第一章 专题专项：动量守恒模型总结【思维导图+四大秒杀招+十六题型+分层训练】-2024-2025学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册题型归类+解题大招

专题专项：动量守恒模型总结【思维导图+四大秒杀招+十六题型+分层训练】 思维导图 解题大招 大招01小球与曲面模型 (1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大 水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v 能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋m1gh (相当于完全非弹性碰撞) (2)小球返回曲面底端时 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2 能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22 (相当于弹性碰撞) 大招02小球与弹簧模型 (1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大 动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v 能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm (相当于完全非弹性碰撞) (2)弹簧恢复原长时： 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2 能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22 (相当于完全弹性碰撞) 大招03子弹打木块模型 s2 d s1 v0 子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。 设质量为的子弹以初速度射向静止在光滑水平面上的质量为的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。 要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。 从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：……① 从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有 对子弹用动能定理： ……② 对木块用动能定理： ……③ 1、 ②相减得： ……④ 对子弹用动量定理： ……⑤ 对木块用动量定理： ……⑥ 大招04爆炸与类爆炸模型 一．爆炸模型的特点 1、 动量守恒：由于爆炸是极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。 2、 动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。 3、 位置不变：由于爆炸的时间极短。因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可以忽略不计，可认为物体爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 二、爆炸模型讲解 1、如图：质量分别为、的可视为质点A、B间夹着质量可忽略的火药．一开始二者静止，点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，则： 、组成的系统动量守恒：①得： ② ②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。 、组成的系统能量守恒：③ ①式也可以写为：④又根据动量与动能的关系得 ④进一步化简得：⑤ ⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。 ②⑤联立可得： ⑥ 2、 若原来、组成的系统以初速度在运动，运动过程中发生了爆炸现象则： 、组成的系统动量守恒：⑦ 、组成的系统能量守恒：⑧ 题型分类 题型01 完全弹性碰撞：动碰静 【例1】（多选）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．碰撞前静止 B．碰撞后的运动方向不变 C． D．该碰撞为非弹性碰撞 【答案】AC 【解析】A．根据图像斜率表示速度可知碰撞前静止，碰撞后的运动方向发生改变，故A正确，B错误； C．碰撞前的速度为 碰撞后的速度为 碰撞前的速度为0，碰撞后的速度为 根据动量守恒定律得 可得两物体的质量之比为 故C正确； D．碰撞前系统的总动能为 碰撞后系统的总动能为 则有 可知两物体的碰撞为弹性碰撞，故D错误。 故选AC。 【变式1-1】动量守恒定律是一个独立的实验定律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域。运用动量守恒定律解决二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图所示，质量分别为和的球1和球2构成一系统，不考虑系统的外力作用。球1以速度（方向沿x轴正向）与静止的球2发生弹性碰撞，若速度不在两球球心的连线上，碰撞之后两球的速度、都会偏离的方向，偏角分别为、。下列说法正确的是（　　） A．两小球在球心连线方向动量不守恒 B．两小球的相互作用力方向与速度方向共线 C．两小球碰后速度大小满足 D．两小球碰后速度大小满足 【变式1-2】如图所示，质量为mA=2kg的A球和质量为mB=4kg的B球，原来均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的v0=6m/s初速度，之后与B球发生对心碰撞。若是弹性碰撞，求碰后A球的速度。 题型02 完全弹性碰撞：动碰动 【例2】甲、乙两小球在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，已知小球甲的质量小于小球乙的质量，两小球碰撞前后的位移随时间的变化规律如图所示。则下列说法正确的是（　　） A．图线A为碰前乙的位移—时间图像 B．图线C为碰后甲的位移—时间图像 C．小球甲、乙的质量之比为1∶2 D．两小球的碰撞为非弹性碰撞 【答案】A 【解析】AB．由图像可知图线对应的小球的速度大小分别为 由题意小球甲的质量小于小球乙的质量，即碰前小球乙的动量大于小球甲的动量，又由于碰撞过程两小球组成的系统动量守恒，碰后系统的动量方向与碰前小球乙的方向相同，结合实际分析可知碰后小球乙静止，小球甲反弹，所以图线为碰前小球乙的图线，图线为碰后小球乙的图线，故A正确，B错误； C．由碰撞过程动量守恒定律得 由以上解得 故C错误； D．碰前系统的动能为 碰后系统的动能为 显然 所以该碰撞为弹性碰撞，故D错误。 故选A。 【变式2-1】“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为，探测器的初速度大小为，在图示情况下，探测器在远离行星后速度大小为。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式2-2】如图，质量为m=1kg的A球用长为L=1m的轻质细线悬挂于固定点O，初始时细线与竖直向下夹角为37°，将A由静止释放。与此同时，质量为M=3m的B球沿光滑水平面向左运动，两球恰好在O点正下方发生弹性正碰，碰后B球恰好静止。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，g取10m/s2。A、B碰撞前，A球在O点正下方绳的拉力为 N，B球碰前速度应为 m/s。 题型03“子母球”模型 【例3】如图所示，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A 碰撞，h远大于两小球直径，小球B 的质量远大于小球A质量。假设所有的碰撞均为竖直方向内弹性碰撞，且碰撞时间均可忽略不计，不考虑空气阻力，则下列判断中正确的是（　　） A．下落过程中A 与B 之间存在相互作用 B．小球B与地面碰撞后，小球B的速度为零 C．A 与B 第一次碰后小球A 弹起的最大高度约为4h D．A 与B 第一次碰后小球A 弹起的最大高度约为9h 【答案】D 【解析】A．不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，完全失重状态，则两个小球之间没有力的作用，A错误； B．下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得 解得触地时两球速度相同，为 B球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，故B错误； CD．选A与B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 解得 碰后小球A弹起的最大高度 故D正确，C错误。 【变式3-1】如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度。将质量为（）的大球（在下），质量为m的小球（在上）叠放在一起，从距地面高h处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（    ） A．两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为 B．大球与地面第一次碰撞过程中，地面对大球平均作用力的冲量大小为 C．无论k取什么值，大球与小球碰撞后大球的速度均不能为0 D．若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度约为9h 【变式3-2】（多选）如图所示，将两个质量分别为m1＝60g、m2＝30g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度h0＝1.8m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度时间图像如图乙所示，g取10m/s2（　　） A．两球下落过程中，B球对A球有竖直向下的压力 B．B球与A球碰前的速度大小均为6m/s C．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小之比为1∶101 D．A、B两球发生的是弹性碰撞 题型04 碰撞后粘连问题 【例4】如图所示，质量为的小球A从距离地面高度处向上斜抛，抛出时的速度大小为，方向与水平方向夹角为，在A抛出的同时有一质量为2m的黏性小球B从某高度处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，AB两球碰撞时间极短，碰后AB两球粘在一起落回地面。已知A球上升和下落过程时间相等。不计空气阻力，取。下列说法正确的是（　　） A．小球A上升至最高处时水平位移是20m B．小球B下落时离地面的高度是37.5m C．小球A抛出点距地面的高度为11.25m D．小球A抛出点距落地点的水平距离为60m 【答案】B 【解析】A．小球上升至最高处时的时间 水平位移是 选项A错误； B．碰前B下落的高度 碰前B的竖直速度 碰后AB的竖直速度为vy，则由竖直方向动量守恒 解得 vy=10m/s 然后一起落地下落的高度 可得小球B下落时离地面的高度是 H=h1+h2=37.5m 选项B正确； C．小球从抛出到最高点的高度 则小球A抛出点距地面的高度 选项C错误； D．两球碰撞水平方向动量守恒可得 可得 vx=m/s 则小球抛出点距落地点的水平距离为 选项D错误。 故选B。 【变式4-1】汽车碰撞实验是检测汽车安全性能的手段。如图，为了检测汽车甲的安全性能，工程师让甲车以的速度在水平地面上与静止的汽车乙发生正碰（碰撞前甲已失去动力），碰撞后两车共速，从碰撞开始到两车恰好共速所用时间。甲车总质量（含假人），乙车总质量，不考虑地面阻力，则（　　） A．两车共同速度大小为 B．因，碰撞时甲对乙的力始终小于乙对甲的力 C．碰撞过程中乙对甲的平圴作用力大小为 D．若其他条件不变，越大，两车间平均作用力就越小 【变式4-2】长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A获得一速度vA后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并也恰好能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求： （1）A获得一速度vA时，轻绳对小球A的拉力大小； （2）A、B碰撞过程中损失的机械能∆E。 题型05 子弹打木块模型 【例5】在光滑水平地面上静止放置着由轻弹簧连接的物块A和B、开始时弹簧处于原长，一颗质量为m的子弹以水平初速度v射入物块A并留在其中（子弹与物块相互作用时间极短，可忽略不计），已知物块A和B的质量均为m，则在以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】子弹打入木块A时由动量守恒 当A（包括子弹）和B共速时弹簧弹性势能最大，则由动量守恒和能量关系可知 联立解得 故选D。 【变式5-1】如图所示，质量为m的子弹以水平初速度射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为v，在此过程中，木块在地面上滑动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，子弹与木块间的相互作用力为f，以下关系式中不正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式5-2】（多选）质量的小车静止在光滑的水平面上，车长，现有一质量为（可视为质点）的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数，，下列说法正确的是（　　） A．在此过程中摩擦力对物块做的功为 B．物块与小车的共同速度大小 C．在此过程中系统产生的内能 D．若物块不滑离小车，物块的速度不能超过 题型06 滑块－弹簧模型 【例6】如图所示，光滑水平地面上质量为的物体以速率向右运动，质量为的物体左端固定有一轻弹簧，以速率向左运动。弹簧的形变始终在弹性限度内，在与弹簧接触到弹簧压缩量最大的过程中，下列说法正确的是（    ） A．弹簧对的冲量大小为 B．的位移大小之比为 C．弹簧对做的功与对做的功相同 D．当的速度为零时，弹簧的弹性势能最大 【答案】A 【解析】A．当共速时，弹簧的压缩量最大，规定水平向左为正方向，由动量守恒定律得 对由动量定理得 联立解得 故A正确； B．与弹簧接触到的速度减小为零的过程中，因此．从的速度为零到的速度达到的过程中，均向左运动，的位移减小，的位移增大，因此，故B错误： C．由动能定理得，弹簧对做的功为 弹簧对做的功为 故C错误； D．当共速时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，故D错误。 故选A。 【变式6-1】如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使瞬间获得水平向右的速度，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（   ） A．在、时刻两物块达到共同速度且弹簧都处于压缩状态 B．从到时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长 C．两物块的质量之比为 D．在时刻两物块的动量大小之比为 【变式6-2】如图所示，在一个倾角为的固定斜面底端固定一个挡板，挡板连接一个劲度系数为的轻弹簧，轻弹簧上端与一质量为的光滑滑块相连且处于静止状态，静止时所在位置为。某时刻将一个质量也为的滑块从离点距离处由静止释放，滑块与斜面之间的动摩擦因数为。两滑块均可视为质点，滑块与滑块碰后粘连在一起，在运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，当其形变量为时，弹性势能为，已知重力加速度。求： （1）滑块与滑块碰撞前瞬间的速度大小； （2）二者共同运动过程中的最大速度（结果可保留根号）。 题型07 滑块－光滑圆弧轨道模型 【例7】（多选）如图所示，质量为3kg、半径为4.6m、圆心为点的四分之一光滑圆弧槽静止在光滑水平地面上，且其底端与水平地面相切。质量为1kg的小球（可视为质点）以的初速度沿着水平地面向右运动，取重力加速度大小。对于小球刚冲上圆弧槽到上升至最高点的过程，下列说法正确的是（    ） A．该过程小球和圆弧槽构成的系统动量守恒 B．该过程小球和圆弧槽构成的系统机械能守恒 C．小球能上升的最高点到水平地面的高度为5.4m D．小球运动到圆弧轨道上与点等高处时的速度大小为 【答案】BC 【解析】A．小球与圆弧槽组成的系统水平方向不受外力，因此水平方向上系统动量守恒，但竖直方向上合外力不为零，因此系统动量不守恒，A错误； B．该过程小球与光滑圆弧槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，B正确； CD．