第23讲 动量守恒定律及其应用（专项训练）（四川专用）（教师版）

第23讲动量守恒定律及其应用目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练题型01动量守恒定律题型02碰撞题型03爆炸反冲人船模型02核心突破练03真题溯源练01动量守恒定律及应用1.（2025·四川眉山·高三月考）算盘是中国古老的计算工具，承载着我国古代劳动人民的智慧结晶和悠远文明。算盘一般由框、梁、档和算珠组成，中心带孔的相同算珠可在档上滑动，使用前算珠需要归零。若一水平放置的算盘中分别有一颗上珠和一颗顶珠未在归零位置，上珠靠梁，顶珠与框相隔d1=1cm，上珠与顶珠相隔d2=4A．算珠与档之间的动摩擦因数为0.1B．上珠从拨出到停下所用时间为0.2sC．上珠与顶珠发生的碰撞顶珠的速度0.1m/sD．顶珠碰撞后恰好能运动至归零位置【答案】D【详解】A．根据上珠运动的v−t图像可知，上珠碰前匀减速运动的初末速度分别为v0=0.5根据牛顿第二定律有μmg=ma利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有v解得μ=0.2故A错误；B．v−t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，结合图乙有a=0.5m/s解得t故B错误；C．根据图乙可知，碰撞后上珠的速度v根据动量守恒定律有m解得v故C错误；D．顶珠做匀减速运动至速度减为0过程，利用逆向思维有v解得x=1故D正确。故选D。2.光滑水平地面上的物体A沿直线运动时与静止的物体B发生正碰，其位移-时间图像如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为（）A．1：6 B．1：4 C．1：3 D．1：2【答案】A【详解】由x−t图像的斜率表示速度，可推出碰撞前后的瞬时速度为vA=v′A由动量守恒可得m代入数据解得m故选A。3.A、B两球沿一直线发生正碰，图中的s−t图记录了两球碰撞前后的运动情况，图中的a、b分别是A、B两球碰前的s−t图线，c是碰撞后的s−t图线（图线a与纵轴的交点坐标为9），若A球的质量mA

A．球B的质量mB．碰撞前球A的动量大小为2C．碰撞过程中，球A受到的冲量大小为3D．碰撞过程中，球B动量变化的大小为1【答案】C【详解】A．由位移时间图像斜率表示速度得，A碰前的速度为vAB碰前的速度为vA、B碰后的速度为vABA、B两球碰撞时动量守恒mA解得mB故A错误；B．碰撞前球A的动量为pA故B错误；C．碰撞过程中，球A受到的冲量为I=故C正确；D．碰撞过程中，球B动量变化为ΔP故D错误。故选C。4.一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M=1kg的木块后不再穿出，木块的动能增加了8J，设子弹射入木块的过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是（）

A．木块动量变化量的大小为2kg·m/sB．子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0JC．此过程产生的内能可能是6JD．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失机械能增大【答案】D【详解】A．根据题意可得1解得木块的速度为v所以木块动量变化量的大小为Δ故A错误；B．设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到子弹、木块相对静止，木块位移为x，子弹所受阻力为f，则WW所以W故B错误；C．子弹、木块运动的v-t图像如图所示

由于图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知x<d所以W即此过程产生的内能大于8J，不可能是6J，故C错误；D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，木块的加速度减小，v-t图像如图所示

由图可知，子弹射入木块的深度d增大，产生的内能增大，系统损失的机械能增大，故D正确。故选D。5.如图所示，质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧处于原长，一颗质量为km(k<1)的子弹以水平速度v0A．子弹射入木块A的过程中，子弹的动量变化量为kmB．子弹射入木块A的过程中，木块A的动能增加量为kmC．弹簧第一次压缩到最短的过程中，木块B的动量大小为kmD．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为m【答案】C【详解】A．子弹射入物块A的过程中，子弹与物块A组成的系统动量守恒，则有km求得v子弹动量的变化量Δ选项A错误；B．物块A的动能增加量为Δ选项B错误；C．