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第17讲　动量定理　动量守恒定律
目录
[基础过关] 2
一、动量和动量定理 2
二、动量守恒定律 2
三、碰撞 2
[命题点研究] 3
命题点一　动量定理的理解和应用 3
命题点二　动量守恒定律的理解和应用 6
命题点三　碰撞问题 9
[课时训练] 11
[考试标准]
知识内容 考试要求 说明
动量和动量定理 c 1.运用动量定理计算时，只限于一个物体、一维运动和一个过程． 2.运用动量定理计算时，不要求涉及连续介质． 3.只要求解决一维运动中简单的动量守恒问题． 4.只要求解决两个物体构成的系统相互作用一次的动量守恒问题． 5.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及相对速度． 6.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及平均速度． 7.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及变质量问题． 8.综合应用动量、能量进行计算时，不要求联立方程求解． 9.不要求定量计算反冲问题.
动量守恒定律 c
碰撞 d
反冲运动　火箭 b
[基础过关]
一、动量和动量定理
1．动量
物体的质量与速度的乘积为动量，即p＝mv，单位是kg·m/s.动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．
2．冲量
力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I＝F·t，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是N·s.
3．动量定理
物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，即p′－p＝I.适用于单个物体或多个物体组成的系统．
二、动量守恒定律
1．适用条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．
(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．
2．动量守恒定律的不同表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的总动量等于作用后的总动量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
三、碰撞
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3．分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
四、反冲运动　火箭
1．反冲现象
(1)如果一个静止的物体在内力作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动．
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加．
2．火箭
(1)工作原理：利用反冲运动．火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大的反作用力．
(2)设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量是Δm，喷出燃气的速度大小是u，喷出燃气后火箭的质量是m，则火箭获得的速度大小v＝.
[命题点研究]
命题点一　动量定理的理解和应用
1．理解
(1)物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．
(2)物体受到的作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．
2．应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量．
(2)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．
(3)应用动量定理解题的步骤
①确定研究对象．
②进行受力分析：分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力．
③分析运动过程，选取正方向，确定初、末状态的动量以及整个过程合力的冲量．
④列方程：根据动量定理列方程求解．
（2022秋 余杭区期末）快递运输时，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的优点是在颠簸过程中可以减小（　　）
A．物品所受合力的冲量
B．物品动量的变化
C．物品动量变化的时间
D．物品动量对时间的变化率
（2023 全国）两个质量相等的小球P和Q位于同一高度，它们以相同大小的速度分别抛出，P做平抛运动，Q做竖直下抛运动，则（　　）
A．P落地时的动量大小小于Q落地时的动量大小
B．P落地时的动量大小大于Q落地时的动量大小
C．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的大
D．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的小
（2023 宁波二模）如图所示，某人用水管冲洗竖直墙面，水龙头的流量（单位时间流出水的体积）可视为一定，水管的入水口与水龙头相连接，水从出水口水平出射，水打到墙面后不反弹顺墙面流下。若用手挤压出水口，使出水口的横截面积变为原来的一半，则被水流冲击部分的墙面所受压强约为原先的多少倍（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
（2023 镇海区校级模拟）发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为v0，与水平方向夹角α＝37°。弹力球与水平面碰撞的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。则弹力球（　　）
A．第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于45°
B．第2、3次落地点间的距离为
C．与水平面碰撞4次后停止运动
D．与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变
（2023 镇海区校级模拟）如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示。t＝400s后，列车以288km/h的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。则下列说法正确的是（　　）
A．前400s，列车做匀减速直线运动
B．列车所受阻力的大小为3.0×106N
C．根据已知条件可求出列车的质量为1.0×107kg
D．在t＝400s时，列车牵引力的功率为8.0×104kW
（2023 杭州一模）现代都市高楼林立，高楼出现火情需要一种高架水炮消防车。如图所示，某楼房的65m高处出现火情，高架水炮消防车正紧急灭火中。已知水炮炮口与楼房间距为15m，与地面距离为60m，水炮的出水量为3m3/min，水柱刚好垂直打入受灾房间窗户。则（　　）
A．地面对消防车的作用力方向竖直向上
B．水炮炮口的水流速度为10m/s
C．水泵对水做功的功率约为 3.8×104W
D．若水流垂直冲击到窗户玻璃后向四周流散，则冲力约为1500N
命题点二　动量守恒定律的理解和应用
1．适用条件
(1)前提条件：存在相互作用的物体组成的系统．
(2)理想条件：系统不受外力．
(3)实际条件：系统所受合外力为0.
(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力．
(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则在此方向上动量守恒．
2．解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初、末状态动量；
(4)由动量守恒定律列出方程；
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
（2023 金华模拟）掷冰壶又称冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”，是冬奥会比赛项目。在某次冰壶比赛中，运动员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图（b）所示。碰撞前后两壶做直线运动的v﹣t图线如图（c）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．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶的速度可能为0.9m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2m
D．碰后红壶还能继续运动2s
（2023 金华一模）长春某特警支队的2019年反恐演练出现了一款多旋翼查打一体无人机，该无人机是中国最先进的警用12旋翼无人机，装备有攻击性武器，适合执行对高价值目标的斩首行动。假设该无人机与微型导弹的总质量为M，旋翼启动后恰能悬停在离水平地面高为H的空中，向前方以水平速度v发射一枚质量为m的微型导弹，假设无人机竖直方向获得的升力大小保持不变，机身始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．发射微型导弹后，无人机将做匀变速直线运动
B．发射出微型导弹瞬间，无人机后退速度大小为
C．微型导弹落地时，无人机离地高度为
D．微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为
（2023 浙江模拟）春节刚过，烟花的美景仍印象深刻。放烟花时烟花弹由发射筒底部火药引燃获得初速度，竖直向上运动到最高点时炸开，如图是烟花燃放时的图景，其中P、Q分别为两块碎片的径迹，假设两块碎片在烟花弹炸开时同时斜向上抛出，初速度大小vP＝vQ，初速度与水平方向的夹角θP＞θQ，不计空气阻力，下列表述正确的是（　　）
A．烟花弹“发射”过程动量守恒
B．在空中运动过程中，P、Q两块碎片的速度变化率相同
C．P、Q两块碎片上升到最高点时速度都为零
D．P、Q两块碎片从炸开到上升到最高点的过程，运动的时间相等
（2023 杭州一模）如图所示，光滑曲线轨道BC分别与竖直轨道AB、粗糙水平地面CD平滑连接，CD右端与光滑半圆轨道DE平滑连接，半圆轨道直径为2R。CD长为l＝2R，竖直轨道的最高点A与地面高度差h＝2R。质量为m的小滑块P从A点静止释放，之后在D点与静止放置在该处的小滑块Q发生碰撞，碰撞过程机械能损失不计。已知小滑块Q的质量也为m，物体Q被撞后的瞬间对轨道的压力突然增大了2mg。已知重力加速度为g。
（1）求水平轨道的动摩擦因数μ；
（2）如果小滑块P的质量变为km（k为正数），如果要求小滑块Q在半圆轨道DE段运动过程中没有脱离圆弧（设碰撞后P立即拿走，不发生两次碰撞），求k的取值范围；
（3）在第（2）问中，发现小滑块Q经过E点落到曲线轨道BC上任意一点的动能均与落到C点的动能相同，以D点为坐标原点，向右为x轴、向上为y轴建立坐标系，求曲线轨道BC在坐标系中的方程（写成y＝f（x）的形式）。
（2023 丽水二模）有一游戏装置，在光滑水平面AC上安装一弹簧发射架，已知AB为弹簧原长，弹力做功W与压缩量Δx的关系为，弹簧劲度系数k＝80N/m，压缩量Δx可调，斜面CD的倾角为θ＝53°，长为L1＝2m。质量m＝0.05kg的物块P被弹簧弹出，经过C点时速度大小不变，物块P与斜面CD间的动摩擦因数。斜面在D点处与半径R＝0.40m的光滑圆形轨道相切连接，圆轨道的最低点E与水平轨道EF相切连接，EF轨道与CD斜面略错开。质量为M＝0.15kg的物块Q放在距离E点L2＝1.60m的G点处，两物块与水平轨道EF的动摩擦因数均为，紧靠F点右侧下方有一距EF为h＝0.80m的平台，平台足够长。物块P与物块Q碰撞后粘在一起向前运动，整个运动过程中两物块均可看成质点。
（1）若压缩量Δx＝5cm，求物块P第一次到达C点时的速度大小；
（2）若物块P恰好能过圆轨道最高点，则物块P通过圆轨道最低点E时对轨道的压力；
（3）若物块P不脱离轨道且能够撞上物块Q，Δx至少为多少？
（4）若物块P恰好能过圆轨道最高点，G点右侧轨道长度s可调，则s多大时两物块在平台上的落点与E点水平距离最远？水平最远距离为多少？
命题点三　碰撞问题
1．碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律
(2)机械能不增加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等)．
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．
2．弹性碰撞讨论
(1)满足动量守恒和机械能守恒
(2)“一动碰一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v1＝v0，v2＝v0.
