动量知识点

一． 选择题

1.（2020•新课标Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是

A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．将司机的动能全部转换成汽车的动能

D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积

2．（2020•新课标Ⅲ）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为

A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J

3．（2019•江苏）质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦.小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为（ ） A．

mv M B．

Mv m C．

mv mM D．

Mv mM4．（2019•全国I）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展.若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为（ ） A．1.6×102kg

B．1.6×103kg

C．1.6×105kg

D．1.6×106kg

第1页（共25页）

5．（2018•海南）如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程（ ）

A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小 B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小 C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大 D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大

6．（2018•新课标Ⅱ）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ） A．10N

B．102N

C．103N

D．104N

7．（2017•海南）光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍．将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q．撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（ ） A．n

2

B．n

C．

𝑛

1

D．1

第2页（共25页）

8．（2017•天津）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）

A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力 C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

9．（2017•新课标Ⅰ）将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（ ） A．30kg•m/s C．6.0×102kg•m/s

B．5.7×102kg•m/s D．6.3×102kg•m/s

10．（2016•全国）两个滑块P和Q用弹簧相连，置于水平的光滑地面上，滑块P紧靠竖直的墙，用一外力推着Q使弹簧压缩后处于静止状态，如图所示。现突然撤掉推Q的外力，则在从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，P、Q和弹簧组成的系统（ ）

A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒

第3页（共25页）

二．多选题

11．（2020•新课标Ⅱ）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰

面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为 A．48 kg

B．53 kg C．58 kg D．63 kg

12．（2018•海南）如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0

滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v﹣t图象，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得（ ）

A．木板的长度

B．物块与木板的质量之比 C．物块与木板之间的动摩擦因数

D．从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能

13．（2017•新课标Ⅲ）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）

A．t＝1s时物块的速率为1m/s

B．t＝2s时物块的动量大小为4kg•m/s C．t＝3s时物块的动量大小为5kg•m/s D．t＝4s时物块的速度为零

第4页（共25页）

14．（2016•新课标Ⅲ）一静止的铝原子核处于激发态的硅原子核A．核反应方程为P+

27

13Al

俘获一速度为1.0×107m/s的质子p后，变为

）

28

14Si，下列说法正确的是（ 27

13Al→

2814Si

B．核反应方程过程中系统动量守恒 C．核反应过程中系统能量不守恒

D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和 E．硅原子核速度的数量级为105m/s，方向与质子初速度方向一致 三．填空题

15．（2018•天津）质量为0.45kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05kg的子弹以200m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是 m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103N，则子弹射入木块的深度为 m。

16．（2016•上海）如图，粗糙水平面上，两物体A、B以轻绳相连，在恒力F作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开，A在F牵引下继续前进，B最后静止。则在B静止前，A和B组成的系统动量 （选填：“守恒”或“不守恒”）。在B静止后，A和B组成的系统动量 （选填：“守恒”或“不守恒”）。

17．（2016•天津）如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ．若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为 ，滑块相对于盒运动的路程为 。

第5页（共25页）

四．计算题

18．（2020•新课标Ⅲ）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g = 10 m/s2。

（1）若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；

（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度； （3）若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带t13s后，传送带速度突然变为零。求载物箱12从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。

mB4.0kg；19．（2019•全国III）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0kg，

两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek10.0J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为0.20．重力加

2g10m/s速度取．A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。

（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；

（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？ （3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？

第6页（共25页）

20．（2019•海南）如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉直状态.现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后b滑行的最大距离为s.已知b的质量是a的3倍.b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.求 （1）碰撞后瞬间物块b速度的大小； （2）轻绳的长度.

21．（2018•海南）如图，光滑轨道PQO的水平段QO=2，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求 （1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小； （2）A、B均停止运动后，二者之间的距离。

ℎ

22．（2018•江苏）如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。

第7页（共25页）

23．（2018•新课标Ⅰ）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动，爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求

（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； （2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

24．（2018•新课标Ⅱ）汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B，两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m，已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10m/s2，求： （1）碰撞后的瞬间B车速度的大小； （2）碰撞前的瞬间A车速度的大小。

25．（2018•北京）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB ＝30 m/s。取重力加速度g＝10m/s2。 （1）求长直助滑道AB的长度L；

（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；

（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力的大小。

第8页（共25页）

26．（2018•浙江）如图所示，一轨道由半径为2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上的B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6N，小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2m。小球运动过程中可以视为质点，且不计空气阻力。 （1）求小球运动至B点的速度大小；

