第15讲　动量 动量守恒定律-2025届高考物理一轮复习考点精讲精练（全国通用）

第15讲　动量 动量守恒定律 1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念. 2.知道动量守恒的条件. 3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题． 考点一　动量、冲量、动量定理的理解与应用 1．动量 (1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示． (2)表达式：p＝mv. (3)单位：kg·m/s. (4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同． 2．冲量 (1)定义：力F与力的作用时间t的乘积． (2)定义式：I＝Ft. (3)单位：N·_s. (4)方向：恒力作用时，与力的方向相同． (5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果． 3．动量定理 (1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量． (2)表达式： [例题1] （2024•河南一模）质量相等的A、B两个小球处在空中同一高度，将A球水平向右抛出，同时将B球斜向上抛出，两小球抛出时的初速度大小相同，两小球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力。则两小球在空中运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．相同时间内，速度变化量可能不同 B．同一时刻，速度变化快慢可能不同 C．抛出后下降到同一高度时，动能一定相同 D．相同时间内，重力的冲量大小可能不同 [例题2] （2024•开福区校级模拟）一质量为m＝1kg的物体，从距地面高度为0.8m处以某一未知初速度水平抛出。落地后不弹起。假设地面为粗糙刚性水平接触面（与物体发生碰撞的时间极短，不计重力产生的冲量），物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物体从抛出到最终停下的过程中，减少的机械能等于与粗糙水平面的摩擦生热 B．若物体的初速度为1m/s，则与地面碰撞的过程中，地面对其冲量的大小为4N•s C．若物体的初速度为3m/s，则与地面碰撞的过程中，地面对其冲量的大小为2N•s D．若物体的初速度变为之前的2倍，物体落地后沿水平运动的距离可能是原来的4倍 [例题3] （2024•宁波二模）如图所示，在水平地面上用彼此平行、相邻间距为l的水平小细杆构成一排固定的栅栏。栅栏上方有一个质量为m、半径为r≫l的匀质圆板，圆板不会与地面接触。一根细长的轻绳穿过板的中央小孔C，一半在图的背面，一半在图的正面，绳的两头合在一起记为P端。在P端用力沿水平方向朝右拉动圆板，使板沿栅栏无跳动、无相对滑动地朝右滚动。圆板水平方向朝右的平均速度可近似处理为圆板中心C在最高位置时的速度大小v，设v是不变量。略去绳与板间所有接触部位的摩擦，施加于P端的平均拉力T为（　　） A． B． C． D． 考点二　动量守恒定律的理解和判断 1．内容 如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律． 2．适用条件 (1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态． (2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒． [例题4] （多选）（2024•海口一模）如图所示，不可伸长的轻绳跨越钉子O，两端分别系有大小相同的小球A和B。在球B上施加外力F，使轻绳OB水平且绷直，球A与地面接触，两球均静止。已知OA＝OB＝L，两球质量分别为mA、mB，重力加速度为g，不计一切阻力。现将球B由静止释放，发现两球可沿水平方向发生碰撞，且碰后粘在一起运动。则（　　） A．两球质量应满足mA≥3mB B．外力F应满足 C．两球碰撞前瞬间，B球的加速度大小为3g D．两球碰后摆起的最大高度不超过 [例题5] （2024•东城区一模）如图所示，质量为M、倾角为θ的光滑斜劈置于光滑水平地面上，质量为m的小球第①次和第②次分别以方向水平向右和水平向左、大小均为v0的初速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是（　　） A．这两次碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量都守恒 B．第②次碰撞后斜劈的速度小于 C．第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力等于（M+m）g D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上；第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定相等 [例题6] （2024•南昌二模）如图所示，质量为2kg的物块乙静止于A点，质量为1kg的物块甲在乙的左侧，物块丙静止在B点。甲、乙中间夹有不计质量的火药，火药爆炸时，将四分之一的化学能转化为甲、乙的动能，乙立即获得3m/s的速度向右运动。乙在AB间运动的某段连续的距离中，受到一水平向右、大小为12N的恒定拉力，使得乙恰好未与丙发生碰撞。已知AB间的距离为8.25m，乙与地面间的动摩擦因数为0.2，碰撞与爆炸时间均极短，甲、乙、丙均可视为质点，g取10m/s2。 （1）求火药爆炸时释放的化学能； （2）求恒定拉力在AB间持续作用的最短时间； （3）若拉力从A点开始持续作用，乙运动到B点后与丙发生碰撞，碰后瞬间，乙、丙的动量大小之比为1：6，求丙的质量范围。（不考虑再次碰撞） 考点三　动量守恒定律的应用（人船模型） 1．动量守恒定律的不同表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp＝0，系统总动量的增量为零． 2．应用动量守恒定律解题的步骤 (1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)； (3)规定正方向，确定初、末状态动量； (4)由动量守恒定律列出方程； (5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明． [例题7] （多选）（2024•贵州模拟）如图所示，在水平面上放置一半径为R的半圆槽，半圆槽的左、右最高点A、B在同一水平线上、最低点为C，现让一个小球从槽右侧最高点B无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为m和2m，不计小球与半圆槽和半圆槽与水平地面之间的摩擦，当地的重力加速度为g。则（　　） A．小球向左运动能达到A点 B．半圆槽向右运动的最大距离为 C．半圆槽的运动速度大小可能为 D．小球经过C点时对半圆槽的压力大小为3mg [例题8] （多选）（2023•佛山一模）某同学平时在操场立定跳远成绩最好能达到2.5m。在静浮在水面可自由移动的小船上，若该同学同样尽最大的能力立定跳，船上下颠簸可忽略，则该同学在小船上立定跳（　　） A．相对地面运动的水平距离小于2.5m B．相对小船运动的水平距离小于2.5m C．起跳相对地面的初速度比在操场时的小 D．当人落在船上时，船还会继续向前运动 [例题9] （2022•永定区模拟）如图所示，一个质量为m1＝50kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝7m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（　　） A．0 B．2m C．5m D．7m 考点四　碰撞现象的特点和规律 1．碰撞 (1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象． (2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． (3)分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 2.碰撞后运动状态可能性判定 (1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ (3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零． [例题10] （2024•宁波二模）质量为m1的滑块沿倾角为θ、长度为l的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为m2，并静置于光滑水平面上，重力加速度为g。滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（　　） A． B． C． D． [例题11] （2024•朝阳区一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（　　） A．P的动量为0 B．Q的动量达到最大值 C．P、Q系统总动量小于mv D．