2025届高考物理二轮复习专题突破讲义： 动量

动量 课前学习任务 学习目标： 1. 理解动量定理，会灵活利用动量定理求解时间、末速度等物理量。 2. 理解动量守恒定律成立的条件，会在碰撞、爆炸等相互作用的系统中利用动量守恒定律解决有关问题。 3. 掌握碰撞特点及拓展模型，会应用动量守恒定律等规律解决实际问题。 核心知识点 1.冲量的三种计算方法 公式法 I=Ft适用于求恒力的冲量 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解 2.动量定理 (1)公式：FΔt=mv'-mv (2)应用技巧： ①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。 ②表达式是矢量式，需要规定正方向。 ③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。 ④在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。 ⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。 动量守恒定律的三种表达形式： (1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，作用前的动量之和等于作用后的动量之和。(常用) (2)Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 (3)Δp=0，系统总动量的变化量为零。 3.流体的柱状模型 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl=vΔt，如图所示。 流体微元原速率反弹所受作用力的求解步骤： （1）在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。 （2）求小柱体的体积ΔV=SvΔt。 （3）求小柱体的质量Δm=ρΔV=SρvΔt。 （4）应用动量定理Δp=FΔt。 （5）作用后流体微元以速率v反弹，有Δp=-2Δmv。 （6）联立解得F=-2ρSv2。 4.两种碰撞的特点 弹性 碰撞 举例：一动碰一静 动量守恒mv1=m1v1'+m2v2' 机械能守恒m1=m1v1'2+m2v2'2 解得 v1'=， v2'= 结论： (1)m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，即两球碰撞后交换了速度 (2)当m1>m2时，v1'>0，v2'>0，碰后两球都沿v1方向运动，当m1≫m2时v1'=v1，v2'=2v1 (3)m1<m2时，v1'<0，v2'>0，碰后入射小球反弹，当m1≪m2时，v1'=-v1，v2'≈0 完全 非弹 性碰 撞　 碰后两球粘在一起末速度相同 动量守恒m1v1+m2v2=(m1+m2)v，机械能损失最多 损失的机械能 ΔE=m1+m2-(m1+m2) 5.碰撞拓展 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例 (水平面 光滑) 小球-弹簧模型 小球-曲面模型 小球-小球模型 达到 共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次 分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=mv1+Mv2，机械能守恒，满足m=m+M (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例 (水平面 或水平 导轨光滑) 未穿出 未滑离 达到共速 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能 课堂学习任务 考点一　动量定理及其应用 例1　(2024·广东卷·14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 (2)如图乙所示，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，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg，H=3.2 m，重力加速度大小取g=10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 例2　台风对沿海地区的破坏力非常大，12级台风登陆时中心附近最大风力约为35 m/s。已知小明站立时，在垂直于风速方向的受力面积约为0.5 m2，空气的密度约为1.29 kg/m3。假设空气吹到人身体上后速度减为零，则小明站在12级台风中心附近，所受的风力大小约为(　　) A.790 N B.79 N C.230 N D.23 N 考点二　动量守恒定律及应用 例3　图甲为罗马杆滑环窗帘，假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，简化为图乙所示模型。水平固定的长杆上有3个相同的滑环，滑环均近似看成质点。若窗帘完全拉开，相邻两环间距离为L=0.2 m。开始时滑环均位于长杆右侧边缘处，彼此接触但不挤压。现给1号滑环一个向左的初速度v10=2 m/s，已知滑环与杆之间的动摩擦因数为μ=0.1。