期末沖刺四 動量守恒定律（基本概念+典型題型）解析版 高一物理期末沖刺必刷訓(xùn)練（人教版2019必修第二冊）

期末沖刺四一一動量守恒定律

【知識總結(jié)】

1.動量

(1)定義：運(yùn)動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動量，通常用P來表示.

(2)表達(dá)式：p=.(3)單位：；其讀作：千克米每秒

(4)標(biāo)矢性：動量是矢量，其方向和方向相同.

2.沖量

(1)定義：力F與力的作用時間?的.

(2)定義式：1=.其中F為恒力.(3)單位：；其讀作：牛秒

(4)方向：恒力作用時，與力的方向.

(5)物理意義：是一個過程量，表示力在上積累的作用效果.

(6)沖量的計算：

①若物體受到恒力的作用，力的沖量的數(shù)值等于力與作用時間的乘積，沖量的方向與恒力

方向一致；若力為同一方向均勻變化的力，該力的沖量可以用平均力計算；若力為一般變

力則不能直接計算沖量。

②沖量的計算公式/=&既適用于計算某個恒力的沖量，又可以計算合力的沖量。計算沖

量時，一定要明確是計算分力的沖量還是合力

的沖量.如果是計算分力的沖量還必須明確是

哪個分力的沖量。

③在bT圖象下的面積就是力的沖量.如圖(。)

所示，若求變力的沖量，仍可用“面積法”表

示，如圖(匕)所示。

3,動量定理

(1)內(nèi)容：物體在一個過程始末的等于它在這個過程中所受力的

(2)表達(dá)式：__________________

動量定理理解的要點(diǎn)

(1)動量定理的表達(dá)式是一個矢量式，應(yīng)用動量定理時需要規(guī)定。

(2)月既可以是恒力也可以是變力.當(dāng)合外力為變力時，是合外力在作用時間內(nèi)的平均值

(3)沖量是動量變化的原因.

(4)由用=。'一"得/=人y=一，即物體所受合力等于物體的動量對時間的變化率.

4.動量守恒定律

(1)一個系統(tǒng)，無論這一系統(tǒng)的內(nèi)部發(fā)生了何種形式的相互作用，這個系統(tǒng)的總動

量_________(2)表達(dá)式：機(jī)］。1+m202=o

(3)適用條件：系統(tǒng)或所受的合外力。

5、碰撞模型總結(jié)碰撞的種類及遵從的規(guī)律

種類遵從的規(guī)律

彈性碰撞動量守恒，機(jī)械能守恒

非彈性碰撞動量守恒，機(jī)械能有損失

完全非彈性碰撞動量守恒，機(jī)械能損失最大，碰后成為一個整體，速度相等

彈性碰撞的實(shí)例分析

如圖所示，質(zhì)量為見的小球A以速度5向右與質(zhì)量為m,的靜止小球B發(fā)生碰撞，若兩者間的碰撞是彈性

碰撞。求碰后A、B兩球的速度0'、v2'o__

碰撞過程中動量守恒，m\V\=m\V\'+機(jī)2。2’①

碰撞前后動能相等，一嬴6'2②解得"=,。2'—。

六、人船模型總結(jié)

Lm船

（1）兩物體滿足動量守恒定律：，〃人。人一機(jī)的。*=0,在相互作用的過程中，任m人*

一時刻兩物體的速度大小與質(zhì)量成反比。-義z

（2）運(yùn)動特點(diǎn)：人動船動，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船X冊.，X/.‘I

位移比等于它們質(zhì)量的反比，即以=如。人和船的位移滿足|x人|+僅板|=乙

x船m人

加船，mx

“人相人+加婚''船機(jī)人+〃:船

（3）解題關(guān)鍵點(diǎn)：解題時要選擇同一個參考系，畫出各物體的位移關(guān)系草圖，找準(zhǔn)各位移之間的關(guān)系。

典型題型

題組一、動量沖量

1.（2023春?北京順義?高二?？计谥校┤鐖D所示，用一個與水平面成9角的恒力產(chǎn)拉質(zhì)量為m的木箱，木箱沿

光滑平面前進(jìn)在作用時間t內(nèi)，下列說法正確的是（）

A.F的沖量大小為F/cosO

B.地面支持力的沖量大小必為0

C.木箱的動量變化率大小為F77777777777777777T7777777-

D.木箱重力的沖量大小為mgt

【答案】D

【詳解】A.F的沖量大小為短，選項(xiàng)A錯誤；

B.地面支持力的大小不為零，則支持力的沖量大小不為0,選項(xiàng)B錯誤；

C.根據(jù)動量定理，木箱的動量變化率等于合外力，即大小為Feos。，選項(xiàng)C錯誤；

D.木箱重力的沖量大小為mgt,選項(xiàng)D正確。

故選D。

題組二、變力沖量

2.（2023春?江西宜春?高二江西省銅鼓中學(xué)?？茧A段練習(xí)）載人飛船的返回艙速度減為10m/s后，在大氣層

中沿豎直方向勻速降落?？斓降孛鏁r，返回艙的緩沖發(fā)動機(jī)開始向下噴氣，艙體再次減速，到達(dá)地面時速

度恰好為0,降落過程的最后一秒的速度隨時間變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是（）

v/(m-s-1)

