第5講沖量與動量

教師備用習題教師專用欄目

考點1動量定理綜合應用

1.安全帶是汽車行駛過程中生命安全的保障帶.如圖，在汽車正面碰撞測試中,汽車以72km/h的速度發(fā)生碰

撞.車內假人的質量為50kg,使用安全帶時，假人用時0.8s停下;不使用安全帶時，假人與前方碰撞，用時0.2s

停下.以下說法正確的是（B）

A.碰撞過程中，汽車和假人的總動量守恒

B.無論是否使用安全帶，假人動量變化量相同

C.使用安全帶時，假人受到的平均作用力約為125N

D.不使用安全帶時,假人受到的平均作用力約為2500N

［解析］碰撞過程中，汽車和假人組成的系統(tǒng)受撞擊力作用,總動量不守恒，故A錯誤;假人的初動量為p=mv0,

末動量都為0,所以無論是否使用安全帶,假人動量變化量相同，故B正確;使用安全帶時，根據(jù)動量定理有-

△=0-p,解得尸=1250N,假人受到的平均作用力約為1250N,故C錯誤;不使用安全帶時，根據(jù)動量定理有-

F'f'=0-p,解得F'=5000N,假人受到的平均作用力約為5000N,故D錯誤.

2.（多選）［2023?新課標卷］使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極,

甲的質量大于乙的質量,兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等.現(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任

一時刻（BD）

甲乙

"里［......

/777/77777/7////77//777/Z7777/777/77/

A.甲的速度大小比乙的大

B.甲的動量大小比乙的小

C.甲的動量大小與乙的相等

D.甲和乙的動量之和不為零

［解析］對甲、乙受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律可知。甲=生父=￡-雄、a乙二鋁=￡-帽,由于/"甲

mm甲mm甲乙乙

乙，所以av<a乙，由于兩磁鐵運動時間相同，且同時由靜止釋放，所以可得v甲<

v乙，所以選項A錯誤;由于mv>m乙，所以⑵對于整個系統(tǒng)不滿足動量守恒的條件,所以甲的動量大小與

乙的不相等，選項C錯誤;對于整個系統(tǒng)而言，由于尸口>砧,合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向

左,顯然甲的動量大小比乙的小，選項B、D正確.

甲乙

.LN.S

3.質量為m的物體，以初速度卬沿斜面開始上滑，到達最高點后再次返回原出發(fā)位置處時速度大小為0.59假

設物體在斜面上運動時受到的摩擦力大小不變，則(C)

A.整個過程中合力的沖量大小為72V0

B.整個過程中摩擦力沖量的矢量和為零

C.上滑過程中重力的沖量比下滑過程中重力的沖量小

D.上滑過程和下滑過程中支持力的沖量均為零

［解析］以沿斜面向下為正方向，根據(jù)動量定理可得/合=A〃=O.5wo-(-wo)=1.5wo,A錯誤;設物體上滑過程的

時間為下滑回到出發(fā)點的時間為才2,位移大小為匹則X=￡A=等，2,得f尸$2,整個過程中摩擦力沖量的矢量

和為Zfi+/c=Ffn-Ff^0,B錯誤;上滑過程中重力的沖量為mgh,下滑過程中重力的沖量為機gS由于友々2,上滑

過程中重力的沖量比下滑過程中重力的沖量小,C正確;上滑過程和下滑過程中支持力一直存在，沖量均不為

零,D錯誤.

4.［2021?福建卷］福建屬于臺風頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設施建設都要考慮臺風影響.已知10級臺風的風速范圍為

24.5-28.4m/s,16級臺風的風速范圍為51.0-56.0m/s.若臺風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌，則16級臺風

對該交通標志牌的作用力大小約為10級臺風的(B)

A.2倍B.4倍

C.8倍D.16倍

［解析］設空氣的密度為〃風迎面垂直吹向交通標志牌的橫截面積為S,在時間f內通過的空氣質量為

〃Z=/JSV%假定臺風迎面垂直吹向交通標志牌的末速度變?yōu)榱?，對風由動量定理有-f7=0-/w,可得F=pSv2,10級

臺風的風速最小為Vlmin=24.5m/s,最大風速為Vlmax=28.4m/s,16級臺風的風速最小為V2min=51.0m/s,最大風速

P2

為V2max=56.0m/s,則3.2<TT=^<5.2,^B正確.

尸1

5.用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產生的原理.如圖所示，從距秤盤80cm高度處把1000粒的豆粒連

續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1s,豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话?若每個豆粒只與秤盤

碰撞一次，且碰撞時間極短（在豆粒與秤盤碰撞的極短時間內，碰撞力遠大于豆粒受到的重力），已知1000粒的

豆粒的總質量為100g,g取10m/s2,則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為（B）

A.0.2NB.0.6NC.1.0ND.1.6N

［解析］設豆粒從80cm高處落至秤盤時速度大小為vi,對自由下落過程，有%2=2g"解得也=4m/s,以向上為

正方向，根據(jù)動量定理得n=7WV2-/M（-Vl）,其中吸=呆,解得F=0.6N,由牛頓第三定律可知，在碰撞過程中秤盤受

到的壓力大小F'=F=0.6N,選項B正確.

6.（多選）使用無人機植樹時，為保證樹種的成活率,將種子連同營養(yǎng)物質包進一個很小的莢里.播種時,在離地

面10m高處以15m/s的速度水平勻速飛行的無人機中,播種器利用空氣壓力把莢以5m/s的速度（相對播種

器）豎直向下射出，莢進入地面下10cm深處完成一次播種.已知莢的總質量為20g,莢在土壤中所受的阻力恒

定，不考慮莢所受大氣阻力及進入土壤后重力的作用,g?。?0m/sz,則（CD）

A.射出莢的過程中,播種器對莢做的功為2.5J

B.離開無人機后，莢在空中運動的時間為&s

C.土壤對莢的沖量大小為*kg-m/s

D.莢在土壤內受到的阻力大小為竽N

222

［解析］播種器對莢做的功等于莢增加的動能，故W=lm（V1+voylmvo=0.25J,A錯誤;離開無人機后，在豎直

方向上莢做勻加速直線運動，有上也A+先tj,解得莢在空中下落的時間s,B錯誤;莢落地時豎直方向上的

22

分速度為vy=vi+gti=15m/s,水平方向上的分速度為vo=15m/s,故莢落地時的速度大小為v=^vQ+vy=15V2

m/s,進入土壤后，速度變?yōu)榱悖释寥缹ηv的沖量/=0-3噌kg-m/s,即沖量大小為*kg.m/s,C正確;莢進入

土壤后，在豎直方向上做減速運動，末速度為零，位移為/z=10cm=0.1m,則豎直方向上的加速度大小

?=^-=1125m/s2,莢進入土壤后運動的時間為e=也=2s,莢進入土壤后的合運動與豎直方向的分運動具有等

時性，根據(jù)動量定理可得的2=0加匕解得代-早N,即莢在土壤內受到的阻力大小為竽N,D正確.

7.（多選）［2022.全國乙卷］質量為1kg的物塊在水平力廠的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動下與

時間/的關系如圖-所示.已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小g取lOm/s?.則（AD）

F/N

4--------:

"2：46：t/s

川----------'

A.4s時物塊的動能為零

B.6s時物塊回到初始位置

C.3s時物塊的動量為12kg-m/s

D.0-6s時間內F對物塊所做的功為40J

［解析］物塊與地面間的摩擦力為Ff=umg=2N,對物塊,0~3s內由動量定理可知（R尸沙產冽刈as時物塊的動量

為p=mv?.=6kg-m/s,iS：3s后經(jīng)過時間f物塊的速度減為0,由動量定理可得-（P+Ff）D-/"V3,解得f=ls,所以物塊

在4s時速度減為0,則此時物塊的動能也為0,故A正確,C錯誤;設0~3s內物塊發(fā)生的位移為尤1,由動能定理

可得（B-尸03=如婿,得xi=9m,3~4s過程中，對物塊，由動能定理可得-伊+6）尬=0-，%2,得檢=3m,4~6s物塊

2

開始反向運動，物塊的加速度大小為a=手=2m/s2,發(fā)生的位移為x3=1?t2=4m<xi+尤2,即6s時物塊沒有回到

初始位置，故B錯誤;物塊在6s時的速度大小為％=m=4m/s,0~6s內力廠所做的功為W=FXl-Fx2+Fx3=40J,

故D正確.

8.（多選）如圖所示,一輕桿兩端分別固定°、b兩個半徑相等的光滑金屬球,a球質量為2m,b球質量為機整個

裝置放在光滑的水平面上，將此裝置從圖示位置由靜止釋放，經(jīng)時間f小球b落地,重力加速度為g,則

(ACD)

A.b球落地前瞬間速度方向豎直向下

B.在b球下落過程中,a球對地壓力不可能等于2mg

C.全程輕桿對b球的合沖量向上,且小于mgt

D.在b球落地前的整個過程中,輕桿對b球做的功為零

［解析］對兩球及桿系統(tǒng)為研究對象，水平方向受力為零，則在b球落地前瞬間力球的水平速度為零力球落地

前瞬間速度方向豎直向下，故A正確;對b球，水平方向上動量變化為零，由動量定理可知，桿對b球的水平方

向沖量為零，在豎直方向上,根據(jù)機械能守恒定律可知力落地時速度與只在重力作用下的落地速度一樣，如圖

所示的v-t圖像中直線為b球自由落體運動的圖線,曲線為b球豎直方向的運動圖線為球落地之前某時刻豎

直方向的加速度可能為

g,完全失重,則此時a球對地壓力等于2,咫,故B錯誤;因b球在豎直方向上運動的位移與落地速度都與自由

落體運動相同，對比可知b球落地所用時間相對自由落體運動的時間要長,由動量定理可知桿對b球的豎直

方向的沖量必定不為零，且沖量方向向上，所以由桿對b球的水平和豎直沖量可知，桿對b球的沖量不為零，且

方向豎直向上，根據(jù)動量定理有機gl/產即,則桿對b球的合沖量小于故C正確;設桿對a球做功為Wi,

對b球做功為卯2,系統(tǒng)機械能守恒，則除了重力之外的力做的功必定為零，即跖+牝=0,對。球由動能定理可

知Wi=O,故死=0,故D正確.

0t,t,t

9.下雨時，為什么蚊子不會被雨滴砸死?科學家研究發(fā)現(xiàn)蚊子被雨滴擊中時并不能抵擋雨滴，而是很快與雨滴

融為一體，隨后迅速側向微調與雨滴分離.已知蚊子的質量為北漂浮在空氣中(速度為零);雨滴質量為麗,雨滴

所受空氣阻力與下落速度成正比，比例系數(shù)為匕擊中蚊子前，雨滴已經(jīng)勻速豎直下落，蚊子與雨滴融為一體的

時間為。，重力加速度為g,蚊子重力不計.求：

(1)蚊子與雨滴融為一體后，蚊子的速度大小V；

(2)蚊子與雨滴融為一體的過程中，蚊子受到的平均作用力F的大小.

［答案］(1喘蕊⑵喧怒

［解析］(1)擊中蚊子前，雨滴已經(jīng)勻速豎直下落，則有kvo=nmg

蚊子與雨滴融為一體，有nmvo=(n+l)mv

（2）對蚊子由動量定理有FAt=mv

考點2動量守恒定律綜合應用（爆炸和反沖）

1.用質量為m的小鐵錘以速度也向下?lián)舸蛞粔K質量為M的磚塊（擊打時間極短）,擊打后，小鐵錘以31的速率

反向彈回,已知磚塊受到擊打后在手中的緩沖時間為f,重力加速度為g,下列說法正確的是（D）

1B

A.在擊打過程中，鐵錘所受合外力的沖量大小為61也

B.在擊打過程中，鐵錘重力的沖量大小為mgt

C.磚頭緩沖過程中，對手的壓力大小為Mg

D.磚頭緩沖過程中，對手的壓力大小為Mg白署

［解析］設方向向下為正方向，在擊打過程中，對鐵錘由動量定理可得他也,在擊打過程中，鐵錘

所受合外力的沖量大小為|口也,故A錯誤;鐵錘擊打的時間未知，所以在擊打過程中，鐵錘重力的沖量大小不能

求解，故B錯誤;在擊打過程中，鐵錘與磚頭由動量守恒定律可得切vi=-|wi+M%解得磚頭緩沖過程

中，對磚頭由動量定理可得仍i+Mg）/=O-|"也，解得手對磚頭的支持力為誓，由牛頓第三定律可知磚

頭對手的壓力為尸/=￥i=Mg+誓，故C錯誤,D正確.

2.如圖所示,A、B兩物體質量分別為niA=5kg和me=4kg,與水平地面之間的動摩擦因數(shù)分別為〃A=0.4和

3=05開始時兩物體之間有一壓縮的輕彈簧（不拴接），并用細線將兩物體拴接在一起放在水平地面上.現(xiàn)將細

線剪斷，則兩物體將被彈簧彈開，最后兩物體都停在水平地面上.下列判斷正確的是（D）

風

A.在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中，兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒

B.在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中，整個系統(tǒng)的機械能守恒

C.在兩物體被彈開的過程中,A、B兩物體的機械能一直增大

D.兩物體一定同時停在地面上

［解析］在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中,A物體所受的滑動摩擦力方向水平向右，大

小為FfA=^AmAg=20N,B物體所受的滑動摩擦力方向水平向左,大小為Fffl=^mBg=20N,兩物體組成的系統(tǒng)所

受合外力為零，因此動量守恒,A錯誤;在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中，整個系統(tǒng)克服

摩擦力做功,機械能減小,B錯誤;在兩物體被彈開的過程中，彈簧的彈力先大于摩擦力，后小于摩擦力,故物體

的機械能先增大后減小,C錯誤;彈簧對兩物體的彈力大小相等，且兩個物體同時離開彈簧，因此彈簧對兩個物

體的沖量大小相等為/,設物體卜、B停止的時間為以、質,根據(jù)動量定理有/-所以=0/口加=0,由于

此以=?D正確.

3.（多選）如圖所示,質量為100kg的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并

且比湖岸高出〃=0.8m,在船尾處有一質量為20kg的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細線將鐵塊拴住,此時鐵塊到船

頭的距離為L=3m,船頭到湖岸的水平距離為x=0.7m.將細線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中

運動時受到水的阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度g取10m/s2.下列判斷正確的有（AD）

A.鐵塊脫離小木船后在空中運動的時間為0.4s

B.鐵塊脫離小木船時的瞬時速度大小為1.75m/s

C.小木船最終的速度大小為1.25m/s

D.彈簧釋放的彈性勢能為108J

［解析］燒斷細線后以小木船、鐵塊組成的整體為研究對象，對小木船與鐵塊組成的系統(tǒng)由動量守恒定律有

Mxi=mx2,xi+x2=L，解得尤1=0.5m,X2=2.5m,鐵塊離開小木船后做平拋運動，有（》1+工）=也的=濟產，解得t=0As,V2=3

m/s,選項A正確,B錯誤;鐵塊與小木船相互作用時，由動量守恒定律有MVI-W2=0,解得也=0.6m/s,選項C錯

22

誤;由機械能守恒定律有Ev=^Mvrv2=108J,選項D正確.

4.［2021?浙江1月選考］在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀.爆炸物

自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為2：1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊.遙

控器引爆瞬間開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲.已知聲音在空氣

中的傳播速度為340m/s,忽略空氣阻力.下列說法正確的是（g取10m/s?）（B）

A.兩個碎塊的位移大小之比為1:2

B.爆炸物的爆炸點離地面高度為80m

C.爆炸后質量大的碎塊的初速度為68nVs

D.爆炸后兩個碎塊落地點之間的水平距離為340m

［解析］爆炸物上升到最高點時，瞬時速度為零,爆炸瞬間水平方向動量守恒，因此質量之比為2：1的兩個碎

塊,其速度之比為1：2,根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，水平方向位移大小之比為1：2,但合位移大小之比并不為1：

2,選項A錯誤.根據(jù)題意，設聲速為噸則2=1s,因此5=340m,兩碎塊落地點相距1020m,選項D錯誤.以上推

%

導說明爆炸物爆炸之后質量為2根的碎塊落地聲音傳到接收器需要1s,質量為m的碎塊落地聲音傳到接收

器時間為2s.因此爆炸物爆炸后碎塊平拋落地時間為4s,根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，碎塊下落的高度

/1=刎=80m,選項B正確.質量為2m的爆炸物碎塊的水平速度為v=1=85m/s,選項C錯誤.

2mm_

/s:2A

5.一顆煙花彈從水平地面以一定的速度豎直上升，速度為零的瞬間爆炸分成兩部分，如圖所示，其中4部分質

量是b部分質量的2倍以部分水平飛出.不計空氣阻力和火藥的質量M、b兩部分落地時水平方向的動量大

小分別為p?Pb。、匕兩部分做平拋運動過程中動量的變化量大小分別為A2、"、則（B）

B.pa=PbAPa=2\pb

C.p〉pb4pF2Npb

D.pa<Pb,2\pa=^Pb

［解析］根據(jù)題意，由動量守恒定律可知,煙花彈爆炸后,〃、人兩部分均沿水平方向飛出，且有機油+恤w=0,飛出

后在水平方向上，做勻速直線運動,則水平方向的動量保持不變，即落地時水平動向的動量大小P片外,運動過

程中只受重力，由動量定理可得G片即，根據(jù)/7=權於可知,a、b兩部分下落的時間相等，設b部分質量為肛則a

部分質量為2九則有\(zhòng)pa=2mgt,\pb=mgt,ER仇故A、C、D錯誤,B正確.

6.光滑水平地面上放有一表面光滑、傾角為a的斜面體A,斜面體質量為M底邊長為〃如圖所示.將一質量

為相、可視為質點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端.此過程中斜面

對滑塊的支持力大小為樂,重力加速度為g,則下列說法中正確的是（D）

A/N二Mgcosa

B.滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNfcosa

C.滑塊8下滑過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒

D.此過程中斜面體向左滑動的距離為浮入

［解析］滑塊B下滑過程中,斜面體A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不是沿斜面方

向,即垂直于斜面方向的合外力不為零，所以斜面對滑塊的支持力尺不等于%geosa,A錯誤;滑塊B下滑過程

中支持力對B的沖量大小為FMB錯誤油于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)在豎直方向上所受的

合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒,C錯誤;系統(tǒng)在水平方向上不受外力，在水平方上向動量守恒，設A、B的水

平位移大小分別為xi、尤2,則Afn=/nx2,xi+X2=L，聯(lián)立解得尤i=W^L,D正確.

7.（多選）如圖所示，質量均為m的小球A、B用一根長為I的輕桿相連,豎直放置在光滑水平地面上，質量也為

m的小球C挨著小球2放置在地面上.擾動輕桿使小球A向左傾倒，小球3、C在同一豎直面內向右運動.當

桿與地面有一定夾角時小球8和C分離，已知C球的最大速度為匕小球A落地后不反彈，重力加速度為g.下

面說法正確的是（AD）

TTnTTT^TnTnTTnTTTTTTTTTTr

A.球8、C分離前,A、8兩球組成的系統(tǒng)機械能逐漸減小

B.球8、C分離時，球2對地面的壓力大小為2mg

C.從開始到A球落地的過程中,桿對球B做的功為Jwv2

O

D.小球A落地時的動能為mgl^mv1

O

［解析］球8、C分離前，球C對A,8兩球組成的系統(tǒng)做負功，所以A、8兩球組成的系統(tǒng)機械能逐漸減小，故

A正確;球8、C分離時，對A、2兩球組成的系統(tǒng)，球A有向下的加速度，球A處于失重狀態(tài)，所以球B對地面

的壓力小于2%g,故B錯誤;A、B、C三球在水平方向不受外力作用，所以A、B、C三球在水平方向動量守

恒，設在A落地瞬間A、8水平方向速度為小，則有機v=2w共解得v共音，對A、B、C三球組成的系統(tǒng)由機

械能守恒定律得共2,解得反4=3應加,故D正確;從開始到A球落地的過程中,桿對球B

做的功等于球B和球C的動能之和，有卬=}"丫2+5""共2=￡加1；2,故C錯誤.

8.（多選）如圖所示，在傾角為6的足夠長的絕緣固定斜面上，靜止放置有質量分別為3相、根的兩金屬塊A、B,

其中A帶電荷量為+2q,B不帶電.現(xiàn)讓金屬塊A以初速度w沿斜面向下運動,一段時間后與金屬塊B發(fā)生彈

性正碰，且碰撞后42帶電荷量均為+4已知金屬塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為〃=tana下列說法正確的是

（BC）

A.碰撞前/沿斜面做勻加速直線運動

B.碰撞后八、8都沿斜面向下運動的過程中總動量守恒

C.碰撞后，當A的速度為:時,8的速度為2Vo

D.碰撞后八、B系統(tǒng)的電勢能先減小后不變

［解析］由于〃=tan0,則有3/wgsin0=〃-3?igcos&可知碰撞前,A沿斜面做勻速直線運動，故A錯誤;碰撞后,A、B

都沿斜面向下運動的過程中，由于3mgsin9=ju-3mgcos0,mgsinguvngcos0,AyB之間的庫侖斥力為A、B組

成系統(tǒng)的內力，則4B組成系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)滿足動量守恒，當A的速度為鄂寸，有3mv0=3m^+mvB,

解得VB=2W,故B、C正確;碰撞后，對于A、8組成的系統(tǒng)，由于A、8之間存在庫侖斥力，且A、8兩者距離逐

漸增大，可知庫侖斥力對系統(tǒng)做正功，則系統(tǒng)的電勢能逐漸減小，故D錯誤.

9.（多選）在生產生活中，經(jīng)常采用軌道約束的方式改變物體的運動方向.如圖所示,光滑水平地面上停放著一輛

小車，小車上固定著兩端開口的光滑細管,細管由水平、彎曲和豎直三部分組成，各部分之間平滑連接,豎直管

的上端到小車上表面的高度為/?.一小球以初速度w水平向右射入細管，小球的質量與小車的質量（包含細管）

相等，小球可視為質點,重力加速度為g,忽略一切阻力作用.下列說法正確的是（BCD）

A.小球在細管中運動時，小球和小車（包含細管）組成的系統(tǒng)動量守恒

B.小球在細管的豎直部分運動時只受重力作用

C.當小球初速度西萬時，將會從細管的豎直部分沖出

D.若小球從細管的豎直部分沖出，則沖出后一定會落回到細管中

［解析］小球在細管中運動時，小球和小車（包含細管）組成的系統(tǒng)在水平方向受到合外力為零，所以小球和小車

（包含細管）組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球在細管的豎直部分運動時,水平方向的速度相同，則小球在細

管的豎直部分運動時只受重力作用，故A錯誤,B正確;由于水平方向動量守恒，在最高點，由動量守恒定律和

能量守恒定律有mvo=2mv>'若二打:加+叫心解得￡=:，從細管的豎直部分沖出，則有乙=詈>〃,解得

吵西無故C正確;小球從細管的豎直部分沖出后，水平方向的速度始終相同，則沖出后一定會落回到細管中,

故D正確.

10.（多選）如圖所示，質量均為m=2kg的木塊A和2,并排放在光滑水平面上,A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的

0點系一長為/=0.5m的細線，細線另一端系一質量為1kg的球C.現(xiàn)將C球拉起使細線剛好水平伸直，并由

靜止釋放C球，重力加速度g取10m/s2.從開始釋放C到A、B兩木塊恰好分離的過程，下列說法正確的是

（BC）

Ofl-----------oC

A.兩木塊A和8分離時八、B的速度大小均為em/s

B.兩木塊A和8分離時,C的速度大小為2迎m/s

C.C球由靜止釋放到最低點的過程中,兩木塊移動的距離為0.1m

D.C球由靜止釋放到最低點鼻對B的彈力的沖量大小為VTUkg-m/s

［解析］球C下落到最低點時,A、8將要分離，根據(jù)機械能守恒定律有叫且上如叫^+加刈詠2,系統(tǒng)水平方向

動量守恒,根據(jù)動量守恒定律有m8（7=2;叫8,聯(lián)立解得vc=2V^m/s,VAB=ym/s,故A錯誤,B正確;C球由靜止

釋放到最低點的過程中，設C相對地面的水平位移大小為無相對地面的水平位移大小為尤2,則有

機CX1=2HZ%2,X1+X2=/，解得X2=01Hl,故C正確;。球由靜止釋放到最低點的過程中，選B為研究對象，由動量定理

有l(wèi)AB=mvAB=y/2,kg-m/s,故D錯誤.

考點3碰撞模型及其拓展

1.［2022?湖南卷］1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子

（即中子）組成.如圖所示，中子以速度w分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為VI和v2.

設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是（B）

O----°-------O--—*

中子氫核

八??！?

O---?------

中子氮核

A.碰撞后氮核的動量比氫核的小

B.碰撞后氮核的動能比氫核的小

C.V2大于V1

D.V2大于V0

［解析］由于中子和氫核質量相等,且發(fā)生的是彈性碰撞，所以碰后二者交換速度,氫核碰后的動量與碰前中子

的動量相等，動能也相等，中子與氮核也發(fā)生彈性碰撞，因為是小質量粒子碰大質量粒子，所以碰后中子會反向

運動,根據(jù)系統(tǒng)動量守恒定律可知，碰后氮核的動量會大于碰前中子的動量，根據(jù)系統(tǒng)動能不變，可知碰后氮核

的動能小于碰前中子的動能，故A錯誤,B正確;由于發(fā)生的是彈性碰撞,而且是運動粒子碰靜止粒子，則碰后

氫核的速度也=［子孫，氮核的速度為也=2"”"—,可知V2<Vl,V2<V0,^LC、D錯誤.

m中子氫核小中子+加氮核

2.（多選）［2024?湖北卷］如圖所示,在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊，質量為m的子彈水

平射入木塊.設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變,其大小K與射入初速度大小vo成正比，即Ff=kv小

為已知常數(shù)）.改變子彈的初速度大小也若木塊獲得的速度最大，則（AD）

L________k______J

Vo

m=>M

A.子彈的初速度大小為也唔蛆

mM

B.子彈在木塊中運動的時間為^

C.木塊和子彈損失的總動能為絲等經(jīng)

mM

D.木塊在加速過程中運動的距離為目

m+M

［解析］子彈的初速度大小卬改變時，分為兩種情況，一種是最終子彈和木塊共速,一種是子彈穿出木塊后繼續(xù)

運動.分析最終子彈和木塊共速這種情況，由于水平面光滑，子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)動

量守恒，設子彈和木塊最終速度為V,由動量守恒定律得mvo=（〃z+M）匕解得尸島也可知此種情況下木塊獲得

的速度v隨子彈初速度均增大而增大，當子彈恰好不穿出木塊時，木塊獲得的速度取得最大值,設此時

VO=VOm,V=

Vm,滿足Vm=^Wm,子彈在木塊中運動過程中,子彈所受阻力衣=人0,子彈做勻減速運動的加速度大小

。1=*=處，木塊做勻加速運動的加速度大小。2=￡=粵，由位移關系得駕及二聯(lián)立解得分

析子彈穿出木塊后繼續(xù)運動這種情況,將子彈恰好穿出木塊（與子彈恰好不穿出木塊實際為同一臨界點）包含

在這種情況內，此時I位生筆蛆，設子彈剛穿出木塊時子彈和木塊的速度分別為也、V2,可知也>V2,對子彈有

mM

22kLem+M)

'mM

對木塊有2〃2%2=/22,又知%1-%2=上，聯(lián)立解得也=?，研究函數(shù)a（））=vo-

2k￡(7n+M)2kL(m+M)

喈-生鬻也火,對此函數(shù)變形得小o）=mM

12kL(m+M)

"TTIMVQ

時?、嗜〉米畲笾礛也取得最大值，綜上可知，子彈的初速度大小為生鬻絲時,木塊獲得的速度最大，故A正

確將生駕”代入上面各式，可得+2>"7時）2/黑片）式在木塊中運動的時間

mMmMmMM

七恐=六/，木塊在加速過程中運動的距離檢=手=鼻，根據(jù)能量守恒定律可知,木塊和子彈損失的總動能用

k（m+M）2a2Tn+M

來克服摩擦力做功，即AEk"=2弋+M）,故B、c錯誤,D正確.

3.（多選）如圖甲所示，質量分別為:如和mB的兩物體用輕彈簧連接置于光滑水平面,初始時兩物體被鎖定，彈簧

處于壓縮狀態(tài).UO時亥!J將B物體解除鎖定尸A時刻解除A物體的鎖定，此時B物體的速度為wAB兩物體

運動的a-t圖像如圖乙所示，其中Si和S分別表示O~ti時間和Zi~r3時間內2物體的a-t圖像與坐標軸所圍面

積的大小,則下列說法正確的是（ABD）

甲乙

A.mFmB

B.Si>5(2

Cl4時刻，彈簧伸長量最大

D.0~r5時間內，彈簧對A物體的沖量大小為mBVo

［解析］由題意可知，在G時刻后A、8水平方向上只受彈簧的彈力，彈簧對A、8的彈力大小始終相等，通過乙

圖可知,fi后的任意時刻,A的加速度大小都比B大，根據(jù)牛頓第二定律可知mA<mB,A正確;在。時，彈簧處于原

長狀態(tài)，彈性勢能為零,051時間內彈簧的彈性勢能全部轉化為B的動能，此時B的速度最大,N為0~n時間內

速度的變化量，即B在fi時刻的速度大小Ji~七時間內彈簧彈力作用使得A加速、B減速，彈性勢能轉化為

A、B的動能，在t3時刻加速度為零，彈力為零,彈性勢能為零J3時刻A、B動能之和等于ti時刻B的動能J3時

刻B的速度不為零,S2表示ti~t3時間內B物體的速度變化量，小于0~fi時間內速度的變化量，故Si>&,B正

確;/4時刻,彈簧的狀態(tài)與0時刻彈簧的狀態(tài)相同，應該是彈簧壓縮量最大,C錯誤;根據(jù)圖像信息可知J5時刻A

的速度減為零,2的速度為抽貝I0~4時間內彈簧對B的沖量為/彈=:陽％0,彈簧對A、B的作用力時刻大小相

等方向相反，因此彈簧彈力對A的沖量大小等于彈簧彈力對B的沖量大小即為mBv0,D正確.

4.（多選）如圖甲所示，質量為根的物塊尸與物塊。（質量未知）之間拴接一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，彈

簧恰好處于原長.現(xiàn)給P物塊一瞬時初速度,并把此時記為0時刻，規(guī)定向右為正方向,0~2fo內產、。物塊運動

的圖像如圖乙所示，已知力時刻尸、。的加速度最大，其中/軸下方部分的面積大小為5,則（BCD）

A.物塊。的質量為

B.2/o時刻Q物塊的速度大小為ve=S

Clo時刻彈簧的彈性勢能為苧

Dlo~2ro時間內彈簧對P物塊做功為零

［解析］0~2fo時間內。所受彈力方向向左，尸所受彈力方向始終向右Jo時刻,P、。所受彈力最大且大小相等，

由牛頓第二定律可得需=曾=。0,葛=當解得物塊