資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第17講　動量定理　動量守恒定律
目錄
[基礎過關] 2
一、動量和動量定理 2
二、動量守恒定律 2
三、碰撞 2
[命題點研究] 3
命題點一　動量定理的理解和應用 3
命題點二　動量守恒定律的理解和應用 6
命題點三　碰撞問題 9
[課時訓練] 11
[考試標準]
知識內容 考試要求 說明
動量和動量定理 c 1.運用動量定理計算時，只限于一個物體、一維運動和一個過程． 2.運用動量定理計算時，不要求涉及連續介質． 3.只要求解決一維運動中簡單的動量守恒問題． 4.只要求解決兩個物體構成的系統相互作用一次的動量守恒問題． 5.運用動量守恒定律計算時，不要求涉及相對速度． 6.運用動量守恒定律計算時，不要求涉及平均速度． 7.運用動量守恒定律計算時，不要求涉及變質量問題． 8.綜合應用動量、能量進行計算時，不要求聯立方程求解． 9.不要求定量計算反沖問題.
動量守恒定律 c
碰撞 d
反沖運動　火箭 b
[基礎過關]
一、動量和動量定理
1．動量
物體的質量與速度的乘積為動量，即p＝mv，單位是kg·m/s.動量是描述物體運動狀態的物理量，是矢量，其方向與速度的方向相同．
2．沖量
力與力的作用時間的乘積叫做力的沖量，即I＝F·t，沖量是矢量，其方向與力的方向相同，單位是N·s.
3．動量定理
物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量，即p′－p＝I.適用于單個物體或多個物體組成的系統．
二、動量守恒定律
1．適用條件
(1)系統不受外力或所受外力的合力為零，不是系統內每個物體所受的合力都為零，更不能認為系統處于平衡狀態．
(2)近似適用條件：系統內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力．
(3)如果系統在某一方向上所受外力的合力為零，則系統在該方向上動量守恒．
2．動量守恒定律的不同表達形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的總動量等于作用后的總動量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系統總動量的增量為零．
三、碰撞
1．碰撞
碰撞是指物體間的相互作用持續時間很短，而物體間相互作用力很大的現象．
2．特點
在碰撞現象中，一般都滿足內力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統動量守恒．
3．分類
動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 守恒
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失最大
四、反沖運動　火箭
1．反沖現象
(1)如果一個靜止的物體在內力作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反方向運動．
(2)反沖運動中，相互作用力一般較大，通常可以用動量守恒定律來處理．
(3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的機械能增加．
2．火箭
(1)工作原理：利用反沖運動．火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾噴管迅速噴出時，使火箭獲得巨大的反作用力．
(2)設火箭在Δt時間內噴射燃氣的質量是Δm，噴出燃氣的速度大小是u，噴出燃氣后火箭的質量是m，則火箭獲得的速度大小v＝.
[命題點研究]
命題點一　動量定理的理解和應用
1．理解
(1)物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越小．
(2)物體受到的作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化量越大；力的作用時間越短，動量變化量越小．
2．應用
(1)應用I＝Δp求變力的沖量．
(2)應用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化量．
(3)應用動量定理解題的步驟
①確定研究對象．
②進行受力分析：分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力．
③分析運動過程，選取正方向，確定初、末狀態的動量以及整個過程合力的沖量．
④列方程：根據動量定理列方程求解．
（2022秋 余杭區期末）快遞運輸時，有些易損壞物品外面都會利用充氣袋進行包裹，這種做法的優點是在顛簸過程中可以減小（　　）
A．物品所受合力的沖量
B．物品動量的變化
C．物品動量變化的時間
D．物品動量對時間的變化率
（2023 全國）兩個質量相等的小球P和Q位于同一高度，它們以相同大小的速度分別拋出，P做平拋運動，Q做豎直下拋運動，則（　　）
A．P落地時的動量大小小于Q落地時的動量大小
B．P落地時的動量大小大于Q落地時的動量大小
C．在各自從拋出到落地時間內，P所受重力沖量的大小比Q的大
D．在各自從拋出到落地時間內，P所受重力沖量的大小比Q的小
（2023 寧波二模）如圖所示，某人用水管沖洗豎直墻面，水龍頭的流量（單位時間流出水的體積）可視為一定，水管的入水口與水龍頭相連接，水從出水口水平出射，水打到墻面后不反彈順墻面流下。若用手擠壓出水口，使出水口的橫截面積變為原來的一半，則被水流沖擊部分的墻面所受壓強約為原先的多少倍（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
（2023 鎮海區校級模擬）發光實心彈力球因其彈性好深受小朋友喜愛。一小朋友將彈力球（可視為質點）拋出，落到水平面（足夠大）上前瞬間的速度大小為v0，與水平方向夾角α＝37°。彈力球與水平面碰撞的過程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、彈力的大小等于其重力的2倍。設每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變，不計空氣阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g。則彈力球（　　）
A．第1次碰后離開水平面瞬間，速度方向與水平面間的夾角大于45°
B．第2、3次落地點間的距離為
C．與水平面碰撞4次后停止運動
D．與水平面碰撞過程中受到合力的沖量保持不變
（2023 鎮海區校級模擬）如圖甲所示，“復興號”高速列車正沿直線由靜止駛出火車站，水平方向的動力F隨運動時間t的變化關系如圖乙所示。t＝400s后，列車以288km/h的速度做勻速直線運動，已知列車所受阻力大小恒定。則下列說法正確的是（　　）
A．前400s，列車做勻減速直線運動
B．列車所受阻力的大小為3.0×106N
C．根據已知條件可求出列車的質量為1.0×107kg
D．在t＝400s時，列車牽引力的功率為8.0×104kW
（2023 杭州一模）現代都市高樓林立，高樓出現火情需要一種高架水炮消防車。如圖所示，某樓房的65m高處出現火情，高架水炮消防車正緊急滅火中。已知水炮炮口與樓房間距為15m，與地面距離為60m，水炮的出水量為3m3/min，水柱剛好垂直打入受災房間窗戶。則（　　）
A．地面對消防車的作用力方向豎直向上
B．水炮炮口的水流速度為10m/s
C．水泵對水做功的功率約為 3.8×104W
D．若水流垂直沖擊到窗戶玻璃后向四周流散，則沖力約為1500N
命題點二　動量守恒定律的理解和應用
1．適用條件
(1)前提條件：存在相互作用的物體組成的系統．
(2)理想條件：系統不受外力．
(3)實際條件：系統所受合外力為0.
(4)近似條件：系統內各物體間相互作用的內力遠大于系統所受的外力．
(5)方向條件：系統在某一方向上滿足上面的條件，則在此方向上動量守恒．
2．解題步驟
(1)明確研究對象，確定系統的組成(系統包括哪幾個物體及研究的過程)；
(2)進行受力分析，判斷系統動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；
(3)規定正方向，確定初、末狀態動量；
(4)由動量守恒定律列出方程；
(5)代入數據，求出結果，必要時討論說明．
（2023 金華模擬）擲冰壺又稱冰上溜石，是以隊為單位在冰上進行的一種投擲性競賽項目，被大家喻為冰上的“國際象棋”，是冬奧會比賽項目。在某次冰壺比賽中，運動員利用紅壺去碰撞對方靜止的藍壺，兩者在大本營中心發生對心碰撞，如圖（b）所示。碰撞前后兩壺做直線運動的v﹣t圖線如圖（c）中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質量相等，則（　　）
A．兩壺發生了彈性碰撞
B．碰后藍壺的速度可能為0.9m/s
C．碰后藍壺移動的距離為2m
D．碰后紅壺還能繼續運動2s
（2023 金華一模）長春某特警支隊的2019年反恐演練出現了一款多旋翼查打一體無人機，該無人機是中國最先進的警用12旋翼無人機，裝備有攻擊性武器，適合執行對高價值目標的斬首行動。假設該無人機與微型導彈的總質量為M，旋翼啟動后恰能懸停在離水平地面高為H的空中，向前方以水平速度v發射一枚質量為m的微型導彈，假設無人機豎直方向獲得的升力大小保持不變，機身始終保持水平，不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法正確的是（　　）
A．發射微型導彈后，無人機將做勻變速直線運動
B．發射出微型導彈瞬間，無人機后退速度大小為
C．微型導彈落地時，無人機離地高度為
D．微型導彈落地時，無人機與導彈落地點的水平距離為
（2023 浙江模擬）春節剛過，煙花的美景仍印象深刻。放煙花時煙花彈由發射筒底部火藥引燃獲得初速度，豎直向上運動到最高點時炸開，如圖是煙花燃放時的圖景，其中P、Q分別為兩塊碎片的徑跡，假設兩塊碎片在煙花彈炸開時同時斜向上拋出，初速度大小vP＝vQ，初速度與水平方向的夾角θP＞θQ，不計空氣阻力，下列表述正確的是（　　）
A．煙花彈“發射”過程動量守恒
B．在空中運動過程中，P、Q兩塊碎片的速度變化率相同
C．P、Q兩塊碎片上升到最高點時速度都為零
D．P、Q兩塊碎片從炸開到上升到最高點的過程，運動的時間相等
（2023 杭州一模）如圖所示，光滑曲線軌道BC分別與豎直軌道AB、粗糙水平地面CD平滑連接，CD右端與光滑半圓軌道DE平滑連接，半圓軌道直徑為2R。CD長為l＝2R，豎直軌道的最高點A與地面高度差h＝2R。質量為m的小滑塊P從A點靜止釋放，之后在D點與靜止放置在該處的小滑塊Q發生碰撞，碰撞過程機械能損失不計。已知小滑塊Q的質量也為m，物體Q被撞后的瞬間對軌道的壓力突然增大了2mg。已知重力加速度為g。
（1）求水平軌道的動摩擦因數μ；
（2）如果小滑塊P的質量變為km（k為正數），如果要求小滑塊Q在半圓軌道DE段運動過程中沒有脫離圓弧（設碰撞后P立即拿走，不發生兩次碰撞），求k的取值范圍；
（3）在第（2）問中，發現小滑塊Q經過E點落到曲線軌道BC上任意一點的動能均與落到C點的動能相同，以D點為坐標原點，向右為x軸、向上為y軸建立坐標系，求曲線軌道BC在坐標系中的方程（寫成y＝f（x）的形式）。
（2023 麗水二模）有一游戲裝置，在光滑水平面AC上安裝一彈簧發射架，已知AB為彈簧原長，彈力做功W與壓縮量Δx的關系為，彈簧勁度系數k＝80N/m，壓縮量Δx可調，斜面CD的傾角為θ＝53°，長為L1＝2m。質量m＝0.05kg的物塊P被彈簧彈出，經過C點時速度大小不變，物塊P與斜面CD間的動摩擦因數。斜面在D點處與半徑R＝0.40m的光滑圓形軌道相切連接，圓軌道的最低點E與水平軌道EF相切連接，EF軌道與CD斜面略錯開。質量為M＝0.15kg的物塊Q放在距離E點L2＝1.60m的G點處，兩物塊與水平軌道EF的動摩擦因數均為，緊靠F點右側下方有一距EF為h＝0.80m的平臺，平臺足夠長。物塊P與物塊Q碰撞后粘在一起向前運動，整個運動過程中兩物塊均可看成質點。
（1）若壓縮量Δx＝5cm，求物塊P第一次到達C點時的速度大小；
（2）若物塊P恰好能過圓軌道最高點，則物塊P通過圓軌道最低點E時對軌道的壓力；
（3）若物塊P不脫離軌道且能夠撞上物塊Q，Δx至少為多少？
（4）若物塊P恰好能過圓軌道最高點，G點右側軌道長度s可調，則s多大時兩物塊在平臺上的落點與E點水平距離最遠？水平最遠距離為多少？
命題點三　碰撞問題
1．碰撞遵循的三條原則
(1)動量守恒定律
(2)機械能不增加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大(或相等)．
②相向碰撞：碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變．
2．彈性碰撞討論
(1)滿足動量守恒和機械能守恒
(2)“一動碰一靜”模型中，兩物體發生彈性正碰后的速度滿足：
v1＝v0，v2＝v0.