当弹簧第一次压缩到最短时，两物块共速，则有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒，则有km求得v物块B的动量大小为p选项C正确；D．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为Δ选项D错误。故选C。6.（多选）A、B两球沿直线运动并发生正碰。如图为两球碰撞前后的位移—时间图像。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像，若A球质量是m＝2kg，则由图可知（）A．A、B碰撞前的总动量为3kg·m/sB．碰撞时A对B所施冲量为－4N·sC．碰撞前后A的动量变化量为6kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J【答案】BD【详解】由x－t图像可知，碰撞前A球的速度vA＝ΔxB球的速度vB＝Δx碰撞后A、B两球的速度相等，为vA'＝vB'＝v＝2−42则碰撞前后A的动量变化量ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s对A、B组成的系统，由动量守恒定律有mvA＋mBvB＝（m＋mB）v解得mB＝43A与B碰撞前的总动量为p总＝mvA＋mBvB＝2×（－3）kg·m/s＋43×2kg·m/s＝－10由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为IB＝ΔpB＝－4kg·m/s＝－4N·s碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk＝12mvA2＋12mBvB2代入数据解得ΔEk＝10J故选BD。7.（多选）如图所示，在光滑的水平地面上有一辆质量为M的平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB（A．若A、B以相同的速率相向运动，则平板车的速度为零B．若A、B以相同的速率相向运动，则平板车的速度不为零C．若A向右运动、B向左运动交换位置后，平板车的位移为零D．若A向右运动、B向左运动交换位置后，平板车的位移不为零【答案】BD【详解】AB．两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人与大小相等的速度相向运动，A的质量大于B的质量，则A的动量大于B的动量，AB的总动量方向与A的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动，故A错误，B正确；CD．以人船模型分析，先让A到B的位置车向左位移大小xB到A的位置车再向右位移大小x因为mA>mΔ故D正确，C错误。故选BD。02碰撞8.（多选）准确理解物理概念的内涵和外延是学好物理的关键。下列说法正确的是（）A．弹性碰撞的物体在碰撞过程中满足动量守恒和动能守恒B．电荷的电势能变化仅与电荷所受的电场力做功有关C．电场是客观存在的一种特殊物质，电场线、等势面是人为假想的，客观并不存在D．通电导线内部的电场就是电源所形成的【答案】AB【详解】A．物体在碰撞过程中满足动量守恒和动能守恒的称为弹性碰撞,故A正确；B．电荷的电势能变化的多少取决于电荷所受电场力所做的功的大小,故B正确；C．电场是客观存在的一种特殊物质；电场线是人为假想的，客观并不存在；等势面是客观存在的，是电场中各相等的电势点构成的，即使不画出来，也是真实存在的,故C错误；D．通电导线内部的电场是电源电场和堆积在导体表面的电场叠加而成的,故D错误。故选AB。9.（多选）如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运动，A、B两球的质量分别为m和3m，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好静止。则（）A．碰撞前A、B两球的速度大小之比为1∶1B．碰撞前A、B两球的速度大小之比为3∶2C．A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞D．A、B两球发生的碰撞是非弹性碰撞【答案】AC【详解】AB．设向右为正方向，根据动量守恒定律m得vA正确，B错误；CD．碰撞前系统动能为E碰撞后系统动能为E可知，碰撞前后系统机械能相等，A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞，C正确，D错误。故选AC。10.（多选）如图，质量为m1的小球以速度v1向右在光滑的地面上运动，质量为m2的小球以速度v2也向右运动，且v1>v2，两球发生弹性碰撞，碰撞后的m1的速度为v1'，m2的速度为v2'，则（）A．v1'=m1−m2m1+m2v2+2m2m1B．v1'=m1−m2m1+m2v1+2m2m1C．若m1=m2，则v1'=v1，v2'=v2D．若m1=m2，则v1'=v2，v2'=v1【答案】BD【详解】两球发生弹性碰撞，满足系统的动量守恒，能量守恒，取向右方向为正方向，根据动量守恒有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'由能量守恒可知1联立解得v1'=m1−m2m1v2'=m2−m1m1若满足m1=m2，则有v1'=v2v2'=v1故BD正确，AC错误。故选BD。11.（多选）如图所示，A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为mA=3kg，mB=2kg，mC=1kg，三个小球的初状态均静止，B、C两球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给A一个向左的初速度v0=10m/s，A、B碰后A球的速度依然向左，大小为2m/s，下列说法正确的是（）A．球A和B的碰撞是弹性碰撞B．球A和B碰撞后，球B的最小速度可为0C．球A和B碰撞后，弹簧的最大弹性势能可以达到72JD．球A和B碰撞后，球B速度最小时球C的速度可能为16m/s【答案】AD【详解】A．AB两球相碰，根据动量守恒定律m代入数据，可求得v由于，在碰撞的过程中满足1因此该碰撞是弹性碰撞，A正确；BD．由于BC及弹簧组成的系统，在运动的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当B的速度最小时，应该是弹簧处于原长状态m1整理得v3=4因此B的最小速度为4m/s，此时C球的速度为16C．当BC两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大mE解得EC错误。故选AD。12.（多选）如图所示，在光滑水平桌面上放有足够长的木板C，在C上左端和距左端x处各放有小物块A和B，A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C的质量均为m。开始时，B、C静止，A以某初速度v0A．A运动过程中，B受到的摩擦力为μmgB．最终A、B、C一起向右以v0C．若要使A、B恰好不相碰，A的初速度vD．若要使A、B恰好不相碰，A的初速度v【答案】BD【详解】A．设A在C板上滑动时，B相对于C板不动，则对B、C有μmg=2ma解得a=又B依靠摩擦力能获得的最大加速度为a有aB未相对C滑动而随木板C向右做加速运动，B受到的摩擦力f方向向右，故A错误；B．将三者看做一个整体，整体所受外力为零，动量守恒，故有m解得v=故B正确；CD．若要使A、B恰好不相碰，则A到达B处恰好三者共速。根据能量守恒可得1解得v故C错误，D正确。故选BD。13.2022年第24届冬奥会将在北京举行，其中冰壶比赛是冬奥会项目之一。在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的v－t图像如图b所示，关于冰壶的运动，下列说法正确的是（）A．碰撞后在冰面滑行的过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大B．碰撞后，蓝壶运动的加速度大小为0.2m/s2C．碰撞后两壶相距的最远距离为2mD．两壶碰撞是弹性碰撞【答案】C【详解】A．根据图像的斜率表示加速度知，碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以蓝壶受到的阻力比红壶的小，故A错误；BC．设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0=1.2m/s，碰后红壶的速度为0.4m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得m解得v=0.8根据图像可得，红壶碰前的加速度大小为a所以蓝壶静止的时间为Δ碰后蓝壶的加速度大小为a碰后两壶相距的最远距离Δ故B错误，C正确；D．碰撞前两壶的总动能为E碰撞后两壶的总动能为E所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故D错误。故选C。14.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1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（）A．3J B．4J C．5J D．6J【答案】A【详解】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲=5m/s，vm解得m则损失的机械能为ΔE=解得ΔE=3故选A。03爆炸反冲人船模型15.如图，ABC静置于水平面上，BC之间放有少量炸药，极短时间内爆炸产生60J的能量中有90%转化为BC两物体的动能。