第一篇 专题二 第7讲 动量-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（苏京版）（课件PPT+word教案）

第7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、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。 考点一　动量定理及其应用 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。 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。 答案　(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　(2024·江苏泰州市调研)人们常利用高压水枪洗车(如图)，假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流量为Q(单位时间流出的水的体积)，水流垂直射向汽车后速度变为0。已知水的密度为ρ，则水流对汽车的平均冲击力为(　　) A.ρQS B.ρQ2S C. D. 答案　D 解析　选择短时间Δt内与汽车发生相互作用的水为研究对象，该部分水的质量为Δm=ρSvΔt，由于喷出水流的流量为Q(单位时间流出的水的体积)，则有Q=，根据动量定理有-F1Δt=0-Δm·v，根据牛顿第三定律有F2=F1，解得水流对汽车的平均冲击力为F2=，故选D。 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。 考点二　动量守恒定律及应用 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。 例3　(2020·全国卷Ⅱ·21改编)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.51 kg C.58 kg D.63 kg 答案　C 解析　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，整理得vn=，则v7=，v8=。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C。 考点三　碰撞模型及拓展 1.两种碰撞的特点 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)v2 2.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 例4　(2024·江苏省西交大苏州附中阶段检测)如图所示，质量为M=0.25 kg、带有圆弧形槽的物体放在水平地面上，弧形槽的最低点静置一可视为质点、质量为m=0.9 kg的物块，质量为m0=0.1 kg的橡皮泥以大小为v0=10 m/s、水平向右的速度与物块发生碰撞，碰撞后二者不分离，此后物块沿弧形槽上滑，已知弧形槽的最低点距离地面的高度为h=0.8 m，弧形槽的半径为r=0.1 m，弧形槽底端切线水平，忽略一切摩擦和橡皮泥与物块的碰撞时间，重力加速度g=10 m/s2。求： (1)橡皮泥击中物块后瞬间物块对弧形槽的压力大小； (2)物块沿弧形槽上滑的最大高度； (3)物块落地瞬间到物体最左端的距离。 答案　(1)20 N　(2)0.01 m　(3)0.4 m 解析　(1)橡皮泥击中物块过程，根据动量守恒可得m0v0=(m0+m)v 解得橡皮泥击中物块后瞬间速度大小为v=1 m/s 根据牛顿第二定律可得FN-(m0+m)g=(m0+m)，解得FN=20 N 根据牛顿第三定律可知，橡皮泥击中物块后瞬间物块对弧形槽的压力大小为20 N。 (2)物块沿弧形槽上滑到最大高度时，物块与弧形槽具有相同的水平速度，根据系统水平方向动量守恒可得(m0+m)v=(m0+m+M)v' 解得v'=0.8 m/s 根据系统机械能守恒可得(m0+m)v2=(m0+m+M)v'2+(m0+m)gh 解得物块沿弧形槽上滑的最大高度为h=0.01 m (3)设物块回到弧形槽底端时，物块和弧形槽的速度分别为v1、v2，根据系统水平方向动量守恒可得(m0+m)v=(m0+m)v1+Mv2 根据系统机械能守恒可得(m0+m)v2=(m0+m)+M 联立解得v1=0.6 m/s，v2=1.6 m/s 物块离开弧形槽后做平抛运动，竖直方向有 h=gt2，解得t==0.4 s 则物块落地瞬间到物体最左端的距离为 Δx=v2t-v1t=0.4 m。 变式　(2024·江苏南京市金陵中学模拟)如图所示，长度为l的轻质细绳一端与带孔小球A连接，另一端与木块B连接，小球A穿在光滑的固定水平杆(足够长)上，小球A与木块B质量均为m。t=0时刻，给木块B一水平瞬时冲量I，使其获得v0=的初速度，g为重力加速度，则从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中(　　) A.A、B沿绳方向加速度始终相等 B.绳对A球的冲量大小为m C.绳对A先做正功后做负功 D.木块B再次运动到A正下方时绳子拉力的大小为3mg 答案　D 解析　从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，所以A的加速度水平向右，B的加速度有与A相同的向右的加速度分量和沿绳的加速度分量，故A、B沿绳方向加速度不相等，故A错误；从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律可得m=mvA+mvB，m·2gl=m+m，解得vB=0，vA=，对A球由动量定理可得I支持力+I重力+I绳=m-0，由受力分析可知重力与支持力不相等，所以I支持力+I重力≠0，所以I绳≠m，故B错误；从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，绳对A一直做正功，故C错误；B再次运动到A正下方时，由B项分析知此时B相对A的速度vA=，由FT-mg==2mg，得FT=3mg，故D正确。 