當兩物體質量相等時，兩物體碰撞后交換速度．
(3)含有彈簧的系統的動量守恒問題，從本質上看，屬于一種時間較長的彈性碰撞．在作用的過程中，當彈簧被壓縮至最短或拉伸至最長時，系統內各個物體具有共同的速度，而此時彈簧的彈性勢能最大．
（2020 浙江模擬）如圖所示，質量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置。現有一質量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則當木塊回到A位置時的速度的大小v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為（　　）
A．v，I＝0
B．v，I＝2mv0
C．v，I
D．v，I＝2mv0
（2020 寧波模擬）如圖（甲）所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x。現讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B，如圖（乙）所示，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則（　　）
A．A物體的質量為2m
B．A物體的質量為4m
C．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為m
D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為m
（2023 寧波一模）如圖所示，足夠長的粗糙水平軌道ab、光滑水平軌道cd和足夠長的粗糙傾斜軌道de在同一豎直平面內，斜面傾角為37°，cd和de平滑連接。在ab的最右端靜止一個質量M＝4kg的木板，其高度與cd等高，木板與軌道ab間動摩擦因數μ1＝0.05，質量mQ＝1kg的滑塊Q靜止在cd軌道上的某點，在de軌道上距斜面底端L＝8m處靜止釋放一質量mP＝3kg的滑塊P，一段時間后滑塊P與Q發生彈性正碰，碰撞時間忽略不計，P與Q碰撞開始計時，1s末Q滑上長木板，3s末Q從木板上飛出（落地點離木板足夠遠）。已知P、Q與斜面和木板間的動摩擦因數均為μ2＝0.25，滑塊P、Q均當作質點，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）滑塊P在傾斜軌道de上運動的加速度大小；
（2）木板的長度；
（3）P、Q與木板間產生的總熱量。
（2023 溫州三模）溫州市開展一項趣味文體活動，此項活動的裝置簡化為如圖所示，豎直面上固定著一段內壁光滑、半徑為R＝0.5m的細圓管BP，O為圓心，θ＝37°，光滑水平地面上有一質量M＝0.4kg的木板，木板上表面與管口底部在同一水平線上，木板的左、右方都有一臺階，其高度正好與木板高度相同。現一可視為質點、質量m＝0.2kg的小物塊從左方臺階A處以v0＝10m/s的速度水平向右滑上木板，使木板從靜止開始向右運動，當木板速度為2m/s時，木板與右邊臺階碰撞并立即被粘住，同時物塊離開木板從B點進入細圓管。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）物塊在木板上滑動過程中產生的熱量；
（2）物塊滑到圓細管出口P處時受到細圓管彈力的大小；
（3）在距離圓心O點正上方多高處的C點放置接收槽能收到從P點飛出的物塊恰好水平向左打入接收槽；
（4）若增大滑塊的初速度v0，為了使從P點飛出的滑塊仍能恰好水平向左打入接收槽，則接收槽放置的位置C點跟P點的連線與水平方向的夾角應滿足什么條件。
（2023 臺州二模）如圖所示，在水平面上靜置一質量M＝450g的滑塊，滑塊上表面是一個半徑R＝0.2m的四分之一圓弧，圓弧最低點A與水平地面相切。現給質量m＝50g的小球一個大小v0＝4m/s的水平初速度，小球經B點離開滑塊時，隨即撤去滑塊。小球于C點第一次著地，小球每次與地面碰撞前后，水平速度保持不變，豎直速度大小減半，方向反向。A點始終與地面接觸，忽略小球通過各軌道連接處的能量損失，不計一切摩擦和空氣阻力，求：
（1）小球剛運動到滑塊最低點A時，對滑塊的壓力；
（2）小球離開滑塊后所能到達的最大高度；
（3）要使小球能水平進入接收器最低點P，P與C間的最小距離為多大。
[課時訓練] 一．選擇題（共10小題）
1．（2023 鎮海區模擬）如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法正確的是（　　）
A．男孩和木箱組成的系統機械能守恒
B．小車與木箱組成的系統動量守恒
C．男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒
D．小孩推力的沖量小于木箱的動量的變化量
2．（2023 沈河區校級模擬）某次冰壺運動訓練中，甲壺與靜止的乙壺發生正碰。已知冰面粗糙程度處處相同，不計空氣阻力，兩壺完全相同且均可視為質點，碰撞時間極短可不計，碰撞前、后兩壺運動軌跡始終在同一水平直線上。從開始碰撞到兩壺都靜止過程中，測得乙壺位移是甲壺位移的k倍，則（　　）
A．k＜1
B．k值越大，兩壺碰撞過程中損失機械能越大
C．k值越大，兩壺碰撞過程中損失機械能越小
D．碰撞后瞬時，乙壺速度為零
3．（2023 長沙二模）如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平沖上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去，若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說法不正確的是（　　）
A．小球的質量為
B．小球運動到最高點時的速度為
C．小球能夠上升的最大高度為
D．若a＞b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運動
4．（2023 福田區校級模擬）如圖所示，一同學練習使用網球訓練器單人打回彈，網球與底座之間有一彈性繩連接，練習過程中底座保持不動。該同學將網球拋至a處用球拍擊打，b是軌跡上的最高點，a至c處彈性繩始終處于松弛狀態，d處彈性繩已經繃緊并撞在豎直墻壁上，不計空氣阻力。則（　　）
A．a處網球拍給網球的沖量沿水平方向
B．拍打后a到c過程中網球動量變化量方向豎直向下
C．c到d過程中網球受到的沖量方向豎直向下
D．d處反彈后網球做平拋運動
5．（2023 雁塔區校級三模）如圖所示，質量為m的長木板B放在光滑的水平面上，質量為的木塊A放在長木板的左端，一顆質量為的子彈以速度v0射入木塊并留在木塊中，當木塊滑離木板時速度為，木塊在木板上滑行的時間為t，則下列說法錯誤的是（　　）
A．木塊獲得的最大速度為
B．木塊滑離木板時，木板獲得的速度大小為
C．木塊在木板上滑動時，木塊與木板之間的滑動摩擦力大小為
D．因摩擦產生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動能之差
6．（2023 秀山縣校級模擬）圖為丁俊暉正在準備擊球，設丁俊暉在某一桿擊球過程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5kg m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變為P'B＝4kg m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是（　　）
A． B． C．mB＝2mA D．mB＝5mA
7．（2023 天河區校級三模）如圖所示，用火箭發射人造地球衛星。當最后一節火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛星一起以v0的速度繞地球做勻速圓周運動。某時刻火箭殼體與衛星分離，分離后瞬間，衛星速度增大，則（　　）
A．分離前衛星所受重力為0
B．分離前后衛星和火箭殼的動量守恒
C．v0可能等于8km/s
D．分離后衛星不可能在原來的軌道上運動
8．（2023 青島模擬）如圖，某中學航天興趣小組在一次發射實驗中將總質量為M的自制“水火箭”靜置在地面上。發射時“水火箭”在極短時間內以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的水。已知火箭運動過程中所受阻力與速度大小成正比，火箭落地時速度為v，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．火箭的動力來源于火箭外的空氣對它的推力
B．火箭上升過程中一直處于超重狀態
C．火箭獲得的最大速度為
D．火箭在空中飛行的時間為
9．（2023 佛山模擬）2022年10月12日，“天宮課堂”第三課在距地高度約380km的空間站里開講，授課中地面傳輸中心調用兩顆地球同步衛星“天鏈一號”03星和“天鏈一號”01星，為空間站提供天基測控和數據中繼服務，如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．“天鏈一號”01星的線速度小于空間站的線速度
B．空間站繞地球轉動半周，所受萬有引力的沖量為0
C．“天鏈一號”03星和空間站與地心連線每秒掃過的面積相等
D．“天鏈一號”01星和03星的速度相同
10．（2023 思明區校級模擬）如圖1所示，一兒童站在平板小車中間，與小車一起沿水平地面勻速向右運動，兒童突然走向小車一端，此過程兒童和小車的速度一時間關系如圖2所示，不計地面的摩擦。以下說法正確的是（　　）
A．兒童的質量小于小車的質量
B．兒童走向小車左端
C．兒童和小車的總動能減少
D．小車對兒童的沖量方向水平向右
二．計算題（共2小題）
11．（2023 浙江二模）如圖所示，水平傳送帶的左端與斜面AB末端連接，另一端與光滑水平軌道CM連接，M端連接半圓形光滑圓弧軌道MPN，圓弧半徑R＝1.6m，在豎直面MN的右側（包括M、N點）存在豎直向上的勻強電場，電場強度。一帶正電金屬滑塊a質量為m＝0.1kg，電量為q，從斜面AB上高h＝3m處由靜止開始下滑，運動到CM上某位置與另一完全相同的不帶電金屬滑塊b發生碰撞后結合在一起，形成結合體c。已知斜面、傳送帶、軌道均絕緣，滑塊與AB斜面之間的動摩擦因數μ1＝0.3，與傳送帶之間的動摩擦因數μ2＝0.2，斜面傾角θ＝37°，傳送帶長為5m，CM長為2m，滑塊a、b及結合體c均可視為質點，不計滑塊在B點的能量損失，重力加速度g＝10m/s2.
