2025年新高考物理壓軸題專項訓(xùn)練05 動量定理及碰撞類動量守恒定律的應(yīng)用（Word版附解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

動量定理及動量守恒定律在高考物理中擁有極其重要的地位，它們不僅是力學(xué)知識體系的核心組成部分，也是分析和解決物理問題的重要工具。
在高考命題中，動量定理及動量守恒定律的考查形式豐富多樣。這些考點既可能以選擇題、計算題的形式直接檢驗學(xué)生對基本原理的掌握情況，也可能通過復(fù)雜的計算題、應(yīng)用題，要求學(xué)生運用動量定理和動量守恒定律進行深入分析和計算。此外，這些考點還經(jīng)常與其他物理知識點相結(jié)合，形成綜合性強的題目，以檢驗學(xué)生的綜合應(yīng)用能力。
備考時，考生應(yīng)首先深入理解動量定理和動量守恒定律的基本原理和概念，明確它們的適用范圍和條件。其次，考生需要熟練掌握相關(guān)的公式和計算方法，并能夠在實際問題中靈活運用。此外，考生還應(yīng)注重解題方法的總結(jié)和歸納，特別是對于典型題目的解題思路和方法，要進行反復(fù)練習(xí)和鞏固。
考向一：彈簧類問題中應(yīng)用動量定理
1.動量定理的表達(dá)式F·Δt=Δp是矢量式,在一維的情況下,各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向為正方向。運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向,公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。
2.動量定理的應(yīng)用技巧
(1)應(yīng)用I=Δp求變力的沖量
如果物體受到大小或方向改變的力的作用,則不能直接用I=Ft求沖量,可以求出該力作用下物體動量的變化Δp,等效代換得出變力的沖量I。
(2)應(yīng)用Δp=FΔt求動量的變化
考向二：流體類和微粒類問題中應(yīng)用動量定理
1.流體類“柱狀模型”問題
2.微粒類“柱狀模型”問題
考向三：碰撞類和類碰撞類問題中應(yīng)用動量守恒定律
1.碰撞三原則：
(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p\\al( 2,1),2m1)＋eq \f(p\\al( 2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
2. “動碰動”彈性碰撞
v1
v2
v1’ˊ
v2’ˊ
m1
m2
發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：
(1) (2)
聯(lián)立（1）、（2）解得：
v1’=，v2’=.
特殊情況：若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
3. “動碰靜”彈性碰撞的結(jié)論
兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2 （2）
解得：v1′＝eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)
(2)當(dāng)m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)當(dāng)m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)
(4)當(dāng)m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)
(5)當(dāng)m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)
01 應(yīng)用動量定理處理蹦極類問題
1．蹦極是一項非常刺激的戶外休閑活動。圖甲為蹦極的場景，一游客從蹦極臺下落的速度一位移圖象如圖乙所示。已知彈性輕繩的彈力與伸長量的關(guān)系符合胡克定律，游客及攜帶裝備的總質(zhì)量為，彈性輕繩原長為，若空氣阻力恒定，游客下落至處時速度大小為，重力加速度取，下列正確的是（）
A．整個下落過程中，游客先處于失重后處于超重狀態(tài)
B．游客及攜帶裝備從靜止開始下落的過程中重力的沖量為
C．游客在最低點時，彈性勢能最大為
D．彈性繩長為時，游客的加速度大小為
【答案】A
【詳解】A．由題圖乙可知游客從蹦極臺下落過程先加速后減速，即先有向下的加速度后有向上的加速度，所以游客先處于失重后處于超重狀態(tài)，故A正確；
B．以游客及攜帶裝備為研究對象，從靜止開始下落15m的過程中，由動量定理得
I合=IG－IF－If＝mv＝50×15N·s＝750N·s