例5　(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。 答案　(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6　如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知M=2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ(0<μ<1)，则下列说法错误的是(　　) A.滑块从A滑到C的过程中滑块和小车系统的动量不守恒 B.滑块从A滑到C的过程中滑块和小车系统的机械能不守恒 C.滑块从A滑到C的过程中滑块和小车的对地位移大小相等 D.L、R、μ三者的关系为R=μL 答案　C 解析　滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A正确；滑块从A滑到C的过程中需要克服摩擦力做功，滑块和小车系统的机械能不守恒，故B正确；滑块从A滑到C的过程中，设滑块在小车上运动过程中某时刻的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，有mv1=Mv2，所以整个过程中，滑块与小车的平均速度满足m=M ，设滑块水平方向相对地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2，则有mx1=Mx2，并且x1+x2=R+L，解得x1=(R+L)，x2=(R+L)，故C错误；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得0=(m+M)v'，解得滑块在C点时，滑块与小车一起的速度为v'=0，由能量守恒定律得mgR=μmgL，解得R=μL，故D正确。 专题强化练　[分值：60分] 1~5题每题4分，6~8题每题6分，9题10分，10题12分，共60分 [保分基础练] 1.(2024·江苏省百校大联考)在驾驶汽车时必须系好安全带，因为在紧急情况下急刹车，汽车速度会在很短时间内减小为零，关于安全带在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　) A.延长了司机的受力时间 B.减少了刹车前后司机动量的变化量 C.增加了司机所受的冲量 D.将司机的动能全部转换成汽车的动能 答案　A 解析　安全带在刹车过程中延长了司机的受力时间，从而减小了司机的受力，使司机不易受伤，故A正确； 司机刹车前后的速度变化量不变，因此无论有无安全带，司机动量的变化量都相等，故B错误； 根据动量定理，司机所受的冲量等于动量的变化量，由B项可知，无论有无安全带，司机所受冲量都一样，故C错误； 在刹车过程中，司机的动能转化为安全带的弹性势能和内能，故D错误。 2.(2024·江苏省泰州中学、宿迁中学、宜兴中学调研)如图所示，在光滑水平轨道上有一小车，它下面用轻绳系一沙袋。有一子弹水平射入沙袋后并不穿出，子弹射入沙袋的时间极短，则下列说法中正确的是 (　　) A.从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中，子弹、沙袋和小车组成的系统动量守恒 B.从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中，子弹、沙袋和小车组成的系统机械能守恒 C.从子弹射入沙袋后，子弹、沙袋和小车组成的系统动量和机械能都守恒 D.从子弹射入沙袋后，子弹、沙袋和小车组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 答案　D 解析　从子弹射入沙袋到它们摆动达到最大偏角的过程中，子弹和沙袋组成的系统做圆周运动，合力不等于零，系统的动量不守恒，故A错误；子弹打入沙袋时有能量损失，所以子弹与沙袋组成系统的机械能不守恒，故B错误；子弹射入沙袋的瞬间运动过程中，子弹与沙袋组成的系统水平方向动量守恒，但摆动过程中，对子弹和沙袋组成的系统做圆周运动，合力不等于零，系统的动量不守恒，机械能守恒，故C错误，D正确。 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，A正确，B错误。 4.(2024·江苏省苏大附中模拟)质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到3v，在随后的一段时间内速度大小由3v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式可能成立的是(　　) A.W2=3W1，I2=3I1 B.W2=2W1，I2=4I1 C.W2=3W1，I2=10I1 D.W2=2W1，I2=10I1 答案　B 解析　根据动能定理有W1=m(3v)2-mv2=4mv2，W2=m(5v)2-m(3v)2=8mv2 解得W2=2W1 根据动量定理有I1=Δp1=mΔv1，I2=Δp2=mΔv2 质点做曲线运动，速度方向发生变化，根据矢量合成规律可知 3v-v=2v≤Δv1≤3v+v=4v，5v-3v=2v≤Δv2≤5v+3v=8v 可知2mv≤I1≤4mv，2mv≤I2≤8mv 则动量关系有可能是I2=4I1 可能成立的关系式是W2=2W1，I2=4I1 故选B。 5.(2024·江苏扬州市期末)如图所示，在光滑水平面上静止放置一个弧形槽，其光滑弧面底部与水平面相切，将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放。