高三物理二轮复习(命题规律+知识荟萃+经典例题+精选习题)(江苏专用)专题08　动量定理动量守恒定律(原卷版+解析)

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专题08 动量定理 动量守恒定律
【命题规律】
1、命题规律：
（1）动量定理及应用；
（2）动量守恒定律及应用；
（3）碰撞模型及拓展.
2、常考题型：选择题、计算题．
【知识荟萃】
★考向一、动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法
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．
3．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）
（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.
★考向二、动量守恒定律及应用
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．
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．
★考向三、碰撞模型及拓展
三类碰撞的特点
1．碰撞问题遵循的三条原则
（1）动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
（2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
（3）若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
2．两种碰撞特点
（1）弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
解得v1′＝eq \f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2).
结论：
①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．
②当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．
③当质量小的球碰质量大的球时，v1′0，碰撞后质量小的球被反弹回来．
（2）完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)（m1＋m2）v共2.
3．碰撞拓展
（1）“保守型”碰撞拓展模型
（2）“耗散型”碰撞拓展模型
技巧点拨
1.三种碰撞的特点及规律
2.弹性碰撞的“动碰静”模型
（1）由动量守恒和能量守恒得，
m1v0＝m1v1＋m2v2
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22；
（2）碰后的速度：v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0.
3.弹性碰撞模型的拓展应用
【经典例题】
【例题1】如图水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑。在操作台上放置体积相同，质量不同的甲、乙两球，质量分别为m1、m2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等。烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上。则下列说法中正确的是（ ）
A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同
B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同
C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上
D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为m1∶m2
【例题2】用图示装置做“验证动量守恒定律”实验。在滑块1、2上分别装有相同的挡光片及弹簧圈，测出挡光片宽度d，滑块1、2的质量分别为m1、m2.实验时打开气泵，让滑块1以一定的初速度向左运动并与静止的滑块2碰撞，记下滑块1经过光电门M的挡光时间t1和滑块1、2分别经过光电门N的挡光时间t′1和t2。下列相关说法正确的是（ ）
A．滑块1、2的质量必须相等
B．实验前调节导轨平衡时，不用打开气泵，只须滑块能在任意位置平衡即可
C．若实验发现m1（）略大于m1（）＋m2（），可能的原因是导轨左端偏低
D．若实验发现＋＝，说明碰撞时动量守恒且无机械能损失
【例题3】如图所示，质量m=1 kg的物块，可视为质点，右端和墙壁间压缩一水平轻弹簧，从A点静止释放后滑出B点，恰能过C点沿半径R=0.5 m的竖直半圆弧轨道的内侧做圆周运动，经最低点D滑到静止在水平地面的木板上。木板质量M=4 kg、长度L=2.05 m，且与右侧等高的平台P相碰时将被立即锁定。已知物块与平台AB、物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.5，其余摩擦不计，A、B间的距离L0=0.6m，木板右端距离平台P左侧的初始距离为s，g=10 m/s2.，求：
（1）弹簧弹力对物块所做的功W；
（2）物块经过D点时所受轨道支持力F的大小；
（3）物块滑上平台P时的动能Ek与s的关系。
【例题4】如图所示，一质量为的门型框静止在倾角为且足够长粗糙斜面上，门型框内左侧为粘合性材料，右侧固定有劲度系数足够大的轻质弹簧。现将一质量的光滑小物块压紧弹簧并锁定装置，小物块到门型框左侧的距离，然后解除锁定，弹簧瞬间恢复形变，小物块获得的速度脱离弹簧，不计空气阻力，。求：
（1）弹簧原来具有的弹性势能；
（2）若要使门型框与小物块相碰前未停下，则门型框与斜面间动摩擦因数需满足什么条件；
（3）若，求门型框与小物块相碰粘合后瞬间的速度大小和加速度大小。
【精选习题】
一、单选题
1．如图所示，有一质量、边长为0.2m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为（ ）
A．0.05mB．0.10mC．0.15mD．0.5m
2．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后，mA = 1kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示，根据以上信息可知（ ）
A．碰撞过程中B球受到的冲量为8Ns
B．碰撞过程中A球受到的冲量为 - 8Ns
C．B球的质量mB = 4kg
D．AB两球发生的是弹性碰撞
3．冰壶队备战2022年北京冬奥会，如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q处，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是（ ）
A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同B．碰后蓝壶速度约为红壶速度的4倍
C．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
4．将小球以初速度v0竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图象（v-t）如图所示。t1时刻到达最高点，t2时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（ ）
A．0到t2时间内，小球的加速度先减小再增大
B．小球上升过程和下降过程，动量变化量相同
C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同
D．0到t2时间内，小球的动量变化率一直减小
5．如图所示，物体A、B将一轻弹簧（不与A、B拴接）挤压后用线系住，静止在水平面上，A、B的质量之比为2：1，A、B与水平面间的动摩擦因数之比为1：2。现将线烧断，则（ ）
A．A、B组成的系统动量不守恒
B．弹簧刚恢复原长时，B速度达到最大
C．弹簧刚恢复原长时，A、B动能相等
D．A、B同时停止运动
6．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度 ，B球的速度，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
二、解答题
7．如图所示，半径为R的竖直圆环在电动机作用下，可绕水平轴O转动，圆环边缘固定一只质量为m的连接器。轻杆通过轻质铰链将连接器与活塞连接在一起，活塞质量为M，与固定竖直管壁间摩擦不计。当圆环逆时针匀速转动时，连接器动量的大小为p，活塞在竖直方向上运动。从连接器转动到与O等高位置A开始计时，经过一段时间连接器转到最低点B，此过程中，活塞发生的位移为x，重力加速度取g。求连接器：
（1）所受到的合力大小F；
（2）转到动量变化最大时所需的时间t；
（3）从A转到B过程中，轻杆对活塞所做的功W。
8．如图所示，小明在离水面高度h0=1.8m的岸边，将一质量m=20g的小石片以水平初速度v0=8m/s抛出，玩“打水漂”。小石片在水面上滑行时受到的水平阻力恒为f=0.4N，在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零，并以a=0.5m/s2的加速度沿竖直方向沉入水深h=1m的河底。假设小石片每次均接触水面后跳起，跳起时竖直方向上的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k=0.75。取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求小石片：
（1）沉入河底前瞬间的动量大小p；
（2）从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程中，水对小石片做的功W；
（3）从抛出到开始下沉的时间t。
9．质量为的弹性球从空中某高度由静止开始下落，经与地面发生碰撞，该过程的图像如图所示，球与水平地面相碰后反弹的速度大小为碰撞前的。该球受到的空气阻力大小恒定，取，求：
（1）弹性球所受空气阻力的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度；
（3）第一次碰撞过程中合外力对弹性球冲量的大小。
10．如图所示，质量为的长木板静止在光滑水平面上，右端与一固定在地面上的半径的光滑四分之一圆弧紧靠在一起，圆弧的底端与木板上表面水平相切。质量为的滑块（可视为质点）以初速度从圆弧的顶端沿圆弧下滑到木板上，恰好不会从板左侧脱落。不计空气阻力，取。求：
（1）刚下滑时所受向心力的大小；
（2）、间因摩擦而产生的热量；
（3）当、间动摩擦因数时木板的长度。
11．航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为=0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为=0.1，不计转运车与地面间的摩擦。A、B的质量均为M=40kg，A、B水平部分的长度均为L=4m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略。重力加速度g取10m/s2。求：
（1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少；
（2）若某包裹的质量为m=10kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足的条件；
（3）若某包裹的质量为m=50kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时的最小值。
12．航模小组用容积为2.0L的可乐瓶制作了一支水火箭，箭身及其配重质量M=0.1kg，现向瓶中装入0.5L的水后用带气嘴的橡胶塞塞紧瓶口，将火箭竖直放置，如图所示。用打气筒向里打气，已知打气筒每打一次气能把0.5L、1atm的空气压入瓶内，当瓶内空气压强达到6atm时橡胶塞脱落，水流高速喷出，火箭向上飞起。
（1）设打气过程气体温度保持不变，求打气的次数；
（2）若火箭以v=25m/s的速度一次性向下喷出水流m=0.3kg，已知ρ水=1.0×103kg/m3，g取10m/s2，忽略空气阻力和喷水过程重力的影响。求火箭上升的最大高度。
公式法
I＝Ft适用于求恒力的冲量．
动量定理法
多用于求变力的冲量或F、t未知的情况．
图像法
F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求解.
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eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
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
弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能守恒：eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
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，损失的机械能：
ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)（m1＋m2）v′2
非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能有损失，损失的机械能：
ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)m1v1′2－eq \f(1,2)m2v2′2
碰撞问题遵循的三条原则
（1）动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′
（2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
（3）若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度
2022年高三物理二轮复习资料（命题规律+知识荟萃+经典例题+精选习题）
（江苏专用）
专题08 动量定理 动量守恒定律
【命题规律】
1、命题规律：
（1）动量定理及应用；
（2）动量守恒定律及应用；
（3）碰撞模型及拓展.
2、常考题型：选择题、计算题．
【知识荟萃】
★考向一、动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法
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．
3．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）
（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.
★考向二、动量守恒定律及应用
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．
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．
★考向三、碰撞模型及拓展
三类碰撞的特点
1．碰撞问题遵循的三条原则
（1）动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
（2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
（3）若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
2．两种碰撞特点
（1）弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
解得v1′＝eq \f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2).
结论：
①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．
②当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．
③当质量小的球碰质量大的球时，v1′0，碰撞后质量小的球被反弹回来．
（2）完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)（m1＋m2）v共2.
3．碰撞拓展
（1）“保守型”碰撞拓展模型
（2）“耗散型”碰撞拓展模型
技巧点拨
1.三种碰撞的特点及规律
2.弹性碰撞的“动碰静”模型
（1）由动量守恒和能量守恒得，
m1v0＝m1v1＋m2v2
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22；
（2）碰后的速度：v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0.
3.弹性碰撞模型的拓展应用
【经典例题】
【例题1】如图水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑。在操作台上放置体积相同，质量不同的甲、乙两球，质量分别为m1、m2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等。烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上。则下列说法中正确的是（ ）
A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同
B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同
C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上
D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为m1∶m2
【答案】 C
【解析】
A．脱离弹簧的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向可得
或
故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，A错误；
B．动能与动量的关系为
由于质量不同，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能不相同，B错误；
C．甲、乙两球在操作台滑行时，距台边缘距离相等但速度不等，故在操作台滑行时间不相等，之后做平抛运动的竖直位移相同，由
可知，两球做平抛运动的时间相等，因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上，C正确；
D．由A的解析可得
平抛的水平位移为
故甲、乙两球做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即与质量成反比，可得
D错误。
故选C。
【例题2】用图示装置做“验证动量守恒定律”实验。在滑块1、2上分别装有相同的挡光片及弹簧圈，测出挡光片宽度d，滑块1、2的质量分别为m1、m2.实验时打开气泵，让滑块1以一定的初速度向左运动并与静止的滑块2碰撞，记下滑块1经过光电门M的挡光时间t1和滑块1、2分别经过光电门N的挡光时间t′1和t2。下列相关说法正确的是（ ）
A．滑块1、2的质量必须相等
B．实验前调节导轨平衡时，不用打开气泵，只须滑块能在任意位置平衡即可
C．若实验发现m1（）略大于m1（）＋m2（），可能的原因是导轨左端偏低
D．若实验发现＋＝，说明碰撞时动量守恒且无机械能损失
【答案】 D
【解析】
A．为了滑块1、2碰撞后都向左运动，应满足
A错误；
B．实验前调节导轨平衡时，应打开气泵，滑块能在任意位置静止，导轨平衡才调节完毕，B错误；
C．若实验发现m1（）略大于m1（）＋m2（），可能的原因是导轨左端偏高，C错误；
D．若碰撞过程中满足动量守恒和机械能守恒，则
两式联立解得
＋＝
D正确。
故选D。
【例题3】如图所示，质量m=1 kg的物块，可视为质点，右端和墙壁间压缩一水平轻弹簧，从A点静止释放后滑出B点，恰能过C点沿半径R=0.5 m的竖直半圆弧轨道的内侧做圆周运动，经最低点D滑到静止在水平地面的木板上。木板质量M=4 kg、长度L=2.05 m，且与右侧等高的平台P相碰时将被立即锁定。已知物块与平台AB、物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.5，其余摩擦不计，A、B间的距离L0=0.6m，木板右端距离平台P左侧的初始距离为s，g=10 m/s2.，求：
（1）弹簧弹力对物块所做的功W；
（2）物块经过D点时所受轨道支持力F的大小；
（3）物块滑上平台P时的动能Ek与s的关系。
【答案】 （1）5.5J；（2）60N；（3）见解析
【解析】
（1）物块恰好通过C点，有
解得
由动能定理得
解得
W=5.5J
（2）物块由C运动到D，由动能定理得
解得
vD=5 m/s
在D点，由牛顿第二定律得
解得
F=60N
（3）若物块与木板能共速，由动量守恒定律得
解得
v共=1 m/s
对物块，由动能定理得
解得
x物=2.4m
对木板，由动能定理得
解得
x板=0.4m，（L＋x板>x物）
①若，物块能和木板共速，则由能量守恒得
②若，物块不能和木板共速，则由能量守恒得
【例题4】如图所示，一质量为的门型框静止在倾角为且足够长粗糙斜面上，门型框内左侧为粘合性材料，右侧固定有劲度系数足够大的轻质弹簧。现将一质量的光滑小物块压紧弹簧并锁定装置，小物块到门型框左侧的距离，然后解除锁定，弹簧瞬间恢复形变，小物块获得的速度脱离弹簧，不计空气阻力，。求：
（1）弹簧原来具有的弹性势能；
（2）若要使门型框与小物块相碰前未停下，则门型框与斜面间动摩擦因数需满足什么条件；
（3）若，求门型框与小物块相碰粘合后瞬间的速度大小和加速度大小。
【答案】 （1）37.5J；（2）；（3）；1.25m/s2
【解析】
（1）弹簧恢复瞬间动量守恒
弹簧弹性势能为
（2）临界：门型框刚好静止时与小物块相接触，设时间为t
对小物块
得
对门型框
得
门型框开始能保持静止
综上，满足什么条件是：
（3）物块与门型框相碰时：小物块位移
门型框沿斜面向上运动位移
满足条件
物块加速度
门型框加速度大小
物块与门型框碰撞瞬间动量守恒
物块与门型框共同运动时加速度大小
【精选习题】
一、单选题
1．如图所示，有一质量、边长为0.2m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为（ ）
A．0.05mB．0.10mC．0.15mD．0.5m
【答案】 A
【解析】
小球由静止开始从如图所示轨道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平方向平均动量守恒，则有
即
根据题意，有
联立解得
故选A。
2．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后，mA = 1kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示，根据以上信息可知（ ）
A．碰撞过程中B球受到的冲量为8Ns
B．碰撞过程中A球受到的冲量为 - 8Ns
C．B球的质量mB = 4kg
D．AB两球发生的是弹性碰撞
【答案】 D
【解析】
ABC．已知x—t图的斜率代表速度，则
vA = 6m/s，v′A = 2m/s，vB = 3m/s，v′B = 5m/s
根据动量定理有
IA = mAv′A - mAvA = - 4Ns，IB = mBv′B - mBvB
再根据动量守恒有
mAvA + mBvB = mAv′A + mBv′B
解得
mB = 2kg，IB = 4Ns
ABC错误；
D．碰撞前后的动能为
，
则AB两球发生的是弹性碰撞，D正确。
故选D。
3．冰壶队备战2022年北京冬奥会，如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q处，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是（ ）
A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同B．碰后蓝壶速度约为红壶速度的4倍
C．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
【答案】 C
【解析】
A．碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；
B．碰后红壶运动的距离为
蓝壶运动的距离为
二者质量相同，假设二者碰后的所受摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有
对蓝壶有
联立可得
即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，B错误；
C．设红壶碰前速度为v0，则有
故有
即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，C正确；
D．碰前的动能为
碰后动能为
则有
机械能不守恒，D错误。
故选C。
4．将小球以初速度v0竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图象（v-t）如图所示。t1时刻到达最高点，t2时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（ ）
A．0到t2时间内，小球的加速度先减小再增大
B．小球上升过程和下降过程，动量变化量相同
C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同
D．0到t2时间内，小球的动量变化率一直减小
【答案】 D
【解析】
A．0到t2时间内，图像的斜率一直减小，所以小球的加速度一直减小，A错误；
B．小球上升过程和下降过程，动量变化量分别为
所以小球上升过程和下降过程，动量变化量不相同，B错误；
C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量分别为
所以小球上升过程和下降过程，冲量不相同，C错误；
D．0到t1时间内，小球的动量变化率为
随着的速度减小，动量变化率也减小；
t1到t2时间内，小球的动量变化率为
随着速度的增大，动量变化率减小；所以0到t2时间内，小球的动量变化率一直减小，D正确。
故选D。
5．如图所示，物体A、B将一轻弹簧（不与A、B拴接）挤压后用线系住，静止在水平面上，A、B的质量之比为2：1，A、B与水平面间的动摩擦因数之比为1：2。现将线烧断，则（ ）
A．A、B组成的系统动量不守恒
B．弹簧刚恢复原长时，B速度达到最大
C．弹簧刚恢复原长时，A、B动能相等
D．A、B同时停止运动
【答案】 D
【解析】
A．A、B组成的系统水平方向受合外力为
可知系统的动量守恒，选项A错误；
B．当B的速度最大时，弹力等于摩擦力，此时弹力不为零，则当弹簧刚恢复原长时，B速度不是最大，选项B错误；
C．根据动量守恒，弹簧刚恢复原长时
即
选项C错误；
D．根据
可知，A、B同时停止运动，选项D正确。
故选D。
6．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度 ，B球的速度，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】 C
【解析】
两球组成的系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，有动量守恒定律得
带入数据解得
如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
，（不符实际，舍掉）
故两球碰撞后的速度范围是
ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
二、解答题
7．如图所示，半径为R的竖直圆环在电动机作用下，可绕水平轴O转动，圆环边缘固定一只质量为m的连接器。轻杆通过轻质铰链将连接器与活塞连接在一起，活塞质量为M，与固定竖直管壁间摩擦不计。当圆环逆时针匀速转动时，连接器动量的大小为p，活塞在竖直方向上运动。从连接器转动到与O等高位置A开始计时，经过一段时间连接器转到最低点B，此过程中，活塞发生的位移为x，重力加速度取g。求连接器：
（1）所受到的合力大小F；
（2）转到动量变化最大时所需的时间t；
（3）从A转到B过程中，轻杆对活塞所做的功W。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】
（1）连接器做匀速圆周运动的速度
则连接器做匀速圆周运动所受到的合力大小
（2）当连接器转到右侧与A点对称位置时动量变化最大，此时用时间
（3） 设连接器在A点时连杆与竖直方向的夹角为θ，则此时连杆的速度为
而对活塞
可知活塞的速度
当连接器到达B点时，活塞的速度为零，则从A到B，对活塞由动能定理
解得
8．如图所示，小明在离水面高度h0=1.8m的岸边，将一质量m=20g的小石片以水平初速度v0=8m/s抛出，玩“打水漂”。小石片在水面上滑行时受到的水平阻力恒为f=0.4N，在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零，并以a=0.5m/s2的加速度沿竖直方向沉入水深h=1m的河底。假设小石片每次均接触水面后跳起，跳起时竖直方向上的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k=0.75。取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求小石片：
（1）沉入河底前瞬间的动量大小p；
（2）从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程中，水对小石片做的功W；
（3）从抛出到开始下沉的时间t。
【答案】 （1）0.02kg·m/s；（2）－1.19J；（3）6.4s
【解析】
（1）小石片沉入河底时的速度为
v2=2ah
解得
v=1m/s
由动量公式，可得
p=mv
解得
（2）小石片从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程，由动能定理可得
解得
（3）小石片先做平抛运动，竖直方向有
解得
t1=0.6s
小石片在水面上滑行时加速度
每次滑行的速度变化量为
可得
即小石片共在水面上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次
第n次弹起后的水平速度为
竖直速度
vyn=kvxn
空中飞行时间
可得第n次弹起后在空中飞行的时间为
在空中的飞行总时间
在水面上滑行的时间为
t3=0.04×10s=0.4s
总时间
t=t1＋t2＋t3
解得
t=6.4s
9．质量为的弹性球从空中某高度由静止开始下落，经与地面发生碰撞，该过程的图像如图所示，球与水平地面相碰后反弹的速度大小为碰撞前的。该球受到的空气阻力大小恒定，取，求：
（1）弹性球所受空气阻力的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度；
（3）第一次碰撞过程中合外力对弹性球冲量的大小。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】
（1）由图可得弹性球下落过程中的加速度为
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）依题意可知第一次碰撞后反弹的速度大小为
在弹性球上升过程中，根据牛顿第二定律可得
弹性球上升过程中的加速度大小为
弹性球第一次碰撞后反弹的高度
解得
（3）根据动量定理可得
10．如图所示，质量为的长木板静止在光滑水平面上，右端与一固定在地面上的半径的光滑四分之一圆弧紧靠在一起，圆弧的底端与木板上表面水平相切。质量为的滑块（可视为质点）以初速度从圆弧的顶端沿圆弧下滑到木板上，恰好不会从板左侧脱落。不计空气阻力，取。求：
（1）刚下滑时所受向心力的大小；
（2）、间因摩擦而产生的热量；
（3）当、间动摩擦因数时木板的长度。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】
（1）根据牛顿第二定律可得
（2）由动能定理可得，滑块B滑上木板A时的速度为，根据动能定理有
解得
滑块B在木板A上滑动的过程中因地面光滑，木板A和滑块B组成的系统动量守恒，最终两者的共同速度为
解得
由能量转化和守恒可知，、间因摩擦而产生的热量为
解得
（3）、滑动摩擦力为
、间因摩擦而产生的热量，根据滑动摩擦力做功和能量转化的关系可得
解得
11．航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为=0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为=0.1，不计转运车与地面间的摩擦。A、B的质量均为M=40kg，A、B水平部分的长度均为L=4m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略。重力加速度g取10m/s2。求：
（1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少；
（2）若某包裹的质量为m=10kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足的条件；
（3）若某包裹的质量为m=50kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时的最小值。
【答案】 （1）40kg；（2）；（3）0.85m
【解析】
（1）要求A不动时需满足
解得
即包裹C的质量不能超过40kg。
（2）由于包裹质量小于40kg装置A始终静止不动，所以A释放高度最小时，包裹C恰好滑上B车，则有
解得
A释放高度最大时，则包裹C滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时二者恰好共速，下滑至B车时有
与B车相互作用过程满足
解得
所以
（3）由于包裹质量大于40kg，则装置A带动B车运动。包裹能滑上B车，最小高度是包裹刚好可以滑上B车时A、B、C三者共速。则加速度满足
包裹加速度
包裹在光滑曲面下滑
共同速度
解得
如图所示
由图像可得
解得
12．航模小组用容积为2.0L的可乐瓶制作了一支水火箭，箭身及其配重质量M=0.1kg，现向瓶中装入0.5L的水后用带气嘴的橡胶塞塞紧瓶口，将火箭竖直放置，如图所示。用打气筒向里打气，已知打气筒每打一次气能把0.5L、1atm的空气压入瓶内，当瓶内空气压强达到6atm时橡胶塞脱落，水流高速喷出，火箭向上飞起。
（1）设打气过程气体温度保持不变，求打气的次数；
（2）若火箭以v=25m/s的速度一次性向下喷出水流m=0.3kg，已知ρ水=1.0×103kg/m3，g取10m/s2，忽略空气阻力和喷水过程重力的影响。求火箭上升的最大高度。
【答案】 （1）15（次）；（2）31.5m
【解析】
（1）设需打气n次，根据玻意耳定律有
p0（V＋nV′）=6p0V
其中
V=（2.0－0.5）L=1.5L
V′=0.5L
解得
n=15（次）
（2）喷水前，瓶内水的总质量
m1=ρV′=0.5kg
喷水过程，系统动量守恒，有
（M+m1-m）v0=mv
竖直方向，有
v=2gh
联立代入相关数据，可得火箭上升的最大高度
h=31.5m
公式法
I＝Ft适用于求恒力的冲量．
动量定理法
多用于求变力的冲量或F、t未知的情况．
图像法
F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求解.
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eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
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
弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能守恒：eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
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，损失的机械能：
ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)（m1＋m2）v′2
非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能有损失，损失的机械能：
ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)m1v1′2－eq \f(1,2)m2v2′2
碰撞问题遵循的三条原则
（1）动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′
（2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
（3）若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度