专题七 动量定理和动量守恒定律【精剖细解】-2024年高考物理二轮复习讲义

专题七 动量定理和动量守恒定律 ——精剖细解细备考讲义 高考对于这部分知识点的命题形式是以生活中的情景为背景，强调情景与对应的力学知识的有机融合，突出了应用性，巩固了基础性。考查学生的推理能力、综合分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力。主要考查的知识点有：动量守恒定律、动量定理、碰撞类型、冲量等。 主要考查的知识点有：①计算物体的动量及动量的变化，动量定理的内容和表达式，动量守恒定律的内容、应用范围和推导；②完全非弹性碰撞：碰撞后直接粘连问题；③利用动量守恒计算解决简单的碰撞问题。 知识点1：动量定理 1、冲量 定义：力和力的作用时间的乘积。 表达式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量，方向与力的方向相同，在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为 N·s。 物理意义：反映力的作用对时间的累积效应。 对冲量的理解： 冲量是矢量，计算满足平行四边形法则； 冲量是力在一段时间内的积累，由力和时间共同决定，它是一个过程量，求解时一定要明确是哪一个力在那一段时间内的积累； 由于力与时间均与参考系无关，则冲量与参考系无关，具有绝对性。 冲量与功的联系与区别 联系 冲量是力对时间的累积效应，功是力对位移的累积效应，因此它们都是过程量。 区别 冲量是力对时间的累积效应，具有绝对性；功是力对位移的累积效应，具有相对性。 2、动量定理 内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量。 表达式：F合·t＝Δp＝p′－p。 对动量定理的理解： 动量变化的原因：外力的冲量； 表达式是矢量式，动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理； 动量定理具有普遍性，即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，不论作用力是恒力还是变力，不论几个力的作用时间是相同还是不同都适用； 动量定理的研究对象是一个质点或者是一个物体的系统； 动量定理中的冲量是合外力的冲量,而不是某一个力的冲量,它可以是合力的冲量,也可以是各力冲量的矢量和,还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和； 由动量定理得：F合＝(p2－p1)/t即物体动量的变化率等于它受到的合力； 与牛顿第二定律的瞬时性不同，力在瞬间可产生加速度，但不能改变动量，只有作用一段时间后才能改变物体的动量。 动量定理的应用： 解释现象 物体的动量变化一定，当力的作用时间越短时，力就越大；当力的作用时间越长时，力就越小； 作用力一定，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量量变化越小。 求变力的冲量 用I＝Δp求变力的冲量。 求动量的变化量 用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。 应用动量定理的解题思路： 应用动量定理解决流体、粒子流问题等 解决这类问题等的持续作用时，需以“流体”、“粒子流”等为研究对象，方法为：选取“柱状”模型，利用微元法来求解，分析如下： 选取一小段时间内（Δt）的连续体为研究对象； 确定Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式，若连续体密度为ρ，则Δm＝ρΔV＝ρSvΔt； 分析连续体的受力情况和动量的变化情况； 应用动量定理列出数学表达式； 求解并分析和讨论结果。 动量定理 1．（2024·安徽·一模）如图，在光滑的水平桌面上，质量为m的小球在轻绳的作用下，绕O点以速率v做匀速圆周运动。已知轻绳长为，重力加速度大小为g。对小球由A转过到B的过程，下列说法正确的是（　　） A．小球重力冲量大小为0 B．绳子拉力冲量大小为 C．小球动量的变化量大小为0 D．小球动量的变化率大小为 2．（2024·江苏宿迁·一模）踢毽子是我国传统的民间体育运动。如图是一个小孩在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。毽子在空中运动过程中（　　） A．刚离开脚时，加速度最大 B．动量变化率先变小后变大 C．上升的时间等于下降的时间 D．重力的冲量上升过程大于下降过程 3．（2024·安徽黄山·二模）某小球质量为M，现让它在空气中由静止开始竖直下落，下落过程中所受空气阻力与速率的关系满足（k为定值），当下落时间为t时，小球开始匀速下落，已知重力加速度为g，则小球在t时间内下降的高度h为（　　） A． B． C． D． 4．（2024·江苏泰州·一模）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，则水流对汽车的平均冲击力为（　　） A． B． C． D． 5．（2024·广东惠州·三模）图（a）为某景区的蛙口喷泉，两次喷出水的轨迹A、B如图（b）所示，最大高度相同，轨迹A的落点M恰好在轨迹B最高点的正下方，不计空气阻力，对轨迹A、B的说法正确的是（　　） A．水滴在空中运动的时间不相同 B．水滴的初速度大小相等 C．水滴在最高点速度均为0 D．质量相同的水滴在空中运动过程中动量的变化量相同 6．（23-24高三上·河北·期末）离子电推引擎，是利用电场将处在等离子状态的“工作物质”加速后向后喷出而获得前进动力的一种发动机。这种引擎不需要燃料，也气体全无污染物排放，是环保型机器。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子和电子，而后正离子飘人电极A、B之间的加速电场（正离子初速度忽略不计），使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。已知A、B间的电压为U，单位时间内飘入加速电场的正离子数目为N，每个离子的质量为m、电荷量为ne（其中n是正整数，e是元电荷），则引擎获得的推力大小为（　　） A． B． C． D． 知识点2：动量守恒定律 1、系统 相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统。 在研究多个物体的相互作用（复杂过程）时，有时分析每一个物体的受力情况比较难，也容易出错，这时可以把若干个物体看成一个系统，这样复杂的问题就会变简单，因此在解决复杂的问题时，要根据实际需要和求解问题的方便程度，合理选择系统。 2、内力和外力 内力：系统内物体之间的相互作用力；外力：除系统内物体之间的相互作用力之外的其他力叫做外力。 对系统内物体进行受力分析时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力。 