2025年高考物理押题预测考前冲刺--动量与动量守恒定律（有解析）
文档属性
| 名称 | 2025年高考物理押题预测考前冲刺--动量与动量守恒定律（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-05-18 19:13:42 | ||
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文档简介
2025年高考物理押题预测考前冲刺--动量与动量守恒定律
一．选择题（共10小题）
1．（2025 开福区校级模拟）如图是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画，图中的运动员手持一种负重物起跳，现在我们来解释其中的原因。若某位运动员的质量为60kg，两手各持一个质量为3kg的负重物，在某次立定跳远练习过程中，起跳离地时速度大小为5m/s，方向与水平方向成37°夹角，在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出（时间极短），忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．从起跳后到落地前的过程中，运动员和负重物组成系统的总动量守恒
B．从起跳后到落地前的过程中，运动员和负重物组成系统的总机械能守恒
C．运动员在最高点不扔出负重物且起跳离地面速度大小不变的情况下，速度方向与水平方向成60°夹角时运动员的跳远成绩最好
D．运动员在起跳离地速度不变的情况下，与在最高点不扔出负重物相比，运动员可以多跳0.12m
2．（2025 汕头二模）在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是（ ）
A．竹篙对河底做正功
B．小船受到的合力向左
C．小船受到船夫的摩擦力向右
D．船夫受到小船的支持力的冲量为零
3．（2025 西城区二模）如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．细绳的拉力大小等于mgsinθ
B．小球的向心加速度等于gsinθ
C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0
D．小球转动一周，重力的冲量等于2πm
4．（2025 河北区模拟）质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，不计带电粒子的重力，M从两板正中央射入，N从下板边缘处射入，它们最后打在同一点，如图所示。则从开始射入至打到上板的过程中（ ）
A．它们运动的时间关系为tN＞tM
B．它们的电势能减少量之比ΔEPM：ΔEPN＝1：2
C．它们的动能增量之比ΔEKM：ΔEKN＝1：4
D．它们的动量增量之比ΔPM：ΔPN＝1：1
5．（2025 西城区二模）如图所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木块以一定的初速度从斜面底端冲上斜面后又滑回斜面底端。则木块（ ）
A．上滑过程的时间大于下滑过程的时间
B．上滑过程的加速度小于下滑过程的加速度
C．上滑过程与下滑过程损失的机械能相等
D．上滑过程的动量变化量小于下滑过程的动量变化量
6．（2025 浙江三模）篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。篮球受到的空气阻力大小相等，方向始终与速度方向相反，则篮球（ ）
A．速度大小一直在减小
B．加速度大小先减小后增大
C．相邻位置的动量变化量一直减小
D．相邻位置的机械能变化量先增大后减小
7．（2025 烟台二模）2025年4月11日成功发射通信技术试验卫星十七号。运载火箭点火时向下喷气，会对地面产生冲力。假设火箭刚离开地面时竖直向上速度大小为v0，火箭喷气口的横截面积大小为S，喷出气体相对于火箭的速度大小为v，气体垂直射向地面后，竖直速度变为零，已知气体的密度为ρ，重力加速度大小为g，忽略气体自身重力v＞v0。则气体对地面的平均冲力大小是（ ）
A．ρSv2 B．ρSv（v﹣v0）
C． D．
8．（2025 西城区二模）如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为0.2kg，振动的周期为4s
B．0～2s内，小球始终处于超重状态
C．0～2s内，小球受弹力的冲量大小为2N s
D．0～2s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量
9．（2025 未央区校级模拟）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r，可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数以及与桌面的摩擦因数均为μ。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（ ）
A．小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动
B．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
C．餐桌面的半径为
D．物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为m
10．（2025 金华三模）如图，质量均为1kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22m的细线，细线另一端系一质量为0.1kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，则（ ）
A．球C摆到最低点的速度是
B．木块A、B原先间距0.04m
C．球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21m
D．球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005J
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 南宁模拟）如图所示，三个质量均为1kg可视为质点的弹性小球A、B、C组成系统，用两根长均为1m的轻绳连成一条直线，此时A、C距离最远且静止在光滑水平面上。现给中间的小球B一个水平初速度v0＝3m/s，方向与绳垂直。小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长。则（ ）
A．该系统机械能守恒，动量也守恒
B．运动过程中小球A的最大动能为4.5J
C．当A、C再次相距最远时，小球B的速度为1m/s
D．当A、C再次相距最远时，绳中的拉力F的大小为9N
（多选）12．（2025 乌鲁木齐三模）神舟十九号飞船与天和核心舱在太空成功对接（两航天器连接成一个整体），对接过程中，两航天器可视为沿同一直线同向运动。对接前，飞船相对核心舱的速度为Δu，对接成功后，核心舱的速度比对接前的速度增加了Δv。已知神舟十九号飞船的质量为m，天和核心舱的质量为7m，对接过程中核心舱受到的飞船的冲量大小为I，则（ ）
A．I＝7mΔv B．I＝8mΔv C．Δu＝7Δv D．Δu＝8Δv
（多选）13．（2025 南宁模拟）如图所示，质量分别为m、2m的两小球A、B用轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能Epkx2，x为弹簧的形变量。A球通过一根水平轻质细线（足够长）连接到墙壁上，A、B均静止在光滑水平地面上。现将小球B向右拉开一小段距离x0后由静止释放，关于从释放小球B到小球A碰撞墙壁前的过程说法正确的是（ ）
A．小球A、B的系统动量守恒
B．小球B的最大速度为x0
C．小球A的最大速度为x0
D．弹簧最短时，其压缩量为x0
（多选）14．（2025 福州四模）科学实践小组对福州内河调研发现，弯曲河道的外侧河堤会受到流水冲击产生的压强。如图所示，河流某弯道处可视为圆心为0，半径为R的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个弯道处宽度L和水深H均保持不变，水的流动速度v大小恒定，L R，河水密度为ρ，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间Δt内（ ）
A．流水的加速度方向指向圆心O
B．流水速度改变量的大小为
C．通过观测截面水的动量改变量大小为
D．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为
（多选）15．（2025 南充模拟）如图所示，固定直杆与水平面的夹角为θ，轻弹簧一端固定在O点，另一端连接穿在杆上的小球，小球与杆间的动摩擦因数为μ，弹簧和杆在同一竖直平面内。OC水平，OB等于弹簧原长，OA＝OC，BE＝BF，小球在A点时弹簧的弹性势能为Ep，小球从A点静止释放，第一次能够到C点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．从A到C的过程中，杆对小球的冲量不为零
B．若μ＝0，小球在B点时速度最大
C．若μ≠0且小球最低能到C点，则小球第一次过B点的动能为Ep
D．若μ≠0，则小球第一次向下通过E点和F点时的加速度大小一定相等
三．解答题（共5小题）
16．（2025 贵阳三模）如图，MN为一长为L＝20m的水平传送带，传送带右端平滑对接一足够长的水平地面，在水平地面上紧靠传送带右端静置一质量为m1＝3kg、长为d的木板a，a的最右端放置一质量为m2＝1.5kg的物块b。当传送带以恒定的速率v0＝8m/s顺时针转动时，在传送带的左端由静止释放一质量为m3＝1kg的物块c。已知a与水平地面间的动摩擦因数μ1，b与a上表面之间、c与传送带之间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，不计c与水平地面间的摩擦，b、c均可视为质点。设c与a的每次碰撞均为弹性正碰，且碰撞时间极短，取重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）c从M端第一次运动到N端的时间；
（2）c与a第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔内，c与传送带因摩擦产生的热量；
（3）如果c与a发生第三次碰撞前，b未从a上滑离，d的最小值。
17．（2025 烟台二模）如图所示，水平地面上固定放置一轨道ABC，轨道斜面AB部分与水平BC部分在B点平滑连接，紧靠轨道右侧有一质量为m0＝1kg的小车，其上表面与轨道BC部分等高，在C点放置一质量为m1＝2kg滑块N（可视为质点）。水平地面右侧有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。现将另一质量为m2＝2kg滑块M（可视为质点）从轨道顶端A点由静止滑下，与滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块N滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车反向，速度大小变为碰撞前的一半。已知A、C两点竖直高度差为h＝5m，水平距离为L＝1.9m，滑块M与轨道ABC间动摩擦因数均为μ0＝0.5，滑块N与小车上表面间的动摩擦因数为μ＝0.1，滑块N始终未离开小车，水平地面光滑，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）滑块M运动到C点时（还未与滑块N碰撞）的速度大小；
（2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前的过程中，滑块N与小车间由于摩擦产生的热量；
（3）小车与墙壁发生第1次碰撞后直至停止运动的过程中，小车运动的总路程。
18．（2025 未央区校级模拟）如图所示，固定在竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧最低点与水平传送带相切于B点，传送带左端与足够长光滑水平面相切于C点。传送带BC之间的距离为R，传送带始终以大小为v0的速度沿逆时针匀速转动。一质量为3m的物块Q静止在水平面C端，将质量为m的物块P在圆弧的最高点A由静止释放，P沿圆弧下滑并滑上传送带，运动到水平面上后与Q发生弹性碰撞，P与传送带间的动摩擦因数为0.4，不计物块的大小及空气阻力。重力加速度大小为g，求：
（1）物块P运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小；
（2）P与Q碰撞过程中，P对Q的冲量大小；
（3）碰撞之后，P、Q间的最大距离。
19．（2025 宿迁三模）如图所示，长L＝1.0m的轻质板C静止在光滑水平面上，小物块A、B分别静置在板C的左右两端，质量mA、mB均为1.0kg，A、B与C间的动摩擦因数分别为μA＝0.4、μB＝0.2。现给A施加水平向右的推力，使它们开始运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B间的碰撞为弹性碰撞，取重力加速度g＝10m/s2。
（1）若推力大小F1＝2.0N，A、B、C以相同的加速度一起运动，求加速度大小a及B受到的摩擦力大小fB；
（2）若推力大小F2＝6.0N，B相对C运动，求从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程中，B所受摩擦力的冲量大小I；
（3）若推力大小F2＝6.0N，经时间t＝1.0s撤去推力，A、B、C继续运动到稳定状态，求整个过程中产生的热量Q。
