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(新高考)高考物理二轮复习课件专题2 第8课时 动量 (含解析)
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这是一份(新高考)高考物理二轮复习课件专题2 第8课时 动量 (含解析)，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，考题示例，命题预测，2轻绳的长度，答案4μs，图10，图11，答案05J，图12，2物块M的质量等内容，欢迎下载使用。
NEIRONGSUOYIN
高考题型1 动量定理的应用
1.冲量的三种计算方法(1)公式法：I＝Ft适用于求恒力的冲量.(2)动量定理法：多用于求变力的冲量或F、t未知的情况.(3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量.若F－t成线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量.
2.动量定理(1)公式：FΔt＝mv′－mv(2)应用技巧①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统.②表达式是矢量式，需要规定正方向.③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷.④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力.⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移.
例1 (2020·全国卷Ⅰ·14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
解析 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上可知，选项D正确.
例2 (2019·全国卷Ⅰ·16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展.若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为A.1.6×102 kg B.1.6×103 kgC.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
解析 设1 s时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理有Ft＝mv－0，
例3 (多选)(2017·全国卷Ⅲ·20)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1所示，则A.t＝1 s时物块的速率为1 m/sB.t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t＝4 s时物块的速度为零
t＝2 s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误.
1.(2020·山西大同市高三期末)鸟撞飞机是导致空难的重要原因之一，被称为“飞机杀手”.假设在某次空难中，鸟的质量为0.6 kg，飞行的速度大小为3 m/s，迎面撞上速度大小为720 km/h的飞机，对飞机的撞击力达到1.6×106 N，则鸟撞飞机的作用时间大约为A.1.5×10－5 s B.1.5×10－4 sC.7.6×10－6 s D.7.6×10－5 s
解析 720 km/h＝200 m/s.设鸟与飞机碰撞时间为t，由动量定理有：Ft＝mΔv，
故选项D正确，A、B、C错误.
2.(2020·宁夏回族自治区银川一中高三三模)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上.一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下.两物体的v－t图线如图2所示，图中AB∥CD.则整个过程中A.F1的冲量等于F2的冲量B.F1的冲量大于F2的冲量C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量
解析 由AB与CD平行可知，撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等.但a的运动总时间小于b的运动总时间，
根据I＝Fft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程有F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，由题图看出tOB＜tOD，则有F1t1＜F2t2，
即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，所以合外力的冲量相等，故D正确.
3.对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质.正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量.为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变.利用所学力学知识，推导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系.(解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时作必要的说明)
解析 如图所示，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，
1.判断守恒的三种方法(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型.(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲.(3)某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)模型.
高考题型2 动量守恒定律的应用
2.动量守恒定律的三种表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多).(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向.(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零.3.动量守恒定律应用技巧(1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒.(2)动量守恒定律是矢量式，书写时要规定正方向.(3)系统中各物体的速度是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度.
例4 (2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图3中实线所示.已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J
解析 根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能
解得ΔE＝3 J，故选A.
例5 (多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为A.48 kg B.53 kgC.58 kg D.63 kg
解析 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，
由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.
例6 (2018·全国卷Ⅰ·24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空.当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动.爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量.求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
解析 设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt ②联立①②式得
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度.
解析 设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
4.(2020·安徽名校高考冲刺模拟卷)如图4所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的两滑块A、B，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是A.两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1B.两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1C.两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2D.弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1
解析 以滑块A运动的方向为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒定律得：2mvA－mvB＝0，得vA＝ ，
弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即WA∶WB＝1∶2，D错误.
两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2，B错误，C正确；
5.(2020·湖南高三二模)如图5所示，一块质量为M的长木板停在光滑的水平面上，长木板的左端有挡板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧.一个质量为m的小物块(可视为质点)以水平速度v0从长木板的最右端开始向左运动，与弹簧发生相互作用后(弹簧始终处于弹性限度内)，最终又恰好相对静止在长木板的最右端.以下说法正确的是
解析 小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，
小物块从开始位置滑动到最左端的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，
小物块从开始位置滑动到最右端的过程中，
1.三种碰撞的特点及规律
高考题型3 碰撞模型及拓展
2.小球—曲面模型(如图6)
(1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
(相当于完全非弹性碰撞)(2)小球返回曲面底端时动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
3.小球—弹簧模型(如图7)
(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
(2)弹簧恢复原长时：动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
例7 (2019·海南卷·13)如图8，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉直状态.现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b滑行的最大距离为s.已知b的质量是a的3倍.b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.求(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小；
解析 设a的质量为m，则b的质量为3m，对物块b碰撞后由动能定理有：
a、b碰撞的过程：mv0＝mva＋3mvb
联立解得：L＝4μs.
例8 (2020·北京卷·13)在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图9所示.在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰.以下分析正确的是
A.将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h.若2 号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆到高度hB.将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起 摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒C.将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号 仍能摆至高度hD.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动， 未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
解析 若将2号球换成质量不同的小钢球，1号碰2号时不能交换速度，2号碰3号时也不能交换速度，则3号不能摆至高度h，故A错误；释放后下落过程以及摆起过程合外力不为0，动量都不守恒，故B错误；
右侧涂胶的1号碰2号时粘在一起，为非弹性碰撞，有机械能损失，则与3号相碰后，3号不能摆至高度h，故C错误；碰撞后，2号和3号粘在一起，属于非弹性碰撞，机械能不守恒，2、3号不能摆至高度h，且释放后下落过程以及摆起过程动量都不守恒，故D正确.
6.(2020·河南名校联盟3月调研)如图10所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B.若将小球的初速度增大为2v0，不计空气阻力，则小球能达到距B点的最大高度为A.R D.4R
解析 若小球以水平速度v0滑上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0的方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得mv0＝2mv1由机械能守恒定律得
若小球以2v0冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平方向上速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得2mv0＝2mv2由能量守恒得
小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则
故距B点的最大高度为3R.故选C.
7.如图11所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球M、N分别套在两杆上，并由轻弹簧拴接，弹簧与杆垂直.已知两杆间距为0.4 m，弹簧原长为0.5 m，两球的质量均为0.2 kg.现给M球一沿杆向右0.6 N·s的瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是
A.M球在开始的一段时间内做加速度增大的加速运动， 直到达到最大速度B.弹簧第一次达到0.6 m时，M球的速度大小为3 m/sC.弹簧第二次达到0.6 m时，M球的速度大小为3 m/sD.弹簧达到最长时，M球的速度大小为1.5 m/s
8.如图12所示，质量m＝1 kg的小物块在高h1＝0.3 m的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣K，小物块将以水平速度v0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝0.15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块M，小物块滑下与M发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度大小的 ，碰撞过程中无能量损失，g＝10 m/s2，求：(1)小物块压缩弹簧时储存的弹性势能Ep；
解析 小物块由A运动到B做平抛运动，
设小球做平抛运动时的初速度为v0，
弹性势能Ep等于小物块在A点的动能，
解得：Ep＝0.5 J.
解析 设小物块到C点时的速度为v1，小物块从A点到C点过程，机械能守恒
小物块与M碰撞过程动量守恒，有：mv1＝mv3＋Mv2
由以上各式解得：M＝2.0 kg.
1.(2018·全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害.若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N
解析 设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×25 m＝75 m
2.(2020·广东广州市阶段检测)短道速滑接力比赛中，运动员甲和乙在水平直道交接时，后面的乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，则此过程中A.甲、乙系统的总动量守恒B.甲、乙系统的机械能守恒C.甲、乙的动量变化量相同D.甲、乙的动能变化量相同
解析 乙猛推甲一把过程中，甲、乙系统所受外力的矢量和为0，则甲、乙系统的总动量守恒，故A正确；乙猛推甲一把过程中，乙将体内的能量转化为机械能，则甲、乙系统的机械能增加，故B错误；乙猛推甲一把过程中，甲对乙和乙对甲的作用力大小相等、方向相反，由动量定理可知，甲、乙的动量变化量大小相等、方向相反，故动量变化不相同，故C错误；甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的位移关系，不能求出甲、乙动能变化关系，故D错误.
3.沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移－时间图像如图1所示.则下列判断错误的是A.碰撞前后A的运动方向相反B.A、B的质量之比为1∶2C.碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小D.碰前B的动量较大
则碰撞前后A的运动方向相反，故A正确.
根据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vA′，代入数据得mA∶mB＝1∶2，故B正确.碰撞前后A速度大小相等，则碰撞A动能不变，故C错误.碰前A、B速度方向相反，碰后A、B速度方向与B碰前速度方向相同，则碰前B的动量较大，故D正确.
4.(2020·山西太原市高三模拟)2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面，如图2.已知扎帕塔(及装备)的总质量为120 kg，设发动机启动后将气流以6 000 m/s的恒定速度从喷口向下喷出，则当扎帕塔(及装备)悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为(不考虑喷气对总质量的影响，取g＝10 m/s2) kg kg kg
解析 设扎帕塔(及装备)对气体的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔(及装备)的作用力的大小也等于F，对扎帕塔(及装备)，则有F＝Mg.设时间Δt内喷出的气体的质量为Δm，则对气体由动量定理得FΔt＝Δmv，
代入数据解得Δm＝0.2 kg，B正确.
5.(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为A.Snmv02 D.2Snmv03
解析 时间t内黏附在飞船上的尘埃质量：M＝v0tSnm，对黏附的尘埃，由动量定理得：Ft＝Mv0，解得：F＝nmv02S；维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为P＝Fv0＝nmv03S，故选项C正确，A、B、D错误.
6.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图3(a)所示，碰撞前后两壶运动的v－t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则A.两壶发生了弹性碰撞B.碰后蓝壶速度为0.8 m/sC.碰后蓝壶移动的距离为2.4 mD.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
解析 由题图(b)知：碰前瞬间红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后瞬间速度为v0′＝0.2 m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后瞬间蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，
碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A错误，B正确；根据v－t图像与横坐标轴围成的面积表示位移，
根据v－t图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受摩擦力，故D错误.
7.如图4甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上.现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得
A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是 处于压缩状态B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长C.两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2D.在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2
解析 由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；
结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，
因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；
系统动量守恒，从t＝0开始到t1时刻有：m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得：m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，m1的速度为：v1′＝－1 m/s，m2的速度为：v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误.
8.(多选)(2020·山东省六校线上联考)如图5所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的 光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为 ，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则A.B的最大速率为4 m/sB.B运动到最高点时的速率为 m/sC.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞
解析 A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，
解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，
从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，
由于|vB′|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确.
9.(多选)(2020·黑龙江哈尔滨市三中高三第二次模拟)如图6所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀，分别为m1、m2且m1＜m2，A、B与水平轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A，作用于A的冲量大小为I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B，作用于B的冲量大小为I2，I1＝I2，则下列说法正确的是A.若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别 为p1和p2，则p1＝p2B.若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2C.若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1＜L2D.若两次弹簧压缩到最短时A、弹簧、B的共同速度大小分别为v1和v2，则v1＞v2
解析 由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有的动量大小相等，
由动能定理可知W1＞W2，故B错误；
由于p1＝p2，则质量越大的球初速度越小，
即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1＜L2，故C正确；
则两次弹簧压缩到最短时系统的速度大小相等，故D错误.
10.(多选)(2020·湖北武汉市质量检测)如图7所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出.已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是
A.该过程中，小球与U形管组成的系统机械能 守恒B.小球从U形管的另一端射出时，速度大小为C.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为D.从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲 量大小为
解析 小球和U形管组成的系统在运动过程中没有外力做功，所以系统机械能守恒，A正确.
