6.1动量定理 动量守恒定律（讲义）-2024-2025学年高二上学期物理期中期末题型复习

6.1动量定理 动量守恒定律 考点一　动量定理的理解与应用 1 考点二　动量守恒定律的理解 2 考点三　动量守恒定律的应用 2 考点四　碰撞现象的特点和规律 3 题型1动量定理的内容和应用 4 题型2用动量定理求平均作用力 5 题型3用动量定理求流体冲击问题 6 题型4动量守恒定律的内容、条件和判断 8 题型5某一方向上的动量守恒问题 9 题型6用动量守恒定律解决简单的碰撞问题 10 题型7动量守恒与能量守恒共同解决实际问题 12 考点一　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： 考点二　动量守恒定律的理解 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． 考点三　动量守恒定律的应用 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． 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． 3.弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)v1 v2 v1ˊ v2ˊ m1 m2 m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2) 联立（1）、（2）解得： v1ˊ=，v2ˊ=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 4. “动静相碰型”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 题型1动量定理的内容和应用 1．（2024秋•江北区月考）郑钦文在巴黎奥运会网球女单比赛中夺冠，创造了历史。如图所示，她发球时将网球斜向下击出，不计空气阻力（　　） A．落地前，网球处于超重状态 B．落地前，在相同时间内，网球的动量变化相同 C．落地前，在相同时间内，网球的动能变化相同 D．若仅增大击球的初速度，网球在空中飞行的时间不变 2．（2023秋•西山区校级期末）跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉。在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量 B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量 C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量 D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向 3．（2023秋•潍坊期末）扔铅球是田径运动中的一个投掷项目，一运动员将质量为5kg的铅球以5m/s的初速度与水平方向成37°角斜向上抛出，铅球抛出时距离地面的高度为2.0m，取g＝10m/s2。则铅球从抛出到落地过程（　　） A．动量变化量的大小为35kg•m/g B．动量变化量的大小为50kg•m/s C．动量变化量的方向与水平方向夹角为arctan斜向下 D．动量变化量的方向与水平方向夹角为arctan斜向下 题型2用动量定理求平均作用力 4．（2023秋•重庆期末）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160g，从离人眼约20cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，重力加速度g取10m/s2下列说法正确的是（　　） A．手机对眼睛的冲量方向竖直向上 B．手机与眼睛作用前瞬间的速度为 C．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2N D．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48kg•m/s 5．（2023秋•天宁区校级月考）小明以5m/s的速度将篮球斜抛出，球在空中运动0.3s后垂直撞击到篮板上，然后以1m/s的速度反弹，平抛进入篮筐。球与篮板接触的时间为0.1s，忽略空气阻力，篮球质量为0.6kg。下列说法正确的是（　　） A．篮板对球的平均作用力大小为18N B．篮板对球的平均作用力大小为30N C．篮球被抛出后上升的最大高度是1.5m D．小明投篮处距篮板的水平距离是1.5m 6．（2022秋•湖州期末）2022年11月21日第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔举行。如图所示，阿根廷球员梅西正在练习用头颠球。假设足球从静止开始下落45cm，被头竖直顶起，离开头部后足球上升的最大高度仍为45cm，足球与头部的接触时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．头向上顶球的过程中，足球的动量变化量大小为1.2kg•m/s B．头向上顶球的过程中，头对足球的冲量等于足球动量的变化量 C．头向上顶球的过程中，头部对足球的平均作用力大小为28N D．从最高点下落至回到最高点的过程中，足球重力的冲量为零 题型3用动量定理求流体冲击问题 7．（2024秋•南京月考）图为清洗汽车的高压水枪，设水枪水平喷出水柱，水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后速度为零。手持高压水枪操作，水流刚进入水枪时的速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是（　　） A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2 B．水柱对汽车的压强ρv2 C．水柱对汽车的平均冲力为ρπv2D2 D．水柱对汽车的压强与水柱横截面积有关 8．（2024秋•碑林区校级月考）如图所示，“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意境，如王维的“雨打芭蕉叶带愁，心同新月向人羞”、白居易的“隔窗知夜雨，芭蕉先有声”、葛胜仲的“闲愁几许，逐梦芭蕉雨”等都是通过雨打芭蕉抒发作者的情感。