当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度．
(3)含有弹簧的系统的动量守恒问题，从本质上看，属于一种时间较长的弹性碰撞．在作用的过程中，当弹簧被压缩至最短或拉伸至最长时，系统内各个物体具有共同的速度，而此时弹簧的弹性势能最大．
（2020 浙江模拟）如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度的大小v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（　　）
A．v，I＝0
B．v，I＝2mv0
C．v，I
D．v，I＝2mv0
（2020 宁波模拟）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（　　）
A．A物体的质量为2m
B．A物体的质量为4m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
（2023 宁波一模）如图所示，足够长的粗糙水平轨道ab、光滑水平轨道cd和足够长的粗糙倾斜轨道de在同一竖直平面内，斜面倾角为37°，cd和de平滑连接。在ab的最右端静止一个质量M＝4kg的木板，其高度与cd等高，木板与轨道ab间动摩擦因数μ1＝0.05，质量mQ＝1kg的滑块Q静止在cd轨道上的某点，在de轨道上距斜面底端L＝8m处静止释放一质量mP＝3kg的滑块P，一段时间后滑块P与Q发生弹性正碰，碰撞时间忽略不计，P与Q碰撞开始计时，1s末Q滑上长木板，3s末Q从木板上飞出（落地点离木板足够远）。已知P、Q与斜面和木板间的动摩擦因数均为μ2＝0.25，滑块P、Q均当作质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）滑块P在倾斜轨道de上运动的加速度大小；
（2）木板的长度；
（3）P、Q与木板间产生的总热量。
（2023 温州三模）温州市开展一项趣味文体活动，此项活动的装置简化为如图所示，竖直面上固定着一段内壁光滑、半径为R＝0.5m的细圆管BP，O为圆心，θ＝37°，光滑水平地面上有一质量M＝0.4kg的木板，木板上表面与管口底部在同一水平线上，木板的左、右方都有一台阶，其高度正好与木板高度相同。现一可视为质点、质量m＝0.2kg的小物块从左方台阶A处以v0＝10m/s的速度水平向右滑上木板，使木板从静止开始向右运动，当木板速度为2m/s时，木板与右边台阶碰撞并立即被粘住，同时物块离开木板从B点进入细圆管。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）物块在木板上滑动过程中产生的热量；
（2）物块滑到圆细管出口P处时受到细圆管弹力的大小；
（3）在距离圆心O点正上方多高处的C点放置接收槽能收到从P点飞出的物块恰好水平向左打入接收槽；
（4）若增大滑块的初速度v0，为了使从P点飞出的滑块仍能恰好水平向左打入接收槽，则接收槽放置的位置C点跟P点的连线与水平方向的夹角应满足什么条件。
（2023 台州二模）如图所示，在水平面上静置一质量M＝450g的滑块，滑块上表面是一个半径R＝0.2m的四分之一圆弧，圆弧最低点A与水平地面相切。现给质量m＝50g的小球一个大小v0＝4m/s的水平初速度，小球经B点离开滑块时，随即撤去滑块。小球于C点第一次着地，小球每次与地面碰撞前后，水平速度保持不变，竖直速度大小减半，方向反向。A点始终与地面接触，忽略小球通过各轨道连接处的能量损失，不计一切摩擦和空气阻力，求：
（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对滑块的压力；
（2）小球离开滑块后所能到达的最大高度；
（3）要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为多大。
[课时训练] 一．选择题（共10小题）
1．（2023 镇海区模拟）如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（　　）
A．男孩和木箱组成的系统机械能守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．小孩推力的冲量小于木箱的动量的变化量
2．（2023 沈河区校级模拟）某次冰壶运动训练中，甲壶与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同，不计空气阻力，两壶完全相同且均可视为质点，碰撞时间极短可不计，碰撞前、后两壶运动轨迹始终在同一水平直线上。从开始碰撞到两壶都静止过程中，测得乙壶位移是甲壶位移的k倍，则（　　）
A．k＜1
B．k值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越大
C．k值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越小
D．碰撞后瞬时，乙壶速度为零
3．（2023 长沙二模）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是（　　）
A．小球的质量为
B．小球运动到最高点时的速度为
C．小球能够上升的最大高度为
D．若a＞b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动
4．（2023 福田区校级模拟）如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，a至c处弹性绳始终处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则（　　）
A．a处网球拍给网球的冲量沿水平方向
B．拍打后a到c过程中网球动量变化量方向竖直向下
C．c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下
D．d处反弹后网球做平抛运动
5．（2023 雁塔区校级三模）如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为的木块A放在长木板的左端，一颗质量为的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法错误的是（　　）
A．木块获得的最大速度为
B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为
C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为
D．因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差
6．（2023 秀山县校级模拟）图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5kg m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为P'B＝4kg m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是（　　）
A． B． C．mB＝2mA D．mB＝5mA
7．（2023 天河区校级三模）如图所示，用火箭发射人造地球卫星。当最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以v0的速度绕地球做匀速圆周运动。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离后瞬间，卫星速度增大，则（　　）
A．分离前卫星所受重力为0
B．分离前后卫星和火箭壳的动量守恒
C．v0可能等于8km/s
D．分离后卫星不可能在原来的轨道上运动
8．（2023 青岛模拟）如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B．火箭上升过程中一直处于超重状态
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭在空中飞行的时间为
9．（2023 佛山模拟）2022年10月12日，“天宫课堂”第三课在距地高度约380km的空间站里开讲，授课中地面传输中心调用两颗地球同步卫星“天链一号”03星和“天链一号”01星，为空间站提供天基测控和数据中继服务，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．“天链一号”01星的线速度小于空间站的线速度
B．空间站绕地球转动半周，所受万有引力的冲量为0
C．“天链一号”03星和空间站与地心连线每秒扫过的面积相等
D．“天链一号”01星和03星的速度相同
10．（2023 思明区校级模拟）如图1所示，一儿童站在平板小车中间，与小车一起沿水平地面匀速向右运动，儿童突然走向小车一端，此过程儿童和小车的速度一时间关系如图2所示，不计地面的摩擦。以下说法正确的是（　　）
A．儿童的质量小于小车的质量
B．儿童走向小车左端
C．儿童和小车的总动能减少
D．小车对儿童的冲量方向水平向右
二．计算题（共2小题）
11．（2023 浙江二模）如图所示，水平传送带的左端与斜面AB末端连接，另一端与光滑水平轨道CM连接，M端连接半圆形光滑圆弧轨道MPN，圆弧半径R＝1.6m，在竖直面MN的右侧（包括M、N点）存在竖直向上的匀强电场，电场强度。一带正电金属滑块a质量为m＝0.1kg，电量为q，从斜面AB上高h＝3m处由静止开始下滑，运动到CM上某位置与另一完全相同的不带电金属滑块b发生碰撞后结合在一起，形成结合体c。已知斜面、传送带、轨道均绝缘，滑块与AB斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.3，与传送带之间的动摩擦因数μ2＝0.2，斜面倾角θ＝37°，传送带长为5m，CM长为2m，滑块a、b及结合体c均可视为质点，不计滑块在B点的能量损失，重力加速度g＝10m/s2.