小球从U形管一端进入至从另一端出来的过程中，对小球和U形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝mv1＋2mv2
小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球和U形管水平方向速度相同，则根据动量守恒定律，有mv0＝(m＋2m)vx
小球此时还有沿着U形管的切线方向的分速度，
由于力的作用是相互的，
11.(多选)(2020·河南郑州市线上测试)如图8所示，光滑地面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点.A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动.小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点.已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1∶m2可能为A.3∶1 B.1∶3C.1∶5 D.1∶7
解析 取v0的方向为正方向.若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有v2t＝3v1t，即v2 ＝3v1.根据动量守恒得m1v0＝m1v1 ＋m 2v2，
若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹，并在B点追上球2，则有v1t＝3v2t，即：v1 ＝3v2，根据动量守恒得：m1v0 ＝－m1v1＋m2v2，
若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板P碰后反弹，球2与挡板Q碰后反弹，两球在B点相遇，则有v1t＝v2t，即v1＝v2，根据动量守恒得m1v0＝－m1v1＋m2v2，
联立解得m2＝3m1，综上所述，A、B、D正确.
12.(2016·全国卷Ⅱ·35(2))如图9，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；答案 20 kg
解析 规定向左为正方向.冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v ①
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg，v＝1 m/s ③
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案 不能，理由见解析
解析 设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入数据得v1＝－1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1 m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在后方，故冰块不能追上小孩.
13.如图10所示，质量为m3＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻质弹簧.滑道CD部分粗糙，其他部分均光滑.质量为m2＝3 kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝1 kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放.两物体在滑道上的C点相碰后粘在一起(g＝10 m/s2).
(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离.答案 见解析
解析 物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为x1，滑道的水平位移大小为x3，有0＝m1x1－m3x3，x1＝R
(2)若CD＝0.2 m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能.答案 见解析
解析 设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3，由机械能守恒定律有
对物体1和滑道，由动量守恒定律有0＝m1v1－m3v3物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v2，对物体1和物体2，由动量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2
弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为Epm.
从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有
联立以上方程，代入数据解得Epm＝0.3 J.
NEIRONGSUOYIN
高考题型1 动量定理的应用
1.冲量的三种计算方法(1)公式法：I＝Ft适用于求恒力的冲量.(2)动量定理法：多用于求变力的冲量或F、t未知的情况.(3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量.若F－t成线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量.
2.动量定理(1)公式：FΔt＝mv′－mv(2)应用技巧①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统.②表达式是矢量式，需要规定正方向.③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷.④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力.⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移.
例1 (2020·全国卷Ⅰ·14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
解析 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上可知，选项D正确.
例2 (2019·全国卷Ⅰ·16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展.若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为A.1.6×102 kg B.1.6×103 kgC.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
解析 设1 s时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理有Ft＝mv－0，
例3 (多选)(2017·全国卷Ⅲ·20)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1所示，则A.t＝1 s时物块的速率为1 m/sB.t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t＝4 s时物块的速度为零
t＝2 s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误.
1.(2020·山西大同市高三期末)鸟撞飞机是导致空难的重要原因之一，被称为“飞机杀手”.假设在某次空难中，鸟的质量为0.6 kg，飞行的速度大小为3 m/s，迎面撞上速度大小为720 km/h的飞机，对飞机的撞击力达到1.6×106 N，则鸟撞飞机的作用时间大约为A.1.5×10－5 s B.1.5×10－4 sC.7.6×10－6 s D.7.6×10－5 s
解析 720 km/h＝200 m/s.设鸟与飞机碰撞时间为t，由动量定理有：Ft＝mΔv，
故选项D正确，A、B、C错误.
