第7讲 动量-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（江苏专版）

第7讲　动量 专题二　能量与动量 【目标要求】　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,会在爆炸、反冲等相互作用的系统中利用动量守恒定律解决有关问题。3.掌握碰撞模型及拓展内容,会应用动量守恒定律等规律解决实际问题。 考点一　动量定理及其应用 考点二　动量守恒定律及其应用 内容索引 考点三　碰撞模型及其应用 培优　热点训练 精准补弱 考点一　动量定理及其应用 一 4 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图像与时间轴围成的面积表示力的冲量,若F与t呈线性关系,也可直接用平均力求解 2.动量定理的应用技巧 (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)在匀变速直线运动中,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。 考向1　求解平均力问题 [例1]　(2024·江苏盐城模拟预测)一位游客体重50 kg,从5 m高的桥面由静止落下,因未受过专业训练,入水姿势不对,只用了0.05 s在水中速度就减为了零,则该游客在入水时受到水的平均作用力为(　　) A.10 500 N　　　　　　　　 B.10 000 N C.9 500 N D.500 N A [解析]　游客刚入水的速度为v== m/s=10 m/s,入水过程,取竖直向上为正方向,设该游客在入水时受到水的平均作用力为F,由动量定理有Ft-mgt=0-(-mv),代入数据得F=10 500 N,故选A。 考向2　求解缓冲问题 [例2]　一个质量为60 kg的蹦床运动员,从距离水平网面某高度处自由下落,着网后沿竖直方向蹦回到空中。用摄像机录下运动过程,从自由下落开始计时,取竖直向下为正方向,用计算机作出的v-t图像如图所示,其中0~t1阶段和t2~t3阶段为直线,t2=1.6 s,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中,下列说法正确的是(　　) A.网对运动员的平均作用力大小为1 080 N B.运动员动量的变化量为1 080 kg·m/s C.弹力的冲量大小为480 N·s D.运动员所受重力的冲量大小为1 560 N·s D [解析]　由自由落体运动可知t1= s=0.8 s,在t1~t2时间内,网对运动员有作用力,根据动量定理得(mg+)(t2-t1)=mv2-mv1,其中v1=8 m/s,v2=-10 m/s,解得=-1 950 N,网对运动员的平均作用力大小为1 950 N,A错误;从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中,运动员动量的变化量为0,B错误;弹力的冲量大小为I=||(t2-t1)=1 560 N·s,C错误;运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等,即1 560 N·s,D正确。 考向3　求解流体问题 [例3]　(2024·江苏南通期末)湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知该船帆的有效受风面积为S,水平风速恒为v2,且v1<v2,湖面上空气密度为ρ,则风对船帆的推力的功率为(　　) A.ρS B.ρS(v2-v1)2 C.ρS(v2-v1)2v1 D.ρS(v2-v1)2v2 C [解析]　单位时间t内冲击船帆的空气的体积V=SL=S(v2-v1)t,单位时间t内冲击船帆的空气质量m=ρV=ρS(v2-v1)t,空气的动量改变量Δp=m(v2-v1),设帆对空气的作用力大小为F,由动量定理有Ft=Δp,解得F=ρS(v2-v1)2,根据牛顿第三定律,帆船在航行过程中受到的风的水平推力大小F'=F=ρS(v2-v1)2,风对船帆的推力的功率为P=F'v1=ρS(v2-v1)2v1,故C正确,A、B、D错误。 反思提升 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,取一小段柱形流体作为研究对象。 (2)求小柱体的体积ΔV=vSΔt。 (3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=ρvSΔt。 (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。 二 考点二　动量守恒定律及其应用 15 1.判断守恒的三种方法 2.动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。 (2)Δp1=-Δp2。 (3)Δp=0。 [例4]　(2024·江苏南通高三期末)一辆质量为M(含人和沙包)的雪橇在水平光滑冰面上以速度v匀速行驶。雪橇上的人每次以相同的速度3v(对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包。抛出第一个沙包后,车速减为原来的。下列说法正确的是(　　) A.每次抛出沙包前后,人的动量守恒 B.雪橇有可能与抛出的沙包发生碰撞 C.雪橇的总质量M与沙包的质量m满足M∶m=12∶1 D.抛出第四个沙包后雪橇会后退 D [解析]　每次抛出沙包前后,雪橇(含人)和抛出的沙包总动量守恒,故A错误;抛出沙包后,雪橇的速度不会超过v,不可能再与抛出的沙包发生碰撞,故B错误;规定雪橇的初速度方向为正方向,对抛出第一个沙包前后,根据动量守恒定律有Mv=(M-m)v+m·3v,解得M=11m,故C错误;抛出第四个沙包后雪橇速度为v1,由全过程动量守恒得Mv=(M-4m)v1+4m·3v,将M=11m代入得v1=-,故D正确。 [例5]　(2024·江苏南通高三模拟)物块A和斜面体B的质量分别为m和3m,水平直角边长分别为L和3L,不计一切摩擦,A从斜面体顶端由静止开始运动,相对于斜面体刚好滑到底端这一过程中,下列说法正确的是(　　) A.物块A的机械能守恒 B.A与B组成的系统动量守恒 C.斜面体B的位移大小为0.5L D.物块A的位移大小为1.5L C [解析]　根据题意可知,斜面体B对物块A的支持力对物块A做负功,则物块A的机械能不守恒,故A错误;根据题意可知,初始时刻系统竖直方向动量为零,运动过程中,物块A有竖直方向的分速度,则竖直方向上系统的动量不守恒,故A与B组成的系统动量不守恒,故B错误;由题意可知,系统在水平方向上动量守恒,设物块A的水平位移为x1,斜面体B的水平位移为x2,由动量守恒定律有mx1=3mx2,又有x1+x2=3L-L,解得x1=1.5L,x2=0.5L,由于物块A的竖直位移不可求,则物块A的位移大小不 可求,斜面体B的竖直位移为零,则斜面体B的位移大小 为0.5L,故D错误,C正确。 [例6]　(2024·江苏卷)嫦娥六号探测器于2024年5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道,探测器经过轨道修正、近月制动,顺利进入环月轨道飞行。此后探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号探测器在轨速度为v0,着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt,分离后B的速度为vB,且与v0同向,A、B的质量分别为m、M。求: (1)分离后A的速度vA大小; [答案]　(1)　 [解析]　(1)组合体分离前后动量守恒,取v0的方向为正方向,有 (m+M)v0=MvB+mvA 解得vA=。 (2)分离时A对B的推力大小。 [答案]　(2) [解析]　(2)以B为研究对象,对B由动量定理有 FΔt=MvB-Mv0 解得F=。 三 考点三　碰撞模型及其应用 25 1.碰撞的基本规律 2.两种碰撞的常见模型 (1)弹性碰撞常见模型 图例(水平 面、曲面 均光滑)       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,损失的动能最大,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,能量满足m=m+M (2)完全非弹性碰撞常见模型 图例(水平面、水平导轨都光滑)       达到共速 相当于完全非弹性碰撞,动量满足mv0=(m+M)v共,损失的动能最大,分别转化为内能或电能 [例7]　如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑水平面上。现使A获得水平向右、大小为3 m/s的瞬时速度,从此刻开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。从图像提供的信息可得(　　) A.在t1和t3时刻,两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧分别处于压缩和拉伸状态 B.在t1~t2时间内,A、B的距离逐渐增大,t2时刻弹簧的弹性势能最大 C.两物块的质量之比为m1∶m2=2∶1 D.在t2时刻,A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2=1∶6 [答案]　A [解析]　根据图像可得开始时A的速度大,弹簧被压缩,t1时刻A、B速度相同,此时弹簧压缩量达到最大,之后B的速度大,弹簧压缩量开始变小,t2时刻弹簧恢复原长,之后弹簧开始被拉伸,t3时刻A、B速度相同,此时拉伸量达到最大,之后A的速度又大于B的速度,拉伸量开始变小,所以t2时刻弹簧处于原长状态,此时弹簧的弹性势能最小,A正确,B错误;根据系统动量守恒,取向右为正方向,在0~t1时间内,有m1×3 m/s=(m1+m2)×1 m/s,解得=,C错误;t2时刻,A、B两物块的动能之比为==×=,D错误。 [例8]　(2024·江苏苏州一模)如图所示,质量为m=1 kg的工件甲静置在光滑水平面上,其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成,两轨道相切于B点,圆弧轨道半径为R=0.824 m,质量也为m=1 kg 的小滑块乙静置于A点。不可伸长的细线一端固定于O点,另一端系一质量为M=4 kg的小球丙,细线竖直且丙静止时O到球心的距离为L=2 m。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为θ=53°并由静止释放,丙在O正下方与甲发生弹性碰撞(之后两者不再发生碰撞)。已知重力加速度大小为g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,不计空气阻力。 (1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小; [答案]　(1)2.4 m/s　6.4 m/s　 [解析]　(1)丙向下摆动过程中机械能守恒,有 MgL(1-cos θ)=M 解得v0=4 m/s 丙与甲碰撞过程,由动量守恒定律得Mv0=Mv'+mv 由机械能守恒定律得M=Mv'2+mv2 解得碰后瞬间,丙速度大小v'=2.4 m/s 甲速度大小v=6.4 m/s。 (2)通过计算分析判断,碰后甲向左滑动的过程中,乙能否从C点离开圆弧轨道。 [答案]　(2)见解析 [解析]　(2)假设乙能从C点离开,通过C点后甲、乙水平方向速度相同,设为v甲,从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程,甲、乙水平方向动量守恒,有mv=2mv甲 解得v甲=3.2 m/s 设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为vy,合速度大小为v乙,从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中,由机械能守恒定律得mv2=m+m+mgR 又因为=+ 解得vy=2 m/s>0 所以乙能从C离开圆弧轨道。 四 培优　热点训练 38 1.(2024·江苏高考仿真模拟)某跳水运动员从10 m跳台跳出,进入水中深度3 m后速度减为零,其质量为m=50 kg,忽略空气阻力,且她在水中的运动近似为匀变速直线运动,则从入水到速度减为零的过程中,水给她的冲量大小最接近(　　) A.220 N·s　　　　　　　 B.520 N·s C.720 N·s D.920 N·s D 解析:在入水前,运动员做自由落体运动,只受重力,则有=2gh,可得入水时的速度v1=10 m/s,她入水后做匀减速直线运动,最后速度减为0,因此入水后的平均速度==5 m/s,从入水到速度减为0所用时间t== s= s,以向上为正方向,根据动量定理有I-mgt=0-m(-v1),可得水给她的冲量I=650 N·s≈919 N·s,故选D。 2.(2024·江苏泰州二模)如图,固定在竖直平面上的半径R=1.0 m的光滑半圆轨道AB与光滑水平地面在A点相切,在半圆轨道的最低点A设置一压力传感器,压力传感器上放置一质量m2=1.5 kg的小球乙,用外力将水平地面上的物块甲和物块丙间的轻弹簧(未连接)压缩并保持静止。某一时刻突然撤去外力,轻弹簧将物块丙、甲分别向左右两边水平弹出,物块丙、甲被弹开后,立即拿走轻弹簧,经过一段时间后物块甲与小球乙发生弹性碰撞,碰撞后瞬间压力传感器的示数为111 N。已知物块甲与物块丙的质量均为m1=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,甲、乙、丙均可视为质点,B为半圆轨道的最高点,空气阻力不计,轻弹簧始终在弹性限度内。 (1)求小球乙被碰撞后瞬间获得的速度大小; 答案:(1)8 m/s　 解析:(1)根据题意可知,甲与乙发生弹性碰撞后瞬间轨道对乙的支持力F=111 N,对乙由牛顿第二定律有 F-m2g=m2 解得vA=8 m/s。 (2)求轻弹簧的弹性势能; 答案: (2)100 J　 解析: (2)甲、乙发生弹性碰撞,取向右为正方向,由动量守恒定律有m1v0=m1v甲+m2vA 碰撞过程中机械能守恒,有 m1=m1+m2 联立解得v0=10 m/s,v甲=-2 m/s 释放弹簧,将甲、丙弹出的过程,根据动量守恒定律有 0=m1v0+m1v丙 解得v丙=-v0=-10 m/s 负号表示弹开后丙的速度方向向左。弹簧将甲、丙弹开的过程中系统的机械能守恒,有 Ep=m1+m1 解得Ep=100 J。 (3)小球乙能否运动到B点,若能,求小球乙落地点到A点的距离。 答案: (3) m 解析: (3)对乙在半圆轨道上的运动过程,由机械能守恒定律有 m2=m2+2m2gR 解得vB=2 m/s 设乙能过B点的最小速度为vmin,满足 m2g= 因vB>vmin= m/s,故乙能到B点,小球乙离开B点后做平抛运动,由平抛运动规律可知,水平方向有x=vBt 竖直方向有2R=gt2 解得x= m。 五 精准补弱 48 1.(2024·江苏常州模拟预测)水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止状态跌落的最大高度,导致苹果碰伤所需的平均作用力为苹果自身重力的3倍。不考虑其他因素的影响,若苹果在某材料上的碰伤阈值为20 cm,则(　　) A.苹果的碰伤阈值与苹果的重量成正比 B.苹果的碰伤阈值与苹果的质量无关 C.若跌落高度一定,给苹果套上有空气泡的塑料袋能减小它与该材料的作用时间 D.若跌落高度一定,给苹果套上有空气泡的塑料袋能减小它与该材料作用力的冲量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 解析:设苹果在某材料上的碰伤阈值为h,根据v2=2gh得,苹果落到该材料上瞬间速度大小v=,苹果接触材料过程中平均合力大小为F合=3mg-mg=2mg,平均加速度大小为a==2g,在材料上减速到0需要时间t,所以有v=at,即=2gt,h=2gt2,所以苹果的碰伤阈值与苹果的质量无关,故A错误,B正确;若跌落高度一定,给苹果套上有空气泡的塑料袋能增大它与该材料的作用时间,故C错误;若跌落高度一定,给苹果套上有空气泡的塑料袋后,苹果落到该材料上瞬间速度大小不变,根据I=m·Δv可知,它与该材料作用力的冲量不变,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.如图所示,物体A、B将一轻弹簧(不与A、B拴接)挤压后用线系住,静止在水平面上,A、B的质量之比为2∶1,A、B与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2。现将线烧断,则(　　) A.A、B组成的系统动量不守恒 B.弹簧刚恢复原长时,B速度达到最大 C.弹簧刚恢复原长时,A、B动能相等 D.A、B同时停止运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 解析:A、B组成的系统水平方向受合外力为F合=μAmAg-μBmBg=0,可知系统的动量守恒,选项A错误;当B的速度最大时,弹力等于摩擦力,此时弹力不为零,则当弹簧刚恢复原长时,B速度不是最大,选项B错误;根据动量守恒定律,弹簧刚恢复原长时,有mAvA-mBvB=0,即pA=pB,又Ek=,则==,选项C错误;根据mAvA-mBvB=0可知,A、B同时停止运动,选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.(2024·江苏淮安二模)某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验,如图所示。当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时,电子秤示数为36.0 g。假设吹风机出风口为圆形,其半径为5 cm,空气密度为1.29 kg/m3,实验前电子秤已校准,假设气流接触托盘后 立即转为水平方向,重力加速度g取10 m/s2,则此时吹 风机的风速约为(　　) A.6 m/s　　　　　　　　 B.8 m/s C.10 m/s D.12 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 解析:对于Δt时间内吹出的空气,根据动量定理有FΔt=mv=ρvSΔt·v,其中F=0.36 N,S=πr2,代入数据解得v≈6 m/s,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(2024·江苏南通高三期中)如图所示,斜面体Q静止在光滑的水平面上,表面光滑的小物块P从斜面顶端由静止释放,P、Q的质量相等,则(　　) A.P沿斜面下滑过程中P、Q动量守恒 B.P沿斜面下滑过程中其重力的功率先增大后减小 C.P滑到斜面底端时的加速度大于Q的加速度 D.P从斜面顶端滑到斜面底端过程中的轨迹是曲线 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 解析:水平面光滑,小物块下滑过程中,系统水平方向动量守恒,A错误;小物块下滑过程中竖直方向是加速运动,所以重力的瞬时功率一直增大,B错误;物块滑到斜面底端时,两者水平方向作用力等大反向,又因为两者质量相同,所以两者加速度大小相等,由于P有竖直向下的加速度,而Q没有竖直方向的加速度,所以P的合加速度大于Q的加速度,C正确;P从斜面顶端滑到斜面底端过程中受到的重力和支持力为恒力,所以合力为恒力,物块由静止运动,所以其轨迹是一条直线,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(2024·江苏南京高三期中)质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰,则碰撞后B球速度v'可能值的范围为(　　) A.0.2v≤v'≤0.5v B.0.2v≤v'≤0.75v C.0.25v≤v'≤0.5v D.0.25v≤v'≤0.75v 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 解析:若A、B两球为弹性碰撞,则碰撞过程无能量损失,碰撞后B球速度最大,取A球初速度方向为正方向,根据动量守恒定律、机械能守恒定律可得mv=mv1+3mv2,mv2=m+m,解得v2=0.5v;若A、B两球为完全非弹性碰撞,碰撞后两球共速,碰撞过程能量损失最大,碰撞后B球速度最小,根据动量守恒定律可得mv=(m+3m)v共,解得v共=0.25v。因此碰撞后B球速度v'可能值的范围为0.25v≤v'≤0.5v,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.如图所示,在光滑的水平面上静止一质量M=8 kg的小车B,小车左端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到小车右端的距离L=1 m,这段距离小车B与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ=0.1,而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑。木块A以速度v0=15 m/s由小车B的右端开始沿车厢板表面向左运动。已知木块A的质量m=2 kg,重力加速度g取10 m/s2,则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为(　　) A.45 J B.178 J C.225 J D.270 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 解析:由题意知,小车和木块组成的系统动量守恒,当木块A和小车B速度相等时,弹簧弹性势能最大,有mv0=(M+m)v,由能量守恒定律得m=(M+m)v2+μmgL+Epmax,联立解得Epmax=178 J,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.如图(a)所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球,t=0时,甲静止,乙以6 m/s的初速度向甲运动,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触),它们运动的v-t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示,则由图线可知(　　) A.两带电小球的电性一定相反 B.甲、乙两球的质量之比为2∶1 C.t2时刻,乙球的电势能最大 D.在0~t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能一直减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 解析:由题图(b)可知,乙球减速的同时,甲球正向加速,说明两球相互排斥,带有同种电荷,故A错误;两球作用过程动量守恒,则有m乙v=(m甲+m乙) v共,解得=,故B正确;t1时刻,两球共速,距离最近,则乙球的电势能最大,故C错误;在0~t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能先减小,t2时刻后逐渐增大,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(2024·江苏泰州一模)如图所示,可视为质点的两个小物块A、B并排放在粗糙水平面上,一根轻绳一端固定于水平面上的O点,另一端系在小物块A上。已知mA=1 kg,mB=3 kg,A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2,轻绳长l=0.314 m,g取10 m/s2,π取3.14且π2=10。现给A一个向左的初速度v0=2 m/s,使其绕O点做圆周运动,运动一周时与B发生弹性碰撞。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)A刚开始运动时所受轻绳拉力的大小FT; 答案:(1)76.43 N　 解析:(1)A刚开始运动时轻绳拉力提供向心力,有 FT=mA 解得轻绳拉力的大小FT≈76.43 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)A与B碰前瞬间的加速度大小a; 答案: (2)51 m/s2　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析: (2)设A与B碰前瞬间的速度为v,对A运动一周过程,根据动能定理有 -μmAg·2πl=mAv2-mA 解得v=4 m/s 此时绳子的拉力为FT'= 根据牛顿第二定律有 =mAa 解得a≈51 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)A与B碰后B滑行的距离s。 答案: (3)1 m 解析: (3)A、B碰撞过程,根据动量守恒定律有 mAv=mAv1+mBv2 根据机械能守恒定律有mAv2=mA+mB 解得v2=2 m/s 碰后B滑行的加速度aB=μg=2 m/s2 A与B碰后B滑行的距离s==1 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(2024·江苏靖江中学期末)如图所示,质量分别为m和2m的物体A、B静置于光滑水平地面上,B左端固定一轻质弹簧,现A以速度v向右运动,在A、B相互作用的整个过程中,求: (1)弹簧对A的冲量大小I; 答案:(1)mv　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:(1)根据题意,设当弹簧被压缩至重新恢复原长时,A的速度为v1,B的速度为v2,在整个过程中,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv=mv1+2mv2 由机械能守恒定律有mv2=m+×2m 联立解得v1=-v,v2=v 由动量定理有 I=mv1-mv=-mv 即弹簧对A的冲量大小为mv。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)弹簧弹性势能的最大值Epm。 答案: (2)mv2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析: (2)根据题意可知,当A、B速度相等时,弹簧的弹性势能最大,设A、B共速时速度为v3,由动量守恒定律有 mv=(m+2m)v3 解得v3=v 由机械能守恒定律可得 Epm=mv2-×3m=mv2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(2024·江苏南通模拟预测)如图甲所示,质量分别是2m、m的两物块A、B用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙壁相接触。t=0时,物块C以速度v0向右运动,t0时刻与物块A相碰并立即(作用时间极短、可忽略)与物块A粘在一起不再分离。在0~3t0时间内,物块C的v-t图像如图乙所示,弹簧始终在弹性限度内,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)物块C的质量; 答案:(1)m　 解析:(1)物块C与物块A相碰并立即粘在一起组成物块D,速度为,根据动量守恒定律有 mCv0=(mC+2m) 解得mC=m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)离开墙壁后,物块B的最大速率。 答案: (2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析: (2)3t0时刻,弹簧第一次恢复到原长,此时物块D速度的大小为,物块B的速度为0,从3t0时刻开始,系统动量、机械能均守恒。系统的总动量、总机械能分别为p总=(2m+mC)=mv0 E总=(2m+mC)()2=m 弹簧第二次恢复到原长时,物块B的速度最大。设此时物块D、物块B的速度大小分别为v1、v2,则p总=(2m+mC)v1+mv2 E总=(2m+mC)+m 解得v1=,v2=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 $$