大题突破05 动量定理和动量守恒定律（广东专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

大题05动量定理和动量守恒定律 目录 【命题解码·定方向】 【解题建模·通技法】 热点题型1 动量定理的应用 通技法 动量定理的解题方法 热点题型2 动量守恒定律的四类应用 通技法 动量守恒定律四类应用的解题方法 热点题型3 反冲和爆炸问题 通技法 反冲和爆炸的解题方法 【实战刷题·冲高分】 刷模拟 刷真题 命题·趋势·定位 一、动量定理的应用： 动量定理和牛顿第二定律都是研究物体运动状态变化与所受外力之间的关系。牛顿第二定律说明了力和加速度的瞬时关系，但对于迅速变化的问题，由于发生冲击作用的量值很大，变化很快，作用时间很短，运用牛顿第二定律求解就比较困难，而应用动量定理就可以不考虑中间细节变化，只求整个过程中冲量的总体效果，这就为解决动力学问题提供了另一种方法。 二、动量守恒定律的四类应用： 动量守恒定律是高考的主要考点之一，其中四个经典模型需要牢牢掌握，公式需要能铭记于心。 三、反冲和爆炸问题： 高考对于这部分的考察主要是动量守恒定律，经典的模型主要是人船模型、火箭原理等，这类题型通常满足系统内力远大于外力。 热点题型1动量定理的应用 析典例·建模型 例1. 汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，一质量的头锤从离气囊表面某一高度处静止释放，与正下方的气囊发生碰撞，在时刚好第一次落到安全气囊上，安全气囊作用力大小F与时间t的关系如图乙所示，测得第一次碰撞气囊结束的时刻为；第二次开始碰撞气囊的时刻为，第二次碰撞气囊结束的时刻为；第三次开始碰撞气囊的时刻为。头锤在每次碰撞后都能竖直反弹，忽略空气阻力作用，重力加速度g大小取。求： (1)头锤与气囊表面第二次碰撞前瞬间的速度大小； (2)头锤与气囊表面第二次碰撞过程中，气囊对头锤的冲量的大小和方向。 研考点·通技法 动量定理的解题方法 1、解题思路 2、注意问题 动量定理中的力是合力。合力的冲量只取决于合力和作用时间，与物体的运动状态等无关。 对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。 物体受多个力作用，各力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应重点关注。 3、解题方法 冲量的三种计算方法： 公式法：利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。 图像法：利用F-t图像计算，F-t图像与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量。 动量定理法：如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝p′－p求变力的冲量。 流体类“柱状模型”解题方法： 流体及其特点：通常液体、气体等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ。解题方法：①建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段小柱体，柱体的横截面积为S；②微元研究：作用时间Δt内一段柱状微粒的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt；③建立方程：应用动量定理研究这段柱状流体。 微粒类“柱状模型”解题方法： 微粒及其特点：通常电子、光子、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n。解题方法：①建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段小柱体，柱体的横截面积为S；②微元研究：作用时间Δt内一段柱状微粒的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt；③建立方程：先应用动量定理研究单个粒子，再乘以N计算。 动量定理解释的两类物理现象：①Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小；②F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。 破类题·提能力 1. 一般来说，人从距地面1.8m高处跳下，落地时速度较小，这个速度对人是安全的，称为安全着地速度。如果人从高空跳下，必须使用降落伞才能安全着陆。经过大量实验和理论研究表明，空气对降落伞的阻力与空气密度、降落伞的迎风面积、降落伞相对空气速度、阻力系数有关（由伞的形状、结构、材料等决定），其表达式是。 取。请根据以上信息，解决下列问题： (1)在忽略空气阻力的情况下，质量的人从高处跳下，落地后的缓冲时间为0.2s，求落地过程中地面对人的平均作用力大小； (2)在某次高塔跳伞训练中，运动员在无风的条件下先从足够高的跳伞塔上自由下落，随后打开降落伞减速，如图是通过固定在跳伞运动员身上的速度传感器绘制出从张开降落伞开始做减速运动至达到匀速运动时的v-t图像。图像显示2.0s时运动员达到安全落地速度并开始做匀速运动。假设运动员使用的降落伞质量，阻力系数，面积，空气密度取。根据图像计算运动员的质量，并估算运动员做减速运动的过程中，空气阻力对降落伞做的功。 热点题型2动量守恒定律的四类应用 析典例·建模型 例2. 如图所示，有一个质量为、半径为的半圆形滑槽静止放在光滑的水平面上。是圆弧上的一点，与圆心的连线与水平方向成角，某时刻，将一枚质量为的光滑小球从距离A点正上方处由静止释放。小球从槽口处落入半圆形滑槽内。小球可看成质点，小球质量为滑槽质量的一半，重力加速度为，空气阻力不计。求： (1)半圆形滑槽向左运动的最远距离； (2)半圆形滑槽的速度最大值； (3)小球经过点时滑槽和小球的速度大小。 研考点·通技法 动量守恒定律四类应用的解题方法 1、解题思路 2、注意问题 碰撞前指的是即将发生碰撞那一时刻，而不是发生碰撞前的某一时刻；碰撞后指的是碰撞刚刚结束的那一时刻， 而不是发生碰撞后的某一时刻。 碰撞需遵循的原则：①系统的总动量守恒。②系统的机械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2。③速度要合理：碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，应满足v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，应满足v前′≥v后′(不可出现二次碰撞)；碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变（不可穿越），除非两个物体碰撞后速度均为零。 