专题二 微专题10 动量定理 动量守恒定律-【步步高·考前三个月】2025年高考物理复习讲义课件（苏京）（课件PPT+word教案）

微专题10 动量定理　动量守恒定律 专题二　能量与动量 知识聚焦 高频考点练 内容索引 核心精讲 补偿强化练 知识聚焦 PART ONE 1.计算动量、冲量及应用动量定理和动量守恒定律解决问题时，均需要规定正方向。 2.解决不涉及加速度、位移的问题时，用动量定理比运用牛顿第二定律更简便。 3.两个以上物体构成的系统，若系统的合外力(或某一方向合外力)为零，可运用动量守恒定律求解；若系统的合外力不为零，可对每个物体分别运用动量定理列式再联立求解。 4.正碰仅指一维碰撞，即碰撞前后两物体速度始终共线，但不一定是弹性碰撞。 5.弹簧—小球模型，小球—斜(曲)面模型中，两物体共速时，动能损失最大；两物体分离后，两物体相当于发生了弹性碰撞。 核心精讲 PART TWO 1 2 3 4 5 6 7 高频考点练 PART THREE 考点一　动量定理及应用 1.(2024·江苏泰州市一模)如图所示，将一张重力不计的白纸夹在重力为G的课本与水平桌面之间，现用一水平拉力F将白纸从课本下向右抽出(课本始终未从桌面上滑落)，已知所有接触面间的动摩擦因数均为μ，则在白纸被抽出的过程中 A.课本对白纸的滑动摩擦力方向向右 B.课本与桌面接触前，白纸所受滑动摩擦力 大小为2μG C.白纸被抽出越快，课本动量的变化越大 D.白纸被抽出越快，课本所受滑动摩擦力的冲量越大 √ 8 1 2 3 4 5 6 7 根据题意可知，白纸相对课本向右运动，则课本对白纸的摩擦力方向向左，故A错误； 课本与桌面接触前，白纸受到的是滑动 摩擦力，根据滑动摩擦力公式Ff=μFN且白纸受到课本与桌面的两个滑动摩擦力，因此其大小为2μG，故B正确； 根据I=Fft=Δp，白纸被抽出越快，时间越短，课本动量的变化越小，课本所受滑动摩擦力的冲量越小，故C、D错误。 8 1 2 3 4 5 6 7 2.(2024·江苏省五校联考模拟)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小明将一圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，设雨滴下落的速度为v0，雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹，雨水的密度为ρ，不计雨滴重力。压强p为 A.(v0-v) B.(v0+v) C.ρ(-v2) D.ρ(+v2) √ 8 设极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量为m，雨滴与芭蕉叶作用的有效面积为S，选竖直向上为正方向，根据动量定理有F1Δt=mv- (-mv0)，由于圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，则单位面积单位时间内下落的雨水质量为m0==，则极短 时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量m=m0SΔt=，根据牛顿第三定律有雨滴撞击芭蕉叶产生的平均冲力F2=F1，雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p=，联立解得p=(v0+v)。故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 点拨·提炼 1.冲量、动量变化、平均冲力的求解 (1)冲量的三种计算方法：公式法(I=Ft)；F-t图像法；动量定理法(I=Δp) (2)动量的变化Δp=p'-p=F合t 求某一方向的平均冲力可应用分方向的动量定理解决问题 (3)平均冲力 在变加速运动或瞬时碰撞问题中， ·Δt=mv'-mv=Δp得= 1 2 3 4 5 6 7 8 点拨·提炼 2.微元法和柱体模型解决流体(或微粒)对界面的冲力问题(如图所示) (1)首先建立模型：沿流速v方向选取一段柱状流体，其横截面积可设为S； (2)将柱体内流体(或微粒)的质量表示出来； (3)由动量定理建立方程。 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 考点二　动量守恒定律 3.(2024·江苏卷·9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则 A.弹簧原长时A动量最大 B.压缩最短时A动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 √ 8 1 2 3 4 5 6 7 滑板A受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由kx=ma知滑板做加速度减小的加速运动，弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A动量最大，动能最大，故A正确，B错误。 对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，C、D错误； 8 1 2 3 4 5 6 4.(2024·江苏卷·14)嫦娥六号在轨速度为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v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： (1)分离后A的速度大小v1； 7 答案　　 组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m+M)v0=Mv+mv1 解得v1= 8 1 2 3 4 5 6 (2)分离时A对B的推力大小。 7 答案　 以B为研究对象，对B由动量定理有FΔt=Mv-Mv0 解得F=。 8 考点三　碰撞模型及拓展 5.