【高考押题卷】2025年高考物理热点难点考前冲刺 动量与动量守恒定律（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
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10小题）
1．（2024 全国）两个滑块P和Q用弹簧相连，置于水平的光滑地面上，滑块P紧靠竖直的墙，用一外力推着Q使弹簧压缩后处于静止状态，如图所示。现突然撤掉推Q的外力，则在从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，P、Q和弹簧组成的系统（　　）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
2．（2024 福建）在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前反，则碰撞后B球的速度大小可能是（　　）
A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v
3．（2021 未央区校级模拟）一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（　　）
A．mgΔt B． C．mg D．mg
4．（2024 合水县校级月考）下面关于碰撞的理解，正确的是（　　）
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略
C．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞可分为正碰和斜碰
5．（2024 吉林期中）弹性碰撞是指（　　）
A．正碰 B．对心碰撞
C．机械能守恒的碰撞 D．机械能不守恒的碰撞
6．（2024 全国）两小球a和b沿同一直线运动，如果它们发生弹性碰撞，设a对b的冲量大小为I，b对a的冲量大小为I′，a对b做功的大小为W，b对a所做功的大小为W′则有（　　）
A．I可能不等于I′，W可能等于W′
B．I可能不等于I′，W必等于W′
C．I必等于I′，W 可能不等于W′
D．I必等于I′，W必等于W′
7．（2024 衡阳校级一模）如图所示，一个质量为M木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度v0，则（　　）
A．小木块和木箱最终都将静止
B．木箱速度为零时，小木块速度为
C．最终小木块速度为，方向向左
D．木箱和小木块系统机械能最终损失
8．（2024 金湖县校级学业考试）如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（　　）
A．v，I＝0
B．v，I＝2mv0
C．v，I
D．v，I＝2mv0
9．（2024 乐山模拟）物体A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图所示，A的质量为m，B的质量为M，当连接A、B的绳子突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，在这一段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为（　　）
A．mv B．mv﹣Mu C．mv+Mu D．mv+mu
10．（2024 南开区校级期末）如图所示，方盒A静止在光滑的水平面，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ．若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则（　　）
A．最终盒的速度大小是
B．最终盒的速度大小是
C．滑块相对于盒运动的路程为
D．滑块相对于盒运动的路程为
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2024 上海模拟）如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为（　　）
A．10J B．8J C．6J D．4J
（多选）12．（2024 大纲版）质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（　　）
A．mv2 B．
C．NμmgL D．NμmgL
（多选）13．（2024 泸州一模）如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧。一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度υ0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端。根据上述情景和已知量，可以求出（　　）
A．弹簧的劲度系数
B．弹簧的最大弹性势能
C．木板和小物块之间的动摩擦因数
D．木板和小物块组成的系统最终损失的机械能
（多选）14．（2024 冀州区校级期末）如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为ΔP1、ΔP2、ΔP3，则有（　　）
A．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量相等
B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
C．I1＜I2＜I3，ΔP1＝ΔP2＝ΔP3
D．I1＜I2＜I3，ΔP1＜ΔP2＜ΔP3
（多选）15．（2024 甘井子区校级模拟）质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是（　　）
A．v0 B．v0 C．v0 D．v0
三．解答题（共5小题）
16．（2024 海南）如图，光滑轨道PQO的水平段QO，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求
（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离。
17．（2024 山东）如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。
18．（2024 安徽）在光滑水平面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0＝5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10m/s2，求：
（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
19．（2024 山东）如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
（3）求物块Q从A点上升的总高度H；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
20．（2024 安徽）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2kg的小物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以v＝2m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m＝1kg的小物块B从其上距水平台面h＝1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ＝0.2，l＝1.0m。设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g＝10m/s2。