（1）求滑块a到达B点时的速度大小；
（2）若传送带逆时针转动的速度v＝2m/s，求结合体c到达N点时对轨道的压力；
（3）以M点为坐标原点，向左为正方向建立x轴，改变传送带的速度大小和方向，求结合体c通过圆弧轨道后从N点平抛到x轴上的落点坐标与传送带速度的关系。
12．（2022 浙江三模）如图所示，水平传送带AB长L＝4m，其左右两侧为与传送带紧邻的等高水平面。其中右侧粗糙水平面长s＝2m。甲乙两物块（可视为质点）静止在紧靠B点右侧的水平面上，两物块间夹有一原长可以忽略的轻质弹簧，开始时弹簧处于压缩状态并锁定。在C点右侧有一半径R＝0.08m且与BC平滑连接的光滑竖直半圆弧轨道CEF，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会原速率反弹。已知两物块与传送带间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，物块乙与传送带右侧水平面间的动摩擦因数μ2＝0.3，传送带以v＝5m/s顺时针传动，g＝10m/s2。
（1）若已知甲质量m1＝1kg，某一时刻弹簧解除锁定，两物体弹开后甲刚好能从A点离开传送带，求传送带克服摩擦力做的功；
（2）在第（1）问基础上，若两物体弹开后乙刚好可以到达F点，求弹簧的弹性势能Ep0；
（3）若甲、乙质量均为m＝2kg，在弹簧解除锁定并恢复至原长时立即取走甲物块，乙在以后的运动过程中既不脱离轨道也不从A点离开传送带，求弹簧的弹性势能Ep的取值范围。
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第17讲　动量定理　动量守恒定律
目录
[基础过关] 2
一、动量和动量定理 2
二、动量守恒定律 2
三、碰撞 2
[命题点研究] 3
命题点一　动量定理的理解和应用 3
命题点二　动量守恒定律的理解和应用 9
命题点三　碰撞问题 16
[课时训练] 23
[考试标准]
知识内容 考试要求 说明
动量和动量定理 c 1.运用动量定理计算时，只限于一个物体、一维运动和一个过程． 2.运用动量定理计算时，不要求涉及连续介质． 3.只要求解决一维运动中简单的动量守恒问题． 4.只要求解决两个物体构成的系统相互作用一次的动量守恒问题． 5.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及相对速度． 6.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及平均速度． 7.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及变质量问题． 8.综合应用动量、能量进行计算时，不要求联立方程求解． 9.不要求定量计算反冲问题.
动量守恒定律 c
碰撞 d
反冲运动　火箭 b
[基础过关]
一、动量和动量定理
1．动量
物体的质量与速度的乘积为动量，即p＝mv，单位是kg·m/s.动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．
2．冲量
力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I＝F·t，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是N·s.
3．动量定理
物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，即p′－p＝I.适用于单个物体或多个物体组成的系统．
二、动量守恒定律
1．适用条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．
(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．
2．动量守恒定律的不同表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的总动量等于作用后的总动量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
三、碰撞
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3．分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
四、反冲运动　火箭
1．反冲现象
(1)如果一个静止的物体在内力作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动．
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加．
2．火箭
(1)工作原理：利用反冲运动．火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大的反作用力．
(2)设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量是Δm，喷出燃气的速度大小是u，喷出燃气后火箭的质量是m，则火箭获得的速度大小v＝.
[命题点研究]
命题点一　动量定理的理解和应用
1．理解
(1)物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．
(2)物体受到的作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．
2．应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量．
(2)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．
(3)应用动量定理解题的步骤
①确定研究对象．
②进行受力分析：分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力．
③分析运动过程，选取正方向，确定初、末状态的动量以及整个过程合力的冲量．
④列方程：根据动量定理列方程求解．
（2022秋 余杭区期末）快递运输时，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的优点是在颠簸过程中可以减小（　　）
A．物品所受合力的冲量
B．物品动量的变化
C．物品动量变化的时间
D．物品动量对时间的变化率
【解答】解：ABC、充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量不变，由动量定理可知，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物体所受的合力，但不能改变合力的冲量，故ABC错误；
D．由动量定理I＝Ft＝Δp可知，F，故动量对时间的变化率即为物体所受的合力，由以上分析可知，小物体受到的冲击力减小，故物品动量对时间的变化率减小，故D正确。
故选：D。
（2023 全国）两个质量相等的小球P和Q位于同一高度，它们以相同大小的速度分别抛出，P做平抛运动，Q做竖直下抛运动，则（　　）
A．P落地时的动量大小小于Q落地时的动量大小
B．P落地时的动量大小大于Q落地时的动量大小
C．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的大
D．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的小
【解答】解：AB、设小球初速度大小为v0，抛出位置离地面高度为h，P小球落地的速度大小为vP，Q小球落地的速度大小为vQ，P小球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，落地时水平分速度vx＝v0
竖直方向为自由落体运动，落地时竖直分速度vy
则vP
Q小球做竖直下抛运动，根据匀变速直线运动位移—速度公式得：2gh
解得：vQ
则小球落地时速度大小相等，落地时的动量为p＝mv
则两小球落地时动量大小相等，故AB错误；
CD、设P小球下落时间为tP，Q小球下落时间为tQ，P小球竖直方向为自由落体运动，有：h
解得：tP
Q小球做竖直下抛运动，有：h＝v0tQ
则tQ＜tP
两小球所受冲量大小为I＝mgt
则P所受重力冲量的大小比Q的大，故C正确，D错误。
故选：C。
（2023 宁波二模）如图所示，某人用水管冲洗竖直墙面，水龙头的流量（单位时间流出水的体积）可视为一定，水管的入水口与水龙头相连接，水从出水口水平出射，水打到墙面后不反弹顺墙面流下。若用手挤压出水口，使出水口的横截面积变为原来的一半，则被水流冲击部分的墙面所受压强约为原先的多少倍（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