(2024·江苏省模拟检测)如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为2 kg、6 kg，B的左端拴接着一劲度系数为 N/m的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B方向运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为弹簧的形变量)，则 A.在0~2t0内B物块先加速后减速 B.整个过程中，A、B物块构成的 系统机械能守恒 C.v0=2 m/s D.物块A在t0时刻时速度最小 1 2 3 4 5 6 7 √ 8 1 2 3 4 5 6 在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即B受到的弹力始终向右，所以B物块始终做加速运动，故A错误； 整个过程中，A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒，故B错误； 由题图可知，在t0时刻，弹簧被压缩到最短，则此时A、B共速，此时弹簧的形变量为x=0.4 m-0.1 m=0.3 m，则根据A、B物块和弹簧系统动量守恒有m1v0=(m1+m2)v，机械能守恒有m1=(m1+m2)v2+Ep，Ep=kx2，联立解得v0=2 m/s，故C正确； 7 8 1 2 3 4 5 6 在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即A受到弹力始终向左，所以A物块始终做减速运动，则物块A在2t0时刻时速度最小，故D错误。 7 8 1 2 3 点拨·提炼 1.求解连接体的加速度常用方法： 应用牛顿第二定律分别对两物体列方程，联立求解。 2.求解连接体的速度常用方法： 利用机械能守恒定律或能量守恒定律ΔE增=ΔE减列式求解。 6 4 5 7 8 6.(2024·广东卷·10改编)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法错误的是 A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙 的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距 √ 6 1 2 3 4 5 7 8 6 1 2 3 4 5 两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确； 两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于 两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确； 设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙=gsin θ· 在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动，所用时间为t3，乙运动的时间为t=t1+t2+t3 由于t1和t2与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误； 7 8 6 1 2 3 4 5 由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，而如果不发生碰撞， 乙下滑过程有mgH乙=m 乙在水平面运动到停止有=2μgx 联立可得x= 即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。 7 8 6 1 2 3 4 5 7.(2024·江苏常州市联盟学校调研)如图所示，光滑水平面上静置一个质量M=3 kg的滑块，滑块的一侧是一个圆弧形槽，凹槽半径R=0.6 m，E点切线水平。一个质量m=1 kg的小球以速度v0=8 m/s从E点冲上滑块，从与圆心等高的F点脱离滑块。g取10 m/s2，不计一切摩擦。求： (1)小球脱离滑块时，滑块的速度大小； 7 答案　2 m/s　 系统水平方向动量守恒，有mv0=(m+M)v 解得v=2 m/s 8 6 1 2 3 4 5 (2)小球脱离滑块后在空中运动的时间； 7 答案　1.2 s　 由能量守恒定律，有m=mgR+m(+v2)+Mv2 根据匀变速直线运动规律有vy=gt 解得t=0.6 s 则t总=2t=1.2 s 8 6 1 2 3 4 5 (3)小球全程对滑块做功的大小。 7 答案　24 J 设小球回到E点时速度为v1，滑块速度为v2， 由动量守恒及能量守恒有 mv0=mv1+Mv2 m=m+M 对滑块根据动能定理有W=M 解得W=24 J。 8 1 2 3 点拨·提炼 区分弹性碰撞和完全非弹性碰撞 (1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒 举例：一动碰一静 m1v0=m1v1+m2v2 m1=m1+m2 得v1=v0，v2=v0 6 4 5 7 8 1 2 3 点拨·提炼 (2)完全非弹性碰撞：碰后两物体粘在一起(有共同速度)，机械能损失最大。 6 4 5 7 8 6 1 2 3 4 5 考点四　动量和能量的综合应用 8.(2024·江苏南通市模拟)如图所示，某货场需将质量m=10 kg的货物(视为质点)从高处运送到指定存放点。轨道BCD静置于光滑水平面上，右侧靠在固定的障碍物旁，轨道BCD上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC的半径R=2.75 m，所对圆心角θ=37°，BC与CD相切于C点，CD段长L=5 m。现利用固定的倾斜轨道传送货物，倾斜轨道在B点与圆弧轨道BC恰好相切，将货物由距离B点高度h=1.5 m的A点处无初速度滑下，货物滑到轨道BCD左端D 7 8 点时恰好保持相对静止。