专题05 动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用【压轴题】2026年高考物理压轴题专项训练（新高考通用）

专题05 动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用 01 应用动量定理处理蹦极类问题 1． 【答案】C 【详解】设第一次跳跃中脚着网瞬间的速度大小为，取竖直向上为正方向，根据动量定理得 同理在第二次跳跃中有 则 所以，即，故选C。 2． 【答案】B 【详解】人下落整个过程，根据动量定理有 解得 图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，可知，阴影部分面积大小 故选B。 02 应用动量定理处理流体类问题 3． 【答案】B 【详解】A．首先根据定义推导三个物理量的核心关系：单位时间内车辆前进距离为，单位长度路段车辆数为，因此单位时间通过横截面的车辆数（车流量），故A错误； B．将代入 得 这是开口向下的二次函数，顶点对应最大值 当时取得最大值，故B正确； C．当时，代入速度公式得，此时，为最小值，故C错误； D．是和的乘积，较大可能是大、小的情况，并非越大一定越大，故D错误。 故选B。 4． 【答案】C 【详解】A．单位时间内，流过叶片转动圆面的空气可看作柱体，则空气柱长度为 叶片长为转动半径，转动圆面积 单位时间空气质量，故A错误； B．根据动量定理，风对叶片的平均冲击力 冲击力与风速平方成正比，不是与风速成正比，故B错误； C．已知LED路灯的功率，一年消耗电能 需要燃煤的质量 对应排放二氧化碳质量 即一年可减少约203kg二氧化碳排放，故C正确； D．储能电池充满电总能量 路灯每天消耗电能 可正常工作天数 三周为21天，，因此无法满足三周工作，故D错误。 故选C。 03 分方向动量定理应用问题 5．【答案】D 【详解】运动员在空中运动过程中，水平方向只受空气阻力的水平分量作用。设任意时刻速度为 ，速度方向与水平方向夹角为，则空气阻力大小 其水平分量 方向与水平速度方向相反。 根据牛顿第二定律，水平方向有 整理得 由于 代入上式得 对从起跳到落地的全过程求和，设水平位移为 ，初水平速度为 ，末水平速度为 ，则有 即 由题意可知，起跳时水平分速度 落地时水平分速度 代入数据解得 故选D。 6． 【答案】(1)0.8m (2)0.75 (3)m 【详解】（1）由图可知沙袋落地时竖直方向的速度为4m/s，则有 m （2）落地过程中，根据动量定理有 解得 （3）根据速度—位移公式有 其中，解得 m 04 弹性碰撞类问题 7． 【答案】B 【详解】AB．质量为的小球以速度与静止的质量为的小球发生对心碰撞，根据动量守恒可得 由机械能守恒可得 可得， 可知碰撞后小球的速度反向；由图2可知，状态时小球的速度为0，状态时小球的速度方向与状态时的速度方向相反，则从状态到状态过程两个小球发生弹性碰撞，系统满足动量守恒；从状态到状态，小球的速度等大反向，所以从状态到状态过程是小球与墙壁发生弹性碰撞。所以从状态到状态过程系统动量不守恒，因为与墙壁作用，整个过程系统合力不为零，故A正确，不符合题意，B错误，符合题意； C．由题意、是与两球运动状态有关的物理量，且碰撞过程没有能量损失，结合上述分析可得， 其中、分别为两球运动过程中任意时刻的瞬时速度，为一比例常数，结合题意 则有 可得 从状态到状态过程两个小球发生弹性碰撞，根据题意可知图中直线的斜率为，故C正确，不符合题意； D．由于m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失，根据能量守恒可得 解得 当时，，故D正确，不符合题意。 故选B。 8． 【答案】B 【详解】球A从释放到最低点，由动能定理，有 解得 A与B发生弹性正碰，有， 碰后B球的速度为 当B球从碰后到与绳子脱离，由机械能守恒 球B与绳子脱离时，速度为 由几何关系可知，速度与水平方向夹角，之后B球做斜抛运动，故球B到达最高点时速度为 故选B。 05 完全非弹性碰撞类问题 9．【答案】B 【详解】两球相遇时，由运动学公式得 解得 两球相遇时的速度大小分别为， 小球A的速度竖直向上，小球B 的速度竖直向下，两球碰撞时，由动量守恒定律得，取竖直向上为正 解得 可知碰后两球一起做上抛运动，碰前与碰后加速度均为重力加速度，那么v-t图像的斜率相同，故B正确，ACD错误。 故选B。 10．【答案】B 【详解】当甲乙之间为弹性碰撞时，碰后瞬间乙的速度为 当甲乙之间为完全非弹性碰撞时，碰后瞬间乙的速度为 故图中上方曲线为弹性碰撞，下方为完全非弹性碰撞。分别代入图中数据可得、。 故选B。 06 斜面类类碰撞问题 11．【答案】B 【详解】根据小球和小滑块水平方向动量守恒可得 可得在t时间内求和可得 可得 且 可得。 当小球运动到最高点时可得， 得， ，则 最终小滑块的位移是 故选B。 12． 【答案】C 【详解】A．从A开始下滑到到达最低点过程，A、B组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，设A滑至B的最低点过程中，A、B水平方向移动的距离分别为、。故最初时B右侧与C的间距为，由水平方向动量守恒得 故，又因为 解得，故A错误； B．从A开始下滑到到达最低点过程，由机械能守恒定律得 解得，故B错误； C．当A滑至B的最低点时，B恰好与C发生碰撞并粘连在一起，对B、C应用动量守恒有，解得 之后A、B、C水平方向动量守恒，当A滑到凹槽左端时，A、B、C水平方向共速，由动量守恒，可知A、B、C水平方向速度为零，设此时A的速度为 由机械能守恒 解得 小球A从第一次离开凹槽到再次返回凹槽经历的时间为，故C正确； D．小球A从凹槽左端飞出后，由机械能守恒 解得，故小球A从凹槽左端飞出后不能运动到与释放点等高的位置，故D错误。 故选C。 07 弹簧类类碰撞问题 13．【答案】C 【详解】A．从A接触弹簧到A离开弹簧，A的速度由变成，受弹簧弹力的冲量等于A动量的变化，即，故A错误； B．由动量守恒可知，解得，故B错误； C．由图像可知，为AB共速时弹簧的压缩量，由、，解得，故C正确； D．由动量定理可得，解得，故D错误。 故选C。 14． 【答案】B 【详解】A．设木板刚接触弹簧时速度为，则以m1和整体作为研究对象，对其列动量守恒定律方程有，解得，故A正确； B．当和m3共速时，弹簧的压缩量最大，以、以及m3整体作为研究对象，对其列动量守恒定律方程有，解得共同的速度为 设此时弹簧的最大压缩量为，则由能量守恒定律有 解得，故B错误； C．m1、m2和m3组成的系统动量守恒有 对应三者的位移关系有 由选项B可知弹簧的最大压缩量为 联立解得 故C正确； D．弹簧压缩过程中，和的合力等于弹簧的弹力，由于和相对静止，说明二者间的静摩擦力提供的加速度，且弹簧压缩到最大时静摩擦力达到最大值（等于滑动摩擦力）。设弹簧压缩到最大时和的加速度为，则对和整体列牛顿第二定律方程有 此时对列牛顿第二定律方程有 联立解得与间的动摩擦因数为，故D正确。 由于本题选择错误的，故选B。 08 多次碰撞问题 15．【答案】D 【详解】设AB间距离为3l，从两球开始运动到第一次碰撞，有 由于v1<v2，则小球2与墙壁碰撞反弹后才与小球1发生第一次碰撞，选取向右为正方向，两球发生弹性碰撞，则， 解得， 即碰撞后两球速度交换，小球1向左运动，小球2向右运动，当两球均与墙壁碰撞之后在AB的中点迎面相碰，设从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为t2，对两个小球，有 对小球1，有 联立解得 故选D。 16． 【答案】D 【详解】小球1和小球2碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 接下来，小球2和小球3碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 则小球3和小球4碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 则小球4和小球5碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 根据以上推导可得标号为10的小球运动的速度大小为。 故选D。 一、单选题 1．【答案】C 【详解】C．两球落在圆弧BC上的同一个点，则竖直高度相同，根据 可知两球运动时间相同，即两球同时到达E点，C正确； A．根据动量定理有 因为质量相等，下落时间相等，所以甲、乙两球在运动过程中动量变化量相同，故A错误； BD．根据平抛运动的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，由此可知甲球不可能垂直打在圆弧BC上的某点，所以乙球落点处速度方向与圆弧切线垂直，因为速度的反向延长线过圆心，所以落点E到O点的水平位移为。 对甲球在水平方向，有 乙球在水平方向上，有 联立可得甲、乙两球初速度大小之比为 故BD错误。 故选C。 2． 【答案】A 【详解】A．由图可知，时和物体的速度都为，根据动能定理可知 根据动量定理可知，故A正确； B．由图可知，时物体的速度都为，时物体的速度为0，根据动能定理可知 根据动量定理可知 即在内，力做了的负功，动量减少了，故B错误； C．由图像可知，第1s内和第2s内的速度方向都沿正方向，方向相同，v-t图像的斜率表示加速度，即速度的变化率，结合图像可知，第1s内，物体沿正方向做匀减速运动，加速度方向为负方向，第2s内沿正方向做匀加速运动加速度的方向为正方向，即第1s内和第2s内物体的速度方向相同，速度的变化率方向不同，故C错误； D．根据动量定理可知，动量的变化率即为物体所受的合外力，结合牛顿第二定律可知，第3s内和第4s内物体沿正方向做匀减速运动，速度方向和加速度的方向相同，加速度的大小相等，因此合外力的大小和方向均相同，即第3s内和第4s内动量的变化率大小相同，方向也相同，故D错误。 故选A。 3． 【答案】C 【详解】设B的质量为m，A的质量为3m，向右为正方向，两球碰撞过程中 动量守恒 机械能守恒 解得， 故选C。 4． 【答案】D 【详解】A．A小球在最高点P时恰好与圆管无弹力作用，则有 代入数据解得 释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为 解得，故A错误； B．小球A与B碰前的速度 以水平向右为正方向，则AB碰撞过程根据动量守恒则有 机械能守恒则有 代入数据联立解得 小球A返回到水平面时的速度大小仍为，因小于小球B的速度，则两球不可能再发生第二次碰撞，故B错误； C．