高考物理二轮复习讲义+分层训练专题07 碰撞与动量守恒（解析版）

这是一份高考物理二轮复习讲义+分层训练专题07 碰撞与动量守恒（解析版），共39页。试卷主要包含了碰撞的特点，碰撞的种类及遵从的规律，关于弹性碰撞的分析，一般的碰撞类问题的分析，高空坠物极易对行人造成伤害等内容，欢迎下载使用。

解密07 碰撞与动量守恒

核心考点
考纲要求
动量、动量定理、动量守恒定律及其应用
弹性碰撞和非弹性碰撞
Ⅱ
Ⅰ



考点1 碰撞模型

1．碰撞的特点
（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。
（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能。
（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。
（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。
2．碰撞的种类及遵从的规律
种类
遵从的规律
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最大
3．关于弹性碰撞的分析
两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
在光滑的水平面上，质量为m1的钢球沿一条直线以速度v0与静止在水平面上的质量为m2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v1、v2
①
②
由①②可得：③
④
利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：
a．当时，，，两钢球沿原方向原方向运动；
b．当时，，，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；
c．当时，，，两钢球交换速度。
d．当时，，，m1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m2几乎不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞。
e．当时，，，说明m1很大时速度几乎不变，而质量很小的m2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。
4．一般的碰撞类问题的分析
（1）判定系统动量是否守恒。
（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。
（3）判定碰撞前后动能是否不增加。

（2020·黑龙江香坊区·哈尔滨市第六中学校高三月考）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则下列判断中正确的是（　　）

A．由图像求得乙的质量是6kg
B．碰撞前后乙的动量增加了1kg·m/s
C．碰撞过程中甲给乙的冲量大小为6N·s
D．碰撞过程中两物块损失的机械能为3J
【答案】C
【详解】
A．由动量守恒定律

解得 ，A错误；
B．碰撞前后乙增加的动量为

B错误；
C．由动量定理，碰撞过程中甲给乙的冲量大小为

C正确。
D．碰撞过程中两物块损失的机械能为

D错误。
故选C。

1．如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6m/s，B球的速度是－2m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是(　　)

A．v′A＝－2m/s，v′B＝6m/s
B．v′A＝2m/s，v′B＝2m/s
C．v′A＝1m/s，v′B＝3m/s
D．v′A＝－3m/s，v′B＝7m/s
【答案】D
【详解】
设每个球的质量均为m，碰前系统总动量

碰前的总机械能

A．碰后总动量

总机械能

动量守恒，机械能守恒，故A可能实现；
B．碰后总动量

总机械能

动量守恒，机械能不增加，故B可能实现；
C．碰后总动量

总机械能

动量守恒，机械能不增加，故C可能实现；
D．碰后总动量

总机械能

动量守恒，机械能增加违反能量守恒定律，故D不可能实现。
本题选不可能实现的，故选D。
2．（2020·江苏省镇江中学高三期中）如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后（　　）

A．由于机械能损耗最终两者的速度均为零
B．两者的碰撞会永远进行下去，不会形成共同的速度
C．盒子的最终速度为，方向水平向右
D．盒子的最终速度为，方向水平向右
【答案】D
【详解】
系统水平方向不受力，故动量守恒可知最终两物体以共同速度向右运动，由

可得，两物体的末速度为

故选D。
考点2 弹簧模型

1．注意弹簧弹力特点及运动过程，弹簧弹力不能瞬间变化。
2．弹簧连接两种形式：连接或不连接。
连接：可以表现为拉力和压力，从被压缩状态到恢复到原长时物体和弹簧不分离，弹簧的弹力从压力变为拉力。
不连接：只表现为压力，弹簧恢复到原长后物体和弹簧分离，物体不再受弹簧的弹力作用。
3．动量和能量问题：动量守恒、机械能守恒，动能和弹性势能之间转化，等效于弹性碰撞。弹簧被压缩到最短或被拉伸到最长时，与弹簧相连的物体共速，此时弹簧具有最大的弹性势能，系统的总动能最小；弹簧恢复到原长时，弹簧的弹性势能为零，系统具有最大动能。

（2020·重庆市第三十七中学校高二期中）如图所示，质量为M的上表面光滑的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根轻质弹簧，质量为m的物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，当突然烧断细线后，以下说法正确的是（　　）

A．物块和小车组成的系统动量不守恒
B．物块和小车组成的系统机械能守恒
C．当物块离开小车时，小车向左运动的位移大小为
D．当物块速度大小为v时（未离开小车），小车速度大小为
【答案】D
【详解】
A．物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；
B．物块、小车与弹簧组成的系统机械能守恒，物块与小车组成的系统机械能不守恒，故B错误；
C．物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv-MV=0

解得

故C错误；
D．物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv-Mvt=0，解得


故D正确。
故选D。

1．（2020·河北衡水市·衡水中学高三月考）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧右端固定，左端与质量为m的物块B连接，弹簧处于自然状态。物块A的质量为，以速度向右沿水平地面运动，与B碰撞后两者粘合并一起压缩弹簧。已知碰撞时间极短，不计一切摩擦，弹簧未超出弹性限度，则弹簧的最大压缩量为（已知）（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
当A、B碰撞时

得

开始压缩弹簧至弹簧被压缩到最短的过程中
有

根据功能关系有

联立解得

故C正确，ABD错误。
故选C。
2．（2020·黑龙江高二月考）如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中。已知物体A的质量mA是物体B的质量mB的，子弹的质量m是物体B的质量的，弹簧弹性势能最大时B的速度为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【详解】
根据题意可知，B的质量mB为4m，A的质量mA为3m，子弹的质量为m，子弹刚射入物块A时，A具有最大速度v，此过程中子弹与A的动量守恒，以子弹的初速度方向为正，根据动量守恒定律得

解得

对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统，A、B速度相等时弹簧被压缩到最短。弹簧压缩的过程中，根据动量守恒定律可得

由此解得

故选D。
考点3 子弹打木块模型

子弹打击木块问题，由于被打击的木块所处情况不同，可分为两种类型：一是被打的木块固定不动；二是被打的木块置于光滑的水平面上，木块被打击后在水平面上做匀速直线运动。
1．木块被固定
子弹和木块构成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，系统内力是一对相互作用的摩擦力，子弹对木块的摩擦力不做功，相反，木块对子弹的摩擦力做负功，使子弹动能的一部分或全部转化为系统的内能。由动能定理可得：，式中f为子弹受到的平均摩擦力，s为子弹相对于木块运动的距离。
2．木块置于光滑水平面上
子弹和木块构成系统不受外力作用，系统动量守恒，系统内力是一对相互作用的摩擦力，子弹受到的摩擦力做负功，木块受到的摩擦力做正功。如图所示，设子弹质量为m，水平初速度为v0，置于光滑水平面上的木块质量为M。若子弹未穿过木块，则子弹和木块最终共速为v。

由动量守恒定律： ①
对于子弹，由动能定理：②
对于木块，由动能定理：③
由①②③可得：④
系统动能的减少量转化为系统内能Q
（1）若时，说明子弹刚好穿过木块，子弹和木块具有共同速度v。
（2）若时，说明子弹未能穿过木块，最终子弹留在木块中，子弹和木块具有共同速度v。
（3）当时，说明子弹能穿过木块，子弹射穿木块时的速度大于木块的速度。
若属于（3）的情况，设穿透后子弹和木块的速度分别为v1和v2，上述关系式变为：
⑤
⑥
⑦
⑧

（2020·辽宁大连市·高二期中）光滑水平面上有一质量均匀的木块，初始时木块静止，接着有两颗完全相同的子弹先后以相同大小的初速度射入木块。首先左侧子弹射入，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧子弹射入，子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图所示。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是（　　）

A．木块最终静止，d1=d2
B．木块最终静止，d1 C．木块最终静止，d1>d2
D．木块最终向左运动，d1=d2
【答案】B
【详解】
左侧子弹射入木块与木块一起向右运动，设共同速度为v1，由动量守恒有

由能量守恒有

右侧子弹与木块及左侧的第一颗子弹共同运动的速度设为v2，由动量守恒有

由能量守恒有

解得
v2=0


所以木块最终静止，d1 故选B。

1．（2020·安徽高三月考）如图甲所示，一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数。质量的子弹水平向左射入滑块并留在其中（该过程时间极短），取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，。下列说法正确的是（　　）

A．传送带的速度大小为
B．滑块的质量为
C．滑块向右运动过程中与传送带摩擦产生的热量为
D．若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为
【答案】CD
【分析】
根据题中“子弹水平向左射入滑块并留在其中”、“水平传送带”可知，本题考查动量守恒与传送带相结合问题，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、摩擦做功等知识分析计算。
【详解】
A．子弹射入滑块并留在其中，滑块（含子弹）先向左做减速运动，然后向右加速，最后向右匀速，向右匀速运动的速度大小为，则传送带的速度大小为，故A错误；
B．子弹未射入滑块前，滑块向右的速度大小为，子弹射入滑块瞬间，子弹和滑块的速度变为向左的；子弹射入滑块瞬间，内力远大于外力，系统动量守恒，以向左为正，据动量守恒得

