第一章 动量守恒定律（培优卷.含解析）-2025-2026学年高中物理选择性必修第一册人教版（2019）

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单元培优卷 动量守恒定律
一．选择题（共5小题）
1．（2025 甘肃）如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为（　　）
A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s
2．（2025 广东）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025 山东）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5：1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025 浙江）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为1kg，A以4m/s的速度向右运动，B和C一起以2m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（　　）
A．碰撞瞬间C相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12J
D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m
5．（2025 河南）两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则（　　）
A．mP＞mN＞mQ B．mN＞mP＞mQ C．mQ＞mP＞mN D．mQ＞mN＞mP
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 广东）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0﹣kt（F≠0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F＞0的任一时刻），下列说法正确的有（　　）
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为（F0kT）T
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+（F0kT）T
D．T时刻受到空气作用力的大小为
（多选）7．（2025 湖南）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则（　　）
A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B．D的初动能与其落地时的动能相等
C．弹药释放的能量为
D．弹药释放的能量为
（多选）8．（2025 选择性）如图，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F＝kx。k＝10N/m，g取10m/s2，sin53°＝0.8。则滑块（　　）
A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为0.64m
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J
（多选）9．（2025 福建）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动，物块A、B中间有一根轻弹簧连接，开始时弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t＝0时，A速度为v0＝2m/s，B的速度为零。在t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75J，传送带足够长，A可留下痕迹，则（　　）
A．在t时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t＝t0时，B的速度为0.5m/s
C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
三．解答题（共4小题）
10．（2025 广西）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：
（1）单个散货的质量。
（2）水平传送带的平均传送速度大小。
（3）倾斜传送带的平均输出功率。
11．（2025 浙江）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和C′E、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动，已知R＝0.2m，m＝0.1kg，EF段长度，FG间距LFG＝0.4m，GH间距LGH＝0.22m，HI间距LHI＝0.1m，EF段μ＝0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若h＝0.8m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC；
（2）若滑块3恰好能通过圆轨道CDC′，求高度h；
（3）若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。
12．（2025 重庆）如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
（1）求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
（2）若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；
（3）若B的质量是A的n倍，碰前B的速度忽略不计，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。
13．（2025 甘肃）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
