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最新高考物理一轮复习【讲通练透】 第31讲 动量守恒定律及其应用（练透）
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这是一份最新高考物理一轮复习【讲通练透】 第31讲 动量守恒定律及其应用（练透），文件包含第31讲动量守恒定律及其应用练透教师版docx、第31讲动量守恒定律及其应用练透学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
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
动量守恒定律及其应用
（模拟精练+真题演练）
1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考三模）如图所示，质量为的小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，段是长为的粗糙水平轨道，两段轨道相切于点。一质量为的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入轨道，最后恰好停在点，滑块与轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，则（ ）
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒B．滑块由A滑到过程中，滑块的机械能守恒
C．段长D．全过程小车相对地面的位移大小为
【答案】D
【详解】A．滑块社圆弧上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A错误；
B．滑块由A滑到过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；
C．恰好停在对点时，二者均静止。根据能量守恒有解得故C错误；
D．水平动量守恒有通过相同的时间有且有解得故D正确；
故选D。
2．（2023·山东青岛·统考三模）如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B．火箭上升过程中一直处于超重状态
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭在空中飞行的时间为
【答案】D
【详解】A．火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动力，A错误；
B．火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于失重状态，B错误；
C．喷水瞬间由动量守恒定律可得解得火箭获得的最大速度为，C错误；
D．以向下为正方向，上升过程由动量定理可得下降过程由动量定理可得其中；联立解得
D正确。故选D。
3．（2023·山东·济南一中统考二模）在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高的机动性。如图所示，宇航员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度持续喷出，宇航员到达舱门时的速度为。若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设喷出的气体的质量为，则根据动量守恒定律可得宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则联立解得故选D。
4．（2023·河北唐山·统考三模）在生产生活中，经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车上固定着两端开口的光滑细管，细管由水平、弯曲和竖直三部分组成，各部分之间平滑连接，竖直管的上端到小车上表面的高度为。一小球以初速度水平向右射入细管，小球的质量与小车的质量（包含细管）相等，小球可视为质点，忽略一切阻力作用。下列说法正确的是（ ）
A．小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统动量守恒
B．小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用
C．当小球初速度时，将会从细管的竖直部分冲出
D．若小球从细管的竖直部分冲出，冲出后一定会落回到细管中
【答案】BCD
【详解】A．小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统在水平方向受到合外力为零，在弯曲处，小球和小车组成的系统，在竖直方向合外力不为零，则小球和小车（包含细管）组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．由于小球和小车（包含细管）组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管的竖直部分运动时，水平方向的速度相同，则小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用，故B正确；
C．由于水平方向动量守恒，在最高点，由动量守恒定律和能量定律有；
解得从细管的竖直部分冲出，则有解得故C正确；
D．小球从细管的竖直部分冲出后，水平方向的速度始终相同，则冲出后一定会落回到细管中，故D正确。
故选BCD。
5．（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹A、B分别从木块左、右两侧同时水平射入木块，且均停在木块内，木块始终保持静止。下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等B．摩擦力对两子弹做的功一定相等
C．子弹与木块组成的系统动量守恒D．子弹与木块组成的系统机械能守恒
【答案】AC
【详解】A．木块在光滑的水平面上始终保持静止，由动量定理可知两子弹对木块的摩擦力的冲量大小相等，方向相反；由牛顿第三定律可知子弹对木块的摩擦力与木块对子弹的摩擦力大小相等，所以摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等，故A正确；
BC．以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得得对子弹由动能定理得由，可知
