专题二 7 动量 讲义 -2026届高考物理二轮复习

专题二能量和动量 7.动量 高考真题 1．（2025·天津·高考真题）如图所示，半径为R = 0.45m的四分之一圆轨道AB竖直固定放置，与水平桌面在B点平滑连接。质量为m = 0.12kg的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量为M = 0.18kg的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑行x = 0.20m至D点停止。A点至C点光滑，小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取10m/s2，不计空气阻力。求： (1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小； (2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小； (3)组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数μ的值。 2．（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功； (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离； (3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？ (4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？ 核心突破 突破1. 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。 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。 例题1. 抛绣球是广西壮族自治区传统节日“三月三”的传统活动节目，核心寓意是传递爱情、祈求丰收和传承文化，象征情感联结、吉祥祝福与民族精神。某次在同一位置先后抛出两个相同的绣球、，绣球、的运动轨迹如图所示，其中虚线为绣球运动轨迹的对称线，某时刻，绣球、在空中恰好关于虚线对称，以空中的绣球、为研究对象，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．此时，在空中的绣球、的动量相同 B．相等时间内绣球、的动量变化量不同 C．相等时间内绣球、动能变化量大小相等 D．相等时间内绣球、受到的合力冲量相同 例题2. 如图所示，悬浮床是一种基于气体流动悬浮原理设计的医疗设备，通过向床内充入高压气体，使重症烧伤患者的身体悬浮在空中，从而减少创面受压，促进创面愈合。人体下方的床板源源不断的往上喷出气体，设气体遇到人体后速度大小变为原本的十分之一，方向向下，已知人体质量为，时间内喷出气体的质量为，重力加速度为，则喷出气体的速率为（　　） A． B． C． D． 突破2. 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。 例题3. 打桩机是基建常用的工具。某兴趣小组为研究打桩机的工作原理，制作了如图所示的简易模型。重物、、的质量均为，三者通过不可伸长的轻绳跨过两个等高的光滑定滑轮连接。与滑轮等高时（图中实线位置），与两滑轮间的距离均为。某次打桩时，由图中实线位置静止释放，在、、的总动能最大时，刚好与正下方质量为的静止桩正碰，设碰撞时间极短，碰撞后瞬间的速度变为零。重力加速度大小为，则下列说法正确的是（　　） A．总动能最大时，下落的高度为 B．总动能最大时，下落的高度为 C．碰撞前瞬间的速度大小为 D．碰撞后瞬间的速度大小为 例题4. 如图所示，传送带转动的速度大小恒为2m/s，顺时针转动。两个物块A、B用一根轻弹簧连接，开始时弹簧处于原长，A的质量为2kg，B的质量为4kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0.25。时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度，B的初速度为零，弹簧自然伸长。在时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能，传送带足够长，A、B均可在传送带上留下痕迹，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．过程中A、B和轻弹簧组成的系统动量不守恒 B．过程中A、B和轻弹簧组成的系统机械能总量一直不变 C． 时，弹簧的压缩量为0.85m D．过程中，A、B在传送带留下的痕迹长度之和为0.95m 突破3. 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) 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 例题5. 我国正在规划对一颗小行星实施动能撞击演示验证任务。如图所示，探测器圆轨道、小行星椭圆轨道相切于小行星轨道的远日点，探测器发射的撞击器在近日点沿与小行星运动的相反方向撞击小行星，撞击器与小行星合为一体，最终运行在过近日点的圆轨道上。已知探测器的轨道半径为R，小行星近日点到太阳中心的距离为k2R，小行星在近日点的速度为探测器速度的q倍，撞击器的质量为小行星质量的p倍，引力常量为G，太阳质量为M。撞击前瞬间撞击器的速度大小为（　　） A． B． C． D． 例题6. 如图所示，静止在场地中的球1与球2、球2与边线间的距离均为L，两球质量相同，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为μ，现给球1一个水平向右初速度，球1与球2发生弹性正碰后，球2恰好能到达边线，重力加速度为g，则球1运动的初速度大小为（    ） A． B． C． D．