1、第3讲动量定理、动量守恒定律三年考情分析高考命题规律三年考题考查内容核心素养2017年高考考纲把动量列入必考内容后，高考对本知识点的考查中动量定理、动量守恒定律是本部分的重点知识，也是高考考查的热点，命题方向呈现多样化在2020年高考备考中应引起重视.2019卷16T动量定理物理观念2018卷14T动量科学思维卷15T动量定理物理观念卷24T动量守恒科学思维2017卷14T反冲运动科学思维卷15T动量守恒物理观念考向一动量、冲量及动量定理知识必备提核心通技法1动量与动能的区别与联系(1)动量的大小与动能的关系：由pmv及Ekmv2易导出下列两个反映动量大小和动能关系的常用式：p，Ek.(2)动
2、量是矢量、动能是标量，因此物体的动量变化时动能未必变化，物体的动能变化时动量必变化2动量的变化及其计算动量的变化为矢量，即物体某一运动过程中的末动量减去初动量也常说为动量的增量其计算方法：若初末动量均在一条直线上，转化为代数运算，首先规定正方向，一般默认初态为正，动量变化pp2p1，若p0，则动量的变化p与所规定正方向同向，若p0，则动量的变化p与所规定正方向相反3冲量计算的四种方法方法一求恒力的冲量，直接用IFt计算方法二方向不变的变力冲量，若力随时间均匀变化，即力为时间的一次函数(FF0kt)，则力F在某段时间t内的冲量I(F1F2)，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小；方向变
3、化的，变力冲量一般用Ip求解方法三用Ft图中的“面积”求方向不变情况下的变力冲量方法四用动量定理Ip求冲量4动量定理(1)文字表述物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化(2)公式表述FtppIppF1t1F2t2F3t3ppI1I2I3pp典题例析析典题学通法例1(2019课标，16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A1.6102 kgB1.6103 kgC1.6105 kg D1.6106 kg
4、解题关键本题单位统一用国际单位制单位；研究对象选择发动机在1 s内喷射出的气体解析B本题考查了考生对动量定理的理解能力，体现了物理模型建构的核心素养，同时也增强了考生的国人自豪感设火箭发动机在1 s内喷射出气体的质量为m.以这部分气体为研究对象，应用动量定理，Ftmv0，解得m1.6103 kg.跟进题组练考题提能力1(2018全国卷，15T)高空坠物极易对行人造成伤害，若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 s，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A10 N B102 NC103 N D104 N解析：C每层楼的高度大约3 m,25层楼的高度h(251)3 m72
5、m鸡蛋下落到地面的速度v37.9 m/s根据动量定理(Nmg)tmv，所以Nmg949 N，接近103N，故C正确，A、B、D错2(2017新课标)(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动F随时间t变化的图线如图所示，则()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零解析：AB本题考查直线运动、对图像的理解、动量定理t1 s时物块的速率为v，Ftmv，得v1 m/s，A项正确t2 s时动量为p，p22 kgm/s4 kgm/s，B项正确t3 s时的动量p322 kgm
6、/s11 kgm/s3 kgm/s，C项错误同理t4 s时物块速度v41 m/s，故D项错误易错警示辨易错防未然使用动量定理应注意的问题(1)动量定理为矢量式，使用前需要先选择正方向(2)尤其注意，动量定理中的F指的是物体所受的合外力(3)动量定理的研究对象一般是单个物体，但也可以应用于多个物体组成的系统如“系统所受外力的冲量等于系统总动量的变化”(4)涉及到力、时间、速度问题，可以选择动量定理，尤其针对短暂的相互作用问题考向二动量守恒定律的应用知识必备提核心通技法1动量守恒定律的表达式(1)最常见的两物体组成的系统动量守恒，任意两时刻系统的动量相等，表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2.
7、(2)任意两时刻系统的动量相等，表达式pp.(3)系统总动量增量为零，表达式：p0.(4)一个物体动量的增量与另一个物体动量的增量大小相等，方向相反，表达式：p1p2.2动量守恒定律成立的条件(1)系统不受外力或所受外力的矢量和为零则系统动量守恒(2)系统所受内力远远大于系统所受外力则系统动量守恒(3)系统在某方向上不受外力或所受外力的矢量和为零则该方向动量守恒典题例析析典题学通法例2(2020郑州高三质量预测)如图所示，质量为m245 g的物块(可视为质点)放在质量为M0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4.质量为m05 g的子弹以速度v03
8、00 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1.(2)木板向右滑行的最大速度v2.(3)物块在木板上滑行的时间t.审题指导(1)子弹进入物块后到一起向右滑行的时间极短，木板速度仍为零(2)子弹与物块一起运动的初速度即为物块向右运动的最大速度v1.(3)木板足够长，物块最终与木板同速，此时，木板向右滑行的速度v2最大解析(1)子弹进入物块后向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得：m0v0(m0m)v1解得：v16 m/s(2)当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒
9、定律得：(m0m)v1(m0mM)v2解得：v22 m/s(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1解得：t1 s.答案(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s迁移题组多角度提能力迁移1某一方向上的动量守恒问题1(2019湖南郴州质检一，10)(多选)如图所示，光滑大圆环静止在水平面上，一质量为m、可视为质点的小环套在大环上，已知大环半径为R，质量为M3m，小环由圆心等高处无初速度释放，滑到最低点时()A小环的速度大小为B小环的速度大小为C大环移动的水平距离为D大环移动的水平距离为解析：BD设小环滑至最低点时的速度为v1，大环的速度为v2，两环组
10、成的系统满足机械能守恒，有mgRmvMv，且两环组成的系统满足水平方向动量守恒，有0mv1Mv2，联立解得v1，v2，故A错误，B正确；设小环和大环水平方向发生的位移分别为x1、x2，两环组成的系统满足水平方向反冲原理，结合人船模型的结论可知，且x1x2R，解得x1R，x2R，故C错误，D正确故选B、D.迁移2爆炸反冲现象中的动量守恒2(2017课标，14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0
11、102 kgm/s D6.3102 kgm/s解析：A本题考查动量守恒定律由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略，则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒燃气喷出前系统静止，总动量为零，故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向，可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小，则|p火|p气|m气v气0.05 kg600 m/s30 kgm/s，A正确迁移3多物体组成系统的动量守恒3如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务某时刻甲、乙都以大小为v02 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点甲和他的装备总质量为M190 kg，乙和他的装备总质量为M2135 kg
12、，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？(2)设甲与物体A作用时间为t0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M2v0M1v0(M1M2)v1以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得：M2v0(M2m)v1mv代入数据联立解得v10.4 m/s，v5.2
13、m/s.(2)以甲为研究对象，由动量定理得，FtM1v1(M1v0)代入数据解得F432 N.答案：(1)5.2 m/s(2)432 N规律方法知规律握方法应用动量守恒定律解题的基本步骤考向三碰撞问题知识必备提核心通技法1碰撞过程特点碰撞的物理过程剧烈，物体间相互作用时间很短，物体间相互作用力很大，从而使系统内每个物体的动量在碰撞过程的极短时间内发生剧烈变化；碰撞过程中系统动量守恒的理论依据：由于碰撞过程中物体间的相互作用力(内力)很大(远大于外力如重力及摩擦力等)，所以碰撞过程持续时间很短且在这很短的时间t内各物体的动量均发生了明显的改变，但与内力相比系统所受的很小的合外力F在极短的碰撞时间
14、t内的冲量很小，故碰撞过程中系统动量近似守恒，这是一条重要结论2碰撞所遵循的三条原则(1)动量守恒：m1v1m2v2m1v1m2v2(2)系统初态总动能大于等于末态总动能m1vm2vm1v12m2v22，当发生弹性碰撞时，不等式中的等号成立(3)碰后的速度要符合实际情况：碰后两物体同向运动，则前面运动物体的速度一定大于等于后面运动物体的速度典题例析析典题学通法例3如图所示，质量为m10.2 kg的小物块A，沿水平面与小物块B发生正碰，小物块B的质量为m21 kg.碰撞前，A的速度大小为v03 m/s，B静止在水平面上由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A、B与地面间的动摩擦因数
