
解得
故A正确；B．设下降的加速度为a，则根据牛顿第二定律
解得
又
重力冲量为
解得
故B错误；CD．从B点到C点，机械能的变化量为
故C错误，D正确。故选AD。
13．如图所示，足够长的光滑斜面体静止在水平地面上，将由同种材料制成的A、B两物体放在斜面上，由静止释放，下滑过程中A、B两物体始终相对静止。下列关于A、B两物体下滑过程中的说法正确的是（ ）
A．A物体的机械能守恒 B．斜面体与B在水平方向的加速度大小可能相等
C．斜面体的加速度不变 D．A、B与斜面体构成的系统动量守恒
【答案】BC
【解析】A．对斜面体进行受力分析，在水平方向有物体B对斜面压力的分力，故斜面体向右加速运动，又斜面体的重力势能不变，动能增加，则机械能增加，根据能量守恒可知A、B两物体的机械能均减小，故A错误；B．A、B与斜面体构成的系统在水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，当斜面体的质量等于A、B的质量之和时，斜面体与B在水平方向的加速度大小相等，故B正确；C．将A、B看成整体，A、B相对斜面体来说沿斜面向下做加速运动，对斜面的压力恒定，则斜面体在水平方向所受合力不变，即加速度不变，故C正确；D．竖直方向上合力对A、B与斜面体构成的系统的冲量不为零，故动量不守恒，故D错误。故选BC。
14．如图所示，倾斜传送带倾角为，传送带底端通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道连接。金属小球B（不能视为质点）通过细绳竖直悬挂，小球与光滑水平轨道只接触不挤压，竖直细绳左侧存在强磁场。传送带以的速度逆时针匀速转动，绝缘滑块A从传送带上距传送带底端处静止释放，A、B每次都发生一维弹性碰撞，由于左侧强磁场的作用，B很快就停在原位置。已知A的质量，A
与传送带间的摩擦因数，B的质量为，重力加速度g取，。下列说法正确的是（ ）
A．A下滑过程做匀加速直线运动
B．第一次碰后A、B的速度大小相等、方向相同
C．第一次碰撞前A与传送带的摩擦生热大小为3.2J
D．经过足够长的时间A、B均静止后，整个过程中A与传送带间的摩擦生热大小等于A重力势能减少量和传送带多消耗的电能之和
【答案】AC
【解析】AC．A下滑过程中，设经过时间t加速到与传送带同速，时间t内A的加速度为a，位移为，由牛顿第二定律得
解得
由匀变速直线运动公式
解得
由于等于 A距传送带底端的距离，所以A下滑过程一直做加速度不变的匀加速直线运动，A恰好滑到传送带底端时，速度与传送带相同；
在时间内，传送带运动的距离为
则第一次碰撞前A与传送带摩擦产生的热量为
故AC正确；B．A与B发生弹性碰撞，设A的初速度方向为正方向，第一次碰撞过程有
解得
第一次碰后A、B的速度大小相等、方向相反，故B错误；D．A、B均静止后，由能量守恒定律，A与传送带间的摩擦生热与B进出磁场时产生的焦耳热之和等于A重力势能减少量和传送带多消耗的电能之和，故D错误。故选AC。
实验探究
1．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
（1）对于上述实验操作，下列说法正确的是________；
A．小球1每次必须在斜槽上相同的位置从静止滚下
B．小球1可以在斜槽上不同的位置从静止滚下
C．斜槽轨道末端必须水平
D．斜槽轨道必须光滑
（2）若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则_________；
A．， B．，
C．， D．，
（3）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有_______；
A．A、B两点间的高度差h1 B．B点离地面的高度
C．小球1和小球2的质量、m2 D．小球1和小球2的半径、
（4）当所测物理量满足表达式______________（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
【答案】 （1）AC （2）B （3）C （4）
【解析】（1）[1]AB．小球1每次自由滚下时，需保证高度不变，以保证小球1滚下时的速度不变，故A正确，B错误；C．斜槽末端必须水平，以保证小球1碰撞前速度水平，并且保证小球1、2做平抛运动，故C正确；D．只要小球1从同一位置释放即可，并不需要保证斜槽光滑，故D错误。故选AC。
（2）[2]在小球碰撞前后，由动量定理可得
不考虑小球碰撞损失的机械能，由动能定理可得
解得
为了保证碰撞前后，小球1的速度方向不变，故需，且为了保证两小球发生正碰，故ACD错误，B正确。故选B。
（3）[3]AB．本实验中小球的速度由水平位移代表，故不必测量AB的高度和B离地面的高度，AB错误；C．验证动量定理时，需要小球的质量，C正确；
D．小球的半径保证一样即可，无需测量两小球之间的半径，D错误。故选C。
（4）[4]小球下落的时间为
小球1碰撞前后的速度分别为
小球2碰撞后的速度为
根据动量守恒定律，可得
解得
2．某同学用图甲所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。
（1）该同学安装好实验器材后，将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次。选出一条点迹清晰的纸带，标出部分计数点如图乙所示（每相邻两个计数点间还有4个打下的点，图中未画出）。其中s1=7.05cm、s2=7.68cm、s3=8.33cm、s4=8.95cm、s5=9.61cm、s6=10.26cm。打点计时器在打B点时小车的速度vB=________m/s；小车的加速度a=________m/s2（要求充分利用测量的数据，结果均保留2位有效数字）。
（2）用图甲所示的装置还可以完成下述哪些实验________。
A．探究小车的加速度和受力的关系
B．验证动能定理
C．验证机械能守恒定律
D．验证动量守恒定律
【答案】 （1） 0.74 0.64 （2）AB
【解析】（1）[1]B点速度为
[2]加速度为
（2）[3]
A．只需要满足小车质量远大于中午的质量，此实验装置即可用于探究小车的加速度和受力的关系，故A正确；B．验证动能定理需要测量合外力做的功与动能改变量之间的关系，只需要平衡摩擦力，此实验装置既可用于验证动能定理，故B正确；C．验证机械能守恒需要动能和重力势能相互转化，此装置不具备测量重力做功情景的能力，故C错误；D．验证动量守恒定律需要测量碰撞前后的速度，此实验装置无法测量碰撞后速度，故D错误。故选AB。