3 突破4. 爆炸问题、反冲运动、人船模型 1.爆炸现象的三个规律 动量守恒 爆炸物体系统内部的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 机械能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2.反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加 例题7. 如图，质量为200kg的小船在静止水面上以3m/s的速率向右匀速行驶，一质量为50kg的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面6m/s的速率水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（　　） A．4.2m/s B．3m/s C．5.25m/s D．2.25m/s 例题8. 如图所示，一质量的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量的小球通过长的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度，已知重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为 B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为 C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块运动的位移大小为 D．若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移大小为 素养提升 1.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。 2. “人船模型”构建 1.模型图示 2.模型特点 (1)两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船＝0 (2)两者的位移大小满足：m-M＝0， x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L 3.运动特点 (1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； (2)人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即。 3. 实战演练 一、单选题 1．翠鸟是我国南方常见的小鸟，擅长捕食小鱼。如图甲，t=0时刻，一只质量为m的翠鸟从静止开始竖直俯冲，入水后沿直线减速，t=t2时刻下潜到最低点，恰好捕到小鱼，此过程，翠鸟的v-t 图像如图乙所示。已知重力加速度为g，空气阻力可忽略，则下列说法正确的是（　　） A．0~t2时间内，翠鸟的平均速度大小等于 B．翠鸟入水后，水对其作用力逐渐增大 C．0~t1与t1~t2时间内，翠鸟的加速度方向相同 D．0~t2时间内，水对翠鸟作用力的冲量大小等于mgt2 2．如图所示，地球的某些轨道上残留着众多太空垃圾，其中直径超过1cm的多达20万个，对卫星、空间站等构成安全威胁。假设一质量为m的超小型碎片以速度v1同向追及撞入空间站外层“保护衣”后，和空间站一起以速度v2运行。若该次碰撞时间为t且视为一维碰撞，则该碎片对空间站的平均撞击力大小为（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，长方形金属线框从磁场的上边界由静止释放，经过时间、下降高度时以速度为v（此时线框还未完全进入磁场）撞击水平地面；若该线框以速度v竖直向上反弹，经过时间上升高度到达最高点。已知重力加速度为g，下列表达式正确的是（　　） A． B． C． D． 4．初始时，在木质水平轨道上使小钢球1、2、3和圆柱形强磁铁P保持静止，如图所示，2、3和P吸在一起，3的球心在轨道边缘的正上方，1、3球心之间的距离为L。现同时由静止释放1和P、2、3组合体，在磁铁吸引力作用下，1和P、2、3组合体发生碰撞，碰后1、P和2吸在一起，3最终以较大速度滑离轨道。已知钢球和磁铁的质量均为m，磁铁的直径、长和钢球的直径均为d，不计摩擦和空气阻力，从释放到3刚好滑离轨道的过程中，1、2、3的球心和P的轴线始终在同一水平直线上。则（　　） A．从释放到3刚好滑离轨道的过程中，1、2、3和P组成的系统的机械能和动量都守恒 B．从释放到3刚好滑离轨道的过程中，1、2、3和P组成的系统的机械能和动量都不守恒 C．从释放到3刚好滑离轨道的过程，1的位移大小为 D．从释放到相碰的过程，1的位移大小为 5．如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，两极板间的电场为匀强电场，电容器极板连同底座总质量为，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为的位置。带电环不影响电容器板间电场的分布，电容器外部的电场忽略不计。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板（　　） A． B． C． D． 6．如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出v1-v2的关系图像，某段时间内图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块与小球组成的系统动量守恒 B．当滑块速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C．小球与滑块的质量比为1：2 D．小球的初速度大小可能为 二、多选题 7．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为。