【高考押题卷】2025年高考物理高频易错考前冲刺 动量与动量守恒定律（含解析）

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高考物理考前冲刺押题预测 动量与动量守恒定律
一．选择题（共8小题）
1．（2025 南通模拟）如图所示，光滑圆弧轨道ABC竖直固定，与水平面相切于A点，B为圆弧上一点，C为圆弧最高点，弧长AC远小于半径。质量相等的小球甲、乙分别从B、C位置由静止同时释放，则两球从开始运动到A点的过程中（　　）
A．甲球比乙球运动的时间短
B．两球可能在A点右侧相撞
C．两球动量的改变量相等
D．两球重力的冲量相等
2．（2024秋 郴州期末）如图所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度v0沿风的方向匀速前行，风与帆作用的有效面积为S，气流的平均密度为ρ，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为f。假设气流与帆作用后速度与帆船前行速度相等，则下列说法正确的是（　　）
A．风速大小为
B．风速大小为
C．若将风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度一定变为原来的2倍
D．若将风速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度也将变为原来的2倍
3．（2024秋 杭州期末）如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成，竖直螺旋滑槽高5m，长30m，质量为0.5kg的药品A离开传送带进入螺旋滑槽速度为2m/s，到螺旋滑槽出口速度为6m/s，该过程用时5s，在出口处与静止的相同质量的药品B碰撞，碰后A静止，B向前滑动，下列说法正确的是（　　）
A．药品A、B碰撞后B的速度为3m/s
B．药品A对药品B的冲量和药品B对药品A的冲量相同
C．药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为20N s
D．药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量为2N s
4．（2024秋 济宁期末）体育课上某同学做俯卧撑训练，在该同学身体下降过程中，下列说法正确的是（　　）
A．该同学处于失重状态
B．地面对该同学的冲量不为零
C．地面对该同学的支持力做负功
D．重力对该同学做功的功率逐渐增大
5．（2024秋 抚顺期末）冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”。如图所示，运动员投掷出的冰壶甲运动一段时间后，与静止在大本营中心的冰壶乙发生碰撞，已知两冰壶完全相同，则碰撞后两冰壶最终停止的位置不可能是（　　）
A．
B．
C．
D．
6．（2024秋 杭州期末）火箭发射领域“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备（火箭、燃料、椅子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．火箭的推力来源于空气的浮力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为
D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒
7．（2024秋 丰台区期末）蹦床运动中，运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．运动员距蹦床的最大高度为20m
B．0.30s时运动员的速度大小为20m/s
C．0～0.15s运动员的加速度减小
D．0.15s时运动员处于超重状态
8．（2024秋 前郭县校级期末）某物体在一段运动过程中受到的冲量为﹣1N s，则（　　）
A．物体的初动量方向一定与这个冲量方向相反
B．物体的末动量一定是负值
C．物体的动量一定减小
D．物体动量的增量的方向一定与所规定的正方向相反
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 成都校级模拟）如图甲所示，“L”形木板Q（竖直挡板厚度不计）静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P（视为质点）以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s时滑块与木板相撞并粘在一起。两者运动的v﹣t图像如图乙所示。重力加速度大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．“L”形木板的长度为9m
B．Q的质量为1kg
C．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能之比为1：4
（多选）10．（2024秋 郴州期末）如图所示，粗糙的水平面上有一半圆形凹槽，凹槽的质量为M，半圆弧的圆心为O点，最低点为A点，半径为R。现将一质量为m的光滑小球从圆弧上的D点由静止释放，已知OD与OA的夹角为θ（θ＜5°），重力加速度为g，小球大小可以忽略不计，从D点运动到A点的过程中，凹槽始终保持静止。下列说法正确的是（　　）
A．小球从D点运动到A点过程中，小球和凹槽所组成的系统，机械能守恒，动量也守恒
B．小球到达A点时对凹槽的压力大小为3mg 2mgcosθ
C．小球从D点运动到A点的时间为
D．小球从D点运动到A点过程中，水平面摩擦力对凹槽的冲量大小为
（多选）11．（2024秋 湖南期末）某同学参加校运会跳远比赛的示意图如图所示，忽略空气阻力，从起跳至着地的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．该同学所受重力的冲量为0
B．该同学着地过程中地面的支持力大于他的重力
C．着地点是沙池的目的是减小着地前后该同学动量的变化量
D．任意一段时间内重力的冲量的方向都相同
（多选）12．（2024秋 济宁期末）如图所示，一质量为2m的滑块静置在光滑的水平面上，其曲面为光滑的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。一质量为m的小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，小球未从圆弧最高点冲出，重力加速度为g。在小球上升过程中，下列说法正确的是（　　）
A．滑块与小球组成的系统动量守恒
B．滑块对小球始终做负功
C．小球运动至最高点时，滑块的速度大小为0.5v0
D．小球沿曲面上升的最大高度为
三．填空题（共4小题）
13．（2023秋 金台区期末）质量是10g的子弹，以300m/s的速度射入质量是240g、静止在光滑水平桌面上的木块。
（1）如果子弹留在木块中，木块运动的速度是 　 　m/s；
（2）如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为100m/s，这时木块的速度又是 　 　m/s。（结果保留两位有效数字）
14．（2024秋 思明区校级月考）如图甲所示，质量为1kg的物块静止放在水平地面上，现对物块施加水平向右的外力F，F随时间变化的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.3，接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。则0～2s内，物块受到的摩擦力冲量大小为 　 　N s，6s末，物块的速度大小为 　 　m/s。
15．（2024秋 思明区校级月考）如图所示，甲、乙两人各站在静止小车的左右两端，车与地面之间无摩擦，当他们同时相向运动时，发现小车向右运动；则在此过程，甲人的动量大小 　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）乙人的动量大小；甲人对小车水平方向冲量大小 　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）乙人对小车水平方向冲量大小。当两人相遇停下后，小车运动情况为 　 　（选填“匀速向右”、“静止”或“匀速向左”）。
16．（2024秋 思明区校级月考）未来部署在空间站的太阳能电站可以将电能源源不断地传送到地球。假设电站绕地球运行的周期为T，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。电站离地面的高度h＝ 　 　；电站在轨运行时，光子撞击电站的帆板被垂直反射而产生作用力。假设垂直照射帆板前后的光子平均动量大小均为p，每秒钟垂直照射到帆板上的光子数为n个，求帆板由于光子碰撞而受到的作用力F＝ 　 　。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 凉州区期末）如图所示，质量为M（未知）的轨道A放在足够长的光滑水平桌面上，轨道上表面水平部分粗糙，竖直圆弧部分光滑，两部分在P点平滑连接，Q点为轨道的最高点。质量m＝1kg的小物块B静置在轨道左端，B与轨道水平部分之间的动摩擦因数为μ（未知），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B可视为质点。已知轨道水平部分的长度L＝1m，圆弧部分的半径r＝0.2m，取重力加速度g＝10m/s2。小物块B以v0＝3m/s的初速度向右滑行，若轨道固定，恰好能够运动到Q点；若轨道不固定，恰好能够运动到P点。（计算结果可用分数表示）
（1）求动摩擦因数μ；
（2）求轨道A的质量M；
（3）若轨道不固定，小物块B以v1＝5m/s的初速度向右滑行，求B离开Q点后上升的最大高度h。
18．（2024秋 温州期末）如图所示，倾角θ＝37°直轨道AB和直轨道CD分别与半径R＝1m的圆弧轨道BC相切于B点和C点，圆弧轨道末端C点处安装有压力传感器，D点右侧紧靠着质量M＝0.5kg的车子，车长L＝1m，其上表面与直轨道CD齐平。将质量m＝1kg的小物块从直轨道AB上距离直轨道CD平面高度h＝1.4m处静止释放，小物块经过C点时压力传感器显示示数F＝30N，小物块与直轨道AB、CD和车子上表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，车子与地面之间的摩擦不计（小物块视为质点，不计空气阻力），已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）小物块到达C点时的速度大小v；
（2）小物块在直轨道AB上的运动时间t；
（3）若小物块能滑上车子且不从车上掉落，直轨道CD的长度范围。
19．（2025 兰州校级一模）某小组研究的一部分连锁机械游戏装置如图所示，在竖直平面内有一固定的光滑斜面轨道AB，斜面轨道底端圆滑连接长为L、动摩擦因数为μ的粗糙水平轨道BC，轨道右端与固定的半径为R的四分之一光滑圆弧轨道最高点平滑连接于C点，C点刚好与圆心O1在同一竖直线上。圆弧轨道CD下方有一水平轨道，直立多米诺骨牌，它们的顶端恰好位于经过圆心O1的水平线O1x上。质量为m的滑块P，从斜面上某点静止开始下滑，与质量也为m静置于C点的滑块Q正碰，碰撞时系统损失的动能为P碰前动能的。已知重力加速度g和L、μ、R、m，不计滑块大小、骨牌厚度和空气阻力，结果可保留根式。
（1）求滑块P从h高滑到斜面底端B时速度大小；
（2）当1号骨牌离O1的水平距离，滑块P从h1高处静止开始下滑，滑块Q被P正碰后滑出刚好能击中1号骨牌顶端，求h1；
（3）若让滑块Q从C点静止开始下滑，始终紧贴轨道滑入另一光滑圆弧轨道（如虚线所示，上端与圆弧轨道CD相切、下端与O1x相切），水平击中1号骨牌顶端。求1号骨牌离O1的最小距离x2。
20．（2024秋 四川校级期末）质量m＝1kg的小物块，由静止从距斜面底端高h＝0.6m的粗糙斜面上滑下，斜面倾角θ＝37°，小物块到达斜面底端后速度大小不变滑上足够长的长木板，小物块与斜面、长木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，长木板的质量M＝1kg，小物块滑上长木板立即受到大小F＝6N的水平向右的恒力作用，当小物块与长木板速度相同时，撤去恒力F，求：
（1）小物块滑到斜面底端时的速度大小v0；
（2）从滑上长木板开始，经多长时间物块、木板速度相同，此时物块距木板左端的距离L；
（3）最终木板距斜面末端的距离。
高考物理考前冲刺押题预测 动量与动量守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 南通模拟）如图所示，光滑圆弧轨道ABC竖直固定，与水平面相切于A点，B为圆弧上一点，C为圆弧最高点，弧长AC远小于半径。质量相等的小球甲、乙分别从B、C位置由静止同时释放，则两球从开始运动到A点的过程中（　　）
A．甲球比乙球运动的时间短
B．两球可能在A点右侧相撞
C．两球动量的改变量相等
D．两球重力的冲量相等
【考点】动量定理的内容和应用；机械能守恒定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】A
【分析】结合题意，根据甲、乙的质量及释放位置，确定两者运动情况，再结合冲量、动量、机械能的关系，即可分析判断ABCD正误。
【解答】解：设甲、乙的质量均为m，下落高度分别为hBA、hCA，至A的速度大小分别为v甲、v乙，运动时间分别为t甲、t乙，
因为甲、乙质量相同，所以若将甲放置C由静止释放，应与乙的运动状态一样，则甲先到A点，乙后到A点，甲、乙两球不会在A点右侧相撞，且：t甲＜t乙；
甲、乙重力的冲量大小分别为：I甲＝mgt甲、I乙＝mgt乙，
则：I甲＜I乙，
两小球运动过程，只有重力做功，则机械能守恒：mghmv2，
由图可知：hCA＞hBA，
则：v乙＞v甲，
以水平向左为正方向，
则两球动量的改变量分别为：Δp甲＝mv甲﹣0、Δp乙＝mv乙﹣0，
则：Δp甲＜Δp乙；
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查对机械能守恒定律的掌握，解题时需知，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2．（2024秋 郴州期末）如图所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度v0沿风的方向匀速前行，风与帆作用的有效面积为S，气流的平均密度为ρ，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为f。假设气流与帆作用后速度与帆船前行速度相等，则下列说法正确的是（　　）
A．风速大小为
B．风速大小为
C．若将风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度一定变为原来的2倍
D．若将风速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度也将变为原来的2倍
【考点】用动量定理求流体冲击问题．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】求出Δt时间内吹到帆船上风的质量，根据动量定理求解冲击力大小，由此得到风速大小，结合风速大小表达式分析。
【解答】解：AB．以帆船为参考系，对Δt内的一段风Δm，以风的方向的反方向为正方向，由动量定理
FΔt＝ΔmΔv＝ρS（v﹣v0）Δt（v﹣v0）
帆船匀速前行，由平衡条件得
F＝f
解得
故A正确，B错误；
C．由以上结论，整理得
若将风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度不是原来的2倍，故C错误；
D．由可知，若将风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度不是原来的2倍，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查动量定理之流体冲击力的计算问题，关键是求出很短时间内流体的质量，掌握动量定理的应用方法。
3．（2024秋 杭州期末）如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成，竖直螺旋滑槽高5m，长30m，质量为0.5kg的药品A离开传送带进入螺旋滑槽速度为2m/s，到螺旋滑槽出口速度为6m/s，该过程用时5s，在出口处与静止的相同质量的药品B碰撞，碰后A静止，B向前滑动，下列说法正确的是（　　）
A．药品A、B碰撞后B的速度为3m/s
B．药品A对药品B的冲量和药品B对药品A的冲量相同
C．药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为20N s
D．药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量为2N s
【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题；动量定理的内容和应用．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】由AB碰撞过程动量守恒，结合碰后A静止，即可计算碰后B的速度大小；由A对B的力和B对A的力，及作用时间的关系，即可分析冲量的关系；由A的重力大小，及重力的作用时间，即可计算A的重力的冲量；对A应用动量定理，即可计算合力的冲量。
【解答】解：A、由AB碰撞过程动量守恒，结合碰后A静止，以向右为正方向，即可知：mv2＝mv3，碰后B的速度大小v3＝6m/s，故A错误；
B、由A对B的力和B对A的力大小相等、方向相反、作用时间相等，即可知冲量等大反向，故B错误；
C、由A的重力大小mg，及重力的作用时间，即可知A的重力的冲量为：I＝mgt，解得：I＝25N s，故C错误；
D、对A应用动量定理，以向右为正方向，即可知合力的冲量满足：I合＝mv2﹣mv1，解得：I合＝2N s，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查动量定理的应用，在比较冲量时，注意冲量为矢量，有大小和方向。
4．（2024秋 济宁期末）体育课上某同学做俯卧撑训练，在该同学身体下降过程中，下列说法正确的是（　　）
A．该同学处于失重状态
B．地面对该同学的冲量不为零
C．地面对该同学的支持力做负功
D．重力对该同学做功的功率逐渐增大
【考点】求恒力的冲量；超重与失重的概念、特点和判断；功的正负及判断；瞬时功率的计算．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】加速度向上为超重状态，加速度向下为失重状态；重力功率等于力与速度的乘积；根据功的定义确定做功情况；根据冲量定义确定冲量大小。
【解答】解：A．该同学身体加速下降过程中，处于失重状态，因为加速度向下；减速下降过程中，处于超重状态，因为加速度向上，故A错误；
B．地面对该同学的冲量即支持力的冲量I＝FNt，支持力不为零，时间不为零，故支持力的冲量不为零，故B正确；
C．地面对该同学的支持力作用点不移动，故支持力不做功，故C错误；
D．重力对该同学做功的功率P＝mgv，因为速度先增大后减小，故重力做功的功率先增大后减小，故D错误。
故选：B。
【点评】题以俯卧撑为情景，来考查超失重状态以及重力功率和动量定理等物理知识，加强了知识的实际应用。
5．（2024秋 抚顺期末）冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”。如图所示，运动员投掷出的冰壶甲运动一段时间后，与静止在大本营中心的冰壶乙发生碰撞，已知两冰壶完全相同，则碰撞后两冰壶最终停止的位置不可能是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．
【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】由碰撞前后，动量守恒，机械能不增加，可知碰撞后甲、乙各自的速度特点，结合受力分析，即可知其停止的可能位置。
【解答】解：两完全相同的冰壶碰撞前、后遵守动量守恒定律，机械能守恒或有损耗；
若机械能守恒，则碰后，甲停止，乙以甲的速度向前运动；
若机械能有损耗，则碰后，甲的速度减小，乙以小于甲碰撞前的速度向前运动，故甲不会向后运动，故两冰壶最终停止的位置不可能是选项C，故ABD正确，C错误。
本题选择不可能的，故选：C。
【点评】本题考查碰撞过程的特点，关键是理解机械能不增加的特点应用，即有速度物体，碰撞等质量的静止物体时，有速度的物体不会反向。
6．（2024秋 杭州期末）火箭发射领域“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备（火箭、燃料、椅子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．火箭的推力来源于空气的浮力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为
D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒
【考点】反冲现象中的动量守恒；判断机械能是否守恒及如何变化；用动量定理求平均作用力．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．
【答案】B
【分析】火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备（火箭（含燃料）、椅子、风筝等）为系统，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出在燃气喷出后的瞬间火箭的速度大小；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，应用竖直上抛运动规律求出上升的高度。
【解答】解：A、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；
B、在燃气喷出后的瞬间，万户及其所携设备组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，由动量守恒定律得：（M﹣m）v﹣mv0＝0，解得火箭的速度大小为，故B正确；
C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，上升的最大高度，故C错误；
D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。
故选：B。
【点评】本题解题的关键是在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭（含燃料）、椅子、风筝等）为系统，系统动量守恒；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒。
7．（2024秋 丰台区期末）蹦床运动中，运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．运动员距蹦床的最大高度为20m
B．0.30s时运动员的速度大小为20m/s
C．0～0.15s运动员的加速度减小
D．0.15s时运动员处于超重状态
【考点】F﹣t图像中的动量问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据图像得出t＝0.15s时弹力最大，结合牛顿第二定律分析加速度以及超重失重情况；由图得出运动员离开到落回蹦床的时间，再根据对称性得出上升时间，从而求出速度大小以及运动员距蹦床的最大高度。
【解答】解：AB．根据题图可知运动员从t＝0.30s离开蹦床到t＝2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在t＝1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30s时运动员的速度大小v＝10×1m/s＝10m/s，h，故AB错误；
CD.0～0.15s运动员受到合力先减小后增大，加速度先减小后增大，重力等于弹力，加速度为零，0.15s时运动员弹力一定大于重力，处于超重状态，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】解题关键是从图像上判断出运动员离开蹦床到落回蹦床的时间。
8．（2024秋 前郭县校级期末）某物体在一段运动过程中受到的冲量为﹣1N s，则（　　）
A．物体的初动量方向一定与这个冲量方向相反
B．物体的末动量一定是负值
C．物体的动量一定减小
D．物体动量的增量的方向一定与所规定的正方向相反
【考点】动量定理的内容和应用；冲量的定义及性质．
【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】AB.某物体在一段运动过程中受到的冲量为负值，说明该冲量与规定的正方向相反，据此分析判断；
CD.由动量定理，结合前面分析，即可判断求解。
【解答】解：AB.某物体在一段运动过程中受到的冲量为负值，说明该冲量与规定的正方向相反，该冲量的正负与物体的初动量或末动量的正负没有必然联系，故AB错误；
CD.由动量定理可知，某物体在一段运动过程中受到的冲量等于该物体动量的变化量，则结合前面分析可知，某物体在一段运动过程中受到的冲量为负值，说明该物体动量的增量的方向一定与所规定的正方向相反，物体的动量是增加或减小无法确定，故C错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题考查动量定理的内容和应用，解题时需了解，物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 成都校级模拟）如图甲所示，“L”形木板Q（竖直挡板厚度不计）静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P（视为质点）以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s时滑块与木板相撞并粘在一起。两者运动的v﹣t图像如图乙所示。重力加速度大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．“L”形木板的长度为9m
B．Q的质量为1kg
C．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能之比为1：4
【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度；常见力做功与相应的能量转化．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】A.v﹣t图像中图线与坐标轴围成的面积表示位移，结合题意及图乙可知，0～2s内两者的位移差即“L”形木板的长度，据此列式，即可分析判断；
B.由图乙信息，根据动量守恒定律列式，即可分析判断；
C.由图乙信息，结合牛顿第二定律分别列式，即可分析判断；
D.结合前面分析，表示出碰撞过程系统损失的机械能，再根据能量守恒，表示出碰撞后，木板Q与地面摩擦产生的内能，即可分析判断。
【解答】A．“L”形木板的长度
故A错误；
B．滑块P滑上木板后，滑块P做匀减速运动，木板Q做匀加速运动，由两者运动的v﹣t图像可知，两者在碰撞前滑块P的速度为
v1＝3m/s
木板Q的速度
v2＝1m/s
两者碰撞后共同速度为
v3＝2m/s
碰撞过程系统的动量守恒，设滑块P的质量为m，木板Q的质量为M，取滑块P的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
mv1+Mv2＝（m+M）v3
代入数据解得
M＝1kg
故B正确；
C．设滑块P与木板Q间的动摩擦因数为μ1，地面与木板之间的动摩擦因数为μ2，由运动的v﹣t图像可知，在0～2s时间内，滑块P的加速度为
木板Q的加速度为
对两者由牛顿第二定律可得
﹣μ1mg＝maP
μ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaQ
代入数据联立解得
μ2＝0.05
故C错误；
D．由于碰撞系统损失的机械能为
代入数据解得
ΔE＝1J
碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能
由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能之比为1：4，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。
（多选）10．（2024秋 郴州期末）如图所示，粗糙的水平面上有一半圆形凹槽，凹槽的质量为M，半圆弧的圆心为O点，最低点为A点，半径为R。现将一质量为m的光滑小球从圆弧上的D点由静止释放，已知OD与OA的夹角为θ（θ＜5°），重力加速度为g，小球大小可以忽略不计，从D点运动到A点的过程中，凹槽始终保持静止。下列说法正确的是（　　）
A．小球从D点运动到A点过程中，小球和凹槽所组成的系统，机械能守恒，动量也守恒
B．小球到达A点时对凹槽的压力大小为3mg 2mgcosθ
C．小球从D点运动到A点的时间为
D．小球从D点运动到A点过程中，水平面摩擦力对凹槽的冲量大小为
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．
【答案】BCD
【分析】小球和凹槽所组成的系统，地面有静摩擦力，动量不守恒，由机械能守恒定律结合牛顿第二定律求解凹槽的压力大小，结合单摆的周期求解小球从D点运动到A点的时间，水平面摩擦力对凹槽的冲量与小球对凹槽的水平冲量等大反向，由动量定理求解水平面摩擦力对凹槽的冲量大小。
【解答】解：A．在该过程中，由于地面有静摩擦力，但静摩擦未做功，小球和凹槽所组成的系统机械能守恒，动量不守恒，故A错误；
B．小球从D点到A点，由机械能守恒定律可得
在A点有
解得
FN＝3mg﹣2mgcosθ
故B正确；
C．由单摆的周期可知，小球从D点运动到A点的时间为
故C正确；
D．凹槽始终静止，水平面摩擦力对凹槽的冲量与小球对凹槽的水平冲量等大反向，由动量定理可知
故D正确。
故选：BCD。
【点评】OD与OA的夹角为θ（θ＜5°），看到θ＜5°可以联想到单摆。
（多选）11．（2024秋 湖南期末）某同学参加校运会跳远比赛的示意图如图所示，忽略空气阻力，从起跳至着地的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．该同学所受重力的冲量为0
B．该同学着地过程中地面的支持力大于他的重力
C．着地点是沙池的目的是减小着地前后该同学动量的变化量
D．任意一段时间内重力的冲量的方向都相同
【考点】动量定理的内容和应用；斜抛运动；冲量的定义及性质；求恒力的冲量．
【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】A.由冲量计算公式可知，该同学所受重力冲量大小，即可分析判断；
B.该同学着地过程竖直方向向下减速，据此分析判断；
C.由题意，结合动量定理，即可分析判断；
D.由冲量计算公式，即可分析判断。
【解答】解：A.由冲量计算公式可知，该同学所受重力冲量大小为：I＝mgt，故不为0，故A错误；
B.因为该同学着地过程竖直方向向下减速，则竖直方向加速度向上，则竖直方向合外力向上，则地面的支持力大于他的重力，故B正确；
C.由题意可知，该同学着地过程，动量变化量不变，着地点是沙地是为了增加其着地时间，则由动量定理可知，着地点是沙池的目的是减小地面对该同学的平均作用力，故C错误；
D.由冲量计算公式可知，重力的冲量与重力方向相同，则任意一段时间内重力的冲量的方向都相同，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查动量定理的内容和应用，解题时需了解，物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。
（多选）12．（2024秋 济宁期末）如图所示，一质量为2m的滑块静置在光滑的水平面上，其曲面为光滑的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。一质量为m的小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，小球未从圆弧最高点冲出，重力加速度为g。在小球上升过程中，下列说法正确的是（　　）
A．滑块与小球组成的系统动量守恒
B．滑块对小球始终做负功
C．小球运动至最高点时，滑块的速度大小为0.5v0
D．小球沿曲面上升的最大高度为
【考点】动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】在小球运动过程中，系统竖直方向动量不守恒，小球和滑块组成的系统动量不守恒；小球的速度减少，动能减少，所以滑块对小球始终做负功
水平方向根据动量守恒定律进行解答，再根据机械能守恒定律列方程求解。
【解答】解：A．在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在系统竖直方向动量不守恒，水平方向上动量守恒，故A错误；
BC．系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同，有
mv0＝3mv
解得
可见小球的速度减少，动能减少，所以滑块对小球始终做负功。故B正确，C错误；
D．根据机械能守恒定律得
解得
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用，对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）。解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据机械能守恒定律列方程求解。
三．填空题（共4小题）
13．（2023秋 金台区期末）质量是10g的子弹，以300m/s的速度射入质量是240g、静止在光滑水平桌面上的木块。
（1）如果子弹留在木块中，木块运动的速度是 　12　m/s；
（2）如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为100m/s，这时木块的速度又是 　8.3　m/s。（结果保留两位有效数字）
【考点】动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用．
【专题】定量思想；寻找守恒量法；动量定理应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）12；（2）8.3。
【分析】（1）（2）子弹射入木块的过程和打穿木块的过程，分别根据动量守恒定律求解木块运动的速度。
【解答】解：（1）取子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
m1v0＝（m1+m2）v共
解得
v共＝12m/s
则子弹留在木块中，木块运动的速度是12m/s；
（2）取子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
m1v0＝m1v1+m2v2
解得木块的速度为
v2≈8.3m/s
故答案为：（1）12；（2）8.3。
【点评】对于子弹打木块的过程，要掌握其基本规律是动量守恒定律，要明确规定正方向，用正负号表示速度方向。
14．（2024秋 思明区校级月考）如图甲所示，质量为1kg的物块静止放在水平地面上，现对物块施加水平向右的外力F，F随时间变化的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.3，接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。则0～2s内，物块受到的摩擦力冲量大小为 　4.5　N s，6s末，物块的速度大小为 　13.5　m/s。
【考点】F﹣t图像中的动量问题；求恒力的冲量；用动量定理求平均作用力．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】4.5；13.5。
【分析】根据题意求最大静摩擦力，再结合图像分析运动情况，由冲量的概念、动量定理等列式代入数据计算。
【解答】解：物块与水平地面间的最大静摩擦力为fmax＝μmg＝0.3×1×10N＝3N
由F﹣t图像可知，在0～1s内物块受到静摩擦力作用，则0～2s内，物块受到的摩擦力冲量大小为
在t＝1s时物块开始运动，则1～6s内，对物块根据动量定理可得I合＝IF﹣If＝mv﹣0
其中；If＝3×5N s＝15N s
代入数据解得6s末物块的速度大小v＝13.5m/s。
故答案为：4.5；13.5。
【点评】本题主要考查F﹣t图像中的动量问题，解题时需注意，F﹣t图像与坐标轴所围面积，表示该力冲量。
15．（2024秋 思明区校级月考）如图所示，甲、乙两人各站在静止小车的左右两端，车与地面之间无摩擦，当他们同时相向运动时，发现小车向右运动；则在此过程，甲人的动量大小 　小于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）乙人的动量大小；甲人对小车水平方向冲量大小 　小于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）乙人对小车水平方向冲量大小。当两人相遇停下后，小车运动情况为 　静止　（选填“匀速向右”、“静止”或“匀速向左”）。
【考点】动量守恒定律的一般应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】小于；小于；静止。
【分析】甲、乙两人相向而行的过程中，甲、乙两人及小车组成的系统在水平方向所受的合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律列式分析即可。
【解答】解：甲、乙两人相向而行的过程中，甲、乙两人及小车组成的系统在水平方向所受的合外力为零，系统动量守恒，
以向右为正方向，在水平方向，根据动量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙+m车v车＝0
小车向右运动，小车的动量方向向右，说明甲与乙两人的总动量向左，因乙向左运动，甲向右运动，则甲的动量必定小于乙的动量；
小车向右运动，对小车，由动量定理可知，小车受外力的冲量向右，人在行走时对小车的作用力冲量与人的运动方向相反，则说明乙对小车的作用力冲量大于甲对小车的作用力冲量；
两人与车组成的系统动量守恒，系统初状态动量为零，当两人都停下后两人的动量都为零，由动量守恒定律可知，小车的动量也为零，小车静止。
故答案为：小于；小于；静止。
【点评】本题考查动量守恒定律和动量定理的直接应用，关键要掌握动量守恒的条件：合外力为零，要注意速度和动量的矢量性。
16．（2024秋 思明区校级月考）未来部署在空间站的太阳能电站可以将电能源源不断地传送到地球。假设电站绕地球运行的周期为T，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。电站离地面的高度h＝ 　R　；电站在轨运行时，光子撞击电站的帆板被垂直反射而产生作用力。假设垂直照射帆板前后的光子平均动量大小均为p，每秒钟垂直照射到帆板上的光子数为n个，求帆板由于光子碰撞而受到的作用力F＝ 　2np　。
【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第三定律的理解与应用；万有引力的基本计算．
【专题】应用题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力．
【答案】R；2np。
【分析】电站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律求出电站离地面的高度；应用动量定理与牛顿第三定律求出帆板受到的作用力。
【解答】解：电站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：Gm（R+h）
地球表面的物体受到的重量等于万有引力，即m′g＝G
解得：hR
对每秒照射到帆板上的光子，由动量定理得：﹣F't＝﹣np﹣np
其中：t＝1s，解得：F'＝2np
由牛顿第三定律可知，帆板由于光子碰撞受到的作用力大小F＝F'＝2np
故答案为：R；2np。
【点评】本题考查了万有引力定律与动量定理的应用，根据题意应用牛顿第二定律与动量定理、牛顿第三定律即可解题。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 凉州区期末）如图所示，质量为M（未知）的轨道A放在足够长的光滑水平桌面上，轨道上表面水平部分粗糙，竖直圆弧部分光滑，两部分在P点平滑连接，Q点为轨道的最高点。质量m＝1kg的小物块B静置在轨道左端，B与轨道水平部分之间的动摩擦因数为μ（未知），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B可视为质点。已知轨道水平部分的长度L＝1m，圆弧部分的半径r＝0.2m，取重力加速度g＝10m/s2。小物块B以v0＝3m/s的初速度向右滑行，若轨道固定，恰好能够运动到Q点；若轨道不固定，恰好能够运动到P点。（计算结果可用分数表示）
（1）求动摩擦因数μ；
（2）求轨道A的质量M；
（3）若轨道不固定，小物块B以v1＝5m/s的初速度向右滑行，求B离开Q点后上升的最大高度h。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．
【答案】（1）动摩擦因数μ等于0.25；
（2）轨道A的质量M等于1.25kg；
（3）B离开Q点后上升的最大高度h等于。
【分析】（1）若轨道固定，对物块列动能定理求解动摩擦因数；
（2）若轨道不固定，则对系统满足水平方向动量守恒，根据动量守恒定律以及能量守恒求解轨道A的质量M；
（3）若轨道不固定，则对系统满足水平方向动量守恒，根据动量守恒定律以及能量守恒求解B离开Q点后上升的最大高度h。
【解答】解：（1）若轨道固定，对物块列动能定理，则有
可解得
μ＝0.25
（2）若轨道不固定，则对系统满足水平方向动量守恒，初速度方向为正方向，则有
mv0＝（m+M）v
根据能量守恒，则有
可解得
M＝1.25kg
（3）若轨道不固定，则对系统满足水平方向动量守恒，则有
mv1＝（m+M）v2
根据能量守恒，则有
可解得
答：（1）动摩擦因数μ等于0.25；
（2）轨道A的质量M等于1.25kg；
（3）B离开Q点后上升的最大高度h等于。
【点评】本题考查动能定理、能量守恒定律和动量守恒定律，会根据题意列式求解相应的物理量。
18．（2024秋 温州期末）如图所示，倾角θ＝37°直轨道AB和直轨道CD分别与半径R＝1m的圆弧轨道BC相切于B点和C点，圆弧轨道末端C点处安装有压力传感器，D点右侧紧靠着质量M＝0.5kg的车子，车长L＝1m，其上表面与直轨道CD齐平。将质量m＝1kg的小物块从直轨道AB上距离直轨道CD平面高度h＝1.4m处静止释放，小物块经过C点时压力传感器显示示数F＝30N，小物块与直轨道AB、CD和车子上表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，车子与地面之间的摩擦不计（小物块视为质点，不计空气阻力），已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）小物块到达C点时的速度大小v；
（2）小物块在直轨道AB上的运动时间t；
（3）若小物块能滑上车子且不从车上掉落，直轨道CD的长度范围。
【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．
【答案】（1）小物块到达C点时的速度大小是2m/s；
（2）小物块在直轨道AB上的运动时间是1s；
（3）直轨道CD的长度范围是1m≤L≤4m。
【分析】（1）应用牛顿第二定律可以求出小物块到达C点时的速度大小。
（2）应用牛顿第二定律求出物块在AB上滑动过程的加速度大小，应用运动学公式求出运动时间。
（3）应用动能定理与动量守恒定律、能量守恒定律求出临界长度，然后确定其范围。
【解答】解：（1）在C点，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
代入数据解得：v＝2m/s
（2）物块在AB上运动过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
由x﹣t公式得：
代入数据解得：t＝1s
（3）设物块恰好滑到小车上时CD的长度为L1，物块恰好不离开车子时CD的长度为L2
对物块，由动能定理得：﹣μmgL1＝0
代入数据解得：L1＝4m
物块在CD上运动过程，由动能定理得：﹣μmgL2
物块与车子组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv1＝（M+m）v2
由能量守恒定律得：μmgL
代入数据解得：L2＝1m
直轨道CD的长度范围是1m≤L≤4m
答：（1）小物块到达C点时的速度大小是2m/s；
（2）小物块在直轨道AB上的运动时间是1s；
（3）直轨道CD的长度范围是1m≤L≤4m。
【点评】分析清楚物块与车子的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式与动量守恒定律、动能定理与能量守恒定律即可解题。
19．（2025 兰州校级一模）某小组研究的一部分连锁机械游戏装置如图所示，在竖直平面内有一固定的光滑斜面轨道AB，斜面轨道底端圆滑连接长为L、动摩擦因数为μ的粗糙水平轨道BC，轨道右端与固定的半径为R的四分之一光滑圆弧轨道最高点平滑连接于C点，C点刚好与圆心O1在同一竖直线上。圆弧轨道CD下方有一水平轨道，直立多米诺骨牌，它们的顶端恰好位于经过圆心O1的水平线O1x上。质量为m的滑块P，从斜面上某点静止开始下滑，与质量也为m静置于C点的滑块Q正碰，碰撞时系统损失的动能为P碰前动能的。已知重力加速度g和L、μ、R、m，不计滑块大小、骨牌厚度和空气阻力，结果可保留根式。
（1）求滑块P从h高滑到斜面底端B时速度大小；
（2）当1号骨牌离O1的水平距离，滑块P从h1高处静止开始下滑，滑块Q被P正碰后滑出刚好能击中1号骨牌顶端，求h1；
（3）若让滑块Q从C点静止开始下滑，始终紧贴轨道滑入另一光滑圆弧轨道（如虚线所示，上端与圆弧轨道CD相切、下端与O1x相切），水平击中1号骨牌顶端。求1号骨牌离O1的最小距离x2。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；物体在粗糙斜面上的运动；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；利用动能定理求解多过程问题；机械能与曲线运动相结合的问题．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】（1）滑块P从h高滑到斜面底端B时速度大小为；
（2）当1号骨牌离O1的水平距离，滑块P从h1高处静止开始下滑，滑块Q被P正碰后滑出刚好能击中1号骨牌顶端，h1为；
（3）若让滑块Q从C点静止开始下滑，始终紧贴轨道滑入另一光滑圆弧轨道（如虚线所示，上端与圆弧轨道CD相切、下端与O1x相切），水平击中1号骨牌顶端。1号骨牌离O1的最小距离x2为。
【分析】（1）滑块P从h高滑到底端，根据机械能守恒列式，即可分析求解；
（2）结合题意，由平抛运动的运动规律、几何关系、牛顿第二定律、动能定理、动量守恒、功能关系分别列式，即可分析求解；
（3）结合题意，由机械能守恒定律、牛顿第二定律、几何关系分别列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）滑块P从h高滑到底端，
根据机械能守恒可得：，
解得：；
（2）假设Q从圆顶点飞出作平抛运动，
由平抛运动的运动规律及几何关系可得：，，
联立可得：，
此时Q在四分之一圆弧最高点，由牛顿第二定律可得：，
可知假设正确，
则滑块P从滑下到与Q碰撞前，
根据动能定理可得：，
P、Q碰撞过程，系统动量守恒，以水平向右为正方向，
由系统动量守恒可得：mvP＝mvP'+mvQ'，
由碰撞时系统损失的动能为P碰前动能的可得：，
联立可得：，（舍去）
解得：；
（3）Q从圆弧顶点静止开始下滑，下滑圆心角为α时，对CD圆轨压力恰为零，再滑入半径为的圆弧轨道，作图如图所示：
由机械能守恒定律可得：，
由牛顿第二定律可得：，
联立可得：，
根据题干所述，由几何关系可得：x2＝Rsinα+rsinα，Rcosα＝r﹣rcosα，
联立可得：r＝2R，；
答：（1）滑块P从h高滑到斜面底端B时速度大小为；
（2）当1号骨牌离O1的水平距离，滑块P从h1高处静止开始下滑，滑块Q被P正碰后滑出刚好能击中1号骨牌顶端，h1为；
（3）若让滑块Q从C点静止开始下滑，始终紧贴轨道滑入另一光滑圆弧轨道（如虚线所示，上端与圆弧轨道CD相切、下端与O1x相切），水平击中1号骨牌顶端。1号骨牌离O1的最小距离x2为。
【点评】本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。
20．（2024秋 四川校级期末）质量m＝1kg的小物块，由静止从距斜面底端高h＝0.6m的粗糙斜面上滑下，斜面倾角θ＝37°，小物块到达斜面底端后速度大小不变滑上足够长的长木板，小物块与斜面、长木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，长木板的质量M＝1kg，小物块滑上长木板立即受到大小F＝6N的水平向右的恒力作用，当小物块与长木板速度相同时，撤去恒力F，求：
（1）小物块滑到斜面底端时的速度大小v0；
（2）从滑上长木板开始，经多长时间物块、木板速度相同，此时物块距木板左端的距离L；
（3）最终木板距斜面末端的距离。
【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．
【答案】（1）小物块滑到斜面底端时的速度大小v0等于2m/s；
（2）从滑上长木板开始，经1s时间物块、木板速度相同，此时物块距木板左端的距离L等于1m；
（3）最终木板距斜面末端的距离等于6m。
【分析】（1）小物块滑到斜面底端过程中，根据动能定理求解小物块滑到斜面底端时的速度大小；
（2）根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度—时间关系求解速度相同所经历的时间，由位移—时间关系求解物块距木板左端的距离L；
（3）共速后，二者一起做匀减速运动，结合牛顿第二定律求解加速度，由速度—位移关系求解最终木板距斜面末端的距离。
【解答】解：（1）小物块滑到斜面底端过程中，根据动能定理可得
解得
v0＝2m/s
（2）从滑上长木板开始，经t时间物块、木板速度相同，则对小物块研究
F﹣μ1mg＝ma1
解得
对木板研究
μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2
解得
则
v0+a1t＝a2t
解得
t＝1s
此时物块距木板左端的距离为
（3）由于木板与物块之间的滑动摩擦力大于木板与地面之间的滑动摩擦力，则共速后，二者一起做匀减速运动，则共速后，根据牛顿第二定律可得
μ2（M+m）g＝（M+m）a3
解得
此过程中移动距离为
最终木板距斜面末端的距离为
答：（1）小物块滑到斜面底端时的速度大小v0等于2m/s；
（2）从滑上长木板开始，经1s时间物块、木板速度相同，此时物块距木板左端的距离L等于1m；
（3）最终木板距斜面末端的距离等于6m。
【点评】本题考查动能定理、牛顿第二定律、运动学公式的应用问题。本题物块在和长木板相互作用过程中系统动量守恒，也可利用动量守恒定律求解共速问题。
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