假设前、后两滑环之间的窗帘绷紧瞬间，两滑环立即获得相同速度，窗帘绷紧用时极短，可忽略不计，不计空气阻力，整个过程中1号滑环未与杆左侧相撞，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)2号滑环获得的初速度v20的大小； (2)1号滑环滑行的总距离d。 考点三　碰撞模型及拓展 例4　(多选)如图所示，质量为2m、半径为R，内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽左侧靠墙。把一个质量为m的小球(可视为质点)从半圆槽左端最高点无初速度释放，当地重力加速度为g。在小球释放后的运动过程中，以下说法中正确的是(　　) A.小球在半圆槽右侧能上升的最大高度与左侧释放点的高度相同 B.小球第一次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力大小为3mg C.小球第二次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度大小为 D.小球第三次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度为0 变式　(多选)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA=0.1 kg、mB=1.0 kg、mC=0.5 kg，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物体B能上升的最大高度为0.6 m B.物体B能上升的最大高度为1.8 m C.物体C能达到的最大速度为4.0 m/s D.物体C能达到的最大速度为8.0 m/s 例5　如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=3.0 kg和mB=2.0 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t=0时刻以一定速度向右运动，在t=4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72 J B.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24 N·s C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18 J D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2 m/s 例6　(2023·重庆卷·14)如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求： (1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小； (2)球2的质量； (3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。 例7　(2024·安徽卷·14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长L=1.25 m。小球质量m=0.20 kg。物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 课后学习任务 一、单选题 1．如图所示，平静湖面上静止的小船的船头直立一垂钓者，距离船头右侧d处有一株荷花，当此人沿直线走到船尾时，船头恰好到达荷花处。若已知人的质量为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（　　） A． B． C． D． 2．我们打篮球是经常有一个动作就是传球，如图甲，一人将球扔向地面，通过地面反弹传给另外一人。情景简化如图乙，地面水平，篮球质量为600g，现篮球以5m/s与地面夹角θ=37°撞向地面，反弹离开地面时与地面夹角仍为θ=37°速度大小为3m/s，篮球与地面作用时间为0.05s，不计空气阻力，g取10m/s2.则（　　） A．地面对篮球的摩擦力可以忽略 B．地面对篮球的力竖直向上 C．地面对篮球的弹力大小为57.6N D．地面对篮球的弹力大小为63.6N 3．如图甲所示，一足够长倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底部放置着一个质量为1.0kg的物块。在时刻，对物块施加一个沿斜面向上的拉力，该拉力随时间的周期性变化关系如图乙所示。取沿斜面向上为正方向，重力加速度大小为。以下说法中正确的是（　　） A．在0~3s内拉力的冲量为30N·s B．在0~3s内物块的动量变化量为30kg·m/s C．在0~5s内合力对物块做的功为605.25J D．物块合力的冲量的最大值为10N·s 4．如图，在光滑水平面上，有一质量为M = 3 kg的薄板和质量m = 1 kg的物块，都以v = 4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，下列说法错误的是（　　） A．两者最终同速的速度是4 m/s B．物块先减速再加速最后与薄板同速 C．至两者同速的过程，系统产生的内能为24 J D．