（1）t＝6s时F的大小，以及t在0～6s内F的冲量大小。
（2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f﹣t图像。
（3）t＝6s时，物块的速度大小。
单元培优卷 动量守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2025 甘肃）如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为（　　）
A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s
【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题；自由落体运动的规律及应用；平抛运动速度的计算．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；自由落体运动专题；平抛运动专题；动量定理应用专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】根据自由落体运动求解小球A与小球B碰撞前的速度和下落的高度；A、B两小球水平方向动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解小球A碰撞后的水平速度；
碰撞后小球A在竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，根据运动学公式求解作答。
【解答】解：小球A与小球B碰撞前的速度vy1＝gt1＝10×1m/s＝10m/s
方向竖直向下
小球A下落的高度
取水平方向为正方向，A、B两小球水平方向动量守恒mv＝mvxB+mvxA
A、B发生弹性碰撞，机械能守恒
联立解得vxA＝v，vxB＝0
碰撞后小球A在竖直方向做匀加速直线运动
解题t2＝1s，t2＝﹣3s（舍弃）
小球A在水平方向做匀速直线运动x＝vxAt2＝vt2
解得v＝3m/s
故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律，机械能守恒定律的运用，考查了自由落体运动、匀变速直线运动规律，考查了运动的合成与分解；注意：机械能守恒定律不能用分速度表示。
2．（2025 广东）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】分析碰撞的合理性．
【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据牛顿第二定律可得质量之比，根据动量守恒定律、机械能守恒定律、能量关系得到碰撞后速度大小和方向，再根据加速度大小之比得到运动时间关系，结合图像进行选择。
【解答】解：根据牛顿第二定律可得加速度大小为：
由于两物体受外力F大小相等，图像的斜率等于加速度，可知M、N的加速度大小之比为：aM：aN＝4：6＝2：3
可知M、N的质量之比为：m1：m2＝6：4＝3：2
设M、N的质量分别为分：m1＝3m，m2＝2m
由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因M、N系统受合外力为零，则碰撞过程中动量守恒。
取向右为正方向，由动量守恒定律可得：3m 4v﹣2m 6v＝3mv1+2mv2
若系统为弹性碰撞，根据机械能守恒定律可得：
解得碰撞后M和N的速度分别为：v1＝﹣4v、v2＝6v
因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1：1，即两物体一起停止；
若不是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：3m 4v﹣2m 6v＝3mv1+2mv2
可知碰后速度大小之比为：v1：v2＝2：3
若假设v1＝2v，则v2＝3v，此时满足：
则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1：1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v：2v＝2：1
可知碰撞前后运动时间之比为2：1。
综上所述，故A正确、BCD错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统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，再根据能量关系列方程求解。
3．（2025 山东）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5：1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【考点】反冲现象中的动量守恒．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】组合体绕行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求解线速度，弹射返回舱的过程，组合体动量守恒，根据动量守恒定律求解即可。
【解答】解：组合体绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m，设组合体的线速度大小为v，有：
解得：
v
弹射返回舱的过程，组合体动量守恒，取组合体的线速度方向为正方向，有
6mv＝5mv1+mv2
解得：
故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题考查万有引力定律和反冲，解题关键是知道反冲过程动量守恒。
4．（2025 浙江）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为1kg，A以4m/s的速度向右运动，B和C一起以2m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（　　）
A．碰撞瞬间C相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12J
D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m