弹簧-滑块模型的临界问题为：A、B 两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大。 滑块—斜(曲)面模型的临界问题为：小球上升最高时，m、M 速度必定相等。 子弹-木块模型的临界问题为：子弹在木块内部，两者速度相等。 滑块-木板模型的临界问题为：当滑块与木板相对静止时，两者的速度必相等。 3、解题方法 弹性碰撞： 如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞。 弹性碰撞过程如下图所示，规律：①动量守恒定律：m1v1＋ m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 ②机械能守恒：m1v＋＝m1v1′2＋m2v2′2。 整理得：m1v1—m1v1′＝m2v2 —m2v2′，m1v—m1v1′2＝—m2v2′2。得：v1＋v1′＝v2＋v2′。 解得：v1′＝，v2′=。 当v1≠0，v2=0（一动碰一静）时，碰撞过程如下图所示，由动量守恒得 m1v1＋ m2v2 ＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒得m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，解得v1′＝v1，v2′＝v1。 过程分析：①若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换。 ②若m1＞m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向同向（当m1≫m2，则有v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去）。 ③若m1<m2，v1′为负值，表示v1′与v1方向相反，m1被弹回（m1≪m2，则有v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止）。 非弹性碰撞： 如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。 规律：①动量守恒定律：m1v1＋ m2v2＝m1v1′＋m2v2′。②机械能守恒：m1v＋＞m1v1′2＋m2v2′2。 若两个物体碰撞时成为一个整体，即它们相对静止，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞，损失得机械能最多，碰撞过程如下图所示，碰撞规律为：m1v1＋ m2v2＝(m1＋m2)v，m1v＋=(m1＋)v2+∆E损失，解得：∆E损失=v。 碰撞的类型及遵从的规律如下表所示： 类型 遵从的规律 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大，碰后速度相同 破类题·提能力 2. 如图所示，一光滑横杆被左右支架水平固定，质量分别为2m、m的两个柱状工件A、B通过中心轴的孔穿在横杆上，工件B的右侧存在一足够长的风洞，B恰好静止在风洞左端。某时刻A受到水平向右的冲量而获得初速度，之后A与B发生弹性碰撞。当A、B进入风洞时，分别会受到沿轴向左恒定的风力作用，风力的大小与其受力面积成正比（比例系数相同）。A、B在风洞中的受力面积比值为k（，比值可调节），B的受力面积保持不变且在风洞中受到的风力恒为，长度L和重力加速度g为已知量。求： (1)A、B进入风洞后加速度大小、； (2)若，当A速度减为零时，求A、B之间的距离； (3)若，A、B第二次碰撞的点与风洞左端的距离d。 热点题型3反冲和爆炸问题 析典例·建模型 例3. 柴油打桩机由重锤汽缸、活塞桩帽等若干部件组成。重锤汽缸的质量为m，钢筋混凝土桩固定在活塞桩帽下端，桩帽和桩总质量为。汽缸从桩帽正上方一定高度自由下落，汽缸下落过程中，桩体始终静止。当汽缸到最低点时，向缸内喷射柴油，柴油燃烧，产生猛烈推力，汽缸和桩体瞬间分离，汽缸上升的最大高度为h，重力加速度为。 （1）求柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量； （2）设桩体向下运动过程中所受阻力恒为f，求该次燃烧后桩体在泥土中向下移动的距离。 研考点·通技法 反冲和爆炸的解题方法 1、 解题思路 2、注意问题 速度的反向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分而言的，两者速度方向相反，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，列出动量守恒方程。 速度的相对性：在反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，利用动量守恒定律列方程时，应将相对速度转化为绝对速度(一般设为对地速度)。 反冲的三点注意：①作用原理：反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果；②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；③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，所以系统的总机械能增加。 爆炸的三点注意：①动量守恒：爆炸物体间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；②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；③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仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 3、解题方法 人船模型：两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比，这样的问题归为“人船模型”模型。 模型图例如下图所示： 模型特点：人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即。 解题方法：利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系。 求解过程：两物体满足动量守恒定律：；两物体的位移大小满足：，又 ，得，。 模型延伸图如下，有：m1x1＝m2x2。 破类题·提能力 3．