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【备战2023高考】物理专题讲与练——考向15《动量及其综合应用》全能练（含解析）（全国通用）
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这是一份【备战2023高考】物理专题讲与练——考向15《动量及其综合应用》全能练（含解析）（全国通用）
考向15 动量及其综合应用
【重点知识点目录】
1. 动量 动量定理
2. 动量守恒定律及其应用
3. 碰撞问题
4. 爆炸和缓冲问题
5. 人船模型
6. 子弹打木块问题
7. 含弹簧的碰撞问题
8. 物体与曲面体的碰撞问题
1．（2022•湖北）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（ ）
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
【答案】D。
【解析】解：在前一段时间内，根据动能定理得：W1＝﹣＝3×
在后一段时间内，根据动能定理得：W2＝﹣＝21×
所以W2＝7W1；
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是：
m•2v﹣mv≤I1≤m•2v+mv，即mv≤I1≤3mv
m•5v﹣m•2v≤I2≤m•5v+m•2v，即3mv≤I2≤7mv
可知：I2≥I1，故D正确、ABC错误。
2．（2022•湖南）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（ ）
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
【答案】B。
【解析】解：设中子的质量为m，则氢核和氮核的质量分别为m、14m，
由于碰撞为弹性碰撞，选向右为正方向，由动量守恒定律得：中子与氢核碰撞，mv0＝mv+mv1，，解得：v1＝v0
中子与氮核碰撞，mv0＝mvn+14mv2，
解得：v2＝＝v0
A、碰撞后氢核动量为mv0，氮核动量为14m×＝mv0，氮核动量大于氢核动量，故A错误；
B、碰撞后氮核的动能为＝，氢核的动能为m，所以碰撞后氮核的动能比氢核的小，故B正确；
CD、由上述分析可得：v1＞v2，v2＜v0，故CD错误；
（多选）3．（2022•乙卷）质量为1kg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g＝10m/s2。则（ ）
A．4s时物块的动能为零
B．6s时物块回到初始位置
C．3s时物块的动量为12kg•m/s
D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J
【答案】AD。
【解析】解：物块与地面间的滑动摩擦力为：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。
A、t3＝3s时物体的速度大小为v3，则有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入数据解得：v3＝6m/s；
t4＝4s时速度为v4，根据动量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入数据解得：v4＝0，故A正确；
B、0～3s物块沿正方向加速运动，3s～4s物块沿正方向减速运动，4s末的速度为零，4s～6s物块反向加速，且加速度大小与0～3s内的加速度大小相等，故6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
C、3s时物块的动量大小为：p＝mv3＝1×6kg•m/s＝6kg•m/s，故C错误；
D、0～3s内物块的位移：x1＝＝m＝9m，方向为正方向；
3s～4s内物块的位移：x2＝＝m＝3m，方向为正方向；
6s时物块的速度大小为v6，则有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s
4s～6s物块的位移大小为：x3＝＝m＝4m，方向为负方向。
所以0～6s时间内F对物块所做的功为：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正确。
4．（2022•甲卷）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
（1）调节导轨水平。
（2）测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 0.304 kg的滑块作为A。
（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如表所示。
1
2
3
4
5
t1/s
0.49
0.67
1.01
1.22
1.39
t2/s
0.15
0.21
0.33
0.40
0.46
k＝
0.31
k2
0.33
0.33
0.33
（6）表中的k2＝ 0.31 （保留2位有效数字）。
（7）的平均值为 0.32 （保留2位有效数字）。
（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为 （用m1和m2表示），本实验中其值为 0.34 （保留2位有效数字）；若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
【解析】解：（2）两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后两滑块运动方向相反，则A滑块质量要小，才有可能反向运动，故选0.304kg的滑块作为A。
（6）因为位移相等，所以速度之比等于时间之比的倒数，由表中数据可得，k2＝＝＝0.31。
（7）的平均值为：＝＝0.322≈0.32。
（8）由机械能守恒定律和动量守恒定律可得：＝+；m1v0＝﹣m1v1+m2v2，
联立解得：，代入数据，可得：＝0.34。
5．（2022•湖南）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍（λ为常数且0＜λ＜），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中h0已知，求F0的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
【答案】（1）篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比为；
（2）F0的大小为；
（3）冲量I的大小为m。
【解析】解：（1）篮球在下落过程中，根据牛顿第二定律可知：
根据速度—位移公式可得篮球与地面的碰前速度为：
篮球反弹的过程中，根据牛顿第二定律得：
根据速度—位移公式可得篮球与地面的碰后速率为：
因此
k＝＝
（2）篮球反弹到最高点时，运动员对篮球施加一个向下的力，根据动能定理得：
根据（1）问的描述可知，篮球落地反弹的速度为
v4＝kv3
在反弹上升的过程中，根据动能定理可得：
联立解得：F0＝
（3）由（1）问的分析可知，篮球上升和下降过程的加速度分别为
a1＝（1﹣λ）g（方向向下）
a2＝（1+λ）g（方向向上）
因为拍打的时间极短，重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理可知
I＝mv
即每次拍打篮球都会给篮球一个速度v。
拍打第一次下降过程中
上升过程中有
将k代入上升过程的式子化简得：
联立解得：
拍打第二次，同理可得：
下降过程中
上升过程中代入k后得
联立得：
将h1代入到h2得：
拍打第三次，同理可得：
下降过程有
上升过程代入k值化简得：
联立解得：
再将h2代入到h3得：
拍打第N次时，同理可得：
下降过程有
上升过程代入k值得：
联立有
将hN﹣1代入hN后有
其中，hN＝H，h0＝h
则有
[]
则有I＝mv'＝m
一、动量 动量定理
1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．
2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．
3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．
二、动量守恒定律
1．应用动量守恒定律的解题步骤：
（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；
（3）规定正方向，确定初末状态动量；
（4）由动量守恒定律列式求解；
（5）必要时进行讨论．
2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：
（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．
正确把握以上两点是求解这类问题的关键．
3．综合应用动量观点和能量观点
4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．
5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：
（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．
（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．
（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．
三、弹性碰撞和非弹性碰撞
碰撞的特点分析：
（1）动量守恒；
（2）机械能不增加；
（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．
四、用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题
1.弹性碰撞规律
2. 非弹性碰撞
五、 反冲
对反冲运动的进一步理解
（1）反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．
（2）反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理．
（3）研究反冲运动的目的是找出反冲速度的规律．求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态．
一、动量
1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．
2．表达式：p=mv．
3．单位：kg•m/s．
4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．
二、冲量
1．定义：力F和它的作用时间t的乘积叫做这个力的冲量，通常用I表示．
2．表达式：I=Ft（此式只能用来计算恒力F的冲量）．
3．单位：N•s（1 N•s=1 kg•m/s）
4．标矢性：冲量是矢量、方向由力的方向决定．
三、动量定理
1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．
2．表达式：
3．用动量概念表示牛顿第二定律：，所以物体动量的变化率等于它受到的力，即，这是牛顿第二定律的动量表述
四、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．
2．表达式：
（1）p=p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′．
（2）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．
（3）△p1=-△p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
（4）△p=0，系统总动量的增量为零．
3．动量守恒定律的适用条件
（1）不受外力或所受外力的合力为零．不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．
（2）近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
（3）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒．
五、弹性碰撞和非弹性碰撞
碰撞现象
1．碰撞：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用力，而其他的相互作用力相对来说可以忽略不计的过程．
2．弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞，即EK1=EK2（能够完全恢复形变）；
3．非弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞，即EK1＞EK2（不能够完全恢复形变）；
