新高考物理二轮复习专题2.3 动量和动能（精练卷）（含解析）

这是一份新高考物理二轮复习专题2.3 动量和动能（精练卷）（含解析），共66页。试卷主要包含了动能和动量等内容，欢迎下载使用。

高考物理二轮复习讲练测（新高考专用）
专题二 动能和动量（练）
2.3 动量和动能
第一部分：练真题
【2022年真题】
1、（2022·重庆卷·T10）一物块在倾角为的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（　　）

A. 物块与斜面间的动摩擦因数为
B. 当拉力沿斜面向上，重力做功为时，物块动能为
C. 当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D. 当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为
【答案】BC
【解析】
A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有

由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为

则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为


代入数据联立解得

故A错误；
C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有

解得

则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为

故C正确；
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为

合力做功为

则其比值为

则重力做功为时，物块的动能即合外力做功为，故C正确；
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为

则动量的大小之比为

故D错误。
故选BC。
2、（2022·重庆卷·T4）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
【答案】D
【解析】
AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，则动量的大小先减小后增大再减小，AB错误；
C．根据动量与动能的关系有，而F—t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；
D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。
故选D
3、（2022·北京卷·T17）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。
17．（9分）
【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
4、（2022·北京卷·T12）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）

A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【解析】助滑阶段，运动员深蹲是为了减小空气阻力，选项A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度，选项B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加受到的升力，选项C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了增加与地面的作用时间，减小受到的地面冲力，选项D错误。
5、（2022·北京卷·T10）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
【答案】C
【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。
6、（2022·海南卷·T17）有一个角度可变的轨道，当倾角为30度时，滑块A恰好匀速下滑，现将倾角调为60度，从高为h的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与系在轻绳下端的小球B发生弹性正碰，B被一根绳子悬挂，与水平面接触但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知滑块A和小球B质量相等，求：
①A与轨道间的动摩擦因数
②A与B刚碰完B的速度
③绳子的长度L

【解析】①根据题述，当倾角为30度时，A恰好匀速下滑，可得mgsin30°=μmgcos30°，解得μ=
②A沿倾角60°的轨道下滑，由牛顿第二定律，mgsin60°-μmgcos60°=ma，解得a=g
A滑到水平面时的速度v0==
A、B弹性碰撞，由动量守恒定律，mv0= mvA + mvB
由碰撞前后相同动能不变，，mv02= mvA2 + mvB2
联立解得：vB=
③根据题述，碰后B恰好能做完整的圆周运动，在圆周最高点，mg=m
B从最低点到运动到圆周最高点，由机械能守恒定律，mvB2=mv2+2mgL，解得L=。
7、（2022·海南卷·T1）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
【答案】A
【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。
8、（2022·湖南卷·T7）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（　　）

A 在时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B. 在时间内，返回舱的加速度不变
C. 在时间内，返回舱的动量随时间减小
D. 在时间内，返回舱的机械能不变
【答案】AC
【解析】
A．重力的功率为

由图可知在0~t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；
B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0~t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；
C．在t1~t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；
D．在t2~t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。
故选AC。
9、（2022·湖南卷·T4）1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　）

A. 碰撞后氮核的动量比氢核的小 B. 碰撞后氮核的动能比氢核的小
C. 大于 D. 大于
【答案】B
【解析】
设中子的质量为，氢核的质量为，氮核的质量为，设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得


联立解得

设中子和氮核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得


联立解得

可得

碰撞后氢核的动量为

氮核的动量为

可得

碰撞后氢核的动能为

氮核的动能为

可得

故B正确，ACD错误。
故选B。
10、（2022·山东卷·T2）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。
11、（2022·全国乙卷·T20）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
【答案】AD
【解析】
物块与地面间摩擦力为

AC．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；
B．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

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；
D．物块在6s时的速度大小为

拉力所做的功为

故D正确。
故选AD。
12、（2022·浙江6月卷·T20）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

13、（2022·全国乙卷·T25）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。

【答案】（1）；（2）；（3）
【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

14、（2022·山东卷·T18）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的点，点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于），A以速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量，B的质量，A与B的动摩擦因数，B与地面间的动摩擦因数，取重力加速度。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小与；
（2）B光滑部分的长度d；
（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功；
（4）实现上述运动过程，的取值范围（结果用表示）。