3、动量守恒定律的推导 水平桌面上有两个小球，它们的质量分别为m1和m2，沿着水平向右的方向做匀速直线运动，它们的速度分别是v1和v2，且v2＞v1。当质量为m2的小球追上质量为m1的小球时两球发生碰撞，碰后两球的速度分别为v1′和v2′，如下图所示： 设碰撞过程中质量为m1的小球受到质量为m2的小球对它的作用力是F1，质量为m2的小球受到质量为m1的小球对它的作用力是F2。 相互作用时间为t，根据动量定理，有：F1t＝m1(v1′－v1)；F2t＝m2(v2′－v2) 因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律有：F1＝－F2，则m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 4、动量守恒定律的数学表达式 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负符号表示各自的方向，式中的速度均为瞬时速度，均以地球为参考系。 p＝p′ 系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、方向相同。系统总动量的求法遵循平行四边形法则。 Δp＝p′－p＝0 系统总动量的增量为零。 Δp1＝－Δp2 相互作用的系统内中的一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。 5、动量守恒的条件 从动量守恒定律的推导可知守恒的条件如下表所示： 理想条件 系统不受外力作用时，系统动量守恒。系统不受外力的条件可放宽至系统所受外力之和为零。 近似条件 系统所受合外力不为零时，但系统的内力远大于外力，系统的动量可看成近似守恒。比如碰撞、爆炸等现象。 单方向的动量守恒条件 系统在某一方向上符合以上两条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。 6、动量守恒定律的性质 普适性 适用于两个物体、多个物体、宏观物体、微观粒子组成的系统。 同一性 系统中各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系。 瞬时性 动量是状态量，定律表示每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 矢量性 动量是矢量，要选取正方向，分清系统中各物体初末动量的正、负。 7、运用动量守恒定律的解题步骤 明确研究对象，确定系统包括哪几个物体和哪些物理过程； 进行受力分析，规定正方向，确定初、末状态动量； 判断系统的动量是否守恒，或着某一方向上的动量是否守恒； 根据动量守恒定律列出方程； 代入数据，求出结果并对结果进行讨论和分析。 动量守恒定律 7．（2024·河南郑州·一模）滑板运动备受青少年青睐．有一个动作是人越过横杆，滑板从横杆底下穿过，如图所示。忽略空气阻力及滑板与地面间的摩擦力，若人安全过杆，则下列说法正确的是（    ） A．起跳过程中，板对人的作用力大于人对板的作用力 B．起跳过程中，板对人的作用力始终大于人的重力 C．人从离开滑板到落回滑板的过程中，始终处于失重状态 D．人从开始起跳到落回滑板的过程中，人与滑板构成的系统动量守恒 8．（2024·浙江·一模）2023年9月，杭亚会滑板男子碗池决赛，中国年仅15岁的小将陈烨以84.41分夺冠。图示为陈烨在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（　　） A．在最高点的时候人的速度为零，但加速度不为零 B．运动员和滑板构成的系统机械能守恒 C．运动员和滑板构成的系统动量守恒 D．上升过程是超重状态，滑板对人的作用力不为零 9．（2024·山西·一模）在近地圆轨道上绕地球做匀速圆周运动的天宫中，宇航员进行了奇妙的“乒乓球”实验。实验中，朱杨柱做了一颗实心水球，桂海潮取出一块用毛巾包好的普通乒乓球拍，球拍击打后水球被弹开了。则在与球拍作用过程中及被击打后的一小段时间内，水球（　　） A．与球拍作用过程中它们组成的系统动量守恒 B．与球拍作用过程中受地球引力的冲量为零 C．被击打后相对地球做变速曲线运动 D．被击打后相对天宫做匀速圆周运动 10．（2024·陕西安康·三模）如图所示，在光滑的水平面上，质量为3kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5kg的小滑块B，在木板的右侧有一质量为5.0kg的小球C，三者均处于静止状态。现给B一个瞬间冲量，使它获得4m/s的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A和小球C发生弹性碰撞，之后A和B同时停下来，以下说法正确的是（　　） A．木板碰撞小球前的瞬间A的速度为0.6m/s B．整个过程产生的热量为3.6J C．碰后C的速度为0.5m/s D．A和C碰撞前A、B已经共速运动 11．（2024·陕西商洛·模拟预测）“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭（含燃料）、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．火箭的推力来自空气对它的作用力 B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒 12．（2024·山东济宁·一模）目前我国空间实验已走在世界的前列，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了钢球相互碰撞的实验。桂海潮用较小钢球以0.6m/s水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为、，较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞。下列说法正确的是（　　） A．，方向水平向左 B．，方向水平向右 C．，方向水平向左 D．，方向水平向左 多选题 13．（2024·四川广安·二模）图（a）所示的后排进攻是排球比赛中一种重要进攻手段。假设某次后排进攻可简化为图（b）所示模型，甲运动员以极短的时间∆t=0.01s完成击球，将初速度为零的排球从O点以水平速度击出，球恰好打到拦网队员乙的手指P后飞出。已知排球质量m=0.26kg，O、P的水平距离L=3m，O、P的高度差h=7.2cm。球视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则可知（　　） A．球被甲击出时的速率约为72km/h B．球被甲击出时的速率约为90km/h C．甲对球的平均作用力大小约为650N D．甲对球的平均作用力大小约为520N 14．（2024·天津河西·一模）如图所示，水平放置的大餐桌转盘绕着过转盘圆心的竖直轴做匀速圆周运动，转盘表面质地均匀；转盘上放着两个完全相同的小碟子，随着转盘共同转动；两个碟子的质量都是m，线速度大小都是v；其中一个碟子中装有一个苹果，在任何情况下苹果都与该碟子保持相对静止；另一个碟子是空的。