已知mA=2kg，mB=1kg，mC=3kg；A与地面之间的动摩擦因数μA=0.05，A与B之间的动摩擦因数μ（1）爆炸后瞬间A、B、C的加速度大小；（2）爆炸后瞬间B、C的速度大小；（3）爆炸后到A板向右运动到最远的过程中，A与地面之间因为摩擦而产生的热量；【答案】（1）aA=2m/s2，aB=5【详解】（1）爆炸后瞬间，分别对物体受力分析得aaa（2）爆炸瞬间，由动量守恒得m根据题意，由能量守恒得90%E=联立解得vv（3）设经过t1时间，A、C两物体达到共速，则有v代入数据解得tv假设A、C两物体一起减速运动，则两者的加速度满足a故假设成立，则A、C速度减到零的时间为t此过程中A物体的对地位移为x=则因摩擦而产生的热量为Q=16.（多选）（2025·四川凉山·三模）如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以对车相同的位置和速度，将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球过程中（）A．小车始终未动B．人、车和球组成的系统动量守恒C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离D．球全部落入左框后，小车将静止不动【答案】CD【详解】AB．在投球过程中，人、车和球系统所受的合外力不为零，虽然系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以人和车系统所受的合外力不为零，车在人的作用力作用下右移，故AB错误；C．设一个球的质量为m，人、车和剩余球的质量为M，人扔球时到篮筐的水平距离为L，根据水平方向动量守恒m则m又x解得x车D．当球全部投入左边的框中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为零，则小车的速度为零，故D正确。故选CD。17.（多选）如图所示，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑水平地面上，直径AB水平。现将质量为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为34h0A．小球和小车组成的系统动量不守恒B．小车向左运动的最大距离为RC．小球离开小车后做斜上抛运动D．小球第二次能上升的最大高度1【答案】AD【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A正确；B．由于系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv−mm解得小车的位移为x=R故B错误；C．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；D．小球第一次车中运动过程中，由动能定理得mg(解得W=即小球第一次在车中滚动损失的机械能为14mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgh0，机械能损失小于143而小于34故选AD。18.如图所示，质量为1kg的平板车放置在光滑水平玻璃面上，一辆质量为0.2kg的电动玩具车放在平板车上，其前端距离平板车左端1.8m。现启动电动玩具车，则（）A．玩具车开始向左运动后，平板车仍然静止B．玩具车突然不动时，平板车仍然向右运动C．玩具车运动得越快，平板车运动得越慢D．玩具车前端运动到平板车左端时，平板车在水平面上移动0.3m【答案】D【详解】A．根据动量守恒定律，玩具车开始向左运动后，平板车向右运动，A错误；B．根据动量守恒定律，玩具车突然不动时，平板车也立即停止运动，B错误；C．根据动量守恒定律，玩具车运动得越快，平板车运动得越快，C错误；D．根据动量守恒定律m根据题意得x平解得x电x平玩具车前端运动到平板车左端时，平板车在水平面上移动0.3m，D正确。故选D。19.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计一吨左右），一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量（）A．m（L+d）d B．md（L−d【答案】D【详解】因水平方向动量守恒，可知人运动的位移为（L-d）由动量守恒定律可知m(L−d)=Md解得船的质量为M=故选D。20.（多选）如图所示，质量为100kg的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h=0.8m在船尾处有一质量为20kg铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离L=3m，船头到湖岸的水平距离x=0.7m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的有（）A．铁块脱离木船后在空中运动的时间为0.4sB．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为1.75m/sC．小木船最终的速度大小为1.25m/sD．弹簧释放的弹性势能为108J【答案】AD【详解】AB．烧断细线后以M、m组成的整体为研究对象，对M与m组成的系统由平均动量守恒得Ms解得ss铁块离开小木船后做平抛运动sℎ=解得t=0.4v选项A正确，B错误。C．铁块与小木船相互作用时，由动量守恒得M解得v选项C错误。D．由机械能守恒定律得E解得E选项D正确。故选AD。21.（多选）如图所示，甲、乙两车的质量均为5m，静置在光滑的水平面上，两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（）A．甲、乙两车运动中动量大小之比为6∶5B．甲、乙两车运动中速度之比为5∶6C．甲车移动的距离为6LD．乙车移动的距离为5L【答案】AC【详解】AB．甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，有0=5m⋅则甲、乙两车运动中速度之比为v而甲、乙两车运动中动量大小之比为P故A正确，B错误；CD．设甲车和乙车移动的位移为x甲和xx甲=又有x联立解得x甲=故C正确，D错误；故选AC。22.（多选）如图所示，质量均为m=2kg的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l=0.5m的细线，细线另一端系一质量为1kg的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为A．两物块A和B分离时，A、B的速度大小均为2B．两物块A和B分离时，C的速度大小为2C．C球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为0.1mD．C球由静止释放到最低点，A对B的弹力的冲量大小为10【答案】BC【详解】AB．球C下落到最低点时，AB将要分离，根据机械能守恒定律有m系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有m联立解得vC=2故A错误，B正确；C．C球由静止释放到最低点的过程中，设C对地的水平位移大小为x1，AB对地的水平位移大小为xmCx解得x故C正确；D．C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理有I故D错误。故选BC。23.（多选）如图所示，载有物资的热气球的总质量为M，静止于距离水平地面H的高处。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与热气球的距离为d。设整个过程中热气球所受浮力不变，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是（

A．物资落地前，热气球与其组成的系统动量守恒B．投出物资后，热气球匀速上升C．物资落地时，热气球上升的高度为mHD．d=【答案】ACD【详解】A．物资抛出之前，物资和气球受合力为零，物资抛出后，气球和物资受合外力不变，则系统受合外力仍为零，则物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，选项A正确；B．投出物资后热气球受合力向上，则向上做匀加速直线运动，选项B错误；CD．设物资落地时热气球上升的高度为h，则对物资和气球系统，由动量守恒定律(M−m)解得ℎ=则d=H+ℎ=H+选项CD正确。故选ACD。24.（多选）如图所示，把两个大小相同的金属球A和B用细线连接，中间夹一被压缩的轻弹簧，静止在光滑的水平桌面上。已知A的质量为M，B的质量为m，弹簧的压缩量为x，原长为L。现烧断细线，在弹簧恢复原长的过程中，下列说法正确的是（

）

A．小球A、B组成的系统动量守恒B．当弹簧恢复至原长时，小球A与小球B的动能之比为m:MC．金属球B发生的位移大小为M(L−x)D．金属球A发生的位移大小为mx【答案】ABD【详解】AB．小球A、B组成的系统受到的合外力为零，则小球A、B组成的系统满足动量守恒，当弹簧恢复至原长时，有M可得小球A与小球B的动能之比为1故AB正确；CD．根据M则有M可得M又x联立解得xA=故C错误，D正确。故选ABD。25.（多选）2022年冬季奥运会将在北京举行。我国冰壶运动员在某一次水面内训练时，红壶以一定的速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向上的冰面来减小阻力。碰撞前、后两壶运动的v－t图线如图中实线所示，如果两冰壶的质量相等，那么，由图像可得出正确的结论是（）A．碰撞后瞬间，蓝壶的速度为1.5m/s，红壶的速度为B．两壶在碰撞过程中损失的机械能为两壶从碰后到静止损失的总机械能的34C．红、蓝两壶在运动过程中，动摩擦因数之比为μD．碰后蓝壶经过4s【答案】AD【详解】A．由图像可以看出，碰前红壶的速度为v0=2.0m/s，碰后瞬间蓝壶的速度vm得v故A正确；B．碰撞过程中损失的机械能为Δ两壶从碰后到静止损失的总机械能Δ两壶在碰撞过程中损失的机械能为两壶从碰后到静止损失的总机械能的35CD．碰前红壶的加速度为a=则μ由图像可知t碰后蓝壶运动时间为Δt=则碰后蓝壶的加速度为a则μ则μ故C错误，D正确。故选AD。26.（多选）在光滑的水平面上，质量为m的小球A以速度v0水平向右运动，与质量为3m

A．碰后B球的速度方向一定向右 B．碰后A球的速度方向一定向左C．碰后B球速度的最大值为12v0 D．碰后A球速度的最大值为14【答案】AC【详解】无论小球材质如何，两小球的碰撞过程都遵循动量守恒，设碰撞前小球A的速度方向为正方向，若两球发生的是完全非弹性碰撞，则有m若两球发生的是完全弹性碰撞，则动量守恒的同时机械能也守恒m1联立解得vvAB．由以上分析可知，碰后小球B的速度方向一定向右，小球A的速度方向可能向右也可能向左，A正确，B错误；CD．碰后B球速度的最大值为12v0，碰后小球A的速度可以是反向12v故选AC。27.（多选）在光滑水平面上，小球A、B（可视为质点）沿同一直线相向运动，A球质量为1kg，B球质量大于A球质量．如果两球间距离小于L时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于L时作用力消失．两球运动的速度一时间关系如图所示，下列说法正确的是A．B球质量为2kgB．两球之间的斥力大小为0.15NC．t=30s时，两球发生非弹性碰撞D．最终B球速度为零【答案】BD【详解】当两球间距小于L时，两球均做匀减速运动，因B球质量大于A球质量可知B球加速度小于A球的加速度，由v-t图像可知：aB=2−320m/s2=−0.05m/s2；aA=0−（-3）20m/s2=0.15m/s2；由牛顿第二定律：F=mAaA=mBa28.（多选）如图所示，可视为质点的完全相同的A、B两小球分别拴接在一轻弹性绳的两端，两小球质量均为m，且处于同一位置（离地面足够高）。弹性绳原长为L，始终处于弹性限度内，且满足胡克定律。t=0时刻，让A球自由下落的同时B球以速度v0水平向右抛出，弹性绳从开始出现弹力到第一次恢复原长所用时间为t0。已知重力加速度为g，两个小球发生的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短忽略不计，不计一切阻力，下列说法正确的是（

A．当弹性绳第一次最长时，B球的动量大小为1B．弹性绳的最大弹性势能为1C．从0时刻到弹性绳第一次恢复原长时，重力的冲量为mgD．两小球碰撞的时刻为t=【答案】BD【详解】A．当弹性绳第一次最长时，两小球水平方向上动量守恒m得v但由于其竖直方向上也有速度，故其动量大小不是12B．水平方向上共速时弹性势能最大，设此时两小球竖直速度均为v12mgℎ+同时v1E故B正确；C．当小球第一次恢复原长时，经历的时间为t故重力的冲量为I故C错误；D．根据弹性碰撞的规律，每次碰撞后，两小球速度交换，从开始运动到两小球第一次相碰，经历的时间为2Lv0+t=故D正确。故选BD。29.（多选）（2025·四川绵阳·三模）如图1所示，在水平地面上有甲、乙两物块（均可视为质点）相向运动，运动一段时间后发生碰撞，碰撞后两物块继续运动直到均停止在地面上。整个过程中甲、乙两物块运动的速度—时间图像如图2所示，t=0时刻甲、乙间距为x1，均停止后间距为x2，已知重力加速度A．两物块与地面间的动摩擦因数相同B．乙在整个过程中的位移大小xC．两物块的质量之比为mD．两物块间的碰撞为弹性碰撞【答案】BC【详解】A．从图2可以看出a甲=解得μ甲=0.2故A错误；B．根据v−t图像与横轴围成的面积表示位移，可知t=0之后的运动过程甲的位移为x则乙在整个过程中的位移大小为x故B正确；C．由v−t图像结合图中比例关系可知碰撞前瞬间甲、乙两物块的速度分别为v1=6m/s，v2=−12m代数数据解得m故C正确；D．结合C项分析可知1则两物块间的碰撞不是弹性碰撞，故D错误。故选BC。30.（多选）一次台球练习中，某运动员用白球击中子彩球，白球与静止的彩球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球在同一直线上运动，且台球运动时所受桌面阻力保持不变，两球质量均为m=0.2kg，碰撞后两球的位移x与速度的平方v²的关系如图所示，重力加速度g取10m/s²。则下列说法正确的是（）A．碰撞前白球的速度为1.64m/sB．碰撞过程中，白球对彩球的冲量大小为0.2kg·m/sC．碰撞过程中，系统有机械能转化为内能D．台球所受桌面阻力为0.5N【答案】BC【详解】A.碰后白球速度v彩球速度v设碰撞前白球速度为v0m解得v故A错误；B.碰撞过程中，白球对彩球的冲量I=mB正确；C.由于1故碰撞过程中，系统有机械能转化为能，C正确；D.由运动学知识可知a=故阻力为f=ma=0.05故D错误。故选BC。31.（多选）如图甲所示，“L”形木板Q（竖直挡板厚度不计）静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P（视为质点）以6m/s的初速度滑上木板，t=2sA．“L”形木板的长度为9B．Q的质量为1C．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能之比为1【答案】BD【详解】A．“L”形木板的长度L=A错误；B．