摩擦力对两子弹做的功由于两子弹的质量不一定相等，故摩擦力对两子弹做的功不一定相等，故B错误，C正确；
D．子弹与木块间因有摩擦力产生热，所以子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故D错误。故选AC。
6．（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示，质量为的物块P与长木板Q之间有一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，P与弹簧拴接，Q与弹簧接触但不拴接，Q的上表面粗糙。时，物块P以初速度向左运动，时间内物块P与长木板Q的图像如图所示，时刻，把质量为的物块M放在Q的最左端，图中末画出，M最终末从Q上滑出，则（ ）
A．物体Q的质量为
B．时刻弹簧的弹性势能为
C．M和Q之间由于摩擦作用的发热量为
D．弹簧可以和Q发生二次作用
【答案】AC
【详解】A．时刻，所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得；
则物体的质量为，故A正确；
B．时刻，弹簧压缩到最短，和速度相等，根据动量守恒根据能量守恒可得最大弹性势能为故B错误；
C．时间内，根据动量守恒根据机械能守恒联立解得
；，2t0时刻，和弹簧分离，和之间动量守恒，有解得
产生的热量为故C正确；
D．由上分析可知和共速时弹簧不能和发生二次作用，故D错误。故选AC。
7．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为。质量分别为、的环A、B套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B一水平向右的瞬时速度，下列说法正确的是（ ）
A．A、B和弹簧组成的系统满足动量不守恒、机械能守恒
B．若A的速度为，B的速度为
C．若A的速度为，弹簧与导轨之间的夹角为
D．若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的，则初始状态时弹簧的弹性势能
【答案】BCD
【详解】A．平行导轨光滑，对A、B和弹簧组成的系统分析，所受的合外力为0，因此系统动量守恒，系统除系统内弹簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，故A错误；
B．对A、B和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，由动量守恒定律解得故B正确；
C．由B选项分析可知，若，则设弹簧初始弹性势能为，A的速度为时的弹性势能为，根据机械能守恒可得可得开始时弹簧长度为，而原长为，故弹簧压缩了，弹性势能为，而弹簧伸长后弹性势能与初始弹性势能相等，故伸长量也为，此时弹簧长度为故弹簧与导轨间夹角为，故C正确；
D．开始时，弹簧长度为，而原长为，故弹簧压缩了，弹性势能记为，弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的，根据动量守恒可得解得即A的速度大小为，方向向左，由能量守恒得解得故D正确。故选BCD。
8．（2023·海南省直辖县级单位·嘉积中学校考模拟预测）如图甲所示，物块A、B的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在时刻以一定速度向右运动，在时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48J
B．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为，方向向右
C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10J
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为
【答案】AD
【详解】A．AC碰撞过程中由动量守恒可得，，解得当AC速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大故A正确；
B．4s到12s的时间内弹簧对AC的冲量为由能量守恒可知12s B的速度为零，4s到12s的时间内对B由动量定理可得得即大小为，方向向左，故B错误；
C．当B的速度与AC相等时由动量守恒可得解得
所以弹簧的最大弹性势能为故C错误；
D．当弹簧为原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得；
解得故D正确。故选AD。
9．（2023·湖南长沙·长郡中学校考二模）在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B（可视为质点）。物块与左右两边槽壁的距离如图所示，。凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数。开始时物块静止，凹槽以的初速度向右运动，设物块与凹槽壁的碰撞没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10。则（ ）
A．物块与凹槽相对静止时的共同速度为2.5m/s
B．物块与凹槽相对静止时物块在凹槽的左端
C．从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间为10s
D．从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间内物块运动的位移大小为12.5m
【答案】AB
【详解】A．设两者相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得解得故A正确；
B．物块与凹槽间的滑动摩擦力设两者间相对静止前，相对运动的路程为，由动能定理
解得已知可得物体与凹槽相对静止时物体在凹槽的左端，故B正确；
C．设凹槽与物块碰前的速度分别为、，碰后的速度分别为'、'。有；得即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则有；解得故C错误；
D．设凹槽与物体的速度分别为，，根据动量守恒定律得即。的运动方向相同，结合上式可得两物体位移关系为因为两者一直同方向运动，物块开始在凹槽的中央，相对静止时物块在凹槽的左端，所以两物体的位移关系为解得故D错误。故选AB。