【解答】解：设单位时间内水的质量为Δm，选水流的初速度方向为正方向，根据动量定理可得：
﹣FΔt＝0﹣Δmv
结合压强的计算公式可得：
当横截面积变为原来的一半时，因为水龙头的流量不变，即Q＝vS保持不变，所以水的流速变为原来的2倍，因为横截面积变为原来的，所以压强约为原来的4倍，故C正确。ABD错误；
故选：C。
（2023 镇海区校级模拟）发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为v0，与水平方向夹角α＝37°。弹力球与水平面碰撞的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。则弹力球（　　）
A．第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于45°
B．第2、3次落地点间的距离为
C．与水平面碰撞4次后停止运动
D．与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变
【解答】解：A．将碰前、碰后的速度分解成水平和竖直方向的分速度，如下图所示
由于每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变。以竖直向上为正方向，则在竖直方向上由动量定理可得
（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
设碰撞后弹力球沿水平方向速度为v'x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
代入数据可得
v'x＝0.6v0
反弹后的夹角正切值为
tan
故速度方向与水平面间的夹角等于45°，故A错误；
B．小球在空中不受阻力作用，故根据运动的对称性可知，小球在第二次与地面碰前的速度和第一次与地面碰后的速度相等。故同理可得，以竖直向上为正方向，在竖直方向上由动量定理可得（2mg﹣mg）Δt＝mv0sin37°﹣（﹣mv0sin37°）
设第二次碰撞后弹力球沿水平方向速度为v''x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得
代入数据可得v“x＝0.4v0
小球从第二次碰撞后到与地面发生第三次碰撞前的过程中，在空中做斜上抛运动，故从第二次碰撞后运动至最高点所需时间为
水平方向做匀速直线运动，根据运动的对称性可知，水平方向位移为x＝v″ 2t，故B正确；
C．根据以上分析结合题意可知，与水平面碰撞4次后，小球水平方向速度为零。但由于竖直方向上碰前和碰后速度大小不变，方向相反，且在空中运动过程中不考虑空气阻力，故第四次碰后小球做竖直上抛运动，如此往复。即小球不可能停止，故C错误；
D．根据以上分析可知，在前四次碰撞过程中，小球在水平和竖直方向受力均不变，且小球与地面的碰撞时间均相等。故前四次碰撞过程中，每次碰撞时合力的冲量为，可知小球在前四次碰撞过程中合力的冲量相等，方向沿合力方向。但第四次碰撞后，小球水平方向速度为零，开始循环做竖直上抛运动。故在随后的碰撞过程中，小球只受到竖直方向的作用力，且碰撞时间仍不变。故第四次后的碰撞过程中，小球所受合力的冲量为
I'＝Fy t
方向沿竖直方向，故与水平面碰撞过程中受到合力的冲量会发生改变，故D错误。
故选：B。
（2023 镇海区校级模拟）如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示。t＝400s后，列车以288km/h的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。则下列说法正确的是（　　）
A．前400s，列车做匀减速直线运动
B．列车所受阻力的大小为3.0×106N
C．根据已知条件可求出列车的质量为1.0×107kg
D．在t＝400s时，列车牵引力的功率为8.0×104kW
【解答】解：A．由F—t图像可知在0～400s，列车的动力F在均匀减小，而由题可知列车所受的阻力大小恒定，因为列车在水平方向所受的合力F合＝F﹣f
即列车在水平方向所受的合力F合逐渐减小，根据牛顿第二定律有：F合＝F﹣f＝ma
即列车做加速度逐渐减小的变加速运动，故A错误；
B．当t＝400s时，列车的速度为288km/h＝80m/s，此时列车做匀速直线运动，即此时的列车加速度为0，
由图可知此时列车的动力F＝1.0×106N
根据平衡条件可知列车所受阻力的大小为：f＝F＝1.0×106N，故B错误；
C．由于F—t图像与坐标轴围成的面积表示动量变化。
在0～400s内，梯形面积的物理意义是动力F的动量IF，虚线围成的长方形的面积的物理意义是大小恒定的阻力f的动量If
则根据动量定理有：IF﹣If＝Δp
根据图像和题中数据有：m×80m/s
解得列车的质量为：m＝5×106kg，故C错误；
D．在t＝400s时，列车牵引力的功率为：P＝Fv
代入数据可得：P＝1.0×106N×80m/s＝8.0×107W＝8.0×104kW，故D正确。
故选：D。
（2023 杭州一模）现代都市高楼林立，高楼出现火情需要一种高架水炮消防车。如图所示，某楼房的65m高处出现火情，高架水炮消防车正紧急灭火中。已知水炮炮口与楼房间距为15m，与地面距离为60m，水炮的出水量为3m3/min，水柱刚好垂直打入受灾房间窗户。则（　　）
A．地面对消防车的作用力方向竖直向上
B．水炮炮口的水流速度为10m/s
C．水泵对水做功的功率约为 3.8×104W
D．若水流垂直冲击到窗户玻璃后向四周流散，则冲力约为1500N
【解答】解：A、消防车水炮炮口喷水，消防车受到反冲作用，则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错误；
B、水流做斜抛运动，末速度水平，可反向看作平抛运动，水流高度差5m，竖直方向为自由落体运动：
代入数据解得：t＝1s
根据vy＝gt
代入数据解得：vy＝10m/s
又1s时间内的水平位移为15m，有sx＝vxt
代入数据解得：vx＝15m/s
合速度为
代入数据解得：v
故B错误；
C、水泵对水做功的功率
故C正确；
D、以冲力的方向为正方向，根据动量定理得：
故D错误。
故选C。
命题点二　动量守恒定律的理解和应用
1．适用条件
(1)前提条件：存在相互作用的物体组成的系统．
(2)理想条件：系统不受外力．
(3)实际条件：系统所受合外力为0.
(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力．
(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则在此方向上动量守恒．
2．解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初、末状态动量；
(4)由动量守恒定律列出方程；
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
（2023 金华模拟）掷冰壶又称冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”，是冬奥会比赛项目。在某次冰壶比赛中，运动员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图（b）所示。碰撞前后两壶做直线运动的v﹣t图线如图（c）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．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶的速度可能为0.9m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2m
D．碰后红壶还能继续运动2s
【解答】解：AB．由图b所示图象可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v'0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，因为碰撞时间极短，且内力远大于外力，所以两壶碰撞过程系统动量守恒，选择碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv0＝mv'0+mv
解得：v＝0.8m/s
碰前动能为：
碰后动能为：
由此可知E1＞E2，因为碰撞过程中机械能有损失，所以碰撞为非弹性碰撞，故AB错误；
C．根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小为：
，故C正确；