将快落到芭蕉叶上的雨视为由单个质量为m、速度为v0的一系列小雨滴组成的，各个小雨滴垂直打在水平芭蕉叶上后，一半以速度v反向弹回，另一半速度为零。忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响，忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知每立方米的体积内有N个小雨滴，则估算雨打芭蕉产生的压强p为（　　） A． B．Nmv0（2v0﹣v） C．Nmv0（v0+v） D． （多选）9．（2023秋•驿城区校级月考）由高压水枪竖直向上喷出的水柱，将一个质量为16kg的小铁盒开口向下倒顶在空中，铁盒悬停在距离水枪口的距离为1.8m。已知水以恒定速率从横截面积为S＝10﹣3m2的水枪中持续喷出，向上运动并冲击铁盒后，水流以不变的速率竖直返回；忽略水在与盒作用时水的重力的影响，水的密度为103kg/m3，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．水冲击铁盒后以5m/s的速度返回 B．水枪的输出功率为5kW C．水从水枪口喷出的速度为10m/s D．铁盒悬停受到水的冲击力为160N 题型4动量守恒定律的内容、条件和判断 10．（2023秋•阆中市校级月考）如图，水平弹簧右端固定在竖直墙壁上，左端连接在物块上，水平面光滑。开始时物块静止，弹簧处于原长。一颗子弹以水平速度v0射入物块，并留在物块中。若子弹和物块作用时间极短，下列有关说法中正确的是（　　） A．从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统动量守恒 B．从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统机械能守恒 C．从子弹开始打物块到与物块共速，子弹、物块组成的系统动量守恒 D．子弹和物块一起压缩弹簧的过程中，物块、子弹、弹簧组成的系统动量守恒 11．（2023秋•雁塔区校级月考）如图所示，木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩。当撤去外力后，下列说法正确的是（　　） A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒 B．a尚未离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统机械能不守恒 C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒 D．a离开墙壁后，a和b组成的系统机械能守恒 （多选）12．（2023秋•庐阳区校级月考）如图所示，质量均为m的A、B两物体，静止在光滑水平面上，A与B之间的动摩擦因数为μ。现对A、B施加大小相等方向相反的力F（F＞μmg），下列说法正确的是（　　） A．A、B组成的系统动量守恒 B．A、B组成的系统机械能守恒 C．A的机械能增加 D．B的机械能减小 题型5某一方向上的动量守恒问题 13．（2024•长安区校级开学）如图所示，水平面上有一质量为5m的小球B与轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R的圆弧形槽C，其底部与水平面平滑相切，最初B、C均静止。一质量为m的小球A从距槽C顶端3R处自由落下后恰好滑入槽C，不计一切摩擦，则（　　） A．球A沿槽C下滑过程中，槽C对球A不做功 B．整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量守恒 C．球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为R D．球A与弹簧作用后，能够追上槽C 14．（2023秋•重庆月考）如图所示，光滑水平面上有一倾角为a的光滑斜面体A，质量为M，底边长为L，将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面体对滑块的支持力大小为FN，重力加速度大小为g，则（　　） A．斜面体A对滑块B支持力不做功 B．滑块B下滑过程中，A、B组成的系统动量守恒 C．滑块B滑到斜面底端时，斜面体向左滑动的距离为 D．滑块B下滑时间t过程中，地面对A支持力的冲量大小为（M+m）gt 15．（2023秋•常熟市校级月考）如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（　　） A．小球在运动的全过程中，只有重力对它做功，对于整个系统而言，机械能守恒 B．小球在运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球有可能不能冲出C点，若无水平面上的物块后，小球每次离开槽面的最高点能到达最初的高度 D．小球离开C点以后，一定做竖直上抛运动，且能无碰撞的回到槽中 （多选）16．（2024秋•道里区校级月考）引力弹弓效应是一种利用大质量天体的引力场来加速或减速小质量飞行器的现象。当飞行器接近一个大质量天体（如行星，质量远大于飞行器）时，由于天体的引力作用，飞行器会被吸引并改变其速度。具体原理可以简化为在行星的运动方向上，可以视为弹性碰撞。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，飞行器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，飞行器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。那么下列判断中正确的是（　　） A．v1＞v0＞v2 B．v1＝2u+v0 C．v2＝v0+2u D．v2＝v0﹣u 题型6用动量守恒定律解决简单的碰撞问题 17．（2022秋•雁塔区期中）两球A、B在光滑水平面上沿同一直线同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝4m/s，vB＝2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（　　） A．