以下说法正确的是（    ） A．匀速转动时，碟子对转盘的摩擦力方向指向转盘圆心 B．若转盘的角速度逐渐增大，则空碟子先相对转盘发生滑动 C．转盘匀速转动半周的过程中，转盘对空碟子摩擦力的冲量大小为 D．转盘匀速转动半周的过程中，转盘对空碟子的摩擦力所做的功为零 15．（2024·山西大同·模拟预测）如图所示，质量为的光滑半圆形凹槽，槽口水平，半径为，大小为，置于足够长的光滑水平面上，凹槽左侧紧靠一固定挡板。现让一质量为的小球自左端槽口的正上方处自由释放，经点进入槽内，重力加速度为，则（　　）    A．小球第一次从点飞出时速度大小为 B．小球从点离开凹槽将从点再次落入凹槽 C．小球第一次离开凹槽到再次落回凹槽过程中，凹槽运动的距离为 D．小球在第一次通过凹槽最低点的过程中，小球与槽在水平方向动量守恒 16．（2024·四川成都·二模）如图，半径为的固定光滑圆轨道竖直放置，套在轨道上质量均为的小球和（均可视为质点）用一根长为的轻杆连接。将置于轨道最低点并由静止释放，重力加速度大小为。下列说法正确的是（　　） A．小球、与轻杆组成的系统机械能守恒 B．小球、与轻杆组成的系统动量守恒 C．小球、等高时，球的速率为 D．从释放到小球、等高的过程中，杆对球做功为 17．（2024·山西朔州·二模）如图所示，质量为的物块P通过轻质弹簧悬挂在天花板上并保持静止状态，质量也为的物块Q从物块P的正下方处以的初速度竖直上抛，两物块碰撞后粘在一起与弹簧组成一个竖直方向的弹簧振子，已知轻质弹簧的劲度系数为，重力加速度g取，两物块碰撞时间极短，两物块上下做简谐运动的过程中，弹簧始终未超过弹性限度，物块P、Q均可视为质点。则下列说法正确的是（　　） A．两物块碰撞前瞬间，Q的速度大小为 B．两物块碰撞过程中，损失的机械能为1.2J C．两物块碰撞后，P上升的最大距离为0.2m D．两物块碰撞后组成的弹簧振子，振幅为0.4m 18．（2024·重庆·模拟预测）老鹰俯冲捕猎时的速度可达200km/h，图1是老鹰成功捕获鲤鱼的图片，图2为某同学估算所画的捕获示意图。一质量为2kg的老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为半径的圆周运动，捕猎前瞬时的水平速度大小，鲤鱼质量为0.5kg，老鹰和鱼均可视为质点，忽略鱼的初速度以及捕猎过程中水的作用力，重力加速度g取，则（　　） A．捕猎前、后瞬时，老鹰处于非平衡状态 B．捕猎前、后瞬时，老鹰的加速度大小不变 C．捕猎后瞬时，老鹰的速度大小为40km/h D．捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬时减少5N 19．（2024·四川成都·二模）如图所示，内壁光滑的直圆筒固定在水平地面上，一轻质弹簧一端固定在直圆筒的底端，其上端自然状态下位于O点处。将一质量为m、直径略小于直圆筒的小球A缓慢放在弹簧上端，其静止时弹簧的压缩量为x0。现将一与小球A直径等大的小球B从与小球A的距离为3x0的P处释放，小球B与小球A碰撞后立即粘连在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，并恰能回到O点。已知两小球均可视为质点，弹簧的弹性势能为，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．全过程小球A和小球B、弹簧以及地球组成的系统机械能守恒，动量也守恒 B．小球B的质量为m C．小球B与小球A碰撞后，继续向下运动的最远位置距O点的距离为2x0 D．小球B与小球A一起向下运动的最大速度为 20．（2024·河北·模拟预测）如图所示为一种航空托运缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A，A曲面光滑、水平部分粗糙，包裹C沿A的曲面由静止滑下，C在缓冲装置A上运动时A不动，C滑上转运车B被运走，C与B的右挡板发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略，C与A、B水平面间的动摩擦因数均为，A与水平地面间的动摩擦因数为，转运车B与地面间的摩擦可忽略，A、B的质量均为M=50kg，A、B水平部分的长度均为L=4m，包裹C可视为质点且无其它包裹影响，重力加速度（　　） A．包裹C的质量m最大不超过150kg B．无论包裹C从什么高度滑下，都能滑上转运车B C．若包裹C的质量为100kg，从1.8m处由静止滑下，C刚滑上转运车B左端时速度为4m/s D．若包裹C的质量为50kg，从6.6m处由静止滑下，该包裹能安全被转运 21．（2024·全国·模拟预测）如图所示，跳杆底部有一根弹簧，小孩的质量为m，杆的质量为，当小孩和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧压缩量为x0。在某次弹跳中，小孩站在脚踏板上，从弹簧处于最大压缩量为5x0时开始计时，上升到弹簧恢复原长时，小孩抓住跳杆，使得他与跳杆瞬间共速，接着保持稳定的姿势竖直上升到最大高度。全程弹簧始终在弹性限度内（弹簧弹性势能满足，k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量，重力加速度为g，空气阻力、弹簧和脚踏板的质量、以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计），下列说法正确的是（    ） A．弹簧劲度系数 B．小孩速度最大时为弹簧恢复原长时 C．小孩跳起过程中的最大速度为 D．跳杆离地后上升的最大高度为 解答题 22．（2024·重庆·模拟预测）如图所示，形状、材料相同的物块a、b静止在足够长的粗糙水平面上，b左端固定一劲度系数足够大的轻弹簧c，a、b、c中心共线，c左端与a相距。现给a一水平向右的初速度v，a刚接触c时的速度为，此后a的速度减为零时恰好与c分离，且此时b的速度恰好为。已知物块a、b质量分别为2m、m，两物块均可视为质点，重力加速度为g，忽略空气阻力，求： （1）物块a、b与水平面间的动摩擦因数； （2）物块a与c接触的时间t； （3）物块a与c刚分离时，物块b的位移大小x。 23．（2024·全国·模拟预测）高速公路上一些司机在超车道上低速行驶是造成交通事故的重要原因之一，某次两车在一条平直的高速公路上追尾，事故认定为前车在超车道上低速行驶，后车因制动距离不足，以28m/s的速度追尾前车。假设两车发生正碰，碰撞时间极短，两车碰后钩挂在一起，在水平方向视为仅在滑动摩擦力的作用下做匀减速直线运动，两车均视为质点。如图为事故现场俯视图。已知后车质量M＝2000kg，前车质量m＝1500kg，两车与路面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取，根据图中给出的数据，求： （1）两车碰后瞬间的速度大小和前车碰撞前瞬间的速度大小； （2）两车碰撞过程中损失的机械能。 24．