高考物理一轮复习：动量守恒定律
一、选择题
1．（2024高三上·湖南月考）在光滑水平地面上，三个完全相同的小球，通过两根不可伸长、长度相同的轻质细线连接，初始时三小球共线且均静止，细线绷直，如图甲所示。现给小球3一垂直细线向右的瞬时冲量，则在小球1、2碰撞前（ ）
A．小球1、2组成的系统的动量守恒
B．小球1、2组成的系统的机械能守恒
C．两根细线中的张力大小均不变
D．小球3的速度一直在减小
2．（2024高一下·泸州期末）如图所示，用细线连接的两木块A、B，在水平恒力F的作用下沿粗糙水平地面向右做匀速直线运动。某时刻剪断细线，在A停止运动以前，对于A、B系统的下列判断，正确的是（ ）
A．动量守恒，总动能减小 B．动量守恒，总动能增大
C．动量增大，总动能不变 D．动量减小，总动能增大
3．（2024高一下·重庆市期末）如图所示，木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是( )
①子弹射入木块的过程中系统动量守恒
②子弹射入木块的过程中系统机械能守恒
③木块压缩弹簧过程中，系统总动量守恒
④木块压缩弹簧过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒
A．①② B．②③ C．①④ D．②④
4．（2024高三下·杭州月考）如图是2022年2月5日中国选手在北京冬奥会短道速滑接力赛中交接棒时的一个情景，“交棒”的曲春雨在“接棒”的任子威身后猛推一把，使任子威获得更大的速度向前滑行。若任子威的质量小于曲春雨的质量，不计一切阻力，在曲春雨用力推任子威的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．曲春雨推任子威的力大于任子威对曲春雨的推力
B．任子威的速度增加量等于曲春雨的速度减少量
C．任子威的动能的增加量等于曲春雨的动能的减少量
D．任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量
5．（2023高二下·深圳期中）下列情况中系统的动量不守恒的是（ ）
A．小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统
B．子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统
C．子弹射入固定在墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统
D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，对手榴弹组成的系统
6．（2023高二上·潮阳月考）某炮兵连进行实训演习，一门炮车将一质量为m的炮弹，以初速度v0、与水平面成60°的倾角斜向上发射，到达最高点时炮弹爆炸成两块碎片a、b，它们此时的速度仍沿水平方向，a、b的质量之比为2：1，经监控发现碎片b恰沿原轨迹返回，不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．爆炸后碎片a的初速度为 B．碎片a、b的位移大小之比为2：1
C．碎片a、b落地速度大小之比 D．炮弹爆炸后增加的动能为
7．（2024高二下·沧州月考） 如图所示，半径为R=0.4m的凹槽Q置于光滑水平面上，小球 P 和凹槽Q的质量均为m=1kg，将小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，重力加速度g取10m/s2。则以下说法正确的是（ ）
A．当小球第一次到达凹槽左端时，凹槽向右的位移大小为0.4m
B．P、Q组成的系统动量守恒
C．释放后当小球P 向左运动到最高点时，高度低于释放点
D．因为P、Q组成的系统机械能守恒，小球P 运动到凹槽的最低点时速度为
8．（2024高二下·普陀期中）如图所示，一小车停在光滑水平面上，车上一人持枪向车的竖直挡板平射一颗子弹，子弹嵌在挡板内没有穿出，则小车
A．在原来的位置不动
B．将向射击相反方向作匀速运动
C．将向射击方向作匀速运动
D．相对射击相反方向有一定的位移
9．（2023高三上·南京）根据图示，下列实验的操作处理中，正确的是（ ）
A．用图甲装置验证动量守恒，多次测量某一小球平抛水平位移时，应取距铅垂线最近的落点
B．用图乙装置测定重力加速度，实验室提供的细线，长度超过米尺的测量范围不能完成实验
C．图丙是双缝干涉实验中得到的干涉条纹，移动分划板测量a、b位置间距离可求条纹间距
D．图丁是某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度小的玻璃砖来测量
10．（2023·常州期末）某学习小组用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，为了能成功完成实验，下列说法正确的是（ ）
A．两小球必须等大且m1＜m2
B．斜槽轨道必须是光滑的
C．入射球每次必须在轨道的相同位置静止释放
D．必须测出高度H
11．（2023高二上·扬州期中） 某学习小组用如图所示的装置来验证碰撞中的动量守恒，实验中先从某一高度处单独释放质量为的小球a，标记下小球a撞击在挡板上的位置M，再在水平轨道上放上质量为的小球b，从同一高度释放小球a，标记两球撞击挡板的位置P、N，关于本实验下列说法正确的是（ ）
A．两小球的质量需满足
B．实验中可以用 这个表达式验证动量守恒定律。
C．位置N为小球b撞击挡板的位置
D．小球a在轨道上受到的摩擦力越小，对实验结果的误差影响就越小
12．（2024高一下·东坡期末）如图所示，水平面上带有半圆弧槽的滑块N质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高，将质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略。第一种情况滑块固定不动，第二种情况滑块可自由滑动，下列说法不正确的是（ ）
A．两种情况下，小球均可运动到左侧最高点
B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为1：1
C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度为
D．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为
二、多项选择题
13．（2024高三下·宁波模拟） 下列说法正确的是（ ）
A．甲图为未来人类进行星际航行，若以的速度航行的飞船向正前方的某一星球发射一束激光，根据相对论时空观，该星球上的观测者测量得到激光的速度为c
B．乙图为某同学设计的静电除尘装置，尘埃被吸附在中间的负极棒上
C．丙图为航天员在“天宫课堂”演示“动量守恒实验”，小钢球沿水平方向从右向左撞击静止的大钢球后，小钢球运动方向可能与大钢球不在同一直线上
D．丁图为检验通电导线周围是否存在磁场，要使实验现象明显，导线应东西方向放置
14．（2024高一下·新疆维吾尔自治区期末）以下四个图中，系统动量守恒的是（ ）
A． B．
C． D．
15．（2024·广西） 如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（ ）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
16．（2024高二上·长沙期末）如图所示，光滑桌面上木板静止并被锁定，质量为，在木板的中央处放置两个小滑块和，质量分别为和，两滑块间有小型炸药，某时刻炸药爆炸释放能量为，两滑块开始运动，当一个滑块速度减为零时，木板锁定被解除，两滑块与木板间动摩擦因数为0.2，最终一个滑块恰好滑到木板的边缘，取，不计炸药的质量，则（ ）
A．木板的最终速度为
B．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生内能为
C．木板的最小长度为
D．木板受的冲量为
17．（2024高一下·江岸期末）如图所示，圆筒C套在足够长的水平固定光滑杆上，圆筒下方用不可伸长的长为轻绳悬挂物体B。开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以的水平初速度在极短时间内击穿物体B，其速度减为。已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为，不计空气阻力，重力加速度。关于子弹穿出物体之后的过程，下列说法正确的是（ ）
A．物体B能上升的最大高度为
B．物体C能达到的最大速度为
C．轻绳所受最大拉力与最小拉力之比为
D．如果物体B经过第一次上升到最大高度，那么此过程中圆筒C的位移为
三、非选择题
18．（2024高一下·江岸期末）如图所示，用“碰撞实验器”可以探究碰撞中的不变量。实验时先让质量为的入射小球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端O点水平抛出，落到与轨道O点连接的倾角为θ的斜面上。再把质量为的被碰小球放在斜槽轨道末端，让入射小球仍从位置S由静止滚下，与被碰小球碰撞后，分别与斜面第一次碰撞留下各自的落点痕迹，M、P、N为三个落点的位置。（不考虑小球在斜面上的多次碰撞）
（1）关于本实验，下列说法正确的是_____________。
A．斜槽轨道不必光滑，入射小球每次释放的初位置也不必相同
B．斜槽轨道末端必须水平
C．为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量等于被碰球的质量
（2）实验中不易直接测定小球碰撞前后的速度，可以通过仅测量_____________，间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h
