資源簡介

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高考物理高頻易錯押題預測 動量與動量守恒定律
一．選擇題（共8小題）
1．（2025 廬陽區校級模擬）圖為丁俊暉正在準備擊球，設丁俊暉在某一桿擊球過程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5kg m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變為P'B＝4kg m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是（　　）
A． B． C．mB＝2mA D．mB＝5mA
2．（2024秋 南京期末）如圖所示，在離地面高為h處將質量為m的小球以初速度v0水平拋出，重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．落地前瞬間，小球的動量大小為
B．從拋出到落地，小球所受重力的沖量大小為
C．從拋出到落地，小球動量的變化量方向豎直向上
D．從拋出到落地，小球動量的變化量大小為
3．（2024秋 揚州期末）騎電瓶車必須戴好頭盔。在頭部受到撞擊時，其他條件相同，戴頭盔與不戴頭盔相比，騎行者頭部（　　）
A．動量變化小 B．動量變化慢
C．受到撞擊力大 D．受到撞擊力的沖量大
4．（2024秋 徐州期末）做自由落體運動的物體，其動量p與時間t的p﹣t關系圖線為（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024秋 郴州期末）三個完全相同的小球，質量均為m，其中小球A、B固定在豎直輕桿的兩端，A球緊貼豎直光滑墻面，B球位于足夠大的光滑水平地面上，小球C緊貼小球B，如圖所示，三小球均保持靜止。某時，小球A受到輕微擾動開始順著墻面下滑，直至小球A落地前瞬間的運動過程中，三小球始終在同一豎直面上。已知小球C的最大速度為v，輕桿長為L，重力加速度為g，下列關于該過程的說法中正確的是（　?。?br/>A．A、B、C三球組成的系統動量守恒
B．豎直墻對小球A的沖量大小為3mv
C．小球A落地前瞬間，動能大小為
D．小球A落地前瞬間，小球C的速度是小球B速度的2倍
6．（2024秋 徐州期末）為確保公共安全，市民遛狗時應牽繩。如圖所示，一市民遛狗時勻速前行，已知繩中拉力大小為F、方向與水平面夾角為θ。則在t時間內拉力的沖量為（　　）
A．0
B．Ft，方向與F方向一致
C．Ftcosθ，方向與F方向一致
D．Ftcosθ，方向沿水平方向向左
7．（2024秋 揚州期末）如圖所示，在水平桌面上，粘在一起的兩個一元硬幣甲與靜止的一元硬幣乙發生一維碰撞。在下列描述甲、乙速度v與時間t的關系圖像中，可能正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
8．（2024秋 南京期末）如圖所示，在光滑的水平桌面上有體積相同的兩個小球A、B，質量分別為m＝0.1kg和M＝0.3kg，兩球中間夾著一根壓縮的輕彈簧，原來處于靜止狀態，同時放開A、B球和彈簧，已知A球脫離彈簧的速度為6m/s，接著A球進入與水平面相切，半徑為0.5m的豎直面內的光滑半圓形軌道運動，PQ為半圓形軌道豎直的直徑，g＝10m/s2，下列說法正確的是（　?。?br/>A．彈簧彈開過程，彈力對A的沖量與彈力對B的沖量相同
B．剛開始彈簧的彈性勢能大小為2.0J
C．A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大小為0.2N s
D．若使A球不能到達Q點，則半圓軌道半徑的最小值為0.72m
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2024秋 長沙期末）如圖甲所示，傾角為30°的光滑斜面（足夠長）固定在水平面上，質量為2kg的物塊靜止在斜面底端，t＝0時刻給物塊施加沿斜面方向的作用力F，物塊運動的a﹣t圖像如圖乙所示，取沿斜面向上為正方向，重力加速度g＝10m/s2，下列說法中正確的有（　?。?br/>A．前2s內F的大小是第3s的2倍
B．3s內物塊所受合力的沖量為零
C．3s內力F做功為零
D．3s內力F的沖量為30N s
（多選）10．（2024秋 武昌區期末）如圖甲所示，物塊A和B疊放在水平地面上。敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度v0，A、B都向右運動，A始終沒有從B上滑落，最終兩物塊都運動至停下來。這段過程中，B的v﹣t關系圖線如圖乙所示，已知A與B、B與地面間的動摩擦因數相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．物塊A和B的質量相等
B．A與B左端的距離至少為
C．摩擦力對A、B的總沖量大小之比為1：3
D．A和B間因摩擦產生的熱量與B和地面間產生熱量之比是1：3
（多選）11．（2024秋 開福區校級期末）如圖所示，在光滑的水平桿上套有一個質量為m的滑環?；h上通過一根不可伸縮的輕繩懸掛著一個質量為M的物塊（可視為質點），繩長為L。將滑環固定時，極短時間內給物塊一個水平沖量，物塊擺起后剛好碰到水平桿；若滑環不固定時，仍給物塊以同樣的水平沖量，則（g為重力加速度）（　?。?br/>A．給物塊的水平沖量為2M
B．物塊上升的最大高度為
C．物塊上升最高時的速度為
D．物塊在最低點時對細繩的拉力3Mg
（多選）12．（2024秋 南開區校級期末）一彈射機構的簡化模型如圖所示，一理想輕質彈簧左端固定在墻上，處于原長時右端到達水平面上的O點。一滑塊將彈簧右端壓縮到P點，滑塊與彈簧沒有拴接。靜止釋放后，彈簧把滑塊彈開，滑塊運動到O點右側的Q點停下，已知滑塊與水平面間的動摩擦因數處處相同。以O點為坐標原點，水平向右為正方向建立x軸。整個過程滑塊的加速度a、動量p、動能Ek及滑塊與彈簧組成的系統的機械能E隨位置坐標x的變化規律，符合實際的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
三．填空題（共4小題）
13．（2024秋 寶山區校級期中）冰壺運動，又稱擲冰壺、“冰上溜石”，是冬奧會上以隊為單位在冰上進行的一種投擲性競賽項目，深受觀眾喜愛。A、B兩冰壺在光滑水平冰面上發生對心正碰前后的x﹣t圖像如圖所示，已知mA＝0.2kg，則根據圖像可得物體B的質量為 　 　kg，冰壺之間的碰撞屬于 　 ?。ㄟx填“彈性碰撞”、“完全非彈性碰撞”、“一般碰撞”）。
14．（2024秋 思明區校級月考）如圖所示，甲、乙兩人各站在靜止小車的左右兩端，車與地面之間無摩擦，當他們同時相向運動時，發現小車向右運動；則在此過程，甲人的動量大小 　 ?。ㄟx填“大于”、“等于”或“小于”）乙人的動量大?。患兹藢π≤囁椒较驔_量大小 　 ?。ㄟx填“大于”、“等于”或“小于”）乙人對小車水平方向沖量大小。當兩人相遇停下后，小車運動情況為 　 　（選填“勻速向右”、“靜止”或“勻速向左”）。
15．（2024秋 思明區校級月考）如圖甲所示，質量為1kg的物塊靜止放在水平地面上，現對物塊施加水平向右的外力F，F隨時間變化的關系如圖乙所示。已知物塊與水平地面間的動摩擦因數為0.3，接觸面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。則0～2s內，物塊受到的摩擦力沖量大小為 　 　N s，6s末，物塊的速度大小為 　 　m/s。
16．（2023秋 金臺區期末）質量是10g的子彈，以300m/s的速度射入質量是240g、靜止在光滑水平桌面上的木塊。
（1）如果子彈留在木塊中，木塊運動的速度是 　 　m/s；
（2）如果子彈把木塊打穿，子彈穿過后的速度為100m/s，這時木塊的速度又是 　 　m/s。（結果保留兩位有效數字）
四．解答題（共4小題）
17．（2024秋 蘇州期末）如圖所示，P為固定擋板，質量為2m的長木板A以水平初速度v0沿光滑水平面向右運動。某時刻質量為m的小物塊B輕輕釋放到A的右端，第一次達到共同速度后，B與P發生碰撞，一段時間后B與A第二次達到共同速度，之后B與P發生了多次碰撞，B始終未從A上滑落。已知A、B間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，B與P發生碰撞時無機械能損失且碰撞時間極短。求：
（1）A、B第一次的共同速度大小v1；
（2）A、B從開始到第二次達到共同速度過程中，B對A做的功W；
（3）A的最小長度L。
18．（2024秋 鹽城期末）高空墜物極易對行人造成傷害?！吨腥A人民共和國民法典》第一千二百五十四條規定：禁止從建筑物中拋擲物品。從建筑物中拋擲物品或者從建筑物上墜落的物品造成他人損害的，由侵權人依法承擔侵權責任。若一個50g的生雞蛋從居民樓的7樓陽臺墜下，距離地面的高度大約20m，與地面的撞擊時間約為0.01s。（g取10m/s2）求：
（1）雞蛋著地前瞬間的速度大?。?br/>（2）該雞蛋著地過程中對地面產生的平均沖擊力。
19．（2024秋 雨花區校級期末）如圖所示，傾角θ＝37°的斜面AB與長度為L＝0.6m的水平面BC在B點銜接，銜接點平滑，質量為m＝1kg的可視為質點的滑塊Q靜置在水平面的右端C?？梢暈橘|點的滑塊P自斜面上高h＝0.3m處靜止釋放，與滑塊Q發生彈性碰撞后，滑塊Q在C點立即進入光滑豎直半圓軌道DE的內側（CD間隙不計），D為圓的最高點，圓半徑記為R?；瑝KQ經圓弧后在E點水平拋出，最終落于水平地面FG上，水平面FG與BC的高度差為H＝1.2m。已知滑塊P與AB面和BC面的動摩擦因數都為μ＝0.1。
（1）若滑塊P的質量為m＝1kg，半圓軌道DE的半徑R可調，半圓軌道能承受的滑塊的壓力不能超過70N，要保證滑塊Q能經圓周運動順利經過E點。
①求滑塊Q進入D點時的速度vD。
②求半圓軌道的半徑R的取值范圍。
③求滑塊Q離開E后落在FG面上的最大射程。
（2）若半圓軌道DE的半徑為R＝0.4m，滑塊P的質量可調，求滑塊Q進入D點時對D的壓力大小的范圍。
20．（2024秋 無錫期末）如圖所示，小車上固定有處于豎直平面內的特殊形狀的光滑圓管，其中AB段圓弧所對應的半徑R1＝0.5m，圓心角∠AOB＝53°，BC段對應的半徑R2＝0.35m，是四分之一圓弧，B點切線方向豎直，C點與小車表面平滑銜接，小車CD部分與小球之間的動摩擦因數μ＝0.4。質量M＝2kg的小車（含圓管）靜止放置于光滑的水平地面上，現將質量m＝2kg的小球由A點左上方某點以v0＝4m/s的初速度水平拋出，使小球剛好可以無碰撞的進入到圓管中。小球穿過圓管后，滑上CD段。不計空氣阻力，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）小球從拋出點到A點豎直高度；
（2）小球剛運動到C點時，小車的速度大?。?br/>（3）要使小球不從車上落下，則CD長度至少是多少？
高考物理高頻易錯押題預測 動量與動量守恒定律
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
1．（2025 廬陽區校級模擬）圖為丁俊暉正在準備擊球，設丁俊暉在某一桿擊球過程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5kg m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變為P'B＝4kg m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是（　?。?br/>A． B． C．mB＝2mA D．mB＝5mA
【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；用能量守恒定律解決實際問題．
【專題】應用題；信息給予題；定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．
【答案】C
【分析】由動量守恒定律，結合彈性碰撞與完全非彈性碰撞兩種臨界條件，分析碰撞的過程后可能的運動的情況即可。
【解答】解：碰撞過程系統動量守恒，以白色球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：
pA＝pA′+pB′
代入數據得：5kg m/s＝pA′+4kg m/s
解得：pA′＝1kg m/s，方向與白色球的初速度方向相同。