假设小球不能从圆弧槽最高点飞出，当小球沿圆弧面上升至最高点时，设二者共同速度v1，设球的质量为m，槽的质量为M，小球的初速度为根据动量守恒定律有 代入数据解得 所以系统动能的减少量 重力势能的增加量 不满足机械能守恒定律，则假设不成立，由此可知小球能从圆弧槽最高点飞出，设小球在圆弧最高处的速度为v2，此时圆弧槽水平方向与小球水平方向的速度均为，根据能量守恒定律有 代入数据可得 小球在竖直方向上的速度 故小球离开圆弧槽能上升的高度 小球能上升的最高点到水平地面的高度为 C正确，D错误。 故选BC。 【变式7-1】（多选）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做负功 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 D．球A与弹簧作用后，能够追上槽C 【变式7-2】如图所示，在水平面上放置一半径为的半圆槽，A、B为槽左、右两端的最高点且位于同一水平线上，C为圆槽最低点。现让一个小球（可视为质点）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和，不计一切摩擦阻力，重力加速度为。求： （1）小球第一次通过C点时的速度的大小； （2）整个运动过程中，半圆槽向右运动的最大距离。 题型08 绳连接体模型 【例8】如图所示为某弹跳玩具，底部是一个质量为m的底座，通过弹簧与顶部一质量M =2m的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上运动。某次游戏时发现，底座离开地面后能上升h高，则（　　） A．用手将小球按下一段距离后，弹簧的弹性势能 B．绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为 C．绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为 D．玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功 【答案】C 【解析】ABC．设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为，底座离开地面后能上升h高，则有 设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为，根据动量守恒可得 可得 则绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为 则绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为 用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势能，故弹性势能满足 故AB错误，C正确； D．玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功为 故D错误。 故选C。 【变式8-1】（多选）如图所示，物块A、B通过不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮连接，已知mA=3m，mB=m，t=0时刻通过一个弹射装置（图中未画出）给物块A一个竖直向上的初速度v0=2m/s，然后瞬间移开弹射装置，物块A、B均可视为质点，全过程A、B既没有落地，也没有碰到滑轮。重力加速度g取10m/s2，则正确的是（　　） A．0.1s时，A的速度大小为1.5m/s B．0.1s时，B的速度大小为1m/s C．物体B下落的最大高度为0.325m D．物体B下落的最大高度为0.225m 【变式8-2】（多选）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为的物块，另一端连接质量为的木板，绳子开始是松弛的。质量为的物块放在长木板的右端，与木板间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块水平向左的瞬时初速度，物块立即在长木板上运动。已知绳子绷紧前，、已经达到共同速度；绳子绷紧后，、总是具有相同的速度；物块始终未从长木板上滑落．下列说法正确的是（　　） A．绳子绷紧前，、达到的共同速度大小为 B．绳子刚绷紧后的瞬间，、的速度大小均为 C．绳子刚绷紧后的瞬间，、的速度大小均为 D．最终、、三者将以大小为的共同速度一直运动下去 题型09 多次碰撞问题 【例9】（多选）如图所示，光滑圆环水平放置并固定，、、为圆环上的三等分点，圆环内有质量为和的小球A和B（）。初始时小球A以初速度沿圆环切线方向运动，与静止的小球B在点发生碰撞，两小球始终在圆环内运动。若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于、、点，则小球的质量比可能为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】AD 【解析】两球碰后速度分别为、，根据动量守恒以及机械能守恒可得 联立解得 ， 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，则 ①若第二次碰撞发生在图中的点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为 且 可得 由两质量均为正数，故，即 对第二次碰撞，设A、B碰撞后速度大小分别为，，根据动量守恒以及机械能守恒可得 联立解得 ， 故第三次碰撞发生在点、第四次碰撞发生在点，以此类推，满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为 且 可得 两质量均为正数，故，即 根据①的分析可证，，满足题意。 故选AD。 【变式9-1】台球是青年喜爱的运动项目，球员出杆击打白球，运动白球撞击彩色球使其入洞并计分。假设在光滑水平面的一条直线上依次放4个质量均为m的弹性红球，质量为2m的白球以初速度与4号红球发生碰撞，假设发生的碰撞均为弹性正碰，则多次碰后，白球最终的速度大小为（　　） A．0 B． C． D． 【变式9-2】（多选）如图所示，在一光滑地面上有2024个相同大小的光滑小球，从2号到2024号小球质量均为m；1号球质量为M，且M＞m，1号球以v0的速度向右运动，与2号球发生弹性碰撞，此后所有碰撞均为弹性碰撞，从1号球开始运动起，下列说法正确的是（　　） A．小球2共发生了4044次碰撞 B．小球2共发生了4045次碰撞 C．小球2023最终速度为0 D．小球2023最终速度为 题型10电场＋动量 【例10】如图所示，在光滑绝缘水平面上方，O′O两侧有大小相等方向相反的匀强电场，电场强度大小均为E，在电场中的A、B位置同时由静止释放带电的绝缘球。A、B两位置到O的距离均为d，A位置小球1的电荷量为+3q、质量为3m、B位置小球2的电荷量为+q、质量为m。小球的直径与d相比可以忽略，匀强电场对小球的电场力远大于两个小球之间的库仑力，两小球间的碰撞为弹性碰撞且碰撞前后小球各自的带电量不变。求： （1）两小球第一次碰撞前瞬间各自的速度大小； （2）两小球第一次碰撞后瞬间各自的速度。 【答案】（1），；（2）， 【解析】（1）由于水平面光滑，分析小球受力，由牛顿第二定律得两个小球的加速度大小相等    根据位移公式 得两个小球到的时间相等；由运动学公式 得两个小球到的速度大小相等，代入得    小球1速度方向向右，小球2速度方向向左； （2）规定向右为正方向，设碰后小球1的速度为，小球2的速度为，两小球发生的是弹性碰撞，由动量守恒得    有机械能守恒得    联立得碰后小球1的速度    小球2的速度 方向向右。 【变式10-1】如图所示，水平的长直轨道上点左侧存在电场强度为的匀强电场，材料不同的两个小物块静止在轨道上，其中质量为、带电荷量为的与轨道摩擦力很小忽略不计，质量为的与轨道的动摩擦因数且不带电静止于点，滑块位于点左侧与相距处。现由静止释放滑块，一段时间后滑块运动到点，在点与滑块第一次发生碰撞，与的碰撞都是弹性碰撞，求： （1）第一次发生碰撞过后的速度与的速度； （2）第一次发生碰撞过后，与各自速度减小为零所用的时间和 （3）最终停下来的位置距离点的距离。 【变式10-2】如图所示，在光滑水平面上N点的左侧有一场强E=4×103N/C的匀强电场，质量为mB=1.5kg的绝缘木板B静止在N点右侧，质量为mC=0.5kg的小物块C（可视为质点）静止在B的右端上，BC间动摩擦因数μ=0.2，将mA=lkg、电量q=1×10-3C的带电小滑块A（可视为质点）由静止释放，运动s=2m到达N点，与B发生弹性碰撞，此后C恰好未从B上滑落，求： （1）A运动到N点时的动量； （2）滑块C的最大速度； （3）木板B的长度。 题型11 传送带模型中的动量、能量问题 【例11】（多选）如图所示，左侧有一长为的传送带，以速度顺时针转动，右侧有一质量为、足够长的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为的小物块（可视为质点）以初速度从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失的滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为，不计空气阻力，g取。则（　　） A．小物块滑上长木板的速度为5m/s B．小物块的最终速度为2m/s C．长木板的最终动能为6J D．最终木板和木块系统产生的内能为24J 【答案】BCD 【解析】A．小物块在传送带做匀减速运动的加速度大小为 设小物块在传送带上一直做匀减速直线运的，小物块滑上长木板的速度为，根据运动学公式可得 解得 假设成立，则小物块滑上长木板的速度为，故A错误； BD．小物块滑上长木板，小物块与长木板达到共速时，则根据动量守恒可得 解得 根据能量守恒可得 解得最终木板和木块系统产生的内能为 故BD正确； C．长木板的最终动能为 故C正确。 故选BCD。 【变式11-1】（多选）如图所示，以v=5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的5个相同小球，小球质量m0=0.2kg。质量m=0.1kg的物体从轨道上高h=4.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0=7m/s，物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB之间的距离L=3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物体第一次碰撞小球1时的速度是5m/s B．物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦生热为1.2J C．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为 D．第1个小球最终的速度大小为5m/s 【变式11-2】如图所示，光滑水平台面上放两个相同小物块A、B，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度，沿逆时针方向以恒定速度匀速转动。物块A、B（大小不计，视作质点）与传送带间的动摩擦因数均为，物块A、B质量分别为，。开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质短弹簧。现解除锁定，弹簧弹开A、B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面上的Q点，已知水平台面高，Q点与水平台面右端的水平距离，g取。 （1）求物块A脱离弹簧时速度的大小； （2）求弹簧储存的弹性势能； （3）求物块B在水平传送带上运动的过程中摩擦力对物块B的冲量 题型12 爆炸类问题 【例12】一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则爆炸过程释放的化学能为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】取向右为正，根据动量守恒 解得甲的速度为 由能量守恒定律，爆炸过程释放的化学能为 故选D。 【变式12-1】据外媒报道，中国最新的洲际弹道导弹东风-51已经研发完成，东风-51采用固体燃料发动机，最多可携带14枚分导式多弹头。假设一枚在空中飞行的东风-51导弹，质量为，飞行到某点时速度的方向水平，大小为，方向如图所示，导弹在该点突然炸裂成两部分，其中质量的一个弹头沿着v的方向飞去，其速度大小为，求 （1）炸裂后另一块质量的弹头的速度； （2）炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了多少。 【变式12-2】双响爆竹，其一响之后，腾空再发一响，因此得名二踢脚。如图所示，质量为0.1kg的二踢脚竖立在地面上被点燃后发出一响，向下喷出少量高压气体（此过程位移可忽略）后获得20m/s的速度竖直升起，到达最高点时恰好发生第二响，立即被炸成的A、B两块，其中质量的A部分以的速度向南水平飞出。已知第二响释放的能量有30%转化为A、B的机械能，不计二踢脚内火药的质量和所受的空气阻力，取，求： （1）A、B两部分落地时的距离L； （2）第二响释放的能量。 题型13火箭的原理 【例13】小明制作了一个火箭模型，火箭模型质量为（含燃料），开始火箭模型静置在地面上，点火后在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为的燃气，喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响，下列说法正确的是（    ） A．火箭喷气过程机械能守恒 B．火箭的推力来源于空气对它的反作用力 C．喷气结束时火箭模型的动量大小为 D．喷气结束时火箭模型的速度大小为 【答案】C 【解析】A．系统体统所受合外力为零，满足动量守恒，但机械能不守恒，A错误； B．火箭的推力是燃料燃烧产生的高温高压气体向后喷出时对火箭的反作用力，B错误； C．开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得 喷气结束时火箭模型的动量大小 C正确； D． 根据 解得 D错误。 故选C。 【变式13-1】航天梦由来已久，明朝万户，他把多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，翱翔天际，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．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 B．火箭在向下喷气上升的过程中，火箭机械能守恒 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 【变式13-2】某科研小组试验一款火箭，携带燃料后的总质量为M。先将火箭以初速度从地面竖直向上弹出，上升到高度时点燃燃料，假设质量为m的燃气在一瞬间全部竖直向下喷出，若燃气相对火箭喷射出的速率为u，重力加速度为g，不计空气阻力。求： （1）火箭到达高度时的速度大小； （2）燃气全部喷出后火箭的速度大小； （3）火箭上升的最大高度。 题型14 “人船”模型 【例14】如图所示，平板车停在光滑的水平面上，某工人（可视为质点）在平板车上卸货，该工人从固定在平板车上右端的货厢左边缘水平向左跳出，恰好落在平板车左边缘上的P点（该工人落在P点瞬间与平板车共速）。已知平板车长度4m，货厢长度为1m，高度为h=1.25m，工人的质量为m，平板车连同货厢的质量为M=5m，g取10 m/s²。则下列说法正确的是（    ） A．平板车最终的速度大小为0.5m/s B．工人水平方向移动的距离为4m C．平板车最终移动的距离为2.5m D．工人水平向左跳出时的速度大小为5m/s 【答案】D 【解析】A．工人与平板车在水平方向动量守恒，则 解得 故A错误； BC．根据人船模型可得 解得 ， 故工人水平方向移动的距离为2.5m，平板车最终移动的距离为0.5m，故BC错误； D．对工人做平抛运动过程，有 解得 故D正确。 故选D。 【变式14-1】（多选）如图所示，某科研团队对研发的人形机器人进行跳跃测试。小车静置于光滑水平地面上，机器人静止站立在平台右端点。测试时机器人以初速度（大小未知）水平跳出，落到小车上的点，此过程中机器人消耗能量为（大小未知）。已知机器人的质量为，小车的质量为点与点高度差为，水平距离为，重力加速度为，机器人可以看作质点，假设机器人消耗的能量全部转化为动能，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式14-2】（多选）如图，在一次特警训练中，质量为140kg的小车静止在光滑的水平面上，A、B为小车的两端。质量为70kg的特警站在A端，起跳后恰好落到B端，相对地面的位移为2m。该过程不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小车后退了1m B．小车后退了 C．小车AB长为3m D．小车AB长为 题型15 弹簧弹开两物体模型 【例15】A、B两物体质量分别为和，与水平地面之间的动摩擦因数分别为和，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上。现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上。下列判断正确的是（    ） A．在两物体被弹开的过程中，因为弹簧弹力，A、B两物体组成的系统动量不守恒 B．在脱离弹簧后两物体的运动过程中，因为摩擦力，两物体组成系统动量不守恒 C．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A、B两物体组成的系统动量守恒 D．两物体不一定同时停在地面上 【答案】C 【解析】ABC．因为A、B与地面之间的摩擦力分别为 在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A、B两物体组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，选项AB错误，C正确； D．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，因系统的总动量为零，则当一个物体停下来速度为零时，另一个物体的速度一定也为零，即两物体一定同时停在地面上，选项D错误。 故选C。 【变式15-1】如图所示，水平面左侧有一足够长的、相对水平面高为H的光滑平台，质量为M的滑块与质量为m的小球之间有一个处于压缩且锁定状态的轻弹簧（弹簧不与滑块和小球连接），系统处于静止状态。某时刻弹簧解除锁定，小球离开平台后做平抛运动，落到水平面上时落点到平台的距离为s，重力加速度为g，则滑块的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【变式15-2】如图所示，两块小木块A和B中间夹上轻弹簧用细线扎在一起，放在光滑的水平台面上，烧断细线，弹簧将小木块A、B弹出，最后落到水平地面上，根据图中的有关数据，可以判定下列说法中正确的是（弹簧原长远小于桌面长度）（　　） A．小木块A先落到地面上 B．两小木块质量之比 C．两小木块离开桌面时，动能之比 D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小之比 题型16 气球和人模型 【例16】如图所示，大气球质量为，载有质量为的人，静止在空气中距地面高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为（不计人的身高，可以把人看作质点）（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设人的质量为m1，气球的质量为m2，系统所受重力与浮力平衡，合外力为零，根据系统动量守恒得 人与气球运动的距离分别为 ， 联立可得 又 代入数据，解得绳长至少为 故选D。 【变式16-1】如图所示，大气球质量为25kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（　　）（不计人的高度，可以把人看作质点） A．60m B．40m C．30m D．10m 【变式16-2】热气球因其色彩艳丽，场面壮观，成为企业宣传所采用的独具特色的广告媒体.如图所示的热气球静止于距水平地面H的高处，一质量为M的人从热气球上沿软绳向下运动。已知热气球的质量为m，软绳质量忽略不计，热气球所受的浮力不变，若要人能安全到达地面，则绳长至少为（　　） A． B． C． D． 分层训练 【基础过关】 1．新能源汽车以其环保、智能等优势受到广大消费者的青睐。某款新能源汽车在时刻沿平直公路由静止开始以恒定加速度启动，发动机在时刻达到额定功率，然后保持功率不变继续加速，时刻达到最大速度后匀速行驶。假设汽车所受的阻力大小恒定，则此过程中汽车的加速度a、动量p、牵引力F、功率P随时间t的变化规律正确的是（　　） A． B． C． D． 2．如图甲所示，在足球赛场上，一足球运动员踢质量为的足球。若足球以的速度撞向球门门柱，然后以的速度反向弹回，如图乙所示，则这一碰撞过程中足球的动量改变量是（　　） A．，方向水平向右 B．，方向水平向左 C．，方向水平向右 D．，方向水平向左 3．如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量都为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端有一轻弹簧。当P撞上弹簧，弹簧被压缩至最短时（　　） A．P的动量变为0 B．P、Q的速度不相等 C．Q的动量达到最大值 D．P、Q系统总动量仍然为mv 4．在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧（不连接），如图所示，用左、右两手分别抓住小车A、B并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。将两小车及弹簧看成一个系统，下面说法错误的是（    ） A．两手同时放开后，系统总动量始终为零 B．先放开左手，再放开右手后，系统动量不守恒 C．先放开左手，后放开右手，总动量向左 D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量保持不变，但系统总动量不一定为零 5．如图所示，从距秤盘高处把一筒豆粒由静止持续均匀地倒在秤盘上，从第一粒豆落入秤盘至最后一粒豆落入秤盘用时为，豆粒的总质量为。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的三分之一，忽略豆粒与秤盘碰撞过程中豆粒的重力。已知重力加速度为，则碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为（　　） A． B． C． D． 6．如图所示，为研究平抛运动的实验装置，金属小球A、B完全相同。用小锤轻击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开自由下落。图中虚线1、2分别代表离地高度不同的两个水平面，下列说法正确的是（　　） A．该实验说明平抛运动在水平方向上是匀速直线运动 B．只改变小锤的打击力度，两球的落地时间仍相等 C．两球从水平面1到2的过程，B球动量变化量比A球大 D．两球从水平面1到2的过程，B球动量变化量比A球小 7．下列关于图像斜率的说法正确的是（　　） A．甲图的位移—时间图像中a点的斜率表示此时加速度a的大小 B．乙图的电压—电流图像中b点的斜率表示此时电阻R的大小 C．丙图的电流—时间图像中c点的斜率表示此时电荷量q的大小 D．丁图的动量—时间图像中d点的斜率表示此时合外力F的大小 8．在巴黎奥运会上，中国跳水梦之队首次包揽八金。如图甲所示，在某次跳水比赛中，假设运动员起跳后到入水前做竖直上抛运动，从离开跳板瞬间开始计时，取竖直向下为正方向，该运动员重心的竖直速度图像如图乙所示，其中部分为直线。则（　　） A．时刻运动员入水 B．时刻运动员离水面最高 C．时间内运动员所受重力的瞬时功率一直增大 D．时间内运动员所受重力冲量为零 9．如图所示，小车B静止在光滑的水平面上，小球A悬挂在小车B的杆子上，现将小球A缓慢拉开一定角度，小车和小球均静止，释放小球后，下列说法正确的是（    ） A．当小球向左摆动时，小车也向左运动 B．当小球向左摆动到最高点时，小车的速度达到最大 C．当小球摆动到最低点时，小球和小车的速度相同 D．小球和小车组成的系统在水平方向上的动量始终守恒 10．如图所示，质量为的滑块沿倾角为的固定斜面向上滑动，经过时间，滑块的速度变为零且立即开始下滑，又经过时间回到斜面底端。滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为，重力加速度为。在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）（沿斜面向上的方向为正方向） A．重力对滑块的总冲量为 B．合外力的冲量为0 C．摩擦力的总冲量为 D．支持力对滑块的总冲量为 11．（多选）如图所示，物体b静止在光滑的水平面上，某时刻给物体a一水平向右的初动量，经过一段时间两物体发生碰撞，碰后物体a被反弹，物体a、b的动量大小分别为、；碰撞前后物体a的动能大小分别为、，碰后物体b的动能大小为。下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 12．（多选）时，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的图线变化。在0~8s内，下列说法正确的是（　　） A．时，质点P加速度和速度均为零 B．时，质点P回到原点 C．在0~8s内，质点P动量的变化量为零 D．在0~8s内，质点P动能的变化量为零 13．（多选）如图甲所示，一物体静止在光滑水平面上，从时刻起，物体受到的水平外力随时间变化的关系图线如图乙所示，以水平向右为正方向，物体质量为，则下列说法正确的是（    ）    A．前内水平外力的冲量为零 B．第末物体的运动方向改变 C．第末物体的速度为 D．第内物体的位移为 14．2023年6月27日全国残疾人冰壶锦标赛和残奥冰球锦标赛拉开序幕。如图所示，运动员将冰壶A以初速度v0 = 2 m/s从M点水平掷出，沿直线运动一段距离后与静止在N点的冰壶B发生正碰，碰后冰壶A、B的速度大小分别为vA = 0.3 m/s、vB = 0.7 m/s，碰撞前后A的速度方向不变，运动中冰壶可视为质点且碰撞时间极短。若冰壶A、B的质量均为20 kg，与冰面间的动摩擦因数均为μ = 0.015，重力加速度g = 10 m/s2。求： (1)两冰壶碰撞前冰壶A的速度大小v1； (2)M、N两点间的距离s； (3)通过计算判断两冰壶碰撞是否为弹性碰撞。 15．如图所示，固定在水平地面上的光滑圆弧AB（O点为圆心，且OA水平、OB竖直）与光滑水平地面BD平滑连接，在水平地面上的C点静置着滑块P，离C点一段距离处放置着光滑圆弧凹槽M，凹槽左侧与水平地面在D点相切。滑块Q从A点正上方一定高度处由静止释放，经过圆弧末端B时对圆弧轨道的压力大小，滑块P、Q发生弹性碰撞（碰撞时间极短）后，取走滑块Q，滑块P恰好能运动到凹槽M的最高点。已知圆弧AB的半径，凹槽M的半径，滑块Q的质量，滑块P的质量，滑块P、Q均可视为质点，取重力加速度大小。求： (1)滑块Q初始释放时距离A点的高度h； (2)滑块P、Q发生碰撞后瞬间滑块P的速度大小； (3)凹槽M的质量。 【能力提升】 1．某水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P横截面积为S、喷水的流速恒定为v，从P喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．水流单位时间撞到B处的体积 B．水流在B处的速度 C．水流对B处的冲击力 D．空中水的质量 2．水平桌面上有四个质量均为m的小车，模型简化如图所示，其中1号小车有动力。小车从静止开始以额定功率P行驶，达到最大速度匀速运动。若1号小车运动过程受到前方阻力作用，为了研究方便假设小车碰到空气前，空气的速度为零，碰到空气后，空气速度立即与小车相同，已知空气密度为，小车迎风截面积（垂直运动方向上的投影面积）为S，不计其他阻力（2，3，4号车的阻力都不计）。当小车由静止达到最大速度三分之一时，1号车对2号车的力为（　　） A． B． C． D． 3．光滑水平地面上，A、B两物体质量都为，A以速度向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，在之后的运动过程中（　　） A．A、B组成系统机械能守恒 B．A的最小动量不为零 C．弹簧被压缩最短时，B的动量达到最大值 D．弹簧被压缩最短时，A、B速度相等 4．质量为2kg的物块静止于水平面上，时刻施加一水平拉力，拉力随时间变化的关系如图所示。已知物块与水平面之间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。下列选项正确的是（　　） A．0~2s内重力的冲量为零 B．0~1s内摩擦力冲量的大小为 C．时物块的动量为零 D．时物块动量的大小为 5．投飞镖是儿童经常玩的游戏。若把飞镖视为质点，飞镖两次击中同一点M的过程可以简化为如图所示的两个过程，一次从P点水平抛出，另一次从P点正下方地面上的Q点斜向上抛出，其轨迹的最高点和P点等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（   ） A．飞镖两次运动的时间不相等 B．飞镖两次运动的位移大小相等 C．飞镖两次运动落地前瞬间动量大小相等 D．两次运动过程中，飞镖均处于超重状态 6．中国军队于2021年9月12日参加“和平使命—2021”上合组织成员国联合反恐军事演习，演习中某特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，其运动的速度随时间变化的图像如图所示，时刻特种兵着地。关于该特种兵，下列说法正确的是（　　） A．时间内处于超重状态 B．时间内所受阻力越来越小 C．时间内的平均速度小于 D．时间内合外力的冲量方向竖直向下 7．汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M=30kg，H=3.2m，重力加速度取g=10m/s2，未计空气阻力。则（　　） A．碰撞过程中F的冲量大小为660Ns B．碰撞过程中头锤所受合力的冲量方向竖直向下 C．碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为360N·s D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m 8．如图所示，倾角的斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端固定一挡板，轻弹簧一端固定在挡板上，质量为m的物块B与轻弹簧相连接，静止时弹簧的压缩量为x（x未知），质量为的物块A由斜面体的顶端静止释放，释放瞬间物块A、B的间距为，两物块碰后粘在一起，两物块一起向下运动的距离为时到最低点，已知弹性势能表达式为，为形变量，重力加速度为g。两物块均可视为质点，忽略物块与斜面体之间的摩擦。下列说法正确的是（　　） A．两物块碰后的速度 B．两物块因碰撞损失的机械能为 C． D．弹簧的劲度系数为 9．如图所示，光滑水平地面上停放着一辆的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由（初速度为0）滑下，经B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，下列说法正确的是（　　） A．小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒 B．小球、小车及弹簧组成的系统机械能守恒 C．弹簧具有的最大弹性势能时，小车和球的速度都为零 D．最终小车和小球以相同的速度一起向右运动 10．如图所示，质量均为M=2kg的木块A和B，并排但不粘连放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的О点系一长l=1m的细线，细线另一端系一质量m=1kg的小球C，现将小球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放小球C，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，细杆的高度大于绳长，则下列说法正确的是（　　） A．运动过程中A、B、C组成的系统动量守恒 B．小球C第一次到达最低点时速度大小是2m/s C．小球C第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离是0.2m D．小球C第二次到达最低点时速度大小是3m/s 11．（多选）一测试用的导弹在地面附近的运动轨迹如图中曲线所示，坐标x轴为水平方向，y轴为竖直方向，导弹以某一初速度由地面某处O点发射同时开启推进器助推，到达a点时关闭推进器。已知推力方向和空气阻力方向始终与导弹运动方向在同一直线，空气阻力大小与导弹速率二次方成正比，图中a、c高度相同，b导弹轨迹最高点，则导弹在飞行过程中（    ） A．b点时速率为零 B．Oa阶段可能做直线运动 C．a点的动能大于c点的动能 D．ab和bc阶段，重力冲量不相同 12．（多选）如图所示，质量为2m的物块A与质量为m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。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 13．（多选）如图甲，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态，弹簧的弹性势能为Ep0。t=0时刻解除A球锁定，时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a－t图像如图乙，表示O到时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小。时刻，A、B系统的总动量大小为p，弹簧的弹性势能为下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 14．一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带和木板三部分组成。倾角为的传送带以恒定的速率顺时针方向运行，质量的物体（可视为质点）从平台以水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。物体在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度，物体和传送带之间的动摩擦因数，质量的木板静止于光滑水平面上。物体离开传送带后沿水平方向冲上木板（物体从离开传送带到冲上木板过程无动能损耗），物体与木板之间的摩擦因数为，不计空气阻力。