专题2 第8讲 动量 （课件）-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，浙江专用）

专题二　 能量与动量 第8讲　动量 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。 目标要求 3 掌握碰撞模型及拓展，会应用动量守恒定律等规律解决实际问题。 内容索引 考点一 考点二 动量定理及应用 动量守恒定律及应用 考点三 碰撞模型及拓展 高考预测 专题强化练 考点一 动量定理及应用 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 (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。 2.动量定理 　(多选)(2023·广东卷·10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有 A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 例1 √ √ 取向右为正方向，滑块1和滑块2组 成的系统的初动量为p1＝mv1＝1× 0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误； 对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝ －0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确； 对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误； 　(2023·浙江宁波市二模)如图所示，某人用水管冲洗竖直墙面，水龙头的流量(单位时间流出水的体积)可视为一定，水管的入水口与水龙头相连接，水从出水口水平出射，水打到墙面后不反弹顺墙面流下。若用手挤压出水口，使出水口的横截面积变为原来的一半，则被水流冲击部分的墙面所受压强约为原先的多少倍 A.1 B.2 C.4 D.8 例2 √ 由题知，水龙头的流量(单位时间流出水 的体积)可视为一定，设为Q，水流速度 为v0，横截面积为S，则有Q＝Sv0，设 Δt时间内有V体积的水打在墙面上，则这些水的质量为m＝ρV＝ρQΔt＝ρSv0Δt，以这部分水为研究对象，它受到墙面的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有－FΔt＝0－mv0，解得F＝ρSv02，则被水流冲击部分的墙面所受压强p＝ ＝ρv02，可知压强正比于水流速度的平方； 当出水口的横截面积变为原来的一半时， 设此时水流速度为v′，则有Q＝Sv0＝ 解得v′＝2v0，可知水流速度变 为原来的2倍，根据压强正比于水流速度的平方，当出水口的横截面积变为原来的一半时，则被水流冲击部分的墙面所受压强约为原先的4倍，故选C。 流体的柱状模型 总结提升 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。 总结提升 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＝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。 考点二 动量守恒定律及应用 15 (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。 动量守恒定律的三种表达形式 　如图所示，质量为m的光滑圆环套在固定的水平杆上，轻绳的一端系在圆环上，另一端系着质量为M的木块。质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块，并以速度v离开木块，子弹穿过木块的时间极短。重力加速度为g，下列说法正确的是 A.子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统 　动量和机械能都守恒 B.子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统 　动量不守恒，机械能守恒 C.子弹射出木块后的瞬间，圆环对杆的压力等于(M＋m)g D.木块上升到最高点时，速度大小为 例3 √ 根据题意可知，子弹射穿木块前后，子弹和 木块组成的系统动量守恒，子弹克服摩擦阻 力做功，机械能不守恒，故A、B错误； 子弹射出木块后的瞬间，木块有速度，根据 圆周运动的规律，环对轻杆的压力大于(M＋m)g，故C错误； 木块上升到最高点时，环和木块的速度相等，水平方向上系统动量守恒，由动量守恒定律有m0v0＝(M＋m)v1＋m0v，解得v1＝ ，故D正确。 　(多选)(2023·浙江省绍兴一中统考)如图，质量为1 kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2 kg的条形磁体(条形磁体横截面比铝管管内横截面小)以v＝3 m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则 A.磁体穿过铝管过程中，铝管受到的安培力先水平向左，后水平向右 B.磁体穿过铝管后，铝管速度可能为4 m/s C.磁体刚穿过铝管时的速度可能大于2 m/s D.磁体穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J 例4 √ √ 磁体穿过铝管过程中，根据楞次定律可知，铝管受到的安培力始终向右，故A错误；磁体穿过铝管的过程中，系统动量守恒，设穿过铝管时磁体的速度为v1，铝管的速度为v2，根据动量守恒定律有Mv＝Mv1＋mv2 解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s 假设磁体恰好和铝管速度相等，共速的速度为v3，根据动量守恒定律有Mv＝(M＋m)v3 解得v3＝2 m/s 所以磁体穿过铝管后，铝管速度小于4 m/s，磁体刚穿过铝管时的速度可能大于2 m/s，磁体穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J，故B错误，C、D正确。 　(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为 A.48 kg 　　　　B.53 kg 　　　　C.58 kg 　　　　D.63 kg 例5 √ √ 方法一：设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2，……，第八次推物块后，运动员速度大小为v8。第一次推物块后，由动量守恒定律知Mv1＝mv0，第二次推物块后由动量守恒定律知M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知M(vn－vn－1)＝2mv0， 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　由题意 知，v7<5.0 m/s，则M>52 kg，又知v8>5.0 m/s，则M<60 kg，故选B、C。 