故重力的沖量大于750N·s，故B錯誤；
C．游客在前5m做勻加速直線，根據(jù)動能定理
解得
f=50N
從下落至最低點過程中能量守恒
解得
=500×26-50×26=11700J
故C錯誤；
D．游客下落15m時合力為0時速度最大，此時彈性繩的彈力和阻力等于游客及攜帶裝備的總重力，即
f+kΔx＝mg
解得
k＝＝45N/m
彈性繩長為20m時，彈性繩的彈力
F＝kΔx′＝45×(20－10)N＝450N
根據(jù)牛頓第二定律得
F+f－mg＝ma
解得
a＝0m/s2
故D錯誤。
故選A。
02 應(yīng)用動量定理處理流體類問題
2．雨打芭蕉是中國古代文學(xué)中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強p，小明將一圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，設(shè)雨滴下落的速度為，雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈，雨水的密度為，不計雨滴重力。壓強p為（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】以極短時間內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量為，雨滴與芭蕉葉作用的有效面積為S，根據(jù)動量定理有
由于圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，則單位面積單位時間內(nèi)下落的雨水質(zhì)量為
則以極短時間內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量
根據(jù)牛頓第三定律有
雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強
解得
故選B。
03 分方向動量定理應(yīng)用問題
3．如圖所示，實線是實驗小組某次研究平拋運動得到的實際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運動的理論軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結(jié)果。實驗中，小球的質(zhì)量為m，水平初速度為，初始時小球離地面高度為h。已知小球落地時速度大小為v，方向與水平面成角，小球在運動過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g。下列說法正確的是（）
A．小球落地時重力的功率為
B．小球下落的時間為
C．小球下落過程中的水平位移大小為
D．小球下落過程中空氣阻力所做的功為
【答案】B
【詳解】A．小球落地時重力的功率為
故A錯誤；
B．小球下落過程在豎直方向根據(jù)動量定理
解得小球下落的時間為
故B正確；
C．小球在水平方向根據(jù)動量定理
解得小球下落過程中的水平位移大小為
故C錯誤；
D．小球下落過程根據(jù)動能定理
解得小球下落過程中空氣阻力所做的功為
故D錯誤。
故選B。
04 彈性碰撞類問題
4．如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠(yuǎn)大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計。已知m2＝3m1，則A反彈后能達(dá)到的高度為（）
A．hB．2hC．3hD．4h
【答案】D
【詳解】下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式得
v2=2gh
解得觸地時兩球速度相同，為

m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，由動量守恒定律得：
m2v-m1v=m1v1+m2v2
由能量守恒定律得

由題可知
m2=3m1
聯(lián)立解得
反彈后高度為
故D正確，ABC錯誤。
故選D。
05 完全非彈性碰撞類問題
5．如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有n個質(zhì)量均為m的小滑塊，相鄰滑塊之間的距離為L，某個滑塊均可看成質(zhì)點?，F(xiàn)給第一個滑塊水平向右的初速度，滑塊間相碰后均能粘在一起，則從第一個滑塊開始運動到第個滑塊與第n個滑塊相碰時的總時間為（）

A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】由于每次相碰后滑塊會粘在一起，根據(jù)動量守恒定律
可知第二個滑塊開始運動的速度大小為
同理第三個滑塊開始滑動的速度大小為
第（n-1）個球開始滑動的速度大小為
因此運動的總時間為
故選B。
06 斜面類類碰撞問題
6．如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質(zhì)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?jīng)_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(zhì)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
【答案】C
【詳解】A．設(shè)小球的質(zhì)量為m，初速度為v0，在水平方向上由動量守恒定律得
結(jié)合圖乙可得
所以
，
故A正確，不符合題意；
D．對小球和圓弧滑塊組成的系統(tǒng)，有
解得小球在與圓弧滑塊分離時的速度為
即a>b時，小球的速度方向向左，所以小球與圓弧分離時向左做平拋運動，故D正確，不符合題意；
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，在水平方向上由動量守恒定律得
解得
故B正確，不符合題意；
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
故C錯誤，符合題意。
故選C。
07 彈簧類類碰撞問題
7．如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量均為2kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁接觸但不黏連。物塊C從t=0時以一定速度向右運動，在t=4s時與物塊A相碰，并立即與物塊A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）
A．物塊C的質(zhì)量為2kg
B．物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為40.5J
C．4s到12s的時間內(nèi)，墻壁對物塊B的沖量大小為0
D．物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度大小為3.6m/s
【答案】D
【詳解】A．由圖知，C與A碰前速度為，碰后速度為，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律
解得
故A錯誤；
B．AC粘在一起速度變?yōu)?時，彈簧的彈性勢能最大，為
故B錯誤；
C．由圖知，12s末A和C的速度為，4s到12s過程中墻壁對物體B的沖量大小等于彈簧對物體B的沖量大小，也等于彈簧對A和C整體的沖量大小，墻對B的沖量為
解得
方向向左，故C錯誤；
D．物塊B剛離時，由機械能守恒定律可得，AC向左運動的速度大小為3m/s，物塊B離開墻壁后，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，物體B的速度最大，則有
代入數(shù)據(jù)解得
物塊B的最大速度為3.6m/s，故D正確。
故選D。
1．（2019·湖南長沙·一模）一質(zhì)量為m1的物體以v0的初速度與另一質(zhì)量為m2的靜止物體發(fā)生碰撞，其中m2=km1，k＜1。碰撞可分為完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞。碰撞后兩物體速度分別為v1和v2．假設(shè)碰撞在一維上進行，且一個物體不可能穿過另一個物體。物體1碰撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】若發(fā)生彈性碰撞，則由動量守恒
m1v0=m1v1+m2v2
由能量關(guān)系
解得
物體1碰撞后與碰撞前速度之比
若發(fā)生完全非彈性碰撞，則由動量守恒
m1v0=(m1+m2)v
解得
物體1碰撞后與碰撞前速度之比
所以, 物體1碰撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是
故B正確，ACD錯誤。
故選B。
2．（2024高三·安徽滁州·模擬預(yù)測）蹦極是一項刺激的戶外休閑活動，足以使蹦極者在空中體驗幾秒鐘的“自由落體”。如圖所示，蹦極者站在高塔頂端，將一端固定的彈性長繩綁在踝關(guān)節(jié)處。然后雙臂伸開，雙腿并攏，頭朝下跳離高塔。設(shè)彈性繩的原長為，蹦極者下落第一個時動量的增加量為，下落第五個時動量的增加量為，把蹦極者視為質(zhì)點，蹦極者離開塔頂時的速度為零，不計空氣阻力，則滿足（）
A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】蹦極者下落高度的過程，可視為做自由落體運動，對于初速度為零的勻加速直線運動，通過連續(xù)相等位移的時間之比為
可知
即
由動量定理得
故
故選D。
3．（2024·山東臨沂·一模）列車在水平長直軌道上的模擬運行圖如圖所示，列車由質(zhì)量均為m的5節(jié)車廂組成，假設(shè)只有1號車廂為動力車廂。列車由靜止開始以額定功率P運行，經(jīng)過一段時間達(dá)到最大速度，列車向右運動過程中，1號車廂會受到前方空氣的阻力，假設(shè)車廂碰到空氣前空氣的速度為0，碰到空氣后空氣的速度立刻與列車速度相同，已知空氣密度為。1號車廂的迎風(fēng)面積（垂直運動方向上的投影面積）為S，不計其他阻力，忽略2號、3號、4號、5號車廂受到的空氣阻力。當(dāng)列車以額定功率運行到速度為最大速度的一半時，1號車廂對2號車廂的作用力大小為（）
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】設(shè)動車的速度為v，動車對空氣的作用力為F，取時間內(nèi)空氣柱的質(zhì)量為，對一小段空氣柱應(yīng)用動量定理可得
其中
解得
由牛頓第三定律可得，空氣對動車的阻力為
當(dāng)牽引力等于阻力時，速度達(dá)到最大，則
解得
當(dāng)速度達(dá)到最大速度一半時，此時速度為
此時受到的牽引力
解得
此時受到的阻力
對整體根據(jù)牛頓第二定律
對1號車廂，根據(jù)牛頓第二定律可得
聯(lián)立解得
當(dāng)列車以額定功率運行到速度為最大速度的一半時，由牛頓第三定律，1號車廂對2號車廂的作用力大小為
故選B。
4．（2024·北京順義·一模）1899年，蘇聯(lián)物理學(xué)家列別捷夫首先從實驗上證實了“光射到物體表面上時會產(chǎn)生壓力”，和大量氣體分子與器壁的頻繁碰撞類似，將產(chǎn)生持續(xù)均勻的壓力，這種壓力會對物體表面產(chǎn)生壓強，這就是“光壓”。某同學(xué)設(shè)計了如圖所示的探測器，利用太陽光的“光壓”為探測器提供動力，以使太陽光對太陽帆的壓力超過太陽對探測器的引力，將太陽系中的探測器送到太陽系以外。假設(shè)質(zhì)量為m的探測器正朝遠(yuǎn)離太陽的方向運動，帆面的面積為S，且始終與太陽光垂直，探測器到太陽中心的距離為r，不考慮行星對探測器的引力。已知：單位時間內(nèi)從太陽單位面積輻射的電磁波的總能量與太陽絕對溫度的四次方成正比，即，其中T為太陽表面的溫度，為常量。引力常量為G，太陽的質(zhì)量為M，太陽的半徑為R，光子的動量，光速為c。下列說法正確的是（）
A．常量的單位為
B．t時間內(nèi)探測器在r處太陽帆受到太陽輻射的能量
C．若照射到太陽帆上的光一半被太陽帆吸收一半被反射，探測器太陽帆的面積S至少為
D．若照射到太陽帆上的光全部被太陽帆吸收，探測器在r處太陽帆受到的太陽光對光帆的壓力
【答案】D
【詳解】A．P0是單位時間從太陽單位面積輻射的電磁波的能量，所以單位為，則
則常量的單位為
故A錯誤；
B．t時間內(nèi)探測器在r處太陽帆受到太陽輻射的能量
故B錯誤；
C．輻射到太陽帆的光子的總數(shù)
一半光子被吸收，一半反射，則有
其中
聯(lián)立可得
故C錯誤；
D．若照射到太陽帆上的光全部被太陽帆吸收，則有
可得探測器在r處太陽帆受到的太陽光對光帆的壓力
故D正確。
故選D。
6．（2024·江西·一模）如圖所示，假設(shè)入射光子的動量為p0，光子與靜止的電子發(fā)生彈性碰撞。碰后光子的動量大小為p1，傳播方向與入射方向夾角為α：碰后電子的動量大小為p2，出射方向與光子入射方向夾角為β。已知光速為c，普朗克常量為h，下列說法正確的是（）
A．碰前入射光的波長為B．碰后電子的能量為
C．D．
【答案】C
【詳解】A．根據(jù)德布羅意公式可知，碰前入射光的波長為
選項A錯誤；
B．設(shè)電子的質(zhì)量為m，則碰后電子的能量為
選項B錯誤；
CD．沿光子入射方向的動量守恒，根據(jù)動量守恒定律可知
選項C正確，D錯誤。
故選C。
7．（2024高三下·江西·開學(xué)考試）如圖所示，平面（紙面）第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為、邊界均平行軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強度大小為、方向垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強度大小、方向垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ的下邊界與軸重合。位于處的離子源能釋放出質(zhì)量為、電荷量為、速度方向與軸夾角為的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。下列說法正確的是（）
A．速度大小為的離子不能進入?yún)^(qū)域Ⅱ
B．速度大小為的離子在磁場中的運動時間為
C．恰能到達(dá)軸的離子速度大小為
D．恰能到達(dá)軸的離子速度大小為
【答案】ABC
【詳解】
AB．當(dāng)離子不進入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，如圖1
則由幾何關(guān)系解得根據(jù)
解得在磁場中運動的周期
所有速度小于的離子都未進入Ⅱ區(qū)，速度偏轉(zhuǎn)角都為，運動時間都為
故AB正確；
CD．，且磁場Ⅱ方向向外，則離子進磁場Ⅱ后順時針偏轉(zhuǎn)，離子恰到軸時速度與軸平行，如圖2
取水平向右為正方向，全過程在水平方向由動量定理有
解得
故C正確，D錯誤。
故選ABC。
8．（2024·黑龍江哈爾濱·二模）如圖所示，空間等距分布垂直紙面向里的勻強磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強度大小，每一條形磁場區(qū)域?qū)挾燃跋噜彈l形磁場區(qū)域間距均為。現(xiàn)有一個邊長、質(zhì)量、電阻的單匝正方形線框，以的初速度從左側(cè)磁場邊緣水平進入磁場，以下說法正確的是（）
A．線框進入第一個磁場區(qū)域過程中，通過線框的電荷量
B．線框剛進入第一個磁場區(qū)域時，安培力大小為
C．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱
D．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中能穿過2個完整磁場區(qū)域
【答案】ACD
【詳解】A．線框進入第一個磁場區(qū)域過程中，通過線框的電荷量為
故A正確；
B．線框剛進入第一個磁場區(qū)域時，產(chǎn)生的電動勢為
線框受到的安培力大小為
故B錯誤；
C．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中，由于線框上下兩邊總是同時處在磁場中，則上下兩邊受到的安培力相互抵消，即線框豎直方向只受重力作用，可認(rèn)為豎直方向做自由落體運動；水平方向在安培力作用下做減速運動，當(dāng)水平方向的速度減為零時，線框開始豎直下落；則線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為
故C正確；
D．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中，水平方向根據(jù)動量定理可得
又
聯(lián)立解得
線框穿過1個完整磁場區(qū)域，有安培力作用的水平距離為，由于
可知線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中能穿過2個完整磁場區(qū)域，故D正確。
故選ACD。
9．（2024·湖北·二模）如圖所示，質(zhì)量分別為m、3m、nm的圓弧槽、小球B、小球C均靜止在水平面上，圓弧槽的半徑為R，末端與水平面相切?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的小球A從圓弧槽上與圓心等高的位置由靜止釋放，一段時間后與B發(fā)生彈性正碰，已知重力加速度為g，不計A、B、C大小及一切摩擦。下列說法正確的是（）
A．小球A通過圓弧槽最低點時對圓弧槽的壓力大小為mg
B．若BC發(fā)生的是完全非彈性碰撞，n取不同值時，BC碰撞損失的機械能不同
C．若BC發(fā)生的是彈性正碰，當(dāng)時，碰撞完成后小球C的速度為
D．n取不同值時，C最終的動量不同，其最小值為
【答案】BCD
【詳解】A．小球A第一次下滑到圓弧槽最低點時，小球A和圓弧槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，有
根據(jù)小球A和圓弧槽組成的系統(tǒng)機械能守恒有
解得
小球A通過圓弧槽最低點時，相對于圓弧槽的速度大小為
根據(jù)牛頓第二定律有
聯(lián)立解得，小球A通過圓弧槽最低點時，受到圓弧槽的支持力為
則小球A通過圓弧槽最低點時對圓弧槽的壓力大小為5mg，故A錯誤；
B．若BC發(fā)生的是完全非彈性碰撞，設(shè)小球A與B碰撞后，小球B的初速度為，則BC碰撞過程，根據(jù)動量守恒有
根據(jù)能量守恒有
聯(lián)立解得，BC碰撞損失的機械能為
可知，當(dāng)n取不同值時，BC碰撞損失的機械能不同，故B正確；
C．小球A與B發(fā)生彈性正碰，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒有
根據(jù)機械能守恒有
聯(lián)立解得
，
若BC發(fā)生的是彈性正碰，當(dāng)時，BC碰撞過程，根據(jù)動量守恒有
根據(jù)機械能守恒有
聯(lián)立解得，碰撞完成后小球C的速度為
故C正確；
D．當(dāng)BC發(fā)生的是完全非彈性正碰時，C獲得的動量最小。BC碰撞過程，根據(jù)動量守恒有
解得，碰撞完成后小球C的速度為
則此時C的動量為
可知，當(dāng)n取1時，C的動量取最小值為
故D正確。
故選BCD。
10．（2024·湖南岳陽·二模）如圖所示，傾角為的足夠長的斜面上放有質(zhì)量均為m相距為L的AB滑塊，其中滑塊A光滑，滑塊B與斜面間的動摩擦因數(shù)為，。AB同時由靜止開始釋放，一段時間后A與B發(fā)生第一次碰撞，假設(shè)每一次碰撞時間都極短，且都是彈性正碰，重力加速度為g，下列說法正確的是（）
A．釋放時，A的加速度為B．第一次碰后A的速度為
C．從開始釋放到第一次碰撞的時間間隔為D．從開始釋放到第二次碰撞的時間間隔為
【答案】AC
【詳解】A．A物體沿斜面下滑時，根據(jù)牛頓第二定律
解得
故A正確；
C．對A滑塊，設(shè)從開始釋放A與B第一次碰撞所用時間為，根據(jù)運動學(xué)
故C正確；
B．第一次碰撞前，A的速度為
設(shè)第一碰后A的速度為，B的速度為，則碰撞過程根據(jù)動量守恒和動能守恒
聯(lián)立解得
故B錯誤；
D．B物體沿斜面下滑時有
解得
兩物體相碰后，A物體的速度變?yōu)榱悖院笤僮鰟蚣铀龠\動，而B物體將以的速度沿斜面向下做勻速直線運動。設(shè)再經(jīng)t2時間相碰，則有
解得
故從A開始運動到兩物體第二次相碰，共經(jīng)歷時間
故D錯誤。
故選AC。
11．（2024高三下·山西晉中·開學(xué)考試）如圖所示，質(zhì)量為的物塊P與長木板Q之間有一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，P與彈簧拴接，Q與彈簧接觸但不拴接，Q的上表面粗糙。時，物塊P以初速度向左運動，時間內(nèi)物塊P與長木板Q的圖像如圖所示，時刻，把質(zhì)量為的物塊M放在Q的最左端，圖中未畫出，M最終未從Q上滑出，則（）

A．物體Q的質(zhì)量為
B．時刻彈簧的彈性勢能為
C．M和Q之間由于摩擦作用的發(fā)熱量為
D．彈簧可以和Q發(fā)生二次作用
【答案】AC
【詳解】A．時刻，所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得
則物體的質(zhì)量為，故A正確；
B．時刻，彈簧壓縮到最短，和速度相等，根據(jù)動量守恒
根據(jù)能量守恒可得最大彈性勢能為
故B錯誤；
C．時間內(nèi)，根據(jù)動量守恒
根據(jù)機械能守恒
聯(lián)立解得
2t0時刻，和彈簧分離，和之間動量守恒，有
解得
產(chǎn)生的熱量為
故C正確；
D．由上分析可知和共速時
彈簧不能和發(fā)生二次作用，故D錯誤。
故選AC。
12．（2024·湖南長沙·二模）如圖甲，質(zhì)量分別為mA和mB的A、B兩小球用輕質(zhì)彈簧連接置于光滑水平面上，初始時刻兩小球被分別鎖定，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)。t=0時刻解除A球鎖定，t=t1時刻解除B球鎖定，A、B兩球運動的a-t圖像如圖乙所示，S1表示0到t1時間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。下列說法正確的是（）

A．t1時刻后A、B系統(tǒng)的總動量大小始終為mAS1B．
C．D．t2時刻，彈簧伸長量大于0時刻的壓縮量
【答案】AB
【詳解】A．a(chǎn)-t圖像的面積等于這段時間的速度變化量大小，t=0時刻解除A球鎖定，t=t1時刻解除B球鎖定，說明t1時刻只有A球具有速度，設(shè)此時A球的速度為v1，則有
t1時刻后A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，故總動量等于t1時刻A球的動量，則有
故A正確；
B．由圖像可知t1時刻A球的加速度為0，則此時彈簧彈力等于0，即彈簧處于原長狀態(tài)，t2時刻兩球的加速度都達(dá)到最大，說明此時彈簧的彈力最大，彈簧的伸長量最大，即t2時刻兩球具有相同的速度，設(shè)t2時刻A、B兩球的速度為v2，從t1到t2過程，A球的速度變化量大小為
B球的速度變化量大小為
從t1到t2過程，A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有
可得
聯(lián)立可得
故B正確；
C．t=0到t1時刻，A球速度變化量大小為
從t1到t2過程，A球的速度變化量大小為
從t1到t2過程，B球的速度變化量大小為
聯(lián)立可得
故C錯誤；
D．從t=0到t2時刻，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒，則有
說明t=0時刻彈簧的彈性勢能大于t2時刻彈簧的彈性勢能，即t=0時刻彈簧的壓縮量大于t2時刻彈簧的伸長量，故D錯誤。
故選AB。
13．（2024·廣東茂名·二模）甲、乙兩位同學(xué)利用中國象棋進行游戲。某次游戲中，在水平放置的棋盤上，甲用手將甲方的棋子以0.4m/s的初速度正對乙方棋子彈出，兩棋子相碰撞后（碰撞時間極短），甲方棋子速度大小變?yōu)?.1m/s，方向不變．兩棋子初始位置如圖所示，棋子中心與網(wǎng)格線交叉點重合，該棋盤每方格長寬均，棋子直徑均為，棋子質(zhì)量相等均為，棋子與棋盤間的動摩擦因數(shù)均為。重力加速度g大小取。求：
（1）甲、乙兩棋子相碰時損失的機械能；
（2）通過計算，判斷乙方棋子中心是否滑出邊界；
（3）甲方棋子從彈出到停下所需的時間。（計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）
【答案】（1）；（2）不滑出邊界；（3）
【詳解】（1）設(shè)甲、乙兩棋子碰撞前瞬間甲棋子的速度大小為，從甲棋子開始運動到甲、乙碰撞前瞬間過程，甲移動距離為
對甲棋子，由動能定理得
代入數(shù)據(jù)解得
甲、乙兩棋子碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞后瞬間乙棋子的速度大小為，以碰撞前甲棋子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得
代入數(shù)據(jù)解得
碰撞過程中損失的機械能為
解得
（2）設(shè)乙棋子碰后運動距離停下來，對乙棋子，由動能定理得
解得
即可乙棋子移動距離不夠1方格，棋子中心不滑出邊界。
（3）對甲棋子從彈出到碰撞前，列動量定理有
解得
碰撞后，對甲棋子，列動量定理有
解得
甲方棋子從彈出到停下所需的時間為
14．（2024·山西臨汾·二模）如圖所示，傾角為的固定斜面的底端安裝一個彈性擋板，質(zhì)量分別m和4m的物塊a、b置于斜面上，a與斜面間無摩擦，b與斜面間的動摩擦因數(shù)等于。兩物塊之間夾有一個勁度系數(shù)很大且處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)短彈簧（長度忽略不計），彈簧被鎖定?，F(xiàn)給兩物塊一個方向沿斜面向下、大小為的初速度，同時解除彈簧鎖定，彈簧瞬間完全釋放彈性勢能，并立即拿走彈簧。物塊a與擋板、a與b之間的碰撞均無機械能的損失，彈簧鎖定時的彈性勢能為，重力加速度為g。求：
（1）彈簧解除鎖定后的瞬間a、b的速度大??；
（2）解除鎖定，a與b第一次碰撞后，b沿斜面上升的最大高度。
【答案】（1），；（2）
【詳解】（1）由于彈簧在瞬間解除鎖定，在此瞬間內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，a、b系統(tǒng)動量守恒，以沿斜面向下為正方向，有
根據(jù)能量守恒
解得
，
（另一組解不符合實際，舍去。）
（2）彈簧瞬間解除鎖定后，由于b與斜面的摩擦因數(shù)，解除鎖定后b保持靜止。由于a與斜面間無摩擦，a沿斜面勻加速下滑，與擋板碰撞后原速率反彈，再沿斜面勻減速上滑，直到與b發(fā)生碰撞。根據(jù)機械能守恒，a與b碰撞前的速度大小仍為，根據(jù)動量守恒和能量守恒有
解得
（向下），
之后，對b，根據(jù)動能定理
解得
15．（2024·重慶·模擬預(yù)測）如題圖所示，一邊長為的正方體物塊靜置于足夠長的光滑水平面上，該正方體物塊內(nèi)有一條由半徑為四分之一圓弧部分和豎直部分平滑連接組成的細(xì)小光滑圓孔道。一質(zhì)量為的小球（可視為質(zhì)點），以初速度沿水平方向進入孔道，恰好能到達(dá)孔道最高點?？椎乐睆铰源笥谛∏蛑睆?，孔道粗細(xì)及空氣阻力可不計，重力加速度為g。
（1）求該正方體物塊的質(zhì)量；
（2）求小球離開孔道時的速度；
（3）小球從進入孔道至到達(dá)孔道最高點的過程中，小球在孔道圓弧部分運動的時間為，求小球到達(dá)孔道最高點時，該正方體物塊移動的距離。
【答案】（1）；（2），方向水平向右；（3）
【詳解】（1）小球從進入孔道至到達(dá)最高點過程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒、水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，則有
，
解得
，
（2）小球從進入孔道到離開孔道過程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒、水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，則有
，
解得
，
即小球離開孔道時速度大小為，方向與初速度相同，即水平向右。
（3）小球從進入孔道至到達(dá)孔道圓弧部分最高點的過程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量始終守恒，則有
小球在孔道圓弧部分運動的時間為，則有
其中
，
該時間內(nèi)，小球和物塊的相對位移為
解得
小球離開孔道圓弧部分至到達(dá)孔道最高點過程中，小球在豎直方向做豎直上拋運動，則有
該過程中，物塊在水平方向做勻速直線運動，此過程物塊的位移
其中
解得
綜上可知，小球到達(dá)孔道最高點時，物塊移動的距離
解得
16．（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測）如圖所示，軌道ABCD由半徑的光滑四分之一圓弧軌道AB、長度的粗糙水平軌道BC以及足夠長的光滑水平軌道CD組成。質(zhì)量的物塊P和質(zhì)量的物塊Q壓縮著一輕質(zhì)彈簧并鎖定（物塊與彈簧不連接），三者靜置于CD段中間，物塊P、Q可視為質(zhì)點。緊靠D的右側(cè)水平地面上停放著質(zhì)量的小車，其上表面EF段粗糙，與CD等高，長度；FG段為半徑的四分之一光滑圓弧軌道；小車與地面間的阻力忽略不計。P、Q與BC、EF間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度，現(xiàn)解除彈簧鎖定，物塊P、Q由靜止被彈出（P、Q脫離彈簧后立即撤走彈簧），其中物塊P進入CBA軌道，而物塊Q滑上小車。不計物塊經(jīng)過各連接點時的機械能損失。
（1）若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達(dá)A點，求物塊P通過B點時，物塊P對圓弧軌道的彈力；
（2）若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達(dá)A點，試分析物塊Q能否沖出小車上的G點，若能沖出G點，求出物塊Q從飛離G點到再次回到G點過程中小車通過的位移；若物塊Q不能飛離G點，請說明理由；
（3）若彈簧解除鎖定后，物塊Q向右滑上小車后能通過F點，并且后續(xù)運動過程始終不滑離小車，求被鎖定彈簧的彈性勢能取值范圍。
【答案】（1）60N，方向豎直向下；（2）能，；（3）
【詳解】（1）物塊P從B到A過程，根據(jù)動能定理有
物塊P在B點，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
根據(jù)牛頓第三定律，物塊對軌道的壓力大小60N，方向豎直向下；
（2）物塊P被彈出到運動到A過程，根據(jù)動能定理有
解得
對P、Q構(gòu)成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有
解得
對Q與小車構(gòu)成的系統(tǒng)，在水平方向，根據(jù)動量守恒定律有
解得
根據(jù)能量守恒定律有
解得
物塊P運動時間為
（3）物塊被彈開過程有
當(dāng)物塊Q向右滑上小車后恰好到達(dá)F點與小車共速時，彈簧彈性勢能最小，此時，對物塊Q與小車有
解得
由于
當(dāng)物塊Q沖上FG圓弧沒有越過G點之后又返回E點與小車共速時，彈簧彈性勢能達(dá)到最大值，則彈簧彈開兩物塊過程有
當(dāng)物塊Q沖上FG圓弧沒有越過G點之后又返回E點與小車共速過程有
解得
綜合上述，被鎖定彈簧的彈性勢能的取值范圍為
流體及
其特點
通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ
分
析
步
驟
1
建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S
2
微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt
3
建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體
微粒及
其特點
通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質(zhì)量具有獨立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n
分
析
步
驟
1
建立“柱狀模型”，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S
2
微元研究，作用時間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt
3
先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算

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