10．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）如图1所示，一右端固定有竖直挡板的质量M=2kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m=1kg的物块以v0=6m/s的水平初速度从木板的最左端点冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图2所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是（ ）
A．图2中v2的数值为4
B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞
C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为12J
D．最终物块距木板左端的距离为1.5m
【答案】BC
【详解】A．根据题意可知，图2中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v1，设此时木板速度大小为v木，则从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有解得物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有解得
故A错误；
B．2s末物块与木板共同运动的速度大小为v3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动量守恒有解得物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能为物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能故碰撞过程系统没有机械能损失，故B正确；
C．物块滑上木板时系统的动能为最终相对静止时系统的动能为
所以系统产生的热量为故C正确；
D．由图得板长为4.5m，碰后相对位移为1.5m，故距离左端为3m，故D错误。故选BC。
11．（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）如图所示，以v=4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的4个相同小球，小球质量m0=0.3kg。质量m=0.1kg的物体从轨道上高h=2.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0=6m/s；物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB之间的距离L=3.0m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．物体从P点下滑到A点的过程中，克服摩擦力做的功为0.2J
B．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为0.4m
C．物体最终的速度大小为0.5m/s
D．物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热为3J
【答案】ABD
【详解】A．物体由P到A的过程，根据动能定理可得解得则克服摩擦力做的功为，选项A正确；
B．物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为减速至与传送带速度相等时所用的时间匀减速运动的位移
故物体与小球1碰撞前的速度为物体与小球1发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为的，小球1被撞后的速度大小为，由动量守恒和能量守恒定律得
；解得；物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得解得选项B正确；
C．由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到，再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为；以此类推，物体与小球1经过次碰撞后，他们的速度大小分别为；由于总共有4个小球，可知物体第1个小球一共可以发生4次碰撞，则物体最终的速度大小为选项C错误；
D．物体第一次与小球1碰撞后的整个过程，在传送带上相对传送带的路
故物体与传送带间产生的摩擦热选项D正确。选ABD。
12．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）两根长度均为l的刚性轻杆，一端通过质量为m的球形铰链连接，此球为A球，另一端与质量均为m的B、C小球相连。将此装置的两杆并拢，铰链向上竖直地放在桌上，右边距离C球处有一面竖直墙面，因受微小扰动两杆分别向两边滑动，A球下降，致使C球与墙面发生弹性碰撞，两杆始终在同一竖直面内，不计一切摩擦，各球直径都比杆长l小得多，重力加速度取g，从A球开始运动到A球落地前瞬间这一过程，下列说法正确的是（ ）
A．整个运动过程中系统机械能守恒，系统水平方向动量守恒
B．C球碰撞竖直墙面前瞬间速度大小为
C．A球落地前瞬间，三球速度相同
D．A球落地前瞬间，A球的速度方向沿斜左下方
【答案】BD
【详解】A．运动过程中与墙壁碰撞，系统水平方向动量不守恒，由于是弹性碰撞又不计摩擦因此系统机械能守恒，故A错误；
B．由于三球质量相同，静止释放A球竖直向下运动，当A、C间的杆与竖直方向夹角为45°时C球与竖直墙壁碰撞，此时，A球、C球的速度沿AC杆方向分速度相同，A球、B球的速度沿AB杆方向分速度相同，由于两杆与竖直方向夹角都是，故三球速度相同，由动能定理得则C球碰撞竖直墙面前瞬间速度大小为故B正确；
CD．C球与墙壁碰撞后，速度反向水平向左，A球沿AC杆方向速度立即沿CA方向，碰撞后瞬间A、B、C三球速度相同均水平向左为此后三球水平方向动量守恒。当A球落地瞬间，B、C两球只有水平向左速度，A球还具有竖直向下的速度，所以A球的速度方向沿斜左下方，故C错误，D正确。
故选BD。
13．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，AB段为一竖直圆管，BC为一半径为的半圆轨道，C端的下方有一质量为的小车，车上有半径的半圆轨道，E为轨道最低点，左侧紧靠一固定障碍物，在直管的下方固定一锁定的处于压缩的轻质弹簧，弹簧上端A放置一质量为的小球（小球直径略小于圆管的直径，远远小于R、r）。AB的距离为，A、E等高，某时刻，解除弹簧的锁定，小球恰好能通过BC的最高点P，从C端射出后恰好从D端沿切线进入半圆轨道DEF，并能从F端飞出。若各个接触面都光滑，重力加速度取，则（ ）