3．如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（G-Atwood1747-1807）创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律和动量守恒定律，如图乙所示。（已知当地的重力加速度为g）
（1）该同学用游标卡尺测量遮光片的宽度如图所示，则d=___________mm；然后将质量均为m（A含挡光片和挂钩、B含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，A置于桌面上处于静止状态，测量出挡光片中心到固定光电门中心的竖直距离h；
（2）为了验证动量守恒定律，该同学让A在桌面上处于静止状态，将B从静止位置竖直上升s后由自由下落，直到光电门记录下挡光片挡光的时间为（B未接触桌面），则验证绳绷紧过程中系统沿绳方向动量守恒定律的表达式为___________；如果该同学忘记将B下方的质量也为m的C取下，完成测量后，验证动量守恒定律的表达式为___________。
【答案】（1） 6.75 （2）
【解析】（1）[1]游标卡尺的读数为
（2）[2]设绳绷紧前B的速度为，B从静止位置竖直上升s后由自由下落到绳绷紧前的过程中由动能定理得
绳绷紧前动量
绳绷紧后系统所受合外力为0，AB一起匀速运动
绳绷紧后动量
若动量守恒则
所以要验证的表达式为
；
[3]如果该同学忘记将B下方的质量也为m的C取下，完成测量后，设绳绷紧前BC的速度为，BC一起从静止位置竖直上升s后由自由下落到绳绷紧前的过程中由动能定理得
绳绷紧前动量
绳绷紧后ABC一起做匀加速运动
设A上升h后到达光电门时的速度为，绳绷紧后的瞬间速度为，在A上升h的过程中有
绳绷紧后动量
若动量守恒则
所以要验证的表达式为
计算题培优
1．滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可以在不同的轨道上滑行。如图所示，轨道位于竖直平面内，其中BC和DE为半径和的两段圆弧轨道，BC的圆心为O点，圆心角，DE的圆心为点，D点在点正下方，CD为水平轨道，C、D处与圆弧轨道平滑连接；滑板a和b的质量均为，运动员的质量。某时刻，运动员踩在滑板a上，先从轨道上的A点以的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，滑上CD轨道后，运动员从滑板a跳到静止放置在水平轨道上的滑板b上，并一起向前继续滑动，跳后滑板a则以的速度返回，然后撤掉。运动员和滑板b经CD轨道后冲上DE轨道。滑板和运动员均可视为质点，运动员调整过程中无机械能增加，不计一切阻力，重力加速度取，求：
（1）运动员到达B点的速度大小；
（2）运动员在D点对滑板b的压力大小。
【答案】（1）6m/s；（2）1098N
【解析】（1）运动员从A点运动到B点的过程中，做平抛运动，到达B点时，其速度沿B点的切线方向，根据几何关系可知，运动员到达B点的速度为
（2）从B到C，由动能定理得
解得
运动员跳离滑板a，运动员和滑板a动量守恒，有
运动员跳上滑板b，运动员和滑板b动量守恒，有
解得
运动员到达D点后开始做竖直面内圆周运动，设在点滑板对运动员的支持力为，有
解得
根据牛顿第三定律，运动员对滑板的压力为
2．如图所示，质量的平板车放在光滑的水平面上，质量的物块放在平板车右端上表面，质量的小球用长为的细线悬挂于点，点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为，将小球向左拉到一定高度，悬线拉直且与竖直方向的夹角为，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度取，求：
（1）平板车的长度；
（2）小球与平板车碰撞过程损失的机械能。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设物块在平板车上滑动时的加速度为，根据牛顿第二定律有
解得
设物块与平板车最后的共同速度为，根据运动学公式有
设小球与平板车相碰后，平板车的速度为，根据动量守恒定律有
解得
设平板车的长度为，根据能量守恒有
解得
（2）设小球与平板车相碰前速度为，根据机械能守恒定律有
解得
设碰撞后平板车的速度为，根据动量守恒定律有
解得
小球与平板车碰撞过程损失的机械能为
3．如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上、下两端各固定一质量为的物体A和B均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态。一个质量为m的小球P从物体A正上方距其高h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；
（2）当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小；
（3）若换成另一个质量的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物体A到达最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零。求Q开始下落时距离A的高度。（上述过程中Q与A只碰撞一次）
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设碰撞前瞬间P的速度为，碰撞后瞬间二者的共同速度为，由机械能守恒定律
由动量守恒定律
联立解得
（2）设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为，由胡克定律可得
得
P与A从碰撞后瞬间到地面对B的弹力为零的运动过程中上升的高度为
由可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等
设地面对B的弹力为零时P与A共同速度的大小为v，由机械能守恒定律，得
解得
（3）设小球Q从距离A高为H处下落，Q在碰撞前、后瞬间的速度分别为、，碰后A的速度为，由机械能守恒定律可得
由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
由（2）可知碰撞后地面对物体B的弹力恰好为零时，A上升的高度为
由能量守恒定律
联立解得
高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
第九章 动量守恒定律分层训练
课标解读
1.理解冲量和动量。通过理论推导和实验，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。例如知道火箭的发射利用了反冲现象；查阅资料，了解中子的发现过程，讨论动量守恒定律在其中的作用。