【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】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据动量守恒定律求出A和B碰撞后的共同速度，进而求出三者的共同速度，根据牛顿第二定律结合运动学，可以求出从碰撞到三者相对静止所经历的时间，再由能量守恒定律求出摩擦生热，根据摩擦产生的热量可以求出C相对长板滑动的距离。
【解答】解：A、由题意可知，碰撞瞬间C相对地面向左运动，故A错误；
B、规定向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒定律可得：mvA﹣mvB＝2mv1，代入数据可得v1＝1m/s，方向向右；当三者共速时，则有2mv1﹣mvc＝3mv共，代入数据可得v共＝0，即可判断最终三者一起静止；对C受力分析，受到向左的摩擦力，根据牛顿第二定律μmg＝mac，由运动学v共＝vc﹣act，联立可得t＝0.4s，故B错误；
C、碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量，故C错误；
D、碰撞后到三者相对静止，由能量关系可知Q＝μmgx相对，代入数据可得x相对＝0.6m，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查板块模型的动量和能量问题，要切实分清运动过程，找准研究对象，运用动量守恒定律进行求解。
5．（2025 河南）两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则（　　）
A．mP＞mN＞mQ B．mN＞mP＞mQ C．mQ＞mP＞mN D．mQ＞mN＞mP
【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；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据动量守恒定律结合两个图像反映出的速度变化关系进行分析解答。
【解答】解：对P和N的碰撞过程，规定它们初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律有mPvP+mNvN＝mPvP′+mNvN′，可得mP（vP﹣vP′）＝mN（vN′﹣vN），根据图1可知（vP﹣vP′）＞（vN′﹣vN），故mP＜mN，同理，对Q和N组成的系统mQvQ+mNvN＝mQvQ′+mNvN′，可得mQ（vQ﹣vQ′）＝mN（vN′﹣vN），根据图2可知（vQ﹣vQ′）＜（vN′﹣vN），故mN＜mQ，联立可得mQ＞mN＞mP，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】考查动量守恒定律的应用和图像的理解，会根据题意进行准确分析解答。
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 广东）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0﹣kt（F≠0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F＞0的任一时刻），下列说法正确的有（　　）
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为（F0kT）T
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+（F0kT）T
D．T时刻受到空气作用力的大小为
【考点】求变力的冲量；对物体进行受力分析．
【专题】定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】AB
【分析】根据平行四边形定则判断空气的作用力的变化；根据冲量的定义式求出拉力的冲量，根据平行四边形定则求出重力和拉力的合力的冲量；根据平行四边形定则求出T时刻受到空气作用力的大小。
【解答】解：A、无人机做匀速直线运动时受到拉力、空气作用力和重力，则三个力的合力为零，根据受力平衡的特点可知，空气的作用力与重力和拉力的合力大小相等，方向相反；拉力大小F随时间t的变化关系为F＝F0﹣kt，是逐渐减小的，它与重力的合力变化如图
由图可知重力和拉力的合力方向是变化的，所以无人机受到空气作用力的方向会变化，故A正确；
B、拉力是均匀变化的所以拉力的冲量I，故B正确；
C、0～T时间内重力的冲量大小I′＝mgT，由于重力和拉力不在同一条直线上，所以无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为不等于mgT+（F0kT）T，故C错误；
D、空气的作用力与重力和拉力的合力大小相等，方向相反，所以T时刻无人机受到空气作用力的大小为等于重力和拉力的合力大小，
为F，故D错误。
故选：AB。
【点评】该题考查共点力平衡与冲量的计算，要注意冲量是矢量，其合成遵从平行四边形定则。
（多选）7．（2025 湖南）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则（　　）
A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B．D的初动能与其落地时的动能相等
C．弹药释放的能量为
D．弹药释放的能量为
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；平抛运动速度的计算；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；力学综合性应用专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】对爆炸过程和B与C碰撞过程，根据动量守恒定律得到D的初速度大小与爆炸后瞬间A的速度大小的关系，即可比较爆炸后瞬间A的动能与D的初动能的大小关系；根据动能定理判断D的初动能与其落地时的动能是否相等；对D的平抛过程，将运动分解处理，应用运动学公式得到平抛初速度的表达式。根据动能定理得到D的初速度表达式，进而得到爆炸后瞬间A、B的速度表达式，根据弹药释放的能量完全转化为A和B的动能求解弹药释放的能量。
【解答】解：A、爆炸过程，A与B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：0＝﹣3mvA+mvB
