2027届高考物理一轮复习习题 专题七 动量守恒定律

专题七　动量守恒定律 考点1　动量、冲量和动量定理 考向1　动量、冲量和动量定理的理解 1.★(2026四川,1,4分)2026年2月,我国某科创团队发布全球首款速度达到10 m/s的全尺寸人形机器人,该机器人质量75 kg;2025年1月,该团队发布的四足机器人质量38 kg。若两款机器人均以10 m/s的速度同方向运动,则二者的动量大小之差为(　C　) A.1 850 kg·m/s　　　　B.750 kg·m/s C.370 kg·m/s　　　　D.37 kg·m/s 2.★★(2025云南,6,4分)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则(　A　) A.t1<t2　　B.t1>t2　　C.x1>x2　　D.x1<x2 3.★★★(多选)(2023广东,10,6分)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力,开窗帘的过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程,下列说法正确的有(　BD　) A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 4.★★★★(2025甘肃,14,15分)如图1所示,细杆两端固定,质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻,物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上,F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长,重力加速度为g,θ=30°。求: (1)t=6 s时F的大小,以及t在0~6 s内F的冲量大小。 (2)t在0~6 s内,摩擦力f随时间t变化的关系式,并作出相应的f-t图像。 (3)t=6 s时,物块的速度大小。 　 答案　(1)mg　mg(N·s) (2)f=　f-t图像见解析 (3)g(m/s) 解析　(1)由题图2可知F=mgt(N) 代入t=6 s可得F=mg 0~6 s内F的冲量大小等于F-t图像中0~6 s的图线与横轴围成的面积, 即IF=×6 s×mg=mg(N·s)。 (2)初始时刻物块刚好能静止在细杆上,有mg sin θ=μmg cos θ 力F作用时,垂直杆方向有FN=|mg cos θ-F sin θ| 又f=μFN 代入F=mgt(N)可得f=mg(N) 即f= 沿杆方向的合力Fx=F cos θ+mg sin θ-f 代入f值验证可得Fx=mg(N)≥0,说明0~6 s内摩擦力方向始终沿细杆向上(t=4 s时摩擦力为0) 画出f-t图像如图甲所示。 (3)由(2)中分析得 Fx=mg(N) 即Fx= 作出Fx-t图像如图乙所示,Fx-t图线与时间轴围成的面积表示合力的冲量大小 由动量定理得t1+t2=mv-0 代入数据得×4 s×2mg+×2 s×=mv 解得v=g(m/s)。 考向2　动量定理的应用 5.★★(2021福建,4,4分)福建属于台风频发地区,各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s~28.4 m/s,16级台风的风速范围为51.0 m/s~56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌,则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的(　B　) A.2倍　　B.4倍　　C.8倍　　D.16倍 6.(模块融合·电磁场情境下动量定理的应用)(多选)(2022福建,8,6分)我国霍尔推进器技术世界领先,其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场,该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时,工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子,再经电场加速喷出,形成推力。某次测试中,氙气被电离的比例为95%,氙离子喷射速度为1.6×104 m/s,推进器产生的推力为80 mN。已知氙离子的比荷为7.3×105 C/kg;计算时,取氙离子的初速度为零,忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用,则(　AD　) A.氙离子的加速电压约为175 V B.氙离子的加速电压约为700 V C.氙离子向外喷射形成的电流约为37 A D.每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10-6 kg 7.★★(2026上海,16,8分)生物学家通过研究发现:当松鼠受到的平均作用力小于自身重力的15倍时,不会受到永久性损伤。某次实验中,一只质量为0.3 kg的松鼠从静止开始下落,其速度随位移的变化关系如图所示。 (1)求松鼠在下落10 m的过程中,空气阻力对它做的功。 (2)若松鼠下落10 m时到达地面,松鼠与地面的作用时间为90 ms,请通过计算论证该松鼠落地后是否会受到永久性损伤。 答案　(1)-17.25 J　(2)见解析 解析　(1)根据动能定理可得 mgh+Wf=mv2-0 解得Wf=mv2-mgh=×0.3×92-0.3×9.8×10 J=-17.25 J (2)选向上为正方向,根据动量定理可得(-mg)Δt=0-(-mv) 解得=mg+=0.3×9.8 N+ N=32.94 N<15mg=44.1 N 松鼠不会受到永久性损伤。 8.★★★★(2025河北,14,14分)如图,一长为2 m的平台,距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点,不考虑空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m,物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中,所受弹力冲量的大小,以及物块弹离地面时水平速度的大小。 答案　(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 解析　(1)设小物块到达平台右端抛出时的速度大小为v1, 由动能定理得-μmgL=m-m 代入数据解得v1=1 m/s 小物块做平抛运动过程中,竖直方向上有h=g,解得t1=0.6 s 水平方向上有x=v1t1=0.6 m (2)设第一次落地时的速度大小为v2,水平分速度大小v2x=v1=1 m/s 竖直分速度大小v2y=gt1=6 m/s 设第一次落地后弹起的竖直分速度大小为v2y',水平分速度为v2x',第一次弹起至最高点所用时间为t2,则由H=g,代入H=0.45 m,得t2==0.3 s v2y'==3 m/s 小物块第一次与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1 s 以竖直向上为正方向,在Δt时间内对小物块在竖直方向上应用动量定理得 IF-mgΔt=mv2y'-(-mv2y) 代入数据解得弹力冲量的大小为 IF=0.1 N·s 假设小物块与地面间在Δt的作用时间内始终存在滑动摩擦力,以水平向右为正方向,在Δt内对小物块在水平方向上应用动量定理,得-μIF=mv2x'-mv2x 代入数据解得物块弹离地面时的水平速度v2x'=-1 m/s<0,假设不符 说明在小物块弹起前水平分速度减小到零,然后物块若向左加速,则摩擦力方向会变为向右,故在水平分速度减小到零后,小物块在水平方向上的速度将保持为零不再变化,最终离地时的水平分速度为零。 易错警示　在求解小物块弹离地面时的水平分速度时易错得水平方向分速度向左且大小为1 m/s,此时需要讨论,物块与地面间的滑动摩擦力只能是阻力,不可能提供向左的动力。 考点2　动量守恒定律 考向1　动量守恒定律的 理解和基本应用 1.★(2021全国乙,14,6分)如图,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块组成的系统(　B　) A.