章末综合检测（一） 动量守恒定律
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.（2023·湖南张家界市高二期中）关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（ ）
A.静止在光滑水平面上的斜槽顶端有一小球，小球由静止释放， 在离开斜槽前小球和斜槽组成的系统的动量守恒
B.在光滑的水平地面上有两辆小车，在两小车上各绑一个条形磁铁，他们在相向运动的过程中动量不守恒
C.一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块， 在炸裂前后系统动量不守恒
D.子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统动量守恒
2.（2023·山东临沂市高二联考）福建舰满载排水量8万余吨，是我国完全自主设计的首艘弹射型平直通飞行甲板航母。它采用了具有世界领先水平的电磁弹射装置，设起飞过程中舰载机发动机的推力和电磁弹射器的推力恒定，阻力为总推力的20％，舰载机在水平弹射结束时达到起飞速度80 m/s。从舰载机开始运动到起飞的过程中（ ）
A.舰载机动量最大时，加速度为零
B.舰载机水平方向的动量守恒
C.阻力和电磁弹射器的推力和发动机的推力对舰载机做功之和等于舰载机动能的增加量
D.舰载机发动机的推力和电磁弹射器对舰载机的推力的冲量之和等于舰载机动量的增加量
3.短道速滑接力比赛中，两运动员交接时，后方队员要用力将前方队员推出，某次比赛中，交接前，前方队员速度大小为10 m/s，后方队员的速度大小为12 m/s，已知前方队员的质量为60 kg，后方队员的质量为66 kg。后方队员将前方队员推出后瞬间速度大小变为8 m/s，此时前方队员的速度大小约为（ ）
A.14.4 m/s B.13.1 m/s
C.23.2 m/s D.21.1 m/s
4.（2023·江西上饶市高二联考）如图所示为用木槌把糯米饭打成糍粑的场景，已知木槌质量为1.8 kg，木槌刚接触糍粑时的速度是22 m/s，打击糍粑0.1 s后木槌静止，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.从木槌下落到静止过程中，木槌和糯米组成的系统动量守恒
B.木槌在0.1 s内受到合外力的冲量大小为1.8 N·s
C.木槌打击糍粑时平均作用力的大小为414 N
D.若将木槌在空中的运动视为自由落体运动，则题设木槌刚接触糍粑时的速度为22 m/s，符合实际情景
5.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知（ ）
A.碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比2∶5
B.碰前滑块Ⅰ的动量大小大于滑块Ⅱ的动量大小
C.碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的
6.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝4 m/s，vB＝2 m/s。当球A追上球B并发生碰撞后，两球A、B速度的值可能的是（ ）
A.vA'＝3 m/s，vB'＝4 m/s
B.vA'＝3 m/s，vB'＝2.5 m/s
C.vA'＝2 m/s，vB'＝3 m/s
D.vA'＝－4 m/s，vB'＝7 m/s
7.如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上，斜劈A的末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放，滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动，再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m，斜劈A的圆弧轨道半径为R，重力加速度大小为g。滑块B、C、D均可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A.滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中对斜劈A做的功为0
B.与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为
C.滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为
D.滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为mgR
8.“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过人工制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。如图所示，一质量为m的游客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内。已知气流密度为ρ，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则风洞内气流的流量（单位时间内流出风洞的气流体积）为（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）
9.如图所示，质量为m的蹦床运动员从一定高处自由下落，着网速率为v1，以速率为v2（v1＜v2）沿竖直方向离开蹦床。已知运动员与网接触的时间为t，则（ ）
A.从开始下落到蹦回到最高点的过程中，人重力的冲量一直增大
B.从开始下落到蹦回到最高点的过程中，人的机械能守恒
C.人与网接触的时间内动量的变化量为mv2－mv1
D.网对人的平均作用力大小为＋mg
10.如图所示，质量均为M的物体A和B静止在光滑水平地面上并紧靠在一起（不粘连），A的ab部分是四分之一光滑圆弧，bc部分是粗糙的水平面。现让质量为m的小物块C（可视为质点）自a点静止释放，最终刚好能到达c点而不从A上滑下。则下列说法中正确的是（ ）
A.小物块C到b点时，A的速度最大 B.小物块C到c点时，A的速度最大
C.小物块C到b点时，C的速度最大 D.小物块C到c点时，A的速率大于B的速率
11.（2023·辽宁大连市高二校联考）如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m＝0.1 kg和M＝0.3 kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧的速度为6 m/s，接着A球进入与水平面相切，半径为0.5 m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.弹簧弹开过程，弹力对A的冲量大于对B的冲量
B.A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为4 m/s
C.A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·s
D.若半圆轨道半径改为0.9 m，则A球不能到达Q点