A．小球恰好能通过BC的最高点P，
B．弹簧被释放前具有的弹性势能
C．小球从F点飞出后能上升的最大高度
D．小球下落返回到E点时对轨道的压力大小N
【答案】BC
【详解】AB．由A到P过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得在P点，由牛顿第二定律得解得，，A错误，B正确；
C．A到E过程中，A、E等高，由机械能守恒定律得解得小球由E上升到最高点过程中，小球与车组成的系统在水平方向动量守恒，以球的初速度方向为正方向，则系统机械能守恒，则代入数据联立解得，小球从F点飞出后能上升的最大高度为
，C正确；
D．小球从第一次经过E点到再次返回到E点的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，则系统机械能守恒，则解得，小球的速度大小为方向水平向左；小车的速度大小为方向水平向右。由于小球与小车运动的方向相反，所以二者的相对速度，则在E点对小球受力分析，由牛顿第二定律
解得，小球受到的支持力根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为115 N，D错误。故选BC。
14．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）质量为的滑板静止在光滑水平地面上，滑板上表面段水平长度为段是半径为的四分之一光滑圆弧，如图所示。质量为的小物块（小物块可视为质点）以初速度冲上滑板，已知，其中为重力加速度。小物块与滑板段的动摩擦因数为，在以后的运动过程中：
（1）若滑板固定在地面上，小物块不能从C点飞出，则应满足什么条件；
（2）若解除对滑板的固定，小物块不能从C点飞出，则应满足什么条件；
（3）若解除对滑板的固定，小物块相对滑板向右运动的过程中，相对地面也有向右的运动，则应满足什么条件。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）若滑板固定，设小物块刚好能运动到点时，由机械能守恒可知
可解得所以小物块不能从C点飞出，应满足的条件为
（2）若解除对滑板的固定，设小物块运动至C点时，小物块与滑板速度相等为，由动量守恒和机械能守恒可知：；上面两式联立，可解得所以小物块不能从C点飞出，应满足的条件为：
（3）设小物块相对滑块向右返回到B点时，小物块、滑板的速度分别为。以向左为正方向。由动量守恒和能量守恒可知：；上面两式联立，可得
此方程求根判别式可解得解上面方程可得若要满足题中条件，则，可解得综合以上分析可知，应满足的条件为。
15．（2023·广西南宁·南宁三中校考二模）如图所示，两足够长直轨道间距，轨道所在平面与水平面夹角，一质量的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面均为半径的半圆，圆心分别为O、。某时刻可视为质点的小滑块以初速度沿冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为，，，g取，求：
（1）滑板P恰好静止时与一侧长直轨道间的摩擦力f的大小；
（2）滑板P与轨道间的动摩擦因数；
（3）滑块滑到O点过程中系统摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）6N；（2）0.45；（3）
【详解】（1）（2）对滑板受力分析，画出滑板的两个平面图如图所示
由几何关系可得解得由于滑板处于静止状态，由平衡条件可得；
联立解得；
（3）小滑块冲上滑板，滑板和小滑块系统重力沿导轨方向的分力为导轨对滑板的摩擦力为可知两力大小相等方向相反，故小滑块冲上滑板，滑板和小滑块系统沿导轨方向合外力为零，系统动量守恒设滑块相对滑板的位移OOʹ为L，滑板位移为x，由系统的能量守恒，得
联立方程，解得；滑板做匀加速运动过程的加速度
则滑块滑到O点过程中系统摩擦产生的热量
16．（2023·天津·统考高考真题）已知A、B两物体，，A物体从处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度，求：
（1）碰撞时离地高度x；
（2）碰后速度v；
（3）碰撞损失机械能。
【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J
【详解】（1）对物块A，根据运动学公式可得
（2）设B物体从地面竖直上抛的初速度为，根据运动学公式可知
解得可得碰撞前A物块的速度方向竖直向下；碰撞前B物块的速度方向竖直向上；选向下为正方向，由动量守恒可得
解得碰后速度v=0
（3）根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
17．（2023·山东·统考高考真题）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P、A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A、B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A、B、C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。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有代入数据解得
（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为木板B受到C的摩擦力水平向右，为，B受到地面的摩擦力水平向左，为所以滑块C的加速度为
木板B的加速度为设经过时间t1，B和C共速，有代入数据解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同减速，加速度大小为设再经过t2时间，物块A恰好祖上模板B，有整理得解得，（舍去）此时B的位移共同的速度综上可知满足条件的s范围为
（3）由于所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有解得，（舍去）
滑块C在这段时间的位移所以摩擦力对C做的
（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有；；此时A、B之间的距离为
由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有整理得解得，（舍去）
此时有方向向左；方向向右。
接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
