新高考物理二轮复习题型归纳与变式练习专题08动量问题综合（含解析）

这是一份新高考物理二轮复习题型归纳与变式练习专题08动量问题综合（含解析），共37页。试卷主要包含了应用动量定理解释的两类物理现象，应用动量定理解题的一般步骤，“人船模型”问题等内容，欢迎下载使用。

专题08：动量问题综合

考点1 冲量和动量定理 1
考点2 动量和动量守恒定律 3
考点3 动量定理与动量守恒定律的综合 6
考点4 动力学、动量和能量观点的综合应用 9
考点5 三种观点解决力学问题 12

考点1 冲量和动量定理
(1)恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解，合外力的冲量可利用I＝F合·t或I合＝Δp求解。
(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。
1．应用动量定理解释的两类物理现象
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。
2．应用动量定理解题的一般步骤
(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。
(1)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。系统不受外力或所受合外力为零时，系统动量守恒。
(2)动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。
(3)动量守恒表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或p＝p′或Δp＝0。
【典例1】太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为，离子以的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A. B.
B. C. D.
【答案】C
【解析】对离子，根据动量定理有

而

解得F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选C。
【变式1-1】一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )

A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s时物块的速度为零
【答案】AB
【解析】由动量定理可得：Ft=mv，解得 ，t=1 s时物块的速率为=1 m/s，故A正确；在F-t图中面积表示冲量，所以，t=2 s时物块的动量大小P=Ft=2×2=4kg.m/s ，t=3 s时物块的动量大小为P/=(2×2-1×1)kgm/s=3 kg·m/s，t=4 s时物块的动量大小为P//=(2×2-1×2)kgm/s=2 kg·m/s，所以t=4 s时物块的速度为1m/s，故B正确 ，C、D错误
【变式1-2】如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是(　　)
A．重力对它们的冲量相同
B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同
D．它们动能的增量相同
【答案】　A
【解析】　这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．
【变式1-3】质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图所示．设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是(　　)
A．I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5
B．I1∶I2＝6∶5，W1∶W2＝3∶5
C．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5
D．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5
【答案】　C
【解析】　由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则摩擦力大小都为m.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为、，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F－Ff＝ma，则F1＝，F2＝，故I1∶I2＝F1t0∶4F2t0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，v－t图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F1和F2做功之比为W1∶W2＝x1∶x2＝6∶5，故C正确．
考点2 动量和动量守恒定律
(1)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。系统不受外力或所受合外力为零时，系统动量守恒。
(2)动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。
(3)动量守恒表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或p＝p′或Δp＝0。
【典例2】(多选)(2021·甘肃天水期末)如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则(　　)
A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒
B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒
C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒
D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒
【答案】选BD
【解析】　子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，子弹和木块(或子弹、弹簧和木块)组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机械能不守恒，A错误，B正确；过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，C错误，D正确。
【变式2-1】（2021·浙江卷）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．两碎块的位移大小之比为1:2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【答案】B
【解析】
A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知

因两块碎块落地时间相等，则

则

则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；
B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知

