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第7讲 碰撞和动量守恒-最新高考物理二轮复习直击高考热点难点
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第7讲 碰撞和动量守恒
流体模型中的动量定理
1、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。（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)
例题1对于同一个物理问题，常常可以从宏观和微观两个不同角度进行研究。
（1）如图所示，正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为，单位体积内粒子数量为恒量，为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为，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。
①求一个粒子与器壁碰撞一次受到的冲量大小；
②导出容器壁单位面积所受粒子压力与、和的关系（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）；
（2）“温度是分子平均动能的标志”可以表示为（为物理常量）。查阅资料还可得到下信息：
第一，理想气体的模型为气体分子可视为质点，分子间除了相互碰撞外，分子间无相互作用力；
第二，一定质量的理想气体，其压强与热力学温度的关系式为，式中为单位体积内气体的分子数，为常数；
请根据上述信息并结合第（1）问的信息完成证明：，并求出的表达式。
【答案】（1）①，②；（2）见解析，
【解析】
（1）①对与器壁碰撞的一个粒子，由动量定理可得
①
②设正方体容器某一侧壁面积为，则时间内碰壁的粒子数为
②
由动量定理得
③
由牛顿第三定律可得，器壁受到的压力
④
容器壁单位面积所受粒子压力由压强的定义式得
⑤
联立①②③④⑤得
⑥
（2）由于压强和温度的关系式为
⑦
联立⑥⑦可得
⑧
由⑧与题中信息
可得
流体作用的柱状模型
对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图1所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)
图1
(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；
(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.
例题2高压水枪是世界上公认的最科学、经济、环保的清洁工具之一、如图所示为某高压水枪工作时的场景。考虑能量损耗，可近似认为高压水枪工作时电动机所做功的80%转化为喷出水的动能，已知水枪出水口直径为d，水从枪口喷出时的速度为v，水的密度为ρ，求：
（1）单位时间从枪口喷出的水的质量；
（2）这个水枪工作时电动机做功的功率；
（3）用高压水枪冲洗物体时，在物体表面将产生一定的压力。若水从枪口喷出时的速度大小v=100m/s，近距离垂直喷射到物体表面，水枪出水口直径d =5mm。忽略水从枪口喷出后的发散效应，水喷射到物体表面时速度在短时间内变为零。由于水柱前端的水与物体表面相互作用时间很短，因此在分析水对物体表面的作用力时可忽略这部分水所受的重力。已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，g=10m/s2，估算水枪在物体表面产生的冲击力的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）196.25N
【解析】
（1）由题意得时间内从枪口喷出的水的质量为
所以单位时间内从枪口喷出的水的质量为
（2）由题意知电动机所做功的80%转化为喷出水的动能，所以时间内电动机所做功为
解得电动机做功的功率为
（3）因为时间内从枪口喷出的水的质量为
对时间内喷出的水为研究对象，设水枪在物体表面产生的冲击力为F，以水流速度方向为正方向，则由动量定理得
解得
动量守恒定律的应用
1．判断系统动量是否守恒的“三注意”
(1)注意所选取的系统——所选的系统组成不同，结论往往不同。
(2)注意所研究的运动过程——系统的运动分为多个过程时，有的过程动量守恒，另一过程则可能不守恒。
(3)注意守恒条件——整体不满足系统动量守恒条件时，在某一方向可能满足动量守恒条件。
2．动量守恒定律的表达式
(1)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。
(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．碰撞的基本规律
例题3 (多选)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 kg
C．58 kg D．63 kg
【答案】BC
【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，整理得vn＝，则v7＝，v8＝.由题意知，v7<5.0 m/s，则M>52 kg，又知v8>5.0 m/s，则M<60 kg，故选B、C.
人船模型和反冲运动
例题4(多选)如图2所示，小车质量为M，置于光滑水平地面上，小车顶端有半径为R的四分之一光滑圆，质量为m的小球(可视为质点)从圆弧顶端由静止释放，重力加速度为g.对此运动过程分析，下列说法中正确的是( )
图2
A．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为R
B．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为
C．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为m
D．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为M
【答案】BC
【解析】当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v′，小球的速度设为v，小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0，由机械能守恒定律得mgR＝mv2＋Mv′2，解得v′＝m，故C正确，D错误；设小球由静止释放至滑到最低点的过程中，小球和小车各自的位移大小为x1和x2，则mx1－Mx2＝0，且x1＋x2＝R，联立解得x1＝，故A错误，B正确．
三种碰撞的特点
弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，
机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v′ ＋m2v′
完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′，机械能损失最多：机械能的损失
ΔE＝－(m1＋m2)v′2
非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，
机械能有损失：机械能的损失
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1v′ ＋m2v′)
碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.
(3)速度要符合实际情况
例题5如图所示，在光滑水平面上有质量为m的小物块a以初速度v0水平向右运动，在小物块a左右两侧各放置完全相同的小物块b、c，小物块b、c上各固定一个轻弹簧，小物块b、c的质量均为km，其中k＝1、2、3…，弹簧始终处于弹性限度内．求：
(1)小物块a第一次与小物块c碰撞时，弹簧的最大弹性势能为多大？
(2)若小物块a至少能与小物块c碰撞2次，k的最小值为多少？
【答案】(1)·mv (2)5
【解析】 (1)小物块a和c相互作用，两者速度相等时弹簧的弹性势能最大，对于小物块a和c，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋km)v
根据能量转化和守恒定律有
Epmax＝mv－(m＋km)v2
联立解得Epmax＝·mv.
(2)设小物块a第一次离开小物块c时，小物块a和c的速度分别为v1、v2，对于小物块a和c根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋kmv2
根据机械能守恒定律有mv＝mv＋kmv
联立解得，小物块a的速度为v1＝v0
小物块c的速度为v2＝v0
小物块a离开c后与小物块b作用，当小物块a离开b时，小物块a和小物块b的速度分别为v′1、v′2，对于小物块a和b，根据动量守恒定律有mv1＝mv′1＋kmv′2
根据机械能守恒定律有mv＝mv′ ＋kmv′
联立解得v′1＝v0
若小物块a和c至少碰撞2次，则有v′1＞v2
由数学知识可得k2－4k－1＞0
解得k＞2＋
而k＝1、2、3…
故kmin＝5.
动量守恒定律的综合应用
1．解题策略
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．
(3)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．
(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．
2．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)．
例题6静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【答案】 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)B先停止 0.50 m(3)0.91 m
【解析】
(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB ①
Ek＝mAv＋mBv ②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s. ③
(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发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有
mBa＝μmBg ④
sB＝vBt－at2 ⑤
vB－at＝0 ⑥
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 ⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m ⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处．B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m． ⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为v′A，由动能定理有
mAv′2 A－mAv＝－μmAg(2l＋sB) ⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
v′A＝ m/s ⑪
故A与B将发生碰撞．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 ⑫
mAv′＝mAv″＋mBv″ ⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
v″A＝ m/s，v″B＝－ m/s ⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．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
2as′A＝v″，2as′B＝v″ ⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
s′A＝0.63 m，s′B＝0.28 m ⑯
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
s′＝s′A＋s′B＝0.91 m． ⑰
“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑)
小球—弹簧模型
小球曲面模型
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv02＝mv12＋Mv22
例题7如图所示，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．
(2)若CD＝0.2 m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能．
(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？
【答案】见解析
【解析】 (1)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s1，滑道的水平位移大小为s3，有
0＝m1s1－m3s3，s1＝R
解得s3＝＝0.15 m.
(2)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
m1gR＝m1v＋m3v
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，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
(m1＋m2)v＋m3v－μ(m1＋m2)g·CD＝Epm
联立以上方程，代入数据解得Epm＝0.3 J.
(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒定律有
(m1＋m2)v＋m3v＝μ(m1＋m2)gs
代入数据可得s＝0.25 m
所以物体1、物体2最终停在C点和D点之间与D点间的距离为0.05 m处．
“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面、水平导轨都光滑)
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
例题8如图所示，在固定的足够长的光滑水平杆上，套有一个质量为m＝0.5 kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98 kg的木块，现有一质量为m0＝20 g的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g＝10 m/s2)，求：
(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；
(2)木块所能达到的最大高度．
【答案】见解析
【解析】(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有
m0v0＝(m0＋M)v
在该过程中机械能有损失，损失的机械能为
ΔE＝m0v－(m0＋M)v2
解得：ΔE＝99 J.
(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有
(m0＋M)v＝(m0＋M＋m)v′
又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有
(m0＋M)gh＝(m0＋M)v2－(m0＋M＋m)v′2
联立解得：h＝0.01 m.