（1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；
（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？
（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。
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10小题）
1．（2024 全国）两个滑块P和Q用弹簧相连，置于水平的光滑地面上，滑块P紧靠竖直的墙，用一外力推着Q使弹簧压缩后处于静止状态，如图所示。现突然撤掉推Q的外力，则在从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，P、Q和弹簧组成的系统（　　）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．
【专题】应用题；实验题；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【答案】B
【分析】系统所示合外力为零时，系统动量守恒；只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与各力做功情况应用动量守恒与机械能守恒条件分析答题。
【解答】解：从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，P、Q和弹簧组成的系统受到墙壁的弹力作用，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；
在从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，只有弹簧弹力对系统做功，P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，故ACD错误，B正确；
故选：B。
【点评】本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒问题，知道动量守恒与机械能守恒的条件是解题的前提，应用动量守恒与机械能守恒定律即可解题。
2．（2024 福建）在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前反，则碰撞后B球的速度大小可能是（　　）
A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v
【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．
【专题】压轴题．
【答案】A
【分析】首先从水平面光滑上判断AB两球碰撞过程中动量守恒，由于A球被反弹，所以可以判断出B球的速度会大于0.5v；在两球碰撞的过程中，有可能会存在能量的损失，由碰撞前后的动能求出B球的速度同时会小于等于，由两个速度的范围求出最终的结果．
【解答】解：AB两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设AB两球碰撞后的速度分别为V1、V2，
选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有
mv＝﹣mv1+2mv2…①
假设碰后A球静止，即v1＝0，可得v2＝0.5v
由题意知球A被反弹，∴球B的速度有v2＞0.5v…②
AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有
③
①③两式联立得：④
由②④两式可得：
符合条件的只有0.6v，所以选项A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】解决本题要注意临界状态的判断，有两个临界状态，其一是AB两球碰撞后A静止，由此求出速度的范围之一，即v2＞0.5v；第二个临界状态时能量恰好没有损失时，有能量的关系求出速度的另一个范围．所以解决一些物理问题时，寻找临界状态是解决问题的突破口．
3．（2021 未央区校级模拟）一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（　　）
A．mgΔt B． C．mg D．mg
【考点】动量定理的内容和应用．
【专题】动量定理应用专题．
【答案】C
【分析】由题意可知，铁锤的初末动量，由动量定理可求得其对木桩的平均冲力．
【解答】解：对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有：
（mg﹣F）t＝0﹣mv
得：F＝mg；
由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：F＝mg；
故选：C。
【点评】本题考查动量定理的应用，在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动能定理的关系式求解．
4．（2024 合水县校级月考）下面关于碰撞的理解，正确的是（　　）
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略
C．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞可分为正碰和斜碰
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．
【专题】定性思想；推理法；动量和能量的综合；理解能力．
【答案】A
【分析】明确碰撞的定义和特点：
（1）定义：相对运动的物体相遇，在极短的时间内，通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程叫做碰撞。
（2）碰撞的特点
①作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。
②碰撞过程中，总动能不增。因为没有其它形式的能量转化为动能。
【解答】解：A、根据碰撞的定义可知，碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程；故A正确；
B、在碰撞现象中，由于内力远大于外力，故可以忽略外力的作用；故B错误；
C、如果碰撞中动能不变，则碰撞为弹性碰撞；故C错误；
D、根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞可分为弹性碰撞和非弹性碰撞；故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查碰撞的性质，要注意明确由于碰撞过程中内力远大于外力，故一般视为动量守恒。
5．（2024 吉林期中）弹性碰撞是指（　　）
A．正碰 B．对心碰撞
C．机械能守恒的碰撞 D．机械能不守恒的碰撞
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．
【答案】C
【分析】要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞．
【解答】解：弹性碰撞是指碰撞前后的系统的机械能守恒的碰撞；只要机械能不守恒，不管是正碰还是对心碰撞；都不是弹性碰撞；
故选：C。
【点评】解决该题关键要明确弹性碰撞的特点，明确弹性碰撞的性质即可．
6．（2024 全国）两小球a和b沿同一直线运动，如果它们发生弹性碰撞，设a对b的冲量大小为I，b对a的冲量大小为I′，a对b做功的大小为W，b对a所做功的大小为W′则有（　　）
A．I可能不等于I′，W可能等于W′
B．I可能不等于I′，W必等于W′
C．I必等于I′，W 可能不等于W′