方法二：以运动员和物块作为系统，运动员每推、接一次，系统动量增加2mv0，推接7次后，由动量定理得7×2mv0＝(M＋m)v7，v7< 5 m/s，解得M>52 kg，假设推8次后反弹后可以接住，推接8次后，8×2mv0＝(M＋m)v8，v8>5 m/s，解得M<60 kg，故52 kg<M<60 kg，故选B、C。 考点三 碰撞模型及拓展 25 1.碰撞问题遵循的三条原则 (1)弹性碰撞 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律。 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 2.两种碰撞的特点 结论： ①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。 ②当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。 ③当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。 ④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。 (2)完全非弹性碰撞 (1)“保守型”碰撞拓展模型 3.碰撞拓展 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，机械能守恒，满足 (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面或水平导轨光滑)       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 　(多选)如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg。现给A球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知 A.B球的质量m2＝2 kg B.球A和B在相互挤压过程中产生的 　最大弹性势能为4.5 J C.t3时刻两球的动能之和小于0时刻 　A球的动能 D.在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8 例6 √ √ 两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由题图乙图线可知，t1时刻两球速度相等为1 m/s，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v，解得B球的质量为m2＝2 kg，故A正确； 两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，由此可知，t3时刻两球的动能之和等于0时刻A球的动能，故C错误； 　如图甲所示，物块A、B的质量均为2 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不粘连。物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与物块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C的质量为2 kg B.物块B离开墙壁前，弹簧的 最大弹性势能为40.5 J C.4 s到12 s的时间内，墙壁对 物块B的冲量大小为0 D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6 m/s 例7 √ 由题图知，C与A碰前速度为v1＝9 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，由动量守恒定律有mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝1 kg，故A错误； 由题图乙知，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＝－18 N·s，方向向左，故C错误； 高考预测 39 1.(多选)(2023·浙江宁波市统考)在生产生活中，经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车上固定着两端开口的光滑细管，细管由水平、弯曲和竖直三部分组成，各部分之间平滑连接，竖直管的上端到小车上表面的高度为h。一小球以初速度v0水平向右射入细管，小球的质量与小车的质量(包含细管)相等，小球可视为质点，忽略一切阻力作用，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.小球在细管中运动时，小球和小车(包含细管)组成的系统动量守恒 B.小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用 C.当小球初速度v0> 时，将会从细管的竖直部分冲出 D.若小球从细管的竖直部分冲出，冲出后一定会落回到细管中 1 2 √ √ √ 小球在细管中运动时，小球和小车(包含细管)组成的 系统在水平方向受到合外力为零，在弯曲处，小球 和小车组成的系统，在竖直方向合外力不为零，则 小球和小车(包含细管)组成的系统水平方向动量守恒， 小球在细管中运动时，小球和小车(包含细管)组成的系统动量不守恒，故A错误； 由于小球和小车(包含细管)组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管的竖直部分运动时，水平方向的速度相同，则小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用，故B正确； 1 2 小球从细管的竖直部分冲出后，水平方向的速度始终与小车运动速度相同，则冲出后一定会落回到细管中，故D正确。 1 2 2.(2023·浙江绍兴市诊断)现在很多景区都有悬空大茶壶这一景观，如图甲所示，一个大茶壶不断向下“倒水”，大茶壶似乎没有任何支撑而悬空，小明参观后尝试做了如下实验，其原理如图乙所示，开口向下的水桶代替大茶壶，水桶下面有一水管，水桶的重心位于水管中心之上，水管内的水流各处速度方向竖直向上， 大小相等均为v＝10 m/s，水管的横 截面积 S＝0.003 m2，水的密度为ρ ＝1 000 kg/m3，假设水碰到水桶底 部瞬间速度大小不变，方向反向， 1 2 忽略水流质量的损耗，整个过程忽略水的重力、阻力的影响，水桶处于悬停状态，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是 A.水桶的质量为60 kg B.水桶的质量为40 kg C.连接水管的水泵输出功率为15 kW D.连接水管的水泵输出功率为20 kW 1 2 √ 在Δt时间内，以撞到桶上的水为研究对象，以竖直向下为正方向，根据动量定理得F·Δt＝mΔv＝ρSvΔt[v－(－v)]，由牛顿第三定律可知，水对桶的作用力F′＝F，而水桶悬在空中F′＝Mg，解得水桶的质量M＝60 kg，A正确，B错误； 1 2 专题强化练 46 1.(多选)(2023·浙江温州市统考期中)新修订的《未成年人保护法》规定：儿童乘坐汽车应当配备儿童安全座椅。在儿童假人模拟实验中，车速为50 km/h的车辆与墙壁发生碰撞，10 kg的假人重心相对地面最远移动了0.5 m，在此过程中 A.假人所受合力的方向水平向后 B.车、假人组成的系统水平方向上动量守恒 C.安全座椅对假人水平方向上的平均作用力约2 kN D.由实验可知大人系好安全带抱紧小孩坐车是安全的 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 保分基础练 √ √ 13 当车辆与墙壁发生碰撞时，假人相对于车向前运动，所以受到向后的摩擦力，而重力和支持力平衡，所以合力水平向后，故A正确； 当车辆与墙壁发生碰撞时，墙壁对车有向后的作用力，即系统水平方向所受的合外力不为零，所以系统水平方向动量不守恒，故B错误； 根据速度位移关系有v2＝2ax，又有F＝ma，代入数据解得F≈2 kN，故C正确； 在发生碰撞时，若大人系好安全带，大人将受到安全带的作用力减速，但小孩将由于惯性继续向前运动，所以小孩不安全，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.(2023·浙江湖州市校考)如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，a至c处弹性绳仍然处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则 A.a处网球拍给网球的冲量沿水平方向 B.拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下 C.c到d过程中网球受到的冲量方向一定竖直向下 D.d处反弹后网球做平抛运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 该同学将网球抛至最高点a处时网球的速度为零，网球拍击打网球后，网球做曲线运动，曲线上任意一点的切线方向即为网球的速度方向，由轨迹可知，a处轨迹的切线方向斜向右上方，则可知a处的速度方向斜向右上方，因此网球拍给网球的冲量应斜向右上方，故A错误； 拍打后a到c过程中网球只受到重力的作用，而重 力竖直向下，则重力的冲量竖直向下，因此拍打 后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下，故 B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c到d过程中受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两种情况，若只受重力阶段，则冲量竖直向下；若受到重力和弹性绳的拉力，则二者合力斜向左下方，因此网球受到的冲量方向斜向左下方，故C错误； 做平抛运动的条件是初速度水平，且只受重力作 用，显然网球在d处反弹后除了受到重力外还有因 弹性绳收缩而受到的拉力，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.(2022·重庆卷·4)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部 A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B.动量大小先增大后减小 C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D.加速度大小先增大后减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F－t 图像中图线与横轴围成的面积即合外力的冲量，再 根据动量定理可知F－t图像中图线与横轴围成的面 积表示动量的变化量大小，且图线一直在t轴的上方， 则动量的大小一直增大，A、B错误； 根据动量与动能的关系有Ek＝ ，而F－t图像中图线与横轴围成的 面积表示动量的变化量大小，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误； 由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.(2021·湖南卷·2)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p－x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax， 而动量为p＝mv， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5.(2023·浙江省普陀中学期中)打喷嚏可将飞沫喷到10 m之外，有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达162 km/h，假设打一次喷嚏大约喷出40 mL的空气，用时约0.02 s，已知喷出的空气的密度为1.3 kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为 A.1.2 N B.0.12 N C.0.68 N D.6.8 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 打一次喷嚏喷出的空气质量为m＝ρV 以喷出的空气运动方向为正方向，设空气受到人的平均喷射力大小为F，根据动量定理有Ft＝mv，代入数据，联立解得F≈0.12 N 根据牛顿第三定律可知人受到的平均反冲力大小为F′＝F＝0.12 N，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.已知一滴雨滴的重力可达蚊子体重的几十倍，但是下雨时蚊子却可以在“雨中漫步”。为研究蚊子不会被雨滴砸死的诀窍，科学家用高速相机拍摄并记录蚊子的运动情况，研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是与雨滴融为一体，顺应雨滴的趋势落下，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为m，初速度为零，雨滴质量为50m，击中蚊子前竖直匀速下落的速度为v，蚊子与雨滴的作用时间为t，以竖直向下为正方向。假设雨滴和蚊子组成的系统所受合外力为零。则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子与雨滴的作用时间变短，则雨滴受到的平均作用力将变大，蚊子受到的平均作用力也变大，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.(多选)如图所示，在水平冰面上，质量m1＝2 kg的冰壶A以大小为v1＝10 m/s的速度与静止的质量为m2＝3 kg的冰壶B发生正碰，碰撞可能是弹性碰撞也可能是非弹性碰撞，不计一切摩擦和空气阻力。关于碰后冰壶A的运动情况描述正确的是 A.碰后冰壶A可能会被弹回，速度大小为1 m/s B.碰后冰壶A可能继续向前运动，速度大小为1 m/s C.碰后冰壶A可能继续向前运动，速度大小为5 m/s D.碰后冰壶A不可能静止不动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1、m2的A、B两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s，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，以下说法正确的是 A.两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1 B.在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值 C.t1～t2时间内，弹簧的长度大于原长 D.t2～t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 以A的初速度方向为正方向，对0～t1时间内的过程， 由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v共，将v1＝3 m/s， v共＝1 m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，故A错误； 根据系统机械能守恒可知，在t1时刻和t3时刻，系 统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故 B正确； 在t1时刻弹簧压缩至最短，所以t1～t2时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误； t2～t3时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.质量相等的a、b两小球(视为质点)在同一竖直线的不同高度以不同的初速度同时竖直上抛，在a球到达最高点时两球发生正碰且碰撞时间极短。图中实线和虚线分别表示a、b两小球位置随时间变化的曲线，图线Ⅰ前半部分、图线Ⅱ后半部分关于t1时刻对称。则下列说法正确的是 A.t＝0时刻，a球的速率大于b球的速率 B.碰撞前后瞬间，b球的动量不变 C.a球先落回地面 D.碰撞后a球的机械能大于b球的机械能 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 争分提能练 13 x－t图线的斜率表示速度，根据题图可知，t＝0时 刻，a球的速率小于b球的速率，A错误； 根据题图可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，所 以碰撞后瞬间，b球的速度变为零，动量也变为零， a球的速度增大，方向竖直向上，b球先落回地面，B、C错误； 碰撞后两球处于同一位置，a球的速度大于b球的速度，两球质量相等，因此碰撞后a球的机械能大于b球的机械能，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.(多选)如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球(可视为质点)从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，则 A.小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总 　动量守恒 B.小球离开小车后做斜上抛运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 13 小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力 为0，系统仅在水平方向动量守恒，A错误； 系统水平方向总动量为0，则小球由B点离开小车时， 小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上 有mvx＋2mvx＝0，解得vx＝0，即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.如图所示，光滑的水平杆上有一质量为m的滑环A，滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B(可视为质点)，物块B恰好与光滑的水平面接触。质量为m的物块C(可视为质点)以速度v冲向物块B，物块C与物块B碰后粘在一起向右运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 A.物块C与物块B碰后速度为v √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 物块C与物块B碰撞时动量守恒，有mv＝2mv1， 解得碰后速度为v1＝　，A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 若滑环A不固定，物块C与物块B粘在一起后，相对于A做曲线运动，会向右拉动A一起运动，当A、B、C三者水平方向速度相等(设为v2)时， 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.(2022·全国乙卷·25)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v－t图像如图(b)所示。已知从t＝0到 t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求 (1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； 答案　0.6mv02　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大， 此时A、B速度相等，即在t＝t0时刻， 根据动量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0 根据能量守恒定律有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6 mv02 13 (2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； 答案　0.768v0t0　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA 对方程两边同时乘以时间Δt，有 6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt 0～t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积， 可得6mv0t0＝5msB＋msA，将sA＝0.36v0t0 代入可得sB＝1.128v0t0 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 Δs＝sB－sA＝0.768v0t0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (3)物块A与斜面间的动摩擦因数。 答案　0.45 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右， 设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA′， 取向左为正方向，根据动量守恒定律可得 mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′ 根据能量守恒定律可得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 联立解得vA′＝v0 13 方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑 过程，根据动能定理可得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 下滑过程，根据动能定理可得 联立解得μ＝0.45 13 方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算 出滑块A上滑和下滑时的加速度大小， mgsin θ＋μmgcos θ＝ma上 mgsin θ－μmgcos θ＝ma下 上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，设在 斜面上滑行的位移为L，由匀变速直线运动的 位移速度关系可得2a上L＝(2v0)2－0,2a下L＝vA′2 联立可解得μ＝0.45。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.(2023·浙江金华市一模)如图所示，总质量为M的无人机旋翼启动后恰能悬停在离水平地面高为H的空中，升力大小不变，向前方以水平速度v发射一枚质量为m的微型导弹，始终保持水平，重力加速度为g，不计空气阻力，则 A.发射微型导弹后，无人机将做匀变速直线运动 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 发射微型导弹后，其重力减小，竖直方向做匀加速运动，水平方向因为动量守恒具有向后的速度，将做匀变速曲线运动，A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 对滑块2根据动量定理有Δt＝mv2－0，解得＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。 v′， 假设无能量损耗，则有Mv2＝Mv12＋mv22 损耗的能量为ΔE＝Mv2－(M＋m)v32＝3 J 1 整理得vn＝，则v7＝，v8＝。 m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝，v2′＝。 动量守恒，末速度相同，m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v共2。 mv02＝mv12＋Mv22 当两球速度相等时弹性势能最大，由能量守恒定律得 m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm，解得Epm＝3 J，故B错误； 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，由动量守恒定律得m1v0＝m1vA＋m2vB，由机械能守恒定律得m1v02＝m1vA2＋m2vB2，代入数据解得vA＝－1 m/s，vB＝2 m/s，t2时刻两球动能之比为＝＝，故D正确。 A、C粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能 最大，为Ep＝(mA＋mC)v22＝13.5 J，故B错误； 物块B刚离开墙壁时，A、C向左运动的速度 大小为3 m/s，物块B离开墙壁后，系统动量 守恒、机械能守恒，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＋mBvB，(mA＋mC)v32＝(mA＋mC)v42＋ mBvB2，代入数据解得vB＝－3.6 m/s，物块B的最大速度大小为 3.6 m/s，故D正确。 由于水平方向动量守恒，在最高点，由动量守恒定律 和能量守恒定律有mv0＝2mv，mv02＝·2mv2＋mgL， 解得L＝，若小球从细管的竖直部分冲出，则有L ＝>h，解得v0>，故C正确； 在Δt时间内，根据动能定理得W＝(ρSvΔt)v2，因此功率P＝＝＝1.5 kW，C、D错误。 联立可得p＝m＝m·　 ，且x>0，故正确的相轨迹可能为D。 A.蚊子与雨滴融为一体后，整体的速度大小为v B.蚊子与雨滴融为一体的过程中，雨滴的动量变化量为mv C.蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力为 D.若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子受到的平均作用力将变小 雨滴的动量变化量为Δp＝50m(v共－v)＝－mv，B错误； 蚊子与雨滴融为一体的过程中，根据动量守恒有50mv＝51mv共，解得v共＝v，A错误； 设蚊子受到的平均作用力为，根据动量定理有t＝mv共，解得＝，C正确； 若冰壶A与冰壶B发生弹性碰撞，以碰前 冰壶A的速度方向为正方向，根据系统动 量守恒和机械能守恒可得m1v1＝m1vA＋m2vB，m1v12＝m1vA2＋m2vB2，联立解得vA＝－2 m/s，vB＝8 m/s，若冰壶A与冰壶B发生完全非弹性碰撞，则有m1v1＝(m1＋m2)v共，解得v共＝4 m/s，综上分析可知，碰后冰壶A速度的取值范围为－2 m/s≤vA≤4 m/s，故选A、B。 C.小车向左运动的最大距离为R D.小车获得的最大速度为 根据上述，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在水平方向上有m－2m＝0，此过程有x1＋x2＝2R，解得x2＝R，C正确； 根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得最大速度，则有mv1－2mv2＝0，mg·2R＝mv12＋×2mv22，解得v2＝，D正确。 B.物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为mv2 C.若滑环A不固定，则滑环A最大速度为 D.若滑环A不固定，则物块B、C摆起的最大高度为 物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝mv2－×2mv12＝mv2，B错误； B、C摆起的高度最大(设为h)，根据动量守恒定律(水平方向)和能量守恒定律有mv＝3mv2，2mgh＝×2mv12－× 3mv22，联立解得h＝，D正确； 当滑环A所受合外力为零时，速度达到最大(设为v3)，易知此时B、C整体恰好摆回至最低点，设此时B、C整体的速度为v4，根据动量守恒定律(水平方向)和能量守恒定律有2mv1＝mv3＋2mv4，×2mv12＝mv32＋×2mv42，联立解得v3＝v，C错误。 Epmax＝mB(1.2v0)2－(mB＋m)v02 mvA′2＋·5m·(0.8v0)2＝m·(－2v0)2＋·5mvB′2 mgLsin θ－μmgLcos θ＝mv02－0 －mgLsin θ－μmgLcos θ＝0－m(2v0)2 B.发射出微型导弹瞬间，无人机后退速度大小为 C.微型导弹落地时，无人机离地高度为 D.微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为 由于微型导弹落地过程中做平抛运动，则有H＝gt2，无人机上升的加速度为a＝，高度为h＝at2，联立得h＝，无人机离地高度为h′＝h＋H＝，C错误； 根据动量守恒mv＝(M－m)v1，得v1＝，B错误； 微型导弹落地时经过的时间为t＝，微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为x＝vt＋v1t＝，D正确。 $$