【答案】（1），；（2）；（3）；（4）
【解析】
（1）设水平向右为正方向，因为点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有


代入数据联立解得
，（方向水平向左）
，（方向水平向右）
即A和B速度的大小分别为，。
（2）因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，A物体减速过程根据动能定理有

代入数据解得

根据动量定理有

代入数据解得

此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以对于此过程B有


联立各式代入数据解得
，（舍去）
故根据几何关系有

代入数据解得

（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为

在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知

解得

B物体停下来的时间为t3，则有

解得

可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为

所以A对B的摩擦力所做的功为

（4）小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有

由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T，摆长为L，则有


小球下滑过程根据动能定理有

小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有

当碰后小球摆角恰为5°时，有

联立可得

当碰后小球速度恰为0时，碰撞过程有

则可得

故要实现这个过程的范围为

15、（2022·广东卷·T13）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。
16、（2022·湖南卷·T14）如图（a），质量为m篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。


【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
mg - λmg = ma下
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
v下2= 2a下H
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
mg + λmg = ma上
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
v上2= 2a上h
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比

（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有

篮球反弹后上升过程中根据动能定理有

联立解得

（3）由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
a下 = (1 – λ)g（方向向下）
a上 = (1 + λ)g（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
I = mv
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
v12 - v2= 2(1 – λ)gh0
上升过程有
(kv1)2= 2(1 + λ)gh1
代入k后，下降过程有
v12 - v2= 2(1 – λ)gh0
上升过程有
hv12= 2(1 – λ)gHh1
联立有

拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
v22 - v2= 2(1 – λ)gh1
上升过程有
hv22= 2(1 – λ)gHh2
联立有

再将h1代入h2有

拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
v32 - v2= 2(1 – λ)gh2
上升过程有
hv32= 2(1 – λ)gHh3
联立有

再将h2代入h3有

直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
vN2 - v2= 2(1 – λ)ghN - 1
上升过程有
hvN2= 2(1 – λ)gHhN
联立有

将hN-1代入hN有

其中
hN = H，h0= h
则有

则


【2021年真题】

（2021·重庆卷·T7）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

【答案】C
【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。
（2021·浙江1月卷·T12）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A. 两碎块的位移大小之比为1:2 B. 爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C. 爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D. 爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【答案】B
【解析】
A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知

因两块碎块落地时间相等，则

则

则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；
B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知

解得
t=4s
爆炸物的爆炸点离地面高度为

选项B正确；
CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移

质量小的碎块的水平位移

爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m
质量大的碎块的初速度为

选项CD错误。
故选B。
（2021·北京卷·T10）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　）

A. 圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B. 圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
C. 圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D. 圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
【答案】D
【解析】
A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；
B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力

小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为

故B错误；
C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；
D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为

故D正确。
故选D。
（2021·全国乙卷·T14）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（　　）

A. 动量守恒，机械能守恒
B. 动量守恒，机械能不守恒
C. 动量不守恒，机械能守恒
D. 动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【解析】
因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B。
（2021·湖北卷·T3）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（　　）
A. 40 B. 80 C. 120 D. 160
【答案】C
【解析】
设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得

代入数据解得

选项C正确，ABD错误。
故选C。
（2021·湖南卷·T8）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的图像如图（b）所示，表示0到时间内的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。A在时刻的速度为。下列说法正确的是（　　）

A. 0到时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B. mA > mB
C. B运动后，弹簧的最大形变量等于
D.
【答案】ABD
【解析】
A．由于在0 ~ t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有
F墙 = F弹
则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有
I = mAv0（方向向右）
则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
B．由a—t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
F弹 = mAaA= mBaB
由图可知
aB > aA
则
mB < mA
B正确；
C．由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，则

可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；
D．由a—t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1—t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为Dv，在t2时刻AB的速度分别为
，
A、B共速，则

D正确。
故选ABD。
（2021·湖南卷·T2）物体的运动状态可用位置和动量描述，称为相，对应图像中的一个点。物体运动状态的变化可用图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（　　）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
质点沿轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有

而动量为

联立可得

动量关于为幂函数，且，故正确的相轨迹图像为D。
故选D。
（2021·天津卷·T7）一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是（　　）
A. 增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B. 增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C. 当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D. 火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
【答案】AB
【解析】
A．增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据