一、单选题
1．如题图所示，水上飞行表演中，运动员操控喷射式悬浮飞行器将水带缓慢竖直送上来的水向下喷出，可以完成悬停、上升等各种动作。某次表演时运动员处于悬停状态，喷嘴竖直向下喷出水的速度为，若运动员操控装置，以竖直向上的加速度a开始运动瞬间，喷嘴竖直向下喷出水的速度为，重力加速度为g，下列关系式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
设水的密度为，喷嘴喷水出口横截面积为S，喷嘴竖直向下喷出水时，对水竖直向下的作用力大小为F，由动量定理得
可得
当运动员处于悬停状态时有
当运动员操控装置以竖直向上的加速度a开始运动瞬间有
联立解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
2．如图所示为某地一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20m的圆面。某时间内该地区的风速是5.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3，假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能，π取3。下列说法正确的是（ ）
A．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为6000m3
B．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为900J
C．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动量为900kg•m/s
D．此风力发电机发电的功率为900W
【答案】A
【解析】
A．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为
故A正确；
B．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为
故B错误；
C．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动量为
故C错误；
D．依题意，此风力发电机发电的功率为
故D错误。
故选A。
3．科技冬奥是北京冬奥会的一个关键词，大家在观看滑雪大跳台的比赛时，对“时间切片”有深刻的印象，就是把运动员从跳台上速度斜向上起飞一直到落地的过程展现在一帧画面上，3秒瞬间一帧呈现，给观众带来震撼视觉体验。假如运动员质量为m，离开跳台时速度的大小为v，重力加速度为g，运动中忽略阻力，则（ ）
A．运动员在空中运动的每帧位置之间，重力冲量不相同
B．运动员在空中运动的每帧位置之间，速度的改变方向不同
C．运动员从跳台到最高点过程中，重力势能的增加为
D．运动员从最高点落回地面过程中重力的瞬时功率随时间均匀增加
【答案】D
【解析】
A．运动员在空中运动的每帧位置之间，时间间隔相同,重力的冲量由
可知重力冲量相同，故A错误；
B．运动员在空中只受重力作用，运动的每帧位置之间，速度的改变方向由
可知是相同的，故B错误；
C．运动员从跳台到最高点过程中，由于最高点有水平方向的速度，所以重力势能的增加小于，故C错误；
D．运动员从最高点落回地面过程中重力的瞬时功率为
所以随时间均匀增加，故D正确。
故选D。
4．城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。 图为一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告词的科学性：设一个50 g鸡蛋从25楼的窗户自由落下，与地面的碰撞时间约为，已知相邻楼层的高度差约为3 m，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）
A．10 N B．102N C．103N D．104 N
【答案】C
【解析】
下落的高度
则下落的时间
取向下为正方向，根据动量定理得
解得
故C正确，ABD错误。
故选C。
5．如图所示，光滑的小滑轮D（可视为质点）固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小环C机械能最大的位置在S点下方
B．弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零
C．小环C的最大动能为
D．小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为
【答案】C
【解析】
A．小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S的过程，非重力做负功，机械能减小。因此，小环C的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环C的机械能最大，故A错误；
B．小环从R处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，故B错误；
C．环在Q时动能最大。环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。Q和A通过细线相连，沿着绳子的分速度相等（如图1所示），故
故A与环的动能之比为
对小环和A的系统
联立可得小环C的最大动能
故C正确；
D．环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有
Tcosθ=Mg
对A有
T-mg-F=ma
对B有
F=mg
联立可得为
故D错误。
故选C。
6．一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图像如图所示，t=0时其速度大小为2 m/s。滑动摩擦力大小恒为2 N，则（ ）
A．在t=6 s时刻，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·s
D．在t=6 s时刻，拉力F的功率为200 W
【答案】D
【解析】
A. 加速直线运动时的at图像所围的面积代表速度的变化量，则
则
故A错误；
B．根据动能定理得
故B错误；
C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为
故C错误；
D．在t=6 s时刻，拉力F
解得
F=10N
拉力F的功率为
故D正确。
故选D。
7．水平推力F1和F2别作用于水平面上质量相等的甲、乙两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下来。两物体的v-t图像如题图所示，图中AB⁄⁄CD，则整个运动过程中（ ）
A．F1小于F2
B．F1的冲量小于F2的冲量
C．两物体受到的摩擦力做功相等
D．两物体受到的摩擦力的冲量大小相等
【答案】B
【解析】
A． 根据牛顿第二定律得
AB⁄⁄CD
摩擦因数相同
根据牛顿第二定律得
根据图像得
解得
A错误；
BD． 根据动量定理得
解得
根据图像得
解得
F1的冲量小于F2的冲量，B正确，D错误；
C．两物体在运动过程所受摩擦力相等，但无法通过v-t图像比较出两者运动的总位移（图线面积表示位移），所以无法比较两物体受到的摩擦力做功的大小，C错误。
故选B。
8．某物体由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t1后，在阻力作用下做匀减速直线运动，又经时间t2速度为零，若物体一直在同样的水平面上运动，则加速阶段的牵引力与阻力大小之比为（ ）
A．t2∶t1 B．（t1＋t2）∶t1 C．（t1＋t2）∶t2 D．t2∶（t1＋t2）
【答案】B
【解析】
整个过程中由动量定理可得
解得
故选B。
9．“水刀”应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高，安全环保等优势．某型号“水刀”工作过程中，将水从细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”在任意相等时间t内用水量都为，水的密度为，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散研没有反弹，当水对材料垂直于表面方向的压强为P时便可以将该材料切开。则该“水刀”细喷嘴的横截面积至多为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
设水的速度为，该“水刀”细喷嘴的横截面积为，任意相等时间t内用水量都为，则有
解得
选取时间内打在材料表面质量为水为研究对象，由动量定理得
其中
解得
根据牛顿第三定律，材料表面受到的压力
水对材料垂直于表面方向的压强为
联立以上式子解得
由题意当水对材料垂直于表面方向的压强为P时便可以将该材料切开，则
解得
选项A正确，BCD错误；
故选A。
10．某中学科技活动小组表演“震撼动量球”实验，为感受碰撞过程中的受力，在互动环节，表演者将球抛向观众，假设一质量约为2kg的超大气球以的速度竖直下落到某观众手面，该观众双手上推，使气球以原速度大小竖直向上弹出，球与手的作用时间为0.2s，忽略气球所受浮力及空气阻力，，则观众双手受的压力大小为（ ）
A．30N B．60N C．90N D．120N
【答案】B
【解析】
设观众双手受到的压力大小为F，由牛顿第三定律可知，气球所受的支持力大小也为F，取竖直向上为正方向，对气球由动量定理有
代入数据解得
故选B。
二、多选题
11．快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是（ ）
A．可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B．可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C．可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D．可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小
【答案】CD
【解析】
ABC．充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量不变，由动量定理可知，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物体所受的合力，但不能改变合力的冲量，AB错误，C正确；
D．动量对时间的变化率即为物体所受的合力，D正确。
故选CD。
12．使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里。播种时，在离地面10m高处、以15m/s的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气压力把荚以5m/s的速度（相对播种器）竖直向下射出，荚进入地面下10cm深处完成一次播种。已知荚的总质量为20g，不考虑荚所受大气阻力及进入土壤后重力的作用。取g = 10m/s2，则（ ）
A．射出荚的过程中，播种器对荚做的功为2.5J
B．离开无人机后，荚在空中运动的时间为s
C．土壤对荚冲量的大小为kg·m/s
D．荚在土壤内受到平均阻力的大小为N
【答案】CD
【解析】
A．播种器对荚做的功等于荚增加的动能，故
A错误；
B．离开无人机后，在竖直方向上荚做初速度为5m/s、加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间公式有
解得
B错误；
C．荚落地时竖直方向上的速度为
水平方向上的速度为，故荚落地时的速度大小为
进入土壤后，速度为零，故
即冲量大小为，C正确；
D．荚进入土壤后，竖直方向上做减速运动，末速度为零，位移为，根据位移速度公式可得
进入土后的时间为
联立解得
根据动量定理可得
解得
即平均阻力大小为，D正确。
故选CD。
13．如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置I以4.5m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置II，当运动到位置III时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置II时的速度为v。则下列说法正确的是（ ）
A．q1=q2 B．q1=2q2 C．v=1.0m/s D．v=1.5m/s
【答案】BD
【解析】
AB．根据
可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1=2q2，故A错误，B正确；
CD．线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理
即
同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理
即
联立解得
选项C错误，D正确。
故选BD。
14．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，虚线右侧有磁感应强度T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，质量、电荷量的小球C静置于其中，虚线左侧一个质量为kg、不带电的绝缘小球A以速度m/s进入磁场与C球发生正碰（电荷不转移），碰后C小球对水平面的压力刚好为零，取向右为正方向，，下列说法正确的是（ ）
A．碰后C球速度为20m/s B．碰后C球速度为15m/s
C．C对A的冲量大小为 D．C对A的冲量大小为
【答案】AD
【解析】
AB．由于碰后C小球对水平面的压力刚好为零，根据左手定则可知C小球速度方向向右，则有
解得，碰后C球速度为
故A正确，B错误；
CD．两球发生正碰过程中，根据动量守恒定律可得
解得
根据动量定理可知，C对A的冲量
即大小为，方向水平向左。
故选AD。
15．如图，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为，则（ ）
A．球的动能可能不变
B．球的动量大小一定增加
C．球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
D．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
【答案】AC
【解析】
AB．垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量大小不变，动量大小增量为零，故A正确，B错误；
C．由牛顿第三定律知：球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确；
D．球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。
故选AC。
16．如图所示，真空中，水平正对放置的平行金属板A、B间存在竖直方向的匀强电场，带电量为+Q的球P内含有一弹射装置，其质量为m1（含其内部弹射装置），质量为m2、不带电的小球置于球P内部的弹射装置中。开始时，球P恰好静止在距A板h的位置。某时刻，小球相对于金属板以速度v0水平弹出，球P和小球同时到达金属板。若两球均可视为质点，球P运动过程中电荷量保持不变且不影响原电场分布，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．从小球弹出至到达金属板，球P动量的变化量竖直向上
B．从小球弹出至到达金属板，球P的电势能增加
C．两金属板间的电势差
D．两金属板长度至少为
【答案】ACD
【解析】
A．原来球P静止时，有
小球弹出时，设P瞬间速率为v1，由动量守恒
小球弹出后，P受电场力大于其重力，合力向上，做类平抛运动到达上板，由牛顿第二定律
由动量定理知，球P动量变化量竖直向上，故A正确；
B．球P向上类平抛运动，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C．小球弹出后，设经时间t到达下板，设两板间距为d，对小球竖直方向，由运动学规律
同理，对P竖直方向
两金属板间的电势差
联立以上各式（含A中公式）可得
故C错误；
D．小球和球P自弹出到落板，水平位移大小分别为
，
则两金属板长度至少为
联立A、C、D中公式可得
故D正确。
故选ACD。
17．碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移-时间图象（图象）如图所示。已知小孩的质量为，大人的质量为，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前后小孩的运动方向没有改变
B．碰碰车的质量为60kg
C．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为
D．碰撞过程中损失的机械能为
【答案】BD
【解析】
A．规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错误；
B．由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2m/s，大人的速度为m/s，碰后两人的共同速度为m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有
解得
故B正确；
C．碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为
碰后总动量为
由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为
故C错误；
D．由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为
故D正确。
故选BD。
18．一质量为m的物块静止在水平光滑桌面上，现用一力F（大小未知）拉动物块，物块运动时的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．0.5T时，物块速度为
B．与物块运动情况完全相同
C．，过程中F冲量为
D．过程中F做功为零
【答案】AD
【解析】
AB．根据a-t图像与时间轴所围的面积大小表示速度的变化量，且物体从静止开始运动可知：物体在0～0.5T时间内做初速度为零的加速度为a0的匀加速直线运动，0.5T时物体的速度
0.5T~T时间内物体的加速度为零，以速度v做匀速运动
T~1.5T时间内物体的加速度为-a0，物体做匀减速运动，1.5T时刻的速度
1.5T~2T时间内物体做初速度为零加速度为-a0的反向匀加速直线运动，2T时物体的速度
其速度时间图像如图所示
故A正确，B错误；
C．T~1.5T，根据动量定理可知F冲量等于物体的动量变化，即
故C错误；
D．T~2T过程中，根据动能定理可知：F做的功等于物体的动能变化，即
故D正确。
故选AD。
19．一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则（ ）
A．物块下滑过程中机械能守恒，动量不守恒。
B．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J，动能增加了4J
C．物块下滑时加速度的大小为2.0m/s2
D．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
【答案】CD
【解析】
A．物块在初位置其重力势能为
动能
则物块的质量
此时物块具有的机械能为
当下滑距离为5m时，物块具有的机械能为
所以下滑过程中物块的机械能减小，物体加速下滑，动量不守恒，A错误；
B．当物块下滑2.0m时动能
重力势能
物块下滑2.0m时机械能
损失了8J
令斜面的倾角为θ，则
根据功能关系有
解得
B错误D正确；
C．根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为
C正确。
故选CD。
20．“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则下列说法正确的是（ ）
A．气流速度大小为
B．单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为
C．风若速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小为
D．单位时间内风机做的功为
【答案】AD
【解析】
A．对时间内吹向游客的气体，设气体质量为，由动量定理可得
由于游客处于静止状态，故满足
另外
联立可得
故A正确；
B．单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为
联立解得
故B错误；
C．若风速变为原来的，设风力为，由动量定理可得
另外
联立可得
由牛顿第二定律可得
解得
故C错误；
D．风洞单位时间流出的气体质量为M
单位时间内风机做的功为
故D正确。
故选AD。
三、解答题
21．飞机从起飞滑跑开始，上升到机场上空安全高度，这一加速运动过程即为起飞过程。起飞过程分为如下三个阶段：飞机从静止加速到抬前轮速度v1、抬前轮至以离地迎角α（可看作飞机速度方向与水平方向的夹角）达到起飞离地速度v2、飞机离地至达到航线速度和高度。设某飞机起飞的机场跑道是水平的，该飞机的质量为m，重力加速度为g。则：
（1）在第一阶段中，若飞机沿跑道行驶的距离为L0，飞机所受的阻力f大小恒定，则飞机的推力在第一阶段中做了多少功？
（2）动量p和冲量I都是矢量，在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究。在第二阶段中，飞机水平方向合力的冲量和竖直方向合力的冲量分别是多少？
（3）飞机在第三阶段的运动轨迹如图所示，已知飞机的水平位移为L时，沿竖直方向的位移为h。若飞机离地后上升过程中飞机水平速度保持不变，竖直向上的升力大小恒定，不计空气阻力。从飞离跑道到上升h高的过程中，飞机的升力多大？
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
（1）设飞机的推力在阶段Ⅰ做的功为WF，由动能定理
解得
（2）设飞机水平方向合力的冲量和竖直方向合力的冲量分别为Ix、Iy，由动量定理
（3）飞机上升h高的过程中，水平分运动
竖直分运动
得
设飞机的升力为F，由牛顿第二定律
得
22．如图甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为的木块A以速度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。求
（1）长木板B的质量；
（2）木块A与长木板B组成系统，自A以速度滑上原来静止的长木板B的上表面，到A、B相对静止，由于A、B之间存在摩擦而产生的热量。
（3）若上述问题中涉及的A、B初状态、质量、A、B间的摩擦因数均不变，只是水平面不再光滑，而是粗糙的，且水平面与木板B间的摩擦因数为0.04，求自木块A以速度滑上原来静止的长木板B的上表面，到二者相对静止所用的时间。（木板足够长）
【答案】（1）；（2）；（3）。
【解析】
（1）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，共同速度为，A、B组成的系统在运动过程中满足动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
解得
长木板B的质量为；
（2）木块A与长木板B组成系统在运动过程中损失的机械能转化为内能，由能量守恒定律得
解得
由于A、B之间存在摩擦而产生的热量为；
（3）设A、B间的摩擦力为f，取原情境中的B为研究对象，由动量定理
解得
现情景中，B与水平面间的摩擦力为
设A、B相对静止时的速度为，从A滑上B到二者共速的过程，由动量定理可得，
对于物块A
对于木板B
联立解得
从A滑上B到二者相对静止所用的时间为。
23．游乐场中有一种管道滑水游戏，其装置可简化为如图所示。一滑水者从距水面高H=5.2m的滑道上端由静止开始滑下，从距水面高h=0.2m的下端管口水平飞出，落到距下端管口水平距离x=0.4m的水面上。若滑水者可视为质点，其质量m=50kg，在管道中滑行的时间t=s。取重力加速度的大小g=10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）滑水者落到水面上时的动能大小；
（2）滑水者在管道中滑行时阻力对其做的功；
（3）下滑过程中管道对滑水者的冲量大小。
【答案】（1）200J；（2）−2400J；（3）
【解析】
（1）滑水者离开管道后做平抛运动
可得
根据动能定理有
由此得到动能
（2）滑水者在管道中滑行过程中，根据动能定理有
可得阻力做的功
（3）下滑过程中动量变化量大小为
方向水平向右。
重力的冲量大小
方向竖直向下。
根据动量定理，可得如图所示，则有管道对滑水者的冲量大小为
24．如图所示，有一倾角的平行倾斜金属导轨，处接有电容为的电容器，在底端处通过一小段光滑圆弧绝缘件（长度可忽略）连接足够长的平行光滑水平金属导轨，两导轨间距均为，在导轨间和导轨间分别存在着垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为和。两长度均为的金属棒、，棒静止在水平金属导轨的最左端，棒与导轨间的动摩擦因数，并从离导轨底端高度为处由静止释放。已知棒、始终与导轨间保持良好接触，两棒间的碰撞为水平弹性碰撞，，，，不计棒的电阻，重力加速度取。求：
（1）棒到达导轨底端时的速度大小；
（2）最终棒、之间的距离。
【答案】（1）；（2）1.5m
【解析】
(1)对a受力分析结合牛顿第二定律有
而
其中
联立解得
所以金属棒a在倾斜轨道上做匀变速运动，由匀变速运动规律有
解得
(2)当金属棒a进入水平导轨与b发生弹性碰撞，碰后两者速度分别为v1、v2，由动量守恒和能量守恒
联立解得
，
碰后a、b在安培力作用下向右变速运动，a向右加速，b向右减速，整体的合外力为零，系统动量守恒，当二者速度相等时它们之间的距离保持不变，设为s，据动量守恒定律可得
在此过程中对导体棒b应用动量定理有
由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律
联立可得
s=1.5m
25．如图所示，竖直虚线MN和PQ将真空空间分割成I、II、III三个区域，其中I、III两区域内均存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和方向竖直向上、电场强度为E的匀强电场（后面称之为叠加场），而II区域内只存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。在II区域内的中央水平固定一根内壁粗糙绝缘的细管，在细管内放置着质量分别为2m、m的a、b两个带正电小球，两球之间有一根处于压缩状态的轻质弹簧（弹簧与小球不栓接）。某一时刻弹簧瞬间弹开，a、b两小球分别向左、向右滑动，其中一个小球恰好能在细管内匀速滑动，而另一个小球则没能滑出细管。滑出细管的小球在叠加场内做匀速圆周运动，经一段时间后穿过分界线进入II区域，小球在II区域内运动的某一时刻恰好沿竖直方向经过K点（K点在图中未标出）。不计a、b两球之间的作用力，重力加速度为g.求：
（1）滑出细管的小球所带电荷量q;
（2）两小球被弹簧弹开瞬间的动能之和Ek;
（3）小球经过K点距水平细管的距离H.
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）弹开后，小球a受竖直向下的重力及洛伦兹力，所以细管对a有竖直向上的弹力，球a因受摩擦力作用未能滑出细管，而球b受竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力，此二力平衡，所以球b在细管内匀速滑动。
球b滑出细管后，在叠加场内做匀速圆周运动，此时b所受重力与电场力二力平衡，则有
mg=qE
解得
（2）球b在细管内运动时，有
解得
弹簧弹开瞬间，两小球满足动量守恒
解得
va=E2B
所以弹开瞬间a、b两小球动能之和为
=
（3）球b在III区域叠加场中做圆周运动，洛伦兹力是圆周运动的向心力，设其轨道半径为R，则有
解得
b在III区域叠加场中做圆周运动半周后，从细管右端上方进入II区域，从进入II区域内运动到K点的过程中，在水平方向上，由动量定理可得：
∑qv竖Bt=mvb
其中
（h是b在II区域内竖直方向向下运动的位移）
解得
所以K点距水平细管的距离
H=2R-h=
26．2021年5月7日，我国在西昌卫星发射中心用长征二号丙运载火箭，成功将遥感三十号08组卫星发射升空，卫星进入预定轨道。大功率火箭一般采取多级推进技术，某班同学分两组各自制作了一级和两级火箭模型，两种火箭模型质量相同，提供的恒定推动力大小均为火箭模型重力的3倍，重力加速度为g，不考虑燃料消耗引起的质量变化，不计空气阻力。
（1）第一组采用一级推进的方式，提供的恒定推动力持续时间为t，求火箭上升的最大高度；
（2）另一组采用二级推进的方式，飞行经过时，火箭丢弃掉一半的质量，剩余时间，火箭推动力不变继续推动剩余部分继续飞行，求火箭上升的最大高度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）由题意对第一组由动量定理得
则火箭上升的最大高度为
解得
（2）由题意对第二组由动量定理得
则火箭上升的最大高度为
解得
27．第24届冬季奥运会将于2022年2月4日~20日举办，举办地点是中国北京、中国河北省张家口市。冰壶，也叫掷冰壶，是冬奥会比赛项目，是一种高智商、高雅的技巧类运动，展现动静之美、取舍之智，被喻为冰上的“国际象棋”。现有两个冰壶A、B，并排在足够大的水平冰面上，质量均为m，它们跟冰面之间的动摩擦因数分别为、；A、B原来静止，某时刻，B受到瞬时水平冲量I后，立即向右运动，此时，它们还同时各自受到等大的持续恒力F作用，F跟I同向，且、，其中g为重力加速度，设冰壶受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示。
（1）试在、、三种情况下，讨论它们能否再次并排？请列出关系式进行讨论。
（2）如果能再次并排，那么，再次并排时它们离出发点多远？
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
（1）对A、B分别受力分析可得
解得
因为B物体受到瞬时水平冲量I后，具有了初速度满足
所以想让A、B再次并排，则应该让A的加速度大于B的加速度，即
解得
所以、情况下，两者不能再次并排，情况下，两者能再次并排。
（2）由题意两者能再次并排时满足位移相等，即
解得
所以再次并排时它们离出发点为
解得
28．灌浆机可以将涂料以速度v持续喷在墙壁上，涂料打在墙壁上后完全附着在墙壁上。涂料的密度为ρ，墙壁上涂料厚度每秒增加u，不计涂料重力的作用，则喷出的涂料对墙产生的压强为( )
A．ρuv B． C． D．
【答案】A
【解析】设t时间内，附着在墙壁上的面积为S的涂料质量为m，则m＝ρutS，以这部分涂料为研究对象，它受到墙壁的作用力为F，以涂料运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft＝0－mv，即：F＝－＝－ρuSv，负号表示涂料受到的作用力的方向与涂料运动的方向相反，由牛顿第三定律可得，涂料对墙壁的冲击力大小也为ρuSv，根据压强的定义可知p＝＝ρuv，故A正确，B、C、D错误。
29．一个小孩做推物块的游戏，如图所示，质量为m的小物块A放置在光滑水平面上，紧靠物块右端有一辆小车B，小孩蹲在小车上，小孩与车的总质量为，一起静止在光滑水平面上．物块A左侧紧挨着足够长的水平传送带MN，传送带的上表面与水平面在同一高度，传送带以速度v顺时针转动．游戏时，A被小孩以相对水平面的速度向左推出，一段时间后返回到传送带右端N，继续向右追上小孩后又立即被小孩以相对水平面的速度向左推出，如此反复，直至A追不上小孩为止．已知物块A与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g。
（1）求物块第一次被推出后，小孩与车的速度大小；
（2）若传送带转动的速度，求物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端的过程中传送带对物块的冲量和所做的功分别为多少；
（3）若传送带转动的速度，求物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间t；
（4）求物块最多能被小孩向左推出的次数n。
【答案】（1）；（2），方向水平向右；：（3）；（4）见解析
【解析】
（1）选取物块、小孩和小车系统，由动量守恒定律有
解得
（2）选取物块从推出到在传送带返回的过程中，由动量定理有
方向水平向右
选取物块从推出到在传送带返回的过程中，由动能定理有
（3）物块在传送带上向左减速，设时间为，位移为，则
物块在传送带上向右加速，设时间为，位移为，匀速的时间为，则
解得
（4）①若，物块从传送带上返回的速度大小仍为，则
第1次推物块
第2次推物块
第3次推物块
…………
第n次推物块
当时物块追不上小孩，即
解得
②若，物块从传送带上返回的速度大小始终为v，则
第1次推物块
第2次推物块
第3次推物块
…………
第n次推物块
当时物块追不上小孩，即
解得
即最多次数n等于整数部分加1。
30．某同学设计了图示的传送装置，长L=6.4m的水平传送带右端与光滑弧形轨道平滑对接于B点，高于传送带h=0.8m的平台与弧形轨道平滑对接于C点。传送带静止时，该同学将质量m=lkg的小工件从C点无初速释放，工件最后停止在传送带上D点，测得D与B的距离为d=1.6m，工件可视为质点，传送带各处粗糙程度相同，重力加速度g=10m/s2。
（1）求工件与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）当转送带以某一恒定速度v0向右运动时，恰能使由静止放上传送带左端A的该工件刚好到达平台上C点，求传送装置因传送工件而多消耗的能量E；
（3）在（2）同的条件下，每隔时间T=0.6s，在A端由静止放上一个相同的工件，求第1个工件到达B点后的1s内，传送带在水平方向对传送的所有工件的总冲量大小I。
【答案】（1）0.5；（2）16J；（3）6N·s
【解析】
(1)从C点到D点由动能定理得
解得
(2)假设工件到达B前经时间t1发生位移x1速度达到v0。则由题意在传送带上加速运动的过程中由动能定理有
由动量定理有
沿弧形轨道从B到C的过程中由机械能守恒定律有
代人数据得
，，
因，假设成立，故传送带的速度
在t1时间内，传送带发生的位移为
工件与传送带间因摩擦产生的热量为
由能量守恒定律可知传送装置因传送工件而多消耗的能量为
代人数据解得
(3)设每个工件在传送带上做匀速运动的时间为t2，由运动学规律有
代人数据得
即每个工件在传送带上运动的总时间为
由题意
可知
故第一个工件到达B点时(设为0s末)传送带上共有第1第2、第3、第4四个工件，1s末传送带上共有第3、第4、第5、第6四个工件。(见图，其中P点为各工件速度刚好达到v0的位置)
分析可知0s末第3个工件已经在传送带上运动了0.8s，因，故此后传送带对第1、第2、第3个工件均无水平作用力，即
1s末第6个工件刚放上传送带，故
第4个工件0s末已经在传送带上运动了0.2s，故此后1s内传送带施加的水平冲量为
第5个工件在0.4s末放上传送带，故此后1s内传送带施加的水平冲量为
解得符合题意的水平总冲量大小为
第7讲 碰撞和动量守恒
流体模型中的动量定理
1、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。（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)
例题1对于同一个物理问题，常常可以从宏观和微观两个不同角度进行研究。
（1）如图所示，正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为，单位体积内粒子数量为恒量，为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为，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。
①求一个粒子与器壁碰撞一次受到的冲量大小；
②导出容器壁单位面积所受粒子压力与、和的关系（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）；
（2）“温度是分子平均动能的标志”可以表示为（为物理常量）。查阅资料还可得到下信息：
第一，理想气体的模型为气体分子可视为质点，分子间除了相互碰撞外，分子间无相互作用力；
第二，一定质量的理想气体，其压强与热力学温度的关系式为，式中为单位体积内气体的分子数，为常数；
请根据上述信息并结合第（1）问的信息完成证明：，并求出的表达式。
【答案】（1）①，②；（2）见解析，
【解析】
（1）①对与器壁碰撞的一个粒子，由动量定理可得
①
②设正方体容器某一侧壁面积为，则时间内碰壁的粒子数为
②
由动量定理得
③
由牛顿第三定律可得，器壁受到的压力
④
容器壁单位面积所受粒子压力由压强的定义式得
⑤
联立①②③④⑤得
⑥
（2）由于压强和温度的关系式为
⑦
联立⑥⑦可得
⑧
由⑧与题中信息
可得
流体作用的柱状模型
对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图1所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)
图1
(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；
(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.
例题2高压水枪是世界上公认的最科学、经济、环保的清洁工具之一、如图所示为某高压水枪工作时的场景。考虑能量损耗，可近似认为高压水枪工作时电动机所做功的80%转化为喷出水的动能，已知水枪出水口直径为d，水从枪口喷出时的速度为v，水的密度为ρ，求：
（1）单位时间从枪口喷出的水的质量；
（2）这个水枪工作时电动机做功的功率；
（3）用高压水枪冲洗物体时，在物体表面将产生一定的压力。若水从枪口喷出时的速度大小v=100m/s，近距离垂直喷射到物体表面，水枪出水口直径d =5mm。忽略水从枪口喷出后的发散效应，水喷射到物体表面时速度在短时间内变为零。由于水柱前端的水与物体表面相互作用时间很短，因此在分析水对物体表面的作用力时可忽略这部分水所受的重力。已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，g=10m/s2，估算水枪在物体表面产生的冲击力的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）196.25N
【解析】
（1）由题意得时间内从枪口喷出的水的质量为
所以单位时间内从枪口喷出的水的质量为
（2）由题意知电动机所做功的80%转化为喷出水的动能，所以时间内电动机所做功为
解得电动机做功的功率为
（3）因为时间内从枪口喷出的水的质量为
对时间内喷出的水为研究对象，设水枪在物体表面产生的冲击力为F，以水流速度方向为正方向，则由动量定理得
解得
动量守恒定律的应用
1．判断系统动量是否守恒的“三注意”
(1)注意所选取的系统——所选的系统组成不同，结论往往不同。
(2)注意所研究的运动过程——系统的运动分为多个过程时，有的过程动量守恒，另一过程则可能不守恒。
(3)注意守恒条件——整体不满足系统动量守恒条件时，在某一方向可能满足动量守恒条件。
2．动量守恒定律的表达式
(1)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。
(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．碰撞的基本规律
例题3 (多选)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 kg
C．58 kg D．63 kg
【答案】BC
【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，整理得vn＝，则v7＝，v8＝.由题意知，v7<5.0 m/s，则M>52 kg，又知v8>5.0 m/s，则M<60 kg，故选B、C.
人船模型和反冲运动
例题4(多选)如图2所示，小车质量为M，置于光滑水平地面上，小车顶端有半径为R的四分之一光滑圆，质量为m的小球(可视为质点)从圆弧顶端由静止释放，重力加速度为g.对此运动过程分析，下列说法中正确的是( )
图2
A．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为R
B．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为
C．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为m
D．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为M
【答案】BC
【解析】当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v′，小球的速度设为v，小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0，由机械能守恒定律得mgR＝mv2＋Mv′2，解得v′＝m，故C正确，D错误；设小球由静止释放至滑到最低点的过程中，小球和小车各自的位移大小为x1和x2，则mx1－Mx2＝0，且x1＋x2＝R，联立解得x1＝，故A错误，B正确．
三种碰撞的特点
弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，
机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v′ ＋m2v′
完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′，机械能损失最多：机械能的损失
ΔE＝－(m1＋m2)v′2
非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，
机械能有损失：机械能的损失
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1v′ ＋m2v′)
碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.
(3)速度要符合实际情况
例题5如图所示，在光滑水平面上有质量为m的小物块a以初速度v0水平向右运动，在小物块a左右两侧各放置完全相同的小物块b、c，小物块b、c上各固定一个轻弹簧，小物块b、c的质量均为km，其中k＝1、2、3…，弹簧始终处于弹性限度内．求：
(1)小物块a第一次与小物块c碰撞时，弹簧的最大弹性势能为多大？
(2)若小物块a至少能与小物块c碰撞2次，k的最小值为多少？
【答案】(1)·mv (2)5
【解析】 (1)小物块a和c相互作用，两者速度相等时弹簧的弹性势能最大，对于小物块a和c，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋km)v
根据能量转化和守恒定律有
Epmax＝mv－(m＋km)v2
联立解得Epmax＝·mv.
(2)设小物块a第一次离开小物块c时，小物块a和c的速度分别为v1、v2，对于小物块a和c根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋kmv2
根据机械能守恒定律有mv＝mv＋kmv
联立解得，小物块a的速度为v1＝v0
小物块c的速度为v2＝v0
小物块a离开c后与小物块b作用，当小物块a离开b时，小物块a和小物块b的速度分别为v′1、v′2，对于小物块a和b，根据动量守恒定律有mv1＝mv′1＋kmv′2
根据机械能守恒定律有mv＝mv′ ＋kmv′
联立解得v′1＝v0
若小物块a和c至少碰撞2次，则有v′1＞v2
由数学知识可得k2－4k－1＞0
解得k＞2＋
而k＝1、2、3…
故kmin＝5.
动量守恒定律的综合应用
1．解题策略
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．
(3)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．
(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．
2．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)．
例题6静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【答案】 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)B先停止 0.50 m(3)0.91 m
【解析】
(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB ①
Ek＝mAv＋mBv ②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s. ③
(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发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有
mBa＝μmBg ④
sB＝vBt－at2 ⑤
vB－at＝0 ⑥
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 ⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m ⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处．B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m． ⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为v′A，由动能定理有
mAv′2 A－mAv＝－μmAg(2l＋sB) ⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
v′A＝ m/s ⑪
故A与B将发生碰撞．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 ⑫
mAv′＝mAv″＋mBv″ ⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
v″A＝ m/s，v″B＝－ m/s ⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．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
2as′A＝v″，2as′B＝v″ ⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
s′A＝0.63 m，s′B＝0.28 m ⑯
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
s′＝s′A＋s′B＝0.91 m． ⑰
“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑)
小球—弹簧模型
小球曲面模型
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv02＝mv12＋Mv22
例题7如图所示，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．
(2)若CD＝0.2 m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能．
(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？
【答案】见解析
【解析】 (1)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s1，滑道的水平位移大小为s3，有
0＝m1s1－m3s3，s1＝R
解得s3＝＝0.15 m.
(2)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
m1gR＝m1v＋m3v
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，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
(m1＋m2)v＋m3v－μ(m1＋m2)g·CD＝Epm
联立以上方程，代入数据解得Epm＝0.3 J.
(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒定律有
(m1＋m2)v＋m3v＝μ(m1＋m2)gs
代入数据可得s＝0.25 m
所以物体1、物体2最终停在C点和D点之间与D点间的距离为0.05 m处．
“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面、水平导轨都光滑)
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
例题8如图所示，在固定的足够长的光滑水平杆上，套有一个质量为m＝0.5 kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98 kg的木块，现有一质量为m0＝20 g的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g＝10 m/s2)，求：
(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；
(2)木块所能达到的最大高度．
【答案】见解析
【解析】(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有
m0v0＝(m0＋M)v
在该过程中机械能有损失，损失的机械能为
ΔE＝m0v－(m0＋M)v2
解得：ΔE＝99 J.
(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有
(m0＋M)v＝(m0＋M＋m)v′
又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有
(m0＋M)gh＝(m0＋M)v2－(m0＋M＋m)v′2
联立解得：h＝0.01 m.
