2021屆新高考物理二輪復(fù)習(xí)突破6 動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律（解析版）

專(zhuān)題二能量與動(dòng)量

第二沸動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律（多選）

高考真題

1.（2020?新課標(biāo)全國(guó)3卷）甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，

并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量

為1kg,則碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為（）

【答案】A

【解析】

由修圖可知，碰前甲、乙的速度分別為蜂=5m/s,電=lm/s；碰后甲、乙的速度分

別為％=Tm/s,v￡=2m/s,甲、乙兩物塊碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒得

小叫?+吆史=呵防+叱吃

解得

m乙=6kg

則損失的機(jī)械能為

.?1-1,1->1,21,2

△E=-叫+—m乙丫乙-萬(wàn)辦「"甲""5v乙

解得

△E=3J

故選A?

2.（多選）（2020.新課標(biāo)全國(guó)2卷）水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)

擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂

直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)

員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。

總共經(jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追

上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為

A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg

【答案】BC

【解析】

設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的質(zhì)量分別為相、叫）規(guī)定運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍\(yùn)動(dòng)員開(kāi)始時(shí)

靜止，第一次將物塊推出后，運(yùn)動(dòng)員和物塊的速度大小分別為K、%,則根據(jù)動(dòng)量守恒

定律

0=/MV,-/[

解得

加0

匕=一%

m

物塊與彈性擋板撞擊后，運(yùn)動(dòng)方向與運(yùn)動(dòng)員同向，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員再次推出物塊

mV]+—mv,—

解得

m

第3次推出后

mv2+加。％=mv3-%)%

解得

5m0

匕=-v

m-o

依次類(lèi)推，第8次推出后，運(yùn)動(dòng)員的速度

m

根據(jù)題意可知

v=15"。v>5m/s

8mo

解得

m<60kg

第7次運(yùn)動(dòng)員的速度一定小了5m/s，則

v7=13mo%"rn/s

m

解得

m>52kg

綜上所述，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量滿足

52kg<m<60kg

AD錯(cuò)誤，BC正確。

故選BC。

3.（2020?新課標(biāo)全國(guó)1卷）行駛中的汽車(chē)如果發(fā)生劇烈碰撞，車(chē)內(nèi)的安全氣囊會(huì)被彈出并

瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車(chē)的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過(guò)程中

的作用，下列說(shuō)法正確的是（）

A.增加了司機(jī)單位面積的受力大小

B.減少了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變化量

C.將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車(chē)的動(dòng)能

D.延長(zhǎng)了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積

【答案】D

【解析】

A.因安全氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機(jī)單位面積的受力大小，故A錯(cuò)誤；

B.有無(wú)安全氣囊司機(jī)初動(dòng)量和末動(dòng)量均相同，所以動(dòng)量的改變量也相同，故B錯(cuò)誤；

C.因有安全氣囊的存在，司機(jī)和安全氣囊接觸后會(huì)有一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為氣體的內(nèi)能，不

能全部轉(zhuǎn)化成汽車(chē)的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；

D.因?yàn)榘踩珰饽页錃夂竺娣e增大，司機(jī)的受力面積也增大，在司機(jī)擠壓氣囊作用過(guò)程

中由于氣囊的緩沖故增加了作用時(shí)間，故D正確。

故選D。

核心突破

突破1.動(dòng)量定理的應(yīng)用

1.動(dòng)量定理

（1）公式：Ft^p'-p,除表明等號(hào)兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說(shuō)明了兩邊的因果關(guān)系，即

合外力的沖量是動(dòng)量變化的原因.

（2）意義：動(dòng)量定理說(shuō)明的是合外力的沖量與動(dòng)量變化的關(guān)系，反映了力對(duì)時(shí)間的累積效果，

與物體的初、末動(dòng)量無(wú)必然聯(lián)系.動(dòng)量變化的方向與合外力的沖量方向相同,而物體在某一

時(shí)刻的動(dòng)量方向跟合外力的沖量方向無(wú)必然聯(lián)系.

