第7講動量

【命題規(guī)律】1.命題角度：（1）動量定理及應(yīng)用；（2）動量守恒定律及應(yīng)用；（3）碰撞模型及拓展.

2.常用方法：柱狀模型法.3.?？碱}型：選擇題、計算題.

考點一動量定理及應(yīng)用

1.沖量的三種計算方法

公式法/=Ft適用于求恒力的沖量

動量定理法多用于求變力的沖量或Rf未知的情況

F-t圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量.若尸一r成線性關(guān)系，

圖像法

也可直接用平均力求解

2.動量定理

（1）公式：FNt—mv'—mv

（2）應(yīng)用技巧

①研究對象可以是單一物體，也可以是物體系統(tǒng).

②表達式是矢量式，需要規(guī)定正方向.

③勻變速直線運動，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理比用牛頓第二定律求解更簡

捷.

④在變加速運動中尸為。時間內(nèi)的平均沖力.

⑤電磁感應(yīng)問題中，利用動量定理可以求解時間、電荷量或?qū)w棒的位移.

3.流體作用的柱狀模型

對于流體運動，可沿流速。的方向選取一段柱形流體，設(shè)在極短的時間加內(nèi)通過某一截面積

為S的橫截面的柱形流體的長度為A/,如圖所示.設(shè)流體的密度為人則在加的時間內(nèi)流過

該橫截面的流體的質(zhì)量為="S△/=pSo。，根據(jù)動量定理，流體微元所受的合外力的沖量

等于該流體微元動量的變化量，即分兩種情況：（以原來流速v的方向為正方

向）

-2-*S

（）00。

（1）作用后流體微元停止，有Ao=-o,代入上式有尸=一"So2；

（2）作用后流體微元以速率。反彈，有Ao=—2o,代入上式有尸=一ZpSiA

例1（多選）（2022?廣東梅州市一模）如圖所示，學(xué)生練習(xí)用腳順球.某一次足球由靜止自由下

落1.25m,被重新順起，離開腳部后豎直上升的最大高度仍為1.25m.已知足球與腳部的作

用時間為0.1s,足球的質(zhì)量為0.4kg,重力加速度大小g取lOm/s2,不計空氣阻力，則（）

A.足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為2kg-m/s

B.足球自由下落過程重力的沖量大小為4kg?向5

C.足球與腳部作用過程中動量變化量為零

D.腳部對足球的平均作用力為足球重力的11倍

答案AD

解析足球下落到與腳部剛接觸時的速度為0=＜麗=5m/s,則足球下落到與腳部剛接觸時

動量大小為p=〃w=2kg-rn/s,A正確；根據(jù)運動的對稱性，足球離開腳部時的速度大小也是

5m/s,所以腳部與足球作用過程中，由動量定理得（F一機g）Ar='"0一（一。），解得/=11mg,

0

足球自由下落過程重力的沖量大小為〃zgj=2N-s,B錯誤，D正確；足球與腳部作用過程中

動量變化大小為^p—mv~m（—v）=4kg-m/s,C錯誤.

例2（2022?湖南衡陽市一模）飛船在進行星際飛行時，使用離子發(fā)動機作為動力，這種發(fā)動

機工作時，由電極發(fā)射的電子射入稀有氣體（如抗氣），使氣體離子化，電離后形成的離子由

靜止開始在電場中加速并從飛船尾部高速連續(xù)噴出，利用反沖使飛船本身得到加速.已知一

個債離子質(zhì)量為加，電荷量為外加速電壓為U,飛船單位時間內(nèi)向后噴射出的債離子的個

數(shù)為N,從飛船尾部高速連續(xù)噴出款離子的質(zhì)量遠小于飛船的質(zhì)量，則飛船獲得的反沖推力

大小為（）

A.j^2qUmB.

C.N^2qUmD.

答案C

解析根據(jù)動能定理得解得"蘆,對"時間內(nèi)噴射出的氤離子，根據(jù)動

量定理，有AMv=FAt,其中AM=NmAt,聯(lián)立有F=Nnw=N-mNy^qUm,則根據(jù)

牛頓第三定律可知，飛船獲得的反沖推力大小為尸=N^2qUm,故選C.

考點二動量守恒定律及應(yīng)用

1.判斷守恒的三種方法

（1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力為0,如光滑水平面上的板一塊模型、電磁感應(yīng)中

光滑導(dǎo)軌上的雙桿模型.

（2）近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，如爆炸、反沖.