（2）求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；

（3）为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；

（4）小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出后静止所需的时间。

27．（2017•江苏）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s．求甲、乙两运动员的质量之比．

28．（2016•海南）如图，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器（图中未画出）测得．某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k＝1.92×103s2/m．已知物块A和B的质量分别为mA＝0.400kg和mB＝0.100kg，

﹣

重力加速度大小g＝9.8m/s2．

（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h﹣v2直线斜率的理论值k0． （ii）求k值的相对误差δ（δ=

|𝑘−𝑘0|

×100%），结果保留1位有效数字． 𝑘0

第9页（共25页）

29．（2016•新课标Ⅲ）如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直，a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m，两物块与地面间的动摩

43

擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．

30．（2016•新课标Ⅰ）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：

（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；

（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。

第10页（共25页）

动量

参与试题解析

一． 选择题

1.【解析】ABD、在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，但安全气囊会增加作用的时间，根据动量定理Ft＝△p可知，可以减小司机受到的冲击力F，同时安全气囊会增大司机的受力面积，则司机单位面积的受力大小减小，故AB错误，D正确。

𝑆𝐹

C、安全气囊只是延长了作用时间，减小了司机的受力，将司机的动能转换成气囊的弹性势能及气囊气体内能，故C错误。 故选：D。

2.【解析】令乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1和v2， 碰撞后甲、乙的速度大小分别为v3和v4， 碰撞过程中动量守恒，则mv1+Mv2＝mv3+Mv4， 即1×5.0+M×1.0＝1×（﹣1.0）+M×2.0，

2222解得M＝6kg，则碰撞过程两物块损失的机械能△E=2𝑚𝑣1+2𝑀𝑣2−2𝑚𝑣3−2𝑀𝑣4=3J，

1111

故A正确，BCD错误。 故选：A。

3.【解析】忽略滑板与地面间的摩擦，小孩和滑板系统动量守恒，取小孩跃起的方向为正，根据动量守恒定律得：0Mvmv，解得滑板的速度为：v故选B.

4. 【解析】以气体为研究对象，设t1s内喷出的气体质量为m，根据动量定理可得：Ftmv0

Mv，故B正确，ACD错误. mFt4.81061kg1.6103kg，故B正确，ACD错其中v3km/s3000m/s，解得：mv3000误.故选B.

第11页（共25页）

5．【解答】弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mv＝（M+m）v′，解得：v′=

𝑚𝑣

， 𝑀+𝑚弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，由能量守恒定律可知， 整个过程系统损失的机械能：△E=2mv2−2（M+m）v′2=2(𝑀+𝑚)； A、若保持m、v、l不变，M变大，系统损失的机械能：△E=A错误；

𝑀𝑚𝑣2𝑀𝑣2

B、若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能：△E=2(𝑀+𝑚)=变大，2(1+𝑀)𝑚11

𝑀𝑚𝑣2

𝑀𝑚𝑣2𝑚𝑣2

=变大，故2(𝑀+𝑚)2(1+𝑚)𝑀故B错误；

𝑀𝑚𝑣2

C、若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能：△E=变大，故C正确；

2(𝑀+𝑚)𝑀𝑚𝑣2

D、若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能：△E=不变，故D错误；

2(𝑀+𝑚)故选：C。

6．【解答】每层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度h＝（25﹣1）×3m＝72m； 自由下落时间t1=√𝑔=√10s＝3.8s， 与地面的碰撞时间约为t2＝2ms＝0.002s， 全过程根据动量定理可得：mg（t1+t2）﹣Ft2＝0 解得冲击力F＝950N≈103N，故C正确。 故选：C。

7．【解答】撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设P的动量方向为正方向，则根据动量守恒定律有： PP﹣PQ＝0 故PP＝PQ； 故动量之比为1； 故D正确，ABC错误。 故选：D。

2ℎ2×72

第12页（共25页）

8．【解答】A、机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；

B、圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F＝mg﹣N，则支持力N＝mg﹣F，所以重力大于支持力，B正确； C、转动一周，重力的冲量为I＝mgT，不为零，C错误；

D、运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。 故选：B。

9．【解答】开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0＝m1v1+p， 解得火箭的动量p＝﹣m1v1＝﹣0.05×600kg•m/s＝﹣30kg•m/s，负号表示方向，故A正确，B、C、D错误。 故选：A。

10．【解答】从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，P、Q和弹簧组成的系统受到墙壁的弹力作用，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；

在从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，只有弹簧弹力对系统做功，P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，故ACD错误，B正确； 故选：B。 二．多选题