2.(2020·宁夏回族自治区银川一中高三三模)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上.一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下.两物体的v－t图线如图2所示，图中AB∥CD.则整个过程中A.F1的冲量等于F2的冲量B.F1的冲量大于F2的冲量C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量
解析 由AB与CD平行可知，撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等.但a的运动总时间小于b的运动总时间，
根据I＝Fft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程有F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，由题图看出tOB＜tOD，则有F1t1＜F2t2，
即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，所以合外力的冲量相等，故D正确.
3.对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质.正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量.为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变.利用所学力学知识，推导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系.(解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时作必要的说明)
解析 如图所示，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，
1.判断守恒的三种方法(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型.(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲.(3)某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)模型.
高考题型2 动量守恒定律的应用
2.动量守恒定律的三种表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多).(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向.(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零.3.动量守恒定律应用技巧(1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒.(2)动量守恒定律是矢量式，书写时要规定正方向.(3)系统中各物体的速度是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度.
例4 (2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图3中实线所示.已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J
解析 根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能
解得ΔE＝3 J，故选A.
例5 (多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为A.48 kg B.53 kgC.58 kg D.63 kg
解析 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，
由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.
例6 (2018·全国卷Ⅰ·24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空.当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动.爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量.求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
解析 设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt ②联立①②式得
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度.
解析 设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
4.(2020·安徽名校高考冲刺模拟卷)如图4所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的两滑块A、B，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是A.两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1B.两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1C.两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2D.弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1
解析 以滑块A运动的方向为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒定律得：2mvA－mvB＝0，得vA＝ ，
弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即WA∶WB＝1∶2，D错误.
两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2，B错误，C正确；
5.(2020·湖南高三二模)如图5所示，一块质量为M的长木板停在光滑的水平面上，长木板的左端有挡板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧.一个质量为m的小物块(可视为质点)以水平速度v0从长木板的最右端开始向左运动，与弹簧发生相互作用后(弹簧始终处于弹性限度内)，最终又恰好相对静止在长木板的最右端.以下说法正确的是
解析 小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，
小物块从开始位置滑动到最左端的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，
小物块从开始位置滑动到最右端的过程中，
1.三种碰撞的特点及规律
高考题型3 碰撞模型及拓展
2.小球—曲面模型(如图6)
(1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
(相当于完全非弹性碰撞)(2)小球返回曲面底端时动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
3.小球—弹簧模型(如图7)
(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
(2)弹簧恢复原长时：动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
例7 (2019·海南卷·13)如图8，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉直状态.现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b滑行的最大距离为s.已知b的质量是a的3倍.b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.求(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小；
解析 设a的质量为m，则b的质量为3m，对物块b碰撞后由动能定理有：
a、b碰撞的过程：mv0＝mva＋3mvb
联立解得：L＝4μs.
例8 (2020·北京卷·13)在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图9所示.在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰.以下分析正确的是
A.将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h.若2 号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆到高度hB.将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起 摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒C.将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号 仍能摆至高度hD.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动， 未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
解析 若将2号球换成质量不同的小钢球，1号碰2号时不能交换速度，2号碰3号时也不能交换速度，则3号不能摆至高度h，故A错误；释放后下落过程以及摆起过程合外力不为0，动量都不守恒，故B错误；
右侧涂胶的1号碰2号时粘在一起，为非弹性碰撞，有机械能损失，则与3号相碰后，3号不能摆至高度h，故C错误；碰撞后，2号和3号粘在一起，属于非弹性碰撞，机械能不守恒，2、3号不能摆至高度h，且释放后下落过程以及摆起过程动量都不守恒，故D正确.
6.(2020·河南名校联盟3月调研)如图10所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B.若将小球的初速度增大为2v0，不计空气阻力，则小球能达到距B点的最大高度为A.R D.4R
解析 若小球以水平速度v0滑上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0的方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得mv0＝2mv1由机械能守恒定律得
若小球以2v0冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平方向上速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得2mv0＝2mv2由能量守恒得
小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则
故距B点的最大高度为3R.故选C.
7.如图11所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球M、N分别套在两杆上，并由轻弹簧拴接，弹簧与杆垂直.已知两杆间距为0.4 m，弹簧原长为0.5 m，两球的质量均为0.2 kg.现给M球一沿杆向右0.6 N·s的瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是
A.M球在开始的一段时间内做加速度增大的加速运动， 直到达到最大速度B.弹簧第一次达到0.6 m时，M球的速度大小为3 m/sC.弹簧第二次达到0.6 m时，M球的速度大小为3 m/sD.弹簧达到最长时，M球的速度大小为1.5 m/s
8.如图12所示，质量m＝1 kg的小物块在高h1＝0.3 m的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣K，小物块将以水平速度v0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝0.15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块M，小物块滑下与M发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度大小的 ，碰撞过程中无能量损失，g＝10 m/s2，求：(1)小物块压缩弹簧时储存的弹性势能Ep；
解析 小物块由A运动到B做平抛运动，
设小球做平抛运动时的初速度为v0，
弹性势能Ep等于小物块在A点的动能，
解得：Ep＝0.5 J.
解析 设小物块到C点时的速度为v1，小物块从A点到C点过程，机械能守恒
小物块与M碰撞过程动量守恒，有：mv1＝mv3＋Mv2
由以上各式解得：M＝2.0 kg.
1.(2018·全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害.若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N
解析 设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×25 m＝75 m
2.(2020·广东广州市阶段检测)短道速滑接力比赛中，运动员甲和乙在水平直道交接时，后面的乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，则此过程中A.甲、乙系统的总动量守恒B.甲、乙系统的机械能守恒C.甲、乙的动量变化量相同D.甲、乙的动能变化量相同
解析 乙猛推甲一把过程中，甲、乙系统所受外力的矢量和为0，则甲、乙系统的总动量守恒，故A正确；乙猛推甲一把过程中，乙将体内的能量转化为机械能，则甲、乙系统的机械能增加，故B错误；乙猛推甲一把过程中，甲对乙和乙对甲的作用力大小相等、方向相反，由动量定理可知，甲、乙的动量变化量大小相等、方向相反，故动量变化不相同，故C错误；甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的位移关系，不能求出甲、乙动能变化关系，故D错误.
3.沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移－时间图像如图1所示.则下列判断错误的是A.碰撞前后A的运动方向相反B.A、B的质量之比为1∶2C.碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小D.碰前B的动量较大
则碰撞前后A的运动方向相反，故A正确.
根据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vA′，代入数据得mA∶mB＝1∶2，故B正确.碰撞前后A速度大小相等，则碰撞A动能不变，故C错误.碰前A、B速度方向相反，碰后A、B速度方向与B碰前速度方向相同，则碰前B的动量较大，故D正确.
4.(2020·山西太原市高三模拟)2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面，如图2.已知扎帕塔(及装备)的总质量为120 kg，设发动机启动后将气流以6 000 m/s的恒定速度从喷口向下喷出，则当扎帕塔(及装备)悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为(不考虑喷气对总质量的影响，取g＝10 m/s2) kg kg kg
解析 设扎帕塔(及装备)对气体的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔(及装备)的作用力的大小也等于F，对扎帕塔(及装备)，则有F＝Mg.设时间Δt内喷出的气体的质量为Δm，则对气体由动量定理得FΔt＝Δmv，
代入数据解得Δm＝0.2 kg，B正确.
5.(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为A.Snmv02 D.2Snmv03
解析 时间t内黏附在飞船上的尘埃质量：M＝v0tSnm，对黏附的尘埃，由动量定理得：Ft＝Mv0，解得：F＝nmv02S；维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为P＝Fv0＝nmv03S，故选项C正确，A、B、D错误.
6.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图3(a)所示，碰撞前后两壶运动的v－t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则A.两壶发生了弹性碰撞B.碰后蓝壶速度为0.8 m/sC.碰后蓝壶移动的距离为2.4 mD.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
解析 由题图(b)知：碰前瞬间红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后瞬间速度为v0′＝0.2 m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后瞬间蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，
碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A错误，B正确；根据v－t图像与横坐标轴围成的面积表示位移，
根据v－t图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受摩擦力，故D错误.