；代入数据解得
；而此时物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量
末动量则整个过程动量的变化量
即大小为9.02kg⋅m/s。
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
动量守恒定律及其应用
（模拟精练+真题演练）
1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考三模）如图所示，质量为的小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，段是长为的粗糙水平轨道，两段轨道相切于点。一质量为的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入轨道，最后恰好停在点，滑块与轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，则（ ）
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒B．滑块由A滑到过程中，滑块的机械能守恒
C．段长D．全过程小车相对地面的位移大小为
【答案】D
【详解】A．滑块社圆弧上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A错误；
B．滑块由A滑到过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；
C．恰好停在对点时，二者均静止。根据能量守恒有解得故C错误；
D．水平动量守恒有通过相同的时间有且有解得故D正确；
故选D。
2．（2023·山东青岛·统考三模）如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B．火箭上升过程中一直处于超重状态
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭在空中飞行的时间为
【答案】D
【详解】A．火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动力，A错误；
B．火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于失重状态，B错误；
C．喷水瞬间由动量守恒定律可得解得火箭获得的最大速度为，C错误；
D．以向下为正方向，上升过程由动量定理可得下降过程由动量定理可得其中；联立解得
D正确。故选D。
3．（2023·山东·济南一中统考二模）在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高的机动性。如图所示，宇航员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度持续喷出，宇航员到达舱门时的速度为。若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设喷出的气体的质量为，则根据动量守恒定律可得宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则联立解得故选D。
4．（2023·河北唐山·统考三模）在生产生活中，经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车上固定着两端开口的光滑细管，细管由水平、弯曲和竖直三部分组成，各部分之间平滑连接，竖直管的上端到小车上表面的高度为。一小球以初速度水平向右射入细管，小球的质量与小车的质量（包含细管）相等，小球可视为质点，忽略一切阻力作用。下列说法正确的是（ ）
A．小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统动量守恒
B．小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用
C．当小球初速度时，将会从细管的竖直部分冲出
D．若小球从细管的竖直部分冲出，冲出后一定会落回到细管中
【答案】BCD
【详解】A．小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统在水平方向受到合外力为零，在弯曲处，小球和小车组成的系统，在竖直方向合外力不为零，则小球和小车（包含细管）组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．由于小球和小车（包含细管）组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管的竖直部分运动时，水平方向的速度相同，则小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用，故B正确；
C．由于水平方向动量守恒，在最高点，由动量守恒定律和能量定律有；
解得从细管的竖直部分冲出，则有解得故C正确；
D．小球从细管的竖直部分冲出后，水平方向的速度始终相同，则冲出后一定会落回到细管中，故D正确。
故选BCD。
5．（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹A、B分别从木块左、右两侧同时水平射入木块，且均停在木块内，木块始终保持静止。下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等B．摩擦力对两子弹做的功一定相等
C．子弹与木块组成的系统动量守恒D．子弹与木块组成的系统机械能守恒
【答案】AC
【详解】A．木块在光滑的水平面上始终保持静止，由动量定理可知两子弹对木块的摩擦力的冲量大小相等，方向相反；由牛顿第三定律可知子弹对木块的摩擦力与木块对子弹的摩擦力大小相等，所以摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等，故A正确；
BC．以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得得对子弹由动能定理得由，可知
摩擦力对两子弹做的功由于两子弹的质量不一定相等，故摩擦力对两子弹做的功不一定相等，故B错误，C正确；
D．子弹与木块间因有摩擦力产生热，所以子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故D错误。故选AC。