A小球再次返回轨道运动时能上升的高度为h，则有 解得 可知小球不能越过与圆心等高的位置，则与内轨道无弹力，故C错误； D．从M点到圆心等高点，小球一定挤压外轨，又因为在P点小球恰好对轨道无弹力，可证明从圆心等高点到P点，小球也一直挤压外轨，故D正确。 故选D。 5． 【答案】A 【详解】A．碰前卫星和小天体所受万有引力提供向心力，即 得 卫星和小天体碰撞，根据动量守恒有 解得 碰后C以初速度v0做近心运动，故A正确； B．由牛顿第二定律 得 加速度与质量无关，即加速度不变，故B错误； C．碰后C可能做椭圆轨道运动，可能回到碰撞时的位置，故C错误； D．若碰后C仍绕该行星运动，则轨道半长轴会小于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知，周期应变短，故D错误。 故选A。 6． 【答案】D 【详解】A．根据图像与坐标轴所围面积表示位移，由图像可得，滑块与木板A的相对位移大于滑块与木板B的相对位移，则有，A项错误； C．由题意可得 即 则有，C项错误； B．根据图像的斜率表示加速度，则相对滑块时长木板的加速度结合图像可得 则有，B项错误； D．由动量守恒定律， 可得图甲、图乙系统的总动能分别为， 则有，D项正确。 故选D。 7． 【答案】B 【详解】A．设物块B与物块A碰撞前瞬间物块的速度为，由机械能守恒得 解得 设碰撞后瞬间两者一起向下运动的初速度为，由动量守恒定律得 解得，故A错误； BD．碰撞后两物块向下运动过程机械能守恒，设运动的最低点离O点距离为，满足 因A初始受力平衡位置弹簧的压缩量为，可知 联立解得 此时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，为，故B正确、D错误； C．两物体发生分离的临界条件为物块间弹力为0，且加速度相等；以物块B作为研究对象，与物块A发生分离瞬间，所受合力大小为 由牛顿第二定律可知，此时物块B的加速度为 故物块A的加速度为 由牛顿第二定律可知，此时物块A所受合力大小为，因此弹簧处于原长状态，故C错误。 故选B。 8． 【答案】D 【详解】AC．小球从a到b运动的过程，平行钢板方向动量守恒，圆管应向右运动，设小球到达b点时速度大小为v，由于平行钢板方向初动量为零，则圆管向右的速度也应为v，由能量守恒， 解得，故AC错误； B．从a到c，小球的速度方向将反向，大小不变，故圆管对小球的冲量为2mv0，故B错误； D．小球到达d点时速度大小也应该为v，方向向右，圆管速度大小为v，方向向左，故D正确。 故选D。 二、多选题 9．【答案】BD 【详解】A．氙离子经电场加速，根据动能定理有 代入数据解得，故A错误； B．根据动量定理可得 代入数据解得，故B正确； C．由于核心舱的质量未知，所以不能确定核心舱的加速度，故C错误； D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流为，故D正确。 故选BD。 10．【答案】ACD 【详解】A．滑块A从圆弧顶端滑至最低点过程，根据动能定理有 代入数据解得 在最低点，由牛顿第二定律得 解得，故A正确； B．滑块A在传送带上加速运动，加速度 设加速至与传送带共速所需位移为，则 解得 恰好等于传送带长度，说明A在传送带上一直加速。摩擦力 传送带克服摩擦力的功率，故B错误； C．滑块A离开传送带时速度。A与B发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律 和能量守恒定律 联立解得，故C正确； D．滑块A在传送带上运动的时间 此过程中传送带位移 传送带多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，即，故D正确。 故选ACD。 11． 【答案】BD 【详解】A．由图2可知，0~t0时间段内轻绳弹力为零，B静止不动，A匀加速运动，t0之后轻绳绷紧，t0~t1时间段内，A做加速度减小的加速运动，B仍静止不动；t1时刻B开始运动，故A错误； B．t1时刻，对B，有 解得 设轻绳的劲度系数为k，则，故B正确； C．t0~t1时间段内，A克服轻绳弹力做功 0~t1时间段内，对A，有 解得 t1之后A、B系统所受合外力为零，设t2时刻B的速度为vB，根据动量守恒定律可得 解得，故C错误； D．当A、B共速时轻绳最长，此时 解得，故D正确。 故选BD。 12． 【答案】BD 【详解】A．A、C组成的系统在水平方向受到B对A弹力，合外力不为零，因此水平方向动量不守恒，故A错误； B．A、B、C组成的系统，水平面光滑、细线拉力为内力，只有重力做功，无其他能量损耗，因此机械能守恒，故B正确； C．当 C 第一次摆到最低点后，A 与 B 分离，C 继续上摆，此时 A、C 水平方向动量守恒且机械能守恒。当 C 达到最大高度时，C 与 A 的水平速度相同（不为零），并非速度为零，故C错误； D．在 C 下摆到最低点的过程中，A、B 一起运动，A、B、C 系统水平方向动量守恒，且初始总动量为 0。 设 A 向右移动的距离为，则 C 向左移动的水平距离为 由 “人船模型” 解得，故D正确。 故选BD 。 三、解答题 13． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）竖直方向由运动学公式有 解得 其水平速度 从最高点至落至高台的过程 解得 从抛出至最高点时间 解得 （2）取极短时间，在该极短时间内与高台作用的水的质量 初速度 对水在竖直方向由动量定理有 其中 解得 水平方向由动量定理 解得 在高台上处台面对水流平均作用力的大小 由牛顿第三定律可知水流对台面平均作用力的大小为 （3）喷嘴至高台的高度差，设初速度为，与水平方向夹角，从刚喷出至落至高台的过程由动能定理有 水在水平方向速度不变，故 时间 水平射程 当时，所需初速度最小，为 14． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）物块从点运动到点的过程中，由动能定理得 物块、在点发生弹性碰撞，根据动量守恒定律 根据机械能守恒定律 解得 （2）物块a、b在B点发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律 最终两物块停在C点右侧，应满足， 解得 15． 【答案】(1) (2) (3)3.25m，2.3s 【详解】（1）对木板，根据物体的平衡条件有 解得。 （2）设从释放滑块至滑块下滑到挡板处，滑块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设滑块下滑到挡板处时的速度大小为，根据匀变速直线运动的规律有 解得 炸药爆炸时内力远大于外力，系统动量守恒，因为 所以炸药爆炸后瞬间滑块的速度方向沿斜面向上，以沿斜面向下为正方向，有 解得。 （3）设在炸药爆炸后滑块相对木板上滑的过程中，滑块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设在炸药爆炸后滑块相对木板上滑的过程中，木板下滑的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设炸药爆炸后经时间，滑块与木板的速度相同，且该相同速度的大小为，以沿斜面向下为正方向，有 解得， 以沿斜面向下为正方向，在这段时间内，滑块的位移 解得 在这段时间内，木板的位移 解得 又 解得 设从滑块与木板达到相同速度至滑块与挡板第二次碰撞的时间为，经分析可知，在这段时间内，滑块相对木板做初速度为0、加速度大小为的匀加速直线运动，有 解得 又 解得。 16． 【答案】(1)202.5s (2)0.9375J (3)15( 【详解】（1）弹丸击中物块1过程动量守恒 解得 此后物块1（含弹丸）质量为，与物块2发生弹性碰撞，因质量相等，速度交换，物块1静止，物块2以运动。同理，物块2与3、3与4...依次发生弹性碰撞，速度依次传递。物块2026开始运动时，速度传递了2025次，每次传递需时间 总时间 （2）弹丸击中物块1： 解得 物块1（含弹丸，质量）与物块2（质量）完全非弹性碰撞：， 解得 物块2与物块3碰撞即整体（，质量）与物块3（质量）碰撞。碰撞前动能 碰后共同速度满足 即。 碰撞后动能 损失机械能 代入 得 （3）弹丸击中物块1后共同速度 整体质量。第1次碰撞（弹性）：撞，由动量守恒和能量守恒得被撞物块2速度 第2次碰撞（非弹性）：撞，粘在一起速度 第3次碰撞（弹性）：（撞（4），物块4速度 可见每经过两次碰撞（一个周期），偶数编号物块获得的速度变为前一个偶数编号物块速度的。即 代入 得 物块2026对应 故 20 / 20 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用 命题预测 动量定理及动量守恒定律在高考物理中拥有极其重要的地位，它们不仅是力学知识体系的核心组成部分，也是分析和解决物理问题的重要工具。 命题核心趋势可概括为：基础题“生活化”、综合题“模型化”。 1. 情境创新： 安全气囊、水刀切割、智能防摔马甲、娱乐风洞等真实场景入题 2. 综合深化 动量与能量、电磁感应、板块模型深度融合，一题多考。 3. 模型拓展 “子弹打木块”向“滑块-弹簧-曲面”复合模型延伸。 4. 数学应用 F-t图像求冲量、微元法求变力、数列求解多过程碰撞。 在复习时，考生应首先深入理解动量定理和动量守恒定律的基本原理和概念，明确它们的适用范围和条件。其次，考生需要熟练掌握相关的公式和计算方法，并能够在实际问题中灵活运用。此外，考生还应注重解题方法的总结和归纳，特别是对于典型题目的解题思路和方法，要进行反复练习和巩固。 高频考法 1. 应用动量定理处理蹦极类问题 2. 应用动量定理处理流体类问题 3. 分方向动量定理应用问题 4. 弹性碰撞类问题 5.完全非弹性碰撞类问题 6.斜面类类碰撞问题 7.弹簧类类碰撞问题 考向一：应用动量定理处理蹦极类问题 1.动量定理的表达式F·Δt=Δp是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。 2.动量定理的应用技巧 (1)应用I=Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化Δp,等效代换得出变力的冲量I。 (2)应用Δp=FΔt求动量的变化 考向二：流体类和微粒类问题中应用动量定理 1.流体类“柱状模型”问题 流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 2.