当物块速度为0时，薄板的速度约为2.67 m/s 5．如图所示，清洗汽车的高压水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆形，水流速度为v，水柱垂直射向汽车表面，冲击汽车后速度减为零。已知水的密度为ρ，则水流对汽车的作用力大小为（　　） A． B． C． D． 6．某飞行器以额定功率P在空中水平匀速飞行时，前方空气与飞行器表面发生相互作用后随即共速。飞行器的迎风面积为S，空气密度为ρ，则飞行器飞行过程中受到的空气阻力为（　　） A． B． C． D． 7．如图所示，物块A的质量为1kg，物块B及小车C的质量均为2kg，小车足够长。物块A、B与小车C之间的动摩擦因数均为0.1，地面光滑，两物块间夹一轻质弹簧，弹簧与物块不连接。初始时双手摁住两个物块，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力为F，重力加速度g取，现双手同时放开，则下列说法正确的是（   ）    A．无论弹力F为多大，最终三者速度不为0 B．若，则释放物块后，A、C发生相对滑动，B、C发生相对滑动 C．若，则释放物块后，A、C发生相对滑动，B、C相对静止 D．若释放物块的瞬间，物块A、B均相对于小车滑动，则全过程中弹簧减少的机械能大于系统内摩擦产生的热能 8．关于动量与动能，下列说法正确的是（　　） A．做匀速圆周运动的物体，动能一定改变 B．做匀变速曲线运动的物体，它的动量一定在改变 C．物体的动量变化，动能也一定变化 D．甲物体的动量，乙物体的动量，所以 二、多选题 9．如图（a）所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆碰碰车，质量为30 kg的小孩乘甲车以5 m/s的速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15 kg，乙车静止于甲车滑行的前方。两车碰撞前后的位置随时间变化的图像如图（b）所示，下列说法中正确的是（　　） A．乙车的质量为60 kg B．乙车的质量为90 kg C．为避免两车相撞，小孩最少以的速度（相对于地面）从甲车跳到乙车 D．为避免两车相撞，小孩最少以的速度（相对于地面）从甲车跳到乙车 10．如图所示，水平面上M、N两处有甲、乙两个可视为质点的小滑块处于静止状态，N点右侧水平面粗糙，左侧水平面光滑。若甲在水平向右的拉力F=3N的作用下由静止向右运动，当t=2s时撤去拉力F，紧接着甲与乙发生弹性正碰，其中乙滑行1.6m后停下，已知乙的质量为1kg，乙与粗糙水平面间的动摩擦因数为0.5，取g=10m/s2，则（　　） A．0到2s内拉力F的冲量为6N·s B．碰撞后瞬间乙的速度大小为3m/s C．撤去拉力F时甲的速度大小为3m/s D．甲的质量为1kg 11．如图甲所示，内表面光滑的“”形槽固定在水平地面上，完全相同的两物块a、b（可视为质点）置于槽的底部中点，时，a、b分别以速度向相反方向运动，已知b开始运动速度v随时间t的变化关系如图乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短，下列说法正确的是（    ）     A．前17秒内a与b共碰撞3次 B．初始时a的速度大小为 C．前17秒内b与槽的侧壁碰撞3次 D．槽内底部长为 12．如图，小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动，上升最大高度均为，若X、Y质量分别为mx和my，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则（　　） A．=1 B．=2 C．=2 D．=4 三、解答题 13．一固定装置由水平的光滑直轨道AB、倾角为的光滑直轨道BC、圆弧管道（圆心角为）CD组成，轨道间平滑连接，其竖直截面如图所示。BC的长度，圆弧管道半径（忽略管道内径大小），D和圆心O在同一竖直线上。轨道ABCD末端D的右侧紧靠着光滑水平地面放置的一轻质木板，小物块在木板最左端紧挨着管道出口D，板右上方有一水平位置可调节的挡板P，小物块静止于木板右端。现有一质量为可视为质点的物体，从A端弹射获得的动能后，经轨道ABCD水平滑到D点，并与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后和右侧挡板发生弹性碰撞，整个运动过程中、未发生碰撞，与挡板P碰撞后均反向弹回，碰撞前后瞬间速度大小相等。已知、与木板间的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，。试求： (1)求滑块到达D点时对轨道的作用力； (2)若整个运动过程中只与挡板碰撞1次，且返回后最终、停止了运动，求最初与挡板P的水平距离； (3)调节与挡板P的水平距离，使整个运动过程中与挡板总共碰撞2次，且最终、停止了运动，求整个运动经过的时间t和此过程最初与挡板P的水平距离。 14．如图所示，曲面和下底面都光滑的圆弧轨道A静置在水平地面上，其质量为3m、圆弧半径为R。A的左侧距离为处为一足够长、以大小为的速度顺时针匀速转动的传送带，其上表面与水平地面齐平。现将质量为m的滑块B，从圆弧最高点静止释放，B沿轨道下滑后，与静置在传动带右端的滑块C发生碰撞，C的质量也为m，B、C均可视作质点，B、C与传送带、水平地面的动摩擦因数都为μ = 0.25，重力加速度为g，且B与C的所有碰撞都是完全弹性的。