2026年高考物理二轮复习：动量定理和动量守恒定律（专项训练）含答案

2026年高考物理二轮复习第7讲动量定理和动量守恒定律专项训练

一、选择题

1.历史上关于运动量度的争论，一种观点认为应该用物理量mu来量度运动的“强弱”，代表人物是笛卡儿：

另一种观点认为应该用物理量来量度运动的，，强弱，，，代表人物是莱布尼兹。经过半个多世纪的争论，人

们终于认识到动量和能量在运动学口的重要性。关于这两种观点争论，下列说法正确的是（）

A.用mu来量度运动的“强弱”是正确的，用物理量m后来量度运动的“强弱”错误的。

B.用mu来量度运动的“强弱”是错误的，用物理量m后来量度运动的“强弱”正确的。

C.两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点一是从动量角度来描述物体在力阻碍下能运动多

长时间，即力可表示为：F有

D.两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点二是从动能角度来描述物体在力阻碍下能运动多

长距离，即力可表示为：尸=券

At

2.我国研发的ACF缓震材料，能吸收90%以上的机械能并瞬间把它转化为内能。如图所示，将两个完全相

同的钢球A、B置于距离水平放置的缓震材料上方同一高度H处，其中钢球A做自由落体运动，钢球B以

一定初速度为竖直下抛，不计空气只力，通过钢球反弹的最大高度h可反应出该材料的吸能效果，则下列说

法正确的是（）

AOB

Jl

H%

缓震材料

zzz/^zzzzz/zzzzzzzzzTVzz////////

A.与缓震材料接触前瞬间，两钢球的动量相同

B.与缓震材料接触前瞬间，两钢球的动能相等

C.在下落过程中，两钢球动量的变化量相同

D.虽h均远小于H,但仍符合能量守恒定律

3.如图所示，这是清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口的直径为D,水流以速度v从枪口喷出，近距离

垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有I向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为3,其余$的

水流撞击车身后无反弹地顺着乍流由于水流与车身的作用时间较短，因此在分析水流对车身的作用力时

可忽略水流所受的重力。已知水的密度为p,水流对车身的平均冲击力大小为（）

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A.^pnD2v2B.^pnD2v2

C.^pnD2v2D.^pnO2v2

4.如图所示，颠球是足球运动中的一项基本功，若某次颠球中，颠出去的足球竖直向上运动之后又落回到

原位置，设整个运动过程中足球所受阻力大小不变。下列说法正确的是（）

A.球从颠出到落回的时间内，重力的冲量为零

B.球从颠出到落回的时间内，阻力的冲量为零

C.球上升阶段与下降阶段合外力的冲量大小相等

D.球上升阶段动能的减少量大于下降阶段动能的增加量

5.一质量为2%;的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动。F随时间I变化的图线如

图所示，己知物块与地面间的动摩擦因数为0.1,重力加速度g取io?n/s2。则（）

A.t=2s时物块的动量大小为2kg-m/s

B.£=3s时物块的速度大小为im/s,方向向右

C.0〜4s时间内F对物块的冲量大小为6N・s

D.0〜4s时间内物体的位移为3m

6.如图所示为我国古代科学家张衡制成的地动仪。当地震波传到地动仪时，质量为m的铜珠离开龙口，落

入蟾蛇口中。设铜珠离开龙口时初速度为零，蟾蛛口到龙口的高度为h,铜珠下落到蟾蛇口后经时间t其速

度减为零，重力加速度为g,不计空气阻力。以下说法正确的是（）

A.铜珠从离开龙口下落到蟾蛛口过程中受到重力的冲量大小为小后!

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B.铜珠接触蟾蛛口到速度减为零过程中蟾蛛口对铜珠的冲量大小为

C.铜珠对蟾珠口产生的冲击力大小力领

t

D.铜珠对蟾蛇口产生的冲击力大小为上恒+2mg

£

7.如图为神舟十九号飞船与空间站分离时的情境。分离前，两者的组合体以速度大小为运动，经时间玷（较

短）完成分离，分离后神舟十九号飞船的速度大小为巧（巧〈为），仍沿原方向运动。若神舟十九号飞船的质

量为m,则分离过程，空间站对神舟十九号飞船的平均推力大小为（）

8.如图所示，两个半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道在0点平滑连接，两圆弧的圆心Oi、Ch在同一竖直

线上。一质量为m的小球b静止在。点，另一质量也为m的小球a从圆心为0i的圆弧轨道上某处由静止释

放，a、b在0点发生弹性碰撞，碰后b在圆弧轨道上运动一段距离后脱离轨道。小球a、b均可视为质点，

a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等，重力加速度为g,则（）

A.a的释放位置距O点的高度为0.2R

B.a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为场1

C.a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小为2.0mg

D.a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为1.4mg

9.如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m,两船沿同一直线相向运动，速

率分别为2vo、vo,为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将

货物接住。不计水的阻力。则抛出货物的最小速率是（）

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A.voB.8voC.16voD.20v（）

10.如图所示，在光滑水平而上停放质量为m、装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以vu的水

平速度沿切线水平的槽口滑上小车，到达某一高度后，小球又返回小车右端，不计空气阻力，重力加速度为

g,则下列说法正确的是（）

A.小球到达最高点时的速度为学

B.小球离开车后，将对地向右做平抛运动

„2

C.小球在弧形槽上上升的最大高度为世

6g

D.此过程中小球对车做的功为，山用

11.高压水枪在现代生活中应用越来越广泛，当高速水流射向物体时，会对物体表面产生冲击力，从而达到

清洗污垢的目的。图示为水枪喷水清洗车玻璃示意图，已知水枪出水口直径为d,水密度为p,设水流垂直打

到玻璃表面后不反弹，测出水枪出口的流量为Q（单位时间内水流体积），不考虑水内部的阻力、空气阻力

及高度变化，下列说法正确的是（）

A.水枪管口喷出水流速度大小为当

nd

3

B.水枪对管口水柱做功的功率为"咚

712d4

3

C.水流对水枪的作用力大小为用

D.水流与玻璃冲击压强为生理

兀2d4

12.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙匕质量为M的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与

水平面相切，一个质量为m的小物块（可视为质点）从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限

度内，下列说法正确的是（）

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A.小物块下滑过程中，物块和樽组成的系统动量守恒

B.小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功

C.若M>m,物块能再次滑上弧形槽

D.若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点

二、多项选择题

13.如图所示，质量分别为m、2m的两小球A、B用轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k,弹簧的弹性势

能=4丘2,X为弹簧的形变量。A球通过一根水平轻质细线（足够长）连接到墙壁上，A、B均静止在光

滑水平地面上。现将小球B向右拉开一小段距离劭后山静止释放，关于从释放小球B到小球A碰撞墙壁前

的过程说法正确的是（）

\AB

A.小球A、B的系统动量守恒B.小球B的最大速度为J奈与

C.小球A的最大速度为器&D.弹簧最短时，其压缩量为亭出

14.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球1、2发生正碰，两小球的质量分别为m和mz.图乙为它们碰

撞前后的位移一时间图像（x—t图像）.己知mi=O.lkg,由此可判断

左一〃②右

^7777777777777777777^

甲

A.碰前小球2保持静止B.碰后小球1和小球2都向右运动

C.两球的碰撞为弹性碰撞D.小球2的质量m2=0.2kg

15.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M

的木块，现有质量为mo的子弹以大小为vo的水平速度射入木块并立即留在木块中，重力加速度为g,下列

说法正确的是（）

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m

A.子弹射入木块后的瞬间，木块速度大小为3端

B.子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M+m0)g

C.子弹射入木块过程，子弹和木块可视为非弹性碰撞

D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统机械能不守恒

16.如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，£=0时，物块(视为质点)以大小为%的速度水平滑上木

板左端。图乙为物块与木板运动的图像，图中to已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是

()

甲乙

A.木板的最小长度为2170to

B.物块与木板的质量之比为2:3

C.物块与木板间的动摩擦因数为孚

D.整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之匕为9:2:7

三、计算题

17.如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后

物块和子弹上升的最大高度分别为A和8/1。已知子弹的质量为物块的质量为4m,重力加速度大小为四

在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的看。子弹穿过物块时间

O

很短，不计物块厚度的影响，求

______|_1________

▲

(1)子弹击中物块前瞬间的速度大小；

(2)子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能°

18.其学习小组通过一款小游戏研究碰撞问题。游戏装置俯视图如图所示，在粗糙的水平面上固定一圆形

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光滑轨道，紧贴轨道内侧放置两个可视为质点的小物块A、B,A、B与水平面间的动摩擦因数均为〃，圆形

光滑轨道的半径为r。现给A一个向左的初速度孙，使其沿着轨道在水平面上做圆周运动，运动半周时与B

发生弹性碰撞。已知巾8=3血力,重力加速度为g。

（1）求刚开始运动时A的加速度大小a：

（2）若〃=0.2,r=%=3m/s,g4X10m/s2,求A与B碰后B滑行的路程s。

19.如图所示，质量为2m的物块B和物块C静止在光滑的水平面上，C上连接有轻弹簧，质量为3m的物

块A以初速度处沿光滑水平面向右运动，与B发生弹性碰撞后，B向右压缩弹簧后被弹簧弹开，此后，A、

B的速度相同。求:

ABA/WWW\C

/77/7/777777777/77/7777777777777777/7T777777

(I)A、B碰撞后物块B的速度大小；

（2）在整个过程中，轻弹簧对物块C冲量的大小。

20.如图，小球A以初速度%=5.0m/s沿光滑圆管（小球A的直径略小于圆管孔径）向上运动，小球B静

止在光滑水平直轨道上，其左端固定有轻质弹簧。小球A运动到光滑水平直轨道上，并通过弹簧与小球B发

生相互作用，已知小球A在初始位置离水平直轨道的高度为九=0.45m,小球A的质量为小力=1.5kg,小球

B的质量为mm=0.5kg,g=10m/s2,小球A、B均看作质点，光滑圆管与水平直轨道平滑连接。求：

B

（1）小球A、B相互作用过程中，轻质弹簧储存的最大势能;

（2）弹簧恢复原长时，小球A、B的速度大小。

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答案解析部分

1.【答案】C

【解析］【解答】m闪旨的是物体质量和速度的乘积，代表物体的动量，根据动量定理/=雾可知动量的变化

量表示力在时间上的积累，当力为阻力时，则动量变化量描述物体在力阻碍下能运动多长时间；山讲表示物

体质量和速度平方的乘积，表示物体动能的2倍，根据动能定理/=卓可以得出动能变化量描述物体在力

Ax

阻碍下能运动多长距离。

故选Co

【分析】两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点一是从动量角度来描述物体在力阻碍下能运动

多长时间；观点二是从动能角度来描述物体在力阻碍下能运动多长距离。

2.【答案】D

【解析】【解答】AB.两个小球下落过程都做匀加速直线运动，根据速度位移公式有*一诏=2gH

由于B球有初速度，则B球与缓震材料接触前瞬间的速度较大，根据动量的表达式p=和动能的表达式

&=4加/可知，B钢球碰撞前的动量和动能较大，故AB错误；

C.两个小球下落过程都做匀加速直线运动，根据位移时间公式H=+由于B钢球具有初速度，所

以运动的时间较短，由于重力的冲量引起动量的变化，根据动量定理mgt=Ap可知，B钢球的动量的变化量

较小，故C错误；

D.能量守恒定律是物理学基本规律，由于材料吸能，h均远小于H,故D正确。

故选D。

【分析】利用速度位移公式可以求山球与材料接触的速度大小，结合动量及动能的表达式可以比较动量及动能

的大小；利用重力的冲量结合下落的时间可以比较动量变化量的大小；在碰撞的过程中能量守恒。

3.【答案】D

【解析】【解答】取△£时间内的水流为研究对象，则该时间内喷出水的质量，m=^pnD2vM

利用动量定理列方程得皿=鼠3+9+/"解得F=^pjrD2u2,故ABC错误，D正确。

故选D0

【分析】一、流体微元的选取与质量计算

核心逻辑：对于连续流体冲击问题，不能直接用单个质点的动量，而是取一段时间At内的流体作为研究对

象。

在At时间内，喷出的水柱长度，横截面积。

质量公式：

二、动量变化量的计算（速度分解是关键）

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核心逻辑：水流冲击车身，并不是全部原路反弹，而是分为两部分：

一部分（比例k）以一定速度溅开。另一部分（比例）无反弹流下（即垂直速度变为0）。

本题中，约有J的水流溅开，溅起时垂直车身向外的速度为

注意方向：取垂直车身向内（指向车身）为正方向。

入射水流的动量：（正方向）。溅开7K流的动量：（负方向，因为向外）。

流下部分的动量：

解题策略：遇到流体冲击问题，可以按以下三步走：

设时间At，写出

规定正方向，写出初动量和末动量（注意各部分的末速度）。

列动量定理，解出Fo

4.【答案】D

【解析】【解答】AB.力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量，重力的方向不变，故重力冲量的大小不为

零，由于上升阶段足球的加速度较大，下降阶段足球的加速度较小，由运动学规律知上升阶段的时间比下降

阶段的时间短，且整个过程中阻力的大小不变，故阻力的冲量也不为0,故AB错误；

C.球上升时合力为重力加阻力，下降时合力为重力减阻力，故上升时合外力比下降时合外力大，上升时加速

度的大于下降时加速度做，设上升阶段球的初速度为为，末速度为0,则动量的变化量大小△%=0-租为=

-mv0

下降阶段初速度为0,由于上升时加速度比下降时加速度大，根据/=2以可知，其末速度%'<%

则动量的变化量大小Ap2=则球上升阶段动量的变化量大小大于下降阶段动量的变化量大小，由动量

定理可知，球上升阶段动量的变化量即球上升阶段所受的合外力的冲量，球下降阶段动量的变化量即球下降阶

段所受的合外力的冲量，则球上升阶段合外力的冲量大于下降阶段合外力的冲量，故C错误；

D.根据C分析，落回时的速度孙’小于上升时的速度火，根据动能定理，上升时的动能减少量等于义m%2,

下降时的动能增加量等于4m%%所以球上升阶段动能的减少量大于下降阶段动能的增加量，故D正确。

故答案为：Do

【分析】分析足球在有空气阻力的竖直上抛和卜.落过程中，动量、动能以及冲量的变化。

5.【答案】D

【解析】【解答】A.设初始的水平拉力方向为正方向，物块与地面间的滑动摩擦力大小为

f=pmg=0.1x2x10N=2N

则0-2s内，根据动量定理

（Fi-Et2=p2-O

代入数据可得t=2s时物块的动量大小p2=4kg*m/s

第9页

故A错误；

B.根据功率公式可得t=2s时物块速度

P19/

vi=m=2m/s

2s.3s过程，根据牛顿第二定律可得加速度大小为

a==2m/s2

方向为负，则t=3s时物块的速度大小为零，故B错误；

C.0〜4s时间内F对物块的冲量大小为

P=+F2t2=（4x2—2x2）/V•s=4N•s

故C错误；

D.£=3s时物块的速度大小为零，之后拉力与摩擦力平衡，不再运动，根据匀变速直线运动的平均速度公式

可得0~4s时间内物体的位移为x=-y-t=|x37n=3mo故D正确。

故选D。

【分析】根据动量定理计算出物块的动量；根据图像的物理意义结合冲量的计算公式得出力F对物块的冲量

大小；根据运动学公式计算出物块在0〜4s内的位移大小。

6.【答案】A

【解析】【解答】A.设铜珠落入蟾蛉口时速度为u,有/=2gh,由动量定理得/G=m”，可得照=

m，2gh,A正确；

B.铜珠从接触蟾蛛口到速度减为零的过程中蟾蛛口对铜珠的冲量大小为孔=mJ9+mg3B错误；

CD.设蟾蛛口对铜珠的冲击力大小为F,选取竖直向上为正方向，由动量定理有&-7ng£=0-（-mu）,可

得「君阳

根据牛顿第二定律得铜珠对蟾赊口产生的冲击力大小为小产=卓+他C、D错误。

故答案为：Ao

【分析】结合自由落体运动规律求铜珠到达蟾蚁口的速度，再利用动量定理分析重力冲量、冰击力的大小。

7.【答案】D

【解析】【解答】规定％方向为正方向，以神舟十九号为研究对象，根据动量定理-尸如=加%-m%,解得

亍_mg-%）

%

故答案为：Do

【分析】以神舟十九号飞船为研究对象，利用动量定理（合外力的冲量等于动量的变化量），计算空间站对飞

船的平均推力八

8.【答案】A

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【解析】【解答】A.设a的释放位置与6连线和竖直方向夹角为仇碰前速度为也，则mgR（l-cos。）=

2

碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等，所以交换速度，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等，从碰后到b

22

脱离轨道过程7ngR（l-cos。）=imv2-

2

旦刚要脱离时mgcosO=m

联立解得cos。=

所以a的释放位置距0点的高度为a=R（1-cos。）=0.2/?,故A正确；

B.根据以上分析解得a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为0藏故B错误；

2

C.根据牛顿第二定律mg_N=m%—，结合牛顿第三定律可知，a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小为

N=N=^mg,故C错误；

2

D.a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为=7九今一，结合牛顿第三定律可知，b对轨道的压力大

小为Ni'=故D错误。

故答案为：Ao

【分析】先利用弹性碰撞中质量相等则速度交换的规律，结合a、b运动路程相等的条件，建立碰撞前后的

能量方程；再通过脱离轨道的临界条件（重力提供向心力）求出角度，最后计算释放高度、碰撞速度及轨道

压力。

9.【答案】C

【解析】【解答】设抛出货物的速度大小为v,以向右为正方向，由动量守恒定律，乙船与货物：-

12mvo=llmvi-mv

甲船与货物：lOmx2vo-mv=lImvz

两船不相撞的条件是：v2<vi,

联立解得：v>16vo

则最小速率为16vo

故ABD错误，C正确。

故选：Co

【分析】在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量

守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题。

10.【答案】C

【解析】【解答】AC.由题意得，小球到达最高点时，二者共速，则整体水平方向动量守恒，以向左为正方

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向，有2mq）=3mv

由机械能守怛，有4x2nu；0z1x3mvz4-2mgh

联立，解得小球到达最高点时的速度为u=学

上升的最大高度为/=其，故A错误，C正确；

6g

B.设小球离开小车时，小球的速度为也，小车的速度为切，整个过程中水平方向动量守恒，以向左为正方

向，由动量守恒定律得2m%=2mv1+mv2

由机械能守恒定律得/x2mq）2=ix2mv24-^mv2

乙乙x乙2

v

解得也二耳%，v2=3o

所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故B错误；

2

D.对小车运用动能定理得，小球疝小车做功W=2771122=1tnv02,故D错误。

故答案为：Co

【分析】结合水平方向动量守恒和机械能守恒，分析小球上升到最高点的速度、最大高度，以及分离后的运

动状态：核心是利用“小球到最高点时与小车共速”的特点，结合守恒定律求解。

11.【答案】D

【解析】【解答】A.设水流速度为v,则流量0=si；=直解得=岑，A错误；

“4nd

23

B.设经过极短时间A3出口水柱质量Am=p^_仇由动能定理可得PA£=：Anu;2,解得p=端，B

47T2d

C.由动量定理，则有/母=Amu,解得“=C错误;

故答案为：Do

【分析】结合流量的定义（体积流速）求水流速度，再通过动能定理、动量定理分析功率、作用力，最终由

压强公式（力除以面积）求解冲击压强。

12.【答案】C

【解析】【解答】A.物块在下滑过程中系统竖直方向受外力作用，水平方向不受外力作用，故物块和弧形槽

组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；

B.弧形槽置于光滑水平地面上，物块下滑过程中对弧形槽压力的水平分量使弧形槽向左加速，动能增大，此

过程中物块和弧形槽组成的系统只有物块的重力做功，系统机械能守恒，故物块机械能必定减少，由此推知弧

形槽对物块的支持力做负功，故R错误：

C.小物块下滑过程中，物块、弧形槽组成的系统满足水平方向动量守恒，系统初始水平方向动量为零，设小

第12页

球滑到底端时二者速度大小分别为。小方,取向左方向为正，该过程由动量守恒定律得MVM-Tm^nO,故

得“胴=772口小，若M＞m,贝加小＞"M，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后速度等大反向，因此能

追上弧形槽，故c正确；

D.设物块再次滑上弧形槽，上升到最高点九'时系统水平向左的速度为v

由动量守恒定律得MI?M+mvin=（M+m）v

由全过程满足机械能守恒得;M6+；山端二;（M+巾）庐+rngh

物块从初始状态下滑到底端时满足机械能守恒④+如娠=mgh

故得九=h-（夕方）病＜h

乙my

即物块不会上升至初始高度，故D错误；

故答案为：Co

【分析】结合动量守恒（水平方向）、机械能守恒、力的做功等规律，分析物块与弧形槽的运动过程。

13.【答案】B,D

【解析】【解答】A.释放B到A碰撞墙前，弹簧第一次恢复原长前，细线对A有拉力，系统合外力不为

零，动量不守恒，故A错误；

B.弹簧第一次恢复原长时，小球B的速度最大，弹簧的弹性势能全部转化为小球B的动能，由机械能守恒定

律有:%=：2mi4ax

解得〃-=居比，故B正确；

C.当弹簧第二次恢复原长时，小球A的速度最大，记为孙，此时小球B的速度记为加，从弹簧第一次恢复

原长到弹簧第二次恢复原长，小球A、B的系统动量守恒，该过程相当于小球B以速度为ax与小球A发生了

12m14ax=127nl4+1m日

完全弹性碰撞，则有：2mvmax=2mvB+mvA,

解得好=貂小日层W"关舞小4居M故C错误；

22

D.弹簧最短时，对小球A、B的系统：2mUmax=（2m+共，i2mv^ax=（2m4-m）v;1+kx

解得％=%o,故D正确。

故答案为：BDo

【分析】分阶段分析系统的受力、动量与能量变化，结合机械能守恒、动量守恒定律判断各选项。

14.【答案】A,C

【解析】【解答】A.由小球碰撞前后的位移一时间图像可知，碰前小球2的位移不随时间变化，处于静止状

态，A正确；

B.x-t图象的斜率的正负表示速度正负，碰后小球2的速度为正方向，说明向右运动，小球1的速度为负方

第13页

向，说明向左运动，B错误；

CD.根据x-t图象的斜率表示速度，由图读出，碰前小球1速度为w=4m/s,碰后小球2和小球1的速度分

别为v'2=2m/s,v,i=-2m/s,以vi方向为正方向，根据动量守恒定律得miv）=miv'i+mzg

解得m2=O.3kg

故为弹性碰撞，故D错误，C正确。

故选：ACo

【分析】x-t图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况。根

据动量守恒定律求解小球2的质量，分析碰撞前后系统总动能关系，从而确定碰撞的类型。

15.【答案】A,C

【解析】【解答】A.质量为mo的子弹以大小为vo的水平速度射入木块并立即留在木块中，7novo=（m0+

M）v

所以3署/，故A正确：

B.子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律打T—（血。+M）g=（m（）+M）宁，所以7＞（M+m（））g

故B错误；

C.子弹射入木块过程，由于有机械能损失，所以子弹和木块可视为非弹性碰撞，故C正确；

D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒，故D错误。

故选AC。

【分析】1.完全非弹性碰撞的动量守恒与速度计算

特点：碰撞后两物体粘在一起（共速），动量守恒，但机械能有损失（转化为内能）。

动量守恒方程（水平方向）：

碰撞后瞬间的共同速度：

2.圆周运动的瞬时动力学分析（牛顿第二定律）

子弹与木块获得共同速度后，绕圆环做圆周运动（绳约束）。

在最低点（碰撞后瞬间），绳对木块的拉力T与重力的合力提供向心力：

,其中L为绳长（题中隐含）。

3.碰撞类型的判断（弹性vs非弹性）

弹性碰撞：动量守恒+机械能守恒。；非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。

完全非弹性碰撞：是非弹性碰撞的特例（碰后共速，机械能损失最大）。

4.系统机械能守恒的条件判断

条件：只有重力（或弹簧弹力）做功，其他内力与外力不做功或做功代数和为零。

第14页

本题分两个阶段分析：阶段一（子弹射入木块过程）：子弹与木块系统有机械能损失（非弹性碰撞），但此阶

段圆环未参与运动。

阶段二（碰撞后，子弹+木块+圆环一起运动）：圆环套在光滑杆上，可自由滑动，对木块+子弹系统有约束，

但圆环与木块+子弹组成的系统：

外力：重力、水平杆对圆环的支持力（垂直于运动方向，不做功）。

内力：绳张力对木块做负功时对圆环做正功，总功为零（理想绳，内力做功代数和为零）。

因此碰撞后，系统（圆环+木块+子弹）机械能守恒。

16.【答案】A,C

【解析】【解答】A.由题图乙的图像可以得出物块相对于木板滑动的距离为d=3x3%to=4qto,则

木板的最小长度为会见to，故A正确;

B.由动量守恒定律有m•3%=（?n+M）%,可得物块与木板的质量之比zn:M=1:2,故B错误；

C.由题图乙的图像可知，物块在木板上滑动的加速度大小。=孚，由牛顿第二定律有=7MQ,解

c0

得〃=骅，故C正确；

2木板增大的动能&2=2M端=

D.物决减小的动能几x（3v0）—诏=4m诺,mvl

由能量守恒定律可知，物块与木板分成的系统产生的热量。=a1一%2=3皿诏，则&1：&2：Q=4：1：3,故

D错误。

故答案为：ACo

【分析】结合v-i图像的面积差求相对位移（木板最小长度〉，用动量守恒求质量比，用牛顿定律求动摩擦因

数，再分析动能变化与热量的比值。

17.【答案】（1）解：子弹射穿木块后子弹和木块的速度分别为

优=2g•8h

v^=2a-h

其中

1

4mg+o•4mg=4ma

子弹射穿木块过程由动量守恒

mv0=mvr+4mv2

解得

V0=

（2）解：子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能

1,1,1

AE=TzmvQ-（^mv（+5分7=37.5mgh

乙乙乙

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【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动规律结合牛顿第二定律，动量守恒定律列式联立求解:

（2）根据能量的转化和守恒定律列式求解损失的机械能。

18.【答案】（1）A刚开始运动时轨道的弹力提供向心力

VQ

F\二m4不二

A所受摩擦力为

f=^A9

根据牛顿第二定律

J片+尸=

解得

a=j患+/2

（2）设A与B碰撞前瞬间的速度为〃根据动能定理

11

2C

r-啊V-

7T2271VO

¥得

v=lm/s

根据动量守恒定律

mAv=mAVi+mBV2

根据机械能守恒定律

111

2m｛层=2m｛忧+之力切诊

解得