例題1.（2020屆山西省太原市高三模擬）2019年8月，"法國(guó)哪吒”扎帕塔身背燃料包，腳

踩由5個(gè)小型渦輪噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)的“飛板”，僅用22分鐘就飛越了英吉利海峽35公里的海

面。已知扎帕塔（及裝備）的總質(zhì)量為120kg,設(shè)發(fā)動(dòng)機(jī)啟動(dòng)后將氣流以6000m/s的恒定速

度從噴口向下噴出，則當(dāng)扎帕塔（及裝備）懸浮在空中靜止時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴出氣體的質(zhì)量

為（不考虛噴氣對(duì)總質(zhì)量的影響，取g=10m/s2）（）-

A.0.02kgB.0.20kgC.0.50kg

D.5.00kg

【答案】B

【解析】設(shè)扎帕塔（及裝備）對(duì)氣體的平均作用力為尸，根據(jù)牛頓第三定律可知，氣體對(duì)

扎帕塔（及裝備）的作用力的大小也等于尸，對(duì)扎帕塔（及裝備），則尸="g

設(shè)時(shí)間2內(nèi)噴出的氣體的質(zhì)量△加，則對(duì)氣體由動(dòng)量定理得FM=Amv

代入數(shù)據(jù)解得丁=0.2kg

Ar

發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴出氣體的質(zhì)量為0.2kg,故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。

例題2.（多選）（2020屆山西省太原市高三模擬）如圖，從P點(diǎn)以水平速度v將小皮球拋向

固定在地面上的塑料筐，小皮球恰好能夠入筐。不考慮空氣阻力，則小皮球在空中飛行的過(guò)

程中（

A.在相等的時(shí)間內(nèi),皮球動(dòng)量的改變量相同

B.在相等的時(shí)間內(nèi),皮球動(dòng)能的改變量相同

C.下落相同的高度,皮球動(dòng)量的改變量相同

D.下落相同的高度,皮球動(dòng)能的改變量相同

【答案】AD

【解析】因物體在空中只受重力，所以在相等的時(shí)間間隔內(nèi)，皮球受到的沖量均為mgr,故

皮球受到的沖量相同，根據(jù)動(dòng)量定理可得，皮球動(dòng)量的改變量相同，故A正確；在相等的

時(shí)間間隔內(nèi)，皮球下落的高度不同，故重力做的功不相等，即合外力做功不等，故皮球動(dòng)能

的改變量不同，故B錯(cuò)誤；下落相同的高度，時(shí)間并不相等，故皮球受到的重力的沖量不

相等，故皮球動(dòng)量的增量不相同，故c錯(cuò)誤；下落相同的高度，重力做功均為故重

力做功相等，小球動(dòng)能的增量相同，故D正確。故選AD。

突破2.動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用

2.動(dòng)量守恒定律

（1）內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為雯，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不

變.

（2）表達(dá)式：〃?U|+〃?2丫2="1兇'+，"2也'或?=夕'（系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量P等于相互作用后總動(dòng)

量"），或Ap=O（系統(tǒng)總動(dòng)量的變化量為零），或△0|=一即2（相互作用的兩個(gè)物體組成的系

統(tǒng)，兩物體動(dòng)量的變化量大小相等、方向相反）.

（3）守恒條件

①系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)雖受外力但所受外力的合力為雯.

②系統(tǒng)所受外力的合力不為零，但在某一方向上系統(tǒng)受到的合力為雯，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)

量守恒.

③系統(tǒng)雖受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力且作用時(shí)間極短，如碰撞、爆炸過(guò)程.

例題3.（多選）（2020屆黑龍江省哈爾濱市三中高三第二次模擬）如圖所示，兩個(gè)小球A、

B大小相等，質(zhì)量分布均勻。分別為g、m2,A、B與輕彈簧栓接，靜止在光滑水

平面上，第一次用錘子在左側(cè)與A球心等高處水平快速向右敲擊A,作用于A的沖量大小

為4,第二次兩小球及彈簧仍靜止在水平面上，用錘子在右側(cè)與B球心等高處水平快速向左

敲擊B,作用于B的沖量大小為心，/k/2,則下列說(shuō)法正確的是（）

AB

/////////////

A.若兩次錘子敲擊完成瞬間，A、B兩球獲得的動(dòng)量大小分別為pi和p2,則0=02

B.若兩次錘子敲擊分別對(duì)A、B兩球做的功為Wi和牝，則W產(chǎn)卬2.