解得
t=4s
爆炸物的爆炸点离地面高度为

选项B正确；
CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移

质量小的碎块的水平位移

爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m
质量大的碎块的初速度为

选项CD错误。
故选B。
【变式2-2】如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)(　　)
A.系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
【答案】选BD　
【解析】系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为vm，小车的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车移动的最大距离为，D正确。
【变式2-3】(2021·安徽师大附中检测)质量m＝260 g的手榴弹从水平地面上以v0＝10 m/s的初速度斜向上抛出，上升到距地面h＝5 m的最高点时爆炸，手榴弹除火药外的部分炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地时动能为5 J。重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计，火药燃烧充分，求：
(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；
(2)手榴弹所装火药的质量；
(3)两块弹片落地点间的距离。
【答案】　(1)10 m/s　(2)0.06 kg　(3)26 m
【解析】　(1)设手榴弹上升到最高点且未发生爆炸时的速度大小为v1，有mv02＝mv12＋mgh
代入数据解得v1＝10 m/s。
(2)设两块弹片的质量均为m′，爆炸后瞬间其中一块速度为零，设另一块速度为v2，有m′gh＝5 J
代入数据解得m′＝0.1 kg
设手榴弹所装火药的质量为Δm，有Δm＝m－2m′
代入数据解得Δm＝0.06 kg。
(3)设另一块弹片做平抛运动的时间为t，两块弹片落地点间的距离为Δx，有mv1＝m′v2，Δx＝v2t，h＝gt2
代入数据解得Δx＝26 m。
考点3 动量定理与动量守恒定律的综合
(1)动量定理与动量守恒定律都是矢量方程，应用时要规定正方向，同时要关注速度、速度变化量、动量及动量变化量的矢量性。
(2)动量定理关注力和力的作用时间，而动量守恒定律要关注系统内相互作用过程。
几种常见模型的特点及规律
模型
特点及满足的规律

子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv0＝(m＋M)v，Q热＝fL相对＝mv02－(M＋m)v2若子弹穿出木块，有mv0＝mv1＋Mv2，Q热＝fL相对＝mv02－mv12－Mv22

(1)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒、机械能守恒，即
m1v0＝(m1＋m2)v共，m1v02＝(m1＋m2)v共2＋Epm。
(2)弹簧处于原长时弹性势能为零，系统满足动量守恒、机械能守恒，即m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v02＝m1v12＋m2v22
模型

表面粗糙、质量为M的木板，放在光滑的水平地面上，质量为m的小木块以初速度v0滑上木板，若木块未滑离木板，当木块与木板相对静止时，二者的共同速度为v，木块相对木板的位移为d，木板相对地面的路程为s，木块和木板间的摩擦力为f。这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况，则有mv0＝(M＋m)v，
f·d＝mv02－(M＋m)v2＝mv02。

若木块滑离木板，设滑离木板时，木块的速度为v1，木板的速度为v2木板长为l，则根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，摩擦力和相对路程的乘积等于系统动能的减少量，有
f·l＝mv02－mv12－Mv22。
【典例3】(2021·广安高三检测)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。某次试验中，质量m1＝1 600 kg的试验车以速度v1＝36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1＝0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。
(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；
(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2＝1 600 kg、速度v2＝18 km/h同向行驶的汽车，经时间t2＝0.16 s两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。
【答案】　见解析
【解析】(1)v1＝36 km/h＝10 m/s，取速度v1的方向为正方向
由动量定理有－I0＝0－m1v1 ①
将已知数据代入①式得
I0＝1.6×104 N·s ②
由冲量定义有I0＝F0t1 ③
将已知数据代入③式得F0＝1.6×105 N。 ④
(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v
由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ⑤
对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1 ⑥
将已知数据代入⑤⑥式得F＝2.5×104 N
可见F 【变式3-1】(2021·山东滨州市重点中学高考模拟)质量为mA＝1.0 kg的小物块A静止在水平地面上，与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。质量为mB＝3.0 kg的小物块B以v0＝2 m/s的速度与A发生弹性正碰，碰后A沿水平地面向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，重力加速度g＝10 m/s2。A、B运动过程中的碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。
(1)求A、B碰后瞬间速度vA、vB的大小；
(2)A、B碰后哪一个速度先减为零？求此时A与B之间的距离Δs1；
(3)A和B都停止运动后，A与B之间的距离Δs2。

【答案】　(1)3.0 m/s　1.0 m/s　(2)B物块　0.50 m　(3)0.25 m
【解析】　(1)小物块A、B发生弹性正碰，则
由动量守恒定律有mBv0＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒定律有mBv＝mBv＋mAv
联立并代入题给数据得vA＝3.0 m/s，vB＝1.0 m/s。
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生第二次碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为碰撞后速度较小的B。设从碰撞到B停止所需时间为t，B向右运动的路程为sB。
则有μmBg＝mBa
sB＝vBt－at2
vB－at＝0
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－at2
联立并代入题给数据得
sA＝1.25 m，sB＝0.25 m。
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B再次发生碰撞，故假设成立，B停止时A位于出发点右侧0.75 m处，B位于出发点右侧0.25 m处，两物块之间的距离为
Δs1＝0.75 m－0.25 m＝0.50 m。
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B再次碰撞，碰撞前瞬间A的速度大小为v′A，由动能定理有
－μmAg(2l－sB)＝mAv′－mAv
解得v′A＝ m/s
故A与B将再次发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B
mAv′＝mAv″＋mBv″
联立并代入题给数据得v″A＝ m/s，v″B＝－ m/s
这表明碰撞后A将向右运动，B向左运动。设碰撞后A向右运动距离为s′A时停止，B向左运动距离为s′B时停止，由运动学公式有
2as′A＝v″，2as′B＝v″
解得s′A＝0.125 m，s′B＝0.125 m
s′A小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离Δs2＝0.25 m。
考点4 动力学、动量和能量观点的综合应用
1．动量与能量的综合问题，常取材“滑块—滑板”模型、“传送带”模型、“弹簧—物块”模型等，设置多个情景、多个过程，考查力学三大观点的综合应用。要成功解答此类“情景、过程综合”的考题，就要善于在把握物理过程渐变规律的同时，洞察过程的临界情景，结合题给条件(往往是不确定条件)，进行求解(注意结合实际情况分类讨论)。
2．“三大观点”的选取原则
(1)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。
(2)当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。
(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题进行求解。
(4)复杂的问题一般需综合应用能量的观点、运动与力的观点解题。
【典例4】如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙，在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上，现有很小的滑块A(可视为质点)以初速度v0从右端滑上B，并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，重力加速度为g求：

(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；
(2)圆弧槽C的半径R；
(3)滑块A滑离圆弧槽C时C的速度。
【答案】　(1)　(2)　(3)
【解析】(1)对A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为vB，从A滑上B到A刚离开B的过程中动量守恒，有mv0＝m＋2mvB
解得vB＝
由能量守恒定律有μmgL＝mv02－m－×2mvB2
解得μ＝。
(2)设A到达C的最高点时A和C的共同速度为vC从A滑上C到A到达C的最高点的过程中，研究A和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有
m＋mvB＝2mvC
解得vC＝v0
由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有
mgR＝m＋mvB2－×2mvC2
解得R＝。
(3)研究A、C组成的系统，从A滑上C到A滑离C的过程中，系统在水平方向上动量守恒，有
m＋mvB＝mvA1＋mvC1，式中vA1和vC1分别为A滑离C时A和C的速度
此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有m＋mvB2＝mvA12＋mvC12
解得vC1＝，方向水平向左。
【变式4-1】（2021·浙江卷）如图所示，水平地面上有一高的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道，它们平滑连接，其中管道的半径、圆心在点，轨道的半径、圆心在点，、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道、轨道从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，，。
（1）若小滑块的初始高度，求小滑块到达B点时速度的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。

【答案】（1）4m/s；（2）；（3）0.8m
【解析】
（1）小滑块在轨道上运动:
代入数据解得
（2）小球沿轨道运动，在最高点可得
从C点到E点由机械能守恒可得
解得，
小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有
，
，
解得，
结合(1)问可得
解得h的最小值
（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理

由平抛运动可得，
联立可得水平距离为
由数学知识可得当
取最大，最大值为
考点5 三种观点解决力学问题
1．解动力学问题的三个基本观点
力的观点
运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题
能量观点
用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
动量观点
用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
2.力的瞬时作用和力的空间积累作用
分类
对应规律
规律内容
公式表达
力的瞬时作用
牛顿第二定律
物体的加速度大小与合外力成正比，与质量成反比，方向与合外力的方向相同
F合＝ma
力的空间积累作用
动能定理
外力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量
W合＝ΔEk
功能关系
一个力做了多少功，就有多少能从一种形式转化为其他形式
W＝W其他1＋W其他2＋…
机械能守恒定律
在只有重力(或弹力)做功的情况下，系统的机械能的总量保持不变
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
3.动量观点和能量观点的比较
相同点
(1)研究对象都是相互作用的物体组成的系统
(2)研究过程都是某一运动过程
不同点
动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律都是标量表达式，无分量表达式
【典例5】(2021广东惠州模拟)如图所示为某工地一传输工件的装置，AB为一段足够大且固定的圆弧轨道，圆弧半径R＝5.6 m，BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段固定的 圆弧轨道，圆弧半径r＝1 m，三段轨道均光滑．一长为L＝2 m、质量为M＝1 kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m＝2 kg的工件从距AB轨道最低点的高度为h处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处．工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面DE上的工人接住．工件与小车的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求：

(1)若h为2.8 m，则工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为多大？
(2)要使工件能被站在台面DE上的工人接住，则h的取值范围为多少？
【答案】：见解析
【解析】：(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度为vB，根据动能定理有mgh＝mv
工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得
FN－mg＝m
联立解得FN＝40 N
由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为FN′＝FN＝40 N.
(2)由于BC轨道足够长，要使工件能到达CD轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v0，工件与小车达到共速时的速度为v1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统
由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1
由动能定理得μmgL＝mv－(m＋M)v
对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得
mgh1＝mv
代入数据解得h1＝3 m
要使工件能从CD轨道最高点飞出，h1＝3 m为其从AB轨道滑下的最大高度，
设其从轨道下滑的最小高度为h′，刚滑上小车的速度为v′0，与小车达到共速时的速度为v′1，刚滑上CD轨道的速度为v′2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得mv′0＝(m＋M)v′1
由动能定理得μmgL＝mv′－Mv′－mv′
工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得
mv′＝mgr
工件在AB轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得
mgh′＝mv′
联立并代入数据解得h′＝ m
综上所述，要使工件能从CD轨道最高点飞出，应使h满足 m
【易错01】动能、动量、动量变化量的比较

动能
动量
动量变化量
定义
物体由于运动而具有的能量
物体的质量和速度的乘积
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
Ek＝mv2
p＝mv
Δp＝p′－p
标矢性
标量
矢量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联
方程
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化

【易错02】动量定理及其应用理解有误
1.动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统。对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力。系统内力的作用不改变整个系统的总动量。
2.用牛顿第二定律和运动学公式能求解恒力作用下的匀变速直线运动的间题，凡不涉及加速度和位移的，用动量定理也能求解，且较为简便。
但是，动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。对于变力，动量定理中的F应当理解为变力在作用时间内的平均值。
3.用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要把哪个量一定哪个量变化搞清楚。
4.应用求变力的冲量：如果物体受到变力作用，则不直接用求变力的冲量，这时可以求出该力作用下的物体动量的变化，等效代换变力的冲量I。
5.应用求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中物体速度方向时刻在改变，求动量变化需要应用矢量运算方法，比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。
【易错03】“三类”模型问题中动量守恒定律及其应用理解有误
1．“子弹打木块”模型
(1)“木块”放置在光滑的水平面上
①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动．
②处理方法：通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力远大于外力，可认为在这一过程中动量守恒．把“子弹”和“木块”看成一个系统：a.系统水平方向动量守恒；b.系统的机械能不守恒；c.对“木块”和“子弹”分别应用动能定理．
(2)“木块”固定在水平面上
①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”静止不动．
②处理方法：对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律．
2．“反冲”和“爆炸”模型
(1)反冲
①定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．
②特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、发射火箭等．
③规律：遵从动量守恒定律．
(2)爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒．如爆竹爆炸等．
3．“人船模型”问题
(1)模型介绍
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．这样的问题即为“人船模型”问题．
(2)模型特点
①两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.
②运动特点：人动船动，人静船静，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＝＝.
③应用＝＝时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。
1（2022·山东青岛高三期末）如图，两辆完全相同的小车A和B静止在光滑水平面上，两小车紧靠在一起而不粘连，在小车A上竖直固定一轻质细杆，长的轻质细绳的一端系在细杆顶端，另一端拴一质量m=1kg的小球，已知小车的质量M=2m，重力加速度g=10m/s2，细杆的高度大于绳长。现将小球向右拉至细绳水平且绷直后由静止释放，下列说法正确的是（　　）

A．小球与两小车组成的系统动量守恒
B．释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小车A对小车B的弹力一直增大
C．小球第一次到达最低点后能向左上升的最大高度为
D．小球第二次到达最低点时小球与小车A的速率之比为8∶7
【答案】CD
【解析】
A．小球与两小车组成的系统在竖直方向上所受合外力不为零，动量不守恒，故A错误；
B．小球与两小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零，动量守恒，释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小球在水平方向的分速度一直增大，所以小车A、B速度一直增大，当小球到达最低点时，小车A、B速度达到最大，此时小车A对小车B的弹力为零，所以释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小车A对小车B的弹力一直减小，故B错误；
C．设小球第一次到达最低点时的速度大小为v0，两小车速度大小均为v1，在水平方向根据动量守恒定律有
①
根据机械能守恒定律有
②
小球第一次到达最低点后能向左上升至最大高度h时，小车A和小球速度大小相同，设为v2，在水平方向根据动量守恒定律有
③
根据机械能守恒定律有
④
联立①②③④解得
⑤
故C正确；
D．设小球第二次到达最低点时小球与小车A的速度分别为v3、v4，取水平向左为正方向，在水平方向上根据动量守恒定律有
⑥
根据机械能守恒定律有
⑦
联立⑥⑦解得
， ⑧
所以
⑨
故D正确。
故选CD。
2.（2022·安徽合肥一模）如图所示，一质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，有一质量也为m的小球由槽顶端A静止释放，在其下滑至槽末端B的过程中，已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是（ ）

A．若圆弧槽固定，小球的机械能守恒
B．若圆弧槽固定，小球滑至B点时对槽的压力大小为4mg
C．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
D．圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为
【答案】AD
【解析】
A．若圆弧槽固定，小球的重力势能全部装换为小球的动能，则小球的机械能守恒，A正确；
B．若圆弧槽固定，小球滑至B点时的速度为
mgR = mvB2
小球下滑的过程中做圆周运动有

解得
FN = 3mg
B错误；
C．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒，C错误；
D．圆弧槽不固定的情形下，小球滑到B点时的速度为，取水平向右为正
- mv + mv = 0
根据AB组成的系统机械能守恒有

解得圆弧槽不固定的情形下，小球滑到B点时的速度为

再结合选项B，可知圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为，D正确。
故选AD。

1、（2022·湖南卷·T7）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（　　）

A 在时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B. 在时间内，返回舱的加速度不变
C. 在时间内，返回舱的动量随时间减小
D. 在时间内，返回舱的机械能不变
【答案】AC
【解析】
A．重力的功率为

由图可知在0~t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；
B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0~t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；
C．在t1~t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；
D．在t2~t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。
故选AC。
2、（2022·湖南卷·T4）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和。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　）

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. 大于 D. 大于
【答案】B
【解析】
设中子的质量为，氢核的质量为，氮核的质量为，设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得


联立解得

设中子和氮核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得


联立解得

可得

碰撞后氢核的动量为

氮核的动量为

可得

碰撞后氢核的动能为

氮核的动能为

可得

故B正确，ACD错误。
故选B。
3、（2022·山东卷·T2）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）