（1）求滑塊a到達B點時的速度大小；
（2）若傳送帶逆時針轉動的速度v＝2m/s，求結合體c到達N點時對軌道的壓力；
（3）以M點為坐標原點，向左為正方向建立x軸，改變傳送帶的速度大小和方向，求結合體c通過圓弧軌道后從N點平拋到x軸上的落點坐標與傳送帶速度的關系。
12．（2022 浙江三模）如圖所示，水平傳送帶AB長L＝4m，其左右兩側為與傳送帶緊鄰的等高水平面。其中右側粗糙水平面長s＝2m。甲乙兩物塊（可視為質點）靜止在緊靠B點右側的水平面上，兩物塊間夾有一原長可以忽略的輕質彈簧，開始時彈簧處于壓縮狀態并鎖定。在C點右側有一半徑R＝0.08m且與BC平滑連接的光滑豎直半圓弧軌道CEF，在圓弧的最高點F處有一固定擋板，物塊撞上擋板后會原速率反彈。已知兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數均為μ1＝0.2，物塊乙與傳送帶右側水平面間的動摩擦因數μ2＝0.3，傳送帶以v＝5m/s順時針傳動，g＝10m/s2。
（1）若已知甲質量m1＝1kg，某一時刻彈簧解除鎖定，兩物體彈開后甲剛好能從A點離開傳送帶，求傳送帶克服摩擦力做的功；
（2）在第（1）問基礎上，若兩物體彈開后乙剛好可以到達F點，求彈簧的彈性勢能Ep0；
（3）若甲、乙質量均為m＝2kg，在彈簧解除鎖定并恢復至原長時立即取走甲物塊，乙在以后的運動過程中既不脫離軌道也不從A點離開傳送帶，求彈簧的彈性勢能Ep的取值范圍。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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第17講　動量定理　動量守恒定律
目錄
[基礎過關] 2
一、動量和動量定理 2
二、動量守恒定律 2
三、碰撞 2
[命題點研究] 3
命題點一　動量定理的理解和應用 3
命題點二　動量守恒定律的理解和應用 9
命題點三　碰撞問題 16
[課時訓練] 23
[考試標準]
知識內容 考試要求 說明
動量和動量定理 c 1.運用動量定理計算時，只限于一個物體、一維運動和一個過程． 2.運用動量定理計算時，不要求涉及連續介質． 3.只要求解決一維運動中簡單的動量守恒問題． 4.只要求解決兩個物體構成的系統相互作用一次的動量守恒問題． 5.運用動量守恒定律計算時，不要求涉及相對速度． 6.運用動量守恒定律計算時，不要求涉及平均速度． 7.運用動量守恒定律計算時，不要求涉及變質量問題． 8.綜合應用動量、能量進行計算時，不要求聯立方程求解． 9.不要求定量計算反沖問題.
動量守恒定律 c
碰撞 d
反沖運動　火箭 b
[基礎過關]
一、動量和動量定理
1．動量
物體的質量與速度的乘積為動量，即p＝mv，單位是kg·m/s.動量是描述物體運動狀態的物理量，是矢量，其方向與速度的方向相同．
2．沖量
力與力的作用時間的乘積叫做力的沖量，即I＝F·t，沖量是矢量，其方向與力的方向相同，單位是N·s.
3．動量定理
物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量，即p′－p＝I.適用于單個物體或多個物體組成的系統．
二、動量守恒定律
1．適用條件
(1)系統不受外力或所受外力的合力為零，不是系統內每個物體所受的合力都為零，更不能認為系統處于平衡狀態．
(2)近似適用條件：系統內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力．
(3)如果系統在某一方向上所受外力的合力為零，則系統在該方向上動量守恒．
2．動量守恒定律的不同表達形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的總動量等于作用后的總動量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系統總動量的增量為零．
三、碰撞
1．碰撞
碰撞是指物體間的相互作用持續時間很短，而物體間相互作用力很大的現象．
2．特點
在碰撞現象中，一般都滿足內力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統動量守恒．
3．分類
動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 守恒
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失最大
四、反沖運動　火箭
1．反沖現象
(1)如果一個靜止的物體在內力作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反方向運動．
(2)反沖運動中，相互作用力一般較大，通常可以用動量守恒定律來處理．
(3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的機械能增加．
2．火箭
(1)工作原理：利用反沖運動．火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾噴管迅速噴出時，使火箭獲得巨大的反作用力．
(2)設火箭在Δt時間內噴射燃氣的質量是Δm，噴出燃氣的速度大小是u，噴出燃氣后火箭的質量是m，則火箭獲得的速度大小v＝.
