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A版，鲁湘鄂豫皖冀）

专题二　 能量与动量 第8讲　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 高考预测 动量定理及应用 动量守恒定律及应用 专题强化练 考点三 碰撞模型及拓展 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 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。 (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·山东烟台市诊断)娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。现有一竖直圆柱形风洞，风机通过洞口向风洞内“吹气”，产生竖直向上、速度恒定的气流。某时刻，有一质量为m的游客恰好在风洞内悬浮，已知气流密度为ρ，游客受风面积为S，重力加速度为g，假设气流吹到人身上后速度变为零，则气流速度大小为 例2 √ 在Δt时间内吹到人身上的气流质量为Δm＝ρSvΔt，设人对气流的力大小为F，则对此段气流由动量定理有－F·Δt＝0－Δm·v，由牛顿第三定律可知，气流对人的力大小为F′＝F，人受力平衡。 总结提升 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。 总结提升 (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 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。 　 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 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； (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4 √ √ 解题指导 关键表 述解读 不计冰面的摩擦力 物块和运动员在作用过程中满足动量守恒 物块与挡板弹性碰撞，速度反向 物块与挡板弹性碰撞过程中无能量损失 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 物块与挡板碰撞后原速率v0＝5 m/s返回 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 推7次后物块能追上运动员，运动员速度小于5 m/s，推8次后运动员速度大于5 m/s 解题方 法选取 动量守恒的思想去分析，涉及多次作用过程，用数学归纳法 Mv1＝mv0， M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0， M(v3－v2)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0， ……，再考虑v7、v8与5 m/s的关系 用动量定理分析，每推接一次，挡板对物块的冲量I＝2mv0，系统动量增加2mv0 推接7次后，7I＝(M＋m)v7 反弹8次后，8I＝Mv8＋mv0，再考虑v7、v8与5 m/s的关系 解题指导 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 24 1.碰撞问题遵循的三条原则 2.两种碰撞的特点 (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′ 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。 3.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)(2023·海南琼海市四校联考)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5 √ √ 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； 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， (2023·福建漳州市第三次质量检测)滑板运动是一种极富挑战性的极限运动，图示为其场地简化模型，在同一竖直平面内有两个相同的四分之一圆弧轨道P、Q静置在光滑水平地面上，圆弧BC、DE与地面分别相切于C、D点。将P锁定，质量为m的小球(视为质点)从B点正上方A处由静止释放，恰好沿B点切线方向进入圆弧轨道，已知P、Q圆弧的半径以及A、B两点间的高度差均为R，重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力。 (1)求小球第一次刚滑到C点时P对小球的支持力大小FN； 例6 答案　5mg 小球第一次刚滑到C点时，根据牛顿第二定律有 解得FN＝5mg (2)若Q的质量为3m，求小球第一次滑过E点后在空中运动的水平位移大小x； 答案　R mvC＝mvx＋3mvx 小球第一次从E点离开Q后在空中做斜上抛运动，设空中运动时间为t，则 设小球达到E点时竖直方向上的分速度大小为vy，水平分速度为vx，则 x＝vxt 解得x＝R (3)若将P解锁，同时使P、Q的质量都为M，其他条件不变，使该小球仍从A处由静止释放，小球能第二次在BC弧上运动，求P、Q的质量M应满足的条件。 设小球第一次通过C点时的速度大小为v，则mv－Mv1＝0 小球第一次从D点滑上DE到再次回到D点的运动过程中，小球和Q组成的系统机械能守恒，在水平方向上动量守恒，则mv＝mv′＋Mv2 　(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)，与水平面平滑连接。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； 例7 答案　0.6mv02 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 联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv02 (2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； 答案　0.768v0t0 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 (3)物块A与斜面间的动摩擦因数。 答案　0.45 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 联立解得vA′＝v0 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 下滑过程，根据动能定理可得 联立解得μ＝0.45 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。 高考预测 48 1.如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为 1 2 √ 1 2 设小球P、Q的质量分别为m、2m，落地前的瞬间二者速度为v， Q与地面碰撞后速度等大反向，P、Q碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有2mv－mv＝mvP＋2mvQ， 1 2 2.(2023·湖南长沙市长郡中学二模)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＝10 m/s2，sin 53°＝ 0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力。 