（2024·河南新乡·二模）如图所示，某同学在水平雪地里做了一个冰壶比赛场地，将两个冰壶A、B从掷出线先、后（时间差）掷出，掷出时的速度大小分别为，，两冰壶均沿中心线运动，当冰壶B追上冰壶A时两者发生弹性正碰（碰撞时间极短），之后冰壶A恰好到达大本营中心。已知冰壶A、B的质量分别为、，两冰壶与冰面的动摩擦因数均为μ=0.04，两冰壶均可视为质点，取重力加速度大小。求： （1）两冰壶碰撞前的速度大小、； （2）大本营中心到掷出线的距离s； （3）冰壶B掷出后与冰壶A间的最大距离d。 ( 59 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题七 动量定理和动量守恒定律 ——精剖细解细备考讲义 高考对于这部分知识点的命题形式是以生活中的情景为背景，强调情景与对应的力学知识的有机融合，突出了应用性，巩固了基础性。考查学生的推理能力、综合分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力。主要考查的知识点有：动量守恒定律、动量定理、碰撞类型、冲量等。 主要考查的知识点有：①计算物体的动量及动量的变化，动量定理的内容和表达式，动量守恒定律的内容、应用范围和推导；②完全非弹性碰撞：碰撞后直接粘连问题；③利用动量守恒计算解决简单的碰撞问题。 知识点1：动量定理 1、冲量 定义：力和力的作用时间的乘积。 表达式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量，方向与力的方向相同，在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为 N·s。 物理意义：反映力的作用对时间的累积效应。 对冲量的理解： 冲量是矢量，计算满足平行四边形法则； 冲量是力在一段时间内的积累，由力和时间共同决定，它是一个过程量，求解时一定要明确是哪一个力在那一段时间内的积累； 由于力与时间均与参考系无关，则冲量与参考系无关，具有绝对性。 冲量与功的联系与区别 联系 冲量是力对时间的累积效应，功是力对位移的累积效应，因此它们都是过程量。 区别 冲量是力对时间的累积效应，具有绝对性；功是力对位移的累积效应，具有相对性。 2、动量定理 内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量。 表达式：F合·t＝Δp＝p′－p。 对动量定理的理解： 动量变化的原因：外力的冲量； 表达式是矢量式，动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理； 动量定理具有普遍性，即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，不论作用力是恒力还是变力，不论几个力的作用时间是相同还是不同都适用； 动量定理的研究对象是一个质点或者是一个物体的系统； 动量定理中的冲量是合外力的冲量,而不是某一个力的冲量,它可以是合力的冲量,也可以是各力冲量的矢量和,还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和； 由动量定理得：F合＝(p2－p1)/t即物体动量的变化率等于它受到的合力； 与牛顿第二定律的瞬时性不同，力在瞬间可产生加速度，但不能改变动量，只有作用一段时间后才能改变物体的动量。 动量定理的应用： 解释现象 物体的动量变化一定，当力的作用时间越短时，力就越大；当力的作用时间越长时，力就越小； 作用力一定，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量量变化越小。 求变力的冲量 用I＝Δp求变力的冲量。 求动量的变化量 用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。 应用动量定理的解题思路： 应用动量定理解决流体、粒子流问题等 解决这类问题等的持续作用时，需以“流体”、“粒子流”等为研究对象，方法为：选取“柱状”模型，利用微元法来求解，分析如下： 选取一小段时间内（Δt）的连续体为研究对象； 确定Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式，若连续体密度为ρ，则Δm＝ρΔV＝ρSvΔt； 分析连续体的受力情况和动量的变化情况； 应用动量定理列出数学表达式； 求解并分析和讨论结果。 动量定理 1．（2024·安徽·一模）如图，在光滑的水平桌面上，质量为m的小球在轻绳的作用下，绕O点以速率v做匀速圆周运动。已知轻绳长为，重力加速度大小为g。对小球由A转过到B的过程，下列说法正确的是（　　） A．小球重力冲量大小为0 B．绳子拉力冲量大小为 C．小球动量的变化量大小为0 D．小球动量的变化率大小为 【答案】D 【详解】A．小球由A转到B的过程，所需时间为 小球重力冲量大小为 故A错误； C．小球动量的变化量大小 故C错误； B．由动量定理，可得 故B错误； D．根据 可知小球动量的变化率大小为 又 联立，解得 故D正确。 故选D。 2．（2024·江苏宿迁·一模）踢毽子是我国传统的民间体育运动。如图是一个小孩在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。毽子在空中运动过程中（　　） A．刚离开脚时，加速度最大 B．动量变化率先变小后变大 C．上升的时间等于下降的时间 D．重力的冲量上升过程大于下降过程 【答案】A 【详解】A．毽子上升过程 下降过程 因刚离开脚时速度最大，则加速度最大，选项A正确； B．动量变化率等于毽子受到的合外力，因上升过程合外力减小，下降过程中合外力也减小，则动量变化率逐渐减小，选项B错误； C．因上升的平均加速度大于下降的平均加速度，根据 可知，上升的时间小于下降的时间，选项C错误； D．根据 IG=mgt 可知，重力的冲量上升过程小于下降过程，选项D错误。 故选A。 3．（2024·安徽黄山·二模）某小球质量为M，现让它在空气中由静止开始竖直下落，下落过程中所受空气阻力与速率的关系满足（k为定值），当下落时间为t时，小球开始匀速下落，已知重力加速度为g，则小球在t时间内下降的高度h为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据题意可得，当小球匀速下落时，有 下落过程中，根据动量定理可得 联立可得 故选A。 4．（2024·江苏泰州·一模）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，则水流对汽车的平均冲击力为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】选择短时间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 由于喷出水流的流量为Q指单位时间流出的水的体积，则有 根据动量定理有 根据牛顿第三定律有 解得，水流对汽车的平均冲击力为 故选D。 5．