2.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
3.体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。例如查阅资料，了解太空物体的碰撞和微观粒子的碰撞等相关信息。
基础过关练
考点一：动量
1．北京时间2022年2月27日11时许，中国在海南文昌航天发射场使用长征八号运载火箭，以“1箭22星”方式，成功将泰景三号01卫星等共22颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功，下列说法正确的是（ ）
A．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力
B．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力是一对平衡力
C．发射初期，火箭处于超重状态
D．发射的卫星进入轨道正常运转后，动量保持不变
【答案】C
【解析】AB．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故AB错误；C．发射初期，火箭有竖直向上的加点速，所以火箭处于超重状态，故C正确；D．发射的卫星进入轨道正常运转后，速度方向一直在改变，动量也一直在改变，故D错误。故选C。
2．物体受到方向不变的力作用，其中力的大小随时间变化的规律为（的单位是），则力在2 s内的冲量大小为（ ）
A．5 N·s B．10 N·s C．15 N·s D．20 N·s
【答案】B
【解析】冲量大小为
即冲量大小为图像与坐标轴所围面积，作出图像如图
则力在2 s内的冲量大小为
ACD错误，B正确。故选B。
3．一人在指定的地点放烟花庆祝农历新年如图所示，五彩的烟花弹从地上的盒子中喷出。若某一瞬间两颗质量相等的烟花弹同时从盒子中飞出，烟花弹a的初速度方向竖直向上，烟花弹b的初速度方向斜向右上方，如果两颗烟花弹飞出盒子时获得了相同大小的动量，忽略空气的影响，则（ ）
A．两颗烟花弹运动至最高点速度均为0
B．在空中运动的过程中，两颗烟花弹速度变化率相同
C．烟花弹b上升过程中运动的时间更长
D．烟花弹a在最高点加速度为零
【答案】B
【解析】A．烟花弹a运动至最高点速度为零，烟花弹b运动至最高点时，竖直分速度为零，但水平分速度不为零，故A错误；B．在空中运动的过程中，两颗烟花弹的加速度均为重力加速度，所以速度变化率相同，故B正确；C．由题意可知两颗烟花弹获得初速度大小相同，均设为v，b的速度方向与水平方向夹角为θ，则烟花弹a、b上升过程运动的时间分别为
所以
故C错误；D．烟花弹a在最高点加速度等于重力加速度，故D错误。故选B。
考点二：动量定理
1．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图像如图，则（ ）
A．0~2s内合外力F的冲量为4N B．t=2s时物块的动量大小为2kg·m/s
C．0~4s内合外力F的冲量为0 D．t=4s时物块的速度为零
【答案】A
【解析】AC．根据冲量的定义有
I=Ft
结合图像可知，图线与时间轴所围面积表示合外力的冲量，上侧的面积表示冲量方向为正，下侧的面积表示冲量方向为负，则0~2s内合外力F的冲量
0~4s内合外力F的冲量
A正确，C错误；BD．0~2s内根据动量定理有
I1=mv1-0
解得
P1=mv1=4kg·m/s
0~4s内根据动量定理有
I2=mv2-0
解得
v2=1m/s
CD错误。故选A。
2．如图所示，光滑倾斜滑道OM与粗糙水平滑道MN平滑连接。质量为1kg的滑块从O点由静止滑下，在N点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的P点停下。已知O点比M点高1.25m，滑道MN
长4m，滑块与滑道MN的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．滑块运动到M点的速度大小为6m/s B．滑块运动到N点的速度大小为4m/s
C．缓冲墙对滑块的冲量大小为10N·s D．缓冲墙对滑块做的功为－2.5J
【答案】D
【解析】A．从O到M的过程，由动能定理可知
解得滑块运动到M的速度大小为
故A错误；B．由M到N的过程中，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
由位移公式可得
可得滑块运动到N的速度大小为
故B错误；C．由N到P，根据速度位移公式
解得被缓冲墙反弹，滑块的速度大小
（方向与初速度反向，取负）由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量
故C错误；D．由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功
故D正确。故选D。
3．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
【答案】A
【解析】A．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；B．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；C．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；D．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。故选A。
考点三：动量守恒定律
1．男女双人滑冰是颇具艺术性的冰上运动项目。在某次比赛的一个小片段中，男女运动员在水平冰面上沿同一直线同向滑行，且动能恰好相等，某时刻两者相遇后一起滑行。已知男运动员的体重较大，为简化问题，两运动员均视为质点，冰面视为光滑，则（ ）
A．两者相遇过程中女运动员所受冲量较大
B．两者相遇过程中女运动员动能变化较大
C．两者相遇后两运动员动量大小相等
D．两者相遇前后总动能不变
【答案】B
【解析】A．两者相遇过程中相互作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，则两者所受冲量大小一定相等，A错误；BD．设相遇前两者的动能为Ek，根据知，相遇前男运动员的速度比女运动员的速度小，可知女运动员在男运动员后面追赶男运动员，相遇后，男运动员动能增加，女运动员动能减小，设女运动员动能变化大小为ΔEk女，男运动员动能变化大小为ΔEk男，两者相遇相当于完全非弹性碰撞，系统的总动能减少，则ΔEk女＞ΔEk男，B正确，D错误；C．两者相遇后两运动员速度大小相等，由于男运动员的体重较大，则男运动员的动量较大，C错误。故选B。