货物与倾斜轨道、粗糙轨道CD间的动摩擦因数分别为μ=0.125、μ1=0.3，重力加速度大小取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，不计空气阻力。求： 6 1 2 3 4 5 (1)货物滑到B点时的速度大小； 7 8 答案　5 m/s　 货物滑到B点时，根据动能定理mgh-μmgcos θ·=m 解得货物滑到B点时的速度大小为vB=5 m/s 6 1 2 3 4 5 (2)轨道BCD的质量； 7 8 答案　50 kg　 6 1 2 3 4 5 7 8 货物从B点到C点，根据动能定理 mgR(1-cos θ)=m-m 解得vC=6 m/s 货物滑到轨道BCD左端D点时恰好保持相对静止，根据动量守恒以及能量守恒可得 mvC=(M+m)v m-(M+m)v2=μ1mgL 解得M=50 kg，v=1 m/s 6 1 2 3 4 5 (3)整个过程中克服摩擦力产生的内能。 7 8 答案　175 J 整个过程中克服摩擦力产生的内能Q=Wf=μmgcos θ·+μ1mgL=175 J。 1 2 3 点拨·提炼 应用能量守恒定律解题的步骤： (1)分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等的变化。 (2)应用能量守恒定律解题时，应明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，不必区分物体和能量形式。 (3)列出能量守恒关系式ΔE增=ΔE减。 6 4 5 7 8 1.(2024·全国甲卷·20改编)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 A.t=0.15 s时，运动员的重力势能最大 B.t=0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C.t=1.00 s时，运动员恰好运动到最大高 度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 000 N √ 补偿强化练 PART FOUR 1 2 3 4 1 2 3 根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误； 运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.30 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t=1.30 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30 s 时运动员的速度大小v=gt=10×1 m/s=10 m/s，故B正确，C错误； 4 1 2 3 同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得 F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv) 其中Δt=0.30 s 代入数据可得F=4 600 N 根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D错误。 4 2.(2024·江苏盐城东台中学模拟)如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为mA、mB。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，第一次碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失，则 A.第一次碰撞后两球同向运动 B.运动过程中两球的总动量保持不变 C.在以后运动过程中A球可以回到初始位置 D.mA与mB可能相等 1 2 3 4 √ 1 2 3 由题知两球碰撞过程中无机械能损失，因此两球碰后不可能以相同速度向右运动，否则是非弹性碰撞，能量有损失。由于第一次碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，对A球有mAg·=mA， 对B球有mBg·=mB，取向右为正方向，则v1=-，v2=，设小球A从静止运动至最低点时的速度为v，则mAgR=mAv2，解得v=， 由题知小球A、B发生弹性正碰，由动量守恒知mAv=mAv1+mBv2，解得mB=3mA，故A、D错误； 4 1 2 3 运动过程中两球竖直方向存在重力，竖直方向的动量不守恒，因此总动量不守恒，故B错误； 由于两球碰撞过程中无机械能损失，在之后的过程中两球还会有无限次的碰撞，在之后的碰撞中若B球碰后速度为零时，由机械能守恒知A球可以回到初始位置，故C正确。 4 3.(2023·江苏省南京师范大学附属中学一模改编)如图甲所示，在光滑水平面上，小球A、B的直径相同，小球A以初动量p0沿直线运动，与静止的带轻质弹簧的小球B发生正碰，此过程中，小球A的动量p随时间t变化的部分图像如图乙所示，t1时刻图线的切线斜率最大，此时纵坐标为p1，t2时刻纵坐标为零。则 A.小球A、B的质量之比为 B.t2时刻弹簧的弹性势能最大 C.小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比为 D.0~t2时间内，小球B的动量变化量为p0-p1 1 2 3 4 √ t1时刻图线的切线斜率最大，则小球A的动量变化率最大，由动量定理知=F=kx，可知此时弹簧弹力最大，由胡克定律可知，此时弹簧形变量最大，则此时弹簧的弹性势能最大，故B错误； t1时刻两小球共速，设速度大小均为v，则小球A的质量mA=，根据动量守恒有p0=p1+p2，则小球B的质量mB== =，故A错误； 1 2 3 4 根据机械能守恒有=++Epm，小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比k'==，故C正确； 0~t2时间内，小球B的动量变化量ΔpB=-ΔpA=p0，故D错误。 