10

00.81.0t/s

A.返回艙最后一秒下降的高度為9m

B.降落過程的最后一秒，返回艙處于失重狀態(tài)

C.0.8~1.0s內(nèi)，返回艙處于超重狀態(tài)

D.0.8~1.0s內(nèi)，噴出氣體對返回艙作用力的沖量等于返回艙動量的變化量

【答案】C

【詳解】A.由圖像可得，圖線與坐標(biāo)軸所圍成的面積表示這段時間載人飛船所發(fā)生的位移，故最后一秒下

降高度小于9m,A錯誤；

BC.降落過程的最后一秒中，0~0.8s返回艙處于平衡狀態(tài)，0.8~1.0s向下做加速度減小的減速運(yùn)動，此過

程返回艙處于超重狀態(tài)，B項(xiàng)錯誤，C正確；

D.0.8~1.0s內(nèi)，返回艙所受合力的沖量等于返回艙動量的變化量，D錯誤。

故選C。

3.(2022秋?全國?高三校聯(lián)考階段練習(xí))如圖甲所示，質(zhì)量為0.1kg的物塊在光滑水平面上以療5m/s的速

度向右勻速運(yùn)動，/=0時刻，給物塊施加一個水平外力RF隨時間，變化的規(guī)律如圖乙所示，以與加相反

【答案】B

【詳解】Er圖像中圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積表示沖量，根據(jù)動量定理可知，物塊在。=3.5s時的速度與ti=

0.5s時的速度相同，則

1

/山=mv-m(-v0)

將Fi=IN,L=0.5s代入解得

v=—2.5m/s

B正確。

故選B.

題組三、動量定理

4.（2023?廣東?模擬預(yù)測）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

A.足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為4kg-m/s

B.足球自由下落過程重力的沖量大小為2kg?m/s

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9倍

【答案】B

【詳解】A.足球達(dá)到腳背的速度為

v=yj2gh=5m/s

足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為

p=mv=0,4x5kg-m/s=2kg-m/s

A錯誤；

B.小球自由下落的時間為

所以足球自由下落過程重力的沖量大小為

I=mgt=0.4x10x0.5kg?m/s=2kg-m/s

B正確；

C.根據(jù)運(yùn)動的對稱性，足球離開腳背的速度大小也是5m/s,設(shè)豎直向下為正方向，所以腳背與足球作用過

程中，動量變化量為

Ap=-mv—mv=—2x0,4x5kg-m/s=—4kg-m/s

C錯誤；

D.足球與腳部作用過程中，根據(jù)動量定理可得

(mg—F)t=Ap

解得

F=44N=llmg

D錯誤。

故選B。

5.（2023?北京西城?統(tǒng)考二模）研究蹦極運(yùn)動時，在運(yùn)動員身上裝好傳感器，用于測量他在不同時刻下落的

高度及速度。運(yùn)動員身系彈性繩，從蹦極臺無初速度下落，根據(jù)某次傳感器測到的數(shù)據(jù)，得到如圖所示的

速度一位移圖像。忽略空氣阻力，根據(jù)圖像可知（）

檔(ms)

B.0~15m下落過程中，運(yùn)動員重力勢能的減少量大于動能的增加量

C.15~27m下落過程中，運(yùn)動員受合力先減小后增大

D.0~27m下落過程中，運(yùn)動員重力沖量大于彈性繩彈力沖量

【答案】B

【詳解】A.由圖像可知位移大小為15m時，速度大小為最大值，可知該位移處有彈性繩的彈力與運(yùn)動員

的重力等大，所以彈性繩處于伸長狀態(tài)，即彈性繩的原長小于15m,故A錯誤：

B.運(yùn)動員下落過程中先做加速度為g的加速運(yùn)動，至彈性繩恰好拉直后運(yùn)動員繼續(xù)做加速度減小的加速運(yùn)