2．如图所示，有一边长为L的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道。已知木块质量为，一个质量为m的小球由静止开始从轨道的一端运动到另一端，在该过程中，木块的对地位移应为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】小球由静止开始从轨道的一端运动到另一端过程中，水平方向平均动量守恒，则有
即
根据题意有
联立解得
故ABC错误，D正确。故选D。
3．如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则下列结论中正确的是（ ）
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
【答案】C
【解析】A．小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力对小球做功，故A错误；BC．小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B错误，C正确；D．半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，故D错误。故选C。
考点四：实验 验证动量守恒定律
1．如图为验证动量守恒实验装置图.先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，然后把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复.根据水平地面记录纸上落点痕迹的照片，估算小球m2与m1的质量之比（ ）
A．0.17 B．4.0 C．0.62 D．0.8
【答案】A
【解析】实验需要验证
根据图中估算
解得
故选A。
2．某中学实验小组的同学在“探究碰撞中的不变量”时，利用了如图所示的实验装置进行探究，下列说法正确的是（ ）
A．要求斜槽一定是光滑的且斜槽的末端必须水平
B．入射球每次释放点的高度可以任意调节
C．入射球和被碰球的直径必须相等
D．入射球的质量必须与被碰球的质量相等
【答案】C
【解析】A．题述实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要求小球离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，但必须保证每次小球都做平抛运动，因此轨道的末端必须水平，A错误；B．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止释放，B错误；C．为了保证两小球发生对心正碰，则要求入射球和被碰球的直径必须相等，C正确；D．在做题述实验时，要求入射球的质量大于被碰球的质量，D错误。故选C。
3．采用如图所示的实验装置进行验证动量守恒定律（图中小球半径相同、质量均已知，且mA>mB），下列说法正确的是（ ）
A．实验中要求轨道末端必须保持水平
B．实验中要求轨道必须光滑
C．验证动量守恒定律，需测量OB、OM、OP和ON的距离
D．测量时发现N点偏离OMP这条直线，直接测量ON距离不影响实验结果
【答案】A
【解析】A．要想用水平的距离表示小球平抛出时的速度的大小，则必须要求小球做平抛运动，故实验中要求轨道末端必须保持水平，选项A正确；B．每次实验时只要保证每次小球从斜轨道上滑下到水平位置时的速度一样就可以了，所以不必要求轨道必须光滑，选项B错误；C．验证动量守恒定律，不需要测量OB的长度，因为小球下落相同高度的时间是相等的，在列式子时，这个时间能被约掉，而OM、OP和ON的距离是需要测量的，选项C错误；D．测量时发现N点偏离OMP这条直线，则应该过N点向OMP这条直线做垂线，测量垂足N′到O点的距离才可以，直接测量ON距离会影响实验结果，选项D错误。故选A。
考点五：弹性碰撞和非弹性碰撞
1．2021年10月16日，中国神舟十三号载人飞船成功发射，随后完成与核心舱的对接，开启了为期6个月的空间站驻留任务｡对接过程可视为一个碰撞过程，此过程两飞行器忽略除相互作用以外的其它力，若神舟十三号飞船质量为，核心舱质量为，且｡对接前它们运动方向相同，速度分别为和，对接后瞬间速度为，对接过程中神舟十三号飞船的动量变化大小为，则（ ）
A．对接后瞬间的速度可能等于
B．对接过程，核心舱对飞船作用力的冲量可能大于
C．在飞船质量一定，且飞行器间相对速度也一定时，越大，则越小
D．在飞船质量一定，且飞行器间相对速度也一定时，越小，则越小
【答案】D
【解析】A．对接过程满足动量守恒，可得
解得对接后瞬间的速度为
可知对接后瞬间的速度不可能等于，A错误；B．对接过程，根据动量定理可知核心舱对飞船作用力的冲量大小等于飞船的动量变化大小，B错误；CD．若对接前满足，对接过程中神舟十三号飞船的动量变化大小为
若对接前满足，对接过程中神舟十三号飞船的动量变化大小为
可知在飞船质量一定，且飞行器间相对速度也一定时，越小，则越小，D正确，C错误；故选D。
2．冰壶运动是冬奥会比赛项目之一。假设运动员用红壶撞击静止在水平冰面上的蓝壶，两壶发生正碰，不计碰撞时间，碰撞前、后两壶的图像如图所示。已知两壶的质量均为19kg，则碰撞后蓝壶所受的阻力大小为（ ）
A．3.8N B．2.28N C．1.9N D．1.52N
【答案】B
【解析】根据动量守恒定律可得
解得
设碰撞后蓝壶所受的阻力大小为f，取初速度方向为正方向，对蓝壶根据动量定理
由图可知
解得
故B正确，ACD错误。故选B。
3．如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度击中砂袋后未穿出，与砂袋一起向右摆动的最大角为。弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）
A．弹丸打入砂袋瞬间，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入砂袋瞬间，弹丸对砂袋的冲量大于砂袋对弹丸的冲量
C．弹丸打入砂袋瞬间二者组成的系统动量不守恒
D．弹丸打入砂袋后，二者共同运动过程机械能守恒
【答案】D
【解析】A．根据牛顿第三定律可知，细绳所受拉力大小与砂袋所受拉力大小相等，弹丸打入砂袋前，根据平衡条件有
弹丸打入砂袋瞬间，砂袋有了速度，对砂袋，根据牛顿第二定律有
解得
砂袋所受拉力变大，则细绳所受拉力大小变大，故A错误；B．根据牛顿第三定律可知，弹丸对砂袋的作用力大小等于砂袋对弹丸的作用力大小，作用时间相等，根据可知，弹丸对砂袋的冲量等于砂袋对弹丸的冲量，故B错误；