D．根据“红壶碰撞前后的图线平行”知，碰撞前后红壶加速度不变，速度从1.2m/s减小到1.0m/s和速度从0.2m/s减小到0，速度变化量相同，根据加速度的定义式可知：
所以时间相同，速度从1.2m/s减小到1.0m/s用时1s，故碰后红壶还能继续运动1s。故D错误。
故选：C。
（2023 金华一模）长春某特警支队的2019年反恐演练出现了一款多旋翼查打一体无人机，该无人机是中国最先进的警用12旋翼无人机，装备有攻击性武器，适合执行对高价值目标的斩首行动。假设该无人机与微型导弹的总质量为M，旋翼启动后恰能悬停在离水平地面高为H的空中，向前方以水平速度v发射一枚质量为m的微型导弹，假设无人机竖直方向获得的升力大小保持不变，机身始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．发射微型导弹后，无人机将做匀变速直线运动
B．发射出微型导弹瞬间，无人机后退速度大小为
C．微型导弹落地时，无人机离地高度为
D．微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为
【解答】解：A、发射微型导弹后，无人机获得一个水平方向的初速度，其重力减小、合力方向向上，将做匀变速曲线运动，故A错误；
B、取无人机后退速度方向为正方向，水平方向根据动量守恒定律可得：0＝（M﹣m）v1﹣mv，解得：v1，故B错误；
C、由于微型导弹落地过程中，系统竖直方向受力平衡，动量守恒，取向下为正方向，则有：0＝m（M﹣m）
解得此过程中无人机上升的高度为：h
所以无人机离地高度为：h′＝h+H，故C错误；
D、微型导弹落地时经过的时间为：t，所以无人机与导弹落地点的水平距离为：x＝（v+v1）t，解得：x，故D正确。
故选：D。
（2023 浙江模拟）春节刚过，烟花的美景仍印象深刻。放烟花时烟花弹由发射筒底部火药引燃获得初速度，竖直向上运动到最高点时炸开，如图是烟花燃放时的图景，其中P、Q分别为两块碎片的径迹，假设两块碎片在烟花弹炸开时同时斜向上抛出，初速度大小vP＝vQ，初速度与水平方向的夹角θP＞θQ，不计空气阻力，下列表述正确的是（　　）
A．烟花弹“发射”过程动量守恒
B．在空中运动过程中，P、Q两块碎片的速度变化率相同
C．P、Q两块碎片上升到最高点时速度都为零
D．P、Q两块碎片从炸开到上升到最高点的过程，运动的时间相等
【解答】解：A、烟花弹“发射”过程所受合外力为重力，不是零且不可被忽略，动量不守恒，故A错误；
B、根据，可知在空中运动过程中，P、Q两块碎片的速度变化率即加速度相同，均为重力加速度g，故B正确；
C、P、Q两块碎片做斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动，所以P、Q两块碎片上升到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不是零，故C错误；
D、P、Q两块碎片从炸开到上升到最高点的过程，运动时间，因为vP＝vQ，θP＞θQ，则tP＞tQ，故D错误。
故选：B。
（2023 杭州一模）如图所示，光滑曲线轨道BC分别与竖直轨道AB、粗糙水平地面CD平滑连接，CD右端与光滑半圆轨道DE平滑连接，半圆轨道直径为2R。CD长为l＝2R，竖直轨道的最高点A与地面高度差h＝2R。质量为m的小滑块P从A点静止释放，之后在D点与静止放置在该处的小滑块Q发生碰撞，碰撞过程机械能损失不计。已知小滑块Q的质量也为m，物体Q被撞后的瞬间对轨道的压力突然增大了2mg。已知重力加速度为g。
（1）求水平轨道的动摩擦因数μ；
（2）如果小滑块P的质量变为km（k为正数），如果要求小滑块Q在半圆轨道DE段运动过程中没有脱离圆弧（设碰撞后P立即拿走，不发生两次碰撞），求k的取值范围；
（3）在第（2）问中，发现小滑块Q经过E点落到曲线轨道BC上任意一点的动能均与落到C点的动能相同，以D点为坐标原点，向右为x轴、向上为y轴建立坐标系，求曲线轨道BC在坐标系中的方程（写成y＝f（x）的形式）。
【解答】解：（1）设碰后滑块Q的速度为v，由于碰后滑块Q对轨道的压力F突然增大了2mg，即变为3mg，根据牛顿第二定律可得
设滑块P碰前的速度为v1，碰后速度为v2，在滑块P和滑块Q碰撞过程中，由动量守恒定律可得mv1＝mv2+mv
由于碰撞过程不考虑机械能损耗，所以有
滑块P由A运动至D的过程中，由动能定理可得
结合题意代入数据可得v1＝v
代入数据解得μ＝0.5
（2）设滑块P到D点的速度为vP，滑块P由A运动至D的过程中，由动能定理可得
设碰后，滑块P和滑块Q的速度分别为v'p，vQ。在滑块P和滑块Q碰撞过程中，由动量守恒定律可得
kmvp＝kmv'p+mvQ
由于碰撞过程不考虑机械能损耗，故有kmkmm
解得
①若滑块Q能够到达轨道的最高点，且不脱离轨道，则滑块Q在最高点E时，由牛顿第二定律可得
则Q从最低点到最高点的过程，由功能关系可得
﹣2mgRm
联立代入数据解得
②若滑块Q到达最大高度不过圆心等高处。由功能关系可得
mgRm
联立代入数据解得k≤1
综上可得k≤1或k；
（3）滑块Q从E点飞出后做平抛运动，设飞出的速度为v0，落在弧形轨道上的坐标为（x，y），将平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体，则有
Q从点E落到轨道BC上的过程中，根据动能定理可得
解得落点处的动能为
因为滑块Q从E点到弧形轨道BC上任意点的动能都相等，且与落点C（﹣2R，0）一致，则将C点坐标带入得EK＝2.5mgR
化简可得y（﹣2.5R≤x≤﹣2R）。
答：（1）水平轨道的动摩擦因数μ为0.5；
（2）k的取值范围为k≤1或k；
（3）曲线轨道BC在坐标系中的方程为y（﹣2.5R≤x≤﹣2R）。
（2023 丽水二模）有一游戏装置，在光滑水平面AC上安装一弹簧发射架，已知AB为弹簧原长，弹力做功W与压缩量Δx的关系为，弹簧劲度系数k＝80N/m，压缩量Δx可调，斜面CD的倾角为θ＝53°，长为L1＝2m。质量m＝0.05kg的物块P被弹簧弹出，经过C点时速度大小不变，物块P与斜面CD间的动摩擦因数。斜面在D点处与半径R＝0.40m的光滑圆形轨道相切连接，圆轨道的最低点E与水平轨道EF相切连接，EF轨道与CD斜面略错开。质量为M＝0.15kg的物块Q放在距离E点L2＝1.60m的G点处，两物块与水平轨道EF的动摩擦因数均为，紧靠F点右侧下方有一距EF为h＝0.80m的平台，平台足够长。物块P与物块Q碰撞后粘在一起向前运动，整个运动过程中两物块均可看成质点。
（1）若压缩量Δx＝5cm，求物块P第一次到达C点时的速度大小；
（2）若物块P恰好能过圆轨道最高点，则物块P通过圆轨道最低点E时对轨道的压力；
（3）若物块P不脱离轨道且能够撞上物块Q，Δx至少为多少？
（4）若物块P恰好能过圆轨道最高点，G点右侧轨道长度s可调，则s多大时两物块在平台上的落点与E点水平距离最远？水平最远距离为多少？
【解答】解：（1）由B到C，根据能量守恒可知
解得：vC＝2m/s
（2）物块P恰好能过圆轨道最高点，重力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
解得：v0＝2m/s
从最高点到E点，根据动能定理可得：
可得：
在E点由牛顿第二定律知
解得：F＝3N
由牛顿第三定律得F'＝F＝3N
方向竖直向下
（3）当恰好过圆周运动最高点的情况下，根据动能定理可得：
解得L＝8m＞1.60m
能撞上物块Q
根据能量守恒可得：
解得：Δx＝0.20m
（4）从E点到Q点，由动能定理可得：
可得v1＝4m/s
根据动量守恒mv1＝（M+m）v2
可得v2＝1m/s
则从G点到轨道右侧
可得
由平抛公式
得t＝0.4s
所以水平距离为：
所以当s＝0.30m时xmax＝2.1m
答：（1）若压缩量Δx＝5cm，物块P第一次到达C点时的速度大小为2m/s；
（2）若物块P恰好能过圆轨道最高点，则物块P通过圆轨道最低点E时对轨道的压力为3N，方向竖直向下；
（3）若物块P不脱离轨道且能够撞上物块Q，Δx至少为0.20m；
（4）若物块P恰好能过圆轨道最高点，G点右侧轨道长度s可调，则s为0.30m时两物块在平台上的落点与E点水平距离最远，水平最远距离为2.1m。
命题点三　碰撞问题
1．碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律
(2)机械能不增加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等)．
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．
2．弹性碰撞讨论
(1)满足动量守恒和机械能守恒
(2)“一动碰一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v1＝v0，v2＝v0.