D．I必等于I′，W必等于W′
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动能定理的简单应用；机械能守恒定律的简单应用；动量定理的内容和应用．
【专题】定性思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据牛顿第三定律和公式冲量I＝Ft、W＝fx分析。
【解答】解：根据牛顿第三定律知相互作用力大小相等，方向相反，根据I＝Ft知力相等，作用时间相等，故冲量相等，W＝ΔEk，它们发生弹性碰撞，总动能不变，故a的动能变化量等于b动能变化，故做功相等，故D正确；
故选：D。
【点评】此题考查牛顿第三定律和公式冲量I＝Ft、W＝ΔEk，简单题目。
7．（2024 衡阳校级一模）如图所示，一个质量为M木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度v0，则（　　）
A．小木块和木箱最终都将静止
B．木箱速度为零时，小木块速度为
C．最终小木块速度为，方向向左
D．木箱和小木块系统机械能最终损失
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；常见力做功与相应的能量转化．
【专题】动量定理应用专题．
【答案】C
【分析】本题中物体系统在光滑的平面上滑动，系统所受外力的合力为零，故系统动量始终守恒，而由于系统内部存在摩擦力，阻碍物体间的相对滑动，最终两物体应该相对静止，一起向左运动．由动量守恒求出最终共同速度，再由能量守恒求机械能的损失．
【解答】解：A、系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小木块动量为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向左运动。故A错误；
B、规定向左为正方向，根据动量守恒：Mv0＝mv1+Mv2；v2＝0，可得v1，故B错误。
C、最终两物体速度相同，由动量守恒得：Mv0＝（m+M）v，则得 v，方向向左，故C正确。
D、木箱和小木块系统机械能最终损失ΔE（m+M）v2，故D错误；
故选：C。
【点评】动量守恒定律的应用问题，不需要涉及中间过程，特别是对于多次碰撞问题，解题特别方便，要能灵活的选用过程．
8．（2024 金湖县校级学业考试）如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（　　）
A．v，I＝0
B．v，I＝2mv0
C．v，I
D．v，I＝2mv0
【考点】动量定理的内容和应用；动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用．
【专题】压轴题；模型建构能力．
【答案】B
【分析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，故可由动量守恒定律列式求解，子弹和木块的共同速度；然后系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，根据动量定理可求得此过程中墙对弹簧的冲量I的大小。
【解答】解：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：
mv0＝（M+m）v
解得：v
子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小v；
子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：
I＝﹣（M+m）v﹣mv0＝﹣2mv0
所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0
故选：B。
【点评】子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒，难度适中。
9．（2024 乐山模拟）物体A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图所示，A的质量为m，B的质量为M，当连接A、B的绳子突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，在这一段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为（　　）
A．mv B．mv﹣Mu C．mv+Mu D．mv+mu
【考点】求变力的冲量．
【专题】动量定理应用专题．
【答案】D
【分析】当连接A、B的绳子突然断开后，A受重力和弹力，B受重力；对A、B两物体应用动量定理可以求出弹簧的弹力对A的冲量。
【解答】解：以向上为正方向，由动量定理得：
对B：﹣Mgt＝﹣Mu﹣0，
对A：I﹣mgt＝mv﹣0，
解得：I＝m（v+u）；
故选：D。
【点评】本题考查了求弹簧的冲量，应用动量定理即可正确解题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选择。
10．（2024 南开区校级期末）如图所示，方盒A静止在光滑的水平面，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ．若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则（　　）
A．最终盒的速度大小是
B．最终盒的速度大小是
C．滑块相对于盒运动的路程为
D．滑块相对于盒运动的路程为
【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用．
【专题】应用题；开放题；定量思想；类比法；动量和能量的综合；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】C
【分析】物体与盒子组成的系统动量守恒；先由动量守恒求出盒子与物块的最终速度，再结合损失的机械能即可求出滑块相对于盒运动的路程。
【解答】解：设滑块的质量为m，则盒的质量为2m。对整个过程，
由动量守恒定律可得mv＝3mv共
解得v共
故选项AB均错误；
由能量守恒定律可知μmgxmv2 3m （）2
解得x
故选项C正确，选项D错误。
故选：C。
【点评】该题考查动量守恒定律，解答的关键是能忽略运动的过程，熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律是正确解题的关键；解题时要分析清楚运动过程。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2024 上海模拟）如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为（　　）
A．10J B．8J C．6J D．4J
【考点】动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．
【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；模型建构能力．
【答案】AB
【分析】子弹射入木块过程中，系统所受合外力，动量守恒，由动量守恒定律和功能关系求出木块增加的动能范围，再进行选择．
【解答】解：设子弹的初速度为V，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m。
根据动量守恒定律得：mV＝（M+m）v
得，v
木块获得的动能为ΔEkMv2
系统产生的内能为QmV2（M+m）v2
可得 Q＞ΔEk＝6J，故AB正确。
故选：AB。
【点评】本题是子弹射入木块类型，是动量守恒与能量守恒的综合应用，属于基本题．
（多选）12．（2024 大纲版）质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（　　）
A．mv2 B．
C．NμmgL D．NμmgL
【考点】用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．
【专题】定性思想；方程法；动量和能量的综合．
【答案】BD
【分析】箱子与物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律求出两者的共同速度，然后求出系统损失的动能。
【解答】解：A、箱子与物块组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝（M+m）v′，
系统损失的动能：ΔEKmv2（M+m）v′2，
联立解得：ΔEK；故A错误，B正确；
C、由于小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，可知，小物块相对于箱子的路程大小为NL，N为小物块与箱子之间碰撞的次数，所以系统损失的动能还可以表示为：ΔEK＝Q＝NμmgL．故C错误，D正确
故选：BD。
【点评】物块与箱子不断发生碰撞，最终物块与箱子相对静止，速度相等，在整个过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律求出共同速度，然后由动能的计算公式可以求出系统损失的动能。
（多选）13．（2024 泸州一模）如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧。一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度υ0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端。根据上述情景和已知量，可以求出（　　）
A．弹簧的劲度系数
B．弹簧的最大弹性势能
C．木板和小物块之间的动摩擦因数
D．木板和小物块组成的系统最终损失的机械能
【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．
【专题】计算题；模型建构能力．
【答案】BD
【分析】M与m构成的系统不受外力，系统动量守恒，可根据动量守恒定律求出木块滑动到最左端时系统的速度以及最终木块和木板相对静止时的速度；系统产生的热量可以用公式Q＝fΔS求解，当木块滑到最左端时，弹性势能最大，结合能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
【解答】解：小木块m与长木板M构成的系统动量守恒，设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律，
小木块从开始位置滑动到最左端的过程，
mv0＝（m+M）v1
小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，
mv0＝（m+M）v2
解得
v1 ①
v2 ②
小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律，
Epm+Q（m+M）v2③
Q＝fL ④
小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，
Q′（m+M）v2 ⑤
Q′＝f（2L） ⑥
由①～⑥式，可以解出Epm、Q′，故BD正确；
由于缺少弹簧的压缩量和木板长度，无法求出弹簧的劲度系数和滑动摩擦力，故AC错误；
故选：BD。
【点评】动量守恒定律的运用不涉及中间过程，故对于复杂的运动特别方便，可以大大简化解题过程；同时要注意动量守恒定律经常与动能定理和能量守恒定律结合使用！
（多选）14．（2024 冀州区校级期末）如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为ΔP1、ΔP2、ΔP3，则有（　　）
A．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量相等
B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
C．I1＜I2＜I3，ΔP1＝ΔP2＝ΔP3
D．I1＜I2＜I3，ΔP1＜ΔP2＜ΔP3
【考点】动量定理的内容和应用；常见力做功与相应的能量转化；动量的定义、单位及性质．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题．
【答案】BC
【分析】重力的冲量I＝mgt，根据物体的运动的情况，求得物体运动的时间的关系，可以求得冲量的大小；
动量变化量的大小Δp＝mv，求得物体的速度的大小即可求得动量变化量的大小。
【解答】解：ACD、由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等、方向不同，动量变化量Δp＝mv不相同，但大小相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；
根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量大小也相等，注意不是相同（方向不同）；
设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由
得物体下滑的时间t，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3；
故C正确，AD错误；
B、物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确；
故选：BC。
【点评】本题考查了对冲量、动量变化量以及瞬时功率的理解，根据各自的公式逐项分析求解即可，要注意各物理量与时间、角度之间的关系。
（多选）15．（2024 甘井子区校级模拟）质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是（　　）
A．v0 B．v0 C．v0 D．v0
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．
【专题】动量定理应用专题．
【答案】AB
【分析】碰后A球的动能恰好变为原来的，速度大小变为原来的，但速度方向可能跟原来相同，也可能相反，再根据碰撞过程中动量守恒即可解题．
【解答】解：根据碰后A球的动能恰好变为原来的得：mv2 m
v＝±v0
碰撞过程中AB动量守恒，则有：mv0＝mv+2mvB
解得：vBv0或vBv0
当vBv0时，碰撞后AB的总动能为： m2m（v0）2m，碰撞后动能没有增加，结果是合理的。
故选：AB。
【点评】本题考查的是动量守恒定律的直接应用，注意动能是标量，速度是矢量，难度适中，属于中档题．
三．解答题（共5小题）
16．（2024 海南）如图，光滑轨道PQO的水平段QO，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求
（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动能定理的简单应用；机械能守恒定律的简单应用．
【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．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出A到达水平面时的速度，两物块碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与 机械能守恒定律可以求出碰撞后两物块的速度大小。
（2）对两物块应用动能定理可以求出A、B在磁场水平面上的位移，然后求出两者静止时两者间的距离。