B．斜面的倾角θ
C．O点与各落点的距离
（3）在实验误差允许范围内，若满足关系式_____________，则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。
A． B．
C． D．
（4）如果该碰撞为弹性碰撞，则只需要满足一个表达式，即 。
19．（2024高一下·新疆维吾尔自治区期末）用图甲实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
②让质量为的入射球多次从斜槽上S位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上S位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为、、，如图乙，分析数据：
（1）实验中入射球和被碰球的质量应满足的关系为 。
A． B． C．
（2）（单选）关于该实验，下列说法正确的有 。
A．斜槽轨道必须光滑 B．铅垂线的作用是检验斜槽末端是否水平
C．入射球和被碰球的半径必须相同 D．实验中必须测量出小球抛出点的离地高度H
（3）若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为 。（均用题中所给物理量的符号表示）
20．（2024高一下·东西湖期末）如图所示，匀质斜面体放在光滑水平地面上，其高和底分别为b和2b。质量为m的可视为质点的小滑块，初始时刻从斜面体顶端由静止开始下滑，运动到斜面底端时，斜面体的位移大小为b，滑块与斜面间因摩擦产生的热量为Q。整个过程斜面体不翻转，重力加速度为g。求：
（1）斜面体的质量；
（2）滑块运动到斜面底端时，斜面体速度的大小。
21．（2024高二下·大理期中）一质量为m=20g的烟花弹获得E=9J动能后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E=9J，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力和火药的质量。求：
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
22．（2024高一下·惠山期末）在平静的水面上漂浮着一块质量M=150g的带有支架的木板，木板左边的支架上静静地蹲着一只质量为m=50g的青蛙，支架高为h=20cm，支架右方的水平木板长s=120cm，突然青蛙向右水平跳出。水的阻力不计，g=10m/s2
（1）如果青蛙相对地面跳出的初速度是0.3m/s，则木板后退的速度是多大？
（2）如果青蛙水平跳出恰好入水，则对地跳出的初速度至少为多少？
23．（2024高一下·荥经期末）如图所示，半径为R的半圆形滑槽的质量为M，静止放置在光滑的水平面上，一质量为m的小球从滑槽的右边缘与圆心等高处无初速地滑下。已知重力加速度大小为g，求：
（1）小球的最大速度v；
（2）滑槽移动的最大距离X。
24．（2024高一下·东西湖期末）如图所示，一竖直固定的足够长的圆直管内有一质量为m的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l。一质量为2m的小球从管的上端口由静止下落，撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力为重力大小的k=9倍。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）第1次碰撞后，小球与圆盘的速度大小、；
（2）第n次碰撞前瞬间小球的速度大小；
（3）若k=0.75，小球第Ⅰ次与圆盘碰撞前瞬间，由静止释放圆盘，求第n次碰撞前瞬间小球的速度大小。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
25．（2024高一下·重庆市期末）窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3 10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为，每个滑环的质量均为，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度。
（1）若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度；
（2）假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能；
（3）9号滑环开始运动后继续滑行0.05m后停下来，求1号滑环的初速度大小及全过程中由于窗帘绷紧而损失的能量。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由于三个小球组成系统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此系统动量守恒；小球1、2组成的系统受绳子拉力的合力不为零，动量不守恒，故A错误；
B．三个小球组成系统机械能守恒，小球1、2组成的系统受绳子拉力的合力不为零，机械能不守恒，故B错误；
C．小球1、2相对于小球3做圆周运动，速度越来越大，绳子拉力越来越大，故C错误；
D．小球3受到绳子的拉力始终向左，速度一直在减小，故D正确。
【分析】1.根据系统满足动量守恒的条件分析。选择不同的系统，受力不一定相同。
2.根据系统满足机械能守恒的条件分析。选择不同的系统，系统受力做功情况不一定相同。
3.根据三球组成的系统满足机械能守恒和小球3的受力情况，分析小球3动能减小，小球1、2动能增加。
2．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】剪断细线后，系统的总动量守恒。设AB受的摩擦力为f1和f2，则
剪断细线后再A停止运动之前AB的位移分别为x1和x2，由动能定理可知系统动能增量为
即系统总动能增加。
故选B。
【分析】在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，所受合力为零。A做减速运动，B做加速运动，可知x13．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】子弹射入木块的过程，内力远大于外力，所以动量守恒，故①正确；子弹将一部分机械能转化为系统的内能，即系统的机械能不守恒，故②错误；木块压缩弹簧过程中，合外力不为零，系统的总动量不守恒，故③错误；木块压缩弹簧过程中，系统的机械能守恒，故④正确．故C正确，ABC错误.
故选C。
【分析】子弹射入木块的过程，内力远大于外力，动量守恒，子弹将一部分机械能转化为系统的内能，即系统的机械能不守恒。
4．【答案】D
【知识点】爆炸
【解析】【解答】A．曲春雨推任子威的力等于任子威对曲春雨的推力，A错误；
B．动量变化量相同，质量小的速度变化量大，所以任子威的速度增加量大于曲春雨的速度减少量，B错误；
C．两个人的总动能增加，任子威的动能的增加量大于曲春雨的动能的减少量，C错误；
D．系统的动量守恒，根据动量守恒定律，所以任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量，D正确。
故选D。
【分析】两个物体之间动量守恒，动能不守恒，总动能是增加的。
5．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；爆炸；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A、小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故A错误；
B、子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故B错误；
C、子弹射入固定在墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒，故C正确；
D、斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，对手榴弹组成的系统内力远大于外力，动量守恒，故D错误；
故选择C。
【分析】根据动量守恒的条件即理想条件、单一条件和近似条件，可以判断系统的动量是否守恒。
6．【答案】C
【知识点】爆炸；平抛运动
【解析】【解答】A.炮弹上升到最高点的过程中，水平方向不受力，做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，所以炮弹到达最高点时，只有水平速度，大小为
发现碎片b恰沿原轨迹返回，则爆炸后碎片b的速度大小为，方向与原方向相反，以原方向为正方向，根据动量守恒定律可得
解得
A不符合题意；
B.爆炸后碎片a、b均做平抛运动，落地时间相同，则水平位移之比为爆炸后速度大小之比2：1，但它们竖直方向的位移大小相同，则位移大小之比不为2：1，B不符合题意；
C.碎片b恰沿原轨迹返回，则落地时竖直速度大小为
b落地时速度大小为，a、b均做平抛运动，落地时间相同，落地时竖直速度大小相同，a落地时水平方向速度大小等于其初速度，则落地时a的速度大小为
故碎片a、b落地速度大小之比，C符合题意；
D.炮弹爆炸后增加的动能
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】结合斜抛的运动规律，由动量守恒定律求解爆炸后碎片a的初速度；结合a、b做平抛运动的初速度，由平抛的运动规律，求解碎片a、b的位移大小之比和落到速度之比；计算爆炸前后的动能，再计算炮弹爆炸后增加的动能。
7．【答案】A
【知识点】动量守恒定律；人船模型