如图所示为室内碗池比赛训练时的简化示意图，一根劲度系数为k的轻质弹簧左端固定，右端与静置在光滑水平面上K点的小球B相连，小球B的右侧静置着一滑块C，其上表面是半径为R的光滑圆弧轨道。现将一质量为m的小球A从圆弧最高点M由静止释放，小球A沿轨道滑下后，在水平面上与小球B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。已知小球B、滑块C的质量均为3m，小球A、B均可视为质点，重力加速度为g，求： （1）小球A下滑到圆弧轨道最低点N时，滑块C的速度大小； （2）弹簧弹性势能的最大值； （3）若当小球B再一次回到K点时，小球A恰好从N点再一次滑上圆弧，求初始时K点与滑块C右边缘P点之间的距离L。 刷模拟 1．如图所示，质量为、半径为的四分之一光滑圆弧轨道放在光滑水平地面上，下端与水平地面相切，质量为的木块静止在轨道左侧，质量为的子弹以的速度水平向右射入木块并留在其中。已知子弹与木块作用时间极短，木块的尺寸远小于圆弧轨道的半径，重力加速度大小g取，不计空气阻力。求： (1)子弹射入木块后的共同速度的大小以及此过程中产生的内能； (2)木块沿圆弧轨道上升的最大高度； (3)圆弧轨道的最大速度。 2．在仓库卸货时常因抛掷而造成货物损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A紧靠仓库，转运车B紧靠A，A的上表面由光滑曲面OC段和粗糙水平面OD段组成，B上表面粗糙，右侧装有挡板。卸货时，可视为质点的货物由OC段上某点静止释放。已知A、B质量均为M=80kg，A、B水平上表面等高且长度均为L=5m，OC高度差H=5m。A下表面与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，不计B与地面间的摩擦。货物与A、B水平上表面的动摩擦因数均为μ2=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。 (1)要使货物在装置A上运动时A保持静止，货物质量m0应满足什么条件？ (2)若货物质量m=20kg，为使货物能停在转运车B上且不与挡板相碰，则该货物释放点距OD的高度h应满足什么条件？ 3．如图所示，在倾角为的斜面上放置一内壁光滑的凹槽A，凹槽A与斜面间的动摩擦因数，槽内紧靠右挡板处有一小物块B，它与凹槽左挡板的距离为。A、B的质量均为m，斜面足够长。现同时由静止释放A、B，此后B与A挡板每次发生碰撞均交换速度，碰撞时间都极短。已知重力加速度为。求： (1)物块B从开始释放到与凹槽A发生第一次碰撞所经过的时间； (2)B与A发生第一次碰撞后，A下滑时的加速度大小和发生第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小； (3)凹槽A沿斜面下滑的总位移大小。 4．如图所示，某实验小组为研究火箭单级推进与多级推进的区别，设计了如下简单模型：以轻质压缩弹簧代替推进剂的作用，研究单级推进与二级推进上升高度的不同。 方案一：将两根相同的轻弹簧并排连接在火箭下方，模拟火箭的单级推进，将两根弹簧进行同样的压缩，释放后火箭上升的最大高度为H。 方案二：将火箭整体分为质量相等的两级，将方案一中的两根轻弹簧分别连接在两级火箭的底部，将两级火箭上下叠放，并使两根轻弹簧发生与方案一中同样的形变，以此模拟火箭的二级推进过程。实验时，先释放一级火箭底部的弹簧进行一级推进，一级推进完成瞬间立即自动释放两级之间的压缩弹簧进行二级推进。假设火箭的总质量为m，弹簧的劲度系数很大，可瞬间弹开，弹簧和火箭的高度不计，忽略空气阻力的影响，火箭始终在同一竖直线上运动，重力加速度为g。求： (1)方案一中单根压缩弹簧储存的弹性势能； (2)方案二中二级推进完成瞬间，一级火箭和二级火箭的速度大小，； (3)方案二中二级推进完成后，二级火箭继续上升的最大高度h。 5．如图所示，套在固定水平杆上的光滑小环A与小球B通过不可伸长的轻绳相连A环右侧处有一竖直挡板，固定在水平杆上P点，A环与竖直挡板碰撞后立即被锁定在P点。初始时刻，小球B与环A处于同一水平面，轻绳恰好伸直且与水平杆平行。已知轻绳长为L，小环A质量为m，小球B的质量为km，重力加速度为g，不计空气阻力。A、B同时由静止释放，求： (1)若固定环A，当小球B运动到最低点时对轻绳的拉力大小； (2)在环A与挡板相撞前瞬间的速度大小； (3)若，则小球B的最大速度是多少。 刷真题 1．某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。 (1)若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小； (2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小； (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。 2．某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，） （1）若，求小物块 ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在上经过的总路程； ③在上向上运动时间和向下运动时间之比。 （2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 3．如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求： （1）脱离弹簧时A、B的速度大小和； （2）物块与桌面间的动摩擦因数μ； （3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。 4．如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。 （1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小； （2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系； （3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。 5．如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。 (1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小； (2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量； (3)若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题05动量定理和动量守恒定律 目录 【命题解码·定方向】 【解题建模·通技法】 热点题型1 动量定理的应用 通技法 动量定理的解题方法 热点题型2 动量守恒定律的四类应用 通技法 动量守恒定律四类应用的解题方法 热点题型3 反冲和爆炸问题 通技法 反冲和爆炸的解题方法 【实战刷题·冲高分】 刷模拟 刷真题 命题·趋势·定位 一、动量定理的应用： 动量定理和牛顿第二定律都是研究物体运动状态变化与所受外力之间的关系。牛顿第二定律说明了力和加速度的瞬时关系，但对于迅速变化的问题，由于发生冲击作用的量值很大，变化很快，作用时间很短，运用牛顿第二定律求解就比较困难，而应用动量定理就可以不考虑中间细节变化，只求整个过程中冲量的总体效果，这就为解决动力学问题提供了另一种方法。 二、动量守恒定律的四类应用： 动量守恒定律是高考的主要考点之一，其中四个经典模型需要牢牢掌握，公式需要能铭记于心。 三、反冲和爆炸问题： 高考对于这部分的考察主要是动量守恒定律，经典的模型主要是人船模型、火箭原理等，这类题型通常满足系统内力远大于外力。 热点题型1动量定理的应用 析典例·建模型 例1. 汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，一质量的头锤从离气囊表面某一高度处静止释放，与正下方的气囊发生碰撞，在时刚好第一次落到安全气囊上，安全气囊作用力大小F与时间t的关系如图乙所示，测得第一次碰撞气囊结束的时刻为；第二次开始碰撞气囊的时刻为，第二次碰撞气囊结束的时刻为；第三次开始碰撞气囊的时刻为。头锤在每次碰撞后都能竖直反弹，忽略空气阻力作用，重力加速度g大小取。求： (1)头锤与气囊表面第二次碰撞前瞬间的速度大小； (2)头锤与气囊表面第二次碰撞过程中，气囊对头锤的冲量的大小和方向。 【思路建立】　 第一问的思路： 第二问的思路： 【答案】(1) (2)，方向竖直向上 【详解】（1）根据题图可知头锤从第一次离开气囊表面到第二次开始碰撞气囊表面经历的时间为，据竖直上抛运动的对称性可知，头锤上升时间为0.8s，则 解得 （2）第二次碰撞气囊结束的时刻为；第三次开始碰撞气囊的时刻为，得 则有 解得 第二次与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向） 解得，方向竖直向上。 研考点·通技法 动量定理的解题方法 1、解题思路 2、注意问题 动量定理中的力是合力。合力的冲量只取决于合力和作用时间，与物体的运动状态等无关。 对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。 物体受多个力作用，各力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应重点关注。 3、解题方法 冲量的三种计算方法： 公式法：利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。 图像法：利用F-t图像计算，F-t图像与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量。 动量定理法：如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝p′－p求变力的冲量。 流体类“柱状模型”解题方法： 流体及其特点：通常液体、气体等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ。解题方法：①建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段小柱体，柱体的横截面积为S；②微元研究：作用时间Δt内一段柱状微粒的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt；③建立方程：应用动量定理研究这段柱状流体。 微粒类“柱状模型”解题方法： 微粒及其特点：通常电子、光子、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n。解题方法：①建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段小柱体，柱体的横截面积为S；②微元研究：作用时间Δt内一段柱状微粒的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt；③建立方程：先应用动量定理研究单个粒子，再乘以N计算。 动量定理解释的两类物理现象：①Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小；②F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。 破类题·提能力 1. 一般来说，人从距地面1.8m高处跳下，落地时速度较小，这个速度对人是安全的，称为安全着地速度。如果人从高空跳下，必须使用降落伞才能安全着陆。经过大量实验和理论研究表明，空气对降落伞的阻力与空气密度、降落伞的迎风面积、降落伞相对空气速度、阻力系数有关（由伞的形状、结构、材料等决定），其表达式是。 取。请根据以上信息，解决下列问题： (1)在忽略空气阻力的情况下，质量的人从高处跳下，落地后的缓冲时间为0.2s，求落地过程中地面对人的平均作用力大小； (2)在某次高塔跳伞训练中，运动员在无风的条件下先从足够高的跳伞塔上自由下落，随后打开降落伞减速，如图是通过固定在跳伞运动员身上的速度传感器绘制出从张开降落伞开始做减速运动至达到匀速运动时的v-t图像。图像显示2.0s时运动员达到安全落地速度并开始做匀速运动。假设运动员使用的降落伞质量，阻力系数，面积，空气密度取。根据图像计算运动员的质量，并估算运动员做减速运动的过程中，空气阻力对降落伞做的功。 【答案】(1) (2)， 【详解】（1）人下落过程做自由落体运动，则 落地过程，根据动量定理，规定向上为正方向，则 联立，解得 （2）由图可知，运动员收尾速度即匀速直线运动的速度大小为 跳伞运动员在空中匀速下降时，有 解得 由图线可知，减速运动阶段降落伞张开时运动员的速度大小 设减速运动阶段运动员下落的高度为，由图线与时间轴所围面积可知，在时间内数出格子数为42格，则运动员下落的高度为 根据动能定理有，解得 热点题型2动量守恒定律的四类应用 析典例·建模型 例2. 如图所示，有一个质量为、半径为的半圆形滑槽静止放在光滑的水平面上。是圆弧上的一点，与圆心的连线与水平方向成角，某时刻，将一枚质量为的光滑小球从距离A点正上方处由静止释放。小球从槽口处落入半圆形滑槽内。小球可看成质点，小球质量为滑槽质量的一半，重力加速度为，空气阻力不计。