弹簧储存的弹性势能为 [例题12] （2024•沈阳模拟）如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车（含轨道）的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（　　） A．小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零 B．小球沿轨道上升的最大高度为 C．小球滑离小车时，小车恢复静止状态 D．小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v0 题型1动量和动量变化量、冲量的计算 1. （2023•龙凤区校级模拟）如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则（　　） A．a处网球拍给网球的冲量沿水平方向 B．拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下 C．c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下 D．d处反弹后网球做平抛运动 2. （2023•莱阳市校级模拟）如图，A、B两物体靠在一起静止于光滑水平面上，A物体的质量为3kg。t＝0时刻起对A物体施加一水平向右、大小为F＝5N的推力，测得0～2s内两物体的位移大小为2m，则B物体的质量和1s末B物体的动量大小分别为（　　） A．1kg；2kg•m/s B．2kg；2kg•m/s C．3kg；6kg•m/s D．4kg；4kg•m/s 3. （2024•聊城模拟）潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“水下断崖”急速“掉深”，全艇官兵紧急自救脱险，创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为6.0×106kg的某潜艇，在高密度海水区域距海平面200m，距海底138m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然降为5.4×107N，15s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为1.2×106N潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，重力加速度g取10m/s2，8.31，求： （1）潜艇“掉深”15s时的速度； （2）潜艇减重排出水的质量； （3）潜艇从A点开始“掉深”到返回A点过程中阻力的冲量。（结果取2位有效数字） 题型2应用动量定理求平均冲力 4. （2024•泰州模拟）人们常利用高压水枪洗车（如图），假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流量为Q（单位时间流出的水的体积），水流垂直射向汽车后速度变为0。已知水的密度为ρ，则水流对汽车的平均冲击力为（　　） A．ρQS B．ρQ2S C． D． 5. （2024•北京一模）航天器离子发动机原理如图所示，电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化（即电离出正离子），正离子被正负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力。已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I，忽略离子间的相互作用力及离子喷射对航天器质量的影响。该发动机产生的平均推力F的大小为（　　） A．I B．I C．I D．2I 题型3在多过程问题中应用动量定理 6. （2024•宁波模拟）如图所示，莲莲在亚运会蹦床比赛中，达到的最高点距地面高度为H，蹦床离地面的高度为h，莲莲的质量为M，下落过程中弹性网最大下陷量为x，受到的空气阻力大小恒为f，从最高点到最低点下落时间为t，则莲莲在下落到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．莲莲的机械能减少了（Mg﹣f）（H+x﹣h） B．弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为（Mg﹣f）t C．莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为 D．弹性网弹性势能的增量为（Mg﹣f）t 7. （2024•沙坪坝区模拟）如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盔中装入质量为2.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从3.20m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.08m时，物体的速度减为0。挤压过程视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．挤压过程中物体处于失重状态 B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg•m/s，方向竖直向下 D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N•s 8. （2024•青羊区校级模拟）如图甲所示，质量为m的同学在一次体育课上练习原地垂直起跳。在第一阶段，脚没有离地，所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示。经过一定时间，重心上升h1，获得速度v。在第二阶段，脚离开地面，人躯干形态基本保持不变，重心又上升了h2，到达最高点。重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．该同学在t1～t2时间段处于超重状态，在t2～t3时间段处于失重状态 B．在第一阶段地面支持力对该同学做的功为mv2 C．在第一阶段地面支持力对该同学的冲量为mv D．在第一和第二阶段该同学机械能共增加了mgh1+mgh2 题型4流体类柱状模型、微粒类柱状模型 9. （多选）（2023•芝罘区校级模拟）如图所示装置，装有细砂石的容器带有比较细的节流门，K是节流门的阀门，节流门正下方有可以称量细砂石质量的托盘秤。当托盘上已经有质量为m的细砂石时关闭阀门K，此时从管口到砂石堆顶端还有长为H的细砂石柱，设管口单位时间流出的细砂石的质量为m0，管口处细砂石的速度近似为零，关闭阀门K后，细砂石柱下落时砂石堆高度不变，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．刚关闭阀门K时，托盘秤示数为mg B．细砂石柱下落过程中，托盘秤示数为m+m0 C．细砂石柱对砂石堆顶端的冲击力为m0 D．细砂石柱全部落完时托盘秤的示数比刚关闭阀门K时托盘秤的示数大 10. （2023•通州区一模）为寻找可靠的航天动力装置，科学家们正持续进行太阳帆推进器和离子推进器的研究。太阳帆推进器是利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，离子推进器则是利用电场加速后的离子气体的反冲作用加速航天器。 （1）由量子理论可知每个光子的动量为（h为普朗克常量，λ为光子的波长），光子的能量为ε＝hv（v为光子的频率），调整太阳朝使太阳光垂直照射，已知真空中光速为c，光子的频率v，普朗克常量h，太阳帆面积为S，时间t内太阳光垂直照射到太阳帆每平方米面积上的太阳光能为E，宇宙飞船的质量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射，求： ①时间t内作用在太阳帆的光子个数N； ②在太阳光压下宇宙飞船的加速度a的大小 （2）离子推进器的原理如图所示：进入电离室的气体被电离，其中正离子飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A，B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速正离子束的过程中所消耗的功率为P，推进器获得的恒定推力为F。为提高能量的转换效率，即要使尽量大，请通过论证说明可行的方案。设正离子质量为m，电荷量为q。 题型5动量守恒定律的判断与应用 11. （2024•浙江模拟）如图所示，带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上，将一小球（视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．小球下滑过程中，圆弧轨道对小球的弹力不做功 B．小球下滑过程中，小球的重力势能全部转化为其动能 C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统动量守恒 D．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统机械能守恒 12. （2024•琼山区校级模拟）光滑水平面上有原来静止的斜劈B，B的斜面也是光滑的。现在把物体A从斜面顶端由静止释放，如图所示，在A从斜面上滑下来的过程中，以下判断正确的是（　　） A．A和B组成的系统机械能守恒 B．A和B组成的系统动量守恒 C．B对A的支持力对A不做功 D．A的速度方向一定沿斜面向下 13. （2024•岳麓区校级模拟）如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态。一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动，已知重力加速度为g，则（　　） A．碰撞过程中环与板组成的系统动量和机械能都守恒 B．碰撞过程中系统损失的机械能为 C．圆环和圆板的最大速度为 D．碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为 14. （2024•道里区校级一模）轻质弹簧上端悬挂于天花板上，下端与质量为M的木板相连，木板静止时位于图中Ⅰ位置。O点为弹簧原长时下端点的位置，质量为m的圆环形物块套在弹簧上（不与弹簧接触），现将m从O点正上方的Ⅱ位置自由释放，物块m与木板瞬时相碰后一起运动，物块m在P点达到最大速度，且M恰好能回到O点。若将m从比Ⅱ位置高的Q点自由释放后，m与木板碰后仍一起运动，则下列说法正确的是（　　） A．物块m达到最大速度的位置在P点的下方 B．物块m与木板M从Ⅰ位置到O的过程做匀减速运动 C．物块m与木板M在O点正好分离 D．物块m能回到Q点 题型6碰撞（弹簧）模型 15. （多选）（2024•贵阳模拟）如图所示，一质量为m的物块A与质量为2m的物块B用轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，B右边有一竖直固定的弹性挡板；现给A向右的初速度v0，A的速度第一次减为时，B与挡板发生碰撞，碰撞时间极短。碰撞后瞬间取走挡板，此时弹簧的压缩量为x。运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．物块B与挡板碰撞时的速度大小为 B．物块B与挡板碰撞时，弹簧弹性势能为 C．物块B与挡板碰撞后弹簧弹性势能的最大值为 D．弹簧第一次伸长量为x时物块B的速度大小为 16. （2024•包头三模）如图，轻弹簧的一端固定在垂直水平面的挡板上的P点，Q点为弹簧原长位置，开始时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝112J，弹簧右端一质量m1＝2.0kg的物块A与弹簧接触但不拴接，Q点右侧的N点静止一质量m2＝8.0kg的物块B，Q、N两点同的距离d＝6.0m，P、Q间水平面光滑，Q点右侧水平面粗糙且足够长，物块A与Q点右侧水平面间的动庠擦因数μ1＝0.10，物块B与Q点右侧水平面间的动摩擦因数μ2＝0.20。弹簧解除锁定后物块A向右运动，之后物块A与物块B发生多次弹性正碰，物块A、B均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求： （1）物块A与物块B发生第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小v0； （2）从物块A开始运动到物块A与物块B发生第二次碰撞的过程中物块A与水平面间因摩擦产生的热量Q。 题型7人船模型 17. （2023•浙江模拟）物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际问题时，需要判断使用的物理规律是否成立。如图所示，站在车上的人用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止，假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（　　） A．连续敲打可使小车持续向右运动 B．人、车和锤组成的系统机械能守恒 C．人、车和锤组成的系统动量和机械能都不守恒 D．人、车和锤组成的系统动量守恒但机械能不守恒 18. （多选）（2023•郑州二模）如图所示，质量为M＝2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离xL，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为g。下列判断正确的有（　　） A．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为L B．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为 C．小木船最终的速度大小为 D．弹簧释放的弹性势能为 19. （多选）（2023•宝鸡模拟）如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球（可视为质点）从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，则（　　） A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒 B．小球离开小车后做斜上抛运动了 C．小车向左运动的最大距离为 D．小车获得的最大速度为 20. （2023•高新区校级模拟）如图所示，光滑水平地面上放置一个如图所示形状的木质凹面体ABCDE，其左侧部分AB为半径为0.6m的四分之一圆弧，右侧部分BC水平且足够长。BC上的某处静置一个质量为2kg的小物块，另一质量为1kg的光滑小球从圆弧面的顶部A处静止释放，当小球运动至圆弧面的最低点B处时，凹面体恰与左侧的竖直墙壁相碰，碰后便被墙上所涂的材料牢牢地粘住。凹面体的质量为1kg，物块与BC面的摩擦因数为0.5，在凹面体的运动过程中，小物块与凹面体保持相对静止，且物块每次被小球碰前都已经减速为零，小球和物块间的碰撞都是弹性碰撞，重力加速度g＝10m/s2。 （1）小球第一次到B处时，凹面体的速度； （2）小球释放前，凹面体与墙面的距离； （3）为保证物块不从C端掉落，物块的初始静置位置离C点的最短距离是多少？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第15讲　动量 动量守恒定律 1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念. 2.知道动量守恒的条件. 3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题． 考点一　动量、冲量、动量定理的理解与应用 1．动量 (1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示． (2)表达式：p＝mv. (3)单位：kg·m/s. (4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同． 2．冲量 (1)定义：力F与力的作用时间t的乘积． (2)定义式：I＝Ft. (3)单位：N·_s. (4)方向：恒力作用时，与力的方向相同． (5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果． 3．动量定理 (1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量． (2)表达式： [例题1] （2024•河南一模）质量相等的A、B两个小球处在空中同一高度，将A球水平向右抛出，同时将B球斜向上抛出，两小球抛出时的初速度大小相同，两小球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力。则两小球在空中运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．相同时间内，速度变化量可能不同 B．同一时刻，速度变化快慢可能不同 C．抛出后下降到同一高度时，动能一定相同 D．相同时间内，重力的冲量大小可能不同 【解答】解：A．两物体运动过程中的加速度相同，则由Δv＝gΔt可知，相同时间内，速度变化量一定相同，故A错误； B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，因两物体的加速度均等于重力加速度，因此同一时刻，速度变化快慢一定相同，故B错误； C．抛出后下降到同一高度时，根据动能定理可得，由于重力做功相同，两小球抛出时的初动能相等，则两小球下降到同一高度时的动能一定相同，故C正确； D．根据I＝mgt可知相同时间内，重力的冲量大小一定相同，故D错误。 故选：C。 [例题2] （2024•开福区校级模拟）一质量为m＝1kg的物体，从距地面高度为0.8m处以某一未知初速度水平抛出。落地后不弹起。假设地面为粗糙刚性水平接触面（与物体发生碰撞的时间极短，不计重力产生的冲量），物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物体从抛出到最终停下的过程中，减少的机械能等于与粗糙水平面的摩擦生热 B．若物体的初速度为1m/s，则与地面碰撞的过程中，地面对其冲量的大小为4N•s C．若物体的初速度为3m/s，则与地面碰撞的过程中，地面对其冲量的大小为2N•s D．