（2024·广东惠州·三模）图（a）为某景区的蛙口喷泉，两次喷出水的轨迹A、B如图（b）所示，最大高度相同，轨迹A的落点M恰好在轨迹B最高点的正下方，不计空气阻力，对轨迹A、B的说法正确的是（　　） A．水滴在空中运动的时间不相同 B．水滴的初速度大小相等 C．水滴在最高点速度均为0 D．质量相同的水滴在空中运动过程中动量的变化量相同 【答案】D 【详解】A．取其中一个质量为m的水滴进行分析，水滴做斜抛运动，根据对称性，可以将其运动看为左右两个对称的平抛运动，令最大高度为h，利用逆向思维，则有 解得 由于最大高度相同，则水滴在空中运动的时间相同，故A错误； B．水滴竖直方向做竖直上抛运动，令初速度与始终方向夹角为，利用逆向思维，则有 解得 根据上述，运动时间相等，由图（b）可知，轨迹A的初速度与竖直方向夹角小于轨迹B的初速度与竖直方向夹角，可知，轨迹A的初速度小于轨迹B的初速度，故B错误； C．水滴在水平方向上做匀速直线运动，可知，水滴在最高点速度为，结合上述可知，轨迹A在最高点的速度小于轨迹B在最高点的速度，均不为0，故C错误； D．水滴做斜抛运动，仅仅受到重力作用，根据动量定理有 水滴运动时间相等，可知，质量相同的水滴在空中运动过程中动量的变化量相同，故D正确。 故选D。 6．（23-24高三上·河北·期末）离子电推引擎，是利用电场将处在等离子状态的“工作物质”加速后向后喷出而获得前进动力的一种发动机。这种引擎不需要燃料，也气体全无污染物排放，是环保型机器。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子和电子，而后正离子飘人电极A、B之间的加速电场（正离子初速度忽略不计），使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。已知A、B间的电压为U，单位时间内飘入加速电场的正离子数目为N，每个离子的质量为m、电荷量为ne（其中n是正整数，e是元电荷），则引擎获得的推力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】时间t内飘入加速电场的正离子质量 电荷量 电场对离子加速，由动能定理有 设在加速过程中引擎对离子的作用力大小为F，根据动量定理有 解得 由牛顿第三定律可知，引擎获得的推力大小 故选A。 知识点2：动量守恒定律 1、系统 相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统。 在研究多个物体的相互作用（复杂过程）时，有时分析每一个物体的受力情况比较难，也容易出错，这时可以把若干个物体看成一个系统，这样复杂的问题就会变简单，因此在解决复杂的问题时，要根据实际需要和求解问题的方便程度，合理选择系统。 2、内力和外力 内力：系统内物体之间的相互作用力；外力：除系统内物体之间的相互作用力之外的其他力叫做外力。 对系统内物体进行受力分析时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力。 3、动量守恒定律的推导 水平桌面上有两个小球，它们的质量分别为m1和m2，沿着水平向右的方向做匀速直线运动，它们的速度分别是v1和v2，且v2＞v1。当质量为m2的小球追上质量为m1的小球时两球发生碰撞，碰后两球的速度分别为v1′和v2′，如下图所示： 设碰撞过程中质量为m1的小球受到质量为m2的小球对它的作用力是F1，质量为m2的小球受到质量为m1的小球对它的作用力是F2。 相互作用时间为t，根据动量定理，有：F1t＝m1(v1′－v1)；F2t＝m2(v2′－v2) 因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律有：F1＝－F2，则m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 4、动量守恒定律的数学表达式 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负符号表示各自的方向，式中的速度均为瞬时速度，均以地球为参考系。 p＝p′ 系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、方向相同。系统总动量的求法遵循平行四边形法则。 Δp＝p′－p＝0 系统总动量的增量为零。 Δp1＝－Δp2 相互作用的系统内中的一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。 5、动量守恒的条件 从动量守恒定律的推导可知守恒的条件如下表所示： 理想条件 系统不受外力作用时，系统动量守恒。系统不受外力的条件可放宽至系统所受外力之和为零。 近似条件 系统所受合外力不为零时，但系统的内力远大于外力，系统的动量可看成近似守恒。比如碰撞、爆炸等现象。 单方向的动量守恒条件 系统在某一方向上符合以上两条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。 6、动量守恒定律的性质 普适性 适用于两个物体、多个物体、宏观物体、微观粒子组成的系统。 同一性 系统中各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系。 瞬时性 动量是状态量，定律表示每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 矢量性 动量是矢量，要选取正方向，分清系统中各物体初末动量的正、负。 7、运用动量守恒定律的解题步骤 明确研究对象，确定系统包括哪几个物体和哪些物理过程； 进行受力分析，规定正方向，确定初、末状态动量； 判断系统的动量是否守恒，或着某一方向上的动量是否守恒； 根据动量守恒定律列出方程； 代入数据，求出结果并对结果进行讨论和分析。 动量守恒定律 7．（2024·河南郑州·一模）滑板运动备受青少年青睐．有一个动作是人越过横杆，滑板从横杆底下穿过，如图所示。忽略空气阻力及滑板与地面间的摩擦力，若人安全过杆，则下列说法正确的是（    ） A．起跳过程中，板对人的作用力大于人对板的作用力 B．起跳过程中，板对人的作用力始终大于人的重力 C．人从离开滑板到落回滑板的过程中，始终处于失重状态 D．人从开始起跳到落回滑板的过程中，人与滑板构成的系统动量守恒 【答案】C 【详解】A．板对人的作用力与人对板的作用力是一对相互作用力，大小相等，故A错误； B．起跳过程中，人的加速度不一定一直向上，所以板对人的作用力不一定始终大于人的重力，故B错误； C．人从离开滑板到落回滑板的过程中，人只受重力作用，加速度为重力加速度，人始终处于失重状态，故C正确； D．人从开始起跳到落回滑板的过程中，人与滑板构成的系统竖直方向所受合外力不为零，动量不守恒，故D错误。 故选C。 8．（2024·浙江·一模）2023年9月，杭亚会滑板男子碗池决赛，中国年仅15岁的小将陈烨以84.41分夺冠。图示为陈烨在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（　　） A．