資源簡介

八、動量　動量守恒定律
1.(2021·全國乙卷·14)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統：
A.動量守恒，機械能守恒
B.動量守恒，機械能不守恒
C.動量不守恒，機械能守恒
D.動量不守恒，機械能不守恒
2.(2020·全國卷Ⅲ·15)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質量為1 kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為：
A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J
3.(多選)(2023·重慶卷·8)某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y=4t-26和y=-2t+140。無人機及其載物的總質量為2 kg，取豎直向上為正方向。則：
A.EF段無人機的速度大小為4 m/s
B.FM段無人機的貨物處于失重狀態
C.FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4 kg·m/s
D.MN段無人機機械能守恒
4.(多選)(2022·全國乙卷·20)質量為1 kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F與時間t的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.2，重力加速度大小取g=10 m/s2。則：
A.4 s時物塊的動能為零
B.6 s時物塊回到初始位置
C.3 s時物塊的動量為12 kg·m/s
D.0~6 s時間內F對物塊所做的功為40 J
5.(多選)(2022·福建卷·8)我國霍爾推進器技術世界領先，其簡化的工作原理如圖所示。放電通道兩端電極間存在一加速電場，該區域內有一與電場近似垂直的約束磁場(未畫出)用于提高工作物質被電離的比例。工作時，工作物質氙氣進入放電通道后被電離為氙離子，再經電場加速噴出，形成推力。某次測試中，氙氣被電離的比例為95%，氙離子噴射速度為1.6×104 m/s，推進器產生的推力為80 mN。已知氙離子的比荷為7.3×105 C/kg；計算時，取氙離子的初速度為零，忽略磁場對離子的作用力及粒子之間的相互作用，則：
A.氙離子的加速電壓約為175 V
B.氙離子的加速電壓約為700 V
C.氙離子向外噴射形成的電流約為37 A
D.每秒進入放電通道的氙氣質量約為5.3×10-6 kg
6.(2024·安徽卷·8)在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕緣輕質細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質量為m，帶電荷量為+q，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直?，F將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分別為v1、v2、v3，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統電勢能減少了，k為靜電力常量，不計空氣阻力。則：
A.該過程中小球3受到的合力大小始終不變
B.該過程中系統能量守恒，動量不守恒
C.在圖乙位置，v1=v2，v3≠2v1
D.在圖乙位置，v3=
7.(多選)(2021·湖南卷·8)如圖(a)，質量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構成一個系統，外力F作用在A上，系統靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計時，A、B兩物體運動的a-t圖像如圖(b)所示，S1表示0到t1時間內A的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內A、B的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小。A在t1時刻的速度為v0。下列說法正確的是：
A.0到t1時間內，墻對B的沖量等于mAv0
B.mA>mB
C.B運動后，彈簧的最大形變量等于x
D.S1-S2=S3
8.(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發現這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是：
A.碰撞后氮核的動量比氫核的小
B.碰撞后氮核的動能比氫核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
9.(2023·廣東卷·15)如圖為某藥品自動傳送系統的示意圖。該系統由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成，滑槽高為3L，平臺高為L。藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速運動的傳送帶上，在與傳送帶達到共速后，從M點進入滑槽，A剛好滑到平臺最右端N點停下，隨后滑下的B以2v0的速度與A發生正碰，碰撞時間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內直徑的兩端。已知A、B的質量分別為m和2m，碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的。A與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，A、B在滑至N點之前不發生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質點。求：
(1)(2分)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t；
(2)(3分)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功W；
(3)(5分)圓盤的圓心到平臺右端N點的水平距離s。
答案精析
1.B　[因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；對小車、彈簧和滑塊組成的系統，根據動量守恒和機械能守恒的條件可知撤去推力后該系統動量守恒，機械能不守恒。故選B。]
2.A　[根據題圖，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲=5.0 m/s，v乙=1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲'=-1.0 m/s，v乙'=2.0 m/s，碰撞過程由動量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙'，解得m乙=6 kg，碰撞過程損失的機械能ΔE=m甲+m乙-m甲v甲'2-m乙v乙'2，解得ΔE=3 J，故選A。]