B与C碰撞过程，同理可得：mvB＝（m+5m）v
联立解得D的初速度大小为：v＝0.5vA
爆炸后瞬间A的动能为：
D的初动能为：
可见D的初动能与爆炸后瞬间A的动能不相等，故A错误；
B、D水平滑动s1距离的过程中摩擦力做功为：
做平抛运动过程中重力做的功为：WG＝6mgh
可得：Wf+WG＝0，故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为零，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故B正确；
CD、D平抛过程在竖直方向上有：，在水平方向上有：
联立可得：
D水平滑动s1距离的过程，根据动能定理有：
解得：
由A选项的解答可得：vA＝2v，vB＝6v
弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则弹药释放的能量为：
故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了动量守恒定律与功能关系的应用，以及平抛运动的规律。掌握从动量与能量的角度处理问题的方法。
（多选）8．（2025 选择性）如图，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F＝kx。k＝10N/m，g取10m/s2，sin53°＝0.8。则滑块（　　）
A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为0.64m
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J
【考点】求变力的冲量；常见力做功与相应的能量转化．
【专题】定量思想；方程法；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力．
【答案】AC
【分析】求出根据弹性轻绳弹力大小在垂直于杆上的分量，根据摩擦力的计算公式进行分析；
下滑过程中摩擦力方向和上滑过程中摩擦力方向相反，由此分析冲量是否相同；
根据平衡条件求解静止时的位移；
从释放到静止过程中，根据功能关系求解从释放到静止克服滑动摩擦力做的功。
【解答】解：A、滑块下滑到某一位置受力情况如图所示：
此时弹性轻绳弹力大小在垂直于杆上的分量为：T⊥＝Tcosθ＝kxcosθ＝kx0，其中x0＝1.6m
所以垂直于杆方向的弹力大小不变，滑块运动过程中摩擦力大小不变。
根据滑动摩擦力的计算公式可得：f＝μFN＝μ（kx0﹣mgcos53°）
解得：f＝1.6N，故A正确；
B、下滑过程中摩擦力方向沿杆向上，上滑过程中摩擦力沿杆向下，下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误；
C、滑块静止时受力平衡，设此时滑块的位移为L，弹性轻绳伸长量为x′，与PQ夹角为α，根据平衡条件可得：
mgsin53°＝f+kx′sinα，其中：x′sinα＝L
解得：L＝0.64m，故C正确；
D、从释放到静止过程中，根据功能关系可得：mgLsin53°＝Wf
解得从释放到静止克服滑动摩擦力做功为：Wf＝3.072J，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，根据功能关系列方程解答。
（多选）9．（2025 福建）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动，物块A、B中间有一根轻弹簧连接，开始时弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t＝0时，A速度为v0＝2m/s，B的速度为零。在t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75J，传送带足够长，A可留下痕迹，则（　　）
A．在t时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t＝t0时，B的速度为0.5m/s
C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
【考点】动量守恒定律的一般应用；胡克定律及其应用；水平传送带模型．
【专题】定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】对A、B受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；A、B和弹簧组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒；除重力和系统内弹力以外的其它力做功等于机械能的变化量；v﹣t图像与坐标轴所围面积表示位移，根据v﹣t图像分析位移即可。
【解答】解：A、A的初速度大于B的初速度，则弹簧开始压缩，对B受力分析，水平方向有：
F弹+μBmBg＝mBaB
解得：
aB＝（2.5）m/s2
对A受力分析，水平方向有：
F弹+μAmAg＝mAaA
解得：
aA＝（F弹+5）m/s2
则A的加速度大小大于B的加速度大小，故A错误；
B、由题意可知，A的质量为B的质量的一半，动摩擦因数为B与传动带间动摩擦因数的两倍，则两物块所受滑动摩擦力大小相等，将A、B和弹簧看作一个系统，则系统所受外力的矢量和为零，动量守恒，取向右为正方向，0﹣t0时间内，对系统有：
mAv0＝mAv+mBvB
代入数据解得：
vB＝0.5m/s
故B正确；
C、0﹣t0时间内，摩擦力对系统做功等于系统机械能的变化量，有：
﹣μAmAgxA+μBmBgxBmAv2+mBmA+Ep
弹簧的压缩量为
Δx＝xA﹣xB
代入数据联立解得：
Δx＝0.1m
故C错误；
D、做A、B和传动带的v﹣t图像如图
v﹣t图像与坐标轴所围面积表示位移，则0﹣t0时间内，vA、vB图像间的面积为0.1m，vA、v传图像间的面积为A相对传动带的位移，即A与传送带的痕迹，若A和B加速度相同，B的v﹣t图像为图中红色图线，且图像与A的v﹣t图像关于传送带的v﹣t图像对称，但由A知，A的加速度为B的加速度的两倍，由图可知，A与传送带的痕迹小于m，即小于0.05m，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查传动带问题与弹簧类问题，明确两物体所受摩擦力等大反向是解题关键，结合功能关系、v﹣t图像和牛顿第二定律分析即可。
三．解答题（共4小题）
10．（2025 广西）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：
（1）单个散货的质量。
（2）水平传送带的平均传送速度大小。
（3）倾斜传送带的平均输出功率。
【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；平均功率的计算．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；功率的计算专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）单个散货的质量为；
（2）水平传送带的平均传送速度大小为；
（3）倾斜传送带的平均输出功率为。
【分析】（1）由图可知，碰撞时的冲量，对碰撞过程分析，水平方向由动量守恒定律列式可求出散货的质量；
（2）长度为a的货箱里装总质量为M，由题意可求出落入货箱中的散货个数，由速度公式求解平均传送速度；
（3）对散货在倾斜传送带上的运动过程分析，分别求出加速和匀速运动的时间和位移，从而确定出传送带的长度和加速时的相对位移，即可求出传送带多做的功，从而求出平均功率。
【解答】（1）对单个散货水平方向由动量定理﹣I＝0﹣mv0
解得单个散货的质量为
（2）落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为t2
其中t1+t2＝9Δt
则匀速位移为
故传送带的长度为
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在Δt时间内传送带额外多做的功为
其中，，Q＝μmgcos30°Δx，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
答：（1）单个散货的质量为；
（2）水平传送带的平均传送速度大小为；
（3）倾斜传送带的平均输出功率为。
【点评】本题考查功率公式、动量定理以及速度公式，关键是正确理解题意，明确题目中给出的条件是解题的关键。
11．（2025 浙江）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和C′E、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动，已知R＝0.2m，m＝0.1kg，EF段长度，FG间距LFG＝0.4m，GH间距LGH＝0.22m，HI间距LHI＝0.1m，EF段μ＝0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若h＝0.8m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC；
（2）若滑块3恰好能通过圆轨道CDC′，求高度h；
（3）若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；平抛运动速度的计算；绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用；用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】（1）碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC是2m/s。
（2）若滑块3恰好能通过圆轨道CDC′，高度h是2m；
（3）若滑块3最终落入I点的洞中，游戏成功的高度是2.5m或2m。
【分析】（1）应用动能定理求出碰撞前滑块1的速度大小，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后瞬间滑块3的速度大小。
（2）滑块3恰好通过圆轨道，在圆轨道最高点，重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出滑块3的速度，应用动能定理与动量守恒定律求解。
（3）滑块3可能直接落入洞中，也可能反弹一次后落入洞中，应用动能定理、动量守恒定律与运动学公式求解。
【解答】解：（1）滑块1由A到C过程，由动能定理得：mgh0
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mvC
代入数据解得：v0＝4m/s，vC＝2m/s
（2）滑块3恰好通过圆弧轨道，在圆弧轨道的最高点D，重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：2mg＝2m
滑块1从A到C过程，由动能定理得：mgh0
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0'＝2mvC'
碰撞后运动到D过程，由动能定理得：﹣2mg×2R
代入数据解得：h＝2m
（3）滑块1从A到C过程，由动能定理得：mgh10
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv'
从C到F过程，由动能定理得：﹣2mgLsin37°﹣μ×2mgLcos37°
滑块3直接落入洞中，离开F到落入洞中过程，竖直方向：vFsin37°＝g
水平方向：LFG+LGH+LHI＝vFt1cos37°
代入数据解得：h1＝2.5m
滑块3经1次反弹后落入洞中，从A到C过程，由动能定理得：mgh20
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝2mv1'
从C到F过程，由动能定理得：﹣2mgLsin37°﹣μ×2mgLcos37°
滑块3直接落入洞中，离开F到落入洞中过程，竖直方向：t2
水平方向：LFG+LGH+LHI＝vF′t2cos37°
代入数据解得：h2＝2m
答：（1）碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC是2m/s。
（2）若滑块3恰好能通过圆轨道CDC′，高度h是2m；
（3）若滑块3最终落入I点的洞中，游戏成功的高度是2.5m或2m。
【点评】滑块的运动过程复杂，分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，根据滑块的运动过程，应用动能定理、动量守恒定律与运动学公式即可解题。