12.如图所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4 kg，C板上表面粗糙，A、B两个物体紧挨在一起，初始A、B和C三个物体均处于静止状态，mA＝1 kg，mB＝2 kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E＝27 J的能量并全部转化为A和B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动起来，C板足够长，以下结论正确的是（ ）
A.爆炸后瞬间A、B速度大小vA＝2 vB
B.若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，爆炸后A、B组成的系统动量守恒
C.若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒
D.整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为27 J
三、非选择题（本题共6小题，共60分）
13.（6分）某同学用如图甲所示的实验装置验证“动量定理”。图乙是某次实验中获取的纸带，图中所标各计数点间还有4个计时点未画出，打点计时器的工作频率为50 Hz。
（1）为了较为准确地完成实验，以下做法正确的是 。
A.实验前，需要补偿阻力
B.实验过程中，要保证砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量
C.实验过程中，要先释放小车，再接通电源
D.实验过程中，需用秒表测量小车在某两点间运动的时间
（2）图乙是实验中打下的一段纸带，记录的力传感器的示数为1.05 N，测得小车的质量为0.5 kg，由此计算出小车从B到D的过程中，动量变化量Δp＝ kg·m/s，合力冲量I＝ N·s，在误差允许的范围内，动量定理成立。（以上计算结果均保留三位有效数字）
14.（8分）如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置，气垫导轨置于水平桌面上，A、B为两个上方带有遮光条且形状完全相同的弹性滑块，质量分别为m1、m2，遮光条宽度为d，P1、P2为两个光电门，实验过程如下：
（1）调节气垫导轨成水平状态。
（2）向右轻推滑块A，测得A通过光电门P1的遮光时间为t1。
（3）A、B相撞后，测得B通过光电门P2的遮光时间为t2，A再次通过光电门P1的遮光时间为t3。
根据实验过程回答以下问题：
①要想出现实验中的碰撞现象，则要求A、B的质量需满足m1 （选填“＞”“＜”或“＝”）m2。
②利用所测物理量的字母表示本实验要验证的动量守恒定律的表达式为 。
15.（8分）（2023·广东东莞市高二期中）2023年10月29日，中国队夺得2023—2024赛季蒙特利尔短道速滑世界杯第二站5 000米男子接力金牌。交接棒过程可以简化成如下模型：如图所示为甲、乙两选手在比赛中的某次交接棒过程，交接开始时甲在前接棒，乙在后交棒，甲的质量m1＝60 kg，乙的质量m2＝75 kg，交棒前两人均以v0＝10 m/s的速度向前滑行。交棒时乙从后面用力推甲，当二人分开时乙的速度变为v2＝2 m/s，方向仍然向前。不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动。
（1）求二人分开时甲的速度大小v1及其动能Ek1大小；
（2）若乙推甲的过程用时0.8 s，求乙对甲的平均作用力的大小F；
（3）交接棒过程要消耗乙体内的化学能，设这些能量全部转化为两选手的动能，且不计其他力做功，求乙消耗的化学能E。
16.（10分）两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：
（1）滑块a、b的质量之比；
（2）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
17.（12分）某中学物理兴趣小组对爆竹释放的能量产生兴趣，想通过如图所示的装置展开研究。B是一个两侧都有竖直挡板（厚度不计）、质量为 M＝2 kg、长度为L＝2.85 m的小车，放在光滑的水平面上，A是一个质量为m＝1 kg的小物块（可视为质点），A、B间的动摩擦因数为0.08，小物块和小车的挡板碰撞无机械能损失。该小组将一常见型号的爆竹挤压在A、B之间，三者保持静止，爆炸后A、B开始运动，爆竹爆炸产生的碎屑在小车上无残留。经t＝0.5 s，A与B的挡板发生第一次碰撞。重力加速度大小为10 m/s2。求：
（1）爆炸后运动过程中小物块A和小车B的加速度大小；
（2）爆炸释放的能量值E（假设爆竹释放的能量全部转化为A、B的动能）；
（3）小物块A和小车B多次碰撞后，停在B上的位置距小车右侧挡板的距离。
18.（16分）（2023·山东潍坊市高二统考）如图所示，MN是一水平传送带，以速度v0＝4 m/s顺时针匀速转动，传送带左端M与半径r＝1.25 m的光滑圆轨道相切，右端N与放在光滑水平桌面上的长木板C上表面平齐。木板C的右端带有挡板，在木板C上放有小物块B， 开始时B和C均静止，且B距木板C左端L＝1.625 m。现将小物块A从圆弧轨道最高点由静止释放，A到达N点前已与传送带共速。已知A与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.25，A、C之间及B、C之间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C的质量均为m＝1 kg，重力加速度大小取g＝10 m/s2，所有的碰撞均为弹性正碰。求：
（1）传送带MN间至少多长；
（2）A滑上长木板C后，经多长时间与B碰撞；
（3）A、B碰后A、B、C三者的速度大小。
章末综合检测（一） 动量守恒定律
1.D 离开斜槽前小球和斜槽组成的系统竖直方向外力矢量和不为零，动量不守恒，故A错误；相向运动的过程中外力矢量和为零，系统动量守恒，故B错误；火箭在炸裂前后系统内力远大于外力，系统动量守恒，故C错误；子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，故D正确。
2.C 舰载机从开始运动到起飞过程中，受到舰载机发动机的推力、电磁弹射器的推力以及阻力作用，整个过程中舰载机发动机推力和电磁弹射器推力的合力始终大于阻力，所以动量最大时加速度不为零，舰载机水平方向动量不守恒，故A、B错误；根据动能定理，舰载机发动机推力、电磁弹射器推力以及阻力做功之和等于舰载机动能的增加量，根据动量定理，舰载机发动机的推力、电磁弹射器的推力及阻力的冲量之和等于舰载机动量的增加量，故C正确，D错误。
3.A 以两队员组成的系统为研究对象，以前方队员的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，解得前方队员的速度v1'＝14.4 m/s，故A正确，B、C、D错误。
4.C 从木槌下落到静止过程中，木槌和糯米组成的系统动量发生变化，系统动量不守恒，故A错误；由动量定理，木槌在0.1 s内受到合外力的冲量I＝0－（－mv）＝39.6 N·s，故B错误；设木槌打击糍粑时平均作用力的大小为F，取向上为正方向，由动量定理有（F－mg）t＝0－（－mv），代入数据得F＝414 N，故C正确；若将木槌在空中的运动视为自由落体运动，其下落的高度为h＝＝24.2 m，这个高度不符合题图中的实际情景，故D错误。
5.D 由题图可知，碰前滑块Ⅰ、Ⅱ的速度大小分别为vⅠ＝ m/s＝2 m/s，vⅡ＝ m/s＝0.8 m/s，解得＝，故A错误；设碰前滑块Ⅰ、Ⅱ的动量大小分别为pⅠ、pⅡ，碰后结合体的动量大小为p，则根据动量守恒定律有－pⅠ＋pⅡ＝p＞0，所以pⅠ＜pⅡ，故B错误；设滑块Ⅰ、Ⅱ的质量分别为mⅠ、mⅡ，由题图可知碰后结合体的速度大小为 v＝ m/s＝0.4 m/s，根据动量守恒定律有 －mⅠvⅠ＋mⅡvⅡ＝（mⅠ＋mⅡ）v，解得＝，碰前滑块Ⅰ和滑块Ⅱ的动能之比为＝·＝，所以碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能大，故C错误，D正确。