vA′＝3 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝0 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝2 m/s，vB′＝3 m/s D．vA′＝4 m/s，vB′＝﹣2 m/s 18．（2022秋•淮阴区校级月考）A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是m＝2kg，则由图像判断下列结论正确的是（　　） A．碰撞前、后A球的动量变化量为6kg•m/s B．碰撞时A球对B球的冲量为﹣6N•s C．A、B两球碰撞前的总动量为3kg•m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J （多选）19．（2022秋•钦州期末）如图所示，半径为R、竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为（重力加速度为g）（　　） A．2 B． C．2 D． 20．（2023秋•顺庆区校级月考）中国空间站是中国人的骄傲，是中国强起来的标志之一。2023年9月21日下午，神舟十六号乘组航天员在中国空间站梦天实验舱为我们带来了第四次“天宫课堂”——“钢球碰撞实验”。已知大钢球质量M＝0.5kg，小钢球质量m＝0.1kg，忽略一切阻力。若某次碰撞中，大钢球以v0＝0.3m/s的初速度与小钢球发生正碰，碰撞时间Δt＝0.005s，碰后大钢球速度为v1＝0.2m/s。求： （1）碰后小钢球的速度v2的大小； （2）碰撞过程中小钢球受到的平均作用力F的大小。 题型7动量守恒与能量守恒共同解决实际问题 21．（2023秋•济南期末）短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图所示。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用，则甲、乙组成的系统（　　） A．动量不守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能守恒 D．动量守恒，机械能不守恒 22．（2024春•天河区校级期末）如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，则（　　） A．系统的动量守恒 B．小球运动到最低点时小车速度为零 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 23．（2024•越秀区校级模拟）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v﹣t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（　　） A．两壶发生了弹性碰撞 B．碰后蓝壶速度为0.6m/s C．碰后蓝壶移动的距离为2.0m D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力 24．（2024春•河西区期中）如图所示，一个小孩将质量为m1的石头以大小为v0、仰角为θ的初速度抛入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与水平地面间的摩擦可以忽略。球和砂车获得共同速度后，砂车底部出现一小孔，砂子从小孔中漏出，则（　　） A．球和砂车的共同速度 B．球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统动量守恒 C．砂子漏出后做直线运动，水平方向的速度变小 D．当漏出质量为m2的砂子时，砂车的速度 学科网（北京）股份有限公司 $$ 6.1动量定理 动量守恒定律 考点一　动量定理的理解与应用 1 考点二　动量守恒定律的理解 2 考点三　动量守恒定律的应用 2 考点四　碰撞现象的特点和规律 3 题型1动量定理的内容和应用 4 题型2用动量定理求平均作用力 6 题型3用动量定理求流体冲击问题 8 题型4动量守恒定律的内容、条件和判断 11 题型5某一方向上的动量守恒问题 13 题型6用动量守恒定律解决简单的碰撞问题 17 题型7动量守恒与能量守恒共同解决实际问题 20 考点一　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： 考点二　动量守恒定律的理解 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． 考点三　动量守恒定律的应用 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． 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． 3.弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)v1 v2 v1ˊ v2ˊ m1 m2 m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2) 联立（1）、（2）解得： v1ˊ=，v2ˊ=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 4. “动静相碰型”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 题型1动量定理的内容和应用 1．（2024秋•江北区月考）郑钦文在巴黎奥运会网球女单比赛中夺冠，创造了历史。如图所示，她发球时将网球斜向下击出，不计空气阻力（　　） A．落地前，网球处于超重状态 B．落地前，在相同时间内，网球的动量变化相同 C．落地前，在相同时间内，网球的动能变化相同 D．若仅增大击球的初速度，网球在空中飞行的时间不变 【解答】解：A、落地前，网球做斜下抛运动，加速度为重力加速度，方向竖直向下，网球处于失重状态，故A错误； B、取向下为正方向，根据动量定理可得：Δp＝mgΔt，可知在相同时间内，网球的动量变化相同，故B正确； C、落地前，竖直方向网球做加速运动，在相同时间内，网球下落的高度不相等，重力做功不相等，则网球的动能变化不相同，故C错误； D、若仅增大击球的初速度，则网球竖直向下分初速度增大，根据h＝v0yt可知，网球在空中飞行的时间变短，故D错误。 