6．（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示，质量为的物块P与长木板Q之间有一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，P与弹簧拴接，Q与弹簧接触但不拴接，Q的上表面粗糙。时，物块P以初速度向左运动，时间内物块P与长木板Q的图像如图所示，时刻，把质量为的物块M放在Q的最左端，图中末画出，M最终末从Q上滑出，则（ ）
A．物体Q的质量为
B．时刻弹簧的弹性势能为
C．M和Q之间由于摩擦作用的发热量为
D．弹簧可以和Q发生二次作用
【答案】AC
【详解】A．时刻，所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得；
则物体的质量为，故A正确；
B．时刻，弹簧压缩到最短，和速度相等，根据动量守恒根据能量守恒可得最大弹性势能为故B错误；
C．时间内，根据动量守恒根据机械能守恒联立解得
；，2t0时刻，和弹簧分离，和之间动量守恒，有解得
产生的热量为故C正确；
D．由上分析可知和共速时弹簧不能和发生二次作用，故D错误。故选AC。
7．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为。质量分别为、的环A、B套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B一水平向右的瞬时速度，下列说法正确的是（ ）
A．A、B和弹簧组成的系统满足动量不守恒、机械能守恒
B．若A的速度为，B的速度为
C．若A的速度为，弹簧与导轨之间的夹角为
D．若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的，则初始状态时弹簧的弹性势能
【答案】BCD
【详解】A．平行导轨光滑，对A、B和弹簧组成的系统分析，所受的合外力为0，因此系统动量守恒，系统除系统内弹簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，故A错误；
B．对A、B和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，由动量守恒定律解得故B正确；
C．由B选项分析可知，若，则设弹簧初始弹性势能为，A的速度为时的弹性势能为，根据机械能守恒可得可得开始时弹簧长度为，而原长为，故弹簧压缩了，弹性势能为，而弹簧伸长后弹性势能与初始弹性势能相等，故伸长量也为，此时弹簧长度为故弹簧与导轨间夹角为，故C正确；
D．开始时，弹簧长度为，而原长为，故弹簧压缩了，弹性势能记为，弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的，根据动量守恒可得解得即A的速度大小为，方向向左，由能量守恒得解得故D正确。故选BCD。
8．（2023·海南省直辖县级单位·嘉积中学校考模拟预测）如图甲所示，物块A、B的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在时刻以一定速度向右运动，在时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48J
B．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为，方向向右
C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10J
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为
【答案】AD
【详解】A．AC碰撞过程中由动量守恒可得，，解得当AC速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大故A正确；
B．4s到12s的时间内弹簧对AC的冲量为由能量守恒可知12s B的速度为零，4s到12s的时间内对B由动量定理可得得即大小为，方向向左，故B错误；
C．当B的速度与AC相等时由动量守恒可得解得
所以弹簧的最大弹性势能为故C错误；
D．当弹簧为原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得；
解得故D正确。故选AD。
9．（2023·湖南长沙·长郡中学校考二模）在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B（可视为质点）。物块与左右两边槽壁的距离如图所示，。凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数。开始时物块静止，凹槽以的初速度向右运动，设物块与凹槽壁的碰撞没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10。则（ ）
A．物块与凹槽相对静止时的共同速度为2.5m/s
B．物块与凹槽相对静止时物块在凹槽的左端
C．从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间为10s
D．从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间内物块运动的位移大小为12.5m
【答案】AB
【详解】A．设两者相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得解得故A正确；
B．物块与凹槽间的滑动摩擦力设两者间相对静止前，相对运动的路程为，由动能定理
解得已知可得物体与凹槽相对静止时物体在凹槽的左端，故B正确；
C．设凹槽与物块碰前的速度分别为、，碰后的速度分别为'、'。有；得即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则有；解得故C错误；
D．设凹槽与物体的速度分别为，，根据动量守恒定律得即。的运动方向相同，结合上式可得两物体位移关系为因为两者一直同方向运动，物块开始在凹槽的中央，相对静止时物块在凹槽的左端，所以两物体的位移关系为解得故D错误。故选AB。
10．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）如图1所示，一右端固定有竖直挡板的质量M=2kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m=1kg的物块以v0=6m/s的水平初速度从木板的最左端点冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图2所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是（ ）