当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度．
(3)含有弹簧的系统的动量守恒问题，从本质上看，属于一种时间较长的弹性碰撞．在作用的过程中，当弹簧被压缩至最短或拉伸至最长时，系统内各个物体具有共同的速度，而此时弹簧的弹性势能最大．
（2020 浙江模拟）如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度的大小v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（　　）
A．v，I＝0
B．v，I＝2mv0
C．v，I
D．v，I＝2mv0
【解答】解：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝（M+m）v
解得：v
子弹射入木块后，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小为：
v
子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：
I′＝﹣（M+m）v﹣mv0＝﹣2mv0
所以墙对弹簧的冲量I的大小为：I＝2mv0，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2020 宁波模拟）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（　　）
A．A物体的质量为2m
B．A物体的质量为4m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
【解答】解：ABCD、设A物体的质量为mA，物体A压缩弹簧的最大压缩量为x时，A的动能全部转化为弹簧的弹性势能（设为Ep）有EpmAv02；
当A以2v0向右运动压缩弹簧过程，A、B、弹簧系统动量守恒，当二者共速（设为v）时，弹簧达到最大压缩，也为x。
此过程动量守恒有mA×2v0＝（mA+m）v，
由功能关系有mA（2v0）2（mA+m）v2＝Ep，
联立上面三式解得mA＝3m，Epmv02；故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2023 宁波一模）如图所示，足够长的粗糙水平轨道ab、光滑水平轨道cd和足够长的粗糙倾斜轨道de在同一竖直平面内，斜面倾角为37°，cd和de平滑连接。在ab的最右端静止一个质量M＝4kg的木板，其高度与cd等高，木板与轨道ab间动摩擦因数μ1＝0.05，质量mQ＝1kg的滑块Q静止在cd轨道上的某点，在de轨道上距斜面底端L＝8m处静止释放一质量mP＝3kg的滑块P，一段时间后滑块P与Q发生弹性正碰，碰撞时间忽略不计，P与Q碰撞开始计时，1s末Q滑上长木板，3s末Q从木板上飞出（落地点离木板足够远）。已知P、Q与斜面和木板间的动摩擦因数均为μ2＝0.25，滑块P、Q均当作质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）滑块P在倾斜轨道de上运动的加速度大小；
（2）木板的长度；
（3）P、Q与木板间产生的总热量。
【解答】解：（1）滑块P在下滑到底端的过程中，由牛顿第二定律得：mPgsin37°﹣μ2mPgcos37°＝mPap
代入数据可得：
（2）滑块P下滑到底端时，有：，代入数据解得：v1＝8m/s
滑块P、Q发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：mPv1+0＝mPvP+mQvQ
根据能量守恒定律可得：
代入数据可得：vP＝4m/s，vQ＝12m/s
滑块P与Q碰后，Q经t＝1s滑上木板，则可知碰撞点离木板右端距离为：x＝vQt＝12×1m＝12m
而P物体到达木板右端位置的时间为：s＝3s
此时Q物体刚好滑离木板，对Q物体受力分析，由牛顿第二定律：μ2mQg＝mQaQ
代入数据解得：
对木板有：μ2mPg＝μ1（mP+M）g
即木板静止不动，则Q在静止的木板上做匀减速直线运动，故长木板的长度：
代入数据解得：L＝19m
（3）Q与木板间产生的热量Q1＝μ2mQgL，代入数据解得：Q1＝47.5J
P在木板上运动时，由μ2mPg＝mPaP
及μ2mQg﹣μ1（M+mP）g＝MaM
解得：，
则P与木板间的相对运动距离：，代入数据解得：Δxm
可得P与木板间产生的热量：Q2＝μ1mPgΔx，代入数据解得：Q2J
故P、Q与木板间产生的总热量Q＝Q1+Q2，代入数据解得：Q＝64.6J。
答：（1）滑块P在倾斜轨道de上运动的加速度大小为4m/s2；
（2）木板的长度为19m；
（3）P、Q与木板间产生的总热量为64.6J。
（2023 温州三模）温州市开展一项趣味文体活动，此项活动的装置简化为如图所示，竖直面上固定着一段内壁光滑、半径为R＝0.5m的细圆管BP，O为圆心，θ＝37°，光滑水平地面上有一质量M＝0.4kg的木板，木板上表面与管口底部在同一水平线上，木板的左、右方都有一台阶，其高度正好与木板高度相同。现一可视为质点、质量m＝0.2kg的小物块从左方台阶A处以v0＝10m/s的速度水平向右滑上木板，使木板从静止开始向右运动，当木板速度为2m/s时，木板与右边台阶碰撞并立即被粘住，同时物块离开木板从B点进入细圆管。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）物块在木板上滑动过程中产生的热量；
（2）物块滑到圆细管出口P处时受到细圆管弹力的大小；
（3）在距离圆心O点正上方多高处的C点放置接收槽能收到从P点飞出的物块恰好水平向左打入接收槽；
（4）若增大滑块的初速度v0，为了使从P点飞出的滑块仍能恰好水平向左打入接收槽，则接收槽放置的位置C点跟P点的连线与水平方向的夹角应满足什么条件。
【解答】解：（1）物块滑到木板上运动过程它们组成的系统合外力为0，系统动量守恒，设物块在B点的速度为vB，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0＝MvM+mvB，解得
根据能量守恒求解物块在木板上滑动过程中产生的热量Q5.6J；
（2）设物块滑到圆细管出口P处时的速度为vp，以管口底部所在水平面为0重力势能参考平面，由机械能守恒定律得：
将vB，R＝0.5m，θ＝37°代入解得：
在p点对物块受力分析，受重力mg、物块受到细圆管弹力F，并设F指向圆心，将重力分解成指向圆心以及沿着管口切线方向的力，沿PO方向，根据向心力公式得：
mgsinθ+F，代入数据解得：F＝6.8N；
（3）根据斜抛知识，将运动分解成水平匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，物块只有在P点具有某一速度v才能恰好水平向左打入在距离圆心O点正上方某一高处的C点，将v沿着水平和竖直分解，根据题意可知，竖直方向速度减为0才能水平进入C点的接收槽，根据两个方向时间相等列等式得：，解得v
设从P点再上升h水平进入C点的接收槽，则：
h
OC的竖直距离为H＝Rsinθ+h＝0.5×0.6m；
（4）使从P点飞出的滑块仍能恰好水平向左打入接收槽，则C点跟P点的连线就是斜抛到最高点的位移，设与水平方向的夹角为α，根据斜抛知识，将运动分解成水平匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，若增大滑块的初速度v0，设到P点的速度变为v1，则从P到接收槽放置的位置C点的竖直位移y
水平位移x
则tanα
接收槽放置的位置C点跟P点的连线与水平方向的夹角的正切值要等于。
答：（1）物块在木板上滑动过程中产生的热量为5.6J；
（2）物块滑到圆细管出口P处时受到细圆管弹力的大小为6.8N；
（3）在距离圆心O点正上方高处的C点放置接收槽能收到从P点飞出的物块恰好水平向左打入接收槽；
（4）接收槽放置的位置C点跟P点的连线与水平方向的夹角满足正切值等于。
（2023 台州二模）如图所示，在水平面上静置一质量M＝450g的滑块，滑块上表面是一个半径R＝0.2m的四分之一圆弧，圆弧最低点A与水平地面相切。现给质量m＝50g的小球一个大小v0＝4m/s的水平初速度，小球经B点离开滑块时，随即撤去滑块。小球于C点第一次着地，小球每次与地面碰撞前后，水平速度保持不变，竖直速度大小减半，方向反向。A点始终与地面接触，忽略小球通过各轨道连接处的能量损失，不计一切摩擦和空气阻力，求：
（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对滑块的压力；
（2）小球离开滑块后所能到达的最大高度；
（3）要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为多大。
【解答】解：M＝450g＝0.45kg；m＝50g＝0.05kg
（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得：
解得：FN＝4.5N
由牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力FN′＝FN＝4.5N，方向竖直向下