【解析】【解答】AB、将小球和 凹槽看成一个系统，该系统水平方向不受外力作用，即该系统满足水平 方向动量守恒， 当小球第一次到达凹槽左端时
即
由于两物体质量相等，两物体的水平速度大小时刻相等，所以x=0.4m，即 当小球第一次到达凹槽左端时，凹槽向右的位移大小为0.4m ，A正确，B错误；
C、小球和 凹槽组成的系统满足水平方向动量守恒，也满足系统机械能守恒，所以 释放后当小球P 向左运动到最高点时，高度与释放点一样高，C错误；
D、小球P运动到最低点时，由机械能守恒定律知
解得小球到最低点的速度
D错误。
故答案为A。【分析】本题考查的模型是类人船模型，要求学生能够判断小球和 凹槽组成的系统满足水平方向动量守恒，也满足系统机械能守恒，由于两物体质量相等，即两物体任一时刻水平方向速度大小相等，根据动量守恒和机械能守恒来分析判断。
8．【答案】D
【知识点】人船模型
【解析】【解答】根据动量守恒定律可知，当停止射击后，系统的总动量仍为零，则得小车的速度应为零．
子弹从枪口射出到射入挡板的过程中，子弹有向右的速度，子弹射入挡板的瞬间，系统的速度变为零，车将连续向左运动，停止射击时，车停止运动．故小车对原静止位置的位移向左，不为零．故ABC错误．D正确．
故选D．
【分析】本题考查系统动量守恒的知识点，运用动量守恒的知识点可得答案．
9．【答案】C
【知识点】验证动量守恒定律；测定玻璃的折射率；用双缝干涉测光波的波长；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】A、其水平位移应该是某一小球的多次测量后的平均落点，即用一个最小圆将所有落点包裹住，其圆心为平均落点，故A错误；
B、用图乙装置测量重力加速度，根据单摆的周期公式有
整理有
结合数学知识有
即
由上述公式可知，摆长l为绳长加上小球的半径，而摆长的变化量即为绳长的变化量，通过米尺测量绳长变化量，并计算单摆周期平方的变化量即可求得重力加速度，故B错误；
C、由题图可知，其a、b两点均处于亮条纹中间，测量其两者间的距离，以及两者间的条纹数可以求得其条纹间距，故C正确；
D、利用“插针法”测定玻璃的折射率时，宽度较大的玻璃砖中光线较长，测量误差较小，所以为了减小误差，应选用宽度较大的玻璃砖来测量，故D错误。
故答案为：C。
【分析】为减小实验误差，水平位移应该是某一小球的多次测量后的平均落点。单摆实验中摆长要尽可能的长，但对其长度没有具体的数值要求。熟悉掌握双缝干涉实验测量波长中如何测得条纹间距。宽度较大的玻璃砖中光线较长，测量误差较小。
10．【答案】C
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】A、在验证动量守恒定律的实验中，为防止小球碰撞后反弹必须保证 m1>m2，A错误。
B、斜槽不必水平，但是必须保证斜槽末端水平，B错误。
C、入射球每次必须从同一位置静止释放以保证碰撞的初速度相同，C正确。
D、处理数据时用水平方向的位移代替速度进行计算，不必测量高度h和时间t，D错误。
故答案为：C
【分析】验证动量守恒定律的实验中需要保证释放小球的质量大于被碰小球，防止反弹，斜槽不必光滑，但末端必须水平，保证小球每次从同一位置静止释放。
11．【答案】B
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】A.为了防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即
A不符合题意；
BC.小球离开水平轨道后均做平抛运动，从图中可以看出每个小球每次平抛运动的水平位移相同，a小球不与b小球相碰时落点为M，a小球与b小球相碰后，a小球平抛初速度比第一次小，落在N点，故b小球落在P点，由，小球的水平速度为
根据动量守恒可知
化简得
B符合题意，C不符合题意；
D.需要保持小球每一次到达轨道末端的速度相等，小球a每一次从同一位置静止释放即可，轨道的粗糙程度对实验无影响，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】了防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量；由平抛运动的规律分析两球碰撞前后的落点，由动量守恒定律推导实验要满足的表达式；根据实验原理分析实验误差。
12．【答案】B
【知识点】人船模型
【解析】【解答】A．当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律得
可知
则小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；
当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒。小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放，小球M到达左侧最高点时，两物体共速，则
解得
由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，故A正确，不符合题意；
BC．当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得
解得
当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v'，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
联立解得
，
两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为：，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；
D．小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得
解得
故D正确，不符合题意。
故选：B。
【分析】第一种情况滑块固定不动，滑块的机械能守恒；第二种情况滑块可自由滑动，小球与滑块组成的系统在水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，只有重力做功，系统机械能也守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析答题。
13．【答案】A,C
【知识点】静电的防止与利用；验证动量守恒定律；安培定则；相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】A、根据爱因斯坦相对论原理可知，光速不变，即星球上的观测者测量得到激光的速度为c，故A正确；
B、乙图中，尘埃带负电，在电场力作用下，被吸附在板状收集器上，故B错误；
C、小钢球沿水平方向从右向左撞击静止的大钢球，如果不是对心正碰，碰撞后，小钢球运动方向与大钢球不在同一直线上，故C正确；
D、当通电导线南北放置时，根据安培定则，水平方向磁场沿东西方向，磁场与地磁场近似垂直，此时实验现象明显，即检验通电导线周围是否存在磁场时，要使实验现象明显，导线应南北方向放置，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据爱因斯坦相对论原理可知光速不变。尘埃带负电，在电场力作用下吸附在板状收集器上。钢球半径不一致，小球之间发生的碰撞为非对心正碰，碰后两球运动方向不在一条直线上。当导线产生的磁场与地磁场方向垂直时，实验效果最明显，再结合安培定则及地磁场的特点进行分析。
14．【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】A．在光滑水平面上，子弹射入木块过程中，系统动量守恒，A正确；
B．物块所受外力的合力不为0，等于弹簧的弹力，动量不守恒，B错误；
C．两球体匀速下滑，即两球体组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，C正确；
D．合外力沿斜面向下，物块所受外力的合力不为0，动量不守恒，D错误。
故选AC。
【分析】子弹与木块组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，木块沿光滑固定斜面下滑过程中，合外力沿斜面向下，动量不守恒。
15．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】 AB.两小球发生弹性碰撞，小球N离开平台后做平抛运动，根据平抛运动的规律，竖直分运动为自由落体运动，因此小球N竖直墙面上的垂直投影的运动是初速度为零的匀加速运动，故A错误，B正确；
CD.设M和N小球碰撞后的速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向
两小球发生弹性碰撞时，动量守恒mv=mv1+mv2
机械能守恒
联立解得v1=0，v2=v
小球N离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律，水平分运动为匀速直线运动，因此水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v，故C正确，D错误。
故选：BC。
【分析】 AB.小球N离开平台后做平抛运动，根据平抛运动的规律分析作答；
CD.两小球发生弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，据此求解碰撞后小球N的速度，再根据平抛运动的规律分析作答。
16．【答案】B,C
【知识点】爆炸；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A、爆炸过程两滑块组成的系统动量守恒，炸药爆炸释放的能量转化为两滑块的动能，有