若物体的初速度变为之前的2倍，物体落地后沿水平运动的距离可能是原来的4倍 【解答】解：A、物体从抛出到最终停下的过程中，减少的机械能一部分用于与粗糙水平面的摩擦产生的热量，一部分在与地面碰撞中对地面做功，故A错误； BC、物体落地时竖直方向的分速度大小为vy，物体落地时竖直方向的速度变为零了，规定竖直向下的方向为正方向，所以在与地面碰撞过程中，根据动量定理可得地面对其冲量为I＝0﹣mvy＝0﹣1×4kg•m/s＝﹣4kg•m/s，则地面对其的冲量大小为4N•s，与其初速度大小无关故BC错误； D.根据动能定理可得物体落地后沿水平面前进的距离为x，则﹣μmgx＝0，解得x，所以物体的初速度变为之前的2倍，物体落地后沿水平面运动的距离可能是原来的4倍，故D正确。 故选：D。 [例题3] （2024•宁波二模）如图所示，在水平地面上用彼此平行、相邻间距为l的水平小细杆构成一排固定的栅栏。栅栏上方有一个质量为m、半径为r≫l的匀质圆板，圆板不会与地面接触。一根细长的轻绳穿过板的中央小孔C，一半在图的背面，一半在图的正面，绳的两头合在一起记为P端。在P端用力沿水平方向朝右拉动圆板，使板沿栅栏无跳动、无相对滑动地朝右滚动。圆板水平方向朝右的平均速度可近似处理为圆板中心C在最高位置时的速度大小v，设v是不变量。略去绳与板间所有接触部位的摩擦，施加于P端的平均拉力T为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：取栅栏中相邻两根小细杆A，B，板心C从位于杆A正上方到位于B杆的正上方。圆板绕杆定轴转动惯量为：I杆＝IC+mr2 C位于A正上方时圆板运动为：Ek C到达A、B杆连线中点正上方瞬间，速度为v′，动能为：Ek+mgr（1）+T• 将圆板与B杆完全非弹性碰撞后瞬间，绕B杆转动角速度记为ωB，根据角动量守恒有：IBωB＝ICωC+rmv0′ ωC，v0′＝v′cosα 可得：rmv′cosθmrv′cosθ＝mv′（cosθ） 则有：ωBr（） 此时圆盘的动能Ek C杆转到B杆正上方时，速度又增加v，由机械能定理有：mgr（1﹣cos） 联立以上各式，消去 可得：•mgr•（1﹣cos）mgr（1﹣cos） 取近似值： 又有：，θ 代入上式，并忽略高阶小量得：T，故A正确，BCD错误。 故选：A。 考点二　动量守恒定律的理解和判断 1．内容 如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律． 2．适用条件 (1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态． (2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒． [例题4] （多选）（2024•海口一模）如图所示，不可伸长的轻绳跨越钉子O，两端分别系有大小相同的小球A和B。在球B上施加外力F，使轻绳OB水平且绷直，球A与地面接触，两球均静止。已知OA＝OB＝L，两球质量分别为mA、mB，重力加速度为g，不计一切阻力。现将球B由静止释放，发现两球可沿水平方向发生碰撞，且碰后粘在一起运动。则（　　） A．两球质量应满足mA≥3mB B．外力F应满足 C．两球碰撞前瞬间，B球的加速度大小为3g D．两球碰后摆起的最大高度不超过 【解答】解：A.两球可沿水平方向发生碰撞，说明A不会离开地面，则对B有mBgL，在最低点时T﹣mBg＝mB，解得T＝3mBg，因A不会离开地面，则mAg≥T＝3mBg，故A正确； B.要使的细绳处于伸直状态，则力F最小值为mBg，因A的重力无最大值（可以是无穷大），可知F无最大值，故B错误； C.两球碰撞前瞬间，B球的加速度大小为ag，故C错误； D.因A质量最小值为3mB，则AB碰后由动量守恒mBv＝（mA+mB）v共，（mA+mB）（mA+mB）gh，解得hL，故D正确； 故选：AD。 [例题5] （2024•东城区一模）如图所示，质量为M、倾角为θ的光滑斜劈置于光滑水平地面上，质量为m的小球第①次和第②次分别以方向水平向右和水平向左、大小均为v0的初速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是（　　） A．这两次碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量都守恒 B．第②次碰撞后斜劈的速度小于 C．第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力等于（M+m）g D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上；第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定相等 【解答】解：A，第①次碰撞小球和斜劈组成的系统合外力为0，系统动量守恒，第②次碰撞过程中，系统的合外力不为0，动量不守恒，故A错误； B．第②次碰撞后速度的分解如图 规定向左为正方向，根据水平方向的动量守恒定律有mv0cosθcosθ﹣mvysinθ+Mvx＝mv0 即有mv0﹣mv0cos2θ+mvysinθ＝Mvx 解得斜劈的速度vx 故B正确； C．第②次碰撞过程中，斜劈有竖直向下的动量，则可知地面对斜劈的支持力大于（M+m）g，故C错误； D.第②次碰撞后小球沿垂直于斜面方向的速度v'＜v0sinθ，根据速度的合成可知，第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定不相等，故D错误； 故选：B。 [例题6] （2024•南昌二模）如图所示，质量为2kg的物块乙静止于A点，质量为1kg的物块甲在乙的左侧，物块丙静止在B点。甲、乙中间夹有不计质量的火药，火药爆炸时，将四分之一的化学能转化为甲、乙的动能，乙立即获得3m/s的速度向右运动。乙在AB间运动的某段连续的距离中，受到一水平向右、大小为12N的恒定拉力，使得乙恰好未与丙发生碰撞。已知AB间的距离为8.25m，乙与地面间的动摩擦因数为0.2，碰撞与爆炸时间均极短，甲、乙、丙均可视为质点，g取10m/s2。 （1）求火药爆炸时释放的化学能； （2）求恒定拉力在AB间持续作用的最短时间； （3）若拉力从A点开始持续作用，乙运动到B点后与丙发生碰撞，碰后瞬间，乙、丙的动量大小之比为1：6，求丙的质量范围。（不考虑再次碰撞） 【解答】解：（1）火药爆炸时，甲、乙组成的系统动量守恒0＝m甲v甲+m乙v乙 代入数据解得：v甲＝﹣6m/s Ek总 代入数据解得：Ek总＝27J 火药爆炸时释放的化学能E＝4Ek总＝4×27J＝108J； （2）研究乙由A运动至B的过程，由动能定理 WF﹣μm乙gL＝0 代入数据解得：WF＝24J 无论何时开始有F的作用，F做的功为定值，因此，当乙的速度最大时开始有F的作用，则F作用时间最短。 有力F作用时，对乙由牛顿第二定律 F﹣μm乙g＝m乙a 代入数据解得：a＝4m/s2， 设F作用的位移为x WF＝Fx x＝2m 有运动学公式 x＝v乙t 解得：t＝0.5s； （3）F持续作用时，由动能定理 FL﹣μm乙gL 得乙与丙碰撞前的速度 v乙2＝5m/s 因此乙在和丙碰撞前的动量 P乙＝m乙v乙2 解得P乙＝10kg•m/s 乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律 P乙＝P'+P丙 若碰后乙、丙同向P'＝m乙v' P丙＝m丙v丙 P'：P丙＝1：6 不撞穿：v'＜v丙 根据动能不增加： 联立解得：m丙≤6m乙 即：1.5kg≤m丙≤12kg 若碰后乙、丙反向 P'＝m乙v'＜0 P丙＝m丙v丙 P'：P丙＝﹣1：6 根据动能不增加： 联立解得：m丙≥1.5m乙 即：m丙≥3kg 综上所述，碰后乙、丙同向时，1.5kg≤m丙≤12kg；碰后乙、丙反向时，m丙≥3kg 答：（1）火药爆炸时释放的化学能为108J； （2）恒定拉力在AB间持续作用的最短时间为0.5s； （3）丙的质量范围为碰后乙、丙同向时，1.5kg≤m丙≤12kg；碰后乙、丙反向时，m丙≥3kg。 考点三　动量守恒定律的应用（人船模型） 1．动量守恒定律的不同表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp＝0，系统总动量的增量为零． 2．应用动量守恒定律解题的步骤 (1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)； (3)规定正方向，确定初、末状态动量； (4)由动量守恒定律列出方程； (5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明． [例题7] （多选）（2024•贵州模拟）如图所示，在水平面上放置一半径为R的半圆槽，半圆槽的左、右最高点A、B在同一水平线上、最低点为C，现让一个小球从槽右侧最高点B无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为m和2m，不计小球与半圆槽和半圆槽与水平地面之间的摩擦，当地的重力加速度为g。则（　　） A．小球向左运动能达到A点 B．半圆槽向右运动的最大距离为 C．半圆槽的运动速度大小可能为 D．小球经过C点时对半圆槽的压力大小为3mg 【解答】解：A．两物体所构成的系统水平方向动量守恒、运动过程中机械能守恒。小球向左到达最高点时两者共速，设共速时的速度为v，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有0＝（m+2m）v 可得v＝0 由机械能守恒定律有mgR＝mgh 解得h＝R 即小球向左能达到的最高点是A，故A正确； B．取水平向左为正方向，设小球速度为v1，圆槽速度为v2，由水平方向动量守恒有0＝mv1+2mv2 可得0＝∑mv1Δt+∑2mv2Δt 即0＝mx1+2mx2 同时x1﹣x2＝﹣2R 可得 故B正确； C．从B点释放后到C点有，取水平向左为正方向，设在C点小球的速度为v3，圆槽的速度为v4，根据能量和动量守恒有 0＝mv3+2mv4 解得， 则小球到最低点时槽的速度不可能是，故C错误； D．小球相对于槽做圆周运动，在最低点槽的加速度为0是惯性参考系，根据牛顿第二定律有 解得FN＝4mg 故D错误。 故选：AB。 [例题8] （多选）（2023•佛山一模）某同学平时在操场立定跳远成绩最好能达到2.5m。在静浮在水面可自由移动的小船上，若该同学同样尽最大的能力立定跳，船上下颠簸可忽略，则该同学在小船上立定跳（　　） A．相对地面运动的水平距离小于2.5m B．相对小船运动的水平距离小于2.5m C．起跳相对地面的初速度比在操场时的小 D．当人落在船上时，船还会继续向前运动 【解答】解：AB．对于人和小船组成的系统，水平方向动量守恒，设该同学起跳时相对地面水平初速度为vx，竖直初速度为vy，小船相对于地面的速度为v，水平距离等于2.5m，设水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒可得 0＝m人vx+m船v 可知小船向左运动，所以该同学相对地面运动的水平距离小于2.5m，故A正确，B错误； C．由AB选项分析可知，相比在地面起跳，人相对地面的水平初速度变小，根据 可知起跳相对地面的初速度比在操场时的小，故C正确； D．根据水平方向动量守恒，当人落在船上时，船停止运动，故D错误。 故选：AC。 [例题9] （2022•永定区模拟）如图所示，一个质量为m1＝50kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝7m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（　　） A．0 B．2m C．5m D．7m 【解答】解：设人的速度v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得： 则m1v1＝m2v2， 所以v1v2， 气球和人运动的路程之和为h＝7m，则人下滑的距离为：s1h＝2m 气球上升的距离为：s25m 即人下滑2m，气球上升5m，所以人离地高度为5m，故C正确、ABD错误。 故选：C。 考点四　碰撞现象的特点和规律 1．碰撞 (1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象． (2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． (3)分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 2.碰撞后运动状态可能性判定 (1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ (3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零． [例题10] （2024•宁波二模）质量为m1的滑块沿倾角为θ、长度为l的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为m2，并静置于光滑水平面上，重力加速度为g。滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设滑块滑到底端时的水平速度和竖直速度为vx和vy，即滑块的合速度为v1，斜面的合速度为v2。由于滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，则系统水平方向的动量守恒，以向右为正方向，有：m1vx﹣m2v2＝0 结合两者的水平位移关系有： 对滑块，在竖直方向的位移： 对两物体的系统，由机械能守恒定律有： 联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为：，故ACD错误，B正确。 故选：B。 [例题11] （2024•朝阳区一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（　　） A．P的动量为0 B．Q的动量达到最大值 C．P、Q系统总动量小于mv D．弹簧储存的弹性势能为 【解答】解：AC、物体P、Q与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，系统总动量为mv，所以弹簧被压缩至最短时此系统总动量仍然为mv，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv＝2mv1，解得：v1v，所以P的动量为mv1mv，不为零，故AC错误； D、根据机械能守恒定律得弹簧储存的弹性势能为Ep，故D正确； B、弹簧被压缩至最短时，弹簧处于压缩状态，对物体Q有向右的弹力，物体Q的速度方向也向右，所以在接下来的一段时间内，物体Q做加速运动，其动量会继续增大，故此时Q的动量不是最大，故B错误。 故选：D。 [例题12] （2024•沈阳模拟）如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车（含轨道）的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（　　） A．小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零 B．小球沿轨道上升的最大高度为 C．小球滑离小车时，小车恢复静止状态 D．小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v0 【解答】解：AB．依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律mv0＝（m+3m）v 可得小球在最高点时仍然具有水平速度， 设达到最高点的高度为H，根据能量守恒，可得 解得 故A错误；B正确； CD．设小球滑离小车时，二者速度分别为v球和v车，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得mv0＝mv球+3mv车， 联立，解得， 可知小车相对小球的速度大小为Δv＝v车﹣v球＝v0 故CD错误。 故选：B。 题型1动量和动量变化量、冲量的计算 1. （2023•龙凤区校级模拟）如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则（　　） A．a处网球拍给网球的冲量沿水平方向 B．拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下 C．c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下 D．d处反弹后网球做平抛运动 【解答】解：A、网球拍击打网球后，网球做曲线运动，曲线上任意一点的切线方向即为网球的速度方向，由轨迹可知，a处轨迹的切线方向斜向右上方，则可知a处的速度方向斜向右上方，因此网球拍给网球的冲量应斜向上方，故A错误； B、a到c过程中网球只受到竖直向下的重力作用，则重力的冲量竖直向下，因此拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下，故B正确； C、由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c到d过程中受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两种情况，若只受重力阶段，则冲量竖直向下；若受到重力和弹性绳的拉力则二者合力斜向左下方，因此网球受到的冲量方向斜向左下方，故C错误； D、做平抛运动的条件是初速度水平，且只受重力，显然网球在d处反弹后除了受到重力还有因弹性绳收缩而受到的拉力，故D错误。 故选：B。 2. （2023•莱阳市校级模拟）如图，A、B两物体靠在一起静止于光滑水平面上，A物体的质量为3kg。t＝0时刻起对A物体施加一水平向右、大小为F＝5N的推力，测得0～2s内两物体的位移大小为2m，则B物体的质量和1s末B物体的动量大小分别为（　　） A．1kg；2kg•m/s B．2kg；2kg•m/s C．3kg；6kg•m/s D．4kg；4kg•m/s 【解答】解：设两物体共同运动的加速度大小为a，则由 代入数据解得a＝1m/s2 1s末两物体的速度为vAB＝at＝1×1m/s＝1m/s 由牛顿第二定律可得F＝（mA+mB）a 代入数据解得mB＝2kg p1＝mBvAB＝2×1kg•m/s＝2kg•m/s 故B正确，ACD错误。 故选：B。 