（2）小球滑上滑块到运动至最高点的过程中，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，设小球运动到最高点h时，滑块和小球水平方向的速度大小相等，设为v共，选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得：
mv0＝（M+m）v共
联立解得：h＝0.72m
（3）设小球第一次着地前瞬间，竖直方向的速度大小设为vy1，初次着地后经t时间，小球与地面发生第n+1次碰撞时与C点的距离为x，则根据运动学公式可得：
x＝v共t
解得：
当n→∞时
此时
即要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为。
答：（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对滑块的压力为4.5N，方向竖直向下；
（2）小球离开滑块后所能到达的最大高度为0.72m；
（3）要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为。
[课时训练] 一．选择题（共10小题）
1．（2023 镇海区模拟）如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（　　）
A．男孩和木箱组成的系统机械能守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．小孩推力的冲量小于木箱的动量的变化量
【解答】解：A．男孩和木箱组成的系统动能增大，由人体生物能转化为系统机械能，机械能不守恒，故A错误；
BC．男孩、小车与木箱三者组成的系统系统受合外力为零，系统动量守恒；小车与木箱组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误，C正确；
D．由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，由此可知小孩推力的冲量等于木箱的动量的变化量，故D错误。
故选：C。
2．（2023 沈河区校级模拟）某次冰壶运动训练中，甲壶与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同，不计空气阻力，两壶完全相同且均可视为质点，碰撞时间极短可不计，碰撞前、后两壶运动轨迹始终在同一水平直线上。从开始碰撞到两壶都静止过程中，测得乙壶位移是甲壶位移的k倍，则（　　）
A．k＜1
B．k值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越大
C．k值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越小
D．碰撞后瞬时，乙壶速度为零
【解答】解：A．选择甲壶的初速度方向为正方向，甲乙碰撞瞬间动量守恒，即
mv0＝mv甲+mv乙
且有v甲≤v乙
联立解得：k≥1，故A错误；
BC．两壶碰撞过程中损失的机械能为
变形可得：
结合数学知识可知，当k＝1时，损失的机械能达到最大，随着k增大，损失的机械能减小，故B错误，C正确；
D．由于两壶完全相同，因此碰撞后瞬时乙壶速度一定大于零，故D错误。
故选：C。
3．（2023 长沙二模）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是（　　）
A．小球的质量为
B．小球运动到最高点时的速度为
C．小球能够上升的最大高度为
D．若a＞b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动
【解答】解：A、设小球的质量为m，初速度为v0，取向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得：mv0＝mv1+Mv2
结合图乙可得：，a＝v0，则小球的质量m，故A正确；
B、小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v共，取向右为正方向，水平方向上由动量守恒定律得：mv0＝（m+M）v共，
解得：v共，故B正确；
C、小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得：，
解得：h，故C错误；
D、小球从开始运动到回到最低点的过程中，若规定向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得：
mv0＝mv1+Mv2
由机械能守恒定律得：
，
若a＝b，则m＝M
联立两式解得：v1＝0，v2＝v0，
则小球在与圆弧滑块分离后做自由落体运动，故D正确。
本题选不正确的，
故选：C。
4．（2023 福田区校级模拟）如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至a处用球拍击打，b是轨迹上的最高点，a至c处弹性绳始终处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙壁上，不计空气阻力。则（　　）
A．a处网球拍给网球的冲量沿水平方向
B．拍打后a到c过程中网球动量变化量方向竖直向下
C．c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下
D．d处反弹后网球做平抛运动
【解答】解：A、由图可知a处的速度沿轨迹的切线方向，根据动量定理可知a处网球拍给网球的冲量不沿水平方向，故A错误；
B、拍打后a到c过程中网球只受重力作用，根据动量定理可知动量变化量方向竖直向下，故B正确；
C、c到d过程中网球受到弹性绳的弹力和重力的作用，弹力的方向沿弹性绳，所以网球受到冲量方向不是竖直向下，故C错误；
D、d处反弹后网球受弹力与重力，网球不做平抛运动，故D错误；
故选：B。
5．（2023 雁塔区校级三模）如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为的木块A放在长木板的左端，一颗质量为的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法错误的是（　　）
A．木块获得的最大速度为
B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为
C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为
D．因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差
【解答】解：A、子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，取向右为正方向，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得 m v0＝（mm）v1，可得，木块获得的最大速度 v1。故A正确。
B、木块滑离木板时，取向右方向为正，对木板和木块（包括子弹）系统：
解得：，故B错误。
C、木块在木板上滑动时，对木板，以向右方向为正，由动量定理得 ft＝mv2﹣0，得 f，故C正确；
D、由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
6．（2023 秀山县校级模拟）图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5kg m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为P'B＝4kg m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是（　　）
A． B． C．mB＝2mA D．mB＝5mA
【解答】解：若碰撞后二者的速度相等，取白色球与花色球组成的系统为研究对象，取白色球速度的方向为正方向，则有：
mAv0＝（mA+mB）v共
其中：mAv0＝pA，mAv共＝pA′，mBv共＝pB′
联立可得：mB＝4mA
若碰撞过程系统的机械能不变，系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
pA+pB＝pA′+pB′
代入数据解得pA′＝1kg m/s
根据碰撞过程总动能不增加，则有
解得
碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则
解得mB≤4mA
综上可知
故C正确，ABD错误。
故选：C。
7．（2023 天河区校级三模）如图所示，用火箭发射人造地球卫星。当最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以v0的速度绕地球做匀速圆周运动。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离后瞬间，卫星速度增大，则（　　）
A．分离前卫星所受重力为0
B．分离前后卫星和火箭壳的动量守恒
C．v0可能等于8km/s
D．分离后卫星不可能在原来的轨道上运动