6.C 依题意，根据动量守恒定律可得mAvA＋mBvB＝mAvA'＋mBvB'，根据碰撞过程系统机械能不会增多，可得mA＋mB≥mAvA'2＋mBvB'2，且碰后若同向运动，则满足vB'≥vA'，代入数据可求得，碰前系统总动量为p＝（1×4＋2×2）kg·m/s＝8 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝（×1×42＋×2×22）J＝12 J，如果vA'＝3 m/s，vB'＝4 m/s，则碰后总动量为p'＝（1×3＋2×4）kg·m/s＝11 kg·m/s，动量不守恒，故A不可能；碰撞后，两球A、B同向运动，球A在球B的后面，球A的速度应不大于球B的速度，故B不可能；如果vA'＝2 m/s，vB'＝3 m/s，则碰后总动量为p'＝（1×2＋2×3）kg·m/s＝8 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek'＝J＝11 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，故C可能；如果 vA'＝－4 m/s，vB'＝7 m/s，则碰后总动量为p'＝[1×（－4）＋2×7]kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量不守恒，故D不可能。
7.D D在A上滑动时，A与D组成的系统水平方向上动量守恒，且系统机械能守恒，则当D滑到水平地面上时0＝mvD－mvA，且mgR＝m＋m，两式联立解得A、D分离时的速度为vD＝vA＝，即A与D的速度大小相等，方向相反，下滑过程对A，由动能定理得W＝m－0，解得W＝mgR，故A错误；D与B碰撞前的速度即为A、D分离时D的速度大小，为，故B错误；D与B碰撞过程动量守恒，有mvD＝（m＋m）vB，则碰撞后B、D整体的速度大小为vB＝，损失的机械能ΔE＝m－（m＋m），计算可得滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能ΔE＝mgR，故D正确；B与C碰撞过程中，B、C、D组成的系统动量守恒，有（m＋m）vB＝（m＋m＋m）vC，则B与C碰撞后的速度大小为vC＝，故C错误。
8.A 以Δt时间内吹向游客的气体为研究对象，由动量定理可知FΔt＝Δmv，以游客为研究对象其处于静止状态，则F'＝mg，又F'＝F，Δm＝vΔtSρ，流量Q＝v·π，联立解得Q＝，故选A。
9.AD 从开始下落到蹦回到最高点的过程中，根据IG＝mgt总，可知人重力的冲量一直增大，故A正确；从开始下落到蹦回到最高点的过程中，人与蹦床接触时，弹起速度大于下落速度，故人的机械能不守恒，故B错误；以向上为正方
向，人与网接触的时间内动量的变化量为Δp＝mv2－（－mv1）＝m（v1＋v2），故C错误；根据动量定理可得Ft－mgt＝Δp，网对人的平均作用力大小为F＝＋mg，故D正确。
10.AC C下滑到b点的过程中，A、B及C组成的系统水平方向动量守恒，C从a到b的过程中，速度逐渐增大，所以A、B一块向左运动，速度逐渐增大，C从b到c滑动时，C做匀减速运动，所以在b点C的速度最大，故A在小物块C到b点时速度最大，故A、C正确，B错误；C下滑到b点时，A和B的速度相等，此后B做匀速运动，A先匀减速运动，后反向匀加速运动，到达c点时A、C速度恰好相等，此时A、C的总动量与B的动量大小相等，但A、C的总质量比B的质量大，所以A的速率小于B的速率，故D错误。
11.CD 弹簧弹开过程，弹力对A的冲量的大小等于弹力对B的冲量的大小，方向相反，故A错误；弹簧弹开的过程中，两个小球与弹簧组成的系统外力矢量和为零，系统满足动量守恒，则有mvA－MvB＝0，解得vB＝2 m/s，可知A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2 m/s，故B错误；A球从P点运动到Q点过程中，根据动能定理得－2mgR＝m－m，解得vQ＝4 m/s，此过程中，根据动量定理可得合外力的冲量大小为I＝mvQ－（－mvA）＝1 kg·m/s＝1 N·s，故C正确；若半圆轨道半径改为0.9 m，则A球到达Q点的速度满足－2mgR'＝mvQ'2－m，解得vQ'＝0，A球在Q点的最小速度满足mg＝，可得vmin＝＝3 m/s，由于vQ'＜vmin，可知A球不能到达Q点，故D正确。
12.AD 爆炸瞬间，以A、B为系统，以水平向左为正方向，由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB，代入数据得 vA＝2vB，故A正确；若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，因A、B质量不同，则A、B受木板的摩擦力大小不等，则A、B组成的系统动量不守恒，故B错误，对A、B、C整体分析，所受外力矢量和为零，动量守恒，故C错误；木板C足够长，最终A、B、C总动量为0，故三者最终速度也为0，即A、B动能全部转化为内能，为27 J，故D正确。
13.（1）A （2）0.201 0.210
解析：（1）验证动量定理，需要测量合外力冲量，利用图甲装置进行实验，需要用力传感器测出的绳的拉力充当小车的合外力，因此实验前需要补偿阻力，故A正确；实验过程中，绳的拉力可直接由力传感器测量，不需要用砝码及砝码盘的重力代替绳的拉力，因此实验过程中不需要满足砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量，故B错误；打点计时器在使用过程中，需要先接通电源，再释放小车，故C错误；打点计时器就是测量时间的工具，不再需要秒表测量时间，故D错误。
（2）由题意知相邻两计数点间时间间隔为0.1 s。根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度可知小车在B点的速度
vB＝＝×10－2 m/s＝0.560 m/s
在D点的速度
vD＝＝×10－2 m/s＝0.961 m/s
动量变化量Δp＝mvD－mvB
代入数据解得Δp≈0.201 kg·m/s
纸带上B到D有2个时间间隔
t＝0.1×2 s＝0.2 s
且F＝1.05 N，因此合力冲量
I＝Ft＝0.210 N·s
在误差允许的范围内，动量定理成立。
14.（3）①＜ ②＝－
解析：（3）①A、B相撞后，B通过光电门P2，A再次通过光电门P1，则由动量守恒定律和能量守恒定律有m1v1＝m1v3＋m2v2
m1＝m1＋m2
解得v3＝
A碰撞以后向左运动说明速度小于零，因此可得m1＜m2。
②由动量守恒定律得m1v1＝m1v3＋m2v2
物体通过光电门的时间很短，可以用平均速度来代替瞬时速度，即v1＝，v3＝－，v2＝
也就是＝－。
15.（1）20 m/s 1.2×104 J （2）750 N （3）5 400 J
解析：（1）取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2
解得甲的速度大小为v1＝20 m/s
而甲的动能为Ek1＝m1＝1.2×104 J。
（2）对甲，由动量定理可得Ft＝m1v1－m1v0
解得F＝750 N。
（3）对甲、乙两选手组成的系统，根据能量守恒定律得
（m1＋m2）＋E＝m1＋m2
解得E＝5 400 J。