重力加速度取 (1)求平台距离传送带最上端的高度； (2)求物体在传送带上运动的时间； (3)要使物体不滑离木板，求木板的最小长度。 15．如图所示，AC为长L1=3m的粗糙水平桌面。质量m1=1kg、长度为L2=1m的长方体物块，静置于桌面上的AB部分，另有一个质量m2=1kg的小球，静置于桌面上C的位置。现有一水平向左的恒力F作用于物块上，当物块运动到C点时立即撤去恒力F，随后物块与小球发生弹性正碰，碰撞后小球恰好能通过D点并进入光滑的四分之一圆弧形轨道，再从H点进入光滑半圆形凹槽，凹槽右侧有一固定挡板，挡板左侧的水平地面光滑。已知物块与桌面的动摩擦因数μ=0.4，圆弧形轨道的半径R1=0.4m，半圆形凹槽的半径R2=0.4m，CD间距和EH间距均略大于小球直径，小球直径远小于R1，重力加速度g=10m/s2。求： (1)小球在D点的速度大小v1； (2)小球在通过半圆形凹槽最低点时的速度大小v2； (3)恒力F的大小； (4)若使小球恰好不从凹槽左侧冲出，求半圆形凹槽的质量M的大小。 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题专项：动量守恒模型总结【思维导图+四大秒杀招+十六题型+分层训练】 思维导图 解题大招 大招01小球与曲面模型 (1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大 水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v 能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋m1gh (相当于完全非弹性碰撞) (2)小球返回曲面底端时 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2 能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22 (相当于弹性碰撞) 大招02小球与弹簧模型 (1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大 动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v 能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm (相当于完全非弹性碰撞) (2)弹簧恢复原长时： 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2 能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22 (相当于完全弹性碰撞) 大招03子弹打木块模型 s2 d s1 v0 子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。 设质量为的子弹以初速度射向静止在光滑水平面上的质量为的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。 要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。 从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：……① 从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有 对子弹用动能定理： ……② 对木块用动能定理： ……③ 1、 ②相减得： ……④ 对子弹用动量定理： ……⑤ 对木块用动量定理： ……⑥ 大招04爆炸与类爆炸模型 一．爆炸模型的特点 1、 动量守恒：由于爆炸是极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。 2、 动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。 3、 位置不变：由于爆炸的时间极短。因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可以忽略不计，可认为物体爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 二、爆炸模型讲解 1、如图：质量分别为、的可视为质点A、B间夹着质量可忽略的火药．一开始二者静止，点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，则： 、组成的系统动量守恒：①得： ② ②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。 、组成的系统能量守恒：③ ①式也可以写为：④又根据动量与动能的关系得 ④进一步化简得：⑤ ⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。 ②⑤联立可得： ⑥ 2、 若原来、组成的系统以初速度在运动，运动过程中发生了爆炸现象则： 、组成的系统动量守恒：⑦ 、组成的系统能量守恒：⑧ 题型分类 题型01 完全弹性碰撞：动碰静 【例1】（多选）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．碰撞前静止 B．碰撞后的运动方向不变 C． D．该碰撞为非弹性碰撞 【答案】AC 【解析】A．根据图像斜率表示速度可知碰撞前静止，碰撞后的运动方向发生改变，故A正确，B错误； C．碰撞前的速度为 碰撞后的速度为 碰撞前的速度为0，碰撞后的速度为 根据动量守恒定律得 可得两物体的质量之比为 故C正确； D．碰撞前系统的总动能为 碰撞后系统的总动能为 则有 可知两物体的碰撞为弹性碰撞，故D错误。 故选AC。 【变式1-1】动量守恒定律是一个独立的实验定律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域。运用动量守恒定律解决二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图所示，质量分别为和的球1和球2构成一系统，不考虑系统的外力作用。球1以速度（方向沿x轴正向）与静止的球2发生弹性碰撞，若速度不在两球球心的连线上，碰撞之后两球的速度、都会偏离的方向，偏角分别为、。下列说法正确的是（　　） A．两小球在球心连线方向动量不守恒 B．两小球的相互作用力方向与速度方向共线 C．两小球碰后速度大小满足 D．两小球碰后速度大小满足 【答案】C 【解析】A．碰撞为弹性碰撞，动量守恒和机械能守恒，则两小球在球心连线方向动量守恒，A错误； B．对球1，由动量定理得 与不共线，故两小球的相互作用力方向与方向共线，与方向不共线，B错误； C．规定x轴的正方向为正方向，x轴方向的动量守恒表达式如下 规定y轴的正方向为正方向，y轴方向的动量守恒表达式如下 C正确； D．球1以速度（方向沿x轴正向）与静止的球2发生完全弹性碰撞，机械能守恒，则 D错误； 故选C。 【变式1-2】如图所示，质量为mA=2kg的A球和质量为mB=4kg的B球，原来均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的v0=6m/s初速度，之后与B球发生对心碰撞。若是弹性碰撞，求碰后A球的速度。 【答案】-2m/s，负号表示碰后A的速度方向向左 【解析】两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，有 ， 联立，解得 负号表示碰后A的速度方向向左。 题型02 完全弹性碰撞：动碰动 【例2】甲、乙两小球在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，已知小球甲的质量小于小球乙的质量，两小球碰撞前后的位移随时间的变化规律如图所示。则下列说法正确的是（　　） A．图线A为碰前乙的位移—时间图像 B．图线C为碰后甲的位移—时间图像 C．小球甲、乙的质量之比为1∶2 D．两小球的碰撞为非弹性碰撞 【答案】A 【解析】AB．由图像可知图线对应的小球的速度大小分别为 由题意小球甲的质量小于小球乙的质量，即碰前小球乙的动量大于小球甲的动量，又由于碰撞过程两小球组成的系统动量守恒，碰后系统的动量方向与碰前小球乙的方向相同，结合实际分析可知碰后小球乙静止，小球甲反弹，所以图线为碰前小球乙的图线，图线为碰后小球乙的图线，故A正确，B错误； C．由碰撞过程动量守恒定律得 由以上解得 故C错误； D．碰前系统的动能为 碰后系统的动能为 显然 所以该碰撞为弹性碰撞，故D错误。 故选A。 【变式2-1】“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为，探测器的初速度大小为，在图示情况下，探测器在远离行星后速度大小为。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 解得 又因为 解得 故选B。 【变式2-2】如图，质量为m=1kg的A球用长为L=1m的轻质细线悬挂于固定点O，初始时细线与竖直向下夹角为37°，将A由静止释放。与此同时，质量为M=3m的B球沿光滑水平面向左运动，两球恰好在O点正下方发生弹性正碰，碰后B球恰好静止。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，g取10m/s2。A、B碰撞前，A球在O点正下方绳的拉力为 N，B球碰前速度应为 m/s。 【答案】14 2 【解析】[1]A摆下过程，由动能定理有 得 A球在O点正下方时，根据牛顿第二定律可得 解得 [2]设B球碰前速度为，A球碰后速度为，A、B碰撞过程满足由动量守恒和机械能守恒；以向左为正方向，则有 ， 解得 题型03“子母球”模型 【例3】如图所示，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A 碰撞，h远大于两小球直径，小球B 的质量远大于小球A质量。假设所有的碰撞均为竖直方向内弹性碰撞，且碰撞时间均可忽略不计，不考虑空气阻力，则下列判断中正确的是（　　） A．下落过程中A 与B 之间存在相互作用 B．小球B与地面碰撞后，小球B的速度为零 C．A 与B 第一次碰后小球A 弹起的最大高度约为4h D．A 与B 第一次碰后小球A 弹起的最大高度约为9h 【答案】D 【解析】A．不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，完全失重状态，则两个小球之间没有力的作用，A错误； B．下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得 解得触地时两球速度相同，为 B球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，故B错误； CD．选A与B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 解得 碰后小球A弹起的最大高度 故D正确，C错误。 【变式3-1】如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度。将质量为（）的大球（在下），质量为m的小球（在上）叠放在一起，从距地面高h处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（    ） A．两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为 B．大球与地面第一次碰撞过程中，地面对大球平均作用力的冲量大小为 C．无论k取什么值，大球与小球碰撞后大球的速度均不能为0 D．若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度约为9h 【答案】D 【解析】A．两球一起下落过程中都做自由落体运动，小球对大球的弹力大小为0，A错误； B．下落过程中由自由落体运动规律得 解得大球与地面碰撞前的速度大小为 根据动量定理可得 B错误； C．以向上为正方向，大球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，两球碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰撞前小球和大球的速度分别为v，碰后大球的速度为v1，小球的速度为v2，由动量守恒定律 由机械能守恒定律 两式联立解得 可知当 时，大球与小球碰撞后大球的速度为0，C错误； D．大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后小球速度大小为v1，大球速度大小为v2，选向上为正方向，由动能量守恒和机械能守恒 解得 当M≫m时，不考虑m影响，则 小球上升高度为 D正确； 故选D。 【变式3-2】（多选）如图所示，将两个质量分别为m1＝60g、m2＝30g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度h0＝1.8m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度时间图像如图乙所示，g取10m/s2（　　） A．两球下落过程中，B球对A球有竖直向下的压力 B．B球与A球碰前的速度大小均为6m/s C．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小之比为1∶101 D．A、B两球发生的是弹性碰撞 【答案】BC 【解析】A．小球A、B叠放在一起做自由落体运动，两球之间的弹力为零，故A错误； B．由乙图可知，A球与B球碰前，B球做自由落体运动，运动时间为0.6s，则碰前B球的速度大小为 A球落地速度大小 落地所用时间 A球与地面碰撞后以原速率返回，可得返回时两球马上相碰，故B正确； C．根据动量定理，A和B相互作用过程中，B动量的变化量等于B球所受合力的冲量 重力的冲量为 可得 故C正确； D．因为A、B作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，根据动量守恒定律得 得A碰后速度为 根据计算 可知碰撞后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞，故D错误。 故选BC。 题型04 碰撞后粘连问题 【例4】如图所示，质量为的小球A从距离地面高度处向上斜抛，抛出时的速度大小为，方向与水平方向夹角为，在A抛出的同时有一质量为2m的黏性小球B从某高度处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，AB两球碰撞时间极短，碰后AB两球粘在一起落回地面。已知A球上升和下落过程时间相等。不计空气阻力，取。下列说法正确的是（　　） A．小球A上升至最高处时水平位移是20m B．小球B下落时离地面的高度是37.5m C．小球A抛出点距地面的高度为11.25m D．小球A抛出点距落地点的水平距离为60m 【答案】B 【解析】A．小球上升至最高处时的时间 水平位移是 选项A错误； B．碰前B下落的高度 碰前B的竖直速度 碰后AB的竖直速度为vy，则由竖直方向动量守恒 解得 vy=10m/s 然后一起落地下落的高度 可得小球B下落时离地面的高度是 H=h1+h2=37.5m 选项B正确； C．小球从抛出到最高点的高度 则小球A抛出点距地面的高度 选项C错误； D．两球碰撞水平方向动量守恒可得 可得 vx=m/s 则小球抛出点距落地点的水平距离为 选项D错误。 故选B。 【变式4-1】汽车碰撞实验是检测汽车安全性能的手段。如图，为了检测汽车甲的安全性能，工程师让甲车以的速度在水平地面上与静止的汽车乙发生正碰（碰撞前甲已失去动力），碰撞后两车共速，从碰撞开始到两车恰好共速所用时间。甲车总质量（含假人），乙车总质量，不考虑地面阻力，则（　　） A．两车共同速度大小为 B．因，碰撞时甲对乙的力始终小于乙对甲的力 C．碰撞过程中乙对甲的平圴作用力大小为 D．若其他条件不变，越大，两车间平均作用力就越小 【答案】A 【解析】A．依题意，碰撞过程系统动量守恒，可得 解得 故A正确； B．根据牛顿第三定律可知，碰撞时甲对乙的力始终等于乙对甲的力，故B错误； C．根据动量定理，可得 联立，解得 若其他条件不变，越大，两车间平均作用力就越大，代入数据，解得 故CD错误。 故选A。 【变式4-2】长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A获得一速度vA后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并也恰好能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求： （1）A获得一速度vA时，轻绳对小球A的拉力大小； （2）A、B碰撞过程中损失的机械能∆E。 