動，直至速度達(dá)到最大，此時位移大小為15m,所以0~15m下落過程中，運(yùn)動員重力勢能的減少量等于動

能的增加量加上彈性繩彈性勢能的增加量，故B正確；

C.15m時，彈性繩的彈力與運(yùn)動員的重力等大合力為零，之后運(yùn)動員繼續(xù)向下運(yùn)動，彈性繩伸長量繼續(xù)變

大，彈性繩彈力大于重力，合力向上且變大。故C錯誤；

D.0~27m下落過程中由動量定理可得

IG+/彈=0

可知運(yùn)動員重力沖量大小等于彈性繩彈力沖量大小，故D錯誤。

故選B。

6.（2023?黑龍江哈爾濱?哈九中?？既＃┯觅|(zhì)量為，〃的小鐵錘以速度打向下?lián)舸蛞粔K質(zhì)量為M的磚塊（擊

打時間極短），擊打后，小鐵錘以：叫的速率反向彈回，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（）

IB——j

A.在擊打過程中，鐵錘所受合外力的沖量大小為《m巧

B.在擊打過程中，鐵錘重力的沖量大小為，"gf

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+若

【答案】D

【詳解】A.設(shè)方向向下為正方向，在擊打過程中，對鐵錘由動量定理可得

I~一%）=一|7n巧

在擊打過程中，鐵錘所受合外力的沖量大小為|m%,故A錯誤：

B.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;

CD.在擊打過程中，鐵錘與磚頭由動量守恒定律可得

1

mv1=--mv1+Mv

解得

3

Mv=-mv1

磚頭緩沖過程中，對磚頭由動量定理可得

3

(0+Mg)t=0--mv1

解得手對磚頭的支持力為

3mv

F=—Mg—1

12t

由牛頓第三定律可知磚頭對手的壓力為

,3mvi

&=一0=Mg+

故C錯誤，D正確。

故選D。

題組四、利用動量定理解決流體問題

7.（2023春?廣東廣州?高二廣州市培正中學(xué)?？茧A段練習(xí)）高壓清洗廣泛應(yīng)用于汽車清潔、地面清潔等。某

高壓水槍出水口直徑為d,水從槍口高速噴出后，近距離垂直噴射到某物體表面且速度在短時間內(nèi)由v變?yōu)?/p>

零，忽略水從槍口噴出后的發(fā)散效應(yīng)，水的密度為p。則水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為（）

Cpb37rd2Dpv27rd2

A.pu27rd2B.pvnd2

4'4

【答案】D

【詳解】水在時間內(nèi)速度由u減為零，內(nèi)噴射到物體表面的水的質(zhì)量為

d

m=pvt7r(—)z7

以這部分水為研究對象，設(shè)物體表面對水的平均作用力大小為凡以水流速度方向?yàn)檎较颍蓜恿慷ɡ碛?/p>

—FAt=0—mv

解得

pu27rd2

F=^—

由牛頓第三定律可知，水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為

,pv2nd2

p=F=匕------

4

ABC錯誤，D正確。

故選D.

8.（2023.湖南婁底.統(tǒng)考模擬預(yù)測）“娛樂風(fēng)洞”是一項(xiàng)新型娛樂項(xiàng)目，在一個特定的空間內(nèi)有人工制造的氣

流，表演者通過調(diào)整身體的姿態(tài)，改變受風(fēng)面積（即表演者在垂直風(fēng)力方向的投影面積），來改變其所受向

上風(fēng)力的大小，使人產(chǎn)生在天空翱翔的感覺。如圖所示，一質(zhì)量為機(jī)的游客恰好可以靜止在直徑為4的圓

柱形風(fēng)洞內(nèi)。已知?dú)饬髫Q直向上通過風(fēng)洞，密度為p,流速恒定為當(dāng)游客受風(fēng)面積為S,重力加速度為g。

假設(shè)氣流吹到人身上后速度變?yōu)榱?，則下列說法正確的是（）

A.氣體流量Q=vnpd2

B.氣體流量Q=（聆|

C.風(fēng)對人的沖量與人對風(fēng)的沖量相同

D.若風(fēng)洞中空氣流速變?yōu)樵瓉淼?倍，要使游客仍靜止，則他的受風(fēng)面積必須調(diào)整為原來的;

4

【答案】D

【詳解】A.由題意可知

d,

Q=n（-）2v

解得

71f

Q=-d2v

4

A錯誤；

B.對At時間內(nèi)吹向游客的氣體，由動量定理可得

FAt=Amu

由于游客處于靜止?fàn)顟B(tài)，滿足

F=mg

另外

Am=p?vAt-S

風(fēng)洞內(nèi)氣流的流量為

d

Q=V7T（-）92

聯(lián)立解得

nd2mg

Q=丁而

B錯誤；

C.根據(jù)牛頓第三定律可知，風(fēng)對人的作用力與人對風(fēng)的作用力大小相等，方向相反，所以根據(jù)沖量定義可

知對人的沖量與人對風(fēng)的沖量大小相等，方向相反，C錯誤;