微粒类“柱状模型”问题 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、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粒子数n 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 考向三：应用动量守恒定律解决碰撞类问题 1.碰撞三原则： (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有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，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2. “动碰动”弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 (1) (2) 联立（1）、（2）解得： v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 考向四：应用动量守恒定律解决类碰撞问题 1.碰撞模型拓展——“保守型” 图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 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，能量满足mv＝mv＋Mv 2.碰撞模型拓展——“耗散型” 图例(水平面、水平导轨都光滑) 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 考向四：多次碰撞问题 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出 01 应用动量定理处理蹦极类问题 1．如图所示，某次跳跃中蹦床运动员从距离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到距离水平网面高处，双脚与网面间的作用时间为，网面对他的平均冲击力大小为；在另一次跳跃中，该运动员从距离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到距离水平网面高处，双脚与网面间的作用时间仍为，网面对他的平均冲击力大小为。不计空气阻力，则（　　） A． B． C． D． 2．如图（a）所示，为“蹦极”的简化情景：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空处自由下落。质量为60kg的人可看成质点，从点由静止下落到最低点所用时间为9s，重力加速度取，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力与时间的关系图像如图（b）所示，则图像中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 02 应用动量定理处理流体类问题 3．在研究城市交通拥堵问题时，常引入车流量Q、车流密度ρ和车流速度v三个物理量进行研究。已知车流量是指单位时间内通过车道某一横截面的车辆数，车流密度是指单位长度路段内的车辆数，车流速度是指车辆行驶的速度。在平直单排车道内，驾驶员会根据车流密度自动调整车速，车速与车流密度满足的规律为，车辆首尾相接排队时，车流密度达到最大值，为道路允许行驶的最大速度。下列说法正确的是（　　） A．车流量Q可表示为 B．车流量Q的最大值为 C．当车流密度ρ达到最大值时，车流量Q最大 D．车流量Q越大的路段，车流速度v越大 4．如图风光互补环保路灯的主要构件有：风力发电机、单晶硅太阳能板、额定电压48V容量200Ah的储能电池、功率60W的LED灯。已知该路灯平均每天照明10h，1kg标准煤完全燃烧可发电，排放二氧化碳2.6kg。设风恰好与发电机叶片转动平面垂直，则（　　） A．若空气密度为，风速为，叶片长为，则单位时间内通过转动圆面的空气质量为 B．风力发电机的叶片受到风的平均冲击力大小与风速成正比 C．路灯正常运行1年，可减少二氧化碳排放量约为203kg D．储能电池充满电后，即使连续三周无风且阴雨，路灯也能正常工作 03 分方向动量定理应用问题 5．如图所示，一名质量为50kg的运动员练习跳远，他先从水平直道上助跑，然后从地面上的A点腾空离地，离地时的速度大小v1＝8m/s，方向与水平面的夹角α＝37°。运动员落入沙坑瞬间的速度大小v2＝5m/s，方向与水平面的夹角β＝53°。不考虑运动员在空中身体形状的变化，运动员在空中运动过程中所受空气阻力的大小与速度的大小满足f＝kv，其中k＝34kg/s。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则运动员此次练习跳远的成绩x为（　　） A．3.6m B．4.2m C．4.8m D．5m 6．沙袋从水平地面上方某一高度处水平抛出，落地后竖直方向速度减为0，又在水平地面上滑行一段距离停下，若沙袋与地面碰撞时间极短（碰撞过程中不计重力），取重力加速度大小，水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向。整个过程沙袋运动的图象如图所示， 求： (1)沙袋抛出时到地面的高度； (2)地面与沙袋间的动摩擦因数； (3)沙袋在水平地面上滑行的距离L。 04 弹性碰撞类问题 7．如图1所示，光滑水平面左侧有一竖直墙壁，质量为的甲球以速度与静止的质量为的乙球发生对心碰撞，，与、与墙壁之间的碰撞没有能量损失。某同学在研究该过程时发现若设定出两个新的物理量、，其中与甲球的运动状态有关。与乙球的运动状态有关，则在上述过程中两个新物理量和始终满足，其中为定值，该函数的图像如图2所示。图像中的点表示两个小球组成的系统可能的状态，、、三点为系统在上述过程中连续经历的三个状态。根据以上信息，下列说法不正确的是（　　） A．从状态到状态过程系统动量不守恒 B．从状态到状态过程两个小球发生弹性碰撞 C．直线的斜率一定为 D．图像中圆的半径可能为 8．如图所示，大小相同、质量分别为3m和m的球A和球B用长为L的轻绳并排竖直悬挂，将球A拉到与悬挂点等高后由静止释放，在最低点与球B发生弹性正碰，当球B上升的高度为0.5L时，球B与绳子脱离，则球B上升到最大高度时的速度为（　　） A． B． C． D． 05 完全非弹性碰撞类问题 9．一个质量为的小球A从地面以的速度竖直向上抛出，同时质量为的小球B从高处自由下落，两球在同一竖直线上运动，两小球碰撞时粘在一起。若取竖直向上为正，重力加速度取，下列关于两球从开始运动到第一次落地过程的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 10．如图（a）图，碰撞测试中，每次将甲小球从相同位置由静止自由释放，在不可伸长的细绳牵引下到达最低点时与静止的乙小球发生对心正碰。小球乙有两种选材，一种和甲的碰撞可视为弹性碰撞，另一种和甲的碰撞可视为完全非弹性碰撞。用两种材料进行多次实验，碰后瞬间乙的速度大小v与乙的质量M的关系如（b）图。由图中数据可知甲碰前瞬间的速度大小为（　　） A．1m/s B．1.5m/s C．2m/s D．2.5m/s 06 斜面类类碰撞问题 11．如图，一质量为的滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。一质量为小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块开始计时，假设经过小球从圆弧最高点冲出滑块，不计一切摩擦，重力加速度为g取。则小球从最低点冲上滑块到刚落回滑块的过程中，滑块的位移是（　　） A．1.63 m B．1.73 m C．1.83 m D．1.93 m 12．如图所示，光滑半圆形凹槽B静止在光滑水平地面上，圆心为，物块C静止在B右侧。现将小球A从距离高度为的位置静止释放，恰能无碰撞地从凹槽右端进入凹槽，当A滑至B的最低点时，B恰好与C发生碰撞并粘连在一起（时间极短）。已知A、B、C的质量均为，凹槽半径为，重力加速度为，则（　　） A．初始时，B右侧与C的左侧相距为 B．B与C刚要碰撞时，A的速度大小为 C．小球A从第一次离开凹槽到再次返回凹槽经历的时间为 D．小球A从凹槽左端飞出后能运动到与释放点等高的位置 07 弹簧类类碰撞问题 13．某同学设计了图甲所示模型研究弹簧在碰撞过程中的缓冲作用。物体A、B放在光滑水平地面上，A以一定的初速度向B运动，B上水平固定劲度系数为的轻弹簧。以图示时刻为计时起点，水平向右为正方向，描绘出物体A、B运动的速度时间图线如图乙所示，图中阴影部分面积为，A的质量为1kg，已知弹簧的弹性势能（为形变量），下列说法正确的是（　　） A．从A接触弹簧到A与弹簧分离，A受到弹簧的冲量 B．物块B的质量为2kg C．和数值上满足 D．从A接触弹簧到A与弹簧分离，B受到弹簧的平均作用力为3N 14．如图，木板m1足够长，静止在光滑水平地面上，物块m3静止在木板右侧，m3左端固定一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧处于自然状态。滑块m2以水平向右的速度v0滑上木板m1，m2与m1速度相等时m1刚好与弹簧接触，此后再经过时间t0弹簧压缩量最大，并且m2与m1恰好能始终保持相对静止。已知m1、m2和m3的质量均为m，弹簧始终处在弹性限度内，弹性势能Ep与形变量x的关系为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法不正确的是（   ） A．木板刚接触弹簧时速度 B．弹簧的最大压缩量 C．弹簧压缩量最大时，m3的位移大小为 D．m2与m1间的动摩擦因数 08 多次碰撞问题 15．如图所示，两个竖直的墙面AB之间为光滑的水平面，两个等质量的小球1和2位于两个墙面之间的三等分点处，两球分别以v1和v2（v1<v2）的速度沿同一直线同时向右运动，如果两球的第二次碰撞是在AB的中点迎面相碰，且两球之间及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞（碰撞时间极短），则v1和v2比值为（　　） A．1:2 B．2:3 C．5:7 D．7:11 16．如图所示，标号为1、2、3、…、10的10个大小相同的小球依次排列在光滑水平面上，标号为奇数的质量均为m，标号为偶数的质量均为2m，现使标号为1的小球获得水平向右的初速度，以后发生的碰撞均为弹性碰撞，且相邻两小球之间仅碰撞一次，则标号为9、10的小球碰撞后，标号为10的小球运动的速度大小为（　　） A． B． C． D． 一、单选题 1．如图所示，半径为R的半圆弧ACB，O是圆心，AD=2OD。