若碰撞后二者的速度相等（設為v共），則有：
mAv共＝pA′＝1kg m/s，mBv共＝pB′＝4kg m/s
聯立可得：mB＝4mA
若碰撞過程系統的機械能不變，根據碰撞過程總動能不增加，則有：
解得
碰后兩球同向運動，A的速度不大于B的速度，則
解得mB≤4mA
綜上可知
故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】該題考查動量守恒定律以及碰撞的特點，考慮彈性碰撞與完全非彈性碰撞，即可求出可能的質量關
2．（2024秋 南京期末）如圖所示，在離地面高為h處將質量為m的小球以初速度v0水平拋出，重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．落地前瞬間，小球的動量大小為
B．從拋出到落地，小球所受重力的沖量大小為
C．從拋出到落地，小球動量的變化量方向豎直向上
D．從拋出到落地，小球動量的變化量大小為
【考點】動量定理的內容和應用；平拋運動速度的計算；用動量的定義式計算物體的動量．
【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；理解能力．
【答案】D
【分析】根據動能定理求解落地時速度大小，再根據動量的計算公式求解落地時物體動量大??；根據運動學公式求落地時間，根據沖量公式求沖量，根據動量定理求解動量變化量。
【解答】解：A、由動能定理
得
動量為
故A錯誤；
B、由，重力的沖量大小為
故B錯誤；
CD、合力的沖量等于動量的變化量，由動量定理有
則小球動量的變化量方向豎直向下，其大小為，故C錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】本題主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運動過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動量的變化。
3．（2024秋 揚州期末）騎電瓶車必須戴好頭盔。在頭部受到撞擊時，其他條件相同，戴頭盔與不戴頭盔相比，騎行者頭部（　　）
A．動量變化小 B．動量變化慢
C．受到撞擊力大 D．受到撞擊力的沖量大
【考點】動量定理的內容和應用．
【專題】定性思想；推理法；動量定理應用專題；理解能力．
【答案】B
【分析】騎行者頭部的動量的變化量是一定的，再根據動量定理分析。
【解答】解：根據動量定理 I＝FΔt＝Δp，可得，由于氣囊的緩沖與頭部的撞擊時間Δt延長了，從而減小了對頭部的作用力F，也即減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化快慢，但駕駛員頭部撞擊過程中動量變化量和撞擊力的沖量I并未改變，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查了動量定理在實際生活中的應用，要注意明確頭盔增加了沖擊時間，從而減小了沖擊力。
4．（2024秋 徐州期末）做自由落體運動的物體，其動量p與時間t的p﹣t關系圖線為（　　）
A． B．
C． D．
【考點】動量定理的內容和應用；自由落體運動的規律及應用．
【專題】定性思想；推理法；動量定理應用專題；理解能力．
【答案】B
【分析】明確自由落體的物體只受重力，加速度恒定不變，速度和時間成正比，再由動量的表達式分析即可。
【解答】解：自由落體運動的加速度是恒定不變的，由v＝at可知，物體的速度與時間成正比，由p＝mv＝mat，可知動量與時間成正比，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
【點評】本題考查圖象以及自由落體運動的規律，要注意掌握用圖象來描述物體的運動性質的方法。
5．（2024秋 郴州期末）三個完全相同的小球，質量均為m，其中小球A、B固定在豎直輕桿的兩端，A球緊貼豎直光滑墻面，B球位于足夠大的光滑水平地面上，小球C緊貼小球B，如圖所示，三小球均保持靜止。某時，小球A受到輕微擾動開始順著墻面下滑，直至小球A落地前瞬間的運動過程中，三小球始終在同一豎直面上。已知小球C的最大速度為v，輕桿長為L，重力加速度為g，下列關于該過程的說法中正確的是（　?。?br/>A．A、B、C三球組成的系統動量守恒
B．豎直墻對小球A的沖量大小為3mv
C．小球A落地前瞬間，動能大小為
D．小球A落地前瞬間，小球C的速度是小球B速度的2倍
【考點】動量守恒定律的內容、條件和判斷；多物體系統的機械能守恒問題．
【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；推理論證能力．
【答案】C
【分析】分析小球的運動特點和運動過程中的臨界狀態；根據動量守恒定律和幾何關系得出小球的速度關系，結合能量關系完成分析。
【解答】解：A、A、B、C三球組成的系統在水平方向合外力不為零，受墻的推力，豎直方向合外力也不為零，故動量不守恒，故A錯誤；
B、B和C分離后小球C做勻速直線運動，所以B、C分離時，兩球速度均為v，對三小球整體列水平方向動量定理，則墻對小球A的沖量I＝2mv，故B錯誤；
C、輕桿對小球A做功大小等于對小球B做功大小，即等于小球B、C的動能增量，則，小球A落地前瞬間動能大小為EkA＝mgL﹣W，解得，故C正確；
D、自小球A離開墻面到小球落地，A、B組成的系統水平方向動量守恒，規定向右為正方向，則mv＝mvB+mvAx且有vB＝vAx解得，小球C的速度是小球A水平速度的2倍，但小球A有豎直速度分量，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題主要考查了動量守恒定律的相關應用，理解動量守恒的條件，結合能量守恒定律和關聯速度的特點即可完成分析。
6．（2024秋 徐州期末）為確保公共安全，市民遛狗時應牽繩。如圖所示，一市民遛狗時勻速前行，已知繩中拉力大小為F、方向與水平面夾角為θ。則在t時間內拉力的沖量為（　?。?br/>A．0
B．Ft，方向與F方向一致
C．Ftcosθ，方向與F方向一致
D．Ftcosθ，方向沿水平方向向左
【考點】求恒力的沖量．
【專題】定量思想；控制變量法；動量定理應用專題；理解能力．
【答案】B
【分析】根據沖量公式進行計算。
【解答】解：根據沖量公式可得
I＝Ft
方向與F方向相同，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查的是恒力做功，直接利用公式求解，題型簡單。
7．（2024秋 揚州期末）如圖所示，在水平桌面上，粘在一起的兩個一元硬幣甲與靜止的一元硬幣乙發生一維碰撞。在下列描述甲、乙速度v與時間t的關系圖像中，可能正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【考點】分析碰撞的合理性．
【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．
【答案】A
【分析】根據動量守恒定律結合圖像斜率的意義分析。
【解答】解：硬幣與桌面的動摩擦因數相同，根據μmg＝ma
可知a＝μg
則圖像的斜率應相同；
規定向右為正方向，根據動量守恒定律有2mv0＝2mv1+mv2
圖像中每個單位格設為1，代入驗證可知A符合，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
【點評】本題考查動量守恒定律，解題關鍵掌握圖像的認識，注意動量守恒的條件。
8．（2024秋 南京期末）如圖所示，在光滑的水平桌面上有體積相同的兩個小球A、B，質量分別為m＝0.1kg和M＝0.3kg，兩球中間夾著一根壓縮的輕彈簧，原來處于靜止狀態，同時放開A、B球和彈簧，已知A球脫離彈簧的速度為6m/s，接著A球進入與水平面相切，半徑為0.5m的豎直面內的光滑半圓形軌道運動，PQ為半圓形軌道豎直的直徑，g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧彈開過程，彈力對A的沖量與彈力對B的沖量相同
B．剛開始彈簧的彈性勢能大小為2.0J
C．A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大小為0.2N s
D．若使A球不能到達Q點，則半圓軌道半徑的最小值為0.72m
【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；繩球類模型及其臨界條件；動能定理的簡單應用；動量定理的內容和應用．
【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．
【答案】D
【分析】根據彈簧對A、B的彈力關系、作用時間關系分析彈力對A、B沖量大小關系；彈簧彈開過程，根據動量守恒定律求A球脫離彈簧時A、B球獲得的速度，根據能量守恒定律計算最大彈性勢能；由機械能守恒定律求A球到達Q點的速度，再由動量定理求A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大??；在最高點根據牛頓第二定律結合機械能守恒定律解答。
【解答】解：A.彈簧彈開過程，彈簧對A、B的彈力大小相等、方向相反、作用時間相等，由I＝Ft可知，彈力對A、B的沖量大小相等，方向相反，故A錯誤；
B.釋放彈簧過程中，A、B系統動量守恒，設A球脫離彈簧時A、B的速度大小分別為v1、v2，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv1﹣Mv2＝0
由題知：v1＝6m/s
解得：v2＝2m/s
根據機械能守恒定律可得，剛開始彈簧的彈性勢能大小為：
解得：Ep＝2.4J，故B錯誤；
C.設A球至Q點的速度大小為vQ，A球從P點運動到Q點過程中只有重力做功，機械能守恒，取水平桌面為零勢能面，由機械能守恒定律得：mg 2R
解得：vQ＝4m/s
小球A從P點運動到Q點過程中，取水平向左為正方向，
由動量定理可知，A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大小為：IA＝mvQ﹣m（﹣v1）＝m（vQ+v1）＝0.1×（4+6）N s＝1N s，故C錯誤；
D.A球恰能到達最高點時有mg
A球從最低點到最高點有﹣mg×2R
解得R＝0.72m
則若使A球不能到達Q點，則半圓軌道半徑的最小值為0.72m，故D正確；
故選：D。
【點評】本題主要是考查了動量守恒定律和機械能守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統不受外力作用或合外力為零；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統的動量和碰撞后系統的動量相等列方程求解。
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2024秋 長沙期末）如圖甲所示，傾角為30°的光滑斜面（足夠長）固定在水平面上，質量為2kg的物塊靜止在斜面底端，t＝0時刻給物塊施加沿斜面方向的作用力F，物塊運動的a﹣t圖像如圖乙所示，取沿斜面向上為正方向，重力加速度g＝10m/s2，下列說法中正確的有（　?。?br/>A．前2s內F的大小是第3s的2倍
B．3s內物塊所受合力的沖量為零
C．3s內力F做功為零
D．3s內力F的沖量為30N s
【考點】動量定理的內容和應用；重力做功的特點和計算；動能定理的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．
【答案】ABD
【分析】根據牛頓第二定律求解外力，再根據運動學公式求解位移，再求出拉力做的功；根據沖量的計算公式求解沖量。
【解答】解：A、0～2s內，根據牛頓第二定律得：F1﹣mgsin30°＝ma1，得：F1＝20N
在2～3s內，根據牛頓第二定律得：F2+mgsin 30°＝ma2，得：F2＝10N
則前2s內F的大小是第3s的2倍，故A正確；
B、圖像與坐標軸圍成的面積代表合力的沖量；3s內物塊所受合力的沖量為I＝（5×2﹣10×1）N s＝0，故B正確；
C、0～2s內，物體的位移為x1m＝10m，2～3s內，物體的位移為x2m＝5m
所以3s內力F做功為W＝F1x1﹣F2x2＝20×10J+10×5J＝150J，故C錯誤；
D、設F1的方向為正方向，根據沖量的計算公式可知3s內力F的沖量為IF＝F1t1﹣F2t2＝20×2N s﹣10×1N s＝30N s，故D正確；