可知可以增大火箭的推力，故A正确；
B．当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据

可知可以增大火箭的推力，故B正确；
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误；
D．燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误。
故选AB。
（2021·福建卷·T4）福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为，16级台风的风速范围为。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（　　）
A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍
【答案】B
【解析】
设空气的密度为，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为，在时间的空气质量为

假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有

可得

10级台风的风速，16级台风的风速，则有

故选B。
（2021·天津卷·T11）一玩具以初速度从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求
（1）玩具上升到最大高度时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比。
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，整个运动过程有

玩具上升到最大高度有

两式联立解得

（2）设玩具分开时两部分质量分别为、，水平速度大小分别为、。依题意，动能关系为

玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有

分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为，设两部分落地时的速度大小分别为、，由速度合成公式，有
，
结合，解得

（2021·浙江省6月卷·T21）如图所示，水平地面上有一高的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道，它们平滑连接，其中管道的半径、圆心在点，轨道的半径、圆心在点，、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道、轨道从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，，。
（1）若小滑块的初始高度，求小滑块到达B点时速度的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。

【答案】（1）4m/s；（2）；（3）0.8m
【解析】
（1）小滑块在轨道上运动

代入数据解得

（2）小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有
，
解得

小球沿轨道运动，在最高点可得

从C点到E点由机械能守恒可得

其中，解得

（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，由动能定理

由平抛运动可得
，
联立可得水平距离为

由数学知识可得当

取最小，最小值为

（2021·山东卷·T16）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。

【答案】（1）；（2）或
【解析】
（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为，根据运动的合成与分解得
，，
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得

联立，代入数据得

（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，m
若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
综上得x坐标区间
或
（2021·湖南卷·T14）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道。质量为的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端点为坐标原点建立平面直角坐标系，轴的正方向水平向右，轴的正方向竖直向下，弧形轨道端坐标为，端在轴上。重力加速度为。
（1）若A从倾斜轨道上距轴高度为的位置由静止开始下滑，求经过点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过点落在弧形轨道上的动能均相同，求的曲线方程；
（3）将质量为（为常数且）的小物块置于点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距轴高度的取值范围。

【答案】（1）；（2）（其中，）；（3）
【解析】
（1）物块从光滑轨道滑至点，根据动能定理

解得

（2）物块从点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
，
解得水平初速度为

物块从点到落点，根据动能定理可知

解得落点处动能为

因为物块从点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得

化简可得

即
（其中，）
（3）物块在倾斜轨道上从距轴高处静止滑下，到达点与物块碰前，根据动能定理可知

解得

物块与发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，在物块与碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则


解得
，
设碰后物块反弹，再次到达点时速度为，根据动能定理可知

解得

物块从飞出后做平抛运动，设初速度为，分解位移
，
可得平抛的轨迹方程为

与的曲线方程（其中，）结合求得物块在弧形轨道上的落点纵坐标与初速度的关系为
（其中，）
把物块、B从飞出的速度代入，物体、B落在弧形轨道上的落点纵坐标分别为
，
因为物块落在落点的右侧，则

代入可得，的取值范围为

（2021·湖北卷·T15）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

（2021·河北卷·T13）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。

【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有

解得

滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得


联立解得
或
故可得

（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有


滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有

解得

（2021·海南卷·T17）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。

【答案】（1）v共 = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv02
【解析】
（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有
2mv0 = 3mv共
解得
v共 =
（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有
v木 = 2v滑
再根据动量守恒定律有
2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得
v滑 = v0，v木 = v0
再根据功能关系有
- μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02
经过计算得
x =
（3）由于木板保持匀速直线运动，则有
F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a滑 = μg
滑块相对木板静止时有
v0 = a滑t
解得
t =
则整个过程中木板滑动的距离为
x′ = v0t =
则拉力所做的功为
W = Fx′ = mv02
（2021·广东卷·T13）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。

【答案】（1）能；（2）0.2s
【解析】
（1）甲乙滑动时的加速度大小均为

甲与乙碰前的速度v1，则

解得
v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律

解得碰后乙的速度
v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则

可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间

碰后甲运动的时间

则甲运动的总时间为

（2021·北京卷·T17）如图所示，小物块A、B的质量均为m = 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h = 0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30 m，取重力加速度g = 10 m/s2。求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v0的大小；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能。