3.AB　[根據EF段方程y=4t-26，可知EF段無人機的速度大小為v==4 m/s，故A正確；根據y-t圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知FM段無人機先向上做減速運動，后向下做加速運動，加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態，故B正確；根據MN段方程y=-2t+140，可知MN段無人機的速度為v'==-2 m/s，則有Δp=mv'-mv=2×(-2) kg·m/s-2×4 kg·m/s=-12 kg·m/s，可知FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為12 kg·m/s，故C錯誤；MN段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故D錯誤。]
4.AD　[物塊與地面間的摩擦力為
Ff=μmg=2 N
對物塊在0~3 s時間內由動量定理可知
(F-Ff)t1=mv3，
代入數據可得v3=6 m/s，
3 s時物塊的動量為p=mv3=6 kg·m/s，故C錯誤；
設3 s后經過時間t2物塊的速度減為0，由動量定理可得
-(F+Ff)t2=0-mv3
解得t2=1 s
所以物塊在4 s時速度減為0，則此時物塊的動能也為0，故A正確；
在0~3 s時間內，對物塊由動能定理可得(F-Ff)x1=m
解得x1=9 m
3~4 s時間內，對物塊由動能定理可得
-(F+Ff)x2=0-m解得x2=3 m
4~6 s時間內物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為a==2 m/s2
發生的位移大小為x3=a=4 m即6 s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；
物塊在6 s時的速度大小為v6=at3=4 m/s
0~6 s時間拉力對物塊所做的功為
W=Fx1-Fx2+Fx3=40 J，故D正確。]
5.AD　[氙離子經電場加速，根據動能定理有qU=mv2-0，可得加速電壓為U=≈175 V，故A正確，B錯誤；在Δt時間內，有質量為Δm的氙離子以速度v噴射而出，形成電流為I，由動量定理可得FΔt=Δmv-0，進入放電通道的氙氣質量為Δm0，被電離的比例為η，則有=η聯立解得=≈5.3×10-6 kg，故D正確；在Δt時間內，有電荷量為ΔQ的氙離子噴射出，則有ΔQ=q，I=聯立解得I=·=3.65 A，故C錯誤。]
6.D　[該過程中系統動能和電勢能相互轉化，能量守恒，對整個系統分析可知系統受到的合外力為0，故動量守恒；當三個小球運動到同一條直線上時，根據對稱性可知細線中的拉力相等，此時球3受到1和2的靜電力大小相等、方向相反，故可知此時球3受到的合力為0，球3從靜止狀態開始運動的瞬間受到的合力不為0，故該過程中小球3受到的合力在改變，故A、B錯誤；
對系統根據動量守恒
mv1+mv2=mv3
根據球1和2運動的對稱性可知
v1=v2，
解得v3=2v1
根據能量守恒m+m+m=
解得v3=
故C錯誤，D正確。]
7.ABD　[由于在0~t1時間內，物體B靜止，則對B受力分析有F墻=F彈，
則墻對B的沖量大小等于彈簧對B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A，則可將研究對象轉換為A，撤去F后A水平方向只受彈力作用，則根據動量定理有I=mAv0(方向向右)，則墻對B的沖量與彈簧對A的沖量大小相等、方向相同，A正確；
由a-t圖像可知t1后彈簧被拉伸，在t2時刻彈簧的伸長量達到最大，根據牛頓第二定律有F彈=mAaA=mBaB
由題圖(b)可知aB>aA，則mB由題圖(b)可得，t1時刻B開始運動，此時A速度為v0，之后A、B動量守恒，A、B和彈簧整個系統能量守恒，則mAv0=mAvA+mBvB，
可得A、B整體的動能不等于0，即彈簧的彈性勢能會轉化為A、B系統的動能，彈簧的形變量小于x，C錯誤；
由a-t圖像可知t1后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在t1~t2時間內A、B組成的系統動量守恒，且在t2時刻彈簧的伸長量達到最大，A、B共速，由a-t圖像中圖線與橫軸所圍的面積表示Δv可知，在t2時刻A、B的速度分別為vA=S1-S2，vB=S3，A、B共速，則S1-S2=S3，D正確。]
8.B　[設中子的質量為m，則氫核的質量也為m，氮核的質量為14m，設中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv1+mv3
m=m+m
聯立解得v1=v0
設中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=14mv2+mv4
m=×14m+m
聯立解得v2=v0，
可得v1=v0>v2
碰撞后氫核的動量為pH=mv1=mv0
氮核的動量為pN=14mv2=
可得pN>pH
碰撞后氫核的動能為EkH=m=m
氮核的動能為EkN=×14m=
可得EkH>EkN
故B正確，A、C、D錯誤。]
9.(1)　(2)6mgL-3m
(3)
解析　(1)A在傳送帶上運動時的加速度a=μg
由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t==
(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功
W=×2m+2mg·3L-×2m(2v0)2=6mgL-3m
(3)A、B碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒定律可知
2m·2v0=mv1+2mv2
×2m×(2v0)2-(m+×2m)=×[×2m×(2v0)2]
解得v1=2v0
v2=v0
(另一解v1=v0，v2=v0不符合題意，舍掉)
兩藥品盒做平拋運動的時間
t1=
則s-r=v2t1
s+r=v1t1
解得s=(共30張PPT)
經典重現　考題再現
八、動量　動量守恒定律
1.(2021·全國乙卷·14)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統
A.動量守恒，機械能守恒
B.動量守恒，機械能不守恒
C.動量不守恒，機械能守恒
D.動量不守恒，機械能不守恒
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因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；對小車、彈簧和滑塊組成的系統，根據動量守恒和機械能守恒的條件可知撤去推力后該系統動量守恒，機械能不守恒。故選B。
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2.(2020·全國卷Ⅲ·15)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質量為1 kg，則碰撞過程兩
物塊損失的機械能為
A.3 J B.4 J
C.5 J D.6 J
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根據題圖，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲=5.0 m/s，v乙=1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲'=-1.0 m/s，v乙'=2.0 m/s，碰撞過程由動量守恒定律得m甲v甲+