故选：B。 2．（2023秋•西山区校级期末）跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉。在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量 B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量 C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量 D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向 【解答】解：A、运动员在空中运动的过程中只受重力作用，其动量的变化量等于重力的冲量，故A错误； B、设向下为正方向，由动量定理可得：IG﹣If＝0﹣mv，故重力的冲量小于水的作用力的冲量，故B错误； CD、由开始下落到减速为零的过程中，初、末速度均为零，故动量的变化量为零，设向下为正方向，由动量定理得：IG﹣If＝0，故其动量的改变量小于水的作用力的冲量，重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，故C错误，D正确； 故选：D。 3．（2023秋•潍坊期末）扔铅球是田径运动中的一个投掷项目，一运动员将质量为5kg的铅球以5m/s的初速度与水平方向成37°角斜向上抛出，铅球抛出时距离地面的高度为2.0m，取g＝10m/s2。则铅球从抛出到落地过程（　　） A．动量变化量的大小为35kg•m/g B．动量变化量的大小为50kg•m/s C．动量变化量的方向与水平方向夹角为arctan斜向下 D．动量变化量的方向与水平方向夹角为arctan斜向下 【解答】解：AB、铅球竖直方向初速度为：v0y＝v0sin37°＝5×0.6m/s＝3m/s 由速度—位移公式可得：2gh 解得落地时的速度大小为：vy＝7m/s 以竖直向下为正方向，动量变化量的大小为：Δp＝m（vy+v0y） 解得：Δp＝50kg•m/s，故B正确，A错误； CD、铅球在下落过程中只受重力作用，速度变化量的方向为竖直向下，则动量变化量的方向竖直向下，故CD错误。 故选：B。 题型2用动量定理求平均作用力 4．（2023秋•重庆期末）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160g，从离人眼约20cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，重力加速度g取10m/s2下列说法正确的是（　　） A．手机对眼睛的冲量方向竖直向上 B．手机与眼睛作用前瞬间的速度为 C．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2N D．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48kg•m/s 【解答】解：A.手机对眼睛的冲量方向竖直向下，故A错误； B.手机与眼睛作用前瞬间的速度为vm/s＝2m/s，故B错误； D.规定向上为正方向，手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为Δp＝0﹣（﹣mv）＝mv＝160×10﹣3×2kg⋅m/s＝0.32kg⋅m/s，故D错误； C.根据动量定理，规定向上为正方向，（F﹣mg）t＝Δp，代入数据可得F＝3.2N，故C正确。 故选：C。 5．（2023秋•天宁区校级月考）小明以5m/s的速度将篮球斜抛出，球在空中运动0.3s后垂直撞击到篮板上，然后以1m/s的速度反弹，平抛进入篮筐。球与篮板接触的时间为0.1s，忽略空气阻力，篮球质量为0.6kg。下列说法正确的是（　　） A．篮板对球的平均作用力大小为18N B．篮板对球的平均作用力大小为30N C．篮球被抛出后上升的最大高度是1.5m D．小明投篮处距篮板的水平距离是1.5m 【解答】解：AB、篮球从被抛出到接触篮板的逆过程是平抛运动，则抛出时的竖直分速度vy＝gt＝10×0.3m/s＝3m/s 水平分速度vx 解得vx＝4m/s 篮球在碰撞篮板的过程中根据动量定理（设向左为正方向）：Ft＝mv′﹣mvx 代入数据解得F＝30N 故A错误，B正确； C、篮球被抛出后上升的最大高度为：h 解得h＝0.45m，故C错误； D、小明投篮处距篮板水平距离为：x＝vxt＝4×0.3m＝1.2m，故D错误。 故选：B。 6．（2022秋•湖州期末）2022年11月21日第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔举行。如图所示，阿根廷球员梅西正在练习用头颠球。假设足球从静止开始下落45cm，被头竖直顶起，离开头部后足球上升的最大高度仍为45cm，足球与头部的接触时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．头向上顶球的过程中，足球的动量变化量大小为1.2kg•m/s B．头向上顶球的过程中，头对足球的冲量等于足球动量的变化量 C．头向上顶球的过程中，头部对足球的平均作用力大小为28N D．从最高点下落至回到最高点的过程中，足球重力的冲量为零 【解答】解：A．取向下为正分向，由题意可知，下落、上升的高度都为h＝45cm＝0.45m，则下落到与头部刚接触时有v2＝2gh 解得v＝3m/s 与头部碰撞后，速度反向，大小不变，即为v'＝﹣3m/s，则动量变化量为Δp＝mv'﹣mv＝（﹣3﹣3）×0.4kg⋅m/s＝﹣2.4kg⋅m/s 即头向上顶球的过程中，足球的动量变化量大小为2.4kg⋅m/s，故A错误； B．设头对足球的冲量为IF，根据动量定理可得IG﹣IF＝Δp，所以头向上顶球的过程中，头对足球的冲量不等于足球动量的变化量，故B错误； C．根据动量定理可得IG﹣IF＝Δp 即（mg﹣F）Δt＝Δp 代入数据解得头向上顶球的过程中，头部对足球的平均作用力大小为：F＝28N，故C正确； D．从最高点下落至回到最高点的过程中，足球重力的作用时间不为零，冲量不为零，故D错误。 故选：C。 题型3用动量定理求流体冲击问题 7．（2024秋•南京月考）图为清洗汽车的高压水枪，设水枪水平喷出水柱，水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后速度为零。