16.（1）1∶8 （2）1∶2
解析：（1）设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度分别为v1、v2。由题图得
v1＝－2 m/s①
v2＝1 m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v，由题图得v＝ m/s③
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v ④
联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8。 ⑤
（2）由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1＋m2－（m1＋m2）v2 ⑥
由题图可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝（m1＋m2）v2 ⑦
联立⑥⑦式并代入（1）中数据得W∶ΔE＝1∶2。
17.（1）0.8 m/s2 0.4 m/s2 （2）12 J （3）0.75 m
解析：（1）设小物块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有μmg＝ma1，μmg＝Ma2，得a1＝0.8 m/s2，a2＝0.4 m/s2。
（2）水平面光滑，小物块和小车组成的系统动量守恒，设刚爆炸后小物块速度大小为v1，小车速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝Mv2。当小物块和小车右侧挡板发生第一次碰撞时满足x1＋x2＝L，对小物块，根据运动学公式得x1＝v1t－a1t2，对小车，根据运动学公式得x2＝v2t－a2t2，代入数据解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s，由能量守恒定律得爆炸产生的能量值E＝m＋M＝12 J。
（3）从爆炸后经多次碰撞到小物块最终相对小车静止，由于系统的动量守恒，物块相对小车停下时，小车也停止运动。根据能量守恒定律，设小物块在小车上滑动的路程为s，则E＝μmgs，解得s＝15 m，设经n次碰撞物块相对小车停下，有s＝nL＋d，当n＝5时d＝0.75 m＜L，所以物块停在B上的位置距小车右侧挡板的距离为0.75 m。
18.（1）1.8 m （2）0.5 s （3）0.5 m/s 3 m/s 0.5 m/s
解析：（1）小物块A由静止运动到圆轨道最低点，由动能定理mgr＝m
解得vM＝5 m/s
设经时间t1小物块A与传送带共速，由动量定理
－μ1mgt1＝mv0－mvM
解得t1＝0.4 s
在时间t1内A的位移为xA＝t1＝1.8 m
传送带MN间至少1.8 m。
（2）A滑上长木板C后，对A受力分析，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma1
对物块B和长木板C整体受力分析，由牛顿第二定律μ2mg＝2ma2
解得加速度为
a1＝μ2g＝2 m/s2，a2＝μ2g＝1 m/s2
设A滑上C后经时间t2物块A与B碰撞，此过程中A的位移为x1＝v0t2－a1
B、C的位移为x2＝a2
A与B相碰时满足x1－x2＝L
联立解得t＝0.5 s。
（3）A、B碰撞前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v3、v4，则
v1＝v0－a1t2＝3 m/s
v2＝a2t2＝0.5 m/s
A、B碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得
mv1＋mv2＝mv3＋mv4
m＋m＝m＋m
解得v3＝0.5 m/s，v4＝3 m/s
故A、B碰后，A、B、C三者的速度分别为0.5 m/s、3 m/s、0.5 m/s。
6 / 6(共55张PPT)
章末综合检测（一）动量守恒定律
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出
的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. （2023·湖南张家界市高二期中）关于系统动量守恒的条件，下列
说法正确的是（ ）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A. 静止在光滑水平面上的斜槽顶端有一小球，小球由静止释放， 在
离开斜槽前小球和斜槽组成的系统的动量守恒
B. 在光滑的水平地面上有两辆小车，在两小车上各绑一个条形磁铁，
他们在相向运动的过程中动量不守恒
C. 一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块， 在炸裂前后系
统动量不守恒
D. 子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统动量守恒
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析： 离开斜槽前小球和斜槽组成的系统竖直方向外力矢量和
不为零，动量不守恒，故A错误；相向运动的过程中外力矢量和为
零，系统动量守恒，故B错误；火箭在炸裂前后系统内力远大于外
力，系统动量守恒，故C错误；子弹打进木块的瞬间子弹和木块组
成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
2. （2023·山东临沂市高二联考）福建舰满载排水量8万余吨，是我国完全自主设计的首艘弹射型平直通飞行甲板航母。它采用了具有世界领先水平的电磁弹射装置，设起飞过程中舰载机发动机的推力和电磁弹射器的推力恒定，阻力为总推力的20％，舰载机在水平弹射结束时达到起飞速度80 m/s。从舰载机开始运动到起飞的过程中（ ）
A. 舰载机动量最大时，加速度为零
B. 舰载机水平方向的动量守恒
C. 阻力和电磁弹射器的推力和发动机的推力对舰载机
做功之和等于舰载机动能的增加量
D. 舰载机发动机的推力和电磁弹射器对舰载机的推力的冲量之和等于舰载机动量的增加量
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析： 舰载机从开始运动到起飞过程中，受到舰载机发动机的
推力、电磁弹射器的推力以及阻力作用，整个过程中舰载机发动机
推力和电磁弹射器推力的合力始终大于阻力，所以动量最大时加速
度不为零，舰载机水平方向动量不守恒，故A、B错误；根据动能
定理，舰载机发动机推力、电磁弹射器推力以及阻力做功之和等于
舰载机动能的增加量，根据动量定理，舰载机发动机的推力、电磁
弹射器的推力及阻力的冲量之和等于舰载机动量的增加量，故C正
确，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
3. 短道速滑接力比赛中，两运动员交接时，后方队员要用力将前方队
员推出，某次比赛中，交接前，前方队员速度大小为10 m/s，后方
队员的速度大小为12 m/s，已知前方队员的质量为60 kg，后方队员
的质量为66 kg。后方队员将前方队员推出后瞬间速度大小变为8
m/s，此时前方队员的速度大小约为（ ）
A. 14.4 m/s B. 13.1 m/s
C. 23.2 m/s D. 21.1 m/s
解析： 以两队员组成的系统为研究对象，以前方队员的初速度
方向为正方向，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，解得
前方队员的速度v1'＝14.4 m/s，故A正确，B、C、D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
4. （2023·江西上饶市高二联考）如图所示为用木槌把糯米饭打成糍
粑的场景，已知木槌质量为1.8 kg，木槌刚接触糍粑时的速度是22
m/s，打击糍粑0.1 s后木槌静止，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说
法正确的是（ ）
A. 从木槌下落到静止过程中，木槌和糯米组成的系统动量守恒
B. 木槌在0.1 s内受到合外力的冲量大小为1.8 N·s
C. 木槌打击糍粑时平均作用力的大小为414 N
D. 若将木槌在空中的运动视为自由落体运动，则
题设木槌刚接触糍粑时的速度为22 m/s，符合实际情景
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析： 从木槌下落到静止过程中，木槌和糯米组成的系统动量
发生变化，系统动量不守恒，故A错误；由动量定理，木槌在0.1 s
内受到合外力的冲量I＝0－（－mv）＝39.6 N·s，故B错误；设木槌
打击糍粑时平均作用力的大小为F，取向上为正方向，由动量定理
有（F－mg）t＝0－（－mv），代入数据得F＝414 N，故C正确；
若将木槌在空中的运动视为自由落体运动，其下落的高度为h＝
＝24.2 m，这个高度不符合题图中的实际情景，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
5. 某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如
图所示的位移—时间图像。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水
平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移
变化关系。已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知（ ）
A. 碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比2∶5
B. 碰前滑块Ⅰ的动量大小大于滑块Ⅱ的动量大小
C. 碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D. 滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：由题图可知，碰前滑块Ⅰ、Ⅱ的速度大小分别为vⅠ＝ m/s＝2 m/s，vⅡ＝ m/s＝0.8 m/s，解得＝，故A错误；设碰前滑块Ⅰ、Ⅱ的动量大小分别为pⅠ、pⅡ，碰后结合体的动量大小为p，则根据动量守恒定律有－pⅠ＋pⅡ＝p＞0，所以pⅠ＜pⅡ，故B错误；设滑块Ⅰ、Ⅱ的质量分别为mⅠ、mⅡ，由题图可知碰后结合体的速度大小为 v＝ m/s＝0.4 m/s，根据动量守恒定律有 －mⅠvⅠ＋mⅡvⅡ＝（mⅠ＋mⅡ）v，解得＝，碰前滑块Ⅰ和滑块Ⅱ的动能之比为＝·＝，所以碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能大，故C错误，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
6. 两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1
kg，mB＝2 kg，vA＝4 m/s，vB＝2 m/s。当球A追上球B并发生碰撞
后，两球A、B速度的值可能的是（ ）
A. vA'＝3 m/s，vB'＝4 m/s
B. vA'＝3 m/s，vB'＝2.5 m/s
C. vA'＝2 m/s，vB'＝3 m/s
D. vA'＝－4 m/s，vB'＝7 m/s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：依题意，根据动量守恒定律可得mAvA＋mBvB＝mAvA'＋mBvB'，根据碰撞过程系统机械能不会增多，可得mA＋
mB≥mAvA'2＋mBvB'2，且碰后若同向运动，则满足vB'≥vA'，代入数据可求得，碰前系统总动量为p＝（1×4＋2×2）kg·m/s＝8 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝（×1×42＋×2×22）J＝12 J，如果vA'＝3 m/s，vB'＝4 m/s，则碰后总动量为p'＝（1×3＋2×4）kg·m/s＝11 kg·m/s，动量不守恒，故A不可能；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
碰撞后，两球A、B同向运动，球A在球B的后面，球A的速度应不
大于球B的速度，故B不可能；如果vA'＝2 m/s，vB'＝3 m/s，则碰
后总动量为p'＝（1×2＋2×3）kg·m/s＝8 kg·m/s，系统动量守恒，
碰后总动能为Ek'＝J＝11 J，系统动能减
小，满足碰撞的条件，故C可能；如果 vA'＝－4 m/s，vB'＝7 m/s，
则碰后总动量为p'＝[1×（－4）＋2×7]kg·m/s＝10 kg·m/s，系统
动量不守恒，故D不可能。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
7. 如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上，斜劈A的末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放，滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动，再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m，斜劈A的圆弧轨道半
径为R，重力加速度大小为g。滑块B、C、
D均可视为质点，则下列说法正确的是
（ ）
A. 滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中对斜劈A做的功为0
B. 与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为
C. 滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为
D. 滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为mgR
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析： D在A上滑动时，A与D组成的系统水平方向上动量守
恒，且系统机械能守恒，则当D滑到水平地面上时0＝mvD－mvA，
且mgR＝m＋m，两式联立解得A、D分离时的速度为vD＝
vA＝，即A与D的速度大小相等，方向相反，下滑过程对A，由
动能定理得W＝m－0，解得W＝mgR，故A错误；D与B碰撞前
的速度即为A、D分离时D的速度大小，为，故B错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
D与B碰撞过程动量守恒，有mvD＝（m＋m）vB，则碰撞后B、D整体
的速度大小为vB＝，损失的机械能ΔE＝m－（m＋m），
计算可得滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能ΔE＝mgR，故D正
确；B与C碰撞过程中，B、C、D组成的系统动量守恒，有（m＋m）
vB＝（m＋m＋m）vC，则B与C碰撞后的速度大小为vC＝，故C错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
8. “娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过人工
制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。如图所
示，一质量为m的游客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内。已
知气流密度为ρ，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面
积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重
力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则风
洞内气流的流量（单位时间内流出风洞的气流体积）为
（ ）
A. B.
C. D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析： 以Δt时间内吹向游客的气体为研究对象，由动量定理
可知FΔt＝Δmv，以游客为研究对象其处于静止状态，则F'＝
mg，又F'＝F，Δm＝vΔtSρ，流量Q＝v·π，联立解得Q＝
，故选A。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出
的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对
但不全的得2分，有错选的得0分）
9. 如图所示，质量为m的蹦床运动员从一定高处自由下落，着网速率为v1，以速率为v2（v1＜v2）沿竖直方向离开蹦床。已知运动员与网接触的时间为t，则（ ）
A. 从开始下落到蹦回到最高点的过程中，人重力的冲量一直增大
B. 从开始下落到蹦回到最高点的过程中，人的机械能守恒
C. 人与网接触的时间内动量的变化量为mv2－mv1
D. 网对人的平均作用力大小为＋mg
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析： 从开始下落到蹦回到最高点的过程中，根据IG＝mgt总，可知人重力的冲量一直增大，故A正确；从开始下落到蹦回到最高点的过程中，人与蹦床接触时，弹起速度大于下落速度，故人的机械能不守恒，故B错误；以向上为正方向，人与网接触的时间内动量的变化量为Δp＝mv2－（－mv1）＝m（v1＋v2），故C错误；根据动量定理可得Ft－mgt＝Δp，网对人的平均作用力大小为F＝＋mg，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
10. 如图所示，质量均为M的物体A和B静止在光滑水平地面上并紧靠
在一起（不粘连），A的ab部分是四分之一光滑圆弧，bc部分是粗
糙的水平面。现让质量为m的小物块C（可视为质点）自a点静止
释放，最终刚好能到达c点而不从A上滑下。则下列说法中正确的
是（ ）
A. 小物块C到b点时，A的速度最大
B. 小物块C到c点时，A的速度最大
C. 小物块C到b点时，C的速度最大
D. 小物块C到c点时，A的速率大于B的速率
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析： C下滑到b点的过程中，A、B及C组成的系统水平方向
动量守恒，C从a到b的过程中，速度逐渐增大，所以A、B一块向
左运动，速度逐渐增大，C从b到c滑动时，C做匀减速运动，所以
在b点C的速度最大，故A在小物块C到b点时速度最大，故A、C正
确，B错误；C下滑到b点时，A和B的速度相等，此后B做匀速运
动，A先匀减速运动，后反向匀加速运动，到达c点时A、C速度恰
好相等，此时A、C的总动量与B的动量大小相等，但A、C的总质
量比B的质量大，所以A的速率小于B的速率，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
11. （2023·辽宁大连市高二校联考）如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m＝0.1 kg和M＝0.3 kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧的速度为6 m/s，接着A球进入与水平面相切，半径为0.5 m的竖直面内的光滑半圆形
轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，
g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧弹开过程，弹力对A的冲量大于对
B的冲量
B. A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为4 m/s
C. A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·s
D. 若半圆轨道半径改为0.9 m，则A球不能到达Q点
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析： 弹簧弹开过程，弹力对A的冲量的大小等于弹力对B的
冲量的大小，方向相反，故A错误；弹簧弹开的过程中，两个小球
与弹簧组成的系统外力矢量和为零，系统满足动量守恒，则有mvA
－MvB＝0，解得vB＝2 m/s，可知A球脱离弹簧时B球获得的速度大
小为2 m/s，故B错误；A球从P点运动到Q点过程中，根据动能定
理得－2mgR＝m－m，解得vQ＝4 m/s，此过程中，根据
动量定理可得合外力的冲量大小为I＝mvQ－（－mvA）＝1 kg·m/s
＝1 N·s，故C正确；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
若半圆轨道半径改为0.9 m，则A球到达Q点的速度满足－2mgR'＝
mvQ'2－m，解得vQ'＝0，A球在Q点的最小速度满足mg＝，
可得vmin＝＝3 m/s，由于vQ'＜vmin，可知A球不能到达Q点，故D
正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
12. 如图所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4 kg，C板上表面粗
糙，A、B两个物体紧挨在一起，初始A、B和C三个物体均处于静
止状态，mA＝1 kg，mB＝2 kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火
药爆炸，瞬间释放了E＝27 J的能量并全部转化为A和B的动能，使
A、B分别水平向左、向右运动起来，C板足够长，以下结论正确
的是（ ）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A. 爆炸后瞬间A、B速度大小vA＝2 vB
B. 若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，爆炸后A、B组成的
系统动量守恒
C. 若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的
系统动量不守恒
D. 整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为27 J
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析： 爆炸瞬间，以A、B为系统，以水平向左为正方向，
由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB，代入数据得 vA＝2vB，故A正
确；若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，因A、B质量不
同，则A、B受木板的摩擦力大小不等，则A、B组成的系统动量不
守恒，故B错误，对A、B、C整体分析，所受外力矢量和为零，动
量守恒，故C错误；木板C足够长，最终A、B、C总动量为0，故
三者最终速度也为0，即A、B动能全部转化为内能，为27 J，故D
正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
三、非选择题（本题共6小题，共60分）
13. （6分）某同学用如图甲所示的实验装置验证“动量定理”。图乙
是某次实验中获取的纸带，图中所标各计数点间还有4个计时点未
画出，打点计时器的工作频率为50 Hz。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（1）为了较为准确地完成实验，以下做法正确的是 。
A. 实验前，需要补偿阻力
B. 实验过程中，要保证砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量
C. 实验过程中，要先释放小车，再接通电源
D. 实验过程中，需用秒表测量小车在某两点间运动的时间
A
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析： 验证动量定理，需要测量合外力冲量，利用图
甲装置进行实验，需要用力传感器测出的绳的拉力充当小车
的合外力，因此实验前需要补偿阻力，故A正确；实验过程
中，绳的拉力可直接由力传感器测量，不需要用砝码及砝码
盘的重力代替绳的拉力，因此实验过程中不需要满足砝码及
砝码盘的质量远小于小车的质量，故B错误；打点计时器在
使用过程中，需要先接通电源，再释放小车，故C错误；打
点计时器就是测量时间的工具，不再需要秒表测量时间，故
D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（2）图乙是实验中打下的一段纸带，记录的力传感器的示数为
1.05 N，测得小车的质量为0.5 kg，由此计算出小车从B到D
的过程中，动量变化量Δp＝ kg·m/s，合力冲量I
＝ N·s，在误差允许的范围内，动量定理成立。
（以上计算结果均保留三位有效数字）
0.201
0.210
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：由题意知相邻两计数点间时间间隔为0.1 s。根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度可知小车在B点的速度vB＝＝×10－2 m/s＝0.560 m/s
在D点的速度vD＝＝×10－2 m/s＝0.961 m/s
动量变化量Δp＝mvD－mvB
代入数据解得Δp≈0.201 kg·m/s
纸带上B到D有2个时间间隔t＝0.1×2 s＝0.2 s
且F＝1.05 N，因此合力冲量I＝Ft＝0.210 N·s
在误差允许的范围内，动量定理成立。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
14. （8分）如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置，气垫导轨
置于水平桌面上，A、B为两个上方带有遮光条且形状完全相同的
弹性滑块，质量分别为m1、m2，遮光条宽度为d，P1、P2为两个光
电门，实验过程如下：
（1）调节气垫导轨成水平状态。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（2）向右轻推滑块A，测得A通过光电门P1的遮光时间为t1。
（3）A、B相撞后，测得B通过光电门P2的遮光时间为t2，A再次通
过光电门P1的遮光时间为t3。
根据实验过程回答以下问题：
①要想出现实验中的碰撞现象，则要求A、B的质量需满足
m1 （选填“＞”“＜”或“＝”）m2。
②利用所测物理量的字母表示本实验要验证的动量守恒定律
的表达式为 。
＜
＝－
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：（3）①A、B相撞后，B通过光电门P2，A再次通过光
电门P1，则由动量守恒定律和能量守恒定律有m1v1＝m1v3＋
m2v2
m1＝m1＋m2
解得v3＝
A碰撞以后向左运动说明速度小于零，因此可得m1＜m2。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
②由动量守恒定律得m1v1＝m1v3＋m2v2
物体通过光电门的时间很短，可以用平均速度来代替瞬时速
度，即v1＝，v3＝－，v2＝
也就是＝－。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
15. （8分）（2023·广东东莞市高二期中）2023年10月29日，中国队夺得2023—2024赛季蒙特利尔短道速滑世界杯第二站5 000米男子接力金牌。交接棒过程可以简化成如下模型：如图所示为甲、乙两选手在比赛中的某次交接棒过程，交接开始时甲在前接棒，乙在后交棒，甲的质量m1＝60 kg，乙的质量m2＝75 kg，交棒前两人均以v0＝10 m/s的速度向前滑行。交棒时乙从后面用力推甲，当二人分开时乙的速度变为v2＝2 m/s，方向仍然向前。不计二人
所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在
一条直线上运动。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
答案： 20 m/s 1.2×104 J
（1）求二人分开时甲的速度大小v1及其动能Ek1大小；
解析： 取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律
可得
（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2
解得甲的速度大小为v1＝20 m/s
而甲的动能为Ek1＝m1＝1.2×104 J。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（2）若乙推甲的过程用时0.8 s，求乙对甲的平均作用力的大
小F；
答案：750 N
解析： 对甲，由动量定理可得Ft＝m1v1－m1v0
解得F＝750 N。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（3）交接棒过程要消耗乙体内的化学能，设这些能量全部转化为
两选手的动能，且不计其他力做功，求乙消耗的化学能E。
答案：5 400 J
解析： 对甲、乙两选手组成的系统，根据能量守恒定律得
（m1＋m2）＋E＝m1＋m2
解得E＝5 400 J。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
16. （10分）两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；
碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗
糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：
（1）滑块a、b的质量之比；
答案：1∶8
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析： 设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速
度分别为v1、v2。由题图得
v1＝－2 m/s ①
v2＝1 m/s ②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v，
由题图得v＝ m/s ③
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v ④
联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8。 ⑤
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（2）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失
的机械能之比。
答案：1∶2
解析： 由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1＋m2－（m1＋m2）v2 ⑥
由题图可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块
克服摩擦力所做的功为
W＝（m1＋m2）v2 ⑦
联立⑥⑦式并代入（1）中数据得W∶ΔE＝1∶2。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
17. （12分）某中学物理兴趣小组对爆竹释放的能量产生兴趣，想
通过如图所示的装置展开研究。B是一个两侧都有竖直挡板
（厚度不计）、质量为 M＝2 kg、长度为L＝2.85 m的小车，
放在光滑的水平面上，A是一个质量为m＝1 kg的小物块（可视
为质点），A、B间的动摩擦因数为0.08，小物块和小车的挡板
碰撞无机械能损失。该小组将一常见型号的爆竹挤压在A、B之
间，三者保持静止，爆炸后A、B开始运动，爆竹爆炸产生的碎
屑在小车上无残留。经t＝0.5 s，A与B的挡板发生第一次碰
撞。重力加速度大小为10 m/s2。求：
（1）爆炸后运动过程中小物块A和小车
B的加速度大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析： 设小物块的加速度大小为a1，小车的加速度大
小为a2，由牛顿第二定律有μmg＝ma1，μmg＝Ma2，得a1＝
0.8 m/s2，a2＝0.4 m/s2。
答案： 0.8 m/s2 0.4 m/s2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（2）爆炸释放的能量值E（假设爆竹释放的能量全部转化为A、B
的动能）；
答案：12 J
解析：水平面光滑，小物块和小车组成的系统动量守恒，设刚爆炸后小物块速度大小为v1，小车速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝Mv2。当小物块和小车右侧挡板发生第一次碰撞时满足x1＋x2＝L，对小物块，根据运动学公式得x1＝v1t－a1t2，对小车，根据运动学公式得x2＝v2t－a2t2，代入数据解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s，由能量守恒定律得爆炸产生的能量值E＝m＋M＝12 J。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（3）小物块A和小车B多次碰撞后，停在B上的位置距小车右侧挡
板的距离。
答案：0.75 m
解析：从爆炸后经多次碰撞到小物块最终相对小车静
止，由于系统的动量守恒，物块相对小车停下时，小车也停
止运动。根据能量守恒定律，设小物块在小车上滑动的路程
为s，则E＝μmgs，解得s＝15 m，设经n次碰撞物块相对小车
停下，有s＝nL＋d，当n＝5时d＝0.75 m＜L，所以物块停在
B上的位置距小车右侧挡板的距离为0.75 m。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
18. （16分）（2023·山东潍坊市高二统考）如图所示，MN是一水平传送带，以速度v0＝4 m/s顺时针匀速转动，传送带左端M与半径r＝1.25 m的光滑圆轨道相切，右端N与放在光滑水平桌面上的长木板C上表面平齐。木板C的右端带有挡板，在木板C上放有小物块B， 开始时B和C均静止，且B距木板C左端L＝1.625 m。现将小物块A从圆弧轨道最高点由静止释放，A到达N点前已与传送带共速。已知A与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.25，A、C之间及B、C之间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C
的质量均为m＝1 kg，重力加速度大小取
g＝10 m/s2，所有的碰撞均为弹性正碰。
求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（1）传送带MN间至少多长；
答案：1.8 m
解析：小物块A由静止运动到圆轨
道最低点，由动能定理mgr＝m
解得vM＝5 m/s
设经时间t1小物块A与传送带共速，由动量定理－μ1mgt1＝mv0－mvM
解得t1＝0.4 s
在时间t1内A的位移为xA＝t1＝1.8 m
传送带MN间至少1.8 m。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（2）A滑上长木板C后，经多长时间与B碰撞；
答案：0.5 s
解析：A滑上长木板C后，对A受力分析，由牛顿第二定律得
μ2mg＝ma1
对物块B和长木板C整体受力分析，由牛顿第二定律μ2mg＝2ma2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解得加速度为a1＝μ2g＝2 m/s2，a2＝μ2g＝1 m/s2
设A滑上C后经时间t2物块A与B碰撞，此过程中A的位移为x1
＝v0t2－a1
B、C的位移为x2＝a2
A与B相碰时满足x1－x2＝L
联立解得t＝0.5 s。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（3）A、B碰后A、B、C三者的速度大小。
答案：0.5 m/s 3 m/s 0.5 m/s
解析： A、B碰撞前速度分别为v1、v2，
碰后速度分别为v3、v4，则v1＝v0－a1t2＝3 m/s
v2＝a2t2＝0.5 m/s
A、B碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得mv1＋mv2＝mv3＋mv4
m＋m＝m＋m
解得v3＝0.5 m/s，v4＝3 m/s
故A、B碰后，A、B、C三者的速度分别为0.5 m/s、3 m/s、0.5 m/s。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
谢谢观看!