15、均为0.2，重力加速度g取10 m/s2，试求碰后B在水平面上滑行的时间审题指导题目中只告诉A与B发生的是正碰，故出现A、B两物体将发生弹性碰撞和完全非弹性碰撞两种情况解析假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v1，则由动量守恒定律有m1v0(m1m2)v1碰后，A、B一起滑行直至停下，设滑行时间为t1，则由动量定理有(m1m2)gt1(m1m2)v1解得t10.25 s假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后A、B的速度分别为vA、vB，则由动量守恒定律有m1v0m1vAm2vB由机械能守恒有m1vm1vm2v设碰后B滑行的时间为t2，则m2gt2m2vB解得t20.5 s可见，碰后B在
16、水平面上滑行的时间t满足025 st0.5 s答案见解析跟进题组练考题提能力1如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动两球质量关系为mB2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4 kgm/s，则()A左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25B左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110C右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25D右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110解析：A由两球的动量都是6 kgm/s可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A球碰后A球
17、的动量减少了4 kgm/s，即A球的动量为2 kgm/s，由动量守恒定律得B球的动量为10 kgm/s，则速度大小之比为25，故选项A是正确的2一中子与一质量数为A(A1)的原子核发生弹性正碰若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()A. B.C. D.解析：A设中子质量为m，则原子核的质量为Am，碰撞前后中子的速度分别为v0、v1，碰后原子核的速度为v2，由弹性碰撞可得mv0mv1Amv2，mvmvAmv，解得v1v0，故，A正确3光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA3m、mBmCm，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘
18、在一起，此后A与B间的距离保持不变求B与C碰撞前B的速度大小解析：设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞粘在一起后的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：mAv0mAvAmBvB对B、C木块：mBvB(mBmC)v由A与B间的距离保持不变可知vAv解得vBv0答案：v0规律方法知规律握方法1碰撞现象满足的三个规律2碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1v1v2v1(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度当m1
19、m2，且v20时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1.当m1m2，且v20时，碰后质量小的球原速率反弹动量守恒定律的综合应用典例 (2019全国，25T)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示t0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止物块A运动的vt图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻
20、力(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上求改变前后动摩擦因数的比值.核心考点1.动量守恒定律2.能量守恒定律3.动能定理命题技巧1.以两物块在粗糙轨道上的滑行与弹性碰撞为背景考查考生综合分析能力2.通过vt图像的利用体现考生应用数学知识解物理问题的能力核心素养1.物理观念：动量观念能量观念2.科学思维：推理、判断审题关键(1)在时间短暂的弹性碰撞中，利用动量守恒，能量守恒列式求解(2)涉及距离的问题中
21、，通常利用动能定理列式可简便求解力、功等相关物理量解析(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小设物块B的质量为m，碰撞后瞬间的速度大小为v.由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1mmvmvm2mv2联立式得m3m(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有mgHfs1mv0(fs2mgh)0m2从图(b)所给出的vt图线可知s1v1t1s2(1.4t1t1)由几何关系物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为Wf
22、s1fs2联立式可得WmgH(3)设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，有Wmg cos 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s，由动能定理有mgs0mv2设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有mghmg cos mgs0联立式可得答案(1)3m(2)mgH(3)易错展示(1)不知道弹性碰撞中要满足动量守恒和能量守恒(2)不会利用vt图求位移(3)不会选取过程列动能定理方程.对点演练练类题提素养1如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体
23、上上升的最大高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小g10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(1)规定向右为速度正方向，冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20(m2m3)vm2v(m2m3)v2m2gh式中v203 m/s为冰块推出时的速度，联立式并代入题给数据得m320 kg.(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v
24、1m2v200代入数据得v11 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3m2vm2vm3v联立式并代入数据得v21 m/s，由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩答案：(1)20 kg(2)见解析2(2020峨山县校级模拟)如图所示，高为h的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其与水平面平滑对接于C点，D为斜劈的最高点，水平面的左侧A点处有一竖直的弹性挡板，质量均为m的甲、乙两滑块可视为质点，静止在水平面上的B点，已知ABh，BC3h，滑块甲与所有接触面的摩擦均可忽略，滑块乙与水平面之间的动
25、摩擦因数为0.5.给滑块甲一水平向左的初速度，经过一系列没有能量损失的碰撞后，滑块乙恰好滑到斜劈的最高点D处，重力加速度用g表示求：(1)滑块甲的初速度v0的大小；(2)滑块乙最终静止的位置与C点的距离解析：(1)甲、乙两滑块质量相等，每次碰撞没有能量损失，所以碰撞后两者交换速度根据能量守恒定律得：mvmgBCmgh将BC3h，0.5代入解得v0(2)设滑块乙在水平面上滑行的总路程为s.对整个过程，由动能定理得mgs0mv解得s5h所以滑块乙最终静止的位置与C点的距离为ss3h2h.答案：(1)(2)2hA级对点练题组一动量、冲量、动量定理1如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为m的物体
26、以速度v从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是()A斜面对物体的弹力的冲量为零B物体受到的重力的冲量大小为mgsin tC物体受到的合力的冲量大小为零D物体动量的变化量大小为mgsin t解析：D斜面对物体的弹力的冲量大小IFNtmgcos t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为IGmgt，故B错误；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin ，由动量定理得，动量的变化量大小pI合mgsin t，故C错误，D正确2中国传统文化博大精深，简单的现象揭示了深刻的道理，如水滴石穿假设从屋檐滴下的水滴质量为0.5 g，屋檐到下方石板的距离
27、为4 m，水滴落到石板上在0.2 s内沿石板平面散开，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则石板受到水滴的冲击力约为()A0.22 NB0.27 NC0.022 N D0.027 N解析：D由题知，水滴质量为m0.5 g，重力加速度为g10 m/s2，屋檐高度为h4 m，设水滴刚落到石板上时速度为v.水滴从屋檐开始下落到石板上，忽略空气阻力，水滴的机械能守恒，有mghmv2.水滴从接触石板到速度为零的过程中，取向下为正方向，对水滴由动量定理得(mgF)t0mv，解得F0.027 N，由牛顿第三定律可知，D正确3如图所示，两个大小相同、质量均为m的弹珠静止在水平地面上某小孩在极短时间内给第一个弹珠
28、水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动2L距离停下已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则小孩对第一个弹珠()A施加的冲量为mB施加的冲量为mC做的功为kmgLD做的功为3kmgL解析：D当第一个弹珠运动距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒可知，两弹珠速度发生交换，即第一个弹珠碰后停止运动，第二个弹珠以第一个弹珠碰前的速度继续向前运动了2L距离停下从效果上看，相当于第二个弹珠不存在，第一个弹珠直接向前运动3L的距离后停止运动根据动能定理可知，小孩对第一个弹珠做的功等于弹珠获得的动能，也等于克服阻力做的总功，即
29、WEkkmg3L，选项C错误，选项D正确施加的冲量Ipp00m，选项A、B错误题组二动量守恒定律的应用4关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是()A甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒B乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加C丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒D丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒解析：C甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木
30、块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；乙图中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C正确；丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误
31、5在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示，碰撞前后两壶运动的vt图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则()A碰后红壶将被反弹回来B碰后蓝壶速度为0.8 m/sC碰后蓝壶移动的距离为2.4 mD碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力解析：B由图可知，碰前红壶的速度v01.0 m/s，碰后速度为v00.2 m/s，碰后红壶沿原方向运动，故A错误；设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0mv0mv，解得v0.8 m/s，故B正确；根据速度图像与坐标轴围成的“面积”表示位移，可得碰后蓝壶移
32、动的位移大小xvt0.85 m2 m，故C错误；根据图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误6如图所示是一个物理演示实验，图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初位置高得多的地方A是某种材料做成的实心球，质量m10.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量m20.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙，将此装置从A下端离地板的高度H1.25 m处由静止释放，实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，则木棍
33、B上升的高度为(重力加速度g取10 m/s2)()A4.05 mB1.25 mC5.30 m D12.5 m解析：A由题意可知，A、B做自由落体运动，由v22gH，可得A、B的落地速度的大小v，A反弹后与B的碰撞为瞬时作用，A、B组成的系统虽然在竖直方向上合外力不为零，但作用时间很短，系统的内力远大于外力，所以动量近似守恒，故有m1vm2v0m2v2，B上升高度h，联立并代入数据得h4.05 m，A正确题组三碰撞模型7质量为80 kg的冰球运动员甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg、速度为3 m/s迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止假设碰撞时间极短，下列说法正
34、确的是()A碰后乙向左运动，速度大小为1 m/sB碰后乙向右运动，速度大小为7 m/sC碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 JD碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J解析：D甲、乙碰撞过程中，相互作用的内力远大于冰面对运动员的阻力，两运动员组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v乙，由动量守恒定律，有m甲v甲m乙v乙m乙v乙，解得v乙1 m/s，方向向右，A、B错误；甲、乙碰撞过程中机械能的变化量Em乙v乙2，代入数据解得E1 400 J，则机械能减少了1 400 J，C错误，D正确8如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个小物块
35、，其中物块A的左侧连接一轻质弹簧物块A处于静止状态，物块B以一定的初速度向物块A运动，并通过弹簧与物块A发生弹性正碰对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率时间图像进行描述，在选项所示的图像中，图线1表示物块A的速率变化情况，图线2表示物块B的速率变化情况则在这四个图像中可能正确的是( )解析：B物块B压缩弹簧的过程，开始时A做加速运动，B做减速运动，随着压缩量的增大，弹簧的弹力增大，两个物块的加速度增大当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A继续加速，B继续减速，弹簧的压缩量减小，弹力减小，两个物块的加速度减小当弹簧恢复原长时B离开弹簧所以vt图像切线斜率的大小都先增大后减小设B离开弹簧时
36、A、B的速度分别为vA和vB.取水平向右为正方向，根据动量守恒定律：mBv0mAvAmBvB，由机械能守恒得：mBvmAvmBv联立解得vAv0，vBv0.若mBmA，由上式可得：vAvB.所以B图是可能的若mBmA，由上式可得：vAv0，vB0.若mBmA，由上式可得：vA0，vB0.综上，只有B图是可能的故A、C、D错误，B正确9(2019江西红色七校二模，18)在光滑水平面上有三个小钢球a、b、c处于静止状态，质量分别为2m、m、2m.其中a、b两球间夹一被压缩的弹簧，两球被左右两边的光滑挡板束缚着若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a、b两球弹出，两球脱离弹簧后，a球获得的速度大小为v，若b、
37、c两球相距足够远，则b、c两球发生弹性碰撞后()Ab球的速度大小为v，运动方向与原来相反Bb球的速度大小为v，运动方向与原来相反Cc球的速度大小为vDc球的速度大小为v解析：B设b球脱离弹簧时的速度为v0，b、c两球相碰后b、c的速度分别为vb和vc，取向右为正方向，弹簧将a、b两球弹出过程，由动量守恒定律有02mvmv0，可得v02v，b、c两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒得mv0mvb2mvc，mvmv2mv，联立计算得出vbv(负号表示方向向左，与原来相反)，vcv，所以B正确B级综合练10(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测
38、得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()AA物体的质量为3mBA物体的质量为2mC弹簧压缩量最大时的弹性势能为mvD弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv解析：AC弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，可知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能设A的质量为mA，即EpmmAv.当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中，B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大选取A的初速度的方向为正方向，由动量守
39、恒定律得：mA2v0(mmA)v，由机械能守恒定律得：EpmmA(2v0)2(mAm)v2，解得：mA3m，Epmmv.故A、C正确，B、D错误11(多选)如图所示，倾角为的固定斜面足够长，一质量为m、上表面光滑且足够长的长方形木板A正以速度v0沿斜面匀速下滑，某时刻将质量为2m的小滑块B无初速度地放在木板A上，重力加速度为g，则在滑块与木板都滑动的过程中()A木板A的加速度大小为2gsin B小滑块B的加速度大小为2gsin C木板A和小滑块B的动能之和不变D木板A的动量为mv0时，小滑块B的动量为mv0解析：AD只有A时，A匀速下滑，则说明A受到的重力沿斜面向下的分力与摩擦力等大反向，即m
40、gsin mgcos ，加上B后，A对斜面的压力增大，则摩擦力变为3mgcos ，而A的重力沿斜面向下的分力不变，由牛顿第二定律，有3mgcos mgsin maA，解得加速度aA2gsin ，A正确；对B受力分析，由牛顿第二定律，有2mgsin 2maB，解得aBgsin ，B错误；A、B整体在沿斜面方向上受力平衡，故A、B整体动量守恒，由动量守恒定律可知p0pApB，其中p0mv0，故当A的动量为mv0时，B的动量为mv0，此时动能之和Ekmvmv，C错误，D正确12(多选)如图所示，一质量为M、上表面是一半径为R的半球面凹槽静止于水平面上，凹槽的最低点放一质量为m的小球，不计一切摩擦和空
41、气阻力，现给小球一瞬时水平冲量，小球获得初速度v0，重力加速度为g，在以后的运动过程中，下列说法正确的是()A若小球无法冲出凹槽，小球上升的最大高度H一定小于B若小球能冲出凹槽，小球上升的最大高度HC若小球能冲出凹槽，小球有可能不会落回凹槽中D小球第12次返回凹槽的最低点时，凹槽的速度最大解析：AB小球在凹槽中运动过程中，小球和凹槽组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，因为不计一切摩擦和空气阻力，所以系统机械能守恒若小球无法冲出凹槽，则小球在最高点与凹槽有相同的速度，有mv0(mM)v，mv(mM)v2mgH，解得H，A正确若小球可以冲出凹槽，小球在离开凹槽时，与凹槽在水平方向有共
42、同速度vx，同时相对凹槽有竖直向上的速度vy，小球离开凹槽后，相对地面做斜抛运动，水平方向的速度与凹槽的水平速度相等，当小球运动到最高点时，其速度与凹槽速度相等，即等于离开凹槽时的水平速度，有mv0(mM)vx，mv(mM)vmgH，解得H，B正确小球离开凹槽后相对凹槽做竖直上抛运动，再次落回凹槽时，相对凹槽竖直向下，小球可以落回凹槽中，C错误第一次经过最低点前，小球沿右侧轨道向下运动，对凹槽的压力斜向右下方，凹槽速度增大，第二次经过最低点前，小球沿左侧轨道向下运动，对凹槽的压力斜向左下方，凹槽速度减小，小球奇数次的运动情况与第一次相同，偶数次的运动情况与第二次相同，D错误13弹射座椅是飞行员
43、使用的座椅型救生装置在飞机失控时，依靠座椅上的动力(喷气发动机)装置将飞行员弹射到高空，然后张开降落伞使飞行员安全降落某次实验中，在地面上静止的战斗机内，飞行员按动弹射按钮，座椅(连同飞行员等)在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱，座椅沿竖直方向运动，5 s末到达最高点，上升的总高度为112.5 m在最高点时打开降落伞，飞行员安全到达地面已知座椅的总重量为100 kg，弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒定，不考虑发动机质量的变化及空气阻力，取g10 m/s2，求：(1)发动机对座椅推力的值；(2)发动机对座椅冲量的大小解析：(1)设座椅上升时的最大速度为vm，由运动学公式有hmvmt.设
44、发动机作用的时间为t1，座椅的加速度为a1，发动机的推力为N，减速过程的时间为t2，则Nmgma1，vma1t1，vmgt2，t1t2t，解得：N10mg1.0104 N.(2)设发动机对座椅冲量的大小为I，则INt1，解得：I5103 Ns.答案：(1)1.0104 N(2)5103 Ns14如图所示，长木板B的质量为m21.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m31.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端一个质量为m10.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l9.5 m处，以速度v010 m/s向着长木板运动一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对
45、运动，整个过程中物块C始终在长木板上已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为10.1，物块C与长木板间的动摩擦因数为20.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离解析：(1)设物块A与木板B碰前的速度为v由动能定理得1m1glm1v2m1v解得v9 m/sA与B发生弹性碰撞，假设A、B碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1vm1v1m2v2由机械能守恒定律得m1v2m1vm2v联立解得v1v3 m/s，v2v6 m/s.(2)碰撞后B减速运动，设其加速
46、度为a1，C加速运动，设其加速度为a2，B、C达到共同速度之前，由牛顿第二定律对木板B有1(m2m3)g2m3gm2a1对物块C有2m3gm3a2设从A、B碰撞后到B、C达到共同速度经历的时间为t，则v2a1ta2t木板B的最小长度dv2ta1t2a2t23 mB、C达到共同速度之后，因12，二者一起减速至停下，设加速度为a3由牛顿第二定律得1(m2m3)g(m2m3)a3整个过程B运动的位移为xBv2ta1t26 mA与B碰撞后，A做减速运动的加速度为a3，位移为xA4.5 m物块A离长木板B左侧的最终距离为s|xAxB|10.5 m.答案：(1)3 m/s(负号表示运动方向与v0方向相反)6 m/s(2)3 m10.5 m