手持高压水枪操作，水流刚进入水枪时的速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是（　　） A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2 B．水柱对汽车的压强ρv2 C．水柱对汽车的平均冲力为ρπv2D2 D．水柱对汽车的压强与水柱横截面积有关 【解答】解：A、Δt时间内流出的水的质量为：m＝ρSvΔtρπD2vΔt，所以高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2，故A错误； BD、取水流方向为正方向，根据动量定理可得：﹣FΔt＝0﹣mv，解得：F＝ρSv2，水柱对汽车的压强为：pρv2，水柱对汽车的压强与水柱横截面积无关，故B正确、D错误； C、根据B选项可知，水柱对汽车的平均冲力为F＝ρSv2ρπv2D2，故C错误。 故选：B。 8．（2024秋•碑林区校级月考）如图所示，“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意境，如王维的“雨打芭蕉叶带愁，心同新月向人羞”、白居易的“隔窗知夜雨，芭蕉先有声”、葛胜仲的“闲愁几许，逐梦芭蕉雨”等都是通过雨打芭蕉抒发作者的情感。将快落到芭蕉叶上的雨视为由单个质量为m、速度为v0的一系列小雨滴组成的，各个小雨滴垂直打在水平芭蕉叶上后，一半以速度v反向弹回，另一半速度为零。忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响，忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知每立方米的体积内有N个小雨滴，则估算雨打芭蕉产生的压强p为（　　） A． B．Nmv0（2v0﹣v） C．Nmv0（v0+v） D． 【解答】解：设芭蕉叶的面积为S，t时间内有质量为Δm的雨滴打在芭蕉叶上，则有 Δm＝NmSv0t 以竖直向上为正方向，一半以速度v反向弹回，根据动量定理 另一半速度为零，根据动量定理 根据压强的定义式 联立可得雨打芭蕉产生的压强p为 故A正确，BCD错误。 故选：A。 （多选）9．（2023秋•驿城区校级月考）由高压水枪竖直向上喷出的水柱，将一个质量为16kg的小铁盒开口向下倒顶在空中，铁盒悬停在距离水枪口的距离为1.8m。已知水以恒定速率从横截面积为S＝10﹣3m2的水枪中持续喷出，向上运动并冲击铁盒后，水流以不变的速率竖直返回；忽略水在与盒作用时水的重力的影响，水的密度为103kg/m3，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．水冲击铁盒后以5m/s的速度返回 B．水枪的输出功率为5kW C．水从水枪口喷出的速度为10m/s D．铁盒悬停受到水的冲击力为160N 【解答】解：ACD．设水从水枪口喷出的速度为v0，极短时间Δt内水与小铁盒左右的水的质量 m＝ρSv0Δt 作用过程中，设水的速度为v，取向上为正方向，则对水由动量定理可得 FΔt＝mv﹣（﹣mv） 水从枪口喷出到铁盒处，只受重力，做竖直上抛运动，到铁盒处有 铁盒受力平衡，则 F＝m盒g＝160N 其中h＝1.8m，解得 v＝8m/s，v0＝10m/s 故A错误，CD正确； B．时间Δt内从枪口喷出水的动能为 则水枪的输出功率为 解得 P＝0.5kW 故B错误。 故选：CD。 题型4动量守恒定律的内容、条件和判断 10．（2023秋•阆中市校级月考）如图，水平弹簧右端固定在竖直墙壁上，左端连接在物块上，水平面光滑。开始时物块静止，弹簧处于原长。一颗子弹以水平速度v0射入物块，并留在物块中。若子弹和物块作用时间极短，下列有关说法中正确的是（　　） A．从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统动量守恒 B．从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统机械能守恒 C．从子弹开始打物块到与物块共速，子弹、物块组成的系统动量守恒 D．子弹和物块一起压缩弹簧的过程中，物块、子弹、弹簧组成的系统动量守恒 【解答】解：A．从子弹开始打物块到弹簧压缩至最短，子弹、物块、弹簧组成的系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，故A错误； C．子弹开始打物块到与物块共速，子弹和物块作用时间极短，内力远大于外力，弹簧对物块来不及发生作用，所以子弹、物块组成的系统动量守恒，故C正确； D．子弹和物块一起压缩弹簧的过程中，墙壁对弹簧有作用力，所以物块、子弹、弹簧组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故D错误； B．从子弹以水平速度v0射入物块，并留在物块中，到弹簧压缩至最短的过程中，有动能转化为内能，则子弹、物块、弹簧组成的机械能有损失，机械能不守恒，故B错误。故选：C。 11．（2023秋•雁塔区校级月考）如图所示，木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩。当撤去外力后，下列说法正确的是（　　） A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒 B．a尚未离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统机械能不守恒 C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒 D．a离开墙壁后，a和b组成的系统机械能守恒 【解答】解：A、a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统在水平方向上受到墙壁水平向右的弹力，系统所受合外力不为0，则动量不守恒，故A错误； B、a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统只有弹簧弹力在做功，则机械能守恒，故B错误； C、a离开墙壁后，a和b组成的系统所受合力为0，则动量守恒，故C正确； D、a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统机械能守恒，但ab两物体组成的系统机械能不守恒，故D错误。 