D.由

F=pSv2=mg

可知，若風(fēng)洞中空氣流速變?yōu)樵瓉淼?倍，游客受力不變，則S必須變?yōu)樵瓉淼模?，D正確。

4

故選D。

題組五、動量守恒定律的條件

9.（多選）（2023春?廣東佛山?高二統(tǒng)考期中）新修訂的《未成年人保護(hù)法》規(guī)定：兒童乘坐汽車應(yīng)當(dāng)配備

兒童安全座椅。在兒童假人模擬實(shí)驗(yàn)中，車速為50km/h的車輛與墻壁發(fā)生碰撞，10kg的假人重心相對地面

最遠(yuǎn)移動了0.5m,在此過程中（）

A.假人所受合力的方向水平向后

B.車、假人組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒

C.安全座椅對假人水平方向上的平均作用力約2kN

D.由實(shí)驗(yàn)可知大人系好安全帶抱緊小孩坐車是安全的

【答案】AC

【詳解】A.當(dāng)車輛與墻壁發(fā)生碰撞時，假人相對于車向前運(yùn)動，所以受到向后的摩擦力，而重力和支持力

平衡，所以合力水平向后，故A正確；

B.當(dāng)車輛與墻壁發(fā)生碰撞時，墻壁對車有向后的作用力，即系統(tǒng)所受的合外力不為零，所以系統(tǒng)水平方向

動量不守恒，故B錯誤；

C.根據(jù)速度位移關(guān)系有

v2=2ax

F=ma

代入數(shù)據(jù)解得

Fx2kN

故C正確；

D.在發(fā)生碰撞時，若大人系好安全帶，大人將受到安全帶的作用力減速，但小孩將由于慣性繼續(xù)向前運(yùn)動，

所以小孩不安全，故D錯誤。

故選AC。

10.（多選）（2023春?廣東廣州?高二廣州市培正中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量之比

MA：MB=1：2,原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑，A、B與平板車上表

面間的動摩擦因數(shù)分別為〃小〃B。當(dāng)彈簧突然釋放后，A、B兩物體被反向彈開，則A、B兩物體滑行過程

中，下列說法正確的是（）

Apwwww|B

A.若〃行〃B，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，C不動

B.若〃A=〃S，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，C向右運(yùn)動

C.若也:〃產(chǎn)2:1,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，C不動

D.若〃A：〃B=2:1,A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，C向右運(yùn)動

【答案】BC

【詳解】A.因A、B兩物體的質(zhì)量不相等，若"行"小則有兩物體所受的滑動摩擦力大小不相等，則A、B

組成的系統(tǒng)所受的合外力不是零，A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒，由牛頓第三定律可知，平板小車C受的

合外力不是零，因A對C向左滑動摩擦力小于B對C向右滑動摩擦力，小車C向右運(yùn)動，A錯誤；

B.若A、B、C組成的系統(tǒng)受合外力是零，則系統(tǒng)動量守恒，因A對C向左滑動摩擦力小于B對

C向右滑動摩擦力，C向右運(yùn)動，B正確

C.若〃A：〃戶2:1,又MA：wB=I：2,則有兩物體受滑動摩擦力大小相等，方向相反，即FfA=FfB，A、B組

成的系統(tǒng)所受的合外力是零，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，由牛頓第三定律可知，平板小車C受的合外力是

零，C不動，C正確；

D.若削:〃B=2:L又MI：MS=1：2,則有兩物體受摩擦力大小相等，方向相反，即6=小，A、B、C組

成的系統(tǒng)受合外力是零，系統(tǒng)動量守恒，平板小車C受的合外力是零，C不動，D錯誤。

故選BC?

11.（多選）（2023春?福建漳州?高二校考期中）一帶有半徑足夠大的光滑圓弧軌道的小車的質(zhì)量M=3kg,

小車靜止在光滑水平地面上，圓弧下端水平。有一質(zhì)量m=1kg的小球以水平初速度%=4m/s從圓弧下端

滑上小車，如圖所示，取水平向左為正方向。g=10m/s2,則（）

Mm

A.在小球滑到最高點(diǎn)的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒

B.小球沿圓弧軌道上升的最大高度為0.6m

C.小球離開小車時的速度為-2m/s

D.小球從滑上小車到離開小車的過程中對小車做的功為6J

【答案】BCD

【詳解】A.小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向受合外力是零，在豎直方向受合外力不是零，因此系統(tǒng)只在