滑块P滑上木板后，滑块P做匀减速运动，木板Q做匀加速运动，由两者运动的v−t图像可知，两者在碰撞前滑块P的速度为v木板Q的速度v两者碰撞后共同速度为v碰撞过程系统的动量守恒，设滑块P的质量为m，木板Q的质量为M，取滑块P的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得m代入数据解得M=1B正确；C．设滑块P与木板Q间的滑动摩擦因数为μ1，地面与木板之间的滑动摩擦因数为μ2，由运动的a木板Q的加速度为a对两者由牛顿第二定律可得−μ代入数据联立解得μC错误；D．由于碰撞系统损失的机械能为Δ代入数据解得Δ碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能Q=课中由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能之比为1：故选BD。32.（多选）如图甲所示，水平传送带A、B两轮间的距离L=3.5 m，质量M=2.0kg的物块（可视为质点）随传送带一起以恒定的速率v0=2.0 m/s向左匀速运动。当物块运动到最左端时，质量m=0.050 kg的子弹以u0=400mA．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.40B．子弹击穿物块后的速度u为320C．整个过程中物块与传动带之间因摩擦产生的热量为52D．整个过程中物块与传动带之间因摩擦产生的热量为68【答案】AD【详解】A．根据速度图象可知，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动，在0~1s内物块的速度由4m/s减为a=由牛二定律有f=μMg=Ma解得μ=B．物块被击中前的速度大小为v0=2.0m/s，由速度图像可知物块被击穿后瞬间物块的速度大小，v=4.0m解得u=160选项B错误；CD．第1颗子弹击穿物块后，物块向右运动的时间为t设向右运动的最大距离为x1x1=v2tx所以在Δt=1.5l=第二颗子弹射入时物块的速度和第一颗刚射入相同，且物块再运动1s物块向右运动2m，刚好从传送带滑出，即运动的总时间为2.5s，第一颗子弹的相对路程由图像可得xxΔ第二颗子弹的相对路程由图像可得xxΔ所以Q=μMg故D正确，C错误。故选AD。33.（江苏·高考真题）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（

）A．1:2 B．2:1 C．2:3 D．3:2【答案】D【详解】由动量守恒定律得m解得m代入数据得m故选D。34.（福建·高考真题）将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为mA．mv0M B．Mv0m【答案】D【详解】在不考虑重力和空气阻力影响的情况下，火箭及燃料气体系统在点火喷气过程中动量守恒，设喷气后火箭获得的速度为v，并以v的方向为正方向，根据动量守恒定律有0=(M−m)v+m(−解得v=故D正确，ABC错误。故选D。35.（多选）（2023·广东·高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s

A．该过程动量守恒B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5【答案】BD【详解】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p碰撞后的动量为p则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；B．对滑块1，取向右为正方向，则有I负号表示方向水平向左，故B正确；C．对滑块2，取向右为正方向，则有I故C错误；D．对滑块2根据动量定理有F解得F=5.5则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N故选BD。36.（多选）（2024·甘肃·高考真题）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心【答案】AD【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A正确；B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B错误；C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D正确。故选AD。37.（多选）（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（）A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于vD．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v【答案】BC【详解】由于两小球碰撞过程中机械