求： (1)半圆形滑槽向左运动的最远距离； (2)半圆形滑槽的速度最大值； (3)小球经过点时滑槽和小球的速度大小。 【思路分析】　 第一问的思路： 第二问的思路： 第三问的思路 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）当小球运动至B点时，半圆形滑槽向左运动的距离最远，根据水平方向动量守恒有 两边同乘时间，可知 根据几何关系有 解得 （2）当小球运动至C点时，半圆形滑槽的速度最大，根据水平方向动量守恒有 根据系统机械能守恒有 解得 （3）设小球经过点时水平方向的速度为，竖直方向的速度为， 根据水平方向的动量守恒有 以滑槽为参考系则此时小球的速度沿圆弧的切线方向，此时小球水平方向的相对速度为 因相对滑槽的合速度沿圆弧的切线，则有 根据能量守恒定律有 解得 因此滑槽的速度 小球的速度。 研考点·通技法 动量守恒定律四类应用的解题方法 1、解题思路 2、注意问题 碰撞前指的是即将发生碰撞那一时刻，而不是发生碰撞前的某一时刻；碰撞后指的是碰撞刚刚结束的那一时刻， 而不是发生碰撞后的某一时刻。 碰撞需遵循的原则：①系统的总动量守恒。②系统的机械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2。③速度要合理：碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，应满足v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，应满足v前′≥v后′(不可出现二次碰撞)；碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变（不可穿越），除非两个物体碰撞后速度均为零。 弹簧-滑块模型的临界问题为：A、B 两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大。 滑块—斜(曲)面模型的临界问题为：小球上升最高时，m、M 速度必定相等。 子弹-木块模型的临界问题为：子弹在木块内部，两者速度相等。 滑块-木板模型的临界问题为：当滑块与木板相对静止时，两者的速度必相等。 3、解题方法 弹性碰撞： 如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞。 弹性碰撞过程如下图所示，规律：①动量守恒定律：m1v1＋ m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 ②机械能守恒：m1v＋＝m1v1′2＋m2v2′2。 整理得：m1v1—m1v1′＝m2v2 —m2v2′，m1v—m1v1′2＝—m2v2′2。得：v1＋v1′＝v2＋v2′。 解得：v1′＝，v2′=。 当v1≠0，v2=0（一动碰一静）时，碰撞过程如下图所示，由动量守恒得 m1v1＋ m2v2 ＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒得m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，解得v1′＝v1，v2′＝v1。 过程分析：①若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换。 ②若m1＞m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向同向（当m1≫m2，则有v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去）。 ③若m1<m2，v1′为负值，表示v1′与v1方向相反，m1被弹回（m1≪m2，则有v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止）。 非弹性碰撞： 如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。 规律：①动量守恒定律：m1v1＋ m2v2＝m1v1′＋m2v2′。②机械能守恒：m1v＋＞m1v1′2＋m2v2′2。 若两个物体碰撞时成为一个整体，即它们相对静止，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞，损失得机械能最多，碰撞过程如下图所示，碰撞规律为：m1v1＋ m2v2＝(m1＋m2)v，m1v＋=(m1＋)v2+∆E损失，解得：∆E损失=v。 碰撞的类型及遵从的规律如下表所示： 类型 遵从的规律 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大，碰后速度相同 破类题·提能力 2. 如图所示，一光滑横杆被左右支架水平固定，质量分别为2m、m的两个柱状工件A、B通过中心轴的孔穿在横杆上，工件B的右侧存在一足够长的风洞，B恰好静止在风洞左端。某时刻A受到水平向右的冲量而获得初速度，之后A与B发生弹性碰撞。当A、B进入风洞时，分别会受到沿轴向左恒定的风力作用，风力的大小与其受力面积成正比（比例系数相同）。A、B在风洞中的受力面积比值为k（，比值可调节），B的受力面积保持不变且在风洞中受到的风力恒为，长度L和重力加速度g为已知量。求： (1)A、B进入风洞后加速度大小、； (2)若，当A速度减为零时，求A、B之间的距离； (3)若，A、B第二次碰撞的点与风洞左端的距离d。 【答案】(1)， (2) (3)，，， 【详解】（1）由牛顿第二定律，有， 解得， （2）设A、B碰后速度分别为、，由， 解得、 当时，，A经时间速度减为零，此时 A向右位移 B向右位移 所以 （3）A回到左端的时间 B回到左端的时间 当时，A、B恰好在左端相遇，此时， 时，A、B在风洞外发生第二次碰撞，B到左端时，A离开左端做匀速运动，此时A与左端的距离 设B到左端还需要时间，追上A，有 解得时。 热点题型3反冲和爆炸问题 析典例·建模型 例3. 柴油打桩机由重锤汽缸、活塞桩帽等若干部件组成。重锤汽缸的质量为m，钢筋混凝土桩固定在活塞桩帽下端，桩帽和桩总质量为。汽缸从桩帽正上方一定高度自由下落，汽缸下落过程中，桩体始终静止。当汽缸到最低点时，向缸内喷射柴油，柴油燃烧，产生猛烈推力，汽缸和桩体瞬间分离，汽缸上升的最大高度为h，重力加速度为。 （1）求柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量； （2）设桩体向下运动过程中所受阻力恒为f，求该次燃烧后桩体在泥土中向下移动的距离。 【思路分析】　 第一问的思路： 第二问的思路： 【答案】（1），方向竖直向上；（2） 【详解】（1）设燃烧使重锤汽缸获得的速度为，桩体获得的速度为v，对分离后的重锤汽缸由机械能守恒，有 对分离瞬间重锤汽缸，由于内力远大于外力，故由动量定理，有 得 方向竖直向上。 （2）分离瞬间，由于内力远大于外力，所以重锤汽缸和桩体组成的系统动量守恒，有 分离后对桩体，由动能定理，有 得。 研考点·通技法 反冲和爆炸的解题方法 1、 解题思路 2、注意问题 速度的反向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分而言的，两者速度方向相反，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，列出动量守恒方程。 速度的相对性：在反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，利用动量守恒定律列方程时，应将相对速度转化为绝对速度(一般设为对地速度)。 反冲的三点注意：①作用原理：反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果；②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；③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，所以系统的总机械能增加。 爆炸的三点注意：①动量守恒：爆炸物体间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；②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；③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仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 3、解题方法 人船模型：两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比，这样的问题归为“人船模型”模型。 模型图例如下图所示： 模型特点：人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即。 解题方法：利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系。 求解过程：两物体满足动量守恒定律：；两物体的位移大小满足：，又 ，得，。 模型延伸图如下，有：m1x1＝m2x2。 破类题·提能力 3．如图所示为室内碗池比赛训练时的简化示意图，一根劲度系数为k的轻质弹簧左端固定，右端与静置在光滑水平面上K点的小球B相连，小球B的右侧静置着一滑块C，其上表面是半径为R的光滑圆弧轨道。现将一质量为m的小球A从圆弧最高点M由静止释放，小球A沿轨道滑下后，在水平面上与小球B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。已知小球B、滑块C的质量均为3m，小球A、B均可视为质点，重力加速度为g，求： （1）小球A下滑到圆弧轨道最低点N时，滑块C的速度大小； （2）弹簧弹性势能的最大值； （3）若当小球B再一次回到K点时，小球A恰好从N点再一次滑上圆弧，求初始时K点与滑块C右边缘P点之间的距离L。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）小球A下滑过程中，设小球A下滑到圆弧轨道最低点N时，小球A和滑块C的速度大小分别为、，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 联立解得 （2）设碰后小球A、B的速度大小为、，碰撞过程中小球A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，则有 小球B压缩弹簧，弹簧弹性势能的最大值即为小球B初始时的动能，即 联立解得 （3）设小球A从开始下滑到与小球B碰撞前过程，小球A和滑块C在水平方向的位移大小分别为、，该过程中小球A和滑块C组成的系统水平方向动量守恒，又初始时K、P两点之间的距离为L，则有 解得 即小球A与小球B碰撞时K、P两点间的距离为，碰撞后小球A向右匀速运动追及滑块C过程有 其中小球B运动过程是简谐运动 当小球B再一次回到K点时 代入数据解得。 刷模拟 1．如图所示，质量为、半径为的四分之一光滑圆弧轨道放在光滑水平地面上，下端与水平地面相切，质量为的木块静止在轨道左侧，质量为的子弹以的速度水平向右射入木块并留在其中。已知子弹与木块作用时间极短，木块的尺寸远小于圆弧轨道的半径，重力加速度大小g取，不计空气阻力。求： (1)子弹射入木块后的共同速度的大小以及此过程中产生的内能； (2)木块沿圆弧轨道上升的最大高度； (3)圆弧轨道的最大速度。 【答案】(1) (2) (3)，方向水平向右 【详解】（1）设子弹射入木块后与木块的共同速度为，对子弹和木块组成的系统，取子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 解得子弹射入木块后的共同速度 根据能量守恒，可得此过程系统所产生的内能 解得产生的内能 （2）设木块（含子弹）在圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小为，木块沿圆弧轨道上升的最大高度为h，取子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 解得木块沿圆弧轨道上升的最大高度 因，所以木块未从圆弧轨道最高点飞出 （3）设木块（含子弹）在圆弧轨道上时，圆弧轨道一直做加速运动，木块（含子弹）在圆弧轨道底端与轨道分离时，圆弧轨道的速度最大，设此时木块（含子弹）的速度为，圆弧轨道的速度为，取子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得圆弧轨道的最大速度 方向水平向右。 2．在仓库卸货时常因抛掷而造成货物损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A紧靠仓库，转运车B紧靠A，A的上表面由光滑曲面OC段和粗糙水平面OD段组成，B上表面粗糙，右侧装有挡板。卸货时，可视为质点的货物由OC段上某点静止释放。已知A、B质量均为M=80kg，A、B水平上表面等高且长度均为L=5m，OC高度差H=5m。A下表面与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，不计B与地面间的摩擦。货物与A、B水平上表面的动摩擦因数均为μ2=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。 (1)要使货物在装置A上运动时A保持静止，货物质量m0应满足什么条件？ (2)若货物质量m=20kg，为使货物能停在转运车B上且不与挡板相碰，则该货物释放点距OD的高度h应满足什么条件？ 【答案】(1)m0不能超过80kg (2) 【详解】（1）货物下滑过程A保持静止，滑过O点后仍要求A保持静止，考虑到紧靠A的B车与地面间摩擦不计，则对AB整体需满足   解得 （2）由于货物质量m=20kg小于80kg，故A始终静止不动，所以货物释放高度最小为h1时，货物恰好滑上B，则有 解得h1=2.0m 货物释放高度最大为h2时，货物滑上B车刚到达挡板处恰好共速，即恰好不与挡板相碰。 对货物从开始下滑至滑上B车过程有 货物与B车相互作用到共同速度v共过程满足系统动量守恒和能量守恒， 联立解得h2=4.5m 由题意知h2 < H 即货物静止释放时的高度h应满足 3．如图所示，在倾角为的斜面上放置一内壁光滑的凹槽A，凹槽A与斜面间的动摩擦因数，槽内紧靠右挡板处有一小物块B，它与凹槽左挡板的距离为。A、B的质量均为m，斜面足够长。现同时由静止释放A、B，此后B与A挡板每次发生碰撞均交换速度，碰撞时间都极短。已知重力加速度为。求： (1)物块B从开始释放到与凹槽A发生第一次碰撞所经过的时间； (2)B与A发生第一次碰撞后，A下滑时的加速度大小和发生第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小； (3)凹槽A沿斜面下滑的总位移大小。 【答案】(1) (2)，方向沿斜面向上， (3) 【详解】（1）设B下滑的加速度为，则有 解得 A所受重力沿斜面的分力 所以B下滑时，A保持静止；根据位移时间关系可得 解得 （2）滑块B刚释放后做匀加速运动，设物块B运动到凹槽A的左挡板时的速度为，根据匀变速直线运动规律得 第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为、0，此后A减速下滑，根据牛顿第二定律可得 解得 方向沿斜面向上；设A速度减为零的时间为，下滑的位移大小为，则有， 在时间内物块B下滑的距离为 所以发生第二次碰撞前凹槽A已停止运动，则B下滑距离与A发生第二次碰撞，则有 解得 （3）经过多次碰撞后，最终A、B处于静止状态，且B静止与A的下端；设凹槽A下滑的总位移为x，由功能关系有 解得 4．如图所示，某实验小组为研究火箭单级推进与多级推进的区别，设计了如下简单模型：以轻质压缩弹簧代替推进剂的作用，研究单级推进与二级推进上升高度的不同。 方案一：将两根相同的轻弹簧并排连接在火箭下方，模拟火箭的单级推进，将两根弹簧进行同样的压缩，释放后火箭上升的最大高度为H。 方案二：将火箭整体分为质量相等的两级，将方案一中的两根轻弹簧分别连接在两级火箭的底部，将两级火箭上下叠放，并使两根轻弹簧发生与方案一中同样的形变，以此模拟火箭的二级推进过程。实验时，先释放一级火箭底部的弹簧进行一级推进，一级推进完成瞬间立即自动释放两级之间的压缩弹簧进行二级推进。假设火箭的总质量为m，弹簧的劲度系数很大，可瞬间弹开，弹簧和火箭的高度不计，忽略空气阻力的影响，火箭始终在同一竖直线上运动，重力加速度为g。求： (1)方案一中单根压缩弹簧储存的弹性势能； (2)方案二中二级推进完成瞬间，一级火箭和二级火箭的速度大小，； (3)方案二中二级推进完成后，二级火箭继续上升的最大高度h。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）根据机械能守恒定律可得 解得 （2）设一级推进完成瞬间，火箭的速度大小为，根据机械能守恒定律可得 解得 二级推进过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 联立解得 ， （3）二级推进完成后，对二级火箭，则有 解得 5．如图所示，套在固定水平杆上的光滑小环A与小球B通过不可伸长的轻绳相连A环右侧处有一竖直挡板，固定在水平杆上P点，A环与竖直挡板碰撞后立即被锁定在P点。初始时刻，小球B与环A处于同一水平面，轻绳恰好伸直且与水平杆平行。已知轻绳长为L，小环A质量为m，小球B的质量为km，重力加速度为g，不计空气阻力。A、B同时由静止释放，求： (1)若固定环A，当小球B运动到最低点时对轻绳的拉力大小； (2)在环A与挡板相撞前瞬间的速度大小； (3)若，则小球B的最大速度是多少。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A环固定时，对小球B有 在最低点有 联立解得轻绳对小球B的拉力大小为 由牛顿第三定律可知，小球B运动到最低点时对轻绳的拉力大小为 （2）由水平方向动量守恒可知 当A与挡板碰撞时 可知 由几何关系可知此时轻绳与水平方向夹角 在碰前对AB有水平方向 对AB系统机械能守恒有 碰前A、B沿绳方向速度大小相等 联立，解得 （3）由 且 此时轻绳绷紧，B球沿绳方向动量瞬时变为0，此后以垂直于绳方向速度为初速度继续运动，则 又因为环A碰挡板前沿绳方向速度相等 联立，解得 从锁定位置到竖直最低点，B下落高度 机械能守恒 联立，解得 刷真题 1．某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。 (1)若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小； (2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小； (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）由B点到最低点过程动能定理有 最低点牛顿第二定律可得 联立可得 （2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得 水平方向 竖直方向取向上为正可得 联立可得 （3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得 设的水平速度和竖直速度分别为，则有 则水平方向动量守恒可得 水平方向满足人船模型可得 此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为 水平方向 竖直方向 联立可得 即 显然当时取得最小，此时 2．某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，） （1）若，求小物块 ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在上经过的总路程； ③在上向上运动时间和向下运动时间之比。 （2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m 【详解】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有 第一次经过C点的向心加速度大小为 ②小物块a在DE上时，因为 所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有 解得 ③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为 将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有 解得 （2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有 解得 设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 解得 3．如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求： （1）脱离弹簧时A、B的速度大小和； （2）物块与桌面间的动摩擦因数μ； （3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。 【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J 【详解】（1）对A物块由平抛运动知识得 代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为 AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块整体动量守恒，则 解得脱离弹簧时B的速度大小为 （2）对物块B由动能定理 代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为 （3）弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即 其中 ， 解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能 4．如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。 （1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小； （2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系； （3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。 【答案】（1）； （2）（方向竖直向上）； （3）当时，，当时， 【详解】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有 解得 与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 联立解得 （2）由（1）分析可知，物块与物块在A发生弹性正碰，速度交换。 设物块刚好可以到达点，物块的释放高度为，则根据动能定理可得 解得 此时物块a到达E点时的速度恰好为零，则有 （方向竖直向上） 当时，在E点管道对物块a有弹力，取竖直向下为正方向，则在E点由牛顿第二定律有 由动能定理 联立可得 （） 则综上可得 （） 当时，弹力为负，则弹力方向竖直向上，当时，弹力为正，则方向竖直向下。故 （3）当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得 从点飞出后，竖直方向 水平方向 根据几何关系可得 联立解得 代入数据解得 当时，从释放时，根据动能定理可得 解得 可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得 解得 距离点0.6m，综上可知当时 代入数据得 5．如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。 (1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小； (2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量； (3)若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。 【答案】(1)， (2) (3)， 【详解】（1）A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即 可得 由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由 解得 （2）设B的质量为M，则由题意由碰前，，两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有， 又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即 联立解得， 因为OP 段粗糙，由动能定理有 得，即， 根据题意有，且由（1）有 联立各式解得 （3）设碰前小物块B向右运动的速度为,A、B发生碰撞，则 A、B碰撞过程动量守恒有 又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则 则， 根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有，即 碰后动能不增，即，可得 所以n的取值范围为 分别将和代入，分别可得， 所以对应的B 的速度范围为，代入 可得. 半圆形滑槽 向左运动的距离最远时，小球运动至B点 根据水平方向动量守恒和几何关系 联立可求得最远距离 半圆形滑槽 向左运动的速度最大时，小球运动至C点 根据水平方向动量守恒和机械能守恒定律 联立可求得最大速度 小球在D点，根据水平方向的动量守恒定律求出水平速度 根据相对速度知识、圆弧几何知识和机械能守恒定律 联立方程求得小球速度 分离后的重锤汽缸竖直上抛，由机械能守恒求得分离时的速度 分离瞬间，内力远大于外力，属于反冲问题 由动量定理可求得冲量 分离瞬间，由于内力远大于外力，系统动量守恒 联立动能定理即可求得移动距离 头锤第一次离开气囊表面到第二次开始碰撞气囊表面这个过程做竖直上抛运动 根据对称性可求得速度 由图像可求得第二次碰后的运动时间 根据运动规律可求得得出碰撞前的速度 根据动力定理可求得冲量 30 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $