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专题 31 动量的图像问题
一、多选题
1．（2023·山西）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发
点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力
加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x = 1m时，拉力的功率为6W
B．在x = 4m时，物体的动能为2J
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s
【答案】BC
【解析】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
W = Fx
可看出W—x图像的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有
则x = 1m时物体的速度为
v= 2m/s
1
x = 1m时，拉力为
则此时拉力的功率
P = Fv= 12W
1
x = 4m时物体的动能为
E= 2J
k
A错误、B正确；
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为W= μmgx = 8J
f
C正确；
D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F= 6N，2—4m的过程中F= 3N，由于物体受到的摩擦力恒
1 2
为f = 4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度
则从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为
D错误。
故选BC。
2．（2022·重庆）一物块在倾角为 的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，
由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，
物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为 时，物块动能为
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为
【答案】BC
【解析】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有
由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为
则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为代入数据联立解得
故A错误；
C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有
解得
则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为
故C正确；
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为
合力做功为
则其比值为
则重力做功为 时，物块的动能即合外力做功为 ，故C正确；
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为
则动量的大小之比为故D错误。
故选BC。
3．（2022·湖南）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动
反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的
直线运动，其 图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（
）
A．在 时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在 时间内，返回舱的加速度不变
C．在 时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在 时间内，返回舱的机械能不变
【答案】AC
【解析】A．重力的功率为
由图可知在0~t 时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；
1
B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0~t 时间内返回舱的加速度减小，故B错误；
1
C．在t~t 时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；
1 2
D．在t~t 时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，
2 3
故机械能减小，故D错误。
故选AC。
4．（2022·全国）质量为 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与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取 。则（ ）
A． 时物块的动能为零
B． 时物块回到初始位置
C． 时物块的动量为
D． 时间内F对物块所做的功为
【答案】AD
【解析】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从 s内由动量定理可知
即
得
3s时物块的动量为
设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得
即
解得
所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B． s物块发生的位移为x，由动能定理可得
1即
得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为
拉力所做的功为
故D正确。
故选AD。
5．（2021·湖南）如图（a），质量分别为m 、m 的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力 作
A B
用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为 。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的 图像如图（b）所示， 表示0到 时间内 的 图线与坐标轴所围面积大小， 、
分别表示 到 时间内A、B的 图线与坐标轴所围面积大小。A在 时刻的速度为 。下列说法正确的
是（ ）
A．0到 时间内，墙对B的冲量等于m v
A 0
B． m > m
A B
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于
D．
【答案】ABD
【解析】A．由于在0 ~ t 时间内，物体B静止，则对B受力分析有
1
F = F
墙 弹
则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，
撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有
I = m v（方向向右）
A 0
则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
B．由a—t图可知t 后弹簧被拉伸，在t 时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
1 2
F = m a = m a
弹 A A B B
由图可知
a > a
B A
则
m < m
B A
B正确；
C．由图可得，t 时刻B开始运动，此时A速度为v，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，
1 0
则可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；
D．由a—t图可知t 后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t~t 时间内AB组成的系统动量守恒，且在t 时刻
1 1 2 2
弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为 ，在t 时刻AB的速度分别为
2
，
A、B共速，则
D正确。
故选ABD。
二、单选题
6．（2017·全国）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线
如图所示，则（ ）
A．t=1s时物块的速率为1m/s
B．t=2s时物块的动量大小为2kg·m/s
C．t=3s时物块的动量大小为5kg·m/s
D．t=4s时物块的速度为零
【答案】A
【解析】A．由动量定理可得
解得
t=1s时物块的速率为
故A正确；BCD．t=2s时物块的动量大小
t=3s时物块的动量大小为
t=4s时物块的动量大小为
所以t=4s时物块的速度为1m/s，故BCD错误。
故选A。
7．（2022·北京）质量为 和 的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图
所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前 的速率大于 的速率 B．碰撞后 的速率大于 的速率
C．碰撞后 的动量大于 的动量 D．碰撞后 的动能小于 的动能
【答案】C
【解析】A． 图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知 碰前的速度大小为
碰前速度为0，A错误；
B．两物体正碰后， 碰后的速度大小为
碰后的速度大小为碰后两物体的速率相等，B错误；
C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
解得两物体质量的关系为
根据动量的表达式 可知碰后 的动量大于 的动量，C正确；
D．根据动能的表达式 可知碰后 的动能大于 的动能，D错误。
故选C。
8．（2021·湖南）物体的运动状态可用位置 和动量 描述，称为相，对应 图像中的一个点。物体运
动状态的变化可用 图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿 轴正方向做初速度为零的
匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】质点沿 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有
而动量为
联立可得
动量 关于 为幂函数，且 ，故正确的相轨迹图像为D。
故选D。
9．（2020·全国）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能
为（ ）
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
【答案】A
【解析】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为 ， ；碰后甲、乙的速度分别为
， ，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
解得
则损失的机械能为
解得
故选A。
10．（2014·重庆）一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度 v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平
飞出，甲、乙的质量比为3∶1．不计质量损失，取重力加速度 g＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨
迹可能正确的是( )
A． B． C． D．【答案】D
【解析】试题分析：炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当
炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即可
解题．
规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸
的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有 ,则 ，两块弹片都做平
抛运动，高度一样，则运动时间相等， ，水平方向做匀速运动，
，则 ，结合图象可知，D的位移满足上述表达式，故D正确．
三、解答题
11．（2022·浙江）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。
某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈
绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁
感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起
飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰
0
好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t 至t 时间内F=(800－10v）
1 3
N，t 时撤去F。已知起飞速度v=80m/s，t=1.5s，线圈匝数n=100匝，每匝周长l=1m，飞机的质量
3 1 1
M=10kg，动子和线圈的总质量m=5kg，R=9.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影
0
响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t。
3【答案】（1）80A；（2） ；（3）
【解析】（1）由题意可知接通恒流源时安培力
动子和线圈在0~t 时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为
1
根据牛顿第二定律有
代入数据联立解得
（2）当S掷向2接通定值电阻R 时，感应电流为
0
此时安培力为
所以此时根据牛顿第二定律有
由图可知在 至 期间加速度恒定，则有解得
，
（3）根据图像可知
故 ；在0~t 时间段内的位移
2
而根据法拉第电磁感应定律有
电荷量的定义式
可得
从t 时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有
3
联立可得
解得
12．（2022·湖南）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞
后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的 倍（ 为常数且
），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反
弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中 已知，求 的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬
间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有联立解得
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时
间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
上升过程有
代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有联立有
再将h 代入h 有
1 2
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h 代入h 有
2 3
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
将h 代入h 有
N-1 N
其中
，
则有则
方法二： 由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时
间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为 ，反弹高度为 ，篮球受到冲量I后
速度为v’，落地时速度为 ，则
，
联立可得
代入k可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k ，设反弹高度为h，受到冲量后，落地速度为v，同理可得
1 2
，
同理化简可得
……②篮球第三次反弹，反弹速度为k ，设反弹高度为h，受到冲量后，落地速度为v，同理可得
2 3
，
同理化简可得
……③
……
第N次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以 、 、 ……、 ，再相加可得
得
其中， ， ，可得
可得冲量I的大小
13．（2022·全国）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A
运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 图像如图（b）所示。
已知从 到 时间内，物块A运动的距离为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与
一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 、 速度相等，即 时刻，根据动量
守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对 、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻 、 的的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间 ，有
0-t 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
0
将 代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为 ，方
向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 ，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为 ，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
14．（2021·浙江）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属
板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧
面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内
存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量 和 随时间周期性变化规律如
图乙所示，图中 可调。氙离子（ ）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速
进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为
v。已知单个离子的质量为m、电荷量为 ，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器
0
的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v ；
S（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节 的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，
求 的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且
。求图乙中 时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ，方向沿z轴负方向
【解析】（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小
（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有此时 ；根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
故 的取值范围为 ；
（3）粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意根据洛伦兹力提供向心力有
且满足
所以可得
所以可得
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为方向沿z轴负方向。
15．（2019·北京）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴
间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
(1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W；
(2)将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k
是比例系数；
a.设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度v 与半径r的关系式；
m
b.示意图中画出了半径为r、r（r>r）的雨滴在空气中无初速下落的v—t图线，其中_____对应半径为r
1 2 1 2 1
的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v—t图线。
(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方
向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f ∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为
n，空气分子质量为m）。
0
【答案】(1) ；(2)a. ；b. ①； ；(3)见解析
【分析】(1)对雨滴由动能定理解得：雨滴下落h的过程中克服阻做的功；
(2) 雨滴的加速度为0时速度最大；
(3)由动量定理证明
【解析】(1)对雨滴由动能定理得：
解得： ；
(2)a。半径为r的雨滴体积为： ，其质量为当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为 ，则有：
其中
联立以上各式解得：
由 可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以①对应半径为 的雨滴，
不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图：
(3)设在极短时间 内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为 ，
在 内，空气分子个数为： ，其质量为
设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有：
对圆盘上方空气分子由动量定理有：
圆盘受到的空气阻力为：
联立解得： 。
16．（2019·全国）一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然
发现前方100 m处有一警示牌．立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中
的图线．图（a）中，0~t 时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已
1
忽略，汽车仍保持匀速行驶），t=0.8 s；t~t 时间段为刹车系统的启动时间，t=1.3 s；从t 时刻开始汽车
1 1 2 2 2
的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t 时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为
2
1 m．（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；
（2）求t 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
2
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t~t 时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停
1 2
止，汽车行驶的距离约为多少（以t~t 时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
1 2
【答案】（1） （2） ， 28 m/s（3）30 m/s； ；87.5 m
【解析】解：（1）v-t图像如图所示．
（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v，则t 时刻的速度也为v，t 时刻的速度也为v，在t 时刻
1 1 1 2 2 2
后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1s，设汽车在t+n-1Δt内的位移为s，n=1,2,3,…．
2 n
若汽车在t+3Δt~t +4Δt时间内未停止，设它在t+3Δt时刻的速度为v，在t+4Δt时刻的速度为v，由运动
2 2 2 3 2 4
学有
①
②
③
联立①②③式，代入已知数据解得
④
这说明在t+4Δt时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．
2
由于在t+3Δt~t +4Δt内汽车停止，由运动学公式
2 2
⑤⑥
联立②⑤⑥，代入已知数据解得
，v=28 m/s⑦
2
或者 ，v=29.76 m/s⑧
2
第二种情形下v 小于零，不符合条件，故舍去
3
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f，由牛顿定律有：f=ma⑨
1 1
在t~t 时间内，阻力对汽车冲量的大小为： ⑩
1 2
由动量定理有：
⑪
由动能定理，在t~t 时间内，汽车克服阻力做的功为：
1 2
⑫
联立⑦⑨⑩ 式，代入已知数据解得
v 1 =30 m/s ⑪⑫
⑬
从司机发现警⑭示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
⑮
联立⑦ ，代入已知数据解得
s=87.5 m⑬⑮
17．（20⑯19·全国）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静
止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后
与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此
时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v 和t 均
1 1
为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，
然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】（1）3m ；（2） ；（3）
【解析】（1）物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为 、 ，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械
能守恒，即
联立方程解得
，
根据v-t图像可知
解得
（2）设斜面的倾角为 ，根据牛顿第二定律，当物块A沿斜面下滑时
由v-t图像知
当物体A沿斜面上滑时
由v-t图像知
解得又因下滑位移
则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为
其中 为P点离水平面得高度，即
解得
故在图（b）描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为
（3）设物块B在水平面上最远的滑行距离为S，设原来的摩擦因为为 ，则以A和B组成的系统，根据
能量守恒定律有
设改变后的摩擦因数为 ，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，
速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得
又据（2）的结论可知
得
联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为
18．（2015·全国）两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞;碰撞后两者粘在一起运动;经过一
段时间后,从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求:(1)滑块b、a的质量之比;
(2)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
【答案】(1) (2) W:ΔE=1:2
【解析】（1）设a、b的质量分别为 ，a、b碰撞前地速度为 ．
由题给的图象得 ①， ②，
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v．
由题给的图象得 ③
由动量守恒定律得 ④
联立①②③④式得
（2）由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为
由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
联立⑥⑦式，并代入数据得
【点睛】本题是对动量守恒的考查，同时注意位移时间图象的含义，根据图象来计算速度的大小，利用能
量的守恒来分析损失的能量的多少