已知小滑块与水平轻弹簧碰撞无能量损失，弧形槽质量大于小滑块质量，则(　　) A.下滑过程中，小滑块的机械能守恒 B.下滑过程中，小滑块所受重力的功率一直增大 C.下滑过程中，弧形槽与小滑块组成的系统动量守恒 D.小滑块能追上弧形槽，但不能到达弧形槽上的A点 答案　D 解析　滑块在弧形槽上下滑过程中，由于弧形槽向左滑动，弧形槽对滑块的作用力对滑块做功，小滑块的机械能不守恒，故A错误；滑块在弧形槽上下滑过程中，开始时滑块速度为零，下滑到最低点时滑块的速度水平，竖直方向速度为零，故可知滑块的速度沿竖直方向的分速度先增大后减小，故小滑块所受重力的功率先增大后减小，故B错误；滑块在弧形槽上下滑过程中，滑块和弧形槽构成的系统在水平方向上合外力为零，动量守恒，在竖直方向上滑块具有向下的加速度，系统在竖直方向上动量不守恒，故C错误；当小滑块刚好滑离弧形槽时，水平方向上根据动量守恒定律有Mv1=mv2，根据能量守恒定律有mgh=M+m，由于弧形槽的质量M大于小滑块的质量m，故v2>v1。小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，故小滑块与弹簧分离后，小滑块的速度大小不变，方向相反，故小滑块能追上弧形槽。当小滑块在弧形槽上到达最高点时，水平方向上根据动量守恒定律有Mv1+mv2=(m+M)v，根据能量守恒定律有mgh1=M+m-(m+M)v2，故可得h1<h，即小滑块不能到达弧形槽上的A点，故D正确。 [争分提能练] 6.某小球质量为M，现让它在空气中由静止开始竖直下落，下落过程中所受空气阻力与速率的关系满足f=kv(k为定值)，当下落时间为t时，小球开始匀速下落，已知重力加速度为g，则小球在t时间内下降的高度h为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　根据题意可得，当小球匀速下落时，有Mg=f=kv，下落过程中，根据动量定理可得Mgt-t=Mv-0，t=kt=kh，联立可得h=，故选A。 7.(2024·安徽卷·8)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则(　　) A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C.在图乙位置，v1=v2，v3≠2v1 D.在图乙位置，v3= 答案　D 解析　该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的静电力大小相等、方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动的瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误； 对系统根据动量守恒mv1+mv2=mv3 根据球1和2运动的对称性可知v1=v2， 解得v3=2v1 根据能量守恒m+m+m= 解得v3=，故C错误，D正确。 8.(2024·江苏省泰州中学、宿迁中学、宜兴中学调研)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直弹性挡板，挡板右侧依次放有10个质量均为2m的白色小球(在一条直线上)，一质量为m的红色小球以与白色小球共线的速度v0与1号小球发生弹性正碰，红色小球反弹后与挡板弹性碰撞，碰后速度方向与碰前速度相反，白色小球之间也发生弹性正碰。下列说法正确的是(　　) A.10号小球最终速度大小为v0 B.10号小球最终速度大小为v0 C.红色小球最终速度大小为()10v0 D.红色小球最终速度大小为()10v0 答案　D 解析　设红色小球与1号小球碰撞后速度分别为v01和v1，根据动量守恒定律有mv0=mv01+2mv1，由机械能守恒有m=m+×2m，得v01=-v0，v1=v0，白色小球碰撞时交换速度，10号小球最终速度为v0，故A、B错误；设红色小球与1号小球第n次碰撞后速度为v0n，第2次与1号小球碰撞后，有m·=mv02+ 2mv2，m()2=m+×2m，得v02=-()2v0，以此类推，红色小球最终速度大小为()10v0，故C错误，D正确。 9.(10分)(2024·江苏无锡市期末)如图所示，倾角θ=30°的斜面体固定在水平地面上，斜边长度L=1.6 m，质量均为1 kg的小球B和C处于轻弹簧两端，其中小球C与弹簧相连，小球B与弹簧不连接，它们都静止于水平地面上。现有一个质量也为1 kg的小球A从斜面体的最高点由静止下滑，下滑至斜面底端时，由于和水平地面的相互作用(作用时间Δt=0.1 s)，小球A速度的竖直分量变为0，水平分量不变，此后小球A与小球B正碰，碰后二者立即粘在一起。不计一切摩擦，已知重力加速度g=10 m/s2。求： (1)(2分)小球A刚下滑至斜面底端时的速度大小； (2)(2分)小球A在斜面底端和水平地面相互作用过程中弹力的冲量； (3)(6分)从A和B粘在一起向左运动开始到弹簧再次恢复原长的过程中，弹簧对小球C做的功。 答案　(1)4 m/s　(2)3 N·s，方向竖直向上　(3) J 解析　(1)小球A下滑至斜面底端过程中，根据动能定理mgLsin 30°=m 解得v0=4 m/s (2)小球A和水平地面的相互作用过程中，取竖直向上为正方向，有I-mgΔt=0-m(-v0sin 30°) 解得I=3 N·s，方向竖直向上。 (3)小球水平向左运动的速度v1=v0cos 30°=2 m/s 小球A和B碰撞，根据动量守恒定律 mAv1=(mA+mB)v2，解得v2= m/s 从A和B粘在一起向左运动开始到弹簧再次恢复原长过程，根据动量守恒定律 (mA+mB)v2=(mA+mB)v3+mCv4 根据机械能守恒定律(mA+mB)=(mA+mB)+mC，解得v4= m/s 整个过程中，弹簧对小球C做的功 W=mC= J。 10.(12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)(3分)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； (2)(4分)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)(5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 $$ 能量与动量 专题二 第7讲　动量 1.理解动量定理，会灵活利用动量定理求解时间、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。 目标要求 内容索引 专题强化练 考点二　动量守恒定律及应用 考点一　动量定理及其应用 考点三　碰撞模型及拓展 动量定理及其应用 考点一 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。 　 (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。 例1 答案　 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)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； 答案　330 N∙s　竖直向上 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碰撞结束后头锤上升的最大高度。 答案　0.2 m 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。 　 (2024·江苏泰州市调研)人们常利用高压水枪洗车(如图)，假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流量为Q(单位时间流出的水的体积)，水流垂直射向汽车后速度变为0。已知水的 密度为ρ，则水流对汽车的平均冲击力为 A.ρQS B.ρQ2S C. D. √ 例2 选择短时间Δt内与汽车发生相互作用的水 为研究对象，该部分水的质量为Δm=ρSvΔt， 由于喷出水流的流量为Q(单位时间流出的 水的体积)，则有Q=，根据动量定理有 -F1Δt=0-Δm·v，根据牛顿第三定律有F2=F1， 解得水流对汽车的平均冲击力为F2=，故选D。 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。 提炼·总结 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。 动量守恒定律及应用 考点二 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。 (2020·全国卷Ⅱ·21改编)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.51 kg C.58 kg D.63 kg √ 例3 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，整理得vn=，则v7=，v8=。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C。 碰撞模型及拓展 考点三 1.两种碰撞的特点 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)v2 2.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 (2024·江苏省西交大苏州附中阶段检测)如图所示，质量为M=0.25 kg、 带有圆弧形槽的物体放在水平地面上，弧形槽的最低点静置一可视为质 点、质量为m=0.9 kg的物块，质量为m0=0.1 kg的橡皮泥以大小为v0=10 m/s、水平向右的速度与物块发生碰撞，碰撞后二者不分离，此后物块沿弧形槽上滑，已知弧形槽的最低点距离地面的高度为h=0.8 m， 弧形槽的半径为r=0.1 m，弧形槽底端切线水平，忽略一 切摩擦和橡皮泥与物块的碰撞时间，重力加速度g= 10 m/s2。求： (1)橡皮泥击中物块后瞬间物块对弧形槽的压力大小； 例4 答案　20 N 橡皮泥击中物块过程，根据动量守恒可得m0v0=(m0+m)v 解得橡皮泥击中物块后瞬间速度大小为v=1 m/s 根据牛顿第二定律可得FN-(m0+m)g=(m0+m)， 解得FN=20 N 根据牛顿第三定律可知，橡皮泥击中物块后瞬间物块对弧形槽的压力大小为20 N。 (2)物块沿弧形槽上滑的最大高度； 答案　0.01 m 物块沿弧形槽上滑到最大高度时，物块与弧形槽具有相同的水平速度，根据系统水平方向动量守恒可得(m0+m)v=(m0+m+M)v' 解得v'=0.8 m/s 根据系统机械能守恒可得(m0+m)v2=(m0+m+M)v'2+(m0+m)gh 解得物块沿弧形槽上滑的最大高度为h=0.01 m (3)物块落地瞬间到物体最左端的距离。 答案　0.4 m 设物块回到弧形槽底端时，物块和弧形槽的速度分别为v1、v2，根据系统水平方向动量守恒可得(m0+m)v=(m0+m)v1+Mv2 根据系统机械能守恒可得(m0+m)v2=(m0+m)+M 联立解得v1=0.6 m/s，v2=1.6 m/s 物块离开弧形槽后做平抛运动，竖直方向有 h=gt2，解得t==0.4 s 则物块落地瞬间到物体最左端的距离为 Δx=v2t-v1t=0.4 m。 (2024·江苏南京市金陵中学模拟)如图所示，长度为l的轻质细绳一端与带孔小球A连接，另一端与木块B连接，小球A穿在光滑的固定水平杆(足够长)上，小球A与木块B质量均为m。