C．弹丸打入砂袋，二者组成的系统满足外力远小于内力，所以此瞬间动量守恒，故C错误；D．弹丸打入砂袋后，运动过程绳子拉力不做功，只有系统的重力做功，故二者共同运动过程机械能守恒，故D正确。故选D。
考点六：反冲现象火箭
1．2017年6月15日上午11点，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”。假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M＝2.1kg。当它以对地速度为v0＝840m/s喷出质量为△m＝0.1kg的高温气体后，火箭对地速度的大小为（喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计）（ ）
A．40m/s B．41m/s C．42m/s D．43m/s
【答案】C
【解析】规定向下为正，则由动量守恒定律可知
解得
v=42m/s
方向向上。故选C。
2．如图所示，一高h=2.4m、倾角θ=37，质量M=3g的光滑斜面静止在光滑水平面上，一质量m=0.2g的物块从斜面顶端由静止释放已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则物块由斜面顶端滑到底端的过程中，斜面将（ ）
A．向右移动0.5m B．向右移动0.6m C．向右移动0.2m D．向右移动0.1m
【答案】C
【解析】斜面和物块组成的系统水平方向动量守恒，在水平方向有
所以
又有
解得
ABD错误，C正确。故选C。
3．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为（设水平面光滑）（ ）
A．v0 B． C． D．
【答案】C
【解析】由于炮弹的重力作用，火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得
m2v0cosθ-(m1-m2)v=0
解得
C正确。故选C。
能力提升练
一、单选题
1．某同学做“探究平抛运动的特点”实验。该同学先用图所示的器材进行实验。他用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，改变小球距地面的高度和打击小球的力度，多次重复实验，均可以观察到质量相等的A、B两球同时落地。关于本实验，下列说法正确的是（ ）
A．实验现象可以说明平抛运动，在水平方向上是匀速直线运动
B．落地时A、B两球的动量相同
C．落地时A、B两球重力的瞬时功率相同
D．改变打击小球的力度，A球落地时重力的瞬时功率也将改变
【答案】C
【解析】A．实验将A做平抛运动与B在竖直方向的自由落体进行对比，只能说明A竖直方向运动情况，不能反映A水平方向的运动情况，每次两球都同时落地，说明A竖直方向的分运动是自由落体运动，故A错误；B．根据动能定理可知落地时A、B两球速度大小不相等，速度方向也不相同，故动量不相同，故B错误；C．落地时A、B两球竖直方向的速度大小相等，重力相等，根据可知重力的瞬时功率相同，故C正确；D．改变打击小球的力度，A球落地时竖直方向的速度大小不变，则重力的瞬时功率也不变，故D错误。故选C。
2．2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，约582秒后，神舟十三号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，发射取得圆满成功。载人飞船的预定轨道是近地点高度为200km，远地点高度为356km的轨道。飞船在预定轨道运行过程中，根据已有的知识可以判断（ ）
A．飞船在近地点的加速度小于在远地点的加速度
B．飞船在近地点的速度小于在远地点的速度
C．飞船从近地点到远地点运行过程中动量逐渐减小
D．飞船从远地点到近地点运行过程中机械能逐渐增大
【答案】C
【解析】A．根据牛顿第二定律得
解得
飞船在近地点的加速度大于在远地点的加速度，A错误；BC．根据开普勒第二定律，飞船在近地点的速度大于在远地点的速度，飞船从近地点到远地点运行过程中，速度逐渐减小，动量逐渐减小，B错误，C正确；D．飞船从远地点到近地点运行过程中机械能守恒，D错误。故选C。
3．如图所示，一汽车以恒定速率沿圆弧形凸桥由A运动到B的过程中（ ）
A．合外力的冲量为零
B．牵引力与摩擦力做功之和为零
C．牵引力与重力做功之和为零
D．外力对汽车做功的代数和为零
【答案】D
【解析】A．汽车在运动过程中，速度大小不变，但是方向一直在改变，动量在变化，故合外力的冲量不为零，A错误；BCD．在该过程中，速度大小不变，根据动能定理可知，动能不发生变化，合外力做功为零。B、C错误，D正确；故选D。
4．光滑斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如图所示，现将A沿斜面拉到B点无初速释放，物体在BC范围内做简谐运动，则下列说法错误的是（ ）
A．在振动过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．从B到C的过程中，合外力对物块A的冲量为零
C．物块A从B点到O点过程中，动能的增量等于弹性势能的减小量
D．B点时物体A的机械能最小
【答案】C
【解析】A．在振动过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；B．从B到C的过程中，根据冲量定理可知
Ft=mvC﹣mvB
由于BC点的速度为零，故合外力对物块A的冲量为零，故B正确；C．从B到O的过程中，对物体A根据动能定理可知
故动能的增量等于弹性势能的减小量减去克服重力做的功，故C错误；D．物体A和弹簧系统机械能守恒；B点时弹簧的弹性势能最大，故物体A的机械能最小；故D正确；因选错误的，故选C。
5．如图，一滑板爱好者在水平面滑行，看到横杆后起跳，人与滑板分离，越过横杆后仍落在滑板上，忽略一切阻力，则（ ）
A．整个过程中人和滑板组成的系统总动量守恒
B．起跳时滑板对人做正功
C．起跳时脚对滑板的作用力斜向后
D．起跳时人相对滑板竖直向上运动
【答案】D
【解析】A．整个过程中人和滑板组成的系统水平方向动量守恒，而竖直方向动量不守恒，则总动量不守恒，选项A错误；B．起跳时人的水平速度不变，竖直速度变大，人的动能增加，由于滑板对人的支持力没有位移，则滑板对人不做功，人的动能变大是由于人本身对自己做功，选项B错误；CD．运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动。各分运动具有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，最终落在滑板的原位置。所以竖直起跳时，人相对滑板竖直向上运动，滑板对人水平方向无作用力，竖直方向对人的作用力竖直向上，则人对滑板的作用力应该是竖直向下。故C错误，D正确。故选D。
