2023年高考物理考試易錯(cuò)題動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用（含解析答案）

0000001易錯(cuò)點(diǎn)16動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用

錯(cuò)題糾正

例題1.（2023?浙江1月選考-12）在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安

裝有聲音記錄儀.X自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最gao點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為

2：1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊.遙控器引爆瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，在5s末和6s末先后

記錄到從空氣中傳來(lái)的碎塊撞擊地面的響聲.已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s,重

力加速度大小g取10m/s2,忽略空氣阻力.以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）

A.兩碎塊的位移大小之比為1:2

B.X的爆炸點(diǎn)離地面高度為80m

C.爆炸后的質(zhì)量大的碎塊的初速度為68mzs

D.爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m

（答案）B

（解析）設(shè)碎塊落地的時(shí)間為f,質(zhì)量大的碎塊水平初速度為。，則由動(dòng)量守恒定律知質(zhì)量

小的碎塊水平初速度為2。，爆炸后的碎塊做平拋運(yùn)動(dòng)，下落的高度相同，則在空中運(yùn)動(dòng)的

時(shí)間相同，由水平方向x=%/知落地水平位移之比為1：2,碎塊位移5=擊2+儼,可見(jiàn)兩

碎塊的位移大小之比不是1：2,故A項(xiàng)錯(cuò)誤；據(jù)題意知，s=（5s-/）X340m/s,又2"=（6s

-r）X340m/s,聯(lián)立解得/=4s,f=85m/s,故爆炸點(diǎn)離地面高度為力=/產(chǎn)=80m,所以

B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；兩碎塊落地點(diǎn)的水平距離為Ar=3"=l020m,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.

（誤選警示）

誤選A的原因：水平位移和位移沒(méi)有區(qū)分清楚。

誤選CD的原因：沒(méi)有定量推導(dǎo)聲音傳播時(shí)間和傳播距離和平拋水平位移的關(guān)系，從而求

解落地時(shí)間、爆炸后兩物塊的速度、兩物塊的水平位移大小。

例題2.在發(fā)射地球衛(wèi)星時(shí)需要運(yùn)載火箭屢次點(diǎn)火，以提高最終的發(fā)射速度.某次地球近地

衛(wèi)星發(fā)射的過(guò)程中，火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出質(zhì)量為加=800g的氣體，氣體離開(kāi)發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)

的對(duì)地速度。=1000m/s,假設(shè)火箭（含燃料在內(nèi)）的總質(zhì)量為M=600kg,發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣

20次，忽略地球引力的影響，則（）

A.第三次氣體噴出后火箭的速度大小約為4m/s

B.地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射，速度大小至少到達(dá)11.2km/s

C.要使火箭能成功發(fā)射至少要噴氣500次

D.要使火箭能成功發(fā)射至少要延續(xù)噴氣17s

（答案）A

（解析）設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為。3,以火箭和噴出的三次氣體為研究對(duì)象，以豎

直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：（/1/-3，"）。3-3，"。=0,解得：SQ4m/s,故A正

確；地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射，噴氣“次后至少要到達(dá)第一宇宙速度，即：v?=7.9km/s,故

B錯(cuò)誤：以火箭和噴出的〃次氣體為研究對(duì)象，以豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律

得：（A/一〃"?）o"一〃"?o=0,代入數(shù)據(jù)解得：〃七666,故C錯(cuò)誤：至少延續(xù)噴氣時(shí)間為：t=

2=33.3s,故D錯(cuò)誤.

20

（誤選警示）

誤選B的原因：沒(méi)有把第一宇宙速度和第二宇宙速度區(qū)分清楚。

誤選CD的原因：運(yùn)用動(dòng)量守恒定律時(shí)沒(méi)有選定好研究對(duì)象，特別是兩局部的質(zhì)量，噴氣

前后剩余局部的質(zhì)量在不斷發(fā)生變化。

知識(shí)總結(jié)?

一、動(dòng)量守恒定律的理解和根本應(yīng)用

1.動(dòng)量守恒定律的推導(dǎo)

如下圖，光滑水平桌面上質(zhì)量分別為如、，“2的球/、B,沿著同一直線分別以口和也的速

度同向運(yùn)動(dòng)，藝＞人當(dāng)8球追上/球時(shí)發(fā)生碰撞，碰撞后4、8兩球的速度分別為玲，和藝'.

m?ni\

〃〃緲2+

V77/777777777777777777777777y

設(shè)碰撞過(guò)程中兩球受到的作用力分別為為、&,相互作用時(shí)間為L(zhǎng)依據(jù)動(dòng)量定理：

F\t=m\（y\—v\）y&，=加2（也也）?

因?yàn)镼與尸2是兩球間的相互作用力，依據(jù)牛頓第三定律知，尸|=一死，

則有：機(jī)］修'一切1丫］=一（"72V2'一m2V2）

即，”1也+加2吆=，“10'+加2丫2'

2.適用條件

（1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零.

（2）近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力.

（3）某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動(dòng)量守

恒.