不计空气阻力，小球可视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球离开小车后做竖直上抛运动 C．小车向左运动的最大距离为2R D．小球第二次在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度大于 8．如图甲所示，a、b两个粒子都带正电，带电荷量均为q，a的质量为m，b的质量为2m。t=0时刻，a、b间距离为L，a速度大小为v，方向沿a、b连线指向b，b速度为0，仅在彼此静电力作用下，它们靠近后又被弹开，经过足够长时间，最终均做匀速直线运动。粒子运动轨迹在同一直线上，两粒子组成系统的电势能Ep与两粒子间距离r的关系为，Ep-r图像如图乙所示。当两个粒子间的距离趋于无限远时，静电力可忽略，则（　　） A．a、b距离最近时，a的速度大小为 B．a、b距离最近时，系统的电势能等于 C．当a、b距离再次等于L时，b的速度大小为 D．当r趋于无穷大时，a的速度大小为，方向与初速度相反 9．如图是某种等离子体推进器剖面简图，其工作原理如下：电流加热阴极使金属蒸发，阴极逸出的电子碰撞金属蒸汽，距离阴极表面约处会产生大量金属正离子和电子；电子在电场作用下加速向环状阳极方向运动，导致金属正离子堆积形成离子云，进一步增强阴极表面电场，使阴极逸出的大量电子形成稳定高密度电子流。关于此过程，下列说法正确的是（　　） A．电子逸出时，阴极会获得一个与电子运动方向相同的速度 B．电子在等离子云右边的电场中加速，其动能的增加等于电场力所做的功 C．离子云的形成能促进阴极逸出电子的运动 D．在相同电场作用下，电子的运动速度远大于金属离子的运动速度 10．如图所示，光滑水平地面上的、两物体质量分别为、，以速度向右运动，Q静止且左端有一轻弹簧。当P撞上弹簧至二者分离的整个过程中（　　） A．弹簧弹性势能最大值为 B．P的最小速度为 C．P、Q两物体动能之和始终为 D．P、Q两物体总动量始终为 三、解答题 11．如图所示，一质量为的小滑块A静止在倾角为的足够长斜面上，另一质量为的小滑块B从距A滑块处由静止释放，经过一段时间滑块B与滑块A发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知滑块A与斜面间的动摩擦因数，滑块B与斜面间无摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。求： (1)滑块B与滑块A发生第一次碰撞前瞬间的速度大小； (2)滑块B与滑块A发生第一次碰撞后两者间的最大距离； (3)整个过程中滑块A与斜面间摩擦产生的总内能。 12．如图所示，光滑水平面上静止放有一辆小车，小车由四分之一光滑圆弧部分和粗糙水平部分组成，部分的长度为2.4m，且两者在点平滑连接。现有一可视为质点的小物块从圆心等高点处静止释放，小物块滑到圆弧最低点时的速度大小为，小车质量是物块质量的2倍，已知重力加速度。 (1)求圆弧的半径； (2)若小物块刚好不会从小车上滑下，求小物块在部分与车之间的动摩擦因数； (3)在（2）情景下，求小车和小物块整个过程的位移大小。 13．某游戏装置竖直截面图如图所示。固定轨道PQM与传送带MN平滑连接，其中PQ段为光滑圆弧轨道，QM段为粗糙水平直轨道。物块a从P点由静止释放，运动到M点与静止的物块b发生完全非弹性碰撞，碰后结合成整体c；c运动到传送带右端N时，受到一水平向左的瞬时冲量，以后每隔给c一相同的瞬时冲量，直到c离开传送带。已知a、b、c均可视为质点，a、b的质量分别为，，圆弧轨道半径，圆心角，QM间距离，MN间距离，传送带顺时针运行的速度，a与水平直轨道、c与传送带间的动摩擦因数均为，，，重力加速度取求： (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小； (2)碰后瞬间c的速度大小； (3)c从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 14．如图所示，光滑水平轨道与光滑竖直圆弧轨道在A点平滑连接，圆弧轨道圆心为O，轨道上端点B和圆心连线与水平面成θ=37°角，半径R=0.75m。质量m1=0.5kg的物块P以初速度v0=12m/s向右运动，与静止的质量m2=1kg的物块Q发生碰撞，碰后P的速度反向，大小变为vP=2m/s。Q能从B点离开圆弧轨道，已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)P、Q碰撞过程损失的机械能； (2)物块Q经过B点时对轨道的压力大小。 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题二能量和动量 7.动量 高考真题 1．（2025·天津·高考真题）如图所示，半径为R = 0.45m的四分之一圆轨道AB竖直固定放置，与水平桌面在B点平滑连接。质量为m = 0.12kg的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量为M = 0.18kg的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑行x = 0.20m至D点停止。A点至C点光滑，小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取10m/s2，不计空气阻力。求： (1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小； (2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小； (3)组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数μ的值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小车运动至圆轨道B点时的速度大小为，由机械能守恒定律，有 由牛顿第二定律，有 代入数据，联立解得 （2）小车与物块在C点碰撞，在水平方向由动量守恒，有 代入数据，联立解得 （3）组合体水平方向受动摩擦力作用，从C点匀减速运动至D点静止，由动能定理，有 代入数据，联立解得 2．