C.若兩次彈簧壓縮到最短時(shí)的長(zhǎng)度分別為小和七，則乙|<〃2

D.若兩次彈簧壓縮到最短時(shí)A、彈簧、B的共同速度大小分別為vi和吸，則也>也

【答案】AC

【解析】由動(dòng)量定理/=&?可知，由于/|=/2,則若兩次錘子敲擊完成瞬間有R=0，故A

2

正確；由于兩次錘子敲擊完成瞬間兩球具有的動(dòng)量大小相等，且線=上一可知，A球獲得

2m

的初動(dòng)能更大，由動(dòng)能定理可知叱〉叱，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒可得町%=（嗎+嗎M

得u=―由能量守恒有

肛+?

11l

不叫9諾（犯+加2）丫9~+綜，得Ep=-----丁?2，由于P\=P2則質(zhì)量越大的，初速度

越小，即A球獲得的初速度較大，則敲擊A球時(shí)彈簧的最大彈性勢(shì)能較大，即￡,＜右，故

C正確；由由動(dòng)量守恒可得

_.=W。

町%=（町+叫）匕得町+加2,則兩次共速的速度相同，故D錯(cuò)誤。故選AC。

例題4.（多選）（2020屆陜西省西安中學(xué)高三第二次模擬）如圖所示，小車(chē)質(zhì)量為加，小

車(chē)頂端為半徑為R的四分之一光滑圓弧，質(zhì)量為小的小球從圓弧頂端由靜止釋放，對(duì)此運(yùn)

動(dòng)過(guò)程的分析，下列說(shuō)法中正確的是（g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋ǎ?/p>

A.若地面粗糙且小車(chē)能夠靜止不動(dòng)，則地面對(duì)小車(chē)的靜摩擦力最大為“g

B.若地面粗糙且小車(chē)能夠靜止不動(dòng)，則地面對(duì)小車(chē)的靜摩擦力最大為等

C.若地面光滑,，當(dāng)小球滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)，小車(chē)速度為根,———

'+附

D.若地面光滑，當(dāng)小球滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí);小車(chē)速度為MJ2g.

Ym（M+m）

【答案】BC

【解析】

若地面粗糙且小車(chē)能夠靜止不動(dòng)，設(shè)圓弧半徑為R,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到半徑與豎直方向的夾角為

。時(shí)，速度為v.

一19

根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：—mv~=mgRcosQ

由牛頓第二定律有：N-mgcosQ=ni—

R

解得小球?qū)π≤?chē)的壓力為：N=3mgcosQ

,3

其水平分量為Nx=3，%gcos0sin0=7〃?gsin20

3

根據(jù)平衡條件知，地面對(duì)小車(chē)的靜摩擦力水平向右，大小為：產(chǎn)M=,〃?gsin20

3

可以看出：當(dāng)sin20=l,即0=45。時(shí)，地面對(duì)車(chē)的靜摩擦力最大，其值為八^二萬(wàn)根8.

故A錯(cuò)誤，B正確.

若地面光滑，當(dāng)小球滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)，小車(chē)的速度設(shè)為小球的速度設(shè)為v.小球與小

車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

一11

系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,則得："吆/?=彳〃爐97

解得：v'=m\.

\M(M+m)

故C正確，D錯(cuò)誤，故選BC。

突破3.碰撞、爆炸與反沖問(wèn)題

1.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟

(1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程);

(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；

(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量；

(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程；

(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說(shuō)明.

2.三種碰撞的特點(diǎn)

動(dòng)量守恒：卯力+m2V2=〃力M1+"父藝，

彈性碰撞

機(jī)械能守恒：品1而+品2'=品R+1w2V2

動(dòng)量守恒、末速度相同:m1%+加2也=("?|+

加2)/，機(jī)械能損失最多：機(jī)械能的損失

完全非彈性碰撞

+/孫謚)一m2>'2

動(dòng)量守恒：tTl\V\+團(tuán)2也=見(jiàn)/]+加2M2，

機(jī)械能有損失：機(jī)械能的損失

非彈性碰撞

/￡=(產(chǎn)1V?+酒的—(%?IV11+品2局

(1)動(dòng)量守恒：Pl+P2="1+P’2.

，

碰撞問(wèn)題遵守的三條原則(2)動(dòng)能不增加:￡kl+Ek2>￡ki+Fk2.

(3)速度要符合實(shí)際情況

例題5.(多選)如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為，〃的4球以速度均向右運(yùn)動(dòng)，與

靜止的質(zhì)量為5根的8球碰撞，碰撞后A球以v=av0(待定系數(shù)的速率彈回，并與固定

擋板P發(fā)生彈性碰撞。若要使A球能再次追上B球并相撞，則系數(shù)〃可以是()

C.|D.；

【答案】BC

【解析】

A和8發(fā)生碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒可知：“"7%,要使A球能再次追上B球并

相撞，因A與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，則av0>vB,由以上兩式可解得故B、C正確。

例題6.（2020屆江西省九江市高三第二次模擬）如圖所示，小球a、b（均可視為質(zhì)點(diǎn)）用

等長(zhǎng)細(xì)線懸掛于同一固定點(diǎn)0。讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細(xì)線水平。從靜止釋

放球b,兩球碰后粘在一起向左擺動(dòng)，此后細(xì)線與豎直方向之間的最大偏角為6=60。。忽略

空氣阻力。則兩球a、b的質(zhì)量之比j為（）

m

h

C.1--D.V2+1

2

【答案】B

【解析】b球下擺過(guò)程中，由動(dòng)能定理得/gL=；”詔-0,碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，設(shè)向左

為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得內(nèi),％=（加兩球向左擺動(dòng)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒

定律得

m

12a=-V2-11

-(ma+mb)v=(ma+mb)gL(l-cos0)-

2,解得叫，，故ACD錯(cuò)誤，B正確。

故選Bo

突破4.“三大觀點(diǎn)”的綜合應(yīng)用

3.解決力學(xué)問(wèn)題的三大觀點(diǎn)

1.三大觀點(diǎn)

(1)力的觀點(diǎn)：主要是牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合,常涉及物體的受力、加速度或勻

變速運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題.

(2)動(dòng)量的觀點(diǎn)：主要應(yīng)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律求解,常涉及物體的受力和蛔問(wèn)題，

以及相互作用物體的問(wèn)題.

(3)能量的觀點(diǎn)：在涉及單個(gè)物體的受力和位移問(wèn)題時(shí)，常用動(dòng)能定理分析；在涉及系統(tǒng)內(nèi)

能量的轉(zhuǎn)化問(wèn)題時(shí)，常用能量守恒定律.

2.選用原則

(1)單個(gè)物體：宜選用動(dòng)量定理、動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律。若其中涉及時(shí)間的問(wèn)題，

應(yīng)選用動(dòng)量定理：若涉及位移的問(wèn)題，應(yīng)選用動(dòng)能定理；若涉及加速度的問(wèn)題，只能選用牛

頓第二定律。

(2)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個(gè)守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問(wèn)題，

應(yīng)選用動(dòng)量守恒定律，然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決。

3.系統(tǒng)化思維方法

(1)對(duì)多個(gè)物理過(guò)程進(jìn)行整體思維，即把幾個(gè)過(guò)程合為一個(gè)過(guò)程來(lái)處理，如用動(dòng)量守恒

定律解決比較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)。

(2)對(duì)多個(gè)研究對(duì)象進(jìn)行整體思維，即把兩個(gè)或兩個(gè)以上的獨(dú)立物體合為一個(gè)整體進(jìn)行

考慮，如應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，就是把多個(gè)物體看成一個(gè)整體(或系統(tǒng))。

例題7.(2020屆河北省唐山市高三第一次模擬)如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量為，"足夠

長(zhǎng)的木板，木板上放一質(zhì)量也為〃八可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊。現(xiàn)分別使木塊獲得向右的水平初

速度vo和2w，兩次運(yùn)動(dòng)均在木板上留下劃痕，則兩次劃痕長(zhǎng)度之比為()

rT

A.1：4B.1：472C.1：8D.1：12

【答案】A

【解析】木塊從開(kāi)始到相對(duì)長(zhǎng)木板靜止的過(guò)程中，木塊和木板系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，取向

右為正方向，則有mo=(M+m)y，解得根據(jù)能量守恒定律有

12

Rings=—mvV

2

解得劃痕長(zhǎng)度S=,同理，當(dāng)木塊的初速度為2Vo時(shí)，則劃痕長(zhǎng)度為

2"（M+ni）g

故兩次劃痕長(zhǎng)度之比為S：s'=1:4,故A正確，BCD錯(cuò)誤。

2〃（M+m）g

故選A。

例題8.如圖所示，水平地面上。尸段是粗糙的，O尸長(zhǎng)為L(zhǎng)=1.6m,滑塊A、8與該段的動(dòng)

摩擦因數(shù)都為〃=0.5,水平地面的其余部分是光滑的.滑塊B靜止在0點(diǎn)，其質(zhì)量機(jī)8=2kg.

滑塊A在。點(diǎn)左側(cè)以均=5m/s的水平初速度向右運(yùn)動(dòng)，并與B發(fā)生碰撞.A的質(zhì)量是B

的k(k取正整數(shù))倍，滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，取g=10m/s2.

A為富

亢〃〃,^^7777777^〃，〃〃〃〃；

OP

(1)若滑塊A與8發(fā)生完全非彈性碰撞，求A、8碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能;

(2)若滑塊4、8構(gòu)成的系統(tǒng)在碰撞過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能損失，試討論人在不同取值范圍時(shí)

滑塊A克服摩擦力所做的功.

2立

【答案】(1)/E=RJ(2)G當(dāng)k=l時(shí)，以=0,滑塊A停在。點(diǎn)，A克服摩擦力所做

KII

的功為WfA=0.

b.當(dāng)1〈仁9時(shí)，滑塊A停在OP之間，A克服摩擦力所做的功為

%=產(chǎn)八公=25kJ+jJ.

.當(dāng)fc>9時(shí)，滑塊A從0尸段右側(cè)離開(kāi)，A克服摩擦力所做的功為WfA=nmAgL=16kJ.

【解析】

(1)設(shè)滑塊A碰B后的共同速度為v,A、B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為/E

由動(dòng)量守恒定律有mAvo=(mA+mB)v①

由能量守恒定律有/￡1=/履一；(〃以+mB)v②

25%

聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)解得/￡=第J.③

k+1

(2)設(shè)碰撞后A、8速度分別為卜、vB,且設(shè)向右為正方向，由于彈性碰撞，有：

mAv0=mAvA+mRvB④

5M咸=多物成吊⑤

5(.k—1)

聯(lián)立④⑤式并代入數(shù)據(jù)解得以=—7T-,—m/s⑥

KI1

m/s⑦

假設(shè)滑塊A、8都能在。尸段滑動(dòng)，滑塊A、B在OP段的加速度(麴=劭="8)相等,

由⑥⑦式知在任意時(shí)刻VB>W,滑塊A、8不會(huì)再一次發(fā)生碰撞.

由題知，當(dāng)滑塊4剛好能夠到達(dá)P點(diǎn)有

^mAV^=/imAgL

代入數(shù)據(jù)解得k=9

討論:

a.當(dāng)k=l時(shí)，w=0,滑塊A停在。點(diǎn)，A克服摩擦力所做的功為物=0.

b.當(dāng)1〈仁9時(shí)，滑塊4停在OP之間，A克服摩擦力所做的功為

,2

WjA=~^tnAVA=25/:Q_|_?jJ.

.當(dāng)Q9時(shí)，滑塊A從。尸段右側(cè)離開(kāi)，A克服摩擦力所做的功為WfA=nmAgL=16kJ.

實(shí)戰(zhàn)演練

1.（2020屆河南省十所名校高三階段性測(cè)試）如圖所示為某場(chǎng)足球比賽中運(yùn)動(dòng)員罰點(diǎn)球時(shí)

的情景，運(yùn)動(dòng)員將靜止在草坪上的足球以35m/s的速度踢出，守門(mén)員準(zhǔn)確地判斷來(lái)球方向,

并將以25m/s的速度飛來(lái)的足球以10m/s的速度沿原路擋出。已知守門(mén)員的雙手與足球的作

用時(shí)間約為0.1s,受到足球的平均作用力大小約為150N,不考慮運(yùn)動(dòng)員和守門(mén)員觸球瞬間

足球重力的作用，則罰點(diǎn)球時(shí)運(yùn)動(dòng)員的腳對(duì)足球作用力的沖量大小約為（）

A.12N-S

B.13.5N-S

C.15N-S

D.16.6N-S

【答案】C

【解析】設(shè)足球的質(zhì)量為優(yōu)，足球與守門(mén)員的雙手接觸過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理有：尸v,

解得:

Ft150x0.1,3,

m=—二-------k--g-=1kg

Av35

根據(jù)動(dòng)量定理可得罰點(diǎn)球時(shí)運(yùn)動(dòng)員的腳對(duì)足球作用力的沖量大小為:

3

/=MV=-x35N?s=15N?s,故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。

7

2.（多選）（2020屆四川省綿陽(yáng)市高三第三次診斷）如圖所示，質(zhì)量相等的兩物體6,用

不可伸長(zhǎng)的輕繩跨接在光滑輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，用外力壓住6,使b靜止在水平粗糙桌面上,

〃懸掛于空中。撤去壓力，〃在桌面上運(yùn)動(dòng)，a下落，在此過(guò)程中（）

A.重力對(duì)6的沖量為零

B.a增加的動(dòng)量大小小于方增加的動(dòng)量大小

C.。機(jī)械能的減少量大于匕機(jī)械能的增加量

D.。重力勢(shì)能的減少量等于。、6兩物體總動(dòng)能的增加量

【答案】BC

【解析】根據(jù)/=〃?gr可知，重力作用時(shí)間不為零，則重力對(duì)匕的沖量不為零，A錯(cuò)誤；設(shè)細(xì)

線與水平方向夾角為，，則"兩物體的速度滿足的關(guān)系是匕=4cos。，則

mva=mvhcos0.即。增加的動(dòng)量大小小于6增加的動(dòng)量大小，B正確；由能量關(guān)系可知，

a機(jī)械能的減少量等于b機(jī)械能的增加量與b與桌面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，則a機(jī)械能的減

少量大于〃機(jī)械能的增加量；〃重力勢(shì)能的減少量等于。、〃兩物體總動(dòng)能的增加量與匕與

桌面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，D錯(cuò)誤。故選BC。

3.（多選）（2020屆重慶市高三第二次調(diào)研）一個(gè)質(zhì)量為，力的物塊從斜面底端沖上足夠長(zhǎng)的

斜面后，又返回到斜面底端。已知小物塊沖上斜面前的初動(dòng)能為E,它返回斜面底端的速度

E

大小為v，克服摩擦阻力做功為工，忽略空氣阻力。若小物塊沖上斜面前的初動(dòng)能變?yōu)?E,

2

相應(yīng)地則有（)

A.返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為EB.往返過(guò)程中合力的沖量大小為

F

C.返回斜面底端時(shí)的速度大小為D.往返過(guò)程中克服摩擦阻力做功仍為萬(wàn)

【答案】AC

【解析】以初動(dòng)能為E沖上斜面并返回的整個(gè)過(guò)程中運(yùn)用動(dòng)能定理得：

1,E

-mv--E^Wf=--,設(shè)以初動(dòng)能為E沖上斜面的初速度為vo，則以初動(dòng)能為2E沖上

斜面時(shí)，初速度為a%，加速度相同，根據(jù)2a*=1，2-加2,可知第二次沖上斜面的位移是第一

次的兩倍，則沖上斜面的最大高度變?yōu)?人所以上升過(guò)程中克服摩擦力做功是第一次的兩

倍，整個(gè)上升返回過(guò)程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，即為E,則返回到底端時(shí)的動(dòng)能

E

為E,故A正確D錯(cuò)誤；小物塊的初動(dòng)能為E,它返回斜面底端的速度大小為v,動(dòng)能為工，

2

1,1

即：-mv2=-E,若小物塊沖上斜面的初動(dòng)能變?yōu)?E,返回到底端的動(dòng)能為E,即

22

1,

E=-mv'2,解得：

2

v,=y[2v＞以2E沖上斜面，則沖上速度為'=2v,往返過(guò)程中合力的沖量大小為動(dòng)量改

變量大小

□p=V2mv+mv0'=（V2+2）mv,故B錯(cuò)誤C正確。故選AC。

4.（2020屆廣東省廣州、深圳市學(xué)調(diào)聯(lián)盟高三第二次調(diào)研）將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)