【答案】（1）6m1g （2） 【解析】（1）恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设在最高点时的速度大小为，由牛顿第二定律有 从最低点到最高点的过程中，取轨迹最低点处重力势能为零，由机械能守恒定律有 对最低点受力分析可得 解得轻绳对小球的拉力大小 （2）设两球粘在一起时的速度大小为粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足 要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前的速度方向相同，以此方向为正方向，设碰前瞬间的速度大小为，由动量守恒定律有 根据能量守恒定律可得，两球碰撞过程中损失的机械能 题型05 子弹打木块模型 【例5】在光滑水平地面上静止放置着由轻弹簧连接的物块A和B、开始时弹簧处于原长，一颗质量为m的子弹以水平初速度v射入物块A并留在其中（子弹与物块相互作用时间极短，可忽略不计），已知物块A和B的质量均为m，则在以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】子弹打入木块A时由动量守恒 当A（包括子弹）和B共速时弹簧弹性势能最大，则由动量守恒和能量关系可知 联立解得 故选D。 【变式5-1】如图所示，质量为m的子弹以水平初速度射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为v，在此过程中，木块在地面上滑动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，子弹与木块间的相互作用力为f，以下关系式中不正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】A. 对子弹由动能定理可知 即 选项A正确，不符合题意； B. 对子弹和木块的系统由能量关系可知 选项B正确，不符合题意； C. 对子弹和木块系统由动量守恒定律可知 选项C正确，不符合题意； D. 对木块由动能定理 选项D错误，符合题意。 故选D。 【变式5-2】（多选）质量的小车静止在光滑的水平面上，车长，现有一质量为（可视为质点）的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数，，下列说法正确的是（　　） A．在此过程中摩擦力对物块做的功为 B．物块与小车的共同速度大小 C．在此过程中系统产生的内能 D．若物块不滑离小车，物块的速度不能超过 【答案】BC 【解析】B．设物块与小车的共同速度为，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 解得 故B正确； A．对物块，根据动能定理有 解得 故A错误； C．根据 可知在此过程中系统产生的内能为0.24J，故C正确； D．设物块恰好不滑离小车时的初速度为，物块到达木板最右端时的速度为。由动量守恒定律及能量守恒可得 联立解得 故D错误。 故选BC。 题型06 滑块－弹簧模型 【例6】如图所示，光滑水平地面上质量为的物体以速率向右运动，质量为的物体左端固定有一轻弹簧，以速率向左运动。弹簧的形变始终在弹性限度内，在与弹簧接触到弹簧压缩量最大的过程中，下列说法正确的是（    ） A．弹簧对的冲量大小为 B．的位移大小之比为 C．弹簧对做的功与对做的功相同 D．当的速度为零时，弹簧的弹性势能最大 【答案】A 【解析】A．当共速时，弹簧的压缩量最大，规定水平向左为正方向，由动量守恒定律得 对由动量定理得 联立解得 故A正确； B．与弹簧接触到的速度减小为零的过程中，因此．从的速度为零到的速度达到的过程中，均向左运动，的位移减小，的位移增大，因此，故B错误： C．由动能定理得，弹簧对做的功为 弹簧对做的功为 故C错误； D．当共速时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，故D错误。 故选A。 【变式6-1】如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使瞬间获得水平向右的速度，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（   ） A．在、时刻两物块达到共同速度且弹簧都处于压缩状态 B．从到时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长 C．两物块的质量之比为 D．在时刻两物块的动量大小之比为 【答案】D 【解析】A．由题图乙可知、时刻两物块达到共同速度，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，时刻弹簧处于压缩状态，时刻弹簧处于伸长状态，故A错误； B．结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时逐渐减速，逐渐加速，弹簧被压缩，时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，继续加速，先减速为零，然后反向加速，时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从到过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误； C．从开始到时刻，由系统动量守恒可得 将，代入得 故C错误； D．在时刻，的速度为，的速度为，又 则动量大小之比为 故D正确。 故选D。 【变式6-2】如图所示，在一个倾角为的固定斜面底端固定一个挡板，挡板连接一个劲度系数为的轻弹簧，轻弹簧上端与一质量为的光滑滑块相连且处于静止状态，静止时所在位置为。某时刻将一个质量也为的滑块从离点距离处由静止释放，滑块与斜面之间的动摩擦因数为。两滑块均可视为质点，滑块与滑块碰后粘连在一起，在运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，当其形变量为时，弹性势能为，已知重力加速度。求： （1）滑块与滑块碰撞前瞬间的速度大小； （2）二者共同运动过程中的最大速度（结果可保留根号）。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）滑块下滑过程中由动能定理得 解得 （2）开始时平衡，故 之间发生碰撞，动量守恒 碰后共同向下运动，达到最大速度时 由功能关系得 解得二者共同运动过程中的最大速度 题型07 滑块－光滑圆弧轨道模型 【例7】（多选）如图所示，质量为3kg、半径为4.6m、圆心为点的四分之一光滑圆弧槽静止在光滑水平地面上，且其底端与水平地面相切。质量为1kg的小球（可视为质点）以的初速度沿着水平地面向右运动，取重力加速度大小。对于小球刚冲上圆弧槽到上升至最高点的过程，下列说法正确的是（    ） A．该过程小球和圆弧槽构成的系统动量守恒 B．该过程小球和圆弧槽构成的系统机械能守恒 C．小球能上升的最高点到水平地面的高度为5.4m D．小球运动到圆弧轨道上与点等高处时的速度大小为 【答案】BC 【解析】A．小球与圆弧槽组成的系统水平方向不受外力，因此水平方向上系统动量守恒，但竖直方向上合外力不为零，因此系统动量不守恒，A错误； B．该过程小球与光滑圆弧槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，B正确； CD．假设小球不能从圆弧槽最高点飞出，当小球沿圆弧面上升至最高点时，设二者共同速度v1，设球的质量为m，槽的质量为M，小球的初速度为根据动量守恒定律有 代入数据解得 所以系统动能的减少量 重力势能的增加量 不满足机械能守恒定律，则假设不成立，由此可知小球能从圆弧槽最高点飞出，设小球在圆弧最高处的速度为v2，此时圆弧槽水平方向与小球水平方向的速度均为，根据能量守恒定律有 代入数据可得 小球在竖直方向上的速度 故小球离开圆弧槽能上升的高度 小球能上升的最高点到水平地面的高度为 C正确，D错误。 故选BC。 【变式7-1】（多选）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做负功 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 D．球A与弹簧作用后，能够追上槽C 【答案】ACD 【解析】A．球A沿槽C下滑过程中，水平方向动量守恒，AC组成的系统机械能守恒，C向右运动机械能增加，球A对槽C做正功，则槽C对球A做负功，故A正确； B．整个过程中球A、球B和槽C构成的系统水平方向动量守恒，故B错误； C．球A到槽C上端时的速度为v1，由机械能守恒定律 解得 球A到槽C组成的系统，设球A到最低点时的速度为vA，规定水平向左为正方向，水平方向动量守恒 则 由几何关系 联立解得，球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为 故C正确； D．由能量守恒 其中 联立解得 ，方向水平向左 ，方向水平向右 对球A和球B由动量守恒定律 由机械能守恒定律 联立解得 ，方向水平向右 因为 所以球A与弹簧作用后，能够追上槽C，故D正确。 故选ACD。 【变式7-2】如图所示，在水平面上放置一半径为的半圆槽，A、B为槽左、右两端的最高点且位于同一水平线上，C为圆槽最低点。现让一个小球（可视为质点）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和，不计一切摩擦阻力，重力加速度为。求： （1）小球第一次通过C点时的速度的大小； （2）整个运动过程中，半圆槽向右运动的最大距离。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）从B点释放后到C点，根据水平方向的动量守恒有 根据能量守恒定律有 解得 （2）由水平方向动量守恒有 可得 同时 可得 题型08 绳连接体模型 【例8】如图所示为某弹跳玩具，底部是一个质量为m的底座，通过弹簧与顶部一质量M =2m的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上运动。某次游戏时发现，底座离开地面后能上升h高，则（　　） A．用手将小球按下一段距离后，弹簧的弹性势能 B．绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为 C．绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为 D．玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功 【答案】C 【解析】ABC．设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为，底座离开地面后能上升h高，则有 设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为，根据动量守恒可得 可得 则绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为 则绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为 用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势能，故弹性势能满足 故AB错误，C正确； D．玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功为 故D错误。 故选C。 【变式8-1】（多选）如图所示，物块A、B通过不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮连接，已知mA=3m，mB=m，t=0时刻通过一个弹射装置（图中未画出）给物块A一个竖直向上的初速度v0=2m/s，然后瞬间移开弹射装置，物块A、B均可视为质点，全过程A、B既没有落地，也没有碰到滑轮。重力加速度g取10m/s2，则正确的是（　　） A．0.1s时，A的速度大小为1.5m/s B．0.1s时，B的速度大小为1m/s C．物体B下落的最大高度为0.325m D．物体B下落的最大高度为0.225m 【答案】BD 【解析】AB．瞬间移开弹射装置，A的速度大于B的速度，所以绳子会松弛，绳子没有弹力，则A做竖直上抛运动，B做自由落体运动，0.1s时，A的速度大小为 B的速度大小为 故A错误，B正确； CD．设经过t时刻，绳子再次紧绷，则有A的位移大小等于B的位移大小，即 解得 此时A的速度大小为 B的速度大小为 根据沿着绳子方向上动量守恒可得 可得 此时根据牛顿第二定律有 联立解得 则物块B接着以速度，加速度向下减速，则物体B下落的最大高度为 故C错误，D正确。 故选BD。 【变式8-2】（多选）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为的物块，另一端连接质量为的木板，绳子开始是松弛的。质量为的物块放在长木板的右端，与木板间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块水平向左的瞬时初速度，物块立即在长木板上运动。已知绳子绷紧前，、已经达到共同速度；绳子绷紧后，、总是具有相同的速度；物块始终未从长木板上滑落．下列说法正确的是（　　） A．绳子绷紧前，、达到的共同速度大小为 B．绳子刚绷紧后的瞬间，、的速度大小均为 C．绳子刚绷紧后的瞬间，、的速度大小均为 D．最终、、三者将以大小为的共同速度一直运动下去 【答案】ACD 【解析】A．绳子绷紧前，、已经达到共同速度，设、达到的共同速度大小为，根据动量守恒定律可得 解得 A正确； BC．绳子刚绷紧后的瞬间，、具有相同的速度，、组成的系统满足动量守恒，则有 解得 B错误，C正确； D．、、三者最终有共同的速度，、、组成的系统满足动量守恒，则有 解得 D正确； 故选ACD。 题型09 多次碰撞问题 【例9】（多选）如图所示，光滑圆环水平放置并固定，、、为圆环上的三等分点，圆环内有质量为和的小球A和B（）。初始时小球A以初速度沿圆环切线方向运动，与静止的小球B在点发生碰撞，两小球始终在圆环内运动。若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于、、点，则小球的质量比可能为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】AD 【解析】两球碰后速度分别为、，根据动量守恒以及机械能守恒可得 联立解得 ， 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，则 ①若第二次碰撞发生在图中的点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为 且 可得 由两质量均为正数，故，即 对第二次碰撞，设A、B碰撞后速度大小分别为，，根据动量守恒以及机械能守恒可得 联立解得 ， 故第三次碰撞发生在点、第四次碰撞发生在点，以此类推，满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为 且 可得 两质量均为正数，故，即 根据①的分析可证，，满足题意。 故选AD。 【变式9-1】台球是青年喜爱的运动项目，球员出杆击打白球，运动白球撞击彩色球使其入洞并计分。假设在光滑水平面的一条直线上依次放4个质量均为m的弹性红球，质量为2m的白球以初速度与4号红球发生碰撞，假设发生的碰撞均为弹性正碰，则多次碰后，白球最终的速度大小为（　　） A．0 B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意知，光滑水平面一条直线上依次放4个质量均为m的弹性红球，质量为2m的白球以初速度v0与4号红球发生弹性正碰；根据一动碰一静的弹性碰撞特点可知 解得 每碰撞一次白球的速度变为原来的，由于红球质量相等，且为弹性正碰，则4号球每次将速度传给右侧球，故白球与4号球碰撞4次后，白球速度 故选C。 【变式9-2】（多选）如图所示，在一光滑地面上有2024个相同大小的光滑小球，从2号到2024号小球质量均为m；1号球质量为M，且M＞m，1号球以v0的速度向右运动，与2号球发生弹性碰撞，此后所有碰撞均为弹性碰撞，从1号球开始运动起，下列说法正确的是（　　） A．小球2共发生了4044次碰撞 B．小球2共发生了4045次碰撞 C．小球2023最终速度为0 D．小球2023最终速度为 【答案】BD 【解析】CD．1号球以v0的速度向右运动，与2号球发生弹性碰撞，有 解得 ， 然后2号球以速度与3号球发生弹性碰撞，因质量相等，则交换速度，再这样重复交换速度，共发生2023次碰撞，最后2024号球以速度向右匀速直线离开；然后1号球以速度再次与2号球发生弹性碰撞，有 解得 ， 然后2号球以速度与3号球发生弹性碰撞，因质量相等，则交换速度，再这样重复交换速度，共发生2022次碰撞，最后2023号球以速度向右匀速直线离开，故C错误，D正确； AB．根据重复多次弹性碰撞的过程分析可知，每离开一个球，2号球均要与1号球和3号球碰撞1次，共计两次碰撞，最后3号球匀速离开后，1号球和2号球最后再碰撞一次，然后2号球匀速离开，则小球2共发生的碰撞次数为 故A错误，B正确。 故选BD。 题型10电场＋动量 【例10】如图所示，在光滑绝缘水平面上方，O′O两侧有大小相等方向相反的匀强电场，电场强度大小均为E，在电场中的A、B位置同时由静止释放带电的绝缘球。A、B两位置到O的距离均为d，A位置小球1的电荷量为+3q、质量为3m、B位置小球2的电荷量为+q、质量为m。小球的直径与d相比可以忽略，匀强电场对小球的电场力远大于两个小球之间的库仑力，两小球间的碰撞为弹性碰撞且碰撞前后小球各自的带电量不变。求： （1）两小球第一次碰撞前瞬间各自的速度大小； （2）两小球第一次碰撞后瞬间各自的速度。 【答案】（1），；（2）， 【解析】（1）由于水平面光滑，分析小球受力，由牛顿第二定律得两个小球的加速度大小相等    根据位移公式 得两个小球到的时间相等；由运动学公式 得两个小球到的速度大小相等，代入得    小球1速度方向向右，小球2速度方向向左； （2）规定向右为正方向，设碰后小球1的速度为，小球2的速度为，两小球发生的是弹性碰撞，由动量守恒得    有机械能守恒得    联立得碰后小球1的速度    小球2的速度 方向向右。 