在最高点的时候人的速度为零，但加速度不为零 B．运动员和滑板构成的系统机械能守恒 C．运动员和滑板构成的系统动量守恒 D．上升过程是超重状态，滑板对人的作用力不为零 【答案】B 【详解】 A．在最高点的时候人的竖直方向的速度为零，水平方向的速度不为零，故在最高点的时候人的速度不为零，受到重力作用，加速度为重力加速度，加速度不为零，故A错误； B．运动员和滑板构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故B正确； C．在开始起跳到脱离滑板瞬间，在竖直方向上运动员和滑板所受合力不为零，故运动员和滑板构成的系统动量不守恒，故C错误； D．上升过程是运动员只受重力作用，有竖直向下的重力加速度，运动员处于完全失重状态，滑板对人的作用力为零，故D错误。 故选B。 9．（2024·山西·一模）在近地圆轨道上绕地球做匀速圆周运动的天宫中，宇航员进行了奇妙的“乒乓球”实验。实验中，朱杨柱做了一颗实心水球，桂海潮取出一块用毛巾包好的普通乒乓球拍，球拍击打后水球被弹开了。则在与球拍作用过程中及被击打后的一小段时间内，水球（　　） A．与球拍作用过程中它们组成的系统动量守恒 B．与球拍作用过程中受地球引力的冲量为零 C．被击打后相对地球做变速曲线运动 D．被击打后相对天宫做匀速圆周运动 【答案】C 【详解】A．球与球拍作用过程中，把球与球拍作为系统，受到手对系统的作用力，所以系统动量不守恒，故A错误； B．由冲量公式 可知与球拍作用过程中受地球引力并且其作用时间不为0，所以它的冲量不为零，故B错误； CD．实验舱内，处于完全失重环境，航天员会观察到水球离开球拍后相对天宫做匀速直线运动。而相对地球做变速曲线运动，故C正确，D错误。 故选C。 10．（2024·陕西安康·三模）如图所示，在光滑的水平面上，质量为3kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5kg的小滑块B，在木板的右侧有一质量为5.0kg的小球C，三者均处于静止状态。现给B一个瞬间冲量，使它获得4m/s的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A和小球C发生弹性碰撞，之后A和B同时停下来，以下说法正确的是（　　） A．木板碰撞小球前的瞬间A的速度为0.6m/s B．整个过程产生的热量为3.6J C．碰后C的速度为0.5m/s D．A和C碰撞前A、B已经共速运动 【答案】B 【详解】C．对A、B、C整体，根据动量守恒定律有 解得 故C错误； B．根据能量守恒定律有 故B正确； A．木板A和小球C发生弹性碰撞，则 代入数据解得 故A错误； D．A和C碰撞前，对A、B，根据动量守恒定律有 代入数据解得 由此可知，A和C碰撞前A、B未达到共速，故D错误。 故选B。 11．（2024·陕西商洛·模拟预测）“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭（含燃料）、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．火箭的推力来自空气对它的作用力 B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒 【答案】B 【详解】A．火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误； B．在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有 解得火箭的速度大小为 故B正确； C．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为 故C错误； D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，系统动量不守恒，故D错误。 故选B。 12．（2024·山东济宁·一模）目前我国空间实验已走在世界的前列，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了钢球相互碰撞的实验。桂海潮用较小钢球以0.6m/s水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为、，较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞。下列说法正确的是（　　） A．，方向水平向左 B．，方向水平向右 C．，方向水平向左 D．，方向水平向左 【答案】B 【详解】设较小钢球的质量为，较大钢球的质量为，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞，以水平向左为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得 代数数据解得 ， 可知，方向水平向右；，方向水平向左。 故选B。 多选题 13．（2024·四川广安·二模）图（a）所示的后排进攻是排球比赛中一种重要进攻手段。假设某次后排进攻可简化为图（b）所示模型，甲运动员以极短的时间∆t=0.01s完成击球，将初速度为零的排球从O点以水平速度击出，球恰好打到拦网队员乙的手指P后飞出。已知排球质量m=0.26kg，O、P的水平距离L=3m，O、P的高度差h=7.2cm。球视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则可知（　　） A．球被甲击出时的速率约为72km/h B．球被甲击出时的速率约为90km/h C．甲对球的平均作用力大小约为650N D．甲对球的平均作用力大小约为520N 【答案】BC 【详解】AB．球被甲击出后做平抛运动，设球被甲击出时的速率为v0，运动时间为t，则有 联立解得 v0=25m/s=90km/h 故A错误，B正确； CD．甲运动员完成击球的时间∆t=0.01s，设甲对球的平均作用力大小为F，由动量定理得 将已知量代入上式可解得 F=650N 故C正确，D错误。 故选BC。 14．（2024·天津河西·一模）如图所示，水平放置的大餐桌转盘绕着过转盘圆心的竖直轴做匀速圆周运动，转盘表面质地均匀；转盘上放着两个完全相同的小碟子，随着转盘共同转动；两个碟子的质量都是m，线速度大小都是v；其中一个碟子中装有一个苹果，在任何情况下苹果都与该碟子保持相对静止；另一个碟子是空的。以下说法正确的是（    ） A．匀速转动时，碟子对转盘的摩擦力方向指向转盘圆心 B．若转盘的角速度逐渐增大，则空碟子先相对转盘发生滑动 C．转盘匀速转动半周的过程中，转盘对空碟子摩擦力的冲量大小为 D．转盘匀速转动半周的过程中，转盘对空碟子的摩擦力所做的功为零 【答案】CD 【详解】A．匀速转动时，碟子的向心力由转盘给碟子的摩擦力提供，指向转盘圆心，由牛顿第三定律可得，碟子对转盘的摩擦力方向为转盘圆心与碟子的连线向外，故A错误； B．