（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功； (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离； (3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？ (4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？ 【答案】(1) (2)， (3) (4) 【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为 （2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中 同时有 联立解得， （3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，，其中 联立解得 （4）对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有， 解得 核心突破 突破1. 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。 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。 例题1. 抛绣球是广西壮族自治区传统节日“三月三”的传统活动节目，核心寓意是传递爱情、祈求丰收和传承文化，象征情感联结、吉祥祝福与民族精神。某次在同一位置先后抛出两个相同的绣球、，绣球、的运动轨迹如图所示，其中虚线为绣球运动轨迹的对称线，某时刻，绣球、在空中恰好关于虚线对称，以空中的绣球、为研究对象，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．此时，在空中的绣球、的动量相同 B．相等时间内绣球、的动量变化量不同 C．相等时间内绣球、动能变化量大小相等 D．相等时间内绣球、受到的合力冲量相同 【答案】D 【详解】A．动量是矢量，由于、速度的方向不同，所以动量也不同，故A错误； B．根据动量定理，动量变化量 因为两个绣球相同，在相等的时间内，它们的动量变化量也是完全相同的（大小相等，方向也相同），故B错误； C．根据动能定理，动能变化量 竖直方向两球做自由落体运动，在相等的时间内，绣球a、b在竖直方向的位移变化量均不同，所以重力做功的大小不相等，因此，动能变化量的大小不相等，故C错误； D．根据冲量的定义，合力冲量 方向竖直向下，因为两个绣球相同，所以质量m相同，在相等的时间内，它们受到的合力冲量是完全相同的（大小相等，方向也相同），故D正确。 故选D。 例题2. 如图所示，悬浮床是一种基于气体流动悬浮原理设计的医疗设备，通过向床内充入高压气体，使重症烧伤患者的身体悬浮在空中，从而减少创面受压，促进创面愈合。人体下方的床板源源不断的往上喷出气体，设气体遇到人体后速度大小变为原本的十分之一，方向向下，已知人体质量为，时间内喷出气体的质量为，重力加速度为，则喷出气体的速率为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设喷出气体的速度为，以喷出的气体为研究对象，气体喷出时的方向为正方向，根据动量定理可得 对人受力分析，根据平衡条件可得 联立解得 故选D。 突破2. 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。 例题3. 打桩机是基建常用的工具。某兴趣小组为研究打桩机的工作原理，制作了如图所示的简易模型。重物、、的质量均为，三者通过不可伸长的轻绳跨过两个等高的光滑定滑轮连接。与滑轮等高时（图中实线位置），与两滑轮间的距离均为。某次打桩时，由图中实线位置静止释放，在、、的总动能最大时，刚好与正下方质量为的静止桩正碰，设碰撞时间极短，碰撞后瞬间的速度变为零。重力加速度大小为，则下列说法正确的是（　　） A．总动能最大时，下落的高度为 B．总动能最大时，下落的高度为 C．碰撞前瞬间的速度大小为 D．碰撞后瞬间的速度大小为 【答案】D 【详解】AB．总动能最大时，系统的加速度为零，整个系统处于平衡状态，则拉C的两根绳子拉力为mg，则根据力的合成及几何关系可知，两根绳子夹角为120°，则C的下落高度为，故AB错误； C．系统机械能守恒，则有 解得，故C错误； D．C与D碰撞时间极短，C和D组成的系统在竖直方向上动量守恒，则有 解得碰撞后瞬间的速度大小为，故D正确。 故选D。 例题4. 如图所示，传送带转动的速度大小恒为2m/s，顺时针转动。两个物块A、B用一根轻弹簧连接，开始时弹簧处于原长，A的质量为2kg，B的质量为4kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0.25。时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度，B的初速度为零，弹簧自然伸长。在时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能，传送带足够长，A、B均可在传送带上留下痕迹，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．过程中A、B和轻弹簧组成的系统动量不守恒 B．过程中A、B和轻弹簧组成的系统机械能总量一直不变 C． 时，弹簧的压缩量为0.85m D．过程中，A、B在传送带留下的痕迹长度之和为0.95m 【答案】C 【详解】A．