4．完全非弹性碰撞：碰撞过程中物体的形变完全不能恢复，以致两物体合为一体一起运动，即两物体在非弹性碰撞后以同一速度运动，系统机械能损失最大．
碰撞的特点：
1．相互作用时间极短．
2、相互作用力极大，即内力远大于外力，遵循动量守恒定律．
六、 反冲
定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲．
要点：①内力作用下；②一个物体分为两个部分；③两部分运动方向相反．
2．原理：遵循动量守恒定律
作用前：P=0
作用后：P′=mv-Mv′
则根据动量守恒定律有：P′=P
即mv-Mv′=0，故有：
3．反冲运动的应用和防止
防止：榴弹炮
应用：反击式水轮机、喷气式飞机、火箭
易错题【01】
注意动量定理是合外力的冲量等于动量的变化量，注意系统动量守恒的条件。
易错题【02】
注意弹性碰撞题型的计算，最好能够记住一些二级结论。
易错题【03】
在火箭反冲问题中，要注意参考系的选择。
6．（2022春•杨浦区校级期末）质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，t＝0时刻，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始运动。经过时间t0和3t0，分别撤去F1和F2。两物体速度随时间变化的图线如图所示。设F1和F2对物体的冲量大小分别为I1和I2，对物体做的功分别为W1和W2（ ）
A．I1：I2＝4：5，W1：W2＝9：4 B．I1：I2＝4：5，W1：W2＝6：5
C．I1：I2＝3：2，W1：W2＝6：5 D．I1：I2＝3：2，W1：W2＝9：4
【答案】B。
【解析】解：由v﹣t图像可知，撤去拉力F后两物体做匀减速的图线平行，
可知两物体做匀减速的加速度大小相等，由于两物体质量相等，
可知A、B两物体受到的摩擦力相等，设为摩擦力为f，
对A物体，整个运动过程中，根据动量定理可得I1﹣f•4t0＝0
对B物体，整个运动过程中，根据动量定理可得I2﹣f•5t0＝0
联立可得
v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移，故物体A运动过程的位移：
B物体整个运动过程的位移为
对A物体，根据动能定理可得W1﹣f•xA＝0
对B物体，根据动能定理可得W2﹣f•xB＝0
联立可得
故B正确，ACD错误。
7．（2022春•浙江期中）如图所示，一轻质弹簧压缩后处于锁定状态，下端固定在足够长的光滑斜面底端，上端与物体A接触而不栓接。弹簧解除锁定后将物体沿斜面向上弹出，在斜面上O点（图中未标出）物体与弹簧脱离。现在仅将弹簧上端与物体拴接，其它条件不变，从物体第一次运动到点开始计时，到物体第一次回到O点用时0.4s，则下列判断正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．物体A做简谐运动，O点是其平衡位置
B．物体A做简谐运动的周期是1.6s
C．0到0.4s这段时间内，弹簧的弹力对A的冲量沿斜面向下
D．0到0.4s这段时间内，合外力对A的冲量为0
【答案】C。
【解析】解：A、当物体处于平衡位置时
kx0＝mgsinθ
某时刻物体离开平衡位置的位移为x，则此时的回复力
F＝﹣[k（x+x0）﹣mgsinθ]＝﹣kx
则物体A做简谐振动，平衡位置在O点以下距离为
，故A错误；
B、由题意可得：
物体A做简谐运动的周期为
T＝0.8s，故B错误；
C、0到0.4s这段时间内，弹簧处于拉长状态，弹簧的弹力方向沿斜面向下，则弹簧对A的冲量沿斜面向下，故C正确；
D、若t﹣0时刻物体的速度沿斜面向上，大小为v，则在t＝0.4s时刻回到O点时的速度大小仍为v，方向沿斜面向下，若规定沿斜面向下为正方向，则0到0.4s这段时间内，合外力对A的冲量为
I＝mv﹣（﹣mv）＝2mv≠0，故D错误；
8．（2022•湖北模拟）如图所示，光滑倾斜滑道OM与粗糙水平滑道MN平滑连接．质量为1kg的滑块从O点由静止滑下，在N点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的P点停下．已知O点比M点高1.25m，滑道MN长4m，滑块与滑道MN的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是（ ）
A．滑块运动到M点的速度大小为6m/s
B．滑块运动到N点的速度大小为4m/s
C．缓冲墙对滑块的冲量大小为10N•s
D．缓冲墙对滑块做的功为﹣2.5J
【答案】D。
【解析】解：A、从O到M的过程，由动能定理可知，解得滑块运动到M的速度大小为v0＝5m/s，故A错误；
B、由M到N的过程中，加速度大小为，由位移公式可得，可得滑块运动到N的速度大小为v＝3m/s，故B错误；
C、由N到P可知，解得被缓冲墙反弹，滑块的速度大小v'＝﹣2m/s（方向与初速度反向，取负），由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量I＝Δp＝mv'﹣mv＝1×（﹣2）N•s﹣1×3N•s＝﹣5N•s，故C错误；
D、由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功，代入数据解得W＝﹣2.5J，故D正确．
9．（2022春•朝阳区校级期中）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，此时弹簧处于原长，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。给小车一个瞬时冲击作用，使其瞬间获得速度v0。在地面参考系（可视为惯性系）中，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
A．从小车获得速度v0到弹簧压缩至最短的过程，动量守恒，机械能守恒
B．从小车获得速度v0到弹簧压缩至最短的过程，动量守恒，机械能不守恒
C．从弹簧压缩至最短到弹簧恢复原长的过程，动量不守恒，机械能守恒
D．从弹簧压缩至最短到弹簧恢复原长的过程，动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B。
【解析】解：从小车获得速度v0开始，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；当滑块在车厢底板上有相对滑动，弹簧被压缩且弹簧的弹力大于滑块受到的滑动摩擦力，滑块受到的合力不为零，滑块相对车厢底板滑动，系统要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为系统的内能，系统机械能减小，系统机械能不守恒，故B正确，ACD错误。
10．（2022•历城区校级模拟）离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，工作时将推进剂离子化，使之带电，然后在静电场作用下推进剂得到加速后喷出，从而产生推力，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等，航天器质量M，单个离子质量m，带电量q，加速电场的电压为U，高速离子形成的等效电流强度为I，根据以上信息计算该发动机产生的推力为（ ）
A．I B．I C．I D．I
【答案】B。
【解析】解：根据动能定理得：
解得：v＝
根据电流的定义式有
对离子，根据动量定理可得：
FΔt＝Nmv
联立解得：F＝I，故B正确，ACD错误；
11．（2022•襄城区校级四模）如图所示，两个质量分布均匀的长木板A、B放置在水平桌面上，质量均为m，木板长度均为L，水平桌面以M点为界，左侧光滑、右侧粗糙，粗糙部分与两木板的动摩擦因数均为μ，粗糙部分的长度为s（s＞2L）。初始时木板B的左端恰与M点重合，现使木板A木块以初速度v0滑向B，与B碰后粘合成为一个整体（碰撞时间极短），最终两木块没有掉落桌面，则v0的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A。
【解析】解：根据动量守恒，可知mv0＝2mv，
解得v＝，
即为A、B粘为一个整体的速度；
从粘合成为一个整体开始到全部运动到粗糙平面，摩擦力随位移均匀增大，然后摩擦力不变，减速至零，根据动能定理，
﹣﹣μ•2mg（s﹣L）＝0﹣，
解得v0＝，
即为v0的最大值，故A正确，BCD错误；
12．（2022春•五华区校级期中）光滑水平面上质量为2kg的物体受到水平拉力F的作用由静止开始运动，过程中的a﹣t图如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．0﹣4s内物体先做加速运动再做匀速运动
B．6s末物体的速度为零
C．0﹣4s内拉力做功49J
D．0﹣4s内拉力冲量为18N•s
【答案】C。
【解析】解：AB、物体是从静止开始运动，故在0～1s内做加速度增大的加速运动；1～4s内做匀加速直线运动，4～6s做加速度减小的加速运动，6s末加速度为零，速度最大，故AB错误；
D、a﹣t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，故根据动量定理可得0～4s内拉力的冲量为，故D错误；
C、因为水平面光滑，故物体受到的合力大小等于F，根据动能定理可得
因为是从静止开始运动的，所以4s末的动量为p＝14N•s
根据
联立可求得WF＝49J
故C正确。
13．（2022春•杨浦区校级期中）如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正向对心碰撞。小球a、b质量分别为m1和m2，且m1＝1kg。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前球a做加速运动，球b做匀速运动
B．碰撞后球a做减速运动，球b做加速运动
C．碰撞后两小球的总动能为8J
D．碰撞前后两小球总动能为4J
【答案】C。
【解析】解：AB、根据x﹣t图像可知碰撞前后球a做匀速运动，球b静止；碰撞后球a和球b均做匀速运动，故AB错误；
CD、碰撞前a球的速度为：
碰撞后两小球的速度分别为：；
根据动量守恒定律得：m1va1＝m1va2+m2vb1
解得：m2＝3kg
碰前两小球的动能为：
碰后两小球的动能为：，故C正确，D错误；
14．（2022•鞍山二模）质量均为m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O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为M的小球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。下面说法正确的是（ ）
A．A、B、C组成的系统动量守恒
B．小球C到达最低点时速度大小为
C．小球C到达左侧最高点时速度为零
D．小球C第一次到达最低点时木块A、B分离
【答案】D。
【解析】解：A、木块A、B和小球C组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，故A错误；
B、如果A和B固定，小球C到达最低点时速度大小为v，则有：mgL＝，解得：v＝；
现在木块A和B并排放在光滑水平面上，当小球C达到水平地面上时，A和B水平方向的速度不为零，根据能量守恒定律可知，小球的速度小于，故B错误；
CD、小球C第一次到达最低点时木块A、B分离，此后B以一定的速度向右做匀速直线运动；
对个系统，水平方向根据动量守恒定律可知，小球C到达左侧最高点时A和C的动量大小与B的动量大小相等、方向相反，速度不为零，故C错误、D正确。
15．（2022春•鼓楼区校级期中）在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示．碰后运动员用冰壶剧摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力．碰撞前后两壶运动的v﹣t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等，由图像可得（ ）
A．碰撞后，蓝壶经过4s停止运动
B．红、蓝两壶的碰撞过程是弹性碰撞
C．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s
D．红、蓝两壶从碰后至停止的运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1：5
【答案】C。
【解析】解：A、设碰撞后蓝壶经过ts时间停止运动。根据三角形相似法知，，解得：t＝5s，故A错误。
C、设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv，解得：v＝0.8m/s，故C正确。
B、碰撞过程两壶损失的动能为：ΔEk＝，解得：ΔEk＝0.16m＞0，所以红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，故B错误。
D、红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量大小之比 I红：I蓝＝mv′0：mv＝1：4，故D错误。
