1、 动量守恒定律一、单选题12022年3月12日，在北京冬残奥会上，中国轮椅冰壶队战胜瑞典队，获得冠军。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰撞后冰壶乙向前滑行0.1m后停下。已知两冰壶的质量相等，冰壶乙与冰面间的动摩擦因数为0.02，取重力加速度大小，则两冰壶碰撞前瞬间冰壶甲的速度大小为（）A0.1m/sB0.2m/sC0.4m/sD1m/s2如图所示，质量为m的子弹以v0的水平初速度射向放在光滑水平面上的物块，物块质量为5m。水平面左端与一固定光滑圆弧轨道平滑相接，子弹进入物块后没有射出，物块恰好能到达轨道的最高点，当地重力加速度为g，下列说法正确的
2、是（）A物块和子弹的最大重力势能为mv02B圆弧轨道的半径为C子弹进入物块后一起运动过程中，物块和子弹动量守恒D整个作用过程中，物块和子弹的机械能守恒二、多选题3如图所示质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A滑块从A滑到C的过程中滑块和小车系统的动量不守恒B滑块从A滑到C的过程中滑块和小车系统的机械能不守恒C滑块从A滑到C的过程中滑块
3、和小车的对地位移大小相等DL，R，三者的关系为4如图所示，一质量的小车静置于光滑水平地面上，小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道与水平轨道相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角，半径，CD的长度为5m。某一时刻，质量的物块A从空中某处以大小的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，最终物块A恰好不滑离小车。取，空气阻力不计。则（）A物块A在小车上相对小车运动的过程中，A与小车构成的系统动量守恒B物块A通过B点时的速度大小5m/sC物块A滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大于2.0ND物块与水平轨道CD间的动摩擦因数5如图1所示，在光滑水平面左端有一固定挡板，一轻质弹簧连
4、接挡板，水平面右侧足够远的某个位置有一半圆形光滑圆弧轨道MN与水平面相切，圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道与弹簧轴线在同一直线上。一质量的小球A与弹簧另一端接触但不拴接，初始时刻弹簧处于原长，现用外力缓慢将小球A向左推动压缩弹簧，然后释放小球A，小球A与静止在M点的小球B发生弹性碰撞，两个小球大小相等，小球B的质量，两个小球碰后小球A即被拿走，小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道。已知重力加速度为，圆弧轨道的半径，弹簧弹力F与弹簧形变量x的关系如图2所示。下列说法中正确的是（）A释放小球A时弹簧的压缩量可能是B碰撞后小球B在M点的加速度大小可能为gC释放小球A时弹簧的压缩量不可能是D释放小球
5、A时弹簧的压缩量可能是6质量都为m的木块A和B，并排放在光滑水平地面上，A上固定一竖直轻杆，长为L的细线一端系在轻杆上部的O点，另一端系质量为m的小球C，现将C球向右拉起至水平拉直细线，如图所示，由静止释放，在之后的过程中（）A木块A最大速度为B木块A，B分离后，B的速度为C球过O点正下方后，上升的最大高度DC球在O点正下方向右运动时，速度为7足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为的物块，另一端连接质量为的木板，绳子开始是松弛的。质量为的物块放在长木板的右端，与木板间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块水平向左的瞬时初速度，物块立即在长木板上运动。已知绳子绷紧前
6、，、已经达到共同速度；绳子绷紧后，、总是具有相同的速度；物块始终未从长木板上滑落下列说法正确的是（）A绳子绷紧前，、达到的共同速度大小为B绳子刚绷紧后的瞬间，、的速度大小均为C绳子刚绷紧后的瞬间，、的速度大小均为D最终、三者将以大小为的共同速度一直运动下去8如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上。突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度）（） A系统动量守恒B系统机械能守恒C弹簧
7、弹力与电场力大小相等时系统机械能最大D系统所受合外力的冲量为零三、综合题9如图，质量为m1（未知）的物块甲静止在光滑凹型水平平台上的A点。质量m2=2kg的物块乙以初速度v0=6m/s向右运动，与物块甲发生弹性碰撞。碰后物块乙离开平台后，沿着C点的切线方向进入半径R=2m的圆弧轨道（直径BD竖直，B点为平台上的某点），CO与水平方向的夹角为37；物块甲滑上质量M=3kg，长度L=0.4m，与平台等高的长木板，木板与平台相碰后瞬间静止。已知物块与木板间的动摩擦因数=0.5，其余摩擦不计，两物块均可视为质点，木板右端与P侧的距离为s，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。（1
8、）物块乙运动到D点时对轨道的压力；（2）物块甲的质量m1和碰撞后的速度v1；（3）物块甲滑上平台P时的动能Ek与s的关系。10如图所示，在倾角足够长的粗糙斜面上放一长m、质量为m、上下挡板厚度不计的U形盒子P（盒子内底面与斜面平行），盒子P与斜面间的动摩擦因数。在盒子的上端放一质量等于2m的物块Q（可看做质点），Q与盒子内表面无摩擦，放开物块后即在盒内滑下与下面挡板碰撞，设碰撞时间极短且碰撞中没有机械能损失，重力加速度g取10，。求：（1）物块Q与盒子P发生第一次碰撞后各自速度大小；（2）物块Q与盒子P发生第一次碰撞后再经过多长时间与P发生第二次碰撞；（结果可用根式表示）（3）当盒子P从开始位
9、置向下运动至多大距离时，物块Q才不再与盒子P发生碰撞。11有一质量的长木板静止在光滑水平面上，某时刻A、B两个可视为质点的滑块同时从左右两端滑上木板，两个滑块的初始速度大小相等且，两个滑块刚好没有相碰。已知两个滑块与木板的动摩擦因数，两个滑块的质量，当地重力加速度。求：（1）滑块A最后的速度；（2）此过程中系统产生的热量；（3）木板的长度。12如图所示，物块A的质量为，物块B、C的质量均为。开始时物块A、B分别以大小为、的速度沿光滑水平轨道向右侧的竖直固定挡板运动，为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，将物块C无初速地迅速粘在A上。B与挡板碰撞后以原速率反弹，A与B碰撞后粘在一起。（1）为
10、使B能与挡板碰撞两次，求应满足的条件；（2）若三个物块的质量均为，求在整个作用过程中系统产生的内能。13如图甲所示，传送带逆时针匀速运行，速率，一小车停在足够大的光滑水平地面上，挨靠在传送带的下端B处，小车上固定一竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与传送带相切于B点，过圆弧轨道的最高点D的切线竖直，C为圆弧轨道的最低点。一小物块（视为质点）从传送带的上端A处由静止释放，物块沿传送带运动的速度时间图像如图乙所示。物块离开传送带后恰好能到达D点。小车与物块的质量相同，取重力加速度大小。求：（1）传送带A、B两端的距离L；（2）传送带倾角的余弦值以及物块与传送带间的动摩擦因数；（3）圆弧轨道的半径R
11、。14如图所示，光滑水平面上静止放置质量均为、半径均为的四分之一光滑圆弧槽A和B，两圆弧底部距离地面高度均为，初始时A、B紧靠在一起锁定为一半则弧槽。现将一质量为的小球C由A槽上方处静止释放，恰能沿切线方向进入圆弧槽A，当小球C刚滑上B槽时立即解除锁定，重力加速度为，求：（1）小球C运动到两槽连接处时速度的大小；（2）两槽解除锁定后，小球C能上升的最大高度；（3）已知小球C从开始运动至落地过程，槽B发生的位移为，那么该过程中小球C的水平位移为多大?15如图所示，左侧足够长的光滑水平面上有一质量M = 2kg的物块，水平面右端有一质量m = 1kg的物块。水平面右侧有一水平足够长的传送带，传送带
12、上表面与水平面等高且非常靠近（距离视为零），传送带正以v = 2m/s的速度逆时针转动，已知物块M、m与传送带之间的动摩擦因数均为0.1，两物块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，现使物块M以初速度v0= 3m/s向右运动，随后与物块m发生弹性碰撞。（1）求碰后瞬间物块m的速度大小；（2）求物块M与传送带因摩擦产生的热量；（3）两物块是否会再次碰撞？若会，求从第一次碰撞后到第二次碰撞需要多长时间，若不会，以两物块第一次碰撞瞬间为初始时刻，求最终两物块的间距与时间的关系。162022北京冬奥会后，冰壶运动成为了广大冰雪爱好者热捧的一个运动项目。下图是一个冰壶大本营的示意图，内环R1=0.6
13、1m，中环R2=1.22m，外环R3=1.83m。某次比赛中，红壶以某一速度和停在Q点的蓝壶发生正碰之后，质量相等的红、蓝两壶分别停在 M和 N点。设红、蓝壶与冰面间的摩擦因数相同，则：（1）碰后红壶和蓝壶的速度大小之比；（2）红壶和蓝壶碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比。17如图所示，质量为M=2.5kg的长木板B静止放置在光滑水平面上，B左侧的竖直平面内固定一个光滑圆弧轨道PQ，O点为圆心，半径为R=6m，OQ竖直，Q点与木板B上表面相切，圆心角为。圆弧轨道左侧有一水平传送带，传送带顺时针转动，传送带上表面与P点高度差为H=0.45m。现在传送带左侧由静止放置一个质量为m=1kg的
14、可视为质点的滑块A，它随传送带做匀加速直线运动，离开传送带后做平抛运动，恰好从P点沿切线进入圆弧轨道，滑出轨道后又滑上木板B，最后与木板B相对静止。已知滑块A与长木板B间的动摩擦因数，取，sin37=0.6，求：（1）滑块离开传送带的速度大小；（2）滑块经过Q点时受到弹力大小；（结果保留三位有效数字）（3）木板B的最小长度。18“模型检测”常用来分析一项设计的可行性。如图所示的是某大型游乐设施的比例模型，光滑的水平轨道上静止着物块A和B（均可视为质点），质量分别为m、4m，A、B之间压缩着一根锁定的轻质弹簧，两端与A、B接触而不相连。水平轨道的左侧是一竖直墙壁：右侧与光滑、竖直固定的圆管道FC
15、D相切于F，圆管道的半径R远大于管道内径。倾角的斜轨DE与圆管道相切于D，另一端固定在水平地面上，物块与斜轨间的动摩擦因数。现将弹簧解锁，A、B分离后撤去弹簧，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，在水平轨道上与物块B相碰并粘连，一起进入管道到达最高点C时恰好对圆管道无作用力，最后恰好停止在倾斜轨道的E点。（sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度为g）求：（1）A、B过最高点C时速度大小：（2）斜轨DE的设计长度：（3）弹簧被压缩时的最大弹性势能。答案解析部分1【答案】B2【答案】B3【答案】A,B,D4【答案】B,C,D5【答案】A,B,D6【答案】B,C7【答案】A,C,D8【答案】A,
16、D9【答案】（1）解：物块乙从B到C做平抛运动，由平抛规律得得从B运动到D，由动能定理得在D点由牛顿第三定律得（2）解：对甲乙碰撞，由动量守恒得由能量守恒得得其中代入得（3）解：甲物块与木板能达到共同速度，由动量守恒定律得得对物块甲解得对木板有得由于所以甲物块有与木板达到共同速度的必要条件，若说明甲物块能和木板达到共同速度，由能量守恒定律有若说明甲物块不能和木板达到共同速度，由能量守恒定律有10【答案】（1）解：物块Q下滑，第一次碰撞前做匀加速运动，根据牛顿第二定律根据速度与位移关系公式：得物块Q与盒子P发生第一次碰撞前的速度为物块Q与盒子P发生第一次碰撞满足动量守恒和机械能守恒，则有解得，（
17、2）解：第一次碰撞后盒子P做匀减速运动，根据牛顿第二定律有解得物块Q与盒子P速度相等时有解得在时，盒子P与物块Q的位移差为故不会与上板相碰，设物块再经过时间t与P发生第二次碰撞，则有解得（3）解：物块Q与盒子P发生的是弹性碰撞，分析可知物块Q与盒子P只要运动就一定会碰撞，当物块Q与盒子P均静止时就不在发生碰撞，设盒子P下滑的距离为s，根据能量守恒可得解得11【答案】（1）解：A、B、木板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，最终三者相对静止，设最终系统的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得解得（2）解：由能量守恒定律可得，系统产生的热量为解得（3）解：从A滑上木板到与木板同速，A和木板
18、的加速度大小分别为设A与木板同速时的大小为，则解得，A与木板同速后相对静止，B继续相对木板滑动，在时间t内，A相对木板的位移为由摩擦力做功和产生的摩擦热的关系可知解得12【答案】（1）解：设A、C粘在一起的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律有2mv0=（m+M）v1为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，应满足v1v0设A、B碰撞后瞬间的共同速度大小为v2，以向右为正方向，根据动量守恒定律有（m+M）v1-Mv0=（m+2M）v2为使B能与挡板再次碰撞，应满足v20解得12（2）解：若M=m，则由（1）可得v1=v0v2=v0根据能量守恒定律有Q=m（2v0）2+m-3m解得Q=m13【答
19、案】（1）解：时物块的速率时物块的速率根据“图像中图线与t轴包围的面积表示位移”可知解得（2）解：内物块的加速度大小设物块的质量为m，根据牛顿第二定律有内物块的加速度大小根据牛顿第二定律有解得（3）解：由题知，物块到达B点时的速率为，设物块到达D点时的速率为，在物块从B点运动到D点的过程中，物块、小车组成的系统水平方向动量守恒，有根据系统机械能守恒定律有解得14【答案】（1）解：以向右为正方向，对A与B、C系统，由开始至C运动到连接处过程，水平方向动量守恒，则有系统机械能守恒解得（2）解：C从连接处运动至最高点过程，C在最高点时，B、C具有相同的速度，对B、C系统，水平方向动量守恒，则有系统机
20、械能守恒解得（3）解：C从连接处运动至最高点过程再返回至连接处，对B、C系统，水平方向动量守恒，则有系统机械能守恒解得，C离开B平抛至落地过程平抛过程C相对于B的水平位移大小为如图所示，小球C从开始运动至落地过程的水平位移向右，C的水平位移为15【答案】（1）解：因M与m弹性碰撞有Mv0= Mv1 + mv2所以碰后瞬间M的速度大小v1= 1m/sm的速度大小v2= 4m/s（2）解：M以1m/s向右做匀减速直线 传送带发生的位移 所以 则M与传送带因摩擦产生的热量 （3）解：碰后m先向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，向右运动时间 向右位移大小 再向左运动 向左位移大小 之后m一直
21、以v = 2m/s匀速直线。M先向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，共用时 之后M一直以 匀速直线，因为 故两物块会再次碰撞。综上m、M第一次碰撞后m先向右匀减速x2= 8m，再向左匀加速x3= 2m，此时m在距第一次碰撞处右侧6m，此过程中一共用时t2 + t3= 6s该段时间内M从距第一次碰撞处向右匀减速了1s，再向左匀加速了1s回到了第一次碰撞处，再次向左运动了4s走了4m，则此时M在距第一次碰撞处左侧4m，则此时二者相距10m，之后均向左做匀速直线运动，当到第二次碰撞时有v1t4 + 10 = vt4解得t4= 10s故从第一次碰撞后到第二次碰撞的时间间隔 16【答案】（1）
22、解：设红、蓝壶碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，根据动能定理，有 依题意 联立以上各式可得 （2）解：设红壶碰前速度为 ，碰撞前后动量守恒，有mv0= mv1+ mv2v1：v2=1：2可得v0： v1=3：1碰撞中损失的能量 碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比 17【答案】（1）解：滑块A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足又滑块A沿切线滑入圆轨道，满足解得（2）解：滑块A沿圆轨道滑下，机械能守恒，得在Q点，由圆周运动规律解得，（3）解：滑块A滑上木板B后，A、B水平方向不受外力，动量守恒，有解得根据功能关系，有解得所以木板B的最小长度L=8.75m18【答案】（1）解：物块A、B到达管道最高点C时恰好对圆管道无作用力，可知重力恰好提供向心力，由牛顿第二定律可得解得经C点时速度大小（2）解：设斜轨道DE的设计长度为L，对物块A、B整体从C点运动到E点，由动能定理可得代入数据解得（3）解：弹簧被释放后瞬间，设物块A的速度大小为v1，物块B的速度大小为v2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律可得物块A与墙壁发生弹性碰撞后，返回追上物块B产生碰撞，并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律可得物块A、B为整体从F点运动到C点，由机械能守恒定律可得联立以上各式解得 由功能关系可知，弹簧被压缩时的最大弹性势能代入数据解得