，
解得
，
滑块A速度减为零所用时间
此时B的速度
此过程B与C间的相对位移
木板锁定被解除后，滑块A与木板C相对静止，整体与滑块B发生相对运动，设最终三者达到共同速度为v，根据动量守恒定律有
得
故A错误；
B、整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能
故B正确；
C、设A、C整体与B相对运动过程B与C间的相对位移为d2，由功能关系可得
得
木板的最小长度为
故C正确；
D、根据动量定理，木板C受的冲量
故D错误。
故答案为：BC。
【分析】爆炸过程AB构成的系统动量守恒，爆炸释放的能量全部转化为AB的动能，根据运动规律确定AB其中一个速度为零时，另一个物体的速度。确定解除锁定后，ABC的运动情况，且三者构成的系统动量守恒，最终三者达到共速，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。
17．【答案】A,C,D
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【解答】A．由动量守恒
解得
解得
根据能量守恒定律
解得
故A正确；
B．根据动量守恒
由机械能守恒定律
解得
故B错误；
C．设此时轻绳与竖直方向的夹角为，则
解得
此时轻绳的拉力为
根据牛顿第二定律
解得
所以
故C正确；
D．物块BC在水平方向上动量守恒一直成立，则
即物体B第一次上升到最大高度过程中
两边同乘时间t，可得
即
其中
解得
故D正确。
故选ACD。
【分析】物体B、圆筒C组成的系统在水平方向上动量守恒，当共速时物体B能上升的高度最大。
18．【答案】（1）B
（2）C
（3）C
（4）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】 （1）A．斜槽轨道不必光滑，故A错误；
B．斜槽轨道末端必须水平，故B正确；
C．为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量大于被碰球的质量，故C错误。
故选B；
（2）小球离开斜槽后做平抛运动，竖直方向自由落体运动，
水平方向匀速直线运动
解得
入射球碰撞前的速度为
碰撞后的速度为
被碰球碰撞后的速度为
以向右为正方向，由动量守恒定律得
整理得
故选C；
（3）由（2）可知满足关系式
则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。
故选C。
（4）若碰撞是弹性碰撞，满足
因
即
则表达式为
【分析】 （1）只要小球从斜面上同一位置由静止释放即可保证小球到达斜槽末端的速度相等。
（2）小球离开斜槽后做平抛运动，竖直方向自由落体运动，水平方向匀速直线运动；
（3）满足关系式则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。
（4）碰撞是弹性碰撞，碰撞前后，动量守恒，而且动能守恒。
19．【答案】C；C；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）入射球的质量大于被碰球的质量，即
故选C。
（2）A．只要保证每一次小球从同一位置静止释放，使得小球获得相同的初速度即可，斜槽轨道可以不用光滑，故A错误；
B．铅垂线的作用是用来确定O点位置的，故B错误；
C．入射球和被碰球的半径必须相同，故C正确；
D．小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，不需要测量小球抛出点的离地高度H，故D错误。
故选C。
（3）根据动量守恒定律，有
得
【分析】（1）入射球的质量大于被碰球的质量，可以防止碰撞后小球被撞回；
（2）每一次小球从同一位置静止释放，铅垂线的作用是确定O点位置的，入射球和被碰球的半径必须相同；
（3）根据动量守恒定律写出对应的表达式。
20．【答案】解：（1）设斜面体质量为M，由水平动量守恒得
方程式两边同时对时间进行累积，整理有
又因为位移关系有
解得
（2）设滑块运动到斜面底端时速度为，将其分解，则其水平分速度大小为，竖直分速度大小为，设斜面倾角为，则有
设M速度为，该系统水平方向上动量守恒，有
由系统能量守恒，有
解得
【知识点】爆炸；碰撞模型
【解析】【分析】（1）滑块下滑的过程中，利用水平方向的动量守恒定律进而求出斜面体质量的大小；
（2）滑块下滑时，利用速度的分解结合水平方向的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出斜面体速度的大小。
21．【答案】（1）解：由动能定理可得，烟花弹的初动能E=mv2
此时，烟花弹的上升初速度v==30m/s
当烟花弹上升速度为零时爆炸，可将此运动看成竖直上升运动。
竖直上升运动公式有v=gt，v2=2gh0
联立可解得t=3s， h0=45m
（2）解：规定v1竖直向上为正方向，烟花弹爆炸后的两部分速度为v1，v2
由动量守恒定律可得×v1-×v2=0
又由动能相等可得E=
联立两式解得v1=30m/s
将上式代入竖直运动学公式=2gh1可得h1=
爆炸后烟花弹向上运动的部分距离地面的最大高度H=h1+h0=90m
【知识点】爆炸；竖直上抛运动；动能
【解析】【分析】（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的过程为竖直上抛运动，由动能的定义式求出烟花弹的初速度，再由竖直上抛的运动公式，计算该过程所经历的时间；（2）根据动量守恒定律和爆炸后两部分获得的动能之和也为E=9J的条件，求出烟花弹爆炸后两部分的速度，再由竖直上抛运动的位移公式，求出爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
22．【答案】解：（1）由动量守恒定律可知
可得木板后退的速度是
（2）如果青蛙水平跳出恰好入水，则由动量守恒定律
由几何关系
竖直方向有
联立解得
【知识点】动量守恒定律；人船模型
【解析】【分析】（1）已知青蛙跳出的速度，结合动量守恒定理可以求出木板速度的大小；
（2）当青蛙恰好入水中时，利用动量守恒定律结合竖直方向的位移公式可以求出初速度的大小。
23．【答案】解：（1）当小球滑到滑槽底部时，速度最大，系统在水平方向上动量守恒，有
系统机械能守恒，有
解得
（2）当小球滑到最左端时，滑槽运动的距离最大，则有
解得
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【分析】（1）当小球滑到滑槽底部时，速度最大，系统在水平方向上动量守恒，系统机械能也守恒；
（2）当小球滑到最左端时，滑槽运动的距离最大，结合人船模型分析。
24．【答案】解：（1）设小球第1次碰前速度为，小球第1次碰后速度为，圆盘第1次碰后速度为，小球第一次下落
得
第一次碰撞
得
（2）设小球第1，2，...，n-1，n次碰前速度为，，…，，，小球第1，2，...，n-1，n次碰后速度为，，…，，，圆盘第1，2，...，n-1，n次碰后速度为，，…，，，第一次碰撞后对盘，由牛顿第二定律得
得
向上
减速到零用时为t
得
减速到零位移为x
得
同时段内小球的位移为
得
故盘停下再与小球碰撞。同理可知每次都是盘先停下再与小球碰撞。
第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，有
即
解得
之后第二次发生弹性碰撞
得
第二次碰撞后到第三次碰撞时，两者位移相等，有
即
解得
同理可得
归纳得
，n=1，2，3…
（3）从第一次碰后开始每隔
再碰，作图可得
，n=1，2，3……
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球下落时，利用动能定理可以求出小球与圆盘第一次碰撞的速度大小，结合动量守恒定律和能量守恒定律可以求出第一次碰撞后小球和圆盘的速度大小；
（2）第一次碰撞后，利用速度公式可以求出圆盘运动的时间，结合位移公式可以求出圆盘和小球运动的位移，进而判别第二次碰撞时圆盘已经停止运动，利用速度位移公式可以求出第二次碰巧小球的速度，结合动量守恒定律和能量守恒定律可以求出第二次碰撞后两者速度的大小，利用多次碰撞后速度的规律可以求出小球的速度大小；
（3）根据速度公式可以求出两次碰撞之间的时间，结合碰后小球的速度可以画出对应的图像，利用图像可以求出碰前小球速度的大小。
25．【答案】（1）；（2），；（3），14.88J
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】（1）设1号环的初速度为，则由动能定理可得
解得
（2）设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为v，则窗帘绷紧前后动量守恒，有
绷紧后系统动能为
又知
联立解得
故损失的动能为
（3）设1号滑环的初速度为，其动能为，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为
据（2）的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为
在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
2、3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离l后静止，因而有
联立解得1号滑环的初速度大小为
整个过程中克服摩擦力所做的功为
，
在整个过程中仅由窗帘绷紧引起的动能损失为
代入数据解得
【分析】（1）由动能定理可得1号滑环的最小初速度；
（2）由动量守恒定律求解碰撞后速度，结合动能表达式求解总动能以及损失的动能；
