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第17講　動量定理　動量守恒定律
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
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?。?br/>(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?。?br/>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．
（2024 西城區一模）2023年7月，由中國科學院研制的電磁彈射實驗裝置啟動試運行，該裝置在地面構建微重力實驗環境，把“太空”搬到地面。實驗裝置像一個“大電梯”，原理如圖所示，在電磁彈射階段，電磁彈射系統推動實驗艙豎直向上加速運動至A位置，撤除電磁作用。此后，實驗艙做豎直上拋運動，到達最高點后返回A位置，再經歷一段減速運動后靜止。某同學查閱資料了解到：在上述過程中的某個階段，忽略阻力，實驗艙處于完全失重狀態，這一階段持續的時間為4s，實驗艙的質量為500kg。他根據上述信息，取重力加速度g＝10m/s2，做出以下判斷，其中正確的是（　?。?br/>A．實驗艙向上運動的過程始終處于超重狀態
B．實驗艙運動過程中的最大速度為40m/s
C．向上彈射階段，電磁彈射系統對實驗艙做功大于1×105J
D．向上彈射階段，電磁彈射系統對實驗艙的沖量等于1×104N s
（2024 東城區一模）一個質量為m的網球從距地面高H1處自由下落，反彈的最大高度為H2不考慮所受的空氣阻力，重力加速度用g表示，對網球與地面接觸的運動過程，下列判斷正確的是（　?。?br/>A．網球的加速度先向上后向下
B．網球速度為0時受地面的彈力最大
C．地面對網球所做的功等于mg（H1 H2）
D．網球受地面的平均沖擊力等于
（2024 河池一模）某次排球比賽中，甲運動員在離地高度為h1＝2.8m處將排球水平擊出；乙運動員在離地h2＝1.0m處將排球墊起，墊起后球的速度大小相等，方向相反，且與水平方向成37°。已知排球質量m＝0.3kg，取重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。以下說法正確的是（　?。?br/>A．排球在墊起前在空中運動的時間為0.8s
B．排球水平擊出時的初速度大小為6.0m/s
C．排球與乙同學作用的過程中所受合外力沖量的大小為6.0N s
D．排球被墊起后運動到最高點時距離地面的高度為3.2m
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．
（2024 東城區一模）如圖所示，質量為M、傾角為θ的光滑斜劈置于光滑水平地面上，質量為m的小球第①次和第②次分別以方向水平向右和水平向左、大小均為v0的初速度與靜止的斜劈相碰，碰撞中無機械能損失。重力加速度用g表示，下列說法正確的是（　?。?br/>A．這兩次碰撞過程小球和斜劈組成的系統動量都守恒
B．第②次碰撞后斜劈的速度小于
C．第②次碰撞過程中地面對斜劈的支持力等于（M+m）g
D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直線上；第②次碰撞前、后小球速度方向與斜面法線的夾角一定相等
（2024 岳麓區校級模擬）如圖所示，輕質彈簧上端懸掛于天花板，下端系有質量為M的圓板，處于平衡狀態。一質量為m的圓環套在彈簧外，與圓板距離為h，讓環自由下落撞擊圓板，碰撞時間極短，碰后圓環與圓板共同向下運動，已知重力加速度為g，則（　?。?br/>A．碰撞過程中環與板組成的系統動量和機械能都守恒
B．碰撞過程中系統損失的機械能為
C．圓環和圓板的最大速度為
D．碰撞后的瞬間圓板對環的彈力為
（2024 河東區一模）保齡球運動既可以鍛煉身體，又可以緩解心理壓力，而且老少咸宜，廣受大眾的喜愛。某同學設想了如下過程來模擬一次保齡球的投擲、運行、撞擊的訓練過程．如圖所示，將一質量為M＝2.8kg的保齡球從A點開始由靜止向前擲出，球沿曲線運動，脫手后，在B點以v0＝6m/s的速度切入水平球道。球做直線運動經t＝4s時間后在C點與質量為m＝1.4kg的球瓶發生正碰。已知在A點時保齡球的下沿距離球道表面的高度為h＝1m，保齡球在球道上運動時受到的阻力恒為重力的k＝0.05倍，g取10m/s2，忽略空氣阻力，忽略保齡球的滾動，球與球瓶的碰撞時間極短，碰撞中沒有能量損失，球與球瓶均可看成質點。求：
（1）運動員在擲球過程中對保齡球做的功W；
（2）在撞上球瓶前的瞬間，保齡球的速度v1的大小；
（3）碰撞后，球瓶的速度v2的大小。
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。
（2024 朝陽區一模）如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質量均為m，P以速度v向右運動，Q靜止且左端固定一輕彈簧。當彈簧被壓縮至最短時（　　）
A．P的動量為0
B．Q的動量達到最大值
C．P、Q系統總動量小于mv
D．彈簧儲存的彈性勢能為