t=0时刻，给木块B一水平瞬时冲量I，使其获得v0=的初速度，g为重力加速度，则从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中 A.A、B沿绳方向加速度始终相等 B.绳对A球的冲量大小为m C.绳对A先做正功后做负功 D.木块B再次运动到A正下方时绳子拉力的大小为3mg √ 变式 从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细 绳一直处于向右倾斜状态，所以A的加速度水平 向右，B的加速度有与A相同的向右的加速度分 量和沿绳的加速度分量，故A、B沿绳方向加速度不相等，故A错误； 从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，由动量守恒定律和能量 守恒定律可得m=mvA+mvB，m·2gl=m+m，解得vB=0， vA=，对A球由动量定理可得I支持力+I重力+I绳=m-0，由受力分析可知重力与支持力不相等，所以I支持力+I重力≠0，所以I绳≠m，故B错误； 从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细 绳一直处于向右倾斜状态，绳对A一直做正功， 故C错误； B再次运动到A正下方时，由B项分析知此时B相对A的速度vA=， 由FT-mg==2mg，得FT=3mg，故D正确。 　 (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； 例5 答案　4m 球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0， 所以Fn=m=4m (2)球2的质量； 答案　3m 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)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。 答案　 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=。 　 如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知M=2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ(0<μ<1)，则下列说法错误的是 A.滑块从A滑到C的过程中滑块和小车系统的 动量不守恒 B.滑块从A滑到C的过程中滑块和小车系统的机械能不守恒 C.滑块从A滑到C的过程中滑块和小车的对地位移大小相等 D.L、R、μ三者的关系为R=μL √ 例6 滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖 直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A 正确； 滑块从A滑到C的过程中需要克服摩擦力做功， 滑块和小车系统的机械能不守恒，故B正确； 滑块从A滑到C的过程中，设滑块在小车上运动 过程中某时刻的速度大小为v1，小车的速度大 小为v2，滑块和小车组成的系统在水平方向动 量守恒，有mv1=Mv2，所以整个过程中，滑块 与小车的平均速度满足m=M ，设滑块水平方向相对地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2，则有mx1=Mx2，并且x1+x2=R+ L，解得x1=(R+L)，x2=(R+L)，故C错误； 系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向， 对整个过程，由动量守恒定律得0=(m+M)v'， 解得滑块在C点时，滑块与小车一起的速度 为v'=0，由能量守恒定律得mgR=μmgL，解得 R=μL，故D正确。 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D A B D A D D 题号 9 10 答案 (1)4 m/s　(2)3 N·s，方向竖直向上　(3) J (1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1.(2024·江苏省百校大联考)在驾驶汽车时必须系好安全带，因为在紧急情况下急刹车，汽车速度会在很短时间内减小为零，关于安全带在此过程中的作用，下列说法正确的是 A.延长了司机的受力时间 B.减少了刹车前后司机动量的变化量 C.增加了司机所受的冲量 D.将司机的动能全部转换成汽车的动能 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 保分基础练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 安全带在刹车过程中延长了司机的受力时间，从而减小了司机的受力，使司机不易受伤，故A正确； 司机刹车前后的速度变化量不变，因此无论有无安全带，司机动量的变化量都相等，故B错误； 根据动量定理，司机所受的冲量等于动量的变化量，由B项可知，无论有无安全带，司机所受冲量都一样，故C错误； 在刹车过程中，司机的动能转化为安全带的弹性势能和内能，故D错误。 答案 2.(2024·江苏省泰州中学、宿迁中学、宜兴中学调研)如图所示，在光滑水平轨道上有一小车，它下面用轻绳系一沙袋。有一子弹水平射入沙袋后并不穿出，子弹射入沙袋的时间极短，则下列说法中正确的是 A.从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中，子弹、 沙袋和小车组成的系统动量守恒 B.从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中，子弹、 沙袋和小车组成的系统机械能守恒 C.从子弹射入沙袋后，子弹、沙袋和小车组成的系统动量和机械能都守恒 D.从子弹射入沙袋后，子弹、沙袋和小车组成的系统动量不守恒，但机械能 守恒 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 从子弹射入沙袋到它们摆动达到最大偏角的过程 中，子弹和沙袋组成的系统做圆周运动，合力不 等于零，系统的动量不守恒，故A错误； 子弹打入沙袋时有能量损失，所以子弹与沙袋组 成系统的机械能不守恒，故B错误； 子弹射入沙袋的瞬间运动过程中，子弹与沙袋组成的系统水平方向动量守恒，但摆动过程中，对子弹和沙袋组成的系统做圆周运动，合力不等于零，系统的动量不守恒，机械能守恒，故C错误，D正确。 答案 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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，A正确，B错误。 答案 4.(2024·江苏省苏大附中模拟)质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到3v，在随后的一段时间内速度大小由3v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式可能成立的是 A.W2=3W1，I2=3I1 B.W2=2W1，I2=4I1 C.W2=3W1，I2=10I1 D.W2=2W1，I2=10I1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据动能定理有W1=m(3v)2-mv2=4mv2，W2=m(5v)2-m(3v)2=8mv2 解得W2=2W1 根据动量定理有I1=Δp1=mΔv1，I2=Δp2=mΔv2 质点做曲线运动，速度方向发生变化，根据矢量合成规律可知 3v-v=2v≤Δv1≤3v+v=4v，5v-3v=2v≤Δv2≤5v+3v=8v 可知2mv≤I1≤4mv，2mv≤I2≤8mv 则动量关系有可能是I2=4I1 可能成立的关系式是W2=2W1，I2=4I1 故选B。 答案 5.(2024·江苏扬州市期末)如图所示，在光滑水平面上静止放置一个弧形槽，其光滑弧面底部与水平面相切，将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放。已知小滑块与水平轻弹簧碰撞无能量损失，弧形槽质量大于小滑块质量，则 A.下滑过程中，小滑块的机械能守恒 B.下滑过程中，小滑块所受重力的功率一直增大 C.下滑过程中，弧形槽与小滑块组成的系统动量守恒 D.小滑块能追上弧形槽，但不能到达弧形槽上的A点 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 滑块在弧形槽上下滑过程中，由于弧形槽向左滑动， 弧形槽对滑块的作用力对滑块做功，小滑块的机械 能不守恒，故A错误； 滑块在弧形槽上下滑过程中，开始时滑块速度为零，下滑到最低点时滑块的速度水平，竖直方向速度为零，故可知滑块的速度沿竖直方向的分速度先增大后减小，故小滑块所受重力的功率先增大后减小，故B错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 滑块在弧形槽上下滑过程中，滑块和弧形槽构成 的系统在水平方向上合外力为零，动量守恒，在 竖直方向上滑块具有向下的加速度，系统在竖直方向上动量不守恒，故C错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当小滑块刚好滑离弧形槽时，水平方向上根据动量 守恒定律有Mv1=mv2，根据能量守恒定律有mgh= M+m，由于弧形槽的质量M大于小滑块的质量m，故v2>v1。 小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，故小滑块与弹簧分离后，小滑块的速度大小不变，方向相反，故小滑块能追上弧形槽。当小滑块在弧形槽上到达最高点时，水平方向上根据动量守恒定律有Mv1+mv2=(m+ M)v，根据能量守恒定律有mgh1=M+m-(m+M)v2，故可得h1< h，即小滑块不能到达弧形槽上的A点，故D正确。 答案 6.某小球质量为M，现让它在空气中由静止开始竖直下落，下落过程中所受空气阻力与速率的关系满足f=kv(k为定值)，当下落时间为t时，小球开始匀速下落，已知重力加速度为g，则小球在t时间内下降的高度h为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 争分提能练 根据题意可得，当小球匀速下落时，有Mg=f=kv，下落过程中，根据动量定理可得Mgt-t=Mv-0，t=kt=kh，联立可得h=，故选A。 7.(2024·安徽卷·8)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断， 当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别 为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成 的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气 阻力。则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C.在图乙位置，v1=v2，v3≠2v1 D.在图乙位置，v3= √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒， 对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故 动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时， 根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受 到1和2的静电力大小相等、方向相反，故可知此 时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动的瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对系统根据动量守恒mv1+mv2=mv3 根据球1和2运动的对称性可知v1=v2， 解得v3=2v1 根据能量守恒m+m+m= 解得v3=，故C错误，D正确。 答案 8.(2024·江苏省泰州中学、宿迁中学、宜兴中学调研)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直弹性挡板，挡板右侧依次放有10个质量均为2m的白色小球(在一条直线上)，一质量为m的红色小球以与白色小球共线的速度v0与1号小球发生弹性正碰，红色小球反弹后与挡板弹性碰撞，碰后速度方向与碰前速度相反，白色小球之间也发生弹性正碰。下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A.10号小球最终速度大小为v0 B.10号小球最终速度大小为v0 C.红色小球最终速度大小为()10v0 D.红色小球最终速度大小为()10v0 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设红色小球与1号小球碰撞后速度分别 为v01和v1，根据动量守恒定律有mv0= mv01+2mv1，由机械能守恒有m=m+×2m，得v01=-v0，v1=v0，白色小球碰撞时交换速度，10号小球最终速度为v0，故A、B 错误； 设红色小球与1号小球第n次碰撞后速度为v0n，第2次与1号小球碰撞后， 有m·=mv02+ 2mv2，m()2=m+×2m，得v02=-()2v0，以此类推，红色小球最终速度大小为()10v0，故C错误，D正确。 答案 9.(2024·江苏无锡市期末)如图所示，倾角θ=30°的斜面体固定在水平地面上，斜边长度L=1.6 m，质量均为1 kg的小球B和C处于轻弹簧两端，其中小球C与弹簧相连，小球B与弹簧不连接，它们都静止于水平地面上。现有一个质量也为1 kg的小球A从斜面体的最高点由静止下滑，下滑至斜面底端时，由于和水平地面的相互作用(作用时间Δt=0.1 s)，小球A速度的竖直分量变为0，水平分量不变，此后小球 A与小球B正碰，碰后二者立即粘在一起。不计 一切摩擦，已知重力加速度g=10 m/s2。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (1)小球A刚下滑至斜面底端时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 答案　4 m/s 小球A下滑至斜面底端过程中，根据动能定理mgLsin 30°=m 解得v0=4 m/s (2)小球A在斜面底端和水平地面相互作用过 程中弹力的冲量； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 答案　3 N·s，方向竖直向上 小球A和水平地面的相互作用过程中，取竖直向上为正方向， 有I-mgΔt=0-m(-v0sin 30°) 解得I=3 N·s，方向竖直向上。 (3)从A和B粘在一起向左运动开始到弹簧再 次恢复原长的过程中，弹簧对小球C做的功。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 答案　 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 小球水平向左运动的速度v1=v0cos 30°=2 m/s 小球A和B碰撞，根据动量守恒定律 mAv1=(mA+mB)v2，解得v2= m/s 从A和B粘在一起向左运动开始到弹簧再次恢复原长过程，根据动量守恒定律 (mA+mB)v2=(mA+mB)v3+mCv4 根据机械能守恒定律(mA+mB)=(mA+mB)+mC，解得v4= m/s 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 整个过程中，弹簧对小球C做的功 W=mC= J。 答案 10.(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 5 6 7 8 9 10 答案 (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 5 6 7 8 9 10 答案　6 N 答案 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)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　4 m/s 答案 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)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 5 6 7 8 9 10 答案　0.25≤μ<0.4 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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。 答案 本课结束 THANKS $$