20．（2025 红桥区二模）如图所示，质量M＝4kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径R＝1m的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L＝2m的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量m＝1kg、可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）滑块滑到圆弧轨道最低点B时，小车的速度v1和滑块的速度v2；
（2）滑块下滑过程中，小车对滑块支持力所做的功W；
（3）滑块与BC轨道间的动摩擦因数μ。
2025年高考物理押题预测考前冲刺--动量与动量守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 开福区校级模拟）如图是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画，图中的运动员手持一种负重物起跳，现在我们来解释其中的原因。若某位运动员的质量为60kg，两手各持一个质量为3kg的负重物，在某次立定跳远练习过程中，起跳离地时速度大小为5m/s，方向与水平方向成37°夹角，在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出（时间极短），忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．从起跳后到落地前的过程中，运动员和负重物组成系统的总动量守恒
B．从起跳后到落地前的过程中，运动员和负重物组成系统的总机械能守恒
C．运动员在最高点不扔出负重物且起跳离地面速度大小不变的情况下，速度方向与水平方向成60°夹角时运动员的跳远成绩最好
D．运动员在起跳离地速度不变的情况下，与在最高点不扔出负重物相比，运动员可以多跳0.12m
【分析】根据动量守恒的条件、机械能守恒的条件和斜上抛运动的位移和速度规律进行分析解答。
【解答】解：A．从起跳后到落地前的过程中，运动员和负重物组成系统在水平方向上的总动量守恒，故A错误；
B．从起跳后到落地前的过程中，运动员对自己和负重物做功，使得组成系统的总机械能增加，故B错误；
C．运动员在最高点不扔出负重物且起跳离地面速度大小不变的情况下，根据斜上抛运动规律，跳远水平距离x＝v0cosθ sin2θ，可知速度方向与水平方向成θ＝45°夹角时运动员的跳远成绩最好，故C错误；
D．不扔负重物时，运动员跳出的水平距离为x1 sin2θ2×0.6×0.8m＝2.4m，在最高点扔出负重物时，规定最高点速度方向为正方向，根据动量守恒定律有（M+2m）v0cos37°＝Mv1，代入数据解得v1＝4.4m/s，则该状态下运动员的水平距离为x2＝v0cos37° v1 5×0.8m+4.4m＝2.52m，故运动员在起跳离地速度不变的情况下，与在最高点不扔出负重物相比，运动员可以多跳Δx＝x2﹣x1＝2.52m﹣2.4m＝0.12m，故D正确。
故选：D。
【点评】考查动量守恒的条件、机械能守恒的条件和斜上抛运动的位移和速度规律，会根据题意进行准确分析解答。
2．（2025 汕头二模）在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是（ ）
A．竹篙对河底做正功
B．小船受到的合力向左
C．小船受到船夫的摩擦力向右
D．船夫受到小船的支持力的冲量为零
【分析】根据功的定义可知，力与在力的方向上的位移的乘积；根据平衡条件可知合外力为零；静摩擦力方向与相对运动趋势相反，结合牛顿第三定律判定小船受到船夫的摩擦力方向；根据I＝Ft判定冲量。
【解答】解：A．根据功的定义可知，力与在力的方向上的位移的乘积，竹篙对河底有力的作用，但河底在这个力的方向上没有发生位移，所以竹篙对河底不做功，故A错误；
B．因为小船缓慢向右运动，处于平衡状态，根据平衡条件，物体处于平衡状态时合力为零，所以小船受到的合力为零，故B错误；
C．静摩擦力方向与相对运动趋势相反，船夫和小船一起缓慢向右运动，船夫相对小船有向右的运动趋势，所以小船对船夫的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知，小船受到船夫的摩擦力向右，故C正确；
D．根据I＝Ft，因船夫受到小船的支持力不零，运动的时间也不为零，故船夫受到小船的支持力的冲量不为零，故D错误。
故选：C。
【点评】本题以日常运动为载体，主要考查了功和摩擦力方向的判定以及冲量，题目新颖，难度不大。
3．（2025 西城区二模）如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．细绳的拉力大小等于mgsinθ
B．小球的向心加速度等于gsinθ
C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0
D．小球转动一周，重力的冲量等于2πm
【分析】对小球进行受力分析求解；根据牛顿第二定律列式求解；由动量定理求解拉力和重力的冲量大小。
【解答】解：A、对小球进行受力分析，小球受重力mg和细绳的拉力F。将拉力F沿竖直方向和水平方向分解，竖直方向上
Fcosθ＝mg
则
F
故A错误；
B、水平方向上，根据牛顿第二定律
Fsinθ＝man
把
F
代入可得
an＝gtanθ
故B错误；
C、小球转动一周的时间
t＝T
又
r＝lsinθ
可得
t＝2π
拉力的冲量
IG＝FT2πm
故C错误；
D、由C选项所得结果可有，重力的冲量
故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查圆周运动及动量定理，解题的关键是要知道向心力的来源。
4．（2025 河北区模拟）质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，不计带电粒子的重力，M从两板正中央射入，N从下板边缘处射入，它们最后打在同一点，如图所示。则从开始射入至打到上板的过程中（ ）
A．它们运动的时间关系为tN＞tM
B．它们的电势能减少量之比ΔEPM：ΔEPN＝1：2
C．它们的动能增量之比ΔEKM：ΔEKN＝1：4
D．它们的动量增量之比ΔPM：ΔPN＝1：1
【分析】将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析．
【解答】解：A、由题可知，两个带电粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且它们的水平位移相等、初速度相等，则在电场中的运动时间相等，即tN＝tM。故A错误；
B、在竖直方向上，根据yat2知，竖直位移之比为1：2，则电荷量之比为1：2．因为电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功W＝qEy，因为电荷量之比为1：2，竖直位移之比为1：2，则电场力做功为1：4，根据动能定理可知，动能的增量之比为1：4，它们的电势能减少量之比ΔEPM：ΔEPN＝1：4，故B错误，C正确；
D、根据动量定理，有：动量增量Δp＝qEt，qM：qN＝1：2，t相等，则动量增量之比ΔpM：ΔpN＝1：2，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子沿电场方向和垂直电场方向上的运动规律，结合牛顿第二定律、动能定理、运动学公式综合求解。
5．（2025 西城区二模）如图所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木块以一定的初速度从斜面底端冲上斜面后又滑回斜面底端。则木块（ ）
A．上滑过程的时间大于下滑过程的时间
B．上滑过程的加速度小于下滑过程的加速度
C．上滑过程与下滑过程损失的机械能相等
D．上滑过程的动量变化量小于下滑过程的动量变化量
【分析】ABD、上滑和下滑过程中，摩擦力的方向不同，根据牛顿第二定律分析加速度，根据时间位移公式分析时间，根据速度—位移公式分析速度的变化，进而分析动量变化；
C、物块在上滑和下滑过程中，由于摩擦力做功导致机械能损失，但由于摩擦力和接触面积相同，且路径长度相同，所以损失的机械能相等。
【解答】解：B、物体先减速上升，由牛顿定律则：f+mgsinθ＝ma；后加速下滑，则：mgsinθ﹣f＝ma′；摩擦力相同，所以a＞a′，即上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，故B错误；
A、因为a＞a′，由知上滑时间小于下滑时间，故A错误；
C、克服摩擦力做功W＝fs，所以上滑过程与下滑过程克服摩擦力做功相同，因为克服摩擦阻力做功等于物体机械能的变化量，所以上滑过程与下滑过程中机械能的减小量相等，故C正确；
D、因为a＞a′，由公式v2＝2as，知上滑过程速度的减小量大于下滑过程速度的增加量，上滑过程的动量变化量大于下滑过程的动量变化量，故D错误。
故选：C。
【点评】考查到牛顿第二定律、功能关系等知识，熟悉运动学公式的运用，要清楚上滑过程与下滑过程加速度不同。
6．（2025 浙江三模）篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。篮球受到的空气阻力大小相等，方向始终与速度方向相反，则篮球（ ）
A．速度大小一直在减小
B．加速度大小先减小后增大
C．相邻位置的动量变化量一直减小
D．相邻位置的机械能变化量先增大后减小
【分析】A、根据速度与加速度方向是否一致分析速度变化；
B、根据重力与空气阻力的方向变化分析加速度变化；
C、根据加速度的变化分析动量变化量，
D、阻力不变，根据相邻位置轨迹长度变化分析机械能变化。
【解答】解：A、竖直方向速度先向上后向下，重力先做负功后做正功，可知速度先减小后增大，故A错误；
B、重力与空气阻力的夹角，在上升阶段为锐角，下降阶段为钝角，角度一直在增大，可知加速度一直在减小，故B错误；
C、因ΔP＝mΔv＝mat，可知ΔP一直减小，故C正确；
D、空气阻力做功引起机械能的变化，相邻位置轨迹长度先减小后增大，变化量先减小后增大，故D错误。
故选：C。
【点评】考查速度与加速度的关联，动量定理和功能关系，清楚其定义。
7．（2025 烟台二模）2025年4月11日成功发射通信技术试验卫星十七号。运载火箭点火时向下喷气，会对地面产生冲力。假设火箭刚离开地面时竖直向上速度大小为v0，火箭喷气口的横截面积大小为S，喷出气体相对于火箭的速度大小为v，气体垂直射向地面后，竖直速度变为零，已知气体的密度为ρ，重力加速度大小为g，忽略气体自身重力v＞v0。则气体对地面的平均冲力大小是（ ）
A．ρSv2 B．ρSv（v﹣v0）
C． D．
【分析】气体对地面的平均冲力由气体撞击地面时的动量变化率决定。
【解答】解：气体相对于地面的速度：火箭以速度v0向上运动，气体相对于火箭的喷出速度为v向下，因此，气体相对于地面的速度为v地＝v﹣v0，方向向下，
气体撞击地面后速度变为0，速度变化为Δ＝v﹣v0，
单位时间内喷出的气体质量为Δm＝ρSvΔt，其中ρ为气体密度，S为喷口横截面积，v为气体相对于火箭的速度，
根据动量定理，冲力为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查对动量定理的理解，关键要清楚喷出气体相对于火箭的速度和相对地面的速度变化。
8．（2025 西城区二模）如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为0.2kg，振动的周期为4s
B．0～2s内，小球始终处于超重状态
C．0～2s内，小球受弹力的冲量大小为2N s
D．0～2s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量
【分析】弹簧的弹力等于小球的重力时，是弹簧与小球组成的系统的平衡状态，根据弹簧弹力的变化情况可知小球重力，弹簧弹力的冲量可根据冲量定理求得，小球的动能变化可根据动能定理求得。
【解答】解：A.弹簧与小球组成的系统，静止时弹簧处于伸长状态，伸长量为l，此时弹簧弹力等于小球重力，根据题中信息可知，小球运动到最上端时，弹簧的弹力为0，弹簧处于原长，根据弹簧运动的对称性可知，弹簧位于最下端时，弹簧的伸长量为2l，此时弹簧的弹力为2N，因此当弹簧伸长量为l时，弹力大小为1N，此时弹力等于小球的重力，因此小球的质量为0.1kg，故A错误；
B.0～2s内，小球从最低点开始向上运动，开始时小球的重力小于弹簧的弹力，加速度向上，小球处于超重状态，当经过弹簧伸长量为l的点后，至小球到达最高点的过程中，小球的重力大于弹簧弹力，此时小球的加速度向下，处于失重状态，故B错误；
C.根据动量定理可知，外力的冲量之和等于动量的变化量，即Ft+Gt＝Δp，0s时小球位于最低点，速度为0，2s时小球位于最高点，速度也是0，因此可知Ft＝﹣Gt，已知小球的重力大小为1N，作用时间为2s，因此Gt＝2N s，所以弹簧弹力的冲量大小也是2N s，故C正确；
D.根据动能定理可知，外力做功之和等于动能变化量，对小球做功的力除弹力外还有小球自身的重力，因此弹簧弹力做的功不等于小球动能的变化量，故D错误。
故选：C。
【点评】本题需要利用胡克定律、动量定理及动能定理等相关知识求解。
9．（2025 未央区校级模拟）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r，可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数以及与桌面的摩擦因数均为μ。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（ ）
A．小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动
B．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
C．餐桌面的半径为
D．物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为m
【分析】根据牛顿第二定律解得角速度，根据做功公式与动能定理解得BC，根据冲量的计算公式解得D。
【解答】解：A.小物块从圆盘上沿切线方向飞出，滑落到桌面上后，小物块受到的摩擦力方向始终与速度的方向相反，在餐桌上做匀减速直线运动，故A错误；
B.物块随圆盘运动的过程中，将要滑离圆盘时，则由动能定理圆盘对小物块做功为，联立可得，故B错误；