16．（2022春•沧州期末）如图所示，水平面上AO段粗糙，动摩擦因数μ＝0.6，OB段光滑．物体甲放在距O点左侧x1＝3m的A处，质量为M＝7kg的物体乙静止放在距O点右侧x2＝4m的B处．现给物体甲一个初速度v0＝10m/s，物体甲与物体乙在B点发生弹性正碰，碰后物体甲恰好能返回出发点A，重力加速度g取10m/s2，两物体均可视为质点，则（ ）
A．物体甲到O点速度大小为8.5m/s
B．物体甲向右从O点到B点所用的时间为0.75s
C．物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度的大小为5m/s
D．物体甲的质量为1kg
【答案】D。
【解析】解：A、对物体甲，由牛顿第二定律得：﹣μmg＝ma，代入数据解得：a＝﹣6m/s2，
设甲到达O点时的速度大小为v，则＝2ax1，代入数据解得：v＝8m/s，故A错误；
B、甲在OB段匀速直线运动，运动时间t＝s＝0.5s，故B错误；
C、设碰撞后瞬间甲的速度为v1，碰撞后甲在BO段匀速返回，到OA段匀减速停止在A点，则﹣＝2ax1，代入数据解得：v1＝6m/s，故C错误；
D、甲乙发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mv1+Mv2，
由机械能守恒定律得：，代入数据解得：m＝1kg，故D正确。
17．（2022•永州三模）如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、km（k为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g。关于各种情况下k的取值。下列各项中不正确的是（ ）
A．若0＜k＜0.2，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点
B．若0.2＜k＜1，则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道
C．若k＞1，小球B不可能脱轨
D．若k＝3，小球A和小球B将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞
【答案】B。
【解析】解：小球A下滑到最低点的过程中，根据动能定理得：mgR＝mv02，
解得A与B碰撞前的速度v0＝，
碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定理得：mv0＝mvA+kmvB，
根据机械能守恒定律得：mv02＝mvA2+kmvB2，
联立解得：vB＝，vA＝。
B小球恰运动至轨道顶点，根据机械能守恒定律得：kmvB2＝kmg•2R+kmv2，
小球B能恰好通过最高点，则有：mg＝m，
解得：v＝
联立各式代入数据解得：k＝﹣1≈0.265。
A、由上分析可知，当k≤0.265时，B球可运动至轨道最高点，故A正确；
B、当0.265＜k＜1时，B脱轨，而k＞0.2，不一定脱轨，故B错误；
C、若k＝1，两球发生弹性碰撞，由于两球质量相等，速度交换，B球恰能运动到四分之一圆弧轨道，所以若k＞1，小球运动不到四分之一圆弧轨道处速度减为零，又返回，所以小球B不可能脱轨，故C正确；
D、若k＝3时，vB＝，vA＝﹣，两球速度大小相等，方向相反，经过相同的时间会同时回到最低点，所以两球会在最低点发生第二次碰撞，故D正确。
本题选错误的。
18．（2022春•鼓楼区校级月考）如图所示，竖直轻质弹簧下端焊接一个质量为m的小球A，A处于静止状态。在A的正下方一质量为2m的小球B正被竖直向上抛出，与A球发生对心弹性正碰，碰前瞬间B球的速度为v0，碰后两球仍沿同一直线运动。当A球运动到碰前初始位置时再次与B球发生弹性对心正碰。则（ ）
A．在两次碰撞之间的过程中弹簧对A球的冲量一定为零
B．在两次碰撞之间的过程中重力对A球的冲量一定为零
C．若只将题中碰前瞬间B球的速度改为2v0，则两球仍能在原位置发生第二次碰撞
D．A球运动到最高点时，小球B的速度恰好为零
【答案】D。
【解析】解：A、A、B两球发生弹性碰撞，设碰撞后A的速度为vA，B的速度为vB，根据动量守恒定律可知：2mv0＝mvA+2mvB，
根据能量守恒定律可知：＝+，
联立解得：vA＝v0，vB＝v0
由题可知第二次碰撞是在初始位置，根据能量守恒定律，则两球回到初始位置时速度和碰后的速度大小相同方向相反，设运动时间为t，
分析A球有：mgt+I＝m•v0﹣m（﹣v0）
分析B球有：2mgt＝2mv0﹣2m（﹣v0）
解得在两次碰撞之间的过程中弹簧对A球的冲量为：I＝2，故A错误。
B、在两次碰撞之间的过程中重力对A球的冲量为：IG＝mgt，故B错误。
C、第一次碰撞前小球B做竖直上抛运动，若只将题中碰前瞬间B球的速度改为2v0，B球的能量增加，但是B球仍做竖直上抛运动，但是碰后A球的能量也增加，小球A和弹簧相连接，因此小球A的运动情况与第一次不相同，则两球不会在原位
置发生第二次碰撞，故C错误。
D、由于第二次碰撞是在初始位置，根据运动对称性，两个小球上升和下降的时间是相同的，A球运动到最高点时，B球也运动到最高点，此时的B球速度恰好为零，故D正确。
19．（2021秋•湖南月考）如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块（可视为质点）从小车上的A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块滑到B点时的速度大小为
C．滑块从A滑到C的过程中，小车的位移大小为
D．水平轨道的长度L＝
【答案】D。
【解析】解：A、滑块从A到B过程系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，滑块从B到C过程系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；
B、滑块由A到B过程系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，设滑块到B时的速度大小为vm，小车的速度大小为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：0＝mvm﹣Mv，由机械能守恒定律得：mgR＝+Mv2
解得：vm＝，故B错误；
C、设全程小车相对地面的位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R+L，则滑块水平方向相对地面的位移为：x'＝R+L﹣s，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：m−M＝0，已知M＝3m，解得：s＝（R+L），x'＝（R+L），故C错误；
D、滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得：0＝（m+M）v'，解得：v'＝0，由能量守恒定律得：mgR＝μmgL，解得：L＝，故D正确。
（多选）20．（2022•湖南学业考试）如图所示，一根弹性绳上端悬于A点、自然伸长时，下端恰好与正下方的光滑小钉D（垂直地钉入纸面所代表的竖直墙壁）平齐。现在弹性绳下端挂一质量为2m的重物P（可视为质点），弹性绳靠着钉子左侧伸长l后、P静止于地面上B点，此时地面对重物的支持力为mg。今将重物P向右拉开到距A为l的O点，并以O点为原点建立图示x坐标。设弹性绳的形变始终在弹性限度内，其弹力满足胡克定律，重物P与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。释放重物P后，下列说法正确的是（ ）
A．P释放的瞬间，其加速度大小为2.5m/s2
B．P释放后，运动到x＝处时其速度最大
C．P释放后，运动到x＝处将停止
D．释放后P向左运动停止后，给它向右的瞬时冲量m，P能恰好回到O处
【答案】BCD。
【解析】解：A、P释放的瞬间，根据牛顿第二定律得：
解得：a＝1.25m/s2，故A错误；
B、当P合外力为零时，此时P的速度最大，则有
kl′cosθ＝μ（2mg﹣kl′sinθ）
解得：
由于以O点为原点建立图示x坐标，则可耻运动到处时其速度最大，故B正确；
C、设其运动到x处，停止运动，由于为变力，根据动能定理得：
则有
摩擦力做功为
Wf＝﹣μmgx＝﹣0.5mgx
联立可得：
解得：，故C正确；
D、根据C选项分析可知
f＝﹣0.5mg
又运动到x＝处是其速度最大，由动能定理可得：
Wf＝﹣μmgx＝﹣0.5mgx
解得：
又根据动量定理得：
，故D正确；
（多选）21．（2022•沧州二模）如图所示，圆心为O、半径为R的四分之一光滑圆弧面竖直固定在水平地面上，劲度系数为k的轻质弹簧两端分别拴接质量均为m的小球A、B，小球A置于光滑水平地面上，小球B置于圆弧面上由静止释放，小球B沿圆弧面下滑的过程中用水平力F作用在小球A上使其处于静止状态，经过时间t小球B落地，落地后立刻撤去力F．已知小球B释放的位置与O点的连线与水平方向的夹角为53°，释放小球B时弹簧处于原长，弹簧与水平地面的夹角为37°，小球B落地时的速度为，落地后不反弹，重力加速度为g，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．小球B落地时弹簧的弹性势能为mgR
B．时间t内力F的冲量大小为kRt
C．小球B离开圆弧面后，弹簧的最大形变量为R
D．小球B离开圆弧面后，弹簧最长时的弹性势能为mgR
【答案】AD。
【解析】解：A、小球B下滑过程中，小球B和弹簧组成的系统机械能守恒，则有：，由题图可知：h＝Rsin53°＝R，解得小球B落地时弹簧的弹性势能为EP＝，故A正确；
B、小球B落地时弹簧的压缩量为：Δx＝，小球落地时弹力的大小为F＝kΔx＝，时间t内弹力水平分力的平均值不是，小球A静止，力F始终等于弹簧的水平分力，力F的冲量大小不是，故B错误；
C、刚撤去力F时，弹簧的形变量为Δx＝，小球B落地时速度方向竖直向下，落地后不反弹，则此时两小球的速度均为0，B离开圆弧面后，小球B、A和弹簧组成的系统动量守恒，当二者速度相等时，弹簧的形变量最大，根据能量守恒可知此时弹簧的弹性势能小于刚撤去力F时的弹簧的弹性势能，故弹簧的形变量小于，故C错误；
D、小球B离开圆弧面后，弹簧最长时两球速度相等，从撤去力F到弹簧恢复原长，根据能量守恒定律可得：，
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv，
此时的弹性势能：，故D正确。
22．（2022•湖北）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
【答案】（1）C的质量为m；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，F的大小为6.5mg；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，A、B、C的总动能最大时C的动能为（4﹣2）mgL。
【解析】解：（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知：mCg＝2mgcos30°
解得：mC＝m；
（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，取向下为正方向，根据动量守恒定律可知：
＝2mv
解得：v＝
CD碰撞后向下运动距离后停止，根据动能定理可知：2mg•﹣F•＝0﹣
解得：F＝6.5mg；
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知：
+2×＝mCg•﹣2mg•（﹣L）
令y＝mCg•﹣2mg•（﹣L）
对上式求导数可得：
＝
当＝0时，解得：cosα＝，即α＝30°
此时，有：y＝mCg•﹣2mg•（﹣L）＝mgL
所以，有：+2×＝mgL
解得：v′2＝
此时C的最大动能为：Ekm＝
解得：Ekm＝（4﹣2）mgL。
23．（2022•河北模拟）如图所示，水平面右侧有竖直墙壁，垂直墙壁的同一直线上有两个静止的物块A和B（均可视为质点），相距L＝15m，物块B到墙壁的距离s＝5m，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝0.5kg，物块B与水平面间无摩擦，物块A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。现给物块A施加水平向右的力F＝6N，作用2s后撤去F，之后物块A与物块B、物块B与墙壁间发生正碰，碰撞中无能量损失，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块A从开始运动到两物块第一次发生碰撞所经历的时间及物块A第一次碰撞前的速度大小；
（2）两物块第一次碰撞后的速度大小；
（3）从开始到两物块第三次碰撞前物块B通过的总路程。
【答案】（1）物块A从开始运动到两物块第一次发生碰撞所经历的时间为3s，物块A第一次碰撞前的速度大小为6m/s；
（2）两物块第一次碰撞后的速度大小分别为2m/s，8m/s；
（3）从开始到两物块第三次碰撞前物块B通过的总路程为m。
【解析】解：（1）F作用2s的过程中，由动量定理有
Ft1﹣μmAgt1＝mAvA
物块A的位移为xA＝
设物块A碰撞前的速度大小为v0.