A．图2中v2的数值为4
B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞
C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为12J
D．最终物块距木板左端的距离为1.5m
【答案】BC
【详解】A．根据题意可知，图2中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v1，设此时木板速度大小为v木，则从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有解得物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有解得
故A错误；
B．2s末物块与木板共同运动的速度大小为v3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动量守恒有解得物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能为物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能故碰撞过程系统没有机械能损失，故B正确；
C．物块滑上木板时系统的动能为最终相对静止时系统的动能为
所以系统产生的热量为故C正确；
D．由图得板长为4.5m，碰后相对位移为1.5m，故距离左端为3m，故D错误。故选BC。
11．（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）如图所示，以v=4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的4个相同小球，小球质量m0=0.3kg。质量m=0.1kg的物体从轨道上高h=2.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0=6m/s；物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB之间的距离L=3.0m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．物体从P点下滑到A点的过程中，克服摩擦力做的功为0.2J
B．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为0.4m
C．物体最终的速度大小为0.5m/s
D．物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热为3J
【答案】ABD
【详解】A．物体由P到A的过程，根据动能定理可得解得则克服摩擦力做的功为，选项A正确；
B．物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为减速至与传送带速度相等时所用的时间匀减速运动的位移
故物体与小球1碰撞前的速度为物体与小球1发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为的，小球1被撞后的速度大小为，由动量守恒和能量守恒定律得
；解得；物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得解得选项B正确；
C．由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到，再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为；以此类推，物体与小球1经过次碰撞后，他们的速度大小分别为；由于总共有4个小球，可知物体第1个小球一共可以发生4次碰撞，则物体最终的速度大小为选项C错误；
D．物体第一次与小球1碰撞后的整个过程，在传送带上相对传送带的路
故物体与传送带间产生的摩擦热选项D正确。选ABD。
12．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）两根长度均为l的刚性轻杆，一端通过质量为m的球形铰链连接，此球为A球，另一端与质量均为m的B、C小球相连。将此装置的两杆并拢，铰链向上竖直地放在桌上，右边距离C球处有一面竖直墙面，因受微小扰动两杆分别向两边滑动，A球下降，致使C球与墙面发生弹性碰撞，两杆始终在同一竖直面内，不计一切摩擦，各球直径都比杆长l小得多，重力加速度取g，从A球开始运动到A球落地前瞬间这一过程，下列说法正确的是（ ）
A．整个运动过程中系统机械能守恒，系统水平方向动量守恒
B．C球碰撞竖直墙面前瞬间速度大小为
C．A球落地前瞬间，三球速度相同
D．A球落地前瞬间，A球的速度方向沿斜左下方
【答案】BD
【详解】A．运动过程中与墙壁碰撞，系统水平方向动量不守恒，由于是弹性碰撞又不计摩擦因此系统机械能守恒，故A错误；
B．由于三球质量相同，静止释放A球竖直向下运动，当A、C间的杆与竖直方向夹角为45°时C球与竖直墙壁碰撞，此时，A球、C球的速度沿AC杆方向分速度相同，A球、B球的速度沿AB杆方向分速度相同，由于两杆与竖直方向夹角都是，故三球速度相同，由动能定理得则C球碰撞竖直墙面前瞬间速度大小为故B正确；
CD．C球与墙壁碰撞后，速度反向水平向左，A球沿AC杆方向速度立即沿CA方向，碰撞后瞬间A、B、C三球速度相同均水平向左为此后三球水平方向动量守恒。当A球落地瞬间，B、C两球只有水平向左速度，A球还具有竖直向下的速度，所以A球的速度方向沿斜左下方，故C错误，D正确。
故选BD。
13．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，AB段为一竖直圆管，BC为一半径为的半圆轨道，C端的下方有一质量为的小车，车上有半径的半圆轨道，E为轨道最低点，左侧紧靠一固定障碍物，在直管的下方固定一锁定的处于压缩的轻质弹簧，弹簧上端A放置一质量为的小球（小球直径略小于圆管的直径，远远小于R、r）。AB的距离为，A、E等高，某时刻，解除弹簧的锁定，小球恰好能通过BC的最高点P，从C端射出后恰好从D端沿切线进入半圆轨道DEF，并能从F端飞出。若各个接触面都光滑，重力加速度取，则（ ）
A．小球恰好能通过BC的最高点P，
B．弹簧被释放前具有的弹性势能
C．小球从F点飞出后能上升的最大高度
D．小球下落返回到E点时对轨道的压力大小N
【答案】BC
【详解】AB．由A到P过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得在P点，由牛顿第二定律得解得，，A错误，B正确；