【解答】解：（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mghmv02，
A、B发生完全弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mvA+4mvB，
由机械能守恒定律得：mv02mvA2 4mvB2，
解得：vA，vB；
（2）物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理得：
对B：﹣μ 4mgx＝0 4mvB2，x，
设当物块A在水平地面的位移为x时速度为v，
对A，由动能定理得：﹣μmgxmv2mvA2，
解得：v，
A、B第二次发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mvA′+4mvB′，
由机械能守恒定律得：mv2mvA′2 4mvB′2，
解得：vA′，vB′，
碰撞后A向左做减速运动，B向右做减速运动，由动能定理得：
对A：﹣μmgxA＝0mvA′2，
对B：﹣μ 4mgxB＝0 4mvB′2，
解得：xAh，xBh，
A、B均停止运动后它们之间的距离：d＝xA+xBh；
答：（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为、；
（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离为h。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守恒定律与动能定理可以解题。
17．（2024 山东）如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．
【专题】动量定理应用专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据动量守恒求出碰前A的速度，然后由动能定理求出A与B碰撞前摩擦力对A做的功；
B再与C发生碰撞前的位移与A和B碰撞前的位移大小相等，由于滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，所以地面对B做的功与地面对A做的功大小相等，由动能定理即可求出B与C碰撞前的速度，最后根据动量守恒求解B、C碰后瞬间共同速度的大小。
【解答】解：设滑块的质量都是m，A与B碰撞前的速度为vA，选择A运动的方向为正方向，碰撞的过程中满足动量守恒定律，得：
mvA＝mvA′+mvB′
设碰撞前A克服轨道的阻力做的功为WA，由动能定理得：
WA
设B与C碰撞前的速度为vB″，碰撞前B克服轨道的阻力做的功为WB，
WB
由于质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，所以：WB＝WA
设B与C碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律得：
mvB″＝2mv
联立以上各表达式，代入数据解得：v
答：B、C碰后瞬间共同速度的大小是。
【点评】该题涉及多个运动的过程，碰撞的时间极短，就是告诉我们碰撞的过程中系统受到的摩擦力可以忽略不计，直接用动量守恒定律和动能定理列式求解即可，动量守恒定律不涉及中间过程，解题较为方便！
18．（2024 安徽）在光滑水平面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0＝5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10m/s2，求：
（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
【考点】用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．
【专题】动量定理应用专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解；
（2）整个过程，对整体根据动能定理列式即可求解；
（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′．根据动量守恒定律及能量守恒定律列式可知，每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v﹣t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间，凹槽的v﹣t图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小。
【解答】解：（1）设两者间相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv
解得：v
（2）物块与凹槽间的滑动摩擦力f＝μN＝μmg
设两者间相对静止前，相对运动的路程为s1，由动能定理得：
解得：s1＝12.5m
已知L＝1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。
（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′．有
mv1+mv2＝mv1′+mv2′，
得 v1′＝v2，v2′＝v1
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，
根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v﹣t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，
故可用匀变速直线运动规律求时间。则
v＝v0+at，a＝﹣μg
解得：t＝5s
凹槽的v﹣t图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小s2．（等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L．其余每份面积均为L．）
答：（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度为2.5m/s；
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数6次；
（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间为5s，该时间内凹槽运动的位移大小为12.75m。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律、动能定理及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，能根据题意画出速度﹣时间图象，难度适中，也可用的是人船模型求解的。
19．（2024 山东）如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
（3）求物块Q从A点上升的总高度H；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动能定理的简单应用．
【专题】计算题；定性思想；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】见试题解答内容
【分析】（1）两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度。
（2）碰撞后Q向上做减速运动，应用运动学公式求出Q上升的高度；两物块碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与运动学公式求出第n次碰撞后Q上升的高度。