由动能定理有FxA﹣μmAgL＝
代入数据解得v0＝6m/s
撤去F后，设碰撞前物块A做匀减速运动时间为t2，则t2＝
物块A从开始运动到两物块发生碰撞所经历的时间t＝t2+t1
联立解得：t＝3s
（2）两物块发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒，有mAv0＝mAv1+mBv2，
根据能量守恒定律有：＝+
联立两式并代入数据解得v1＝2m/s，v2＝8m/s
（3）第一次碰撞后物块A继续向右做匀减速运动
加速度大小为a＝μg
位移大小为xA1＝
所经历时间为t3＝
解得：xA1＝1m，t3＝1s
由于物块B与墙壁碰撞后速度大小不变、方向反向，故t3＝ls时间内，物块B通过的路程为
sB＝v2t3＝8×1m＝8m＜2s﹣xA1
即物块A静止前两物块没有发生碰撞，到两物块发生第二次碰撞时，物块B通过的路程为
sB1＝2s﹣xA1＝2×5m﹣1m＝9m
设两物块第二次发生碰撞后物块B和A的速度大小为v3和v4，则有
mBv2＝mBv3+mAv4，
根据能量守恒定律有：＝+
联立两式并代入数据解得v3＝﹣m/s，v4＝m/s
物块A做匀减速运动到停止，其位移xA2＝
物块B从两物块第二次碰撞后到两物块第三次碰撞前通过的路程为sB2＝2（s﹣xA1）+xA2
从开始到两物块第三次碰撞前物块B走过的总路程为s＝sB1+sB2
联立代入数据解得：s＝m
24．（2022•山东模拟）如图所示，质量M2kg的长木板Q静止在光滑水平地面上，右端紧靠光滑固定曲面AB的最低点B，木板上表面与曲面相切于B点，水平面的左侧与木板左端相距为x（x为未知量且其大小可以调节）处有一挡板C。一质量m＝1kg的小滑块P（可视为质点）从曲面上与B的高度差为h＝1.8m处由静止滑下，经B点后滑上木板，最终滑块未滑离木板。已知重力加速度大小为g＝10m/s2，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.3，木板与左挡板C和最低点B的碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，则从滑块滑上木板到二者最终都静止的过程中：
（1）若木板只与C发生了1次碰撞，求木板的运动时间；
（2）若木板只与C发生了3次碰撞，求x的值；
（3）其他条件不变，若m＝2kg，M＝1kg，x＝m，求木板通过的总路程。
【答案】（1）若木板只与C发生了1次碰撞，木板的运动时间为2s；
（2）若木板只与C发生了3次碰撞，x的值为m；
（3）木板通过的总路程为m。
【解析】解：（1）滑块P从A到B过程，根据机械能守恒定律
mgh＝mv2，代入数据解得v＝6m/s
P在Q上做匀减速运动，Q做匀加速运动，运动过程中二者的动量守恒。
若木板只与C发生了一次碰撞（不与B碰撞），则碰撞后到停止运动的这段过程中二者的动量变化量相等，即碰前P与Q的动量大小相等，规定向左为正方向，则有
mv＝mvP+MvQ，mvP＝MvQ
代入数据解得vQ＝1.5m/s
而μmg＝MaQ1
Q的运动时间t＝2×，解得t＝2s；
（2）木板共只与C发生了3次碰撞，即第3次碰撞前木板于滑块的动量大小相等。
每次碰撞前木板的速度都相等，设为vQ3，即每次碰撞过程中左挡板C对木板的冲量大小为
I1＝2MvQ3
从P滑上Q到最终都静止过程，规定向右为正方向，对P、Q整体根据动量定理得
3I1＝mv
解得vQ3＝0.5m/s
而vQ32＝2aQ1x，解得x＝m；
（3）若m＝2kg、M＝1kg，x＝m时
根据牛顿定律μmg＝MaQ2，aQ2＝6m/s2
碰撞前木板的速度vQ12＝2aQ2x，解得vQ1＝4m/s，
根据动量守恒定律mv＝mvP1+MvQ1解得vP1＝4m/s＝vQ1
碰后木板向右匀减速到速度为零后向左匀加速，滑块一直向左匀减速直到二者速度相等。
从第1次碰后到第2次碰前，此过程木板的路程
s1＝2×，
根据动量守恒定律
mvP1﹣MvQ1＝（m+M）vQ2
解得：vQ2＝
第2次碰后到第3次碰前
s2＝2×
即s2＝
mvP2﹣MvQ2＝（m+M）vQ3；
vQ3＝；
s3＝2×；
即s3＝
以此类推sn＝s1；
木板通过的路程为s＝x+s1+s2+s3+……sn；而s1＝2x，
即s＝x+s1；
当n→∞时，s＝x+s1；
所以s＝m.
25．（2022•新疆三模）如图所示，长L＝3.76m的传送带与水平面夹角θ＝37°，以速度v＝2m/s顺时针运行。t＝0时刻，质量mA＝1kg的小物块A从传送带顶端以初速度v0A＝0.6m/s滑下，同时质量mB＝2kg的小物块B以初速度v0B＝4m/s从底端冲上传送带，经过一段时间后，两物块在传送带上某处发生瞬间碰撞并且粘连。传送带与物块间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）t＝0时刻，小物块A和小物块B沿传送带运动的加速度大小；
（2）从t＝0时刻开始到两物块发生碰撞经历的时间；
（3）小物块A和小物块B离开传送带时的动能。
【答案】（1）t＝0时刻，小物块A和小物块B沿传送带运动的加速度大小分别为2m/s2、10m/s2；
（2）从t＝0时刻开始到两物块发生碰撞经历的时间为1.2s；
（3）小物块A和小物块B离开传送带时的动能为11.1J。
【解析】解：（1）t＝0时刻，分别以小物块A和B为研究对象，由牛顿第二定律可得：
aA＝gsinθ﹣μgcosθ
aB＝gsinθ+μgcosθ
代入数据解得：aA＝2m/s2，aB＝10m/s2；
（2）设小物块B的速度与传送带相同经历的时间为t1，由运动规律可得：t1＝
代入数据解得：t1＝0.2s
在t1时间段内，小物块A和B的位移分别为xA和xB，则有：
xA＝v0At1+，xB＝
代入数据解得：xA＝0.16m，xB＝0.6m
因sinθ＞μcosθ，故aB'＝gsinθ﹣μgcosθ
解得此后B的加速度大小为：aB′＝2m/s2
设小物块B从t1时刻减速到零经历的时间为t2
则：t2＝＝s＝1s
在t2时间段内，小物块A和B的位移分别为xA'和xB'，则有：
xA′＝v0At2+，xB′＝
代入数据解得：xA′＝2m，xB′＝1m
xA+xB+xA′+xB′＝0.16m+0.6m+2m+1m＝3.76m＝L
即小物块B减速到零时恰好与小物块A发生碰撞，t＝t1+t2＝0.2s+1s＝1.2s；
（3）设在t时刻小物块A的速度为vA′，则有：
vA′＝v0A+aA（t1+t2），解得：vA′＝3m/s
两物块碰撞后共同的速度为v共，取沿传送带向下为正方向，由动量守恒定律可得：
mAvA′＝（mA+mB）v共
碰撞后二者的加速度：a共＝gsinθ﹣μgcosθ
代入数据解得：a共＝2m/s2，
以两物块碰撞完毕到即将离开传送带为研究阶段，由动能定理可得：
（mA+mB）a共（xB+xB′）＝Ek﹣（mA+mB）v共2
联立解得：Ek＝11.1J。
26．（2022•河北）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。
（1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】（1）若0＜k＜0.5，碰撞后瞬间新物块的速度为5（1﹣k）m/s，方向水平向右；新滑板的速度大小为，方向水平向右；
（2）若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，两者相对位移的大小为1.875m。
【解析】解：（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1kg，以向右方向为正方向，则
mv0﹣m•kv0＝（m+m）v物
解得：v物＝5（1﹣k）m/s＞0
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5（1﹣k）m/s，方向向右
滑块A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1kg和2kg，则有
Mv0﹣2M•kv0＝（M+2m）v滑
解得：v滑＝
则新滑板速度方向也向右
（2）若k＝0.5，可知碰后书剑C、D形成的新物块的速度为
v物′＝5（1﹣k）m/s＝5×（1﹣0.5）m/s＝2.5m/s
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m“＝2kg，新滑板的质量为M'＝3kg，相对静止时的公式速度为v共，根据动量守恒定律可得：
m′v物′＝（m′+M′）v共
解得：v共＝1m/s
根据能量守恒可得：
解得：x相＝1.875m
27．（2022•浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。
（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。
【答案】（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小为5m/s；
（2）物块a在DE最高点时，管道对物块的作用力FN与h间满足的关系为FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，物块a最终静止的位置x值的范围为2.6m≤x≤3m；若物块b释放高度1.2m≤h＜1.65m时，物块a最终静止的位置x值的范围为。
【解析】解：（1）滑块b摆至最低点时，由机械能守恒定律得：
解得：vb＝5m/s
b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
mv0＝mvb′+mv0
解得：v0＝vb＝5m/s
（2）经上述分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理得：
mgh1﹣2μmgl﹣mgH＝0
解得：h1＝1.2m
以竖直向下的方向为正方向
由动能定理得：
联立解得：FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）
（3）当1.2m≤h＜1.65m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理可得：
从E点飞出后，竖直方向：
水平方向上：s＝vEt
根据几何关系可得：
联立解得：x＝3l+DF+s1
代入数据解得：
当0.9m＜h＜1.2m时，从h2＝0.9m释放时，根据动能定理可得：
mgh﹣μmgs2＝0
解得：s2＝1.8m
可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得：
mgH﹣μmgs3＝0
解得：s3＝0.4m
距离C点0.6m，综上可知0.9m＜h＜1.2m时
3l﹣s3≤x≤3l
代入数据解得：2.6m≤x≤3m
28．（2022•广东）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小分别为8N和5N；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小为8m/s；
（3）滑杆向上运动的最大高度为0.2m。
【解析】解：（1）滑块静止时，根据整体法可知，N1＝（m+M）g＝（0.2+0.6）×10N＝8N
当滑块向上滑动时，根据牛顿第三定律可知，滑块对滑杆的摩擦力大小为1N，方向竖直向上
则对滑杆进行受力分析，根据平衡状态得：
N2＝Mg﹣f＝0.6×10N﹣1N＝5N
（2）选竖直向上的方向为正方向
根据牛顿第二定律得，滑块的加速度为：
，负号表示加速度方向竖直向下
根据运动学公式可知
代入数据解得：v＝8m/s
（3）当滑杆和滑块发生碰撞的瞬间，根据动量守恒定律得：
mv＝（M+m）v1
当滑杆和滑块一起脱离地面时，根据整体法可知，系统的加速度为重力加速度，方向竖直向下
则
解得：h＝0.2m
29．（2022•乙卷）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v﹣t图像如图（b）所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ（sinθ＝0.6），与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.6m；；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.768v0t0；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数为0.45。
【解析】解：（1）设物块B的质量为M，t0时刻物块A、B达到共速，弹簧弹性势能此时最大设为Epm，0～t0时间内两物块作用过程满足动量守恒定律，以水平向右为正方向，结合图（b）数据得：
M×1.2v0＝（M+m）v0
解得：M＝5m
此过程对A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：
Epm＝﹣
解得：Epm＝0.6m；
（2）t0时刻物块A、B达到共速，此弹簧压缩量最大
因0～t0时间内两物块受到合力大小等于弹簧的弹力大小，故两物块所受合力大小相等方向相反，又因M＝5m
由牛顿第二定律可知物块B做减速直线运动的加速度大小始终等于物块A做加速直线运动的加速度大小的，那么在相同时间内，物块B的速度减小量始终等于物块A的速度增加量的，由v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，如下图所示：
已知：0～t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。即图中面积SA＝0.36v0t0
物块B相对匀速运动而减小的位移大小等于图中面积SB，由前述分析可知：
SB＝SA＝×0.36v0t0＝0.072v0t0
则0～t0时间内，物块B运动的位移大小为：
xB＝1.2v0t0﹣SB＝1.2v0t0﹣0.072v0t0＝1.128v0t0
由位移关系可得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为：
Δlm＝xB﹣SA＝1.128v0t0﹣0.36v0t0＝0.768v0t0；
（3）已知A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同，可知A两次滑上斜面的初速度相同，且为2v0。
设A第一次下滑到斜面底端时的速度大小为vA（其方向水平向左），A与B再次碰撞后B的速度为vB，以水平向右为正方向，对A与B再次碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，结合图（b）数据得：