12．（2025 重庆）如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
（1）求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
（2）若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；
（3）若B的质量是A的n倍，碰前B的速度忽略不计，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；水平传送带模型．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；动量定理应用专题；分析综合能力．
【答案】答：（1）小物块A在传送带上的加速度大小为μg，离开传送带时的速度大小为；
（2）B的质量为；
（3）n的取值范围为；碰后瞬间B的速度大小范围为。
【分析】（1）小物块A在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学关系求解作答；
（2）根据动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式求解作答；
（3）根据动量的定义、碰撞遵循的原则、动量守恒定律求解作答。
【解答】解：（1）小物块A在传送带上滑动，设加速度的大小为a；
根据牛顿第二定律μmg＝ma
解得加速度大小为a＝μg
小物体A在传送带上做匀加速直线运动，设离开传送带时的速度为v0
根据运动学公式
联立解得；
（2）碰前瞬间，B的速度大小为，设碰撞后A的速度大小为v1、B的速度大小为v2，B的质量为M；
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律
A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，则碰撞后二者减速运动过程中加速度大小均为a＝μg
根据运动学公式，小物体A的位移
小物体B的位移
根据题意
联立解得
B的质量为；
（3）B的质量是A的n倍，则M＝nm
碰后瞬间A和B的动量相同，根据题意mv1＝nmv2
化简得v1＝nv2
根据碰撞原则，速度要合理，因此v1≤v2
解得n≤1；
根据动量守恒定律mv0＝mv1+nmv2＝2nmv2
化简得v0＝2nv2
碰撞后动能不增，则
代入数据化简得
解得
因此n的取值范围为
碰后瞬间B的速度大小
解得碰后瞬间B的速度大小范围为。
答：（1）小物块A在传送带上的加速度大小为μg，离开传送带时的速度大小为；
（2）B的质量为；
（3）n的取值范围为；碰后瞬间B的速度大小范围为。
【点评】本题主要考查了水平传送带模型、碰撞过程中的动量守恒定律和能量守恒定律、碰撞过程遵循的原则，过程复杂，难度大；要熟练掌握牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律和能量守恒定律的运用。
13．（2025 甘肃）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
（1）t＝6s时F的大小，以及t在0～6s内F的冲量大小。
（2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f﹣t图像。
（3）t＝6s时，物块的速度大小。
【考点】F﹣t图像中的动量问题；滑动摩擦力的大小计算和影响因素．
【专题】定量思想；推理法；摩擦力专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）t＝6s时F的大小为，以及t在0～6s内F的冲量大小为（N s）。
（2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为当0＜t＜4s时，f（1）（N）；当4s≤t≤6s时，f（1）（N），作出相应的f﹣t图像见解答。
（3）t＝6s时，物块的速度大小为（m/s）。
【分析】（1）由图2得到F与t的关系式，求出t＝6s时F的大小。根据F与t成线性关系，利用F的平均值求解F的冲量大小。
（2）初始时刻物块刚好能静止在细杆上，由平衡条件求得物块与细杆间的动摩擦因数。根据滑动摩擦力的公式求得摩擦力f随时间t变化的关系式。并作出相应的f﹣t图像。
（3）根据f﹣t图像与时间轴围成的面积求得摩擦力的冲量大小，根据动量定理求解物块的速度大小。
【解答】解：（1）由图2可得F与t的关系为：F
可得t＝6s时F的大小为：F1＝6
因F与t成线性关系，故可用F的平均值求解F的冲量大小，可得在0～6s内F的冲量大小为：
I1F1Δt6（N s）（N s）
（2）初始时刻物块刚好能静止在细杆上，设物块与细杆间的动摩擦因数为μ，由平衡条件可得：
mgsinθ＝μmgcosθ，解得：μ
设物块与细杆间的弹力大小为N，在垂直于细杆方向上，由平衡条件可得：
N＝|mgcosθ﹣Fsinθ|
以沿细杆向上为正方向，物块与细杆间的摩擦力f为：
f＝μN＝μ |mgcosθ﹣Fsinθ|
其中：F
代入数据整理可得：f |1|（N）
令10，可得：t＝4s
可得t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为：
当0≤t＜4s时，f（1）（N）；
当4s≤t≤6s时，f（1）（N）
作出相应的f﹣t图像如下图所示：
（3）根据（2）的解答所得的f﹣t图像与时间轴围成的面积等于摩擦力的冲量大小，可得在0～6s内摩擦力f的冲量大小为：
If（N s）
设t＝6s时，物块的速度大小为v，以沿细杆向下为正方向，对物块由动量定理得：
mgsinθ t+I1cosθ﹣If＝mv﹣0
解得：v（m/s）
答：（1）t＝6s时F的大小为，以及t在0～6s内F的冲量大小为（N s）。
（2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为当0＜t＜4s时，f（1）（N）；当4s≤t≤6s时，f（1）（N），作出相应的f﹣t图像见解答。
（3）t＝6s时，物块的速度大小为（m/s）。
【点评】本题考查了动量定理的应用，以及F﹣t图像的物理意义。应用动量定理解答时要注意确定冲量与初末动量的方向。掌握F﹣t图像的物理意义。
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