【答案】（1）0.30 s；（2）；（3）
【解析】
（1）竖直方向为自由落体运动，由

得
t = 0.30 s
（2）设A、B碰后速度为，水平方向为匀速运动，由

得

根据动量守恒定律，由

得

（3）两物体碰撞过程中损失的机械能

得

（2021·重庆卷·T13）(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。
【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
【2020年真题】
（2020·海南卷·T8）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为，离子以的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
对离子，根据动量定理有

而

解得F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选C。
（2020·海南卷·T17）如图，光滑四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨道半径，传送带的长度L=1.25m，传送带以速度顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数，。求
（1）碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小；
（2）碰后小物块a能上升的最大高度；
（3）小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。

【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）1s
【解析】
（1）设小物块a下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为，根据机械能守恒定律有

代入数据解得
小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有

代入数据解得
根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N。
（2）小物块a与小物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒有

根据能量守恒有

联立解得，
小物块a反弹，根据机械能守恒有

解得
（3）小物块b滑上传送带，因，故小物块b先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有

解得
则小物块b由2m/s减至1m/s，所走过的位移为

代入数据解得
运动的时间为

代入数据解得
因，故小物块b之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为

故小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间

1、（2020·全国I卷·T14）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　）
A. 增加了司机单位面积的受力大小
B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量
C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【解析】
A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。
故选D。
2、（2020·全国II卷·T21）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
【答案】BC
【解析】设运动员和物块的质量分别为、规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为、，则根据动量守恒定律

解得

物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块

解得

第3次推出后

解得

依次类推，第8次推出后，运动员的速度

根据题意可知

解得

第7次运动员的速度一定小于，则

解得

综上所述，运动员的质量满足

AD错误，BC正确。
故选BC。
3、（2020·全国III卷·T15）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（　　）

A. 3 J B. 4 J C. 5 J D. 6 J
【答案】A
【解析】
由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为，；碰后甲、乙的速度分别为，，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得

解得

则损失的机械能为

解得

故选A。
4、（2020·北京卷·T13）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号移至高度释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度。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
B. 将1、2号一起移至高度释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度，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
D. 将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
【答案】D
【解析】
A．1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度，故A错误；
B．1、2号球释放后，三小球之间碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；
C．1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度，故C错误；
D．碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。
故选D。
5、（2020·江苏卷·T14）一只质量为的乌贼吸入的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。
【答案】
【解析】
乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得

解得喷出水的速度大小为

6、（2020·全国III卷·T25）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。

【答案】(1)2.75s；(2) ，；(3)0
【解析】
(1)传送带的速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有
②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
，⑨
(3)传送带的速度为时，由于，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩
⑪
联立①⑩⑪式并代入题给数据得
t3=1.0s ⑫
x2=5.5m ⑬
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有
⑭
由①⑫⑬⑭式可知

即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
⑮
设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为I，由动量定理有

代题给数据得
7、（2020·山东卷·T18）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
8、（2020·天津卷·T12）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为的小球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的动能至少多大？
【答案】（1）；（2）
【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
①
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，有
②
由动量定理，有
③
联立①②③式，得
④
（2）设两球粘在一起时速度大小为，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
⑤
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，由动量守恒定律，有
⑥
又
⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能至少为
⑧
第二部分：练新题
故选CD。
1、（2023届·福建福州一中高三上学期开学考试）如图，在光滑水平面上放着质量分别为2m和m的A、B两个物块，弹簧与A、B栓连，现用外力缓慢向左推B使弹簧压缩，此过程中推力做功W。然后撤去外力，则（　　）

A. 从撤去外力到A离开墙面的过程中，墙面对A的冲量大小为2
B. 当A离开墙面时，B的动量大小为
C. A离开墙面后，A的最大速度为
D. A离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为
【答案】BCD
【解析】
A．设当A离开墙面时，B的速度大小为vB．根据功能关系知

得

从撤去外力到A离开墙面过程中，对A、B及弹簧组成的系统，由动量定理得：墙面对A的冲量大小

故A错误；
B．当A离开墙面时，B的动量大小

故B正确；
C．当弹簧再次恢复原长时，A速度最大，从A离开墙壁到AB共速的过程，系统动量和机械能均守恒，取向右为正方向，由动量守恒有
mvB=2mvA+mv′B ①
由机械能守恒有
②
由①②解得：A的最大速度为

故C正确；
D．B撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大。设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0．根据动量守恒和机械能守恒得
mvB=3mv

联立解得：弹簧的弹性势能最大值为

故D正确。
故选BCD。
2、（2023届·湖南九师联盟高三上学期开学考试）如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下一直保持速度顺时针转动，两轮轴心间距为，质量为的物块（视为质点），以速度v1从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经过时间到达右轮的正上方，物块与传送带间的动摩擦因数为，物块和传送带的图像如图乙所示，重力加速度，对此过程，下列说法正确的是（　　）

A. 传送带对物块做的功为5J
B. 物块对传送带做的功为4J
C. 物块与传送带之间因摩擦产生热量5J
D. 传送带对物块摩擦力的冲量大小为
【答案】BD
【解析】
A．经过时间到达右轮的正上方，则



物块的位移为

传送带对物块做的功为

解得

A错误；
B．传送带位移为

物块对传送带做的功为

解得

B正确；
C．物块与传送带之间因摩擦产生热量为

解得

C错误；
D．传送带对物块摩擦力的冲量大小为

解得

D正确；
故选BD。
3、（2023届·河南安阳市高三上学期开学考试）质量为1kg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0.1，最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小g=10m/s2，则（　　）

A. 0~2s内，F的冲量为2kg‧m/s B. 3s时物块的动量为1kg‧m/s
C. 2s时物块的动能为零 D. 2~4s内，F对物块所做的功为6J
【答案】AD
【解析】
A．F-t图像的面积表示力F的冲量，由图可知，0~2s内，F的冲量为

故A正确；
B．由于最大静摩擦力为

所以0~1s内物块一直处于静止状态，故0~3s内动量变化与1~3s内动量变化相同，根据动量定理有


解得

故B错误；
C．0~2s内，根据动量定理有


解得

所以2s时物块动能为

故C错误；
D．2~4s，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律


所以F做的功为

故D正确。
故选AD。
4、（2023届·河南安阳市高三上学期开学考试）如图所示，在光滑水平面上，甲、乙、丙三个半径相同的匀质小球处在同一直线上，开始时小球甲，丙静止，小球乙以向右的速度v先与小球丙发生弹性碰撞，之后又与小球甲碰撞一次，已知小球甲、乙的质量为m，丙的质量为3m，则小球甲的最终速度大小可能为（ ）

A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
当小球乙向右与小球丙发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律有

根据机械能守恒定律有

联立解得
，
小球乙与小球丙碰撞后反弹，当其与小球甲碰撞时，若无机械能损失，则


解得
，
若小球乙与小球甲碰撞过程中，机械能损失最大，甲、乙碰后速度相同则

解得

所以甲乙小球相碰后，甲的速度大小的范围为

故选BCD。
5、（2023届·山东日照市高三上学期开学考试）如图是大型户外水上竞技闯关活动中“渡河”环节的简化图。固定在地面上的圆弧轨道上表面光滑。质量为48kg的平板浮于河面上，其左端紧靠着圆弧轨道，且其上表面与轨道末端相切。平板左侧放置质量为12kg的橡胶块A。质量为60kg的人从圆弧轨道上与平板高度差为1.8m处由静止滑下，人与A碰撞后经0.4s与平板共速，且A恰好冲出平板并沉入水中，不影响平板运动。已知人、橡胶块与平板间的动摩擦因数均为0.5；平板受到水的阻力是其所受浮力的0.1倍。平板碰到河岸立即被锁定，河面平静，水的流速忽略不计，整个过程中有足够的安全保障措施，取重力加速度g=10m/s2，则（ ）

A. 人与橡胶块A碰撞时的速度为6m/s
B. 人与橡胶块A碰撞后，橡胶块A的速度为10m/s
C. 平板的长度为3.6m
D. 整个过程中，要平板能够到达河岸，河岸的最大宽度为5.6m
【答案】ABD
【解析】
A．人沿圆弧轨道下滑过程，根据机械能守恒定律有

解得人滑到底端与橡胶块碰撞的速度为

故A正确；
B．人与橡胶块碰撞过程系统动量守恒，即

碰撞后，对人：


对平板：


根据题意，经过0.4s人、板共速，即

联立以上各式解得
，，，
故B正确；
C．对橡胶块：

根据题意



代入数据解得
，，，
故C错误；
D．当人、板共速后，二者一起保持相对静止向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律

向右运动的最大距离为

所以河岸的最大宽度为

故D正确。
故选ABD。
6、（2023届·湘豫名校高三上学期开学考试）已知载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为，式中常量，I为电流的大小，r为距导线的距离。如图所示，在同一光滑的水平面内水平固定放置两根平行长直导线，导线中通有同方向的恒定电流I，一质量为m的金属矩形线框水平放置在两导线之间并与两导线处在同一水平面内，且左右两边与导线平行。现将金属矩形线框以初速度在两导线间的中线左侧斜向右上方滑动，的方向与电流方向成角，最终在两导线间的中线与右边直导线间做匀速直线运动，金属矩形线框在滑动过程中不发生转动。则下列说法正确的是（　　）

A. 金属矩形线框中的感应电流方向先是沿顺时针方向后沿逆时针方向
B. 金属矩形线框中的感应电流方向总是沿顺时针方向
C. 整个过程金属矩形线框产生的电能为
D. 金属矩形线框受到安培力冲量的大小为
【答案】BD
【解析】
AB．在两条直导线之间，在中线的左侧磁场垂直纸面向里，中线右侧垂直纸面向外，中线处磁场为零，则当导线框从中线左侧向右移动时，净磁通量先向里减小，后向外增加，根据楞次定律可知，感应电流方向总是沿顺时针方向，选项A错误，B正确。
C．当线圈做匀速直线运动时，所受安培力为零，此时感应电流为零，线圈的速度方向平行直导线，可知整个过程金属矩形线框产生的电能为

选项C错误；
D．根据动量定理，金属矩形线框受到安培力冲量的大小为

选项D正确。
故选BD。
7、（2023届·山东临沂市高三上学期开学考试）如图所示，水平面上有一长木板，质量的物块A以的速度冲上木板左端，同时质量的物块B以的速度冲上木板右端。已知物块A、B与木板间的动摩擦因数分别为和，板长为，重力加速度g取，A、B间的碰撞为弹性碰撞。求：
（1）A、B最终静止时的对地位移及二者间的距离；
（2）整个过程中系统产生的热量。

【答案】（1）xA=1m，xB=0.5m，相距0.75m；（2）3J
【解析】
（1）长木板受力为


所以长木板受力平衡，不会移动。对A而言


解得


设A、B碰撞前速度为、，则




解得


因为为弹性碰撞，因此满足


解得


由于A、B反向后，木板仍受到来自A、B等大反向的摩擦力，因此模板仍然平衡，A、B停止时第二段位移为


所以A、B静止时对地位移分别为



前者方向水平向右，后者水平向左。两者之间的距离为


（2）由动能定理可得


解得

8、（2023届·山东济南市高三上学期开学考试）如图所示，传送带与水平方向成角，顺时针匀速转动的速度大小为，传送带长，光滑水平面上有一块木板，其上表面粗糙，且与传送带底端B以及右侧固定半圆形光滑轨道槽的最低点C等高，槽的半径。质量为的物块（可视为质点）以初速度，自A端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失，物块滑至木板右端时，木板恰好撞上半圆槽，木板瞬间停止运动，物块进入槽内且恰好能通过最高点D。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为。取重力加速度，，，求：
（1）物块从A运动到B点经历的时间t；
（2）物块从A运动到B点与传送带摩擦产生的热量Q；
（3）木板的长度L。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）物块在传送带上先做加速运动，由牛顿第二定律

代入数据解得

物块滑上传送带至速度与传送带相同所需的时间为

此过程物块的位移大小为

由于，且，所以此后物块继续做匀加速直线运动，由牛顿第二定律

代入数据解得

由运动学公式

代入数据解得

故物块从A运动到B点经历的时间为

（2）从物块滑上传送带至速度与传送带相同的过程中皮带位移

此过程物块落后皮带

此后过程中皮带位移

此过程皮带落后物块

故物块从A运动到B点与传送带摩擦产生的热量Q为

（3）物块进入槽内且恰好能通过最高点D，则有

对物块沿槽上滑过程应用动能定理，有

解得物块到达木板最右端时的速度大小为

物块滑上木板时的速度大小

设物块到达木板最右端时木板的速度大小为v，由动量守恒可得

由能量守恒可得

联立解得，木板的长度为