M×0.8v0﹣mvA＝MvB+m×2v0
+＝+
联立解得：vA＝v0
设A在斜面上上滑的最大高度为h，A与斜面间的动摩擦因数为μ，对A第一次滑上斜面到达最高点的过程，由动能定理得：
﹣mgh﹣μmgcosθ•＝0﹣
对A第一次滑上斜面又到达斜面底端的过程，由动能定理得：
﹣2μmgcosθ•＝﹣
联立代入数据解得：μ＝0.45。
考向15 动量及其综合应用
【重点知识点目录】
1. 动量 动量定理
2. 动量守恒定律及其应用
3. 碰撞问题
4. 爆炸和缓冲问题
5. 人船模型
6. 子弹打木块问题
7. 含弹簧的碰撞问题
8. 物体与曲面体的碰撞问题
1．（2022•湖北）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（ ）
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
【答案】D。
【解析】解：在前一段时间内，根据动能定理得：W1＝﹣＝3×
在后一段时间内，根据动能定理得：W2＝﹣＝21×
所以W2＝7W1；
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是：
m•2v﹣mv≤I1≤m•2v+mv，即mv≤I1≤3mv
m•5v﹣m•2v≤I2≤m•5v+m•2v，即3mv≤I2≤7mv
可知：I2≥I1，故D正确、ABC错误。
2．（2022•湖南）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（ ）
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
【答案】B。
【解析】解：设中子的质量为m，则氢核和氮核的质量分别为m、14m，
由于碰撞为弹性碰撞，选向右为正方向，由动量守恒定律得：中子与氢核碰撞，mv0＝mv+mv1，，解得：v1＝v0
中子与氮核碰撞，mv0＝mvn+14mv2，
解得：v2＝＝v0
A、碰撞后氢核动量为mv0，氮核动量为14m×＝mv0，氮核动量大于氢核动量，故A错误；
B、碰撞后氮核的动能为＝，氢核的动能为m，所以碰撞后氮核的动能比氢核的小，故B正确；
CD、由上述分析可得：v1＞v2，v2＜v0，故CD错误；
（多选）3．（2022•乙卷）质量为1kg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g＝10m/s2。则（ ）
A．4s时物块的动能为零
B．6s时物块回到初始位置
C．3s时物块的动量为12kg•m/s
D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J
【答案】AD。
【解析】解：物块与地面间的滑动摩擦力为：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。
A、t3＝3s时物体的速度大小为v3，则有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入数据解得：v3＝6m/s；
t4＝4s时速度为v4，根据动量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入数据解得：v4＝0，故A正确；
B、0～3s物块沿正方向加速运动，3s～4s物块沿正方向减速运动，4s末的速度为零，4s～6s物块反向加速，且加速度大小与0～3s内的加速度大小相等，故6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
C、3s时物块的动量大小为：p＝mv3＝1×6kg•m/s＝6kg•m/s，故C错误；
D、0～3s内物块的位移：x1＝＝m＝9m，方向为正方向；
3s～4s内物块的位移：x2＝＝m＝3m，方向为正方向；
6s时物块的速度大小为v6，则有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s
4s～6s物块的位移大小为：x3＝＝m＝4m，方向为负方向。
所以0～6s时间内F对物块所做的功为：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正确。
4．（2022•甲卷）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
（1）调节导轨水平。
（2）测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 0.304 kg的滑块作为A。
（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如表所示。
1
2
3
4
5
t1/s
0.49
0.67
1.01
1.22
1.39
t2/s
0.15
0.21
0.33
0.40
0.46
k＝
0.31
k2
0.33
0.33
0.33
（6）表中的k2＝ 0.31 （保留2位有效数字）。
（7）的平均值为 0.32 （保留2位有效数字）。
（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为 （用m1和m2表示），本实验中其值为 0.34 （保留2位有效数字）；若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
【解析】解：（2）两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后两滑块运动方向相反，则A滑块质量要小，才有可能反向运动，故选0.304kg的滑块作为A。
（6）因为位移相等，所以速度之比等于时间之比的倒数，由表中数据可得，k2＝＝＝0.31。
（7）的平均值为：＝＝0.322≈0.32。
（8）由机械能守恒定律和动量守恒定律可得：＝+；m1v0＝﹣m1v1+m2v2，
联立解得：，代入数据，可得：＝0.34。
5．（2022•湖南）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍（λ为常数且0＜λ＜），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中h0已知，求F0的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
【答案】（1）篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比为；
（2）F0的大小为；
（3）冲量I的大小为m。
【解析】解：（1）篮球在下落过程中，根据牛顿第二定律可知：
根据速度—位移公式可得篮球与地面的碰前速度为：
篮球反弹的过程中，根据牛顿第二定律得：
根据速度—位移公式可得篮球与地面的碰后速率为：
因此
k＝＝
（2）篮球反弹到最高点时，运动员对篮球施加一个向下的力，根据动能定理得：
根据（1）问的描述可知，篮球落地反弹的速度为
v4＝kv3
在反弹上升的过程中，根据动能定理可得：
联立解得：F0＝
（3）由（1）问的分析可知，篮球上升和下降过程的加速度分别为
a1＝（1﹣λ）g（方向向下）
a2＝（1+λ）g（方向向上）
因为拍打的时间极短，重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理可知
I＝mv
即每次拍打篮球都会给篮球一个速度v。
拍打第一次下降过程中
上升过程中有
将k代入上升过程的式子化简得：
联立解得：
拍打第二次，同理可得：
下降过程中
上升过程中代入k后得
联立得：
将h1代入到h2得：
拍打第三次，同理可得：
下降过程有
上升过程代入k值化简得：
联立解得：
再将h2代入到h3得：
拍打第N次时，同理可得：
下降过程有
上升过程代入k值得：
联立有
将hN﹣1代入hN后有
其中，hN＝H，h0＝h
则有
[]
则有I＝mv'＝m
一、动量 动量定理
1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．
2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．
3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．
二、动量守恒定律
1．应用动量守恒定律的解题步骤：
（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；
（3）规定正方向，确定初末状态动量；
（4）由动量守恒定律列式求解；
（5）必要时进行讨论．
2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：
（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．
正确把握以上两点是求解这类问题的关键．
3．综合应用动量观点和能量观点
4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．
5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：
（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．
（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．
（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．
三、弹性碰撞和非弹性碰撞
碰撞的特点分析：
（1）动量守恒；
（2）机械能不增加；
（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．
四、用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题
1.弹性碰撞规律
2. 非弹性碰撞
五、 反冲
对反冲运动的进一步理解
（1）反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．
（2）反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理．
（3）研究反冲运动的目的是找出反冲速度的规律．求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态．
一、动量
1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．
2．表达式：p=mv．
3．单位：kg•m/s．
4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．
二、冲量
1．定义：力F和它的作用时间t的乘积叫做这个力的冲量，通常用I表示．
2．表达式：I=Ft（此式只能用来计算恒力F的冲量）．
3．单位：N•s（1 N•s=1 kg•m/s）
4．标矢性：冲量是矢量、方向由力的方向决定．
三、动量定理
1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．
2．表达式：
3．用动量概念表示牛顿第二定律：，所以物体动量的变化率等于它受到的力，即，这是牛顿第二定律的动量表述
四、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．
2．表达式：
（1）p=p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′．
（2）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．
（3）△p1=-△p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
（4）△p=0，系统总动量的增量为零．
3．动量守恒定律的适用条件
（1）不受外力或所受外力的合力为零．不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．
（2）近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
（3）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒．
五、弹性碰撞和非弹性碰撞
碰撞现象
1．碰撞：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用力，而其他的相互作用力相对来说可以忽略不计的过程．
2．弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞，即EK1=EK2（能够完全恢复形变）；
3．非弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞，即EK1＞EK2（不能够完全恢复形变）；
4．完全非弹性碰撞：碰撞过程中物体的形变完全不能恢复，以致两物体合为一体一起运动，即两物体在非弹性碰撞后以同一速度运动，系统机械能损失最大．
碰撞的特点：
1．相互作用时间极短．
2、相互作用力极大，即内力远大于外力，遵循动量守恒定律．
六、 反冲
定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲．
要点：①内力作用下；②一个物体分为两个部分；③两部分运动方向相反．
2．原理：遵循动量守恒定律
作用前：P=0
作用后：P′=mv-Mv′
则根据动量守恒定律有：P′=P
即mv-Mv′=0，故有：
3．反冲运动的应用和防止
防止：榴弹炮
应用：反击式水轮机、喷气式飞机、火箭
易错题【01】
注意动量定理是合外力的冲量等于动量的变化量，注意系统动量守恒的条件。
易错题【02】
注意弹性碰撞题型的计算，最好能够记住一些二级结论。
易错题【03】
在火箭反冲问题中，要注意参考系的选择。
6．（2022春•杨浦区校级期末）质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，t＝0时刻，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始运动。经过时间t0和3t0，分别撤去F1和F2。两物体速度随时间变化的图线如图所示。设F1和F2对物体的冲量大小分别为I1和I2，对物体做的功分别为W1和W2（ ）