自A点和D点同时水平抛出甲、乙两个相同小球，两球落在圆弧BC上的同一个点E（图中未画出），其中一个小球落点处速度方向与圆弧切线垂直，忽略空气阻力和小球大小，则（　　） A．甲、乙两球在运动过程中动量变化量不同 B．甲球在落点处速度方向与圆弧切线垂直 C．甲、乙两球同时到达E点 D．甲、乙两球初速度大小之比为3：2 2．某物体在运动过程中只受到力的作用，物体的速度随时间变化的图像如图所示。已知在时刻，物体的速度为零。则下列说法中正确的是（　　） A．在内，力所做的功等于零，冲量也等于零 B．在内，力所做的功等于零，冲量也等于零 C．第1s内和第2s内的速度方向相同，速度的变化率方向相同 D．第3s内和第4s内动量的变化率大小相同，方向相反 3．如图所示，、两小球在光滑的水平面上相向运动进而发生弹性正碰，碰前速度大小都为，已知的质量是质量的三倍，规定球的初速度方向为正方向，则碰后、两球的速度分别是（　　） A．， B．， C．， D．， 4．如图，弹簧左端固定，将细圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，在竖直面内存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），电场强度大小E＝10N/C。质量为M＝4kg的绝缘小球B静止在水平轨道上，将质量为m＝2kg、带电量为q＝0.8C的负电小球A（可视为质点）压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同，圆弧轨道半径R＝1m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10。则（　　） A．释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为5J B．两小球至多能发生2次碰撞 C．A小球再次返回轨道运动的过程中对内轨道可能有弹力 D．A小球从M点运动到P点的过程中对内轨道无弹力 5．如图所示，质量为M的卫星A绕质量为m0的未知行星做半径为r的匀速圆周运动，一个质量为m（m<M）的小天体B也进入了卫星所在的圆轨道沿卫星的反方向运动并与卫星发生碰撞，碰后卫星和小天体结合为一个整体C，卫星A和小天体B均可视为质点，忽略一切阻力，引力常量为G，则以下说法正确的是（　　） A．碰后C以的初速度做近心运动 B．碰后瞬间C的加速度小于碰前A的加速度 C．碰后C将不可能再回到碰撞时的位置 D．若碰后C仍绕该行星稳定运行，则周期变长 6．质量分别为、、长度分别为、的长木板A、B均放置在光滑的水平面上，现让一滑块（可视为质点）先从长木板A的最左端以水平向右的速度滑上长木板A，最终刚好不从最右端滑出，两者的图像如图甲所示；再让同一滑块从长木板B的最左端以水平向右的速度滑上长木板B，最终滑块也刚好不从最右端滑出，两者的图像如图乙所示。设滑块与长木板A、B间的动摩擦因数分别为、，稳定运动时，图甲、图乙所描述系统的总动能分别为、。已知滑块在长木板A、B上滑行的加速度相等且图甲、图乙的标度相同。下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 7．如图所示，在倾角为的固定光滑斜面上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端，另一端与物块A拴接。物块A静止在位置O点，此时弹簧的压缩量为。现有一物块B从距离O点上方处由静止释放，与A碰撞后一起向下运动但不粘连。已知A、B质量均为m，两者均可视为质点，弹簧的弹性势能（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．碰撞后瞬间两物块的速度大小为 B．碰撞后两物块运动的最低点离O点距离为 C．向上弹起过程中，两物块在O点分离 D．运动过程中弹簧的最大弹性势能为 8．如图（俯视图），水平面上固定着两块平行且内壁光滑的钢板A、B，质量为m的光滑圆管abcd静止在水平面上，恰好夹在两钢板间，直径ac平行钢板、直径bd垂直钢板，圆管可以左右自由滑动，圆管中有一质量为m的光滑小球（球直径略小于管径），小球静止在圆管的最右端a处。某时刻小球获得一垂直指向钢板A的初速度v0，下列说法正确的是（　　） A．小球从a端运动到b端的过程，圆管对小球的冲量为0 B．小球从a端运动到c端的过程，圆管对小球的冲量为0 C．小球到达b端时，小球和圆管的速度大小均为 D．小球到d端时，小球和圆管的速度大小均为 二、多选题 9．中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT-100霍尔推进器，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场E，工作时，工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器质量，每秒喷出的一价氙离子数个，速度，单个氙离子的质量为，电子电荷量，不计一切阻力，计算时取氙离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则（　　） A．A、B两电极间的加速电压为1600V B．单台霍尔推进器产生的平均推力大小为0.128N C．天和核心舱的加速度为 D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为3.2A 10．如图所示，水平传送带以v=8m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，左端与一固定的竖直光滑圆弧轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑轨道平滑对接，两对接处间距L=3.9m。光滑圆弧半径R=1.0m。已知滑块A（可看作质点）的质量mA=7.0kg，A与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5，质量mB=1.0kg的滑块静止在传送带右侧的轨道上，A、B间的碰撞可视为弹性碰撞，重力加速度大小g=10m/s2，现A以Ek0=17.5J的初动能从圆弧顶端（与圆心O等高）沿轨道下滑，下列说法中正确的是（　　） A．滑块A运动至O点正下方时，轨道对它的支持力的大小为FN=245N B．当物体在传送带上时，传送带克服摩擦力的功率140W C．滑块A最终运动的速度大小为6m/s D．因传送物块A，传送带多消耗的电能168J 11．如图1所示，质量为m的滑块B静置于倾角为θ且足够长的固定斜面上，B与斜面之间的动摩擦因数μ=2tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。B通过一条弹性轻绳与光滑滑块A相连，A的质量也为m。t=0时刻将A由静止释放，A运动的部分v-t图像如图2所示，图中t0之前为直线段，t0之后为曲线，且t0已知，v1、t1、t2未知。t1时刻A的速度达到最大，t2时刻A的速度为零。已知t0~t1时间段内A的位移大小为x，重力加速度为g，两滑块均可视为质点，轻绳始终在弹性限度内，不计空气阻力，据此可知（　　） A．t0时刻，B开始运动 B．轻绳的劲度系数为 C．t2时刻，B的速度大小为 D．0~t2时间段内，轻绳最长时的速度大小为 12．如图，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的轻细线，细线另一端系一质量为的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，重力加速度为，不计空气阻力，在小球运动过程中（　　） A．A、C组成的系统水平方向动量守恒 B．A、B、C组成的系统机械能守恒 C．球C第一次达到最大高度时速度为零 D．球C第一次摆到最低点时，木块A向右移动的距离为 三、解答题 13．工程队进行山地地区高速公路架设时，为清理路面用水枪向前方水平高台处喷射，水枪喷嘴的出水口调整至与水平方向的夹角为，喷嘴喷水的横截面积为，如图（a）所示，水流喷出后至落到高台的过程，其竖直方向速度随其高度的变化图像如图（b）所示，最终水落至高台上处，与高台作用后，水的速度瞬间减为0．已知重力加速度取，水的密度，空气阻力不计。 (1)求喷嘴与高台上处的水平距离； (2)求在高台上处水流对台面平均作用力的大小； (3)若调整喷嘴的出水方向，要保证水的落点仍在处，求水从喷嘴喷出的最小速率。 14．如图所示，A、B、C是粗糙水平地面上共线的三点，A到B、B到C的距离均为L，空间存在水平向右的匀强电场。质量为M的物块b静止在B点，将质量为m、电荷量为的物块a从A点由静止释放。已知重力加速度为g，电场强度大小。a、b均可视为质点，与地面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，a、b碰撞时间极短且a的电荷量始终保持不变，b始终不带电。 (1)若，a、b间的碰撞为弹性碰撞，求第一次碰后瞬间b的速度大小； (2)若a、b间的碰撞为完全非弹性碰撞，且物块b最终停在C点右侧，求的取值范围。 15．如图所示，足够长的固定粗糙斜面的倾角，木板静置在斜面上，木板下端的固定挡板（垂直斜面且质量不计）的上方有少量炸药。将滑块（视为质点）从木板上到挡板的距离处由静止释放，滑块沿木板下滑，下滑过程中木板恰好静止，滑块碰到挡板处的炸药后，炸药立即爆炸（爆炸时间极短且内力远大于外力），爆炸后瞬间木板的速度大小，爆炸后滑块恰好未滑离木板的顶端。滑块的质量，木板的质量，滑块与木板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，，，，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)木板与斜面间的动摩擦因数； (2)炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小； (3)木板的长度以及从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间。 16．如图所示，质量为的物块1放在水平面上，质量均为m的物块2、3、4、…2026依次并排放在物块1的右侧，相邻两物块之间的距离均为L。时刻，质量为的弹丸以水平向右的速度击中物块1并留在其中。已知，，，所有物块均可视为质点，忽略所有摩擦，碰撞时间不计。 (1)若物块间的碰撞均为弹性碰撞，求物块2026开始运动的时间； (2)若物块1的质量为，其它物块质量不变，且物块间的碰撞均为完全非弹性碰撞，求物块2与物块3碰撞损失的机械能； (3)若物块1的质量为，其它物块质量不变，物块1与物块2的碰撞记做第一次，奇数次碰撞为弹性碰撞，偶数次碰撞为完全非弹性碰撞（奇数次的弹性碰撞后将左侧物块移走，例如物块1、2碰后将物块1移走，物块2、3与物块4碰后，将物块2、3移走），求最终物块2026的速度。 9 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用 命题预测 动量定理及动量守恒定律在高考物理中拥有极其重要的地位，它们不仅是力学知识体系的核心组成部分，也是分析和解决物理问题的重要工具。 命题核心趋势可概括为：基础题“生活化”、综合题“模型化”。 1. 情境创新： 安全气囊、水刀切割、智能防摔马甲、娱乐风洞等真实场景入题 2. 综合深化 动量与能量、电磁感应、板块模型深度融合，一题多考。 3. 模型拓展 “子弹打木块”向“滑块-弹簧-曲面”复合模型延伸。 4. 数学应用 F-t图像求冲量、微元法求变力、数列求解多过程碰撞。 在复习时，考生应首先深入理解动量定理和动量守恒定律的基本原理和概念，明确它们的适用范围和条件。其次，考生需要熟练掌握相关的公式和计算方法，并能够在实际问题中灵活运用。此外，考生还应注重解题方法的总结和归纳，特别是对于典型题目的解题思路和方法，要进行反复练习和巩固。 高频考法 1. 应用动量定理处理蹦极类问题 2. 应用动量定理处理流体类问题 3. 分方向动量定理应用问题 4. 弹性碰撞类问题 5.完全非弹性碰撞类问题 6.斜面类类碰撞问题 7.弹簧类类碰撞问题 考向一：应用动量定理处理蹦极类问题 1.动量定理的表达式F·Δt=Δp是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。 2.动量定理的应用技巧 (1)应用I=Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化Δp,等效代换得出变力的冲量I。 (2)应用Δp=FΔt求动量的变化 考向二：流体类和微粒类问题中应用动量定理 1.流体类“柱状模型”问题 流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 2.微粒类“柱状模型”问题 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、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粒子数n 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 考向三：应用动量守恒定律解决碰撞类问题 1.碰撞三原则： (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有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，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2. “动碰动”弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 (1) (2) 联立（1）、（2）解得： v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 考向四：应用动量守恒定律解决类碰撞问题 1.碰撞模型拓展——“保守型” 图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 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，能量满足mv＝mv＋Mv 2.碰撞模型拓展——“耗散型” 图例(水平面、水平导轨都光滑) 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 考向四：多次碰撞问题 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出 01 应用动量定理处理蹦极类问题 1．如图所示，某次跳跃中蹦床运动员从距离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到距离水平网面高处，双脚与网面间的作用时间为，网面对他的平均冲击力大小为；在另一次跳跃中，该运动员从距离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到距离水平网面高处，双脚与网面间的作用时间仍为，网面对他的平均冲击力大小为。不计空气阻力，则（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设第一次跳跃中脚着网瞬间的速度大小为，取竖直向上为正方向，根据动量定理得 同理在第二次跳跃中有 则 所以，即，故选C。 2．如图（a）所示，为“蹦极”的简化情景：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空处自由下落。质量为60kg的人可看成质点，从点由静止下落到最低点所用时间为9s，重力加速度取，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力与时间的关系图像如图（b）所示，则图像中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】人下落整个过程，根据动量定理有 解得 图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，可知，阴影部分面积大小 故选B。 02 应用动量定理处理流体类问题 3．在研究城市交通拥堵问题时，常引入车流量Q、车流密度ρ和车流速度v三个物理量进行研究。已知车流量是指单位时间内通过车道某一横截面的车辆数，车流密度是指单位长度路段内的车辆数，车流速度是指车辆行驶的速度。在平直单排车道内，驾驶员会根据车流密度自动调整车速，车速与车流密度满足的规律为，车辆首尾相接排队时，车流密度达到最大值，为道路允许行驶的最大速度。下列说法正确的是（　　） A．车流量Q可表示为 B．车流量Q的最大值为 C．当车流密度ρ达到最大值时，车流量Q最大 D．车流量Q越大的路段，车流速度v越大 【答案】B 【详解】A．首先根据定义推导三个物理量的核心关系：单位时间内车辆前进距离为，单位长度路段车辆数为，因此单位时间通过横截面的车辆数（车流量），故A错误； B．将代入 得 这是开口向下的二次函数，顶点对应最大值 当时取得最大值，故B正确； C．当时，代入速度公式得，此时，为最小值，故C错误； D．是和的乘积，较大可能是大、小的情况，并非越大一定越大，故D错误。 故选B。 4．如图风光互补环保路灯的主要构件有：风力发电机、单晶硅太阳能板、额定电压48V容量200Ah的储能电池、功率60W的LED灯。已知该路灯平均每天照明10h，1kg标准煤完全燃烧可发电，排放二氧化碳2.6kg。设风恰好与发电机叶片转动平面垂直，则（　　） A．若空气密度为，风速为，叶片长为，则单位时间内通过转动圆面的空气质量为 B．风力发电机的叶片受到风的平均冲击力大小与风速成正比 C．路灯正常运行1年，可减少二氧化碳排放量约为203kg D．储能电池充满电后，即使连续三周无风且阴雨，路灯也能正常工作 【答案】C 【详解】A．单位时间内，流过叶片转动圆面的空气可看作柱体，则空气柱长度为 叶片长为转动半径，转动圆面积 单位时间空气质量，故A错误； B．根据动量定理，风对叶片的平均冲击力 冲击力与风速平方成正比，不是与风速成正比，故B错误； C．已知LED路灯的功率，一年消耗电能 需要燃煤的质量 对应排放二氧化碳质量 即一年可减少约203kg二氧化碳排放，故C正确； D．储能电池充满电总能量 路灯每天消耗电能 可正常工作天数 三周为21天，，因此无法满足三周工作，故D错误。 故选C。 03 分方向动量定理应用问题 5．如图所示，一名质量为50kg的运动员练习跳远，他先从水平直道上助跑，然后从地面上的A点腾空离地，离地时的速度大小v1＝8m/s，方向与水平面的夹角α＝37°。运动员落入沙坑瞬间的速度大小v2＝5m/s，方向与水平面的夹角β＝53°。不考虑运动员在空中身体形状的变化，运动员在空中运动过程中所受空气阻力的大小与速度的大小满足f＝kv，其中k＝34kg/s。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则运动员此次练习跳远的成绩x为（　　） A．3.6m B．4.2m C．4.8m D．5m 【答案】D 【详解】运动员在空中运动过程中，水平方向只受空气阻力的水平分量作用。设任意时刻速度为 ，速度方向与水平方向夹角为，则空气阻力大小 其水平分量 方向与水平速度方向相反。 根据牛顿第二定律，水平方向有 整理得 由于 代入上式得 对从起跳到落地的全过程求和，设水平位移为 ，初水平速度为 ，末水平速度为 ，则有 即 由题意可知，起跳时水平分速度 落地时水平分速度 代入数据解得 故选D。 6．沙袋从水平地面上方某一高度处水平抛出，落地后竖直方向速度减为0，又在水平地面上滑行一段距离停下，若沙袋与地面碰撞时间极短（碰撞过程中不计重力），取重力加速度大小，水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向。整个过程沙袋运动的图象如图所示， 求： (1)沙袋抛出时到地面的高度； (2)地面与沙袋间的动摩擦因数； (3)沙袋在水平地面上滑行的距离L。 【答案】(1)0.8m (2)0.75 (3)m 【详解】（1）由图可知沙袋落地时竖直方向的速度为4m/s，则有 m （2）落地过程中，根据动量定理有 解得 （3）根据速度—位移公式有 其中，解得 m 04 弹性碰撞类问题 7．如图1所示，光滑水平面左侧有一竖直墙壁，质量为的甲球以速度与静止的质量为的乙球发生对心碰撞，，与、与墙壁之间的碰撞没有能量损失。某同学在研究该过程时发现若设定出两个新的物理量、，其中与甲球的运动状态有关。与乙球的运动状态有关，则在上述过程中两个新物理量和始终满足，其中为定值，该函数的图像如图2所示。图像中的点表示两个小球组成的系统可能的状态，、、三点为系统在上述过程中连续经历的三个状态。根据以上信息，下列说法不正确的是（　　） A．从状态到状态过程系统动量不守恒 B．从状态到状态过程两个小球发生弹性碰撞 C．直线的斜率一定为 D．图像中圆的半径可能为 【答案】B 【详解】AB．质量为的小球以速度与静止的质量为的小球发生对心碰撞，根据动量守恒可得 由机械能守恒可得 可得， 可知碰撞后小球的速度反向；由图2可知，状态时小球的速度为0，状态时小球的速度方向与状态时的速度方向相反，则从状态到状态过程两个小球发生弹性碰撞，系统满足动量守恒；从状态到状态，小球的速度等大反向，所以从状态到状态过程是小球与墙壁发生弹性碰撞。所以从状态到状态过程系统动量不守恒，因为与墙壁作用，整个过程系统合力不为零，故A正确，不符合题意，B错误，符合题意； C．由题意、是与两球运动状态有关的物理量，且碰撞过程没有能量损失，结合上述分析可得， 其中、分别为两球运动过程中任意时刻的瞬时速度，为一比例常数，结合题意 则有 可得 从状态到状态过程两个小球发生弹性碰撞，根据题意可知图中直线的斜率为，故C正确，不符合题意； D．由于m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失，根据能量守恒可得 解得 当时，，故D正确，不符合题意。 故选B。 8．如图所示，大小相同、质量分别为3m和m的球A和球B用长为L的轻绳并排竖直悬挂，将球A拉到与悬挂点等高后由静止释放，在最低点与球B发生弹性正碰，当球B上升的高度为0.5L时，球B与绳子脱离，则球B上升到最大高度时的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】球A从释放到最低点，由动能定理，有 解得 A与B发生弹性正碰，有， 碰后B球的速度为 当B球从碰后到与绳子脱离，由机械能守恒 球B与绳子脱离时，速度为 由几何关系可知，速度与水平方向夹角，之后B球做斜抛运动，故球B到达最高点时速度为 故选B。 05 完全非弹性碰撞类问题 9．一个质量为的小球A从地面以的速度竖直向上抛出，同时质量为的小球B从高处自由下落，两球在同一竖直线上运动，两小球碰撞时粘在一起。若取竖直向上为正，重力加速度取，下列关于两球从开始运动到第一次落地过程的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】两球相遇时，由运动学公式得 解得 两球相遇时的速度大小分别为， 小球A的速度竖直向上，小球B 的速度竖直向下，两球碰撞时，由动量守恒定律得，取竖直向上为正 解得 可知碰后两球一起做上抛运动，碰前与碰后加速度均为重力加速度，那么v-t图像的斜率相同，故B正确，ACD错误。 故选B。 10．如图（a）图，碰撞测试中，每次将甲小球从相同位置由静止自由释放，在不可伸长的细绳牵引下到达最低点时与静止的乙小球发生对心正碰。小球乙有两种选材，一种和甲的碰撞可视为弹性碰撞，另一种和甲的碰撞可视为完全非弹性碰撞。用两种材料进行多次实验，碰后瞬间乙的速度大小v与乙的质量M的关系如（b）图。由图中数据可知甲碰前瞬间的速度大小为（　　） A．1m/s B．1.5m/s C．2m/s D．2.5m/s 【答案】B 【详解】当甲乙之间为弹性碰撞时，碰后瞬间乙的速度为 当甲乙之间为完全非弹性碰撞时，碰后瞬间乙的速度为 故图中上方曲线为弹性碰撞，下方为完全非弹性碰撞。分别代入图中数据可得、。 故选B。 06 斜面类类碰撞问题 11．如图，一质量为的滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。一质量为小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块开始计时，假设经过小球从圆弧最高点冲出滑块，不计一切摩擦，重力加速度为g取。则小球从最低点冲上滑块到刚落回滑块的过程中，滑块的位移是（　　） A．1.63 m B．1.73 m C．1.83 m D．1.93 m 【答案】B 【详解】根据小球和小滑块水平方向动量守恒可得 可得在t时间内求和可得 可得 且 可得。 当小球运动到最高点时可得， 得， ，则 最终小滑块的位移是 故选B。 12．如图所示，光滑半圆形凹槽B静止在光滑水平地面上，圆心为，物块C静止在B右侧。现将小球A从距离高度为的位置静止释放，恰能无碰撞地从凹槽右端进入凹槽，当A滑至B的最低点时，B恰好与C发生碰撞并粘连在一起（时间极短）。已知A、B、C的质量均为，凹槽半径为，重力加速度为，则（　　） A．初始时，B右侧与C的左侧相距为 B．B与C刚要碰撞时，A的速度大小为 C．小球A从第一次离开凹槽到再次返回凹槽经历的时间为 D．小球A从凹槽左端飞出后能运动到与释放点等高的位置 【答案】C 【详解】A．从A开始下滑到到达最低点过程，A、B组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，设A滑至B的最低点过程中，A、B水平方向移动的距离分别为、。故最初时B右侧与C的间距为，由水平方向动量守恒得 故，又因为 解得，故A错误； B．从A开始下滑到到达最低点过程，由机械能守恒定律得 解得，故B错误； C．当A滑至B的最低点时，B恰好与C发生碰撞并粘连在一起，对B、C应用动量守恒有，解得 之后A、B、C水平方向动量守恒，当A滑到凹槽左端时，A、B、C水平方向共速，由动量守恒，可知A、B、C水平方向速度为零，设此时A的速度为 由机械能守恒 解得 小球A从第一次离开凹槽到再次返回凹槽经历的时间为，故C正确； D．小球A从凹槽左端飞出后，由机械能守恒 解得，故小球A从凹槽左端飞出后不能运动到与释放点等高的位置，故D错误。 故选C。 07 弹簧类类碰撞问题 13．某同学设计了图甲所示模型研究弹簧在碰撞过程中的缓冲作用。物体A、B放在光滑水平地面上，A以一定的初速度向B运动，B上水平固定劲度系数为的轻弹簧。以图示时刻为计时起点，水平向右为正方向，描绘出物体A、B运动的速度时间图线如图乙所示，图中阴影部分面积为，A的质量为1kg，已知弹簧的弹性势能（为形变量），下列说法正确的是（　　） A．从A接触弹簧到A与弹簧分离，A受到弹簧的冲量 B．物块B的质量为2kg C．和数值上满足 D．从A接触弹簧到A与弹簧分离，B受到弹簧的平均作用力为3N 【答案】C 【详解】A．从A接触弹簧到A离开弹簧，A的速度由变成，受弹簧弹力的冲量等于A动量的变化，即，故A错误； B．由动量守恒可知，解得，故B错误； C．由图像可知，为AB共速时弹簧的压缩量，由、，解得，故C正确； D．由动量定理可得，解得，故D错误。 故选C。 14．如图，木板m1足够长，静止在光滑水平地面上，物块m3静止在木板右侧，m3左端固定一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧处于自然状态。滑块m2以水平向右的速度v0滑上木板m1，m2与m1速度相等时m1刚好与弹簧接触，此后再经过时间t0弹簧压缩量最大，并且m2与m1恰好能始终保持相对静止。已知m1、m2和m3的质量均为m，弹簧始终处在弹性限度内，弹性势能Ep与形变量x的关系为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法不正确的是（   ） A．木板刚接触弹簧时速度 B．弹簧的最大压缩量 C．弹簧压缩量最大时，m3的位移大小为 D．m2与m1间的动摩擦因数 【答案】B 【详解】A．设木板刚接触弹簧时速度为，则以m1和整体作为研究对象，对其列动量守恒定律方程有，解得，故A正确； B．当和m3共速时，弹簧的压缩量最大，以、以及m3整体作为研究对象，对其列动量守恒定律方程有，解得共同的速度为 设此时弹簧的最大压缩量为，则由能量守恒定律有 解得，故B错误； C．m1、m2和m3组成的系统动量守恒有 对应三者的位移关系有 由选项B可知弹簧的最大压缩量为 联立解得 故C正确； D．弹簧压缩过程中，和的合力等于弹簧的弹力，由于和相对静止，说明二者间的静摩擦力提供的加速度，且弹簧压缩到最大时静摩擦力达到最大值（等于滑动摩擦力）。设弹簧压缩到最大时和的加速度为，则对和整体列牛顿第二定律方程有 此时对列牛顿第二定律方程有 联立解得与间的动摩擦因数为，故D正确。 由于本题选择错误的，故选B。 08 多次碰撞问题 15．如图所示，两个竖直的墙面AB之间为光滑的水平面，两个等质量的小球1和2位于两个墙面之间的三等分点处，两球分别以v1和v2（v1<v2）的速度沿同一直线同时向右运动，如果两球的第二次碰撞是在AB的中点迎面相碰，且两球之间及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞（碰撞时间极短），则v1和v2比值为（　　） A．1:2 B．2:3 C．5:7 D．7:11 【答案】D 【详解】设AB间距离为3l，从两球开始运动到第一次碰撞，有 由于v1<v2，则小球2与墙壁碰撞反弹后才与小球1发生第一次碰撞，选取向右为正方向，两球发生弹性碰撞，则， 解得， 即碰撞后两球速度交换，小球1向左运动，小球2向右运动，当两球均与墙壁碰撞之后在AB的中点迎面相碰，设从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为t2，对两个小球，有 对小球1，有 联立解得 故选D。 16．如图所示，标号为1、2、3、…、10的10个大小相同的小球依次排列在光滑水平面上，标号为奇数的质量均为m，标号为偶数的质量均为2m，现使标号为1的小球获得水平向右的初速度，以后发生的碰撞均为弹性碰撞，且相邻两小球之间仅碰撞一次，则标号为9、10的小球碰撞后，标号为10的小球运动的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】小球1和小球2碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 接下来，小球2和小球3碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 则小球3和小球4碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 则小球4和小球5碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 根据以上推导可得标号为10的小球运动的速度大小为。 故选D。 一、单选题 1．如图所示，半径为R的半圆弧ACB，O是圆心，AD=2OD。自A点和D点同时水平抛出甲、乙两个相同小球，两球落在圆弧BC上的同一个点E（图中未画出），其中一个小球落点处速度方向与圆弧切线垂直，忽略空气阻力和小球大小，则（　　） A．甲、乙两球在运动过程中动量变化量不同 B．甲球在落点处速度方向与圆弧切线垂直 C．甲、乙两球同时到达E点 D．甲、乙两球初速度大小之比为3：2 【答案】C 【详解】C．两球落在圆弧BC上的同一个点，则竖直高度相同，根据 可知两球运动时间相同，即两球同时到达E点，C正确； A．根据动量定理有 因为质量相等，下落时间相等，所以甲、乙两球在运动过程中动量变化量相同，故A错误； BD．根据平抛运动的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，由此可知甲球不可能垂直打在圆弧BC上的某点，所以乙球落点处速度方向与圆弧切线垂直，因为速度的反向延长线过圆心，所以落点E到O点的水平位移为。 对甲球在水平方向，有 乙球在水平方向上，有 联立可得甲、乙两球初速度大小之比为 故BD错误。 故选C。 2．某物体在运动过程中只受到力的作用，物体的速度随时间变化的图像如图所示。已知在时刻，物体的速度为零。则下列说法中正确的是（　　） A．在内，力所做的功等于零，冲量也等于零 B．在内，力所做的功等于零，冲量也等于零 C．第1s内和第2s内的速度方向相同，速度的变化率方向相同 D．第3s内和第4s内动量的变化率大小相同，方向相反 【答案】A 【详解】A．由图可知，时和物体的速度都为，根据动能定理可知 根据动量定理可知，故A正确； B．由图可知，时物体的速度都为，时物体的速度为0，根据动能定理可知 根据动量定理可知 即在内，力做了的负功，动量减少了，故B错误； C．由图像可知，第1s内和第2s内的速度方向都沿正方向，方向相同，v-t图像的斜率表示加速度，即速度的变化率，结合图像可知，第1s内，物体沿正方向做匀减速运动，加速度方向为负方向，第2s内沿正方向做匀加速运动加速度的方向为正方向，即第1s内和第2s内物体的速度方向相同，速度的变化率方向不同，故C错误； D．根据动量定理可知，动量的变化率即为物体所受的合外力，结合牛顿第二定律可知，第3s内和第4s内物体沿正方向做匀减速运动，速度方向和加速度的方向相同，加速度的大小相等，因此合外力的大小和方向均相同，即第3s内和第4s内动量的变化率大小相同，方向也相同，故D错误。 故选A。 3．如图所示，、两小球在光滑的水平面上相向运动进而发生弹性正碰，碰前速度大小都为，已知的质量是质量的三倍，规定球的初速度方向为正方向，则碰后、两球的速度分别是（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【详解】设B的质量为m，A的质量为3m，向右为正方向，两球碰撞过程中 动量守恒 机械能守恒 解得， 故选C。 4．如图，弹簧左端固定，将细圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，在竖直面内存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），电场强度大小E＝10N/C。质量为M＝4kg的绝缘小球B静止在水平轨道上，将质量为m＝2kg、带电量为q＝0.8C的负电小球A（可视为质点）压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同，圆弧轨道半径R＝1m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10。则（　　） A．释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为5J B．两小球至多能发生2次碰撞 C．A小球再次返回轨道运动的过程中对内轨道可能有弹力 D．A小球从M点运动到P点的过程中对内轨道无弹力 【答案】D 【详解】A．A小球在最高点P时恰好与圆管无弹力作用，则有 代入数据解得 释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为 解得，故A错误； B．小球A与B碰前的速度 以水平向右为正方向，则AB碰撞过程根据动量守恒则有 机械能守恒则有 代入数据联立解得 小球A返回到水平面时的速度大小仍为，因小于小球B的速度，则两球不可能再发生第二次碰撞，故B错误； C．A小球再次返回轨道运动时能上升的高度为h，则有 解得 可知小球不能越过与圆心等高的位置，则与内轨道无弹力，故C错误； D．从M点到圆心等高点，小球一定挤压外轨，又因为在P点小球恰好对轨道无弹力，可证明从圆心等高点到P点，小球也一直挤压外轨，故D正确。 故选D。 5．如图所示，质量为M的卫星A绕质量为m0的未知行星做半径为r的匀速圆周运动，一个质量为m（m<M）的小天体B也进入了卫星所在的圆轨道沿卫星的反方向运动并与卫星发生碰撞，碰后卫星和小天体结合为一个整体C，卫星A和小天体B均可视为质点，忽略一切阻力，引力常量为G，则以下说法正确的是（　　） A．碰后C以的初速度做近心运动 B．碰后瞬间C的加速度小于碰前A的加速度 C．碰后C将不可能再回到碰撞时的位置 D．若碰后C仍绕该行星稳定运行，则周期变长 【答案】A 【详解】A．碰前卫星和小天体所受万有引力提供向心力，即 得 卫星和小天体碰撞，根据动量守恒有 解得 碰后C以初速度v0做近心运动，故A正确； B．由牛顿第二定律 得 加速度与质量无关，即加速度不变，故B错误； C．碰后C可能做椭圆轨道运动，可能回到碰撞时的位置，故C错误； D．若碰后C仍绕该行星运动，则轨道半长轴会小于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知，周期应变短，故D错误。 故选A。 6．质量分别为、、长度分别为、的长木板A、B均放置在光滑的水平面上，现让一滑块（可视为质点）先从长木板A的最左端以水平向右的速度滑上长木板A，最终刚好不从最右端滑出，两者的图像如图甲所示；再让同一滑块从长木板B的最左端以水平向右的速度滑上长木板B，最终滑块也刚好不从最右端滑出，两者的图像如图乙所示。设滑块与长木板A、B间的动摩擦因数分别为、，稳定运动时，图甲、图乙所描述系统的总动能分别为、。已知滑块在长木板A、B上滑行的加速度相等且图甲、图乙的标度相同。下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】A．根据图像与坐标轴所围面积表示位移，由图像可得，滑块与木板A的相对位移大于滑块与木板B的相对位移，则有，A项错误； C．由题意可得 即 则有，C项错误； B．根据图像的斜率表示加速度，则相对滑块时长木板的加速度结合图像可得 则有，B项错误； D．由动量守恒定律， 可得图甲、图乙系统的总动能分别为， 则有，D项正确。 故选D。 7．如图所示，在倾角为的固定光滑斜面上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端，另一端与物块A拴接。物块A静止在位置O点，此时弹簧的压缩量为。现有一物块B从距离O点上方处由静止释放，与A碰撞后一起向下运动但不粘连。已知A、B质量均为m，两者均可视为质点，弹簧的弹性势能（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．碰撞后瞬间两物块的速度大小为 B．碰撞后两物块运动的最低点离O点距离为 C．向上弹起过程中，两物块在O点分离 D．运动过程中弹簧的最大弹性势能为 【答案】B 【详解】A．设物块B与物块A碰撞前瞬间物块的速度为，由机械能守恒得 解得 设碰撞后瞬间两者一起向下运动的初速度为，由动量守恒定律得 解得，故A错误； BD．碰撞后两物块向下运动过程机械能守恒，设运动的最低点离O点距离为，满足 因A初始受力平衡位置弹簧的压缩量为，可知 联立解得 此时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，为，故B正确、D错误； C．两物体发生分离的临界条件为物块间弹力为0，且加速度相等；以物块B作为研究对象，与物块A发生分离瞬间，所受合力大小为 由牛顿第二定律可知，此时物块B的加速度为 故物块A的加速度为 由牛顿第二定律可知，此时物块A所受合力大小为，因此弹簧处于原长状态，故C错误。 故选B。 8．如图（俯视图），水平面上固定着两块平行且内壁光滑的钢板A、B，质量为m的光滑圆管abcd静止在水平面上，恰好夹在两钢板间，直径ac平行钢板、直径bd垂直钢板，圆管可以左右自由滑动，圆管中有一质量为m的光滑小球（球直径略小于管径），小球静止在圆管的最右端a处。某时刻小球获得一垂直指向钢板A的初速度v0，下列说法正确的是（　　） A．小球从a端运动到b端的过程，圆管对小球的冲量为0 B．小球从a端运动到c端的过程，圆管对小球的冲量为0 C．小球到达b端时，小球和圆管的速度大小均为 D．小球到d端时，小球和圆管的速度大小均为 【答案】D 【详解】AC．小球从a到b运动的过程，平行钢板方向动量守恒，圆管应向右运动，设小球到达b点时速度大小为v，由于平行钢板方向初动量为零，则圆管向右的速度也应为v，由能量守恒， 解得，故AC错误； B．从a到c，小球的速度方向将反向，大小不变，故圆管对小球的冲量为2mv0，故B错误； D．小球到达d点时速度大小也应该为v，方向向右，圆管速度大小为v，方向向左，故D正确。 故选D。 二、多选题 9．中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT-100霍尔推进器，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场E，工作时，工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器质量，每秒喷出的一价氙离子数个，速度，单个氙离子的质量为，电子电荷量，不计一切阻力，计算时取氙离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则（　　） A．A、B两电极间的加速电压为1600V B．单台霍尔推进器产生的平均推力大小为0.128N C．天和核心舱的加速度为 D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为3.2A 【答案】BD 【详解】A．氙离子经电场加速，根据动能定理有 代入数据解得，故A错误； B．根据动量定理可得 代入数据解得，故B正确； C．由于核心舱的质量未知，所以不能确定核心舱的加速度，故C错误； D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流为，故D正确。 故选BD。 10．如图所示，水平传送带以v=8m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，左端与一固定的竖直光滑圆弧轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑轨道平滑对接，两对接处间距L=3.9m。光滑圆弧半径R=1.0m。已知滑块A（可看作质点）的质量mA=7.0kg，A与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5，质量mB=1.0kg的滑块静止在传送带右侧的轨道上，A、B间的碰撞可视为弹性碰撞，重力加速度大小g=10m/s2，现A以Ek0=17.5J的初动能从圆弧顶端（与圆心O等高）沿轨道下滑，下列说法中正确的是（　　） A．滑块A运动至O点正下方时，轨道对它的支持力的大小为FN=245N B．当物体在传送带上时，传送带克服摩擦力的功率140W C．滑块A最终运动的速度大小为6m/s D．因传送物块A，传送带多消耗的电能168J 【答案】ACD 【详解】A．滑块A从圆弧顶端滑至最低点过程，根据动能定理有 代入数据解得 在最低点，由牛顿第二定律得 解得，故A正确； B．滑块A在传送带上加速运动，加速度 设加速至与传送带共速所需位移为，则 解得 恰好等于传送带长度，说明A在传送带上一直加速。摩擦力 传送带克服摩擦力的功率，故B错误； C．滑块A离开传送带时速度。A与B发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律 和能量守恒定律 联立解得，故C正确； D．滑块A在传送带上运动的时间 此过程中传送带位移 传送带多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，即，故D正确。 故选ACD。 11．如图1所示，质量为m的滑块B静置于倾角为θ且足够长的固定斜面上，B与斜面之间的动摩擦因数μ=2tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。B通过一条弹性轻绳与光滑滑块A相连，A的质量也为m。t=0时刻将A由静止释放，A运动的部分v-t图像如图2所示，图中t0之前为直线段，t0之后为曲线，且t0已知，v1、t1、t2未知。t1时刻A的速度达到最大，t2时刻A的速度为零。已知t0~t1时间段内A的位移大小为x，重力加速度为g，两滑块均可视为质点，轻绳始终在弹性限度内，不计空气阻力，据此可知（　　） A．t0时刻，B开始运动 B．轻绳的劲度系数为 C．t2时刻，B的速度大小为 D．0~t2时间段内，轻绳最长时的速度大小为 【答案】BD 【详解】A．由图2可知，0~t0时间段内轻绳弹力为零，B静止不动，A匀加速运动，t0之后轻绳绷紧，t0~t1时间段内，A做加速度减小的加速运动，B仍静止不动；t1时刻B开始运动，故A错误； B．t1时刻，对B，有 解得 设轻绳的劲度系数为k，则，故B正确； C．t0~t1时间段内，A克服轻绳弹力做功 0~t1时间段内，对A，有 解得 t1之后A、B系统所受合外力为零，设t2时刻B的速度为vB，根据动量守恒定律可得 解得，故C错误； D．当A、B共速时轻绳最长，此时 解得，故D正确。 故选BD。 12．如图，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的轻细线，细线另一端系一质量为的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，重力加速度为，不计空气阻力，在小球运动过程中（　　） A．A、C组成的系统水平方向动量守恒 B．A、B、C组成的系统机械能守恒 C．球C第一次达到最大高度时速度为零 D．球C第一次摆到最低点时，木块A向右移动的距离为 【答案】BD 【详解】A．A、C组成的系统在水平方向受到B对A弹力，合外力不为零，因此水平方向动量不守恒，故A错误； B．A、B、C组成的系统，水平面光滑、细线拉力为内力，只有重力做功，无其他能量损耗，因此机械能守恒，故B正确； C．当 C 第一次摆到最低点后，A 与 B 分离，C 继续上摆，此时 A、C 水平方向动量守恒且机械能守恒。当 C 达到最大高度时，C 与 A 的水平速度相同（不为零），并非速度为零，故C错误； D．在 C 下摆到最低点的过程中，A、B 一起运动，A、B、C 系统水平方向动量守恒，且初始总动量为 0。 设 A 向右移动的距离为，则 C 向左移动的水平距离为 由 “人船模型” 解得，故D正确。 故选BD 。 三、解答题 13．工程队进行山地地区高速公路架设时，为清理路面用水枪向前方水平高台处喷射，水枪喷嘴的出水口调整至与水平方向的夹角为，喷嘴喷水的横截面积为，如图（a）所示，水流喷出后至落到高台的过程，其竖直方向速度随其高度的变化图像如图（b）所示，最终水落至高台上处，与高台作用后，水的速度瞬间减为0．已知重力加速度取，水的密度，空气阻力不计。 (1)求喷嘴与高台上处的水平距离； (2)求在高台上处水流对台面平均作用力的大小； (3)若调整喷嘴的出水方向，要保证水的落点仍在处，求水从喷嘴喷出的最小速率。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）竖直方向由运动学公式有 解得 其水平速度 从最高点至落至高台的过程 解得 从抛出至最高点时间 解得 （2）取极短时间，在该极短时间内与高台作用的水的质量 初速度 对水在竖直方向由动量定理有 其中 解得 水平方向由动量定理 解得 在高台上处台面对水流平均作用力的大小 由牛顿第三定律可知水流对台面平均作用力的大小为 （3）喷嘴至高台的高度差，设初速度为，与水平方向夹角，从刚喷出至落至高台的过程由动能定理有 水在水平方向速度不变，故 时间 水平射程 当时，所需初速度最小，为 14．如图所示，A、B、C是粗糙水平地面上共线的三点，A到B、B到C的距离均为L，空间存在水平向右的匀强电场。质量为M的物块b静止在B点，将质量为m、电荷量为的物块a从A点由静止释放。已知重力加速度为g，电场强度大小。a、b均可视为质点，与地面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，a、b碰撞时间极短且a的电荷量始终保持不变，b始终不带电。 (1)若，a、b间的碰撞为弹性碰撞，求第一次碰后瞬间b的速度大小； (2)若a、b间的碰撞为完全非弹性碰撞，且物块b最终停在C点右侧，求的取值范围。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）物块从点运动到点的过程中，由动能定理得 物块、在点发生弹性碰撞，根据动量守恒定律 根据机械能守恒定律 解得 （2）物块a、b在B点发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律 最终两物块停在C点右侧，应满足， 解得 15．如图所示，足够长的固定粗糙斜面的倾角，木板静置在斜面上，木板下端的固定挡板（垂直斜面且质量不计）的上方有少量炸药。将滑块（视为质点）从木板上到挡板的距离处由静止释放，滑块沿木板下滑，下滑过程中木板恰好静止，滑块碰到挡板处的炸药后，炸药立即爆炸（爆炸时间极短且内力远大于外力），爆炸后瞬间木板的速度大小，爆炸后滑块恰好未滑离木板的顶端。滑块的质量，木板的质量，滑块与木板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，，，，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)木板与斜面间的动摩擦因数； (2)炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小； (3)木板的长度以及从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间。 【答案】(1) (2) (3)3.25m，2.3s 【详解】（1）对木板，根据物体的平衡条件有 解得。 （2）设从释放滑块至滑块下滑到挡板处，滑块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设滑块下滑到挡板处时的速度大小为，根据匀变速直线运动的规律有 解得 炸药爆炸时内力远大于外力，系统动量守恒，因为 所以炸药爆炸后瞬间滑块的速度方向沿斜面向上，以沿斜面向下为正方向，有 解得。 （3）设在炸药爆炸后滑块相对木板上滑的过程中，滑块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设在炸药爆炸后滑块相对木板上滑的过程中，木板下滑的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设炸药爆炸后经时间，滑块与木板的速度相同，且该相同速度的大小为，以沿斜面向下为正方向，有 解得， 以沿斜面向下为正方向，在这段时间内，滑块的位移 解得 在这段时间内，木板的位移 解得 又 解得 设从滑块与木板达到相同速度至滑块与挡板第二次碰撞的时间为，经分析可知，在这段时间内，滑块相对木板做初速度为0、加速度大小为的匀加速直线运动，有 解得 又 解得。 16．如图所示，质量为的物块1放在水平面上，质量均为m的物块2、3、4、…2026依次并排放在物块1的右侧，相邻两物块之间的距离均为L。时刻，质量为的弹丸以水平向右的速度击中物块1并留在其中。已知，，，所有物块均可视为质点，忽略所有摩擦，碰撞时间不计。 (1)若物块间的碰撞均为弹性碰撞，求物块2026开始运动的时间； (2)若物块1的质量为，其它物块质量不变，且物块间的碰撞均为完全非弹性碰撞，求物块2与物块3碰撞损失的机械能； (3)若物块1的质量为，其它物块质量不变，物块1与物块2的碰撞记做第一次，奇数次碰撞为弹性碰撞，偶数次碰撞为完全非弹性碰撞（奇数次的弹性碰撞后将左侧物块移走，例如物块1、2碰后将物块1移走，物块2、3与物块4碰后，将物块2、3移走），求最终物块2026的速度。 【答案】(1)202.5s (2)0.9375J (3)15( 【详解】（1）弹丸击中物块1过程动量守恒 解得 此后物块1（含弹丸）质量为，与物块2发生弹性碰撞，因质量相等，速度交换，物块1静止，物块2以运动。同理，物块2与3、3与4...依次发生弹性碰撞，速度依次传递。物块2026开始运动时，速度传递了2025次，每次传递需时间 总时间 （2）弹丸击中物块1： 解得 物块1（含弹丸，质量）与物块2（质量）完全非弹性碰撞：， 解得 物块2与物块3碰撞即整体（，质量）与物块3（质量）碰撞。碰撞前动能 碰后共同速度满足 即。 碰撞后动能 损失机械能 代入 得 （3）弹丸击中物块1后共同速度 整体质量。第1次碰撞（弹性）：撞，由动量守恒和能量守恒得被撞物块2速度 第2次碰撞（非弹性）：撞，粘在一起速度 第3次碰撞（弹性）：（撞（4），物块4速度 可见每经过两次碰撞（一个周期），偶数编号物块获得的速度变为前一个偶数编号物块速度的。即 代入 得 物块2026对应 故 4 / 38 学科网（北京）股份有限公司 $