根据题意可知，传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等都为 初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，A、B整体所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误； BC．规定方向为正方向，根据动量守恒有 解得时B的速度为 设A、B向右的位移分别为、，由功能关系有 解得 故弹簧的压缩量为 可知该过程系统机械能发生了改变，故B错误，C正确； D．在过程中，A、B在传送带留下的痕迹长度之和为，故D错误。 故选C。 突破3. 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) 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 例题5. 我国正在规划对一颗小行星实施动能撞击演示验证任务。如图所示，探测器圆轨道、小行星椭圆轨道相切于小行星轨道的远日点，探测器发射的撞击器在近日点沿与小行星运动的相反方向撞击小行星，撞击器与小行星合为一体，最终运行在过近日点的圆轨道上。已知探测器的轨道半径为R，小行星近日点到太阳中心的距离为k2R，小行星在近日点的速度为探测器速度的q倍，撞击器的质量为小行星质量的p倍，引力常量为G，太阳质量为M。撞击前瞬间撞击器的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】探测器在圆轨道上绕太阳运动，由万有引力提供向心力有 解得 又小行星在近日点的速度为探测器速度的倍，则撞击前瞬间小行星的速度大小为 碰后整体在半径为的圆轨道上绕太阳做圆周运动，同理可得，撞击后整体的速度大小为 设撞击前撞击器的速度大小为，撞击过程，撞击器和小行星构成的系统的动量守恒，有 解得 故选A。 例题6. 如图所示，静止在场地中的球1与球2、球2与边线间的距离均为L，两球质量相同，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为μ，现给球1一个水平向右初速度，球1与球2发生弹性正碰后，球2恰好能到达边线，重力加速度为g，则球1运动的初速度大小为（    ） A． B． C． D．3 【答案】A 【详解】球1与球2弹性正碰，因为质量相同，交换速度，整个过程可视为球1匀减速2L后速度为0，可得 根据牛顿第二定律可得 联立求得 故选A。 突破4. 爆炸问题、反冲运动、人船模型 1.爆炸现象的三个规律 动量守恒 爆炸物体系统内部的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 机械能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2.反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加 例题7. 如图，质量为200kg的小船在静止水面上以3m/s的速率向右匀速行驶，一质量为50kg的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面6m/s的速率水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（　　） A．4.2m/s B．3m/s C．5.25m/s D．2.25m/s 【答案】C 【详解】救生员在跃出的过程中，救生员、船组成的系统水平方向外力之和为零，动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得 代入数据解得v′＝5.25m/s 故选C。 例题8. 如图所示，一质量的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量的小球通过长的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度，已知重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为 B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为 C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块运动的位移大小为 D．若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移大小为 【答案】D 【详解】A．若滑块固定，小球由初始位置到达最高点的过程，则有 代入数据解得，故A错误； B．若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，则有 根据机械能守恒，则有 联立解得，故B错误； CD．若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，选取向右的方向为正方向，则有 结合 整理可得 位移关系则有 代入数据解得 同理可得，若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移为，故C错误，D正确。 故选D。 素养提升 1.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。 2. “人船模型”构建 1.模型图示 2.模型特点 (1)两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船＝0 (2)两者的位移大小满足：m-M＝0， x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L 3.运动特点 (1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； (2)人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即。 3. 实战演练 一、单选题 1．翠鸟是我国南方常见的小鸟，擅长捕食小鱼。如图甲，t=0时刻，一只质量为m的翠鸟从静止开始竖直俯冲，入水后沿直线减速，t=t2时刻下潜到最低点，恰好捕到小鱼，此过程，翠鸟的v-t 图像如图乙所示。已知重力加速度为g，空气阻力可忽略，则下列说法正确的是（　　） A．0~t2时间内，翠鸟的平均速度大小等于 B．翠鸟入水后，水对其作用力逐渐增大 C．0~t1与t1~t2时间内，翠鸟的加速度方向相同 D．0~t2时间内，水对翠鸟作用力的冲量大小等于mgt2 【答案】D 【详解】A．由题知，在 0~t1时间内，翠鸟做自由落体运动，末速度为 则平均速度为 位移为 若t1~t2时间内，翠鸟做匀减速直线运动，则平均速度为 位移为 故全过程的平均速度为 根据图像的斜率表示加速度，由图乙可知，在t1~t2时间内翠鸟入水过程的加速度逐渐减小，即翠鸟做加速减小的减速运动，根据图像与时间轴围成的面积，如图所示 图中虚线为做匀减速直线运动所围成的面积，实线为实际运动所围成的面积，可知，故实际上全过程的平均速度为，故A错误； B．根据图像的斜率表示加速度，在t1~t2时间内翠鸟入水过程，加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律有 可知水对翠鸟的作用力F也在减小，故B错误； C． 根据图乙可知，在0~t1时间内，翠鸟向下做加速运动，故加速度竖直向下；在t1~t2时间内，翠鸟向下做减速运动，故加速度竖直向上，即在这两段时间内，翠鸟的加速度方向不相同，故C错误； D．根据图乙可知，整个过程初速度为0，末速度为0，根据动量定理有 又重力冲量 解得，故D正确。 故选D。 2．如图所示，地球的某些轨道上残留着众多太空垃圾，其中直径超过1cm的多达20万个，对卫星、空间站等构成安全威胁。假设一质量为m的超小型碎片以速度v1同向追及撞入空间站外层“保护衣”后，和空间站一起以速度v2运行。若该次碰撞时间为t且视为一维碰撞，则该碎片对空间站的平均撞击力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】以碎片为研究对象，取v1方向为正方向，由动量定理可知 解得 由牛顿第三定律可知，该碎片对空间站的平均撞击力大小 故选C。 3．如图所示，长方形金属线框从磁场的上边界由静止释放，经过时间、下降高度时以速度为v（此时线框还未完全进入磁场）撞击水平地面；若该线框以速度v竖直向上反弹，经过时间上升高度到达最高点。已知重力加速度为g，下列表达式正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A．金属线框由静止开始进入磁场的过程中，金属线框的下边切割磁感线，根据右手定则可判断电流方向向右，根据左手定则可判断安培力方向竖直向上，根据安培力公式有 根据切割电动势公式有 根据闭合电路欧姆定律 解得 根据牛顿第二定律有 可知金属线框做加速度减小的加速运动，速度—时间图像为 可知，故A错误； B．金属线框竖直向上进入磁场的过程中，加速度大小为，方向竖直向下 做加速度减小的减速运动，速度时间图像为 可知，故B错误； CD．设安培力， 下降过程中，由动量定理有 两边求和有 即 同理，上升过程中有 联立解得 故C正确，D错误。 故选C。 4．初始时，在木质水平轨道上使小钢球1、2、3和圆柱形强磁铁P保持静止，如图所示，2、3和P吸在一起，3的球心在轨道边缘的正上方，1、3球心之间的距离为L。现同时由静止释放1和P、2、3组合体，在磁铁吸引力作用下，1和P、2、3组合体发生碰撞，碰后1、P和2吸在一起，3最终以较大速度滑离轨道。已知钢球和磁铁的质量均为m，磁铁的直径、长和钢球的直径均为d，不计摩擦和空气阻力，从释放到3刚好滑离轨道的过程中，1、2、3的球心和P的轴线始终在同一水平直线上。则（　　） A．从释放到3刚好滑离轨道的过程中，1、2、3和P组成的系统的机械能和动量都守恒 B．从释放到3刚好滑离轨道的过程中，1、2、3和P组成的系统的机械能和动量都不守恒 C．从释放到3刚好滑离轨道的过程，1的位移大小为 D．从释放到相碰的过程，1的位移大小为 【答案】C 【详解】AB．从释放到3刚好滑离轨道的过程中，将1、2、3和P看作一个系统。系统在水平方向上不受外力（不计摩擦），因此系统在水平方向的动量守恒。但是，在此过程中，磁铁的磁场力对钢球做功，将磁势能转化为系统的动能，且1、P、2碰撞后吸在一起，是完全非弹性碰撞，有机械能损失。因此，系统的机械能不守恒。故AB错误； C．由于系统在水平方向动量守恒，且初动量为零，因此系统质心在水平方向的位置保持不变。 以水平向右为正方向，取小球1的初始位置为坐标原点。 初始状态时，各物体质心的位置为 小球1：x1=0 磁铁P：xP=L−2d 小球2：x2=L−d 小球3：x3=L 系统初始质心位置为 当小球3刚好滑离轨道时，其球心位置仍在轨道边缘，即末位置为x′3=L 此时，1、P、2吸在一起，设小球1的末位置为 x′1，则磁铁P的末位置为 x′P=x′1+d 小球2的末位置为 x′2=x′P+d=x′1+2d 系统末质心位置为 由于质心位置不变， 小球1的位移大小为，故C正确; D．从释放到相碰的过程，系统质心位置不变。设此过程小球1的位移为 Δx1，P、2、3组合体的位移为 ΔxP23。 根据质心位置不变，则有 碰撞时，小球1和磁铁P接触，它们中心的距离为d。初始时，它们中心的距离为 L−2d 位移大小关系为 联立两式解得，故D错误。 故选C。 5．如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，两极板间的电场为匀强电场，电容器极板连同底座总质量为，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为的位置。带电环不影响电容器板间电场的分布，电容器外部的电场忽略不计。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设带电环所带电荷量为，初速度为，底座锁定时电容器极板间电场强度为，则由功能关系有，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有 再由功能关系有 联立解得 故ABC错误，D正确。 6．如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出v1-v2的关系图像，某段时间内图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块与小球组成的系统动量守恒 B．当滑块速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C．小球与滑块的质量比为1：2 D．小球的初速度大小可能为 【答案】C 【详解】A．小球与滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故A错误； C．设小球的质量为m，滑块质量M，水平方向上，根据动量守恒定律可得 化简可得 结合图（b）可得 所以，故C正确； B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上，由动量守恒定律得 解得，故B错误； D．若小球恰好能到达圆弧最高点，小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，根据能量守恒定律得 解得 由于小球能从圆弧最高点冲出滑块，所以其初速度一定大于，即小球的初速度大小不可能为，故D错误。 故选C。 二、多选题 7．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为。不计空气阻力，小球可视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球离开小车后做竖直上抛运动 C．小车向左运动的最大距离为2R D．小球第二次在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度大于 【答案】BD 【详解】A．小球竖直方向有加速度，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误； B．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，在A点时系统水平方向动量为零，小球运动到B点时与小车水平方向共速，即此时小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B正确； C．设小车向左运动的最大距离为x，规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，在水平方向，由动量守恒定律得，即，解得，故C错误； D．小球第一次运动到B点所在水平线的最大高度处的过程中，设克服摩擦力做功为，由动能定理有，解得，小球第二次在小车中运动时，每个对应位置处速度变小，弹力变小，摩擦力变小，故摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于，故D正确。 故选BD。 8．如图甲所示，a、b两个粒子都带正电，带电荷量均为q，a的质量为m，b的质量为2m。t=0时刻，a、b间距离为L，a速度大小为v，方向沿a、b连线指向b，b速度为0，仅在彼此静电力作用下，它们靠近后又被弹开，经过足够长时间，最终均做匀速直线运动。粒子运动轨迹在同一直线上，两粒子组成系统的电势能Ep与两粒子间距离r的关系为，Ep-r图像如图乙所示。当两个粒子间的距离趋于无限远时，静电力可忽略，则（　　） A．a、b距离最近时，a的速度大小为 B．a、b距离最近时，系统的电势能等于 C．当a、b距离再次等于L时，b的速度大小为 D．当r趋于无穷大时，a的速度大小为，方向与初速度相反 【答案】AC 【详解】A．a、b距离最近时，二者速度相等，根据动量守恒定律可得 所以，故A正确； B．根据能量守恒定律可得 所以，故B错误； C．当a、b距离再次等于L时，即系统的电势能不变，则， 联立解得， 即b的速度大小为，故C正确； D．由以上分析可知，当a、b距离再次等于L时，a的速度大小为，方向与初速度相反，之后a将继续做加速运动，所以当r趋于无穷大时，a的速度大于，方向与初速度相反，故D错误。 故选AC。 9．如图是某种等离子体推进器剖面简图，其工作原理如下：电流加热阴极使金属蒸发，阴极逸出的电子碰撞金属蒸汽，距离阴极表面约处会产生大量金属正离子和电子；电子在电场作用下加速向环状阳极方向运动，导致金属正离子堆积形成离子云，进一步增强阴极表面电场，使阴极逸出的大量电子形成稳定高密度电子流。关于此过程，下列说法正确的是（　　） A．电子逸出时，阴极会获得一个与电子运动方向相同的速度 B．电子在等离子云右边的电场中加速，其动能的增加等于电场力所做的功 C．离子云的形成能促进阴极逸出电子的运动 D．在相同电场作用下，电子的运动速度远大于金属离子的运动速度 【答案】BCD 【详解】A．根据动量守恒定律，系统（阴极+电子）在无外力作用时，总动量守恒，所以电子逸出时，阴极会获得一个与电子运动方向相反的速度，故A错误； B．合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，电子在电场作用下加速，只有电场力做功，所以其动能的增加等于电场力所做的功，故B正确； C．金属正离子堆积形成离子云，进一步增强阴极表面电场，使阴极逸出的大量电子形成稳定高密度电子流，故C正确； D．电子与金属离子在相同电场中受到的电场力大小为 假设金属离子带电量与电子相等，则根据 受力大小相同，由于电子质量小，所以电子加速度远大于离子加速度，故D正确。 故选BCD。 10．如图所示，光滑水平地面上的、两物体质量分别为、，以速度向右运动，Q静止且左端有一轻弹簧。当P撞上弹簧至二者分离的整个过程中（　　） A．弹簧弹性势能最大值为 B．P的最小速度为 C．P、Q两物体动能之和始终为 D．P、Q两物体总动量始终为 【答案】AD 【详解】A．弹簧弹性势能最大时两物体有共同速度 解得 弹簧弹性势能最大值为，故A正确； B．从P撞上弹簧到P、Q分离过程，P先向右做减速运动直到速度减为零，然后向左做加速运动，由此可知，P的最小速度为零，故B错误；     C．P、Q两物体与弹簧组成的系统机械能守恒，P、Q两物体动能之和随弹性势能的变化而变化，故C错误； D．P、Q两物体所受合外力为零，动量守恒，所以P、Q两物体总动量始终为，故D正确。 故选AD。 三、解答题 11．如图所示，一质量为的小滑块A静止在倾角为的足够长斜面上，另一质量为的小滑块B从距A滑块处由静止释放，经过一段时间滑块B与滑块A发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知滑块A与斜面间的动摩擦因数，滑块B与斜面间无摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。求： (1)滑块B与滑块A发生第一次碰撞前瞬间的速度大小； (2)滑块B与滑块A发生第一次碰撞后两者间的最大距离； (3)整个过程中滑块A与斜面间摩擦产生的总内能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块B不受摩擦力，沿着斜面向下做匀加速直线运动，有 解得 （2）B与A发生完全弹性碰撞，取沿斜面向下为正方向，有， 解得，（负号表示速度沿斜面向上） 因，碰后A滑块沿斜面向下做匀减速直线运动到停下，加速度大小为 则滑块A下滑的位移为 滑块B先向上以加速度做匀减速直线运动，速度减为零后再反向以做匀加速直线运动，则当滑块B的速度减为零时，两滑块的距离达到最大，有 （3）滑块A与B在第一次碰撞后，与斜面间的摩擦生热为 滑块B向下加速回到出发点的速度为，再加速到A处的速度设为，有 解得 同理可得第二次碰后A的速度大小为 滑块A第二次下滑的位移为 产生的热量 同理可得 故可知 12．如图所示，光滑水平面上静止放有一辆小车，小车由四分之一光滑圆弧部分和粗糙水平部分组成，部分的长度为2.4m，且两者在点平滑连接。现有一可视为质点的小物块从圆心等高点处静止释放，小物块滑到圆弧最低点时的速度大小为，小车质量是物块质量的2倍，已知重力加速度。 (1)求圆弧的半径； (2)若小物块刚好不会从小车上滑下，求小物块在部分与车之间的动摩擦因数； (3)在（2）情景下，求小车和小物块整个过程的位移大小。 【答案】(1)1.2m (2)0.5 (3)1.2m， 【详解】（1）M、m组成的系统水平方向动量守恒，当小物块滑到圆弧最低点B时，小物块和小车速度大小分别为和，则 由系统机械能守恒得 联立解得m （2）当小物块刚好运动到C点，速度刚好为零，由系统水平动量守恒可知，此时M速度也为零，由能量守恒得 解得 （3）m、M组成的系统水平方向动量守恒，整个过程m、M水平位移大小分别为和，有 位移关系为 解得， 即小物块水平位移大小是2.4m，竖直位移大小是1.2m，所以小物块位移大小为 13．某游戏装置竖直截面图如图所示。固定轨道PQM与传送带MN平滑连接，其中PQ段为光滑圆弧轨道，QM段为粗糙水平直轨道。物块a从P点由静止释放，运动到M点与静止的物块b发生完全非弹性碰撞，碰后结合成整体c；c运动到传送带右端N时，受到一水平向左的瞬时冲量，以后每隔给c一相同的瞬时冲量，直到c离开传送带。已知a、b、c均可视为质点，a、b的质量分别为，，圆弧轨道半径，圆心角，QM间距离，MN间距离，传送带顺时针运行的速度，a与水平直轨道、c与传送带间的动摩擦因数均为，，，重力加速度取求： (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小； (2)碰后瞬间c的速度大小； (3)c从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 【答案】(1)支持力大小为 (2)碰后瞬间c的速度大小为 (3)热量 【详解】（1）物块从P到Q的过程，由能量守恒得 解得Q点速度 在Q点有 解得支持力 （2）物块从Q到M的过程，由动能定理 解得 在M点发生完全非弹性碰撞，由动量守恒 解得碰后瞬间c的速度大小 （3）取向右为正方向，令c的质量为，加速度 由于，因此c运动到传送带右端N时已经与传送带共速。在N点由动量定理得 解得 c先向左减速到零再加速到与传送带共速，所用时间 c向左运动到速度为零的位移 c从速度为零加速到与传送带共速的位移 总位移 由于减速到共速时间等于，因此刚好共速时c受到向左的瞬时冲量，由动量定理 解得 因此c将重复之前的运动，重复次后减速运动离开传送带。重复次过程中c与传送带摩擦产生的热量 重复运动次后距离点，第5次c受到向左的瞬时冲量后速度依旧为，之后运动到M点的速度满足 解得 所用时间 因此第5次c受到向左的瞬时冲量后运动到M点的过程中c与传送带摩擦产生的热量 因此c从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量 14．如图所示，光滑水平轨道与光滑竖直圆弧轨道在A点平滑连接，圆弧轨道圆心为O，轨道上端点B和圆心连线与水平面成θ=37°角，半径R=0.75m。质量m1=0.5kg的物块P以初速度v0=12m/s向右运动，与静止的质量m2=1kg的物块Q发生碰撞，碰后P的速度反向，大小变为vP=2m/s。Q能从B点离开圆弧轨道，已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)P、Q碰撞过程损失的机械能； (2)物块Q经过B点时对轨道的压力大小。 【答案】(1)10.5J (2) 【详解】（1）规定向右正方向，P碰Q过程，根据动量守恒有 题意可知，代入解得碰后Q的速度 则P、Q碰撞过程损失的机械能 联立解得 （2）碰撞后，Q运动到B点过程，根据机械能守恒有 联立解得 在B点，轨道对Q的弹力与Q重力的分力的合力提供向心力，则有 联立解得 根据牛顿第三定律可知，物块Q经过B点时对轨道的压力大小为。 22 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $