專題動量守恒定律2023-2025年三年高考物理真題分類匯編，分類練習，高效提分！按照物理學科知識點構成情況，將試題分解組合，全面呈現(xiàn)物理學科知識點在三年高考中的考查情況，旨意方便老師和學生掌握高考命題動向、熟悉高考考查方式。一．選擇題（共10小題）1．（2025?山東）軌道艙與返回艙的組合體，繞質量為M的行星做半徑為r的圓周運動，軌道艙與返回艙的質量比為5：1。如圖所示，軌道艙在P點沿運動方向向前彈射返回艙，分開瞬間返回艙相對行星的速度大小為2GMA．25GMr B．35GMr2．（2024?江蘇）在水平面上有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側用輕彈簧連接在滑板A的左側，右側用一根細繩連接在滑板A的右側，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細繩后，則（）A．彈簧原長時B動量最大 B．壓縮最短時B動能最大 C．系統(tǒng)動量變大 D．系統(tǒng)機械能變大3．（2025?甘肅）如圖，小球A從距離地面20m處自由下落，1s末恰好被小球B從左側水平擊中，小球A落地時的水平位移為3m。兩球質量相同，碰撞為完全彈性碰撞，重力加速度g取10m/s2，則碰撞前小球B的速度大小v為（）A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s4．（2025?浙江）如圖所示，光滑水平地面上放置完全相同的兩長板A和B，滑塊C（可視為質點）置于B的右端，三者質量均為1kg，A以4m/s的速度向右運動，B和C一起以2m/s的速度向左運動，A和B發(fā)生碰撞后粘在一起不再分開。已知A和B的長度均為0.75m，C與A、B間動摩擦因數(shù)均為0.5，則（）A．碰撞瞬間C相對地面靜止 B．碰撞后到三者相對靜止，經(jīng)歷的時間為0.2s C．碰撞后到三者相對靜止，摩擦產(chǎn)生的熱量為12J D．碰撞后到三者相對靜止，C相對長板滑動的距離為0.6m5．（2025?河南）兩小車P、Q的質量分別為mP和mQ，將它們分別與小車N沿直線做碰撞實驗，碰撞前后的速度v隨時間t的變化分別如圖1和圖2所示。小車N的質量為mN，碰撞時間極短，則（）A．mP＞mN＞mQ B．mN＞mP＞mQ C．mQ＞mP＞mN D．mQ＞mN＞mP6．（2024?重慶）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘（質量為m）在軟組織中運動距離d1后進入目標組織，繼續(xù)運動d2后停下來。若兩段運動中針鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為F1、F2，則針鞘（）A．被彈出時速度大小為2(F1d1+F2C．運動d2過程中，阻力做功為（F1+F2）d2 D．運動d2的過程中動量變化量大小為m7．（2024?北京）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（）A．上升和下落兩過程的時間相等B．上升和下落兩過程損失的機械能相等 C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量 D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度8．（2023?河北）某科研團隊通過傳感器收集并分析運動數(shù)據(jù)，為跳高運動員的技術動作改進提供參考。圖為跳高運動員在起跳過程中，其單位質量受到地面的豎直方向支持力隨時間變化關系曲線。圖像中10.10s至10.35s內，曲線下方的面積與陰影部分的面積相等。已知該運動員的質量為60kg，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．起跳過程中運動員的最大加速度約為42m/s2 B．起跳后運動員重心上升的平均速度大小約為3m/s C．起跳后運動員重心上升的最大高度約為0.45m D．起跳過程中運動員所受合力的沖量大小約為330N?s9．（2023?天津）2023年我國首套高溫超導電動懸浮全要素試驗系統(tǒng)完成首次懸浮運行，實現(xiàn)重要技術突破。設該系統(tǒng)的試驗列車質量為m，某次試驗中列車以速率v在平直軌道上勻速行駛，剎車時牽引系統(tǒng)處于關閉狀態(tài)，制動裝置提供大小為F的制動力，列車減速直至停止。若列車行駛時始終受到大小為f的空氣阻力，則（）A．列車減速過程的加速度大小為FmB．列車減速過程F的沖量大小為mv C．列車減速過程通過的位移大小為mvD．列車勻速行駛時，牽引系統(tǒng)的輸出功率為（F+f）v10．（2025?廣東）如圖所示，光滑水平面上，小球M、N分別在水平恒力F1和F2作用下，由靜止開始沿同一直線相向運動，在t1時刻發(fā)生正碰后各自反向運動。已知F1和F2始終大小相等、方向相反。從開始運動到碰撞后第1次速度減為0的過程中，兩小球速度v隨時間t變化的圖像，可能正確的是（）A． B． C． D．二．多選題（共16小題）（多選）11．（2024?甘肅）電動小車在水平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）A．小車的動能不變B．小車的動量守恒 C．小車的加速度不變D．小車所受的合外力一定指向圓心（多選）12．（2025?廣東）如圖所示，無人機在空中作業(yè)時，受到一個方向不變、大小隨時間變化的拉力。無人機經(jīng)飛控系統(tǒng)實時調控，在拉力、空氣作用力和重力作用下沿水平方向做勻速直線運動。已知拉力與水平面成30°角，其大小F隨時間t的變化關系為F＝F0﹣kt（F≠0，F(xiàn)0、k均為大于0的常量），無人機的質量為m，重力加速度為g。關于該無人機在0到T時間段內（T是滿足F＞0的任一時刻），下列說法正確的有（）A．受到空氣作用力的方向會變化 B．受到拉力的沖量大小為（F0?12C．受到重力和拉力的合力的沖量大小為mgT+（F0?12D．T時刻受到空氣作用力的大小為3（多選）13．（2023?重慶）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2kg，取豎直向上為正方向。則（）A．EF段無人機的速度大小為4m/s B．FM段無人機的貨物處于失重狀態(tài) C．FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4kg?m/s D．MN段無人機機械能守恒（多選）14．（2023?新課標）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（）A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的動量大小比乙的小 C．甲的動量大小與乙的相等 D．甲和乙的動量之和不為零（多選）15．（2024?廣東）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞，忽略空氣阻力。下列說法正確的有（）A．甲在斜坡上運動時與乙相對靜止 B．碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度 C．乙的運動時間與H乙無關 D．甲最終停止位置與O處相距H（多選）16．（2024?甲卷）蹦床運動中，體重為60kg的運動員在t＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（）A．t＝0.15s時，運動員的重力勢能最大 B．t＝0.30s時，運動員的速度大小為10m/s C．t＝1.00s時，運動員恰好運動到最大高度處 D．運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N（多選）17．（2024?廣西）如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動，速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力，則碰撞后，N在（）A．豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動 B．豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動 C．水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v D．水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v（多選）18．（2024?湖北）如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊，質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k為已知常數(shù)）。改變子彈的初速度大小v0，若木塊獲得的速度最大，則（）A．子彈的初速度大小為2kL(m+M)mM B．子彈在木塊中運動的時間為2mMk(m+M)C．