A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【答案】A
【解析】
A．火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；
C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
故选A。
4、（2022·全国乙卷·T20）质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（　　）

A. 时物块的动能为零
B. 时物块回到初始位置
C. 时物块的动量为
D. 时间内F对物块所做的功为
【答案】AD
【解析】
物块与地面间摩擦力为

AC．对物块从内由动量定理可知

即

得

3s时物块的动量为

设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得

即

解得

所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B．物块发生的位移为x1，由动能定理可得

即

得

过程中，对物块由动能定理可得

即

得

物块开始反向运动，物块的加速度大小为

发生的位移为

即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为

拉力所做的功为

故D正确。
故选AD。

1．如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对于这个实验，下列说法正确的是(　　)

A.缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C．为使杯子不滑落，杯子与纸条的动摩擦因数尽量大一些
D．为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些
【答案】选D　
【解析】纸条对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时时间长，则摩擦力对杯子的冲量较大；快速拉动纸条时时间短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故A、B错误；为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面上运动的加速度大，位移短，故C错误、D正确。
2．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(　　)
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
【答案】选A　
【解析】从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故A正确，B、C、D错误。
3．(2021·广西钦州综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑。为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是(　　)
A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度
B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间
C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间
D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度
【答案】选D　
【解析】在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：－t＝mv2－mv1，结合牛顿第三定律可知，应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正确，A、B、C错误。
4．(2021·江西崇义中学模拟)一质量为m的铁锤，以速度v，竖直打在木桩上，经过Δt时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是(　　)
A．mgΔt　　　　　　　 B．
C．＋mg D．－mg
【答案】选C
【解析】　对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F，则有(F－mg)Δt＝0－(－mv)，解得F＝＋mg，所以铁锤对木桩的平均冲力
F′＝F＝＋mg，C正确，A、B、D错误。
5.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)。要使小车向前运动，可采用的方法是(　　)
A．打开阀门S1　　　　　 B．打开阀门S2
C．打开阀门S3 D．打开阀门S4
【答案】选B　
【解析】水和车系统动量守恒，原来系统动量为0，由动量守恒定律得：0＝m水v水＋m车v车，即：m水v水＝－m车v车，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出，即应打开阀门S2。


1.(2021·四川遂宁零诊)A、B两球沿同一条直线运动，如图5所示的x－t图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的x－t图象。c为碰撞后它们的x－t图象。若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小为(　　)

A．2 kg B. kg C．4 m/s D．1 m/s
【答案】　BD
【解析】　由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，vc＝ m/s＝－1 m/s。
碰撞过程中动量守恒，即
mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc
可解得mB＝ kg
由以上可知选项B、D正确。
2.(2021·广西桂林市、百色市和崇左市第三次联考)如图甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)

A．木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1
B．长木板的质量M＝2 kg
C．长木板B的长度至少为2 m
D．木块A与长木板B组成系统损失机械能为4 J
【答案】　AB
【解析】　由题图可知，木块A先做匀减速运动，长木板B先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正确；由题图可知，长木板B匀加速运动的加速度为：aB＝＝ m/s2＝
1 m/s2，对长木板B，根据牛顿第二定律得：μmg＝MaB，μ＝0.1，故A正确；由题图可知前1 s内长木板B的位移为：xB＝×1×1 m＝0.5 m，木块A的位移为：xA＝×1 m＝1.5 m，所以长木板B的最小长度为：L＝xA－xB＝1 m，故C错误；木块A与长木板B组成系统损失的机械能为：ΔE＝mv－(m＋M)v2＝2 J，故D错误．
3.(2021·温州高三模拟)质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰。碰撞后，A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是 (　　)
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
【答案】　AB
【解析】要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的，则其速度大小仅为原来的。两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹。
当以A球原来的速度方向为正方向时，则
vA′＝±v0，
根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有
mv0＋0＝m×v0＋2mvB′，
mv0＋0＝m×(－v0)＋2mvB″。
解得vB′＝v0，vB″＝v0。
4.(2021·河南省中原名校第六次模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图10所示．将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(　　)