C.物块在桌面上滑动的距离，餐桌面的半径为，联立得：，故C错误；
D.选取末速度的方向为正方向，根据动量定理If＝Δρ＝mv，联立得在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查匀速圆周运动和动能定理，关键是弄清楚小物块的受力情况，知道做匀速圆周运动的物体合力提供向心力，掌握动能定理的应用方法。
10．（2025 金华三模）如图，质量均为1kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22m的细线，细线另一端系一质量为0.1kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，则（ ）
A．球C摆到最低点的速度是
B．木块A、B原先间距0.04m
C．球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21m
D．球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005J
【分析】系统在水平方向动量守恒，再结合机械能守恒定律求C到最低点时两物体的速度；
根据动量守恒定律和几何关系联立求解C球第一次摆到最低点过程中木块A、B向右移动的距离；
C球第一次摆到最低点过程根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解C的速度，C向左运动达到的最大高度过程根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解C能上升的高度；
根据能量守恒定律求全过程产生的热量。
【解答】解：A、球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有：0＝mCvC﹣mAvA
根据机械能守恒有：
联立解得速度大小分别为：vc＝2m/s，vA＝0.2m/s，故A错误；
B、球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒有：0＝mCvC﹣mAvA
两边同乘以t后有：0＝mCxC﹣mAxA
又根据两者的位移关系有：xC+xA＝L
联立解得：xA＝0.02m，故B错误；
C、A与B碰撞前后，动量守恒，以向左为正方向有：mAvA＝（mA+mB）v
代入数据解得：v＝0.1m/s
球C向左运动过程中，A、B、C组成的水平方向动量守恒，以向左为正方向有：mAvC﹣（mA+mB）v＝（mA+mB+mC）v共
根据能量守恒有：
联立代入数据解得：h＝0.21m，故C正确；
D、系统产生的热量为：QJ＝0.01J，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 南宁模拟）如图所示，三个质量均为1kg可视为质点的弹性小球A、B、C组成系统，用两根长均为1m的轻绳连成一条直线，此时A、C距离最远且静止在光滑水平面上。现给中间的小球B一个水平初速度v0＝3m/s，方向与绳垂直。小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长。则（ ）
A．该系统机械能守恒，动量也守恒
B．运动过程中小球A的最大动能为4.5J
C．当A、C再次相距最远时，小球B的速度为1m/s
D．当A、C再次相距最远时，绳中的拉力F的大小为9N
【分析】本题的背景是三个质量相等的弹性小球A、B、C用两根轻绳连成一条直线，静止在光滑水平面上。中间的小球B被赋予一个水平初速度，且小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长。在这样的背景下，需要分析系统在运动过程中的动量、机械能变化情况，以及小球在特定位置时的速度、动能和绳中拉力等物理量。
【解答】解：A.系统在光滑水平面上运动，只有绳子的拉力做功，拉力是内力，系统不受外力，所以系统动量守恒；同时，小球相互碰撞时无机械能损失，且只有绳子拉力做功，拉力做功不影响系统的机械能，所以系统机械能守恒。故A正确；
B.当小球A的动能最大时，小球B的速度为零。设此时小球A、C的速度大小为v，两根绳间的夹角为θ。根据动量守恒定律：
根据机械能守恒定律：
解得：
则小球A的最大动能
，故B错误；
C.初始时，小球B有水平初速度v0＝3m/s，小球A、C静止。小球B带动A、C运动，由于绳不可伸长，当A、C再次相距最远时，小球B与A、C的速度关系满足动量守恒和机械能守恒。规定向右为正方向则有：根据动量守恒定律：mv0＝mvB+2mvA
机械能守恒定律有：
且此时vA＝0，可解得vB＝﹣1m/s。故C错误。
D.当三个小球再次处在同一直线上时，小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动，以小球B为参考系（小球B的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均为：v＝vA﹣vB′＝v0根据向心力公式，已知m ＝ 1kg，v0＝3m/s，L＝1m，可得绳中拉力大小为F＝9N，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律、机械能守恒定律以及圆周运动向心力公式的综合应用。
（多选）12．（2025 乌鲁木齐三模）神舟十九号飞船与天和核心舱在太空成功对接（两航天器连接成一个整体），对接过程中，两航天器可视为沿同一直线同向运动。对接前，飞船相对核心舱的速度为Δu，对接成功后，核心舱的速度比对接前的速度增加了Δv。已知神舟十九号飞船的质量为m，天和核心舱的质量为7m，对接过程中核心舱受到的飞船的冲量大小为I，则（ ）
A．I＝7mΔv B．I＝8mΔv C．Δu＝7Δv D．Δu＝8Δv
【分析】对接过程中，系统动量守恒，根据动量守恒关系式分析，根据动量变化量分析冲量。
【解答】解：CD、设核心舱原速度为v，飞船速度为v+Δu（因飞船相对核心舱速度为Δu）。对接后共同速度为 v+Δv（核心舱速度增加Δv）。根据动量守恒可得：7mv+m（v+Δu）＝8m（v+Δv），化简得：8mv+mΔu＝8mv+8mΔv，可得：Δu＝8Δv，故C错误，D正确；
AB、核心舱受到的冲量I等于其动量变化：I＝7m Δv，故A正确、B错误。
故选：AD。
【点评】考查对动量守恒定律的理解，根据关系式解答，清楚冲量与动量变化量的关联。
（多选）13．（2025 南宁模拟）如图所示，质量分别为m、2m的两小球A、B用轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能Epkx2，x为弹簧的形变量。A球通过一根水平轻质细线（足够长）连接到墙壁上，A、B均静止在光滑水平地面上。现将小球B向右拉开一小段距离x0后由静止释放，关于从释放小球B到小球A碰撞墙壁前的过程说法正确的是（ ）
A．小球A、B的系统动量守恒
B．小球B的最大速度为x0
C．小球A的最大速度为x0
D．弹簧最短时，其压缩量为x0
【分析】根据动量守恒条件结合功能关系，动量守恒和能量守恒，弹性势能的公式列式解答。
【解答】解：A.释放B球的较短时间内B向左加速运动，细线有拉力，不满足动量守恒条件，故A错误；
B.根据功能关系，当弹簧恢复原长瞬间，小球B有最大速度，满足Epk 2m ，得vmx0，故B正确；
C.弹簧恢复原长后细线拉力消失，两球组成的系统动量守恒，规定向左的方向为正方向，如果A的最大速度为x0，则A对应的动能为EkAm（x0）2k，根据机械能守恒，此时弹簧必须恢复原长，且B的速度必须为0，但不满足动量守恒，故C错误；
D.弹簧最短时，根据动量守恒，向左为正，有2mvm＝（2m+m）v，由能量守恒有kx′2k 3m v2，联立得x′x0，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查与弹簧有关的动量守恒定律，解答本题的关键是知道动量守恒定律、机械能守恒定律的守恒条件。
（多选）14．（2025 福州四模）科学实践小组对福州内河调研发现，弯曲河道的外侧河堤会受到流水冲击产生的压强。如图所示，河流某弯道处可视为圆心为0，半径为R的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个弯道处宽度L和水深H均保持不变，水的流动速度v大小恒定，L R，河水密度为ρ，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间Δt内（ ）
A．流水的加速度方向指向圆心O
B．流水速度改变量的大小为
C．通过观测截面水的动量改变量大小为
D．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为
【分析】A、匀速圆周运动向心加速度方向相沿轨迹圆的半径指向圆心；
B、根据向心加速度公式推导；
C、根据单位时间Δt内水流的距离计算出其质量，进而分析其动量改变量大小；
D、根据牛顿第二定律和圆周运动向心力公式求解向心力大小，再根据水流与外侧河堤作用的面积，求解压强。
【解答】解：A.依题意，流水做匀速圆周运动，根据，可知流水速度改变量的方向与其向心加速度方向相同，沿轨迹圆的半径指向圆心，故A正确；
B.由联立，解得流水速度改变量的大小为，故B错误；
C.单位时间Δt内水流的距离Δl＝v Δt，横截面积S＝LH，根据，可得水流的质量为Δm＝ρLHv Δt，则通过观测截面水的动量改变量大小为，故C正确；
D.根据牛顿第二定律和圆周运动向心力公式，可得，水流与外侧河堤作用的面积S′＝Δ lH，则外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为，故D错误。
故选：AC。
【点评】考查对匀速圆周运动规律和动量定理的理解，熟悉公式的运用。
（多选）15．（2025 南充模拟）如图所示，固定直杆与水平面的夹角为θ，轻弹簧一端固定在O点，另一端连接穿在杆上的小球，小球与杆间的动摩擦因数为μ，弹簧和杆在同一竖直平面内。OC水平，OB等于弹簧原长，OA＝OC，BE＝BF，小球在A点时弹簧的弹性势能为Ep，小球从A点静止释放，第一次能够到C点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．从A到C的过程中，杆对小球的冲量不为零
B．若μ＝0，小球在B点时速度最大
C．若μ≠0且小球最低能到C点，则小球第一次过B点的动能为Ep
D．若μ≠0，则小球第一次向下通过E点和F点时的加速度大小一定相等
【分析】小球下滑过程中，分别有重力、弹簧拉力及摩擦力（μ≠0）做功，做功之和等于小球的动能变化量。
【解答】解：A.冲量I＝Ft，从A到C过程中，杆对小球有垂直于杆方向的支持力N，且作用时间t≠0。根据冲量定义，支持力的冲量I＝Ft，I不为零，所以杆对小球的冲量不为零，故A正确；
B.小球在沿杆的方向，收到重力的分力mgsinθ以及弹簧拉力的分力F′的作用，当小球位于B点时，F'＝0，小球越过B点后的一定距离内，有mgsinθ﹣F'＞0，小球仍处于加速状态，故B错误；
C.若μ≠0且小球最低能到C点，在此过程中有重力做功WG、弹簧拉力做功WF以及摩擦力做功Wf，根据动能定理可知WG+WF+Wf＝ΔEk，由题可知小球从静止出发，最低到达C点，即到达C点时的速度为0，因此有WG+WF+Wf＝0，又因为OA＝OC，因此小球位于A点和C点时弹簧的弹性势能相等，可知弹簧做功为0，所以有WG＝﹣Wf，WG＝mgsinθx，Wf＝fx，x为小球运动的位移，f为变力，大小为f＝μN，假设弹簧垂直于杆方向的分力大小为F″，可知f＝μ（mgcosθ+F″），其中F随小球位置不同而变化，由几何关系可知小球从A到B和从B到C的过程中，F″的变化情况对称，因此f的变化情况对称，所以两个过程的摩擦力做功相等，重力做功也相等，所以在小球从A到B的运动过程中，重力做功与摩擦力做功之和为零，因此小球从A点第一次运动到B点时，合外力做功等于弹簧弹力做功，此时弹簧处于原长，弹簧的弹性势能提供了弹簧做功的能量，转化为了小球的动能，因此小球的动能为Ep，故C正确；
D.若μ≠0，小球下滑过程中受到重力沿杆向下的分力、弹簧拉力沿杆的分力及摩擦力的作用，小球位于E点时，重力、弹簧拉力沿杆的分力方向向下，摩擦力沿杆向上，小球到达F点时，重力、弹簧拉力沿杆的分力方向分别为向下和向上，摩擦力仍是沿杆向上，因此在两个位置小球受到的合外力不同，所以加速度不同，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题需要利用冲量、动量定理等相关知识求解。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 贵阳三模）如图，MN为一长为L＝20m的水平传送带，传送带右端平滑对接一足够长的水平地面，在水平地面上紧靠传送带右端静置一质量为m1＝3kg、长为d的木板a，a的最右端放置一质量为m2＝1.5kg的物块b。当传送带以恒定的速率v0＝8m/s顺时针转动时，在传送带的左端由静止释放一质量为m3＝1kg的物块c。已知a与水平地面间的动摩擦因数μ1，b与a上表面之间、c与传送带之间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，不计c与水平地面间的摩擦，b、c均可视为质点。设c与a的每次碰撞均为弹性正碰，且碰撞时间极短，取重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）c从M端第一次运动到N端的时间；
（2）c与a第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔内，c与传送带因摩擦产生的热量；
（3）如果c与a发生第三次碰撞前，b未从a上滑离，d的最小值。
【分析】物块c在传送带上的加速过程和匀速过程。弹性碰撞的动量守恒和能量守恒。摩擦力做功与热量的关系。物块b在木板a上的相对运动分析。
【解答】解：（1）物块c在传送带上受到的摩擦力为：f＝μ2m3g
根据牛顿第二定律，物块c的加速度为：
物块c加速到与传送带速度相等所需的时间为：
在这段时间内，物块c的位移为：
由于传送带的总长度为L＝20m，物块c还需要匀速运动的距离为：x2＝L﹣x1＝20m﹣16m＝4m
匀速运动所需的时间为：
因此，物块c从M端第一次运动到N端的总时间为：t＝t1+t2＝4s+0.5s＝4.5s
（2）物块c与木板a发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒，设碰撞后物块c的速度为vc1，木板a的速度为 va1，则有：m3v0＝m3vc1+m1va1
代入已知数据m3＝1kg，m1＝3kg，v0＝8m/s，解得：vc1＝﹣4m/s
va1＝4m/s
碰撞后，物块c以速度vc1＝﹣4m/s向左运动，
木板a以速度va1＝4m/s向右运动。由于物块C与传送带之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块c在传送带上减速到静止，然后反向加速到vc1＝﹣4m/s，再与木板a发生第二次碰撞。
物块c减速到静止的时间为：
物块c减速到静止的位移为：
物块c反向加速到vc1＝﹣4m/s的时间为：
物块c反向加速的位移为：
因此，物块C从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为：t间隔＝t3+t4＝2s+2s＝4s
这段时间内，物块c相对于传送带的位移为：
x相对＝v0t间隔+x3+x4＝（8×4+4﹣4）m＝32m
物块c与传送带因摩擦产生的热量为：Q＝fx相对＝2×32J＝64J
（3）物块c与木板a发生第二次碰撞时，物块c的速度为vc2＝﹣4m/s，木板a的速度为 va1＝4m/s。
由于物块c与木板a发生弹性碰撞，设碰撞后物块c的速度为 vc3，木板a的速度为 va2，则有：
m3vc2+m1va1＝m3vc3+m1va2
代入数据可得：
vc3＝﹣2m/s
va2＝6m/s
物块c与木板a发生第三次碰撞时，物块c的速度为vc3＝﹣2m/s，木板a的速度为.va2＝6m/s。
由于物块c与木板a发生弹性碰撞，设碰撞后物块c的速度为vc4，木板a的速度为va3，则有：
m3vc3+m1va2＝m3vc4+m1va3
解得：vc4＝4m/s，va3＝4m/s
物块b在木板a上的加速度为：
木板a在水平地面上的加速度为：
解得：
为了使物块b不从木板a上滑离，物块b相对于木板a的位移必须小于木板a的长度d。
物块b相对于木板a的相对加速度为：a相对＝ab﹣aa＝2﹣（﹣1）m/s2＝3m/s2
物块b在木板a上滑动的时间为：
物块b相对于木板a的位移为：
因此，木板a的最小长度为：d＝24m。
答：（1）c从M端第一次运动到N端的时间为4.5s；
（2）c与a第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔内，c与传送带因摩擦产生的热量为64J；
（3）如果c与a发生第三次碰撞前，b未从a上滑离，d＝24m。
【点评】本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。
17．（2025 烟台二模）如图所示，水平地面上固定放置一轨道ABC，轨道斜面AB部分与水平BC部分在B点平滑连接，紧靠轨道右侧有一质量为m0＝1kg的小车，其上表面与轨道BC部分等高，在C点放置一质量为m1＝2kg滑块N（可视为质点）。水平地面右侧有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。现将另一质量为m2＝2kg滑块M（可视为质点）从轨道顶端A点由静止滑下，与滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块N滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车反向，速度大小变为碰撞前的一半。已知A、C两点竖直高度差为h＝5m，水平距离为L＝1.9m，滑块M与轨道ABC间动摩擦因数均为μ0＝0.5，滑块N与小车上表面间的动摩擦因数为μ＝0.1，滑块N始终未离开小车，水平地面光滑，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）滑块M运动到C点时（还未与滑块N碰撞）的速度大小；
（2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前的过程中，滑块N与小车间由于摩擦产生的热量；
（3）小车与墙壁发生第1次碰撞后直至停止运动的过程中，小车运动的总路程。
【分析】（1）根据动能定理求滑块M运动到C点时（还未与滑块N碰撞）的速度大小；
（2）根据动量守恒和机械能守恒求滑块N与小车整体减少的机械能E减；
（3）根据动量守恒和运动学公式求小车运动的路程。
【解答】解：（1）滑块M由A运动到C的过程，由动能定理有m2gh﹣μ0m2gLm2
解得v0＝9m/s
（2）滑块M与滑块N发生弹性碰撞，规定向右为正方向，则有m2v0＝m2v'2+m1v
m2m2v'22m1v2
解得v'2＝0；v＝9m/s
小车和墙壁第一次碰前，滑块N与小车达到的共同速度为v1，规定向右为正方向，由动量守恒
m1v＝ （m1+m0）v1
第一次碰后小车变为v1，滑块N速度仍为v1，由动量守恒m0v1+m1v1＝（m+m0）v2
解得v2v1
由分析可知，当滑块N和小车第2次共速后恰好发生第2次碰撞；小车与墙壁第1次碰撞后到与壁第2次碰撞前，滑块N与小车之间产生的热量为Q.根据能量守恒
m0（v1）2m1Q（m1+m0）
解得：Q＝27J
（3）小车第一次与墙壁碰撞后，根据牛顿第二定律μm1g＝m0a
小车与墙壁第1次碰撞后至第2次碰撞前，运动的路程为s12
小车与墙壁第2次碰撞后至第3次碰撞前，运动的路程为s22
解得s2s1
小车与墙壁第n次碰撞后到第n+1次碰撞前过程中有sn＝（）n﹣1s1
总路程s＝s1+s2+s3+……+sn
解得：s＝6m
答：（1）滑块M运动到C点时（还未与滑块N碰撞）的速度大小为9m/s；
（2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前的过程中，滑块N与小车间由于摩擦产生的热量为27J；
（3）小车与墙壁发生第1次碰撞后直至停止运动的过程中，小车运动的总路程为6m。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，根据机械能守恒定律结合动量守恒定律分析出物体的速度，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
18．（2025 未央区校级模拟）如图所示，固定在竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧最低点与水平传送带相切于B点，传送带左端与足够长光滑水平面相切于C点。传送带BC之间的距离为R，传送带始终以大小为v0的速度沿逆时针匀速转动。一质量为3m的物块Q静止在水平面C端，将质量为m的物块P在圆弧的最高点A由静止释放，P沿圆弧下滑并滑上传送带，运动到水平面上后与Q发生弹性碰撞，P与传送带间的动摩擦因数为0.4，不计物块的大小及空气阻力。重力加速度大小为g，求：
（1）物块P运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小；
（2）P与Q碰撞过程中，P对Q的冲量大小；
（3）碰撞之后，P、Q间的最大距离。
【分析】（1）物块P从A运动到圆弧最低点机械能守恒，根据机械能守恒定律求解其在最低点速度，根据牛顿第二定律求解压力；
（2）分析物块在传送带上的速度变化，是先减速后匀速，还是一直做减速运动，然后根据动量守恒/能量守恒求解碰撞后Q，P的速度，根据P速度的变化求解对Q的冲量大小；
（3）根据运动学公式分析碰撞后P在传送带上运动的时间，有时间求解Q运动的位移，进而分析P、Q间的最大距离。
【解答】（1）设物块P运动到圆弧最低点时，速度大小为v1，根据机械能守恒定律有mgR，
解得，
由牛顿第二定律得，
解得FN3mg，
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力F′N＝FN＝3mg；
（2）设物块在传送带上先减速后匀速，则匀减速运动的加速度大小a＝μg＝0.4g，
减速运动的距离，
假设不成立，因此P第一次通过传送带一直做减速运动，设通过传送带的速度大小为
解得，
设Q，P碰撞后，P的速度大小为v3，Q的速度大小为v4，根据动量守恒定律有mv2＝﹣mv3+3mv4，
根据能量守恒有，
解得，
碰撞过程中，Q对P的冲量大小；
（3）碰撞后P向右减速至速度为0过程位移，又v3＜v0，
因此滑块P第二次在传送带上先减速再反向加速运动，运动的时间，
最终Q、P共速，它们间的最远距离。
答：（1）物块P运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小为3mg；
（2）P与Q碰撞过程中，P对Q的冲量大小为；
（3）碰撞之后，P、Q间的最大距离为。
【点评】考查对动量守恒、机械能守恒及匀变速直线运动规律的理解，熟悉运动学公式的运用，需要将上述知识点综合起来。
19．（2025 宿迁三模）如图所示，长L＝1.0m的轻质板C静止在光滑水平面上，小物块A、B分别静置在板C的左右两端，质量mA、mB均为1.0kg，A、B与C间的动摩擦因数分别为μA＝0.4、μB＝0.2。现给A施加水平向右的推力，使它们开始运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B间的碰撞为弹性碰撞，取重力加速度g＝10m/s2。
（1）若推力大小F1＝2.0N，A、B、C以相同的加速度一起运动，求加速度大小a及B受到的摩擦力大小fB；
（2）若推力大小F2＝6.0N，B相对C运动，求从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程中，B所受摩擦力的冲量大小I；
（3）若推力大小F2＝6.0N，经时间t＝1.0s撤去推力，A、B、C继续运动到稳定状态，求整个过程中产生的热量Q。
【分析】（1）由牛顿第二定律求加速度大小a及B受到的摩擦力大小fB；
（2）由牛顿第二定律和运动学公式求从B开始运动到与A刚要发生碰撞的时间，再结合冲量表达式求B所受摩擦力的冲量大小I；
（3）由动量守恒定律和能量守恒定律求出相对位移，再根据热量公式求整个过程中产生的热量Q。
【解答】解：（1）对A、B、C，由牛顿第二定律
F1＝（mA+mB）a
代入数据得
a＝1.0m/s2
对B，由牛顿第二定律
fB＝mBa
代入数据得
fB＝1N
（2）A、C相对静止，对A、C，由牛顿第二定律
F2﹣μBmBg＝mA
对B，由牛顿第二定律
μBmBg＝mB
从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程的位移关系
代入数据得
t＝1.0s
B所受摩擦力的冲量
I＝μBmBgt
代入数据得
I＝2.0N s
（3）经时间 t＝1.0s撤去推力时，A、C的速度
vA＝aAt
代入数据得
vA＝4.0m
B的速度
vB＝aBt
代入数据得
vB＝2.0m/s
A与B发生碰撞后，设A、B最终共速且B没有滑离C对系统，从撤去推力至共速过程，以水平向右的方向为方向，由动量守恒定律
mAvA+mBvB＝（mA+mB）v
由能量守恒定律
解得
Δx＝0.5m＜L
A、B最终共速且B没有滑离C，整个过程中产生的热量
Q＝μgmgg（L+Δx）
代入数据得
Q＝3.0J
答：（1）若推力大小F1＝2.0N，A、B、C以相同的加速度一起运动，加速度大小a为1.0m/s2，B受到的摩擦力大小为1N；
（2）若推力大小F2＝6.0N，B相对C运动，从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程中，B所受摩擦力的冲量大小I为2.0N s；
（3）若推力大小F2＝6.0N，经时间t＝1.0s撤去推力，A、B、C继续运动到稳定状态，整个过程中产生的热量Q为3.0J。
【点评】解决本题的关键理清A、B、C在整个过程中的运动规律，结合动量守恒定律、能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式综合求解，应用动量守恒时注意正方向的规定。
20．（2025 红桥区二模）如图所示，质量M＝4kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径R＝1m的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L＝2m的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量m＝1kg、可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）滑块滑到圆弧轨道最低点B时，小车的速度v1和滑块的速度v2；
（2）滑块下滑过程中，小车对滑块支持力所做的功W；
（3）滑块与BC轨道间的动摩擦因数μ。
【分析】（1）滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律计算速度；
（2）根据动能定理分析小车对滑块支持力所做的功；
（3）整个过程中由能量守恒定律解答。
【解答】解：（1）滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到圆弧轨道最低点B时，规定向右为正方向，有
Mv1＝mv2
根据能量守恒可得
解得
v1＝1m/s，方向水平向左；v2＝4m/s，方向水平向右
（2）滑块下滑过程中对滑块使用动能定理
解得W＝﹣2J
（3）滑块最后恰好停在C点时，小车也停止运动，整个过程中由能量守恒定律有
mgR＝μmgL
解得
μ＝0.5
答：（1）滑块滑到圆弧轨道最低点B时，小车的速度为1m/s，方向水平向左；滑块的速度为4m/s，方向水平向右；
（2）滑块下滑过程中，小车对滑块支持力所做的功为﹣2J；
（3）滑块与BC轨道间的动摩擦因数为0.5。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，滑块与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，根据题意分析清楚滑块与小车的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、能量守恒定律即可解题。
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一．选择题（共10小题）
1．（2025 开福区校级模拟）如图是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画，图中的运动员手持一种负重物起跳，现在我们来解释其中的原因。若某位运动员的质量为60kg，两手各持一个质量为3kg的负重物，在某次立定跳远练习过程中，起跳离地时速度大小为5m/s，方向与水平方向成37°夹角，在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出（时间极短），忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．从起跳后到落地前的过程中，运动员和负重物组成系统的总动量守恒
B．从起跳后到落地前的过程中，运动员和负重物组成系统的总机械能守恒
C．运动员在最高点不扔出负重物且起跳离地面速度大小不变的情况下，速度方向与水平方向成60°夹角时运动员的跳远成绩最好
D．运动员在起跳离地速度不变的情况下，与在最高点不扔出负重物相比，运动员可以多跳0.12m
2．（2025 汕头二模）在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是（ ）
A．竹篙对河底做正功
B．小船受到的合力向左
C．小船受到船夫的摩擦力向右
D．船夫受到小船的支持力的冲量为零
3．（2025 西城区二模）如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．细绳的拉力大小等于mgsinθ
B．小球的向心加速度等于gsinθ
C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0
D．小球转动一周，重力的冲量等于2πm
4．（2025 河北区模拟）质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，不计带电粒子的重力，M从两板正中央射入，N从下板边缘处射入，它们最后打在同一点，如图所示。则从开始射入至打到上板的过程中（ ）
A．它们运动的时间关系为tN＞tM
B．它们的电势能减少量之比ΔEPM：ΔEPN＝1：2
C．它们的动能增量之比ΔEKM：ΔEKN＝1：4
D．它们的动量增量之比ΔPM：ΔPN＝1：1
5．（2025 西城区二模）如图所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木块以一定的初速度从斜面底端冲上斜面后又滑回斜面底端。则木块（ ）
A．上滑过程的时间大于下滑过程的时间
B．上滑过程的加速度小于下滑过程的加速度
C．上滑过程与下滑过程损失的机械能相等
D．上滑过程的动量变化量小于下滑过程的动量变化量
6．（2025 浙江三模）篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。篮球受到的空气阻力大小相等，方向始终与速度方向相反，则篮球（ ）
A．速度大小一直在减小
B．加速度大小先减小后增大
C．相邻位置的动量变化量一直减小
D．相邻位置的机械能变化量先增大后减小
7．（2025 烟台二模）2025年4月11日成功发射通信技术试验卫星十七号。运载火箭点火时向下喷气，会对地面产生冲力。假设火箭刚离开地面时竖直向上速度大小为v0，火箭喷气口的横截面积大小为S，喷出气体相对于火箭的速度大小为v，气体垂直射向地面后，竖直速度变为零，已知气体的密度为ρ，重力加速度大小为g，忽略气体自身重力v＞v0。则气体对地面的平均冲力大小是（ ）
A．ρSv2 B．ρSv（v﹣v0）
C． D．
8．（2025 西城区二模）如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为0.2kg，振动的周期为4s
B．0～2s内，小球始终处于超重状态
C．0～2s内，小球受弹力的冲量大小为2N s
D．0～2s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量
9．（2025 未央区校级模拟）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r，可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数以及与桌面的摩擦因数均为μ。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（ ）
A．小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动
B．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
C．餐桌面的半径为
D．物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为m
10．（2025 金华三模）如图，质量均为1kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22m的细线，细线另一端系一质量为0.1kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，则（ ）
A．球C摆到最低点的速度是
B．木块A、B原先间距0.04m
C．球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21m
D．球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005J
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 南宁模拟）如图所示，三个质量均为1kg可视为质点的弹性小球A、B、C组成系统，用两根长均为1m的轻绳连成一条直线，此时A、C距离最远且静止在光滑水平面上。现给中间的小球B一个水平初速度v0＝3m/s，方向与绳垂直。小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长。则（ ）
A．该系统机械能守恒，动量也守恒
B．运动过程中小球A的最大动能为4.5J
C．当A、C再次相距最远时，小球B的速度为1m/s
D．当A、C再次相距最远时，绳中的拉力F的大小为9N
（多选）12．（2025 乌鲁木齐三模）神舟十九号飞船与天和核心舱在太空成功对接（两航天器连接成一个整体），对接过程中，两航天器可视为沿同一直线同向运动。对接前，飞船相对核心舱的速度为Δu，对接成功后，核心舱的速度比对接前的速度增加了Δv。已知神舟十九号飞船的质量为m，天和核心舱的质量为7m，对接过程中核心舱受到的飞船的冲量大小为I，则（ ）
A．I＝7mΔv B．I＝8mΔv C．Δu＝7Δv D．Δu＝8Δv
（多选）13．（2025 南宁模拟）如图所示，质量分别为m、2m的两小球A、B用轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能Epkx2，x为弹簧的形变量。A球通过一根水平轻质细线（足够长）连接到墙壁上，A、B均静止在光滑水平地面上。现将小球B向右拉开一小段距离x0后由静止释放，关于从释放小球B到小球A碰撞墙壁前的过程说法正确的是（ ）
A．小球A、B的系统动量守恒
B．小球B的最大速度为x0
C．小球A的最大速度为x0
D．弹簧最短时，其压缩量为x0
（多选）14．（2025 福州四模）科学实践小组对福州内河调研发现，弯曲河道的外侧河堤会受到流水冲击产生的压强。如图所示，河流某弯道处可视为圆心为0，半径为R的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个弯道处宽度L和水深H均保持不变，水的流动速度v大小恒定，L R，河水密度为ρ，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间Δt内（ ）
A．流水的加速度方向指向圆心O
B．流水速度改变量的大小为
C．通过观测截面水的动量改变量大小为
D．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为
（多选）15．（2025 南充模拟）如图所示，固定直杆与水平面的夹角为θ，轻弹簧一端固定在O点，另一端连接穿在杆上的小球，小球与杆间的动摩擦因数为μ，弹簧和杆在同一竖直平面内。OC水平，OB等于弹簧原长，OA＝OC，BE＝BF，小球在A点时弹簧的弹性势能为Ep，小球从A点静止释放，第一次能够到C点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．从A到C的过程中，杆对小球的冲量不为零
B．若μ＝0，小球在B点时速度最大
C．若μ≠0且小球最低能到C点，则小球第一次过B点的动能为Ep
D．若μ≠0，则小球第一次向下通过E点和F点时的加速度大小一定相等
三．解答题（共5小题）
16．（2025 贵阳三模）如图，MN为一长为L＝20m的水平传送带，传送带右端平滑对接一足够长的水平地面，在水平地面上紧靠传送带右端静置一质量为m1＝3kg、长为d的木板a，a的最右端放置一质量为m2＝1.5kg的物块b。当传送带以恒定的速率v0＝8m/s顺时针转动时，在传送带的左端由静止释放一质量为m3＝1kg的物块c。已知a与水平地面间的动摩擦因数μ1，b与a上表面之间、c与传送带之间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，不计c与水平地面间的摩擦，b、c均可视为质点。设c与a的每次碰撞均为弹性正碰，且碰撞时间极短，取重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）c从M端第一次运动到N端的时间；
（2）c与a第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔内，c与传送带因摩擦产生的热量；
（3）如果c与a发生第三次碰撞前，b未从a上滑离，d的最小值。
17．（2025 烟台二模）如图所示，水平地面上固定放置一轨道ABC，轨道斜面AB部分与水平BC部分在B点平滑连接，紧靠轨道右侧有一质量为m0＝1kg的小车，其上表面与轨道BC部分等高，在C点放置一质量为m1＝2kg滑块N（可视为质点）。水平地面右侧有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。现将另一质量为m2＝2kg滑块M（可视为质点）从轨道顶端A点由静止滑下，与滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块N滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车反向，速度大小变为碰撞前的一半。已知A、C两点竖直高度差为h＝5m，水平距离为L＝1.9m，滑块M与轨道ABC间动摩擦因数均为μ0＝0.5，滑块N与小车上表面间的动摩擦因数为μ＝0.1，滑块N始终未离开小车，水平地面光滑，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）滑块M运动到C点时（还未与滑块N碰撞）的速度大小；
（2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前的过程中，滑块N与小车间由于摩擦产生的热量；
（3）小车与墙壁发生第1次碰撞后直至停止运动的过程中，小车运动的总路程。
18．（2025 未央区校级模拟）如图所示，固定在竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧最低点与水平传送带相切于B点，传送带左端与足够长光滑水平面相切于C点。传送带BC之间的距离为R，传送带始终以大小为v0的速度沿逆时针匀速转动。一质量为3m的物块Q静止在水平面C端，将质量为m的物块P在圆弧的最高点A由静止释放，P沿圆弧下滑并滑上传送带，运动到水平面上后与Q发生弹性碰撞，P与传送带间的动摩擦因数为0.4，不计物块的大小及空气阻力。重力加速度大小为g，求：
（1）物块P运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小；
（2）P与Q碰撞过程中，P对Q的冲量大小；
（3）碰撞之后，P、Q间的最大距离。
19．（2025 宿迁三模）如图所示，长L＝1.0m的轻质板C静止在光滑水平面上，小物块A、B分别静置在板C的左右两端，质量mA、mB均为1.0kg，A、B与C间的动摩擦因数分别为μA＝0.4、μB＝0.2。现给A施加水平向右的推力，使它们开始运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B间的碰撞为弹性碰撞，取重力加速度g＝10m/s2。
（1）若推力大小F1＝2.0N，A、B、C以相同的加速度一起运动，求加速度大小a及B受到的摩擦力大小fB；
（2）若推力大小F2＝6.0N，B相对C运动，求从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程中，B所受摩擦力的冲量大小I；
（3）若推力大小F2＝6.0N，经时间t＝1.0s撤去推力，A、B、C继续运动到稳定状态，求整个过程中产生的热量Q。
20．（2025 红桥区二模）如图所示，质量M＝4kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径R＝1m的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L＝2m的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量m＝1kg、可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）滑块滑到圆弧轨道最低点B时，小车的速度v1和滑块的速度v2；
（2）滑块下滑过程中，小车对滑块支持力所做的功W；
（3）滑块与BC轨道间的动摩擦因数μ。
2025年高考物理押题预测考前冲刺--动量与动量守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 开福区校级模拟）如图是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画，图中的运动员手持一种负重物起跳，现在我们来解释其中的原因。若某位运动员的质量为60kg，两手各持一个质量为3kg的负重物，在某次立定跳远练习过程中，起跳离地时速度大小为5m/s，方向与水平方向成37°夹角，在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出（时间极短），忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．从起跳后到落地前的过程中，运动员和负重物组成系统的总动量守恒
B．从起跳后到落地前的过程中，运动员和负重物组成系统的总机械能守恒
C．运动员在最高点不扔出负重物且起跳离地面速度大小不变的情况下，速度方向与水平方向成60°夹角时运动员的跳远成绩最好
D．运动员在起跳离地速度不变的情况下，与在最高点不扔出负重物相比，运动员可以多跳0.12m
【分析】根据动量守恒的条件、机械能守恒的条件和斜上抛运动的位移和速度规律进行分析解答。
【解答】解：A．从起跳后到落地前的过程中，运动员和负重物组成系统在水平方向上的总动量守恒，故A错误；
B．从起跳后到落地前的过程中，运动员对自己和负重物做功，使得组成系统的总机械能增加，故B错误；
C．运动员在最高点不扔出负重物且起跳离地面速度大小不变的情况下，根据斜上抛运动规律，跳远水平距离x＝v0cosθ sin2θ，可知速度方向与水平方向成θ＝45°夹角时运动员的跳远成绩最好，故C错误；
D．不扔负重物时，运动员跳出的水平距离为x1 sin2θ2×0.6×0.8m＝2.4m，在最高点扔出负重物时，规定最高点速度方向为正方向，根据动量守恒定律有（M+2m）v0cos37°＝Mv1，代入数据解得v1＝4.4m/s，则该状态下运动员的水平距离为x2＝v0cos37° v1 5×0.8m+4.4m＝2.52m，故运动员在起跳离地速度不变的情况下，与在最高点不扔出负重物相比，运动员可以多跳Δx＝x2﹣x1＝2.52m﹣2.4m＝0.12m，故D正确。
故选：D。
【点评】考查动量守恒的条件、机械能守恒的条件和斜上抛运动的位移和速度规律，会根据题意进行准确分析解答。
2．（2025 汕头二模）在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是（ ）
A．竹篙对河底做正功
B．小船受到的合力向左
C．小船受到船夫的摩擦力向右
D．船夫受到小船的支持力的冲量为零
【分析】根据功的定义可知，力与在力的方向上的位移的乘积；根据平衡条件可知合外力为零；静摩擦力方向与相对运动趋势相反，结合牛顿第三定律判定小船受到船夫的摩擦力方向；根据I＝Ft判定冲量。
【解答】解：A．根据功的定义可知，力与在力的方向上的位移的乘积，竹篙对河底有力的作用，但河底在这个力的方向上没有发生位移，所以竹篙对河底不做功，故A错误；
B．因为小船缓慢向右运动，处于平衡状态，根据平衡条件，物体处于平衡状态时合力为零，所以小船受到的合力为零，故B错误；
C．静摩擦力方向与相对运动趋势相反，船夫和小船一起缓慢向右运动，船夫相对小船有向右的运动趋势，所以小船对船夫的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知，小船受到船夫的摩擦力向右，故C正确；
D．根据I＝Ft，因船夫受到小船的支持力不零，运动的时间也不为零，故船夫受到小船的支持力的冲量不为零，故D错误。
故选：C。
【点评】本题以日常运动为载体，主要考查了功和摩擦力方向的判定以及冲量，题目新颖，难度不大。
3．（2025 西城区二模）如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．细绳的拉力大小等于mgsinθ
B．小球的向心加速度等于gsinθ
C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0
D．小球转动一周，重力的冲量等于2πm
【分析】对小球进行受力分析求解；根据牛顿第二定律列式求解；由动量定理求解拉力和重力的冲量大小。
【解答】解：A、对小球进行受力分析，小球受重力mg和细绳的拉力F。将拉力F沿竖直方向和水平方向分解，竖直方向上
Fcosθ＝mg
则
F
故A错误；
B、水平方向上，根据牛顿第二定律
Fsinθ＝man
把
F
代入可得
an＝gtanθ
故B错误；
C、小球转动一周的时间
t＝T
又
r＝lsinθ
可得
t＝2π
拉力的冲量
IG＝FT2πm
故C错误；
D、由C选项所得结果可有，重力的冲量
故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查圆周运动及动量定理，解题的关键是要知道向心力的来源。
4．（2025 河北区模拟）质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，不计带电粒子的重力，M从两板正中央射入，N从下板边缘处射入，它们最后打在同一点，如图所示。则从开始射入至打到上板的过程中（ ）
A．它们运动的时间关系为tN＞tM
B．它们的电势能减少量之比ΔEPM：ΔEPN＝1：2
C．它们的动能增量之比ΔEKM：ΔEKN＝1：4
D．它们的动量增量之比ΔPM：ΔPN＝1：1
【分析】将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析．
【解答】解：A、由题可知，两个带电粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且它们的水平位移相等、初速度相等，则在电场中的运动时间相等，即tN＝tM。故A错误；
B、在竖直方向上，根据yat2知，竖直位移之比为1：2，则电荷量之比为1：2．因为电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功W＝qEy，因为电荷量之比为1：2，竖直位移之比为1：2，则电场力做功为1：4，根据动能定理可知，动能的增量之比为1：4，它们的电势能减少量之比ΔEPM：ΔEPN＝1：4，故B错误，C正确；
D、根据动量定理，有：动量增量Δp＝qEt，qM：qN＝1：2，t相等，则动量增量之比ΔpM：ΔpN＝1：2，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子沿电场方向和垂直电场方向上的运动规律，结合牛顿第二定律、动能定理、运动学公式综合求解。
5．（2025 西城区二模）如图所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木块以一定的初速度从斜面底端冲上斜面后又滑回斜面底端。则木块（ ）
A．上滑过程的时间大于下滑过程的时间
B．上滑过程的加速度小于下滑过程的加速度
C．上滑过程与下滑过程损失的机械能相等
D．上滑过程的动量变化量小于下滑过程的动量变化量
【分析】ABD、上滑和下滑过程中，摩擦力的方向不同，根据牛顿第二定律分析加速度，根据时间位移公式分析时间，根据速度—位移公式分析速度的变化，进而分析动量变化；
C、物块在上滑和下滑过程中，由于摩擦力做功导致机械能损失，但由于摩擦力和接触面积相同，且路径长度相同，所以损失的机械能相等。
【解答】解：B、物体先减速上升，由牛顿定律则：f+mgsinθ＝ma；后加速下滑，则：mgsinθ﹣f＝ma′；摩擦力相同，所以a＞a′，即上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，故B错误；
A、因为a＞a′，由知上滑时间小于下滑时间，故A错误；
C、克服摩擦力做功W＝fs，所以上滑过程与下滑过程克服摩擦力做功相同，因为克服摩擦阻力做功等于物体机械能的变化量，所以上滑过程与下滑过程中机械能的减小量相等，故C正确；
D、因为a＞a′，由公式v2＝2as，知上滑过程速度的减小量大于下滑过程速度的增加量，上滑过程的动量变化量大于下滑过程的动量变化量，故D错误。
故选：C。
【点评】考查到牛顿第二定律、功能关系等知识，熟悉运动学公式的运用，要清楚上滑过程与下滑过程加速度不同。
6．（2025 浙江三模）篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。篮球受到的空气阻力大小相等，方向始终与速度方向相反，则篮球（ ）
A．速度大小一直在减小
B．加速度大小先减小后增大
C．相邻位置的动量变化量一直减小
D．相邻位置的机械能变化量先增大后减小
【分析】A、根据速度与加速度方向是否一致分析速度变化；
B、根据重力与空气阻力的方向变化分析加速度变化；
C、根据加速度的变化分析动量变化量，
D、阻力不变，根据相邻位置轨迹长度变化分析机械能变化。
【解答】解：A、竖直方向速度先向上后向下，重力先做负功后做正功，可知速度先减小后增大，故A错误；
B、重力与空气阻力的夹角，在上升阶段为锐角，下降阶段为钝角，角度一直在增大，可知加速度一直在减小，故B错误；
C、因ΔP＝mΔv＝mat，可知ΔP一直减小，故C正确；
D、空气阻力做功引起机械能的变化，相邻位置轨迹长度先减小后增大，变化量先减小后增大，故D错误。
故选：C。
【点评】考查速度与加速度的关联，动量定理和功能关系，清楚其定义。
7．（2025 烟台二模）2025年4月11日成功发射通信技术试验卫星十七号。运载火箭点火时向下喷气，会对地面产生冲力。假设火箭刚离开地面时竖直向上速度大小为v0，火箭喷气口的横截面积大小为S，喷出气体相对于火箭的速度大小为v，气体垂直射向地面后，竖直速度变为零，已知气体的密度为ρ，重力加速度大小为g，忽略气体自身重力v＞v0。则气体对地面的平均冲力大小是（ ）
A．ρSv2 B．ρSv（v﹣v0）
C． D．
【分析】气体对地面的平均冲力由气体撞击地面时的动量变化率决定。
【解答】解：气体相对于地面的速度：火箭以速度v0向上运动，气体相对于火箭的喷出速度为v向下，因此，气体相对于地面的速度为v地＝v﹣v0，方向向下，
气体撞击地面后速度变为0，速度变化为Δ＝v﹣v0，
单位时间内喷出的气体质量为Δm＝ρSvΔt，其中ρ为气体密度，S为喷口横截面积，v为气体相对于火箭的速度，
根据动量定理，冲力为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查对动量定理的理解，关键要清楚喷出气体相对于火箭的速度和相对地面的速度变化。
8．（2025 西城区二模）如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为0.2kg，振动的周期为4s
B．0～2s内，小球始终处于超重状态
C．0～2s内，小球受弹力的冲量大小为2N s
D．0～2s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量
【分析】弹簧的弹力等于小球的重力时，是弹簧与小球组成的系统的平衡状态，根据弹簧弹力的变化情况可知小球重力，弹簧弹力的冲量可根据冲量定理求得，小球的动能变化可根据动能定理求得。
【解答】解：A.弹簧与小球组成的系统，静止时弹簧处于伸长状态，伸长量为l，此时弹簧弹力等于小球重力，根据题中信息可知，小球运动到最上端时，弹簧的弹力为0，弹簧处于原长，根据弹簧运动的对称性可知，弹簧位于最下端时，弹簧的伸长量为2l，此时弹簧的弹力为2N，因此当弹簧伸长量为l时，弹力大小为1N，此时弹力等于小球的重力，因此小球的质量为0.1kg，故A错误；
B.0～2s内，小球从最低点开始向上运动，开始时小球的重力小于弹簧的弹力，加速度向上，小球处于超重状态，当经过弹簧伸长量为l的点后，至小球到达最高点的过程中，小球的重力大于弹簧弹力，此时小球的加速度向下，处于失重状态，故B错误；
C.根据动量定理可知，外力的冲量之和等于动量的变化量，即Ft+Gt＝Δp，0s时小球位于最低点，速度为0，2s时小球位于最高点，速度也是0，因此可知Ft＝﹣Gt，已知小球的重力大小为1N，作用时间为2s，因此Gt＝2N s，所以弹簧弹力的冲量大小也是2N s，故C正确；
D.根据动能定理可知，外力做功之和等于动能变化量，对小球做功的力除弹力外还有小球自身的重力，因此弹簧弹力做的功不等于小球动能的变化量，故D错误。
故选：C。
【点评】本题需要利用胡克定律、动量定理及动能定理等相关知识求解。
9．（2025 未央区校级模拟）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r，可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数以及与桌面的摩擦因数均为μ。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（ ）
A．小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动
B．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
C．餐桌面的半径为
D．物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为m
【分析】根据牛顿第二定律解得角速度，根据做功公式与动能定理解得BC，根据冲量的计算公式解得D。
【解答】解：A.小物块从圆盘上沿切线方向飞出，滑落到桌面上后，小物块受到的摩擦力方向始终与速度的方向相反，在餐桌上做匀减速直线运动，故A错误；
B.物块随圆盘运动的过程中，将要滑离圆盘时，则由动能定理圆盘对小物块做功为，联立可得，故B错误；
C.物块在桌面上滑动的距离，餐桌面的半径为，联立得：，故C错误；
D.选取末速度的方向为正方向，根据动量定理If＝Δρ＝mv，联立得在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查匀速圆周运动和动能定理，关键是弄清楚小物块的受力情况，知道做匀速圆周运动的物体合力提供向心力，掌握动能定理的应用方法。
10．（2025 金华三模）如图，质量均为1kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22m的细线，细线另一端系一质量为0.1kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，则（ ）
A．球C摆到最低点的速度是
B．木块A、B原先间距0.04m
C．球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21m
D．球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005J
【分析】系统在水平方向动量守恒，再结合机械能守恒定律求C到最低点时两物体的速度；
根据动量守恒定律和几何关系联立求解C球第一次摆到最低点过程中木块A、B向右移动的距离；
C球第一次摆到最低点过程根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解C的速度，C向左运动达到的最大高度过程根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解C能上升的高度；
根据能量守恒定律求全过程产生的热量。
【解答】解：A、球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有：0＝mCvC﹣mAvA
根据机械能守恒有：
联立解得速度大小分别为：vc＝2m/s，vA＝0.2m/s，故A错误；
B、球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒有：0＝mCvC﹣mAvA
两边同乘以t后有：0＝mCxC﹣mAxA
又根据两者的位移关系有：xC+xA＝L
联立解得：xA＝0.02m，故B错误；
C、A与B碰撞前后，动量守恒，以向左为正方向有：mAvA＝（mA+mB）v
代入数据解得：v＝0.1m/s
球C向左运动过程中，A、B、C组成的水平方向动量守恒，以向左为正方向有：mAvC﹣（mA+mB）v＝（mA+mB+mC）v共
根据能量守恒有：
联立代入数据解得：h＝0.21m，故C正确；
D、系统产生的热量为：QJ＝0.01J，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 南宁模拟）如图所示，三个质量均为1kg可视为质点的弹性小球A、B、C组成系统，用两根长均为1m的轻绳连成一条直线，此时A、C距离最远且静止在光滑水平面上。现给中间的小球B一个水平初速度v0＝3m/s，方向与绳垂直。小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长。则（ ）
A．该系统机械能守恒，动量也守恒
B．运动过程中小球A的最大动能为4.5J
C．当A、C再次相距最远时，小球B的速度为1m/s
D．当A、C再次相距最远时，绳中的拉力F的大小为9N
【分析】本题的背景是三个质量相等的弹性小球A、B、C用两根轻绳连成一条直线，静止在光滑水平面上。中间的小球B被赋予一个水平初速度，且小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长。在这样的背景下，需要分析系统在运动过程中的动量、机械能变化情况，以及小球在特定位置时的速度、动能和绳中拉力等物理量。
【解答】解：A.系统在光滑水平面上运动，只有绳子的拉力做功，拉力是内力，系统不受外力，所以系统动量守恒；同时，小球相互碰撞时无机械能损失，且只有绳子拉力做功，拉力做功不影响系统的机械能，所以系统机械能守恒。故A正确；
B.当小球A的动能最大时，小球B的速度为零。设此时小球A、C的速度大小为v，两根绳间的夹角为θ。根据动量守恒定律：
根据机械能守恒定律：
解得：
则小球A的最大动能
，故B错误；
C.初始时，小球B有水平初速度v0＝3m/s，小球A、C静止。小球B带动A、C运动，由于绳不可伸长，当A、C再次相距最远时，小球B与A、C的速度关系满足动量守恒和机械能守恒。规定向右为正方向则有：根据动量守恒定律：mv0＝mvB+2mvA
机械能守恒定律有：
且此时vA＝0，可解得vB＝﹣1m/s。故C错误。
D.当三个小球再次处在同一直线上时，小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动，以小球B为参考系（小球B的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均为：v＝vA﹣vB′＝v0根据向心力公式，已知m ＝ 1kg，v0＝3m/s，L＝1m，可得绳中拉力大小为F＝9N，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律、机械能守恒定律以及圆周运动向心力公式的综合应用。
（多选）12．（2025 乌鲁木齐三模）神舟十九号飞船与天和核心舱在太空成功对接（两航天器连接成一个整体），对接过程中，两航天器可视为沿同一直线同向运动。对接前，飞船相对核心舱的速度为Δu，对接成功后，核心舱的速度比对接前的速度增加了Δv。已知神舟十九号飞船的质量为m，天和核心舱的质量为7m，对接过程中核心舱受到的飞船的冲量大小为I，则（ ）
A．I＝7mΔv B．I＝8mΔv C．Δu＝7Δv D．Δu＝8Δv
【分析】对接过程中，系统动量守恒，根据动量守恒关系式分析，根据动量变化量分析冲量。
【解答】解：CD、设核心舱原速度为v，飞船速度为v+Δu（因飞船相对核心舱速度为Δu）。对接后共同速度为 v+Δv（核心舱速度增加Δv）。根据动量守恒可得：7mv+m（v+Δu）＝8m（v+Δv），化简得：8mv+mΔu＝8mv+8mΔv，可得：Δu＝8Δv，故C错误，D正确；
AB、核心舱受到的冲量I等于其动量变化：I＝7m Δv，故A正确、B错误。
故选：AD。
【点评】考查对动量守恒定律的理解，根据关系式解答，清楚冲量与动量变化量的关联。
（多选）13．（2025 南宁模拟）如图所示，质量分别为m、2m的两小球A、B用轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能Epkx2，x为弹簧的形变量。A球通过一根水平轻质细线（足够长）连接到墙壁上，A、B均静止在光滑水平地面上。现将小球B向右拉开一小段距离x0后由静止释放，关于从释放小球B到小球A碰撞墙壁前的过程说法正确的是（ ）
A．小球A、B的系统动量守恒
B．小球B的最大速度为x0
C．小球A的最大速度为x0
D．弹簧最短时，其压缩量为x0
【分析】根据动量守恒条件结合功能关系，动量守恒和能量守恒，弹性势能的公式列式解答。
【解答】解：A.释放B球的较短时间内B向左加速运动，细线有拉力，不满足动量守恒条件，故A错误；
B.根据功能关系，当弹簧恢复原长瞬间，小球B有最大速度，满足Epk 2m ，得vmx0，故B正确；
C.弹簧恢复原长后细线拉力消失，两球组成的系统动量守恒，规定向左的方向为正方向，如果A的最大速度为x0，则A对应的动能为EkAm（x0）2k，根据机械能守恒，此时弹簧必须恢复原长，且B的速度必须为0，但不满足动量守恒，故C错误；
D.弹簧最短时，根据动量守恒，向左为正，有2mvm＝（2m+m）v，由能量守恒有kx′2k 3m v2，联立得x′x0，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查与弹簧有关的动量守恒定律，解答本题的关键是知道动量守恒定律、机械能守恒定律的守恒条件。
（多选）14．（2025 福州四模）科学实践小组对福州内河调研发现，弯曲河道的外侧河堤会受到流水冲击产生的压强。如图所示，河流某弯道处可视为圆心为0，半径为R的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个弯道处宽度L和水深H均保持不变，水的流动速度v大小恒定，L R，河水密度为ρ，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间Δt内（ ）
A．流水的加速度方向指向圆心O
B．流水速度改变量的大小为
C．通过观测截面水的动量改变量大小为
D．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为
【分析】A、匀速圆周运动向心加速度方向相沿轨迹圆的半径指向圆心；
B、根据向心加速度公式推导；
C、根据单位时间Δt内水流的距离计算出其质量，进而分析其动量改变量大小；
D、根据牛顿第二定律和圆周运动向心力公式求解向心力大小，再根据水流与外侧河堤作用的面积，求解压强。
【解答】解：A.依题意，流水做匀速圆周运动，根据，可知流水速度改变量的方向与其向心加速度方向相同，沿轨迹圆的半径指向圆心，故A正确；
B.由联立，解得流水速度改变量的大小为，故B错误；
C.单位时间Δt内水流的距离Δl＝v Δt，横截面积S＝LH，根据，可得水流的质量为Δm＝ρLHv Δt，则通过观测截面水的动量改变量大小为，故C正确；
D.根据牛顿第二定律和圆周运动向心力公式，可得，水流与外侧河堤作用的面积S′＝Δ lH，则外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为，故D错误。
故选：AC。
【点评】考查对匀速圆周运动规律和动量定理的理解，熟悉公式的运用。
（多选）15．（2025 南充模拟）如图所示，固定直杆与水平面的夹角为θ，轻弹簧一端固定在O点，另一端连接穿在杆上的小球，小球与杆间的动摩擦因数为μ，弹簧和杆在同一竖直平面内。OC水平，OB等于弹簧原长，OA＝OC，BE＝BF，小球在A点时弹簧的弹性势能为Ep，小球从A点静止释放，第一次能够到C点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．从A到C的过程中，杆对小球的冲量不为零
B．若μ＝0，小球在B点时速度最大
C．若μ≠0且小球最低能到C点，则小球第一次过B点的动能为Ep
D．若μ≠0，则小球第一次向下通过E点和F点时的加速度大小一定相等
【分析】小球下滑过程中，分别有重力、弹簧拉力及摩擦力（μ≠0）做功，做功之和等于小球的动能变化量。
【解答】解：A.冲量I＝Ft，从A到C过程中，杆对小球有垂直于杆方向的支持力N，且作用时间t≠0。根据冲量定义，支持力的冲量I＝Ft，I不为零，所以杆对小球的冲量不为零，故A正确；
B.小球在沿杆的方向，收到重力的分力mgsinθ以及弹簧拉力的分力F′的作用，当小球位于B点时，F'＝0，小球越过B点后的一定距离内，有mgsinθ﹣F'＞0，小球仍处于加速状态，故B错误；
C.若μ≠0且小球最低能到C点，在此过程中有重力做功WG、弹簧拉力做功WF以及摩擦力做功Wf，根据动能定理可知WG+WF+Wf＝ΔEk，由题可知小球从静止出发，最低到达C点，即到达C点时的速度为0，因此有WG+WF+Wf＝0，又因为OA＝OC，因此小球位于A点和C点时弹簧的弹性势能相等，可知弹簧做功为0，所以有WG＝﹣Wf，WG＝mgsinθx，Wf＝fx，x为小球运动的位移，f为变力，大小为f＝μN，假设弹簧垂直于杆方向的分力大小为F″，可知f＝μ（mgcosθ+F″），其中F随小球位置不同而变化，由几何关系可知小球从A到B和从B到C的过程中，F″的变化情况对称，因此f的变化情况对称，所以两个过程的摩擦力做功相等，重力做功也相等，所以在小球从A到B的运动过程中，重力做功与摩擦力做功之和为零，因此小球从A点第一次运动到B点时，合外力做功等于弹簧弹力做功，此时弹簧处于原长，弹簧的弹性势能提供了弹簧做功的能量，转化为了小球的动能，因此小球的动能为Ep，故C正确；
D.若μ≠0，小球下滑过程中受到重力沿杆向下的分力、弹簧拉力沿杆的分力及摩擦力的作用，小球位于E点时，重力、弹簧拉力沿杆的分力方向向下，摩擦力沿杆向上，小球到达F点时，重力、弹簧拉力沿杆的分力方向分别为向下和向上，摩擦力仍是沿杆向上，因此在两个位置小球受到的合外力不同，所以加速度不同，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题需要利用冲量、动量定理等相关知识求解。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 贵阳三模）如图，MN为一长为L＝20m的水平传送带，传送带右端平滑对接一足够长的水平地面，在水平地面上紧靠传送带右端静置一质量为m1＝3kg、长为d的木板a，a的最右端放置一质量为m2＝1.5kg的物块b。当传送带以恒定的速率v0＝8m/s顺时针转动时，在传送带的左端由静止释放一质量为m3＝1kg的物块c。已知a与水平地面间的动摩擦因数μ1，b与a上表面之间、c与传送带之间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，不计c与水平地面间的摩擦，b、c均可视为质点。设c与a的每次碰撞均为弹性正碰，且碰撞时间极短，取重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）c从M端第一次运动到N端的时间；
（2）c与a第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔内，c与传送带因摩擦产生的热量；
（3）如果c与a发生第三次碰撞前，b未从a上滑离，d的最小值。
【分析】物块c在传送带上的加速过程和匀速过程。弹性碰撞的动量守恒和能量守恒。摩擦力做功与热量的关系。物块b在木板a上的相对运动分析。
【解答】解：（1）物块c在传送带上受到的摩擦力为：f＝μ2m3g
根据牛顿第二定律，物块c的加速度为：
物块c加速到与传送带速度相等所需的时间为：
在这段时间内，物块c的位移为：
由于传送带的总长度为L＝20m，物块c还需要匀速运动的距离为：x2＝L﹣x1＝20m﹣16m＝4m
匀速运动所需的时间为：
因此，物块c从M端第一次运动到N端的总时间为：t＝t1+t2＝4s+0.5s＝4.5s
（2）物块c与木板a发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒，设碰撞后物块c的速度为vc1，木板a的速度为 va1，则有：m3v0＝m3vc1+m1va1
代入已知数据m3＝1kg，m1＝3kg，v0＝8m/s，解得：vc1＝﹣4m/s
va1＝4m/s
碰撞后，物块c以速度vc1＝﹣4m/s向左运动，
木板a以速度va1＝4m/s向右运动。由于物块C与传送带之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块c在传送带上减速到静止，然后反向加速到vc1＝﹣4m/s，再与木板a发生第二次碰撞。
物块c减速到静止的时间为：
物块c减速到静止的位移为：
物块c反向加速到vc1＝﹣4m/s的时间为：
物块c反向加速的位移为：
因此，物块C从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为：t间隔＝t3+t4＝2s+2s＝4s
这段时间内，物块c相对于传送带的位移为：
x相对＝v0t间隔+x3+x4＝（8×4+4﹣4）m＝32m
物块c与传送带因摩擦产生的热量为：Q＝fx相对＝2×32J＝64J
（3）物块c与木板a发生第二次碰撞时，物块c的速度为vc2＝﹣4m/s，木板a的速度为 va1＝4m/s。
由于物块c与木板a发生弹性碰撞，设碰撞后物块c的速度为 vc3，木板a的速度为 va2，则有：
m3vc2+m1va1＝m3vc3+m1va2
代入数据可得：
vc3＝﹣2m/s
va2＝6m/s
物块c与木板a发生第三次碰撞时，物块c的速度为vc3＝﹣2m/s，木板a的速度为.va2＝6m/s。
由于物块c与木板a发生弹性碰撞，设碰撞后物块c的速度为vc4，木板a的速度为va3，则有：
m3vc3+m1va2＝m3vc4+m1va3
解得：vc4＝4m/s，va3＝4m/s
物块b在木板a上的加速度为：
木板a在水平地面上的加速度为：
解得：
为了使物块b不从木板a上滑离，物块b相对于木板a的位移必须小于木板a的长度d。
物块b相对于木板a的相对加速度为：a相对＝ab﹣aa＝2﹣（﹣1）m/s2＝3m/s2
物块b在木板a上滑动的时间为：
物块b相对于木板a的位移为：
因此，木板a的最小长度为：d＝24m。
答：（1）c从M端第一次运动到N端的时间为4.5s；
（2）c与a第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔内，c与传送带因摩擦产生的热量为64J；
（3）如果c与a发生第三次碰撞前，b未从a上滑离，d＝24m。
【点评】本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。
17．（2025 烟台二模）如图所示，水平地面上固定放置一轨道ABC，轨道斜面AB部分与水平BC部分在B点平滑连接，紧靠轨道右侧有一质量为m0＝1kg的小车，其上表面与轨道BC部分等高，在C点放置一质量为m1＝2kg滑块N（可视为质点）。水平地面右侧有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。现将另一质量为m2＝2kg滑块M（可视为质点）从轨道顶端A点由静止滑下，与滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块N滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车反向，速度大小变为碰撞前的一半。已知A、C两点竖直高度差为h＝5m，水平距离为L＝1.9m，滑块M与轨道ABC间动摩擦因数均为μ0＝0.5，滑块N与小车上表面间的动摩擦因数为μ＝0.1，滑块N始终未离开小车，水平地面光滑，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）滑块M运动到C点时（还未与滑块N碰撞）的速度大小；
（2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前的过程中，滑块N与小车间由于摩擦产生的热量；
（3）小车与墙壁发生第1次碰撞后直至停止运动的过程中，小车运动的总路程。
【分析】（1）根据动能定理求滑块M运动到C点时（还未与滑块N碰撞）的速度大小；
（2）根据动量守恒和机械能守恒求滑块N与小车整体减少的机械能E减；
（3）根据动量守恒和运动学公式求小车运动的路程。
【解答】解：（1）滑块M由A运动到C的过程，由动能定理有m2gh﹣μ0m2gLm2
解得v0＝9m/s
（2）滑块M与滑块N发生弹性碰撞，规定向右为正方向，则有m2v0＝m2v'2+m1v
m2m2v'22m1v2
解得v'2＝0；v＝9m/s
小车和墙壁第一次碰前，滑块N与小车达到的共同速度为v1，规定向右为正方向，由动量守恒
m1v＝ （m1+m0）v1
第一次碰后小车变为v1，滑块N速度仍为v1，由动量守恒m0v1+m1v1＝（m+m0）v2
解得v2v1
由分析可知，当滑块N和小车第2次共速后恰好发生第2次碰撞；小车与墙壁第1次碰撞后到与壁第2次碰撞前，滑块N与小车之间产生的热量为Q.根据能量守恒
m0（v1）2m1Q（m1+m0）
解得：Q＝27J
（3）小车第一次与墙壁碰撞后，根据牛顿第二定律μm1g＝m0a
小车与墙壁第1次碰撞后至第2次碰撞前，运动的路程为s12
小车与墙壁第2次碰撞后至第3次碰撞前，运动的路程为s22
解得s2s1
小车与墙壁第n次碰撞后到第n+1次碰撞前过程中有sn＝（）n﹣1s1
总路程s＝s1+s2+s3+……+sn
解得：s＝6m
答：（1）滑块M运动到C点时（还未与滑块N碰撞）的速度大小为9m/s；
（2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前的过程中，滑块N与小车间由于摩擦产生的热量为27J；
（3）小车与墙壁发生第1次碰撞后直至停止运动的过程中，小车运动的总路程为6m。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，根据机械能守恒定律结合动量守恒定律分析出物体的速度，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
18．（2025 未央区校级模拟）如图所示，固定在竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧最低点与水平传送带相切于B点，传送带左端与足够长光滑水平面相切于C点。传送带BC之间的距离为R，传送带始终以大小为v0的速度沿逆时针匀速转动。一质量为3m的物块Q静止在水平面C端，将质量为m的物块P在圆弧的最高点A由静止释放，P沿圆弧下滑并滑上传送带，运动到水平面上后与Q发生弹性碰撞，P与传送带间的动摩擦因数为0.4，不计物块的大小及空气阻力。重力加速度大小为g，求：
（1）物块P运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小；
（2）P与Q碰撞过程中，P对Q的冲量大小；
（3）碰撞之后，P、Q间的最大距离。
【分析】（1）物块P从A运动到圆弧最低点机械能守恒，根据机械能守恒定律求解其在最低点速度，根据牛顿第二定律求解压力；
（2）分析物块在传送带上的速度变化，是先减速后匀速，还是一直做减速运动，然后根据动量守恒/能量守恒求解碰撞后Q，P的速度，根据P速度的变化求解对Q的冲量大小；
（3）根据运动学公式分析碰撞后P在传送带上运动的时间，有时间求解Q运动的位移，进而分析P、Q间的最大距离。
【解答】（1）设物块P运动到圆弧最低点时，速度大小为v1，根据机械能守恒定律有mgR，
解得，
由牛顿第二定律得，
解得FN3mg，
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力F′N＝FN＝3mg；
（2）设物块在传送带上先减速后匀速，则匀减速运动的加速度大小a＝μg＝0.4g，
减速运动的距离，
假设不成立，因此P第一次通过传送带一直做减速运动，设通过传送带的速度大小为
解得，
设Q，P碰撞后，P的速度大小为v3，Q的速度大小为v4，根据动量守恒定律有mv2＝﹣mv3+3mv4，
根据能量守恒有，
解得，
碰撞过程中，Q对P的冲量大小；
（3）碰撞后P向右减速至速度为0过程位移，又v3＜v0，
因此滑块P第二次在传送带上先减速再反向加速运动，运动的时间，
最终Q、P共速，它们间的最远距离。
答：（1）物块P运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小为3mg；
（2）P与Q碰撞过程中，P对Q的冲量大小为；
（3）碰撞之后，P、Q间的最大距离为。
【点评】考查对动量守恒、机械能守恒及匀变速直线运动规律的理解，熟悉运动学公式的运用，需要将上述知识点综合起来。
19．（2025 宿迁三模）如图所示，长L＝1.0m的轻质板C静止在光滑水平面上，小物块A、B分别静置在板C的左右两端，质量mA、mB均为1.0kg，A、B与C间的动摩擦因数分别为μA＝0.4、μB＝0.2。现给A施加水平向右的推力，使它们开始运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B间的碰撞为弹性碰撞，取重力加速度g＝10m/s2。
（1）若推力大小F1＝2.0N，A、B、C以相同的加速度一起运动，求加速度大小a及B受到的摩擦力大小fB；
（2）若推力大小F2＝6.0N，B相对C运动，求从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程中，B所受摩擦力的冲量大小I；
（3）若推力大小F2＝6.0N，经时间t＝1.0s撤去推力，A、B、C继续运动到稳定状态，求整个过程中产生的热量Q。
【分析】（1）由牛顿第二定律求加速度大小a及B受到的摩擦力大小fB；
（2）由牛顿第二定律和运动学公式求从B开始运动到与A刚要发生碰撞的时间，再结合冲量表达式求B所受摩擦力的冲量大小I；
（3）由动量守恒定律和能量守恒定律求出相对位移，再根据热量公式求整个过程中产生的热量Q。
【解答】解：（1）对A、B、C，由牛顿第二定律
F1＝（mA+mB）a
代入数据得
a＝1.0m/s2
对B，由牛顿第二定律
fB＝mBa
代入数据得
fB＝1N
（2）A、C相对静止，对A、C，由牛顿第二定律
F2﹣μBmBg＝mA
对B，由牛顿第二定律
μBmBg＝mB
从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程的位移关系
代入数据得
t＝1.0s
B所受摩擦力的冲量
I＝μBmBgt
代入数据得
I＝2.0N s
（3）经时间 t＝1.0s撤去推力时，A、C的速度
vA＝aAt
代入数据得
vA＝4.0m
B的速度
vB＝aBt
代入数据得
vB＝2.0m/s
A与B发生碰撞后，设A、B最终共速且B没有滑离C对系统，从撤去推力至共速过程，以水平向右的方向为方向，由动量守恒定律
mAvA+mBvB＝（mA+mB）v
由能量守恒定律
解得
Δx＝0.5m＜L
A、B最终共速且B没有滑离C，整个过程中产生的热量
Q＝μgmgg（L+Δx）
代入数据得
Q＝3.0J
答：（1）若推力大小F1＝2.0N，A、B、C以相同的加速度一起运动，加速度大小a为1.0m/s2，B受到的摩擦力大小为1N；
（2）若推力大小F2＝6.0N，B相对C运动，从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程中，B所受摩擦力的冲量大小I为2.0N s；
（3）若推力大小F2＝6.0N，经时间t＝1.0s撤去推力，A、B、C继续运动到稳定状态，整个过程中产生的热量Q为3.0J。
【点评】解决本题的关键理清A、B、C在整个过程中的运动规律，结合动量守恒定律、能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式综合求解，应用动量守恒时注意正方向的规定。
20．（2025 红桥区二模）如图所示，质量M＝4kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径R＝1m的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L＝2m的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量m＝1kg、可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）滑块滑到圆弧轨道最低点B时，小车的速度v1和滑块的速度v2；
（2）滑块下滑过程中，小车对滑块支持力所做的功W；
（3）滑块与BC轨道间的动摩擦因数μ。
【分析】（1）滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律计算速度；
（2）根据动能定理分析小车对滑块支持力所做的功；
（3）整个过程中由能量守恒定律解答。
【解答】解：（1）滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到圆弧轨道最低点B时，规定向右为正方向，有
Mv1＝mv2
根据能量守恒可得
解得
v1＝1m/s，方向水平向左；v2＝4m/s，方向水平向右
（2）滑块下滑过程中对滑块使用动能定理
解得W＝﹣2J
（3）滑块最后恰好停在C点时，小车也停止运动，整个过程中由能量守恒定律有
mgR＝μmgL
解得
μ＝0.5
答：（1）滑块滑到圆弧轨道最低点B时，小车的速度为1m/s，方向水平向左；滑块的速度为4m/s，方向水平向右；
（2）滑块下滑过程中，小车对滑块支持力所做的功为﹣2J；
（3）滑块与BC轨道间的动摩擦因数为0.5。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，滑块与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，根据题意分析清楚滑块与小车的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、能量守恒定律即可解题。
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