水平方向動量守恒，A錯誤；

B.系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由動量守恒定律可得

mv0=mvj+MV2

系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

111

-TTIVQ=-mvl+]M諺+mgh

當(dāng)%=i；2時，mg/t最大，則有高度力最大，聯(lián)立解得

h,=0.6m

B正確；

C.設(shè)小球離開小車時的速度為小車的速度為口，取水平向左為正方向，系統(tǒng)在水平方向動量守恒和系

統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則有

mvQ=-mv3+MV4

171717

=2mv3+

聯(lián)立解得

v3=2m/s

v4=2m/s

小球的速度方向向右，是負(fù)值，因此C正確；

D.小球離開小車時小車在水平方向的速度為2m/s,由動能定理可得小球?qū)π≤囎龅墓?/p>

1,

W=-Mvl=6J

D正確。

故選BCDo

題組六、碰撞模型

12.（多選）（2023秋?甘肅?高三統(tǒng)考期末）2022年北京冬奧會前的最后一場全國性冰壺賽事全國冰壺冠軍

賽在黑龍江省滑冰館收官。如圖甲所示，質(zhì)量為20kg的黃壺靜止在大本營內(nèi)，運(yùn)動員用等質(zhì)量的紅壺撞擊

黃壺，兩壺發(fā)生正碰，碰后兩壺的加速度相等，若碰撞前后兩壺的速度一時間圖像如圖乙所示?關(guān)于冰壺

的運(yùn)動，下列說法正確的是（）

A.紅壺碰撞前后動量大小變化了14kg-m/s

B.碰撞后黃壺的加速度大小為0.3m/s2

C.黃壺運(yùn)動了3s停下

D.碰撞后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為1.5m

【答案】BC

【詳解】A.紅壺碰撞前后動量大小變化了

|Ap|=20x（1.2—0.3）kg-m/s=18kg-m/s

A錯誤；

B.黃壺的加速度大小為

0.3—0

a=——-——m/s9z=0.3m/s7z

B正確；

c.根據(jù)動量守恒

mv=mv1+mv2

代入圖中數(shù)據(jù)得，碰撞后黃壺的速度為

v2=0.9m/s

黃壺運(yùn)動時間為

C正確;

D.碰撞后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為兩壺碰撞后位移之差

0.9x(1+3)0.3x1

Xmax=-----2-----m-----2-m=1.65m

D錯誤。

故選BC?

13.（多選）（2023春?湖北十堰?高二哪西縣第一中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖甲所示，在光滑水平面上質(zhì)量分

別為mi和g的A、B兩小球發(fā)生正碰。圖乙為它們碰撞前后的位移一時間圖像。已知刑=0.1kg。由此可

以判斷（）

甲

A.m2-0.3kgB.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機(jī)械能

C.碰前B靜止，A向右運(yùn)動D.A與B發(fā)生非彈性碰撞

【答案】AC

【詳解】AC.根據(jù)位移一時間圖像的斜率表示速度，可知A、B兩小球碰前速度分別為

8

0

VA=-=4m/s,vB=

A、B兩小球碰后速度分別為

V'A=￡=-2m/s,v'B=—?=2m/s

根據(jù)動量守恒可得

7nlyA=mlv，A+m2v，B

聯(lián)立解得

m2=0.3kg

故AC正確;

BD.碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

AE=5m琢-:--mvB=x0.1x42J--x0.1x22J--x0.3x22J=0

乙l乙i乙2乙乙乙

可知A與B發(fā)生彈性碰撞，故BD錯誤。

故選AC,

題組七人船模型

14.（多選）（2023春?福建泉州?高二泉州七中校考期中）如圖所示，質(zhì)量為M=2,〃的小木船靜止在湖邊附近

的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出爪在船尾處有一質(zhì)量為機(jī)的鐵塊，將

彈簧壓縮后再用細(xì)線將鐵塊拴住，此時鐵塊到船頭的距離為L船頭到湖岸的水平距離x=彈簧原長遠(yuǎn)

小于L,將細(xì)線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運(yùn)動時受到水的阻力以及其它一切摩擦力，

重力加速度為g。下列判斷正確的有（）

A.鐵塊脫離木船后在空中運(yùn)動的水平距離為

B.鐵塊脫離木船時的瞬時速度大小為:住

37八

C.小木船最終的速度大小為!照

D.彈簧釋放的彈性勢能為喏

6/1

【答案】BD

【詳解】A.對船與鐵塊有

mxx—MX2=0

由于鐵塊到船頭的距離為L,則有

xt+x2=L

解得

2,1,

Xi=-L.x2=-L

鐵塊脫離木船后在空中運(yùn)動的水平距離為

112

x3=x2+x=~L+-L=-L

A錯誤；

B.鐵塊脫離木船后做平拋運(yùn)動，則有

2

h=1gt'X3=|L=Vjt

解得

B正確；

C.對船與鐵塊有

mv1—M=0

結(jié)合上述解得

C錯誤；

D.彈簧釋放的彈性勢能為

11

Ep+-Mvl

解得

Ep=b

D正確。

故選BDo

15.（多選）（2023春?陜西榆林?高二校考期中）如圖所示，一半圓槽滑塊的質(zhì)量為M,半圓槽半徑為R,滑

塊置于光滑水平桌面上，一質(zhì)量為m的小智能機(jī)器人（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于半圓槽的4端，在無線遙控器控制

下，機(jī)器人從半圓槽4端移動到B端，下面說法正確的是（）

A.機(jī)器人和滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒

B.滑塊運(yùn)動的距離是受

M+m

C.滑塊與小機(jī)器人運(yùn)動的水平距離之和為2R

D.小機(jī)器人運(yùn)動的位移是滑塊的W倍

【答案】BC

【詳解】A小機(jī)器人和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；

CD.小機(jī)器人和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小機(jī)器人從A端移動到B端的過程中，設(shè)小機(jī)器人