[命題點研究]
命題點一　動量定理的理解和應用
1．理解
(1)物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越小．
(2)物體受到的作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化量越大；力的作用時間越短，動量變化量越小．
2．應用
(1)應用I＝Δp求變力的沖量．
(2)應用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化量．
(3)應用動量定理解題的步驟
①確定研究對象．
②進行受力分析：分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力．
③分析運動過程，選取正方向，確定初、末狀態的動量以及整個過程合力的沖量．
④列方程：根據動量定理列方程求解．
（2022秋 余杭區期末）快遞運輸時，有些易損壞物品外面都會利用充氣袋進行包裹，這種做法的優點是在顛簸過程中可以減小（　　）
A．物品所受合力的沖量
B．物品動量的變化
C．物品動量變化的時間
D．物品動量對時間的變化率
【解答】解：ABC、充氣袋在運輸中起到緩沖作用，在某顛簸過程中，物體的動量變化量不變，由動量定理可知，充氣袋可以延長動量變化所用的時間，從而減小物體所受的合力，但不能改變合力的沖量，故ABC錯誤；
D．由動量定理I＝Ft＝Δp可知，F，故動量對時間的變化率即為物體所受的合力，由以上分析可知，小物體受到的沖擊力減小，故物品動量對時間的變化率減小，故D正確。
故選：D。
（2023 全國）兩個質量相等的小球P和Q位于同一高度，它們以相同大小的速度分別拋出，P做平拋運動，Q做豎直下拋運動，則（　　）
A．P落地時的動量大小小于Q落地時的動量大小
B．P落地時的動量大小大于Q落地時的動量大小
C．在各自從拋出到落地時間內，P所受重力沖量的大小比Q的大
D．在各自從拋出到落地時間內，P所受重力沖量的大小比Q的小
【解答】解：AB、設小球初速度大小為v0，拋出位置離地面高度為h，P小球落地的速度大小為vP，Q小球落地的速度大小為vQ，P小球做平拋運動，水平方向為勻速直線運動，落地時水平分速度vx＝v0
豎直方向為自由落體運動，落地時豎直分速度vy
則vP
Q小球做豎直下拋運動，根據勻變速直線運動位移—速度公式得：2gh
解得：vQ
則小球落地時速度大小相等，落地時的動量為p＝mv
則兩小球落地時動量大小相等，故AB錯誤；
CD、設P小球下落時間為tP，Q小球下落時間為tQ，P小球豎直方向為自由落體運動，有：h
解得：tP
Q小球做豎直下拋運動，有：h＝v0tQ
則tQ＜tP
兩小球所受沖量大小為I＝mgt
則P所受重力沖量的大小比Q的大，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2023 寧波二模）如圖所示，某人用水管沖洗豎直墻面，水龍頭的流量（單位時間流出水的體積）可視為一定，水管的入水口與水龍頭相連接，水從出水口水平出射，水打到墻面后不反彈順墻面流下。若用手擠壓出水口，使出水口的橫截面積變為原來的一半，則被水流沖擊部分的墻面所受壓強約為原先的多少倍（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
【解答】解：設單位時間內水的質量為Δm，選水流的初速度方向為正方向，根據動量定理可得：
﹣FΔt＝0﹣Δmv
結合壓強的計算公式可得：
當橫截面積變為原來的一半時，因為水龍頭的流量不變，即Q＝vS保持不變，所以水的流速變為原來的2倍，因為橫截面積變為原來的，所以壓強約為原來的4倍，故C正確。ABD錯誤；
故選：C。
（2023 鎮海區校級模擬）發光實心彈力球因其彈性好深受小朋友喜愛。一小朋友將彈力球（可視為質點）拋出，落到水平面（足夠大）上前瞬間的速度大小為v0，與水平方向夾角α＝37°。彈力球與水平面碰撞的過程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、彈力的大小等于其重力的2倍。設每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變，不計空氣阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g。則彈力球（　　）
A．第1次碰后離開水平面瞬間，速度方向與水平面間的夾角大于45°
B．第2、3次落地點間的距離為
C．與水平面碰撞4次后停止運動
D．與水平面碰撞過程中受到合力的沖量保持不變
【解答】解：A．將碰前、碰后的速度分解成水平和豎直方向的分速度，如下圖所示
由于每次碰撞前、后彈力球豎直方向的速度大小保持不變。以豎直向上為正方向，則在豎直方向上由動量定理可得
（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
設碰撞后彈力球沿水平方向速度為v'x，以水平向右為正方向，則水平方向根據動量定理可得
代入數據可得
v'x＝0.6v0
反彈后的夾角正切值為
tan
故速度方向與水平面間的夾角等于45°，故A錯誤；
B．小球在空中不受阻力作用，故根據運動的對稱性可知，小球在第二次與地面碰前的速度和第一次與地面碰后的速度相等。故同理可得，以豎直向上為正方向，在豎直方向上由動量定理可得（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
設第二次碰撞后彈力球沿水平方向速度為v''x，以水平向右為正方向，則水平方向根據動量定理可得
代入數據可得v“x＝0.4v0
小球從第二次碰撞后到與地面發生第三次碰撞前的過程中，在空中做斜上拋運動，故從第二次碰撞后運動至最高點所需時間為
水平方向做勻速直線運動，根據運動的對稱性可知，水平方向位移為x＝v″ 2t，故B正確；
C．根據以上分析結合題意可知，與水平面碰撞4次后，小球水平方向速度為零。但由于豎直方向上碰前和碰后速度大小不變，方向相反，且在空中運動過程中不考慮空氣阻力，故第四次碰后小球做豎直上拋運動，如此往復。即小球不可能停止，故C錯誤；
D．根據以上分析可知，在前四次碰撞過程中，小球在水平和豎直方向受力均不變，且小球與地面的碰撞時間均相等。故前四次碰撞過程中，每次碰撞時合力的沖量為，可知小球在前四次碰撞過程中合力的沖量相等，方向沿合力方向。但第四次碰撞后，小球水平方向速度為零，開始循環做豎直上拋運動。故在隨后的碰撞過程中，小球只受到豎直方向的作用力，且碰撞時間仍不變。故第四次后的碰撞過程中，小球所受合力的沖量為
I'＝Fy t
方向沿豎直方向，故與水平面碰撞過程中受到合力的沖量會發生改變，故D錯誤。
故選：B。
（2023 鎮海區校級模擬）如圖甲所示，“復興號”高速列車正沿直線由靜止駛出火車站，水平方向的動力F隨運動時間t的變化關系如圖乙所示。t＝400s后，列車以288km/h的速度做勻速直線運動，已知列車所受阻力大小恒定。則下列說法正確的是（　　）
A．前400s，列車做勻減速直線運動
B．列車所受阻力的大小為3.0×106N
C．根據已知條件可求出列車的質量為1.0×107kg
D．在t＝400s時，列車牽引力的功率為8.0×104kW
【解答】解：A．由F—t圖像可知在0～400s，列車的動力F在均勻減小，而由題可知列車所受的阻力大小恒定，因為列車在水平方向所受的合力F合＝F﹣f
即列車在水平方向所受的合力F合逐漸減小，根據牛頓第二定律有：F合＝F﹣f＝ma
即列車做加速度逐漸減小的變加速運動，故A錯誤；
B．當t＝400s時，列車的速度為288km/h＝80m/s，此時列車做勻速直線運動，即此時的列車加速度為0，
由圖可知此時列車的動力F＝1.0×106N
根據平衡條件可知列車所受阻力的大小為：f＝F＝1.0×106N，故B錯誤；
C．由于F—t圖像與坐標軸圍成的面積表示動量變化。
在0～400s內，梯形面積的物理意義是動力F的動量IF，虛線圍成的長方形的面積的物理意義是大小恒定的阻力f的動量If
則根據動量定理有：IF﹣If＝Δp
根據圖像和題中數據有：m×80m/s
解得列車的質量為：m＝5×106kg，故C錯誤；
D．在t＝400s時，列車牽引力的功率為：P＝Fv
代入數據可得：P＝1.0×106N×80m/s＝8.0×107W＝8.0×104kW，故D正確。
故選：D。
（2023 杭州一模）現代都市高樓林立，高樓出現火情需要一種高架水炮消防車。如圖所示，某樓房的65m高處出現火情，高架水炮消防車正緊急滅火中。已知水炮炮口與樓房間距為15m，與地面距離為60m，水炮的出水量為3m3/min，水柱剛好垂直打入受災房間窗戶。則（　　）
A．地面對消防車的作用力方向豎直向上
B．水炮炮口的水流速度為10m/s
C．水泵對水做功的功率約為 3.8×104W
D．若水流垂直沖擊到窗戶玻璃后向四周流散，則沖力約為1500N
【解答】解：A、消防車水炮炮口噴水，消防車受到反沖作用，則受到地面的支持力和摩擦力，合力斜向上，作用力斜向上，故A錯誤；
B、水流做斜拋運動，末速度水平，可反向看作平拋運動，水流高度差5m，豎直方向為自由落體運動：
代入數據解得：t＝1s
根據vy＝gt
代入數據解得：vy＝10m/s
又1s時間內的水平位移為15m，有sx＝vxt
代入數據解得：vx＝15m/s
合速度為
代入數據解得：v
故B錯誤；
C、水泵對水做功的功率
故C正確；
D、以沖力的方向為正方向，根據動量定理得：
故D錯誤。
故選C。
命題點二　動量守恒定律的理解和應用
1．適用條件
(1)前提條件：存在相互作用的物體組成的系統．
(2)理想條件：系統不受外力．
(3)實際條件：系統所受合外力為0.