（2024 寧波二模）質量為m1的滑塊沿傾角為θ、長度為l的光滑斜面頂端靜止滑下。斜面質量為m2，并靜置于光滑水平面上，重力加速度為g。滑塊可看成質點，則滑塊滑到斜面底端所用的時間為（　?。?br/>A． B．
C． D．
（2024 天津模擬）如圖所示，質量m＝2kg的滑塊B靜止放置于光滑平臺上，B的左端固定一輕質彈簧。平臺右側有一質量M＝6kg的小車C，其上表面與平臺等高，小車與水平面間的摩擦不計。光滑圓弧軌道半徑R＝1.6m，連線PO與豎直方向夾角為60°，另一與B完全相同的滑塊A從P點由靜止開始沿圓弧下滑。A滑至平臺上擠壓彈簧，彈簧恢復原長后滑塊B離開平臺滑上小車C且恰好未滑落，滑塊B與小車C之間的動摩擦因數μ＝0.75，g取10m/s2，A、B可視為質點，求：
（1）滑塊A剛到平臺上的速度大??；
（2）該過程中彈簧彈性勢能的最大值；
（3）小車C的長度。
（2024 沈陽模擬）如圖所示，小車上固定一個光滑彎曲軌道，靜止在光滑的水平面上，整個小車（含軌道）的質量為3m?，F有質量為m的小球，以水平速度v0從左端滑上小車，能沿彎曲軌道上升到最大高度，然后從軌道左端滑離小車。關于這個過程，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球沿軌道上升到最大高度時，速度為零
B．小球沿軌道上升的最大高度為
C．小球滑離小車時，小車恢復靜止狀態
D．小球滑離小車時，小車相對小球的速度大小為2v0
（2024 西城區一模）如圖是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖。已知飛船的質量為m，其推進器工作時飛船受到的平均推力為F。在飛船與空間站對接后，推進器工作時間為Δt，測出飛船和空間站的速度變化為Δv。下列說法正確的是（　?。?br/>A．空間站的質量為
B．空間站的質量為
C．飛船對空間站的作用力大小為F
D．飛船對空間站的作用力大小一定為
（2024 包頭二模）扇車在我國西漢時期就已廣泛被用來清選谷物。谷物從扇車上端的進谷口進入分離倉，分離倉右端有一鼓風機提供穩定氣流，從而將谷物中的秕粒a（秕粒為不飽滿的谷粒，質量較輕）和飽粒b分開。若所有谷粒進入分離倉時，在水平方向獲得的動量相同。之后所有谷粒受到氣流的水平作用力可視為相同。圖中虛線分別表示b谷粒的軌跡。Fa、Fb為相應谷粒所受的合力。下列四幅圖中可能正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
（2024 朝陽區校級模擬）如圖所示，圓盤在水平面內以角速度ω繞中心軸勻速轉動，圓盤上距軸r處的P點有一質量為m的小物體隨圓盤一起轉動。某時刻圓盤突然停止轉動，小物體由P點滑至圓盤上的某點停止。下列說法正確的是（　?。?br/>A．圓盤停止轉動前，小物體所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向
B．圓盤停止轉動前，小物體運動半個周期所受摩擦力的沖量大小為2mωr
C．圓盤停止轉動后，小物體沿圓盤半徑方向運動
D．圓盤停止轉動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為
（2024 海南）小明制作了一個火箭模型，火箭模型質量為M（含燃料），開始火箭模型靜置在地面上，點火后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的燃氣，噴氣過程中忽略重力和空氣阻力的影響，下列說法正確的是（　?。?br/>A．火箭噴氣過程機械能守恒
B．火箭的推力來源于空氣對它的反作用力
C．噴氣結束時火箭模型的動量大小為mv0
D．噴氣結束時火箭模型的速度大小為
（2024 沙坪壩區模擬）如圖所示，小明同學對某輕質頭盔進行安全性測試，他在頭盔中裝入質量為2.0kg的物體，物體與頭盔緊密接觸，使其從3.20m的高處自由落下，并與水平面發生碰撞，頭盔被擠壓了0.08m時，物體的速度減為0。擠壓過程視為勻減速直線運動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則（　?。?br/>A．擠壓過程中物體處于失重狀態
B．勻減速直線運動過程中頭盔對物體的平均作用力大小為820N
C．物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為16kg m/s，方向豎直向下
D．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為20N s
（2024 全國一模）原地縱跳摸高是常見的體能測試項目。在某次摸高測試中，一同學從如圖A所示的靜止下跨狀態向上躍起，腳剛離開地面時如圖B所示，身體運動到最高點時位置如圖C所示，三幅圖代表同一豎直線上的三個位置，不計空氣阻力，關于該同學測試的全過程，下列說法正確的是（　?。?br/>A．從A到B的運動過程中，地面對腳的支持力始終大于該同學的重力
B．從A到B的運動過程中，地面對腳的支持力的沖量為零
C．該同學在C圖位置的機械能大于在A圖位置的機械能
D．從A到C的過程中，地面對腳的支持力沖量大于該同學的重力沖量
（2024 青羊區校級模擬）如圖甲所示，質量為m的同學在一次體育課上練習原地垂直起跳。在第一階段，腳沒有離地，所受地面支持力大小F隨時間t變化的關系如圖乙所示。經過一定時間，重心上升h1，獲得速度v。在第二階段，腳離開地面，人軀干形態基本保持不變，重心又上升了h2，到達最高點。重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．該同學在t1～t2時間段處于超重狀態，在t2～t3時間段處于失重狀態
B．在第一階段地面支持力對該同學做的功為mv2
C．在第一階段地面支持力對該同學的沖量為mv
D．在第一和第二階段該同學機械能共增加了mgh1+mgh2
（2024 平谷區模擬）A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A、B兩球的質量分別為m和M（m＜M）。若使A球獲得瞬時速度v（如圖甲），彈簧壓縮到最短時，A球的速度為vA，B球的速度為vB，彈簧的長度為L；若使B球獲得瞬時速度v（如圖乙），彈簧壓縮到最短時，A球的速度為v'A，B球的速度為v'B，彈簧的長度為L'。則（　?。?br/>A．vA＞vB B．v'A＞v'B C．vA＝v'A D．L＝L'
（2024 南充二模）神舟十三號返回艙進入大氣層一段時間后，逐一打開引導傘、減速傘、主傘，最后啟動反沖裝置，實現軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運動情況，將其運動簡化為豎直方向的直線運動，其v﹣t圖像如圖所示。設該過程中重力加速度g不變，返回艙質量不變，下列說法正確的是（　?。?br/>A．在0～t3時間內，返回艙一直減速下降
B．在t1時刻打開主傘后，返回艙的加速度大小不可能等于g
C．在t1～t2時間內，返回艙的動量隨時間減小
D．在t2～t3時間內，返回艙的機械能不變
（2024 天津模擬）如圖所示，光滑軌道abcd固定在豎直平面內，ab水平，bcd為半圓，圓弧軌道的半徑R＝0.32m，在b處與ab相切。在直軌道ab上放著質量分別為mA＝2kg、mB＝1kg的物塊A、B（均可視為質點），用輕質細繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質彈簧（未被拴接）。軌道左側的光滑水平地面上停著一質量為M＝2kg、長L＝1m的小車，小車上表面與ab等高?，F將細繩剪斷，與彈簧分開之后A向左滑上小車，B向右滑動且恰好能沖到圓弧軌道的最高點處。物塊A與小車之間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物塊B運動到最低點b時對軌道的壓力；
（2）細繩剪斷之前彈簧的彈性勢能；
（3）物塊A相對小車滑動多遠的距離。
（2020 通榆縣校級模擬）第24屆冬奧會將于2022年在北京舉行，冰壺是比賽項目之一。如圖甲，藍壺靜止在大本營圓心O處，紅壺推出后經過P點沿直線向藍壺滑去，滑行一段距離后，隊員在紅壺前方開始不斷刷冰，直至兩壺發生正碰為止。已知，紅壺經過P點時速度v0＝3.25m/s，P、O兩點相距L＝27m，大本營半徑R＝1.83m，從紅壺進入刷冰區域后某時刻開始，兩壺正碰前后的v﹣t圖線如圖乙所示。假設在未刷冰區域內兩壺與冰面間的動摩擦因數恒定且相同，紅壺進入刷冰區域內與冰面間的動摩擦因數變小且恒定，兩壺質量相等且均視為質點。
（1）試計算說明碰后藍壺是否會滑出大本營；
（2）求在刷冰區域內紅壺滑行的距離s。第17講　動量定理　動量守恒定律
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
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?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚恚?br/>(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?。?br/>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．
（2024 西城區一模）2023年7月，由中國科學院研制的電磁彈射實驗裝置啟動試運行，該裝置在地面構建微重力實驗環境，把“太空”搬到地面。實驗裝置像一個“大電梯”，原理如圖所示，在電磁彈射階段，電磁彈射系統推動實驗艙豎直向上加速運動至A位置，撤除電磁作用。此后，實驗艙做豎直上拋運動，到達最高點后返回A位置，再經歷一段減速運動后靜止。某同學查閱資料了解到：在上述過程中的某個階段，忽略阻力，實驗艙處于完全失重狀態，這一階段持續的時間為4s，實驗艙的質量為500kg。他根據上述信息，取重力加速度g＝10m/s2，做出以下判斷，其中正確的是（　?。?br/>A．實驗艙向上運動的過程始終處于超重狀態
B．實驗艙運動過程中的最大速度為40m/s
C．向上彈射階段，電磁彈射系統對實驗艙做功大于1×105J
D．向上彈射階段，電磁彈射系統對實驗艙的沖量等于1×104N s
【解答】解：A、實驗艙豎直向上加速運動至A位置的過程，其加速度向上，處于超重狀態。實驗艙做豎直上拋運動到達最高點的過程，其加速度等于g，方向豎直向下，此過程處于完全失重狀態，則實驗艙向上運動的過程先處于超重狀態，后處于完全失重狀態，故A錯誤；
B、實驗艙豎直向上加速運動至A位置后做豎直上拋運動，可知在A位置時速度最大，由題意可知豎直上拋運動階段持續的時間為t＝4s，則實驗艙運動過程中的最大速度為vm＝gt＝104m/s＝20m/s，故B錯誤；
C、實驗艙在A位置時的動能為：Ek500×202J＝1×105J，實驗艙豎直向上加速運動過程，其重力勢能也增加了，即實驗艙豎直向上加速運動過程其機械能增加量大于1×105J，由功能關系可知，此過程電磁彈射系統對實驗艙做功大于1×105J，故C正確；
D、向上彈射階段，實驗艙的動量增加量為：Δp＝mvm＝500×20N s＝1×104N s，設電磁彈射系統對實驗艙的沖量大小為I，重力的沖量大小為IG，以向上為正方向，根據動量定理得：I﹣IG＝Δp，可知向上彈射階段，電磁彈射系統對實驗艙的沖量大于1×104N s，故D錯誤。
故選：C。
（2024 東城區一模）一個質量為m的網球從距地面高H1處自由下落，反彈的最大高度為H2不考慮所受的空氣阻力，重力加速度用g表示，對網球與地面接觸的運動過程，下列判斷正確的是（　?。?br/>A．網球的加速度先向上后向下
B．網球速度為0時受地面的彈力最大
C．地面對網球所做的功等于mg（H1 H2）
D．網球受地面的平均沖擊力等于
【解答】解：A、網球與地面接觸的運動過程，彈力由小變大，根據牛頓第二定律可知加速度先向下再向上，故A錯誤；
B、網球速度為0時，網球的形變量最大，受地面的彈力最大，故B正確；
C、地面對網球的支持力做功為0，故C錯誤；
D、網球剛接觸地面和反彈的速度分別為v1，v2，規定向上為正方向，根據動量定理有
（F﹣mg）t＝mv2﹣（﹣mv1）
其中t
聯立解得Fmg
故D錯誤；
故選：B。
（2024 河池一模）某次排球比賽中，甲運動員在離地高度為h1＝2.8m處將排球水平擊出；乙運動員在離地h2＝1.0m處將排球墊起，墊起后球的速度大小相等，方向相反，且與水平方向成37°。已知排球質量m＝0.3kg，取重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。以下說法正確的是（　　）
A．排球在墊起前在空中運動的時間為0.8s
B．排球水平擊出時的初速度大小為6.0m/s
C．排球與乙同學作用的過程中所受合外力沖量的大小為6.0N s
D．排球被墊起后運動到最高點時距離地面的高度為3.2m
【解答】解：A．排球從被擊出到被墊起前做平拋運動，設其飛行時間為，豎直方向有
解得
t＝0.6s
故A錯誤；
B．墊起后球的速度大小相等，方向相反，所以乙同學墊起排球前瞬間排球在豎直方向速度的大小為
vy＝gt＝10×0.6m/s＝6m/s
根據題目可得此時速度方向與水平方向的夾角為θ＝37°，故排球被水平擊出時的初速度大小為
故B錯誤；
C．乙同學墊起排球前瞬間排球速度的大小為
根據動量定理，排球與乙同學作用的過程中所受合外力沖量的大小為
I＝2mv＝2×0.3×10N s＝6N s
故C正確；
D．根據運動的對稱性可得，排球被墊起后會沿原軌跡返回，故可知排球運動到最高點時距離地面的高度為h＝h1＝2.8m，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．
（2024 東城區一模）如圖所示，質量為M、傾角為θ的光滑斜劈置于光滑水平地面上，質量為m的小球第①次和第②次分別以方向水平向右和水平向左、大小均為v0的初速度與靜止的斜劈相碰，碰撞中無機械能損失。重力加速度用g表示，下列說法正確的是（　　）
A．這兩次碰撞過程小球和斜劈組成的系統動量都守恒
B．第②次碰撞后斜劈的速度小于
C．第②次碰撞過程中地面對斜劈的支持力等于（M+m）g
D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直線上；第②次碰撞前、后小球速度方向與斜面法線的夾角一定相等
【解答】解：A，第①次碰撞小球和斜劈組成的系統合外力為0，系統動量守恒，第②次碰撞過程中，系統的合外力不為0，動量不守恒，故A錯誤；
B．第②次碰撞后速度的分解如圖
規定向左為正方向，根據水平方向的動量守恒定律有
mv0cosθcosθ﹣mvysinθ+Mvx＝mv0
即有
mv0﹣mv0cos2θ+mvysinθ＝Mvx
解得斜劈的速度
vx
故B正確；
C．第②次碰撞過程中，斜劈有豎直向下的動量，則可知地面對斜劈的支持力大于（M+m）g，故C錯誤；
D.第②次碰撞后小球沿垂直于斜面方向的速度v'＜v0sinθ，根據速度的合成可知，第②次碰撞前、后小球速度方向與斜面法線的夾角一定不相等，故D錯誤；
故選：B。
（2024 岳麓區校級模擬）如圖所示，輕質彈簧上端懸掛于天花板，下端系有質量為M的圓板，處于平衡狀態。一質量為m的圓環套在彈簧外，與圓板距離為h，讓環自由下落撞擊圓板，碰撞時間極短，碰后圓環與圓板共同向下運動，已知重力加速度為g，則（　?。?br/>A．碰撞過程中環與板組成的系統動量和機械能都守恒
B．碰撞過程中系統損失的機械能為
C．圓環和圓板的最大速度為
D．碰撞后的瞬間圓板對環的彈力為
【解答】解：A、碰撞過程中，圓環與圓板組成的系統內力遠大于外力，系統動量守恒。由于碰撞之后圓環與圓板共同向下運動，機械能有損失，則機械能不守恒，故A錯誤；
B、圓環下降到與圓板碰撞前瞬間，由機械能守恒定律有
圓環和圓板碰撞過程中，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律有
mv＝（m+M）v1
解得碰后共同速度為：
則碰撞過程中系統損失的機械能為
聯立解得：，故B正確；
C、圓環和圓板在向下運動的過程中，開始階段圓環和圓板的重力之和大于彈簧的彈力，圓環和圓板還在加速，則圓環和圓板的最大速度大于，故C錯誤；
D、碰撞后瞬間，對圓環和圓板整體，由牛頓第二定律有
mg＝（m+M）a
對圓板，由牛頓第二定律有
F＝Ma
解得碰撞后的瞬間圓板對環的彈力為：，故D錯誤。
故選：B。
（2024 河東區一模）保齡球運動既可以鍛煉身體，又可以緩解心理壓力，而且老少咸宜，廣受大眾的喜愛。某同學設想了如下過程來模擬一次保齡球的投擲、運行、撞擊的訓練過程．如圖所示，將一質量為M＝2.8kg的保齡球從A點開始由靜止向前擲出，球沿曲線運動，脫手后，在B點以v0＝6m/s的速度切入水平球道。球做直線運動經t＝4s時間后在C點與質量為m＝1.4kg的球瓶發生正碰。已知在A點時保齡球的下沿距離球道表面的高度為h＝1m，保齡球在球道上運動時受到的阻力恒為重力的k＝0.05倍，g取10m/s2，忽略空氣阻力，忽略保齡球的滾動，球與球瓶的碰撞時間極短，碰撞中沒有能量損失，球與球瓶均可看成質點。求：
（1）運動員在擲球過程中對保齡球做的功W；
（2）在撞上球瓶前的瞬間，保齡球的速度v1的大小；
（3）碰撞后，球瓶的速度v2的大小。
【解答】解：（1）運動員在擲球過程中，根據動能定理可得：
解得：W＝22.4J
（2）保齡球從B到C的過程，選擇向右的方向為正方向，根據動量定理可得：
﹣kMgt＝Mv1﹣Mv0
解得：v1＝4m/s
（3）球與球瓶的碰撞時間極短，碰撞中沒有能量損失，可知碰撞過程滿足動量守恒和機械能守恒，選擇向右的方向為正方向，則有
Mv1＝Mv3+mv2
聯立解得：v2
答：（1）運動員在擲球過程中對保齡球做的功為22.4J；
（2）在撞上球瓶前的瞬間，保齡球的速度v1的大小為4m/s；
（3）碰撞后，球瓶的速度v2的大小為。
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。
（2024 朝陽區一模）如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質量均為m，P以速度v向右運動，Q靜止且左端固定一輕彈簧。當彈簧被壓縮至最短時（　?。?br/>A．P的動量為0
B．Q的動量達到最大值
C．P、Q系統總動量小于mv
D．彈簧儲存的彈性勢能為
【解答】解：AC、物體P、Q與輕彈簧組成的系統所受合外力為零，滿足系統動量守恒的條件，系統總動量為mv，所以彈簧被壓縮至最短時此系統總動量仍然為mv，以向右為正方向，根據動量守恒定律可得：mv＝2mv1，解得：v1v，所以P的動量為mv1mv，不為零，故AC錯誤；
D、根據機械能守恒定律得彈簧儲存的彈性勢能為Ep，故D正確；
B、彈簧被壓縮至最短時，彈簧處于壓縮狀態，對物體Q有向右的彈力，物體Q的速度方向也向右，所以在接下來的一段時間內，物體Q做加速運動，其動量會繼續增大，故此時Q的動量不是最大，故B錯誤。
故選：D。
（2024 寧波二模）質量為m1的滑塊沿傾角為θ、長度為l的光滑斜面頂端靜止滑下。斜面質量為m2，并靜置于光滑水平面上，重力加速度為g?；瑝K可看成質點，則滑塊滑到斜面底端所用的時間為（　?。?br/>A． B．
C． D．
【解答】解：設滑塊滑到底端時的水平速度和豎直速度為vx和vy，即滑塊的合速度為v1，斜面的合速度為v2。由于滑塊與斜面組成的系統在水平方向的合力為零，則系統水平方向的動量守恒，以向右為正方向，有：m1vx﹣m2v2＝0
結合兩者的水平位移關系有：
對滑塊，在豎直方向的位移：
對兩物體的系統，由機械能守恒定律有：
聯立可得滑塊滑到斜面底端所用的時間為：，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2024 天津模擬）如圖所示，質量m＝2kg的滑塊B靜止放置于光滑平臺上，B的左端固定一輕質彈簧。平臺右側有一質量M＝6kg的小車C，其上表面與平臺等高，小車與水平面間的摩擦不計。光滑圓弧軌道半徑R＝1.6m，連線PO與豎直方向夾角為60°，另一與B完全相同的滑塊A從P點由靜止開始沿圓弧下滑。A滑至平臺上擠壓彈簧，彈簧恢復原長后滑塊B離開平臺滑上小車C且恰好未滑落，滑塊B與小車C之間的動摩擦因數μ＝0.75，g取10m/s2，A、B可視為質點，求：
（1）滑塊A剛到平臺上的速度大?。?br/>（2）該過程中彈簧彈性勢能的最大值；
（3）小車C的長度。
【解答】解：（1）滑塊A自P點滑至平臺過程中，由動能定理有
mgR（1﹣cos60°）mv02
解得v0＝4m/s
（2）當A、B速度大小相等時彈簧彈性勢能最大，設向右為正方向，動量守恒定律有
mv0＝2mv共
解得v共＝2m/s
由能量守恒定律有
EPmv02 2mv共2
解得：EP＝8J
（3）彈簧恢復原長時B與A分離，由動量守恒定律和機械能守恒定律可得：
mv0＝mv1+mv2
mv02mv12mv22
聯立解得v1＝0
v2＝4m/s
B恰好未從小車C上滑落，即B到小車C右端時二者速度相同，由動量守恒有
mv2＝（m+M）v3
解得：v3＝1m/s
由功能關系有：
Qmv22（m+M）v32
Q＝μmgL，
聯立解得：L＝0.8m。
答：（1）滑塊A剛到平臺上的速度大小為4m/s；
（2）該過程中彈簧彈性勢能的最大值為8J；
（3）小車C的長度為0.8m。
（2024 沈陽模擬）如圖所示，小車上固定一個光滑彎曲軌道，靜止在光滑的水平面上，整個小車（含軌道）的質量為3m。現有質量為m的小球，以水平速度v0從左端滑上小車，能沿彎曲軌道上升到最大高度，然后從軌道左端滑離小車。關于這個過程，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球沿軌道上升到最大高度時，速度為零
B．小球沿軌道上升的最大高度為
C．小球滑離小車時，小車恢復靜止狀態
D．小球滑離小車時，小車相對小球的速度大小為2v0
【解答】解：AB．依題意，小車和小球組成的系統水平方向不受外力，則系統水平方向動量守恒，取水平向右為正方向，由動量守恒定律
mv0＝（m+3m）v
可得小球在最高點時仍然具有水平速度，
設達到最高點的高度為H，根據能量守恒，可得
解得
故A錯誤；B正確；
CD．設小球滑離小車時，二者速度分別為v球和v車，取水平向右為正方向，由動量守恒和能量守恒可得
mv0＝mv球+3mv車，
聯立，解得
，
可知小車相對小球的速度大小為
Δv＝v車﹣v球＝v0
故CD錯誤。
故選：B。
（2024 西城區一模）如圖是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖。已知飛船的質量為m，其推進器工作時飛船受到的平均推力為F。在飛船與空間站對接后，推進器工作時間為Δt，測出飛船和空間站的速度變化為Δv。下列說法正確的是（　?。?br/>A．空間站的質量為
B．空間站的質量為
C．飛船對空間站的作用力大小為F
D．飛船對空間站的作用力大小一定為
【解答】解：AB、設空間站質量為M，將飛船和空間站視為整體，對整體而言在F的作用下速度發生變化，根據動量定理有：FΔt＝（M+m）Δv，解得M，故A錯誤，B正確；
CD、某一時刻對飛船分析有F﹣f＝ma，其中f為空間站對飛船的作用力，對空間站有f＝Ma'，所以作用力大小不為F，由于F是平均推力大小，僅知道速度的變化量是無法確定整個過程是勻變速過程，所以作用力大小不一定是m，故CD錯誤；
故選：B。
（2024 包頭二模）扇車在我國西漢時期就已廣泛被用來清選谷物。谷物從扇車上端的進谷口進入分離倉，分離倉右端有一鼓風機提供穩定氣流，從而將谷物中的秕粒a（秕粒為不飽滿的谷粒，質量較輕）和飽粒b分開。若所有谷粒進入分離倉時，在水平方向獲得的動量相同。之后所有谷粒受到氣流的水平作用力可視為相同。圖中虛線分別表示b谷粒的軌跡。Fa、Fb為相應谷粒所受的合力。下列四幅圖中可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：飽粒和秕粒都是在水平方向受到氣流的作用力，豎直方向受到重力作用，所以它們在豎直方向都是做自由落體運動，則它們在空中的運動時間相等。因為飽粒和秕粒的水平動量相等，而秕粒的質量小，則初速度大，水平方向受到的氣流作用力是相等的，所以秕粒在水平方向的加速度較大，所以秕粒水平方向的位移大，即秕粒會落在飽粒的左邊。它們受水平方向的作用力相等，但是飽粒的重力較大，所以飽粒受到的合力方向與豎直方向的夾角小于秕粒受到的合力方向與豎直方向的夾角，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
（2024 朝陽區校級模擬）如圖所示，圓盤在水平面內以角速度ω繞中心軸勻速轉動，圓盤上距軸r處的P點有一質量為m的小物體隨圓盤一起轉動。某時刻圓盤突然停止轉動，小物體由P點滑至圓盤上的某點停止。下列說法正確的是（　?。?br/>A．圓盤停止轉動前，小物體所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向
B．圓盤停止轉動前，小物體運動半個周期所受摩擦力的沖量大小為2mωr
C．圓盤停止轉動后，小物體沿圓盤半徑方向運動
D．圓盤停止轉動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為
【解答】解：AB、圓盤停止轉動前，物體隨圓盤做勻速圓周運動，摩擦力沿圓盤面指向中心軸提供向心力，小物體運動半個周期所受摩擦力的沖量大小為I＝mωr﹣（﹣mωr）＝2mωr，故A錯誤，B正確；
C．圓盤停止轉動后，物塊沿切線方向運動，故C錯誤；
D．由動量定理可得：If'＝0﹣mv＝﹣mωr，即小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為mωr，故D錯誤。
故選：B。
（2024 海南）小明制作了一個火箭模型，火箭模型質量為M（含燃料），開始火箭模型靜置在地面上，點火后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的燃氣，噴氣過程中忽略重力和空氣阻力的影響，下列說法正確的是（　?。?br/>A．火箭噴氣過程機械能守恒
B．火箭的推力來源于空氣對它的反作用力
C．噴氣結束時火箭模型的動量大小為mv0
D．噴氣結束時火箭模型的速度大小為
【解答】解：A．系統所受合外力為零，滿足動量守恒，但機械能不守恒，故A錯誤；
B．火箭的推力是燃料燃燒產生的高溫高壓氣體向后噴出時對火箭的反作用力，故B錯誤；
C．開始總動量為零，規定氣體噴出的方向為正方向，根據動量守恒定律得
0＝mv0+p
噴氣結束時火箭模型的動量大小
p＝mv0，故C正確；
D．規定氣體噴出的方向為正方向，根據動量守恒定律
0＝mv0﹣（M﹣m）v
解得，故D錯誤。
故選：C。
（2024 沙坪壩區模擬）如圖所示，小明同學對某輕質頭盔進行安全性測試，他在頭盔中裝入質量為2.0kg的物體，物體與頭盔緊密接觸，使其從3.20m的高處自由落下，并與水平面發生碰撞，頭盔被擠壓了0.08m時，物體的速度減為0。擠壓過程視為勻減速直線運動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則（　?。?br/>A．擠壓過程中物體處于失重狀態
B．勻減速直線運動過程中頭盔對物體的平均作用力大小為820N
C．物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為16kg m/s，方向豎直向下
D．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為20N s
【解答】解：A、頭盔的運動是勻減速直線運動，所以加速度方向是豎直向上，所以頭盔是處于超重狀態，故A錯誤；
B、頭盔落地時的速度為：
頭盔和地面的相互作用時間為t，則有：
解得：
規定豎直向下的方向為正方向，在頭盔受擠壓的過程中，對頭盔根據動量定理有
（mg﹣F）t＝0﹣mv
代入數據解得：F＝820N，故B正確；
C、物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為：ΔP＝0﹣mv＝0﹣2×8kg m/s＝﹣16kg m/s，負號說明方向豎直向上，故C錯誤；
D、根據動量定理可知物體在自由下落過程中重力的沖量大小為：I＝mv，代入數據解得：I＝16N s，故D錯誤。
故選：B。
（2024 全國一模）原地縱跳摸高是常見的體能測試項目。在某次摸高測試中，一同學從如圖A所示的靜止下跨狀態向上躍起，腳剛離開地面時如圖B所示，身體運動到最高點時位置如圖C所示，三幅圖代表同一豎直線上的三個位置，不計空氣阻力，關于該同學測試的全過程，下列說法正確的是（　　）
A．從A到B的運動過程中，地面對腳的支持力始終大于該同學的重力
B．從A到B的運動過程中，地面對腳的支持力的沖量為零
C．該同學在C圖位置的機械能大于在A圖位置的機械能
D．從A到C的過程中，地面對腳的支持力沖量大于該同學的重力沖量
【解答】解：AB.運動員從用力蹬地到剛離開地面的起跳過程，先向上加速，地面支持力大于重力；當地面支持力等于重力時速度最大；之后腳與地面作用力逐漸減小，運動員開始減速；當腳與地面作用力為零時，離開地面。此過程地面對腳的支持力的沖量不為零，故AB錯誤；
B.蹬地起跳過程中運動員消耗體內化學能轉化為機械能，B圖位置的機械能大于在A圖位置的機械能，從B到C的運動過程中機械能守恒，則該同學在圖C位置的機械能大于在A圖位置的機械能，故C正確；
D.從A到C的過程中，應用動量定理有I支+IG＝0﹣0，所以地面對腳的支持力沖量大小等于該同學的重力沖量大小，故D錯誤。
故選：C。
（2024 青羊區校級模擬）如圖甲所示，質量為m的同學在一次體育課上練習原地垂直起跳。在第一階段，腳沒有離地，所受地面支持力大小F隨時間t變化的關系如圖乙所示。經過一定時間，重心上升h1，獲得速度v。在第二階段，腳離開地面，人軀干形態基本保持不變，重心又上升了h2，到達最高點。重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．該同學在t1～t2時間段處于超重狀態，在t2～t3時間段處于失重狀態
B．在第一階段地面支持力對該同學做的功為mv2
C．在第一階段地面支持力對該同學的沖量為mv
D．在第一和第二階段該同學機械能共增加了mgh1+mgh2
【解答】解：A、由圖乙所示圖象可知，在t1～t3階段地面對該同學的支持力大于他的重力，t3～t4階段地面對該同學的支持力小于他的重力，由牛頓第三定律可知，該同學對地面的壓力先大于重力后小于重力，該同學t1～t3階段處于超重狀態，t3～t4處于失重狀態，故A錯誤；
B、在第一階段，該同學的腳沒有離地，地面對該同學支持力作用點的位移為零，地面支持力對該同學做的功為零，故B錯誤；
C、以向上為正方向，在第一階段該同學動量的變化量Δp＝mv﹣0＝mv，由動量定理可知：IG+I支持力＝Δp，則I支持力＝mv﹣IG，故C錯誤；
D、根據重力勢能的計算公式可知，在第一和第二階段該同學機械能共增加了E＝mgh1+mgh2，故D正確。
故選：D。
（2024 平谷區模擬）A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A、B兩球的質量分別為m和M（m＜M）。若使A球獲得瞬時速度v（如圖甲），彈簧壓縮到最短時，A球的速度為vA，B球的速度為vB，彈簧的長度為L；若使B球獲得瞬時速度v（如圖乙），彈簧壓縮到最短時，A球的速度為v'A，B球的速度為v'B，彈簧的長度為L'。則（　?。?br/>A．vA＞vB B．v'A＞v'B C．vA＝v'A D．L＝L'
【解答】解：ABC.當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相同，vA＝vB，方向向右，v'A＝v'B，方向向左，所以vA≠v'A，故ABC錯誤；
D.對題圖甲取A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得
mv＝（m+M）v'
由機械能守恒定律得
聯立解得彈簧壓縮到最短時
同理：對題圖乙取B的初速度方向為正方向，當彈簧壓縮到最短時有
故彈性勢能相等，則有
L＝L′，故D正確。
故選：D。
（2024 南充二模）神舟十三號返回艙進入大氣層一段時間后，逐一打開引導傘、減速傘、主傘，最后啟動反沖裝置，實現軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運動情況，將其運動簡化為豎直方向的直線運動，其v﹣t圖像如圖所示。設該過程中重力加速度g不變，返回艙質量不變，下列說法正確的是（　　）
A．在0～t3時間內，返回艙一直減速下降
B．在t1時刻打開主傘后，返回艙的加速度大小不可能等于g
C．在t1～t2時間內，返回艙的動量隨時間減小
D．在t2～t3時間內，返回艙的機械能不變
【解答】A．由圖像可知0～t2時間內速度在減小，t2﹣t3速度大小不變，故A錯誤；
B．v﹣t圖像的斜率表示加速度，t1時刻打開主傘后圖像的斜率在減小，但是開始斜率大小未知，故B錯誤；
C．物體的動量為p＝mv，而在t1～t2時間內，物體的速度在逐漸減小，故動量也隨時間減小，故C正確；
D．在t2～t3時間內，返回艙的動能不變，下降過程重力勢能也在減小，故機械能在減小，故D錯誤。
故選：C。
（2024 天津模擬）如圖所示，光滑軌道abcd固定在豎直平面內，ab水平，bcd為半圓，圓弧軌道的半徑R＝0.32m，在b處與ab相切。在直軌道ab上放著質量分別為mA＝2kg、mB＝1kg的物塊A、B（均可視為質點），用輕質細繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質彈簧（未被拴接）。軌道左側的光滑水平地面上停著一質量為M＝2kg、長L＝1m的小車，小車上表面與ab等高。現將細繩剪斷，與彈簧分開之后A向左滑上小車，B向右滑動且恰好能沖到圓弧軌道的最高點處。物塊A與小車之間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物塊B運動到最低點b時對軌道的壓力；
（2）細繩剪斷之前彈簧的彈性勢能；
（3）物塊A相對小車滑動多遠的距離。
【解答】解：涉及動量守恒定律，取向左為正方向。
（1）對B分析，在軌道最高點由牛頓第二定律可得：mBg＝mB
從b到d由動能定理可得：﹣mBg 2R
在b點由牛頓第二定律可得：FN﹣mBg＝mB
聯立以上方程可得：FN＝60N
由牛頓第三定律可知物塊對軌道的壓力大小為60N，方向豎直向下；
（2）細繩剪斷之后，取向右為正方向，由動量守恒定律可得：mAvA﹣mBvb＝0
由能量守恒定律可得：EPmAmB
聯立以上方程可得：EP＝12J；
（3）假設A恰好滑到小車左端時與小車有共同速度v，由動量守恒定律可得：mAvA＝（mA+M）v
由能量守恒定律可得：μmAgLmA（mA+M）v2
解得：L＝0.5m。
答：（1）物塊B運動到最低點b時對軌道的壓力大小為60N，方向豎直向下；
（2）細繩剪斷之前彈簧的彈性勢能為12J；
（3）物塊A相對小車滑動的距離為0.5m。
（2020 通榆縣校級模擬）第24屆冬奧會將于2022年在北京舉行，冰壺是比賽項目之一。如圖甲，藍壺靜止在大本營圓心O處，紅壺推出后經過P點沿直線向藍壺滑去，滑行一段距離后，隊員在紅壺前方開始不斷刷冰，直至兩壺發生正碰為止。已知，紅壺經過P點時速度v0＝3.25m/s，P、O兩點相距L＝27m，大本營半徑R＝1.83m，從紅壺進入刷冰區域后某時刻開始，兩壺正碰前后的v﹣t圖線如圖乙所示。假設在未刷冰區域內兩壺與冰面間的動摩擦因數恒定且相同，紅壺進入刷冰區域內與冰面間的動摩擦因數變小且恒定，兩壺質量相等且均視為質點。
（1）試計算說明碰后藍壺是否會滑出大本營；
（2）求在刷冰區域內紅壺滑行的距離s。
【解答】解：（1）根據速度圖象可知，碰撞前紅壺的速度v1＝1.25m/s，碰后的速度為v1′＝0.25m/s，
碰撞前藍壺的速度為0，設碰撞后藍壺的速度為v2，根據動量守恒定律可得：mv1＝mv1′+mv2
解得：v2＝1m/s，
根據速度圖象可知，兩壺在未刷冰區域內的加速度為：a2m/s2＝0.25m/s2，
碰后藍壺運動的位移為：x2m＝2m＞R＝1.83m，故藍壺會滑出大本營；
（2）根據圖象可知紅壺在刷冰區域內的加速度為：a1m/s2＝0.15m/s2，
設紅壺進入刷冰區域時的速度為v，根據速度—位移關系可得：L
解得：v＝2.88m/s
在刷冰區域內紅壺滑行的距離為：s22.46m
答：（1）碰后藍壺會滑出大本營；
（2）在刷冰區域內紅壺滑行的距離為22.46m。

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