即

解得滑块的质量

故B错误；
C．滑块（含子弹）先向左做减速运动时，据牛顿第二定律可得

解得滑块向左运动的加速度大小

滑块（含子弹）先向左做减速运动，再向右做加速运动，滑块向右加速的加速度大小

向右加速的时间为

滑块（含子弹）相对传送带的位移

运动过程中与传送带摩擦产生的热量

故C正确；
D．滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，则

解得转动轮的半径

故D正确。
故选CD。
2．（2020·河南高三月考）如图所示，光滑半圆轨道竖直放置，半径为R=0.4m，一水平轨道与圆轨道相切，在水平轨道上停着一个质量为M=0.49kg的木块，木块在离圆轨道最低点B距离为L=4m的A点，木块与水平面间的摩擦因数为μ=0.35。一颗质量为m=10g的子弹，以某一水平速度v0射入木块中，然后一起运动经过最高点，物块恰好能飞回到A点（g取10m/s2）（不计空气阻力，木块的大小忽略不计），求：
(1)子弹和木块组成的整体经过最高点的速度大小v1；
(2)子弹的初速度v0。

【答案】(1)10m/s；(2)600m/s
【详解】
(1)子弹和木块组成的整体经过最高点后做平抛运动

L=v1t
解得
v1=10m/s
(2)子弹和木块组成的整体从A点运动到最高点的过程，根据动能定理得

得
v=12m/s
子弹射入木块过程根据动量守恒定律
mv0=(M+m）v
解得
v0=600m/s
考点4 人船模型 小车模型

人船模型
人船模型是两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。将速度与质量的关系推广到位移与质量，做这类题目，首先要画好示意图，要注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系；
人船问题的适用条件是：两个物体组成的系统（当有多个物体组成系统时，可以先转化为两个物体组成的系统）动量守恒，系统的总动量为零，利用平均动量守恒表达式解答。
小车模型
动量守恒定律在小车介质上的应用，求解时注意：（1）初末动量的方向及大小；（2）小车的受力情况分析，是否满足某一方向合外力为零；（3）结合能量规律和动量守恒定律列方程求解。

（2020·福建长汀县·高三期中）如图所示，一个质量为m1=40kg人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2=10kg，静止时人离地面的高度为h=5m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是（可以把人看做质点）（　　）

A．5 m B．4m C．2.6 m D．8m
【答案】B
【详解】
设人、球对地面的位移分别为x1、x2，由动量守恒定律得


解得


此时他离地面的高度为4m，故选B。

1．（2020·广东深圳市·明德学校高三月考）如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B 两人分别站在车的两端。当两人同时相向运动时，下列判断正确的是（　　）

A．若两人的速率相同，则小车一定不动
B．若两人的动能相同，则小车一定不动
C．若两人的动量大小相等，则小车一定不动
D．若两人的质量相同，则小车一定不动
【答案】C
【详解】
小车及人A、B组成的系统满足动量守恒，且总动量为零，由动量守恒定律 ，只有当两人的动量大小相等方向相反时，小车才一定不动，C正确，ABD错误。
故选C。
2．（2020·重庆綦江区·万盛田家炳中学高二月考）质量为m的人站在质量为M、长为5米的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边（如图所示），当他向左走到船的左端时，船左端离岸的距离是1米，则（　　）

A．M=2m B．M=3m C． M=4m D．M=5m
【答案】C
【详解】
设人、船位移大小分别为l1、l2

以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得

两边同乘时间t得

则

而

解得

故选C。
考点5 圆弧模型 滑板模型 斜面模型

动量守恒定律在圆弧轨道、长木板以及斜面等相关轨道上的应用，求解时要分析受力方向，根据受力情况列动量守恒定律方程，要根据能量分析情况结合能量规律列方程，联立求解。下面结合各种相关的轨道逐个进行分析讲解。

（2020·安徽六安市·毛坦厂中学高三月考）如图所示，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止。如果小车不固定，物体仍从A点静止滑下，则 （　　）

A．还是滑到C点停住 B．滑到BC间停住
C．会冲出C点落到车外 D．系统动量守恒
【答案】A
【详解】
设BC长度为L。依照题意，小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，即有
Q1=fL
其中f为物体与小车之间的摩擦力。
若小车不固定，设物体相对小车滑行的距离为s。
对小车和物体系统，根据水平方向的动量守恒定律可知，最终两者必定均静止，根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，则有
Q2=Q1
而
Q2=fs
得到物体在小车BC部分滑行的距离
s=L
故物体仍滑到C点停住。故A正确。
故选A。

1．（2020·江北区·重庆十八中高二期中）如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则（　　）


A．A不能到达B圆槽的左侧最高点
B．B一直向右运动
C．A运动到圆槽的最低点时速度为
D．B向右运动的最大位移大小为
【答案】C
【详解】
A．设A到达左侧最高点的速度为v，以小球和槽组成的系统为研究对象，根据系统水平动量守恒知，系统的初动量为零，则末总动量为零，即v=0，根据系统的机械能守恒知，A能到达B圆槽左侧的最高点，故A错误；
C．设A到达最低点时的速度大小为vA，槽的速度大小为vB。取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得

解得

根据系统的机械能守恒得

解得

故C正确；
B．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A在水平方向上的速度向左时，B的速度向右，当A在水平方向上的速度向右时，则B的速度向左，故B错误；
D．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，取水平向左为正方向，根据水平动量守恒得

即

解得

故D错误；
故选C。
2．（2020·山东宁阳县一中高二期中）如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则（　　）

A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为2R
C．小球离开小车后做竖直上抛运动
D．小球第二次离开小车在空中能上升的最大高度
【答案】CD
【详解】
A．小球和小车组成的系统竖直方向动量不守恒，则小球和小车组成的系统动量不守恒，A错误；
B．设小车向左运动的最大距离为x，由动量守恒定律得， ，解得 ，B错误；
C．因为系统在水平方向上的总动量等于零，所以小球离开小车的瞬间二者水平速度都等于零，故小球离开小车后做竖直上抛运动，C正确；
D．小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为，说明小车有摩擦力，小球在小车中滚动时要损失机械能，则小球第二次离开小车在空中能上升的最大高度，D正确。
故选CD。

1．（2020·海南高考真题）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为，离子以的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
对离子，根据动量定理有

而

解得F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选C。
2．（2020·北京高考真题）在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号）悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是（　　）


A．将1号移至高度释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度
B．将1、2号一起移至高度释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的1号移至高度释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度
D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
【答案】D
【详解】
A．1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度，故A错误；
B．1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；
C．1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度，故C错误；
D．碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。
故选D。
3．（2020·全国高考真题）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　）
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【详解】
A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。
故选D。
4．（2020·全国高考真题）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
【详解】
设运动员和物块的质量分别为、规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为、，则根据动量守恒定律

解得

物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块

解得

第3次推出后

解得

依次类推，第8次推出后，运动员的速度

根据题意可知

解得

第7次运动员的速度一定小于，则

解得

综上所述，运动员的质量满足

AD错误，BC正确。
故选BC。
5．（2020·海南高考真题）如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨道半径，传送带的长度L=1.25m，传送带以速度顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数，。求
（1）碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小；
（2）碰后小物块a能上升的最大高度；
（3）小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。

【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）1s
【详解】
（1）设小物块a下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为，根据机械能守恒定律有

代入数据解得
小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有

代入数据解得
根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N。
（2）小物块a与小物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒有

根据能量守恒有

联立解得，
小物块a反弹，根据机械能守恒有

解得
（3）小物块b滑上传送带，因，故小物块b先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有

解得
则小物块b由2m/s减至1m/s，所走过的位移为

代入数据解得
运动的时间为

代入数据解得
因，故小物块b之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为

故小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间

6．（2020·江苏高考真题）一只质量为的乌贼吸入的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。
【答案】
【详解】
乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力，动量守恒；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得

解得喷出水的速度大小为

7．（2020·天津高考真题）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能至少多大？
【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为，有
②
由动量定理，有
③
联立①②③式，得
④
（2）设两球粘在一起时速度大小为，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为，由动量守恒定律，有
⑥
又
⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能至少为
⑧
8．（2020·山东高考真题）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
(3)求物块Q从A点上升的总高度H；
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。


【答案】(1) P的速度大小为，Q的速度大小为；(2)（n=1，2，3……）；(3)；(4)
【详解】
(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
①
由机械能守恒定律得
②
联立①②式得
③
④
故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为
(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得
⑤
联立①②⑤式得
⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得
⑦
联立①②⑤⑦式得
⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得
⑨
由机械能守恒定律得
⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
⑪
⑫
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
⑬
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得
⑭
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得
⑮
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得
⑯
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得
⑰
由机械能守恒定律得
⑱
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得
⑲
⑳
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得
㉑
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得
㉒
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为
（n=1，2，3……） ㉓
(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
㉔
解得
㉕
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得
㉖
设P运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，由运动学公式得
㉗
㉘
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
㉙
当A点与挡板之间的距离最小时
㉚
联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得
㉛
9．（2020·浙江高考真题）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，，）

【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) （）；（）
【详解】
(1)机械能守恒定律

牛顿第二定律

牛顿第三定律

方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为点，功能关系

得

故不会冲出
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理

碰撞后的速度为，动量守恒定律

设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理

得



10．（2018·新课标全国II卷）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
【答案】C
【解析】设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：，解得：，落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：，解得：，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确。
11．（2017·新课标全国Ⅰ卷）将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）
A．30 B．5.7×102
C．6.0×102 D．6.3×102
【答案】A
【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30 ，所以A正确，BCD错误。
12．（2016·天津卷）如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________。

【答案】
【解析】设滑块质量为m，则盒的质量为2m。对整个过程，由动量守恒有mv=3mv′，解得v′=，由能量守恒有，解得。
13．（2016·上海卷）如图，粗糙水平面上，两物体A、B以轻绳相连，在恒力F作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开，在F牵引下继续前进，B最后静止。则在B静止前，A和B组成的系统动量_________（选填：“守恒”或 “不守恒”）。在B静止后，A和B组成的系统动量 。（选填：“守恒”或“不守恒“）

【答案】守恒 不守恒
【解析】轻绳断开前，A、B做匀速运动，系统受到的拉力F和摩擦力平衡，合外力等于零，即，所以系统动量守恒；当轻绳断开B静止之前，A、B系统的受力情况不变，即，所以系统的动量依然守恒；当B静止后，系统的受力情况发生改变，即，系统合外力不等于零，系统动量不守恒。
14．（2019·新课标全国Ⅰ卷）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v–t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】（1）3m （2） （3）
【解析】（1）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为，碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
①
②
联立①②式得
③
（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有
④
⑤
从图（b）所给的v–t图线可知
⑥
⑦
由几何关系
⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
⑩
（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有

设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为，由动能定理有

设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有

联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩式可得

15．（2019·新课标全国Ⅲ卷）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=l.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u=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）vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/s （2）B 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–mBvB①
②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/s③
（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
④
⑤
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–⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75 m，sB=0.25 m⑧
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 m⑨
（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vA′，由动能定理有
⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
⑪
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
⑫
⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
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sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
⑯
sA′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
⑰
16．（2018·江苏卷）如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。

【答案】
【解析】取向上为正方向，动量定理mv–（–mv）=I且
解得
17．（2018·新课标全国II卷）汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为 kg和 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小。求
（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；
（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小。

【答案】（1） （2）
【解析】两车碰撞过程动量守恒，碰后两车在摩擦力的作用下做匀减速运动，利用运动学公式可以求得碰后的速度，然后在计算碰前A车的速度。
（1）设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有
①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有
②
联立①②式并利用题给数据得
③
（2）设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有
④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有
⑤
设碰撞后瞬间A车速度的大小为，两车在碰撞过程中动量守恒，有
⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得

18．（2017·江苏卷）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s和2 m/s。求甲、乙两运动员的质量之比。
【答案】3:2
由动量守恒定律得，解得，代入数据得。
19．（2017·天津卷）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2。空气阻力不计。求：

（1）B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；
（2）A的最大速度v的大小；
（3）初始时B离地面的高度H。
【答案】（1）t=0.6 s （2）v=2 m/s （3）H=0.6 m
【解析】（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有
解得t=0.6 s
（2）细绳绷直前瞬间B的速度大小为
绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B重力，A、B沿绳方向动量守恒，有
A、B系统获得的速度v=2 m/s
之后A、B做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A的最大速度为2 m/s
（3）绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有
解得H=0.6 m
20．（2017·北京卷）在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变。放射出的α粒子（）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量。
（1）放射性原子核用表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程。
（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小。
（3）设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损Δm。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为
（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有
根据圆周运动的参量关系有
得α粒子在磁场中运动的周期
根据电流强度定义式，可得环形电流大小为
（3）由，得
设衰变后新核Y的速度大小为v′，核反应前后系统动量守恒，有Mv′–mv=0
可得
根据爱因斯坦质能方程和能量守恒有
解得