(4)近似條件：系統內各物體間相互作用的內力遠大于系統所受的外力．
(5)方向條件：系統在某一方向上滿足上面的條件，則在此方向上動量守恒．
2．解題步驟
(1)明確研究對象，確定系統的組成(系統包括哪幾個物體及研究的過程)；
(2)進行受力分析，判斷系統動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；
(3)規定正方向，確定初、末狀態動量；
(4)由動量守恒定律列出方程；
(5)代入數據，求出結果，必要時討論說明．
（2023 金華模擬）擲冰壺又稱冰上溜石，是以隊為單位在冰上進行的一種投擲性競賽項目，被大家喻為冰上的“國際象棋”，是冬奧會比賽項目。在某次冰壺比賽中，運動員利用紅壺去碰撞對方靜止的藍壺，兩者在大本營中心發生對心碰撞，如圖（b）所示。碰撞前后兩壺做直線運動的v﹣t圖線如圖（c）中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質量相等，則（　　）
A．兩壺發生了彈性碰撞
B．碰后藍壺的速度可能為0.9m/s
C．碰后藍壺移動的距離為2m
D．碰后紅壺還能繼續運動2s
【解答】解：AB．由圖b所示圖象可知，碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后速度為v'0＝0.2m/s，碰后紅壺沿原方向運動，設碰后藍壺的速度為v，因為碰撞時間極短，且內力遠大于外力，所以兩壺碰撞過程系統動量守恒，選擇碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據動量守恒定律可得：
mv0＝mv'0+mv
解得：v＝0.8m/s
碰前動能為：
碰后動能為：
由此可知E1＞E2，因為碰撞過程中機械能有損失，所以碰撞為非彈性碰撞，故AB錯誤；
C．根據速度圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，可得，碰后藍壺移動的位移大小為：
，故C正確；
D．根據“紅壺碰撞前后的圖線平行”知，碰撞前后紅壺加速度不變，速度從1.2m/s減小到1.0m/s和速度從0.2m/s減小到0，速度變化量相同，根據加速度的定義式可知：
所以時間相同，速度從1.2m/s減小到1.0m/s用時1s，故碰后紅壺還能繼續運動1s。故D錯誤。
故選：C。
（2023 金華一模）長春某特警支隊的2019年反恐演練出現了一款多旋翼查打一體無人機，該無人機是中國最先進的警用12旋翼無人機，裝備有攻擊性武器，適合執行對高價值目標的斬首行動。假設該無人機與微型導彈的總質量為M，旋翼啟動后恰能懸停在離水平地面高為H的空中，向前方以水平速度v發射一枚質量為m的微型導彈，假設無人機豎直方向獲得的升力大小保持不變，機身始終保持水平，不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法正確的是（　　）
A．發射微型導彈后，無人機將做勻變速直線運動
B．發射出微型導彈瞬間，無人機后退速度大小為
C．微型導彈落地時，無人機離地高度為
D．微型導彈落地時，無人機與導彈落地點的水平距離為
【解答】解：A、發射微型導彈后，無人機獲得一個水平方向的初速度，其重力減小、合力方向向上，將做勻變速曲線運動，故A錯誤；
B、取無人機后退速度方向為正方向，水平方向根據動量守恒定律可得：0＝（M﹣m）v1﹣mv，解得：v1，故B錯誤；
C、由于微型導彈落地過程中，系統豎直方向受力平衡，動量守恒，取向下為正方向，則有：0＝m（M﹣m）
解得此過程中無人機上升的高度為：h
所以無人機離地高度為：h′＝h+H，故C錯誤；
D、微型導彈落地時經過的時間為：t，所以無人機與導彈落地點的水平距離為：x＝（v+v1）t，解得：x，故D正確。
故選：D。
（2023 浙江模擬）春節剛過，煙花的美景仍印象深刻。放煙花時煙花彈由發射筒底部火藥引燃獲得初速度，豎直向上運動到最高點時炸開，如圖是煙花燃放時的圖景，其中P、Q分別為兩塊碎片的徑跡，假設兩塊碎片在煙花彈炸開時同時斜向上拋出，初速度大小vP＝vQ，初速度與水平方向的夾角θP＞θQ，不計空氣阻力，下列表述正確的是（　　）
A．煙花彈“發射”過程動量守恒
B．在空中運動過程中，P、Q兩塊碎片的速度變化率相同
C．P、Q兩塊碎片上升到最高點時速度都為零
D．P、Q兩塊碎片從炸開到上升到最高點的過程，運動的時間相等
【解答】解：A、煙花彈“發射”過程所受合外力為重力，不是零且不可被忽略，動量不守恒，故A錯誤；
B、根據，可知在空中運動過程中，P、Q兩塊碎片的速度變化率即加速度相同，均為重力加速度g，故B正確；
C、P、Q兩塊碎片做斜上拋運動，水平方向做勻速直線運動，所以P、Q兩塊碎片上升到最高點時，豎直方向速度為零，水平方向速度不是零，故C錯誤；
D、P、Q兩塊碎片從炸開到上升到最高點的過程，運動時間，因為vP＝vQ，θP＞θQ，則tP＞tQ，故D錯誤。
故選：B。
（2023 杭州一模）如圖所示，光滑曲線軌道BC分別與豎直軌道AB、粗糙水平地面CD平滑連接，CD右端與光滑半圓軌道DE平滑連接，半圓軌道直徑為2R。CD長為l＝2R，豎直軌道的最高點A與地面高度差h＝2R。質量為m的小滑塊P從A點靜止釋放，之后在D點與靜止放置在該處的小滑塊Q發生碰撞，碰撞過程機械能損失不計。已知小滑塊Q的質量也為m，物體Q被撞后的瞬間對軌道的壓力突然增大了2mg。已知重力加速度為g。
（1）求水平軌道的動摩擦因數μ；
（2）如果小滑塊P的質量變為km（k為正數），如果要求小滑塊Q在半圓軌道DE段運動過程中沒有脫離圓弧（設碰撞后P立即拿走，不發生兩次碰撞），求k的取值范圍；
（3）在第（2）問中，發現小滑塊Q經過E點落到曲線軌道BC上任意一點的動能均與落到C點的動能相同，以D點為坐標原點，向右為x軸、向上為y軸建立坐標系，求曲線軌道BC在坐標系中的方程（寫成y＝f（x）的形式）。
【解答】解：（1）設碰后滑塊Q的速度為v，由于碰后滑塊Q對軌道的壓力F突然增大了2mg，即變為3mg，根據牛頓第二定律可得
設滑塊P碰前的速度為v1，碰后速度為v2，在滑塊P和滑塊Q碰撞過程中，由動量守恒定律可得mv1＝mv2+mv
由于碰撞過程不考慮機械能損耗，所以有
滑塊P由A運動至D的過程中，由動能定理可得
結合題意代入數據可得v1＝v
代入數據解得μ＝0.5
（2）設滑塊P到D點的速度為vP，滑塊P由A運動至D的過程中，由動能定理可得
設碰后，滑塊P和滑塊Q的速度分別為v'p，vQ。在滑塊P和滑塊Q碰撞過程中，由動量守恒定律可得
kmvp＝kmv'p+mvQ
由于碰撞過程不考慮機械能損耗，故有kmkmm
解得
①若滑塊Q能夠到達軌道的最高點，且不脫離軌道，則滑塊Q在最高點E時，由牛頓第二定律可得
則Q從最低點到最高點的過程，由功能關系可得
﹣2mgRm
聯立代入數據解得
②若滑塊Q到達最大高度不過圓心等高處。由功能關系可得
mgRm
聯立代入數據解得k≤1
綜上可得k≤1或k；
（3）滑塊Q從E點飛出后做平拋運動，設飛出的速度為v0，落在弧形軌道上的坐標為（x，y），將平拋運動分解成水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體，則有
Q從點E落到軌道BC上的過程中，根據動能定理可得
解得落點處的動能為
因為滑塊Q從E點到弧形軌道BC上任意點的動能都相等，且與落點C（﹣2R，0）一致，則將C點坐標帶入得EK＝2.5mgR
化簡可得y（﹣2.5R≤x≤﹣2R）。
答：（1）水平軌道的動摩擦因數μ為0.5；
（2）k的取值范圍為k≤1或k；
（3）曲線軌道BC在坐標系中的方程為y（﹣2.5R≤x≤﹣2R）。
（2023 麗水二模）有一游戲裝置，在光滑水平面AC上安裝一彈簧發射架，已知AB為彈簧原長，彈力做功W與壓縮量Δx的關系為，彈簧勁度系數k＝80N/m，壓縮量Δx可調，斜面CD的傾角為θ＝53°，長為L1＝2m。質量m＝0.05kg的物塊P被彈簧彈出，經過C點時速度大小不變，物塊P與斜面CD間的動摩擦因數。斜面在D點處與半徑R＝0.40m的光滑圓形軌道相切連接，圓軌道的最低點E與水平軌道EF相切連接，EF軌道與CD斜面略錯開。質量為M＝0.15kg的物塊Q放在距離E點L2＝1.60m的G點處，兩物塊與水平軌道EF的動摩擦因數均為，緊靠F點右側下方有一距EF為h＝0.80m的平臺，平臺足夠長。物塊P與物塊Q碰撞后粘在一起向前運動，整個運動過程中兩物塊均可看成質點。
（1）若壓縮量Δx＝5cm，求物塊P第一次到達C點時的速度大小；
（2）若物塊P恰好能過圓軌道最高點，則物塊P通過圓軌道最低點E時對軌道的壓力；
（3）若物塊P不脫離軌道且能夠撞上物塊Q，Δx至少為多少？
（4）若物塊P恰好能過圓軌道最高點，G點右側軌道長度s可調，則s多大時兩物塊在平臺上的落點與E點水平距離最遠？水平最遠距離為多少？
【解答】解：（1）由B到C，根據能量守恒可知
解得：vC＝2m/s
（2）物塊P恰好能過圓軌道最高點，重力提供向心力，根據牛頓第二定律可得：
解得：v0＝2m/s
從最高點到E點，根據動能定理可得：
可得：
在E點由牛頓第二定律知
解得：F＝3N
由牛頓第三定律得F'＝F＝3N
方向豎直向下
（3）當恰好過圓周運動最高點的情況下，根據動能定理可得：
解得L＝8m＞1.60m
能撞上物塊Q
根據能量守恒可得：
解得：Δx＝0.20m
（4）從E點到Q點，由動能定理可得：
可得v1＝4m/s
根據動量守恒mv1＝（M+m）v2
可得v2＝1m/s
則從G點到軌道右側
可得
由平拋公式
得t＝0.4s
所以水平距離為：
所以當s＝0.30m時xmax＝2.1m
答：（1）若壓縮量Δx＝5cm，物塊P第一次到達C點時的速度大小為2m/s；
（2）若物塊P恰好能過圓軌道最高點，則物塊P通過圓軌道最低點E時對軌道的壓力為3N，方向豎直向下；
（3）若物塊P不脫離軌道且能夠撞上物塊Q，Δx至少為0.20m；
（4）若物塊P恰好能過圓軌道最高點，G點右側軌道長度s可調，則s為0.30m時兩物塊在平臺上的落點與E點水平距離最遠，水平最遠距離為2.1m。
命題點三　碰撞問題
1．碰撞遵循的三條原則
(1)動量守恒定律
(2)機械能不增加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大(或相等)．
②相向碰撞：碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變．
2．彈性碰撞討論
(1)滿足動量守恒和機械能守恒
(2)“一動碰一靜”模型中，兩物體發生彈性正碰后的速度滿足：
v1＝v0，v2＝v0.