7.如图4甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上.现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得
A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是 处于压缩状态B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长C.两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2D.在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2
解析 由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；
结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，
因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；
系统动量守恒，从t＝0开始到t1时刻有：m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得：m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，m1的速度为：v1′＝－1 m/s，m2的速度为：v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误.
8.(多选)(2020·山东省六校线上联考)如图5所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的 光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为 ，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则A.B的最大速率为4 m/sB.B运动到最高点时的速率为 m/sC.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞
解析 A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，
解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，
从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，
由于|vB′|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确.
9.(多选)(2020·黑龙江哈尔滨市三中高三第二次模拟)如图6所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀，分别为m1、m2且m1＜m2，A、B与水平轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A，作用于A的冲量大小为I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B，作用于B的冲量大小为I2，I1＝I2，则下列说法正确的是A.若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别 为p1和p2，则p1＝p2B.若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2C.若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1＜L2D.若两次弹簧压缩到最短时A、弹簧、B的共同速度大小分别为v1和v2，则v1＞v2
解析 由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有的动量大小相等，
由动能定理可知W1＞W2，故B错误；
由于p1＝p2，则质量越大的球初速度越小，
即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1＜L2，故C正确；
则两次弹簧压缩到最短时系统的速度大小相等，故D错误.
10.(多选)(2020·湖北武汉市质量检测)如图7所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出.已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是
A.该过程中，小球与U形管组成的系统机械能 守恒B.小球从U形管的另一端射出时，速度大小为C.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为D.从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲 量大小为
解析 小球和U形管组成的系统在运动过程中没有外力做功，所以系统机械能守恒，A正确.
小球从U形管一端进入至从另一端出来的过程中，对小球和U形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝mv1＋2mv2
小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球和U形管水平方向速度相同，则根据动量守恒定律，有mv0＝(m＋2m)vx
小球此时还有沿着U形管的切线方向的分速度，
由于力的作用是相互的，
11.(多选)(2020·河南郑州市线上测试)如图8所示，光滑地面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点.A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动.小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点.已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1∶m2可能为A.3∶1 B.1∶3C.1∶5 D.1∶7
解析 取v0的方向为正方向.若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有v2t＝3v1t，即v2 ＝3v1.根据动量守恒得m1v0＝m1v1 ＋m 2v2，
若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹，并在B点追上球2，则有v1t＝3v2t，即：v1 ＝3v2，根据动量守恒得：m1v0 ＝－m1v1＋m2v2，
若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板P碰后反弹，球2与挡板Q碰后反弹，两球在B点相遇，则有v1t＝v2t，即v1＝v2，根据动量守恒得m1v0＝－m1v1＋m2v2，
联立解得m2＝3m1，综上所述，A、B、D正确.
12.(2016·全国卷Ⅱ·35(2))如图9，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；答案 20 kg
解析 规定向左为正方向.冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v ①
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg，v＝1 m/s ③
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案 不能，理由见解析
解析 设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入数据得v1＝－1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1 m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在后方，故冰块不能追上小孩.
13.如图10所示，质量为m3＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻质弹簧.滑道CD部分粗糙，其他部分均光滑.质量为m2＝3 kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝1 kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放.两物体在滑道上的C点相碰后粘在一起(g＝10 m/s2).
(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离.答案 见解析
解析 物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为x1，滑道的水平位移大小为x3，有0＝m1x1－m3x3，x1＝R
(2)若CD＝0.2 m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能.答案 见解析
解析 设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3，由机械能守恒定律有
对物体1和滑道，由动量守恒定律有0＝m1v1－m3v3物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v2，对物体1和物体2，由动量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2
弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为Epm.
从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有
联立以上方程，代入数据解得Epm＝0.3 J.
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