1 2 (1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小； 答案　2.4 m/s　6.4 m/s 1 2 丙向下摆动过程中机械能守恒 解得v0＝4 m/s 丙与甲碰撞过程，由动量守恒得Mv0＝Mv′＋mv 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 1 2 (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　见解析 1 2 假设乙能从C点离开，通过C点后甲、乙水平速度相同，设甲速度为 v甲2，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 mv＝2mv甲2 解得v甲2＝3.2 m/s 设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为vy，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中，由机械能守恒得 1 2 又因为v乙12＝v甲22＋vy2 解得vy＝2 m/s>0 所以乙能从C离开圆弧轨道。 专题强化练 57 1.(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 保分基础练 √ 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 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； 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。 2.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 √ 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 3.(2023·河北省4月联考)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 √ 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 4.(多选)(2023·四川德阳市部分学校诊断)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 5.(2023·北京市通州区一模)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 √ 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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 6.(多选)(2023·安徽合肥市第六中学押题卷)如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量M＝2 kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m＝1 kg的物块以v0＝6 m/s的水平初速度从木板的最左端冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是 A.图乙中v2的数值为4 B.物块与木板的碰撞为弹性碰撞 C.整个过程物块与木板之间因摩擦产生 的热量为12 J D.最终物块距木板左端的距离为1.5 m √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加 速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v1，设此时木板速度大小为v木，则v木＝1 m/s，从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有mv0＝mv1＋Mv木，解得v1＝4 m/s， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与木板 碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有mv0＝Mv2，解得v2＝3 m/s，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 s末物块与木板共同运动的速度大小为v3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由题图乙得木板长为4.5 m，碰撞后物块与木板相对位移为1.5 m，故最终物块距木板左端的距离为3 m，故D错误。 7.(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是 A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 C.v2大于v1 D.v2大于v0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3 联立解得v1＝v0 设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4 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 可得v1>v2 碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0 可得pN>pH 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 可得EkH>EkN 故B正确，A、C、D错误。 8.(2023·河北邯郸市二模)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 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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。 争分提能练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(多选)(2023·福建泉州市质量监测)如图，蜂鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空气的总面积为S，翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用速度v平推空气的效果相同。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g，则 A.单位时间内翅膀拍动空气的质量为Sρv B.单位时间内翅膀拍动空气的质量为Sρv2 √ √ 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 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 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 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 12.如图所示，在粗糙水平地面上静止放置着物块B和C，相距x0＝1.0 m，在物块B的左侧固定有少量炸药。质量为M＝2.0 kg的物块A(可视为质点)靠在被压缩x1＝0.2 m的弹簧右端，O点为弹簧原长的位置，A与B相距l＝0.8 m。现将物块A由静止释放，与B发生碰撞(碰撞时间极短)并导致炸药爆炸，碰撞后A静止，B的速度v1＝8 m/s；物块B再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v＝2.0 m/s。已知B的质量为m＝1.0 kg，C的质量为B质量的k倍，各物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.75，碰撞时间极短，重力加速度g取10 m/s2。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)A释放前弹簧的弹性势能Ep； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案　28 J 设A与B碰撞前瞬间速度为v0，对A与B的碰撞过程根据动量守恒定律可得Mv0＝mv1 解得v0＝4 m/s 解得Ep＝28 J (2)B与C碰撞前瞬间，B的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案　7 m/s 解得v2＝7 m/s (3)要使碰撞后B与C的运动方向相同，k的取值范围。 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 设B与C发生碰撞后瞬间B速度为v3，由动量守恒定律得： mv2＝mv3＋kmv 解得v3＝7－2k (m/s) 根据物理情景可得v3≤v 解得0≤k≤6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 要使B的运动方向与C相同，则需满足v3>0 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.(2023·湖南省九校联盟联考)如图甲，一质量为M的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以某一水平速度冲上小车的圆弧面。若测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为 v1、v2，作出图像如图乙所示。已知OP竖直，OQ水平，水平台面高h＝ ，小球可视为质点，重力加速度为g，不计一切摩擦。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 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 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＝I2，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。 A. B. C. D. 所以F′＝mg，解得v＝，故选C。 D.木块上升到最高点时，速度大小为 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。 由动量守恒定律知M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝，则v7＝，v8＝。 m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝，v2′＝。 (2)完全非弹性碰撞 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； 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。 小球从A运动到C点的过程中，根据机械能守恒可知mg·2R＝mvC2 解得vC＝2 FN－mg＝m mvC2＝mgR＋m(vx2＋vy2)＋·3mvx2 vy＝g· 答案　M>(＋1)m 小球能第二次在BC上运动，应满足－v′>v1 解得M>(1＋)m。 解得v1＝v mv2＝mv′2＋Mv22 解得v′＝v Epmax＝mB(1.2v0)2－(mB＋m)v02 mvA′2＋·5 m·(0.8v0)2 ＝ m·(－2v0)2＋·5mvB′2 －mgLsin θ－μmgLcos θ＝0－m(2v0)2 mgLsin θ－μmgLcos θ＝mvA′2－0 A.h B.h C.h D.h 由动能定理可得3mgh＝·3mv2，解得v＝， ·3mv2＝mvP2＋·2mvQ2，解得vP＝，碰后小球P机械能守恒，mgh′＝mvP2，解得h′＝h，故选B。 MgL(1－cos θ)＝Mv02 由机械能守恒得Mv02＝Mv′2＋mv2 mv2＝mv甲22＋mv乙12＋mgR 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； 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 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； 雨滴的动量变化量为Δp＝50m(v共－v)＝－mv，B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； 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，由能量守恒得mv02＝(M＋m)v2＋μmgL＋Epmax，联立解得Epmax＝178 J，故选B。 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。 根据系统动量守恒有mv0＝(m＋M)v3，解得v3＝2 m/s，物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能为Ek1＝mv12＋Mv木2＝9 J，物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能Ek2＝Mv22＝9 J，故碰撞过程系统没有机械能损失，故B正确； 物块滑上木板时系统的动能为Ek0＝mv02＝18 J，最终相对静止时系统的动能为Ek3＝(m＋M)v32＝6 J，所以系统产生的热量为Q＝Ek0－Ek3＝12 J，故C正确； mv02＝mv12＋mv32 mv02＝×14mv22＋mv42 联立解得v2＝v0 氮核的动量为pN＝14mv2＝ 碰撞后氢核的动能为EkH＝mv12＝mv02 氮核的动能为EkN＝×14mv22＝ C.蜂鸟的质量为 D.蜂鸟的质量为 设翅膀扇动一次的时间为t，拍动空气的总质量为m＝Svtρ，单位时间内翅膀拍动空气的质量为＝Svρ，A正确，B错误； 翅膀用速度v平推空气，使空气的速度变为v，根据动量定理有Ft＝mv，则翅膀对空气的作用力大小等于空气对翅膀的作用力大小，即F′＝F＝Sρv2，由平衡条件得F′＝Mg，则蜂鸟的质量为M＝，C正确，D错误。 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 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。 11.(2023·广西二模)斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片沿原来的方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，爆炸后系统的机械能增加了，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为 A. B. C. D.2 炮弹爆炸的过程水平方向动量守恒，设炮弹爆炸前的速度大小为v，则v＝，设爆炸后瞬间两块碎片的速度分别为v1、v2，有2mv＝mv1＋mv2，E＋E＝mv12＋mv22，解得v1＝，v2＝，根据平抛运动规律有H＝gt2，两块碎片落地点之间的距离x＝(v1－v2)t，解得x＝，故选B。 根据能量守恒定律可得Ep＝μMgl＋Mv02 设B与C碰撞前瞬间B的速度为v2， 由动能定理得－μmgx0＝mv22－mv12 答案　≤k＜ 即k≥ 根据碰撞过程中动能不能增大可得：mv22≥mv32＋kmv2 代入可得k＜ 综上所述，要使碰撞后B与C的运动方向相同，k的取值范围是≤k＜。 A.M＝m B.小球上升的最大高度为R C.小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为 D.小球落地时的速度大小为 根据题意可知，小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒，由题图乙可知，当v1＝0时v2＝，当v2＝0时，v1＝2，则有m·2＝M，解得M＝2m，故A错误； 根据题意，设小球上升的最大高度为hm，小球在Q点速度为vQ，小球在Q点时，水平方向与小车共速，由动量守恒定律有m·2＝(m＋M)v共，解得v共＝，小球由P点运动到最高点的过程，由机械能守恒定律有m(2)2＝mghm＋(m＋M)v共2， 小球由P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律有m(2)2＝mgR＋Mv共2＋mvQ2，解得hm＝R，vQ＝，则小球此时的竖直分速度为vQy＝＝，小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为tan θ＝＝，故B、C错误； 根据题意可知，最终小球从P点离开小车，设离开小车时，小球的速度为v3，小车的速度为v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m·2＝mv3＋Mv4，m(2)2＝mv32＋Mv42，设小球落地速度为v5，由机械能守恒定律有mv32＋mgh＝mv52，联立解得v5＝，故D正确。 $$