【变式10-1】如图所示，水平的长直轨道上点左侧存在电场强度为的匀强电场，材料不同的两个小物块静止在轨道上，其中质量为、带电荷量为的与轨道摩擦力很小忽略不计，质量为的与轨道的动摩擦因数且不带电静止于点，滑块位于点左侧与相距处。现由静止释放滑块，一段时间后滑块运动到点，在点与滑块第一次发生碰撞，与的碰撞都是弹性碰撞，求： （1）第一次发生碰撞过后的速度与的速度； （2）第一次发生碰撞过后，与各自速度减小为零所用的时间和 （3）最终停下来的位置距离点的距离。 【答案】（1）；；（2）；（3） 【解析】（1）对M，根据动能定理可得 解得 M与N发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得 由机械能守恒定律可得 解得 ， （2）碰后对M和N分别有动量定理得 ， 解得 （3）从M静止开始运动，由于每次都是N静止等待M追上后发生弹性碰撞，碰撞后两者的速率都是碰撞前M的速率一半，到最终经过无数次碰撞M和N的速率将会无限趋近于零，由于弹性碰撞不损失机械能，故M最初的电势能最终全部转化为N与地面摩擦所产生的热量，由能量守恒定律可得 解得 【变式10-2】如图所示，在光滑水平面上N点的左侧有一场强E=4×103N/C的匀强电场，质量为mB=1.5kg的绝缘木板B静止在N点右侧，质量为mC=0.5kg的小物块C（可视为质点）静止在B的右端上，BC间动摩擦因数μ=0.2，将mA=lkg、电量q=1×10-3C的带电小滑块A（可视为质点）由静止释放，运动s=2m到达N点，与B发生弹性碰撞，此后C恰好未从B上滑落，求： （1）A运动到N点时的动量； （2）滑块C的最大速度； （3）木板B的长度。 【答案】（1）4kg·m/s，方向水平向右（2）2.4m/s；（3）1.92m 【解析】（1）A运动s的过程中，由动能定理得 解得 则A运动到N点时的动量为 方向水平向右。 （2）AB发生弹性碰撞，由动量守恒可得 由机械能守恒可得 联立解得 ， B与C相互作用至共速，由动量守恒得 解得 可知滑块C的最大速度为。 （3）对B与C由能量守恒得 解得木板B的长度为 题型11 传送带模型中的动量、能量问题 【例11】（多选）如图所示，左侧有一长为的传送带，以速度顺时针转动，右侧有一质量为、足够长的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为的小物块（可视为质点）以初速度从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失的滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为，不计空气阻力，g取。则（　　） A．小物块滑上长木板的速度为5m/s B．小物块的最终速度为2m/s C．长木板的最终动能为6J D．最终木板和木块系统产生的内能为24J 【答案】BCD 【解析】A．小物块在传送带做匀减速运动的加速度大小为 设小物块在传送带上一直做匀减速直线运的，小物块滑上长木板的速度为，根据运动学公式可得 解得 假设成立，则小物块滑上长木板的速度为，故A错误； BD．小物块滑上长木板，小物块与长木板达到共速时，则根据动量守恒可得 解得 根据能量守恒可得 解得最终木板和木块系统产生的内能为 故BD正确； C．长木板的最终动能为 故C正确。 故选BCD。 【变式11-1】（多选）如图所示，以v=5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的5个相同小球，小球质量m0=0.2kg。质量m=0.1kg的物体从轨道上高h=4.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0=7m/s，物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB之间的距离L=3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物体第一次碰撞小球1时的速度是5m/s B．物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦生热为1.2J C．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为 D．第1个小球最终的速度大小为5m/s 【答案】AC 【解析】AB．物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为 减速至与传送带速度相等时所用的时间 匀减速运动的位移 传送带位移 物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦生热为 物体与传送带共速后以该速度滑上光滑水平面与小球1碰撞，故物体第一次碰撞小球1时的速度是5m/s，故A正确，B错误； C．物体与小球1发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为的，小球1被撞后的速度大小为，由动量守恒和能量守恒定律得 解得 物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得 解得 故C正确； D．由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。由C项可知，物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到，再跟小球1发生弹性正碰，同理由动量守恒和能量守恒定律可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为 以此类推，物体与小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小分别为 故第1个小球最终的速度大小不可能为，故D错误。 故选AC。 【变式11-2】如图所示，光滑水平台面上放两个相同小物块A、B，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度，沿逆时针方向以恒定速度匀速转动。物块A、B（大小不计，视作质点）与传送带间的动摩擦因数均为，物块A、B质量分别为，。开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质短弹簧。现解除锁定，弹簧弹开A、B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面上的Q点，已知水平台面高，Q点与水平台面右端的水平距离，g取。 （1）求物块A脱离弹簧时速度的大小； （2）求弹簧储存的弹性势能； （3）求物块B在水平传送带上运动的过程中摩擦力对物块B的冲量 【答案】（1）4m/s；（2）24J；（3），方向水平向左 【解析】（1）A飞出平台做平抛运动，则有 ， 解得 （2）对A、B构成的系统，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 解得 （3）物体向右滑上传送带时，先向右以初速度8m/s做匀减速直线运动，速度减为0后以相同加速度向左做匀加速直线运动，由于初速度的速度为2m/s，之后向左做匀速直线运动，规定向左为正方向，可知，根据动量定理，物块B在水平传送带上运动的过程中摩擦力对物块B的冲量 解得 方向水平向左。 题型12 爆炸类问题 【例12】一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则爆炸过程释放的化学能为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】取向右为正，根据动量守恒 解得甲的速度为 由能量守恒定律，爆炸过程释放的化学能为 故选D。 【变式12-1】据外媒报道，中国最新的洲际弹道导弹东风-51已经研发完成，东风-51采用固体燃料发动机，最多可携带14枚分导式多弹头。假设一枚在空中飞行的东风-51导弹，质量为，飞行到某点时速度的方向水平，大小为，方向如图所示，导弹在该点突然炸裂成两部分，其中质量的一个弹头沿着v的方向飞去，其速度大小为，求 （1）炸裂后另一块质量的弹头的速度； （2）炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了多少。 【答案】（1），方向与v的方向相反；（2） 【解析】（1）设初速度v的方向为正方向，爆炸前后水平方向动量守恒，则有 其中 解得 可知炸裂后另一块质量的弹头的速度大小为，方向与v的方向相反。 （2）炸裂前导弹的动能为 炸裂后导弹两部分总动能为 则炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了 【变式12-2】双响爆竹，其一响之后，腾空再发一响，因此得名二踢脚。如图所示，质量为0.1kg的二踢脚竖立在地面上被点燃后发出一响，向下喷出少量高压气体（此过程位移可忽略）后获得20m/s的速度竖直升起，到达最高点时恰好发生第二响，立即被炸成的A、B两块，其中质量的A部分以的速度向南水平飞出。已知第二响释放的能量有30%转化为A、B的机械能，不计二踢脚内火药的质量和所受的空气阻力，取，求： （1）A、B两部分落地时的距离L； （2）第二响释放的能量。 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）A、B两部分落地的时间为 炸成的A、B两块时，根据在水平方向动量守恒 其中 解得 炸成的A、B两块后，两部分分别做平抛运动，则两部分水平位移分别为 则，A、B两部分落地时的距离L为 （2）由题意可知 其中 解得 题型13火箭的原理 【例13】小明制作了一个火箭模型，火箭模型质量为（含燃料），开始火箭模型静置在地面上，点火后在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为的燃气，喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响，下列说法正确的是（    ） A．火箭喷气过程机械能守恒 B．火箭的推力来源于空气对它的反作用力 C．喷气结束时火箭模型的动量大小为 D．喷气结束时火箭模型的速度大小为 【答案】C 【解析】A．系统体统所受合外力为零，满足动量守恒，但机械能不守恒，A错误； B．火箭的推力是燃料燃烧产生的高温高压气体向后喷出时对火箭的反作用力，B错误； C．开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得 喷气结束时火箭模型的动量大小 C正确； D． 根据 解得 D错误。 故选C。 【变式13-1】航天梦由来已久，明朝万户，他把多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，翱翔天际，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．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 B．火箭在向下喷气上升的过程中，火箭机械能守恒 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】A 【解析】A．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A正确； B．在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以火箭机械能不守恒，故B错误； 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A。 【变式13-2】某科研小组试验一款火箭，携带燃料后的总质量为M。先将火箭以初速度从地面竖直向上弹出，上升到高度时点燃燃料，假设质量为m的燃气在一瞬间全部竖直向下喷出，若燃气相对火箭喷射出的速率为u，重力加速度为g，不计空气阻力。求： （1）火箭到达高度时的速度大小； （2）燃气全部喷出后火箭的速度大小； （3）火箭上升的最大高度。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）由机械能守恒可得 解得火箭到达高度时的速度大小为 （2）由动量守恒可得 解得燃气全部喷出后火箭的速度大小为 （3）设火箭上升的最大高度为，根据机械能守恒可得 解得 题型14 “人船”模型 【例14】如图所示，平板车停在光滑的水平面上，某工人（可视为质点）在平板车上卸货，该工人从固定在平板车上右端的货厢左边缘水平向左跳出，恰好落在平板车左边缘上的P点（该工人落在P点瞬间与平板车共速）。已知平板车长度4m，货厢长度为1m，高度为h=1.25m，工人的质量为m，平板车连同货厢的质量为M=5m，g取10 m/s²。则下列说法正确的是（    ） A．平板车最终的速度大小为0.5m/s B．工人水平方向移动的距离为4m C．平板车最终移动的距离为2.5m D．工人水平向左跳出时的速度大小为5m/s 【答案】D 【解析】A．工人与平板车在水平方向动量守恒，则 解得 故A错误； BC．根据人船模型可得 解得 ， 故工人水平方向移动的距离为2.5m，平板车最终移动的距离为0.5m，故BC错误； D．对工人做平抛运动过程，有 解得 故D正确。 故选D。 【变式14-1】（多选）如图所示，某科研团队对研发的人形机器人进行跳跃测试。小车静置于光滑水平地面上，机器人静止站立在平台右端点。测试时机器人以初速度（大小未知）水平跳出，落到小车上的点，此过程中机器人消耗能量为（大小未知）。已知机器人的质量为，小车的质量为点与点高度差为，水平距离为，重力加速度为，机器人可以看作质点，假设机器人消耗的能量全部转化为动能，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【解析】根据人和车系统水平方向动量守恒 根据平抛运动规律 ， 由能量守恒得 联立解得 ， 故选AC。 【变式14-2】（多选）如图，在一次特警训练中，质量为140kg的小车静止在光滑的水平面上，A、B为小车的两端。质量为70kg的特警站在A端，起跳后恰好落到B端，相对地面的位移为2m。该过程不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小车后退了1m B．小车后退了 C．小车AB长为3m D．小车AB长为 【答案】AC 【解析】设小车质量为M，人的质量为m，对系统，在水平方向上由动能定理得 两边同时乘以得 即 设小车长度为L，则 联立解得 ， 故选AC。 题型15 弹簧弹开两物体模型 【例15】A、B两物体质量分别为和，与水平地面之间的动摩擦因数分别为和，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上。现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上。下列判断正确的是（    ） A．在两物体被弹开的过程中，因为弹簧弹力，A、B两物体组成的系统动量不守恒 B．在脱离弹簧后两物体的运动过程中，因为摩擦力，两物体组成系统动量不守恒 C．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A、B两物体组成的系统动量守恒 D．两物体不一定同时停在地面上 【答案】C 【解析】ABC．因为A、B与地面之间的摩擦力分别为 在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A、B两物体组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，选项AB错误，C正确； D．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，因系统的总动量为零，则当一个物体停下来速度为零时，另一个物体的速度一定也为零，即两物体一定同时停在地面上，选项D错误。 故选C。 【变式15-1】如图所示，水平面左侧有一足够长的、相对水平面高为H的光滑平台，质量为M的滑块与质量为m的小球之间有一个处于压缩且锁定状态的轻弹簧（弹簧不与滑块和小球连接），系统处于静止状态。某时刻弹簧解除锁定，小球离开平台后做平抛运动，落到水平面上时落点到平台的距离为s，重力加速度为g，则滑块的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】小球射出时，设其速度为，系统在水平方向上动量守恒，取向右为正方向，对系统在水平方向上，由动量守恒有 小球做平抛运动，有 联立解得 故选C。 【变式15-2】如图所示，两块小木块A和B中间夹上轻弹簧用细线扎在一起，放在光滑的水平台面上，烧断细线，弹簧将小木块A、B弹出，最后落到水平地面上，根据图中的有关数据，可以判定下列说法中正确的是（弹簧原长远小于桌面长度）（　　） A．小木块A先落到地面上 B．两小木块质量之比 C．两小木块离开桌面时，动能之比 D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小之比 【答案】D 【解析】AB．题意中可知桌面光滑，则弹簧、A、B组成的系统动量守恒。设A、B两物块速度的大小分别为、，则 根据，由下落高度相同，则AB下落时间相同。A和B平抛的水平距离之比为 则 小物块的质量之比为 弹簧原长远小于桌面长度，且AB与桌边缘距离均为，则两物块分离后，在平抛运动之前，B的速度较大，所以B到达桌边用时更短，平抛后AB下落时间相同。故B先落到地面上。故AB错误； C．两小木块离开桌面时，动能之比为 故C错误； D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小之比 故D正确。 故选D。 题型16 气球和人模型 【例16】如图所示，大气球质量为，载有质量为的人，静止在空气中距地面高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为（不计人的身高，可以把人看作质点）（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设人的质量为m1，气球的质量为m2，系统所受重力与浮力平衡，合外力为零，根据系统动量守恒得 人与气球运动的距离分别为 ， 联立可得 又 代入数据，解得绳长至少为 故选D。 【变式16-1】如图所示，大气球质量为25kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（　　）（不计人的高度，可以把人看作质点） A．60m B．40m C．30m D．10m 【答案】A 【解析】以向下为正方向，对人和气球组成的系统由动量守恒得 则 解得 则绳长至少应为 故选A。 【变式16-2】热气球因其色彩艳丽，场面壮观，成为企业宣传所采用的独具特色的广告媒体.如图所示的热气球静止于距水平地面H的高处，一质量为M的人从热气球上沿软绳向下运动。已知热气球的质量为m，软绳质量忽略不计，热气球所受的浮力不变，若要人能安全到达地面，则绳长至少为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设绳长至少为，根据“人船模型”的推论可得 解得 故选C。 分层训练 【基础过关】 1．新能源汽车以其环保、智能等优势受到广大消费者的青睐。某款新能源汽车在时刻沿平直公路由静止开始以恒定加速度启动，发动机在时刻达到额定功率，然后保持功率不变继续加速，时刻达到最大速度后匀速行驶。假设汽车所受的阻力大小恒定，则此过程中汽车的加速度a、动量p、牵引力F、功率P随时间t的变化规律正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】0~时间内做匀加速运动，加速度a不变，速度均匀增加，牵引力F保持不变，根据 可知功率随时间均匀增加，动量p随时间均匀增加；~时间内，功率保持不变，根据 可知，随速度的增加，加速度a减小，牵引力F减小，动量p增大；时刻后匀速行驶，加速度a等于零，速度不变，牵引力F等于阻力不变，功率P不变，动量p不变。 故选B。 2．如图甲所示，在足球赛场上，一足球运动员踢质量为的足球。若足球以的速度撞向球门门柱，然后以的速度反向弹回，如图乙所示，则这一碰撞过程中足球的动量改变量是（　　） A．，方向水平向右 B．，方向水平向左 C．，方向水平向右 D．，方向水平向左 【答案】D 【详解】设以向右方向为正方向，则初速度 末速度 速度变化量 动量改变量 方向向左。 故选D。 3．如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量都为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端有一轻弹簧。当P撞上弹簧，弹簧被压缩至最短时（　　） A．P的动量变为0 B．P、Q的速度不相等 C．Q的动量达到最大值 D．P、Q系统总动量仍然为mv 【答案】D 【详解】D．P、Q组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，初始时总动量为mv。弹簧被压缩到最短时，P、Q系统总动量仍为mv，故D正确； ABC．P在压缩弹簧的过程中，Q做加速运动，P做减速运动，两者速度相等时，弹簧压缩量最大，然后Q继续加速，P继续减速，所以弹簧压缩最短时，Q的动量未达到最大值。弹簧被压缩到最短时，P、Q的速度相等，根据 可知此时P的动量为，故ABC错误。 故选D。 4．在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧（不连接），如图所示，用左、右两手分别抓住小车A、B并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。将两小车及弹簧看成一个系统，下面说法错误的是（    ） A．两手同时放开后，系统总动量始终为零 B．先放开左手，再放开右手后，系统动量不守恒 C．先放开左手，后放开右手，总动量向左 D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量保持不变，但系统总动量不一定为零 【答案】B 【详解】A．两手同时放开时，系统动量为零，之后系统所受合外力为零，总动量守恒始终为零。故A正确；与题意不符； B．两手都放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒。故B错误，与题意相符； C．先放开左手，系统具有向左的动量，后放开右手，系统所受合外力为零，动量守恒，总动量向左。故C正确，与题意不符； D．无论何时放开手，只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件，故系统的总动量保持不变。若同时放开，那么放手后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零。若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手时系统所具有的总动量相等，故不为零。故D正确，与题意不符。 本题选错误的，故选B。 5．如图所示，从距秤盘高处把一筒豆粒由静止持续均匀地倒在秤盘上，从第一粒豆落入秤盘至最后一粒豆落入秤盘用时为，豆粒的总质量为。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的三分之一，忽略豆粒与秤盘碰撞过程中豆粒的重力。已知重力加速度为，则碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据自由落体规律，豆粒下落掉到秤盘上时的速度为 反弹后的速度大小为 方向为竖直向上，在碰撞过程中，忽略豆粒与秤盘碰撞过程中豆粒的重力，根据动量定理可知 解得 由牛顿第三定律可知碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为 故选A。 6．如图所示，为研究平抛运动的实验装置，金属小球A、B完全相同。用小锤轻击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开自由下落。图中虚线1、2分别代表离地高度不同的两个水平面，下列说法正确的是（　　） A．该实验说明平抛运动在水平方向上是匀速直线运动 B．只改变小锤的打击力度，两球的落地时间仍相等 C．两球从水平面1到2的过程，B球动量变化量比A球大 D．两球从水平面1到2的过程，B球动量变化量比A球小 【答案】B 【详解】B．两球在竖直方向上均做自由落体运动，因为两球下落位置相同，故小球下落高度相同，由 可知，两球运动时间相同，故B正确； A．两球在竖直方向上均做自由落体运动，无论打击力度多大，两球均同时落地，该实验说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，故A错误； CD．两球从水平面1到2的过程，所受合外力相同，在合外力方向运动的位移相同，运动时间也相同，根据动量定理可知两球动量变化量相同，故C、D错误。 故选B。 7．下列关于图像斜率的说法正确的是（　　） A．甲图的位移—时间图像中a点的斜率表示此时加速度a的大小 B．乙图的电压—电流图像中b点的斜率表示此时电阻R的大小 C．丙图的电流—时间图像中c点的斜率表示此时电荷量q的大小 D．丁图的动量—时间图像中d点的斜率表示此时合外力F的大小 【答案】D 【详解】A．甲图的位移—时间图像中a点的斜率表示此时速度的大小，选项A错误； B．乙图的电压—电流图像中b点与原点连线的斜率表示此时电阻R的大小，选项B错误； C．丙图的电流—时间图像中，根据q = It可知，c点时曲线与横轴围成的面积表示此时电荷量q的大小，选项C错误； D．丁图的动量—时间图像中，根据 可知，d点的斜率表示此时合外力F的大小，选项D正确。 故选D。 8．在巴黎奥运会上，中国跳水梦之队首次包揽八金。如图甲所示，在某次跳水比赛中，假设运动员起跳后到入水前做竖直上抛运动，从离开跳板瞬间开始计时，取竖直向下为正方向，该运动员重心的竖直速度图像如图乙所示，其中部分为直线。则（　　） A．时刻运动员入水 B．时刻运动员离水面最高 C．时间内运动员所受重力的瞬时功率一直增大 D．时间内运动员所受重力冲量为零 【答案】A 【详解】AB．由乙图可知，时间内运动员向上减速到零，故时刻运动员离水面最高；时间内运动员向下做自由落体运动，时刻运动员入水，故A正确，B错误； C．根据 由图像可知时间内运动员竖直方向的速度先减小后增大，所以重力的瞬时功率先减小后增大，故C错误； D．根据 可知时间内运动员所受重力冲量不为零，故D错误。 故选A。 9．如图所示，小车B静止在光滑的水平面上，小球A悬挂在小车B的杆子上，现将小球A缓慢拉开一定角度，小车和小球均静止，释放小球后，下列说法正确的是（    ） A．当小球向左摆动时，小车也向左运动 B．当小球向左摆动到最高点时，小车的速度达到最大 C．当小球摆动到最低点时，小球和小车的速度相同 D．小球和小车组成的系统在水平方向上的动量始终守恒 【答案】D 【详解】ACD．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，故系统只在水平方向动量守恒，则小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反，则小球向左摆动时，小车向右运动，故AC错误，D正确； B．小球向左摆到最高点，竖直方向速度为零，水平速度小球与车等大反向，则小球的速度为零时小车的速度也为零，故B错误。 故选D。 10．如图所示，质量为的滑块沿倾角为的固定斜面向上滑动，经过时间，滑块的速度变为零且立即开始下滑，又经过时间回到斜面底端。滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为，重力加速度为。在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）（沿斜面向上的方向为正方向） A．重力对滑块的总冲量为 B．合外力的冲量为0 C．摩擦力的总冲量为 D．支持力对滑块的总冲量为 【答案】C 【详解】A．根据冲量的定义知，重力对滑块的总冲量为 故A错误； B．滑块在滑上又滑下过程中，摩擦力一直做负功，所以在相同高度处上滑的速度大于下滑速度，开始小滑块的动量沿斜面向上，最后小滑块的动量沿斜面向下，因此全过程中，动量变化量不为零，根据动量定理可知 合外力的冲量不为0，故B错误； C．小滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下，小滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜面向上为正方向，则摩擦力的总冲量为 故C正确； D．将重力按照垂直斜面和平行于斜面分解，可得支持力 支持力对滑块的总冲量为 故D错误。 故选C。 11．（多选）如图所示，物体b静止在光滑的水平面上，某时刻给物体a一水平向右的初动量，经过一段时间两物体发生碰撞，碰后物体a被反弹，物体a、b的动量大小分别为、；碰撞前后物体a的动能大小分别为、，碰后物体b的动能大小为。下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】ABC．根据动量守恒定律有 规定水平向右为正方向，可知 可知 ， 由于碰撞过程，总动能不可能增加，则碰撞前a的动能大于碰撞后a的动能，即碰撞前a的速度大于碰撞后a的速度，则有 故A正确，BC错误； D．碰撞过程，总动能不增加，则有 则有 故D正确。 故选AD。 12．（多选）时，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的图线变化。在0~8s内，下列说法正确的是（　　） A．时，质点P加速度和速度均为零 B．时，质点P回到原点 C．在0~8s内，质点P动量的变化量为零 D．在0~8s内，质点P动能的变化量为零 【答案】CD 【详解】AB．质点在0~4s时间内，从静止出发，先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前做加速运动，4s~8s时间内加速度反向，先做加速度增大的减速运动再做加速度减小的减速运动，此过程一直向前做减速运动，所以t=8s时质点P没有回到原点，故AB错误； C．根据图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量，则速度变化量为零，即P动量的变化量为零，故C正确； D．由上分析可知在0时刻质点P的速度为零，在t=8s时质点P的运动速度也为零，所以在0~8s内，质点P动能的变化量为零，故D正确。 故选CD。 13．（多选）如图甲所示，一物体静止在光滑水平面上，从时刻起，物体受到的水平外力随时间变化的关系图线如图乙所示，以水平向右为正方向，物体质量为，则下列说法正确的是（    ）    A．前内水平外力的冲量为零 B．第末物体的运动方向改变 C．第末物体的速度为 D．第内物体的位移为 【答案】AD 【详解】A．图像中图线与横轴围成的面积表示力的冲量，由图像可知前内图线与横轴围成的面积为0，则水平外力的冲量为零。故A正确； B．根据动量定理，前内，图线与横轴围成的面积为正，则冲量为正，即 可知物体速度变化量为正，物体初始时静止，则第末物体的运动方向仍旧为正，没有改变方向，故B错误； C．根据动量定理可知 前三秒内图线与横轴围成的面积为 则第末物体的速度为 故C错误； D．由A选项分析可知前内物体速度变化量为0，则第末物体速度为0，第内物体的加速度为 位移为 故D正确。 故选AD。 14．2023年6月27日全国残疾人冰壶锦标赛和残奥冰球锦标赛拉开序幕。如图所示，运动员将冰壶A以初速度v0 = 2 m/s从M点水平掷出，沿直线运动一段距离后与静止在N点的冰壶B发生正碰，碰后冰壶A、B的速度大小分别为vA = 0.3 m/s、vB = 0.7 m/s，碰撞前后A的速度方向不变，运动中冰壶可视为质点且碰撞时间极短。若冰壶A、B的质量均为20 kg，与冰面间的动摩擦因数均为μ = 0.015，重力加速度g = 10 m/s2。求： (1)两冰壶碰撞前冰壶A的速度大小v1； (2)M、N两点间的距离s； (3)通过计算判断两冰壶碰撞是否为弹性碰撞。 【答案】(1)1 m/s (2)10 m (3)见解析 【详解】（1）两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，有 代入数据解得 （2）冰壶A从M点水平掷出至运动到N点与冰壶B碰撞前，根据动能定理得 代入数据解得 （3）碰撞前A、B两冰壶的总动能为 碰撞后两冰壶的总动能为 由于Ek1 > Ek2，可知两冰壶碰撞过程中有动能损失，为非弹性碰撞。 15．如图所示，固定在水平地面上的光滑圆弧AB（O点为圆心，且OA水平、OB竖直）与光滑水平地面BD平滑连接，在水平地面上的C点静置着滑块P，离C点一段距离处放置着光滑圆弧凹槽M，凹槽左侧与水平地面在D点相切。滑块Q从A点正上方一定高度处由静止释放，经过圆弧末端B时对圆弧轨道的压力大小，滑块P、Q发生弹性碰撞（碰撞时间极短）后，取走滑块Q，滑块P恰好能运动到凹槽M的最高点。已知圆弧AB的半径，凹槽M的半径，滑块Q的质量，滑块P的质量，滑块P、Q均可视为质点，取重力加速度大小。求： (1)滑块Q初始释放时距离A点的高度h； (2)滑块P、Q发生碰撞后瞬间滑块P的速度大小； (3)凹槽M的质量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设滑块Q第一次运动到B点时的速度大小为，有 其中，根据牛顿第三定律 根据动能定理有 解得 ， （2）设滑块P，Q碰撞后瞬间滑块Q的速度大小为，滑块P，Q发生弹性碰撞，有 解得 ， （3）滑块P碰后恰好能运动到凹槽M的最高点，此时两者共速，速度大小设为v，滑块P与凹槽M构成的系统水平方向上动量守恒，有 该系统机械能守恒，有 解得 【能力提升】 1．某水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P横截面积为S、喷水的流速恒定为v，从P喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．水流单位时间撞到B处的体积 B．水流在B处的速度 C．水流对B处的冲击力 D．空中水的质量 【答案】D 【详解】A．设水从水平喷水口P喷水到撞到B处的时间为t，这段时间水的体积为 故水流单位时间撞到B处的体积为 故A错误； B．因水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC上的B处，根据速度的分解与合成有 解得水流在B处的速度 故B错误； C．由题知，水柱撞到B处速度瞬间变为零，设碰撞时间为，则水柱的质量为 根据动量定理得 解得斜面对水流的冲击力为 根据牛顿第三定律可知，水流对B处的冲击力为，故C错误； D．因水流在B处的速度，则此时竖直方向的速度为 则水流从P到B处的时间为 故空中水的质量 故D正确。 故选D。 2．水平桌面上有四个质量均为m的小车，模型简化如图所示，其中1号小车有动力。