1.3動(dòng)量守恒定律（分層訓(xùn)練）

選擇性必修一（人教版2019）級(jí)物理大單元設(shè)計(jì)第一單元?jiǎng)恿渴睾愣?.動(dòng)量守恒定律[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練]知識(shí)點(diǎn)1碰撞中的不變量1．兩個(gè)質(zhì)量分別為m1、的小球在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)m1追上后與其發(fā)生正碰，則兩小球組成的系統(tǒng)一定保持不變的是（）A．速度 B．動(dòng)能 C．機(jī)械能 D．動(dòng)量【答案】D【詳解】碰撞過程中，動(dòng)量一定守恒，如果是彈性碰撞，機(jī)械能才守恒，如果是非彈性碰撞，機(jī)械能減小，D正確。故選D。2．在某次短道速滑接力比賽中，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前在滑道內(nèi)側(cè)加速，然后滑入賽道，此時(shí)隊(duì)友乙剛好也在同一位置，兩人速度幾乎相等，此時(shí)乙猛推甲，使甲獲得更大的速度向前沖出（如圖所示），完成接力過程。在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則（）A．甲對(duì)乙做功的大小等于乙對(duì)甲做的功的大小B．甲對(duì)乙的沖量大小大于乙對(duì)甲的沖量大小C．甲、乙兩人組成的系統(tǒng)總動(dòng)量增加D．甲、乙兩人組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加【答案】D【詳解】A.在乙推甲的過程，甲速度增大，乙對(duì)甲做正功，甲對(duì)乙做功多少無法判斷，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)牛頓第三定律，甲對(duì)乙的作用力大小等于乙對(duì)甲的作用力大小，根據(jù)I=Ft，可知甲對(duì)乙的沖量大小等于乙對(duì)甲的沖量大小，反向相反，故B錯(cuò)誤；C.在乙推甲過程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則兩人組成的系統(tǒng)所受的合力為0，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故C錯(cuò)誤；D.在乙推甲的過程中，要消耗人體內(nèi)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為甲的動(dòng)能，根據(jù)能量守恒，甲、乙兩人組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加，故D正確。故選D。3．（2324高二上·海南·期末）如圖所示，一輛小車靜止放置在光滑的水平地面上，小車左端是一個(gè)光滑的14圓弧，右端豎直擋板內(nèi)側(cè)涂有一層粘性膠，小車水平段上表面粗糙且與14圓弧在c點(diǎn)相切。從a點(diǎn)自由下落的小物塊剛好從圓弧頂端上的b點(diǎn)沿切線進(jìn)入14A．小物塊從b點(diǎn)滑到c點(diǎn)的過程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小物塊從b點(diǎn)滑到c點(diǎn)的過程，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒C．小物塊從c點(diǎn)滑到d點(diǎn)的過程（碰前），系統(tǒng)動(dòng)量不守恒D．小物塊與右端擋板碰撞瞬間，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒【答案】B【詳解】A．小物塊從b點(diǎn)滑到c點(diǎn)的過程，小球和槽之間的相互作用力對(duì)槽做功，合外力不為0，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。A錯(cuò)誤；B．小物塊從b點(diǎn)滑到c點(diǎn)的過程，小球和槽之間的相互作用力對(duì)槽做功，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。B正確；C．小物塊從c點(diǎn)滑到d點(diǎn)的過程（碰前），對(duì)小物塊和小車組成的系統(tǒng)，小物塊與小車間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向上的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。C錯(cuò)誤；D．小物塊與右端擋板碰撞瞬間，即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，作用時(shí)間又很短，故外力的作用可忽略，認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的。D錯(cuò)誤；故選B。4．（2223高三上·北京東城·期中）A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線向同一方向運(yùn)動(dòng)，并以該方向?yàn)檎较?，mA=1kg，mB=2A．5m/s，2.5m/C．7m/s，1.5m/【答案】B【詳解】碰撞過程需滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒和系統(tǒng)總動(dòng)能不增加原則，還應(yīng)滿足速度合理性。碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和總動(dòng)能分別為p=EA．由于碰撞后A的速度與B的速度依然同向，且A的速度大于B的速度，不滿足速度合理性，故A錯(cuò)誤；B．碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量和總動(dòng)能分別為pE碰撞過程滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒和系統(tǒng)總動(dòng)能不增加原則，還滿足速度合理性，故B正確；C．由于碰撞后A的速度與B的速度依然同向，且A的速度大于B的速度，不滿足速度合理性，故C錯(cuò)誤；D．碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量和總動(dòng)能分別為pE由于碰撞過程不滿足系統(tǒng)總動(dòng)能不增加原則，故D錯(cuò)誤。故選B。5．（2324高二上·江蘇無錫·期末）如圖所示，光滑水平面上一子彈水平射入木塊后留在木塊內(nèi)，現(xiàn)將子彈、彈簧和木塊作為一系統(tǒng)，則從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮到最短的整個(gè)過程中系統(tǒng)（）A．動(dòng)量和機(jī)械能均守恒B．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒C．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能也不守恒【答案】D【詳解】此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個(gè)過程中水平方向受到墻壁對(duì)系統(tǒng)的向右的作用力，所以系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒；子彈在進(jìn)入木塊的過程中要產(chǎn)生熱能，所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)有一定的動(dòng)能損失，所以系統(tǒng)的機(jī)械能也不守恒。故選D。知識(shí)點(diǎn)2動(dòng)量守恒定律內(nèi)容和基本應(yīng)用6．春節(jié)期間，小明同學(xué)燃放了一枚火炮，燃放前火炮處于靜止，火炮被分成兩部分，質(zhì)量分別是m1、m2，二者分別沿同一直線向相反方向運(yùn)動(dòng)，m1速度為v1，不考慮空氣阻力，則m2的速度大小為（）A．m2v1m1 B．m1v1m2 C．（m1+m2）v【答案】B【詳解】爆炸瞬間動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得m可得v故選B。7．（2223高二上·浙江臺(tái)州·期末）臺(tái)州市運(yùn)動(dòng)員黃雨婷在2022年國(guó)際射聯(lián)射擊世錦賽中創(chuàng)造歷史，勇奪世錦賽兩金一銀，并收獲兩張奧運(yùn)會(huì)入場(chǎng)券。如圖是黃雨婷參加10米氣步槍個(gè)人賽。下列說法正確的是（）A．子彈在空中飛行過程中，重力的沖量為零B．子彈在空中飛行過程中，機(jī)械能不守恒C．扣動(dòng)扳機(jī)后，子彈和槍整體機(jī)械能守恒D．扣動(dòng)扳機(jī)后，子彈和槍整體水平方向動(dòng)量守恒【答案】B【詳解】A．子彈在空中飛行過程中，重力的沖量不為零，故A錯(cuò)誤；B．子彈在空中飛行過程中，受阻力做功，機(jī)械能不守恒，故B正確；C．扣動(dòng)扳機(jī)后，有化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，子彈和槍整體機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；D．扣動(dòng)扳機(jī)后，子彈和槍整體受肩膀的作用力，水平方向動(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)誤；故選B。8．（2024·浙江·一模）2023年9月，杭亞會(huì)滑板男子碗池決賽，中國(guó)年僅15歲的小將陳燁以84.41分奪冠。圖示為陳燁在比賽中騰空越過障礙物，若忽略空氣阻力，那么騰空過程中（）A．在最高點(diǎn)的時(shí)候人的速度為零，但加速度不為零B．運(yùn)動(dòng)員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．運(yùn)動(dòng)員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．上升過程是超重狀態(tài)，滑板對(duì)人的作用力不為零【答案】B【詳解】A．在最高點(diǎn)的時(shí)候人的豎直方向的速度為零，水平方向的速度不為零，故在最高點(diǎn)的時(shí)候人的速度不為零，受到重力作用，加速度為重力加速度，加速度不為零，故A錯(cuò)誤；B．運(yùn)動(dòng)員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B正確；C．在開始起跳到脫離滑板瞬間，在豎直方向上運(yùn)動(dòng)員和滑板所受合力不為零，故運(yùn)動(dòng)員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；D．上升過程是運(yùn)動(dòng)員只受重力作用，有豎直向下的重力加速度，運(yùn)動(dòng)員處于完全失重狀態(tài)，滑板對(duì)人的作用力為零，故D錯(cuò)誤。故選B。9．（2324高二上·黑龍江·開學(xué)考試）物理學(xué)理論是系統(tǒng)化了的物理知識(shí)，它以為數(shù)不多的物理概念為基石，以物理定律為核心，建立了經(jīng)典物理學(xué)與近代物理學(xué)及其各分支的嚴(yán)密的邏輯體系。古希臘哲學(xué)家德謨克利特認(rèn)為空間是物質(zhì)運(yùn)動(dòng)的條件，亞里士多德用“地點(diǎn)”概念來表示空間，認(rèn)為時(shí)間是連續(xù)的。下列對(duì)有關(guān)概念理解正確的是（）A．功和沖量都是很典型的狀態(tài)量，而能量和動(dòng)量是典型的過程量B．沖量表述了對(duì)質(zhì)點(diǎn)作用一段時(shí)間的積累效應(yīng)的物理量，是改變質(zhì)點(diǎn)機(jī)械運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因C．動(dòng)量守恒定律在研究高速、微觀領(lǐng)域是不適用的D．矢量是數(shù)學(xué)、物理學(xué)和工程科學(xué)等多個(gè)自然科學(xué)中的基本概念，動(dòng)量是矢量，沖量是標(biāo)量【答案】B【詳解】A．功和沖量都是很典型的過程量，而能量和動(dòng)量是典型的狀態(tài)量，A錯(cuò)誤；B．