（3）一次类推求解8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离，根据动能定理求解初速度大小。
1 / 1高考物理一轮复习：动量守恒定律
一、选择题
1．（2024高三上·湖南月考）在光滑水平地面上，三个完全相同的小球，通过两根不可伸长、长度相同的轻质细线连接，初始时三小球共线且均静止，细线绷直，如图甲所示。现给小球3一垂直细线向右的瞬时冲量，则在小球1、2碰撞前（ ）
A．小球1、2组成的系统的动量守恒
B．小球1、2组成的系统的机械能守恒
C．两根细线中的张力大小均不变
D．小球3的速度一直在减小
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由于三个小球组成系统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此系统动量守恒；小球1、2组成的系统受绳子拉力的合力不为零，动量不守恒，故A错误；
B．三个小球组成系统机械能守恒，小球1、2组成的系统受绳子拉力的合力不为零，机械能不守恒，故B错误；
C．小球1、2相对于小球3做圆周运动，速度越来越大，绳子拉力越来越大，故C错误；
D．小球3受到绳子的拉力始终向左，速度一直在减小，故D正确。
【分析】1.根据系统满足动量守恒的条件分析。选择不同的系统，受力不一定相同。
2.根据系统满足机械能守恒的条件分析。选择不同的系统，系统受力做功情况不一定相同。
3.根据三球组成的系统满足机械能守恒和小球3的受力情况，分析小球3动能减小，小球1、2动能增加。
2．（2024高一下·泸州期末）如图所示，用细线连接的两木块A、B，在水平恒力F的作用下沿粗糙水平地面向右做匀速直线运动。某时刻剪断细线，在A停止运动以前，对于A、B系统的下列判断，正确的是（ ）
A．动量守恒，总动能减小 B．动量守恒，总动能增大
C．动量增大，总动能不变 D．动量减小，总动能增大
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】剪断细线后，系统的总动量守恒。设AB受的摩擦力为f1和f2，则
剪断细线后再A停止运动之前AB的位移分别为x1和x2，由动能定理可知系统动能增量为
即系统总动能增加。
故选B。
【分析】在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，所受合力为零。A做减速运动，B做加速运动，可知x13．（2024高一下·重庆市期末）如图所示，木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是( )
①子弹射入木块的过程中系统动量守恒
②子弹射入木块的过程中系统机械能守恒
③木块压缩弹簧过程中，系统总动量守恒
④木块压缩弹簧过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒
A．①② B．②③ C．①④ D．②④
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】子弹射入木块的过程，内力远大于外力，所以动量守恒，故①正确；子弹将一部分机械能转化为系统的内能，即系统的机械能不守恒，故②错误；木块压缩弹簧过程中，合外力不为零，系统的总动量不守恒，故③错误；木块压缩弹簧过程中，系统的机械能守恒，故④正确．故C正确，ABC错误.
故选C。
【分析】子弹射入木块的过程，内力远大于外力，动量守恒，子弹将一部分机械能转化为系统的内能，即系统的机械能不守恒。
4．（2024高三下·杭州月考）如图是2022年2月5日中国选手在北京冬奥会短道速滑接力赛中交接棒时的一个情景，“交棒”的曲春雨在“接棒”的任子威身后猛推一把，使任子威获得更大的速度向前滑行。若任子威的质量小于曲春雨的质量，不计一切阻力，在曲春雨用力推任子威的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．曲春雨推任子威的力大于任子威对曲春雨的推力
B．任子威的速度增加量等于曲春雨的速度减少量
C．任子威的动能的增加量等于曲春雨的动能的减少量
D．任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量
【答案】D
【知识点】爆炸
【解析】【解答】A．曲春雨推任子威的力等于任子威对曲春雨的推力，A错误；
B．动量变化量相同，质量小的速度变化量大，所以任子威的速度增加量大于曲春雨的速度减少量，B错误；
C．两个人的总动能增加，任子威的动能的增加量大于曲春雨的动能的减少量，C错误；
D．系统的动量守恒，根据动量守恒定律，所以任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量，D正确。
故选D。
【分析】两个物体之间动量守恒，动能不守恒，总动能是增加的。
5．（2023高二下·深圳期中）下列情况中系统的动量不守恒的是（ ）
A．小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统
B．子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统
C．子弹射入固定在墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统
D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，对手榴弹组成的系统
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；爆炸；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A、小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故A错误；
B、子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故B错误；
C、子弹射入固定在墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒，故C正确；
D、斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，对手榴弹组成的系统内力远大于外力，动量守恒，故D错误；
故选择C。
【分析】根据动量守恒的条件即理想条件、单一条件和近似条件，可以判断系统的动量是否守恒。
6．（2023高二上·潮阳月考）某炮兵连进行实训演习，一门炮车将一质量为m的炮弹，以初速度v0、与水平面成60°的倾角斜向上发射，到达最高点时炮弹爆炸成两块碎片a、b，它们此时的速度仍沿水平方向，a、b的质量之比为2：1，经监控发现碎片b恰沿原轨迹返回，不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．爆炸后碎片a的初速度为 B．碎片a、b的位移大小之比为2：1
C．碎片a、b落地速度大小之比 D．炮弹爆炸后增加的动能为
【答案】C
【知识点】爆炸；平抛运动
【解析】【解答】A.炮弹上升到最高点的过程中，水平方向不受力，做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，所以炮弹到达最高点时，只有水平速度，大小为
发现碎片b恰沿原轨迹返回，则爆炸后碎片b的速度大小为，方向与原方向相反，以原方向为正方向，根据动量守恒定律可得
解得
A不符合题意；
B.爆炸后碎片a、b均做平抛运动，落地时间相同，则水平位移之比为爆炸后速度大小之比2：1，但它们竖直方向的位移大小相同，则位移大小之比不为2：1，B不符合题意；
C.碎片b恰沿原轨迹返回，则落地时竖直速度大小为
b落地时速度大小为，a、b均做平抛运动，落地时间相同，落地时竖直速度大小相同，a落地时水平方向速度大小等于其初速度，则落地时a的速度大小为
故碎片a、b落地速度大小之比，C符合题意；
D.炮弹爆炸后增加的动能
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】结合斜抛的运动规律，由动量守恒定律求解爆炸后碎片a的初速度；结合a、b做平抛运动的初速度，由平抛的运动规律，求解碎片a、b的位移大小之比和落到速度之比；计算爆炸前后的动能，再计算炮弹爆炸后增加的动能。
7．（2024高二下·沧州月考） 如图所示，半径为R=0.4m的凹槽Q置于光滑水平面上，小球 P 和凹槽Q的质量均为m=1kg，将小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，重力加速度g取10m/s2。则以下说法正确的是（ ）
A．当小球第一次到达凹槽左端时，凹槽向右的位移大小为0.4m
B．P、Q组成的系统动量守恒
C．释放后当小球P 向左运动到最高点时，高度低于释放点
D．因为P、Q组成的系统机械能守恒，小球P 运动到凹槽的最低点时速度为
【答案】A
【知识点】动量守恒定律；人船模型
【解析】【解答】AB、将小球和 凹槽看成一个系统，该系统水平方向不受外力作用，即该系统满足水平 方向动量守恒， 当小球第一次到达凹槽左端时
即
由于两物体质量相等，两物体的水平速度大小时刻相等，所以x=0.4m，即 当小球第一次到达凹槽左端时，凹槽向右的位移大小为0.4m ，A正确，B错误；
C、小球和 凹槽组成的系统满足水平方向动量守恒，也满足系统机械能守恒，所以 释放后当小球P 向左运动到最高点时，高度与释放点一样高，C错误；
D、小球P运动到最低点时，由机械能守恒定律知
解得小球到最低点的速度
D错误。
故答案为A。【分析】本题考查的模型是类人船模型，要求学生能够判断小球和 凹槽组成的系统满足水平方向动量守恒，也满足系统机械能守恒，由于两物体质量相等，即两物体任一时刻水平方向速度大小相等，根据动量守恒和机械能守恒来分析判断。
8．（2024高二下·普陀期中）如图所示，一小车停在光滑水平面上，车上一人持枪向车的竖直挡板平射一颗子弹，子弹嵌在挡板内没有穿出，则小车
A．在原来的位置不动
B．将向射击相反方向作匀速运动
C．将向射击方向作匀速运动
D．相对射击相反方向有一定的位移
【答案】D
【知识点】人船模型
【解析】【解答】根据动量守恒定律可知，当停止射击后，系统的总动量仍为零，则得小车的速度应为零．
子弹从枪口射出到射入挡板的过程中，子弹有向右的速度，子弹射入挡板的瞬间，系统的速度变为零，车将连续向左运动，停止射击时，车停止运动．故小车对原静止位置的位移向左，不为零．故ABC错误．D正确．
故选D．
【分析】本题考查系统动量守恒的知识点，运用动量守恒的知识点可得答案．
9．（2023高三上·南京）根据图示，下列实验的操作处理中，正确的是（ ）
A．用图甲装置验证动量守恒，多次测量某一小球平抛水平位移时，应取距铅垂线最近的落点
B．用图乙装置测定重力加速度，实验室提供的细线，长度超过米尺的测量范围不能完成实验
C．图丙是双缝干涉实验中得到的干涉条纹，移动分划板测量a、b位置间距离可求条纹间距
D．图丁是某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度小的玻璃砖来测量
【答案】C
【知识点】验证动量守恒定律；测定玻璃的折射率；用双缝干涉测光波的波长；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】A、其水平位移应该是某一小球的多次测量后的平均落点，即用一个最小圆将所有落点包裹住，其圆心为平均落点，故A错误；
B、用图乙装置测量重力加速度，根据单摆的周期公式有
整理有
结合数学知识有
即
由上述公式可知，摆长l为绳长加上小球的半径，而摆长的变化量即为绳长的变化量，通过米尺测量绳长变化量，并计算单摆周期平方的变化量即可求得重力加速度，故B错误；
C、由题图可知，其a、b两点均处于亮条纹中间，测量其两者间的距离，以及两者间的条纹数可以求得其条纹间距，故C正确；
D、利用“插针法”测定玻璃的折射率时，宽度较大的玻璃砖中光线较长，测量误差较小，所以为了减小误差，应选用宽度较大的玻璃砖来测量，故D错误。
故答案为：C。
【分析】为减小实验误差，水平位移应该是某一小球的多次测量后的平均落点。单摆实验中摆长要尽可能的长，但对其长度没有具体的数值要求。熟悉掌握双缝干涉实验测量波长中如何测得条纹间距。宽度较大的玻璃砖中光线较长，测量误差较小。
10．（2023·常州期末）某学习小组用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，为了能成功完成实验，下列说法正确的是（ ）
A．两小球必须等大且m1＜m2
B．斜槽轨道必须是光滑的
C．入射球每次必须在轨道的相同位置静止释放
D．必须测出高度H
【答案】C
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】A、在验证动量守恒定律的实验中，为防止小球碰撞后反弹必须保证 m1>m2，A错误。
B、斜槽不必水平，但是必须保证斜槽末端水平，B错误。
C、入射球每次必须从同一位置静止释放以保证碰撞的初速度相同，C正确。
D、处理数据时用水平方向的位移代替速度进行计算，不必测量高度h和时间t，D错误。
故答案为：C
【分析】验证动量守恒定律的实验中需要保证释放小球的质量大于被碰小球，防止反弹，斜槽不必光滑，但末端必须水平，保证小球每次从同一位置静止释放。
11．（2023高二上·扬州期中） 某学习小组用如图所示的装置来验证碰撞中的动量守恒，实验中先从某一高度处单独释放质量为的小球a，标记下小球a撞击在挡板上的位置M，再在水平轨道上放上质量为的小球b，从同一高度释放小球a，标记两球撞击挡板的位置P、N，关于本实验下列说法正确的是（ ）
A．两小球的质量需满足
B．实验中可以用 这个表达式验证动量守恒定律。
C．位置N为小球b撞击挡板的位置
D．小球a在轨道上受到的摩擦力越小，对实验结果的误差影响就越小
【答案】B
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】A.为了防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即
A不符合题意；
BC.小球离开水平轨道后均做平抛运动，从图中可以看出每个小球每次平抛运动的水平位移相同，a小球不与b小球相碰时落点为M，a小球与b小球相碰后，a小球平抛初速度比第一次小，落在N点，故b小球落在P点，由，小球的水平速度为
根据动量守恒可知
化简得
B符合题意，C不符合题意；
D.需要保持小球每一次到达轨道末端的速度相等，小球a每一次从同一位置静止释放即可，轨道的粗糙程度对实验无影响，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】了防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量；由平抛运动的规律分析两球碰撞前后的落点，由动量守恒定律推导实验要满足的表达式；根据实验原理分析实验误差。
12．（2024高一下·东坡期末）如图所示，水平面上带有半圆弧槽的滑块N质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高，将质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略。第一种情况滑块固定不动，第二种情况滑块可自由滑动，下列说法不正确的是（ ）
A．两种情况下，小球均可运动到左侧最高点
B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为1：1
C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度为
D．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为
【答案】B
【知识点】人船模型
【解析】【解答】A．当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律得
可知
则小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；
当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒。小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放，小球M到达左侧最高点时，两物体共速，则
解得
由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，故A正确，不符合题意；
BC．当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得
解得
当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v'，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
联立解得
，
两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为：，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；
D．小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得
解得
故D正确，不符合题意。
故选：B。
【分析】第一种情况滑块固定不动，滑块的机械能守恒；第二种情况滑块可自由滑动，小球与滑块组成的系统在水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，只有重力做功，系统机械能也守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析答题。
二、多项选择题
13．（2024高三下·宁波模拟） 下列说法正确的是（ ）
A．甲图为未来人类进行星际航行，若以的速度航行的飞船向正前方的某一星球发射一束激光，根据相对论时空观，该星球上的观测者测量得到激光的速度为c
B．乙图为某同学设计的静电除尘装置，尘埃被吸附在中间的负极棒上
C．丙图为航天员在“天宫课堂”演示“动量守恒实验”，小钢球沿水平方向从右向左撞击静止的大钢球后，小钢球运动方向可能与大钢球不在同一直线上
D．丁图为检验通电导线周围是否存在磁场，要使实验现象明显，导线应东西方向放置
【答案】A,C
【知识点】静电的防止与利用；验证动量守恒定律；安培定则；相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】A、根据爱因斯坦相对论原理可知，光速不变，即星球上的观测者测量得到激光的速度为c，故A正确；
B、乙图中，尘埃带负电，在电场力作用下，被吸附在板状收集器上，故B错误；
C、小钢球沿水平方向从右向左撞击静止的大钢球，如果不是对心正碰，碰撞后，小钢球运动方向与大钢球不在同一直线上，故C正确；
D、当通电导线南北放置时，根据安培定则，水平方向磁场沿东西方向，磁场与地磁场近似垂直，此时实验现象明显，即检验通电导线周围是否存在磁场时，要使实验现象明显，导线应南北方向放置，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据爱因斯坦相对论原理可知光速不变。尘埃带负电，在电场力作用下吸附在板状收集器上。钢球半径不一致，小球之间发生的碰撞为非对心正碰，碰后两球运动方向不在一条直线上。当导线产生的磁场与地磁场方向垂直时，实验效果最明显，再结合安培定则及地磁场的特点进行分析。
14．（2024高一下·新疆维吾尔自治区期末）以下四个图中，系统动量守恒的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】A．在光滑水平面上，子弹射入木块过程中，系统动量守恒，A正确；
B．物块所受外力的合力不为0，等于弹簧的弹力，动量不守恒，B错误；
C．两球体匀速下滑，即两球体组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，C正确；
D．合外力沿斜面向下，物块所受外力的合力不为0，动量不守恒，D错误。
故选AC。
【分析】子弹与木块组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，木块沿光滑固定斜面下滑过程中，合外力沿斜面向下，动量不守恒。
15．（2024·广西） 如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（ ）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】 AB.两小球发生弹性碰撞，小球N离开平台后做平抛运动，根据平抛运动的规律，竖直分运动为自由落体运动，因此小球N竖直墙面上的垂直投影的运动是初速度为零的匀加速运动，故A错误，B正确；
CD.设M和N小球碰撞后的速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向
两小球发生弹性碰撞时，动量守恒mv=mv1+mv2
机械能守恒
联立解得v1=0，v2=v
小球N离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律，水平分运动为匀速直线运动，因此水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v，故C正确，D错误。
故选：BC。
【分析】 AB.小球N离开平台后做平抛运动，根据平抛运动的规律分析作答；
CD.两小球发生弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，据此求解碰撞后小球N的速度，再根据平抛运动的规律分析作答。
16．（2024高二上·长沙期末）如图所示，光滑桌面上木板静止并被锁定，质量为，在木板的中央处放置两个小滑块和，质量分别为和，两滑块间有小型炸药，某时刻炸药爆炸释放能量为，两滑块开始运动，当一个滑块速度减为零时，木板锁定被解除，两滑块与木板间动摩擦因数为0.2，最终一个滑块恰好滑到木板的边缘，取，不计炸药的质量，则（ ）
A．木板的最终速度为
B．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生内能为
C．木板的最小长度为
D．木板受的冲量为
【答案】B,C
【知识点】爆炸；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A、爆炸过程两滑块组成的系统动量守恒，炸药爆炸释放的能量转化为两滑块的动能，有
，
解得
，
滑块A速度减为零所用时间
此时B的速度
此过程B与C间的相对位移
木板锁定被解除后，滑块A与木板C相对静止，整体与滑块B发生相对运动，设最终三者达到共同速度为v，根据动量守恒定律有
得
故A错误；
B、整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能
故B正确；
C、设A、C整体与B相对运动过程B与C间的相对位移为d2，由功能关系可得
得
木板的最小长度为
故C正确；
D、根据动量定理，木板C受的冲量
故D错误。
故答案为：BC。
【分析】爆炸过程AB构成的系统动量守恒，爆炸释放的能量全部转化为AB的动能，根据运动规律确定AB其中一个速度为零时，另一个物体的速度。确定解除锁定后，ABC的运动情况，且三者构成的系统动量守恒，最终三者达到共速，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。
17．（2024高一下·江岸期末）如图所示，圆筒C套在足够长的水平固定光滑杆上，圆筒下方用不可伸长的长为轻绳悬挂物体B。开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以的水平初速度在极短时间内击穿物体B，其速度减为。已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为，不计空气阻力，重力加速度。关于子弹穿出物体之后的过程，下列说法正确的是（ ）
A．物体B能上升的最大高度为
B．物体C能达到的最大速度为
C．轻绳所受最大拉力与最小拉力之比为
D．如果物体B经过第一次上升到最大高度，那么此过程中圆筒C的位移为
【答案】A,C,D
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【解答】A．由动量守恒
解得
解得
根据能量守恒定律
解得
故A正确；
B．根据动量守恒
由机械能守恒定律
解得
故B错误；
C．设此时轻绳与竖直方向的夹角为，则
解得
此时轻绳的拉力为
根据牛顿第二定律
解得
所以
故C正确；
D．物块BC在水平方向上动量守恒一直成立，则
即物体B第一次上升到最大高度过程中
两边同乘时间t，可得
即
其中
解得
故D正确。
故选ACD。
【分析】物体B、圆筒C组成的系统在水平方向上动量守恒，当共速时物体B能上升的高度最大。
三、非选择题
18．（2024高一下·江岸期末）如图所示，用“碰撞实验器”可以探究碰撞中的不变量。实验时先让质量为的入射小球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端O点水平抛出，落到与轨道O点连接的倾角为θ的斜面上。再把质量为的被碰小球放在斜槽轨道末端，让入射小球仍从位置S由静止滚下，与被碰小球碰撞后，分别与斜面第一次碰撞留下各自的落点痕迹，M、P、N为三个落点的位置。（不考虑小球在斜面上的多次碰撞）
（1）关于本实验，下列说法正确的是_____________。
A．斜槽轨道不必光滑，入射小球每次释放的初位置也不必相同
B．斜槽轨道末端必须水平
C．为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量等于被碰球的质量
（2）实验中不易直接测定小球碰撞前后的速度，可以通过仅测量_____________，间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h
B．斜面的倾角θ
C．O点与各落点的距离
（3）在实验误差允许范围内，若满足关系式_____________，则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。
A． B．
C． D．
（4）如果该碰撞为弹性碰撞，则只需要满足一个表达式，即 。
【答案】（1）B
（2）C
（3）C
（4）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】 （1）A．斜槽轨道不必光滑，故A错误；
B．斜槽轨道末端必须水平，故B正确；
C．为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量大于被碰球的质量，故C错误。
故选B；
（2）小球离开斜槽后做平抛运动，竖直方向自由落体运动，
水平方向匀速直线运动
解得
入射球碰撞前的速度为
碰撞后的速度为
被碰球碰撞后的速度为
以向右为正方向，由动量守恒定律得
整理得
故选C；
（3）由（2）可知满足关系式
则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。
故选C。
（4）若碰撞是弹性碰撞，满足
因
即
则表达式为
【分析】 （1）只要小球从斜面上同一位置由静止释放即可保证小球到达斜槽末端的速度相等。
（2）小球离开斜槽后做平抛运动，竖直方向自由落体运动，水平方向匀速直线运动；
（3）满足关系式则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。
（4）碰撞是弹性碰撞，碰撞前后，动量守恒，而且动能守恒。
19．（2024高一下·新疆维吾尔自治区期末）用图甲实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
②让质量为的入射球多次从斜槽上S位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上S位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为、、，如图乙，分析数据：
（1）实验中入射球和被碰球的质量应满足的关系为 。
A． B． C．
（2）（单选）关于该实验，下列说法正确的有 。
A．斜槽轨道必须光滑 B．铅垂线的作用是检验斜槽末端是否水平
C．入射球和被碰球的半径必须相同 D．实验中必须测量出小球抛出点的离地高度H
（3）若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为 。（均用题中所给物理量的符号表示）
【答案】C；C；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）入射球的质量大于被碰球的质量，即
故选C。
（2）A．只要保证每一次小球从同一位置静止释放，使得小球获得相同的初速度即可，斜槽轨道可以不用光滑，故A错误；
B．铅垂线的作用是用来确定O点位置的，故B错误；
C．入射球和被碰球的半径必须相同，故C正确；
D．小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，不需要测量小球抛出点的离地高度H，故D错误。