6．某同学使用两个大小相同而质量不等的小球，利用图示装置验证动量守恒定律。将正确的实验操作获得实验中落点痕迹到O点距离、、。A、B小球的质量分别为、，且大于，若两球碰撞动量守恒，则满足（ ）。
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】设小球A与B碰撞前瞬间的速度为v1，碰后瞬间二者的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
①
②
联立①②解得
③
④
所以
⑤
小球做平抛运动下落的高度相同，所以时间相同，则落点到O点的距离与小球平抛初速度的比值相同，所以E点为小球A不与B碰撞时的落点，D、F点分别为小球A与B碰撞后二者的落点，所以动量守恒满足的表达式为
故选A。
7．某小组做验证动量守恒定律实验时，在气垫导轨上放置P、Q两滑块。碰撞前Q静止，P匀速向Q运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到频闪照片如图所示，在这4次闪光的过程中，P、Q两滑块均在0~80cm范围内，且第1次闪光时，P恰好位于x=10cm处。相邻两次闪光的时间间隔为T，P、Q两滑块的碰撞时间及闪光持续时间均可忽略不计，则P、Q两滑块的质量之比为（ ）
A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．1:4
【答案】C
【解析】由图可知，第1次闪光时，滑块P恰好位于10cm处；第二次P在30cm处；第三次P在50cm处；两次闪光间隔中P的位移大小均为20cm，相同，所用时间均为T，则速度相同，PQ不可能相碰；而Q开始时静止在60cm处，故可知，从第三次闪光到碰撞P的位移为10cm，所以时间为
，故从碰撞到第四次闪光时间也为，通过距离为5cm，所以若碰前P的速度为v，则碰后P的速度为，而Q在时间的位移为5cm，所以碰后Q的速度为，则根据动量守恒定律
可得
故C正确，ABD错误。故选C。
8．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一质量为m的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道后又从B点冲出，已知半圆弧半径为R，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．在相互作用过程中小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球从小车的B点冲出后，不能止升到刚释放时的高度
C．整个过程中小球和小车的机械能守恒
D．小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移大小
【答案】C
【解析】A．小球与小车组成的系统仅在水平方向不受外力，即只是水平方向系统动量守恒，故A错误；B．因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，由机械能守恒可知小球能上升到原来的高度，故B错误；C．整个过程中小球和小车的机械能守恒，C正确；D．人船模型可得
解得
，
所以小球的水平位移大小为，故D错误。故选C。
9．大小相同、带异种电荷的小球A、B静止在光滑的水平地面上，带电荷量，质量，开始时两球相距。现将两球由静止释放，两球相向运动，一段时间后发生弹性碰撞，假设碰撞瞬间电荷量立即发生转移，下列说法正确的是（ ）
A．碰前瞬间A球的速度是B球速度的2倍
B．碰撞点到A球的出发点的距离为
C．碰后瞬间，两球的速度方向可能相同
D．碰后A球和B球能同时回到出发点
【答案】D
【解析】A．A、B两球受到的库仑力等大反向，根据可知在任意时刻均有
且两球都是从静止开始同时运动，根据可得碰前瞬间
故A错误；B．由可得，A、B两球位移之比等于加速度之比，为1:2，又开始时两球相距，则碰撞点到A球的出发点的距离为，故B错误；C．根据动量守恒定律知，碰前A、B的总动量为0，碰后的总动量也为0，因此A、B的速度方向一定相反，故C错误；D．碰撞后，A、B所带电荷量先中和，后平分，A、B间的库仑力变为斥力，二者受到的库仑力仍等大反向，因此任意时刻均有
两球能同时回到出发点，故D正确。故选D。
10．一质量为m的烟花弹以初速度从水平地面竖直向上射出，上升到最大高度时恰好爆炸，沿水平方向分裂成质量之比为1：4的A、B两个部分，此时A、B动能之和与烟花弹从地面射出时的动能相等。爆炸时间极短，不计空气阻力，则（ ）
A．从射出到爆炸的过程中，系统总动能不变，该过程机械能守恒
B．爆炸过程释放的能量与A、B落地时的总动能相等
C．A、B两个部分落地时速度大小之比为2：1
D．A、B两个部分落地时速度大小之比为4：1
【答案】C
【解析】A．从水平地面竖直向上射出，上升到最大高度过程中只有重力做功，机械能守恒；爆炸过程中，重力势能不变，动能增加，机械能增加。故A错误；B．爆炸过程释放的能量等于爆炸结束瞬间A、B的动能之和，小于A、B落地时的总动能，故B错误；CD．假设A、B的质量分别为m、4m，则爆炸过程中由动量守恒可得
得
假设， ，由题意可知
解得
则
，
A、B两部分爆炸后做平抛运动，水平速度即为，，落地时的竖直速度均为，
则落地时
，
所以A、B两个部分落地时速度大小之比为2：1，故C正确，D错误。故选C。
二、多选题
11．如图所示，倾斜放置的挡板OM与竖直方向的夹角60°，从O点正下方的A点以的水平初速度向右抛出一个质量为的小球（可视为质点），若小球的运动轨迹恰好与挡板上的B点相切（B点未画出），重力加速度g取，不考虑空气阻力，则（ ）
A．小球到达B点时的速度大小为10m/s
B．从A到B过程中，小球的动量变化量为
C．O、A两点间的距离为10m
D．从A到B过程中，小球的动能增加量为50J
【答案】BD
【解析】A．依题意，运动轨迹恰好与挡板上的B点相切，则小球在B点的实际速度与水平方向夹角为30°，如图所示
由图可知
故A错误；B．小球从A到B过程，竖直方向做自由落体运动，有
解得
小球的动量变化量为
故B正确；C．小球从A到B过程，水平方向做匀速直线运动，有
由几何关系可得
联立，可得O、A两点间的距离为
故C错误；D．根据动能定理，从A到B过程中，小球的动能增加量为
故D正确。故选BD。
12．如图所示，从地面上A点竖直向上抛出一质量为m的小球，小球上升到B点时的动能与小球上升到最高点后返回至C点时的动能相等，B点离地面高度为h，C点离地面高度为，若空气阻力，大小不变，重力加速度为g，则（ ）
A．小球上升的最大高度为
B．小球从最高点落到地面过程中重力冲量为
C．小球下落过程中从B点到C点机械能的变化量为
D．小球下落过程中从B点到C点动能的变化量为
【答案】AD
【解析】A．设最大高度为H，根据动能定理，从B上升到最高点再返回到C
解得
故A正确；B．设下降的加速度为a，则根据牛顿第二定律
解得
又
重力冲量为
解得
故B错误；CD．从B点到C点，机械能的变化量为
故C错误，D正确。故选AD。
13．如图所示，足够长的光滑斜面体静止在水平地面上，将由同种材料制成的A、B两物体放在斜面上，由静止释放，下滑过程中A、B两物体始终相对静止。下列关于A、B两物体下滑过程中的说法正确的是（ ）
A．A物体的机械能守恒 B．斜面体与B在水平方向的加速度大小可能相等
C．斜面体的加速度不变 D．A、B与斜面体构成的系统动量守恒
【答案】BC
【解析】A．对斜面体进行受力分析，在水平方向有物体B对斜面压力的分力，故斜面体向右加速运动，又斜面体的重力势能不变，动能增加，则机械能增加，根据能量守恒可知A、B两物体的机械能均减小，故A错误；B．A、B与斜面体构成的系统在水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，当斜面体的质量等于A、B的质量之和时，斜面体与B在水平方向的加速度大小相等，故B正确；C．将A、B看成整体，A、B相对斜面体来说沿斜面向下做加速运动，对斜面的压力恒定，则斜面体在水平方向所受合力不变，即加速度不变，故C正确；D．竖直方向上合力对A、B与斜面体构成的系统的冲量不为零，故动量不守恒，故D错误。故选BC。
14．如图所示，倾斜传送带倾角为，传送带底端通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道连接。金属小球B（不能视为质点）通过细绳竖直悬挂，小球与光滑水平轨道只接触不挤压，竖直细绳左侧存在强磁场。传送带以的速度逆时针匀速转动，绝缘滑块A从传送带上距传送带底端处静止释放，A、B每次都发生一维弹性碰撞，由于左侧强磁场的作用，B很快就停在原位置。已知A的质量，A
与传送带间的摩擦因数，B的质量为，重力加速度g取，。下列说法正确的是（ ）
A．A下滑过程做匀加速直线运动
B．第一次碰后A、B的速度大小相等、方向相同
C．第一次碰撞前A与传送带的摩擦生热大小为3.2J
D．经过足够长的时间A、B均静止后，整个过程中A与传送带间的摩擦生热大小等于A重力势能减少量和传送带多消耗的电能之和
【答案】AC
【解析】AC．A下滑过程中，设经过时间t加速到与传送带同速，时间t内A的加速度为a，位移为，由牛顿第二定律得
解得
由匀变速直线运动公式
解得
由于等于 A距传送带底端的距离，所以A下滑过程一直做加速度不变的匀加速直线运动，A恰好滑到传送带底端时，速度与传送带相同；
在时间内，传送带运动的距离为
则第一次碰撞前A与传送带摩擦产生的热量为
故AC正确；B．A与B发生弹性碰撞，设A的初速度方向为正方向，第一次碰撞过程有
解得
第一次碰后A、B的速度大小相等、方向相反，故B错误；D．A、B均静止后，由能量守恒定律，A与传送带间的摩擦生热与B进出磁场时产生的焦耳热之和等于A重力势能减少量和传送带多消耗的电能之和，故D错误。故选AC。
实验探究
1．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
（1）对于上述实验操作，下列说法正确的是________；
A．小球1每次必须在斜槽上相同的位置从静止滚下
B．小球1可以在斜槽上不同的位置从静止滚下
C．斜槽轨道末端必须水平
D．斜槽轨道必须光滑
（2）若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则_________；
A．， B．，
C．， D．，
（3）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有_______；
A．A、B两点间的高度差h1 B．B点离地面的高度
C．小球1和小球2的质量、m2 D．小球1和小球2的半径、
（4）当所测物理量满足表达式______________（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
【答案】 （1）AC （2）B （3）C （4）
【解析】（1）[1]AB．小球1每次自由滚下时，需保证高度不变，以保证小球1滚下时的速度不变，故A正确，B错误；C．斜槽末端必须水平，以保证小球1碰撞前速度水平，并且保证小球1、2做平抛运动，故C正确；D．只要小球1从同一位置释放即可，并不需要保证斜槽光滑，故D错误。故选AC。
（2）[2]在小球碰撞前后，由动量定理可得
不考虑小球碰撞损失的机械能，由动能定理可得
解得
为了保证碰撞前后，小球1的速度方向不变，故需，且为了保证两小球发生正碰，故ACD错误，B正确。故选B。
（3）[3]AB．本实验中小球的速度由水平位移代表，故不必测量AB的高度和B离地面的高度，AB错误；C．验证动量定理时，需要小球的质量，C正确；
D．小球的半径保证一样即可，无需测量两小球之间的半径，D错误。故选C。
（4）[4]小球下落的时间为
小球1碰撞前后的速度分别为
小球2碰撞后的速度为
根据动量守恒定律，可得
解得
2．某同学用图甲所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。
（1）该同学安装好实验器材后，将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次。选出一条点迹清晰的纸带，标出部分计数点如图乙所示（每相邻两个计数点间还有4个打下的点，图中未画出）。其中s1=7.05cm、s2=7.68cm、s3=8.33cm、s4=8.95cm、s5=9.61cm、s6=10.26cm。打点计时器在打B点时小车的速度vB=________m/s；小车的加速度a=________m/s2（要求充分利用测量的数据，结果均保留2位有效数字）。
（2）用图甲所示的装置还可以完成下述哪些实验________。
A．探究小车的加速度和受力的关系
B．验证动能定理
C．验证机械能守恒定律
D．验证动量守恒定律
【答案】 （1） 0.74 0.64 （2）AB
【解析】（1）[1]B点速度为
[2]加速度为
（2）[3]
A．只需要满足小车质量远大于中午的质量，此实验装置即可用于探究小车的加速度和受力的关系，故A正确；B．验证动能定理需要测量合外力做的功与动能改变量之间的关系，只需要平衡摩擦力，此实验装置既可用于验证动能定理，故B正确；C．验证机械能守恒需要动能和重力势能相互转化，此装置不具备测量重力做功情景的能力，故C错误；D．验证动量守恒定律需要测量碰撞前后的速度，此实验装置无法测量碰撞后速度，故D错误。故选AB。
3．如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（G-Atwood1747-1807）创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律和动量守恒定律，如图乙所示。（已知当地的重力加速度为g）
（1）该同学用游标卡尺测量遮光片的宽度如图所示，则d=___________mm；然后将质量均为m（A含挡光片和挂钩、B含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，A置于桌面上处于静止状态，测量出挡光片中心到固定光电门中心的竖直距离h；
（2）为了验证动量守恒定律，该同学让A在桌面上处于静止状态，将B从静止位置竖直上升s后由自由下落，直到光电门记录下挡光片挡光的时间为（B未接触桌面），则验证绳绷紧过程中系统沿绳方向动量守恒定律的表达式为___________；如果该同学忘记将B下方的质量也为m的C取下，完成测量后，验证动量守恒定律的表达式为___________。
【答案】（1） 6.75 （2）
【解析】（1）[1]游标卡尺的读数为
（2）[2]设绳绷紧前B的速度为，B从静止位置竖直上升s后由自由下落到绳绷紧前的过程中由动能定理得
绳绷紧前动量
绳绷紧后系统所受合外力为0，AB一起匀速运动
绳绷紧后动量
若动量守恒则
所以要验证的表达式为
；
[3]如果该同学忘记将B下方的质量也为m的C取下，完成测量后，设绳绷紧前BC的速度为，BC一起从静止位置竖直上升s后由自由下落到绳绷紧前的过程中由动能定理得
绳绷紧前动量
绳绷紧后ABC一起做匀加速运动
设A上升h后到达光电门时的速度为，绳绷紧后的瞬间速度为，在A上升h的过程中有
绳绷紧后动量
若动量守恒则
所以要验证的表达式为
计算题培优
1．滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可以在不同的轨道上滑行。如图所示，轨道位于竖直平面内，其中BC和DE为半径和的两段圆弧轨道，BC的圆心为O点，圆心角，DE的圆心为点，D点在点正下方，CD为水平轨道，C、D处与圆弧轨道平滑连接；滑板a和b的质量均为，运动员的质量。某时刻，运动员踩在滑板a上，先从轨道上的A点以的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，滑上CD轨道后，运动员从滑板a跳到静止放置在水平轨道上的滑板b上，并一起向前继续滑动，跳后滑板a则以的速度返回，然后撤掉。运动员和滑板b经CD轨道后冲上DE轨道。滑板和运动员均可视为质点，运动员调整过程中无机械能增加，不计一切阻力，重力加速度取，求：
（1）运动员到达B点的速度大小；
（2）运动员在D点对滑板b的压力大小。
【答案】（1）6m/s；（2）1098N
【解析】（1）运动员从A点运动到B点的过程中，做平抛运动，到达B点时，其速度沿B点的切线方向，根据几何关系可知，运动员到达B点的速度为
（2）从B到C，由动能定理得
解得
运动员跳离滑板a，运动员和滑板a动量守恒，有
运动员跳上滑板b，运动员和滑板b动量守恒，有
解得
运动员到达D点后开始做竖直面内圆周运动，设在点滑板对运动员的支持力为，有
解得
根据牛顿第三定律，运动员对滑板的压力为
2．如图所示，质量的平板车放在光滑的水平面上，质量的物块放在平板车右端上表面，质量的小球用长为的细线悬挂于点，点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为，将小球向左拉到一定高度，悬线拉直且与竖直方向的夹角为，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度取，求：
（1）平板车的长度；
（2）小球与平板车碰撞过程损失的机械能。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设物块在平板车上滑动时的加速度为，根据牛顿第二定律有
解得
设物块与平板车最后的共同速度为，根据运动学公式有
设小球与平板车相碰后，平板车的速度为，根据动量守恒定律有
解得
设平板车的长度为，根据能量守恒有
解得
（2）设小球与平板车相碰前速度为，根据机械能守恒定律有
解得
设碰撞后平板车的速度为，根据动量守恒定律有
解得
小球与平板车碰撞过程损失的机械能为
3．如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上、下两端各固定一质量为的物体A和B均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态。一个质量为m的小球P从物体A正上方距其高h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；
（2）当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小；
（3）若换成另一个质量的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物体A到达最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零。求Q开始下落时距离A的高度。（上述过程中Q与A只碰撞一次）
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设碰撞前瞬间P的速度为，碰撞后瞬间二者的共同速度为，由机械能守恒定律
由动量守恒定律
联立解得
（2）设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为，由胡克定律可得
得
P与A从碰撞后瞬间到地面对B的弹力为零的运动过程中上升的高度为
由可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等
设地面对B的弹力为零时P与A共同速度的大小为v，由机械能守恒定律，得
解得
（3）设小球Q从距离A高为H处下落，Q在碰撞前、后瞬间的速度分别为、，碰后A的速度为，由机械能守恒定律可得
由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
由（2）可知碰撞后地面对物体B的弹力恰好为零时，A上升的高度为
由能量守恒定律
联立解得
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