故选：C。 （多选）12．（2023秋•庐阳区校级月考）如图所示，质量均为m的A、B两物体，静止在光滑水平面上，A与B之间的动摩擦因数为μ。现对A、B施加大小相等方向相反的力F（F＞μmg），下列说法正确的是（　　） A．A、B组成的系统动量守恒 B．A、B组成的系统机械能守恒 C．A的机械能增加 D．B的机械能减小 【解答】解：A．由题设条件可知，A、B组成的系统受到的合外力等于零，根据动量守恒的条件可知A、B组成的系统动量守恒，故A正确； B．由于A、B组成的系统要克服A、B间的摩擦力做功，且在力F作用下，力F对A、B两个物体均做正功，因此A、B组成的系统机械能不守恒，故B错误； C．对A物体受力分析，在水平方向受向左的作用力F，受向右的摩擦力μmg，由于 F＞μmg 则有牛顿第二定律可得 F﹣μmg＝ma 解得 可知物体A向左做加速运动，力F对A做正功，因此A的机械能增加，C正确； D．同理对B物体受力分析，在水平方向受向右的作用力F，受向左的摩擦力μmg，B受到的合力大小为F+μmg，则根据牛顿第二定律可知，B物体的加速度大小与A物体的加速度相同，方向水平向右，则B物体向右做加速运动，速度增大，动能增加，重力势能不变，因此B的机械能也要增加，D错误。 故选：AC。 题型5某一方向上的动量守恒问题 13．（2024•长安区校级开学）如图所示，水平面上有一质量为5m的小球B与轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R的圆弧形槽C，其底部与水平面平滑相切，最初B、C均静止。一质量为m的小球A从距槽C顶端3R处自由落下后恰好滑入槽C，不计一切摩擦，则（　　） A．球A沿槽C下滑过程中，槽C对球A不做功 B．整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量守恒 C．球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为R D．球A与弹簧作用后，能够追上槽C 【解答】解：A、球A沿槽C下滑过程中，水平方向动量守恒，A、C组成的系统机械能守恒，C向右运动其机械能增加，球A对槽C做正功，则槽C对球A做负功，故A错误； B、整个过程中球A、球B、槽C构成的系统在水平方向上动量守恒，竖直方向动量不守恒，所以系统动量不守恒，故B错误； C、对球A与槽C组成的系统，以水平向左为正方向，由水平方向平均动量守恒得：m2m0 可得：mxA﹣2mxC＝0，由几何关系得：xA+xC＝R 联立解得球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左的位移为：xA，故C错误； D、设球A到最低点时的速度为vA，此时C的速度为vC，以水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：mvA﹣2mvC＝0 由机械能守恒得：mg•4R2 联立解得：vA＝4，方向水平向左；vC＝2，方向水平向右。 以水平向左为正方向，对球A和球B由动量守恒定律得：mvA＝mvA′+5mvB 由机械能守恒定律得：mvA′25 联立解得球A与弹簧作用后的速度为：vA′，负号表示方向水平向右。 易知球A与弹簧作用后速度大于C的速度，能够追上槽C，故D正确。 故选：D。 14．（2023秋•重庆月考）如图所示，光滑水平面上有一倾角为a的光滑斜面体A，质量为M，底边长为L，将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面体对滑块的支持力大小为FN，重力加速度大小为g，则（　　） A．斜面体A对滑块B支持力不做功 B．滑块B下滑过程中，A、B组成的系统动量守恒 C．滑块B滑到斜面底端时，斜面体向左滑动的距离为 D．滑块B下滑时间t过程中，地面对A支持力的冲量大小为（M+m）gt 【解答】解：A．滑块B在下滑过程中对斜面体A有斜向左下方的压力，斜面体A向左移动，滑块B的位移与其受到的支持力FN不是垂直关系，它们的夹角为钝角，即支持力FN对滑块B做负功，故A错误； BC．滑块B在下滑过程中，有斜向右下方的加速度，此加速度有竖直向下的分加速度，受力不平衡，合外力不为零，所以系统动量不守恒。滑块B下滑过程中，A、B组成的系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，滑块B下滑过程中，任意时刻B物块水平速度大小为vB，A的水平速度大小为vA，由动量守恒定律有 0＝mvB﹣MvA 解得 设B到达斜面底端时，A、B水平位移大小分别为xA、xB，在水平方向有 xA+xB＝L 且mxB＝MxA 解得 ，故B错误，C正确； D．因为整体分析可知，竖直方向存在向下的加速度，所以地面对整体支持力小于整体重力，则地面对A支持力的冲量大小小于（M+m）gt，故D错误。 故选：C。 15．（2023秋•常熟市校级月考）如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（　　） A．小球在运动的全过程中，只有重力对它做功，对于整个系统而言，机械能守恒 B．小球在运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球有可能不能冲出C点，若无水平面上的物块后，小球每次离开槽面的最高点能到达最初的高度 D．小球离开C点以后，一定做竖直上抛运动，且能无碰撞的回到槽中 【解答】解：A、小球从A点到B点，半圆槽静止不动，只有重力做功；从B点到C点，半圆槽向右运动，除重力做功外还有圆槽的弹力做功；对于整个系统而言，只有重力做功，机械能守恒，故A错误； B、小球在到达B点之前，半圆槽静止不动，小球动量增加，系统动量不守恒；小球到达B点之后，半圆槽会向右运动，小球与半圆槽水平方向不受外力，则小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B错误； C、若小球下落的高度较低，则小球有可能不能冲出C点；若无水平面上的物块后，则小球进入半圆槽中到到达最低点B的过程中，半圆槽向左运动；当小球从B点上滑到离开槽的过程中，半圆槽做减速运动，当小球离开半圆槽的时候，半圆槽的速度减为零，由能量关系可知，小球离开半圆槽的速度等于进入半圆槽时的速度，则小球每次离开槽面的最高点能到达最初的高度，故C正确； D、小球离开C点以后，既有水平速度，也有竖直速度，所以小球做斜抛运动。因小球的水平速度等于半圆槽的水平速度，所以小球能无碰撞的回到槽中，故D错误。 故选：C。 （多选）16．（2024秋•道里区校级月考）引力弹弓效应是一种利用大质量天体的引力场来加速或减速小质量飞行器的现象。当飞行器接近一个大质量天体（如行星，质量远大于飞行器）时，由于天体的引力作用，飞行器会被吸引并改变其速度。具体原理可以简化为在行星的运动方向上，可以视为弹性碰撞。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，飞行器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，飞行器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。那么下列判断中正确的是（　　） A．v1＞v0＞v2 B．v1＝2u+v0 C．v2＝v0+2u D．v2＝v0﹣u 【解答】解：B、图1中，探测器类似于与行星对面正碰，设探测器的质量为m，行星的质量为M，碰后探测器滑块的速度大小为v1，行星的速度大小为u1，设向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0﹣Mu＝mv1+Mu1 由能量守恒可得Mu2 联立可得v1 由于M≫m 则：v1＝﹣（v0+2u）＞v0 负号表示方向向左；故B正确； ACD、图2中，类似于探测器追上行星与之正碰，设探测器的质量为m，行星的质量为M，碰后探测器滑块的速度大小为v2，行星的速度大小为u2，设向右为正方向，根据动量守恒定律有：﹣mv0﹣Mu＝mv2+Mu2 由能量守恒可得Mu2 联立可得v2 由于M≫m 则v2＝v0﹣2u＜v0 表示方向向右，则有v1＞v0＞v2 故A正确，CD错误 故选：AB。 题型6用动量守恒定律解决简单的碰撞问题 17．（2022秋•雁塔区期中）两球A、B在光滑水平面上沿同一直线同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝4m/s，vB＝2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（　　） A．vA′＝3 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝0 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝2 m/s，vB′＝3 m/s D．vA′＝4 m/s，vB′＝﹣2 m/s 【解答】解：碰前系统总动量为：P总＝4×1+2×2＝8kg•m/s，碰前总动能为：Ek总1×422×22＝12J； A、如果vA′＝3 m/s，vB′＝2.5 m/s，则碰后A的速度大于B的速度，不符合实际，故A错误； B、如果vA′＝0 m/s，vB′＝4 m/s，系统动量守恒，碰后总动能为E′k总1×022×42＝16J，系统动能增加，不符合实际，故B错误； C、如果vA′＝2 m/s，vB′＝3 m/s，系统动量守恒，碰后总动能为E″k总1×222×32＝11J，故C正确； D、如果vA′＝4 m/s，vB′＝﹣2 m/s，碰后B反向，这是不可能的，故D错误； 故选：C。 18．（2022秋•淮阴区校级月考）A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是m＝2kg，则由图像判断下列结论正确的是（　　） A．碰撞前、后A球的动量变化量为6kg•m/s B．碰撞时A球对B球的冲量为﹣6N•s C．A、B两球碰撞前的总动量为3kg•m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J 【解答】解：A、根据x﹣t图像的斜率表示物体的速度，由图可得，碰撞前A球的速度vAm/s＝﹣3m/s，B球的速度vBm/s＝2m/s。碰撞后两球的共同速度vm/s＝﹣1m/s，则碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv﹣mvA＝2×（﹣1）kg•m/s﹣2×（﹣3）kg•m/s＝4kg•m/s，故A错误； B、根据动量守恒定律得：ΔpA+ΔpB＝0，则碰撞前、后B球的动量变化量为ΔpB＝﹣4kg•m/s。对B球，由动量定理得A球对B球的冲量：IB＝ΔpB＝﹣4N•s，故B错误； C、设B球的质量为mB。两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前B球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA+mBvB＝（m+mB）v，代入数据解得：mBkg。A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA+mBvB＝2×（﹣3）kg•m/s2kg•m/skg•m/s，故C错误； D、两球碰撞过程，对系统，由能量守恒定律得：mvA2mBvB2（m+mB）v2+ΔE，代入数据解得系统损失的机械能：ΔE＝10J，故D正确。 故选：D。 （多选）19．（2022秋•钦州期末）如图所示，半径为R、竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为（重力加速度为g）（　　） A．2 B． C．2 D． 【解答】解：A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则： mv0＝mv1+2mv2 由动能守恒得： 联立得： ① 1．恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，是在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得： ② A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得： ③ 联立①②③得：，可知若小球B经过最高点，则需要： 2．