1 2 3 4 4.(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 2 3 4 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； 1 2 3 4 答案　6 N　 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 1 2 3 4 (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； 1 2 3 4 答案　4 m/s　 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 1 2 3 4 (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。 1 2 3 4 答案　0.25≤μ<0.4 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 1 2 3 4 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。 1 2 3 4 $$ 微专题10　动量定理　动量守恒定律 1.计算动量、冲量及应用动量定理和动量守恒定律解决问题时，均需要规定正方向。 2.解决不涉及加速度、位移的问题时，用动量定理比运用牛顿第二定律更简便。 3.两个以上物体构成的系统，若系统的合外力(或某一方向合外力)为零，可运用动量守恒定律求解；若系统的合外力不为零，可对每个物体分别运用动量定理列式再联立求解。 4.正碰仅指一维碰撞，即碰撞前后两物体速度始终共线，但不一定是弹性碰撞。 5.弹簧—小球模型，小球—斜(曲)面模型中，两物体共速时，动能损失最大；两物体分离后，两物体相当于发生了弹性碰撞。 考点一　动量定理及应用 1.(2024·江苏泰州市一模)如图所示，将一张重力不计的白纸夹在重力为G的课本与水平桌面之间，现用一水平拉力F将白纸从课本下向右抽出(课本始终未从桌面上滑落)，已知所有接触面间的动摩擦因数均为μ，则在白纸被抽出的过程中(　　) A.课本对白纸的滑动摩擦力方向向右 B.课本与桌面接触前，白纸所受滑动摩擦力大小为2μG C.白纸被抽出越快，课本动量的变化越大 D.白纸被抽出越快，课本所受滑动摩擦力的冲量越大 答案　B 解析　根据题意可知，白纸相对课本向右运动，则课本对白纸的摩擦力方向向左，故A错误；课本与桌面接触前，白纸受到的是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式Ff=μFN且白纸受到课本与桌面的两个滑动摩擦力，因此其大小为2μG，故B正确；根据I=Fft=Δp，白纸被抽出越快，时间越短，课本动量的变化越小，课本所受滑动摩擦力的冲量越小，故C、D错误。 2.(2024·江苏省五校联考模拟)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小明将一圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，设雨滴下落的速度为v0，雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹，雨水的密度为ρ，不计雨滴重力。压强p为(　　) A.(v0-v) B.(v0+v) C.ρ(-v2) D.ρ(+v2) 答案　B 解析　设极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量为m，雨滴与芭蕉叶作用的有效面积为S，选竖直向上为正方向，根据动量定理有F1Δt=mv-(-mv0)，由于圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，则单位面积单位时间内下落的雨水质量为m0==，则极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量m=m0SΔt=，根据牛顿第三定律有雨滴撞击芭蕉叶产生的平均冲力F2=F1，雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p=，联立解得p=(v0+v)。故选B。 【点拨·提炼】 1.冲量、动量变化、平均冲力的求解 (1)冲量的三种计算方法：公式法(I=Ft)；F-t图像法；动量定理法(I=Δp) (2)动量的变化Δp=p'-p=F合t 求某一方向的平均冲力可应用分方向的动量定理解决问题 (3)平均冲力 在变加速运动或瞬时碰撞问题中，为平均冲力，一般由动量定理求解。由·Δt=mv'-mv=Δp得= 2.微元法和柱体模型解决流体(或微粒)对界面的冲力问题(如图所示) (1)首先建立模型：沿流速v方向选取一段柱状流体，其横截面积可设为S； (2)将柱体内流体(或微粒)的质量表示出来； (3)由动量定理建立方程。 考点二　动量守恒定律 3.(2024·江苏卷·9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　) A.弹簧原长时A动量最大 B.压缩最短时A动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 答案　A 解析　对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，C、D错误； 滑板A受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由kx=ma知滑板做加速度减小的加速运动，弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A动量最大，动能最大，故A正确，B错误。 4.(8分)(2024·江苏卷·14)嫦娥六号在轨速度为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v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： (1)(4分)分离后A的速度大小v1； (2)(4分)分离时A对B的推力大小。 答案　(1)　(2) 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=Mv+mv1 解得v1= (2)以B为研究对象，对B由动量定理有 FΔt=Mv-Mv0 解得F=。 考点三　碰撞模型及拓展 5.(2024·江苏省模拟检测)如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为2 kg、6 kg，B的左端拴接着一劲度系数为 N/m的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B方向运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为弹簧的形变量)，则(　　) A.在0~2t0内B物块先加速后减速 B.整个过程中，A、B物块构成的系统机械能守恒 C.v0=2 m/s D.物块A在t0时刻时速度最小 答案　C 解析　在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即B受到的弹力始终向右，所以B物块始终做加速运动，故A错误；整个过程中，A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒，故B错误；由题图可知，在t0时刻，弹簧被压缩到最短，则此时A、B共速，此时弹簧的形变量为x=0.4 m-0.1 m=0.3 m，则根据A、B物块和弹簧系统动量守恒有m1v0=(m1+m2)v，机械能守恒有m1=(m1+m2)v2+Ep，Ep=kx2，联立解得v0=2 m/s，故C正确；在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即A受到弹力始终向左，所以A物块始终做减速运动，则物块A在2t0时刻时速度最小，故D错误。 6.(2024·广东卷·10改编)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法错误的是(　　) A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距 答案　C 解析　两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确； 两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确； 设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙=gsin θ· 在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动，所用时间为t3， 乙运动的时间为t=t1+t2+t3 由于t1和t2与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误； 由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，而如果不发生碰撞， 乙下滑过程有mgH乙=m 乙在水平面运动到停止有=2μgx 联立可得x= 即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。 7.(12分)(2024·江苏常州市联盟学校调研)如图所示，光滑水平面上静置一个质量M=3 kg的滑块，滑块的一侧是一个圆弧形槽，凹槽半径R=0.6 m，E点切线水平。一个质量m=1 kg的小球以速度v0=8 m/s从E点冲上滑块，从与圆心等高的F点脱离滑块。g取10 m/s2，不计一切摩擦。求： (1)(3分)小球脱离滑块时，滑块的速度大小； (2)(4分)小球脱离滑块后在空中运动的时间； (3)(5分)小球全程对滑块做功的大小。 答案　(1)2 m/s　(2)1.2 s　(3)24 J 解析　(1)系统水平方向动量守恒，有mv0=(m+M)v 解得v=2 m/s (2)由能量守恒定律，有m=mgR+m(+v2)+Mv2 根据匀变速直线运动规律有vy=gt 解得t=0.6 s 则t总=2t=1.2 s (3)设小球回到E点时速度为v1，滑块速度为v2， 由动量守恒及能量守恒有 mv0=mv1+Mv2 m=m+M 对滑块根据动能定理有W=M 解得W=24 J。 【点拨·提炼】 区分弹性碰撞和完全非弹性碰撞 (1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒 举例：一动碰一静 m1v0=m1v1+m2v2 m1=m1+m2 得v1=v0，v2=v0 (2)完全非弹性碰撞：碰后两物体粘在一起(有共同速度)，机械能损失最大。 考点四　动量和能量的综合应用 8.(13分)(2024·江苏南通市模拟)如图所示，某货场需将质量m=10 kg的货物(视为质点)从高处运送到指定存放点。轨道BCD静置于光滑水平面上，右侧靠在固定的障碍物旁，轨道BCD上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC的半径R=2.75 m，所对圆心角θ=37°，BC与CD相切于C点，CD段长L=5 m。现利用固定的倾斜轨道传送货物，倾斜轨道在B点与圆弧轨道BC恰好相切，将货物由距离B点高度h=1.5 m的A点处无初速度滑下，货物滑到轨道BCD左端D点时恰好保持相对静止。货物与倾斜轨道、粗糙轨道CD间的动摩擦因数分别为μ=0.125、μ1=0.3，重力加速度大小取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，不计空气阻力。求： (1)(3分)货物滑到B点时的速度大小； (2)(5分)轨道BCD的质量； (3)(5分)整个过程中克服摩擦力产生的内能。 答案　(1)5 m/s　(2)50 kg　(3)175 J 解析　(1)货物滑到B点时，根据动能定理mgh-μmgcos θ·=m 解得货物滑到B点时的速度大小为vB=5 m/s (2)货物从B点到C点，根据动能定理 mgR(1-cos θ)=m-m 解得vC=6 m/s 货物滑到轨道BCD左端D点时恰好保持相对静止，根据动量守恒以及能量守恒可得 mvC=(M+m)v m-(M+m)v2=μ1mgL 解得M=50 kg，v=1 m/s (3)整个过程中克服摩擦力产生的内能Q=Wf=μmgcos θ·+μ1mgL=175 J。 1.(2024·全国甲卷·20改编)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.t=0.15 s时，运动员的重力势能最大 B.t=0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C.t=1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 000 N 答案　B 解析　根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误； 运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.30 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t=1.30 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30 s 时运动员的速度大小v=gt=10×1 m/s=10 m/s，故B正确，C错误； 同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得 F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv) 其中Δt=0.30 s 代入数据可得F=4 600 N 根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D错误。 2.(2024·江苏盐城东台中学模拟)如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为mA、mB。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，第一次碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失，则(　　) A.第一次碰撞后两球同向运动 B.运动过程中两球的总动量保持不变 C.在以后运动过程中A球可以回到初始位置 D.mA与mB可能相等 答案　C 解析　由题知两球碰撞过程中无机械能损失，因此两球碰后不可能以相同速度向右运动，否则是非弹性碰撞，能量有损失。由于第一次碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，对A球有mAg·=mA，对B球有mBg·=mB，取向右为正方向，则v1=-，v2=，设小球A从静止运动至最低点时的速度为v，则mAgR=mAv2，解得v=，由题知小球A、B发生弹性正碰，由动量守恒知mAv=mAv1+mBv2，解得mB=3mA，故A、D错误；运动过程中两球竖直方向存在重力，竖直方向的动量不守恒，因此总动量不守恒，故B错误；由于两球碰撞过程中无机械能损失，在之后的过程中两球还会有无限次的碰撞，在之后的碰撞中若B球碰后速度为零时，由机械能守恒知A球可以回到初始位置，故C正确。 3.(2023·江苏省南京师范大学附属中学一模改编)如图甲所示，在光滑水平面上，小球A、B的直径相同，小球A以初动量p0沿直线运动，与静止的带轻质弹簧的小球B发生正碰，此过程中，小球A的动量p随时间t变化的部分图像如图乙所示，t1时刻图线的切线斜率最大，此时纵坐标为p1，t2时刻纵坐标为零。则(　　) A.小球A、B的质量之比为 B.t2时刻弹簧的弹性势能最大 C.小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比为 D.0~t2时间内，小球B的动量变化量为p0-p1 答案　C 解析　t1时刻图线的切线斜率最大，则小球A的动量变化率最大，由动量定理知=F=kx，可知此时弹簧弹力最大，由胡克定律可知，此时弹簧形变量最大，则此时弹簧的弹性势能最大，故B错误；t1时刻两小球共速，设速度大小均为v，则小球A的质量mA=，根据动量守恒有p0=p1+p2，则小球B的质量mB==，由此可知两小球的质量之比为=，故A错误；根据机械能守恒有=++Epm，小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比k'==，故C正确；0~t2时间内，小球B的动量变化量ΔpB=-ΔpA=p0，故D错误。 4.(15分)(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)(4分)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； (2)(5分)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)(6分)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。 答案　(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。 学科网（北京）股份有限公司 $$