故选C。
（3）根据动量守恒定律，有
得
【分析】（1）入射球的质量大于被碰球的质量，可以防止碰撞后小球被撞回；
（2）每一次小球从同一位置静止释放，铅垂线的作用是确定O点位置的，入射球和被碰球的半径必须相同；
（3）根据动量守恒定律写出对应的表达式。
20．（2024高一下·东西湖期末）如图所示，匀质斜面体放在光滑水平地面上，其高和底分别为b和2b。质量为m的可视为质点的小滑块，初始时刻从斜面体顶端由静止开始下滑，运动到斜面底端时，斜面体的位移大小为b，滑块与斜面间因摩擦产生的热量为Q。整个过程斜面体不翻转，重力加速度为g。求：
（1）斜面体的质量；
（2）滑块运动到斜面底端时，斜面体速度的大小。
【答案】解：（1）设斜面体质量为M，由水平动量守恒得
方程式两边同时对时间进行累积，整理有
又因为位移关系有
解得
（2）设滑块运动到斜面底端时速度为，将其分解，则其水平分速度大小为，竖直分速度大小为，设斜面倾角为，则有
设M速度为，该系统水平方向上动量守恒，有
由系统能量守恒，有
解得
【知识点】爆炸；碰撞模型
【解析】【分析】（1）滑块下滑的过程中，利用水平方向的动量守恒定律进而求出斜面体质量的大小；
（2）滑块下滑时，利用速度的分解结合水平方向的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出斜面体速度的大小。
21．（2024高二下·大理期中）一质量为m=20g的烟花弹获得E=9J动能后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E=9J，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力和火药的质量。求：
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【答案】（1）解：由动能定理可得，烟花弹的初动能E=mv2
此时，烟花弹的上升初速度v==30m/s
当烟花弹上升速度为零时爆炸，可将此运动看成竖直上升运动。
竖直上升运动公式有v=gt，v2=2gh0
联立可解得t=3s， h0=45m
（2）解：规定v1竖直向上为正方向，烟花弹爆炸后的两部分速度为v1，v2
由动量守恒定律可得×v1-×v2=0
又由动能相等可得E=
联立两式解得v1=30m/s
将上式代入竖直运动学公式=2gh1可得h1=
爆炸后烟花弹向上运动的部分距离地面的最大高度H=h1+h0=90m
【知识点】爆炸；竖直上抛运动；动能
【解析】【分析】（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的过程为竖直上抛运动，由动能的定义式求出烟花弹的初速度，再由竖直上抛的运动公式，计算该过程所经历的时间；（2）根据动量守恒定律和爆炸后两部分获得的动能之和也为E=9J的条件，求出烟花弹爆炸后两部分的速度，再由竖直上抛运动的位移公式，求出爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
22．（2024高一下·惠山期末）在平静的水面上漂浮着一块质量M=150g的带有支架的木板，木板左边的支架上静静地蹲着一只质量为m=50g的青蛙，支架高为h=20cm，支架右方的水平木板长s=120cm，突然青蛙向右水平跳出。水的阻力不计，g=10m/s2
（1）如果青蛙相对地面跳出的初速度是0.3m/s，则木板后退的速度是多大？
（2）如果青蛙水平跳出恰好入水，则对地跳出的初速度至少为多少？
【答案】解：（1）由动量守恒定律可知
可得木板后退的速度是
（2）如果青蛙水平跳出恰好入水，则由动量守恒定律
由几何关系
竖直方向有
联立解得
【知识点】动量守恒定律；人船模型
【解析】【分析】（1）已知青蛙跳出的速度，结合动量守恒定理可以求出木板速度的大小；
（2）当青蛙恰好入水中时，利用动量守恒定律结合竖直方向的位移公式可以求出初速度的大小。
23．（2024高一下·荥经期末）如图所示，半径为R的半圆形滑槽的质量为M，静止放置在光滑的水平面上，一质量为m的小球从滑槽的右边缘与圆心等高处无初速地滑下。已知重力加速度大小为g，求：
（1）小球的最大速度v；
（2）滑槽移动的最大距离X。
【答案】解：（1）当小球滑到滑槽底部时，速度最大，系统在水平方向上动量守恒，有
系统机械能守恒，有
解得
（2）当小球滑到最左端时，滑槽运动的距离最大，则有
解得
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【分析】（1）当小球滑到滑槽底部时，速度最大，系统在水平方向上动量守恒，系统机械能也守恒；
（2）当小球滑到最左端时，滑槽运动的距离最大，结合人船模型分析。
24．（2024高一下·东西湖期末）如图所示，一竖直固定的足够长的圆直管内有一质量为m的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l。一质量为2m的小球从管的上端口由静止下落，撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力为重力大小的k=9倍。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）第1次碰撞后，小球与圆盘的速度大小、；
（2）第n次碰撞前瞬间小球的速度大小；
（3）若k=0.75，小球第Ⅰ次与圆盘碰撞前瞬间，由静止释放圆盘，求第n次碰撞前瞬间小球的速度大小。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】解：（1）设小球第1次碰前速度为，小球第1次碰后速度为，圆盘第1次碰后速度为，小球第一次下落
得
第一次碰撞
得
（2）设小球第1，2，...，n-1，n次碰前速度为，，…，，，小球第1，2，...，n-1，n次碰后速度为，，…，，，圆盘第1，2，...，n-1，n次碰后速度为，，…，，，第一次碰撞后对盘，由牛顿第二定律得
得
向上
减速到零用时为t
得
减速到零位移为x
得
同时段内小球的位移为
得
故盘停下再与小球碰撞。同理可知每次都是盘先停下再与小球碰撞。
第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，有
即
解得
之后第二次发生弹性碰撞
得
第二次碰撞后到第三次碰撞时，两者位移相等，有
即
解得
同理可得
归纳得
，n=1，2，3…
（3）从第一次碰后开始每隔
再碰，作图可得
，n=1，2，3……
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球下落时，利用动能定理可以求出小球与圆盘第一次碰撞的速度大小，结合动量守恒定律和能量守恒定律可以求出第一次碰撞后小球和圆盘的速度大小；
（2）第一次碰撞后，利用速度公式可以求出圆盘运动的时间，结合位移公式可以求出圆盘和小球运动的位移，进而判别第二次碰撞时圆盘已经停止运动，利用速度位移公式可以求出第二次碰巧小球的速度，结合动量守恒定律和能量守恒定律可以求出第二次碰撞后两者速度的大小，利用多次碰撞后速度的规律可以求出小球的速度大小；
（3）根据速度公式可以求出两次碰撞之间的时间，结合碰后小球的速度可以画出对应的图像，利用图像可以求出碰前小球速度的大小。
25．（2024高一下·重庆市期末）窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3 10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为，每个滑环的质量均为，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度。
（1）若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度；
（2）假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能；
（3）9号滑环开始运动后继续滑行0.05m后停下来，求1号滑环的初速度大小及全过程中由于窗帘绷紧而损失的能量。
【答案】（1）；（2），；（3），14.88J
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】（1）设1号环的初速度为，则由动能定理可得
解得
（2）设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为v，则窗帘绷紧前后动量守恒，有
绷紧后系统动能为
又知
联立解得
故损失的动能为
（3）设1号滑环的初速度为，其动能为，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为
据（2）的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为
在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
2、3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离l后静止，因而有
联立解得1号滑环的初速度大小为
整个过程中克服摩擦力所做的功为
，
在整个过程中仅由窗帘绷紧引起的动能损失为
代入数据解得
【分析】（1）由动能定理可得1号滑环的最小初速度；
（2）由动量守恒定律求解碰撞后速度，结合动能表达式求解总动能以及损失的动能；
（3）一次类推求解8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离，根据动能定理求解初速度大小。
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