當兩物體質量相等時，兩物體碰撞后交換速度．
(3)含有彈簧的系統的動量守恒問題，從本質上看，屬于一種時間較長的彈性碰撞．在作用的過程中，當彈簧被壓縮至最短或拉伸至最長時，系統內各個物體具有共同的速度，而此時彈簧的彈性勢能最大．
（2020 浙江模擬）如圖所示，質量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置。現有一質量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則當木塊回到A位置時的速度的大小v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為（　　）
A．v，I＝0
B．v，I＝2mv0
C．v，I
D．v，I＝2mv0
【解答】解：子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內力遠大于系統外力，系統的動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得：
mv0＝（M+m）v
解得：v
子彈射入木塊后，子彈和木塊系統在彈簧彈力的作用下先向右做減速運動，后向左做加速運動，回到A位置時速度大小不變，即當木塊回到A位置時的速度大小為：
v
子彈和木塊彈簧組成的系統受到的合力即墻對彈簧的作用力，根據動量定理得：
I′＝﹣（M+m）v﹣mv0＝﹣2mv0
所以墻對彈簧的沖量I的大小為：I＝2mv0，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2020 寧波模擬）如圖（甲）所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x。現讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B，如圖（乙）所示，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則（　　）
A．A物體的質量為2m
B．A物體的質量為4m
C．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為m
D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為m
【解答】解：ABCD、設A物體的質量為mA，物體A壓縮彈簧的最大壓縮量為x時，A的動能全部轉化為彈簧的彈性勢能（設為Ep）有EpmAv02；
當A以2v0向右運動壓縮彈簧過程，A、B、彈簧系統動量守恒，當二者共速（設為v）時，彈簧達到最大壓縮，也為x。
此過程動量守恒有mA×2v0＝（mA+m）v，
由功能關系有mA（2v0）2（mA+m）v2＝Ep，
聯立上面三式解得mA＝3m，Epmv02；故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023 寧波一模）如圖所示，足夠長的粗糙水平軌道ab、光滑水平軌道cd和足夠長的粗糙傾斜軌道de在同一豎直平面內，斜面傾角為37°，cd和de平滑連接。在ab的最右端靜止一個質量M＝4kg的木板，其高度與cd等高，木板與軌道ab間動摩擦因數μ1＝0.05，質量mQ＝1kg的滑塊Q靜止在cd軌道上的某點，在de軌道上距斜面底端L＝8m處靜止釋放一質量mP＝3kg的滑塊P，一段時間后滑塊P與Q發生彈性正碰，碰撞時間忽略不計，P與Q碰撞開始計時，1s末Q滑上長木板，3s末Q從木板上飛出（落地點離木板足夠遠）。已知P、Q與斜面和木板間的動摩擦因數均為μ2＝0.25，滑塊P、Q均當作質點，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）滑塊P在傾斜軌道de上運動的加速度大小；
（2）木板的長度；
（3）P、Q與木板間產生的總熱量。
【解答】解：（1）滑塊P在下滑到底端的過程中，由牛頓第二定律得：mPgsin37°﹣μ2mPgcos37°＝mPap
代入數據可得：
（2）滑塊P下滑到底端時，有：，代入數據解得：v1＝8m/s
滑塊P、Q發生彈性正碰，碰撞過程中動量守恒，取向左為正方向，根據動量守恒定律可得：mPv1+0＝mPvP+mQvQ
根據能量守恒定律可得：
代入數據可得：vP＝4m/s，vQ＝12m/s
滑塊P與Q碰后，Q經t＝1s滑上木板，則可知碰撞點離木板右端距離為：x＝vQt＝12×1m＝12m
而P物體到達木板右端位置的時間為：s＝3s
此時Q物體剛好滑離木板，對Q物體受力分析，由牛頓第二定律：μ2mQg＝mQaQ
代入數據解得：
對木板有：μ2mPg＝μ1（mP+M）g
即木板靜止不動，則Q在靜止的木板上做勻減速直線運動，故長木板的長度：
代入數據解得：L＝19m
（3）Q與木板間產生的熱量Q1＝μ2mQgL，代入數據解得：Q1＝47.5J
P在木板上運動時，由μ2mPg＝mPaP
及μ2mQg﹣μ1（M+mP）g＝MaM
解得：，
則P與木板間的相對運動距離：，代入數據解得：Δxm
可得P與木板間產生的熱量：Q2＝μ1mPgΔx，代入數據解得：Q2J
故P、Q與木板間產生的總熱量Q＝Q1+Q2，代入數據解得：Q＝64.6J。
答：（1）滑塊P在傾斜軌道de上運動的加速度大小為4m/s2；
（2）木板的長度為19m；
（3）P、Q與木板間產生的總熱量為64.6J。
（2023 溫州三模）溫州市開展一項趣味文體活動，此項活動的裝置簡化為如圖所示，豎直面上固定著一段內壁光滑、半徑為R＝0.5m的細圓管BP，O為圓心，θ＝37°，光滑水平地面上有一質量M＝0.4kg的木板，木板上表面與管口底部在同一水平線上，木板的左、右方都有一臺階，其高度正好與木板高度相同。現一可視為質點、質量m＝0.2kg的小物塊從左方臺階A處以v0＝10m/s的速度水平向右滑上木板，使木板從靜止開始向右運動，當木板速度為2m/s時，木板與右邊臺階碰撞并立即被粘住，同時物塊離開木板從B點進入細圓管。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）物塊在木板上滑動過程中產生的熱量；
（2）物塊滑到圓細管出口P處時受到細圓管彈力的大小；
（3）在距離圓心O點正上方多高處的C點放置接收槽能收到從P點飛出的物塊恰好水平向左打入接收槽；
（4）若增大滑塊的初速度v0，為了使從P點飛出的滑塊仍能恰好水平向左打入接收槽，則接收槽放置的位置C點跟P點的連線與水平方向的夾角應滿足什么條件。
【解答】解：（1）物塊滑到木板上運動過程它們組成的系統合外力為0，系統動量守恒，設物塊在B點的速度為vB，以水平向右為正方向，根據動量守恒定律得：
mv0＝MvM+mvB，解得
根據能量守恒求解物塊在木板上滑動過程中產生的熱量Q5.6J；
（2）設物塊滑到圓細管出口P處時的速度為vp，以管口底部所在水平面為0重力勢能參考平面，由機械能守恒定律得：
將vB，R＝0.5m，θ＝37°代入解得：
在p點對物塊受力分析，受重力mg、物塊受到細圓管彈力F，并設F指向圓心，將重力分解成指向圓心以及沿著管口切線方向的力，沿PO方向，根據向心力公式得：
mgsinθ+F，代入數據解得：F＝6.8N；
（3）根據斜拋知識，將運動分解成水平勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動，物塊只有在P點具有某一速度v才能恰好水平向左打入在距離圓心O點正上方某一高處的C點，將v沿著水平和豎直分解，根據題意可知，豎直方向速度減為0才能水平進入C點的接收槽，根據兩個方向時間相等列等式得：，解得v
設從P點再上升h水平進入C點的接收槽，則：
h
OC的豎直距離為H＝Rsinθ+h＝0.5×0.6m；
（4）使從P點飛出的滑塊仍能恰好水平向左打入接收槽，則C點跟P點的連線就是斜拋到最高點的位移，設與水平方向的夾角為α，根據斜拋知識，將運動分解成水平勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動，若增大滑塊的初速度v0，設到P點的速度變為v1，則從P到接收槽放置的位置C點的豎直位移y
水平位移x
則tanα
接收槽放置的位置C點跟P點的連線與水平方向的夾角的正切值要等于。
答：（1）物塊在木板上滑動過程中產生的熱量為5.6J；
（2）物塊滑到圓細管出口P處時受到細圓管彈力的大小為6.8N；
（3）在距離圓心O點正上方高處的C點放置接收槽能收到從P點飛出的物塊恰好水平向左打入接收槽；
（4）接收槽放置的位置C點跟P點的連線與水平方向的夾角滿足正切值等于。
（2023 臺州二模）如圖所示，在水平面上靜置一質量M＝450g的滑塊，滑塊上表面是一個半徑R＝0.2m的四分之一圓弧，圓弧最低點A與水平地面相切。現給質量m＝50g的小球一個大小v0＝4m/s的水平初速度，小球經B點離開滑塊時，隨即撤去滑塊。小球于C點第一次著地，小球每次與地面碰撞前后，水平速度保持不變，豎直速度大小減半，方向反向。A點始終與地面接觸，忽略小球通過各軌道連接處的能量損失，不計一切摩擦和空氣阻力，求：
（1）小球剛運動到滑塊最低點A時，對滑塊的壓力；
（2）小球離開滑塊后所能到達的最大高度；
（3）要使小球能水平進入接收器最低點P，P與C間的最小距離為多大。
【解答】解：M＝450g＝0.45kg；m＝50g＝0.05kg