（3）某一方向守恒：系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0,則在該方向上動量守

恒，如滑塊一斜面（曲面）模型.

2.動量守恒定律的三種表達形式

（1）皿01+優(yōu)2。2=機1。1'+機2。2'，作用前的動量之和等于作用后的動量之和（常用）.

（2）A^i=-Ap2,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向.

（3）Ap=0,系統(tǒng)總動量的增量為零.

例3（2022?廣東省模擬）如圖所示，在平靜的水面上有A、B兩艘小船，A船的左側(cè)是岸，在

B船上站著一個人，人與B船的總質(zhì)量是A船的10倍.兩船開始時都處于靜止狀態(tài)，當B

船上的人把A船以相對于地面。的速度向左推出，A船到達岸邊時岸上的人馬上以兩倍原速

率將A船推回，8船上的人接到A船后，再次把它以速度。向左推出……直到8船上的人不

能再接到A船，忽略水的阻力，則B船上的人最多可以推船的次數(shù)為（）

I\/\/

A.8B.7C.6D.9

答案A

解析取向右為正方向，8船上的人第一次推出A船時，由動量守恒定律得機的1—如0=0

解得。尸非

當A船向右返回后，5船上的人第二次將A推出，由動量守恒定律得加成1+2m4。=一如山+

mBV2,

解得02=01+誓為

mB

當A船再向右返回后，5船上的人第三次將A推出，由動量守恒定律得加成2+2m4。=一饃皿

十根解得03=02+紅4，則B船上的人第n次將A推出，由動量守恒定律得mBVn-i+2mAV

ms

=—mAv+mBvn,得v?=,

整理得%=（3/一2）最

22

B船上的人不能再接到A船，須有2oWo“，聯(lián)立解得〃》不，因為〃取正整數(shù)，則取〃=8,

故選A.

例4（2022?湖南岳陽市二模）如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B,并排放在光滑水平面上，

A上固定一豎直輕桿,輕桿上端的。點系一長為L的細線，細線另一端系一質(zhì)量為mo的球C,

現(xiàn)將球C拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放球C,則下列說法不正確的是（重力加速度為

g）（）

oc

A.A、2兩木塊分離時，A、B的速度大小均為胃mgL

2m+mo

B42兩木塊分離時,C的速度大小為■琮粽

C.球C由靜止釋放到最低點的過程中,4對2的彈力的沖量大小為2相叭品

D.球C由靜止釋放到最低點的過程中，木塊A移動的距離為小

答案c

解析小球。下落到最低點時，A、5將要開始分離，此過程水平方向動量守恒，根據(jù)機械

能守恒有：m^gL=^moVc-XImvAB1,取水平向左為正方向，由水平方向動量守恒得：move

=!

=2mvAB,聯(lián)立解得uc=2\,VAB~\10,故A、B正確；C球由靜止釋放

\12m+mom\J2m+mo

到最低點的過程中，選B為研究對象，由動量是理有l(wèi)AB=mvAB=myy,故C錯誤；

Zm-rmo

。球由靜止釋放到最低點的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)C對地向左水平位移大小為

可解得必=竟匕，故D

xi,A、5對地水平位移大小為％2,則有mox\=2mx2f陽+尬="

正確.

考點三碰撞模型及拓展

1.碰撞問題遵循的三條原則

⑴動量守恒：Pl+p2="l'+p2，.

(2)動能不增加:Eki+&22EkJ+如'.

(3)速度要符合實際情況：若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度.

2.兩種碰撞特點

(1)彈性碰撞

兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒定律和機械能守恒定律.

以質(zhì)量為加、速度為01的小球與質(zhì)量為祖2的靜止小球發(fā)生彈性正碰為例，有

mivi—mivi'+相2。2’

產(chǎn)［療=品/2+品2。2'2

（加7"2）。1

解得。1,

mi+m2'8%+?12'

結(jié)論:

①當"21=m2時，V\=0,S,—V\,兩球碰撞后交換了速度.

②當狽>加2時，V1'>0,。2'>0,碰撞后兩球都沿速度01的方向運動.

③當頂<初2時，<0,V2'>0,碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來.

④當加1》相2時，Vl'=Vl，s'=2Vl.

（2）完全非彈性碰撞

動量守恒、末速度相同：，〃1。1+m202=（加+加2）。共，機械能損失最多，機械能的損失：△￡1=

^miV\2+^m2V'22—'^（,mi+m2）v共2.