小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得： ④ 联立①④得： 可知若小球不脱离轨道时，需满足： 由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：或，故AD错误，BC正确。 故选：BC。 20．（2023秋•顺庆区校级月考）中国空间站是中国人的骄傲，是中国强起来的标志之一。2023年9月21日下午，神舟十六号乘组航天员在中国空间站梦天实验舱为我们带来了第四次“天宫课堂”——“钢球碰撞实验”。已知大钢球质量M＝0.5kg，小钢球质量m＝0.1kg，忽略一切阻力。若某次碰撞中，大钢球以v0＝0.3m/s的初速度与小钢球发生正碰，碰撞时间Δt＝0.005s，碰后大钢球速度为v1＝0.2m/s。求： （1）碰后小钢球的速度v2的大小； （2）碰撞过程中小钢球受到的平均作用力F的大小。 【解答】解：（1）取碰撞前大钢球速度方向为正方向，两球碰撞动量守恒，则根据动量守恒定律得 Mv0＝Mv1+mv2 解得 v2＝0.5m/s （2）对小钢球，规定碰后小钢球的速度v2的方向为正方向，由动量定理得 FΔt＝mv2﹣0 解得 F＝10N 答：（1）碰后小钢球的速度v2的大小为0.5m/s； （2）碰撞过程中小钢球受到的平均作用力F的大小为10N。 题型7动量守恒与能量守恒共同解决实际问题 21．（2023秋•济南期末）短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图所示。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用，则甲、乙组成的系统（　　） A．动量不守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能守恒 D．动量守恒，机械能不守恒 【解答】解：乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用，系统所受的外力有重力和支持力，外力合力为零，则动量守恒，因为在推甲的过程中消耗了乙的化学能，转化为机械能，所以系统机械能不守恒。 故ABC错误，D正确。 故选：D。 22．（2024春•天河区校级期末）如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，则（　　） A．系统的动量守恒 B．小球运动到最低点时小车速度为零 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 【解答】解：A、根据题意可知，系统在水平方向不受外力，竖直方向的合力不为零，所以系统水平方向的动量守恒，而系统总动量不守恒，故A错误； B、小球运动到最低点时具有向左的速度，小车速度向右，故B错误； C、根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，可知小球仍能向左摆到原高度，故C错误； D、根据题图可知，小球相对于小车的最大位移为2l，系统水平方向动量守恒，规定水平向左为正方向。 设小球在水平方向上的平均速度为vm，小车在水平方向上的平均速度为vM，由系统水平方向动量守恒有mvm﹣MvM＝0 根据运动学公式有：xm＝vmt，xM＝vMt 则得mxm＝MxM 又根据几何关系有xm+xM＝2l 联立解得小车向右移动的最大距离为：xM，故D正确。 故选：D。 23．（2024•越秀区校级模拟）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v﹣t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（　　） A．两壶发生了弹性碰撞 B．碰后蓝壶速度为0.6m/s C．碰后蓝壶移动的距离为2.0m D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力 【解答】解：AB、由图知：碰前红壶的速度为v0＝1.0m/s，碰后速度为v1＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v2，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得： mv0＝mv1+mv2 代入数据解得：v2＝0.8m/s 因mv02mv12mv22，故碰撞过程机械能有损失，则碰撞为非弹性碰撞，故AB错误； C、设图（b）中倾斜的虚线与t轴的交点的t轴坐标为t1，则有： 解得：t1＝6s 碰后蓝壶移动的位移大小为：xv2（t1﹣1）0.8×（6﹣1）m＝2.0m，故C正确； D、根据图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，合力均为滑动摩擦力，由牛顿第二定律，可知碰后红壶所受滑动摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误。 故选：C。 24．（2024春•河西区期中）如图所示，一个小孩将质量为m1的石头以大小为v0、仰角为θ的初速度抛入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与水平地面间的摩擦可以忽略。球和砂车获得共同速度后，砂车底部出现一小孔，砂子从小孔中漏出，则（　　） A．球和砂车的共同速度 B．球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统动量守恒 C．砂子漏出后做直线运动，水平方向的速度变小 D．当漏出质量为m2的砂子时，砂车的速度 【解答】解：A、设水平向右为正方向，石头与砂车的共同速度为v，石头与砂车组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m1v0cosθ＝（m1+M）v，解得v，故A正确； B、石头和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误； C、砂子漏出后在水平方向有初速度，只受重力作用，砂子做平抛运动，在水平方向的速度不变，故C错误； D、系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，系统总质量不变，由动量守恒定律可知，系统在水平方向速度不变，即砂车的速度v′＝v，故D错误。 故选：A。 学科网（北京）股份有限公司 $$