3.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟

（1）明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包含哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程）.

（2）進(jìn)行受力分析，推斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒（或某一方向上是否守恒）.

(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量.

(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程.

(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)商量說(shuō)明.

二、爆炸、反沖運(yùn)動(dòng)和人船模型

1.爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律

動(dòng)量X體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)

守恒量守恒

動(dòng)能在爆炸過(guò)程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)

增加械能增加

位置爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中物體產(chǎn)生的位移很小,可以認(rèn)為爆炸后各

不變局部仍舊從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)

2.反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明

作用

反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果

原理

動(dòng)量反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定

守恒律

機(jī)械能

反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加

增加

3.人船模型

⑴模型圖示

(2)模型特點(diǎn)

①兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：，人一船=0

X人Y船

②兩物體的位移大小滿足：，丐一七=0,

x人+》船=￡，

Mm

得x人=力工-L，［船二一匚--

M+mM-rm

(3)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)

①人動(dòng)則船動(dòng)，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右;

②人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度（瞬時(shí)速度）比等于它們質(zhì)量的反比，即

x人o人M

卸'M?

三、碰撞問(wèn)題

1.碰撞問(wèn)題遵守的三條原則

（1）動(dòng)量守恒：Pl+p2=Pl'+夕2’.

（2）動(dòng)能不增加：反|十為2》耳|'+瓦2能

（3）速度要符合實(shí)際情況

①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，假設(shè)要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有。后前，碰后原來(lái)在前的物體速度肯

定增大，假設(shè)碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有。前'后'.

②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向至少有一個(gè)改變.

2.彈性碰撞的重要結(jié)論

以質(zhì)量為如、速度為0的小球與質(zhì)量為加2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有

+，"2°2’

-/nivi2=-wiv/22

+-m2v2'

聯(lián)立解得："="|，廿=-I

商量：①假設(shè)陽(yáng)產(chǎn)加2，則=0，。2'=力（速度交換）；

②假設(shè)加1>加2，則”>0,②>0（碰后兩小球沿同一方向運(yùn)動(dòng)）；當(dāng)加］》加2時(shí)，②比0，

20;

V2,弋

③假設(shè)〃17V加2，則0,<0,。2'>0（碰后兩小球沿相反方向運(yùn)動(dòng)）;當(dāng)〃?］《加2時(shí)，0'4一

rg0.

S，v2

3.物體力與靜止的物體8發(fā)生碰撞，當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)損失的機(jī)械能最多，物體

8的速度最小，VB=點(diǎn)o,當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時(shí)，物體8速度最大，功=一/）.則碰

mA~rmDmA~rmD

triA2陽(yáng)/

后物體8的速度范圍為：---——-p.

陽(yáng)4十根"tnA~rmti0

易混點(diǎn):

1.動(dòng)量守恒定律的條件:系統(tǒng)所受的總沖量為零不受力、所受外力的矢量和為零或外力的作

用遠(yuǎn)小于系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用力），即系統(tǒng)所受外力的矢量和為零。（碰撞、爆炸、反沖

的過(guò)程均可近似認(rèn)為動(dòng)量守恒）

2,某一方向上動(dòng)量守恒的條件:系統(tǒng)所受外力矢量和不為零,但在某一方向上的合力為零，則系

統(tǒng)在這個(gè)方向上動(dòng)量守恒。必須注意區(qū)別總動(dòng)量守恒與某一方向上動(dòng)量守恒。

3,完全非彈性碰撞:兩物體碰撞后獲得共同速度,動(dòng)能損失最多且全部通過(guò)形變轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，但

動(dòng)量守恒。

4,彈性碰撞:動(dòng)量守恒，碰撞前后系統(tǒng)總動(dòng)能相等。

5.一般碰撞:有完整的壓縮階段，只有局部恢復(fù)階段，動(dòng)量守恒，動(dòng)能減小。

6,人船模型一兩個(gè)原來(lái)靜止的物體（人和船）發(fā)生相互作用時(shí),不受其他外力，對(duì)這兩個(gè)物體組

成的系統(tǒng)來(lái)說(shuō)，動(dòng)量守恒,且任一時(shí)刻的總動(dòng)量均為零，由動(dòng)量守恒定律，有機(jī)M=〃?2匕（注意

利用幾何關(guān)系解決位移問(wèn)題）。

（人船模型:人從右向左由船頭走向船尾）

7,能量與動(dòng)量不能混為一談，能量是標(biāo)量，動(dòng)量是矢量，且兩者的公式、定義均不相同。

8.求變力沖量

⑴假設(shè)力與時(shí)間呈線性關(guān)系，可用于平均力求變力的沖量;

（2）假設(shè)給出了力隨時(shí)間變化的圖像如圖，可用面積法求變力沖量。

9.在研究反沖問(wèn)題時(shí)，注意速度的相對(duì)性:假設(shè)物體間的相對(duì)速度已知,應(yīng)轉(zhuǎn)化為對(duì)地速度。

