考点10 动量—五年（2020—2024年）高考物理真题专项分类汇编(含答案)

这是一份考点10 动量—五年（2020—2024年）高考物理真题专项分类汇编(含答案)，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是( )
A.上升和下落两过程的时间相等
B.上升和下落两过程损失的机械能相等
C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
2．如图所示，在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则( )
A.弹簧恢复原长时A动量最大B.弹簧压缩最短时A动量最大
C.整个系统动量变大D.整个系统机械能变大
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，发射舱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
4．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
5．一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中( )
A.弹性势能减小B.重力势能减小
C.机械能保持不变D.绳一绷紧动能就开始减小
二、多选题
6．如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常量）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则( )
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
7．一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从开始，将一可视为质点的物块从0点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力和，其大小与时间t的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取，不计空气阻力。则( )
A.物块始终做匀变速曲线运动
B.时，物块的y坐标值为2.5m
C.时，物块的加速度大小为
D.时，物块的速度大小为
8．我国在贵州平塘建成了世界最大单口径球面射电望远镜FAST，其科学目标之一是搜索地外文明.在宇宙中，波长位于搜索地外文明的射电波段的辐射中存在两处较强的辐射，一处是波长为的中性氢辐射，另一处是波长为的羟基辐射.在真空中，这两种波长的辐射相比，中性氢辐射的光子( )
A.频率更大B.能量更小C.动量更小D.传播速度更大
9．某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，为曲线上的点，段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为2 kg，取竖直向上为正方向。则( )
A.EF段无人机的速度大小为4 m/s
B.FM段无人机内的装载物处于失重状态
C.FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4 kg·m/s
D.MN段无人机机械能守恒
10．某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A.该过程动量守恒
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
三、实验题
11．在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离，b测量滑块B与它的距离。部分实验步骤如下：
①测量两个滑块的质量，分别为200.0 g和400.0 g；
②接通气源，调整气垫导轨水平；
③拨动两滑块，使均向右运动；
④导出传感器记录的数据，绘制随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。
回答以下问题：
（1）从图像可知两滑块在_______s时发生碰撞；
（2）滑块B碰撞前的速度大小_______m/s（保留2位有效数字）；
（3）通过分析，得出质量为200.0 g的滑块是_______（填“A”或“B”）。
12．如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。
（1）关于本实验，下列做法正确的是_____（填选项前的字母）。
A.实验前，调节装置，使斜槽末端水平
B.选用两个半径不同的小球进行实验
C.用质量大的小球碰撞质量小的小球
（2）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为的小球从斜槽上的S位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为M、N和P（P为单独滑落时的平均落点）。
a.图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点________；
b.分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON。在误差允许范围内，若关系式________成立，即可验证碰撞前后动量守恒。
（3）受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1，2的质量分别为m和M，弦长。
推导说明，满足________关系即可验证碰撞前后动量守恒。
13．某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段.选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验.
测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为和.将硬币甲放置在斜面上某一位置，标记此位置为B.由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离OP.将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放.当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON.保持释放位置不变，重复实验若干次，得到的平均值分别为.
（1）在本实验中，甲选用的是_______（填“一元”或“一角”）硬币；
（2）碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为_______（设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g）；
（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则_______（用和表示），然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒；
（4）由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因：______________.
14．（1）某同学验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒，实验装置如图1所示。为两个直径相同的小球。实验时，不放B，让A从固定的斜槽上E点自由滚下，在水平面上得到一个落点位置；将B放置在斜槽末端，让A再次从斜槽上E点自由滚下，与B发生正碰，在水平面上又得到两个落点位置。三个落点位置标记为。
①为了确认两个小球的直径相同，该同学用10分度的游标卡尺对它们的直径进行了测量，某次测量的结果如图2所示，其读数为__________mm。
②下列关于实验的要求正确的是__________。
A.斜槽的末端必须是水平的B.斜槽的轨道必须是光滑的
C.必须测出斜槽末端的高度D.的质量必须相同
③如果该同学实验操作正确且碰撞可视为弹性碰撞，碰后在水平面上的落点位置分别为__________、__________。（填落点位置的标记字母）
（2）实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图3所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的图像如图4所示。
①图3的电路图为图5中的__________。（选填“A”或“B”）
②如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图4得到该电池的电动势__________V，内阻__________Ω。
③实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图4中重新绘制图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将__________，与纵坐标轴交点的数值将__________。（两空均选填“变大”“变小”或“不变”）
四、计算题
15．如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
16．如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为和的小球A和。初始时小球A以初速度沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比；
（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（），求第1次碰撞到第次碰撞之间小球B通过的路程。
17．如图，三块厚度相同、质量相等的木板（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取，忽略空气阻力。
（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求木板间的水平距离。
（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻两木板间距与B木板长度的关系。
18．如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且未发生碰撞，求s的范围；
（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若，自C滑上B开始至三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。
19．如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径，重力加速度大小。
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于，求小物块在Q点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
（ⅰ）求μ和m；
（ⅱ）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
20．嫦娥六号在轨速度为，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为，分离后B的速度为v，且与同向，的质量分别为。求：
（1）分离后A的速度大小；
（2）分离时A对B的推力大小。
21．如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
（3）碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
22．如图，质量的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能与形变量x的关系为。取重力加速度，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量及此时木板速度的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从减小到0所用时间为。求木板从速度为时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能（用表示）。
参考答案
1．答案：C
解析：D.小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误；
C.小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；
A.上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；
B.经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。
故选C。
2．答案：A
解析：对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得，设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得，联立，故可知弹簧恢复原长时滑板速度最大，此时动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。故选A。
3．答案：A
解析：高压气体将火箭推出，火箭速度接近零时才点火，故此过程中火箭先做加速度逐渐减小的加速运动，合外力为零时，加速度为零，此后做减速运动直至速度接近零，故加速度为零时，动能最大，A正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能、重力势能和与空气摩擦产生的内能，B错误；火箭动量的增加量等于火箭所受合外力的冲量，火箭除受到高压气体的推力外，还受到重力、空气阻力，C错误；火箭动能的增加量为合外力对火箭做的功，即重力、空气阻力和高压气体的推力做的功之和，D错误.
4．答案：D
解析：
5．答案：B
解析：游客从跳台下落直到最低点过程中，游客的重力做正功，重力势能减小，B正确；橡皮绳绷紧后形变量一直增大，弹性势能一直增大，A错误；橡皮绳绷紧后的过程，橡皮绳的弹力做负功，因此游客的机械能减小，C错误；绳绷紧后游客先加速后减速，因此游客的动能先增大后减小，D错误。
6．答案：AD
解析：子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有，解得木块获得的速度大小为，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有，解得；若子弹能够射出木块，则有，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有，根据位移关系有，对木块有，联立解得，又越大，t越小，则越小，即随着的增大，木块获得的速度不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小，A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有，解得子弹在木块中运动的时间，B错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能，C错误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有，解得木块在加速过程中运动的距离，D正确。
7．答案：BD
解析：A.根据图像可得，，故两力的合力为
物块在y轴方向受到的力不变为，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；
B.在y轴方向的加速度为
故时，物块的y坐标值为
故B正确；
C.时，，故此时加速度大小为
故C错误；
D.对x轴正方向，对物块根据动量定理
由于F与时间t成线性关系故可得
解得
此时y轴方向速度为
故此时物块的速度大小为
故D正确。
故选BD。
8．答案：BC
解析：D.所有光波在真空中传播的速度相同，都是c，D错误；ABC.由光子频率与波长公式，能量公式，动量与波长公式可知，波长更长，频率更小，能量更小，动量更小，A错误，BC正确。故选BC。
9．答案：AB
解析：由于位移-时间图线的斜率表示速度，则根据EF段的方程可知，EF段无人机的速度大小为4 m/s，A正确；由题图可知FM段的速度先向上减小后向下增大，则加速度方向始终向下，故该段无人机内的装载物处于失重状态，B正确；根据MN段的方程可知，无人机的速度为-2 m/s，则无人机及其装载物在FM段的动量变化量的大小为，C错误；MN段无人机匀速下降，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，D错误。
10．答案：BD
解析：碰撞前滑块1和2整体的动量大小，碰撞后整体的动量大小，所以碰撞过程滑块1和2整体动量不守恒，A错误；合外力的冲量等于动量的变化量，则碰撞过程滑块1受到合外力的冲量大小，B正确；同理，碰撞过程滑块2受到合外力的冲量大小，C错误；碰撞过程中对滑块2由动量定理可得，解得滑块2受到滑块1的平均作用力大小，D正确。
11．答案：（1）1.0
（2）0.20
（3）B
解析：（1）由图像的斜率表示速度可知，两滑块的速度在时发生突变，即发生了碰撞；
（2）由图像斜率的绝对值表示速度大小可知，碰撞前瞬间B的速度大小；
（3）由题图乙知，碰撞前A的速度大小，碰撞后A的速度大小约为，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为，对A和B的碰撞过程由动量守恒定律有，代入数据解得，所以质量为200.0 g的滑块是B。
12．答案：（1）AC
（2）用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点；
（3）
解析：（1）A.实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前，后速度成正比，需要确保小球做平抛运动，即实验前，调节装置，使斜槽末端水平，故A正确；
B.为使两小球发生的碰撞为对心正碰，两小球半径需相同，故B错误；
C.为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出，需要用质量大的小球碰撞质量小的小球，故C正确。
故选AC。
（2）用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点。
碰撞前、后小球均做平抛运动，由可知，小球的运动时间相同，所以水平位移与平抛初速度成正比，所以若
即可验证碰撞前后动量守恒。
（3）设轻绳长为L，小球从偏角θ处静止摆下，摆到最低点时的速度为v，小球经过圆弧对应的弦长为l，则由动能定理有
由数学知识可知
联立两式解得
若两小球碰撞过程中动量守恒，则有
又有，，
整理可得
13．答案：（1）一元
（2）
（3）
（4）见解析
解析：（1）为防止甲碰后反弹，甲的质量应大于乙的质量，故甲选用的是一元硬币.
（2）设甲到达O点时的速度为，甲从O点运动至P点过程中，根据动能定理得，解得.
（3）设甲、乙碰后瞬间的速度分别为，根据动能定理得，若碰撞过程中动量守恒，则有，整理得.
（4）碰撞过程中硬币之间的作用力没有远大于摩擦力；存在空气阻力；纸板粗糙程度不均匀（答出一条即可）.
14．答案：（1）①10.5；②A；③M；P
（2）①B；②4.5；1.8；③不变；变大
解析：（1）①由游标卡尺的读数规则可知，该读数为。②为了保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，A正确；斜槽光滑与否对实验不产生影响，只要保证两次实验小球A从同一位置由静止释放即可，B错误；实验中两小球做平抛运动，下落时间相同，不需要测量斜槽末端的高度，C错误；为了防止A球反弹，应使A球的质量大于B球的质量，D错误。③两球发生弹性碰撞，又A球的质量大于B球的质量，由可知，N点为小球A单独滑下时的落点，碰后，A球的落点为M点，B球的落点为P点。
（2）①由实物连接图可知电压表和电源直接并联，故图3的电路图为图5中的B。②根据闭合电路欧姆定律有，结合图像可知，纵截距表示电源电动势E，则，图像斜率的绝对值表示电源内阻r，则。③图像与横轴的交点表示短路电流，当电源短路时，电表内阻不影响短路电流，所以与横轴交点的数值将不变；电压表和电源并联，测量的内阻是电压表和电源并联后的电阻，比电源内阻的真实值小，图像斜率偏小，修正后图像斜率变大，与纵轴交点的数值将变大。
15．答案：（1）5 m/s
（2）0.3 J
（3）0.2 m
解析：（1）设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有
联立并代入数据得
由于，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为
（2）设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为、，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为
联立并代入数据得
（3）经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有
对小球的整个上升过程，由动能定理得
联立并代入数据得
16．答案：（1）；
（2）2或5
（3）
解析：（1）小球A与B碰撞后结合在一起，则小球A、B发生完全非弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，设碰后两者的共同速度为v，有，则
根据向心力公式，得
（2）A、B之间为弹性碰撞，则碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两球第一次碰撞在B球初始位置，设碰后A、B的速度分别为、，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
可得
因，则碰后瞬间两球同向运动，又，结合可知，从第一次碰撞到第二次碰撞的过程，A的路程小于一个圆周
第一种情况：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，
可得
第二种情况：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，
可得
由动量守恒和机械能守恒可知两种情况下第二次碰撞后A球速度重新变为球的速度为0，之后两小球做周期性运动，两种情况均符合题意，或
（3）第1次碰后瞬间，两球相对速度为比A多跑一圈后发生第2次碰撞，设第1、2次碰撞的时间间隔为，圆周长为，则
根据动量守恒定律有，且
解得，则该段时间内B的路程为
B追上A后两球发生第2次碰撞，碰后瞬间两球相对速度为比B多跑一圈后发生第3次碰撞，设第2、3次碰撞的时间间隔为，
则
根据动量守恒定律有，且
解得，该段时间内B的路程为
A追上B后两球发生第3次碰撞，碰后瞬间两球相对速度为比A多跑一圈后发生第4次碰撞，设第3、4次碰撞的时间间隔为，
则
根据动量守恒定律有，且
解得，该段时间内B的路程为
依此类推，A、B第2n次碰撞后瞬间，两球相对速度为，碰后A比B多跑一圈后发生第次碰撞，该时间内B的路程为
综上，B的路程为
17．答案：（1）1.5 m
（2）90 J
（3）
解析：（1）设机器人的质量为M，木板的质量为m，机器人在从A木板左端走到右端的过程，机器人与A木板组成的系统动量守恒，根据“人船模型”可知
根据位移关系有
联立解得木板A向左移动的位移
因机器人向右走动过程，B、C始终静止，则机器人从A木板左端走到右端时，A、B木板间的水平距离为
（2）机器人起跳后在空中做斜抛运动，设在空中运动的时间为t，起跳时速度为，与水平方向的夹角为θ，则
水平方向上有
竖直方向上有
联立解得
机器人起跳过程中，机器人与A木板水平方向上动量守恒，则有
根据功能关系有
联立可得（单位为J）
当且仅当，即时，W取最小值，则
（3）设机器人从A木板上起跳的速度大小为木板的速度为，机器人跳到B木板左端后与B木板瞬间共速，速度为，此时A、B木板间的水平距离为，水平方向上，B、C木板与机器人组成的系统动量守恒，则有
取水平向右为正方向，每一次机器人从B木板上起跳过程中，机器人与B木板组成的系统在水平方向上动量守恒，则有
又机器人相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，则有、、
联立可得
又3次跳跃后，B木板恰好追上A木板，则有
机器人跳到B木板右端时，A、C两木板间距离
联立解得
18．答案：（1）0.8 m
（2）
（3）
（4）
解析：（1）C下滑过程，由动能定理有
解得
（2）设C滑上B以后，C的加速度大小为的加速度大小为，共速时间为的最小值为共同的加速度大小为，经过时间A追上的最大值为，则由牛顿第二定律有
解得
解得
又
解得
由运动学规律有
联立解得
共速后，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
联立解得
故s的范围为
（3）由题意知，所以B与P碰撞时，B与C未共速。设C在B板上滑动的时间为与P相碰时C的速度大小为，则由运动学公式得
解得（另一解舍去）
解得
对物体C从刚滑上B到B与P碰撞前的过程，由动能定理有
解得
（4）设B与P碰撞前瞬间的速度大小为与P碰撞后瞬间的速度为向左运动的加速度大小为向左运动时间与A相遇。设碰撞前瞬间B的速度大小为；碰撞后瞬间，A的速度为的速度为的速度大小为，则由运动学公式得
解得
由于P固定在地面上，B与P的碰撞为弹性碰撞，所以有
B与P碰撞后向左运动的过程中，对B由牛顿第二定律得
解得
自碰撞后至发生碰撞的过程，由运动学公式得
解得（另一解舍去）
解得
解得
以向右为正方向，发生弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得（另一组解舍去）
即碰撞后，A以速度向左运动，B以初速度向右运动
经分析可得，最终静止，A最终以速度向左运动，故自C滑上B开始至三物体达到平衡状态，这三个物体总动量的变化量为
解得
19．答案：（1）4 m/s
（2）（ⅰ）0.2；1 kg
（ⅱ）4.5 m
解析：（1）对小物块在Q点，由圆周运动知识有
解得
（2）（ⅰ）根据题图乙分析可知，当外力时，轨道与小物块一起向左加速运动，对整体由牛顿第二定律有
变形得
结合题图乙可知
当外力时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有
变形得
结合题图乙可知，
联立解得，，
（ⅱ）根据题图乙可知，当时，轨道的加速度为，小物块的加速度为，方向均水平向左
设经时间，小物块运动至轨道上的P点，由运动学规律可得此时轨道的速度
小物块在P点时的速度
小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正方向，则有
联立并代入数据解得（另一解不符合题意，舍去）
根据运动学规律有
解得
20．答案：（1）；（2）
解析：（1）组合体分离前后动量守恒，取的方向为正方向，有
解得
方向与相同；
（2）以B为研究对象，对B列动量定理有
解得
21．答案：（1）；（2）；（3）0.15
解析：根据题意，设AC质量为，B的质量为，细绳长为，初始时细线与竖直方向夹角。
（1）A开始运动到最低点有
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得，
（2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知
故解得
（3）碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得
根据能量守恒得
联立解得
22．答案：（1）1 m/s；0.125 m
（2）0.25 m；
（3）
解析：（1）小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒定律有
解得
两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式有
解得
（2）木板与弹簧接触后，物块与木板先一起减速，当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间即将相对滑动
对物块有
对整体有
解得
从木板接触弹簧后到物块与木板之间即将相对滑动的过程，物块、木板和弹簧三者组成的系统机械能守恒，有
解得
（3）木板向右运动的速度从减小到0所用时间为，木板从速度为0到物块与木板加速度首次相同，弹簧又回到了物块和木板刚要相对滑动的位置，考虑到木板返回时，受力与木板压缩弹簧时相同，故木板的速度大小又变为，木板返回所用时间也为
在此的时间内，对物块用动量定理有
解得
在此的时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动能不变，故对系统，由能量守恒定律有
解得