动量守恒,机械能守恒 B.动量守恒,机械能不守恒 C.动量不守恒,机械能守恒 D.动量不守恒,机械能不守恒 2.★★(2025广东,7,4分)如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下,由静止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速度v随时间t变化的图像,可能正确的是(　A　) 　　 　　 3.(教考衔接·人教版选必一P29,复习与提高A组,T7)(2022北京,10,3分)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰,其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　C　) A.碰撞前m2的速率大于m1的速率 B.碰撞后m2的速率大于m1的速率 C.碰撞后m2的动量大于m1的动量 D.碰撞后m2的动能小于m1的动能 4.(模块融合·动量守恒在电场中的应用)(2024安徽,8,4分)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,带电荷量为+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(　D　) 　　 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= 5.★★★(多选)(2025湖南,10,5分)如图,某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成,C是可以在滑轨上运动的标准测量件,其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时,将弹药放入装载台圆筒内,两端用物块A和B封装,装载台与滑轨等高。引爆后,假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D,D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动S1距离后抛出,落地点距抛出点水平距离为S2,根据S2可计算出弹药释放的能量。某次测量中,A、B、C质量分别为3m、m、5m,S1=,整个过程发生在同一竖直平面内,不计空气阻力,重力加速度大小为g。则(　BD　) A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B.D的初动能与其落地时的动能相等 C.弹药释放的能量为36mgh D.弹药释放的能量为48mgh 6.★★(2024江苏,14,8分)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道,探测器经过轨道修正、近月制动,顺利进入环月轨道飞行。此后探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0,着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt,分离后B的速度为v,且与v0同向,A、B的质量分别为m、M。求: (1)分离后A的速度vA; (2)分离时A对B的推力大小。 答案　(1)　(2) 解析　(1)取v0的方向为正方向,由动量守恒定律有(m+M)v0=Mv+mvA(2分) 解得vA=。(2分) (2)以B为研究对象,取v0的方向为正方向,根据动量定理,对B有FΔt=Mv-Mv0(2分) 则分离时A对B的推力大小F=。(2分) 考向2　碰撞模型 7.★★(2026贵州,3,4分)如图,完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂,静止在同一竖直平面内,相互接触无挤压,悬挂点到球心的距离分别为L和L,A被拉至与竖直方向成60°的位置并由静止释放,随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力,B的球心上升的最大高度为(　A　) A.L　　B.L　　C.L　　D.L 8.★★(多选)(2024广西,8,6分)如图,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在(　BC　) A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 9.★★(2022湖南,4,4分)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,下列说法正确的是(　B　) A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 C.v2大于v1 D.v2大于v0 10.★★★(2025河南,7,4分)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则(　D　) 　 A.mP>mN>mQ　　　　B.mN>mP>mQ C.mQ>mP>mN　　　　D.mQ>mN>mP 11.★★★(多选)(2026山东,11,4分)如图所示,质量相等的两个小物块M和N,M恰好静止于倾角为θ的固定斜面上,N从斜面上某位置由静止释放,t0时刻以速度v与M发生弹性碰撞。已知M与斜面间动摩擦因数为tan θ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,N与斜面间无摩擦,碰撞时间极短,斜面足够长。下列描述M、N速度规律的vM-t、vN-t图像正确的是(　AD　) 　　　　 　　　　 12.★★★★★(2026河南,15,17分)如图,水平地面上的球壳内下端有一小球,球壳的直径D=0.25 m,上端距天花板的距离为h=6 m。现以v0=11 m/s的初速度把球壳连同小球一起竖直向上抛出,球壳与天花板碰撞后经过Δt=0.1 s,小球与球壳发生第1次碰撞。所有的碰撞均为弹性碰撞、时间极短,不计球壳厚度和空气阻力,重力加速度大小取g=10 m/s2。 (1)求小球的直径; (2)求小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小,及它们前两次碰撞的时间间隔; (3)若小球与球壳第8次碰撞前瞬间球壳的速度大小为v1=6 m/s,求球壳首次碰地时的速度大小。 答案　(1)0.05 m(4分)　(2)2 m/s(4分)　0.1 s(2分)　(3) m/s(7分) 解析　(1)从抛出至球壳与天花板相碰,小球和球壳一起做竖直上抛运动,末速度大小设为v, 根据速度位移关系式有-v2=2gh(1分) 解得v=1 m/s(1分) 球壳与天花板发生弹性碰撞后以原速率反弹,然后向下做匀加速直线运动,小球继续上升,设小球直径为d,从球壳与天花板碰撞后到小球与球壳第1次碰撞,小球与球壳的位移大小之和为D-d,则vΔt+g(Δt)2+=D-d(1分) 解得d=0.05 m(1分) (2)设球壳质量为M,小球质量为m,球壳与小球发生第1次碰撞前速度分别为v10、u10 以竖直向下为正方向,则v10=v+gΔt=2 m/s,u10=-v+gΔt=0(1分) 球壳与小球发生弹性碰撞,设碰后速度分别为v11、u11 由动量守恒定律有Mv10+mu10=Mv11+mu11(1分) 由机械能守恒定律有 M+m=M+m(1分) 碰后速度差的大小Δv=u11-v11=2 m/s(拓展:发生弹性碰撞,恢复系数e==1)(1分) 第1次碰撞后,球壳与小球均做加速度向下、大小为g的匀变速直线运动,设两次碰撞时间间隔为Δt1,两者的相对速度大小始终为|Δv|=2 m/s,两者的相对位移大小为D-d,有D-d=Δv·Δt1(1分) 解得Δt1=0.1 s(1分) (3)设球壳与小球发生第2次碰撞前速度分别为v20、u20 v20=v11+gΔt1、u20=u11+gΔt1(1分) 球壳与小球发生弹性碰撞,设碰后速度分别为v21、u21 由动量守恒定律有Mv20+mu20=Mv21+mu21(1分) 由机械能守恒定律有 M+m=M+m(1分) 解得Δv=v21-u21=2 m/s(1分) 由(2)问分析可知相邻两次碰撞的时间差都为Δt=0.1 s 以此类推: 第1次碰前至第8次碰前经历的时间为7Δt=0.7 s Mv10+(M+m)g·7Δt=Mv1+m(v1+2)(1分) v10=2 m/s,v1=6 m/s 代入解得M∶m=1∶3(1分) 解得所有速度如表格所示(表中速度单位均为m/s): 碰撞次数 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ 壳碰前速度 2 0 4 2 6 4 8 6 球碰前速度 0 2 2 4 4 6 6 8 壳碰后速度 -1 3 1 5 3 7 5 9 球碰后速度 1 1 3 3 5 5 7 7 结合表中数据及规律可知碰撞第11次后瞬间球壳位移为h1=5.65 m,此碰后球壳速度为v'=9 m/s 则首次碰地速度v″满足v″2-v'2=2g(h-h1) 解得v″= m/s(1分) 考向3　滑块-弹簧模型　 “子弹打木块”模型和“板块”模型 13.