11. 【解析】解：设该运动员的质量为M，物块的质量为m＝4.0kg，推物块的速度大小为v＝5.0m/s，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得： 第一次推物块的过程中：0＝Mv1﹣mv 第二次推物块的过程中：Mv1+mv＝Mv2﹣mv 第三次推物块的过程中：Mv2+mv＝Mv3﹣mv …

第n次推物块的过程中：Mvn﹣1+mv＝Mvn﹣mv 以上各式相加可得：Mvn＝（2n﹣1）mv 当n＝7时，v7＜v，解得M＞52kg 当n＝8时，v8≥v，解得M≤60kg， 故52kg＜M≤60kg，故AD错误、BC正确。 故选：BC。

第13页（共25页）

12．【解答】A、系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对°与木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，故A错误；

B、物块与木板作出的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+M）v1，解得：故B正确；

C、对木板，由动量定理得：μmgt1＝Mv1，解得：μ=出动摩擦因数，故C正确；

D、由于不知道木板的质量，无法求出从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能，故D错误； 故选：BC。

13．【解答】A、前两秒，根据牛顿第二定律，a=at；t＝1s时，速率为1m/s，A正确；

B、t＝2s时，速率为2m/s，则动量为P＝mv＝4kg•m/s，B正确；

CD、2﹣4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a＝﹣0.5m/s2，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kg•m/s，4s时速度为1m/s，CD错误； 故选：AB。

14．【解答】A、由质量数守恒和电荷数守恒可知，核反应方程为为P+正确；

BC、核反应方程过程中系统动量守恒，能量也守恒，故B正确，C错误；

D、核反应过程中，要释放热量，质量发生亏损，生成物的质量小于反应物的质量之和，故D错误；

E、设质子的质量为m，则铝原子原子核的质量约为27m，以质子初速度方向为正，根据动量守恒定律得：mv0＝（m+27m）v

解得：v＝3.57×105m/s，数量级为105m/s，方向与质子初速度方向一致，故E正确。 故选：ABE。

27

13Al→

28

14Si，故

𝑚𝑀

=

𝑣1𝑣0−𝑣1

，v0与v1已知，可以求出物块与木板的质量之比，

𝑣0−𝑣1，由于t1、v0、v1已知，可以求𝑔𝑡1

𝐹

=1m/s2，则0﹣2s的速度规律为：v＝𝑚A

第14页（共25页）

三．填空题

15．【解答】木块的质量M＝0045kg，子弹的质量为m＝0.05kg，初速度为v0＝200m/s， 二者组成的系统水平方向动量守恒，设子弹初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得： mv0＝（m+M）v

0解得木块最终速度的大小v=𝑚+𝑀=0.05+0.45×200m/s＝20m/s；

𝑚𝑣0.05

设子弹射入木块的深度为d，根据能量守恒定律可得：

2fd=2𝑚𝑣0−2(𝑚+𝑀)𝑣2，

11

解得：d＝0.2m。 故答案为：20；0.2。

16．【解答】剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以AB为系统，绳子受到的力属于系统的内力，系统所受合力为零；剪断细线后，在B停止运动以前，摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒；

B静止后，B的合力为0，A木块的拉力大于摩擦力，A和B组成的系统合力不为0，所以系统动量不守恒。 故答案为：守恒；不守恒。

17．【解答】设滑块的质量是m，碰后速度为v共，物体与盒子组成的系统合外力为0，设向左为正方向，由动量守恒： mv＝（m+2m）v共 解得：v共=3𝑣

开始时盒子与物块的机械能：E1=2mv2

碰后盒子与物块的机械能：E2=2（m+2m）v共2=6mv2 损失的机械能：△E＝E1﹣E2＝μmg•s

𝑣2联立得：s=3𝜇𝑔 1

1

1

1

故答案为：𝑣；

3

1

𝑣2

3𝜇𝑔

第15页（共25页）

四．计算题

18．【解析】（1）传送带的速度v＝4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律可得

μmg＝ma① 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式可得

2𝑣2−𝑣0=−2𝑎𝑠1②

联立①②代入数据解得：s1＝4.5m ③ 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动，设载物箱在传送带上做匀减速运动的时间为t1，在传送带上做匀速运动的时间为t2，则 v＝v0﹣at1④ 𝑡2=

𝐿−𝑠1⑤ 𝑣则载物箱通过传送带的时间为 t＝t1+t2

联立①③④⑤代入数据解得：t＝2.75s⑥

（2）当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2．由动能定理得

22

−𝜇𝑚𝑔𝐿=2𝑚𝑣1−2𝑚𝑣0⑦ 22𝜇𝑚𝑔𝐿=2𝑚𝑣2−2𝑚𝑣0⑧

11

11

由⑦⑧式并代入题给条件得： 𝑣1=√2𝑚/𝑠，𝑣2=4√3𝑚/𝑠⑨

（3）传送带的速度v＝6.0m/s时，由于v0＜v＜v2，所以载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为s2，所用时间为t1′，由运动学公式得 v＝v0+at1′

2𝑣2−𝑣0=2𝑎𝑠2

代入数据解得： t1′＝1.0s s2＝5.5m

因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度，此后载物箱与传

第16页（共25页）

送带共同匀速运动（△t﹣t1′）的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为s3，则

s3＝v（△t﹣t1′）＝0.5m

由上面可知，𝑚𝑣2＞𝜇𝑚𝑔(𝐿−𝑠2−𝑠3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，

21

由运动学公式可得

2𝑣3−𝑣2=−2𝑎(𝐿−𝑠2−𝑠3)

解得：v3＝5m/s

所以传送带停止转动后，载物箱滑动的时间为 𝑡2′=

𝑣3−𝑣5−6

=𝑠=1𝑠 −𝑎−1设载物箱通过传送带的过程中，合外力对它的冲量为I，由动量定理有 I＝m（v3﹣v0） 代入数据得I＝0

所以传送带给载物箱的冲量等于在这段时间内重力的冲量，方向与重力的方向相反，为竖直向上，大小为𝐼′=𝑚𝑔(△𝑡+𝑡2′)=3𝑁⋅𝑠

答：（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间为2.75s；

（2）载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度为4√3𝑚/𝑠，最小速度为√2𝑚/𝑠； （3）若v＝6.0m/s，载物箱滑上传送带△t=

13

s后，传送带速度突然变为零。载物箱从126253

625

左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量为

𝑁⋅𝑠。

第17页（共25页）

19.【解答】（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动1122量守恒定律和题给条件有：0mAvAmBvB，Ek＝mAvAmBvB，联立两式并代入题给

22数据得vA4.0 m/s，vB1.0 m/s.

（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，B一直向左运动，一直到停止，则对A由动量定理可得：mAgt10mAvA，则：t12.0s，

1mBvB2mBgt20mBvB，t20.5s，则：可得：可知B先停止运动，该过程中B的位移：，xB2mBg代入数据可得：xB0.25m.从二者分开到B停止，A若一直向右运动，由动量定理可得：vAvAmAgt2mAvAmAvA，B停止时A的速度：

mAgt2mAvA3m/s，，代入数据可得：

1122对A由动能定理可得：mAgxAmAvAmAvA，则位移：xA1.75m＞l1.0m，这

22表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边的距离为：x2lxA2.0m1.75m0.25m处.B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为：sxBx0.25m0.25m0.50m.

（3）t2时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA，1122由动能定理有：mAgxmAvAmAvA，计算得：vA7m/s，故A与B将发生

22碰撞.设碰撞后A、B的速度分别为vA0以和vB0，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：111m（）mAvA0mBvB0以及：mAvA2mA0vA02mB0vB02 ，联立并代入题给数据得：AvA222vA03727m/s，vB0m/s，这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动.设碰撞后A55向右运动距离为xA时停止，B向左运动距离为xB时停止，由动能定理可得：

11mAvA020mBvB020，x2，代入数据得：xA0.63m，xB0.28m，xA小于碰xA2BmAgmBg撞处到墙壁的距离.由上式可得两物块停止后的距离：sxAxB0.63m0.28m0.91m. 答：（1）弹簧释放后瞬间A、B速度的大小分别为4.0m/s和1.0m/s； （2）物块B先停止，该物块刚停止时A与B之间的距离是0.50m； （3）A和B都停止后，A与B之间的距离是0.91m.

第18页（共25页）

20.【解答】：（1）设a的质量为m，则b的质量为3m，碰撞后b滑行过程，根据动能定理得

1•3mgs0mvb2，解得 vb2gs. 2（2）对于a、b碰撞过程，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得mv0mva3mvb.根111222据机械能守恒得mv0mva3mvb.设轻绳的长度为L．对于a下摆的过程，根据机械

22212能守恒得mgLmv0，联立解得 L4s.

2答：（1）碰撞后瞬间物块b速度的大小为2gs； （2）轻绳的长度是4s.

第19页（共25页）

21．【解答】（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=2mv02， A、B发生完全弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mvA+4mvB， 由机械能守恒定律得：mv02=2mvA2+2•4mvB2，

21

1

1

1

解得：vA=−5√2𝑔ℎ，vB=5√2𝑔ℎ；

（2）物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理得： 对B：﹣μ•4mgx＝0−•4mvB2，x=

1

28ℎ， 2532

设当物块A的位移为x时速度为v，

对A，由动能定理得：﹣μmgx=2mv2−2mvA2， 解得：v=√5𝑔ℎ，

A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mvA′+4mvB′， 由机械能守恒定律得：mv2=2mvA′2+2•4mvB′2，

21

1

1

2

1

1

解得：vA′=−5√5𝑔ℎ，vB′=5√5𝑔ℎ，

碰撞后A向左做减速运动，B向右做减速运动，由动能定理得： 对A：﹣μmgxA＝0−2mvA′2， 对B：﹣μ•4mgxB＝0−2•4mvB′2， 解得：xA=125h，xB=125h，

A、B均停止运动后它们之间的距离：d＝xA+xB=

26

h； 12535

18

811

3222

答：（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离为

26

√2𝑔ℎ、

2

5√

2𝑔ℎ；

125

h。

第20页（共25页）

22．【解答】以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程中根据动量定理可得： I﹣mgt＝mv﹣（﹣mv）

解得小球所受弹簧弹力冲量的大小为： I＝2mv+mgt。

答：小球所受弹簧弹力冲量的大小为2mv+mgt。

223．【解答】（1）设烟花弹的初速度为v0．则有：E=2𝑚𝑣0

1

得：v0=√

2𝐸

𝑚烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，则有：v0﹣gt＝0 得：t=

12𝐸√ 𝑔𝑚𝑣2𝐸

（2）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸上升的高度为：h1=0=

2𝑔𝑚𝑔对于爆炸过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得： 0=mv1−mv2。

根据能量守恒定律得：E=2⋅2mv12+2⋅2mv22。 联立解得：v1=√

2𝐸 𝑚11

11

1212𝑣2𝐸1爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为：h2=2𝑔=𝑚𝑔 所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为：h＝h1+h2=𝑚𝑔 答：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间是（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度是

2𝐸

1

2𝐸

𝑔

√

2𝐸𝑚

；

𝑚𝑔

。

第21页（共25页）

24．【解答】（1）以B车为研究对象，根据动能定理可得：

2﹣μmBgxB＝0−2𝑚𝐵𝑣𝐵

1

代入数据解得：vB＝3m/s；

（2）设碰后A车速度大小为vA，碰前A车速度大小为v0， 碰后A车运动过程中，根据动能定理可得：

2﹣μmAgxA＝0−𝑚𝐴𝑣𝐴，

1

2代入数据解得：vA＝2m/s；

两车碰撞过程中，取向右为正、根据动量守恒定律可得： mAv0＝mAvA+mBvB

代入数据解得：v0＝4.3m/s。

答：（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小为3m/s； （2）碰撞前的瞬间A车速度的大小为4.3m/s。

25．【解答】（1）从A到B根据速度位移关系可得：vB2﹣vA2＝2aL， 解得：L=2×4.5m＝100m；

（2）根据动量定理可得：I＝mvB﹣mvA＝60×30﹣0＝1800N•s； （3）运动员经过C点时受到重力和支持力，如图所示； 根据动能定理可得：mgh=2mvC2−2mvB2， 根据第二定律可得：FN﹣mg＝m解得：FN＝3900N。

答：（1）长直助滑道AB的长度为100m；

（2）运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小为1800N•s；

（3）若不计BC段的阻力，运动员经过C点时的受力图如图所示，其所受支持力的大小为3900N。

2

𝑣𝐶

900−0

11

𝑅

第22页（共25页）

𝑚𝑣2

26．【解答】（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则：𝐹𝑁−𝑚𝑔=𝑅0

代入数据可得：v0＝4m/s

2（2）A到B的过程中重力和阻力做功，则由动能定理可得：𝑚𝑔𝑅−𝑊𝑓=2𝑚𝑣0−0

1

代入数据得：Wf＝2.4J

22（3）由B到C的过程中：−𝑘𝑚𝑔𝐿𝐵𝐶=2𝑚𝑣𝑐−2𝑚𝑣0

11

则：𝐿𝐵𝐶

2𝑣20−𝑣𝑐

=2𝑘𝑔 从C点到落地的时间：𝑡0=√𝑔=√10=0.8s

2𝑣20−𝑣𝑐

B到P的水平距离：𝐿=+𝑣𝑐⋅𝑡0

2𝑘𝑔2

代入数据，联立并整理可得：L＝4−𝑣𝑐+𝑣𝑐

2ℎ2×3.2

1

445可知。当 vc＝1.6m/s时，P到B的水平距离最大，为：L＝3.36m

（4）由于小球每次碰撞机械能损失75%，由𝐸𝐾=𝑚𝑣2，则碰撞后的速度为碰撞前速度的

12

12，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方向分12

12

速度的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的，所以从第一次碰撞后到发生第二次碰撞的时间： 𝑡1=2×2𝑡0=2×2×0.8=0.8s

同理，从第二次碰撞后到发生第三次碰撞的时间：𝑡2=2𝑡1=2×0.8=0.4s 从第n次碰撞后到发生第n+1次碰撞的时间：𝑡𝑛=(2)𝑛−1𝑡1 小球运动的总时间：t＝t0+t1+t2+…+tn 由数学归纳法分可得：t＝2.4s

答：（1）小球运动至B点的速度大小4m/s；

（2）小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是2.4J；

（3）为使小球落点P与B点的水平距离最大，BC段的长度是3.36m； （4）小球从C点飞出后静止所需的时间是2.4s。

1

1

1

1

1

第23页（共25页）

27．【解答】甲、乙相遇时用力推对方的过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m甲v甲+m乙v乙＝m甲v甲′+m乙v乙′，

代入得：m甲×1+m乙×（﹣1）＝m甲×（﹣1）+m乙×2， 解得：m甲：m乙＝3：2．

答：甲、乙两运动员的质量之比是3：2．

28．【解答】（i）设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v′，取向右为正方向，由动量守恒定律有：

mBv＝（mA+mB）v′①

在碰撞后A和B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有

12

（mA+mB）v′2＝（mA+mB）gh ②

联立①②式得 h=

𝑚2𝐵2𝑔(𝑚𝐴+𝑚𝐵)

2

2v③

由题意得：

h﹣v直线斜率的理论值 k0=

﹣

2

𝑚2𝐵2𝑔(𝑚𝐴+𝑚𝐵)

2④

代入题给数据得 k0＝2.04×103s2/m ⑤ （ii）按照定义知，k值的相对误差δ=由⑤⑥式和题给条件得δ＝6% ⑦ 答：

（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，h﹣v2直线斜率的理论值k0是2.04×103s2/m．

﹣

|𝑘−𝑘0|

×100% ⑥ 𝑘0

（ii）k值的相对误差δ是6%．

第24页（共25页）

29．【解答】设物块与地面间的动摩擦因数为μ 要使物块a、b能够发生碰撞，应有：mv2

𝑣20即μ＜2𝑔𝑙⋯②

1

2

0＞μmgl…①

设a与b碰撞前的速度为v1，由能量守恒得：

12

2

𝑚𝑣20=μmgl+2𝑚𝑣1⋯③

1

设a与b碰撞后的瞬间，速度大小分别为va、vb，根据动量守恒定律和能量守恒定律得： mv1＝mva+mvb…④

12

3

4𝑚𝑣21=mv

2

1

2

𝑎

+×mv

8

12342

𝑏；…⑤

联立④⑤式解得：vb=7v1…⑥

碰后，b没有与墙发生碰撞，即b在达到墙前静止，由功能关系得：

12

（m）v

4

3

2𝑏

≤μmgl…⑦

4

3

32𝑣20联立③⑥⑦式，得：μ≥⋯⑧

113𝑔𝑙联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件为：

𝑣2

≤μ＜0

2𝑔𝑙113𝑔𝑙

𝑣20答：物块与地面间的动摩擦因数满足的条件是≤μ＜2𝑔𝑙．

113𝑔𝑙

232𝑣0

232𝑣0

30．【解答】（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m＝ρV＝ρSv0，

（ii）设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h， 根据运动学基本公式得：𝑣2−𝑣02=−2𝑔ℎ，

水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正， 根据动量定理得： ﹣Mgt＝ρSv0t（0﹣v） 联立解得：h=

𝜌2𝑆𝑣04−𝑀2𝑔2

22𝜌2𝑆𝑣02𝑔2

答：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量为ρSv0； （ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为

𝜌2𝑆2𝑣04−𝑀2𝑔22𝜌2𝑆2𝑣02𝑔

。

第25页（共25页）