故選：ABD。
【點評】本題主要是考查牛頓運動定律的綜合應用、功的計算以及沖量的計算等，能夠根據圖象分析受力情況，再結合運動學公式、功的計算公式求解是關鍵。
（多選）10．（2024秋 武昌區期末）如圖甲所示，物塊A和B疊放在水平地面上。敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度v0，A、B都向右運動，A始終沒有從B上滑落，最終兩物塊都運動至停下來。這段過程中，B的v﹣t關系圖線如圖乙所示，已知A與B、B與地面間的動摩擦因數相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．物塊A和B的質量相等
B．A與B左端的距離至少為
C．摩擦力對A、B的總沖量大小之比為1：3
D．A和B間因摩擦產生的熱量與B和地面間產生熱量之比是1：3
【考點】動量定理的內容和應用；有外力的水平板塊模型；常見力做功與相應的能量轉化；求變力的沖量．
【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；功能關系 能量守恒定律；推理論證能力．
【答案】AD
【分析】根據圖像得到A、B的加速度，然后根據牛頓第二定律得到它們的質量關系；根據動量定理得到它們的動量變化關系；根據平均速度得到它們的位移，然后可得它們的相對位移；根據摩擦力與相對位移的乘積分別得到A和B、B和地面之間因摩擦產生的熱量。
【解答】解：A、設A的質量為mA，B的質量為mB，動摩擦因數大小為μ，根據圖像可知B的加速度大小為aB，，對A根據牛頓第二定律有μmAg＝mAaA，對B根據牛頓第二定律有μmAg+μ（mA+mB）g＝mBaB，聯立解得mA＝mB，故A正確；
C、A的初速度為零，最后和B靜止在地面上，根據動量定理可知摩擦力對A的沖量大小為0，摩擦力對B的沖量大小為mBv0，故C錯誤；
B、開始時A加速，B減速運動，當A、B速度相等后一起減速運動，所以A與B左端的距離至少為，解得，故B錯誤；
D、A和B間因摩擦產生的熱量為Q＝μmAgΔx，B與地面之間因摩擦產生的熱量為Q'，整理得Q'，則Q：Q'＝1：3，故D正確。
故選：AD。
【點評】本題考查了動量定理、牛頓第二定律和功能關系相關內容，綜合性較強。
（多選）11．（2024秋 開福區校級期末）如圖所示，在光滑的水平桿上套有一個質量為m的滑環?；h上通過一根不可伸縮的輕繩懸掛著一個質量為M的物塊（可視為質點），繩長為L。將滑環固定時，極短時間內給物塊一個水平沖量，物塊擺起后剛好碰到水平桿；若滑環不固定時，仍給物塊以同樣的水平沖量，則（g為重力加速度）（　?。?br/>A．給物塊的水平沖量為2M
B．物塊上升的最大高度為
C．物塊上升最高時的速度為
D．物塊在最低點時對細繩的拉力3Mg
【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；牛頓第二定律與向心力結合解決問題；機械能守恒定律的簡單應用；動量定理的內容和應用；某一方向上的動量守恒問題．
【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．
【答案】BD
【分析】A.將滑環固定時，極短時間內給物塊一個水平沖量，物塊擺起后剛好碰到水平桿，根據機械能守恒定律、沖量的計算公式分別列式，即可分析判斷；
BC.滑環不固定時，物塊和滑環組成的系統機械能守恒，水平方向動量守恒，據此列式，即可分析判斷；
D.結合前面分析，由牛頓第二定律列式，即可分析判斷。
【解答】解：A.設物塊初速度大小為v0，
將滑環固定時，極短時間內給物塊一個水平沖量，物塊擺起后剛好碰到水平桿，根據機械能守恒定律可得：，
解得：，
故給物塊的水平沖量大小為：，故A錯誤；
BC.滑環不固定時，物塊初速度大小仍為v0，設物塊擺至最大高度h時，滑塊與物塊速度大小都為v，
在此過程中物塊和滑環組成的系統機械能守恒，水平方向動量守恒，以物塊初速度的方向為正方向，
由該系統水平方向動量守恒可得：Mv0＝（m+M）v，
由該系統機械能守恒可得：，
聯立可得：，，故B正確，C錯誤；
D.對m、M組成的系統，當M第一次回到最低點時，由該系統水平方向動量守恒和能量守恒可知，m、M的相對速度大小仍然為v0，
則在最低點，由牛頓第二定律可知：T，
解得：T＝3Mg，故D正確；
故選：BD。
【點評】本題主要考查動量守恒與能量守恒共同解決實際問題，解題時需注意挖掘臨界條件：在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，即速度相等或位移相等時。
（多選）12．（2024秋 南開區校級期末）一彈射機構的簡化模型如圖所示，一理想輕質彈簧左端固定在墻上，處于原長時右端到達水平面上的O點。一滑塊將彈簧右端壓縮到P點，滑塊與彈簧沒有拴接。靜止釋放后，彈簧把滑塊彈開，滑塊運動到O點右側的Q點停下，已知滑塊與水平面間的動摩擦因數處處相同。以O點為坐標原點，水平向右為正方向建立x軸。整個過程滑塊的加速度a、動量p、動能Ek及滑塊與彈簧組成的系統的機械能E隨位置坐標x的變化規律，符合實際的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【考點】動量定理的內容和應用；動能定理的簡單應用；常見力做功與相應的能量轉化．
【專題】定性思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．
【答案】AC
【分析】根據各個物理量的表達式得到對應物理量與x的函數關系式，根據函數關系式判斷圖像是否正確。
【解答】解：A．當滑塊在O點左側位置坐標為x時，彈簧壓縮量為x，設滑塊的質量為m，彈簧的勁度系數為k，滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ，由牛頓第二定律，有﹣kx﹣μmg＝ma
得
當滑塊在O點右側時，有﹣μmg＝ma
得a＝﹣μga﹣x圖像為兩段直線，故A正確。
B．取一段位移微元Δx，可認為滑塊的加速度不變，設為a，速度為v，有