（1）小球剛運動到滑塊最低點A時，對小球受力分析，根據牛頓第二定律可得：
解得：FN＝4.5N
由牛頓第三定律可知，小球對滑塊的壓力FN′＝FN＝4.5N，方向豎直向下
（2）小球滑上滑塊到運動至最高點的過程中，小球和滑塊組成的系統水平方向動量守恒，設小球運動到最高點h時，滑塊和小球水平方向的速度大小相等，設為v共，選擇水平向右的方向為正方向，根據動量守恒定律和能量守恒定律可得：
mv0＝（M+m）v共
聯立解得：h＝0.72m
（3）設小球第一次著地前瞬間，豎直方向的速度大小設為vy1，初次著地后經t時間，小球與地面發生第n+1次碰撞時與C點的距離為x，則根據運動學公式可得：
x＝v共t
解得：
當n→∞時
此時
即要使小球能水平進入接收器最低點P，P與C間的最小距離為。
答：（1）小球剛運動到滑塊最低點A時，對滑塊的壓力為4.5N，方向豎直向下；
（2）小球離開滑塊后所能到達的最大高度為0.72m；
（3）要使小球能水平進入接收器最低點P，P與C間的最小距離為。
[課時訓練] 一．選擇題（共10小題）
1．（2023 鎮海區模擬）如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法正確的是（　　）
A．男孩和木箱組成的系統機械能守恒
B．小車與木箱組成的系統動量守恒
C．男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒
D．小孩推力的沖量小于木箱的動量的變化量
【解答】解：A．男孩和木箱組成的系統動能增大，由人體生物能轉化為系統機械能，機械能不守恒，故A錯誤；
BC．男孩、小車與木箱三者組成的系統系統受合外力為零，系統動量守恒；小車與木箱組成的系統合外力不為零，系統動量不守恒，故B錯誤，C正確；
D．由動量定理可知，合外力的沖量等于動量的變化量，由此可知小孩推力的沖量等于木箱的動量的變化量，故D錯誤。
故選：C。
2．（2023 沈河區校級模擬）某次冰壺運動訓練中，甲壺與靜止的乙壺發生正碰。已知冰面粗糙程度處處相同，不計空氣阻力，兩壺完全相同且均可視為質點，碰撞時間極短可不計，碰撞前、后兩壺運動軌跡始終在同一水平直線上。從開始碰撞到兩壺都靜止過程中，測得乙壺位移是甲壺位移的k倍，則（　　）
A．k＜1
B．k值越大，兩壺碰撞過程中損失機械能越大
C．k值越大，兩壺碰撞過程中損失機械能越小
D．碰撞后瞬時，乙壺速度為零
【解答】解：A．選擇甲壺的初速度方向為正方向，甲乙碰撞瞬間動量守恒，即
mv0＝mv甲+mv乙
且有v甲≤v乙
聯立解得：k≥1，故A錯誤；
BC．兩壺碰撞過程中損失的機械能為
變形可得：
結合數學知識可知，當k＝1時，損失的機械能達到最大，隨著k增大，損失的機械能減小，故B錯誤，C正確；
D．由于兩壺完全相同，因此碰撞后瞬時乙壺速度一定大于零，故D錯誤。
故選：C。
3．（2023 長沙二模）如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平沖上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去，若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說法不正確的是（　　）
A．小球的質量為
B．小球運動到最高點時的速度為
C．小球能夠上升的最大高度為
D．若a＞b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運動
【解答】解：A、設小球的質量為m，初速度為v0，取向右為正方向，在水平方向上由動量守恒定律得：mv0＝mv1+Mv2
結合圖乙可得：，a＝v0，則小球的質量m，故A正確；
B、小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度v共，取向右為正方向，水平方向上由動量守恒定律得：mv0＝（m+M）v共，
解得：v共，故B正確；
C、小球從開始運動到最高點的過程中，由機械能守恒定律得：，
解得：h，故C錯誤；
D、小球從開始運動到回到最低點的過程中，若規定向右為正方向，在水平方向上由動量守恒定律得：
mv0＝mv1+Mv2
由機械能守恒定律得：
，
若a＝b，則m＝M
聯立兩式解得：v1＝0，v2＝v0，
則小球在與圓弧滑塊分離后做自由落體運動，故D正確。
本題選不正確的，
故選：C。
4．（2023 福田區校級模擬）如圖所示，一同學練習使用網球訓練器單人打回彈，網球與底座之間有一彈性繩連接，練習過程中底座保持不動。該同學將網球拋至a處用球拍擊打，b是軌跡上的最高點，a至c處彈性繩始終處于松弛狀態，d處彈性繩已經繃緊并撞在豎直墻壁上，不計空氣阻力。則（　　）
A．a處網球拍給網球的沖量沿水平方向
B．拍打后a到c過程中網球動量變化量方向豎直向下
C．c到d過程中網球受到的沖量方向豎直向下
D．d處反彈后網球做平拋運動
【解答】解：A、由圖可知a處的速度沿軌跡的切線方向，根據動量定理可知a處網球拍給網球的沖量不沿水平方向，故A錯誤；
B、拍打后a到c過程中網球只受重力作用，根據動量定理可知動量變化量方向豎直向下，故B正確；
C、c到d過程中網球受到彈性繩的彈力和重力的作用，彈力的方向沿彈性繩，所以網球受到沖量方向不是豎直向下，故C錯誤；
D、d處反彈后網球受彈力與重力，網球不做平拋運動，故D錯誤；
故選：B。
5．（2023 雁塔區校級三模）如圖所示，質量為m的長木板B放在光滑的水平面上，質量為的木塊A放在長木板的左端，一顆質量為的子彈以速度v0射入木塊并留在木塊中，當木塊滑離木板時速度為，木塊在木板上滑行的時間為t，則下列說法錯誤的是（　　）
A．木塊獲得的最大速度為
B．木塊滑離木板時，木板獲得的速度大小為
C．木塊在木板上滑動時，木塊與木板之間的滑動摩擦力大小為
D．因摩擦產生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動能之差
【解答】解：A、子彈射入木塊的瞬間木塊獲得的速度最大，取向右為正方向，對子彈和木塊組成的系統，由動量守恒定律得 m v0＝（mm）v1，可得，木塊獲得的最大速度 v1。故A正確。
B、木塊滑離木板時，取向右方向為正，對木板和木塊（包括子彈）系統：
解得：，故B錯誤。
C、木塊在木板上滑動時，對木板，以向右方向為正，由動量定理得 ft＝mv2﹣0，得 f，故C正確；
D、由能量守恒定律可知，木塊在木板上滑動時，因摩擦產生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動能之差，故D正確。
本題選錯誤的，
故選：B。
6．（2023 秀山縣校級模擬）圖為丁俊暉正在準備擊球，設丁俊暉在某一桿擊球過程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5kg m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變為P'B＝4kg m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是（　　）
A． B． C．mB＝2mA D．mB＝5mA
【解答】解：若碰撞后二者的速度相等，取白色球與花色球組成的系統為研究對象，取白色球速度的方向為正方向，則有：
mAv0＝（mA+mB）v共
其中：mAv0＝pA，mAv共＝pA′，mBv共＝pB′
聯立可得：mB＝4mA
若碰撞過程系統的機械能不變，系統動量守恒，以白色球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得
pA+pB＝pA′+pB′
代入數據解得pA′＝1kg m/s
根據碰撞過程總動能不增加，則有
解得
碰后，兩球同向運動，A的速度不大于B的速度，則
解得mB≤4mA
綜上可知
故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
7．（2023 天河區校級三模）如圖所示，用火箭發射人造地球衛星。當最后一節火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛星一起以v0的速度繞地球做勻速圓周運動。某時刻火箭殼體與衛星分離，分離后瞬間，衛星速度增大，則（　　）
A．分離前衛星所受重力為0
B．分離前后衛星和火箭殼的動量守恒
C．v0可能等于8km/s
D．分離后衛星不可能在原來的軌道上運動
【解答】解：A．根據重力概念，重力是萬有引力的一個分力，在地球兩極萬有引力等于重力，而當衛星環繞地球做圓周運動時，該力完全用來充當衛星做圓周運動的向心力，可知，分離前衛星所受重力并不為零，而是充當了衛星做圓周運動的向心力，故A錯誤；
B．分離前后衛星和火箭殼在做圓周運動，所受合力不為零，因此動量不守恒，故B錯誤；
C．根據萬有引力提供向心力有
可得
可知軌道半徑越大，線速度越小，火箭殼體和衛星在地表上空環繞地球做圓周運動，其環繞半徑大于地球半徑，因此可知其線速度小于第一宇宙速度，故C錯誤。
D．分離后衛星線速度變大，此時衛星所受萬有引力不足以提供其在原軌道運行的向心力，因此衛星將做離心運動，向更高的軌道變軌運行，故D正確。
故選：D。