火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬?/p>

出后的瞬間，火箭的動(dòng)量大小為（噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略）

A.30kg-m/sB.5.7xio2kg-m/s

C.6.0xl02kg-m/sD.6.3xl02kg-m/s

【答案】A

【解析】開(kāi)始總動(dòng)量為零，規(guī)定氣體噴出的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得，0=〃?m+p,

P=-^=-0-05x600kg.m/s=-30kg.m/s(負(fù)號(hào)表示方向，故A正

確，BCD錯(cuò)誤。

5.（2020?北京高三學(xué)業(yè)考試）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球

與墻之間用輕彈簧連接。現(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度w與A相碰后粘在一起壓縮

彈簧。不計(jì)空氣阻力，若彈簧被壓縮過(guò)程中的最大彈性勢(shì)能為E,從球A被碰后開(kāi)始到

回到原靜止位置的過(guò)程中墻對(duì)彈簧的沖量大小為/,則下列表達(dá)式中正確的是（）

I212

A.E=-mv^1=2mv0B.E=—mVg1=2mv0

1212

C.E=-mVg1=mv0D.E=—mvp/=mv0

【答案】A

【解析】

AB碰撞瞬間，由動(dòng)量守恒定律可知：

mvo=2mv[

解得：

V,=T

碰撞后系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)兩球向左減速到零時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，最大彈性勢(shì)能E,

則：

E=-x2mx(^-I2

=產(chǎn)0

取AB整體分析，取向右為正，由動(dòng)量定理可得

I—2mx——(—2/篦x——)—2/篦/

所以墻對(duì)彈簧的沖量大小為2/HV0

19

A.E=-mVy>1=2mv0,與分析相符，故A項(xiàng)正確;

1.

B.E=—mv9p1=2,與分析不符，故B項(xiàng)錯(cuò)誤;

C.E=：皿：、1=mvn,與分析不符，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.E--mv^,/=mvQ,與分析不符，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。

6.（2020.安徽省高考模擬）如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形

槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量也為m的小球從槽高h(yuǎn)處開(kāi)

始自由下滑則（）

A.在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球和槽的動(dòng)量始終守恒

B.在下滑過(guò)程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功

C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)

D.被彈簧反彈后，小球和槽的機(jī)械能守恒，小球能回到槽高h(yuǎn)處

【答案】C

【解析】

試題分析：由動(dòng)量守恒的條件可以判斷動(dòng)量是否守恒；由功的定義可確定小球和槽的作

用力是否做功；由小球及槽的受力情況可知運(yùn)動(dòng)情況；由機(jī)械能守恒及動(dòng)量守恒可知小

球能否回到最高點(diǎn).小球與彈簧接觸前，小球和槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且有

”八，球=0則有%,=1”.當(dāng)小球與彈簧接觸后，小球受外力，故小球和槽組成的

系統(tǒng)所受外力不為零，動(dòng)量不再守恒，故A錯(cuò)誤；下滑過(guò)程中兩物體都有水平方向的位

移，而力是垂直于球面的，故力和位移不垂直，故兩力均做功，故B錯(cuò)誤；小球脫離弧

形槽后，槽向后做勻速運(yùn)動(dòng)，小球向前做速度大小和槽相同的勻速運(yùn)動(dòng)，而小球和彈簧

作用過(guò)程中機(jī)械能守恒，故小球被原速率反彈，反彈繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)，故C正確；小求

被反彈后，因兩物體均有向左的速度，且速度大小相等，則兩物體不會(huì)相遇，小球不會(huì)

到達(dá)最高點(diǎn)，故D錯(cuò)誤.

故選C.

7.（多選）（2020.四川省仁壽第一中學(xué)校北校區(qū)期中）質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止

于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因

數(shù)為5初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度V,

小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，井與箱子保持相對(duì)靜止。設(shè)碰撞都是彈

性的，則整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為（）

121mM9

A.—mVB.--------「

22m-vM

1

C.-N/.imgLrD.N/bimgL

【答案】BD

【解析】

試題分析：設(shè)物塊與箱子相對(duì)靜止時(shí)共同速度為V,則由動(dòng)量守恒定律得

、722V

mv=（M+m）V],得匕=工----，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為

M

AE*系=1加._［（知+刃）％2=會(huì)nB正確，AC錯(cuò)誤.根據(jù)能量守恒定律得

222（"+加）

知，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，根據(jù)功能關(guān)系得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系

統(tǒng)克服摩擦力做的功，則有。=竺^=N〃，篦gL.D正確，

故選BD

考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律；功能關(guān)系.

點(diǎn)評(píng)：兩個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體，當(dāng)它們的運(yùn)動(dòng)速度相等時(shí)候，往往是最大距離或者最小距

離的臨界條件.本題是以兩物體多次碰撞為載體，綜合考查功能原理，動(dòng)量守恒定律,

要求學(xué)生能依據(jù)題干和選項(xiàng)暗示，從兩個(gè)不同角度探求系統(tǒng)動(dòng)能的損失.又由于本題是

陳題翻新，一部分學(xué)生易陷入某種思維定勢(shì)漏選B或者D,另一方面，若不仔細(xì)分析,

易認(rèn)為從起點(diǎn)開(kāi)始到發(fā)生第一次碰撞相對(duì)路程為gL，則發(fā)生N次碰撞，相對(duì)路程為

2

-NL,而錯(cuò)選C.

2

8.（2020屆四川省綿陽(yáng)市高三四模）如圖所示，質(zhì)量〃?o=lkg的滑塊靜止在水平地面上，與

水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為"=0.1.滑塊左面正上方。點(diǎn)固定長(zhǎng)L=2.5m的不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)

繩。拉直細(xì)繩與豎直成生60°,另一端系不同質(zhì)量的小球。小球由靜止釋放，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)

剛好與滑塊左面正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后滑塊向右滑行。當(dāng)系質(zhì)量為加=2kg的小球A時(shí)，

滑塊滑行M=8m后停止；當(dāng)系質(zhì)量為，"2的小球B時(shí)，滑塊滑行均=18m后停止，兩次碰撞

后小球A、B向右擺起的高度相同。g取lOms?,求：

（1）小球A與滑塊碰撞前瞬間細(xì)繩拉力的大??；

（2）小球B的質(zhì)量加2。

【答案】(1)T=40N；(2)3kg

【解析】

(1)設(shè)小球A與滑塊碰撞前瞬間速度大小為v”則

解得vi=5m/s,7=40N

(2)兩次滑塊向右滑行的加速度大小相等，設(shè)為。，則幺加然="如“

設(shè)小球A與滑塊碰撞后，小球A速度大小為丫2，滑塊速度大小為V3，貝I]V；=2OT1,由動(dòng)量守

恒有

網(wǎng)片=m1v2+m?v3

小球B與滑塊碰撞后，小球B速度大小也為藝，設(shè)滑塊速度大小為山，則《=2但，則

“A匕=rny1+，叫＞匕

解得V2-3m/s,V3=4m/s,V4=6m/s,"?2=3kg

9.(多選)(2020屆安徽省蚌埠市高三第三次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))如圖所示，質(zhì)量為M的木板靜

止在光滑水平面上，木板左端固定一輕質(zhì)擋板，一根輕彈簧左端固定在擋板上，質(zhì)量為m

的小物塊從木板最右端以速度為滑上木板，壓縮彈簧，然后被彈回，運(yùn)動(dòng)到木板最右端時(shí)

與木板相對(duì)靜止。己知物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，整個(gè)過(guò)程中彈簧的形變均在彈

性限度內(nèi)，則()

A.木板先加速再減速，最終做勻速運(yùn)動(dòng)

B.整個(gè)過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的最大值為上竺2—

4(M+m)

C.整個(gè)過(guò)程中木板和彈簧對(duì)物塊的沖量大小為州也

M+m

D.彈簧壓縮到最短時(shí)，物塊到木板最右端的距離為一"為——

2R(M+m)g

【答案】AB

【解析】物塊接觸彈簧之前，物塊減速運(yùn)動(dòng)，木板加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，摩擦

力反向，直到彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)，物塊繼續(xù)減速，木板繼續(xù)加速；當(dāng)物塊與彈簧分離后，物

塊水平方向只受向左的摩擦力，所以物塊加速，木板減速；最終，當(dāng)物塊滑到木板最右端時(shí)，

物塊與木板共速，一起向左勻速運(yùn)動(dòng)。所以木板先加速再減速，最終做勻速運(yùn)動(dòng)，所