木塊和子彈損失的總動能為k2D．木塊在加速過程中運動的距離為mL（多選）19．（2024?全國）在新款車的碰撞安全測試中，一輛質量為2000kg的汽車，以等速度72km/h（20m/s）在水平地面上直線前進，和質量為1000kg的靜止箱形障礙物發(fā)生一維非彈性正向碰撞，碰撞后箱形障礙物被向前彈開，汽車車頭內凹但仍持續(xù)向前行進。假設空氣阻力與地面摩擦力可忽略。在此碰撞過程中，速度傳感器測得碰撞開始后汽車速率與時間的關系如圖所示。將開始碰撞的時間記為0.0秒，則下列敘述哪些正確？（）A．在0.5秒后，汽車與障礙物分離 B．在0.5秒后，汽車動能減少一半 C．在0.5秒后，障礙物速率為20m/s D．在0.5秒內，汽車平均加速度量值為10m/s2 E．在0.5秒后，汽車與障礙物的總動能減少1×105J（多選）20．（2024?廣西）如圖，堅硬的水平地面上放置一木料，木料上有一個豎直方向的方孔，方孔各側壁完全相同。木栓材質堅硬，形狀為正四棱臺，上下底面均為正方形，四個側面完全相同且與上底面的夾角均為θ。木栓質量為m，與方孔側壁的動摩擦因數(shù)為μ，將木栓對準方孔，接觸但無擠壓。錘子以極短時間撞擊木栓后反彈，錘子對木栓沖量為I，方向豎直向下，木栓在豎直方向前進了Δx的位移，未到達方孔底部。若進入的過程方孔側壁發(fā)生彈性形變，彈力呈線性變化，最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力，則（）A．進入過程，木料對木栓的合力的沖量為﹣I B．進入過程，木料對木栓的平均阻力大小的為I2C．進入過程，木料和木栓的機械能共損失了I2D．木栓前進Δx后木料對木栓一個側面的最大靜摩擦力大小約為μ(（多選）21．（2023?廣東）某同學受電動窗簾的啟發(fā)，設計了如圖所示的簡化模型。多個質量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力。開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04s，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s。關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有（）A．該過程動量守恒 B．滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N?s C．滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N?s D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N（多選）22．（2023?新課標）一質量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發(fā)點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標x的關系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（）A．在x＝1m時，拉力的功率為6W B．在x＝4m時，物體的動能為2J C．從x＝0運動到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8J D．從x＝0運動到x＝4m的過程中，物體的動量最大為2kg?m/s（多選）23．（2025?選擇性）如圖，與水平面成53°夾角且固定于O、M兩點的硬直桿上套著一質量為1kg的滑塊，彈性輕繩一端固定于O點，另一端跨過固定在Q處的光滑定滑輪與位于直桿上P點的滑塊拴接，彈性輕繩原長為OQ，PQ為1.6m且垂直于OM?，F(xiàn)將滑塊無初速度釋放，假設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等?；瑝K與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.16，彈性輕繩上彈力F的大小與其伸長量x滿足F＝kx。k＝10N/m，g取10m/s2，sin53°＝0.8。則滑塊（）A．與桿之間的滑動摩擦力大小始終為1.6N B．下滑與上滑過程中所受滑動摩擦力的沖量相同 C．從釋放到靜止的位移大小為0.64m D．從釋放到靜止克服滑動摩擦力做功為2.56J（多選）24．（2025?福建）傳送帶轉動的速度大小恒為1m/s，順時針轉動，物塊A、B中間有一根輕彈簧連接，開始時彈簧處于原長，A的質量為1kg，B的質量為2kg，A與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.5，B與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.25。t＝0時，A速度為v0＝2m/s，B的速度為零。在t＝t0時，A與傳送帶第一次共速，此時彈簧彈性勢能Ep＝0.75J，傳送帶足夠長，A可留下痕跡，則（）A．在t=t02B．t＝t0時，B的速度為0.5m/s C．t＝t0時，彈簧的壓縮量為0.2m D．0﹣t0過程中，A與傳送帶的痕跡小于0.05m（多選）25．（2024?福建）如圖（a），水平地面上固定有一傾角為θ的足夠長光滑斜面，一質量為m的滑塊鎖定在斜面上。t＝0時解除鎖定，同時對滑塊施加沿斜面方向的拉力F，F(xiàn)隨時間t的變化關系如圖（b）所示，取沿斜面向下為正方向，重力加速度大小為g，則滑塊（）A．在0～4t0內一直沿斜面向下運動 B．在0～4t0內所受合外力的總沖量大小為零 C．在t0時動量大小是在2t0時的一半 D．在2t0～3t0內的位移大小比在3t0～4t0內的?。ǘ噙x）26．（2025?湖南）如圖，某爆炸能量測量裝置由裝載臺和滑軌等構成，C是可以在滑軌上運動的標準測量件，其規(guī)格可以根據(jù)測量需求進行調整?；壈惭b在高度為h的水平面上。測量時，將彈藥放入裝載臺圓筒內，兩端用物塊A和B封裝，裝載臺與滑軌等高。引爆后，假設彈藥釋放的能量完全轉化為A和B的動能。極短時間內B嵌入C中形成組合體D，D與滑軌間的動摩擦因數(shù)為μ。D在滑軌上運動s1距離后拋出，落地點距拋出點水平距離為s2，根據(jù)s2可計算出彈藥釋放的能量。某次測量中，A、B、C質量分別為3m、m、5m，s1A．D的初動能與爆炸后瞬間A的動能相等 B．D的初動能與其落地時的動能相等 C．彈藥釋放的能量為36mg?(1+sD．彈藥釋放的能量為48mg?(1+三．解答題（共34小題）27．（2025?河北）如圖，一長為2m的平臺，距水平地面高度為1.8m。質量為0.01kg的小物塊以3m/s的初速度從平臺左端水平向右運動。物塊與平臺、地面間的動摩擦因數(shù)均為0.2。物塊視為質點，不考慮空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求物塊第一次落到地面時距平臺右端的水平距離。（2）若物塊第一次落到地面后彈起的最大高度為0.45m，物塊從離開平臺到彈起至最大高度所用時間共計1s。求物塊第一次與地面接觸過程中，所受彈力沖量的大小，以及物塊彈離地面時水平速度的大小。28．（2024?江蘇）嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應的組合體A與軌道器對應的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為v，且與v0同向，A、B的質量分別為m、M。求：（1）分離后A的速度v1；（2）分離時A對B的推力大小。29．（2025?北京）某物體以一定初速度從地面豎直向上拋出，經(jīng)過時間t到達最高點。在最高點該物體炸裂成A、B兩部分，質量分別為2m和m，其中A以速度v沿水平方向飛出。重力加速度為g，不計空氣阻力。求：（1）該物體拋出時的初速度大小v0；（2）炸裂后瞬間B的速度大小vB；（3）A、B落地點之間的距離d。30．（2024?選擇性）如圖，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質量mA＝mB＝0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止。A、B均視為質點，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。31．（2024?天津）如圖所示，光滑半圓道直徑沿豎直方向，最低點與水平面相切。對靜置于軌道最低點的小球A施加水平向左的瞬時沖量I，A沿軌道運動到最高點時，與用輕繩懸掛的靜止小球B正碰并粘在一起。已知I＝1.8N?s，A、B的質量分別為mA＝0.3kg、mB＝0.1kg，軌道半徑和繩長均為R＝0.5m，兩球均視為質點，輕繩不可伸長，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）與B碰前瞬間A的速度大?。唬?）A、B碰后瞬間輕繩的拉力大小。32．（2025?甘肅）如圖1所示，細桿兩端固定，質量為m的物塊穿在細桿上。初始時刻，物塊剛好能靜止在細桿上。