3.碰撞拓展

（1）“保守型”碰撞拓展模型

U。

圖例（水平TB%

，,），〃〃〃，〃，>>〃，〃777777777777777777777司+q

面光滑）7，7，，a，〃，，，m，，〃a〃〃〃：〃

小球一彈簧模型小球一曲面模型

相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足機。0=（加+跖。共，

達到共速

損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能

相當于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足m00=機01+MO2，能量

再次分離

滿足3加0。2=gm。12+^MV22

（2）“耗散型”碰撞拓展模型

圖例（水平

|*/*|

面或水平

導(dǎo)軌光滑）

相當于完全非彈性碰5童，動量滿足機。0=（機-VM）v損失的動能最大，

達到共速

分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電'能

例5（2022?湖南卷4）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(zhì)量與質(zhì)

子大致相等的中性粒子（即中子）組成.如圖，中子以速度。o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V!和也設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正

確的是（）

O——?---------O--------

中子氫核

v

O——?0-----------O-----S

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.02大于S

D.02大于。0

答案B

解析設(shè)中子的質(zhì)量為根，則氫核的質(zhì)量也為加，氮核的質(zhì)量為14根，設(shè)中子和氫核碰撞后

中子速度為S,取口）的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mvo=mv\+mv3,

=^mvi2+^mv31,聯(lián)立解得0i=0o,設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為。4,取0o的方向為

正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得m。o=14m⑦+M。%^mz?o2—2X14mr22+^mz?42,

聯(lián)立解得02=石0），可得01=。0>。2,碰撞后氫核的動量為pH=mi=R0,氮核的動量為PN

=14皿2=28普。,可得PN>"H,碰撞后氫核的動能為EkH=%W12=S0o2,氮核的動能為甌

2

14mP22=^5°,可得EkH>EkN,故B正確，A、C、D錯誤.

例6（多選）（2022?河南省名校聯(lián)盟二模）如圖所示，豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連

接，不計一切摩擦.圓心O點正下方放置為2m的小球A,質(zhì)量為m的小球B以初速度為

向左運動，與小球A發(fā)生彈性碰撞.碰后小球A在半圓形軌道運動時不脫離軌道，則小球B

的初速度。0可能為（重力加速度為g）（）

G-0

VnA

A.2立證BS袤

C.2y15gRD.y[5gR

答案BC

解析A與5碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動量守恒，設(shè)5的初速度方向為正方

向，設(shè)碰撞后5與A的速度分別為s和改，貝I：mvo=mv\+2mv2,由能量守恒得：

^mvo1=^mvi2+^2mv22,

聯(lián)立得：勿=竽①

若小球A恰好能通過最高點，說明小球到達最高點時恰由小球的重力提供向心力，設(shè)在最高

點的速度為。min,由牛頓第二定律得：

2mg=2m?'②

A在碰撞后到達最高點的過程中機械能守恒，得：2Mg2氏=/2的片一根Omi/③

聯(lián)立①②③得：伙）=1.5〈須，可知若小球A經(jīng)過最高點，則需要：0（）21.5，頻

若小球A不能到達最高點，則小球不脫離軌道時，恰好到達與。等高處，由機械能守恒定律

得：

2,.mg-R=^-2mV21?

聯(lián)立①④得：vo=L5也欣

可知若小球A不脫離軌道時，

需滿足：ooW1.5]^

由以上的分析可知，若小球不脫離軌道時，需滿足：ooW1.5^^或故A、D

錯誤，B、C正確.

例7（多選X2022?河北邢臺市高三期末）如圖所示，在足夠大的光滑水平面上停放著裝有光滑

弧形槽的小車，弧形槽的底端切線水平，一小球以大小為。0的水平速度從小車弧形槽的底端

沿弧形槽上滑，恰好能到達弧形槽的頂端.小車與小球的質(zhì)量均為出重力加速度大小為g,

不計空氣阻力.下列說法正確的是（）

A.弧形槽的頂端距底端的高度為工

B.小球離開小車后，相對地面做自由落體運動

C.在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，小車對小球做的功為|wwo2

D.在小球沿小車弧形槽滑行的過程中，合力對小車的沖量大小為加。o

答案ABD

解析經(jīng)分析可知，小球到達弧形槽頂端時，小球與小車的速度相同（設(shè)共同速度大小為。），

在小球沿小車弧形槽上滑的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，有〃砥）=

2mv,設(shè)弧形槽的頂端距底端的高度為h,根據(jù)機械能守恒定律有上陽）2=3義2/"。2+加8九解

得仁京,A正確；設(shè)小球返回弧形槽的底端時，小球與小車的速度分別為。1、02,在小球

沿小車弧形槽滑行的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，以研）的方向為正方

向，有用。0=M。1+小02,根據(jù)機械能守恒定律有%:加=/恤產(chǎn)+品/，解得0]=0,6=00,

可知小球離開小車后，相對地面做自由落體運動，B正確；根據(jù)動能定理，在小球沿小車弧

形槽滑行的過程中，小車對小球做的功W=0一品。。2=一C錯誤；根據(jù)動量定理，在

小球沿小車弧形槽滑行的過程中，合力對小車的沖量大小/=加。2—0=加。0,D正確.

例8(2022.全國乙卷-25)如圖(a),一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面

上；物塊B向A運動，f=0時與彈簧接觸，至卜=2m時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B

的0—/圖像如圖(b)所示.已知從r=o至h=fo時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36。0力.4、B分

離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的8再次碰撞，之后A再次滑上

斜面，達到的最高點與前一次相同.斜面傾角為0(sin6=0.6),與水平面光滑連接.碰撞過

程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi).求

(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；

(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；

(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù).

答案mO.emvo1(2)0.768。()砧(3)0.45

解析(1)當彈簧被壓縮到最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、8速度相等，即在/=而時刻，

根據(jù)動量守恒定律有

:甌1.2。0=(〃傷+根)。0

根據(jù)能量守恒定律有

Epmax=品8(1.2。0)2—3('班+機)。。？

聯(lián)工?解得￡pmax=0.6mvo-

(2)2接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、2動量守恒，有機B4.2OO=加BOB+WWA

對方程兩邊同時乘時間Ar,有

6mvo^.t=5mvB^t+mvA^t

0?擊之間，根據(jù)位移等于速度在時間上的累積，可得6機0ofo=5MlSB+7g4,

將SA=O.36voto

代入可得SB=L128oofo

則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

As=SB—S4=0.768oofo

(3)物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍

為2oo,方向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為。/,取向左為正方向，根

據(jù)動量守恒定律可得

mvA1-5加0.8oo=祖?(-2OO)+5MWB'

根據(jù)能量守恒定律可得

2TTIVA'2+5.5機.（0.8?。?

=；根?（—2如）2+；?5機o/2

聯(lián)立解得。/=00

方法一：設(shè)在斜面上滑行的長度為"上滑過程，根據(jù)動能定理可得

1

—mgLsin0—jnmgLcos夕=0—產(chǎn)（2。0）9

下滑過程，根據(jù)動能定理可得

mgLsin0—jLimgLcos0=^mvo1—O

聯(lián)立解得〃=0.45

方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計算出滑塊A上滑和下滑時的加速度大小，

mgsin3+jumgcos3=ma上

mgsin0—jLimgcos6=ma下

上滑時末速度為0,下滑時初速度為0,設(shè)在斜面上滑行的位移為"由勺變速直線運動的位

移速度關(guān)系可得

2。上L=（2oo）2—0,2〃下/2

聯(lián)立可解得〃=0.45.

高考預(yù)測

1.（2022?廣西北海市一模）一輛總質(zhì)量為M（含人和沙包）的雪橇在水平光滑冰面上以速度。勻

速行駛.雪橇上的人每次以相同的速度3。（對地速度）向行駛的正前方拋出一個質(zhì)量為m的沙

包.拋出第一個沙包后，車速減為原來的會下列說法正確的是（）

A.每次拋出沙包前后，人的動量守恒

B.雪橇有可能與拋出的沙包發(fā)生碰撞

C.雪橇的總質(zhì)量M與沙包的質(zhì)量機滿足M：機=12：1

D.拋出第四個沙包后雪橇?xí)笸?/p>

答案D

解析每次拋出沙包前后，雪橇（含人）和拋出的沙包總動量守恒，故A錯誤；拋出沙包后，

雪橇的速度不會超過不可能再與拋出的沙包發(fā)生碰撞，故B錯誤；規(guī)定雪橇的初速度方

,4

向為正方向，對拋出第一個沙包前后，根據(jù)動量守恒定律有〃。鏟+機?3o,得M=

11/77,故C錯誤；拋出第四個沙包后雪橇速度為01,由全過程動量守恒得Mo=（M-4〃z）oi+

4m-3i7,將M=ll機代入得。1=—故D正確.

2.(2022?江蘇無錫市普通高中高三期末)如圖所示，質(zhì)量為M=100g的木板左端是一半徑為

R=10m的;光滑圓弧軌道，軌道右端與木板上表面在8處水平相連.質(zhì)量為租i=80g的木

塊置于木板最右端A處.一顆質(zhì)量為祖2=20g的子彈以大小為oo=100m/s的水平速度沿木

塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出.已知子彈打進木塊的時間極短，木板上

表面水平部分長度為L=10m,木塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,重力加速度g=10m/s2.

(1)求子彈打進木塊過程中系統(tǒng)損失的機械能；

(2)若木板固定，求木塊剛滑上圓弧時對圓弧的壓力；

(3)若木板不固定，地面光滑，求木塊上升的最大高度.

答案(1)80J(2)4N,方向豎直向下(3)5m

解析⑴子彈打進木塊過程，由動量守恒定律有機2。0=(預(yù)+M2)。1,解得oi=20m/s,

由能量守恒定律有

解得AEi=80J.

(2)木塊從A端滑到B端過程,

由動能定理有一/.i(mi+m2)gL=^(mi+m2)vr—/啊+m)。/

木塊滑到8端時，由牛頓第二定律有

加1+m2,

~R~1^

聯(lián)立解得PN=4N,

根據(jù)牛頓第三定律可得尸；I=FN=4N,方向豎直向下.

(3)從開始至木塊在圓弧軌道上滑至最高過程中水平方向系統(tǒng)動量守恒，有miUo—(m2+/MI+

M)S,

得s=10m/s,

子彈打進木塊后至木塊在圓弧軌道上滑至最高過程中,

根據(jù)能量守恒定律有

解得h=5m.

專題強化練

［保分基礎(chǔ)練］

1.（2022?廣東深圳市建文外國語學(xué)校模擬）如圖所示，某運動員在練習(xí)跳投.某次投籃出手高

度正好與籃框等高，拋出速度為。o,拋射角0=60。，籃球恰好空心命中.重力加速度為g,

忽略空氣阻力影響，以下說法正確的是（）

A.籃球的動量先減小后增大

B.重力的沖量先增大后減小

C.重力的瞬時功率先增大后減小

D.籃球從出手到入框的時間為曰

O

答案A

解析籃球的速度先減小后增大，則籃球的動量先減小后增大，A正確；根據(jù)岳=根/可知，

重力的沖量一直增加，B錯誤；根據(jù)尸G=^g4，因豎直方向速度先減小后增大，則重力的瞬

時功率先減小后增大，C錯誤；籃球從出手到入框的時間為f=2X60°=華,D錯誤.

oo

2.（2022?湖南郴州市質(zhì)檢）如圖所示，質(zhì)量分別為m1、的兩個小球A、B,帶有等量異種電

荷，通過絕緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上.突然加一水平向右的勻強電場后，

兩球A、8將由靜止開始運動，對兩小球A、8和彈簧組成的系統(tǒng)，在以后的運動過程中，以

下說法正確的是（設(shè)整個過程中不考慮電荷間庫侖力的作用，且彈簧不超過彈性限度）（）

A.系統(tǒng)動量守恒

B.系統(tǒng)機械能守恒

C.彈簧彈力與靜電力大小相等時系統(tǒng)機械能最大

D.系統(tǒng)所受合外力的沖量不為零

答案A

解析加上電場后，兩球所帶電荷量相等而電性相反，兩球所受的靜電力大小相等、方向相

反，則系統(tǒng)所受靜電力的合力為零，系統(tǒng)的動量守恒，由動量定理可知，合外力沖量為零，

故A正確，D錯誤；加上電場后，靜電力分別對兩球做正功，兩球的動能先增加，當靜電力

和彈簧彈力平衡時，動能最大，然后彈力大于靜電力，兩球的動能減小，直到動能均為0,

彈簧最長為止，但此過程中系統(tǒng)機械能一直都在增加，故B、C錯誤.

3.（2022?湖北卷?7）一質(zhì)點做曲線運動，在前一段時間內(nèi)速度大小由。增大到2°,在隨后的一

段時間內(nèi)速度大小由2v增大到5o.前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點做功分別為Wt和1%，合

外力的沖量大小分別為71和5.下列關(guān)系式一定成立的是（）

A.印2=3跖，代3/1B.印2=3%,/2河

C.W2=7WI，/2W3/1D.W2=lWi，h河

答案D

解一析根據(jù)動能定理有用=1/（2c。）2l—力e浮=力302,^^=力1（50）2—/1（2°）2=不21初2,可得肌

=7W1；由于速度是矢量，具有方向，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相

反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是根。W/1W3根。，BmuWbW7nw,可知“與八，

故選D.

4.（多選X2022?河南省大聯(lián)考）如圖甲所示，質(zhì)量均為根的A、8兩物塊連接在勁度系數(shù)為左

的輕質(zhì)彈簧兩端，放置在光滑的水平面上處于靜止狀態(tài)，從￡=0時刻開始，給A一個水平向

右、大小為6的初速度，A、8運動的3一，圖像如圖乙所示，已知兩物塊運動的。一￡圖像具

有對稱性，且為正、余弦曲線.彈簧的彈性勢能與勁度系數(shù)和彈簧的形變量之間的關(guān)系為穌

=夕/,彈簧始終在彈性限度內(nèi)，結(jié)合所給的信息分析，下列說法正確的是（）

A.fl時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，f2時刻彈簧的壓縮量最大

2

B.在0?玄的時間內(nèi)，彈簧對B做的功為等

C.〃時刻，若A的速度與B的速度。2之差為A。，則此時A與B的動能之差為同。oA。

D./2時刻彈簧的形變量為。

答案AC

解析分析A、5的運動過程，可知人時刻A、3間的距離正在增大，彈簧處于伸長狀態(tài)，色

時刻A、5間的距離最小，彈簧的壓縮量最大，A正確；及時刻A、8達到共同速度，由動量

1IWc?

守恒定律可得相。o=2加0共，0?打時間內(nèi)，對3運用動能定理有W=/機。共2=/一，B錯誤；

0?九時間內(nèi)，由動量守恒定律有m。0=機01+機。2,A與3的動能之差5n力2,

結(jié)合⑦一。2=八。，可得AEk=/ooAo,C正確；亥時刻，由能量守恒定律可得彈簧的彈性勢

能Ep=%W一共2,結(jié)合0關(guān)=/，Ep=^kx2,解得彈簧的形變量x=￡\J蹩,D錯誤.

5.（多選）（2022?山東煙臺市高三期末汝口圖所示，質(zhì)量為3機的小球8靜止在光滑水平面上，

質(zhì)量為相、速度為。的小球A與小球2發(fā)生正碰，碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的,

因此碰撞后小球B的速度可能有不同的值.碰撞后小球2的速度大小可能是（）

A.0.2vB.0.4v

C.0.5vD.0.6v

答案BC

解析若A、B發(fā)生的是彈性碰撞，對A、B碰撞過程由動量守恒定律可得加叨1+3加。2,

1117^7

則由機械能守恒定律可得57"。2=”孫2+彳.37"022,解得碰撞后小球8的速度大小為02=—

。=/；若A、2發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則碰后兩者共速，根據(jù)動量守恒定律可得加o=

（m+3m）v',解得碰撞后小球B的速度大小為o'=和,即碰撞后小球B的速度大小范圍為

夢,故選B、C.

6.（多選）（2022?山東濟南市、聊城市等高三學(xué)情檢測）如圖所示，金屬塊內(nèi)有一個半徑為R的

光滑圓形槽，金屬塊放在光滑水平面上且左邊挨著豎直墻壁.一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)

點）從離金屬塊左上端R處靜止下落，沿圓槽切線方向進入圓槽內(nèi)，小球到達最低點后繼續(xù)向

右運動，恰好不能從圓形槽的右端沖出.已知重力加速度為g,不計空氣阻力.下列說法正

確的是（）

A.小球第一次到達最低點時，小球?qū)饘賶K的壓力大小為5〃zg

B.金屬塊的質(zhì)量為機

C.小球第二次到達最低點時的速度大小為2病

D.金屬塊運動過程中的最大速度為2癇

答案ABD

解析小球從靜止到第一次到達最低點的過程，根據(jù)動能定理有7Mg-2R=5wo2,小球剛到最

2

低點時，根據(jù)圓周運動和牛頓第二定律有F^—mg=rrr^-f根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)饘?/p>

塊的壓力大小為尸N'=FN,聯(lián)立解得尸N'=5mg,A正確；小球第一次到達最低點至小球到

達圓形槽右端過程，小球和金屬塊水平方向動量守恒，則有mvo=（m+M）v,根據(jù)能量守恒

定律有zngR=產(chǎn)帚―/機+M）g2,解得朋"=M，B正確；小球第二次到達最低點的過程中，

水平方向動量守恒，即有用0O=MOI+MO2,又由能量守恒可得%:加=）/療+品蘇，M=m,

解得0i=0o=2廂，02=0,C錯誤，D正確.

［爭分提能練］

7.（多選）（2022?山東省實驗中學(xué)高三檢測）在足夠長的光滑水平面上，物塊A、B、。位于同一

直線上，A位于8、C之間，A的質(zhì)量為根，B、C的質(zhì)量都為且m=,，若開始時三者

均處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)給A一個向右的沖量/,物塊間的碰撞都可以看作是彈性碰撞，關(guān)于A

與8、C間發(fā)生碰撞的分析正確的是（）

A.A與8、C之間只能各發(fā)生一次碰撞

B.A、2之間只能發(fā)生一次碰撞，A、C之間可以發(fā)生兩次碰撞

C.A、C之間只能發(fā)生一次碰撞，A、B之間可以發(fā)生兩次碰撞

D.A、C第一次碰撞后，C速度大小為?？?音?5

m-rMm

答案AD

解析選取向右為正方向，設(shè)A、。碰撞之前A的速度為內(nèi)，第一次A、。碰撞之后，A的

速度為以1,。的速度為。ci,對物塊A,根據(jù)動量定理有/=加辦，A、C發(fā)生彈性碰撞，碰

撞過程由系統(tǒng)的動量守恒有mvA=mvAi+Mvci,由能量守恒有3mM2=；^以J+^MOCF,又有

m=+M,聯(lián)立解得辦i=——六，。。1=4七辦=甘二'=/，故D正確；由上述

2711m+M3m'C1m+Mm+Mm3m'

分析可知，A、C碰撞之后，A反向彈回，則A和8可以發(fā)生碰撞，同理可得，A和8碰撞

、、2m2/m—MI

之后，A和8的速度分別為OB1=〃?+知內(nèi)1=—嬴，°A2=7〃+二°41=詬,則OA2<OC1,則A和

C不能發(fā)生第二次碰撞，要想A和8發(fā)生第二次碰撞，A和C必須發(fā)生第二次碰撞，故B、

C錯誤，A正確.

8.（多選）（2022?廣東省模擬）木塊長為L靜止在光滑的水平桌面上，有A、8兩顆規(guī)格不同的

子彈以方向相反的速度。A、內(nèi)同時射向木塊，A、B在木塊中嵌入的深度分別為辦、dB,且

dA>dB,{dA+dB）<L,木塊一直保持靜止，如圖所示，則由此判斷子彈A、B在射入前（）

A.速度VA>VB

B.子彈A的動能等于子彈B的動能

C.子彈A的動量大小大于子彈B的動量大小

D.子彈A的動量大小等于子彈B的動量大小

答案AD

解析子彈A、8從木塊兩側(cè)同時射入木塊，木塊始終保持靜止，可知兩子彈對木塊的推力

大小相等、方向相反，且子彈在木塊中運動時間必定相等，否則木塊就會運動.設(shè)兩子彈所

受的阻力大小均為a,根據(jù)動能定理，對A子彈有一adA=o—Ekx,對8子彈有一a辦=。一

EVB,由于以>山，則子彈入射時的初動能召kA>EkB,B錯誤；兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守

恒，因射入后系統(tǒng)的總動量為零，所以子彈A的初動量大小等于子彈B的初動量大小，C錯

誤，D正確；根據(jù)動量與動能的關(guān)系mv=N2mEk,則有小嬴瓦1=小薪瓦而EkA>EkB,則

niA<mB,根據(jù)動能的計算公式反=多"。2,得到初速度A正確.

9.（多選）（2021?湖南卷⑻如圖（a）,質(zhì)量分別為根A、"切的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個

系統(tǒng)，外力廠作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（3靠墻面），此時彈簧形變量為x.撤去

外力并開始計時，A、8兩物體運動的a—f圖像如圖（b）所示，&表示0到時間內(nèi)A的a-f

圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示h到友時間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標軸所圍

面積大小.A在A時刻的速度為oo.下列說法正確的是（）

A.0到G時間內(nèi)，墻對B的沖量等于mAVo

B.mA>rriB

C.B運動后，彈簧的最大形變量等于尤

D.Si—S2=S3

答案ABD

解析由于在0?4時間內(nèi)，物體2靜止，則對B受力分析有尸增=尸彈，則墻對B的沖量大

小等于彈簧對8的沖量大小，而彈簧既作用于8也作用于A,則可將研究對象轉(zhuǎn)換為A,撤

去F后A水平方向只受彈力作用，則根據(jù)動量定理有/=機皮0（方向向右），則墻對B的沖量

與彈簧對A的沖量大小相等、方向相同，A正確；

由a—f圖像可知。后彈簧被拉伸，在叁時刻彈簧的伸長量達到最大，根據(jù)牛頓第二定律有

F?—mAaA—meaB,由題圖（b）可知。戶。4,則機B正確；

由題圖（b）可得，R時刻8開始運動，此時A速度為oo,之后A、B動量守恒，A、2和彈簧整

個系統(tǒng)能量守恒，B']mAVo=mAVA+mBvB,可得A、2整體的動能不等于0,即彈簧的彈性勢

能會轉(zhuǎn)化為A、8系統(tǒng)的動能，彈簧的形變量小于無，C錯誤；

由4—f圖像可知A后8脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在力?f2時間內(nèi)A、B組成的系統(tǒng)動量守

恒，且在玄時刻彈簧的伸長量達到最大，A、B共速，由“一f圖像中圖線與橫軸所圍的面積

表示△。可知，在力時刻A、B的速度分別為OA=SI-$2,VB=S3,A、8共速，則Si—S2=S3,

D正確.

10.(多選)如圖所示，半徑分別為R和廠=冷的兩光滑圓軌道安置在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道

之間由一條光滑水平軌道8相連，在水平軌道C。上有一輕彈簧被。、6兩小球夾住，同時

釋放兩小球，。、b球都恰好能通過各自圓軌道的最高點，已知。球的質(zhì)量為優(yōu)，重力加速度

為g，貝立)

A.b球的質(zhì)量儂=也相

B.兩小球與彈簧分離時，動能相等

C.。球到達圓心等高處時，對軌道壓力大小為2〃zg

D.若帆=相，要求。、b球都能通過各自圓軌道的最高點，彈簧釋放前至少應(yīng)具有的彈性勢

能為Ep=5mgR

答案AD

解析設(shè)。球離開彈簧后的速度大小為。a,a球恰好能通過圓軌道的最高點，設(shè)在最高點速

v'2

度為a,，則有mg=?r*-,解得4'=y[gR,選取最低點所在的水平面為零勢能面，根據(jù)

2

機械能守恒定律得;MW“2=2相,解得va=\)5gR,同理可得b球離開彈簧后的速

度大小為4>=小跡，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得機外一可得/儂=/機，

故A正確；兩小球與彈簧分離時，動量大小相等，根據(jù)動能與動量關(guān)系Ek=^可知，動能

不相等，故B錯誤;設(shè)a球到達圓心等高處時速度為v,由動能定理可得一"儂?=品。2—提〃。/,

v~

設(shè)軌道對。球的支持力大小為￡由牛頓第二定律有尸=小，聯(lián)立解得尸=3mg,由牛頓第

三定律可知，。小球?qū)壍缐毫Υ笮?〃zg,C錯誤；若rrtb=m,取向左為正方向，由動量

守恒定律有加班一小;初1=0,則分離時兩小球速度相等，若要求a、b球都能通過各自的最高

點，只需要a球能夠通過，則6球也能通過，由前面分析可知，。球剛好通過最高點時，分

離時速度為va=yl5gR,則彈簧釋放前至少應(yīng)具有的彈性勢能為Ep=2Xa=5mgR,故D

正確.

11.(2022?天津市耀華中學(xué)二模)質(zhì)量為M=0.6kg的小車，原來靜止在光滑水平軌道上，有

兩根長度均為工=0.8m的細繩，一根系在固定的擋板。上，另一根系在小車C上，下面各

掛一只小球，小球的質(zhì)量分別為wu=0.4kg,加B=0.2kg,靜止時兩小球正好相切，且切點

與兩球心同在一水平面上，如圖所示，如果將A球拉成水平后由靜止釋放，在最低點與8球

碰撞，碰后A球繼續(xù)向右運動，上升的最大高度為/7=0.2m.g=10m/s2,求：

(1)碰后瞬間B球的速度大??；

(2)碰撞后B球上升的最大高度；

(3)小車能達到的最大速度.

答案(1)4m/s(2)0.6m(3)2m/s

解析(1)設(shè)A球下落到最低點時速度為兩球碰撞后速度分別