和滑塊在任意時刻的水平分速度大小分別為力和火，則

mVi=MV2

所以在整個過程中，二者的平均速度大小滿足

TTIV1=MV2

則二者水平位移大小（即運(yùn)動的水平距離）滿足

mx1=MX2

根據(jù)相對位移關(guān)系有

+%2=2R

即滑塊與小機(jī)器人運(yùn)動的水平距離之和為2凡且

/M

%2m

故C正確，D錯誤；

B.根據(jù)前面分析可得小機(jī)器人和滑塊移動的距離分別為

2MR

“M+m

2mR

故B正確。

故選BC。

題組八爆炸模型

16.（多選）（2023?江西上饒?統(tǒng)考二模）如圖所示，一輛質(zhì)量M=3kg的小車A靜止在光滑的水平面上，A

上有一質(zhì)量Tn=1kg的光滑小球B,將一左端固定于A上的輕質(zhì)彈簧壓縮并鎖定，此時彈簧的彈性勢能Ep=

6J,B與A右壁距離為/。解除鎖定，B脫離彈簧后與A右壁碰撞并被粘住，下列說法正確的是（）

1Br*—*T

〃〃◎〃〃，〃〃〃〃〃〃〃￡?〃：

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

A.B脫離彈簧時，A的速度大小為lm/s

B.B和A右壁碰撞并被粘住的過程中，A右壁對B的沖量大小為3N?s

C.整個過程B移動的距離為0.25/

D.B碰到A右壁前瞬間，A與B的動量相同

【答案】AB

【詳解】A.B脫離彈簧時，由動量守恒和能量關(guān)系

—mv2=0

11

2M時9+2mv29=Ep

解得A的速度大小為

%=lm/s

B的速度大小為

v2=3m/s

選項(xiàng)A正確；

B.B和A右壁碰撞并被粘住時，AB的速度均變?yōu)榱?，則由動量定理A右壁對B的沖量大小為

/=mv2=3N-s

選項(xiàng)B正確；

C.整個過程由動量守恒

Mlr—ml2=0

其中

k+，2=，

解得B移動的距離為

12=0.75/

選項(xiàng)C錯誤；

D.B碰到A右壁前瞬間，A與B的動量大小相等，方向相反，選項(xiàng)D錯誤。

故選AB。

題組九實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動量守恒定律

17.（2021春?新疆塔城?高二沙灣縣第一中學(xué)期中）某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌上滑塊間的碰撞來尋找物體相互作

用過程中的“不變量”，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，實(shí)驗(yàn)過程如下（“十、一”表示速度方向）：

~~

實(shí)驗(yàn)1使加/=m2=0.25kg,讓運(yùn)動的"〃碰靜止的〃72，碰后加/、加2一起運(yùn)動。數(shù)據(jù)如表1。

表2

碰前碰后

滑塊mi滑塊m2滑塊〃〃滑塊加2

速度W(m-s-1)+0.1400+0.069+0.069

根據(jù)這個實(shí)驗(yàn)可推知，在誤差允許范圍內(nèi)：

（1）碰前物體的速度（填“等于”或“不等于“）碰后物體速度的矢量和；

（2）碰前物體的動能（填“等于”或“不等于"）碰后物體動能的和；

（3）碰前物體的質(zhì)量相與速度u的乘積小丫（填“等于”或“不等于"）碰后物體的質(zhì)量小與速度v

的乘積7HV的矢量和。

實(shí)驗(yàn)2使2,77/=,“2=0.5kg,讓運(yùn)動的如碰靜止的〃?2，碰后加、”22分開。數(shù)據(jù)如

表2

碰前碰后

滑塊如滑塊m2滑塊m]滑塊機(jī)2

速度v/(m-s-1)+0.1200-0.024+0.070

根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可推知，在誤差允許范圍內(nèi)：

（1）碰前物體的速度（填“等于”或“不等于“）碰后物體速度的矢量和；

（2）碰前物體的動能（填“等于”或“不等于“）碰后物體動能的和；

（3）碰前物體的質(zhì)量相與速度u的乘積加丫（填“等于”或“不等于"）碰后物體的質(zhì)量機(jī)與速度v

的乘積mv的矢量和。

（4）還進(jìn)行了其他情景的實(shí)驗(yàn)，最終在實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)的“不變量”是。

（5）在“探究碰撞中的不變量”實(shí)驗(yàn)中，關(guān)于實(shí)驗(yàn)結(jié)論的說明，正確的是。

A.只需找到一種情景的“不變量”即可，結(jié)論對其他情景也同樣適用

B.只找到一種情景的“不變量''還不夠，其他情景未必適用

C.實(shí)驗(yàn)中要尋找的“不變量”必須在各種碰撞情況下都不改變

D.進(jìn)行有限次實(shí)驗(yàn)找到的“不變量”，具有偶然性，結(jié)論還需要檢驗(yàn)。

【答案】等于不等于等于不等于不等于等于相互作用的物體的質(zhì)量

與速度乘積的矢量和BCD

【詳解】實(shí)驗(yàn)碰后物體速度的矢量和為

0.069m/s+0.069m/s=0.138m/s

所以碰前物體的速度不等于碰后物體速度的矢量和。

(2)[2]碰前物體的動能為

1,

&=2nlix0.142=0.0098恤

碰后物體的動能為

1

E'k=](7nl+7n2)x0.0692?0.00487711

碰前物體的動能不等于碰后物體動能的和。

(3)[3]碰前物體的質(zhì)量〃?與速度v的乘積為

mv=0.14叫

碰后物體的質(zhì)量m與速度v的乘積mv的矢量和為

m'v'=(m1+m2)x0.069=0.138nli

二者在誤差允許的范圍內(nèi)是相等的。

實(shí)驗(yàn)2(1)[4]碰后物體速度的矢量和為

-0.024m/s+0.070m/s=0.046m/s

所以碰前物體的速度不等于碰后物體速度的矢量和。

(2)[5]碰前物體的動能為

1

Ek=X0.1227—0.0072m1

碰后物體的動能為

11

22

E'k=-niix0.024+-m2x0.070=0.00527711

碰前物體的動能不等于碰后物體動能的和。

(3)[6]碰前物體的質(zhì)量m與速度v的乘積為

mv=0.12m1

碰后物體的質(zhì)量m與速度v的乘積mv的矢量和為

m'v'=x(—0.024)+m2x0.070=0.116啊

二者在誤差允許的范圍內(nèi)是相等的。

(4)⑺相互作用的物體的質(zhì)量與速度乘積的矢量和。

(5)[8]實(shí)驗(yàn)中要尋找的“不變量”必須在各種碰撞情況下都不改變，進(jìn)行有限次實(shí)驗(yàn)找到的“不變量”，具有偶

然性，結(jié)論還需要檢驗(yàn)。故選BCD。

18.（2020秋.江蘇?高二統(tǒng)考期末）（1）在做“碰撞中的動量守恒”實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)裝置如圖I所示，斜槽固定

在鐵架臺上，使槽的末端水平，讓一個小球（入射小球）從斜槽上滾下，跟放在斜槽末端的另一個小球（被

碰小球）發(fā)生正碰，入射小球的質(zhì)量應(yīng)__________被碰小球的質(zhì)量（填"大于”、“等于”或"小于”），可以用

小球飛出的水平距離代表小球碰撞前后的速度是因?yàn)椋?/p>

圖1

ABCDE

17.12->|*-13.75-4(-11.40->|(cm)

乙

圖2

（2）某同學(xué)設(shè)計了一個用打點(diǎn)計時器驗(yàn)證動量守恒定律的實(shí)驗(yàn)：在小車A的前端粘有橡皮泥，推動小車A

使之作勻速運(yùn)動，然后與原來靜止在前方的小車B相碰并粘合成一體，繼續(xù)作勻速運(yùn)動。他設(shè)計的具體裝

置如圖2甲所示，在小車A后連著紙帶，電磁打點(diǎn)計時器電源頻率為50Hz,長木板下墊著小木塊用以平衡

摩擦力。

（?）若己得到打點(diǎn)紙帶如圖2乙，并測得各計數(shù)點(diǎn)間距標(biāo)在圖上，4為運(yùn)動起始的第一點(diǎn)，則應(yīng)選

段來計算A的碰前速度，應(yīng)選段來計算A和B碰后的共同速度（以上兩格填“4B”

