培优考点练习：动量守恒定律-人教版高二《物理》第一册

3.动量守恒定律

目录

题型分组练.......................................................................................1

题型8动量守恒定律...........................................................................1

题型02动量守恒定律的应用.....................................................................4

题型03单一方向的守恒.........................................................................8

创新拓展练......................................................................................12

链接高考........................................................................................18

新搜速递........................................................................................20

题型分组练

题型01动量守恒定律

1.如图所示，弧面为四分之一光滑圆弧的物块静置于光滑水平地面上。小球从弧面顶点由静止释放。在

小球运动到物块的最低点过程中,下列说法正确的是（）

A.小球的动量守恒，机械能不守恒

B.物块的动量不守恒，机械能守恒

C.小球和物块组成的系统动量不守恒，机械能守恒

D.小球和物块组成的系统动量守怛，机械能不守怛

【答案】C

【详解】AB.对小球，所受的合外力不为零，有物块对其做负功，故小球的动量和机械能都不守恒，

A错误；

B.对物块，其所受的合外力不为零，有小球对其做正功，故物块的动量和机械能都不守恒，B错误；

CD.小球从顶点到最低点的过程中，竖直方向上的加速度不为0,故小球和物块组成的系统在竖直方

向上所受合外力不为0,则动量不守恒，但系统只有重力做功，所以机械能守恒，C正确，D错误。

故选c。

2.2024年9月25日8时44分，中国人民解放军火箭军向太平洋相关公海海域，成功发射1发携载训练

模拟弹头的洲际弹道导弹，导弹准确落入预定海域。导弹由静止升空的过程可以简化为：总质量为M

的导弹在点火后的极短时间内，以相对地面的速度％竖直向下喷出质量为，〃的炽热气体。忽略喷气过

程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小为（）

A.%B.皿C.心纥D.&

MinM-mM-m

【答案】C

【详解】根据动量守恒定律有〃%

解得□'=

M-m

故选C.

3.2023年杭州亚运会上，严浪宇获得男子蹦床金牌。比赛时，可将蹦床简化为一竖直放置的弹簧，弹簧

的劲度系数为鼠其弹力厂与形变量x的关系如图所示。运动员的质量为，〃并可视为质点，当其从蹦床

正上方处的最高点下落到最低点时，蹦床的压缩量为xo,空气阻力不计，重力加速度为g,则由最高

点到最低点的过程中，下列说法正确的是（）

A.严浪宇和蹦床组成的系统动量守恒

B.严浪宇的动能最大时，蹦床的弹性势能为丝亡

K

22

c.严浪宇的动能的最大值为〃3?一生互

2k

D.蹦床弹性势能的最大值为"吆S+%）

【答案】D

【详解】A.由于人和蹦床组成的系统合外力不为零，则其幻.成的系统动量不守恒，故A错误;

B.当人加速度为零时，其动能最大，由

mg=kx

知人的动能最大时蹦床的压缩量为

1=整

此时弹簧的弹性势能等于克服弹力所做的功

1mgm-g~

E=-W=------=-----------

pn2k'2k

故B错误；

C.由动能定理可得

mg（h+x）-Ep=EknM

代入数据得

22

耳m”=，噂〃।“If

2k

故C错误；

D.由机械能守恒可知，弹性势能最大值

与2=，郎（〃+/）

故D正确。

故选D。

4.如图，在一个平静的足够深的水池中，木球通过细线连接一个铁球，二者一起以速度n竖直向下匀速

运动，铁球质量是木球的4倍，运动过程水的阻力忽略不计（浮力不可忽略）。某时刻细线断开，当

木球运动至最深处时，铁球的速度为（）

-------------水面

.木球

6铁球

537

A.-vB.-vC.-vD.2v

424

【答案】A

【详解】细线断开后，只要铁球还未沉底，木球还未浮出水面，二者组成的系统竖直方向上动量守

恒，木球运动至最深处瞬间,速度为0,设木球质量为加，铁球质量为4〃?，有

5mv=0+4/叫

解得

匕工

14

故选Ao

5.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（）

■

百舌f7

0

A.静止在光滑水平面上的斜槽顶端有一小球，小球由静止释放，在离开斜槽前小球和斜槽组成的系

统的动量守恒

B.在光滑的水平地面上有两辆小车，在两小车上各绑一个条形磁铁，他们在相向运动的过程中动最不

守恒

C.一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块，在炸裂前后系统动量不守恒

D.子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统动量守恒

【答案】D

【详解】A.离开斜槽前小球和斜槽组成的系统竖直方向合力不为零，动量不守恒，故A错误；

B.相向运动的过程中合外力为零，系统动量守恒，故B错误；

C.炸裂前后系统内力远大于外力，系统动量守恒，故C错误；

D.子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，故D正确。

故选D。

题型02动量守恒定律的应用

6.短道速滑接力是很具观赏性的比赛项目，比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面追上，

“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，忽略运动员与冰面之间的摩擦，交接棒过程中两

运动员的速度方向均在同一条直线上。对两运动员交接棒的过程卜列说法正确的是（）

A.两运动员的动量变化量一定相同

B.两运动员组成的系统动量守恒，机械能不守恒

C.两运动员速度变化量的大小一定相等

D.两运动员之间相互作用力的冲量一定相同

【答案】B

【详解】A.两运动员组成的系统合外力为零，满足动量守恒，所以两运动员的动最变化大小相等，方

向相反，故A错误；

B.“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，内力对系统做正功，系统机械能增加，合外

力为零，系统动量守恒，故B正确；

C.两运动员的动量变化大小相等，但不知道两运动员的质量，故两运动员速度变化量的大小不一定相

等.故c错误：

D.两运动员之间相互作用力的冲量大小相等，方向相反，故D错误。

故选B。

7.如图所示，甲、乙两个滑块用细线连接，中间有一处于压缩状态的轻弹簧，两滑块一起在光滑水平面

上向右匀速运动。某时刻细线突然断裂，甲与弹簧分离后向左运动，在弹簧恢复原长的过程中

()

//////////////Z/zz/zz/Zz/zz////

A.甲的动能一直减小

B.甲的动量一直减小

C.甲、乙系统的动能一直增大

D.甲、乙系统的动量一直增大

【答案】C

【详解】AB.弹簧恢复为原长时甲与弹簧分离，此时甲向左运动，说明在该过程中甲的速度先向右逐

渐减小然后向左逐渐增大，故动能先减小后增大，动量先减小后增大，故AB错误；

C.该过程中弹簧的弹性势能一直减小，减小的弹性势能转化为甲、乙系统的动能，即甲、乙系统的动

能一直增大，故C正确；

D.甲、乙系统所受合外力为零，动量守恒，故D错误。

故选C。

8.《天工开物》中记载了一种舂(chGng)米装置，曾在农村广泛应用，如图所示.某次操作时，人将谷

物倒入石臼内，然后通过杆杠的运作，把质量为1。kg的碓抬高2()cm后从静止释放，碓在重力作用下

向下运动打在石臼内，碓的下落过程可简化为自由落体.设碓与谷物作用0.05s后静止，从而将谷物碾

磨成米粒.取g=10m/s，不计空气阻力，则下列说法中正确的是()

A.碓向下运动过程中的最大速度约为20m/s

B.碓从释放到静止的过程中，合外力冲量向下

C.碓与谷物相互作用中，碓和谷物组成的系统动量守恒

D.碓与谷物相互作用中，碓对谷物的平均作用力约为500N

【答案】D

【详解】A.碓向卜.运动只有重力做功，由动能定理有〃3=；，加

可知最大速度约为v=J2g6=2m/s

故A错误；

B.碓从释放到静止的过程中，初末速度为零，则动量的变化为零，故合外力的冲量为零，故B错误;

C.碓与谷物相互作用中，碓和谷物组成的系统初动量不为零，末动量为零，动量不守恒，故C错误;

D.对碓，取向上为正方向，根据动量定理厂f-用g/=0-（-

解得7=500N

由牛顿第三定律可知，碓对谷物的平均作用力约为500N,故D正确。

故选D。

9.图甲为“魔幻飞碟变形球”，用脚将其踩扁，松开脚一段时间后球会弹起。其简化模型如图乙，两物块

A、B拴接在轻弹簧两端。通过物块A向下压缩弹簧至某一位置后由静止释放，则物块B会被弹起离

开地面，空气阻力和弹簧的质量忽略不计。下列说法正确的是（）

图甲图乙

A.松开脚，B离开地面前，A、B以及弹簧组成的系统机械能不守恒

B.松井脚，B离开地面后，A、B以及弹簧组成的系统动量守恒

C.松开脚，B离开地面之前，地面对'B弹力的冲量大于A动量的变化量

D.从B离开地面到弹簧第一次恢复原长的过程中，A的动量变化量小于B的动量变化量

【答案】C

【详解】A.松开脚后，A、B及弹簧组成的系统只有系统内部弹力做功，则系统机械能守恒，故A错

误；

B.B离开地面以后，A、B及弹簧组成的系统在竖直方向合力不为0,所以动量不守恒，故B错误；

C.B离开地面之前，对■系统A、B及弹簧组成的系统在竖直方向使用动最定理，选取竖直向上为正方

向，可得/地一一〃%a=

显然地面对B的冲量/地〉，故c正确；

D.从B离开地面到弹簧第次恢复原长过程中，对A在竖直方向使用动量定理有刑人8什4=14^

对B有/抑-"，=的|

可得A的动量变化量大于B的动量变化量，故D错误。

故选c。

10.如图所示，倾角a=30。、足脾长的固定光滑斜面顶端，质量为M的球A与质量为根的球B用绕过轻

质定滑轮的细线相连，球B.与质量为〃?的球C通过劲度系数为左的轻质弹簧相连，球B距滑轮足够

远，球C放在水平地面上。起始时使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但无张力，滑轮左侧细线

竖直、右侧细线与斜面平行，不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g,由静止释放球A,当球

C刚要离开地面时，球B恰达到最大速度，从释放球A至弹簧第一次伸长到最长的过程中，下列说法

正确的是（）

A.球A的质量M=2m

B.球C离开地面后，与球B、弹簧组成系统机械能守恒

C.球A沿斜面下滑的最大速度为gJZ

V5k

D.当弹簧第一次伸长至最长时球C的速度为与届

【答案】D

【详解】A.当球C刚要离开地面时，球B恰达到最大速度，则球B的加速度为零，所以

2〃2g=Mgsina

解得球A的质量

M=4〃？

故A错误；

B.球C离开地面后，与球A、B、弹簧组成系统机械能守恒，故B错误；

C.恰好离开地面时，对C有

kx=mg

球B上升的高度

力=2x=迹

k

球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大，设球A沿斜面下滑的最大速度为V。根据

A、B和弹簧组成的系统机械能守恒得

4〃吆、等sina-〃”竿=卜5，/

解得

故c错误；

D.当弹簧第•次伸长至最长时球A、B、C的速度大小相等，球C离开地面后，球A动量定理有

4mgsinat-Ft=4mv-4mv

B、C的系统动量定理，则

Ft-2mgl=2mv'—mv

联立可得

mv+4mv=(/«+m+Am)v

解得当弹簧第一次伸长至最长时球C的速度为

故D正确。

故选D,

题型03单一方向的守恒

11.如图所示，一辆小车静止在光滑水平地面上，小车左侧紧挨竖直墙壁，通过细线将小钢球悬挂在固定

于小车的竖直杆上，将小球向左拉开一小角度并由静止释放。在此后的运动过程中，下列说法正确的

是（）

A.小车始终保持静止

B.车离开墙壁后做匀速运动

C.小球从释放至第一次摆到最低点的过程机械能守恒

D.小车离开墙壁后，小球与小车组成的系统动量守恒

【答案】C

【详解】A.小球在第一次经过最低点前的过程中，小车保持静止，之后小车开始运动，故A错误；

B.车离开墙壁后，小球和小车组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒，小球水

平方向做变速运动，小车离开墙壁后不是做匀速运动，故B错误；

C.小球从释放至第一次摆到最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故C正确；

D.小车离开墙壁后，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，故D错误。

故选C。

12.如图所示，光滑的水平面上静止放置一个表面光滑的弧形槽、物块和滑板，小孩站在静止的滑板上将

物块向弧形槽推出，物块滑上弧形槽后未冲出弧形槽的顶端，则（）

A.小孩推出物块过程，小孩和物块组成的系统动量守恒

B.物块在弧形槽上运动过程，物块和弧形槽组成的系统动量守恒

C.物块离开弧形槽时的速率比冲上弧形槽时的速率更大

D.物块离开弧形槽时，弧形槽、物块、小孩和滑板组成的系统总动量为零

【答案】D

【详解】A.小孩推出物块过程，小孩、滑板和物块系统合外力为0,动量守恒，故A错误；

B.冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向合外力为0,所以水平方向动量守恒，但系统

动量不守恒，故B错误；

C.冰块在凹槽上滑和下滑过程，凹槽对冰块做负功，速度减小，冰块离开凹槽时的速率二匕冲上凹槽

时的速率小，故C错误

D.初始动量为0,物块离开弧形槽时，弧形槽、物块、小或和滑板组成的系统总动量为零，故D正

确。

故选D。

13.物块A和斜面B的质量分别为机和3m,水平直角边长分别为L和3L,不计一切摩擦，A从斜面顶端

由静止开始运动，相对于斜面刚好滑到底端这一过程中，正确的是（）

A.物块A的机械能守恒B.A与B组成的系统动量守恒

C.斜面B的位移大小为0.5LD.物块A的位移大小为1.5L

【答案】C

【详解】A.根据题意可知，斜面B对物块A的支持力对物块A做功，则物块A的机械能不守恒,

故A错误：

B.根据题意可知，初始时刻系统竖直方向动量为零，运动过程中，物块A有竖直方向的分速度，则

竖直方向上系统的动量不守恒，故A与B组成的系统动量不守恒，故B错误；

CD.由题意可知，系统在水平方向上动量守恒，设物块A的水平位移为毛，斜面B的水平位移为

乙，由动量守恒定律有

=3〃优?

乂有

人］+A2=3L—L

解得

X）=1.5L,x2=0.5L

由于物块A的竖直位移不可求，则物块A的位移大小不可求，斜面B的竖直位移为零，则斜面B的

位移大小为0.5L,故D错误C正确。

故选C。

14.质量为町的滑块沿倾角为。、长度为/的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为机2,并静置于光滑水平

面上，重力加速度为g。滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（）

?

、J4/Q4+町sin?8)l2/(/n2sin

y0/+〃4)gsine

4/(/n+sin20)

:.再2

ygsin0(〃(+〃?2)1由】9

【答案】B

【详解】滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，则系统水平方向的动量守恒，有

m}vx=m2v2

+=1cos0

22

对滑块竖直方向

工/=/sin。

2

由能量关系可知

"猪/sin=1m2vl+；"%〔片+彳)

联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为

+,n2

p/(w2\sin^)

N(m}+m2)gsin0

故选Bo

15.如图所示，光滑水平面上放着倾角6、高/?的光滑斜面A,C为固定的光滑卡槽，细杆B只能沿竖直

方向运动，A只能沿水平方向运动。开始时，A在水平推力/作用下处于静止状态，B的下端处在A

的顶端，A、B质量相等，重力加速度为g。现撤去推力凡从A、B开始运动到B即将到达地面的过

程中，AB始终接触，下列说法正确的是()

A.B的机械能守恒

B.A的机械能守恒

C.A、B组成的系统动量守恒

D.当杆的下端刚滑到斜面底端时，可求得此时斜面体速度的大小

【答案】D

【详解】AB.从A、B开始运动到B即将到达地面的过程中，A、B之间的弹力对A、B做功，所以

A、B的机械能不守恒，故AB错误：

C.由于运动过程中直杆B受到光滑套管C的水平作用力，所以杆和斜面体组成的系统动量不守恒，

故C错误；

D.当在很短时间△，内光滑直杆下落M高度，由几何知识可知，斜面体向右发生的位移大小为

A/z

x=-------

tan。

所以光滑直杆与斜面体的速度大小之比为始终为tan。，当杆滑到斜面底端时，设杆的速度大小为力,

斜面体的速度大小为小由系统机械能守恒有

"3，=?m，；+gx2〃?g

由速度关系

v,=v2tan0

解得

故D正确。

故选D°

创新拓展练

16.如图所示，质量为3〃八半径为R的空心大球B（内壁光滑）,静止在光滑水平面上，有一质量为〃?

的小球A（可视为质点），从与大球球心等高处，紧贴着大球内表面无初速释放。小球A从静止开

始，滑到大球的最低点时，下列说法正确的是（）

A.小球A的位移大小等于［R

4

B.小球A的位移大小等于。R

C.小球A的速度大小等于

V2

D.小球A的速度大小等于在史

2

【答案】BC

【详解】AB.A、B组成的系统在水平方向上所受合外力为零，动量守恒，则从A被释放到A滚到

最低点的过程中，A、B在任意时刻的速度大小满足

mvA=3/nvB

所以A、B的位移大小满足

4=3.”

根据位移关系有

解得

工、=-R

小球A的位移为

X=JX；+R2='

故A错误，B正确;

CD.整个过程中能量守恒，则

故C正确，D错误。

故选BC。

17.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为网和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。

现使可瞬间获得水平向右的速度3m/s,以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙

所示，从图像信息可得（）

v/(ms')

6\hyhh〃s

A.在4、乙时刻弹簧处于原长状态

B.4时刻两物体达到共速，弹簧被压缩到最短

C.两物块的质量之比为明：叫=2:1

D.在t2时刻两物块的动能大小之比为后口:线2=1:8

【答案】AD

【详解】AB.图乙可知两物块的运动过程，开始时叫逐渐减速，〃％逐渐加速，弹簧被压缩，4时亥I」

二者速度相同，弹簧被压缩至最短，系统动能最小，弹性势能最人，然后弹簧逐渐恢复原长，仪继续

加速，叫先减速为零，然后反向加速，右时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，所以

弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，4时刻，两物块速度相等，弹簧最长，系统动能最小，因此

从匕到右过程中弹簧由伸长状态恢复原长，A正确，B错误；

C.系统动量守恒，从/=0开始到％时刻有

m]\\=(〃4+〃4)匕，%=3m/s,v2=1m/s

解得

网:ni2=1:2

C错误；

D.在时刻，叫和叫的速度大小分别为

V）*=lm/s,v2'=2m/s

又有

m}:"?2=1：2

则动能人小之比为

61：线2=1：8

D正确。

故选ADo

18.我国有很多高水平的羽毛球运动员，在羽毛球比赛中杀球时的速度很快，如图所示为快速击球时将固

定的西瓜打爆的情形，假设羽毛球的质量为5g,初速度为360km/h,方向向左，与西瓜接触的时间为

0.01s,之后羽毛球速度减为0,忽略空气阻力的影响，取g=10m/s2,则关于该羽毛球击打西瓜过

程，下列说法正确的是（）

A.羽毛球接触西瓜时的初动量大小为1800kg-m/s

B.羽毛球与西瓜相互作用的过程，羽毛球动后变化的方向向右

C.羽毛球对西瓜的作用力大小约为50N

D.若以羽毛球与西瓜为系统，则系统的动量守恒

【答案】BC

【详解】A.羽毛球接触西瓜时的初动量大小为

360

=5x10'x--=0.5kg-m/s

3.6

故A错误；

B.羽毛球与西瓜相互作用的过程，羽毛球动量变化的方向与初速度方向相反，即动量变化的方向向

右，故B正确；

C.根据动量定理可得

FA/=0—(-/nv0)

解得羽毛球对西瓜的作用力大小为

F=-^=—N=50N

△r0.01

故C正确；

D.若以羽毛球与西瓜为系统，系统的初动量不为0,末动量为0,则系统的动量不守恒，故D错

误。

故选BC。

19.如图所示，小球A、B用一根长为L的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，小球C挨着小球B放

置在地面上。由于微小扰动，小球A沿光滑的竖直墙面下滑，小球B、C在同一竖直面I人向右运动。

当杆与墙面夹角为0,小球A和墙面恰好分离，最后小球A落到水平地面上。下列说法中正确的是

()

3

轻杆

A.小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度一直增大

B.整个过程中，ABC三个小球构成的系统动量守恒，机械能守恒

C.当小球A和墙面恰好分离时，A、B两球的速率之比为

D.当小球A和墙面恰好分离时，A、B两球的速率之比为tan。：1

【答案】AD

【详解】A.小球A由静止到与墙面分离的过程中，对A、B、C三个小球组成的系统，由于受到竖

直墙面向右的弹力，根据动量定理可得

油=(〃1+，%)%

所以小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度一直增大，故A正确；

B.小球A由静止到与墙面分离的过程中，对A、B、C三个小球组成的系统，水平方向由于A受到

竖直墙面向右的弹力，可知系统水平方向动量不守恒；竖直方向由于A有竖直加速度，所以竖直方向

系统受到的合外力不为零，系统竖直方向动量也不守恒；则ABC三个小球构成的系统动最不守恒，

故B错误；

CD.当小球A和墙面恰好分离时，两球的速度分解如图所示

两球沿杆方向的分速度相等，则有

vAcos6=vBsin0

可得A、B两球的速率之比为

vA_tan0

%1

故C错误，D正确。

故选ADo

20.如图，质量为0.3kg的滑块套在水平固定的光滑轨道上，质量为0.2kg的小球（视为质点）通过K为

0.75m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，可绕。点在竖直平面内自由转动。初始时滑块静止，轻杆处

于水平状态。小球以3m/s竖直向下的初速度%开始运动，g取lOm/s?,则（）

5

A.小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块向右移动了0.30m

B.小球第一次到达最低点时，滑块的速度大小为2m/s

C.小球相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27m

D.小球从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块向右的位移为0.54m

【答案】AD

【详解】A.小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块在水平轨道上向右移动的距离为

x,取向左为正方向，根据水平动量守恒有

x=0.30m

故A正确；

B.小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球和滑块系统水平方向动量守恒，双水平向左

为正方向，设小球到最低点时的瞬时速度为9,滑块的速度为匕，则有

inVy-MV2=0

根据能量守恒有

mgL+1"咸=；+1

联解得

=困人

5

故B错误;

C.设小球相对于初始位置可以上升的最大高度为心此时竖直方向速度为0,根据水平动量守恒得

(/7Z+M)V=()

根据能量守恒有

g%=nigh+；(/〃+M)；

解得

h=0.45m

故C错误;

D.小球从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块在水平轨道上向右移动的距离为以由

几何关系可得，小球相对于滑块移动的水平距离为

s=L+>Jl：-h2=1.35m

根据水平动量守恒得

解得

y=0.54m

故D正确。

故选ADo

21.如图所示，将质量均为，〃的编号依次为1,2…6的劈块放在水平面上，它们靠在一起构成倾角为。的

三角形劈面，每个劈块上斜面长度均为心质量为，〃的小物块A与斜面间的动摩擦因数削=2tanO,

每个劈块与水平面间的动摩擦因数均为〃2,假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，劈块间不粘连。现

使A从斜面底端以平行于斜面的初速度%=6屈焉•冲上斜面，g为重力加速度，在上滑过程中

()

A.若所有劈块均固定，则水平面对所有劈块的总支持力小于7〃吆

B.若所有劈块均不固定且〃?=0,则所有劈块和物块组成的系统动量守恒

3

C.若所有劈块均不固定且人=5如10,则物块能冲上6号劈块，且刚冲上6号劈块时，6号劈块开

始相对水平面滑动

D.若所有劈块均不固定且"2=2lan仇则物块能冲上6号劈块，且刚冲上6号劈块时，6号劈块受到

地面的摩擦力大小为2mgsin8cos夕

【答案】AC

【详解】A.若所有劈块均固定，小物块A沿斜面向上做减速运动，加速度沿斜面方向向下，小物块

A处于失重状态，而斜面的加速度为零，处于平衡状态，所以水平面对所有劈块的总支持力小于

7mg,故A正确；

B.若所有劈块均不固定且心=0,则所有劈块和物块组成的系统在水平方向上不受外力，则系统在水

平方向上动量守恒，而竖直方向上系统所受合力不为零，则所有劈块和物块组成的系统动量不守恒，

故B错误；

C.若所有劈块均固定，则有

—〃咸=mgxsin0+从〃吨cosOx

物块减速为零的位移为

x=\2L>6L

若所有劈块均不固定且出==匕3门。，物块对劈块的压力为

耳=mgcos0

物块与劈块的滑动摩擦力为

工陷geose

劈块恰好开始相对水平面滑动时有

工cos-+£sin-=+£cos0—工sin0)

解得

7/=1+sin20

说明物块能冲上6号劈块，且刚冲上6号劈块时，6号劈块开始相对水平面滑动，故C正确；

D.若所有劈块均不固定且〃2=2tan仇由上述分析可知，物块能冲上6号劈块，此时

/cos6+耳sin6=36gsin6cos6

而地面对6号劈块的滑动摩擦力为

.=ju2(nmg+与cos6-工sin6)=zng(6sin6cos。-2tan0)

当3sin0cosO>6sinOcos0-2tan0时，6号劈块相对■对面滑动，则6号劈块受到地面的摩擦力大小为

/r;^(6sinZ?cos0-2tan0).3sin<9cos0<6sin^cos/9-2tan0，6号劈块仍然静止，则6号劈块受到

地面的摩擦力大小为3〃?gsinBcos。，故D错误。

故选ACo

链接高考

22.（2024•江苏•高考真题）如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连,

整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（）

细线

IA—|

A.弹簧恢复原长时，A的动能达到最大

B.弹籥压缩最大时，A的动量达到最大

C.弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加

D.弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加

【答案】A

【详解】对整个系统分析可知合外力为0,A和B组成的系统动量守恒，得

设弹簧的初始弹性势能为整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得

「1212

耳=不心"一

联立得

故可知弹簧恢复原长时物体A速度最大，此时物体A的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一

直为零，系统机械能不变。

故选Ao

23.（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I以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速

度为0.22m/s.关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（）

A.该过程动量守恒

B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N-S

C.滑块2受到合外力的冲曷大小为0.40N.S

D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N

【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

Pi=m\\=lx0.40kg-nVs=0.40kg-m/s

碰撞后的动量为

p2=2inv2=2xlx0.22kg-m/s=0.44kg-in/s

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

L=mv.-mV1=1x0.22kg-m/s-1x0.40kg-m/s=-0.18kg-m/s

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

I2=mv2=1x0.22kg-m/s=0.22kgni/s

故C错误；

D.对滑块2根据动量定理有

Fbl=/,

解得

产=5.5N

则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N,故D正确。

故选BDQ

新题速递

24.（2025・安徽•模拟预测）如图所示，足够长的斜面体静置于水平地面上，斜面的倾角为平行于斜面

的轻杆一端连接小物块A,另一端连接光滑的小物块A、B的质量均为m.小物块A与斜面之间

的动摩擦因数〃=将小物块A、B在斜面上的某一位置同时由静止释放，沿斜面运动的距离为

文，在这过程中，斜面体始终处于静止状态。已知重力加速度大小为g,下列说法正确的是（）

A.物块A和物块B组成的系统动量守恒B.斜面体与地面之间没有相对运动趋势

C.物块A的加速度大小为:gsin夕D.物块B减少的机械能为g〃Rtsin夕

【答案】D

【详解】A.由于AB组成的系统合外力不为零，即2mgsin。＞〃砥geos0

可知物块A和物块B组成的系统动量不守恒，A错误；

B.由J-2〃zgsin8—Rmgcos0=Ima

可知A、B整体的加速度沿斜面向下，斜面受到水平向左的静摩擦力，斜面和地面之间有相对运动趋

势，B错误；

C.对A、B整体研究，根据牛顿第二定律有2/?311，-〃〃织859=2%

解得〃=ggsin。，C错误；

D.对物块B,由于轻杆的拉力做负功，其机械能减少，根据牛顿第二定律有“gsin，-T=〃以

解得了=gmgsin。

所以物块B减少的机械能为AE=7k=；〃?gxsine,D正确。

故选D。

25.（2025•河北•模拟预测）如图所示，一个长直轻杆两端分别固定小球A和B,两球质量均为机，两球

半径忽略不计，杆的长度为/。先将杆A8竖直立在水平面上，紧挨左侧的固定竖直挡板，轻轻扰动小

球B,使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，重力加速度为g,不计一切摩擦与阻力，求：

（1）当小球A沿挡板下滑距离为（/时，小球B的速度大小；

（2）当小球A沿挡板卜滑多少距离时，小球A恰好离开墙面；

（3）以小球B初始位置为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向上为轴，建立xQy平面直角坐标系，撤

去竖直挡板瞬间，给小球A一微小扰动，使其向右运动，写出小球A从释放到落地过程中的轨迹方

程（包含定义域）。

【答案】（1）独亟

25

(3)4x2+y2=/2(0<x<-,0<y^l)

【详解】(1)当小球A沿挡板卜滑距离为卜时，令杆与竖直方向夹角为0,A、B速度分别为匕、

匕，根据速度分解有Kcos6=叩$3。

根据几何关系有co0。=占一士

I5

解得6=37

根据机械能守恒定律有〃?g］吗2+

2噜

(2)假设A始终没有脱离挡板，对B进行分析，B的初速度为0,当A沿挡板运动到最低点时，根

据速度分解可知，B的速度也为0,即在假设状态中，B向右先做加速运动后做减速运动，即杆对B

的弹力方向先沿杆指向右下方，后沿杆指向杠的左上方，临界点位置杆的弹力恰好为0,在此临界点

为，B的速度达到最大值，则A受到杆的弹力方向先沿杆指向杠的左上方，后沿杆指向右下方；由于

A可以脱离挡板，可知，假设不成立，在杆的弹力为。时，B的速度恰好达到最大值，此时，A将脱

离挡板，令杆与竖直方向夹角为a,根据速度分解有VACOsa=%sina

根据机械能守恒定律有，〃g("/cosa)=g〃武+；/欣

解得/=J20cos2a(l-cosa)

令y=2cos2a(l-cosa)=cosacosa(2-2cosa)

根据数学函数规律可知，当有cosa=2-2cosa

2