A．I1：I2＝4：5，W1：W2＝9：4 B．I1：I2＝4：5，W1：W2＝6：5
C．I1：I2＝3：2，W1：W2＝6：5 D．I1：I2＝3：2，W1：W2＝9：4
【答案】B。
【解析】解：由v﹣t图像可知，撤去拉力F后两物体做匀减速的图线平行，
可知两物体做匀减速的加速度大小相等，由于两物体质量相等，
可知A、B两物体受到的摩擦力相等，设为摩擦力为f，
对A物体，整个运动过程中，根据动量定理可得I1﹣f•4t0＝0
对B物体，整个运动过程中，根据动量定理可得I2﹣f•5t0＝0
联立可得
v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移，故物体A运动过程的位移：
B物体整个运动过程的位移为
对A物体，根据动能定理可得W1﹣f•xA＝0
对B物体，根据动能定理可得W2﹣f•xB＝0
联立可得
故B正确，ACD错误。
7．（2022春•浙江期中）如图所示，一轻质弹簧压缩后处于锁定状态，下端固定在足够长的光滑斜面底端，上端与物体A接触而不栓接。弹簧解除锁定后将物体沿斜面向上弹出，在斜面上O点（图中未标出）物体与弹簧脱离。现在仅将弹簧上端与物体拴接，其它条件不变，从物体第一次运动到点开始计时，到物体第一次回到O点用时0.4s，则下列判断正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．物体A做简谐运动，O点是其平衡位置
B．物体A做简谐运动的周期是1.6s
C．0到0.4s这段时间内，弹簧的弹力对A的冲量沿斜面向下
D．0到0.4s这段时间内，合外力对A的冲量为0
【答案】C。
【解析】解：A、当物体处于平衡位置时
kx0＝mgsinθ
某时刻物体离开平衡位置的位移为x，则此时的回复力
F＝﹣[k（x+x0）﹣mgsinθ]＝﹣kx
则物体A做简谐振动，平衡位置在O点以下距离为
，故A错误；
B、由题意可得：
物体A做简谐运动的周期为
T＝0.8s，故B错误；
C、0到0.4s这段时间内，弹簧处于拉长状态，弹簧的弹力方向沿斜面向下，则弹簧对A的冲量沿斜面向下，故C正确；
D、若t﹣0时刻物体的速度沿斜面向上，大小为v，则在t＝0.4s时刻回到O点时的速度大小仍为v，方向沿斜面向下，若规定沿斜面向下为正方向，则0到0.4s这段时间内，合外力对A的冲量为
I＝mv﹣（﹣mv）＝2mv≠0，故D错误；
8．（2022•湖北模拟）如图所示，光滑倾斜滑道OM与粗糙水平滑道MN平滑连接．质量为1kg的滑块从O点由静止滑下，在N点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的P点停下．已知O点比M点高1.25m，滑道MN长4m，滑块与滑道MN的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是（ ）
A．滑块运动到M点的速度大小为6m/s
B．滑块运动到N点的速度大小为4m/s
C．缓冲墙对滑块的冲量大小为10N•s
D．缓冲墙对滑块做的功为﹣2.5J
【答案】D。
【解析】解：A、从O到M的过程，由动能定理可知，解得滑块运动到M的速度大小为v0＝5m/s，故A错误；
B、由M到N的过程中，加速度大小为，由位移公式可得，可得滑块运动到N的速度大小为v＝3m/s，故B错误；
C、由N到P可知，解得被缓冲墙反弹，滑块的速度大小v'＝﹣2m/s（方向与初速度反向，取负），由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量I＝Δp＝mv'﹣mv＝1×（﹣2）N•s﹣1×3N•s＝﹣5N•s，故C错误；
D、由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功，代入数据解得W＝﹣2.5J，故D正确．
9．（2022春•朝阳区校级期中）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，此时弹簧处于原长，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。给小车一个瞬时冲击作用，使其瞬间获得速度v0。在地面参考系（可视为惯性系）中，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
A．从小车获得速度v0到弹簧压缩至最短的过程，动量守恒，机械能守恒
B．从小车获得速度v0到弹簧压缩至最短的过程，动量守恒，机械能不守恒
C．从弹簧压缩至最短到弹簧恢复原长的过程，动量不守恒，机械能守恒
D．从弹簧压缩至最短到弹簧恢复原长的过程，动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B。
【解析】解：从小车获得速度v0开始，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；当滑块在车厢底板上有相对滑动，弹簧被压缩且弹簧的弹力大于滑块受到的滑动摩擦力，滑块受到的合力不为零，滑块相对车厢底板滑动，系统要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为系统的内能，系统机械能减小，系统机械能不守恒，故B正确，ACD错误。
10．（2022•历城区校级模拟）离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，工作时将推进剂离子化，使之带电，然后在静电场作用下推进剂得到加速后喷出，从而产生推力，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等，航天器质量M，单个离子质量m，带电量q，加速电场的电压为U，高速离子形成的等效电流强度为I，根据以上信息计算该发动机产生的推力为（ ）
A．I B．I C．I D．I
【答案】B。
【解析】解：根据动能定理得：
解得：v＝
根据电流的定义式有
对离子，根据动量定理可得：
FΔt＝Nmv
联立解得：F＝I，故B正确，ACD错误；
11．（2022•襄城区校级四模）如图所示，两个质量分布均匀的长木板A、B放置在水平桌面上，质量均为m，木板长度均为L，水平桌面以M点为界，左侧光滑、右侧粗糙，粗糙部分与两木板的动摩擦因数均为μ，粗糙部分的长度为s（s＞2L）。初始时木板B的左端恰与M点重合，现使木板A木块以初速度v0滑向B，与B碰后粘合成为一个整体（碰撞时间极短），最终两木块没有掉落桌面，则v0的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A。
【解析】解：根据动量守恒，可知mv0＝2mv，
解得v＝，
即为A、B粘为一个整体的速度；
从粘合成为一个整体开始到全部运动到粗糙平面，摩擦力随位移均匀增大，然后摩擦力不变，减速至零，根据动能定理，
﹣﹣μ•2mg（s﹣L）＝0﹣，
解得v0＝，
即为v0的最大值，故A正确，BCD错误；
12．（2022春•五华区校级期中）光滑水平面上质量为2kg的物体受到水平拉力F的作用由静止开始运动，过程中的a﹣t图如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．0﹣4s内物体先做加速运动再做匀速运动
B．6s末物体的速度为零
C．0﹣4s内拉力做功49J
D．0﹣4s内拉力冲量为18N•s
【答案】C。
【解析】解：AB、物体是从静止开始运动，故在0～1s内做加速度增大的加速运动；1～4s内做匀加速直线运动，4～6s做加速度减小的加速运动，6s末加速度为零，速度最大，故AB错误；
D、a﹣t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，故根据动量定理可得0～4s内拉力的冲量为，故D错误；
C、因为水平面光滑，故物体受到的合力大小等于F，根据动能定理可得
因为是从静止开始运动的，所以4s末的动量为p＝14N•s
根据
联立可求得WF＝49J
故C正确。
13．（2022春•杨浦区校级期中）如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正向对心碰撞。小球a、b质量分别为m1和m2，且m1＝1kg。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前球a做加速运动，球b做匀速运动
B．碰撞后球a做减速运动，球b做加速运动
C．碰撞后两小球的总动能为8J
D．碰撞前后两小球总动能为4J
【答案】C。
【解析】解：AB、根据x﹣t图像可知碰撞前后球a做匀速运动，球b静止；碰撞后球a和球b均做匀速运动，故AB错误；
CD、碰撞前a球的速度为：
碰撞后两小球的速度分别为：；
根据动量守恒定律得：m1va1＝m1va2+m2vb1
解得：m2＝3kg
碰前两小球的动能为：
碰后两小球的动能为：，故C正确，D错误；
14．（2022•鞍山二模）质量均为m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O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为M的小球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。下面说法正确的是（ ）
A．A、B、C组成的系统动量守恒
B．小球C到达最低点时速度大小为
C．小球C到达左侧最高点时速度为零
D．小球C第一次到达最低点时木块A、B分离
【答案】D。
【解析】解：A、木块A、B和小球C组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，故A错误；
B、如果A和B固定，小球C到达最低点时速度大小为v，则有：mgL＝，解得：v＝；
现在木块A和B并排放在光滑水平面上，当小球C达到水平地面上时，A和B水平方向的速度不为零，根据能量守恒定律可知，小球的速度小于，故B错误；
CD、小球C第一次到达最低点时木块A、B分离，此后B以一定的速度向右做匀速直线运动；
对个系统，水平方向根据动量守恒定律可知，小球C到达左侧最高点时A和C的动量大小与B的动量大小相等、方向相反，速度不为零，故C错误、D正确。
15．（2022春•鼓楼区校级期中）在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示．碰后运动员用冰壶剧摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力．碰撞前后两壶运动的v﹣t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等，由图像可得（ ）
A．碰撞后，蓝壶经过4s停止运动
B．红、蓝两壶的碰撞过程是弹性碰撞
C．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s
D．红、蓝两壶从碰后至停止的运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1：5
【答案】C。
【解析】解：A、设碰撞后蓝壶经过ts时间停止运动。根据三角形相似法知，，解得：t＝5s，故A错误。
C、设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv，解得：v＝0.8m/s，故C正确。
B、碰撞过程两壶损失的动能为：ΔEk＝，解得：ΔEk＝0.16m＞0，所以红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，故B错误。
D、红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量大小之比 I红：I蓝＝mv′0：mv＝1：4，故D错误。
16．（2022春•沧州期末）如图所示，水平面上AO段粗糙，动摩擦因数μ＝0.6，OB段光滑．物体甲放在距O点左侧x1＝3m的A处，质量为M＝7kg的物体乙静止放在距O点右侧x2＝4m的B处．现给物体甲一个初速度v0＝10m/s，物体甲与物体乙在B点发生弹性正碰，碰后物体甲恰好能返回出发点A，重力加速度g取10m/s2，两物体均可视为质点，则（ ）
A．物体甲到O点速度大小为8.5m/s
B．物体甲向右从O点到B点所用的时间为0.75s
C．物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度的大小为5m/s
D．物体甲的质量为1kg
【答案】D。
【解析】解：A、对物体甲，由牛顿第二定律得：﹣μmg＝ma，代入数据解得：a＝﹣6m/s2，
设甲到达O点时的速度大小为v，则＝2ax1，代入数据解得：v＝8m/s，故A错误；
B、甲在OB段匀速直线运动，运动时间t＝s＝0.5s，故B错误；
C、设碰撞后瞬间甲的速度为v1，碰撞后甲在BO段匀速返回，到OA段匀减速停止在A点，则﹣＝2ax1，代入数据解得：v1＝6m/s，故C错误；
D、甲乙发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mv1+Mv2，
由机械能守恒定律得：，代入数据解得：m＝1kg，故D正确。
17．（2022•永州三模）如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、km（k为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g。关于各种情况下k的取值。下列各项中不正确的是（ ）
A．若0＜k＜0.2，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点
B．若0.2＜k＜1，则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道
C．若k＞1，小球B不可能脱轨
D．若k＝3，小球A和小球B将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞
【答案】B。
【解析】解：小球A下滑到最低点的过程中，根据动能定理得：mgR＝mv02，
解得A与B碰撞前的速度v0＝，
碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定理得：mv0＝mvA+kmvB，
根据机械能守恒定律得：mv02＝mvA2+kmvB2，
联立解得：vB＝，vA＝。
B小球恰运动至轨道顶点，根据机械能守恒定律得：kmvB2＝kmg•2R+kmv2，
小球B能恰好通过最高点，则有：mg＝m，
解得：v＝
联立各式代入数据解得：k＝﹣1≈0.265。
A、由上分析可知，当k≤0.265时，B球可运动至轨道最高点，故A正确；
B、当0.265＜k＜1时，B脱轨，而k＞0.2，不一定脱轨，故B错误；
C、若k＝1，两球发生弹性碰撞，由于两球质量相等，速度交换，B球恰能运动到四分之一圆弧轨道，所以若k＞1，小球运动不到四分之一圆弧轨道处速度减为零，又返回，所以小球B不可能脱轨，故C正确；
D、若k＝3时，vB＝，vA＝﹣，两球速度大小相等，方向相反，经过相同的时间会同时回到最低点，所以两球会在最低点发生第二次碰撞，故D正确。
本题选错误的。
18．（2022春•鼓楼区校级月考）如图所示，竖直轻质弹簧下端焊接一个质量为m的小球A，A处于静止状态。在A的正下方一质量为2m的小球B正被竖直向上抛出，与A球发生对心弹性正碰，碰前瞬间B球的速度为v0，碰后两球仍沿同一直线运动。当A球运动到碰前初始位置时再次与B球发生弹性对心正碰。则（ ）
A．在两次碰撞之间的过程中弹簧对A球的冲量一定为零
B．在两次碰撞之间的过程中重力对A球的冲量一定为零
C．若只将题中碰前瞬间B球的速度改为2v0，则两球仍能在原位置发生第二次碰撞
D．A球运动到最高点时，小球B的速度恰好为零
【答案】D。
【解析】解：A、A、B两球发生弹性碰撞，设碰撞后A的速度为vA，B的速度为vB，根据动量守恒定律可知：2mv0＝mvA+2mvB，
根据能量守恒定律可知：＝+，
联立解得：vA＝v0，vB＝v0
由题可知第二次碰撞是在初始位置，根据能量守恒定律，则两球回到初始位置时速度和碰后的速度大小相同方向相反，设运动时间为t，
分析A球有：mgt+I＝m•v0﹣m（﹣v0）
分析B球有：2mgt＝2mv0﹣2m（﹣v0）
解得在两次碰撞之间的过程中弹簧对A球的冲量为：I＝2，故A错误。
B、在两次碰撞之间的过程中重力对A球的冲量为：IG＝mgt，故B错误。
C、第一次碰撞前小球B做竖直上抛运动，若只将题中碰前瞬间B球的速度改为2v0，B球的能量增加，但是B球仍做竖直上抛运动，但是碰后A球的能量也增加，小球A和弹簧相连接，因此小球A的运动情况与第一次不相同，则两球不会在原位
置发生第二次碰撞，故C错误。
D、由于第二次碰撞是在初始位置，根据运动对称性，两个小球上升和下降的时间是相同的，A球运动到最高点时，B球也运动到最高点，此时的B球速度恰好为零，故D正确。
19．（2021秋•湖南月考）如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块（可视为质点）从小车上的A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块滑到B点时的速度大小为
C．滑块从A滑到C的过程中，小车的位移大小为
D．水平轨道的长度L＝
【答案】D。
【解析】解：A、滑块从A到B过程系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，滑块从B到C过程系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；
B、滑块由A到B过程系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，设滑块到B时的速度大小为vm，小车的速度大小为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：0＝mvm﹣Mv，由机械能守恒定律得：mgR＝+Mv2
解得：vm＝，故B错误；
C、设全程小车相对地面的位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R+L，则滑块水平方向相对地面的位移为：x'＝R+L﹣s，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：m−M＝0，已知M＝3m，解得：s＝（R+L），x'＝（R+L），故C错误；
D、滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得：0＝（m+M）v'，解得：v'＝0，由能量守恒定律得：mgR＝μmgL，解得：L＝，故D正确。
（多选）20．（2022•湖南学业考试）如图所示，一根弹性绳上端悬于A点、自然伸长时，下端恰好与正下方的光滑小钉D（垂直地钉入纸面所代表的竖直墙壁）平齐。现在弹性绳下端挂一质量为2m的重物P（可视为质点），弹性绳靠着钉子左侧伸长l后、P静止于地面上B点，此时地面对重物的支持力为mg。今将重物P向右拉开到距A为l的O点，并以O点为原点建立图示x坐标。设弹性绳的形变始终在弹性限度内，其弹力满足胡克定律，重物P与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。释放重物P后，下列说法正确的是（ ）
A．P释放的瞬间，其加速度大小为2.5m/s2
B．P释放后，运动到x＝处时其速度最大
C．P释放后，运动到x＝处将停止
D．释放后P向左运动停止后，给它向右的瞬时冲量m，P能恰好回到O处
【答案】BCD。
【解析】解：A、P释放的瞬间，根据牛顿第二定律得：
解得：a＝1.25m/s2，故A错误；
B、当P合外力为零时，此时P的速度最大，则有
kl′cosθ＝μ（2mg﹣kl′sinθ）
解得：
由于以O点为原点建立图示x坐标，则可耻运动到处时其速度最大，故B正确；
C、设其运动到x处，停止运动，由于为变力，根据动能定理得：
则有
摩擦力做功为
Wf＝﹣μmgx＝﹣0.5mgx
联立可得：
解得：，故C正确；
D、根据C选项分析可知
f＝﹣0.5mg
又运动到x＝处是其速度最大，由动能定理可得：
Wf＝﹣μmgx＝﹣0.5mgx
解得：
又根据动量定理得：
，故D正确；
（多选）21．（2022•沧州二模）如图所示，圆心为O、半径为R的四分之一光滑圆弧面竖直固定在水平地面上，劲度系数为k的轻质弹簧两端分别拴接质量均为m的小球A、B，小球A置于光滑水平地面上，小球B置于圆弧面上由静止释放，小球B沿圆弧面下滑的过程中用水平力F作用在小球A上使其处于静止状态，经过时间t小球B落地，落地后立刻撤去力F．已知小球B释放的位置与O点的连线与水平方向的夹角为53°，释放小球B时弹簧处于原长，弹簧与水平地面的夹角为37°，小球B落地时的速度为，落地后不反弹，重力加速度为g，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．小球B落地时弹簧的弹性势能为mgR
B．时间t内力F的冲量大小为kRt
C．小球B离开圆弧面后，弹簧的最大形变量为R
D．小球B离开圆弧面后，弹簧最长时的弹性势能为mgR
【答案】AD。
【解析】解：A、小球B下滑过程中，小球B和弹簧组成的系统机械能守恒，则有：，由题图可知：h＝Rsin53°＝R，解得小球B落地时弹簧的弹性势能为EP＝，故A正确；
B、小球B落地时弹簧的压缩量为：Δx＝，小球落地时弹力的大小为F＝kΔx＝，时间t内弹力水平分力的平均值不是，小球A静止，力F始终等于弹簧的水平分力，力F的冲量大小不是，故B错误；
C、刚撤去力F时，弹簧的形变量为Δx＝，小球B落地时速度方向竖直向下，落地后不反弹，则此时两小球的速度均为0，B离开圆弧面后，小球B、A和弹簧组成的系统动量守恒，当二者速度相等时，弹簧的形变量最大，根据能量守恒可知此时弹簧的弹性势能小于刚撤去力F时的弹簧的弹性势能，故弹簧的形变量小于，故C错误；
D、小球B离开圆弧面后，弹簧最长时两球速度相等，从撤去力F到弹簧恢复原长，根据能量守恒定律可得：，
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv，
此时的弹性势能：，故D正确。
22．（2022•湖北）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
【答案】（1）C的质量为m；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，F的大小为6.5mg；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，A、B、C的总动能最大时C的动能为（4﹣2）mgL。
【解析】解：（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知：mCg＝2mgcos30°
解得：mC＝m；
（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，取向下为正方向，根据动量守恒定律可知：
＝2mv
解得：v＝
CD碰撞后向下运动距离后停止，根据动能定理可知：2mg•﹣F•＝0﹣
解得：F＝6.5mg；
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知：
+2×＝mCg•﹣2mg•（﹣L）
令y＝mCg•﹣2mg•（﹣L）
对上式求导数可得：
＝
当＝0时，解得：cosα＝，即α＝30°
此时，有：y＝mCg•﹣2mg•（﹣L）＝mgL
所以，有：+2×＝mgL
解得：v′2＝
此时C的最大动能为：Ekm＝
解得：Ekm＝（4﹣2）mgL。
23．（2022•河北模拟）如图所示，水平面右侧有竖直墙壁，垂直墙壁的同一直线上有两个静止的物块A和B（均可视为质点），相距L＝15m，物块B到墙壁的距离s＝5m，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝0.5kg，物块B与水平面间无摩擦，物块A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。现给物块A施加水平向右的力F＝6N，作用2s后撤去F，之后物块A与物块B、物块B与墙壁间发生正碰，碰撞中无能量损失，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块A从开始运动到两物块第一次发生碰撞所经历的时间及物块A第一次碰撞前的速度大小；
（2）两物块第一次碰撞后的速度大小；
（3）从开始到两物块第三次碰撞前物块B通过的总路程。
【答案】（1）物块A从开始运动到两物块第一次发生碰撞所经历的时间为3s，物块A第一次碰撞前的速度大小为6m/s；
（2）两物块第一次碰撞后的速度大小分别为2m/s，8m/s；
（3）从开始到两物块第三次碰撞前物块B通过的总路程为m。
【解析】解：（1）F作用2s的过程中，由动量定理有
Ft1﹣μmAgt1＝mAvA
物块A的位移为xA＝
设物块A碰撞前的速度大小为v0.
由动能定理有FxA﹣μmAgL＝
代入数据解得v0＝6m/s
撤去F后，设碰撞前物块A做匀减速运动时间为t2，则t2＝
物块A从开始运动到两物块发生碰撞所经历的时间t＝t2+t1
联立解得：t＝3s
（2）两物块发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒，有mAv0＝mAv1+mBv2，
根据能量守恒定律有：＝+
联立两式并代入数据解得v1＝2m/s，v2＝8m/s
（3）第一次碰撞后物块A继续向右做匀减速运动
加速度大小为a＝μg
位移大小为xA1＝
所经历时间为t3＝
解得：xA1＝1m，t3＝1s
由于物块B与墙壁碰撞后速度大小不变、方向反向，故t3＝ls时间内，物块B通过的路程为
sB＝v2t3＝8×1m＝8m＜2s﹣xA1
即物块A静止前两物块没有发生碰撞，到两物块发生第二次碰撞时，物块B通过的路程为
sB1＝2s﹣xA1＝2×5m﹣1m＝9m
设两物块第二次发生碰撞后物块B和A的速度大小为v3和v4，则有
mBv2＝mBv3+mAv4，
根据能量守恒定律有：＝+
联立两式并代入数据解得v3＝﹣m/s，v4＝m/s
物块A做匀减速运动到停止，其位移xA2＝
物块B从两物块第二次碰撞后到两物块第三次碰撞前通过的路程为sB2＝2（s﹣xA1）+xA2
从开始到两物块第三次碰撞前物块B走过的总路程为s＝sB1+sB2
联立代入数据解得：s＝m
24．（2022•山东模拟）如图所示，质量M2kg的长木板Q静止在光滑水平地面上，右端紧靠光滑固定曲面AB的最低点B，木板上表面与曲面相切于B点，水平面的左侧与木板左端相距为x（x为未知量且其大小可以调节）处有一挡板C。一质量m＝1kg的小滑块P（可视为质点）从曲面上与B的高度差为h＝1.8m处由静止滑下，经B点后滑上木板，最终滑块未滑离木板。已知重力加速度大小为g＝10m/s2，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.3，木板与左挡板C和最低点B的碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，则从滑块滑上木板到二者最终都静止的过程中：
（1）若木板只与C发生了1次碰撞，求木板的运动时间；
（2）若木板只与C发生了3次碰撞，求x的值；
（3）其他条件不变，若m＝2kg，M＝1kg，x＝m，求木板通过的总路程。
【答案】（1）若木板只与C发生了1次碰撞，木板的运动时间为2s；
（2）若木板只与C发生了3次碰撞，x的值为m；
（3）木板通过的总路程为m。
【解析】解：（1）滑块P从A到B过程，根据机械能守恒定律
mgh＝mv2，代入数据解得v＝6m/s
P在Q上做匀减速运动，Q做匀加速运动，运动过程中二者的动量守恒。
若木板只与C发生了一次碰撞（不与B碰撞），则碰撞后到停止运动的这段过程中二者的动量变化量相等，即碰前P与Q的动量大小相等，规定向左为正方向，则有
mv＝mvP+MvQ，mvP＝MvQ
代入数据解得vQ＝1.5m/s
而μmg＝MaQ1
Q的运动时间t＝2×，解得t＝2s；
（2）木板共只与C发生了3次碰撞，即第3次碰撞前木板于滑块的动量大小相等。
每次碰撞前木板的速度都相等，设为vQ3，即每次碰撞过程中左挡板C对木板的冲量大小为
I1＝2MvQ3
从P滑上Q到最终都静止过程，规定向右为正方向，对P、Q整体根据动量定理得
3I1＝mv
解得vQ3＝0.5m/s
而vQ32＝2aQ1x，解得x＝m；
（3）若m＝2kg、M＝1kg，x＝m时
根据牛顿定律μmg＝MaQ2，aQ2＝6m/s2
碰撞前木板的速度vQ12＝2aQ2x，解得vQ1＝4m/s，
根据动量守恒定律mv＝mvP1+MvQ1解得vP1＝4m/s＝vQ1
碰后木板向右匀减速到速度为零后向左匀加速，滑块一直向左匀减速直到二者速度相等。
从第1次碰后到第2次碰前，此过程木板的路程
s1＝2×，
根据动量守恒定律
mvP1﹣MvQ1＝（m+M）vQ2
解得：vQ2＝
第2次碰后到第3次碰前
s2＝2×
即s2＝
mvP2﹣MvQ2＝（m+M）vQ3；
vQ3＝；
s3＝2×；
即s3＝
以此类推sn＝s1；
木板通过的路程为s＝x+s1+s2+s3+……sn；而s1＝2x，
即s＝x+s1；
当n→∞时，s＝x+s1；
所以s＝m.
25．（2022•新疆三模）如图所示，长L＝3.76m的传送带与水平面夹角θ＝37°，以速度v＝2m/s顺时针运行。t＝0时刻，质量mA＝1kg的小物块A从传送带顶端以初速度v0A＝0.6m/s滑下，同时质量mB＝2kg的小物块B以初速度v0B＝4m/s从底端冲上传送带，经过一段时间后，两物块在传送带上某处发生瞬间碰撞并且粘连。传送带与物块间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）t＝0时刻，小物块A和小物块B沿传送带运动的加速度大小；
（2）从t＝0时刻开始到两物块发生碰撞经历的时间；
（3）小物块A和小物块B离开传送带时的动能。
【答案】（1）t＝0时刻，小物块A和小物块B沿传送带运动的加速度大小分别为2m/s2、10m/s2；
（2）从t＝0时刻开始到两物块发生碰撞经历的时间为1.2s；
（3）小物块A和小物块B离开传送带时的动能为11.1J。
【解析】解：（1）t＝0时刻，分别以小物块A和B为研究对象，由牛顿第二定律可得：
aA＝gsinθ﹣μgcosθ
aB＝gsinθ+μgcosθ
代入数据解得：aA＝2m/s2，aB＝10m/s2；
（2）设小物块B的速度与传送带相同经历的时间为t1，由运动规律可得：t1＝
代入数据解得：t1＝0.2s
在t1时间段内，小物块A和B的位移分别为xA和xB，则有：
xA＝v0At1+，xB＝
代入数据解得：xA＝0.16m，xB＝0.6m
因sinθ＞μcosθ，故aB'＝gsinθ﹣μgcosθ
解得此后B的加速度大小为：aB′＝2m/s2
设小物块B从t1时刻减速到零经历的时间为t2
则：t2＝＝s＝1s
在t2时间段内，小物块A和B的位移分别为xA'和xB'，则有：
xA′＝v0At2+，xB′＝
代入数据解得：xA′＝2m，xB′＝1m
xA+xB+xA′+xB′＝0.16m+0.6m+2m+1m＝3.76m＝L
即小物块B减速到零时恰好与小物块A发生碰撞，t＝t1+t2＝0.2s+1s＝1.2s；
（3）设在t时刻小物块A的速度为vA′，则有：
vA′＝v0A+aA（t1+t2），解得：vA′＝3m/s
两物块碰撞后共同的速度为v共，取沿传送带向下为正方向，由动量守恒定律可得：
mAvA′＝（mA+mB）v共
碰撞后二者的加速度：a共＝gsinθ﹣μgcosθ
代入数据解得：a共＝2m/s2，
以两物块碰撞完毕到即将离开传送带为研究阶段，由动能定理可得：
（mA+mB）a共（xB+xB′）＝Ek﹣（mA+mB）v共2
联立解得：Ek＝11.1J。
26．（2022•河北）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。
（1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】（1）若0＜k＜0.5，碰撞后瞬间新物块的速度为5（1﹣k）m/s，方向水平向右；新滑板的速度大小为，方向水平向右；
（2）若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，两者相对位移的大小为1.875m。
【解析】解：（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1kg，以向右方向为正方向，则
mv0﹣m•kv0＝（m+m）v物
解得：v物＝5（1﹣k）m/s＞0
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5（1﹣k）m/s，方向向右
滑块A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1kg和2kg，则有
Mv0﹣2M•kv0＝（M+2m）v滑
解得：v滑＝
则新滑板速度方向也向右
（2）若k＝0.5，可知碰后书剑C、D形成的新物块的速度为
v物′＝5（1﹣k）m/s＝5×（1﹣0.5）m/s＝2.5m/s
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m“＝2kg，新滑板的质量为M'＝3kg，相对静止时的公式速度为v共，根据动量守恒定律可得：
m′v物′＝（m′+M′）v共
解得：v共＝1m/s
根据能量守恒可得：
解得：x相＝1.875m
27．（2022•浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。
（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。
【答案】（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小为5m/s；
（2）物块a在DE最高点时，管道对物块的作用力FN与h间满足的关系为FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，物块a最终静止的位置x值的范围为2.6m≤x≤3m；若物块b释放高度1.2m≤h＜1.65m时，物块a最终静止的位置x值的范围为。
【解析】解：（1）滑块b摆至最低点时，由机械能守恒定律得：
解得：vb＝5m/s
b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
mv0＝mvb′+mv0
解得：v0＝vb＝5m/s
（2）经上述分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理得：
mgh1﹣2μmgl﹣mgH＝0
解得：h1＝1.2m
以竖直向下的方向为正方向
由动能定理得：
联立解得：FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）
（3）当1.2m≤h＜1.65m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理可得：
从E点飞出后，竖直方向：
水平方向上：s＝vEt
根据几何关系可得：
联立解得：x＝3l+DF+s1
代入数据解得：
当0.9m＜h＜1.2m时，从h2＝0.9m释放时，根据动能定理可得：
mgh﹣μmgs2＝0
解得：s2＝1.8m
可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得：
mgH﹣μmgs3＝0
解得：s3＝0.4m
距离C点0.6m，综上可知0.9m＜h＜1.2m时
3l﹣s3≤x≤3l
代入数据解得：2.6m≤x≤3m
28．（2022•广东）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小分别为8N和5N；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小为8m/s；
（3）滑杆向上运动的最大高度为0.2m。
【解析】解：（1）滑块静止时，根据整体法可知，N1＝（m+M）g＝（0.2+0.6）×10N＝8N
当滑块向上滑动时，根据牛顿第三定律可知，滑块对滑杆的摩擦力大小为1N，方向竖直向上
则对滑杆进行受力分析，根据平衡状态得：
N2＝Mg﹣f＝0.6×10N﹣1N＝5N
（2）选竖直向上的方向为正方向
根据牛顿第二定律得，滑块的加速度为：
，负号表示加速度方向竖直向下
根据运动学公式可知
代入数据解得：v＝8m/s
（3）当滑杆和滑块发生碰撞的瞬间，根据动量守恒定律得：
mv＝（M+m）v1
当滑杆和滑块一起脱离地面时，根据整体法可知，系统的加速度为重力加速度，方向竖直向下
则
解得：h＝0.2m
29．（2022•乙卷）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v﹣t图像如图（b）所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ（sinθ＝0.6），与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.6m；；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.768v0t0；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数为0.45。
【解析】解：（1）设物块B的质量为M，t0时刻物块A、B达到共速，弹簧弹性势能此时最大设为Epm，0～t0时间内两物块作用过程满足动量守恒定律，以水平向右为正方向，结合图（b）数据得：
M×1.2v0＝（M+m）v0
解得：M＝5m
此过程对A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：
Epm＝﹣
解得：Epm＝0.6m；
（2）t0时刻物块A、B达到共速，此弹簧压缩量最大
因0～t0时间内两物块受到合力大小等于弹簧的弹力大小，故两物块所受合力大小相等方向相反，又因M＝5m
由牛顿第二定律可知物块B做减速直线运动的加速度大小始终等于物块A做加速直线运动的加速度大小的，那么在相同时间内，物块B的速度减小量始终等于物块A的速度增加量的，由v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，如下图所示：
已知：0～t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。即图中面积SA＝0.36v0t0
物块B相对匀速运动而减小的位移大小等于图中面积SB，由前述分析可知：
SB＝SA＝×0.36v0t0＝0.072v0t0
则0～t0时间内，物块B运动的位移大小为：
xB＝1.2v0t0﹣SB＝1.2v0t0﹣0.072v0t0＝1.128v0t0
由位移关系可得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为：
Δlm＝xB﹣SA＝1.128v0t0﹣0.36v0t0＝0.768v0t0；
（3）已知A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同，可知A两次滑上斜面的初速度相同，且为2v0。
设A第一次下滑到斜面底端时的速度大小为vA（其方向水平向左），A与B再次碰撞后B的速度为vB，以水平向右为正方向，对A与B再次碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，结合图（b）数据得：
M×0.8v0﹣mvA＝MvB+m×2v0
+＝+
联立解得：vA＝v0
设A在斜面上上滑的最大高度为h，A与斜面间的动摩擦因数为μ，对A第一次滑上斜面到达最高点的过程，由动能定理得：
﹣mgh﹣μmgcosθ•＝0﹣
对A第一次滑上斜面又到达斜面底端的过程，由动能定理得：
﹣2μmgcosθ•＝﹣
联立代入数据解得：μ＝0.45。
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