舉一反三

1.質(zhì)量為町和啊的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間f變化的圖像如

下圖。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）

A,碰撞前啊的速率大于g的速率B.碰撞后嗎的速率大于固的速率

C.碰撞后切2的動(dòng)量大于g的動(dòng)量D.碰撞后嗎的動(dòng)能小于m\的動(dòng)能

（答案）c

（解析）A.x-f圖像的斜率表示物體的速度，依據(jù)圖像可知叫碰前的速度大小為

v0=jm/s=4m/s

%碰前速度為0，A錯(cuò)誤:

B.兩物體正碰后，叫碰后的速度大小為

4,一,

V,=-----m/s=2m/s

3-1

加2碰后的速度大小為

8-4

匕=---m/s=2m/s

23-1

碰后兩物體的速率相等，B錯(cuò)誤；

C.兩小球碰撞過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒定律，即

加1%=_陽(yáng)必+ni2v2

解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為

m2=3〃i|

依據(jù)動(dòng)量的表達(dá)式。=機(jī)丫可知碰后叫的動(dòng)量大于班的動(dòng)量，C正確；

D.依據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式耳=g〃"可知碰后叫的動(dòng)能大于叫的動(dòng)能，D錯(cuò)誤。

應(yīng)選C。

2.1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)覺(jué)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性

粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度%分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮

核的速度分別為w和為。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對(duì)論效應(yīng),以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是

()

中子氫核

O-------------------O-------

中子氮核

A.碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小B.碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小

C.%大于WD.匕大于％

（答案）B

（解析）設(shè)中子的質(zhì)量為加，氫核的質(zhì)量為加，氮核的質(zhì)量為14〃?，設(shè)中子和氫核碰撞后

中子速度為匕，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得

mvQ=加匕+mv3

121212

聯(lián)立解得

設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為！，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得

加%=14WV2+mv4

—加片=—?14加片+—mv^

聯(lián)立解得

2

%IT。

可得

%=%>v2

碰撞后氫核的動(dòng)量為

PH==機(jī)%

氮核的動(dòng)量為

28m%

pN=14^v2=—

可得

PN>PH

碰撞后氫核的動(dòng)能為

F1212

￡k?=2mvi=2?

氮核的動(dòng)能為

可得

%>%

故B正確，ACD錯(cuò)誤。

應(yīng)選B,

3.如下圖，在光滑水平面上放置一個(gè)質(zhì)量為，〃的滑塊，滑塊右側(cè)面為一個(gè)半徑為我的1弧

形的光滑凹槽，/點(diǎn)切線水平。另有一個(gè)質(zhì)量為優(yōu)的小球以水平速度%從4點(diǎn)沖上凹槽，

B.當(dāng)%=#戢時(shí)，小球在弧形凹槽上沖向8點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊的動(dòng)能增大；返回/點(diǎn)的

過(guò)程中，滑塊的動(dòng)能減小

C.如果小球的速度%足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開(kāi)滑塊后落到水平面上

D.小球返回/點(diǎn)后做自由落體運(yùn)動(dòng)

（答案）D

（解析）A.小球滑上凹槽的過(guò)程中，假設(shè)凹槽固定，小球%=網(wǎng)近的速度沖上，依據(jù)機(jī)

械能守恒

但是，凹槽不固定，小球沖上來(lái)的過(guò)程中，凹槽也會(huì)運(yùn)動(dòng)，依據(jù)機(jī)械能守恒可知小球不能

沖到B點(diǎn)，A錯(cuò)誤；

B.當(dāng)%=低屆時(shí)，小球在弧形凹槽向上沖的過(guò)程中，滑塊受到右上方的支持力，速度減

小，動(dòng)能減?。夯阶頶a。點(diǎn)時(shí)，兩者速度相等，之后返回Z點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊的動(dòng)能依

舊減小，B錯(cuò)誤；

C.如果小球的速度%足夠大，小球?qū)幕瑝K的左側(cè)沿切線方向飛離凹槽，相對(duì)凹槽的速度

方向豎直向上，兩者水平速度相等，所以小球會(huì)沿左側(cè)邊緣落回，c錯(cuò)誤：

D.小球和凹槽整個(gè)作用過(guò)程中，水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，類似于彈性碰撞

加%=mv]+mv2

Vj=0,v2=%

所以小球返回4點(diǎn)后做自由落體運(yùn)動(dòng)，D正確。

應(yīng)選Do

L燃放爆竹是我國(guó)傳統(tǒng)民俗，春節(jié)期間，某人斜向上拋出一個(gè)爆竹，到最ga。點(diǎn)時(shí)速度大

小為W，方向水平向東，并炸開(kāi)成質(zhì)量相等的三塊碎片“、蟲以其中碎片。的速度方向

水平向東，忽略空氣阻力，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()

A.炸開(kāi)時(shí)，假設(shè)碎片6的速度方向水平向西，則碎片c的速度方向可能水平向南

B.炸開(kāi)時(shí)，假設(shè)碎片b的速度為零，則碎片c的速度方向肯定水平向西

C.炸開(kāi)時(shí)，假設(shè)碎片6的速度方向水平向北，則三塊碎片肯定同時(shí)落地

D.炸開(kāi)時(shí)，假設(shè)碎片a、6的速度等大反向，則碎片c落地時(shí)的速度可能等于3%

（答案）C

（解析）A.到最ga。點(diǎn)時(shí)速度大小為V。，方向水平向東，則總動(dòng)量向東；炸開(kāi)時(shí)，假設(shè)

碎片b的速度方向水平向西，碎片c的速度方向水平向南，則違反動(dòng)量守恒定律，故A錯(cuò)

誤；

B.炸開(kāi)時(shí)，假設(shè)碎片6的速度為零，依據(jù)動(dòng)量守恒定律，碎片c的速度方向可能水平向

東，故B錯(cuò)誤；

C.三塊碎片在豎直方向上均做自由落體運(yùn)動(dòng)，肯定同時(shí)落地，故C正確；

D.炸開(kāi)時(shí)，假設(shè)碎片a、b的速度等大反向，依據(jù)動(dòng)量守恒定律

3mv（）=mvc

解得

vc=3v（）

碎片c落地時(shí)速度的水平重量等于3%,其落地速度肯定大于3?,故D錯(cuò)誤。

應(yīng)選Co

2.如下圖，質(zhì)量為0.1kg的小圓環(huán)A穿在光滑的水平直桿上。用長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.8m的細(xì)線拴著

質(zhì)量為0.2kg的小球B,B懸掛在A下方并處于靜止?fàn)顟B(tài)。Z=0時(shí)刻，小圓環(huán)獲得沿桿向左

的沖量0.6N-s,g取10m/s2-，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）

A.小球B做圓周運(yùn)動(dòng)

B.小球B第一次運(yùn)動(dòng)到A的正下方時(shí)A的速度最小

C.從小球B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次回到A的正下方的過(guò)程中，細(xì)線對(duì)A先做負(fù)功再做正功

D.從小球B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次回到的正下方的過(guò)程中，合力對(duì)B的沖量為0.6N.S

（答案）C

（解析）A.由題意可知，小球B相對(duì)于圓環(huán)A做圓周運(yùn)動(dòng)，因圓環(huán)不固定，系統(tǒng)在水平

方向動(dòng)量守恒，可知圓環(huán)在水平方向做變加速運(yùn)動(dòng)，則以地面為參照物時(shí)，小球B不做圓

周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤;

BC.由于細(xì)線的作用，圓環(huán)向左減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)圓環(huán)A的速度變?yōu)?時(shí)，如果小球恰回到最

A的正下方，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則有

/=mBvB

解得

vB=3m/s

如果此時(shí)小球回到A的正下方，其速度水平向左，其動(dòng)能為

1,

Ek=-wv-=0.9J

因系統(tǒng)初動(dòng)能為

〃入%=0.6N-s

1,

EM=—wAVp=1.8J>0.9J

則依據(jù)系統(tǒng)能量守恒可知，當(dāng)圓環(huán)A的速度變?yōu)椤r(shí)，小球B還沒(méi)有回到其的正下方，則

小球B繼續(xù)加速，圓環(huán)A則反向向右加速，當(dāng)小球B回到圓環(huán)A的正下方向時(shí)，圓環(huán)A具

有向右的速度，所以從小球B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次回到圓環(huán)A的正下方的過(guò)程中細(xì)線對(duì)A先

做負(fù)功再做正功，故B錯(cuò)誤，C正確；

D.假定小球B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次回到的正下方時(shí)速度為丫八圓環(huán)速度為也，則有

wBVj-wAv2=0.6N-s

121212

mAv0=0.6N-s

解得

v,=4m/s

依據(jù)動(dòng)量定理有，從小球B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次回到的正下方的過(guò)程中，合力對(duì)B的沖量為

/=〃％匕=0.4N-s

方向水平向左，故D錯(cuò)誤。

應(yīng)選Co

3.如下圖，一個(gè)夾層中空質(zhì)量為用的圓柱形零件內(nèi)部放有一個(gè)略比夾層寬度小一點(diǎn)質(zhì)量

也為"，的小圓柱體，初始時(shí)小圓柱體位于大圓柱夾層的頂部，此時(shí)大圓柱體與地面的接觸

位置為/點(diǎn)，如甲圖所示，現(xiàn)小圓柱體受到微小的擾動(dòng)，從頂部滾下，截面圖如乙圖所

A.小圓柱體下落到最di點(diǎn)時(shí)，大圓柱體與小圓柱體速度相同

B.小圓柱體會(huì)再次到達(dá)頂部，此時(shí)大圓柱體與地面的接觸位置在Z點(diǎn)右側(cè)

C.小圓柱體會(huì)再次到達(dá)頂部，此時(shí)大圓柱體與地面的接觸位置在/點(diǎn)左側(cè)

D.小圓柱體再次回到頂部的過(guò)程中，大圓柱體與小圓柱系統(tǒng)機(jī)械能守恒

（答案）D

（解析）A.小圓柱體下落到最di點(diǎn)時(shí)，依據(jù)動(dòng)量守恒定律，大圓柱體與小圓柱體速度大

小相等方向相反，A錯(cuò)誤；

BC.小圓柱體會(huì)再次到達(dá)頂部，依據(jù)"人船模型"，此時(shí)大圓柱體與地面的接觸位置肯定

在N點(diǎn)，否則違反動(dòng)量守恒定律，BC錯(cuò)誤；

D.小圓柱體再次回到頂部的過(guò)程中，只有動(dòng)能和重力勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，大圓柱體與小圓柱

系統(tǒng)機(jī)械能守恒，D正確。

應(yīng)選D。

4.如下圖，假設(shè)船用纜繩固定，人恰好可以從船頭跳上岸；撤去纜繩，人仍舊恰好可以從

船頭跳上岸。已知兩次從離開(kāi)船到跳上岸所用時(shí)間相等，人的質(zhì)量為60kg,船的質(zhì)量為

120kg,不計(jì)水和空氣阻力，忽略人豎直方向的運(yùn)動(dòng)，則兩次人消耗的能量之比為（）

A

A.1：1B.1：2C.1：3D.2：3

（答案）D

（解析）假設(shè)纜繩固定時(shí)人跳出的速度為匕，則人消耗的能量

。1

&=5叫Ji2

撤去纜繩后，人跳出的速度仍為M，由動(dòng)量守恒

m人％=m心

人消耗的能量

「112

E]=5用人2印+]"1冊(cè)匕

代入數(shù)據(jù)可得

用：/=2:3

應(yīng)選D。

5.（多項(xiàng)選擇）如圖，在光滑水平面上停放著質(zhì)量為m、裝有光滑弧形槽的小車，一質(zhì)量

為3m的小球以水平初速度股，沿槽口向小車滑去，到達(dá)某一高度后，小球又返回右端，

則（）

A.小球以后將自由落體運(yùn)動(dòng)B.小球以后將向右做平拋運(yùn)動(dòng)

0v2

C.此過(guò)程小球?qū)π≤囎龅墓镈.小球在弧形槽內(nèi)上升的最大高度為魯

88g

（答案）CD

（解析）AB.設(shè)小球離開(kāi)小車時(shí)，小球的速度為V”小車的速度為也，整個(gè)過(guò)程中動(dòng)量守

恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得

3〃?%=3加匕+mv2

由機(jī)械能守恒定律得

聯(lián)立解得

吟

小球與小車別離后向左做平拋運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤;

C.對(duì)小車運(yùn)用動(dòng)能定理得，小球?qū)π≤囎龉?/p>

121/3、292

W=-mv2=-wx(-v0)=-mv0

Z2Zo

故c正確;

D.當(dāng)小球與小車的水平速度相等時(shí)，小球弧形槽上升到最大高度，設(shè)該高度為小系統(tǒng)在

水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得

3加%=4mv

由機(jī)械能守恒定律得

:x3加丫：=；*4mv2+3mgh

解得

故D正確。

應(yīng)選CD。

6.（多項(xiàng)選擇）如圖甲所示，輕彈簧下端固定在傾角為。的光滑斜面底端，上端與物塊B

相連，物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將物塊A置于斜面上B的上方某位置處，取物塊A的位置

為原點(diǎn)。，沿斜面向下為正方向建立x軸坐標(biāo)系，某時(shí)刻釋放物塊A,A與物塊B碰撞后

以共同速度沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，碰撞時(shí)間極短，測(cè)得物塊A的動(dòng)能所與其位置坐標(biāo)x的關(guān)系

如圖乙所示，圖像中0~刈之間為過(guò)原點(diǎn)的直線，其余局部為曲線，物塊A、B均可視為質(zhì)

點(diǎn)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，已知X/,X2,X3,E,則〔）

甲

A.物塊A、B的質(zhì)量之比為1：3

B.A與B碰撞后，A在右位置處加速度最大

C.A與B碰撞后，A在肛位置處彈簧壓縮量為也

E

D.彈簧的勁度系數(shù)為x（%_x）

（答案）ABD

（解析）A.由圖乙可知，物塊A與物塊B碰撞前的動(dòng)能

1

—m.v2=E￡7

2A

可得物塊A與物塊B碰撞前的速度為

物塊A與物塊B碰撞后的動(dòng)能

12E

5%丫共二而

解得物塊A與物塊B碰撞后的速度

物塊A與物塊B碰撞時(shí)間極短，依據(jù)動(dòng)量守恒定律

機(jī)八丫=（機(jī)，\+機(jī)B）V共

解得

如=1

叫，3

故A正確;

B.依據(jù)動(dòng)能定理有

F令x=0-耳

由上述可知瓦-X圖像的斜率代表物體所受的合外力，由圖乙可知，物塊A與物塊B碰撞

后，在工3處合外力最大，即加速度最大。故B正確；

C.由圖乙可知，占處是物塊B靜止的位置，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，并不是原長(zhǎng)，故出

位置處彈簧壓縮量大于N-再，故C錯(cuò)誤；

D.彈簧上端與物塊B相連，物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)此時(shí)彈簧的形變量為%,結(jié)合圖

甲，依據(jù)平衡條件可知

mBgsin^=fcr0

由圖乙可知，當(dāng)物塊A與物塊B一起運(yùn)動(dòng)到々時(shí)，速度最大，依據(jù)平衡條件

tn^gsin0+mBgsin0=k（x2一芭+x0）

物塊A從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到位置占的過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)能定理

%gsin。%]=E

聯(lián)立解得

k=---

國(guó)（々-再）

故D正確。

應(yīng)選ABD。

7.1多項(xiàng)選擇）如下圖，一輕桿兩端分別固定°、6兩個(gè)半徑相等的光滑金屬球，。球質(zhì)量

大于b球質(zhì)量，整個(gè)裝置放在光滑的水平面上，設(shè)b球離地高度為人將此裝置從圖示位

置由靜止釋放，則（）

A.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，。球先加速后減速

B.在b球落地前瞬間，6球的速度大小為國(guó)

C.在6球落地前的整個(gè)過(guò)程中，a、8及輕桿系統(tǒng)動(dòng)量守恒

D.在b球落地前的整個(gè)過(guò)程中，6球的機(jī)械能守恒

（答案）AB

（解析）B.對(duì)兩球及輕桿組成的系統(tǒng)，整個(gè)裝置下落過(guò)程中，水平方向沒(méi)有外力，水平方

向的動(dòng)量守恒，原來(lái)系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量為零，在b球落地前瞬間，6球的水平速度為

零，。球的速度肯定為零，由機(jī)械能守恒

mgh—2加盧

得h球落地瞬間的速度大小為屈，故B正確；

A.初始狀態(tài)時(shí)。球的速度為零，在6球落地前瞬間，。球的速度為零，則整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程

中，。球先加速后減速，故A正確；

C.整個(gè)裝置下落過(guò)程中，水平方向沒(méi)有外力，水平方向的動(dòng)量守恒，豎直方向上動(dòng)量不守

恒，故c錯(cuò)誤；

D.將三者看做一個(gè)整體，在6球下落過(guò)程中，整體只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，h

球的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。

應(yīng)選AB,

8.1多項(xiàng)選擇）如圖，一質(zhì)量為2m、半徑為R的四分之一光滑圓弧槽，放在光滑的水平

面上，底端8點(diǎn)切線水平，有一質(zhì)量為機(jī)、可視為質(zhì)點(diǎn)的小球由槽頂端/點(diǎn)靜止釋放。不

計(jì)空氣阻力，在小球下滑至槽底端8點(diǎn)的過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）

A.假設(shè)圓弧槽不固定，小球和槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

OD

B.假設(shè)圓弧槽不固定，小球水平方向的位移大小為寧

C.圓弧槽固定和不固定兩種情形下，小球滑到8點(diǎn)時(shí)的速度之比為太：2

D.圓弧槽固定和不固定兩種情形下，圓弧槽對(duì)地面的最大壓力之比為9:7

（答案）BC

（解析）A.假設(shè)圓弧槽不固定，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向受合外力為零，則水平方

向動(dòng)量守恒，A錯(cuò)誤；

B.假設(shè)圓弧槽不固定，對(duì)小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則

tnx=2m（R-x）

解得小球水平方向移動(dòng)的位移為

x=-R

3

B正確；

C.圓弧槽固定時(shí)小球滑到3點(diǎn)時(shí)的速度

v\=^2gR

圓弧槽不固定情形下，由動(dòng)量守恒和能量關(guān)系可知

mv}=2mv2

；相片+；x2mv^=mgR

解得

則圓弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B點(diǎn)時(shí)的速度之比為

匕=也

H2

C正確;

D.由C中分析可知，假設(shè)圓弧槽固定，小球到達(dá)底端時(shí)

解得

耳廣3"7g

則圓弧槽對(duì)地面的最大壓力為

&nax=3，"g+2"lg=5"?g

假設(shè)圓弧槽不固定，小球到達(dá)底端時(shí)

FL-mg=m（匕+匕）

NK

解得

國(guó)=4"7g

則圓弧槽對(duì)地面的最大壓力為

竭=4〃7g+2”?g=6mg

圓弧槽固定和不固定兩種情形下，圓弧槽對(duì)地面的最大壓力之比為

?^kmax=5

/max6

D錯(cuò)誤。

應(yīng)選BCo

9.打樁機(jī)是基建常用工具。某種簡(jiǎn)易打樁機(jī)模型如下圖，重物A、B和C通過(guò)不可伸長(zhǎng)的

輕質(zhì)長(zhǎng)繩跨過(guò)兩個(gè)光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實(shí)線位置）時(shí)，C到兩

定滑輪的距離均為乙重物A和B的質(zhì)量均為系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此

時(shí)連接C的繩與水平方向的夾角為60。。某次打樁時(shí)，用外力將C拉到圖中實(shí)線位置，然

后由靜止釋放。設(shè)C的下落速度為用底時(shí)，與正下方質(zhì)量為2加的靜止樁D正碰，碰撞

時(shí)間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運(yùn)動(dòng)得距離后靜止(不考慮C、D再次相

碰)。A、B、C、D均可視為質(zhì)點(diǎn)。

(1)求C的質(zhì)量；

(2)假設(shè)D在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力尸可視為恒力，求尸的大??；

(3)撤掉樁D,將C再次拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動(dòng)能最

大時(shí)C的動(dòng)能。

D

77777777777777777777777777777777777777777777

V

（答案）（1）（2）6.5/ng；⑶（4-2V3>gA

(解析)(1)系統(tǒng)在如圖虛線位置保持靜止，以C為研究對(duì)象，依據(jù)平衡條件可知

nicg=2mgeos30

解得

=VJ/w

(2)CD碰后C的速度為零，設(shè)碰撞后。的速度u,依據(jù)動(dòng)量守恒定律可知

=V3AHX0+2/MV

解得

8碰撞后。向下運(yùn)動(dòng)專距離后停止，依據(jù)動(dòng)能定理可知

，?？?/p>

n0——1x2mv2=2〃?g-L----F—L

21010

解得

F=6.5mg

(3)設(shè)某時(shí)刻C向下運(yùn)動(dòng)的速度為M,43向上運(yùn)動(dòng)的速度為v,圖中虛線與豎直方向的

夾角為a,依據(jù)機(jī)械能守恒定律可知

—mv2+2x—m(ycosa)2=mg--------2/?g(—-----L)

2c2ctanasina

令

L、，L「、

y=〃?,g2mg(.L)

tanasina

對(duì)上式求導(dǎo)數(shù)可得

—=也mgL—^—7+2mgL

da(sina)~(sina)-

當(dāng)半=0時(shí)解得

da

出

cosa=——

2

即

a=30

此時(shí)

y=mg2mg(.L)=mgL

ctanasina

于是有

22

gmev+2x；機(jī)("cosa)=mgL

解得

3V3

-4-——

42

此時(shí)C的最大動(dòng)能為

E

km=1Wj'2=(4-2-j3)mgL

10.如圖，光滑水平面上有兩個(gè)等高的滑板A和B,質(zhì)量分別為1kg和2kg,A右端和B左

端分別放置物塊C、D,物塊質(zhì)量均為1kg,A和C以相同速度%=10m/s向右運(yùn)動(dòng)，B和

D以相同速度飛向左運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻發(fā)生碰撞，作用時(shí)間極短，碰撞后C與D粘在一起形

成一個(gè)新滑塊，A與B粘在一起形成一個(gè)新滑板，物塊與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為

〃=0」。重力加速度大小取g=10m/s20

(1)假設(shè)0＜上＜0.5,求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；

(2)假設(shè)k=0.5,從碰撞后到新滑塊與新滑板相對(duì)靜止時(shí)，求兩者相對(duì)位移的大小。

ZZZZZ/Z/ZZZZZZZZZ/ZZ/ZZZZZZ

(答案)(1)V物=5(14)m/s,唳產(chǎn)--~m/s,方向均向右；(2)1.875m

(解析)(1)物塊C、D碰撞過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速

度為%,C、D的質(zhì)量均為機(jī)=lkg,以向右方向?yàn)檎较?，則有

〃2%—m?他=(m+〃?)射物

解得

1_k

V物=5(l-A)m/s＞0

可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度大小為5(l-/)m/s,方向向右。

滑板A、B碰撞過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為稀，滑

板A和B質(zhì)量分別為1kg和2kg,則由

MVQ-2M?kv0=(M+2")口滑

解得

303

則新滑板速度方向也向右。

(2)假設(shè)左=0.5,可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為

v物'=5(1-4)m/s=5x(1-0.5)m/s=2.5m/s

碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為

10-20A:

m/s=Om/s

3

可知碰后新物塊相對(duì)于新滑板向右運(yùn)動(dòng)，新物塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，新滑板向右做勻加速

運(yùn)動(dòng)，設(shè)新物塊的質(zhì)量為"=2kg,新滑板的質(zhì)量為AT=3kg,相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為

v共，依據(jù)動(dòng)量守恒可得

解得

v共=lm/s

依據(jù)能量守恒可得

〃加'gx機(jī)=^m'v2

解得

x相=1.875m

11.如下圖，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量，〃的物塊。靜置于懸點(diǎn)。正下方的4點(diǎn)，以速度V逆時(shí)

針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶A/N與直軌道/8、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長(zhǎng)度均

為/。圓弧形細(xì)管道DE半徑為R,EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為開(kāi)始時(shí)，與物塊。相

同的物塊6懸掛于。點(diǎn)，并向左拉開(kāi)肯定的高度〃由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最di

點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知機(jī)=2g,/=Im,R=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,物塊

與MN、8之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=05,軌道和管道QE均光滑，物塊。落到FG時(shí)不

反彈且靜止。忽略M、8和N、C之間的空隙，8與QE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取

g=lOrn/s21,

(1)假設(shè)〃=1.25m,求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊。的速度%的大?。?/p>

(2)物塊。在。E最ga。點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力”與〃間滿足的關(guān)系；

(3)假設(shè)物塊b釋放高度0.9m<A<1.65m,求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以/

點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸)。

(答案)⑴5m/s；(2)FN=0.1/?-0.14(/?>1.2m)；⑶當(dāng)0.9m<〃<1.2m時(shí),

2.6m<x<3m,當(dāng)1.2mW力<1.65m時(shí)，3+--m<x<3.6+--m

\J\）

（解析）（1）滑塊b擺到最di點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律

12

mgn7=5〃嘴

解得

vb=5m/s

b與。發(fā)生彈性碰撞，依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得

mvh=mvh+mv0

2,22

1mv11

~b以+—WV()

聯(lián)立解得

v0=V/,=5m/s

（2）由（1）分析可知，物塊6與物塊。在A發(fā)生彈性正碰，速度交換，設(shè)物塊“剛好可

以到達(dá)E點(diǎn)，高度為九，依據(jù)動(dòng)能定理可得

mgh1—2jLimgl—mgH=0

解得

h}=1.2m

以豎直向下為正方向

F?+mg=/n^

由動(dòng)能定理

mgh-2從mgl-mgH=—mv\

聯(lián)立可得

氏=0.1〃—0.14(〃21.2m)

(3)當(dāng)1.2m<h<1.65m時(shí),物塊位置在E點(diǎn)或E點(diǎn)右側(cè)，依據(jù)動(dòng)能定理得

12

nigh-2jLimgl-tngH=~mvE

從E點(diǎn)飛出后，豎直方向

H=gg『

水平方向

s=vEt

依據(jù)幾何關(guān)系可得

八心百

DF=——m

5

聯(lián)立解得

x=3/+DF+S]

代入數(shù)據(jù)解得

I5JI5J

當(dāng)0.9m<力<1.2m時(shí)，從力2=0.9m釋放時(shí)，依據(jù)動(dòng)能定理可得

mgh-4〃7gs2=0

解得

s2=1.8m

可知物塊到達(dá)距離。點(diǎn)0.8m處?kù)o止，滑塊。由￡點(diǎn)速度為零，返回到時(shí)，依據(jù)動(dòng)能定

理可得

mgH-jumgs?=。

解得

邑=0.4m

距離C點(diǎn)0.6m,綜上可知當(dāng)0.9m</?<1.2m時(shí)

3/-^<x<3/

代入數(shù)據(jù)得

2.6m<x<3m

12.如下圖，〃L〃型平板B靜置在地面上，小物塊A處于平板B上的。點(diǎn)，。點(diǎn)左側(cè)粗

糙，右側(cè)光滑。用不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為〃的小球懸掛在點(diǎn)正上方的。點(diǎn)，輕繩處

于水平拉直狀態(tài)。將小球由靜止釋放，下擺至最di點(diǎn)與小物塊A發(fā)生碰撞，碰后小球速度

方向與碰前方向相同，開(kāi)始做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)（要求擺角小于5。），A以速度為沿平板滑動(dòng)直至與

B右側(cè)擋板發(fā)生彈性碰撞。一段時(shí)間后，A返回到。點(diǎn)的正下方時(shí)，相對(duì)于地面的速度減

為零，此時(shí)小球恰好第一次上升到最ga。點(diǎn)。已知A的質(zhì)量，%=°」kg,B的質(zhì)量

wB=0.3kg,A與B的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.4,B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃?=0.225,%=4m/s

，取重力加速度g=10m/s2。整個(gè)過(guò)程中A始終在B上，全部碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，不計(jì)空

氣阻力，求：

（1）A與B的擋板碰撞后，二者的速度大小隊(duì)與%;

（2）B光滑局部的長(zhǎng)度d；

（3）運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A對(duì)B的摩擦力所做的功％;

M

（4）完成上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程，——的取值范圍（結(jié)果用cos5。表示）。

相A

小球。—』

?,"/A|-]B

o

73

（答案）（1）v=2m/s,v=2m/s；⑵d=（3）--J；⑷

AB665

黑叵乃M4岳

45

5A45l-Jl-cos5。）

（解析）（1）設(shè)水平向右為正方向，因?yàn)椤?點(diǎn)右側(cè)光滑，由題意可知A與B發(fā)生彈性碰

撞，故碰撞過(guò)程依據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有

^^?=mAvA+mnvB

121212

=5%%+萬(wàn)〃％%

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

￥A=-2m/s,（方向水平向左）

%=2m/s,（方向水平向右）

即A和B速度的大小分別為%=2m/s,vB=