C．A到E过程中，A、E等高，由机械能守恒定律得解得小球由E上升到最高点过程中，小球与车组成的系统在水平方向动量守恒，以球的初速度方向为正方向，则系统机械能守恒，则代入数据联立解得，小球从F点飞出后能上升的最大高度为
，C正确；
D．小球从第一次经过E点到再次返回到E点的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，则系统机械能守恒，则解得，小球的速度大小为方向水平向左；小车的速度大小为方向水平向右。由于小球与小车运动的方向相反，所以二者的相对速度，则在E点对小球受力分析，由牛顿第二定律
解得，小球受到的支持力根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为115 N，D错误。故选BC。
14．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）质量为的滑板静止在光滑水平地面上，滑板上表面段水平长度为段是半径为的四分之一光滑圆弧，如图所示。质量为的小物块（小物块可视为质点）以初速度冲上滑板，已知，其中为重力加速度。小物块与滑板段的动摩擦因数为，在以后的运动过程中：
（1）若滑板固定在地面上，小物块不能从C点飞出，则应满足什么条件；
（2）若解除对滑板的固定，小物块不能从C点飞出，则应满足什么条件；
（3）若解除对滑板的固定，小物块相对滑板向右运动的过程中，相对地面也有向右的运动，则应满足什么条件。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）若滑板固定，设小物块刚好能运动到点时，由机械能守恒可知
可解得所以小物块不能从C点飞出，应满足的条件为
（2）若解除对滑板的固定，设小物块运动至C点时，小物块与滑板速度相等为，由动量守恒和机械能守恒可知：；上面两式联立，可解得所以小物块不能从C点飞出，应满足的条件为：
（3）设小物块相对滑块向右返回到B点时，小物块、滑板的速度分别为。以向左为正方向。由动量守恒和能量守恒可知：；上面两式联立，可得
此方程求根判别式可解得解上面方程可得若要满足题中条件，则，可解得综合以上分析可知，应满足的条件为。
15．（2023·广西南宁·南宁三中校考二模）如图所示，两足够长直轨道间距，轨道所在平面与水平面夹角，一质量的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面均为半径的半圆，圆心分别为O、。某时刻可视为质点的小滑块以初速度沿冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为，，，g取，求：
（1）滑板P恰好静止时与一侧长直轨道间的摩擦力f的大小；
（2）滑板P与轨道间的动摩擦因数；
（3）滑块滑到O点过程中系统摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）6N；（2）0.45；（3）
【详解】（1）（2）对滑板受力分析，画出滑板的两个平面图如图所示
由几何关系可得解得由于滑板处于静止状态，由平衡条件可得；
联立解得；
（3）小滑块冲上滑板，滑板和小滑块系统重力沿导轨方向的分力为导轨对滑板的摩擦力为可知两力大小相等方向相反，故小滑块冲上滑板，滑板和小滑块系统沿导轨方向合外力为零，系统动量守恒设滑块相对滑板的位移OOʹ为L，滑板位移为x，由系统的能量守恒，得
联立方程，解得；滑板做匀加速运动过程的加速度
则滑块滑到O点过程中系统摩擦产生的热量
16．（2023·天津·统考高考真题）已知A、B两物体，，A物体从处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度，求：
（1）碰撞时离地高度x；
（2）碰后速度v；
（3）碰撞损失机械能。
【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J
【详解】（1）对物块A，根据运动学公式可得
（2）设B物体从地面竖直上抛的初速度为，根据运动学公式可知
解得可得碰撞前A物块的速度方向竖直向下；碰撞前B物块的速度方向竖直向上；选向下为正方向，由动量守恒可得
解得碰后速度v=0
（3）根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
17．（2023·山东·统考高考真题）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P、A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A、B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A、B、C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。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有代入数据解得
（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为木板B受到C的摩擦力水平向右，为，B受到地面的摩擦力水平向左，为所以滑块C的加速度为
木板B的加速度为设经过时间t1，B和C共速，有代入数据解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同减速，加速度大小为设再经过t2时间，物块A恰好祖上模板B，有整理得解得，（舍去）此时B的位移共同的速度综上可知满足条件的s范围为
（3）由于所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有解得，（舍去）
滑块C在这段时间的位移所以摩擦力对C做的
（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有；；此时A、B之间的距离为
由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有整理得解得，（舍去）
此时有方向向左；方向向右。
接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
；代入数据解得
；而此时物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量
末动量则整个过程动量的变化量
即大小为9.02kg⋅m/s。
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