沖量表述了對(duì)質(zhì)點(diǎn)作用一段時(shí)間的積累效應(yīng)的物理量，是改變質(zhì)點(diǎn)機(jī)械運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，B正確；C．動(dòng)量守恒定律在研究高速、微觀領(lǐng)域是適用的，C錯(cuò)誤；D．矢量是數(shù)學(xué)、物理學(xué)和工程科學(xué)等多個(gè)自然科學(xué)中的基本概念，動(dòng)量和沖量均是矢量，D錯(cuò)誤。故選B。10．（2024·臺(tái)灣省·模擬預(yù)測(cè)）常見的守恒律有：甲.質(zhì)量守恒、乙.機(jī)械能守恒、丙.動(dòng)量守恒、丁.電荷守恒、戊.質(zhì)能守恒（能量守恒定律和整體質(zhì)量守恒定律統(tǒng)一為質(zhì)能守恒定律）。在原子核反應(yīng)的過程中，遵守上列哪些守恒定律？（）A．僅有甲丙 B．僅有甲丙丁 C．僅有乙丙丁D．僅有丙丁戊 E．僅有乙丁戊【答案】D【詳解】原子核反應(yīng)的過程中要放出能量，有質(zhì)量虧損，則質(zhì)量不守恒，機(jī)械能不守恒；核反應(yīng)中受合外力為零，則動(dòng)量守恒；電荷不會(huì)產(chǎn)生也不會(huì)消失，則電荷守恒；核反應(yīng)中遵循質(zhì)能守恒。故選D。知識(shí)點(diǎn)3系統(tǒng)合外力為零11．如圖所示，質(zhì)量m2=2kg的物體靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m1=1kg的物體以A．v1'=1m/s

v2'C．v1'=3m/s

v2'【答案】D【詳解】A．碰撞前的總動(dòng)量為p=碰撞后的總動(dòng)量p可知p≠根據(jù)碰撞的特點(diǎn)，碰撞前后動(dòng)量守恒，故A不符合題意；B．碰撞前的總動(dòng)量為p=碰撞后的總動(dòng)量p可知p=碰撞前的總能量為E碰撞后的總能量為E可知E根據(jù)碰撞的特點(diǎn)可知，碰撞后的動(dòng)能不增加，故B不符合題意；C．根據(jù)碰撞的特點(diǎn)，碰撞后要滿足運(yùn)動(dòng)關(guān)系v故C不符合題意；D．碰撞前的總動(dòng)量為p=碰撞后的總動(dòng)量p可知p=碰撞前的總能量為E碰撞后的總能量為E可知E且碰撞后要滿足運(yùn)動(dòng)關(guān)系v故D符合題意。故選D。12．（2324高二上·全國(guó)·課時(shí)練習(xí)）一輛拉水車上有兩個(gè)貯水箱，剛開始前面的水箱有水，后面的水箱無水，若把水從前面的水箱抽到后面的水箱中，假設(shè)拉水車停在光滑水平面上，則抽完水后，拉水車與原來的位置相比較（）A．拉水車向前運(yùn)動(dòng)了一段距離B．拉水車向后退了一段距離C．拉水車仍在原來位置D．無法確定拉水車的位置【答案】A【詳解】水和拉水車（包括水箱）在水從前面水箱抽到后面水箱的過程中所組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于水向后發(fā)生一段位移，所以車向前發(fā)生一段位移。故選A。13．（2223高二上·山東菏澤·期末）烏賊游動(dòng)時(shí)，先把水吸入體腔，然后收縮身體，通過身體上的小孔向外噴水，使身體向相反方向快速移動(dòng)．某次靜止的烏賊在瞬間噴出的水的質(zhì)量占噴水前自身總質(zhì)量的110，噴水后烏賊獲得的速度為8m/sA．72m/s B．80m/s C．88m/s D．60m/s【答案】A【詳解】設(shè)烏賊瞬間噴出的水的質(zhì)量為m，則噴水前烏賊質(zhì)量為10m，噴水后質(zhì)量為9m，設(shè)噴出的水的速度為v1，噴水后烏賊獲得的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒0=m將v2=8m/s帶入可得負(fù)號(hào)說明水的運(yùn)動(dòng)方向與烏賊身體運(yùn)動(dòng)方向相反，故BCD錯(cuò)誤，A正確。故選A。14．（2324高二上·山東日照·）下列情境中，A、B組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律的是（）A．圖甲中，物塊A以初速度沖上靜止在粗糙水平地面上的斜劈BB．圖乙中，14C．圖丙中，從懸浮的熱氣球B上水平拋出物體A，在A落地前的運(yùn)動(dòng)過程中D．圖丁中，水下打撈作業(yè)時(shí)，將浮筒B與重物A用輕繩相連接，正在加速上升【答案】C【詳解】A．圖甲中，物塊A以初速度沖上靜止在粗糙水平地面上的斜劈B，系統(tǒng)合外力不為零，動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；B．圖乙中，14C．圖丙中，從懸浮的熱氣球B上水平拋出物體A，A在拋出前A、B系統(tǒng)合外力為零，故在A落地前的運(yùn)動(dòng)過程中A、B整體受到的空氣浮力與整體重力仍然平衡，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，C正確；D．圖丁中，水下打撈作業(yè)時(shí)，將浮筒B與重物A用輕繩相連接，正在加速上升，加速上升過程中系統(tǒng)合外力不為零，動(dòng)量不守恒，D錯(cuò)誤。故選C。15．（2024·江蘇·高考真題）在水平面上有一個(gè)U形滑板A，A的上表面有一個(gè)靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在物體B的左側(cè)，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在物體B的右側(cè)，開始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則（）A．彈簧原長(zhǎng)時(shí)B動(dòng)量最大B．壓縮最短時(shí)A動(dòng)能最大C．系統(tǒng)動(dòng)量變大D．系統(tǒng)機(jī)械能變大【答案】A【詳解】對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，得m設(shè)彈簧的初始彈性勢(shì)能為EpE聯(lián)立得E故可知彈簧原長(zhǎng)時(shí)物體速度最大，此時(shí)動(dòng)量最大，動(dòng)能最大。對(duì)于系統(tǒng)來說動(dòng)量一直為零，系統(tǒng)機(jī)械能不變。故選A。