現(xiàn)以水平向左的力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時間t的變化如圖2所示。開始滑動瞬間的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。細桿足夠長，重力加速度為g，θ＝30°。求：（1）t＝6s時F的大小，以及t在0～6s內F的沖量大小。（2）t在0～6s內，摩擦力f隨時間t變化的關系式，并作出相應的f﹣t圖像。（3）t＝6s時，物塊的速度大小。33．（2025?山東）如圖所示，內有彎曲光滑軌道的方形物體置于光滑水平面上，P、Q分別為軌道的兩個端點且位于同一高度，P處軌道的切線沿水平方向，Q處軌道的切線沿豎直方向。小物塊a、b用輕彈簧連接置于光滑水平面上，b被鎖定。一質量m=12kg的小球自Q點正上方h＝2m處自由下落，無能量損失地滑入軌道，并從P點水平拋出，恰好擊中a，與a粘在一起且不彈起。當彈簧拉力達到F＝15N時，b解除鎖定開始運動。已知a的質量ma＝1kg，b的質量mb=34（1）小球到達P點時，小球及方形物體相對于地面的速度大小v1、v2；（2）彈簧彈性勢能最大時，b的速度大小vb及彈性勢能的最大值Epm。34．（2025?河南）如圖，在一段水平光滑直道上每間隔l1＝3m鋪設有寬度為l2＝2.4m的防滑帶。在最左端防滑帶的左邊緣靜止有質量為m1＝2kg的小物塊P，另一質量為m2＝4kg的小物塊Q以v0＝7m/s的速度向右運動并與P發(fā)生正碰，且碰撞時間極短。已知碰撞后瞬間P的速度大小為v＝7m/s，P、Q與防滑帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）該碰撞過程中損失的機械能；（2）P從開始運動到靜止經(jīng)歷的時間。35．（2025?上海）質點在以某點為圓心半徑為r的圓周上運動，即質點運動時其軌跡是圓周的運動叫“圓周運動”。它是一種最常見的曲線運動。例如電動機轉子、車輪、皮帶輪等都作圓周運動。如圖所示，在豎直平面內有一光滑圓形軌道，a為軌道最低點，c為軌道最高點，b點、d點為軌道上與圓心等高的兩點，e為ab段的中點。一個質量為m的小物塊在軌道內側做圓周運動。（1）若物塊從a點運動到c點所用時間為t0，則在0.5t0時，物塊在（）A．A段B．B點C．C段D．D點E．E段（2）若物塊在a點的速度為v0，經(jīng)過時間t剛好到達b點，則在該過程中軌道對物塊的支持力的沖量為（）A．mv0B．MgtC．mv0+mgtD．m（3）若物塊質量為0.5kg，下圖是物塊的速度v與物塊和圓心連線轉過的夾角θ的關系圖像。①求軌道半徑R；②求θ＝60°時，物塊克服重力做功的瞬時功率P。36．（2024?湖北）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小。（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統(tǒng)損失的總動能。（3）若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。37．（2024?重慶）如圖所示，MN兩個釘子固定于相距a的兩點，M的正下方有不可伸長的輕質細繩，一端固定在M上，另一端連接位于M正下方放置于水平地面質量為m的小木塊B，繩長與M到地面的距離均為10a，質量為2m的小木塊A，沿水平方向與B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，A與地面間摩擦因數(shù)為548（1）若碰后，B在豎直面內做圓周運動，且能經(jīng)過圓周運動最高點，求B碰后瞬間速度的最小值。（2）若改變A碰前瞬間的速度，碰后A運動到P點停止，B在豎直面圓周運動旋轉2圈，經(jīng)過M正下方時細繩子斷開，B也來到P點，求B碰后瞬間的速度大小。（3）若拉力達到12mg細繩會斷，上下移動N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬間的速度與（2）問中的相同，使B旋轉n圈。經(jīng)過M正下時細繩斷開，求MN之間距離的范圍，及在n的所有取值中，B落在地面時水平位移的最小值和最大值。38．（2024?廣東）汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。（1）安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質量為m，重力加速度為g，忽略敏感球受到的摩擦力，求斜面傾角的正切值tanθ。（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動，與正下方的氣囊發(fā)生碰撞，以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向的作用力F隨時間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量M＝30kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：①碰撞過程中F的沖量大小和方向；②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。39．（2024?上海）包括太陽、地球在內的所有物體都會在其周圍產(chǎn)生引力場。在不同尺度的空間，引力場中的物體運動具有不同的表象。牛頓揭示了蘋果下落和行星運動共同的物理機制。意味著天上的物理和地上的物理是一樣的，物理規(guī)律的普適性反映了一種簡單的美。（1）如圖1，小球a通過輕質細線Ⅰ、Ⅱ懸掛，處于靜止狀態(tài)。線Ⅰ長l＝0.5m，Ⅰ上端固定于離地H＝2.1m的O點，與豎直方向之間夾角θ＝37°；線Ⅱ保持水平。O點正下方有一與a質量相等的小球b，靜置于離地高度h＝1.6m的支架上。（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）①在線Ⅰ、Ⅱ的張力大小FⅠ、FⅡ和小球a所受重力大小G中，最大的是。②燒斷線Ⅱ，a運動到最低點時與b發(fā)生彈性碰撞。求：A.與b球碰撞前瞬間a球的速度大小va；（計算）B.碰撞后瞬間b球的速度大小vb；（計算）C.b球的水平射程s。（計算）（2）圖2示虛線為某彗星繞日運行的橢圓形軌道，a、c為橢圓軌道長軸端點，b、d為橢圓軌道短軸端點。彗星沿圖中箭頭方向運行。①該彗星某時刻位于a點，經(jīng)過四分之一周期該彗星位于軌道的。A.ab之間B.b點C.bc之間D.c點②已知太陽質量為M，引力常量為G。當彗日間距為r1時，彗星速度大小為v1。求彗日間距為r2時的彗星速度大小v2。（計算）40．（2023?北京）如圖所示，質量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g，忽略球的大小。求：（1）A釋放時距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE。41．（2023?廣東）如圖為某藥品自動傳送系統(tǒng)的示意圖。該系統(tǒng)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(fā)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14。A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ（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；（2）B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功W；（3）圓盤的圓心到平臺右端N點的水平距離s。42．（2025?廣西）圖甲為某智能分裝系統(tǒng)工作原理示意圖，每個散貨經(jīng)傾斜傳送帶由底端A運動到頂端B后水平拋出，撞擊沖量式傳感器使其輸出一個脈沖信號，隨后豎直掉入已與水平傳送帶共速度的貨箱中，此系統(tǒng)利用傳感器探測散貨的質量，自動調節(jié)水平傳送帶的速度，實現(xiàn)按規(guī)格分裝。傾斜傳送帶與水平地面夾角為30°，以速度v0勻速運行。若以相同的時間間隔Δt將散貨以幾乎為0的速度放置在傾斜傳送帶底端A，從放置某個散貨時開始計數(shù)，當放置第10個散貨時，第1個散貨恰好被水平拋出。散貨與傾斜傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=3（1）單個散貨的質量。（2）水平傳送帶的平均傳送速度大小。（3）傾斜傳送帶的平均輸出功率。43．（2025?浙江）一游戲裝置的豎直截面如圖所示。傾斜直軌道AB、半徑為R的豎直螺旋軌道、水平軌道BC和C′E、傾角為37°的傾斜直軌道EF平滑連接成一個拋體裝置。該裝置除EF段軌道粗糙外，其余各段均光滑，F(xiàn)點與水平高臺GHI等高。游戲開始，一質量為m的滑塊1從軌道AB上的高度h處靜止滑下，與靜止在C點、質量也為m的滑塊2發(fā)生完全非彈性碰撞后組合成滑塊3，滑上滑軌。若滑塊3落在GH段，反彈后水平分速度保持不變，豎直分速度減半；若滑塊落在H點右側，立即停止運動，已知R＝0.2m，m＝0.1kg，EF段長度L=516m，F(xiàn)G間距LFG＝0.4m，GH間距LGH＝0.22m，HI間距LHI（1）若h＝0.8m，求碰撞后瞬間滑塊3的速度大小vC；（2）若滑塊3恰好能通過圓軌道CDC′，求高度h；（3）若滑塊3最終落入I點的洞中，則游戲成功。討論游戲成功的高度h。44．（2025?北京）關于飛機的運動，研究下列問題。（1）質量為m的飛機在水平跑道上由靜止開始做加速直線運動，當位移為x時速度為v。在此過程中，飛機受到的平均阻力為f，求牽引力對飛機做的功W。（2）飛機準備起飛，在跑道起點由靜止開始做勻加速直線運動。跑道上存在這樣一個位置，飛機一旦超過該位置就不能放棄起飛，否則將會沖出跑道。己知跑道的長度為L，飛機加速時加速度大小為a1，減速時最大加速度大小為a2。求該位置距起點的距離d。（3）無風時，飛機以速率u水平向前勻速飛行，相當于氣流以速率u相對飛機向后運動。氣流掠過飛機機翼，方向改變，沿機翼向后下方運動，如圖所示。請建立合理的物理模型，論證氣流對機翼豎直向上的作用力大小F與u的關系滿足F∝uα，并確定α的值。45．（2025?四川）如圖所示，真空中固定放置兩塊較大的平行金屬板，板間距為d，下極板接地，板間勻強電場大小恒為E?，F(xiàn)有一質量為m、電荷量為q（q＞0）的金屬微粒，從兩極板中央O點由靜止釋放。若微粒與極板碰撞前后瞬間機械能不變，碰撞后電性與極板相同，所帶電荷量的絕對值不變。不計微粒重力。求：（1）微粒第一次到達下極板所需時間；（2）微粒第一次從上極板回到O點時的動量大小。46．（2025?江蘇）如圖所示，在光滑水平面上，左右兩列相同的小鋼球沿同一直線放置。每列有n個。在兩列鋼球之間，一質量為m的玻璃球以初速度v0向右運動，與鋼球發(fā)生正碰。所有球之間的碰撞均視為彈性碰撞。（1）若鋼球質量為m，求最右側的鋼球最終運動的速度大小v；（2）若鋼球質量為3m，求玻璃球與右側鋼球發(fā)生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；（3）若鋼球質量為3m，求玻璃球經(jīng)歷2n次碰撞后的動能Ek。47．（2024?甘肅）如圖，質量為2kg的小球A（視為質點）在細繩O′P和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細繩O'P＝OP＝1.6m，與豎直方向的夾角均為60°。質量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細繩O′P，小球A開始運動。（重力加速度g取10m/s2）（1）求A運動到最低點時細繩OP所受的拉力。（2）A在最低點時，細繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側碰撞（時間極短），碰后A豎直下落，C水平向右運動。求碰后C的速度大小。（3）A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)。48．（2024?安徽）如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點。一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側?，F(xiàn)將細線拉直到水平位置，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿小車上的軌道運動。已知細線長L＝1.25m。小球質量m＝0.20kg。物塊、小車質量均為M＝0.30kg。小車上的水平軌道長s＝1.0m。圓弧軌道半徑R＝0.15m。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求小球運動到最低點與物塊碰撞前，所受拉力的大?。唬?）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大?。唬?）為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍。49．（2025?重慶）如圖所示，長度為d的水平傳送帶M順時針勻速運動。質量為m的小物塊A在傳送帶左端M由靜止釋放。A還未與傳送帶達到相同速度時就從右端N平滑地進入光滑水平面NO，與向右運動的小物塊B發(fā)生碰撞（碰撞時間極短）。碰后A、B均向右運動，從O點進入粗糙水平地面。設A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)和A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g。（1）求A在傳送帶上的加速度大小及離開傳送帶時的速度大?。唬?）若碰前瞬間，B的速度大小為A的一半，碰撞為彈性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的質量；（3）若B的質量是A的n倍，碰前B的速度忽略不計，碰后瞬間A和B的動量相同，求n的取值范圍及碰后瞬間B的速度大小范圍。50．（2025?選擇性）如圖，有兩個電性相同且質量分別為m、4m的粒子A、B，初始時刻相距l(xiāng)0，粒子A以速度v0沿兩粒子連線向速度為0的粒子B運動，此時A、B兩粒子系統(tǒng)的電勢能等于125mv02。經(jīng)時間t1粒子B到達P點，此時兩粒子速度相同，同時開始給粒子B施加一恒力，方向與速度方向相同。當粒子B的速度為v0時，粒子A恰好運動至P點且速度為0，A、B粒子間距離恢復為l0，這時撤去恒力。已知任意兩帶電粒子系統(tǒng)的電勢能與其距離成反比，忽略兩粒子所受重力。求：（m、l0、v（1）粒子B到達P點時的速度大小v1；（2）t1時間內粒子B的位移大小xB；（3）恒力作用的時間t2。51．（2025?海南）足夠長的傳送帶固定在豎直平面內，半徑R＝0.5m，圓心角θ＝53°的圓弧軌道與平臺平滑連接，平臺與順時針勻速轉動的水平傳送帶平滑連接，工件A從圓弧頂點無初速度下滑，在平臺與B碰成一整體，B隨后滑上傳送帶，已知mA＝4kg，mB＝1kg，A、B可視為質點，AB與傳送帶間的動摩擦因數(shù)恒定，在傳送帶上運動的過程中，因摩擦生熱Q＝2.5J，忽略軌道及平臺的摩擦，g＝10m/s2。（1）A滑到圓弧最低點時受的支持力；（2）A與B整個碰撞過程中損失的機械能；（3）傳送帶的速度大小。52．（2024?浙江）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ＝37°的直軌道AB，半徑R＝1m的圓弧軌道BCD，長度L＝1.25m、傾角為θ的直軌道DE，半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側，光滑水平面上緊靠著質量m＝0.5kg滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質量m＝0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道DE，軌道DE由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，向下運動時動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數(shù)恒為μ1，小物塊a運動到滑塊右側的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）（1）若h＝0.8m，求小物塊：①第一次經(jīng)過C點的向心加速度大小；②在DE上經(jīng)過的總路程；③在DE上向上運動時間t上和向下運動時間t下之比；（2）若h＝1.6m，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊。53．（2025?四川）如圖所示，傾角為θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半徑為R的半圓擋板和長為7R的直擋板。a為直擋板下端點，bd為半圓擋板直徑且沿水平方向，c為半圓擋板最高點，兩擋板相切于b點，de與ab平行且等長。小球乙被鎖定在c點。小球甲從a點以一定初速度出發(fā)，沿擋板運動到c點與小球乙發(fā)生完全彈性碰撞，碰撞前瞬間解除對小球乙的鎖定，小球乙在此后的運動過程中無其他碰撞。小球甲質量為m1，兩小球均可視為質點，不計一切摩擦，重力加速度大小為g。（1）求小球甲從a點沿直線運動到b點過程中的加速度大小；（2）若小球甲恰能到達c點，且碰撞后小球乙能運動到e點，求小球乙與小球甲的質量比值應滿足的條件；（3）在滿足（2）中質量比值的條件下，若碰撞后小球乙能穿過線段de，求小球甲初動能應滿足的條件。54．（2025?湖北）如圖所示，一足夠長的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整數(shù)）個質量均為m的相同小滑塊，從左向右依次編號為1、2、…、3n，木板的質量為nm。相鄰滑塊間的距離均為L，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為2μ。初始時木板和所有滑塊均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)給第1個滑塊一個水平向右的初速度，大小為βμgL（β為足夠大常數(shù)，g為重力加速度大?。；瑝K間的每次碰撞時間極短，碰后滑塊均會粘在一起繼續(xù)運動。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）求第1個滑塊與第2個滑塊碰撞前瞬間，第1個滑塊的速度大小。（2）記木板滑動前第j個滑塊開始滑動時的速度為vj，第j+1個滑塊開始滑動時的速度為vj+1。用已知量和vj表示vj+1。（3）若木板開始滑動后，滑塊間恰好不再相碰，求β的值。提示：12+22+?+k2=1655．（2024?浙江）一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長為L、質量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽EFGH側壁EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質量為m的小滑塊從A端彈射，經(jīng)過軌道BCD后滑上平板并帶動平板一起運動，平板到達HG即被鎖定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.6、與凹槽水平底面FG間的動摩擦因數(shù)為μ2。滑塊視為質點，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時，求滑塊離開彈簧時速度v0的大??；（2）若μ2＝0，滑塊恰好過C點后，求平板加速至與滑塊共速時系統(tǒng)損耗的機械能；（3）若μ2＝0.1，滑塊能到達H點，求其離開彈簧時的最大速度vm。56．（2025?湖南）某地為發(fā)展旅游經(jīng)濟，因地制宜利用山體舉辦了機器人雜技表演。表演中，需要將質量為m的機器人拋至懸崖上的A點，圖為山體截面與表演裝置示意圖。a、b為同一水平面上兩條光滑平行軌道，軌道中有質量為M的滑桿。滑桿用長度為L的輕繩與機器人相連。初始時刻，輕繩繃緊且與軌道平行，機器人從B點以初速度v豎直向下運動，B點位于軌道平面上，且在A點正下方，AB＝1.2L?；瑮U始終與軌道垂直，機器人可視為質點且始終作同一豎直平面內運動，不計空氣阻力，輕繩不可伸長，sin37°＝0.6，重力加速度大小為g。（1）若滑桿固定，v=gL（2）若滑桿固定，當機器人運動到滑桿左上方且輕繩與水平方向夾角為37°時，機器人松開輕繩后被拋至A點，求v的大??；（3）若滑桿能沿軌道自由滑動，M＝km，且k≥1，當機器人運動到滑桿左上方且輕繩與水平方向夾角為37°時，機器人松開輕繩后被拋至A點，求v與k的關系式及v的最小值。57．（2024?河北）如圖，三塊厚度相同、質量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質量均為2.0kg，A木板長度為2.0m，機器人質量為6.0kg，重力加速度g取10m/s2，忽略空氣阻力。（1）機器人從A木板左端走到A木板右端時，求A、B木板間的水平距離。（2）機器人走到A木板右端相對木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起跳過程機器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。（3）若機器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對靜止，此時木板B、C也相對靜止，隨即相對B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端，此時B木板恰好追上A木板。求該時刻A、C兩木板間距與B木板長度的關系。58．（2024?湖南）如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內有質量為mA和mB的小球A和B（mA＞mB）。初始時小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運動，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內運動。（1）若小球A與B碰撞后結合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大小；（2）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，求小球的質量比mA（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大小的e倍（0＜e＜1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過的路程。59．（2023?遼寧）如圖，質量m1＝1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k＝20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質量m2＝4kg的小物塊以水平向右的速度v0=54m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為E（1）求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1。（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小。（3）已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉化的內能ΔU（用t0表示）。60．（2023?乙卷）如圖，一豎直固定的長直圓管內有一質量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為20l。一質量為m=13（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離；（3）圓盤在管內運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。

專題動量守恒定律參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案CABDDACCCA二．多選題（共16小題）題號1112131415161718192021答案ADABABBDABDBDBCADACEBDBD題號2223242526答案BCACBDADBD一．選擇題（共10小題）1．【考點】反沖現(xiàn)象中的動量守恒．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律在天體運動中的應用專題；動量定理應用專題；推理論證能力．【解答】組合體繞行星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，設返回艙的質量為m，則軌道艙的質量為5m，總質量為6m，設組合體的線速度大小為v，有：GM?6m解得：v=彈射返回艙的過程，組合體動量守恒，取組合體的線速度方向為正方向，有6mv＝5mv1+mv2解得：v1故C正確，ABD錯誤；故選：C。2．【考點】動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；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．【解答】CD、剪斷細繩后，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則此系統(tǒng)滿足動量守恒定律，即系統(tǒng)動量不變。因各表面均光滑，故系統(tǒng)無機械能損失，滿足機械能守恒定律，系統(tǒng)機械能也不變，故CD錯誤；B、剪斷細繩后，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧壓縮最短時A、B共速，因系統(tǒng)初動量為零，故彈簧壓縮最短時系統(tǒng)動量也為零，則此時A、B的動量均為零，故此時B的動能為零，并非最大，故B錯誤；A、由A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒與機械能守恒，可知運動過程中A、B的動量始終等大反向，故A、B同時達到各自的速度最大值，當彈簧為原長時，彈簧彈性勢能為零，則A、B的總動能最大，故此時A、B的速度達到最大值，B的動量最大，故A正確。故選：A。3．【考點】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題；自由落體運動的規(guī)律及應用；平拋運動速度的計算．【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；推理法；自由落體運動專題；平拋運動專題；動量定理應用專題；分析綜合能力．【解答】小球A與小球B碰撞前的速度vy1＝gt1＝10×1m/s＝10m/s方向豎直向下小球A下落的高度?取水平方向為正方向，A、B兩小球水平方向動量守恒mv＝mvxB+mvxAA、B發(fā)生彈性碰撞，機械能守恒1聯(lián)立解得vxA＝v，vxB＝0碰撞后小球A在豎直方向做勻加速直線運動?解題t2＝1s，t2＝﹣3s（舍棄）小球A在水平方向做勻速直線運動x＝vxAt2＝vt2解得v＝3m/s故ACD錯誤，B正確。故選：B。4．【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；常見力做功與相應的能量轉化．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．【解答】A、由題意可知，碰撞瞬間C相對地面向左運動，故A錯誤；B、規(guī)定向右為正方向，則AB碰撞過程由動量守恒定律可得：mvA﹣mvB＝2mv1，代入數(shù)據(jù)可得v1＝1m/s，方向向右；當三者共速時，則有2mv1﹣mvc＝3mv共，代入數(shù)據(jù)可得v共＝0，即可判斷最終三者一起靜止；對C受力分析，受到向左的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律μmg＝mac，由運動學v共＝vc﹣act，聯(lián)立可得t＝0.4s，故B錯誤；C、碰撞后到三者相對靜止，摩擦產(chǎn)生的熱量Q=1D、碰撞后到三者相對靜止，由能量關系可知Q＝μmgx相對，代入數(shù)據(jù)可得x相對＝0.6m，故D正確；故選：D。5．【考點】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題．【專題】定性思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．【解答】對P和N的碰撞過程，規(guī)定它們初速度的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mPvP+mNvN＝mPvP′+mNvN′，可得mP（vP﹣vP′）＝mN（vN′﹣vN），根據(jù)圖1可知（vP﹣vP′）＞（vN′﹣vN），故mP＜mN，同理，對Q和N組成的系統(tǒng)mQvQ+mNvN＝mQvQ′+mNvN′，可得mQ（vQ﹣vQ′）＝mN（vN′﹣vN），根據(jù)圖2可知（vQ﹣vQ′）＜（vN′﹣vN），故mN＜mQ，聯(lián)立可得mQ＞mN＞mP，故D正確，ABC錯誤。故選：D。6．【考點】動量變化量的計算；利用動能定理求解多過程問題．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．【解答】A．根據(jù)動能定理有?F解得v=2(故A正確；B．針鞘到達目標組織表面后，繼續(xù)前進d2減速至零，有﹣Ek＝0﹣F2d2到達目標組織表面時的動能為Ek＝F2d2故B錯誤；C．針鞘運動d2的過程中，克服阻力做功為F2d2，故C錯誤；D．針鞘運動d2的過程中，動量變化量大小Δp=2m故D錯誤。故選：A。7．【考點】求變力的沖量；豎直上拋運動的規(guī)律及應用；常見力做功與相應的能量轉化．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．【解答】D.小球上升過程中受到向下的空氣阻力，滿足mg+kv＝ma上，下落過程中受到向上的空氣阻力，滿足mg﹣kv＝ma下，由牛頓第二定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），故D錯誤；C.小球運動的整個過程中，空氣阻力做負功，由動能定理可知小球落回原處時的速度小于拋出時的速度，所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小，由動量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，故C正確；A.上升與下落經(jīng)過同一位置時的速度，上升時更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，所以上升過程所用時間小于下落過程所用時間，故A錯誤；B.經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關系可知，上升過程機械能損失大于下落過程機械能損失，故B錯誤。故選：C。8．【考點】動量定理的內容和應用；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；圖析法；力學綜合性應用專題；推理論證能力．【解答】A、根據(jù)圖像，我們可以看到在10.10s至10.35s這段時間內，運動員受到的支持力最大為：F＝42×60N＝2520N，根據(jù)牛頓第二定律可得運動員的最大加速度為：a=F?mgm=BCD、根據(jù)圖像可知，在10.10s至10.35s這段時間內，支持力的沖量等于圖像的面積，可得合力的沖量為：I＝22×60×（10.35﹣10.10）N?s﹣60×10×（10.35﹣10.10）N?s＝180N?s，根據(jù)動量定理可得運動員的速度離地為：v=I起跳后運動員重心上升的平均速度大小為：v=起跳后運動員做豎直上拋運動，跳后運動員重心上升的最大高度為：?=v故C正確，BD錯誤。故選：C。9．【考點】動量定理的內容和應用；牛頓第二定律的簡單應用；功率的定義、物理意義和計算式的推導；動能定理的簡單應用．【專題】牛頓運動定律綜合專題；功的計算專題；功率的計算專題；動能定理的應用專題；動量定理應用專題；理解能力．【解答】A.設磁懸浮列車減速過程中加速度的大小為a，根據(jù)牛頓第二定律F+f＝ma解得加速度的大小為a=F+fB.取列車運動的方向為正方向，根據(jù)動量定理﹣（IF+If）＝0﹣mv解得F的沖量IF＝mv﹣If，故B錯誤；C.根據(jù)動能定理?(F+f)x=0?解得列車減速過程通過的位移大小為x=mD.列車勻速行駛時，牽引力等于阻力，列車的功率P＝fv，故D錯誤。故選：C。10．【考點】分析碰撞的合理性．【專題】定量思想；方程法；動量和能量的綜合；推理論證能力．【解答】根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為：a=由于兩物體受外力F大小相等，圖像的斜率等于加速度，可知M、N的加速度大小之比為：aM：aN＝4：6＝2：3可知M、N的質量之比為：m1：m2＝6：4＝3：2設M、N的質量分別為分：m1＝3m，m2＝2m由圖像可設MN碰前的速度分別為4v和6v，則因M、N系統(tǒng)受合外力為零，則碰撞過程中動量守恒。取向右為正方向，由動量守恒定律可得：3m?4v﹣2m?6v＝3mv1+2mv2若系統(tǒng)為彈性碰撞，根據(jù)機械能守恒定律可得：1解得碰撞后M和N的速度分別為：v1＝﹣4v、v2＝6v因M、N的加速度大小之比仍為2：3，則停止運動的時間之比為1：1，即兩物體一起停止；若不是彈性碰撞，取向右為正方向，由動量守恒定律可得：3m?4v﹣2m?6v＝3mv1+2mv2可知碰后速度大小之比為：v1：v2＝2：3若假設v1＝2v，則v2＝3v，此時滿足：1則假設成立，因M、N的加速度大小之比仍為2：3，則停止運動的時間之比為1：1，對M來說碰撞前后的速度之比為4v：2v＝2：1可知碰撞前后運動時間之比為2：1。綜上所述，故A正確、BCD錯誤。故選：A。二．多選題（共16小題）11．【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；牛頓第二定律的簡單應用；勻速圓周運動；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．【專題】定性思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．【解答】A.勻速圓周運動的線速度大小不變，根據(jù)動能的表達式：Ek=1B.根據(jù)勻速圓周運動條件：小車的合外力提供向心力，小車所受外力和不為0，可得小車的動量不守恒，故B錯誤；C.小車做勻速圓周運動，向心加速度大小不變，但是方向始終指向圓心，故方向始終在改變，故C錯誤；D.小車做勻速圓周運動，合外力提供向心力，故小車所受的合外力一定指向圓心，故D正確；故選：AD。12．【考點】求變力的沖量；對物體進行受力分析．【專題】定量思想；合成分解法；共點力作用下物體平衡專題；動量定理應用專題；推理論證能力．【解答】A、無人機做勻速直線運動時受到拉力、空氣作用力和重力，則三個力的合力為零，根據(jù)受力平衡的特點可知，空氣的作用力與重力和拉力的合力大小相等，方向相反；拉力大小F隨時間t的變化關系為F＝F0﹣kt，是逐漸減小的，它與重力的合力變化如圖由圖可知重力和拉力的合力方向是變化的，所以無人機受到空氣作用力的方向會變化，故A正確；B、拉力是均勻變化的所以拉力的沖量I=FC、0～T時間內重力的沖量大小I′＝mgT，由于重力和拉力不在同一條直線上，所以無人機受到重力和拉力的合力的沖量大小為不等于mgT+（F0?1D、空氣的作用力與重力和拉力的合力大小相等，方向相反，所以T時刻無人機受到空氣作用力的大小為等于重力和拉力的合力大小，為F=F故選：AB。13．【考點】動量變化量的計算；超重與失重的概念、特點和判斷；判斷機械能是否守恒及如何變化．【專題】定量思想；推理法；運動學中的圖象專題；分析綜合能力．【解答】A、y﹣t圖象的斜率表示速度，由EF的直線方程y＝4t﹣26，可知，無人機在EF段的速度大小為4m/s，故A正確；B、無人機從F點到最高點，由圖象可以知道向上減速，加速度向下，處于失重狀態(tài)。從最高點到M點，向下加速，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故B正確；C、從MN的直線方向y＝﹣2t+140可知，F(xiàn)點的速度vF＝﹣2m/s，所以FN段的動量變化：ΔpFN＝mvN﹣mvF＝2×（﹣2）kg?m/s﹣2×4kg?m/s＝﹣12kg?m/s，故C錯誤；D、無人機在MN段是勻速下降，動能不變，而重力勢能減小，所以在MN段無人機機械能減小，故D錯誤。故選：AB。14．【考點】動量定理的內容和應用；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】比較思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．【解答】A、分別對甲和乙受力分析，設兩者間的磁力為F，對甲，由牛頓第二定律得：F﹣μm甲g＝m甲a甲解得：a甲=Fm對乙，由牛頓第二定律得：F﹣μm乙g＝m乙a乙解得：a乙=Fm由題意可知，m甲＞m乙，則a甲＜a乙，則在它們相近過程中的任意時刻甲的速度大小比乙的小，故A錯誤；BCD、甲物體所受摩擦力大于乙物體所受摩擦力，則甲所受合力小于乙所受合力，從釋放甲和乙到它們相互接近過程中的某一時刻，甲所受合力的沖量小于乙所受合力的沖量，根據(jù)動量定理得，合力的沖量等于動量的變化量，甲的動量大小比乙的小，甲和乙的動量之和不為零，故BD正確，C錯誤；故選：BD。15．【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．【解答】A、兩滑塊在光滑斜坡上初速度加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度和相對加速度均為零，即兩個物體相對靜止，故A正確；B、兩滑塊滑到水平面后做勻減速直線運動，由于兩個滑塊的質量相等，且發(fā)生彈性碰撞，則碰撞前后兩個物體的速度發(fā)生交換，故B正確；C、乙的高度會影響乙在斜面上的加速時間，同時高度越大，乙物塊到達O點時的速度越大，在水平面上減速的時間也更長，故C錯誤；D、乙下滑過程中，根據(jù)動能定理可得：mgH因為甲和乙發(fā)生的是彈性碰撞，兩者交換速度，則甲最終停止位置與乙不發(fā)生碰撞時停止的位置相同，如果沒有發(fā)生碰撞，則乙在水平面上運動到停止，根據(jù)動能定理可得：﹣μmgx＝0?聯(lián)立解得：x=H故選：ABD。16．【考點】用動量定理求平均作用力；豎直上拋運動的規(guī)律及應用；重力勢能的定義和性質．【專題】定量思想；控制變量法；動量定理應用專題；推理論證能力．【解答】A．根據(jù)牛頓第三定律結合題圖可知t＝0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；BC．根據(jù)題圖可知運動員從t＝0.30s離開蹦床到t＝2.3s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時間為2s，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在t＝1.3s時，運動員恰好運動到最大高度處，t＝0.30s時運動員的速度大小v＝10×1m/s＝10m/s故B正確，C錯誤；D．同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理FΔt﹣mgΔt＝mv﹣（﹣mv）其中Δt＝0.3s代入數(shù)據(jù)可得F＝4600N根據(jù)牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N，故D正確。故選：BD。17．【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；平拋運動專題；理解能力．【解答】AB.兩小球發(fā)生彈性碰撞，小球N離開平臺后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律，豎直分運動為自由落體運動，因此小球N豎直墻面上的垂直投影的運動是初速度為零的勻加速運動，故A錯誤，B正確；CD.設M和N小球碰撞后的速度分別為v1、v2，取水平向右為正方向兩小球發(fā)生彈性碰撞時，動量守恒mv＝mv1+mv2機械能守恒1聯(lián)立解得v1＝0，v2＝v小球N離開平臺后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律，水平分運動為勻速直線運動，因此水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v，故C正確，D錯誤。故選：BC。18．【考點】動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應用；常見力做功與相應的能量轉化．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；動量定理應用專題；分析綜合能力；模型建構能力．【解答】AC.要使木塊獲得的速度最大，臨界條件為子彈恰好能穿過木塊，即子彈穿過木塊時兩者達到共速。子彈和木塊具有共同速度，設為v；取初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律mv0＝（m+M）v據(jù)能量守恒定律fL=k聯(lián)立解得v0=子彈和木塊損失的總動能Δ綜上分析，故A正確，C錯誤；B.取初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理﹣ft＝﹣kv0t＝mv﹣mv0代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得t=mMD.木塊在加速過程中做勻加速直線運動x=v故選：AD。19．【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；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．【解答】A．由圖可知，汽車在0.5s之后速度不再發(fā)生變化，所以在0.5秒后，汽車與障礙物分離，故A正確；B．由Ek=12mC．空氣阻力與地面摩擦力可忽略，所以汽車和障礙物組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，則Mv＝Mv1+mv2代入數(shù)據(jù)得0.5秒后，障礙物速率為20m/s，故C正確；D．由加速度公式a=Δv可得a=10?20故D錯誤；E．汽車碰之前的動能為E1汽車碰之后的動能為E2障礙物的動能為E3所以在0.5秒后，汽車與障礙物的總動能減少ΔE＝4×105J﹣1×105J﹣2×105J＝1×105J故E正確。故選：ACE。20．【考點】動量定理的內容和應用；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．【解答】A.錘子撞擊木栓到木栓進入過程，對木栓分析可知合外力的沖量為0，錘子對木栓的沖量為I，由于重力有沖量，則木料對木栓的合力沖量不為﹣I，故A錯誤；B.錘子撞擊木栓后木栓獲得的動能為：Ek=木栓進入過程根據(jù)動能定理有：（mg?f）Δx＝0﹣E解得平均阻力為：f=C.木栓進入過程木栓減少的動能為I22m，減少的重力勢能為mgΔx，木料增加彈性勢能為Ep，則木料和木栓的機械能共損失了：ΔE=ID.對木栓的一個側面受力分析如圖：由于方孔側壁彈力成線性變化，則有12且根據(jù)B選項求得平均阻力：f=又由：f＝μFN聯(lián)立可得：f=μ(故選：BD。21．【考點】用動量定理求平均作用力；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．【解答】選擇水平向右的方向為正方向。A、滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為：p1＝mv1＝1×0.40kg?m/s＝0.40kg?m/s碰撞后，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的動量為：p2＝2mv2＝2×1×0.22kg?m/s＝0.44kg?m/s，則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；B、對滑塊1，根據(jù)動量定理可得：ΔI＝mv2﹣mv1代入數(shù)據(jù)解得：ΔI＝﹣0.18N?s，負號表示方向水平向左，故B正確；C、同理可得，對滑塊2分析可得：ΔI′＝mv2﹣0代入數(shù)據(jù)解得：ΔI′＝0.22N?s，故C錯誤；D、根據(jù)公式ΔI′＝FΔt代入數(shù)據(jù)解得：F＝5.5N，故D正確；故選：BD。22．【考點】用動量的定義式計算物體的動量；功的定義、單位和計算式；摩擦力做功的特點和計算；瞬時功率的計算；利用動能定理求解多過程問題．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理論證能力．【解答】A、W﹣x圖像的斜率為拉力F，由圖像可知，0～2m內，拉力F1=Δ2～4m內，拉力F2=Δ0～2m內，對物體受力分析，由牛頓第二定理得：F1﹣μmg＝ma代入數(shù)據(jù)解得：a＝2m/s2由勻變速直線運動速度—位移公式得：v1x＝1m時，物體的速度大小為v1=2ax拉力的功率P1＝F1v1＝6×2W＝12W故A錯誤；B、滑動摩擦力f＝μmg＝0.4×1×10N＝4N0～4m內，對物體由動能定理得：W﹣fx＝Ek代入數(shù)據(jù)解得：Ek＝2J故B正確；C、從x＝0運動到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為W克＝fx＝4×2J＝8J故C正確；D、0～2m過程中，拉力大于摩擦力，物體做勻加速運動，2m～4m時，拉力小于摩擦力，物體做勻減速運動，則當x＝2m時，物體的速度最大，動量最大，物體的速度大小為：v2=2ax=2×2×2物體的最大動量為：p＝mv＝1×22kg?m/s＝22kg?m/s故D錯誤。故選：BC。23．【考點】求變力的沖量；常見力做功與相應的能量轉化．【專題】定量思想；方程法；功能關系能量守恒定律；分析綜合能力．【解答】A、滑塊下滑到某一位置受力情況如圖所示：此時彈性輕繩彈力大小在垂直于桿上的分量為：T⊥＝Tcosθ＝kxcosθ＝kx0，其中x0＝1.6m所以垂直于桿方向的彈力大小不變，滑塊運動過程中摩擦力大小不變。根據(jù)滑動摩擦力的計算公式可得：f＝μFN＝μ（kx0﹣mgcos53°）解得：f＝1.6N，故A正確；B、下滑過程中摩擦力方向沿桿向上，上滑過程中摩擦力沿桿向下，下滑與上滑過程中所受滑動摩擦力的沖量不相同，故B錯誤；C、滑塊靜止時受力平衡，設此時滑塊的位移為L，彈性輕繩伸長量為x′，與PQ夾角為α，根據(jù)平衡條件可得：mgsin53°＝f+kx′sinα，其中：x′sinα＝L解得：L＝0.64m，故C正確；D、從釋放到靜止過程中，根據(jù)功能關系可得：mgLsin53°＝Wf+解得從釋放到靜止克服滑動摩擦力做功為：Wf＝3.072J，故D錯誤。故選：AC。24．【考點】動量守恒定律的一般應用；胡克定律及其應用；水平傳送帶模型．【專題】定量思想；圖析法；牛頓運動定律綜合專題；動量和能量的綜合；推理論證能力．【解答】A、A的初速度大于B的初速度，則彈簧開始壓縮，對B受力分析，水平方向有：F彈+μBmBg＝mBaB解得：aB＝（F彈2對A受力分析，水平方向有：F彈+μAmAg＝mAaA解得：aA＝（F彈+5）m/s2則A的加速度大小大于B的加速度大小，故A錯誤；B、由題意可知，A的質量為B的質量的一半，動摩擦因數(shù)為B與傳動帶間動摩擦因數(shù)的兩倍，則兩物塊所受滑動摩擦力大小相等，將A、B和彈簧看作一個系統(tǒng)，則系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，動量守恒，取向右為正方向，0﹣t0時間內，對系統(tǒng)有：mAv0＝mAv+mBvB代入數(shù)據(jù)解得：vB＝0.5m/s故B正確；C、0﹣t0時間內，摩擦力對系統(tǒng)做功等于系統(tǒng)機械能的變化量，有：﹣μAmAgxA+μBmBgxB=12mAv2+12mBvB彈簧的壓縮量為Δx＝xA﹣xB代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：Δx＝0.1m故C錯誤；D、做A、B和傳動帶的v﹣t圖像如圖v﹣t圖像與坐標軸所圍面積表示位移，則0﹣t0時間內，vA、vB圖像間的面積為0.1m，vA、v傳圖像間的面積為A相對傳動帶的位移，即A與傳送帶的痕跡，若A和B加速度相同，B的v﹣t圖像為圖中紅色圖線，且圖像與A的v﹣t圖像關于傳送帶的v﹣t圖像對稱，但由A知，A的加速度為B的加速度的兩倍，由圖可知，A與傳送帶的痕跡小于0.12故選：BD。25．【考點】F﹣t圖像中的動量問題；牛頓第二定律的簡單應用；動量定理的內容和應用．【專題】定量思想；方程法；動量定理應用專題；推理論證能力．【解答】A、以沿斜面向下為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得：力F方向沿斜面向下時，物塊的加速度為：a1=2mgsinθ+mgsinθm力F方向沿斜面向上時，物塊的加速度為：a2=?2mgsinθ+mgsinθm0～t0時間內物塊沿斜面向下做勻加速運動，t0時刻物塊的速度為v1＝a1t0＝3gsinθt0t0～2t0時間內物塊沿斜面向下做勻減速運動，2t0時刻物塊的速度為v2＝v1+a2t0＝2gsinθt02t0～3t0時間內物塊沿斜面向下做勻加速運動，3t0時刻物塊的速度為v3＝v2+a1t0＝5gsinθt03t0～4t0時間內物塊沿斜面向下做勻減速運動，4t0時刻物塊的速度為v4＝v3+a2t0＝4gsinθt0可知0～4t0時間內物體一直沿斜面向下運動，故A正確；B、根據(jù)動量定理得0～4t0時間內合外力的總沖量為I＝mv4﹣0＝4mgsinθt0，故B錯誤；C、t0時刻物塊的動量為：p1＝mv1＝3mgsinθt0，2t0時刻物塊的動量為p2＝mv2＝2mgsinθt0，可知t0時刻動量不等于2t0時刻的一半，故C錯誤；D、2t0～3t0過程物塊的位移為x1=v2+v32t0=72gsinθt02，3t0故選：AD。26．【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；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；力學綜合性應用專題；推理論證能力．【解答】A、爆炸過程，A與B組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：0＝﹣3mvA+mvBB與C碰撞過程，同理可得：mvB＝（m+5m）v聯(lián)立解得D的初速度大小為：v＝0.5vA爆炸后瞬間A的動能為：ED的初動能為：E可見D的初動能與爆炸后瞬間A的動能不相等，故A錯誤；B、D水平滑動s1距離的過程中摩擦力做功為：W做平拋運動過程中重力做的功為：WG＝6mgh可得：Wf+WG＝0，故D從開始運動到落地瞬間合外力做功為零，根據(jù)動能定理可知D的初動能與其落地時的動能相等，故B正確；CD、D平拋過程在豎直方向上有：?=12聯(lián)立可得：vD水平滑動s1距離的過程，根據(jù)動能定理有：?6mg?=解得：v由A選項的解答可得：vA＝2v，vB＝6v彈藥釋放的能量完全轉化為A和B的動能，則彈藥釋放的能量為：E=故C錯誤，D正確。故選：BD。三．解答題（共34小題）27．【考點】動量定理的內容和應用；牛頓第二定律的簡單應用；平拋運動位移的計算．【專題】定量思想；方程法；動量定理應用專題；推理論證能力．【解答】（1）設小物塊達到平臺右端的速度大小為v，在水平臺上運動過程中，根據(jù)動能定理可得：﹣μmgL=解得：v＝1m/s設平拋運動的時間為t，則有：h=解得：t＝0.6s物塊第一次落到地面時距平臺右端的水平距離：x＝vt＝1×0.6m＝0.6m；（2）若物塊第一次落到地面后彈起的最大高度為：h′＝0.45m，上升過程中經(jīng)過的時間為t′，逆向分析，根據(jù)位移公式可得：?′=1解得：t′＝0.3s從物塊從離開平臺到彈起至最大高度過程中所用時間共計：t總＝1s，從物塊從離開平臺到彈起至最大高度過程中，取向下為正方向，豎直方向根據(jù)動量定理可得：mgt總﹣F（t總﹣t﹣t′）＝0解得地面對小物塊的平均彈力為：F＝1N則彈力沖量大小為：I彈＝F（t總﹣t﹣t′）解得：I彈＝0.1N?s；設小物塊離開地面時水平速度大小為v′，小物塊與地面接觸過程中，取向右為正方向，水平方向根據(jù)動量定理可得：﹣μF（t總﹣t﹣t′）＝mv′﹣mv解得：v′＝﹣1m/s＜0，說明與地面接觸過程中水平方向末速度為零，物塊彈離地面時水平速度的大小為零。答：（1）物塊第一次落到地面時距平臺右端的水平距離為0.6m。（2）物塊第一次與地面接觸過程中，所受彈力沖量的大小為0.1N?s，物塊彈離地面時水平速度的大小為零。28．【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；動量定理的內容和應用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．【解答】（1）組合體A與組合體B分離過程在速度方向上滿足動量守恒定律，以在軌速度v0的方向為正方向，則有：（M+m）v0＝Mv+mv1解得：v1=（2）設分離時A對B的推力大小為F，以在軌速度v0的方向為正方向，對B由動量定理得：FΔt＝Mv﹣Mv0解得：F=答：（1）分離后A的速度v1為v0（2）分離時A對B的推力大小為M(v?v29．【考點】