★★(2024江苏,9,4分)如图所示,物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物块A左右端相连,整个系统保持静止,已知所有接触面均光滑,弹簧处于伸长状态。剪断细线后(　A　) A.弹簧恢复到原长时,A的动能达到最大 B.弹簧压缩量最大时,A的动量达到最大 C.弹簧恢复到原长过程中,系统的动量增加 D.弹簧恢复到原长过程中,系统的机械能增加 14.★★★(多选)(2021湖南,8,5分)如图(a),质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　ABD　) 图(a) 图(b) A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0 B.mA>mB C.B运动后,弹簧的最大形变量等于x D.S1-S2=S3 15.★★★(2025浙江1月,8,3分)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间的动摩擦因数均为0.5,则(重力加速度g取10 m/s2)(　D　) A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m 16.★★★★(多选)(2024湖北,10,4分)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则(　AD　) A.子弹的初速度大小为 B.子弹在木块中运动的时间为 C.木块和子弹损失的总动能为 D.木块在加速过程中运动的距离为 考向4　人船模型　滑块-斜(曲)面模型 17.★★★★(2025山东,17,14分)如图所示,内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上,P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方向,Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上,b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落,无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时,b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg,b的质量mb= kg,方形物体的质量M= kg,重力加速度大小g=10 m/s2,弹簧的劲度系数k=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量),所有过程不计空气阻力。求: (1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2; (2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 答案　(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J 解析　(1)小球从开始下落到运动至P处的过程,对小球与方形物体组成的系统, 根据水平方向动量守恒,有mv1=Mv2 根据机械能守恒,有mgh=m+M 代入数据解得v1=6 m/s,v2= m/s (2)设小球与物块a粘在一起共速的速度大小为va0 由水平方向动量守恒得mv1=(m+ma)va0 代入数据解得va0=2 m/s F=15 N时弹簧的伸长量x1== m 设b被解除锁定瞬间小球和a的速度大小为va1 对弹簧、小球及a组成的系统 由能量守恒得(m+ma)=(m+ma)+k 代入数据解得va1=1 m/s 对物块a、小球、b及弹簧组成的系统 由动量守恒得(m+ma)va1=(m+ma+mb)vb 代入数据解得vb= m/s 由能量守恒得(m+ma)+k=(m+ma+mb)+Epm 代入数据解得Epm=2.5 J 18.★★★★★(2023湖南,15,16分)如图,质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平,短轴竖直。质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。 (1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离; (2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程; (3)若=,求小球下降h=高度时,小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。 答案　(1)　 (2)+=1(y≤0) (3)2b 解析　(1)设小球第一次运动到轨道最低点时的速度大小为vm,凹槽速度大小为vM,地面光滑,小球和凹槽组成的系统在水平方向上动量守恒,初动量为零,则小球与凹槽水平方向的动量始终等大反向,有mvm=MvM 半椭圆形轨道光滑,由机械能守恒定律有 mgb=m+M, 解得vM=。 ==,且xm+xM=a 联立解得xM=。 (2)以水平向右为正方向,设小球运动轨迹上某点坐标为(x,y),则小球的水平分位移为a-x,方向向左,设此时凹槽位移为x2,方向向右,有m(x-a)+Mx2=0,因凹槽内表面为半椭圆形,此时椭圆中心位置坐标为(x2,0),故小球在椭圆轨道上的位置坐标满足+=1 由以上几式整理得小球运动轨迹方程为 +=1(y≤0)。 (3)将M、m的关系式代入第(2)问小球运动的轨迹方程中,则有+=1(y≤0) 可知小球的运动轨迹为半径为b的圆弧,圆心为O1(a-b,0),如图所示 当小球下降h=高度时,设小球此时的坐标为(x0,y0),则y0=- 设此时小球的速度大小为v1,v1的方向与水平方向的夹角为θ,凹槽的速度大小为v2 根据几何关系可知tan θ= 将v1沿水平方向和竖直方向分解,则vx=v1 cos θ 根据机械能守恒定律有mg=m+M,小球和凹槽在运动过程中,水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有mvx=Mv2 联立解得v1=2b。 考向5　力学三大观点的综合应用 19.★★★★(多选)(2026陕晋青宁,10,6分)如图,物块N、P、Q的质量分别为m、m、2m,Q通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与P连接,P与位于正下方的N用劲度系数为k的轻弹簧相连。初始时托住N和Q,使弹簧处于原长,三个物块均静止。现同时无初速释放N和Q,运动中,物块均视为质点且不与滑轮相碰,不计空气阻力,弹簧始终在弹性限度内,弹性势能Ep=kx2(x为形变量),重力加速度大小为g。则(　AD　) A.释放后瞬间Q的加速度大小为 B.释放后瞬间轻绳上的拉力大小为mg C.释放后N下降的最大距离为 D.释放后N的速度最大值为 20.★★★(2026广东,14,13分)图是一种球形机器人跳跃原理的示意图,水平横轴过球心O并与外壳固定,外壳上的两挡板位于过O点的水平线上,两质量均为m的摆锤,由长均为R的不可伸长轻绳悬挂于轴上的O点,初始时刻,两摆锤同时以水平初速度v0从最低点向相反方向摆动,直至与两挡板发生碰撞,碰撞时间极短,随后带动外壳以共同速度竖直向上运动,机器人到达最高点后落回地面瞬间,外壳立即静止,两摆锤速度不变,与挡板分离,继续向下运动,已知机器人(含摆锤)总质量为M=4 kg,m=1 kg,R=0.4 m,v0=4 m/s,重力加速度取g=10 m/s2,忽略空气阻力,摆锤可视为质点,求: (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间,机器人的动能Ek; (2)机器人外壳上升的最大高度h; (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失ΔE。 答案　(1)4 J　(2)0.1 m　(3)6 J 解析　(1)单个摆锤从最低点到挡板,根据机械能守恒定律有 m=mgR+m(1分) 两摆锤与挡板碰撞,根据动量守恒定律有 2mv1=Mv2(1分) 碰后机器人的动能Ek=M(1分) 解得v1=2 m/s,v2= m/s,Ek=4 J(1分) (2)从两摆锤与挡板碰撞后到机器人运动到最高点过程,根据机械能守恒定律有 M=Mgh(2分) 解得h=0.1 m(2分) (3)解法一　两摆锤与挡板发生第一次完全非弹性碰撞的过程中,系统损失的机械能为 ΔE1=2×m-M(1分) 设第一次外壳落地静止,两摆锤的速度为v3,从两摆锤与挡板碰撞后到机器人第一次外壳落地静止,系统损失的机械能为ΔE2=M-2×m(1分) 机器人运动到最高点到第一次外壳落地静止,对于两个摆锤根据机械能守恒定律,有 2mgh=2×m(1分) 从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止的过程中损失的机械能 ΔE=ΔE1+ΔE2(1分) 解得ΔE=6 J(1分) 解法二　以水平地面为重力零势能面,从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止,损失的机械能ΔE=2×m-(2×m+2mgR)(点拨:从碰后到第一次外壳落地前机器人整体做竖直上抛运动,机械能守恒,落地前速度大小仍为v2)(4分) 解得ΔE=6 J(1分) 易错警示　机器人总质量M包含两摆锤质量m,列方程时容易写重复;机器人损失的机械能容易忽视两摆锤最后的重力势能。 21.★★★★★(2026湖南,15,16分)如图,长为L的轻杆竖直放置,上端固定一质量为m的小球,下端连接于水平地面上某固定点,杆可绕该点无摩擦转动。小球内部安装了质量不计的智能弹射装置。受轻微扰动后,小球和杆从静止开始一起运动,当两者间弹力为0时,小球脱离轻杆,重力加速度为g,不计空气阻力。 (1)求小球接触地面瞬间的速度v的大小; (2)求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值; (3)小球与地面碰撞前后,竖直方向分速度大小相等、方向相反,水平方向分速度相等。碰撞后瞬间,智能弹射装置工作,小球在极短时间内分裂成两部分,两部分速度方向均与小球分裂前瞬间的速度方向成θ角(θ已知,且0<θ<α)。设两部分质量之比为k, 弹射装置释放的能量为E。 (i)求E与k的关系; (ii)当E最小时,若分裂后两部分第一次落地时刻相同,求两部分第一次落地点的间距d。 答案　(1)　(2) (3)(i)E=mgL　(ii)L tan θ 解析　(1)对整个装置,从静止到小球触地,根据能量守恒定律有 mgL=mv2(1分) 解得v=(1分) (2)轻微扰动后,开始阶段小球在竖直面内做圆周运动且该运动与杆共面,可认为小球在最高点的速度为0,当小球与杆间的弹力为0时,小球脱离轻杆,设此时轻杆与水平地面之间的夹角为β,如图甲所示 对小球,根据牛顿第二定律有mg sin β=(1分) 从静止至小球脱离轻杆的过程,有mg(L-L sin β)=m(1分) 解得sin β=,v0= 脱离轻杆后小球做斜抛运动,水平分速度vx=v0 sin β(1分) 触地前瞬间,竖直方向的速度大小vy= 又tan α=(1分) 联立解得tan α=(1分) (3)(i)小球与地面碰撞后瞬间,设其速度为v'0,则其动量为p=mv'0,由题意可知,v'0=v,v'0与水平面的夹角也为α 弹射装置工作,小球分裂后的两部分速度方向均与v'0成θ角,如图乙所示,则两部分的动量p1和p2大小相等,即p1=p2=(点拨:弹射装置工作过程可类比爆炸过程,p1、p2、p三个矢量共面,且满足矢量关系式+=)(1分) 设分裂后的两部分质量分别为m1、m2,由题意有m1=km2 又有m1+m2=m 则有m1=,m2= 根据能量守恒定律有E=+-(1分) 联立解得E=mgL(1分) (ii)E=mgL,由基本不等式知识可知k=1时E最小(1分) 则E最小时有m1=m2=,由p1=p2=可得v1=v2=(1分) 由题意知,两部分从分裂后到第一次落地所用时间相等,即v1、v2的竖直分量相同,v1、v2、v'0共面 以vx方向为x轴正方向,竖直向上为z轴正方向,v1 sin θ方向为y轴正方向建立空间直角速度坐标系 v1和v2的坐标可分别表示为 、(1分) 设两部分从分裂后到落地所用时间为t' 在竖直方向做竖直上抛运动,则有=(1分) 在y轴方向做匀速直线运动,则两部分间距d=t'(1分) 联立并代入数据解得d=L tan θ(1分) 一题多解　(3)(ii)由图乙,结合两部分从分裂到第一次落地所用时间相等,且E最小时v1=v2=,则两部分的相对速度v相对=2v1 sin θ=2v'0 tan θ,v1和v2的竖直分量相等,均为,由此求得两部分分裂后的运动时间t',根据d=v相对t',求得d=L tan θ。 题型20　动量定理的应用 基础强化练 1.(多选)(2026重庆南开中学月考)在2026年春晚舞台上,武术节目《武BOT》融入前沿智能科技,将刚劲有力的功夫招式与灵活精准的机器人表演相结合,成为本届春晚极具视觉冲击力的创新节目之一。在节目中间环节,质量为m的机器人从下蹲静止状态竖直向上起跳,经过t时间身体伸直并以大小为v的速度离开地面,已知重力加速度为g,在该过程中(　AB　) A.地面对机器人的弹力是地面发生弹性形变产生的 B.地面对机器人的平均作用力大小为m C.地面对机器人的冲量大小为mv D.地面对机器人做的功为mv2 2.(2026广东江门一模)如图所示为一架质量为M的6轴运送快递无人机,悬停时每个轴上的螺旋桨均竖直向下吹出最大速度为v的气流,每个螺旋桨产生气流的有效横截面积均为S,空气密度为ρ,重力加速度为g,则该无人机悬停时其载货质量的最大值为(　C　) A.-M　　　　B.-M C.-M　　　　D.-M 3.(5·3改编)“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。将快落到芭蕉叶上的雨视为由单个质量为m、速度为v0的一系列小雨滴组成,各个小雨滴垂直打在水平芭蕉叶上后,一半以速度v反向弹回,另一半速度为零。忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响,忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知每立方米的体积内有N个小雨滴,则估算雨打芭蕉产生的压强p为(　A　) A.Nmv0(2v0+v)　　　　B.Nmv0(2v0-v) C.Nmv0(v0+v)　　　　D.Nmv0(v0-v) 综合提升练 4.(日常生活·智能呼啦圈中动量定理的运用)(多选)(2026山东学业水平测试)智能呼啦圈是一种结合了传统呼啦圈功能和现代科技的健身工具。如图甲,腰带外侧带有导轨,导轨内装有滑轮,不计质量和长度的细短杆一端固定在滑轮上并穿出导轨,另一端通过细轻绳连接配重,图乙为简化模型。已知配重(可视为质点)的质量为m,细轻绳的长度为L,悬挂点P到腰带中心点O的距离为r,配重随细短杆在水平面做匀速圆周运动,绳子与竖直方向夹角为θ,配重运动过程中腰带保持静止,重力加速度为g,下列说法正确的是(　BD　) 　　 A.若转速增大,腰带受到的合力变大 B.配重的运动周期为2π C.配重运动半周,重力的冲量大小为πm D.配重运动半周,细绳对配重拉力的冲量大小为m 题型21　碰撞模型 基础强化练 1.(2026辽宁大连二十四中一模)如图所示,半径为0.9 m的半圆柱固定于水平地面上,一质量为m2的小物块放置于其最高点。在圆心O点正上方2.5 m处有一悬点,将细绳的一端系于悬点,另一端悬挂一小球,质量为m1,将小球拉至细绳与竖直方向成θ=60°角的位置静止释放,小球与小物块发生弹性正碰后,小物块恰能从半圆柱的最高点脱离圆柱面。不计一切阻力,小球、物块均可视为质点,g取10 m/s2,则m1∶m2为(　B　) A.3∶1　　B.3∶5　　C.2∶1　　D.3∶7 2.(新定义·碰撞恢复系数)(多选)(2026广东揭阳期末)桌球是一种常见的室内体育运动项目,通过球杆在水平台上击打母球,使母球与目标球发生碰撞。可用碰撞恢复系数e研究碰撞情况,如母球以速度v0与静止目标球发生正碰,碰后瞬间母球和目标球速度分别为v1、v2,则碰撞恢复系数为e=。如图所示,某次碰撞过程中,母球A以2 m/s的速度与静止的目标球B正碰,碰撞时间极短,碰撞过程中的恢复系数e=0.9,碰后瞬间两球速度方向相同,母球和目标球质量均为170 g,重力加速度g=10 m/s2。以下说法正确的是(　ACD　) A.碰撞后瞬间,目标球B的速度大小为1.9 m/s B.碰撞过程中母球A对目标球B的冲量大小为3.23 N·s C.碰撞过程中母球A损失的机械能约为0.339 J D.若碰撞过程中恢复系数e=1,则两球组成的系统碰撞前后无机械能损失 综合提升练 3.(2026河南郑州一模)如图所示,质量m1=1 kg的长方体箱子在水平拉力作用下沿光滑水平面向右匀加速运动。这时箱内一个质量m2=2 kg的物块(可视为质点)恰能静止在后壁上。已知箱子初速度为0,经t=0.1 s撤去拉力,物块沿后壁落到箱底且不反弹。此后箱子与右侧墙壁发生多次碰撞,每次碰撞之后,箱子速度反向,且大小变为碰前的一半;整个过程,物块未与箱壁发生碰撞。已知物块与箱壁、箱底间的动摩擦因数均为μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力。求: (1)箱子第一次与墙壁碰撞前瞬间速度的大小; (2)从箱子与墙壁第一次碰撞前瞬间到第二次碰撞前瞬间,箱子和物块组成的系统损失的机械能; (3)箱子长度的最小值。 答案　(1)2 m/s　(2)4.5 J　(3)0.4 m 解析　(1)物块恰能静止在后壁上,对物块有μFN=m2g,FN=m2a 又v0=at 解得v0=2 m/s(点拨:撤去拉力后至箱子第一次与墙壁碰撞前,物块与箱子在水平方向的速度相等,共同做匀速直线运动)。 (2)从箱子与墙壁发生第一次碰撞反弹后,到箱子与物块共速,根据动量守恒定律有m2v0-m1=(m1+m2)v1 解得v1=1 m/s= 由运动的对称性可知,当箱子与物块共速时,箱子与墙壁恰好将要发生第二次碰撞(点拨:箱子第一次与墙壁碰撞后至箱子与物块共速前,箱子始终相对物块向左运动,受到的摩擦力方向始终向右,箱子先向左做匀减速直线运动,再以相同的加速度向右做匀加速直线运动,经过的位移大小相等) 则从箱子与墙壁第一次碰撞前瞬间到第二次碰撞前瞬间,箱子和物块组成的系统损失的机械能 E损=(m1+m2)-(m1+m2) 解得E损=4.5 J。 (3)(关键:每次箱子与墙壁发生弹性碰撞反弹后,到箱子与物块共速的过程中,物块一直相对箱子向右运动) 从箱子与墙壁发生第一次碰撞反弹后,到箱子与物块共速,设物块与箱子的相对位移为L1,则由能量守恒定律有 μm2gL1=m2+m1-(m1+m2) 解得L1= 从箱子与墙壁发生第二次碰撞反弹后,到箱子与物块共速,根据动量守恒定律有m2v1-m1=(m1+m2)v2 解得v2==(此时为箱子与墙壁发生第三次碰撞前瞬间) 此过程,设物块与箱子的相对位移为L2,则有 μm2gL2=m2+m1-(m1+m2) 解得L2=× 依次类推,从箱子与墙壁发生第n次碰撞反弹后,到箱子与物块共速,此过程,设物块与箱子的相对位移为Ln,Ln=· 则箱子长度的最小值Lmin=L1+L2+L3+…+Ln=1+++…+ 解得Lmin=0.4 m。 题型22　类碰撞模型 基础强化练 1.(2026江苏南京鼓楼区协作体一模)木块A静止在光滑水平地面上,子弹B以某一初速度水平射入A并嵌入其中,过程中子弹受到木块的阻力恒定,不考虑竖直方向的运动和其他外力。下列说法正确的是(　A　) A.若B减少的动能为8 J,则系统损失的动能可能为5 J B.若A增加的动能为5 J,则系统损失的动能可能为3 J C.若B减少的动量为5 kg·m/s,则A增加的动量可能为3 kg·m/s D.若B碰撞前的动量为3 kg·m/s,则A碰撞后的动量可能为3 kg·m/s 2.(多选)(2026山东青岛一中模拟)如图所示,质量为M=0.3 kg、半径为R=0.75 m的四分之一光滑圆弧轨道静置在光滑水平地面上,OA为其水平半径,OB为其竖直半径,右侧固定一竖直弹性挡板。将质量为m=0.2 kg的小球从轨道最高点A由静止释放,小球与弹性挡板碰撞后以原速率反弹。小球可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　BC　) A.小球与圆弧轨道组成的系统机械能和动量都守恒 B.小球第一次运动到圆弧轨道最低点时的速度大小为3 m/s C.小球从被释放至第一次运动到圆弧轨道最低点的过程中,圆弧轨道向左运动0.3 m D.小球第三次运动到圆弧轨道最低点时,受到圆弧轨道的支持力大小为 N 3.(多选)(2026河南南阳镇平一高期末)如图所示,三小球a、b、c的质量分别为m、2m、6m,放于光滑的水平面上,小球b、c中间的轻质弹簧此时为原长(弹簧与小球均没有连接,可以分离),小球c右侧有一固定挡板。现让小球a以速度v0向右运动,与小球b碰后黏在一起,a、b两小球碰撞时间极短,当a、b整体向右运动速度为时撤去挡板,则(　AC　) A.撤去挡板后,弹簧的最大弹性势能为m B.撤去挡板后,弹簧的最大弹性势能为m C.撤去挡板后,小球c的最大速度为 D.运动全过程中,弹簧的最大弹性势能可能为 4.(多选)(2026湖南怀化一模)冬季来临,冰雪项目深受游客喜爱。某大型滑雪场设计了如图所示滑道,AB段为光滑冰面,A与B的高度差h1=5 m;B、C间有一矩形冰块,其上表面与B点的高度差h2=0.8 m,冰块与游客之间的动摩擦因数μ=0.5,不计地面摩擦;CE段是半径为r的四分之一圆弧轨道,该轨道粗糙程度处处相同。现有一游客从A点静止下滑,随后从B点水平飞出落在冰块左端,其碰撞时间为0.1 s;当游客滑至冰块右端时二者恰好共速,共速后冰块与C处碰撞,最后游客刚好能沿圆弧到达E点。已知游客(可视为质点)与冰块质量均为50 kg,游客落在冰块上时并不反弹,θ=30°,g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　AD　) A.与冰块碰撞前的瞬间,游客的瞬时速度为2 m/s B.游客与冰块碰撞过程中,冰块对游客在竖直方向上的平均作用力为2 000 N C.冰块被游客碰撞后的瞬时速度大小为2 m/s D.游客滑至D点时,其速度小于 m/s 综合提升练 5.(多选)(2026黑龙江省实验中学模拟)如图所示,光滑水平地面上有一个薄木板AB,在B端正上方高度H=2.8 m的屋顶O点悬挂一根长度d=2 m、不可伸长的轻绳OP。一只质量m=1 kg的小猫从木板A端由静止先加速再减速,走到木板上的B端时恰好速度为零,之后瞬间奋力跃起,刚好在运动的最高点抓住轻绳的P点后随之向右端荡出。初始时刻木板静止在水平地面上,木板质量M=4 kg、长度L=2 m,小猫可看成质点,不计一切能量损失和跃起过程中的木板位移,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　ABD　) A.小猫从跃起至抓住轻绳的P点用时0.4 s B.小猫跃起时的初速度大小为 m/s C.小猫跃起过程中,小猫和木板组成的系统机械能增加8 J D.从初始时刻到小猫抓住P的瞬间,木板的总位移大小为0.5 m 6.(2026山东日照一模)如图所示,质量mA=4 kg的物块A套在光滑水平直杆上,并与质量mB=1 kg的小球B用一根不可伸长的轻绳相连,轻绳的长度L=2.25 m。质量mC=2 kg的物块C和质量mD=4 kg的足够长木板D静止叠放在光滑水平地面上,物块C与木板D之间的动摩擦因数μ=0.2。木板D右端到固定在地面上的挡板E的距离d= m。现将小球B拉到轻绳处于水平方向且伸直的位置,并与物块A同时由静止释放。当轻绳摆动到竖直方向时,小球B与物块C恰好在水平方向上发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。忽略空气阻力,物块A和小球B均可视为质点,g=10 m/s2。 (1)求小球B从释放到与物块C碰撞过程中,在水平方向上发生的位移; (2)求小球B与物块C碰撞后上升的最大高度; (3)若木板D与固定挡板E之间的作用时间极短且没有机械能损失,求木板D与挡板E发生碰撞的总次数。 答案　(1)1.8 m　(2)0.01 m　(3)6次 解析　(1)A、B组成的系统水平方向不受外力,则系统水平方向上动量守恒,可得mAxA=mBxB 根据几何关系有xA+xB=L 联立解得xB==1.8 m。 (2)轻绳摆到竖直方向过程,A、B系统机械能守恒、水平方向动量守恒,有mBgL=mA+mB,mAvA=mBvB 联立解得B与C碰撞前A、B的速度大小分别为vA=1.5 m/s,vB=6 m/s B与C发生弹性碰撞,动量守恒、总动能不变,则有 mBvB=mBvB'+mCvC,mB=mBvB'2+mC 解得v'B=vB=-2 m/s(负号表示碰撞后B向左运动),vC=vB=4 m/s B上升到最大高度时,A、B水平方向共速,由水平方向动量守恒有mAvA+mB=(mA+mB)v共 解得v共=1.6 m/s 根据机械能守恒定律有 mA+mBvB'2=(mA+mB)+mBgh 解得h=0.01 m。 (3)C与D间摩擦力大小为f=μmCg=4 N,由牛顿第二定律可得C的加速度大小为aC==2 m/s2,D的加速度大小为aD==1 m/s2 D向右运动d= m后,第一次碰撞E 由匀变速直线运动位移与时间的关系得d=aDt2 解得t= s 碰撞前D的速度vD1=aDt= m/s,C的速度 vC1=vC-aCt= m/s 碰撞后D速度反向,大小不变,则v'D1=- m/s 每次D从挡板处到左端再回到挡板处做往返运动,耗时2t= s,C的速度减少2aCt= m/s 经过6次碰撞后,C的速度变为vC6= m/s-(6-1)× m/s= m/s< m/s 此后,对C、D组成的系统由动量守恒定律可得mCvC6+mDvD1'=(mC+mD)v' 解得v'=0 则C和D最终静止,不会与挡板E发生第7次碰撞,木板D与挡板E发生6次碰撞。 题型23　力学三大观点的综合应用 1.(2026湖北武汉模拟)如图所示,光滑水平面上静置一凹槽,凹槽由两个半径均为R的四分之一光滑圆轨道和一个长度为4R的平直轨道平滑连接而成。现将一小物块从左侧圆轨道顶端的A点由静止释放,已知物块与平直轨道间的动摩擦因数为0.04,物块与凹槽的质量相等,重力加速度大小为g。 (1)求物块第一次运动到左侧圆轨道底端B点时的速度大小; (2)求从物块释放至其最终停止运动,物块的水平位移大小; (3)若水平面粗糙,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,为使在物块运动过程中凹槽始终保持静止,凹槽与水平面间的动摩擦因数至少为多大? 答案　(1)　(2)R　(3)0.75 解析　(1)设物块与凹槽的质量均为m,物块第一次运动到左侧圆轨道底端B点时,物块速度大小为v1,凹槽速度大小为v2 对物块和凹槽组成的系统由能量守恒定律有 mgR=m+m 水平方向由动量守恒定律有0=mv1-mv2 联立解得v1=。 (2)系统水平方向动量守恒,故物块与凹槽最终都静止 设物块在平直轨道滑行路程为s,物块水平位移大小为x1,凹槽水平位移大小为x2,由能量守恒定律有mgR=μmgs 解得s=25R 水平方向由动量守恒定律有0=mx1-mx2 s=25R=6×4R+R,即物块静止在B点右侧R处 由几何关系有x1+x2=2R,解得x1=R。 (3)设物块第一次在圆弧轨道运动,凹槽始终保持静止,在某个位置,其受轨道支持力F与水平方向夹角为θ,由机械能守恒定律有mgR sin θ=mv2 由牛顿第二定律有F-mg sin θ=m 设凹槽受到水平面的静摩擦力大小为f,水平面对其支持力大小为N,水平方向有f=F' cos θ,竖直方向有N=mg+F' sin θ,F'=F 凹槽始终静止,满足f≤μ'N 解得μ'≥==,其中0≤θ≤ 则为使凹槽始终静止,μ'应大于等于的最大值,又当且仅当4 tan θ=,即tan θ=时,取最大值,则μ'min=0.75 μ'min·2mg=1.5mg,μmg=0.04mg,则当凹槽与水平面间的动摩擦因数为0.75时,物块运动至水平轨道时凹槽也不会发生滑动。 2.(2026河南驻马店学情调研)如图所示,挡板竖直固定在水平轨道上的O点,水平轨道OM段光滑,MN段粗糙,与水平轨道通过一小段圆弧(图中未画出)平滑连接的固定传送带的倾角θ=37°,以大小恒为v=1 m/s的速度逆时针转动。在方向水平向左的瞬时冲量作用下,质量m=1 kg的物块甲从M点向左运动,经挡板第一次碰撞后与静止在N点的物块乙(与物块甲相同)发生第一次碰撞,第一次碰撞后物块乙恰好能到达传送带的顶端。轨道MN段的长度L1=1 m,传送带顶端与底端间的距离L2=0.8 m,物块与轨道MN段间的动摩擦因数μ1=0.1,物块与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5,重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,所有碰撞均为弹性碰撞,碰撞时间极短,两物块均视为质点。求: (1)两物块第一次碰撞后瞬间物块乙的速度大小v2; (2)该瞬时冲量的大小I; (3)物块甲在轨道MN段上滑行的总路程s。 答案　(1)4 m/s　(2)3 N·s　(3)3 m 解析　(1)设两物块第一次碰撞后,物块乙沿传送带上滑的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有mg sin θ+μ2mg cos θ=ma1 解得a1=10 m/s2 根据匀变速直线运动的规律有=2a1L2(易错:恰好到达顶端,则物块乙的末速度为0,不要误写成传送带速度) 联立解得v2=4 m/s。 (2)设物块甲第一次回到M点的速度大小为v0,根据动量定理有I=mv0 设两物块第一次碰撞前瞬间物块甲的速度大小为v',对甲在MN段的运动过程根据动能定理有-μ1mgL1=mv'2-m 设两物块第一次碰撞后瞬间物块甲的速度为v1,对两物块第一次碰撞的过程,根据动量守恒定律有mv'=mv1+mv2 对该过程,根据机械能守恒定律有mv'2=m+m 解得I=3 N·s。 (3)由(2)可得v1=0,因此两物块第一次碰撞后物块甲停在N点 因为mg sin θ>μ2mg cos θ,所以物块乙到达传送带的顶端后,将沿传送带下滑,在物块乙下滑的速度小于传送带速度的过程中,物块乙的加速度大小为a1,该过程中物块乙下滑的距离x1==0.05 m 设在物块乙下滑的速度大于传送带速度的过程中,物块乙的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μ2mg cos θ=ma2 解得a2=2 m/s2 该过程中物块乙下滑的距离x2=L2-x1 解得x2=0.75 m 设物块乙返回N点时的速度大小为v3,根据匀变速直线运动的规律有-v2=2a2x2 解得v3=2 m/s 因为v3>0,所以两物块将发生第二次碰撞,设两物块第二次碰撞后瞬间物块甲与物块乙的速度大小分别为v4、v5,同理,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得v4=v3=2 m/s,v5=0(点拨:由题意可知两物块相同,即质量相等,发生弹性碰撞时二者交换速度) 假设此后两物块不再发生碰撞,且此后物块甲在轨道MN段上滑行的路程为x3,根据功能关系有μ1mgx3=m 解得x3=2 m 因为x3=2L1,所以假设成立,且物块甲最终恰好停在N点,不再与物块乙发生碰撞 经分析可知s=L1+x3,解得s=3 m。 1.(教考衔接·人教版选必一P30,复习与提高B组,T3)(5·3原创)(多选)“高空抛物”是危害极大的社会安全问题,被称为“城市之痛”。假设一25楼住户不慎将质量m=200 g的西瓜皮从手中滑落,西瓜皮从窗户自由落下,设相邻楼层的高度差h=3 m,西瓜皮与地面的作用时间约为t=0.01 s,西瓜皮落地后不反弹,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　BD　) A.西瓜皮下落过程中,通过任意相等的位移,重力的冲量相等 B.西瓜皮下落过程中,任意相等时间内动量变化量相等 C.西瓜皮落地的瞬间,地面对它的冲量大小约为5 N·s D.西瓜皮与地面作用过程中,它对地面的平均冲击力大小约为760 N 2.(日常生活·水射流破除混凝土技术)(5·3原创)水射流破除混凝土技术是一种既能有效破除混凝土,又能保护钢筋不受损伤的现代破除技术。该技术通过对高压泵产生的强大水射流进行精确定位,调节水射流的速率和流量,进而可高效地破除混凝土。假设某混凝土表面能承受的最大压力为F,喷射到该混凝土表面的水射流的横截面积为S,水流与混凝土表面作用后以原速率的弹回,已知水的密度为ρ,不计水流重力的影响。若要破碎混凝土表面,调节水射流的速率应不小于(　B　) A.　　B.　　C.　　D. 3.(新模型·构建多子弹打击和往复运动关联模型)(5·3原创)如图所示,质量为M的木块由细线悬挂于O点,木块的左侧有n颗质量均为m的待击发的子弹(图中未画出),某时刻第一颗子弹以水平向右的初速度v0射入木块并留在其中,此后每当木块到达或处于最低点时,均被下一颗子弹以相同的速度击中,且均留在木块内,若子弹与木块相互作用的时间极短,则下列说法正确的是(　C　) A.若n为奇数,第n颗子弹击中木块后,木块的速度大小为 B.若n为偶数,第n颗子弹击中木块后,木块的速度大小为 C.第奇数颗子弹击中木块的过程中,随着数目的增多,系统损失的机械能越来越多 D.第偶数颗子弹击中木块的过程中,随着数目的增多,系统损失的机械能越来越多 4.(挑战思维·立体几何空间内的爆炸与抛体运动问题)(5·3原创)(多选)如图所示,一斜向上发射的质量为m的礼花弹到达最高点O时,瞬间炸裂成质量相等的两部分,其中一部分与原运动方向相同,另一部分与原运动方向相反,一段时间后,两部分同时分别经过图中的A点和D点,且A、D的连线恰为正三棱锥O-ABC底面ABC的边BC的中垂线,O1点为△ABC的中心,若测得该三棱锥的棱长a=2 m,重力加速度g取7 m/s2,礼花弹爆炸过程释放的能量全部转化为爆炸后两部分的动能,不计空气阻力。下列说法正确的是(　BD　) A.经过D点的那部分,从O点运动至D点经历的时间为 s B.经过A点的那部分,在A点时水平方向的速度大小为 m/s C.礼花弹炸裂前瞬间的速度大小v0为 m/s D.礼花弹炸裂过程中释放的能量为m J 5.(模块融合·光、碰撞和平抛运动融合问题)(5·3原创)(多选)如图所示,空间固定的一小立柱上静置一小球乙,小球乙左侧的竖直虚线和与球心等高的水平虚线的交点上固定有点光源(图中未画出),竖直屏幕AB、CD距点光源的水平距离分别为x甲=1.2 m,x乙=1.6 m。零时刻,小球甲以某一初速度v0与小球乙发生对心弹性碰撞后,测得小球甲、乙分别在屏幕AB、CD上的影子向下移动的距离y与时间t满足的关系式为y甲=t(SI),y乙=2t(SI),两小球碰撞时间极短,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　CD　) A.两小球在屏幕上的影子沿屏幕做匀变速直线运动 B.甲、乙两小球碰撞后瞬间乙小球的速度大小v乙=6 m/s C.甲、乙两小球碰撞前甲小球的速度大小v0=10 m/s D.甲、乙两小球的质量关系为m乙=4m甲 6.(数理结合·结合等比数列求解多次碰撞中的路程问题)(5·3原创)如图所示,水平面MN上A点左侧及B点右侧粗糙,A、B间光滑且足够长。某时刻物块乙自C点以初速度v1=10 m/s沿水平面向左运动,同时,物块甲自A点开始以初速度v0=4 m/s沿水平面向右运动,之后每当物块甲向左运动至速度减为零时,给物块甲补充恰当的能量,使之前后两次经过A点时的速度大小之比为2∶1,而每当物块乙向右运动至速度减为零时,给物块乙补充恰当的能量,使之前后经过B点时的速度大小之比也为2∶1,已知两物块的质量均为m=2 kg,物块乙与BN间的动摩擦因数μ=0.2,B、C两点间距x0=9 m,重力加速度g取10 m/s2,两物块可视为质点,二者的碰撞均发生在A、B之间的水平面上,且碰撞过程无能量损失。求: (1)物块甲与物块乙第一次碰撞后,物块甲的速度大小; (2)物块乙第一次速度减为零后,需要对乙补充的能量; (3)物块乙在水平面BN上运动的总路程。 答案　(1)8 m/s　(2)20 J　(3) m 创新点　本题创设“补充能量,固定比例”的规则,整合匀减速直线运动、弹性碰撞、等比数列应用和路程累加的极限分析等内容,将单次碰撞模型拓展为多次循环碰撞的路程求和问题。 解析　(1)对物块乙,由C运动到B的过程中有 μmgx0=m-mv 解得v1'=8 m/s 物块甲、乙第一次碰撞,两者碰后速度反向,该过程中有 mv1'-mv0=mv甲-mv乙 mv+m=m+m 联立并代入数据解得v甲=8 m/s,v乙=4 m/s (2)物块乙第一次向右减速至零的过程中有 μmgx1=m 设需要补充的能量为E,则有 μmgx1=E-m× 解得x1=4 m,E=20 J (3)由(1)中分析可知,甲、乙所有的碰撞,碰撞后都会交换速度,故可推知甲、乙两物块发生碰撞前后的速度大小变化规律如表所示。 速度 第一次 第二次 第三次 第四次 … 前 后 前 后 前 后 前 后 v甲/(m·s-1) 4 8 4 2 1 2 1 … v乙/(m·s-1) 8 4 2 4 2 1 1 … 由表可以看出,物块乙连续两次以相同的碰后速度返回后,又连续两次以另一相同的碰后速度返回,且后者的速度总等于前者的,即后者返回的路程总等于前者的,则有 x=x0+4(x1+x2+x3+…+xn)=x0+4 代入数据并结合等比数列求和公式可求得x= m。 实验8　验证动量守恒定律 1.(2025广东,11,8分)请完成下列实验操作和计算。 (1)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中,用螺旋测微器测量小球的直径,示数如图1所示,读数为　　8.260(8.258~8.262均可)　　mm。  (2)实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能,装置如图2所示。图中轨道由轨道甲和乙平滑拼接而成,且轨道乙倾角较大。 ①选取相同的两辆小车,分别安装宽度为1.00 cm的遮光条。 ②轨道调节。 调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高,将小车在轨道乙上释放,若测得小车通过光电门A和B的　　时间相等　　,表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。  ③碰撞测试。 先将小车1静置于光电门A和B中间,再将小车2在M点由静止释放,测得小车2通过光电门A的时间为t2,碰撞后小车1通过光电门B的时间为t1。若t2　　等于　　t1,可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。  ④吸能材料性能测试。 将吸能材料紧贴于小车2的前端,重复步骤③,测得小车2通过光电门A的时间为10.00 ms,两车碰撞后,依次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00 ms,30.00 ms。不计吸能材料的质量,计算可得碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为　　0.56　　(结果保留2位有效数字)。  解析　(1)根据螺旋测微器的读数规则可得读数为8 mm+26.0×0.01 mm=8.260 mm。 (2)②若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力,小车将在轨道甲上做匀速直线运动。可知小车通过光电门A和B的速度相等,所以小车通过光电门A和B的时间相等。 ③两辆相同的小车,质量相同,若二者发生弹性碰撞,则碰撞后交换速度,碰撞后小车1的速度等于碰撞前小车2的速度,即若碰撞后小车1通过光电门B的时间和碰撞前小车2通过光电门A的时间相等,则可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。 ④设两小车的质量均为m,遮光条宽度为d,碰前小车2的动能Ek=m,碰后两小车的总动能E'k=m+m,可得碰撞后两小车的总动能与碰撞前小车2的动能之比=≈0.56。 2.(2024山东,13,6分)在第四次“天宫课堂”中,航天员演示了动量守恒实验。受此启发,某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验,气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器,a测量滑块A与它的距离xA,b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下: ①测量两个滑块的质量,分别为200.0 g和400.0 g; ②接通气源,调整气垫导轨水平; ③拨动两滑块,使A、B均向右运动; ④导出传感器记录的数据,绘制xA、xB随时间变化的图像,分别如图乙、图丙所示。 　 回答以下问题: (1)从图像可知两滑块在t=　　1.0　　s时发生碰撞;  (2)滑块B碰撞前的速度大小v=　　0.20　　m/s(保留2位有效数字);  (3)通过分析,得出质量为200.0 g的滑块是　　B　　(填“A”或“B”)。  解析　(1)根据绘制的xA、xB随时间变化的图像可知t=1.0 s时斜率发生变化,即速度发生变化,故从图像可知两滑块在t=1.0 s时发生碰撞。 (2)根据绘制的xB随时间变化的图像可知滑块B碰撞前的速度大小v= m/s=0.20 m/s。 (3)根据绘制的xB随时间变化的图像可知滑块B碰撞后的速度大小v'= m/s=0.50 m/s,根据绘制的xA随时间变化的图像可知滑块A碰撞前的速度大小vA= m/s=0.50 m/s,滑块A碰撞后的速度大小v'A= m/s=0.35 m/s。对滑块A和滑块B,根据动量守恒定律有mAvA+mBv=mAv'A+mBv',若滑块A的质量为200.0 g,代入数据不满足动量守恒定律;若滑块B的质量为200.0 g,代入数据在误差允许范围内满足动量守恒定律,故滑块B的质量为200.0 g。 3.(2024北京,16,10分)如图1所示,让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。 (1)关于本实验,下列做法正确的是　　AC　　(填选项前的字母)。  A.实验前,调节装置,使斜槽末端水平 B.选用两个半径不同的小球进行实验 C.用质量大的小球碰撞质量小的小球 (2)图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。首先,将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放,小球落到复写纸上,重复多次。然后,把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端,再将质量为m1的小球从S位置由静止释放,两球相碰,重复多次。分别确定平均落点,记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。 a.图2为实验的落点记录,简要说明如何确定平均落点; b.分别测出O点到平均落点的距离,记为OP、OM和ON。在误差允许范围内,若关系式　　m1OP=m1OM+m2ON　　成立,即可验证碰撞前后动量守恒。  (3)受上述实验的启发,某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图3所示,用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O'点,两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放,在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A',小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和M,弦长AB=l1、A'B=l2、CD=l3。 推导说明,m、M、l1、l2、l3满足什么关系即可验证碰撞前后动量守恒。 答案　(2)a.见解析　(3)ml1=-ml2+Ml3,推导过程见解析 解析　(1)实验前,应调节装置,使斜槽末端水平,保证小球抛出后的运动为平抛运动,A正确。为保证两个小球发生对心正碰,选用的两个小球的半径必须相同,B错误。为保证碰后小球不反向弹回,要用质量大的小球碰撞质量小的小球,C正确。 (2)a.用圆规画一个尽可能小的圆,舍去偏离较远的落点,使尽量多的落点在圆内,圆心位置就是平均落点位置。 b.设质量为m1的小球单独滑落做平抛运动的初速度为v0,碰撞后瞬间,质量为m1的小球的速度为v1,质量为m2的被碰小球的速度为v2,要验证动量守恒定律,即验证m1v0=m1v1+m2v2,本实验中两小球都做平抛运动,竖直位移相同,则运动时间相同,水平方向做匀速直线运动,可得m1v0t=m1v1t+m2v2t,可知若测量的物理量满足关系式m1OP=m1OM+m2ON,即可验证碰撞前后动量守恒。 (3)设将小球1拉起至A点时轻绳与竖直方向的夹角为θ1,碰后小球1反弹到A'点时轻绳与竖直方向的夹角为θ2,小球2向右摆动到最高点D时轻绳与竖直方向的夹角为θ3,碰撞过程若满足动量守恒,则满足m=-m+M,由几何关系结合三角函数知识可得l(1-cos θ1)=l1 cos =l1 sin ,同理可得l(1-cos θ2)=l2 sin ,l(1-cos θ3)=l3 sin ,结合三角函数关系1-cos θ=2 sin2,可得ml1=-ml2+Ml3。 4.(2023辽宁,11,8分)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律,设计了如下实验:用纸板搭建如图所示的滑道,使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上,其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。 　 测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面上某一位置,标记此位置为B。由静止释放甲,当甲停在水平面上某处时,测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处,左侧与O点重合,将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后,分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变,重复实验若干次,得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。 (1)在本实验中,甲选用的是　　一元　　(填“一元”或“一角”)硬币;  (2)碰撞前,甲到O点时速度的大小可表示为　 　　(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g);  (3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒,则=　 　　(用m1和m2表示),然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒;  (4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1,写出一条产生这种误差可能的原因:　　见解析　　。  解析　(1)用质量较大的一元硬币去碰撞质量较小的一角硬币,确保碰撞后甲的运动方向不变。 (2)设甲到O点时速度的大小为v1,由动能定理有-μm1gs0=0-m1,解得v1=。 (3)由动能定理可得一元和一角硬币碰撞后的速度分别为v1'=,v2'= 由动量守恒定律有 m1v1=m1v1'+m2v2' 即m1=m1+m2 解得=。 (4)①非理想的“对心”碰撞造成系统误差;②位移或质量的测量造成偶然误差;③两硬币实际与纸板间的动摩擦因数不同造成系统误差。其他符合题意的原因均可得分。 第 15 页 共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 $