[能力提升練]知識(shí)點(diǎn)4系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力16．（2223高三上·廣東肇慶·階段練習(xí)）沖天炮飛上天后會(huì)在天空中爆炸。當(dāng)沖天炮從水平地面斜飛向天空后且恰好沿水平方向運(yùn)動(dòng)的瞬間，突然炸裂成一大一小P、Q兩塊，且質(zhì)量較大的P仍沿原來方向飛出去，則（）A．質(zhì)量較大的P先落回地面B．炸裂前后瞬間，總動(dòng)量守恒C．炸裂后，P飛行的水平距離較大D．炸裂時(shí)，P、Q兩塊受到的內(nèi)力的沖量相等【答案】B【詳解】AB．炸裂時(shí)，沖天炮位于最高點(diǎn)，水平方向不受外力作用，動(dòng)量守恒，因此，P、Q兩塊的速度方向均沿水平方向，之后做平拋運(yùn)動(dòng)回到地面，故同時(shí)落地，故A錯(cuò)誤，B正確；C．炸裂時(shí)，質(zhì)量較小的Q可能仍沿原來的方向，也可以與原方向相反，無法確定P、Q兩塊炸裂時(shí)速度的大小關(guān)系，也就無法比較水平距離大小關(guān)系，故C錯(cuò)誤；D．炸裂時(shí)P、Q兩塊受到的內(nèi)力大小相等，方向相反，故炸裂時(shí)P、Q兩塊受到的內(nèi)力的沖量大小相等，方向相反，故D錯(cuò)誤。故選B。17．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖所示，質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)套在固定的水平桿上，輕繩的一端系在圓環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊。質(zhì)量為m0的子彈以大小為的水平速度射入木塊，并以速度v離開木塊，子彈穿過木塊的時(shí)間極短。重力加速度為g，下列說法正確的是（

）A．子彈射穿木塊前后，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒B．子彈射穿木塊前后，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C．子彈射出木塊后的瞬間，圓環(huán)對(duì)桿的壓力等于(M＋m)gD．木塊上升到最高點(diǎn)時(shí)，速度大小為m【答案】D【詳解】AB．根據(jù)題意可知，子彈射穿木塊前后，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，子彈克服摩擦阻力做功，機(jī)械能不守恒，故A、B錯(cuò)誤；C．子彈射出木塊后的瞬間，木塊有速度，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律知，環(huán)對(duì)輕桿的壓力大于(M＋m)g，故C錯(cuò)誤；D．木塊上升到最高點(diǎn)時(shí)，環(huán)和木塊的速度相等，水平方向上系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有m解得v故D正確。故選D。18．下列關(guān)于碰撞的理解正確的是（

）A．碰撞是指相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在很長(zhǎng)時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過程B．在碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力都遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為碰撞時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒C．如果碰撞過程中機(jī)械能也守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞D．微觀粒子的碰撞由于不發(fā)生直接接觸，所以不滿足動(dòng)量守恒的條件，不能應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解【答案】B【詳解】A．碰撞是十分普遍的現(xiàn)象，它是相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)發(fā)生的一種現(xiàn)象，碰撞時(shí)在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了顯著變化，故A錯(cuò)誤；B．在碰撞現(xiàn)象中，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可以忽略外力的作用；認(rèn)為碰撞時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，故B正確；C．如果碰撞過程中機(jī)械能也守恒，則碰撞為彈性碰撞，故C錯(cuò)誤；D．微觀粒子相互接近時(shí)，雖然不發(fā)生直接碰撞，在相互作用的過程中，符合動(dòng)量守恒的定義，所以其動(dòng)量是可能守恒的，故D錯(cuò)誤。故選B。19．（2022·湖北武漢·模擬預(yù)測(cè)）2022年2月5日，由任子威、武大靖、曲春雨、范可新和張雨婷組成的中國(guó)隊(duì)獲得短道速滑混合團(tuán)體2000米接力比賽冠軍，這是中國(guó)代表團(tuán)在北京冬奧會(huì)上奪得的首枚金牌。短道速滑的接力與田徑比賽的接力不同，運(yùn)動(dòng)員只需要在到達(dá)接力地點(diǎn)的時(shí)候推送下一個(gè)隊(duì)友出發(fā)就是完成了接力。決賽中，“接棒”的任子威在“交棒”的曲春雨前面滑行，當(dāng)追上時(shí)，曲春雨猛推任子威一把，使任子威獲得更大的速度向前滑行，如圖所示。在曲春雨用力推任子威的過程中，不計(jì)冰面阻力和空氣阻力，下列說法正確的是（）A．任子威的速度增加量大于曲春雨的速度減少量 B．任子威的動(dòng)量增加量等于曲春雨的動(dòng)量減少量C．任子威的動(dòng)量變化一定比曲春雨的動(dòng)量變化快 D．任子威受到推力的沖量大于曲春雨受到推力的沖量【答案】B【詳解】AB．在曲春雨用力推任子威的過程中，兩人組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，則動(dòng)量守恒，所以任子威的動(dòng)量增加量等于曲春雨的動(dòng)量減少量，而兩人質(zhì)量關(guān)系未知，所以無法比較兩人速度的變化量，故A錯(cuò)誤，B正確。D．任子威受到推力和曲春雨受到推力是一對(duì)相互作用力，大小相等，而作用時(shí)間也相同，所以兩個(gè)力的沖量大小相等，故D錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt=Δp所以Δp即動(dòng)量變化的快慢等于合外力，由題意并根據(jù)D項(xiàng)分析可知，兩人各自受到的合外力大小相等，所以兩人動(dòng)量變化的快慢相同，故C錯(cuò)誤。故選B。20．（2324高二下·河南信陽·期中）如圖所示，質(zhì)量分別為、m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為m的小球C?，F(xiàn)將小球拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放小球，則（）A．A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B．A、B、C組成的系統(tǒng)在豎直方向上動(dòng)量守恒C．A、B兩木塊分離時(shí)木塊A的速度大小為6glD．小球C第一次到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為6gl4【答案】C【詳解】A．由題知水平面光滑，A、B、C組成的系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；B．小球擺動(dòng)過程，A、B、C系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，但豎直方向動(dòng)量不守恒，B錯(cuò)誤；CD．當(dāng)小球C第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)兩物塊分離，設(shè)此時(shí)C的速度為vC、A的速度為vm由能量守恒有mgL=聯(lián)立方程解得vA=C正確，D錯(cuò)誤；故選C。知識(shí)點(diǎn)5系統(tǒng)在某一方向上合外力為零21．（2324高二下·安徽·期末）如圖所示，一質(zhì)量為M的光滑半圓柱靜止在光滑的水平地面上，其半徑為R。半圓柱頂端放一質(zhì)量為m的小滑塊，開始時(shí)，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)。小滑塊在外界的微小擾動(dòng)下由靜止開始下滑，小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，離開半圓柱表面，此時(shí)半圓柱的速度大小為。已知OP與豎直方向的夾角為，重力加速度為g。則（）A．該過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小滑塊在P點(diǎn)的速度大小為2gR（1?C．該過程中半圓柱相對(duì)地面的位移大小為mRD．該過程中半圓柱的彈力對(duì)小滑塊做功為?【答案】D【詳解】A．系統(tǒng)在水平方向合力為零，故水平方向動(dòng)量守恒，豎直方向合力不為零，豎直方向動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B．系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有mgR（1?解得v=故B錯(cuò)誤；C．設(shè)半圓柱、小滑塊相對(duì)地面的位移分別為x1，xx1+解得半圓柱相對(duì)地面的位移大小為x故C錯(cuò)誤；D．分析半圓柱，根據(jù)動(dòng)能定理，可知小滑塊對(duì)半圓柱的彈力做功為12Mv故選D。22．（2324高一下·天津和平·）如圖所示，質(zhì)量為m的光滑半圓弧形槽靜止在光滑水平面上，質(zhì)量也為m的小鋼球從槽的頂端A處由靜止釋放，則（）A．小球和槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小球一定不能再次回到A點(diǎn)C．小球下滑到底端B的過程中，小球所受重力的瞬時(shí)功率一直增大D．小球下滑到底端B的過程中，槽的速率一直增大【答案】D【詳解】A．由于小球在豎直方向存在加速度，而圓弧形槽在豎直方向沒有加速度，所以小球和槽組成的系統(tǒng)在豎直方向的合力不為零，系統(tǒng)不滿足動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；B．小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向的合力為零，故小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向滿足動(dòng)量守恒，整個(gè)過程只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，故小球和槽組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，可知小球再次回到A點(diǎn)速度為零，此時(shí)圓弧形槽的速度也為零，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)重力的瞬時(shí)功率P小球在A處靜止釋放，可知小球在A處的重力瞬時(shí)功率為零；小球在B處的豎直分速度為零，可知小球在B處的重力瞬時(shí)功率為零。小球在A、B之間的豎直分速度不為零，則小球的重力瞬時(shí)功率不為零，故小球下滑到底端B的過程中，小球所受重力的瞬時(shí)功率先增加后減小，故C錯(cuò)誤；D．由B選項(xiàng)分析可知，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為0，小球下滑到底端B的過程中，其水平分速度一直增大，為保持系統(tǒng)水平動(dòng)量為0，所以槽的速度應(yīng)反向一直增大，故D正確；故選D。23．（2223高一上·安徽蕪湖·開學(xué)考試）如圖，質(zhì)量為M且足夠長(zhǎng)的傾角為的斜面體C始終靜止在水平面上，一質(zhì)量為m的長(zhǎng)方形木板A上表面光滑，木板A獲得初速度后恰好能沿斜面勻速下滑，當(dāng)木板A勻速下滑時(shí)將一質(zhì)量也為m的滑塊B輕輕放在木板上，滑塊B在木板A上下滑的過程中，下列說法錯(cuò)誤的是（

）A．A與B組成的系統(tǒng)在沿斜面的方向上動(dòng)量守恒 B．A的加速度大小為2gC．A速度為12v0時(shí)，B速度也是【答案】B【詳解】A．因木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑，即沿斜面方向受合力為零，可知mg當(dāng)放上木塊B后，對(duì)A、B系統(tǒng)沿斜面方向仍滿足2mg可知系統(tǒng)沿斜面方向受到的合外力為零，則系統(tǒng)沿斜面方向動(dòng)量守恒，故A正確，不滿足題意要求；B．A的加速度大小為a故B錯(cuò)誤，滿足題意要求；C．由系統(tǒng)沿斜面方向動(dòng)量守恒可知m解得v故C正確，不滿足題意要求；D．斜面體受到木板A垂直斜面向下的正壓力大小為N=2mgA對(duì)斜面體向下的摩擦力大小為f=μ則有Nx=N可知A垂直斜面的壓力和摩擦力的合力豎直向下，根據(jù)受力平衡可知水平面對(duì)斜面體沒有摩擦力作用，故D正確，不滿足題意要求。故選B。24．（2122高二上·河北唐山·）在光滑水平地面上放置一輛小車，車上放置有木盆，在車與木盆以共同的速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，有雨滴以極小的速度豎直落入木盆中而不濺出，如圖所示，則在雨滴落入木盆的過程中，小車速度將（）A．保持不變 B．變大 C．變小 D．不能確定【答案】C【詳解】雨滴落入木盆的過程中，小車、木盆、雨滴組成的系統(tǒng)水平方向滿足動(dòng)量守恒，設(shè)小車、木盆的總質(zhì)量為M，雨滴的質(zhì)量為m，則有Mv=(M+m)解得v在雨滴落入木盆的過程中，小車速度將變小。故選C。25．（2324高一下·吉林白城·）如圖所示，一顆水平飛行的子彈射入一個(gè)原來懸掛在天花板下靜止的沙袋，并留在其中，和沙袋一起上擺。將子彈射入沙袋叫做Ⅰ過程，子彈和沙袋一起上擺叫做Ⅱ過程，則在這兩個(gè)階段中，關(guān)于子彈和沙袋組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是（）A．第Ⅰ、Ⅱ兩階段機(jī)械能、動(dòng)量都守恒B．第Ⅰ、Ⅱ兩階段機(jī)械能、動(dòng)量都不守恒C．第Ⅰ階段機(jī)械能守恒，第Ⅱ階段動(dòng)量守恒D．第Ⅰ階段動(dòng)量守恒，第Ⅱ階段機(jī)械能守恒【答案】D【詳解】在第I階段，由于子彈射入沙袋過程中，有摩擦力做功，子彈和沙袋組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，在第Ⅱ階段，子彈和沙袋一起上擺的過程中只有重力做功，子彈和沙袋組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在第I階段，子彈與沙袋系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，第Ⅱ階段系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。故選D。知識(shí)點(diǎn)6多物體系統(tǒng)多過程問題26．（2324高二上·江蘇常州·期中）甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝6m/s，甲車上有質(zhì)量為m＝1kg的小球若干個(gè)，甲和他的小車及小車上小球的總質(zhì)量為M1＝50kg，乙和他的小車的總質(zhì)量為M2＝30kg.為避免相撞，甲不斷地將小球以相對(duì)地面為v＝16.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接?。?）甲第一次拋球時(shí)對(duì)小球的沖量；（2）乙接到第一個(gè)球后的速度（保留一位小數(shù)）；（3）為保證兩車不相撞，甲總共拋出的小球個(gè)數(shù)是多少？【答案】（1）10.5N·s，水平向右；（2）5.3m/s,水平向左；（3）15【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)量定理有I=mvmv0解得I=10.5N·s，方向水平向右（2）對(duì)小球和乙的整體，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有M2v0mv=（M2+m）v1解得v1=5.3m/s，方向水平向左（3）對(duì)所有物體組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有M1v0M2v0=（M1+M2）v對(duì)乙和他的小車及小球組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有M2v0nmv=（M2+nm）v解得n=1527．（2022·天津河西·三模）一個(gè)小孩做推物塊的游戲，如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊A放置在光滑水平面上，緊靠物塊右端有一輛小車B，小孩蹲在小車上，小孩與車的總質(zhì)量為6m，一起靜止在光滑水平面上，物塊A左側(cè)緊挨著足夠長(zhǎng)的水平傳送帶MN，傳送帶的上表面與水平面在同一高度，傳送帶以速度v順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。游戲時(shí)，A被小孩以相對(duì)水平面的速度向左推出，一段時(shí)間后返回到傳送帶右端N，繼續(xù)向右追上小孩后又立即被小孩以相對(duì)水平面的速度向左推出，如此反復(fù)，直至A追不上小孩為止。已知物塊A與傳送帶MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。（1）求物塊第一次被推出后，小孩與車的速度大??；（2）若傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速度v=0.5v【答案】（1）v06【詳解】（1）地面光滑，物塊A與小孩、車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，則有0=?m解得v（2）物塊被小孩第一次推出到與傳送帶共速期間物塊的受力如圖所示該過程中物塊的加速度為a，則有f=μmg=ma解得a=μg物塊被小孩第一次推出到與傳送帶共速所用時(shí)間為，對(duì)地位移為x1t2a解得x物塊與傳送帶共速之后將以0.5v0的速度勻速運(yùn)動(dòng)至Nt物塊被小孩第一次推出后到返回傳送帶右端N所用的時(shí)間為t=28．（2122高三上·江蘇淮安·期中）如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的長(zhǎng)木板A靜止在光滑水平面上，右端與一固定在地面上的半徑R=0.4m的光滑四分之一圓弧緊靠在一起，圓弧的底端與木板上表面水平相切。質(zhì)量為m=2kg的滑塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v0=8m/s從圓弧的頂端沿圓弧下滑到木板A（1）B剛下滑時(shí)所受向心力的大小F；（2）A、B間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q；（3）當(dāng)A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4時(shí)木板A的長(zhǎng)度L。【答案】（1）40N；（2）8J；（3）1m【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律可得F=m（2）由動(dòng)能定理可得，滑塊B滑上木板A時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理有Δ解得滑塊B在木板A上滑動(dòng)的過程中因地面光滑，木板A和滑塊B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終兩者的共同速度為mv=(m+M)解得v由能量轉(zhuǎn)化和守恒可知，A、B間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q1解得Q=8J（3）A、B滑動(dòng)摩擦力為f=μmg=8NA、B間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力做功和能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系可得Q=μmgL解得L=1m29．如圖所示，某同學(xué)在一輛車上蕩秋千，開始時(shí)車輪被鎖定，車的右邊有一個(gè)和地面相平的沙坑，且車右端和沙坑左邊緣平齊，當(dāng)同學(xué)擺動(dòng)到最大擺角θ＝60°時(shí)，車輪立即解除鎖定，使車可以在水平地面無阻力運(yùn)動(dòng)，該同學(xué)此后不再做功，并可以忽略自身大小，已知秋千繩子長(zhǎng)度L＝4.5m，該同學(xué)和秋千板的總質(zhì)量m＝50kg，車輛和秋千支架的總質(zhì)量M＝200kg，重力加速度g＝10m/s2。試求：（1）該同學(xué)擺到最低點(diǎn)時(shí)的速率；（2）在擺到最低點(diǎn)的過程中，繩子對(duì)該同學(xué)和秋千板做的功。【答案】(1)6m/s；(2)225J【詳解】(1)在最低點(diǎn)人與車在水平方向動(dòng)量守恒，有m人向下運(yùn)的過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有聯(lián)立可得v(2)由動(dòng)能定理可得可得30．（2122高三上·湖南·階段練習(xí)）如圖所示，在豎直平面內(nèi)的軌道由粗糙水平直軌道（足夠長(zhǎng)）和半徑為l的光滑半圓軌道BC構(gòu)成，半圓軌道BC與水平軌道在B點(diǎn)相切，物塊P和O（均可視為質(zhì)點(diǎn)）將原長(zhǎng)為2l的輕質(zhì)彈簧壓縮至l后用細(xì)線連在一起，靜止在水平軌道上，已知物塊P和Q的質(zhì)量分別為和m，P和Q與水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)之比μ1:μ2=1:2，輕彈簧中儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為6mgl。燒斷細(xì)線后，物塊P和Q開始沿水平軌道運(yùn)動(dòng)，物塊P最后停在A點(diǎn)，Q向右滑動(dòng)3l后到達(dá)B點(diǎn)，在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為（1）試判斷Q能否到達(dá)半圓軌道的最高點(diǎn)C，若能到達(dá)，求出Q到達(dá)C點(diǎn)的速度；若不能，求出Q脫離軌道的位置距水平軌道的豎直高度；（2）求Q到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，P的速度大??；（3）求整個(gè)過程中P的位移大小?！敬鸢浮浚?）不能，?=53l；（2）【詳解】（1）物塊Q不能到達(dá)半圓軌道的最高點(diǎn)C，設(shè)Q運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的D點(diǎn)時(shí)即將脫離軌道，此時(shí)Q與軌道間的彈力為零，設(shè)D點(diǎn)和圓心的連線與豎直方向的夾角為，則mgQ運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為F有F得vQ由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律有mgl(1+D距水平軌道的豎直高度?聯(lián)立解得?（2）物塊P和Q都沿水平軌道運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)所受合外力之和始終為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2mv=mQ到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，P的速度大小為v=（3）從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，物塊P和Q組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可知P與Q運(yùn)動(dòng)的位移之比為x則彈簧彈力對(duì)P和Q做功之比W根據(jù)功能關(guān)系W由題意，彈簧彈性勢(shì)能改變量Δ對(duì)Q從開始彈開再運(yùn)動(dòng)到B的過程，由動(dòng)能定理有W對(duì)P從開始彈開到最終停止的過程，由動(dòng)能定理有W聯(lián)立解得整個(gè)過程中物塊P的位移大小x=3l[高頻考題實(shí)戰(zhàn)練]31．（2024·山東·高考真題）如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點(diǎn)平滑連接，Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道加速度a與F對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N，當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時(shí)撤去F，小物塊從Q點(diǎn)離開軌道時(shí)相對(duì)地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長(zhǎng)度L?！敬鸢浮浚?）v=4m/s；（2）（i）m=1kg，μ=0.2【詳解】（1）根據(jù)題意可知小物塊在Q點(diǎn)由合力提供向心力有mg+3mg=m代入數(shù)據(jù)解得v=（2）（i）根據(jù)題意可知當(dāng)F≤4N時(shí)，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知F=(M+m)a根據(jù)圖乙有k=當(dāng)外力F>4N時(shí)，軌道與小物塊有相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)軌道有F?μmg=Ma結(jié)合題圖乙有a=可知k=截距b=?聯(lián)立以上各式可得，m=1kg，μ=0.2（ii）由圖乙可知，當(dāng)F=8N時(shí)，軌道的加速度為6m/s2，小物塊的加速度為a當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，經(jīng)過t0時(shí)間，則軌道有v小物塊有v在這個(gè)過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒有1水平方向動(dòng)量守恒，以水平向左的正方向，則有聯(lián)立解得t根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有代入數(shù)據(jù)解得L=4.5m32．（2024·甘肅·高考真題）如圖，質(zhì)量為2kg的小球A（視為質(zhì)點(diǎn)）在細(xì)繩O'P和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩，與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細(xì)繩O'P，小球A開始運(yùn)動(dòng)。（重力加速度g（1）求A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力。（2）A在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞（時(shí)間極短）、碰后A豎直下落，C水平向右運(yùn)動(dòng)。求碰后C的速度大小。（3）A、C碰后，C相對(duì)B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?）40N；（2）；（3）0.15【詳解】根據(jù)題意，設(shè)AC質(zhì)量為m=2kg，B的質(zhì)量為M=6kg，細(xì)繩OP長(zhǎng)為l=1.6m，初始時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角（1）A開始運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)有mgl對(duì)最低點(diǎn)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得解得v0=4（2）A與C相碰時(shí)，水平方向動(dòng)量守恒，由于碰后A豎直下落可知m故解得v（3）A、C碰后，C相對(duì)B滑行4m后與B共速，則對(duì)CB分析，過程中根據(jù)動(dòng)量守恒可得m根據(jù)能量守恒得μmg聯(lián)立解得μ=0.1533．（2024·廣東·高考真題）汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。（1）安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動(dòng)鎖定，其原理的簡(jiǎn)化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達(dá)到共同的加速度a，同時(shí)頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時(shí)敏感臂對(duì)敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值。（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測(cè)試中，可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運(yùn)動(dòng)。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，氣囊對(duì)頭錘豎直方向作用力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量，重力加速度大小取。求：①碰撞過程中F的沖量大小和方向；②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度?！敬鸢浮浚?）tanθ【詳解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面的支持力N，則由牛頓第二定律可知mg+解得tan（2）①由圖像可知碰撞過程中F的沖量大小I方向豎直向上；②頭錘落到氣囊上時(shí)的速度v與氣囊作用過程由動(dòng)量定理（向上為正方向）I解得v=2m/s則上升的最大高度34．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針