当刚发生相对滑动时有最大静摩擦提供向心力，即 两个碟子与转盘接触面动摩擦因数相同，半径相同，则可知两个碟子相对转盘发生滑动的角速度相同，故B错误； C．转盘匀速转动半周的过程中，空碟子速度反向，合外力对空碟子的冲量等于其动量改变量，则有 故C正确； D．转盘匀速转动半周的过程中，转盘对空碟子的摩擦力提供向心力，始终指向圆心，与速度方向垂直，不做功，则转盘对空碟子的摩擦力所做的功为零，故D正确。 故选CD。 15．（2024·山西大同·模拟预测）如图所示，质量为的光滑半圆形凹槽，槽口水平，半径为，大小为，置于足够长的光滑水平面上，凹槽左侧紧靠一固定挡板。现让一质量为的小球自左端槽口的正上方处自由释放，经点进入槽内，重力加速度为，则（　　）    A．小球第一次从点飞出时速度大小为 B．小球从点离开凹槽将从点再次落入凹槽 C．小球第一次离开凹槽到再次落回凹槽过程中，凹槽运动的距离为 D．小球在第一次通过凹槽最低点的过程中，小球与槽在水平方向动量守恒 【答案】ABC 【详解】ABC．小球从开始下落到第一次经过半圆形凹槽最低点的过程，半圆形凹槽不动，凹槽对小球的支持力不做功，只有重力做功，设小球的质量为m，到达最低点时速度为，小球的机械能守恒，即 小球由最低点运动到N过程，小球与凹槽组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，设小球运动到N时水平方向速度与凹槽速度相同为，由动量守恒定律得 解得 由机械能守恒定律得 解得小球第一次从N点飞出时速度大小为 小球从N点离开凹槽时，两者水平方向速度相同，小球在空中运动时水平方向速度不变，在小球落入凹槽前，凹槽在水平面上也做匀速运动，故可知小球将从N点再次落入凹槽；小球第一次离开凹槽到再次落回凹槽过程，运动时间为 ， 凹槽运动的距离为 故ABC正确； D．小球在第一次通过凹槽最低点的过程中，因为凹槽的左侧是固定挡板，凹槽不会向左运动，此时固定挡板对凹槽有水平向右的弹力，小球与凹槽组成的系统在水平方向上合力不为零，所以小球与凹槽在水平方向上动量不守恒，故D错误。 故选ABC。 16．（2024·四川成都·二模）如图，半径为的固定光滑圆轨道竖直放置，套在轨道上质量均为的小球和（均可视为质点）用一根长为的轻杆连接。将置于轨道最低点并由静止释放，重力加速度大小为。下列说法正确的是（　　） A．小球、与轻杆组成的系统机械能守恒 B．小球、与轻杆组成的系统动量守恒 C．小球、等高时，球的速率为 D．从释放到小球、等高的过程中，杆对球做功为 【答案】AD 【详解】 A．小球、与轻杆组成的系统，只有动能和重力势能相互转化，故机械能守恒，故A正确； B．小球、与轻杆组成的系统，所受合力不为零，故动量不守恒，故B错误； C．小球、等高时，小球上升高度为，小球下降高度为，根据杆连物体沿杆方向速度相等的关系知，小球、的速度大小关系有 解得 系统机械能守恒 解得 故C错误； D．从释放到小球、等高的过程中，根据功能关系，杆对球做功为 故D正确。 故选AD。 17．（2024·山西朔州·二模）如图所示，质量为的物块P通过轻质弹簧悬挂在天花板上并保持静止状态，质量也为的物块Q从物块P的正下方处以的初速度竖直上抛，两物块碰撞后粘在一起与弹簧组成一个竖直方向的弹簧振子，已知轻质弹簧的劲度系数为，重力加速度g取，两物块碰撞时间极短，两物块上下做简谐运动的过程中，弹簧始终未超过弹性限度，物块P、Q均可视为质点。则下列说法正确的是（　　） A．两物块碰撞前瞬间，Q的速度大小为 B．两物块碰撞过程中，损失的机械能为1.2J C．两物块碰撞后，P上升的最大距离为0.2m D．两物块碰撞后组成的弹簧振子，振幅为0.4m 【答案】ACD 【详解】A．对物块Q由竖直上抛运动知识得 可得两物块碰撞前瞬间，Q的速度大小为 故A正确； B．对物块P、Q碰撞过程中，由动量守恒定律 由能量守恒定律 联立可得 ， 所以两物块碰撞过程中，损失的机械能为0.6J，故B错误； C．设两物块碰撞后，P上升的最大距离为h，由能量守恒定律 其中 联立解得 另一解 （舍去） 故C正确； C．对两物块整体受力分析，由平衡条件 解得 所以两物块碰撞后组成的弹簧振子，振幅为 故D正确。 故选ACD。 18．（2024·重庆·模拟预测）老鹰俯冲捕猎时的速度可达200km/h，图1是老鹰成功捕获鲤鱼的图片，图2为某同学估算所画的捕获示意图。一质量为2kg的老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为半径的圆周运动，捕猎前瞬时的水平速度大小，鲤鱼质量为0.5kg，老鹰和鱼均可视为质点，忽略鱼的初速度以及捕猎过程中水的作用力，重力加速度g取，则（　　） A．捕猎前、后瞬时，老鹰处于非平衡状态 B．捕猎前、后瞬时，老鹰的加速度大小不变 C．捕猎后瞬时，老鹰的速度大小为40km/h D．捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬时减少5N 【答案】AD 【详解】A．老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为圆周运动，圆周运动是曲线运动，所以合外力不为0，老鹰处于非平衡状态。故A正确； B．捕猎前、后瞬时，圆周运动过程由老鹰的质量变成了老鹰和鱼的总质量，根据水平方向动量守恒可得老鹰的瞬时速度减小，即 代入数据，解得 加速度 老鹰的速度减小了，圆周运动半径不变，则老鹰的加速度变小。故BC错误； D．捕猎前设空气对老鹰的作用力为，捕猎后空气对老鹰的作用力为，分别对捕猎前老鹰和捕猎后的整体进行受力分析，有 ， 解得 ， 可知 即捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬时减少5N。故D正确。 故选AD。 19．（2024·四川成都·二模）如图所示，内壁光滑的直圆筒固定在水平地面上，一轻质弹簧一端固定在直圆筒的底端，其上端自然状态下位于O点处。将一质量为m、直径略小于直圆筒的小球A缓慢放在弹簧上端，其静止时弹簧的压缩量为x0。现将一与小球A直径等大的小球B从与小球A的距离为3x0的P处释放，小球B与小球A碰撞后立即粘连在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，并恰能回到O点。已知两小球均可视为质点，弹簧的弹性势能为，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．全过程小球A和小球B、弹簧以及地球组成的系统机械能守恒，动量也守恒 B．小球B的质量为m C．小球B与小球A碰撞后，继续向下运动的最远位置距O点的距离为2x0 D．小球B与小球A一起向下运动的最大速度为 【答案】BD 【详解】A．碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，但是在碰撞过程中有能量损失，小球A和小球B、弹簧以及地球组成的系统机械能不守恒，故A错误； B．小球A处于静止状态，由平衡条件得 mg=kx0 解得 设小球B由静止下落后与小球A接触前的瞬时速度为v1，由动能定理得 解得 设A与B碰撞后的速度为v1'，碰撞过程系统动量守恒，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律得 mBv1=（m+mB）v1' 解得 由于A、B两球恰能回到O点，由机械能守恒定律，有 解得 mB=m 故B正确； CD．设两球碰撞后再向下运动x1时，它们的速度达到最大，此时它们的加速度为零，则有 （mB+m）g=k（x1+x0） 解得 x1=x0 所以小球B与小球A碰撞后，继续向下运动的最远位置距O点的距离大于2x0，根据机械能守恒定律，有 解得 故D正确，C错误。 故选BD。 20．（2024·河北·模拟预测）如图所示为一种航空托运缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A，A曲面光滑、水平部分粗糙，包裹C沿A的曲面由静止滑下，C在缓冲装置A上运动时A不动，C滑上转运车B被运走，C与B的右挡板发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略，C与A、B水平面间的动摩擦因数均为，A与水平地面间的动摩擦因数为，转运车B与地面间的摩擦可忽略，A、B的质量均为M=50kg，A、B水平部分的长度均为L=4m，包裹C可视为质点且无其它包裹影响，重力加速度（　　） A．包裹C的质量m最大不超过150kg B．无论包裹C从什么高度滑下，都能滑上转运车B C．若包裹C的质量为100kg，从1.8m处由静止滑下，C刚滑上转运车B左端时速度为4m/s D．若包裹C的质量为50kg，从6.6m处由静止滑下，该包裹能安全被转运 【答案】AD 【详解】A．A恰好不运动需要满足 解得 故包裹C的质量最大不超过150 ，故A正确； B．包裹C滑到B左端速度恰好为0，根据动能定理 解得 故若包裹C下滑高度小于1m，则滑不到B上，故B错误； C．包裹C的质量，故当过程中A保持静止状态，根据动能定理 解得 故C刚滑上转运车B左端时速度为，故C错误； D．包裹C的质量，故当过程中A保持静止状态,设包裹C滑到B左端速度为，根据动能定理 解得 C与B相互作用的全过程，两者组成的系统满足动量守恒，若C最终能在B上静止，根据动量守恒 根据能量守恒定律 解得 又 得物体在车上的相对位移 由 故包裹C不会从B左端滑下，且与B共速，包裹能安全被转运，故D正确。 故选AD。 21．（2024·全国·模拟预测）如图所示，跳杆底部有一根弹簧，小孩的质量为m，杆的质量为，当小孩和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧压缩量为x0。在某次弹跳中，小孩站在脚踏板上，从弹簧处于最大压缩量为5x0时开始计时，上升到弹簧恢复原长时，小孩抓住跳杆，使得他与跳杆瞬间共速，接着保持稳定的姿势竖直上升到最大高度。全程弹簧始终在弹性限度内（弹簧弹性势能满足，k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量，重力加速度为g，空气阻力、弹簧和脚踏板的质量、以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计），下列说法正确的是（    ） A．弹簧劲度系数 B．小孩速度最大时为弹簧恢复原长时 C．小孩跳起过程中的最大速度为 D．跳杆离地后上升的最大高度为 【答案】CD 【详解】A．竖直静止时，对小孩受力分析 可得 故A错误； B．当小孩的合力为零时速度最大，即小孩上升高度为时，速度最大，故B错误； C．对系统，根据能量守恒定律 解得 故C正确； D．设弹簧恢复原长时小孩速度为，对系统，根据能量守恒定律 小孩抓住跳杆瞬间，小孩和跳杆根据动量守恒定律 之后小孩和跳杆一起竖直上抛到最高点，根据机械能守恒定律 解得 故D正确。 故选CD。 解答题 22．（2024·重庆·模拟预测）如图所示，形状、材料相同的物块a、b静止在足够长的粗糙水平面上，b左端固定一劲度系数足够大的轻弹簧c，a、b、c中心共线，c左端与a相距。现给a一水平向右的初速度v，a刚接触c时的速度为，此后a的速度减为零时恰好与c分离，且此时b的速度恰好为。已知物块a、b质量分别为2m、m，两物块均可视为质点，重力加速度为g，忽略空气阻力，求： （1）物块a、b与水平面间的动摩擦因数； （2）物块a与c接触的时间t； （3）物块a与c刚分离时，物块b的位移大小x。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）物块a与c接触前的运动过程中，对物块a有： 又 解得 （2）物块a与c接触的整个过程中，对a、b、c组成的系统，由动量定理有 解得 （3）物块a与c接触的整个过程中，对a、b、c组成的系统，由动能定理有 解得 23．（2024·全国·模拟预测）高速公路上一些司机在超车道上低速行驶是造成交通事故的重要原因之一，某次两车在一条平直的高速公路上追尾，事故认定为前车在超车道上低速行驶，后车因制动距离不足，以28m/s的速度追尾前车。假设两车发生正碰，碰撞时间极短，两车碰后钩挂在一起，在水平方向视为仅在滑动摩擦力的作用下做匀减速直线运动，两车均视为质点。如图为事故现场俯视图。已知后车质量M＝2000kg，前车质量m＝1500kg，两车与路面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取，根据图中给出的数据，求： （1）两车碰后瞬间的速度大小和前车碰撞前瞬间的速度大小； （2）两车碰撞过程中损失的机械能。 【答案】（1），；（2） 【详解】（1）设两车碰后瞬间的速度大小为，根据题意可知两车碰后一起做匀减速直线运动，加速度大小为 根据运动学公式可得 解得 设碰撞前瞬间，后车速度为，前车速度为，根据动量守恒可得 代入数据解得前车碰撞前瞬间的速度大小为 （2）两车碰撞过程中损失的机械能为 代入数据解得 24．（2024·河南新乡·二模）如图所示，某同学在水平雪地里做了一个冰壶比赛场地，将两个冰壶A、B从掷出线先、后（时间差）掷出，掷出时的速度大小分别为，，两冰壶均沿中心线运动，当冰壶B追上冰壶A时两者发生弹性正碰（碰撞时间极短），之后冰壶A恰好到达大本营中心。已知冰壶A、B的质量分别为、，两冰壶与冰面的动摩擦因数均为μ=0.04，两冰壶均可视为质点，取重力加速度大小。求： （1）两冰壶碰撞前的速度大小、； （2）大本营中心到掷出线的距离s； （3）冰壶B掷出后与冰壶A间的最大距离d。 【答案】（1），；（2）；（3） 【详解】（1）设冰壶B运动时间t后追上冰壶A，两冰壶在冰面上减速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得 由匀变速直线运动规律可得 解得 （2）设两冰壶碰撞后的速度大小分别为、，则有 解得 （3）设最终两冰壶间的距离为x，有 解得 则冰壶B掷出后与冰壶A间的最大距离为 ( 59 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$