8．（2023 青島模擬）如圖，某中學航天興趣小組在一次發射實驗中將總質量為M的自制“水火箭”靜置在地面上。發射時“水火箭”在極短時間內以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的水。已知火箭運動過程中所受阻力與速度大小成正比，火箭落地時速度為v，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．火箭的動力來源于火箭外的空氣對它的推力
B．火箭上升過程中一直處于超重狀態
C．火箭獲得的最大速度為
D．火箭在空中飛行的時間為
【解答】解：A、火箭的動力來源于火箭噴出的水對它的推力，故A錯誤；
B、火箭先加速上升、后減速上升，所以上升過程中先處于超重狀態、后處于失重狀態，故B錯誤；
C、取向上為正方向，根據動量守恒定律可得：（M﹣m）vm＝mv0，解得：vm，故C錯誤；
D、上升過程中，取向上為正方向，根據動量定理可得：﹣（M﹣m）t1﹣kt1＝0﹣（M﹣m）vm
下降過程中，取向下為正方向，根據動量定理可得：（M﹣m）t2﹣kt2＝（M﹣m）v﹣0
設上升的最大高度為h，則有：t1t2＝h
火箭在空中飛行的時間為：t＝t1+t2
聯立解得：，故D正確。
故選：D。
9．（2023 佛山模擬）2022年10月12日，“天宮課堂”第三課在距地高度約380km的空間站里開講，授課中地面傳輸中心調用兩顆地球同步衛星“天鏈一號”03星和“天鏈一號”01星，為空間站提供天基測控和數據中繼服務，如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．“天鏈一號”01星的線速度小于空間站的線速度
B．空間站繞地球轉動半周，所受萬有引力的沖量為0
C．“天鏈一號”03星和空間站與地心連線每秒掃過的面積相等
D．“天鏈一號”01星和03星的速度相同
【解答】解：A.“天鏈一號”01星為同步衛星，空間站離地高度僅僅為380km，衛星繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力可知
m
解得
v
“天鏈一號”01星的線速度小于空間站的線速度，故A正確；
B.空間站繞地球轉動半周，空間站的速度方向變為反向，根據動量定理可知萬有引力的沖量為2mv，故B錯誤；
C.根據開普勒第二定律可知，同一顆衛星與地球的連線在相同時間內掃過的面積相同，所以“天鏈一號”03星和空間站與地心的連線每秒掃過的面積是不相等的，故C錯誤；
D.“天鏈一號”01星和03星的速度大小相同，方向不同，故D錯誤；
故選：A。
10．（2023 思明區校級模擬）如圖1所示，一兒童站在平板小車中間，與小車一起沿水平地面勻速向右運動，兒童突然走向小車一端，此過程兒童和小車的速度一時間關系如圖2所示，不計地面的摩擦。以下說法正確的是（　　）
A．兒童的質量小于小車的質量
B．兒童走向小車左端
C．兒童和小車的總動能減少
D．小車對兒童的沖量方向水平向右
【解答】解：A、根據v﹣t圖像的斜率表示加速度，可知，小車的加速度大小大于兒童的加速度大小，兒童和小車受到的合外力等于相互間的摩擦力，由牛頓第二定律F＝ma知兒童的質量大于小車的質量，故A錯誤；
B、小車向右做勻加速直線運動，兒童向右做勻減速直線運動，說明兒童對小車的摩擦力向右，小車對兒童的摩擦力向左，則兒童走向小車左端，故B正確；
C、兒童在行走過程中要消耗體能，轉化為系統的動能，則兒童和小車的總動能增加，故C錯誤；
D、小車對兒童有向左的摩擦力和豎直向上的支持力，兩力的合力方向指向左上方，則小車對兒童的沖量方向指向左上方，故D錯誤。
故選：B。
二．計算題（共2小題）
11．（2023 浙江二模）如圖所示，水平傳送帶的左端與斜面AB末端連接，另一端與光滑水平軌道CM連接，M端連接半圓形光滑圓弧軌道MPN，圓弧半徑R＝1.6m，在豎直面MN的右側（包括M、N點）存在豎直向上的勻強電場，電場強度。一帶正電金屬滑塊a質量為m＝0.1kg，電量為q，從斜面AB上高h＝3m處由靜止開始下滑，運動到CM上某位置與另一完全相同的不帶電金屬滑塊b發生碰撞后結合在一起，形成結合體c。已知斜面、傳送帶、軌道均絕緣，滑塊與AB斜面之間的動摩擦因數μ1＝0.3，與傳送帶之間的動摩擦因數μ2＝0.2，斜面傾角θ＝37°，傳送帶長為5m，CM長為2m，滑塊a、b及結合體c均可視為質點，不計滑塊在B點的能量損失，重力加速度g＝10m/s2.
（1）求滑塊a到達B點時的速度大小；
（2）若傳送帶逆時針轉動的速度v＝2m/s，求結合體c到達N點時對軌道的壓力；
（3）以M點為坐標原點，向左為正方向建立x軸，改變傳送帶的速度大小和方向，求結合體c通過圓弧軌道后從N點平拋到x軸上的落點坐標與傳送帶速度的關系。
【解答】解：（1）滑塊a從A到B過程，由動能定理得：mgh﹣μ1mgcosθ0
代入數據解得：vB＝6m/s
（2）滑塊a從B到C過程，由動能定理得：﹣μ2mgL
代入數據解得：vC＝4m/s
a、b碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mvC＝2mv1
代入數據解得：v1＝2m/s
a、b的結合體c從M運動到N過程，由動能定理得：qE×2R﹣2mg×2R
代入數據解得：v2＝2m/s
在N點，對c，由牛頓第二定律得：2mg+F﹣qE＝2m
代入數據解得：F＝3N
由牛頓第三定律可知，結合體c對軌道的壓力大小F'＝F＝3N，方向豎直向上
（3）結合體c離開N后做平拋運動，豎直方向：2R，水平方向：x＝v2t
①當傳送帶沿順時針方向轉動且0≤v＜4m/s或傳送帶逆時針方向轉動時，滑塊到達C點的速度大小vC＝4m/s，滑塊在M點脫離軌道，無法到達N點
②當傳送帶順時針方向轉動且速度4m/s≤v≤2m/s時，滑塊到達C點的速度為v，代入數據解得：x＝0.4（m）
③當傳送帶順時針轉動且速度v≥2m/s時，滑塊到達C點的速度大小vC＝2m/s，代入數據解得：x＝0.8m
答：（1）滑塊a到達B點時的速度大小是6m/s；
（2）結合體c到達N點時對軌道的壓力大小是3N，方向豎直向上；
（3）結合體c通過圓弧軌道后從N點平拋到x軸上的落點坐標與傳送帶速度的關系是①當傳送帶沿順時針方向轉動且0≤v＜4m/s或傳送帶逆時針方向轉動時，無法到達N點；②當傳送帶順時針方向轉動且速度4m/s≤v≤2m/s時，x＝0.4（m）；③當傳送帶順時針轉動且速度v≥2m/s時，x＝0.8m。
12．（2022 浙江三模）如圖所示，水平傳送帶AB長L＝4m，其左右兩側為與傳送帶緊鄰的等高水平面。其中右側粗糙水平面長s＝2m。甲乙兩物塊（可視為質點）靜止在緊靠B點右側的水平面上，兩物塊間夾有一原長可以忽略的輕質彈簧，開始時彈簧處于壓縮狀態并鎖定。在C點右側有一半徑R＝0.08m且與BC平滑連接的光滑豎直半圓弧軌道CEF，在圓弧的最高點F處有一固定擋板，物塊撞上擋板后會原速率反彈。已知兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數均為μ1＝0.2，物塊乙與傳送帶右側水平面間的動摩擦因數μ2＝0.3，傳送帶以v＝5m/s順時針傳動，g＝10m/s2。
（1）若已知甲質量m1＝1kg，某一時刻彈簧解除鎖定，兩物體彈開后甲剛好能從A點離開傳送帶，求傳送帶克服摩擦力做的功；
（2）在第（1）問基礎上，若兩物體彈開后乙剛好可以到達F點，求彈簧的彈性勢能Ep0；
（3）若甲、乙質量均為m＝2kg，在彈簧解除鎖定并恢復至原長時立即取走甲物塊，乙在以后的運動過程中既不脫離軌道也不從A點離開傳送帶，求彈簧的彈性勢能Ep的取值范圍。
【解答】解：（1）設彈簧彈開后瞬間甲的速度大小為v1，從B到A根據動能定理可得：
﹣μ1m1g＝0m1v12
代入數據解得：v1＝4m/s
甲在傳送帶上滑動的加速度大小為：a1＝μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2
運動的時間為：ts＝2s
此過程中傳送帶的位移大小為：x＝vt＝5×2m＝10m
傳送帶克服摩擦力做的功：W＝μ1m1gx
代入數據解得：W＝20J；
（2）對乙在F點，根據牛頓第二定律可得：m2g＝m2
設彈簧彈開后乙的速度大小為v2，根據能量守恒定律可得：
m2v22＝μ2m2gs+m2g 2Rm2vF2
解得：v2＝2m/s
取向右為正方向，根據動量守恒定律可得：0＝m2v2﹣m1v1
代入數據解得：m2m/s
根據能量守恒定律可得：EP0m1v12m2v22
代入數據解得：EP0＝16J
（3）①若乙恰好能夠達到E點，根據（1）問的分析可知，此種情況下丙一定不會離開傳送帶，也不會脫離軌道。
根據能量守恒定律可得：EP＝2×（μ2mgs+mgR）
代入數據解得：EP＝27.2J；
故0＜EP≤27.2J
②恰好經過F點，根據（1）的分析可知，EP1＝2mv22
解得：EP1＝32J；
物塊撞上擋板后會原速率反彈，再次從傳送帶上返回達到半圓形軌道也不會脫離軌道，則有：
EP3＝2×（3μ2mgs+mgR）
代入數據解得：EP3＝75.2J
故32J≤EP≤75.2J。
答：（1）傳送帶克服摩擦力做的功為20J；
（2）彈簧的彈性勢能為16J；
（3）彈簧的彈性勢能Ep的取值范圍為0＜EP≤27.2J或32J≤EP≤75.2J。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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