3. （2024•聊城模拟）潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“水下断崖”急速“掉深”，全艇官兵紧急自救脱险，创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为6.0×106kg的某潜艇，在高密度海水区域距海平面200m，距海底138m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然降为5.4×107N，15s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为1.2×106N潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，重力加速度g取10m/s2，8.31，求： （1）潜艇“掉深”15s时的速度； （2）潜艇减重排出水的质量； （3）潜艇从A点开始“掉深”到返回A点过程中阻力的冲量。（结果取2位有效数字） 【解答】解：（1）设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1，对潜艇，由牛顿第二定律得 mg﹣F﹣f＝ma1 代入数据解得 15s末的速度为v＝a1t1＝0.8×15m/s＝12m/s （2）掉深15s时，潜艇下落的高度 潜艇减速下落的高度h2＝h﹣h1＝138m﹣90m＝48m 在减速阶段 解得 潜艇减重后的质量为m1，潜艇减重后以1.5m/s2的加速度匀减速下沉过程中，由牛顿第二定律得 F+f﹣m1g＝m1a2 代入数据解得 排水前潜艇的质量m＝6.0×106kg，“掉深”过程中排出水的质量 kg （3）向下减速所需时间为 设上浮过程潜艇的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得F﹣f﹣m1g＝m1a3 解得 在上浮过程中，根据位移一时间公式可得 解得 潜艇下降过程阻力的冲量I1＝ft1+ft2 方向竖直向上；潜艇上升过程中阻力的冲量I2＝ft3 方向竖直向下，全程阻力的冲量I＝I1﹣I2 综上代入数值解得：I＝7.7×106N•s 方向竖直向上。 题型2应用动量定理求平均冲力 4. （2024•泰州模拟）人们常利用高压水枪洗车（如图），假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流量为Q（单位时间流出的水的体积），水流垂直射向汽车后速度变为0。已知水的密度为ρ，则水流对汽车的平均冲击力为（　　） A．ρQS B．ρQ2S C． D． 【解答】解：选择短时间Δt内与汽车发生相互作用的水为研究对象，该部分水的质量为 Δm＝ρSvΔt 则有 根据动量定理有 ﹣F1Δt＝0﹣Δmv 根据牛顿第三定律有 F2＝F1 解得，水流对汽车的平均冲击力为 故ABC错误，D正确； 故选：D。 5. （2024•北京一模）航天器离子发动机原理如图所示，电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化（即电离出正离子），正离子被正负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力。已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I，忽略离子间的相互作用力及离子喷射对航天器质量的影响。该发动机产生的平均推力F的大小为（　　） A．I B．I C．I D．2I 【解答】解：设离子经电场加速后，从端口喷出时的速度大小为v0。由动能定理得 qU，解得：v0 设在Δt时间内有n个离子被喷出，根据电流的定义式得：I 对于单个离子，由动量定理得：F0Δt＝mv0 若有n个离子被喷出，则有F′＝nF0 由以上各式联立可解得：F′＝I 根据牛顿第三定律可知，该发动机产生的平均推力大小：F＝F′＝I，故A正确，BCD错误。 故选：A。 题型3在多过程问题中应用动量定理 6. （2024•宁波模拟）如图所示，莲莲在亚运会蹦床比赛中，达到的最高点距地面高度为H，蹦床离地面的高度为h，莲莲的质量为M，下落过程中弹性网最大下陷量为x，受到的空气阻力大小恒为f，从最高点到最低点下落时间为t，则莲莲在下落到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．莲莲的机械能减少了（Mg﹣f）（H+x﹣h） B．弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为（Mg﹣f）t C．莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为 D．弹性网弹性势能的增量为（Mg﹣f）t 【解答】解：A．莲莲在下落到最低点的过程中，莲莲的初速度、末速度都是零，则动能不变，莲莲的机械能减少量等于重力势能的减少量，则ΔE＝Mg（H+x﹣h），故A错误； B．莲莲在下落到最低点的过程中，根据动量定理有Mgt﹣ft﹣I＝0 弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为I＝（Mg﹣f）t，故B正确； C．莲莲从下落至与蹦床接触过程中，根据动能定理有 莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中，根据动量定理有﹣I1＝0﹣Mv 莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为，故C错误； D．根据能量守恒，弹性网弹性势能的增量为，Ep＝Mg（H+x﹣h）﹣f（H+x﹣h）＝（Mg﹣f）（H+x﹣h） 另外，（Mg﹣f）t对应的国际单位是N•s，是动量的单位，不是能量的单位。 故D错误。 故选：B。 7. （2024•沙坪坝区模拟）如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盔中装入质量为2.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从3.20m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.08m时，物体的速度减为0。挤压过程视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．挤压过程中物体处于失重状态 B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg•m/s，方向竖直向下 D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N•s 【解答】解：A、头盔的运动是匀减速直线运动，所以加速度方向是竖直向上，所以头盔是处于超重状态，故A错误； B、头盔落地时的速度为： 头盔和地面的相互作用时间为t，则有： 解得： 规定竖直向下的方向为正方向，在头盔受挤压的过程中，对头盔根据动量定理有 （mg﹣F）t＝0﹣mv 代入数据解得：F＝820N，故B正确； C、物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为：ΔP＝0﹣mv＝0﹣2×8kg•m/s＝﹣16kg•m/s，负号说明方向竖直向上，故C错误； D、根据动量定理可知物体在自由下落过程中重力的冲量大小为：I＝mv，代入数据解得：I＝16N•s，故D错误。 故选：B。 8. （2024•青羊区校级模拟）如图甲所示，质量为m的同学在一次体育课上练习原地垂直起跳。在第一阶段，脚没有离地，所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示。经过一定时间，重心上升h1，获得速度v。在第二阶段，脚离开地面，人躯干形态基本保持不变，重心又上升了h2，到达最高点。重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．该同学在t1～t2时间段处于超重状态，在t2～t3时间段处于失重状态 B．在第一阶段地面支持力对该同学做的功为mv2 C．在第一阶段地面支持力对该同学的冲量为mv D．在第一和第二阶段该同学机械能共增加了mgh1+mgh2 【解答】解：A、由图乙所示图象可知，在t1～t3阶段地面对该同学的支持力大于他的重力，t3～t4阶段地面对该同学的支持力小于他的重力，由牛顿第三定律可知，该同学对地面的压力先大于重力后小于重力，该同学t1～t3阶段处于超重状态，t3～t4处于失重状态，故A错误； B、在第一阶段，该同学的脚没有离地，地面对该同学支持力作用点的位移为零，地面支持力对该同学做的功为零，故B错误； C、以向上为正方向，在第一阶段该同学动量的变化量Δp＝mv﹣0＝mv，由动量定理可知：IG+I支持力＝Δp，则I支持力＝mv﹣IG，故C错误； D、根据重力势能的计算公式可知，在第一和第二阶段该同学机械能共增加了E＝mgh1+mgh2，故D正确。 故选：D。 题型4流体类柱状模型、微粒类柱状模型 9. （多选）（2023•芝罘区校级模拟）如图所示装置，装有细砂石的容器带有比较细的节流门，K是节流门的阀门，节流门正下方有可以称量细砂石质量的托盘秤。当托盘上已经有质量为m的细砂石时关闭阀门K，此时从管口到砂石堆顶端还有长为H的细砂石柱，设管口单位时间流出的细砂石的质量为m0，管口处细砂石的速度近似为零，关闭阀门K后，细砂石柱下落时砂石堆高度不变，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．刚关闭阀门K时，托盘秤示数为mg B．细砂石柱下落过程中，托盘秤示数为m+m0 C．细砂石柱对砂石堆顶端的冲击力为m0 D．