小车从静止开始以额定功率P行驶，达到最大速度匀速运动。若1号小车运动过程受到前方阻力作用，为了研究方便假设小车碰到空气前，空气的速度为零，碰到空气后，空气速度立即与小车相同，已知空气密度为，小车迎风截面积（垂直运动方向上的投影面积）为S，不计其他阻力（2，3，4号车的阻力都不计）。当小车由静止达到最大速度三分之一时，1号车对2号车的力为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据题意，设列车的最大速度为，列车对空气的阻力为，由动量定理有 解得 当牵引力等于阻力时，列车速度最大，则有 联立解得 当列车由静止开始以额定功率运行到速度为最大速度的时，阻力为 此时，牵引力为 1号车厢对2号车厢的作用力大小为，对2号、3号、4号车厢整体，由牛顿第二定律有 对4节车厢整体，由牛顿第二定律有 联立解得 故选D。 3．光滑水平地面上，A、B两物体质量都为，A以速度向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，在之后的运动过程中（　　） A．A、B组成系统机械能守恒 B．A的最小动量不为零 C．弹簧被压缩最短时，B的动量达到最大值 D．弹簧被压缩最短时，A、B速度相等 【答案】D 【详解】A．由题意，A、B、弹簧三者组成的系统机械能守恒，A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误； D．在A、B相互作用过程中，开始阶段，A压缩弹簧，受到向左的力做减速运动，B做加速运动，vA>vB，弹簧逐渐缩短，当vA=vB时弹簧处于压缩状态，由于弹簧弹力作用，A继续减速，B继续加速，直至弹簧恢复原长。当vA=vB时弹簧被压缩至最短，故D正确； BC．由于在A、B相互作用到弹簧恢复到原长，根据动量守恒和能量守恒有 且 解得 ， 此时B的动量达到最大值，A的最小动量为零，故BC错误。 故选D。 4．质量为2kg的物块静止于水平面上，时刻施加一水平拉力，拉力随时间变化的关系如图所示。已知物块与水平面之间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。下列选项正确的是（　　） A．0~2s内重力的冲量为零 B．0~1s内摩擦力冲量的大小为 C．时物块的动量为零 D．时物块动量的大小为 【答案】B 【详解】A．根据冲量的定义可知，0~2s内重力的冲量为 故A错误； B．物块受到的最大静摩擦力为 结合图线知，可知0~0.8s内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用；0.8~1s内，物块受到滑动摩擦力作用，则在内，摩擦力对物块的冲量大小为 故B正确； C．物块的水平拉力大于8N时，物块开始运动，由动量定理可知 代入数据解得 即动量不为零，故C错误； D．在0~2s内，拉力F对物块的冲量大小为 在0~2s内，摩擦力对物块的冲量大小为 由动量定理可知 解得在时物块动量的大小为 故D错误。 故选B。 5．投飞镖是儿童经常玩的游戏。若把飞镖视为质点，飞镖两次击中同一点M的过程可以简化为如图所示的两个过程，一次从P点水平抛出，另一次从P点正下方地面上的Q点斜向上抛出，其轨迹的最高点和P点等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（   ） A．飞镖两次运动的时间不相等 B．飞镖两次运动的位移大小相等 C．飞镖两次运动落地前瞬间动量大小相等 D．两次运动过程中，飞镖均处于超重状态 【答案】A 【详解】A．设P点与Q点的竖直高度为h，则从P点抛出时的时间 从Q点抛出时的时间为 飞镖两次运动的时间不相等，选项A正确； B．由图可知，飞镖两次运动的位移大小不相等，选项B错误； C．从P点抛出时落地速度大小 从Q点抛出时落地速度大小仍为 vQ1=vQ 因 可知落地时 根据p=mv可知飞镖两次运动落地前瞬间动量大小不相等，选项C错误； D．两次运动过程中，飞镖加速度均为g，均处于失重状态，选项D错误。 故选A。 6．中国军队于2021年9月12日参加“和平使命—2021”上合组织成员国联合反恐军事演习，演习中某特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，其运动的速度随时间变化的图像如图所示，时刻特种兵着地。关于该特种兵，下列说法正确的是（　　） A．时间内处于超重状态 B．时间内所受阻力越来越小 C．时间内的平均速度小于 D．时间内合外力的冲量方向竖直向下 【答案】D 【详解】A．图像的斜率表示加速度，时间内，特种兵向下做匀加速直线运动，加速度方向向下，则特种兵处于失重状态，故A错误； B．图像的斜率表示加速度，斜率的绝对值表示加速度的大小，根据图像可知，时间内，加速度方向向上，加速度逐渐增大，特种兵做加速度增大的变减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，所受阻力越来越大，故B错误； C．图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，可知，时间内的位移大于该时间内始末时刻连线对应匀减速直线运动的位移，即时间内的平均速度大于，故C错误； D．根据动量定理有 时间内，速度的变化量方向竖直向下，则时间内合外力的冲量方向竖直向下，故D正确。 故选D。 7．汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M=30kg，H=3.2m，重力加速度取g=10m/s2，未计空气阻力。则（　　） A．碰撞过程中F的冲量大小为660Ns B．碰撞过程中头锤所受合力的冲量方向竖直向下 C．碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为360N·s D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m 【答案】D 【详解】A．由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为 =×0.1×6600N·s=330N·s 方向竖直向上，故A错误； BC．碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为 =300N·s 方向竖直向上，故BC错误； D．头锤落到气囊上时的速度大小为 =8m/s 与气囊作用过程由动量定理得 解得 v=2m/s 则上升的最大高度为 =0.2m 故D正确。 故选D。 8．如图所示，倾角的斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端固定一挡板，轻弹簧一端固定在挡板上，质量为m的物块B与轻弹簧相连接，静止时弹簧的压缩量为x（x未知），质量为的物块A由斜面体的顶端静止释放，释放瞬间物块A、B的间距为，两物块碰后粘在一起，两物块一起向下运动的距离为时到最低点，已知弹性势能表达式为，为形变量，重力加速度为g。两物块均可视为质点，忽略物块与斜面体之间的摩擦。下列说法正确的是（　　） A．两物块碰后的速度 B．两物块因碰撞损失的机械能为 C． D．弹簧的劲度系数为 【答案】C 【详解】A．物块A与物块B碰撞前的速度大小为，根据机械能守恒定律有 解得 碰撞后的一瞬间，设A、B两物块的共同速度大小为，根据动量守恒定律有 解得 故A错误； B．两物块因碰撞损失的机械能为 故B错误； CD．开始时，弹簧的压缩量为 解得弹簧的劲度系数为 碰后两物块一起向下运动的过程 解得 ， 故C正确，D错误。 故选C。 9．如图所示，光滑水平地面上停放着一辆的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由（初速度为0）滑下，经B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，下列说法正确的是（　　） A．小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒 B．小球、小车及弹簧组成的系统机械能守恒 C．弹簧具有的最大弹性势能时，小车和球的速度都为零 D．最终小车和小球以相同的速度一起向右运动 【答案】C 【详解】AB．小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向外力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故AB错误； CD．系统初始动量为0，根据动量守恒定律可知，弹簧具有的最大弹性势能时，小车和球的速度都为零，最终小车静止在B点时，小车与小球的速度也都为0，故C正确，D错误； 故选C。 10．如图所示，质量均为M=2kg的木块A和B，并排但不粘连放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的О点系一长l=1m的细线，细线另一端系一质量m=1kg的小球C，现将小球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放小球C，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，细杆的高度大于绳长，则下列说法正确的是（　　） A．运动过程中A、B、C组成的系统动量守恒 B．小球C第一次到达最低点时速度大小是2m/s C．小球C第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离是0.2m D．小球C第二次到达最低点时速度大小是3m/s 【答案】C 【详解】A．木块A、B和小球C组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，A错误； B．设小球C第一次到达最低点时的速度大小为，两木块速度大小均为，在水平方向根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得 =4m/s =1m/s B错误； C．小球C第一次摆到最低点过程中，由动量守恒定律得 则 由几何关系得 解得木块A、B向右移动的距离 =0.2m C正确； D．小球C第一次摆到最低点时，A、B开始分离，到小球C第二次摆到最低点的过程中，小球C和木块A组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，以向左为正方向，有 解得 m/s m/s D错误。 故选C。 11．（多选）一测试用的导弹在地面附近的运动轨迹如图中曲线所示，坐标x轴为水平方向，y轴为竖直方向，导弹以某一初速度由地面某处O点发射同时开启推进器助推，到达a点时关闭推进器。已知推力方向和空气阻力方向始终与导弹运动方向在同一直线，空气阻力大小与导弹速率二次方成正比，图中a、c高度相同，b导弹轨迹最高点，则导弹在飞行过程中（    ） A．b点时速率为零 B．Oa阶段可能做直线运动 C．a点的动能大于c点的动能 D．ab和bc阶段，重力冲量不相同 【答案】CD 【详解】A．在最高点b时，导弹在竖直方向上的速度为零，但水平方向上的速度不为零，故A错误； B．导弹在Oa阶段受到推力、重力和空气阻力的共同作用，由于推力和空气阻力的方向始终与导弹运动方向在同一直线，而重力与导弹运动方向不在同一直线上，因此可知导弹受到的合力方向与导弹运动方向不在同一直线上，所以导弹在Oa阶段做曲线运动，故B错误； C．由于有空气阻力，关闭导弹推进器后，导弹的机械能逐渐减小，因此导弹在a点的机械能大于c点的机械能，而在这两点高度相同，重力势能相同，因此可知a点的动能大于c点的动能，故C正确； D．导弹在ab和bc阶段，由于存在空气阻力，且空气阻力大小与导弹速率二次方成正比，因此在竖直方向上导弹上升时的平均速度大于下降时的平均速度，而高度相同，因此可推知导弹在ab阶段运动的时间少于bc阶段运动的时间，根据 可知ab阶段重力的冲量与bc重力冲量大小不等，故D正确。 故选CD。 12．（多选）如图所示，质量为2m的物块A与质量为m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。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 【答案】AD 【详解】A．由题可知，系统在水平方向上动量守恒，故有 解得 故A正确； B．由能量守恒可知 解得 故B错误； C．物块B与挡板碰撞后得速度为，二者再次共速时，弹性势能最大，以水平向右为正方向，由动量守恒可得 由能量守恒可得 解得 故C错误； D．物块B与挡板碰撞后到弹簧与第一次伸长量为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 即物块B的速度大小为，故D正确。 故选AD。 13．（多选）如图甲，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态，弹簧的弹性势能为Ep0。t=0时刻解除A球锁定，时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a－t图像如图乙，表示O到时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小。时刻，A、B系统的总动量大小为p，弹簧的弹性势能为下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】CD 【详解】A．图像的面积等于这段时间的速度变化量大小，时刻解除球锁定，时刻解除B球锁定，说明时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为，则有 时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动量等于时刻A球的动量，则有 故A错误； B．由图像可知时刻A球的加速度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即时刻两球具有相同的速度，设时刻A、B两球的速度为，从到过程，A球的速度变化量大小为 B球的速度变化量大小为 从到过程，A、B组成的系统满足动量守恒，则有 可得 联立可得 故B错误； C．根据上述分析可知 故C正确； D．从到时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能守恒，则有 解得 故D正确。 故选CD。 14．一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带和木板三部分组成。倾角为的传送带以恒定的速率顺时针方向运行，质量的物体（可视为质点）从平台以水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。物体在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度，物体和传送带之间的动摩擦因数，质量的木板静止于光滑水平面上。物体离开传送带后沿水平方向冲上木板（物体从离开传送带到冲上木板过程无动能损耗），物体与木板之间的摩擦因数为，不计空气阻力。重力加速度取 (1)求平台距离传送带最上端的高度； (2)求物体在传送带上运动的时间； (3)要使物体不滑离木板，求木板的最小长度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有 解得 又 解得 （2）物体刚滑上传送带时的速度为 可知物体刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，物体的加速度大小为 物体刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为 下滑的位移为 物体与传送带共速后，由于 物体与传送带将一起向下匀速运动，匀速运动的时间为 物体在传送带上运动的时间 （3）当物体在木板上匀减速到最右端时，恰好与木板共速，根据动量守恒有 根据能量守恒有 解得要使物体不滑离木板，木板的最小长度为 15．如图所示，AC为长L1=3m的粗糙水平桌面。质量m1=1kg、长度为L2=1m的长方体物块，静置于桌面上的AB部分，另有一个质量m2=1kg的小球，静置于桌面上C的位置。现有一水平向左的恒力F作用于物块上，当物块运动到C点时立即撤去恒力F，随后物块与小球发生弹性正碰，碰撞后小球恰好能通过D点并进入光滑的四分之一圆弧形轨道，再从H点进入光滑半圆形凹槽，凹槽右侧有一固定挡板，挡板左侧的水平地面光滑。已知物块与桌面的动摩擦因数μ=0.4，圆弧形轨道的半径R1=0.4m，半圆形凹槽的半径R2=0.4m，CD间距和EH间距均略大于小球直径，小球直径远小于R1，重力加速度g=10m/s2。求： (1)小球在D点的速度大小v1； (2)小球在通过半圆形凹槽最低点时的速度大小v2； (3)恒力F的大小； (4)若使小球恰好不从凹槽左侧冲出，求半圆形凹槽的质量M的大小。 【答案】(1)2m/s (2) (3)5N (4) 【详解】（1）小球恰能经过D点，则 解得 vD=2m/s （2）小球从D点到到达凹型槽底部的过程中，由机械能守恒定律 解得 （3）对木板由动能定理 因木板和小球质量相等，且发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒可知 解得 F=5N （4）若使小球恰好不从凹槽左侧冲出，则当小球到达凹槽左侧最高点时与槽共速，则由动量守恒和能量关系 解得 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$