一、单选题
1．如题图所示，水上飞行表演中，运动员操控喷射式悬浮飞行器将水带缓慢竖直送上来的水向下喷出，可以完成悬停、上升等各种动作。某次表演时运动员处于悬停状态，喷嘴竖直向下喷出水的速度为，若运动员操控装置，以竖直向上的加速度a开始运动瞬间，喷嘴竖直向下喷出水的速度为，重力加速度为g，下列关系式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
设水的密度为，喷嘴喷水出口横截面积为S，喷嘴竖直向下喷出水时，对水竖直向下的作用力大小为F，由动量定理得
可得
当运动员处于悬停状态时有
当运动员操控装置以竖直向上的加速度a开始运动瞬间有
联立解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
2．如图所示为某地一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20m的圆面。某时间内该地区的风速是5.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3，假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能，π取3。下列说法正确的是（ ）
A．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为6000m3
B．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为900J
C．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动量为900kg•m/s
D．此风力发电机发电的功率为900W
【答案】A
【解析】
A．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为
故A正确；
B．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为
故B错误；
C．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动量为
故C错误；
D．依题意，此风力发电机发电的功率为
故D错误。
故选A。
3．科技冬奥是北京冬奥会的一个关键词，大家在观看滑雪大跳台的比赛时，对“时间切片”有深刻的印象，就是把运动员从跳台上速度斜向上起飞一直到落地的过程展现在一帧画面上，3秒瞬间一帧呈现，给观众带来震撼视觉体验。假如运动员质量为m，离开跳台时速度的大小为v，重力加速度为g，运动中忽略阻力，则（ ）
A．运动员在空中运动的每帧位置之间，重力冲量不相同
B．运动员在空中运动的每帧位置之间，速度的改变方向不同
C．运动员从跳台到最高点过程中，重力势能的增加为
D．运动员从最高点落回地面过程中重力的瞬时功率随时间均匀增加
【答案】D
【解析】
A．运动员在空中运动的每帧位置之间，时间间隔相同,重力的冲量由
可知重力冲量相同，故A错误；
B．运动员在空中只受重力作用，运动的每帧位置之间，速度的改变方向由
可知是相同的，故B错误；
C．运动员从跳台到最高点过程中，由于最高点有水平方向的速度，所以重力势能的增加小于，故C错误；
D．运动员从最高点落回地面过程中重力的瞬时功率为
所以随时间均匀增加，故D正确。
故选D。
4．城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。 图为一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告词的科学性：设一个50 g鸡蛋从25楼的窗户自由落下，与地面的碰撞时间约为，已知相邻楼层的高度差约为3 m，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）
A．10 N B．102N C．103N D．104 N
【答案】C
【解析】
下落的高度
则下落的时间
取向下为正方向，根据动量定理得
解得
故C正确，ABD错误。
故选C。
5．如图所示，光滑的小滑轮D（可视为质点）固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小环C机械能最大的位置在S点下方
B．弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零
C．小环C的最大动能为
D．小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为
【答案】C
【解析】
A．小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S的过程，非重力做负功，机械能减小。因此，小环C的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环C的机械能最大，故A错误；
B．小环从R处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，故B错误；
C．环在Q时动能最大。环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。Q和A通过细线相连，沿着绳子的分速度相等（如图1所示），故
故A与环的动能之比为
对小环和A的系统
联立可得小环C的最大动能
故C正确；
D．环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有
Tcosθ=Mg
对A有
T-mg-F=ma
对B有
F=mg
联立可得为
故D错误。
故选C。
6．一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图像如图所示，t=0时其速度大小为2 m/s。滑动摩擦力大小恒为2 N，则（ ）
A．在t=6 s时刻，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·s
D．在t=6 s时刻，拉力F的功率为200 W
【答案】D
【解析】
A. 加速直线运动时的at图像所围的面积代表速度的变化量，则
则
故A错误；
B．根据动能定理得
故B错误；
C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为
故C错误；
D．在t=6 s时刻，拉力F
解得
F=10N
拉力F的功率为
故D正确。
故选D。
7．水平推力F1和F2别作用于水平面上质量相等的甲、乙两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下来。两物体的v-t图像如题图所示，图中AB⁄⁄CD，则整个运动过程中（ ）
A．F1小于F2
B．F1的冲量小于F2的冲量
C．两物体受到的摩擦力做功相等
D．两物体受到的摩擦力的冲量大小相等
【答案】B
【解析】
A． 根据牛顿第二定律得
AB⁄⁄CD
摩擦因数相同
根据牛顿第二定律得
根据图像得
解得
A错误；
BD． 根据动量定理得
解得
根据图像得
解得
F1的冲量小于F2的冲量，B正确，D错误；
C．两物体在运动过程所受摩擦力相等，但无法通过v-t图像比较出两者运动的总位移（图线面积表示位移），所以无法比较两物体受到的摩擦力做功的大小，C错误。
故选B。
8．某物体由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t1后，在阻力作用下做匀减速直线运动，又经时间t2速度为零，若物体一直在同样的水平面上运动，则加速阶段的牵引力与阻力大小之比为（ ）
A．t2∶t1 B．（t1＋t2）∶t1 C．（t1＋t2）∶t2 D．t2∶（t1＋t2）
【答案】B
【解析】
整个过程中由动量定理可得
解得
故选B。
9．“水刀”应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高，安全环保等优势．某型号“水刀”工作过程中，将水从细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”在任意相等时间t内用水量都为，水的密度为，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散研没有反弹，当水对材料垂直于表面方向的压强为P时便可以将该材料切开。则该“水刀”细喷嘴的横截面积至多为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
设水的速度为，该“水刀”细喷嘴的横截面积为，任意相等时间t内用水量都为，则有
解得
选取时间内打在材料表面质量为水为研究对象，由动量定理得
其中
解得
根据牛顿第三定律，材料表面受到的压力
水对材料垂直于表面方向的压强为
联立以上式子解得
由题意当水对材料垂直于表面方向的压强为P时便可以将该材料切开，则
解得
选项A正确，BCD错误；
故选A。
10．某中学科技活动小组表演“震撼动量球”实验，为感受碰撞过程中的受力，在互动环节，表演者将球抛向观众，假设一质量约为2kg的超大气球以的速度竖直下落到某观众手面，该观众双手上推，使气球以原速度大小竖直向上弹出，球与手的作用时间为0.2s，忽略气球所受浮力及空气阻力，，则观众双手受的压力大小为（ ）
A．30N B．60N C．90N D．120N
【答案】B
【解析】
设观众双手受到的压力大小为F，由牛顿第三定律可知，气球所受的支持力大小也为F，取竖直向上为正方向，对气球由动量定理有
代入数据解得
故选B。
二、多选题
11．快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是（ ）
A．可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B．可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C．可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D．可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小
【答案】CD
【解析】
ABC．充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量不变，由动量定理可知，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物体所受的合力，但不能改变合力的冲量，AB错误，C正确；
D．动量对时间的变化率即为物体所受的合力，D正确。
故选CD。
12．使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里。播种时，在离地面10m高处、以15m/s的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气压力把荚以5m/s的速度（相对播种器）竖直向下射出，荚进入地面下10cm深处完成一次播种。已知荚的总质量为20g，不考虑荚所受大气阻力及进入土壤后重力的作用。取g = 10m/s2，则（ ）
A．射出荚的过程中，播种器对荚做的功为2.5J
B．离开无人机后，荚在空中运动的时间为s
C．土壤对荚冲量的大小为kg·m/s
D．荚在土壤内受到平均阻力的大小为N
【答案】CD
【解析】
A．播种器对荚做的功等于荚增加的动能，故
A错误；
B．离开无人机后，在竖直方向上荚做初速度为5m/s、加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间公式有
解得
B错误；
C．荚落地时竖直方向上的速度为
水平方向上的速度为，故荚落地时的速度大小为
进入土壤后，速度为零，故
即冲量大小为，C正确；
D．荚进入土壤后，竖直方向上做减速运动，末速度为零，位移为，根据位移速度公式可得
进入土后的时间为
联立解得
根据动量定理可得
解得
即平均阻力大小为，D正确。
故选CD。
13．如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置I以4.5m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置II，当运动到位置III时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置II时的速度为v。则下列说法正确的是（ ）
A．q1=q2 B．q1=2q2 C．v=1.0m/s D．v=1.5m/s
【答案】BD
【解析】
AB．根据
可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1=2q2，故A错误，B正确；
CD．线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理
即
同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理
即
联立解得
选项C错误，D正确。
故选BD。
14．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，虚线右侧有磁感应强度T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，质量、电荷量的小球C静置于其中，虚线左侧一个质量为kg、不带电的绝缘小球A以速度m/s进入磁场与C球发生正碰（电荷不转移），碰后C小球对水平面的压力刚好为零，取向右为正方向，，下列说法正确的是（ ）
A．碰后C球速度为20m/s B．碰后C球速度为15m/s
C．C对A的冲量大小为 D．C对A的冲量大小为
【答案】AD
【解析】
AB．由于碰后C小球对水平面的压力刚好为零，根据左手定则可知C小球速度方向向右，则有
解得，碰后C球速度为
故A正确，B错误；
CD．两球发生正碰过程中，根据动量守恒定律可得
解得
根据动量定理可知，C对A的冲量
即大小为，方向水平向左。
故选AD。
15．如图，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为，则（ ）
A．球的动能可能不变
B．球的动量大小一定增加
C．球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
D．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
【答案】AC
【解析】
AB．垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量大小不变，动量大小增量为零，故A正确，B错误；
C．由牛顿第三定律知：球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确；
D．球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。
故选AC。
16．如图所示，真空中，水平正对放置的平行金属板A、B间存在竖直方向的匀强电场，带电量为+Q的球P内含有一弹射装置，其质量为m1（含其内部弹射装置），质量为m2、不带电的小球置于球P内部的弹射装置中。开始时，球P恰好静止在距A板h的位置。某时刻，小球相对于金属板以速度v0水平弹出，球P和小球同时到达金属板。若两球均可视为质点，球P运动过程中电荷量保持不变且不影响原电场分布，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．从小球弹出至到达金属板，球P动量的变化量竖直向上
B．从小球弹出至到达金属板，球P的电势能增加
C．两金属板间的电势差
D．两金属板长度至少为
【答案】ACD
【解析】
A．原来球P静止时，有
小球弹出时，设P瞬间速率为v1，由动量守恒
小球弹出后，P受电场力大于其重力，合力向上，做类平抛运动到达上板，由牛顿第二定律
由动量定理知，球P动量变化量竖直向上，故A正确；
B．球P向上类平抛运动，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C．小球弹出后，设经时间t到达下板，设两板间距为d，对小球竖直方向，由运动学规律
同理，对P竖直方向
两金属板间的电势差
联立以上各式（含A中公式）可得
故C错误；
D．小球和球P自弹出到落板，水平位移大小分别为
，
则两金属板长度至少为
联立A、C、D中公式可得
故D正确。
故选ACD。
17．碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移-时间图象（图象）如图所示。已知小孩的质量为，大人的质量为，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前后小孩的运动方向没有改变
B．碰碰车的质量为60kg
C．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为
D．碰撞过程中损失的机械能为
【答案】BD
【解析】
A．规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错误；
B．由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2m/s，大人的速度为m/s，碰后两人的共同速度为m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有
解得
故B正确；
C．碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为
碰后总动量为
由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为
故C错误；
D．由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为
故D正确。
故选BD。
18．一质量为m的物块静止在水平光滑桌面上，现用一力F（大小未知）拉动物块，物块运动时的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．0.5T时，物块速度为
B．与物块运动情况完全相同
C．，过程中F冲量为
D．过程中F做功为零
【答案】AD
【解析】
AB．根据a-t图像与时间轴所围的面积大小表示速度的变化量，且物体从静止开始运动可知：物体在0～0.5T时间内做初速度为零的加速度为a0的匀加速直线运动，0.5T时物体的速度
0.5T~T时间内物体的加速度为零，以速度v做匀速运动
T~1.5T时间内物体的加速度为-a0，物体做匀减速运动，1.5T时刻的速度
1.5T~2T时间内物体做初速度为零加速度为-a0的反向匀加速直线运动，2T时物体的速度
其速度时间图像如图所示
故A正确，B错误；
C．T~1.5T，根据动量定理可知F冲量等于物体的动量变化，即
故C错误；
D．T~2T过程中，根据动能定理可知：F做的功等于物体的动能变化，即
故D正确。
故选AD。
19．一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则（ ）
A．物块下滑过程中机械能守恒，动量不守恒。
B．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J，动能增加了4J
C．物块下滑时加速度的大小为2.0m/s2
D．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
【答案】CD
【解析】
A．物块在初位置其重力势能为
动能
则物块的质量
此时物块具有的机械能为
当下滑距离为5m时，物块具有的机械能为
所以下滑过程中物块的机械能减小，物体加速下滑，动量不守恒，A错误；
B．当物块下滑2.0m时动能
重力势能
物块下滑2.0m时机械能
损失了8J
令斜面的倾角为θ，则
根据功能关系有
解得
B错误D正确；
C．根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为
C正确。
故选CD。
20．“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则下列说法正确的是（ ）
A．气流速度大小为
B．单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为
C．风若速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小为
D．单位时间内风机做的功为
【答案】AD
【解析】
A．对时间内吹向游客的气体，设气体质量为，由动量定理可得
由于游客处于静止状态，故满足
另外
联立可得
故A正确；
B．单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为
联立解得
故B错误；
C．若风速变为原来的，设风力为，由动量定理可得
另外
联立可得
由牛顿第二定律可得
解得
故C错误；
D．风洞单位时间流出的气体质量为M
单位时间内风机做的功为
故D正确。
故选AD。
三、解答题
21．飞机从起飞滑跑开始，上升到机场上空安全高度，这一加速运动过程即为起飞过程。起飞过程分为如下三个阶段：飞机从静止加速到抬前轮速度v1、抬前轮至以离地迎角α（可看作飞机速度方向与水平方向的夹角）达到起飞离地速度v2、飞机离地至达到航线速度和高度。设某飞机起飞的机场跑道是水平的，该飞机的质量为m，重力加速度为g。则：
（1）在第一阶段中，若飞机沿跑道行驶的距离为L0，飞机所受的阻力f大小恒定，则飞机的推力在第一阶段中做了多少功？
（2）动量p和冲量I都是矢量，在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究。在第二阶段中，飞机水平方向合力的冲量和竖直方向合力的冲量分别是多少？
（3）飞机在第三阶段的运动轨迹如图所示，已知飞机的水平位移为L时，沿竖直方向的位移为h。若飞机离地后上升过程中飞机水平速度保持不变，竖直向上的升力大小恒定，不计空气阻力。从飞离跑道到上升h高的过程中，飞机的升力多大？
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
（1）设飞机的推力在阶段Ⅰ做的功为WF，由动能定理
解得
（2）设飞机水平方向合力的冲量和竖直方向合力的冲量分别为Ix、Iy，由动量定理
（3）飞机上升h高的过程中，水平分运动
竖直分运动
得
设飞机的升力为F，由牛顿第二定律
得
22．如图甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为的木块A以速度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。求
（1）长木板B的质量；
（2）木块A与长木板B组成系统，自A以速度滑上原来静止的长木板B的上表面，到A、B相对静止，由于A、B之间存在摩擦而产生的热量。
（3）若上述问题中涉及的A、B初状态、质量、A、B间的摩擦因数均不变，只是水平面不再光滑，而是粗糙的，且水平面与木板B间的摩擦因数为0.04，求自木块A以速度滑上原来静止的长木板B的上表面，到二者相对静止所用的时间。（木板足够长）
【答案】（1）；（2）；（3）。
【解析】
（1）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，共同速度为，A、B组成的系统在运动过程中满足动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
解得
长木板B的质量为；
（2）木块A与长木板B组成系统在运动过程中损失的机械能转化为内能，由能量守恒定律得
解得
由于A、B之间存在摩擦而产生的热量为；
（3）设A、B间的摩擦力为f，取原情境中的B为研究对象，由动量定理
解得
现情景中，B与水平面间的摩擦力为
设A、B相对静止时的速度为，从A滑上B到二者共速的过程，由动量定理可得，
对于物块A
对于木板B
联立解得
从A滑上B到二者相对静止所用的时间为。
23．游乐场中有一种管道滑水游戏，其装置可简化为如图所示。一滑水者从距水面高H=5.2m的滑道上端由静止开始滑下，从距水面高h=0.2m的下端管口水平飞出，落到距下端管口水平距离x=0.4m的水面上。若滑水者可视为质点，其质量m=50kg，在管道中滑行的时间t=s。取重力加速度的大小g=10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）滑水者落到水面上时的动能大小；
（2）滑水者在管道中滑行时阻力对其做的功；
（3）下滑过程中管道对滑水者的冲量大小。
【答案】（1）200J；（2）−2400J；（3）
【解析】
（1）滑水者离开管道后做平抛运动
可得
根据动能定理有
由此得到动能
（2）滑水者在管道中滑行过程中，根据动能定理有
可得阻力做的功
（3）下滑过程中动量变化量大小为
方向水平向右。
重力的冲量大小
方向竖直向下。
根据动量定理，可得如图所示，则有管道对滑水者的冲量大小为
24．如图所示，有一倾角的平行倾斜金属导轨，处接有电容为的电容器，在底端处通过一小段光滑圆弧绝缘件（长度可忽略）连接足够长的平行光滑水平金属导轨，两导轨间距均为，在导轨间和导轨间分别存在着垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为和。两长度均为的金属棒、，棒静止在水平金属导轨的最左端，棒与导轨间的动摩擦因数，并从离导轨底端高度为处由静止释放。已知棒、始终与导轨间保持良好接触，两棒间的碰撞为水平弹性碰撞，，，，不计棒的电阻，重力加速度取。求：
（1）棒到达导轨底端时的速度大小；
（2）最终棒、之间的距离。
【答案】（1）；（2）1.5m
【解析】
(1)对a受力分析结合牛顿第二定律有
而
其中
联立解得
所以金属棒a在倾斜轨道上做匀变速运动，由匀变速运动规律有
解得
(2)当金属棒a进入水平导轨与b发生弹性碰撞，碰后两者速度分别为v1、v2，由动量守恒和能量守恒
联立解得
，
碰后a、b在安培力作用下向右变速运动，a向右加速，b向右减速，整体的合外力为零，系统动量守恒，当二者速度相等时它们之间的距离保持不变，设为s，据动量守恒定律可得
在此过程中对导体棒b应用动量定理有
由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律
联立可得
s=1.5m
25．如图所示，竖直虚线MN和PQ将真空空间分割成I、II、III三个区域，其中I、III两区域内均存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和方向竖直向上、电场强度为E的匀强电场（后面称之为叠加场），而II区域内只存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。在II区域内的中央水平固定一根内壁粗糙绝缘的细管，在细管内放置着质量分别为2m、m的a、b两个带正电小球，两球之间有一根处于压缩状态的轻质弹簧（弹簧与小球不栓接）。某一时刻弹簧瞬间弹开，a、b两小球分别向左、向右滑动，其中一个小球恰好能在细管内匀速滑动，而另一个小球则没能滑出细管。滑出细管的小球在叠加场内做匀速圆周运动，经一段时间后穿过分界线进入II区域，小球在II区域内运动的某一时刻恰好沿竖直方向经过K点（K点在图中未标出）。不计a、b两球之间的作用力，重力加速度为g.求：
（1）滑出细管的小球所带电荷量q;
（2）两小球被弹簧弹开瞬间的动能之和Ek;
（3）小球经过K点距水平细管的距离H.