求： (1)从滑块B静止释放至滑块B滑到轨道的圆弧最低点的过程中，A、B运动的水平位移的大小； (2)滑块C第一次在传送带上向左运动的时间； (3)从滑块C在传送带最左端开始计时，到B恰好停止的过程中，地面给B的冲量大小。（答案可以用根号表示） 15．如图所示，质量为（未知）的轨道A放在足够长的光滑水平桌面上，轨道上表面水平部分粗糙，竖直圆弧部分光滑，两部分在点平滑连接，点为轨道的最高点。质量的小物块静置在轨道左端，与轨道水平部分之间的动摩擦因数为（未知），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，可视为质点。已知轨道水平部分的长度，圆弧部分的半径，取重力加速度。小物块以的初速度向右滑行，若轨道固定，恰好能够运动到点；若轨道不固定，恰好能够运动到点。（计算结果可用分数表示） (1)求动摩擦因数； (2)求轨道A的质量； (3)若轨道不固定，小物块B以的初速度向右滑行，求离开点后上升的最大高度。 答案精析 课堂学习任务 例1　(1) (2)①330 N∙s　竖直向上　②0.2 m 解析　(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N1， 则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma 解得tan θ= (2)①由F-t图像与t轴围成的“面积”可知碰撞过程中F的冲量大小 IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s 方向竖直向上； ②设头锤落到气囊上时的速度为v0，则=2gH 与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向) IF-Mgt=Mv-(-Mv0) 解得v=2 m/s 则上升的最大高度h==0.2 m。 例2　A　[Δt时间吹到人身体上的空气质量m=ρV=ρSvΔt，以风速方向为正方向，根据动量定理-FΔt=0-mv，由牛顿第三定律小明所受的风力大小F'=F=ρSv2=1.29×0.5×352 N≈790 N，故选A。] 例3　(1) m/s　(2) m 解析　(1)对1号滑环由动能定理得 -μmgL=m-m 解得v1= m/s 对1、2号滑环由动量守恒定律得 mv1=2mv20 解得2号滑环获得的初速度大小为 v20= m/s (2)对1、2号滑环由动能定理得 -μ·2mgL=×2m-×2m 解得v2= m/s 对1、2、3号滑环由动量守恒定律得 2mv2=3mv30 解得v30= m/s 对1、2、3号滑环由动能定理得 -μ·3mgx=0-×3m 解得x= m 1号滑环滑行的总距离为 d=2L+x= m 例4　BD　[小球下落到最低点过程中，半圆槽不动，小球机械能守恒，有mgR=m，解得v0=，接下来小球向右运动，半圆槽离开墙，上升到最高点时，球和槽水平方向速度相等，取向右为正方向，水平方向由动量守恒定律得mv0=(m+2m)v，根据能量守恒定律可得mgh=m-(m+2m)v2，解得h=R，故A错误；小球第一次经过最低点时，根据牛顿第二定律可得FN-mg=m，解得FN=3mg，由牛顿第三定律可知，小球第一次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力大小为3mg，故B正确；第二次经过最低点时，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0=mv1+2mv2，根据机械能守恒定律可得m=m+×2m，解得小球第二次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度大小为v2=，故C错误；第三次经过最低点时，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv1+2mv2=mv3+2mv4，根据机械能守恒定律可得m+×2m=m+×2m，解得小球第三次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度大小为v4=0，故D正确。] 变式　AD　[子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0=mAv1+mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2=(mB+mC)v3，mB=(mB+mC)+mBgh，解得h=0.6 m，故A正确，B错误；B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2=-mBv4+mCv5，mB=mB+mC，解得v5=8 m/s，故C错误，D正确。] 例5　B　[由题图知，C与A碰前速度为v1=12 m/s，碰后速度为v2=3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律 mCv1=(mA+mC)v2，解得mC=1 kg 当C与A速度为0时，弹性势能最大 Ep=(mA+mC)=18 J，故A错误； 由题图知，12 s末A和C的速度为v3=-3 m/s，4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为 I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2 解得I=-24 N·s，方向向左，故B正确； 物块B刚离开墙壁时，由机械能守恒定律可得，A、C向左运动的速度大小为3 m/s，即t=12 s时，物块B离开墙壁，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，A、B、C三者共速时弹簧弹性势能最大，则有 (mA+mC)v3=(mA+mC+mB)v' Ep=(mA+mC)-(mA+mC+mB)v'2 联立解得Ep=6 J，C错误； 当弹簧再次恢复原长时，物块B的速度最大，则有 (mA+mC)v3=(mA+mC)v4+mBv5 (mA+mC)=(mA+mC)+mB 代入数据解得v5=-4 m/s，负号表示方向与C的初速度方向相反，故物块B的最大速度为4 m/s，故D错误。] 例6　(1)4m　(2)3m　(3) 解析　(1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0， 所以Fn=m=4m (2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹， 则m·2v0=-mv+m'v m(2v0)2=mv2+m'v2 联立解得v=v0，m'=3m (3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt， 则球1反弹到P点的时间为 t1== 球1运动到P点时，球2运动到与P点关于球心对称的位置P'点， 此后至第二次碰撞所用时间为t2， 则有v0t2+2v0t2=πR 所以Δt=t1+t2=。 例7　(1)6 N　(2)4 m/s (3)0.25≤μ<0.4 解析　(1)对小球摆动到最低点的过程中， 由动能定理mgL=m-0 解得v0=5 m/s 在最低点，对小球由牛顿第二定律得 FT-mg=m 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为 FT=6 N (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0=mv1+Mv2 m=m+M 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为 v2=v0=4 m/s (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得 Mv2=2Mv3 由能量守恒定律得 M=×2M+μ1Mgs 解得μ1=0.4 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得 Mv2=2Mv4 由能量守恒定律得 M=×2M+μ2Mgs+MgR 解得μ2=0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 课后学习任务 1．A 【详解】船和垂钓者组成的系统动量守恒，故每时每刻均有 所以有 两边同乘以t，有 即 且有 其中 联立解得 故选A。 2．D 【详解】ACD．建立如图坐标系，将初末速度分解到x、y轴 由动量定理沿x轴 沿y轴 代入数据解得 地面有摩擦力，不能忽略，故AC错误，D正确； B．地面对篮球的支持力与摩擦力合成不是竖直向上，故B错误。 故选D。 3．A 【详解】A．图像与坐标轴围成的面积表示拉力的冲量，在内拉力的冲量为 故A正确； B．物块在向上运动过程中沿斜面方向上受到拉力与重力沿斜面方向分力，根据动量定理有 则内物块的动量变化量为 故B错误； C．设5s物块速度为，根据动量定理可得 其中 联立解得 根据动能定理可知 故C错误; D．对物块分析，拉力变化的周期为，每个周期合力的冲量为 随着时间延续，合力的冲量会不断增大，无最大值，故D错误。 故选A。 4．A 【详解】ABD．开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律可知，当m的速度为零时，设此时M的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得 代入解得 此后m将向右加速，M继续向右减速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得 代入解得 两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动，故A错误，BD正确； C．根据能量守恒，可知此过程中系统产生的内能为 代入数据解得 故C正确。 本题选错误选项，故选A。 5．B 【详解】高压水枪时间喷出的水的质量为 水柱冲击汽车后速度为零，由动量定理得 联立解得 可知水流对汽车的作用力大小为。 故选B。 6．C 【详解】飞行器飞行过程中受到的空气阻力为，匀速飞行时的速度为，汽车牵引力等于空气阻力，则有 前方空气与飞行器表面发生相互作用后随即共速，设经过时间内，以前方空气为对象，根据动量定理可得 又 ， 联立解得 故选C。 7．C 【详解】A．由系统的动量守恒易知，无论弹力为多大，最终三者均静止，故A错误； BC．由于A、C之间的最大静摩擦力小于B、C之间的最大静摩擦力，故随着F逐渐增大A、C之间先发生相对滑动。对A分析可知，当 时，A、C之间相对滑动，B、C之间将相对滑动时，对C分析 对B、C整体分析可知 联立，解得 可知若或，则释放物块后，A、C之间发生相对滑动，B、C之间未发生相对滑动，故B错误；C正确； D．若释放物块的瞬间，物块A、B均相对于小车滑动，系统最终也将处于静止状态，全过程中弹簧减少的机械能即为减少的弹性势能，根据能量关系可知等于系统内摩擦产生的热能，故D错误。 故选C。 8．B 【详解】A．动量是矢量，做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，故动量时刻在变化，故A错误； B．做匀变速曲线运动，物体的速度大小方向都时刻在变化，所以动量一定在改变，故B正确； C．物体的动量变化，可能只是速度方向发生变化，速度大小不变，则物体的动能可能不变，故C错误； D．动量的正负号只表示方向，与大小无关，故两物体动量大小关系为 故D错误。 故选B。 9．BD 【详解】AB．根据x − t图像的斜率等于速度，由图可知，碰撞前甲车的速度为 碰撞后甲车的速度大小 负号表示方向向左； 乙车的速度大小为 甲、乙两车碰撞过程中，三者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有 代入数据解得 故A错误，B正确； CD．设人跳向乙车的速度为v人，取向右为正方向，由动量守恒定律得 人跳离甲车过程，有 人跳上乙车过程，有 为避免两车相撞，应满足 取“=”时，人跳离甲车的速度最小，代入数据解得 故C错误，D正确。 故选BD。 10．AC 【详解】A．根据冲量的定义式可得0到2s内拉力F的冲量为 故A正确； B．对乙碰撞后的过程中利用动能定理得 解得 故B错误； CD．设甲的质量为，碰前速度为，碰后速度为，根据动量守恒得 根据机械能守恒得 又 联立解得 故C正确，D错误。 故选AC。 11．BC 【详解】AC．根据碰撞规律可知物块b与槽壁碰后速度大小不变，方向改变，与a碰后交换速度，则根据物块b的v-t图像，可知前17秒内a与b共碰撞4次，发生在4~6s之间、8s时刻、10~12s之间以及16s时刻；前17秒内b与槽的侧壁碰撞3次，分别在2s、10s和12s时刻，选项A错误，C正确；     B．b与a碰前速度为v2=2m/s向左，碰后b的速度v2＇=1m/s向右，因两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可知碰前a的速度v1=v2＇=1m/s，即初始时a的速度大小为1m/s，选项B正确； D．槽内底部长为 选项D错误。 故选BC。 12．AC 【详解】小球X由最高点运动到与小球Y发生碰撞的过程，根据机械能守恒定律有 两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有 两球碰撞过程，根据动量守恒有 联立求得 故选AC。 13．(1)，方向竖直向下 (2) (3)，1.5s 【详解】（1）根据动能定理，则有 可解得 在D点列圆周运动的方程，则有 可解得 根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的作用力方向竖直向下，大小为1N。 （2）发生弹性碰撞，则有 可解得 根据动量守恒，在与挡板P碰撞前的过程中，则有 在与挡板P碰后直到停止的过程中，根据动量守恒，则有 可解得 对小物块和轻质木板整体列动能定理，则有 可解得 （3）根据动量守恒，在与挡板P第一次碰撞前的过程中，则有 从第一次碰撞后，到第二次碰撞的过程中，对于小物块和轻质木板整体根据牛顿第二定律，则有 可解得 对于小物块根据运动学公式，则有 可解得 对于小物块根据牛顿第二定律，则有 可解得 对于小物块根据运动学公式，则有 对于第二次碰撞到停止的过程中，根据动量守恒，则有 综上所述，可解得 对小物块和轻质木板整体列动能定理，则有 可解得 对于整个过程列动量定理，则有 可解得 14．(1)， (2) (3) 【详解】（1）从滑块B静止释放至滑块B滑到轨道的圆弧最低点的过程中，A、B组成的系统水平方向动量守恒，根据人船模型可得 联立解得A、B运动的水平位移的大小分别为 ， （2）从滑块B静止释放至滑块B滑到轨道的圆弧最低点的过程，根据系统水平方向动量守恒定律和系统机械能守恒定律可得 解得 ， 从B滑到圆弧最低点到与C发生碰撞前瞬间过程，根据动能定理可得 解得B与C碰前的速度大小为 B与C发生弹性碰撞过程，有 解得 ， 可知B、C速度交换，则滑块C第一次在传送带上向左运动过程，有 滑块C第一次在传送带上向左运动的时间为 （3）由于传送带速度为 可知滑块C向左减速为0后，反向向右加速到与传送带共速，接着匀速运动到右端与B发生弹性碰撞，碰后速度再一次发生交换，所以第二次碰撞后B的速度为 设滑块C在传送带上向右加速所用时间为t1，匀速运动的时间为t2，则有 B向右减速到停下所用时间为 此过程，支持力对B的冲量大小为 摩擦力对B的冲量大小为 则地面给B的冲量大小为 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）若轨道固定，对物块列动能定理，则有 可解得 （2）若轨道不固定，则对系统满足水平方向动量守恒，则有 根据能量守恒，则有 可解得 （3）若轨道不固定，则对系统满足水平方向动量守恒，则有 根据能量守恒，则有 可解得 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$