m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙'，解得m乙=6 kg，碰撞過程損
失的機械能ΔE=m甲+m乙-m甲v甲'2-m乙v乙'2，解得ΔE=3 J，故選A。
3.(多選)(2023·重慶卷·8)某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y=4t-26和y=-2t+140。無人機及其載物的總質量為2 kg，取豎直向上為正方向。則
A.EF段無人機的速度大小為4 m/s
B.FM段無人機的貨物處于失重狀態
C.FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4 kg·m/s
D.MN段無人機機械能守恒
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根據EF段方程y=4t-26，可知EF段無人機的速度大小為v==4 m/s，故A正確；
根據y-t圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知
FM段無人機先向上做減速運動，后向下做加速運動，加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態，故B正確；
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根據MN段方程y=-2t+140，可知MN段無人機的速度為v'==-2 m/s，則有Δp=mv'-mv=2×(-2) kg·m/s
-2×4 kg·m/s=-12 kg·m/s，可知FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為12 kg·m/s，故C錯誤；
MN段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故D錯誤。
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4.(多選)(2022·全國乙卷·20)質量為1 kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F與時間t的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.2，重力加速度大小取g=10 m/s2。則
A.4 s時物塊的動能為零
B.6 s時物塊回到初始位置
C.3 s時物塊的動量為12 kg·m/s
D.0~6 s時間內F對物塊所做的功為40 J
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物塊與地面間的摩擦力為
Ff=μmg=2 N
對物塊在0~3 s時間內由動量定理可知
(F-Ff)t1=mv3，
代入數據可得v3=6 m/s，
3 s時物塊的動量為p=mv3=6 kg·m/s，故C錯誤；
設3 s后經過時間t2物塊的速度減為0，由動量定理可得-(F+Ff)t2=0-mv3
解得t2=1 s
所以物塊在4 s時速度減為0，則此時物塊的動能也為0，故A正確；
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在0~3 s時間內，對物塊由動能定理可得
(F-Ff)x1=m，解得x1=9 m
3~4 s時間內，對物塊由動能定理可得
-(F+Ff)x2=0-m，解得x2=3 m
4~6 s時間內物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為a==2 m/s2
發生的位移大小為x3=a=4 m即6 s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；
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物塊在6 s時的速度大小為v6=at3=4 m/s
0~6 s時間拉力對物塊所做的功為
W=Fx1-Fx2+Fx3=40 J，故D正確。
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5.(多選)(2022·福建卷·8)我國霍爾推進器技術世界領先，其簡化的工作原理如圖所示。放電通道兩端電極間存在一加速電場，該區域內有一與電場近似垂直的約束磁場(未畫出)用于提高工作物質被電離的比例。工作時，工作物質氙氣進入放電通道后被電離為氙離子，再經電場加速噴出，形成推力。某次測試中，氙氣被電離的比例為95%，氙離子噴射速度為1.6×104 m/s，推進器產生的推力為80 mN。已知氙離子的比荷為7.3×105 C/kg；計算時，取氙離子的初速度為零，忽略磁場對離子的作用力及粒子之間的相互作用，則
A.氙離子的加速電壓約為175 V
B.氙離子的加速電壓約為700 V
C.氙離子向外噴射形成的電流約為37 A
D.每秒進入放電通道的氙氣質量約為5.3×10-6 kg
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氙離子經電場加速，根據動能定理有qU=mv2-0，
可得加速電壓為U=≈175 V，故A正確，B錯誤；
在Δt時間內，有質量為Δm的氙離子以速度v噴射而
出，形成電流為I，由動量定理可得FΔt=Δmv-0，進入放電通道的氙氣質量
為Δm0，被電離的比例為η，則有=η=≈5.3×10-6 kg，
故D正確；
在Δt時間內，有電荷量為ΔQ的氙離子噴射出，則有ΔQ=q，I=，聯立解得I=·=3.65 A，故C錯誤。
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6.(2024·安徽卷·8)在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕緣輕質細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質量為m，帶電荷量為+q，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直?，F將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分別為v1、v2、v3，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統電勢能減少了
，k為靜電力常量，不計空氣阻力。則
A.該過程中小球3受到的合力大小始終不變
B.該過程中系統能量守恒，動量不守恒
C.在圖乙位置，v1=v2，v3≠2v1
D.在圖乙位置，v3=
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該過程中系統動能和電勢能相互轉化，能量守恒，對整個系統分析可知系統受到的合外力為0，故動量守恒；當三個小球運動到同一條直線上時，根據對稱性可知細線中的拉力相等，此時球3受到1和2的靜電力大小相等、方向相反，故可知此
時球3受到的合力為0，球3從靜止狀態開始運動的瞬間受到的合力不為0，故該過程中小球3受到的合力在改變，故A、B錯誤；
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對系統根據動量守恒mv1+mv2=mv3
根據球1和2運動的對稱性可知v1=v2，
解得v3=2v1
根據能量守恒m+m+m=
解得v3=
故C錯誤，D正確。
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7.(多選)(2021·湖南卷·8)如圖(a)，質量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構成一個系統，外力F作用在A上，系統靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計時，A、B兩物體運動的a-t圖像如圖(b)所示，S1表示0到t1時間內A的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內A、B的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小。A在t1時刻的速度為v0。下列說法正確的是
A.0到t1時間內，墻對B的沖量等于mAv0
B.mA>mB
C.B運動后，彈簧的最大形變量等于x
D.S1-S2=S3
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由于在0~t1時間內，物體B靜止，則對B受力分析有F墻=F彈，
則墻對B的沖量大小等于彈簧對B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A，則可將研究對象轉換
為A，撤去F后A水平方向只受彈力作用，則根據動量定理有I=mAv0(方向向右)，則墻對B的沖量與彈簧對A的沖量大小相等、方向相同，A正確；
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由a-t圖像可知t1后彈簧被拉伸，在t2時刻彈簧的伸長量達到最大，根據牛頓第二定律有F彈=mAaA= mBaB
由題圖(b)可知aB>aA，則mB由題圖(b)可得，t1時刻B開始運動，此時A速度為v0，之后A、B動量守恒，A、B和彈簧整個系統能量守恒，則mAv0=mAvA+mBvB，
可得A、B整體的動能不等于0，即彈簧的彈性勢能會轉化為A、B系統的動能，彈簧的形變量小于x，C錯誤；
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由a-t圖像可知t1后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在t1~t2時間內A、B組成的系統動量守恒，且在t2時刻彈簧的伸長量達到最大，A、B共速，由a-t圖像中
圖線與橫軸所圍的面積表示Δv可知，在t2時刻A、B的速度分別為vA=S1-S2，vB=S3，A、B共速，則S1-S2=S3，D正確。
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8.(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發現這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是
A.碰撞后氮核的動量比氫核的小
B.碰撞后氮核的動能比氫核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
√
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設中子的質量為m，則氫核的質量也為m，氮核的質量為14m，設中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv1+mv3
m=m+m
聯立解得v1=v0
設中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=14mv2+mv4
m=×14m+m
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聯立解得v2=v0，
可得v1=v0>v2
碰撞后氫核的動量為pH=mv1=mv0
氮核的動量為pN=14mv2=
可得pN>pH
碰撞后氫核的動能為EkH=m=m
氮核的動能為EkN=×14m=
可得EkH>EkN
故B正確，A、C、D錯誤。
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9.(2023·廣東卷·15)如圖為某藥品自動傳送系統的示意圖。該系統由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成，滑槽高為3L，平臺高為L。藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速運動的傳送帶上，在與傳送帶達到共速后，從M點進入滑槽，A剛好滑到平臺最右端N點停下，隨后滑下的B以2v0的速度與A發生正碰，碰撞時間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內直徑的兩端。已知A、B的質量分別為m和2m，碰撞過程中損失的能量為碰撞前
瞬間總動能的。A與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，A、B在滑至N點之前不發生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質點。求：
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(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t；
答案　　
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A在傳送帶上運動時的加速度a=μg
由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t==
(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功W；
答案　6mgL-3m　
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B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功
W=×2m+2mg·3L-×2m(2v0)2=6mgL-3m
(3)圓盤的圓心到平臺右端N點的水平距離s。
答案　
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A、B碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒定律可知
2m·2v0=mv1+2mv2
×2m×(2v0)2-(m+×2m)
=×[×2m×(2v0)2]
解得v1=2v0
v2=v0
(另一解v1=v0，v2=v0不符合題意，舍掉)
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兩藥品盒做平拋運動的時間t1=
則s-r=v2t1
s+r=v1t1
解得s=
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