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）弹开后，小球a受竖直向下的重力及洛伦兹力，所以细管对a有竖直向上的弹力，球a因受摩擦力作用未能滑出细管，而球b受竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力，此二力平衡，所以球b在细管内匀速滑动。
球b滑出细管后，在叠加场内做匀速圆周运动，此时b所受重力与电场力二力平衡，则有
mg=qE
解得
（2）球b在细管内运动时，有
解得
弹簧弹开瞬间，两小球满足动量守恒
解得
va=E2B
所以弹开瞬间a、b两小球动能之和为
=
（3）球b在III区域叠加场中做圆周运动，洛伦兹力是圆周运动的向心力，设其轨道半径为R，则有
解得
b在III区域叠加场中做圆周运动半周后，从细管右端上方进入II区域，从进入II区域内运动到K点的过程中，在水平方向上，由动量定理可得：
∑qv竖Bt=mvb
其中
（h是b在II区域内竖直方向向下运动的位移）
解得
所以K点距水平细管的距离
H=2R-h=
26．2021年5月7日，我国在西昌卫星发射中心用长征二号丙运载火箭，成功将遥感三十号08组卫星发射升空，卫星进入预定轨道。大功率火箭一般采取多级推进技术，某班同学分两组各自制作了一级和两级火箭模型，两种火箭模型质量相同，提供的恒定推动力大小均为火箭模型重力的3倍，重力加速度为g，不考虑燃料消耗引起的质量变化，不计空气阻力。
（1）第一组采用一级推进的方式，提供的恒定推动力持续时间为t，求火箭上升的最大高度；
（2）另一组采用二级推进的方式，飞行经过时，火箭丢弃掉一半的质量，剩余时间，火箭推动力不变继续推动剩余部分继续飞行，求火箭上升的最大高度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）由题意对第一组由动量定理得
则火箭上升的最大高度为
解得
（2）由题意对第二组由动量定理得
则火箭上升的最大高度为
解得
27．第24届冬季奥运会将于2022年2月4日~20日举办，举办地点是中国北京、中国河北省张家口市。冰壶，也叫掷冰壶，是冬奥会比赛项目，是一种高智商、高雅的技巧类运动，展现动静之美、取舍之智，被喻为冰上的“国际象棋”。现有两个冰壶A、B，并排在足够大的水平冰面上，质量均为m，它们跟冰面之间的动摩擦因数分别为、；A、B原来静止，某时刻，B受到瞬时水平冲量I后，立即向右运动，此时，它们还同时各自受到等大的持续恒力F作用，F跟I同向，且、，其中g为重力加速度，设冰壶受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示。
（1）试在、、三种情况下，讨论它们能否再次并排？请列出关系式进行讨论。
（2）如果能再次并排，那么，再次并排时它们离出发点多远？
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
（1）对A、B分别受力分析可得
解得
因为B物体受到瞬时水平冲量I后，具有了初速度满足
所以想让A、B再次并排，则应该让A的加速度大于B的加速度，即
解得
所以、情况下，两者不能再次并排，情况下，两者能再次并排。
（2）由题意两者能再次并排时满足位移相等，即
解得
所以再次并排时它们离出发点为
解得
28．灌浆机可以将涂料以速度v持续喷在墙壁上，涂料打在墙壁上后完全附着在墙壁上。涂料的密度为ρ，墙壁上涂料厚度每秒增加u，不计涂料重力的作用，则喷出的涂料对墙产生的压强为( )
A．ρuv B． C． D．
【答案】A
【解析】设t时间内，附着在墙壁上的面积为S的涂料质量为m，则m＝ρutS，以这部分涂料为研究对象，它受到墙壁的作用力为F，以涂料运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft＝0－mv，即：F＝－＝－ρuSv，负号表示涂料受到的作用力的方向与涂料运动的方向相反，由牛顿第三定律可得，涂料对墙壁的冲击力大小也为ρuSv，根据压强的定义可知p＝＝ρuv，故A正确，B、C、D错误。
29．一个小孩做推物块的游戏，如图所示，质量为m的小物块A放置在光滑水平面上，紧靠物块右端有一辆小车B，小孩蹲在小车上，小孩与车的总质量为，一起静止在光滑水平面上．物块A左侧紧挨着足够长的水平传送带MN，传送带的上表面与水平面在同一高度，传送带以速度v顺时针转动．游戏时，A被小孩以相对水平面的速度向左推出，一段时间后返回到传送带右端N，继续向右追上小孩后又立即被小孩以相对水平面的速度向左推出，如此反复，直至A追不上小孩为止．已知物块A与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g。
（1）求物块第一次被推出后，小孩与车的速度大小；
（2）若传送带转动的速度，求物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端的过程中传送带对物块的冲量和所做的功分别为多少；
（3）若传送带转动的速度，求物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间t；
（4）求物块最多能被小孩向左推出的次数n。
【答案】（1）；（2），方向水平向右；：（3）；（4）见解析
【解析】
（1）选取物块、小孩和小车系统，由动量守恒定律有
解得
（2）选取物块从推出到在传送带返回的过程中，由动量定理有
方向水平向右
选取物块从推出到在传送带返回的过程中，由动能定理有
（3）物块在传送带上向左减速，设时间为，位移为，则
物块在传送带上向右加速，设时间为，位移为，匀速的时间为，则
解得
（4）①若，物块从传送带上返回的速度大小仍为，则
第1次推物块
第2次推物块
第3次推物块
…………
第n次推物块
当时物块追不上小孩，即
解得
②若，物块从传送带上返回的速度大小始终为v，则
第1次推物块
第2次推物块
第3次推物块
…………
第n次推物块
当时物块追不上小孩，即
解得
即最多次数n等于整数部分加1。
30．某同学设计了图示的传送装置，长L=6.4m的水平传送带右端与光滑弧形轨道平滑对接于B点，高于传送带h=0.8m的平台与弧形轨道平滑对接于C点。传送带静止时，该同学将质量m=lkg的小工件从C点无初速释放，工件最后停止在传送带上D点，测得D与B的距离为d=1.6m，工件可视为质点，传送带各处粗糙程度相同，重力加速度g=10m/s2。
（1）求工件与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）当转送带以某一恒定速度v0向右运动时，恰能使由静止放上传送带左端A的该工件刚好到达平台上C点，求传送装置因传送工件而多消耗的能量E；
（3）在（2）同的条件下，每隔时间T=0.6s，在A端由静止放上一个相同的工件，求第1个工件到达B点后的1s内，传送带在水平方向对传送的所有工件的总冲量大小I。
【答案】（1）0.5；（2）16J；（3）6N·s
【解析】
(1)从C点到D点由动能定理得
解得
(2)假设工件到达B前经时间t1发生位移x1速度达到v0。则由题意在传送带上加速运动的过程中由动能定理有
由动量定理有
沿弧形轨道从B到C的过程中由机械能守恒定律有
代人数据得
，，
因，假设成立，故传送带的速度
在t1时间内，传送带发生的位移为
工件与传送带间因摩擦产生的热量为
由能量守恒定律可知传送装置因传送工件而多消耗的能量为
代人数据解得
(3)设每个工件在传送带上做匀速运动的时间为t2，由运动学规律有
代人数据得
即每个工件在传送带上运动的总时间为
由题意
可知
故第一个工件到达B点时(设为0s末)传送带上共有第1第2、第3、第4四个工件，1s末传送带上共有第3、第4、第5、第6四个工件。(见图，其中P点为各工件速度刚好达到v0的位置)
分析可知0s末第3个工件已经在传送带上运动了0.8s，因，故此后传送带对第1、第2、第3个工件均无水平作用力，即
1s末第6个工件刚放上传送带，故
第4个工件0s末已经在传送带上运动了0.2s，故此后1s内传送带施加的水平冲量为
第5个工件在0.4s末放上传送带，故此后1s内传送带施加的水平冲量为
解得符合题意的水平总冲量大小为
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