（3）对P、Q系统，应用动能定理可以求出Q从A点上升的总高度。
（4）根据P、Q的运动过程应用运动学公式求出最小距离s。
【解答】解：（1）P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝mvP1+4mvQ1
由机械能守恒定律得：
解得：vP1v0，负号表示方向，vQ1v0
（2）Q向上滑行过程，由牛顿第二定律得：
4mgsinθ+μ 4mgcosθ＝4ma
解得：a＝2gsinθ
P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q，由运动学公式得：
02（﹣a）
解得：h1
设P运动到与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰撞后到第二次碰撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh1
解得：v02v0
P、Q发生第二次碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv02＝mvP2+4mvQ2
由机械能守恒定律得：
解得：vP2v0，vQ2v0
第二次碰撞后Q向上运动过程，由运动学公式得：
02（﹣a）
解得：h2
设P运动到与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰撞后到第三次碰撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh2
解得：v03v0
P与Q第三次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv03＝mvP3+4mvQ3
由机械能守恒定律得：
解得：vP3v0，vQ3v0
第三次碰撞后对Q，由运动学公式得：
02（﹣a），
解得：h3
…………
第n次碰撞后，Q上升的高度：hn＝（）n﹣1 （n＝1、2、3……）
（3）P、Q向上运动过程速度逐渐减小，两物体到达同一位置时发生碰撞，
当P、Q最后一次发生碰撞时到达最高点，此时两者到达同一高度，
当P、Q到达H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程，由动能定理得：
﹣（m+4m）gH﹣μ 4mgcosθ 0
解得：H
（4）设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，则：t1
设P运动到斜面底端时的速度为vP1′，需要的时间为t2，则：vP1′＝vP1+gsinθ t2，2gsinθ s，
设P从A点到Q第一次碰撞后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，则：v02＝（﹣vP1）﹣gsinθ t3，
当A点与挡板之间的距离最小时：t1＝2t2+t3
解得：s
答：（1）P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1分别为v0、v0；
（2）第n次碰撞使物块Q上升的高度hn是（）n﹣1 （n＝1、2、3……）；
（3）物块Q从A点上升的总高度H为；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，A点与挡板之间的最小距离s为。
【点评】本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，本题难度较大，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律、运动学公式即可解题。
20．（2024 安徽）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2kg的小物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以v＝2m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m＝1kg的小物块B从其上距水平台面h＝1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ＝0.2，l＝1.0m。设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g＝10m/s2。
（1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；
（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？
（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。
【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；水平传送带模型．
【专题】压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；模型建构能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）物块B沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式，物块B在传送带上滑动根据牛顿第二定律和运动学公式求解
（2）物块A、B第一次碰撞前后运用动量守恒，能量守恒列出等式求解
（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，根据对于的规律求出n次碰撞后的运动速度大小。
【解答】解：（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0
由机械能守恒知
设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为μmg＝ma
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有
解得v＝4m/s
由于v＞u＝2m/s，所以v＝4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小
（2）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，
由弹性碰撞，运用动量守恒，能量守恒得
﹣mv＝mv1+MV
解得 ，即碰撞后物块B在水平台面向右匀速运动
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l'，则
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上
（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。
设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知
物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，
碰撞后物块B的速度大小依次为；
则第n次碰撞后物块B的速度大小为4m/s。
答：（1）物块B与物块A第一次碰撞前速度大小是4m/s；
（2）物块B与物块A第一次碰撞后不能运动到右边曲面上；
（3）物块B第n次碰撞后的运动速度大小是4m/s。
【点评】本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度较大。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)