细砂石柱全部落完时托盘秤的示数比刚关闭阀门K时托盘秤的示数大 【解答】解：A、刚关闭阀门时，细沙石在下落，下落的细沙石对砂石堆有一定的冲击力，托盘示数大于m，故A错误； BC、细沙石从管口开始做自由落体运动，则细沙石到达砂石堆时的速度为：H，细沙石与砂石堆作用后速度为零，砂石堆对细沙石的作用力为F，选向上为正，由动量定理得：Ft＝m0tv 解得F＝m0，根据牛顿第三定律细沙石对砂石堆的冲击力大小也为F，所以细沙石下落过程中托盘示数为m，故BC正确。 D、细沙石的位移H需要的时间t，单位时间流出的细砂石的质量为m0，所以高度为H的细沙石的质量为m0t＝m0，所以细沙石全部落完时托盘示数不变。故D错误。 故选：BC。 10. （2023•通州区一模）为寻找可靠的航天动力装置，科学家们正持续进行太阳帆推进器和离子推进器的研究。太阳帆推进器是利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，离子推进器则是利用电场加速后的离子气体的反冲作用加速航天器。 （1）由量子理论可知每个光子的动量为（h为普朗克常量，λ为光子的波长），光子的能量为ε＝hv（v为光子的频率），调整太阳朝使太阳光垂直照射，已知真空中光速为c，光子的频率v，普朗克常量h，太阳帆面积为S，时间t内太阳光垂直照射到太阳帆每平方米面积上的太阳光能为E，宇宙飞船的质量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射，求： ①时间t内作用在太阳帆的光子个数N； ②在太阳光压下宇宙飞船的加速度a的大小 （2）离子推进器的原理如图所示：进入电离室的气体被电离，其中正离子飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A，B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速正离子束的过程中所消耗的功率为P，推进器获得的恒定推力为F。为提高能量的转换效率，即要使尽量大，请通过论证说明可行的方案。设正离子质量为m，电荷量为q。 【解答】（1）①时间t内，作用在太阳帆的光子的总能量为E总＝ES 时间t内作用在太阳帆的光子个数为N ②根据动量定理得Ft＝2Np 故太阳光对飞船的推力为F 根据牛顿第二定律可知，在太阳光压下宇宙飞船的加速度为a （2）正离子飘入匀强电场，电场力做功功率为P＝UI 正离子在电场中做匀加速直线运动，则有qU PF′v 联立，可得 F′＝I 根据牛顿第三定律，可知引擎获得的推力F的大小为 F＝F′＝I 分析，可知 为提高能量的转换效率，可以用质量大的粒子、用带电量少的离子、减小加速电压。 题型5动量守恒定律的判断与应用 11. （2024•浙江模拟）如图所示，带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上，将一小球（视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．小球下滑过程中，圆弧轨道对小球的弹力不做功 B．小球下滑过程中，小球的重力势能全部转化为其动能 C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统动量守恒 D．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统机械能守恒 【解答】解：ABD、小球在下滑过程中，物体向左运动，动能增大，重力势能不变，物体的机械能增大，说明小球对物体做正功。因为水平面光滑，对小球和物体组成的系统而言，只有重力做功，故系统的机械能守恒，则小球的机械能减少，物体对小球的弹力做负功，故AB错误，D正确； C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒，故C错误。 故选：D。 12. （2024•琼山区校级模拟）光滑水平面上有原来静止的斜劈B，B的斜面也是光滑的。现在把物体A从斜面顶端由静止释放，如图所示，在A从斜面上滑下来的过程中，以下判断正确的是（　　） A．A和B组成的系统机械能守恒 B．A和B组成的系统动量守恒 C．B对A的支持力对A不做功 D．A的速度方向一定沿斜面向下 【解答】解：A、水平面与斜面均是光滑的，在A从斜面上滑下来的过程中，A和B组成的系统无机械能损失，故此系统机械能守恒，故A正确； B、物体A从斜面上加速下滑的过程中，A具有向下的加速度分量，A和B组成的系统具有竖直向下的加速度，故此系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒。此系统在水平方向所受合外力为零，在水平方向上动量守恒，故B错误； CD、A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，且初始系统水平方向总动量为零。A下滑时在水平方向有向左的动量分量，由动量守恒定律可知，B在水平方向有向右的动量，即斜面向右运动，则A的速度方向不与斜面平行，即A的速度方向不沿斜面向下，而B对A的支持力方向垂直于斜面，可知B对A的支持力方向不与A的速度方向垂直，则B对A的支持力对A做功，故CD错误。 故选：A。 13. （2024•岳麓区校级模拟）如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态。一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动，已知重力加速度为g，则（　　） A．碰撞过程中环与板组成的系统动量和机械能都守恒 B．碰撞过程中系统损失的机械能为 C．圆环和圆板的最大速度为 D．碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为 【解答】解：A、碰撞过程中，圆环与圆板组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒。由于碰撞之后圆环与圆板共同向下运动，机械能有损失，则机械能不守恒，故A错误； B、圆环下降到与圆板碰撞前瞬间，由机械能守恒定律有 圆环和圆板碰撞过程中，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有 mv＝（m+M）v1 解得碰后共同速度为： 则碰撞过程中系统损失的机械能为 联立解得：，故B正确； C、圆环和圆板在向下运动的过程中，开始阶段圆环和圆板的重力之和大于弹簧的弹力，圆环和圆板还在加速，则圆环和圆板的最大速度大于，故C错误； D、碰撞后瞬间，对圆环和圆板整体，由牛顿第二定律有mg＝（m+M）a 对圆板，由牛顿第二定律有F＝Ma 解得碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为：，故D错误。 故选：B。 14. （2024•道里区校级一模）轻质弹簧上端悬挂于天花板上，下端与质量为M的木板相连，木板静止时位于图中Ⅰ位置。O点为弹簧原长时下端点的位置，质量为m的圆环形物块套在弹簧上（不与弹簧接触），现将m从O点正上方的Ⅱ位置自由释放，物块m与木板瞬时相碰后一起运动，物块m在P点达到最大速度，且M恰好能回到O点。若将m从比Ⅱ位置高的Q点自由释放后，m与木板碰后仍一起运动，则下列说法正确的是（　　） A．物块m达到最大速度的位置在P点的下方 B．物块m与木板M从Ⅰ位置到O的过程做匀减速运动 C．物块m与木板M在O点正好分离 D．物块m能回到Q点 【解答】解：A．在物块m下落过程中，当物块m、木板M的总重力等于弹簧弹力时，物块m达到最大速度，故物块m达到最大速度的位置仍在P点，故A错误； B．物块m与木板M从I位置到O的过程，总重力不变，弹簧的弹力逐渐减小，故物块m与木板M做加速度增大的减速运动，故B错误； C．将m从O点正上方的Ⅱ位置自由释放，且M恰好能回到O点，可知将m从比Ⅱ位置高的Q点自由释放后，根据能量守恒，M回到O点时速度不为零，O点为弹簧原长时下端点的位置，则物块m与木板M间的作用力为零，故物块m与木板M在O点正好分离，故C正确； D．根据能量守恒可知，碰撞过程存在一定的机械能损失，且物块m的部分机械能转化为木板M的机械能，故物块m不能回到Q点，故D错误。 故选：C。 题型6碰撞（弹簧）模型 15. （多选）（2024•贵阳模拟）如图所示，一质量为m的物块A与质量为2m的物块B用轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，B右边有一竖直固定的弹性挡板；现给A向右的初速度v0，A的速度第一次减为时，B与挡板发生碰撞，碰撞时间极短。碰撞后瞬间取走挡板，此时弹簧的压缩量为x。运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．物块B与挡板碰撞时的速度大小为 B．物块B与挡板碰撞时，弹簧弹性势能为 C．物块B与挡板碰撞后弹簧弹性势能的最大值为 D．弹簧第一次伸长量为x时物块B的速度大小为 【解答】解：A.从开始到物块B与挡板碰前过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律有 解得，故A正确； B.从开始到物块B与挡板碰前过程，根据机械能守恒定律有 解得，故B正确； C.物块B与挡板碰撞后到和A共速时弹簧的弹性势能最大，以向左为正方向，根据动量守恒定律有 解得 根据能量守恒定律有 解得，故C错误； D.物块B与挡板碰撞后到弹簧第一次伸长量为x过程，以向左为正方向，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 联立解得，故D正确。 故选：ABD。 16. （2024•包头三模）如图，轻弹簧的一端固定在垂直水平面的挡板上的P点，Q点为弹簧原长位置，开始时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝112J，弹簧右端一质量m1＝2.0kg的物块A与弹簧接触但不拴接，Q点右侧的N点静止一质量m2＝8.0kg的物块B，Q、N两点同的距离d＝6.0m，P、Q间水平面光滑，Q点右侧水平面粗糙且足够长，物块A与Q点右侧水平面间的动庠擦因数μ1＝0.10，物块B与Q点右侧水平面间的动摩擦因数μ2＝0.20。弹簧解除锁定后物块A向右运动，之后物块A与物块B发生多次弹性正碰，物块A、B均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求： （1）物块A与物块B发生第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小v0； （2）从物块A开始运动到物块A与物块B发生第二次碰撞的过程中物块A与水平面间因摩擦产生的热量Q。 【解答】解：设解除锁定后物块A的最大动能为Ek，弹簧弹开过程根据机械能守恒定律可得：Ek＝Ep＝12J 物块A在Q点离开弹簧这后运动到N点，此过程根据动能定理有：﹣μ1m1gdEk 代入数据得：v0＝10m/s （2）以向右为正方向，AB发生弹性碰撞，则根据动量守恒定律：m1v0＝m1v1+m2v2 由机械能守恒定律得： 联立解得：v1＝﹣6m/s　（﹣表示方向向左）v2＝4m/s 物块B向右做减速运动，以向右为正，根据动量定理有：﹣μ2m2gt＝0﹣m2v2 解得：t＝2s 物块B运动的位移大小为：xBm＝4m 物块A先向左做匀减速直线运动，运动到Q点后压缩弹簧，之后又以压缩弹簧前瞬间的速度大小向右做匀减速直线运动，加速度大小为：aA＝μ1g 假设不坟压缩弹簧与弹开恢复原长的时间，即不计物块A在Q点左侧移支的距离，物块A在t＝2s时间内运动的距离：x＝|v1|t 代入结果得：x＝10m x＜2d，则物块B停止之前物块A一定没有到达N点，则物块A一定是在物块B停止之后与B发生第二次碰撞，则第二次碰撞前物块A与水平面因摩擦生热产生的热量是：Q＝μ1m1g（3d+xB） 代入数据得：Q＝44J 题型7人船模型 17. （2023•浙江模拟）物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际问题时，需要判断使用的物理规律是否成立。如图所示，站在车上的人用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止，假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（　　） A．连续敲打可使小车持续向右运动 B．人、车和锤组成的系统机械能守恒 C．人、车和锤组成的系统动量和机械能都不守恒 D．人、车和锤组成的系统动量守恒但机械能不守恒 【解答】解：A．对人、车和锤采用整体法，整体水平方向不受外力，水平方向动量守恒，水平方向整体总动量为零，用锤子连续敲打小车左端，当锤子向左运动，根据动量守恒，小车向右运动；当锤子向右运动，根据动量守恒，小车向左运动；故小车左右往复运动，不会持续向右运动，故A错误； BCD．人消耗体能，根据能量转化和守恒，人体内储存的化学能转化为系统机械能，故人、车和锤整体机械能不守恒；在锤子连续敲打下，整体在竖直方向合外力不等于零，故整体在竖直方向不满足动量守恒，所以人、车和锤组成的系统动量不守恒，故BD错误，C正确。 故选：C。 18. （多选）（2023•郑州二模）如图所示，质量为M＝2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离xL，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为g。下列判断正确的有（　　） A．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为L B．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为 C．小木船最终的速度大小为 D．弹簧释放的弹性势能为 【解答】解：A、设铁块脱离木船时的速度为v1，木船的速度为v2，从烧断细线到铁块离开小船的过程中，对木船和铁块组成的系统由动量守恒得：mv1＝Mv2 已知M＝2m 则v1＝2v2 铁块和木船均做匀加速直线运动，铁块的位移为x1（0+v1）t 木船的位移为x2（0+v2）t 则x1＝2x2 由几何关系得：x1+x2＝L 联立解得：x1L x2L 铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为x3＝L+x﹣x1＝LLLL 故A错误； B、铁块离开木船后做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，位移为x3＝v1t 竖直方向为自由落体运动，位移为hgt2 联立解得：v1 故B正确； C、小木块最终的速度大小为v2v1 故C错误； D、由能量守恒定律得，弹簧释放的弹性势能Ep 解得：Ep 故D正确。 故选：BD。 19. （多选）（2023•宝鸡模拟）如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球（可视为质点）从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，则（　　） A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒 B．小球离开小车后做斜上抛运动了 C．小车向左运动的最大距离为 D．小车获得的最大速度为 【解答】解：A、小球进入半圆轨道后，水平方向不受力，由小球和小车组成的系统总动量在水平方向守恒，故A错误； B、开始时系统水平方向的总动量为零，小球由B点离开小车时，小球和小车在水平方向的速度相同，结合系统水平方向动量为零，知小球离开小车小球与小车水平方向速度均为零，则小球离开小车后做竖直上抛运动，故B错误； C、系统水平方向动量守恒，当小球由B离开小车时，小车向左运动的距离最大，小球在半圆轨道的任意位置时，小球的水平速度大小vx与小车的速度大小v1始终满足：mvx﹣2mv1＝0 设小车向左运动的最大距离为x，用位移表示平均速度，可得：m•2m0，解得：x，故C正确； D、系统水平方向动量守恒，当小球下滑到半圆轨道的最低点时，小车获得的速度最大（设为vm），规定向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得： mv﹣2mvm＝0 根据机械能守恒定律得： mg•2R 解得：vm，故D正确。 故选：CD。 20. （2023•高新区校级模拟）如图所示，光滑水平地面上放置一个如图所示形状的木质凹面体ABCDE，其左侧部分AB为半径为0.6m的四分之一圆弧，右侧部分BC水平且足够长。BC上的某处静置一个质量为2kg的小物块，另一质量为1kg的光滑小球从圆弧面的顶部A处静止释放，当小球运动至圆弧面的最低点B处时，凹面体恰与左侧的竖直墙壁相碰，碰后便被墙上所涂的材料牢牢地粘住。凹面体的质量为1kg，物块与BC面的摩擦因数为0.5，在凹面体的运动过程中，小物块与凹面体保持相对静止，且物块每次被小球碰前都已经减速为零，小球和物块间的碰撞都是弹性碰撞，重力加速度g＝10m/s2。 （1）小球第一次到B处时，凹面体的速度； （2）小球释放前，凹面体与墙面的距离； （3）为保证物块不从C端掉落，物块的初始静置位置离C点的最短距离是多少？ 【解答】解：（1）小球、凹面体、物块的质量分别为m1＝1kg、m2＝1kg、m3＝2kg，设小球第一次运动至B处的速度为v1，凹面体和物块的速度为v2。小球从A运动到B处过程，小球与凹面体、物块组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有： 0＝m1v1﹣（m2+m3）v2 由能量守恒则有： 代入数据可得：v2＝1m/s，v1＝3m/s （2）小球从A运动到B处过程，小球与凹面体在水平方向的位移如下图所示： 由图可知：x1+x2＝R 小球与凹面体、物块组成的系统水平方向动量守恒，水平方向的位移满足：0＝m1x1﹣（m2+m3）x2 代入数据可得：x2＝0.15m （3）凹面体与墙壁相碰就固定，小球以速度v1向右运动，物块向左匀减速运动到速度为零后，两者发生弹性碰撞。设物块向左运动的最大距离为x3，由动能定理得：μm3gx3m3 解得：x3＝0.1m 小球的质量小于物块的质量，碰后小球反弹，物块向右做匀减速直线运动直到速度减为零，小球光滑，反弹后做匀速直线运动，运动到圆弧面后做减速运动，速度减为零，然后下滑，运动到水平面与物块再发生弹性碰撞，再重复前面的运动，小球与物块每碰撞一次小球的速度减小一次，多次碰撞后，小球和物块的速度为零，由能量守恒可知，小球开始的动能全部转化为热量，则有： 代入数据可得s＝0.45m 物块的初始静置位置离C点的最短距离为：d＝s﹣x3＝0.45m﹣0.1m＝0.35m 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$