或“BC”或“CD”或“DE”），原因是。

(b)已測得小車A的質(zhì)量Tn】=0.40kg,小車B的質(zhì)量m?=0.20kg。由以上測量結(jié)果可得：碰前總動量

=kg-m/s,碰后總動量=kg-m/s。

【答案】大于見解析BCDEBC,OE段是均勻的0.680.68

【詳解】為了防止入射小球反彈，入射小球的質(zhì)量應(yīng)該大于被碰小球的質(zhì)量。

⑵由平拋規(guī)律得

12

hk=29t

x—vot

解得

2h

x=v——

0口

可知，高度一定時，水平位移與水平初速度成正比。所以可以用小球飛出的水平距離代表小球碰撞前后的

速度。

(2)[3][4][5]碰撞前，BC段是均勻的，所以選擇8c段來計算A的碰前速度。碰撞后，段是均勻的，所以

選擇力E段來計算A和B碰后的共同速度。

⑹由于計數(shù)點(diǎn)之間有5個計時點(diǎn)，所以計數(shù)點(diǎn)之間的時間間隔為

T=5x0.02s=0.1s

A碰前速度為

Xpr

v=-y-=1.71m/s

碰前總動量為

p=mxvx0.68kg?m/s

[7]A和B碰后的共同速度為

v'==1.14m/s

碰后總動量為

p'=(nii+m2)v'as0.68kg?m/s

題組十利用動量守恒定律解決多過程問題

19.(2023?福建莆田?統(tǒng)考模擬預(yù)測)如圖所示，質(zhì)量為km的木板靜止在足夠大的光滑水平地面上，質(zhì)量為

m的滑塊靜止在木板的左端。質(zhì)量為m的子彈以大小為孫的初速度射入滑塊，子彈射入滑塊后未穿出滑塊，

且滑塊恰好未滑離木板。滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度大小為g,子彈與滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)，

不計子彈射入滑塊的時間。求：

(I)木板最終的速度大小V；

(2)木板的長度L；

(3)滑塊在木板上相對木板滑動的過程中系統(tǒng)克服摩擦力做功(產(chǎn)生熱量)的平均功率P。

v0

工□_______________

【詳解】(1)設(shè)子彈射入滑塊后瞬間子彈和滑塊的共同速度大小為力，根據(jù)動量守恒定律有

mvQ=2mv1

解得

根據(jù)動量守恒定律有

2mv1=(k+2)mv

(2)對滑塊在木板上相對木板滑動的過程，根據(jù)功能關(guān)系有

8(k+2)〃g

(3)滑塊在木板上相對木板滑動的過程中系統(tǒng)克服摩擦力做的功

W=〃?2mgL

設(shè)滑塊在木板上相對木板滑動時木板的加速度大小為小對木板，根據(jù)牛頓第二定律有

〃-2mg=krrta

設(shè)滑塊在木板上相對木板滑動的時間為，，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律有

v—at

又由于

解得

「=也絆

20.(2023?遼寧?模擬預(yù)測)如圖所示，粗糙水平軌道與光滑弧形軌道。E相切于Q點(diǎn)，輕質(zhì)彈簧左端固定，

右端放置一個質(zhì)量〃?=1.0kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A,當(dāng)彈簧處于原長時，小球A靜止于。點(diǎn)?，F(xiàn)對小球A施

加水平向左的外力F,使它緩慢移動壓縮彈簧至P點(diǎn)，在該過程中，外力尸與彈簧壓縮量x的關(guān)系為：F=

fcx+2(N),其中A為未知常數(shù)。釋放小球A,其沿桌面運(yùn)動與放置于。點(diǎn)質(zhì)量也為1.0kg的小球B發(fā)生彈

性碰撞，撞后小球B沿弧形軌道上升的最大高度為h=0.2m。己知OP的距離為x=0.5m,。。的距離為L=

1.0m,水平軌道阻力一定，重力加速度取g=10m/s2o求：

(1)小球A與小球B第一次碰撞后瞬間小球B的速度大?。?/p>

(2)在壓縮彈簧過程中，彈簧存貯的最大彈性勢能；

(3)小球A最終靜止時的位置。

【答案】(1)2m/s；(2)5.0J：(3)停在。點(diǎn)

【詳解】(1)小球B在上沖過程中有

1,

2mve=mgh

解得

vB=2m/s

(2)小球A和B在碰撞過程有

mv0=mvA+mvB

11,1

2mvo2=2mvA+2mvB2

解得

v0=2m/s

vA=Om/s

由題可知

戶2N

物塊A由P至。過程有

1,

Ep=f(.x+Q+-mv1

解得

Ep=5.0J

(3)小球B滑下與A碰撞后，B靜止，A的速度大小為

V'A=2m/s

小球A在向左滑行過程有

1?

z

-fs=0--mvA

解得

s=Im

故小球A停在。點(diǎn)。

21.(2。22秋?江蘇蘇州?高二階段練習(xí))如圖所示,質(zhì)量為m的小車靜止在光滑水平面上,距其右端點(diǎn)處有

一彈性擋板，在其左端的正上方L處有一固定景點(diǎn)，通過長為L的細(xì)繩懸掛一質(zhì)量為2根的小滑塊，細(xì)繩能

承受的最大拉力為滑塊重力的3.25倍，把細(xì)繩水平拉直并給小滑塊一個豎直向下的初速度，當(dāng)小滑塊到達(dá)

最低點(diǎn)時，細(xì)繩恰好被拉斷，小滑塊滑上小車，滑塊和小車間的動摩擦因數(shù)為〃，小車與擋板碰撞過程時間

極短，碰后小車速度大小不變，滑塊沒有從小車上滑下，求

(1)小滑塊的初速度大小氣和細(xì)線拉斷瞬間小滑塊的速度大小V；

(2)第一次碰撞過程中擋板對小車的沖量；