A．FN＝mgcos α
B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α
C．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
D．此过程中斜面体向左滑动的距离为L
【答案】　D
【解析】　当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面体A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以A、B组成的系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；A、B组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正确．
5.(2021·云南省腾冲市质检)如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
【答案】　C
【解析】　子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，以v0的方向为正方向，则m0v0＝(M＋m0)v1，得v1＝，选项A错误；子弹射入木块后的瞬间，FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)，可知绳子拉力大于(M＋m0)g，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环：FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，由牛顿第三定律知，选项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误．
6.(2020·陕西省西安一中一模)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体M上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，A、B为同一水平直径上的两点，现让小滑块m从A点由静止下滑，则(　　)

A．小滑块m到达物体M上的B点时小滑块m的速度不为零
B．小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左运动，小滑块m从C点到B点的过程中物体M向右运动
C．若小滑块m由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动
D．物体M与小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
【答案】　CD
【解析】　物体M和小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；小滑块m滑到右端两者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v，v＝0，可知小滑块m到达物体M上的B点时，小滑块m、物体M的水平速度为零，故当小滑块m从A点由静止下滑，则能恰好到达B点，当小滑块由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动，A错误，C正确；小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左加速运动，小滑块m从C点到B点的过程中物体M向左减速运动，选项B错误．
7．(多选)(2021·四川宜宾第四中学开学考试)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力，小球可视为质点)，则(　　)

A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做竖直上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度h满足h0 【答案】CD　
【解析】小球与小车组成的系统在水平方向所受的合外力为零，水平方向系统动量守恒。由于小球有竖直分加速度，所以系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，即有m－m＝0，解得，小车的最大位移：x＝R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C正确；小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：
h0－h0＝h0，而小于h0，即h0
8．(2021·河南郑州高三期末)如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：

(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小F′NB；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
解得Ep＝0.3 J。
【答案】(1)12 N　(2)2 m/s　(3)0.3 J
【解析】(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有Mg＝M
解得vC＝
对于小球P，从B→C，
由动能定理有－2MgR＝Mv－Mv
解得vB＝
在B点有FNB－Mg＝M
解得FNB＝6Mg＝12 N
由牛顿第三定律有F′NB＝FNB＝12 N。
(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，
根据公式h＝gt2得
t＝0.2 s
根据公式x＝vt，得v＝1 m/s
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有
mvQ＝2mv
解得vQ＝2 m/s。
(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ
解得vP＝1 m/s
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
Ep＝Mv＋mv
解得Ep＝0.3 J。
9.(2021·山东潍坊高三一模)如图所示，长度x＝5 m的粗糙水平面PQ的左端固定一竖直挡板，右端Q处与水平传送带平滑连接，传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面QM间距离为L＝4 m，MN无限长，M端与传送带平滑连接。物块A和B可视为质点，A的质量m＝1.5 kg，B的质量M＝5.5 kg。开始A静止在P处，B静止在Q处，现给A一个向右的初速度v0＝8 m/s，A运动一段时间后与B发生弹性碰撞，设A、B与传送带和水平面PQ、MN间的动摩擦因数均为μ＝0.15，A与挡板的碰撞也无机械能损失。取重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)A、B碰撞后瞬间的速度大小；
(2)若传送带的速率为v＝4 m/s，试判断A、B能否再次相遇，若能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它们最终相距多远。
【答案】(1)4 m/s　3 m/s　(2)不能相遇　 m
【解析】(1)设A与B碰撞前的速度为vA，由P到Q过程，由动能定理得
－μmgx＝mv－mv ①
A与B碰撞前后动量守恒，有mvA＝mv′A＋Mv′B ②
由能量守恒定律得mv＝mv′＋Mv′ ③
联立①②③式得v′A＝－4 m/s，v′B＝3 m/s
碰后A、B的速度大小分别为4 m/s、3 m/s。
(2)设A碰撞后运动的路程为sA，由动能定理得
－μmgsA＝0－mv′ ④
解得sA＝ m
所以A与挡板碰撞后再运动s′A＝sA－x＝ m ⑤
设B碰撞后向右运动的距离为sB，
则－μMgsB＝0－Mv′ ⑥
解得sB＝3 m 故物块B碰后不能滑上MN，当速度减为0后，B将在传送带的作用下反向加速运动，B再次到达Q处时的速度大小为3 m/s
在水平面PQ上，B再运动s′B＝sB＝3 m停止，s′B＋s′A<5 m，所以A、B不能再次相遇
A、B最终的距离sAB＝x－s′A－s′B＝ m。
10．(2021·内蒙古自治区高三一模)小球甲从斜面顶端以初速度v沿水平方向抛出，最终落在该斜面上．已知小球甲在空中运动的时间为t，落在斜面上时的位移为s，落在斜面上时的动能为Ek，离斜面最远时的动量为p．现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度(n＞1)沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．小球乙落在斜面上时的位移为
B．小球乙在空中运动的时间为
C．小球乙落在斜面上时的动能为
D．小球乙离斜面最远时的动量为
【答案】BC
【解析】
设斜面倾角为θ，则 ，解得；，；则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n沿水平方向抛出时，小球乙在空中运动的时间为t/n；小球乙落在斜面上时的位移为s/n2；小球乙落在斜面上时的动能为Ek/n2，选项A错误，BC正确；小球离斜面最远时，速度方向平行斜面，大小为，动量为，则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n沿水平方向抛出时，小球乙离斜面最远时的动量为p/n，选项D错误；故选BC.
11．(2021·山东省高考模拟)竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态．一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q.下列说法正确的是

A．物块与钢板碰后的速度为
B．物块与钢板碰后的速度为
C．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为
D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0+h)
【答案】BC
【解析】
物体下落h，由机械能守恒：mgh=mv12；物体与钢板碰撞，则动量守恒：，解得，选项A错误，B正确；从碰撞到Q点，由能量关系可知：，则弹性势能的增加量为，选项C正确，D错误.
12．(2021·长春市第一一五中学高三月考)如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s(图乙)．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】以子弹与木块组成的系统为研究对象，满足动量守恒定律，分别对子弹和木块列动能定理表达式，再对木块列动量定理表达式，联立可求解.
子弹穿过木块过程，对子弹和木块的系统，外力之和为零动量守恒，有：，
设子弹穿过木块的过程所受阻力为f，对子弹由动能定理：，由动量定理：，
对木块由动能定理：，由动量定理：，
联立解得：；故选D.
【点睛】
子弹穿过木块的过程，子弹与木块组成的相同动量守恒，由动量守恒定律与动量定理可以正确解题，解题时注意研究对象、研究过程的选择.
13．(2021·四川省德阳市第三中学高考模拟)如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
【答案】C
【解析】
子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则m0v0=(M+m0)v1，解得速度大小为，选项A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得可知绳子拉力大于，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对子弹、木块和圆环整体：N=T+mg> (M+m+m0)g，选项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误；故选C.
14．(2021·北京高三学业考试)如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是(　　)

A．E= I=2 B．E= I=2
C．E= I= D．E= I=
【答案】A
【解析】
AB碰撞瞬间，由动量守恒定律可知：
mv0=2mv1
解得：
v1=
碰撞后系统机械能守恒，当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能E，则：
E=
取AB整体分析，取向右为正，由动量定理可得

所以墙对弹簧的冲量大小为2mv0
A. E=、I=2，与分析相符，故A项正确；
B. E=、I=2，与分析不符，故B项错误；
C. E=、I=，与分析不符，故C项错误；
D. E=、I=，与分析不符，故D项错误。