設滑塊運動到N處時彈簧彈力等于摩擦力，加速度為0，由P到N，加速度逐漸減小，速度逐漸增大，逐漸減小，p﹣x圖線的斜率逐漸減小；到N處時p﹣x圖線的斜率減為0；由N到O，加速度反向逐漸增大，速度逐漸減小，絕對值逐漸增大，p﹣x圖線的斜率絕對值逐漸增大；由O到Q，加速度不變，速度逐漸減小，絕對值逐漸增大，p﹣x圖線的斜率絕對值逐漸增大，p﹣x圖像O點右側不可能為傾斜的直線，故B錯誤。
C．滑塊移動位移微元Δx，由動能定理有
F合Δx＝ΔEk
可得
，Ek﹣x圖像由P到N斜率減小，由N到O斜率絕對值增大，O點右側斜率不變，為傾斜的直線，故C正確。
D．由能量轉化可知，滑塊克服摩擦力做的功等于系統機械能的減少量。對一段位移微元Δx，有﹣μmgΔx＝ΔE
可知
即E﹣x圖像為斜率不變的傾斜的直線，故D錯誤。
故選：AC。
【點評】通過斜率變化判斷圖像是否正確是本題解題關鍵。
三．填空題（共4小題）
13．（2024秋 寶山區校級期中）冰壺運動，又稱擲冰壺、“冰上溜石”，是冬奧會上以隊為單位在冰上進行的一種投擲性競賽項目，深受觀眾喜愛。A、B兩冰壺在光滑水平冰面上發生對心正碰前后的x﹣t圖像如圖所示，已知mA＝0.2kg，則根據圖像可得物體B的質量為 　0.6　kg，冰壺之間的碰撞屬于 　彈性碰撞?。ㄟx填“彈性碰撞”、“完全非彈性碰撞”、“一般碰撞”）。
【考點】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題；利用x﹣t圖像的斜率求解物體運動的速度．
【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；分析綜合能力．
【答案】0.6，彈性碰撞。
【分析】根據x﹣t圖線斜率求速度，根據動量守恒定律求質量，然后計算碰撞前后的機械能總量關系，即可解答。
【解答】解：x﹣t圖線的斜率表示速度，則碰撞前，有，vB＝0
碰撞后，m/s＝﹣2m/s，m/s＝2m/s
以碰撞前A的方向為正方向，由動量守恒定律可知
mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′
代入數據解得mB＝0.6kg
碰撞前總動能為1.6J
碰撞后總動能為EK′mAvA′2mBvB′2
代入數據解得EK′＝1.6J
碰撞前后重力勢能不變，則碰撞前后機械能守恒，兩冰壺發生的是彈性碰撞。
故答案為：0.6，彈性碰撞。
【點評】本題是一道綜合題，需要學生根據x﹣t圖線求速度，再判斷機械能，難度中等。
14．（2024秋 思明區校級月考）如圖所示，甲、乙兩人各站在靜止小車的左右兩端，車與地面之間無摩擦，當他們同時相向運動時，發現小車向右運動；則在此過程，甲人的動量大小 　小于?。ㄟx填“大于”、“等于”或“小于”）乙人的動量大小；甲人對小車水平方向沖量大小 　小于?。ㄟx填“大于”、“等于”或“小于”）乙人對小車水平方向沖量大小。當兩人相遇停下后，小車運動情況為 　靜止?。ㄟx填“勻速向右”、“靜止”或“勻速向左”）。
【考點】動量守恒定律的一般應用．
【專題】應用題；定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．
【答案】小于；小于；靜止。
【分析】甲、乙兩人相向而行的過程中，甲、乙兩人及小車組成的系統在水平方向所受的合外力為零，系統動量守恒，根據動量守恒定律列式分析即可。
【解答】解：甲、乙兩人相向而行的過程中，甲、乙兩人及小車組成的系統在水平方向所受的合外力為零，系統動量守恒，
以向右為正方向，在水平方向，根據動量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙+m車v車＝0
小車向右運動，小車的動量方向向右，說明甲與乙兩人的總動量向左，因乙向左運動，甲向右運動，則甲的動量必定小于乙的動量；
小車向右運動，對小車，由動量定理可知，小車受外力的沖量向右，人在行走時對小車的作用力沖量與人的運動方向相反，則說明乙對小車的作用力沖量大于甲對小車的作用力沖量；
兩人與車組成的系統動量守恒，系統初狀態動量為零，當兩人都停下后兩人的動量都為零，由動量守恒定律可知，小車的動量也為零，小車靜止。
故答案為：小于；小于；靜止。
【點評】本題考查動量守恒定律和動量定理的直接應用，關鍵要掌握動量守恒的條件：合外力為零，要注意速度和動量的矢量性。
15．（2024秋 思明區校級月考）如圖甲所示，質量為1kg的物塊靜止放在水平地面上，現對物塊施加水平向右的外力F，F隨時間變化的關系如圖乙所示。已知物塊與水平地面間的動摩擦因數為0.3，接觸面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。則0～2s內，物塊受到的摩擦力沖量大小為 　4.5　N s，6s末，物塊的速度大小為 　13.5　m/s。
【考點】F﹣t圖像中的動量問題；求恒力的沖量；用動量定理求平均作用力．
【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．
【答案】4.5；13.5。
【分析】根據題意求最大靜摩擦力，再結合圖像分析運動情況，由沖量的概念、動量定理等列式代入數據計算。
【解答】解：物塊與水平地面間的最大靜摩擦力為fmax＝μmg＝0.3×1×10N＝3N
由F﹣t圖像可知，在0～1s內物塊受到靜摩擦力作用，則0～2s內，物塊受到的摩擦力沖量大小為
在t＝1s時物塊開始運動，則1～6s內，對物塊根據動量定理可得I合＝IF﹣If＝mv﹣0
其中；If＝3×5N s＝15N s
代入數據解得6s末物塊的速度大小v＝13.5m/s。
故答案為：4.5；13.5。
【點評】本題主要考查F﹣t圖像中的動量問題，解題時需注意，F﹣t圖像與坐標軸所圍面積，表示該力沖量。
16．（2023秋 金臺區期末）質量是10g的子彈，以300m/s的速度射入質量是240g、靜止在光滑水平桌面上的木塊。
（1）如果子彈留在木塊中，木塊運動的速度是 　12　m/s；
（2）如果子彈把木塊打穿，子彈穿過后的速度為100m/s，這時木塊的速度又是 　8.3　m/s。（結果保留兩位有效數字）
【考點】動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應用．
【專題】定量思想；尋找守恒量法；動量定理應用專題；分析綜合能力．
【答案】（1）12；（2）8.3。
