第一篇二第7講動量講義

第7講動量

【命題規(guī)律】1.命題角度：（1）動量定理及應用；（2）動量守恒定律及應用；（3）碰撞模型及拓展.

2.常用方法：柱狀模型法.3.?？碱}型：選擇題、計算題.

考點一動量定理及應用

1.沖量的三種計算方法

公式法/=6適用于求恒力的沖量

動量定理法多用于求變力的沖量或F.t未知的情況

F-t圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量.若尸一r成線性關系，

圖像法

也可直接用平均力求解

2.動量定理

（1）公式：F\t=mv'~mv

⑵應用技巧

①研究對象可以是單一物體，也可以是物體系統(tǒng).

②表達式是矢量式，需要規(guī)定正方向.

③勻變速直線運動，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理比用牛頓第二定律求解更簡

捷.

④在變加速運動中B為加時間內(nèi)的平均沖力.

⑤電磁感應問題中，利用動量定理可以求解時間、電荷量或?qū)w棒的位移.

3.流體作用的柱狀模型

對于流體運動，可沿流速。的方向選取一段柱形流體，設在極短的時間。內(nèi)通過某一截面積

為S的橫截面的柱形流體的長度為如圖所示.設流體的密度為p,則在。的時間內(nèi)流過

該橫截面的流體的質(zhì)量為Xm=pSAl=pSv&t,根據(jù)動量定理，流體微元所受的合外力的沖量

等于該流體微元動量的變化量，即FZ=小心,分兩種情況：（以原來流速。的方向為正方

向）

S

（）000

（1）作用后流體微元停止，有Ao=一代入上式有尸=一

（2）作用后流體微元以速率。反彈，有△o=-2o,代入上式有F=-2/>SO2.

例1（多選）（2022?廣東梅州市一模）如圖所示，學生練習用腳順球.某一次足球由靜止自由下

落1.25m,被重新順起，離開腳部后豎直上升的最大高度仍為1.25m.已知足球與腳部的作

用時間為0.1s,足球的質(zhì)量為0.4kg,重力加速度大小g取10m/s2,不計空氣阻力，則（）

A.足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為2kg-m/s

B.足球自由下落過程重力的沖量大小為4kg?m/s

C.足球與腳部作用過程中動量變化量為零

D.腳部對足球的平均作用力為足球重力的11倍

答案AD

解析足球下落到與腳部剛接觸時的速度為騎=5m/s,則足球下落到與腳部剛接觸時

動量大小為夕=，加=2kg?m/s,A正確；根據(jù)運動的對稱性，足球離開腳部時的速度大小也是

5m/s,所以腳部與足球作用過程中，由動量定理得（尸一機g）Af=m。一根（一o）,解得尸=ll/ng,

足球自由下落過程重力的沖量大小為相g§=2N-s,B錯誤，D正確；足球與腳部作用過程中

O

動量變化大小為Ap=nw~m（~v）=4kg-m/s,C錯誤.

例2（2022?湖南衡陽市一模）飛船在進行星際飛行時，使用離子發(fā)動機作為動力，這種發(fā)動

機工作時，由電極發(fā)射的電子射入稀有氣體（如流氣），使氣體離子化，電離后形成的離子由

靜止開始在電場中加速并從飛船尾部高速連續(xù)噴出，利用反沖使飛船本身得到加速.已知一

個值離子質(zhì)量為〃?，電荷量為q,加速電壓為U,飛船單位時間內(nèi)向后噴射出的掠離子的個

數(shù)為N,從飛船尾部高速連續(xù)噴出款離子的質(zhì)量遠小于飛船的質(zhì)量，則飛船獲得的反沖推力

大小為（）

A.j^2qUmB.

C.N^lqUmD.

答案C

解析根據(jù)動能定理得解得對Af時間內(nèi)噴射出的鼠離子，根據(jù)動

量定理，有△Mi）=FZ,其中AM=Nmht,聯(lián)立有F=Nmv=Ny]2qUm,則根據(jù)

牛頓第三定律可知，飛船獲得的反沖推力大小為尸=Nyl2qUm,故選C.

考點二動量守恒定律及應用

1.判斷守恒的三種方法

（1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力為0,如光滑水平面上的板一塊模型、電磁感應中

光滑導軌上的雙桿模型.

⑵近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，如爆炸、反沖.

（3）某一方向守恒：系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0,則在該方向上動量守

恒，如滑塊一斜面（曲面）模型.

2.動量守恒定律的三種表達形式

（\）m\V\+miV2=m\V\"+m2V2',作用前的動量之和等于作用后的動量之和（常用）.

（2心0=一&?2,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向.

（3）Ap=0,系統(tǒng)總動量的增量為零.

例3（多選）（2020?全國卷U?21）水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜

止在冰面上,他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推

向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又

把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞.總共經(jīng)過8次這樣推

物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運動員.不計冰面的摩

擦力，該運動員的質(zhì)量可能為（）

A.48kgB.53kg

C.58kgD.63kg

答案BC

解析設運動員的質(zhì)量為M,第一次推物塊后，運動員速度大小為5,第二次推物塊后，運

動員速度大小為。2第八次推物塊后，運動員速度大小為優(yōu)，第一次推物塊后，由動量守

恒定律知：Mvt=mv（）;第二次推物塊后由動量守恒定律知：加（。2—。1）="?［。0—（一。0）］=

2mvo,...,第"次推物塊后，由動量守恒定律知：M（0"—O"-i）=2wwo,整理得。產(chǎn)0“

則力=26。胃向08=3°°%m/s.由題意知,。7<5.0m/s,則M>52kg,又知。8>5.0m/s,則

M<60kg,故選B、C.

例4（2022?湖南岳陽市二模）如圖所示，質(zhì)量均為根的木塊4和B,并排放在光滑水平面上,

A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的。點系一長為L的細線，細線另一端系一質(zhì)量為恤的球C,

現(xiàn)將球C拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放球C,則下列說法不正確的是（重力加速度為

g）（）

B兩木塊分離時;A、B的速度大小均為管

A、B兩木塊分離時，C的速度大小為2

C.球C由靜止釋放到最低點的過程中，A對8的彈力的沖量大小為2/W

D.球C由靜止釋放到最低點的過程中，木塊A移動的距離為出

答案C

解析小球C下落到最低點時，A、3將要開始分離，此過程水平方向動量守恒，根據(jù)機械

能守恒有：=gm08?2+3義2m取水平向左為正方向，由水平方向動量守恒得：M0%

mgL

=2mVAB,聯(lián)立解得vc=2，VAB=故A、B正確；C球由靜止釋放

2m+tn^

到最低點的過程中，選8為研究對象,由動量定理有l(wèi)AB=mUAB=m(故C錯誤;

C球由靜止釋放到最低點的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設C對地向左水平位移大小為

可解得及=端聶，故D

Xi,A、B對地水平位移大小為M,貝”有"?OX1=2〃L￥2,X\+X2=L9

正確.

考點三碰撞模型及拓展

1.碰撞問題遵循的三條原則

⑴動量守恒：P1+P2=P「+°2’.

(2)動能不增加:Eki+EBEJ+底2'.

(3)速度要符合實際情況：若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度.

2.兩種碰撞特點

(1)彈性碰撞

兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒定律和機械能守恒定律.

以質(zhì)量為，“I、速度為。的小球與質(zhì)量為摩的靜止小球發(fā)生彈性正碰為例，有

mtV\=mtv\'+，￡2。2’

'2+產(chǎn)2。2'2

解得“=?5皿2，川。|

"?]十加2,>VI

結(jié)論:

①當如=m2時，V\=0,V21=0,兩球碰撞后交換了速度.

②當加>m2時，Vi'>0,V21>0,碰撞后兩球都沿速度。|的方向運動.

③當如<m2時、<0,￡>0,碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來.

④當“1》62時,=V\,V2=2Vi.

⑵完全非彈性碰撞

動量守恒、末速度相同：ni\V\+m2V2=(m[+m2)v機械能損失最多，機械能的損失：NE=

3.碰撞拓展

（1）“保守型”碰撞拓展模型

必

圖例（水平ZA)

^77^^777^^7777777777777777777777777+?+q

面光滑）zzzzz^^/zz///^^zz/

小球一彈簧模型小球一曲面模型

相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足，如0=（，〃+/）。共，

達到共速

損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能

相當于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足機0O=ms+M02,能量

再次分離

滿足;團伙）22+^MU22

（2）“耗散型”碰撞拓展模型

圖例（水平

|*/*|

面或水平二“HL

導軌光滑）

相當于完全非彈性碰』童，動量滿足機。0=（小共，損失的動能最大，

達到共速

分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電f花

例5（2022?湖南卷4）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)

子大致相等的中性粒子（即中子）組成.如圖，中子以速度。。分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰

撞后氫核和氮核的速度分別為S和。2.設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正

確的是（）

O——--------O-------?叫

中子氫核

O——--------O-——i

中子氮核

A.碰撞后氮核的動量比氫核的小

B.碰撞后氮核的動能比氫核的小

C.02大于。I

D.02大于。0

答案B

解析設中子的質(zhì)量為〃?，則氫核的質(zhì)量也為〃?，氮核的質(zhì)量為14m,設中子和氫核碰撞后

中子速度為V3,取文）的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv（）=mv]+mv3,

^mvo2—^nv^+^mvr,聯(lián)立解得。尸加，設中子和氮核碰撞后中子速度為0%取的方向為

正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得〃物）=14〃?。2+膽。4,^muo2==|xl4mv^+^mVA2,

2.._,”，

聯(lián)立解得O2=y^0,可得。1=。0>。2,碰撞后氫核的動量為PH=mOl=nn%氮核的動量為PN

=14機。2=當詈，可得PN>PH,碰撞后氫核的動能為EkH=%W|2=多加（）2,氮核的動能為fkN

=品14加厲=2霧。,可得EkH>EkN,故B正確，A、C、D錯誤.

例6（多選）（2022?河南省名校聯(lián)盟二模）如圖所示，豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連

接，不計一切摩擦.圓心。點正下方放置為的小球A,質(zhì)量為，"的小球8以初速度加

向左運動，與小球A發(fā)生彈性碰撞.碰后小球4在半圓形軌道運動時不脫離軌道，則小球B

的初速度。o可能為（重力加速度為g）（）

A.2^j2gRB.小派

C.2y[5gRD.y[5gR

答案BC

解析A與8碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動量守恒，設8的初速度方向為正方

向，設碰撞后3與4的速度分別為。1和。2,則：mvo=mv\+2mv2f由能量守恒得：

=^mvi2+,

聯(lián)立得：。2=苧①

若小球A恰好能通過最高點，說明小球到達最高點時恰由小球的重力提供向心力，設在最高

點的速度為Omin,由牛頓第二定律得：

2mg=2m^~@

A在碰撞后到達最高點的過程中機械能守恒，得：2，"g-2R=3-2，/O22一去2〃?81沁2③

聯(lián)立①②③得：0o=1.5小談，可知若小球A經(jīng)過最高點，則需要：v0^1.5y[5gR

若小球A不能到達最高點，則小球不脫離軌道時，恰好到達與。等高處，由機械能守恒定律

得：

聯(lián)立①④得：狗=1.5班誦

可知若小球A不脫離軌道時，

需滿足：OoWl.5也還

由以上的分析可知，若小球不脫離軌道時，需滿足：訓＜1.5，荻或。o21.5［新，故A、D

錯誤，B、C正確.

例7（多選）（2022?河北邢臺市高三期末）如圖所示，在足夠大的光滑水平面上停放著裝有光滑

弧形槽的小車，弧形槽的底端切線水平，一小球以大小為。°的水平速度從小車弧形槽的底端

沿弧形槽上滑，恰好能到達弧形槽的頂端.小車與小球的質(zhì)量均為〃?，重力加速度大小為g,

不計空氣阻力.下列說法正確的是（）

A.弧形槽的頂端距底端的高度為瑞

B.小球離開小車后，相對地面做自由落體運動

C.在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，小車對小球做的功為

D.在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，合力對小車的沖量大小為加0

答案ABD

解析經(jīng)分析可知，小球到達弧形槽頂端時，小球與小車的速度相同（設共同速度大小為。），

在小球沿小車弧形槽上滑的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，有mv（）=

2mv,設弧形槽的頂端距底端的高度為兒根據(jù)機械能守恒定律有57。（）2=92〃4+〃3，解

傳FA正確；設小球返回弧形槽的底端時，小球與小車的速度分別為功、V2,在小球

沿小車弧形槽滑行的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，以秋）的方向為正方

向，有機。0=〃皿+，加2,根據(jù)機械能守恒定律有^^加=品療+/療，解得。［=0,逅=。0,

可知小球離開小車后，相對地面做自由落體運動，B正確；根據(jù)動能定理，在小球沿小車弧

形槽滑行的過程中，小車對小球做的功W=0-5W（）2=一品。（）2,C錯誤；根據(jù)動量定理，在

小球沿小車弧形槽滑行的過程中，合力對小車的沖量大小/0=/HOO,D正確.

例8（2022.全國乙卷.25）如圖（a）,一質(zhì)量為機的物塊4與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面

上；物塊B向A運動，f=0時與彈簧接觸，至卜=2如時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B

的。一/圖像如圖（b）所示.已知從/=0至!|f=fo時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36oofo.4、8分

離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的3再次碰撞，之后A再次滑上

斜面，達到的最高點與前一次相同.斜面傾角為Wsin0=0.6）,與水平面光滑連接.碰撞過

程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi).求

(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；

(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；

(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù).

答案(1)0.6,如(2)0.768。曲(3)0.45

解析(1)當彈簧被壓縮到最短時，彈簧彈性勢能最大，此時4、B速度相等，即在f=ft)時刻，

根據(jù)動量守恒定律有

7?B-1.2VO—(/?B+W)VO

根據(jù)能量守恒定律有

Epmax=1.2Vo)2一+m)V(f

聯(lián)立解得niB=5m,昂皿=0.6mv(r

(2)8接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有

對方程兩邊同時乘時間Af,有

6mv()At=5mvB^t+mvA^t

0?拓之間，根據(jù)位移等于速度在時間上的累積，可得6〃nVo=5，〃S8+〃?SA,

將SA=0.36O“O

代入可得SB=1128O”O(jiān)

則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

△s=SB—SA=0.768的)而

(3)物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊4第二次與B分離后速度大小仍

為2oo,方向水平向右，設物塊A第一次滑下斜面的速度大小為。，，取向左為正方向，根

據(jù)動量守恒定律可得

mvA—5m-O.8vo=m-(—2vo)+5mve'

根據(jù)能量守恒定律可得

^mvA'2+j5W-(O.8UO)2

=2m-(—2vo)2+^-5mVB'2

聯(lián)立解得0，=如

方法一：設在斜面上滑行的長度為L,上滑過程，根據(jù)動能定理可得

-rngLsin0—fimgLcos6=0一力（2加）2

下滑過程，根據(jù)動能定理可得

八八19

mgLsin。—"加g￡cos。=/〃詁（）0

聯(lián)立解得4=0.45

方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計算出滑塊A上滑和下滑時的加速度大小，

mgsin夕+〃mgcos9=ma上

rngsin夕一〃加geos9=ma下

上滑時末速度為0,下滑時初速度為0,設在斜面上滑行的位移為L,由勻變速直線運動的位

移速度關系可得

2a上L=（2研））2—0,2〃下12

聯(lián)立可解得〃=0.45.

高考預測

1.（2022?廣西北海市一模）一輛總質(zhì)量為"（含人和沙包）的雪橇在水平光滑冰面上以速度。勻

速行駛.雪橇上的人每次以相同的速度3。（對地速度）向行駛的正前方拋出一個質(zhì)量為m的沙

包.拋出第一個沙包后，車速減為原來的會下列說法正確的是（）

A.每次拋出沙包前后，人的動量守恒

B.雪橇有可能與拋出的沙包發(fā)生碰撞

C.雪橇的總質(zhì)量M與沙包的質(zhì)量加滿足M：〃?=12：1

D.拋出第四個沙包后雪橇會后退

答案D

解析每次拋出沙包前后，雪橇（含人）和拋出的沙包總動量守恒，故A錯誤；拋出沙包后，

雪橇的速度不會超過。，不可能再與拋出的沙包發(fā)生碰撞，故B錯誤；規(guī)定雪橇的初速度方

,4

向為正方向，對拋出第一個沙包前后，根據(jù)動量守恒定律有用。=（〃一/“）鏟+/〃-30,得M=

lbw,故C錯誤；拋出第四個沙包后雪榷速度為。由全過程動量守恒得—4〃?！?

V

4/n-3v,將M=ll"z代入得小=一,,故D正確.

2.（2022?江蘇無錫市普通高中高三期末）如圖所示，質(zhì)量為M=100g的木板左端是一半徑為

R=10m的土光滑圓弧軌道，軌道右端與木板上表面在B處水平相連.質(zhì)量為加=80g的木

塊置于木板最右端A處.一顆質(zhì)量為加2=20g的子彈以大小為。（）=100m/s的水平速度沿木

塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出.已知子彈打進木塊的時間極短，木板上

表面水平部分長度為L=10m,木塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,重力加速度g=10m/s2.

B

(1)求子彈打進木塊過程中系統(tǒng)損失的機械能；

(2)若木板固定，求木塊剛滑上圓弧時對圓弧的壓力；

(3)若木板不固定，地面光滑，求木塊上升的最大高度.

答案(1)80J(2)4N,方向豎直向下(3)5m

解析(1)子彈打進木塊過程，由動量守恒定律有加解得。i=20m/s,

由能量守恒定律有

AE|=1/＞：2^02—如+m2)。|2,

解得AEi=80J.

(2)木塊從A端滑到B端過程，

由動能定理有一fi(m\+mi)gL=^tn\+ni2)vr—氐如+恤)。，，

木塊滑到B端時，由牛頓第二定律有

加1+“29

尺―O1+機2）g=

聯(lián)立解得FN=4N,

根據(jù)牛頓第三定律可得F&=FN=4N,方向豎直向下.

(3)從開始至木塊在圓弧軌道上滑至最高過程中水平方向系統(tǒng)動量守恒，有m2v0=(m2+ml+

M)V3,

得仍=10m/s,

子彈打進木塊后至木塊在圓弧軌道上滑至最高過程中，

根據(jù)能量守恒定律有

2（m1+m2）。?2=2（^2+/?]+M）V32+（mI+mi）gh+〃（機i+，〃2）gL,

解得h=5m.

專題強化練

［保分基礎練］

1.(2022.福建三明市高三期末)跑鞋的鞋墊通常選擇更軟、更有彈性的抗壓材料，以下說法中

錯誤的是()

A.鞋墊減小了人與地面的作用力

B.鞋墊減小了人落地過程的動量變化量

C.鞋墊延長了人與地面相互作用的時間

D.鞋墊可將吸收的能量盡可能多地回饋給人

答案B

解析根據(jù)動量定理有（F—mg）f=O一（一2），解得/=牛+，咫，鞋墊的作用是延長了人與地

面的作用時間f,減小了人和地面的作用力F,鞋墊的作用是將盡可能多的能量反饋給人，A、

C、D正確；鞋墊沒有改變?nèi)说某鮿恿?,也沒有改變?nèi)说哪﹦恿考印?人落地過程的動量變

化量不變，B錯誤.

2.（2022.湖南郴州市質(zhì)檢）如圖所示，質(zhì)量分別為m、加2的兩個小球4、B,帶有等量異種電

荷，通過絕緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上.突然加一水平向右的勻強電場后，

兩球A、8將由靜止開始運動，對兩小球4、8和彈簧組成的系統(tǒng)，在以后的運動過程中，以

下說法正確的是（設整個過程中不考慮電荷間庫侖力的作用，且彈簧不超過彈性限度）（）

A.系統(tǒng)動量守恒

B.系統(tǒng)機械能守恒

C.彈簧彈力與靜電力大小相等時系統(tǒng)機械能最大

D.系統(tǒng)所受合外力的沖量不為零

答案A

解析加上電場后，兩球所帶電荷量相等而電性相反，兩球所受的靜電力大小相等、方向相

反，則系統(tǒng)所受靜電力的合力為零，系統(tǒng)的動量守恒，由動量定理可知，合外力沖量為零，

故A正確，D錯誤；加上電場后，靜電力分別對兩球做正功，兩球的動能先增加，當靜電力

和彈簧彈力平衡時，動能最大，然后彈力大于靜電力，兩球的動能減小，直到動能均為0,

彈簧最長為止，但此過程中系統(tǒng)機械能一直都在增加，故B、C錯誤.

3.（2022?湖北卷?7）一質(zhì)點做曲線運動，在前一段時間內(nèi)速度大小由。增大到2o,在隨后的一

段時間內(nèi)速度大小由2。增大到5°.前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點做功分別為Wi和電，合

外力的沖量大小分別為6和/2.下列關系式一定成立的是（）

A.電=3卬|,/2W3/1B.牝=3卬1,/22/I

C.肌=7卬”慶3八D.印2=7卬|,心河

答案D

1131I21

解析根據(jù)動能定理有卬［=5團（2。）2—卬2=5皿50）2—5%?（2。）2=予加\可得卬2

=7Wi；由于速度是矢量，具有方向，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相

反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是3nw&h&7nw,可知"B/i,

故選D.

4.（多選）（2022?河南省大聯(lián)考）如圖甲所示，質(zhì)量均為機的A、B兩物塊連接在勁度系數(shù)為k

的輕質(zhì)彈簧兩端，放置在光滑的水平面上處于靜止狀態(tài)，從r=0時刻開始，給A一個水平向

右、大小為內(nèi)的初速度，A、B運動的。一，圖像如圖乙所示，已知兩物塊運動的。一，圖像具

有對稱性，且為正、余弦曲線.彈簧的彈性勢能與勁度系數(shù)和彈簧的形變量之間的關系為后

=荻巳彈簧始終在彈性限度內(nèi)，結(jié)合所給的信息分析，下列說法正確的是（）

A.“時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，包時刻彈簧的壓縮量最大

B.在0?攵的時間內(nèi)，彈簧對3做的功為等

C.fi時亥IJ,若A的速度s與B的速度。2之差為A。，則此時A與8的動能之差為最如必。

D.f2時刻彈簧的形變量為。八杵

答案AC

解析分析A、B的運動過程，可知〃時刻A、8間的距離正在增大，彈簧處于伸長狀態(tài)，/2

時刻A、8間的距離最小，彈簧的壓縮量最大，A正確；攵時刻A、8達到共同速度，由動量

守恒定律可得機次）=2團0共，0?亥時間內(nèi)，對3運用動能定理有°共2='"：°,B錯誤；

0?A時間內(nèi)，由動量守恒定律有機如=〃助+m。2,A與8的動能之差△反=/曲2一/療，

結(jié)合0—可得AEk=WmooA。，C正確；亥時刻，由能量守恒定律可得彈簧的彈性勢

能穌=品如2—5血共2,結(jié)合0共=/，解得彈簧的形變量工=片、1號,D錯誤.

5.（多選）（2022?山東煙臺市高三期末）如圖所示，質(zhì)量為3根的小球8靜止在光滑水平面上，

質(zhì)量為相、速度為。的小球A與小球3發(fā)生正碰，碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，

因此碰撞后小球8的速度可能有不同的值.碰撞后小球8的速度大小可能是（）

AB

7777/77777777777777777777777/77777'

A.0.2vB.0.4r

C.0.5。D.0.6v

答案BC

解析若A、8發(fā)生的是彈性碰撞，對A、B碰撞過程由動量守恒定律可得加。=〃皿+3/MS,

則由機械能守恒定律可得=gm2+；.3m療,2m

解得碰撞后小球B的速度大小為V2=

m+3m

0=/；若4、8發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則碰后兩者共速，根據(jù)動量守恒定律可得AW=

（"?+3機）蘇，解得碰撞后小球B的速度大小為/=上,即碰撞后小球B的速度大小范圍為

/WOBW/,故選B、C.

6.（多選）（2022?山東濟南市、聊城市等高三學情檢測）如圖所示，金屬塊內(nèi)有一個半徑為R的

光滑圓形槽，金屬塊放在光滑水平面上且左邊挨著豎直墻壁.一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)

點）從離金屬塊左上端R處靜止下落，沿圓槽切線方向進入圓槽內(nèi)，小球到達最低點后繼續(xù)向

右運動，恰好不能從圓形槽的右端沖出.己知重力加速度為g,不計空氣阻力.下列說法正

確的是（）

A.小球第一次到達最低點時，小球?qū)饘賶K的壓力大小為5〃際

B.金屬塊的質(zhì)量為山

C.小球第二次到達最低點時的速度大小為2病

D.金屬塊運動過程中的最大速度為2屈

答案ABD

解析小球從靜止到第一次到達最低點的過程，根據(jù)動能定理有，硒,小球剛到最

2

低點時，根據(jù)圓周運動和牛頓第二定律有F^—mg=nr^,根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)饘?/p>

塊的壓力大小為FN'=FN,聯(lián)立解得FN'=5mg,A正確；小球第一次到達最低點至小球到

達圓形槽右端過程，小球和金屬塊水平方向動量守恒，則有mva={m+M）v,根據(jù)能量守恒

定律有=—+解得M=〃?，B正確；小球第二次到達最低點的過程中，

水平方向動量守恒，即有，"。0=用。1+〃《?2,又由能量守恒可得3。02=/加12+5的22,M=m,

解得功=。0=2病，。2=0,C錯誤，D正確.

［爭分提能練］

7.（多選）（2022?山東省實驗中學高三檢測）在足夠長的光滑水平面上，物塊A、B、C位于同一

直線上，A位于8、C之間，A的質(zhì)量為機，B、C的質(zhì)量都為M,且機=或，若開始時三者

均處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)給A一個向右的沖量/,物塊間的碰撞都可以看作是彈性碰撞，關于A

與8、C間發(fā)生碰撞的分析正確的是（）

A.A與8、C之間只能各發(fā)生一次碰撞

B.A、B之間只能發(fā)生一次碰撞，A、C之間可以發(fā)生兩次碰撞

C.A、C之間只能發(fā)生一次碰撞，4、B之間可以發(fā)生兩次碰撞

D.4、C第一次碰撞后，C速度大小為言》/

答案AD

解析選取向右為正方向，設A、C碰撞之前A的速度為內(nèi)，第一次A、C碰撞之后，A的

速度為On,C的速度為oci,對物塊A,根據(jù)動量定理有/=m外,A、C發(fā)生彈性碰撞，碰

撞過程由系統(tǒng)的動量守恒■有mvA=mvA\+Mvc\,由能量守恒有J"。/=^mvAi2+^Mvc\2,又有

1,,小，、笈〃pm—MI2m2m12/〃.,,

m=2M'職工解付力|=/應辦=一赤，0cl=啟而內(nèi)=亦/荷=而，故D正確；由上述

分析可知，A、C碰撞之后，4反向彈回，則A和B可以發(fā)生碰撞，同理可得，A和8碰撞

之后，A和8的速度分別為。81=.，。川=一言,〃2=：+力『表,貝"辦2<。。，則4和

C不能發(fā)生第二次碰撞，要想4和8發(fā)生第二次碰撞，4和C必須發(fā)生第二次碰撞，故B、

C錯誤，A正確.

8.（多選）（2021?湖南卷?8）如圖（a）,質(zhì)量分別為和卜皿的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個

系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為x.撤去

外力并開始計時，48兩物體運動的圖像如圖（b）所示，Si表示0到九時間內(nèi)A的a-f

圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示。到會時間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標軸所圍

面積大小.4在外時刻的速度為如下列說法正確的是（）

A.0到八時間內(nèi)，墻對B的沖量等于〃s。o

B.mX>mn

C.8運動后，彈簧的最大形變量等于x

D.S|一$2=53

答案ABD

解析由于在0?h時間內(nèi)，物體8靜止，則對B受力分析有尸功=尸律，則墻對B的沖量大

小等于彈簧對B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A,則可將研究對象轉(zhuǎn)換為A,撤

去F后A水平方向只受彈力作用，則根據(jù)動量定理有/=加附0(方向向右)，則墻對B的沖量

與彈簧對A的沖量大小相等、方向相同，A正確：

由“一7圖像可知”后彈簧被拉伸，在會時刻彈簧的伸長量達到最大，根據(jù)牛頓第二定律有

F#=mAaA=mBaB,由題圖(b)可知CIB>UA,則,B正確；

由題圖(b)可得，打時刻8開始運動，此時4速度為訪)，之后A、B動量守恒，A、B和彈簧整

個系統(tǒng)能量守恒，則WMOO=〃?A0A+〃?QB,可得A、3整體的動能不等于0,即彈簧的彈性勢

能會轉(zhuǎn)化為A、B系統(tǒng)的動能，彈簧的形變量小于x,C錯誤；

由a-f圖像可知八后8脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在“?及時間內(nèi)A、8組成的系統(tǒng)動量守

恒，且在女時刻彈簧的伸長量達到最大，A、B共速，由〃一f圖像中圖線與橫軸所圍的面積

表示可知，在f2時刻A、B的速度分別為0A=S|-S2,VB=S3,A、B共速，則S|-S2=S3,

D正確.

9.(2021?浙江1月選考」2)在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有

聲音記錄儀.爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)量之比為2：1、

初速度均沿水平方向的兩個碎塊.遙控器引爆瞬間開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從

空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲.已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s,忽略空氣阻

力.下列說法正確的是()

A.兩碎塊的位移大小之比為1:2

B.爆炸物的爆炸點離地面高度為80m

C.爆炸后的質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/s

D.爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m

答案B

解析設碎塊落地的時間為r,質(zhì)量大的碎塊水平初速度為則由動量守恒定律知質(zhì)量小的

碎塊水平初速度為2。，爆炸后的碎塊做平拋運動，下落的高度相同，則在空中運動的時間相

同，由水平方向x=°"知落地水平位移之比為1：2,碎塊位移可見兩碎塊的位

移大小之比不是1：2,故A項錯誤；據(jù)題意知,“=(5—1)X340(m/s),又2vt=(6—/)x340(m/s),

聯(lián)立解得f=4s,。=85m/s,故爆炸點離地面高度為力=5戶=80m,B項正確，C項錯誤；

兩碎塊落地點的水平距離為Ax=3w=1020m,故D項錯誤.

10.(多選)如圖所示，半徑分別為/?和「=冷的兩光滑圓軌道安置在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道

之間由一條光滑水平軌道CD相連，在水平軌道8上有一輕彈簧被a、b兩小球夾住，同時

釋放兩小球，〃、人球都恰好能通過各自圓軌道的最高點，已知〃球的質(zhì)量為，外重力加速度

為g，貝1()

A.人球的質(zhì)量的＞=小〃？

B.兩小球與彈簧分離時，動能相等

C.。球到達圓心等高處時，對軌道壓力大小為2〃火

D.若儂=相，要求服b球都能通過各自圓軌道的最高點，彈簧釋放前至少應具有的彈性勢

能為Ep=5mgR

答案AD

解析設〃球離開彈簧后的速度大小為外,a球恰好能通過圓軌道的最高點，設在最高點速

'2

度為,則有v，解得％'=y[gR,選取最低點所在的水平面為零勢能面，根據(jù)

2

機械能守恒定律得品。"2=2/〃gR+52。/,解得va=y]5gR,同理可得b球離開彈簧后的速

度大小為Vb=y]5gr,取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得加?！耙弧a尸。，可得皿,=小"?，

2

故A正確；兩小球與彈簧分離時，動量大小相等，根據(jù)動能與動量關系反=宗可知，動能

不相等，故B錯誤；設。球到達圓心等高處時速度為v,由動能定理可得一加2—方的/,

設軌道對4球的支持力大小為F,由牛頓第二定律有尸=〃樂，聯(lián)立解得F=3n?g,由牛頓第

三定律可知，a小球?qū)壍缐毫Υ笮?，〃g,C錯誤；若取向左為正方向，由動量

守恒定律有—優(yōu)成〃=0,則分離時兩小球速度相等，若要求。、匕球都能通過各自的最高

點，只需要a球能夠通過，則6球也能通過，由前面分析可知，a球剛好通過最高點時，分

2

離時速度為Ua=y/5gR,則彈簧釋放前至少應具有的彈性勢能為Ep=2X^mva=5mgR,故D

正確.

11.（2022?天津市耀華中學二模）質(zhì)量為M=0.6kg的小車，原來靜止在光滑水平軌道上，有

兩根長度均為L=0.8m的細繩，一根系在固定的擋板。上，另一根系在小車C上，下面各

掛一只小球，小球的質(zhì)量分別為〃?A=0.4kg,）如=0.2kg,靜止時兩小球正好相切，且切點

與兩球心同在一水平面上，如圖所示，如果將A球拉成水平后由靜止釋放，在最低點與8球

碰撞，碰后A球繼續(xù)向右運動，上升的最大高度為〃=0.2m.g=10m/s2,求：

AB

⑴碰后瞬間5球的速度大小;

(2)碰撞后B球上升的最大高度；

(3)小車能達到的最大速度.

答案(1)4m/s(2)0.6m(3)2m/s

解析(1)設A球下落到最低點時速度為加，兩球碰撞后速度分別為辦、OB,對A球下落以

及碰后上升兩個階段分別由機械能守恒定律，可得