【分析】（1）（2）子彈射入木塊的過程和打穿木塊的過程，分別根據動量守恒定律求解木塊運動的速度。
【解答】解：（1）取子彈的初速度方向為正方向，根據動量守恒定律有
m1v0＝（m1+m2）v共
解得
v共＝12m/s
則子彈留在木塊中，木塊運動的速度是12m/s；
（2）取子彈的初速度方向為正方向，根據動量守恒定律有
m1v0＝m1v1+m2v2
解得木塊的速度為
v2≈8.3m/s
故答案為：（1）12；（2）8.3。
【點評】對于子彈打木塊的過程，要掌握其基本規律是動量守恒定律，要明確規定正方向，用正負號表示速度方向。
四．解答題（共4小題）
17．（2024秋 蘇州期末）如圖所示，P為固定擋板，質量為2m的長木板A以水平初速度v0沿光滑水平面向右運動。某時刻質量為m的小物塊B輕輕釋放到A的右端，第一次達到共同速度后，B與P發生碰撞，一段時間后B與A第二次達到共同速度，之后B與P發生了多次碰撞，B始終未從A上滑落。已知A、B間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，B與P發生碰撞時無機械能損失且碰撞時間極短。求：
（1）A、B第一次的共同速度大小v1；
（2）A、B從開始到第二次達到共同速度過程中，B對A做的功W；
（3）A的最小長度L。
【考點】動量守恒定律在板塊模型中的應用；常見力做功與相應的能量轉化．
【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；推理論證能力．
【答案】（1）A、B第一次的共同速度大小為v0；
（2）A、B從開始到第二次達到共同速度過程中，B對A做的功為；
（3）A的最小長度為。
【分析】（1）根據動量守恒定律分析解答；
（2）根據動量守恒定律結合動能定理分析解答；
（3）整個過程中，B相對于A一直向左運動，最終兩者速度都為零，根據能量守恒定律解答。
【解答】解：（1）從B滑上A到第一次達到共同速度v1，規定向右為正方向，根據系統動量守恒有
2mv0＝（m+2m）v1
得v1v0
（2）從第一次碰撞后到第二次達到共同速度v2，取向右為正方向，根據系統動量守恒有
2mv1﹣mv1＝3mv2
得v2v1v0
從開始到第二次達到共同速度過程中，對A運用動能定理
W22
得B對A做的功W
（3）整個過程中，B相對于A一直向左運動，最終兩者速度都為零
設兩者相對運動的距離為x，A、B系統能量守恒
2μmgx
得x
則為使整個運動過程中B不從A上滑落，A的最小長度L＝x
答：（1）A、B第一次的共同速度大小為v0；
（2）A、B從開始到第二次達到共同速度過程中，B對A做的功為；
（3）A的最小長度為。
【點評】本題主要是考查動量守恒定律和能量守恒定律；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統的動量和碰撞后系統的動量相等列方程，再根據能量關系列方程求解。
18．（2024秋 鹽城期末）高空墜物極易對行人造成傷害。《中華人民共和國民法典》第一千二百五十四條規定：禁止從建筑物中拋擲物品。從建筑物中拋擲物品或者從建筑物上墜落的物品造成他人損害的，由侵權人依法承擔侵權責任。若一個50g的生雞蛋從居民樓的7樓陽臺墜下，距離地面的高度大約20m，與地面的撞擊時間約為0.01s。（g取10m/s2）求：
（1）雞蛋著地前瞬間的速度大小；
（2）該雞蛋著地過程中對地面產生的平均沖擊力。
【考點】動量定理的內容和應用；自由落體運動的規律及應用；牛頓第三定律的理解與應用．
【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；理解能力．
【答案】（1）雞蛋著地前瞬間的速度大小為20m/s；
（2）該雞蛋著地過程中對地面產生的平均沖擊力為100.5N。
【分析】（1）根據雞蛋下落的總高度，計算雞蛋落地時速度大??；
（2）再根據動量定理列方程求解地面對雞蛋的沖擊力，從而得到雞蛋對地面產生的沖擊力。
【解答】解：（1）雞蛋下落過程有
v2＝2gh
可得雞蛋落地時速度為
v＝20m/s
（2）雞蛋與地面的撞擊過程，取豎直向下為正方向，根據動量定理有
（mg﹣F）t＝0﹣mν
代入數據得
F＝100.5N
根據牛頓第三定律可知，該雞蛋對地面產生的沖擊力約為100.5N。
答：（1）雞蛋著地前瞬間的速度大小為20m/s；
（2）該雞蛋著地過程中對地面產生的平均沖擊力為100.5N。
【點評】本題主要考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意靈活選擇研究過程，分析運動過程中物體的受力情況，規定正方向，用正負號表示矢量的方向。
19．（2024秋 雨花區校級期末）如圖所示，傾角θ＝37°的斜面AB與長度為L＝0.6m的水平面BC在B點銜接，銜接點平滑，質量為m＝1kg的可視為質點的滑塊Q靜置在水平面的右端C。可視為質點的滑塊P自斜面上高h＝0.3m處靜止釋放，與滑塊Q發生彈性碰撞后，滑塊Q在C點立即進入光滑豎直半圓軌道DE的內側（CD間隙不計），D為圓的最高點，圓半徑記為R。滑塊Q經圓弧后在E點水平拋出，最終落于水平地面FG上，水平面FG與BC的高度差為H＝1.2m。已知滑塊P與AB面和BC面的動摩擦因數都為μ＝0.1。
（1）若滑塊P的質量為m＝1kg，半圓軌道DE的半徑R可調，半圓軌道能承受的滑塊的壓力不能超過70N，要保證滑塊Q能經圓周運動順利經過E點。
①求滑塊Q進入D點時的速度vD。
②求半圓軌道的半徑R的取值范圍。
③求滑塊Q離開E后落在FG面上的最大射程。
（2）若半圓軌道DE的半徑為R＝0.4m，滑塊P的質量可調，求滑塊Q進入D點時對D的壓力大小的范圍。
【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；平拋運動速度的計算；繩球類模型及其臨界條件；動能定理的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．
【答案】（1）若滑塊P的質量為m＝1kg，半圓軌道DE的半徑R可調，半圓軌道能承受的滑塊的壓力不能超過70N，要保證滑塊Q能經圓周運動順利經過E點。
①滑塊Q進入D點時的速度vD大小為2m/s，方向水平向右；
②半圓軌道的半徑R的取值范圍為：0.2m≤R≤0.4m；
③滑塊Q離開E后落在FG面上的最大射程為1.4m。
（2）若半圓軌道DE的半徑為R＝0.4m，滑塊P的質量可調，滑塊Q進入D點時對D的壓力大小的范圍為：0≤FN＜30N。
【分析】（1）①滑塊P從靜止到C點，根據動能定理列式，滑塊P與滑塊Q碰撞時動量守恒、且碰撞過程無動能損失，據此列式，即可聯立求解；
②在D點能夠做圓周運動，根據牛頓第二定律可列式，D點到E點的過程，根據能量守恒定律列式，在E點，根據牛頓第二定律列式，即可聯立求解；
③滑塊自E點作平拋運動，則水平方向做勻速直線運動、豎直方向做自由落體運動，根據運動學規律列式，結合②及數學知識，即可分析求解。
（2）同（1）思路，由動能定理、彈性碰撞的性質、牛頓第二定律分別列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）①滑塊P從靜止到C點，根據動能定理可得：
，
解得：
vC＝2m/s，
滑塊P與滑塊Q碰撞時動量守恒，以水平向右為正方向，則有：
mvC＝mvC'+mvD，
又因為是彈性碰撞，則碰撞過程無動能損失，有：
，
聯立可得：
vD＝2m/s，方向水平向右；
②在D點能夠做圓周運動，根據牛頓第二定律可知：
，
解得：
R≤0.4m，
D點到E點的過程，根據能量守恒定律有：
，
在E點，根據牛頓第二定律有：
，
且：
FN≤70N，
聯立得：
R≥0.2m，
所以R的取值范圍為：
0.2m≤R≤0.4m；
③滑塊自E點作平拋運動，水平方向做勻速直線運動，則射程為：
x＝vEt，
豎直方向做自由落體運動，有：
，
結合②，聯立可得：
，
有數學知識可得，當R＝0.25m時，射程最大，
解得：xmax＝1.4m；
（2）由動能定理有：
，
解得：
vC＝2m/s，
滑塊P與滑塊Q碰撞時動量守恒，以水平向右為正方向，則有：
m1vC＝m1v1+mv2，
又因為是彈性碰撞，則碰撞過程動能無損失，則有：
，
聯立可得：
，
即：
，
則：
0＜v2＜2vC，
由牛頓第二定律可得：
，
解得：
0≤FN＜30N；
答：（1）若滑塊P的質量為m＝1kg，半圓軌道DE的半徑R可調，半圓軌道能承受的滑塊的壓力不能超過70N，要保證滑塊Q能經圓周運動順利經過E點。
①滑塊Q進入D點時的速度vD大小為2m/s，方向水平向右；
②半圓軌道的半徑R的取值范圍為：0.2m≤R≤0.4m；
③滑塊Q離開E后落在FG面上的最大射程為1.4m。
（2）若半圓軌道DE的半徑為R＝0.4m，滑塊P的質量可調，滑塊Q進入D點時對D的壓力大小的范圍為：0≤FN＜30N。
【點評】本題主要考查動量守恒與能量守恒共同解決實際問題，解題時需注意挖掘臨界條件：在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，即速度相等或位移相等時。
20．（2024秋 無錫期末）如圖所示，小車上固定有處于豎直平面內的特殊形狀的光滑圓管，其中AB段圓弧所對應的半徑R1＝0.5m，圓心角∠AOB＝53°，BC段對應的半徑R2＝0.35m，是四分之一圓弧，B點切線方向豎直，C點與小車表面平滑銜接，小車CD部分與小球之間的動摩擦因數μ＝0.4。質量M＝2kg的小車（含圓管）靜止放置于光滑的水平地面上，現將質量m＝2kg的小球由A點左上方某點以v0＝4m/s的初速度水平拋出，使小球剛好可以無碰撞的進入到圓管中。小球穿過圓管后，滑上CD段。不計空氣阻力，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）小球從拋出點到A點豎直高度；
（2）小球剛運動到C點時，小車的速度大??；
（3）要使小球不從車上落下，則CD長度至少是多少？
【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；平拋運動速度的計算；機械能守恒定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；力學綜合性應用專題；推理論證能力．
【答案】（1）小球從拋出點到A點豎直高度為0.45m；
（2）小球剛運動到C點時，小車的速度大小為6m/s；
（3）要使小球不從車上落下，則CD長度至少是4m。
【分析】（1）小球進入到圓管之前做平拋運動，確定到達A點時速度方向與水平方向的夾角，以及在A點豎直分速度與水平分速度滿足的關系，根據豎直方向做自由落體運動求解小球從拋出點到A點豎直高度。
（2）小球穿過圓管的過程，小球與小車組成的的系統在水平方向上動量守恒。根據動量守恒定律與機械能守恒定律求解小球剛運動到C點時，小車的速度大小。
（3）要使小球不從車上落下，CD長度最小時，小球與小車速度相同時，小球剛好滑動到D點。根據動量守恒定律與能量守恒定律解答。
【解答】解：（1）小球進入到圓管之前做平拋運動，到達A點時速度方向與水平方向的夾角為37°，在A點豎直分速度vy與水平分速度vx滿足：
，其中：vx＝v0＝4m/s
解得：vy＝3m/s
設小球從拋出點到A點豎直高度為h，由豎直方向做自由落體運動可得：
解得：h＝0.45m
（2）小球穿過圓管的過程，小球與小車組成的的系統在水平方向上動量守恒。設小球剛運動到C點時小球的速度為v1，小車的速度為v2。以向右為正方向，根據動量守恒定律與機械能守恒定律分別得：
mv0＝mv1+Mv2
解得：v1＝﹣2m/s，v2＝6m/s
（3）要使小球不從車上落下，CD長度最小（設為Lmin）時，小球與小車速度相同時，小球剛好滑動到D點。以向右為正方向，根據動量守恒定律與能量守恒定律分別得：
mv1+Mv2＝（m+M）v共
解得：Lmin＝4m
答：（1）小球從拋出點到A點豎直高度為0.45m；
（2）小球剛運動到C點時，小車的速度大小為6m/s；
（3）要使小球不從車上落下，則CD長度至少是4m。
【點評】本題考查了動量守恒定律與能量守恒定律的應用，考查了平拋運動的性質。要注意小球穿過圓管的過程，小球與小車組成的的系統只是在水平方向上滿足動量守恒定律。掌握從動量與功能的角度處理問題的方法。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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