【解答】解：A．根据重力概念，重力是万有引力的一个分力，在地球两极万有引力等于重力，而当卫星环绕地球做圆周运动时，该力完全用来充当卫星做圆周运动的向心力，可知，分离前卫星所受重力并不为零，而是充当了卫星做圆周运动的向心力，故A错误；
B．分离前后卫星和火箭壳在做圆周运动，所受合力不为零，因此动量不守恒，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力有
可得
可知轨道半径越大，线速度越小，火箭壳体和卫星在地表上空环绕地球做圆周运动，其环绕半径大于地球半径，因此可知其线速度小于第一宇宙速度，故C错误。
D．分离后卫星线速度变大，此时卫星所受万有引力不足以提供其在原轨道运行的向心力，因此卫星将做离心运动，向更高的轨道变轨运行，故D正确。
故选：D。
8．（2023 青岛模拟）如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B．火箭上升过程中一直处于超重状态
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭在空中飞行的时间为
【解答】解：A、火箭的动力来源于火箭喷出的水对它的推力，故A错误；
B、火箭先加速上升、后减速上升，所以上升过程中先处于超重状态、后处于失重状态，故B错误；
C、取向上为正方向，根据动量守恒定律可得：（M﹣m）vm＝mv0，解得：vm，故C错误；
D、上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得：﹣（M﹣m）t1﹣kt1＝0﹣（M﹣m）vm
下降过程中，取向下为正方向，根据动量定理可得：（M﹣m）t2﹣kt2＝（M﹣m）v﹣0
设上升的最大高度为h，则有：t1t2＝h
火箭在空中飞行的时间为：t＝t1+t2
联立解得：，故D正确。
故选：D。
9．（2023 佛山模拟）2022年10月12日，“天宫课堂”第三课在距地高度约380km的空间站里开讲，授课中地面传输中心调用两颗地球同步卫星“天链一号”03星和“天链一号”01星，为空间站提供天基测控和数据中继服务，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．“天链一号”01星的线速度小于空间站的线速度
B．空间站绕地球转动半周，所受万有引力的冲量为0
C．“天链一号”03星和空间站与地心连线每秒扫过的面积相等
D．“天链一号”01星和03星的速度相同
【解答】解：A.“天链一号”01星为同步卫星，空间站离地高度仅仅为380km，卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可知
m
解得
v
“天链一号”01星的线速度小于空间站的线速度，故A正确；
B.空间站绕地球转动半周，空间站的速度方向变为反向，根据动量定理可知万有引力的冲量为2mv，故B错误；
C.根据开普勒第二定律可知，同一颗卫星与地球的连线在相同时间内扫过的面积相同，所以“天链一号”03星和空间站与地心的连线每秒扫过的面积是不相等的，故C错误；
D.“天链一号”01星和03星的速度大小相同，方向不同，故D错误；
故选：A。
10．（2023 思明区校级模拟）如图1所示，一儿童站在平板小车中间，与小车一起沿水平地面匀速向右运动，儿童突然走向小车一端，此过程儿童和小车的速度一时间关系如图2所示，不计地面的摩擦。以下说法正确的是（　　）
A．儿童的质量小于小车的质量
B．儿童走向小车左端
C．儿童和小车的总动能减少
D．小车对儿童的冲量方向水平向右
【解答】解：A、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，可知，小车的加速度大小大于儿童的加速度大小，儿童和小车受到的合外力等于相互间的摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma知儿童的质量大于小车的质量，故A错误；
B、小车向右做匀加速直线运动，儿童向右做匀减速直线运动，说明儿童对小车的摩擦力向右，小车对儿童的摩擦力向左，则儿童走向小车左端，故B正确；
C、儿童在行走过程中要消耗体能，转化为系统的动能，则儿童和小车的总动能增加，故C错误；
D、小车对儿童有向左的摩擦力和竖直向上的支持力，两力的合力方向指向左上方，则小车对儿童的冲量方向指向左上方，故D错误。
故选：B。
二．计算题（共2小题）
11．（2023 浙江二模）如图所示，水平传送带的左端与斜面AB末端连接，另一端与光滑水平轨道CM连接，M端连接半圆形光滑圆弧轨道MPN，圆弧半径R＝1.6m，在竖直面MN的右侧（包括M、N点）存在竖直向上的匀强电场，电场强度。一带正电金属滑块a质量为m＝0.1kg，电量为q，从斜面AB上高h＝3m处由静止开始下滑，运动到CM上某位置与另一完全相同的不带电金属滑块b发生碰撞后结合在一起，形成结合体c。已知斜面、传送带、轨道均绝缘，滑块与AB斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.3，与传送带之间的动摩擦因数μ2＝0.2，斜面倾角θ＝37°，传送带长为5m，CM长为2m，滑块a、b及结合体c均可视为质点，不计滑块在B点的能量损失，重力加速度g＝10m/s2.
（1）求滑块a到达B点时的速度大小；
（2）若传送带逆时针转动的速度v＝2m/s，求结合体c到达N点时对轨道的压力；
（3）以M点为坐标原点，向左为正方向建立x轴，改变传送带的速度大小和方向，求结合体c通过圆弧轨道后从N点平抛到x轴上的落点坐标与传送带速度的关系。
【解答】解：（1）滑块a从A到B过程，由动能定理得：mgh﹣μ1mgcosθ0
代入数据解得：vB＝6m/s
（2）滑块a从B到C过程，由动能定理得：﹣μ2mgL
代入数据解得：vC＝4m/s
a、b碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvC＝2mv1
代入数据解得：v1＝2m/s
a、b的结合体c从M运动到N过程，由动能定理得：qE×2R﹣2mg×2R
代入数据解得：v2＝2m/s
在N点，对c，由牛顿第二定律得：2mg+F﹣qE＝2m
代入数据解得：F＝3N
由牛顿第三定律可知，结合体c对轨道的压力大小F'＝F＝3N，方向竖直向上
（3）结合体c离开N后做平抛运动，竖直方向：2R，水平方向：x＝v2t
①当传送带沿顺时针方向转动且0≤v＜4m/s或传送带逆时针方向转动时，滑块到达C点的速度大小vC＝4m/s，滑块在M点脱离轨道，无法到达N点
②当传送带顺时针方向转动且速度4m/s≤v≤2m/s时，滑块到达C点的速度为v，代入数据解得：x＝0.4（m）
③当传送带顺时针转动且速度v≥2m/s时，滑块到达C点的速度大小vC＝2m/s，代入数据解得：x＝0.8m
答：（1）滑块a到达B点时的速度大小是6m/s；
（2）结合体c到达N点时对轨道的压力大小是3N，方向竖直向上；
（3）结合体c通过圆弧轨道后从N点平抛到x轴上的落点坐标与传送带速度的关系是①当传送带沿顺时针方向转动且0≤v＜4m/s或传送带逆时针方向转动时，无法到达N点；②当传送带顺时针方向转动且速度4m/s≤v≤2m/s时，x＝0.4（m）；③当传送带顺时针转动且速度v≥2m/s时，x＝0.8m。
12．（2022 浙江三模）如图所示，水平传送带AB长L＝4m，其左右两侧为与传送带紧邻的等高水平面。其中右侧粗糙水平面长s＝2m。甲乙两物块（可视为质点）静止在紧靠B点右侧的水平面上，两物块间夹有一原长可以忽略的轻质弹簧，开始时弹簧处于压缩状态并锁定。在C点右侧有一半径R＝0.08m且与BC平滑连接的光滑竖直半圆弧轨道CEF，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会原速率反弹。已知两物块与传送带间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，物块乙与传送带右侧水平面间的动摩擦因数μ2＝0.3，传送带以v＝5m/s顺时针传动，g＝10m/s2。
（1）若已知甲质量m1＝1kg，某一时刻弹簧解除锁定，两物体弹开后甲刚好能从A点离开传送带，求传送带克服摩擦力做的功；
（2）在第（1）问基础上，若两物体弹开后乙刚好可以到达F点，求弹簧的弹性势能Ep0；
（3）若甲、乙质量均为m＝2kg，在弹簧解除锁定并恢复至原长时立即取走甲物块，乙在以后的运动过程中既不脱离轨道也不从A点离开传送带，求弹簧的弹性势能Ep的取值范围。
【解答】解：（1）设弹簧弹开后瞬间甲的速度大小为v1，从B到A根据动能定理可得：
﹣μ1m1g＝0m1v12
代入数据解得：v1＝4m/s
甲在传送带上滑动的加速度大小为：a1＝μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2
运动的时间为：ts＝2s
此过程中传送带的位移大小为：x＝vt＝5×2m＝10m
传送带克服摩擦力做的功：W＝μ1m1gx
代入数据解得：W＝20J；
（2）对乙在F点，根据牛顿第二定律可得：m2g＝m2
设弹簧弹开后乙的速度大小为v2，根据能量守恒定律可得：
m2v22＝μ2m2gs+m2g 2Rm2vF2
解得：v2＝2m/s
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：0＝m2v2﹣m1v1
代入数据解得：m2m/s
根据能量守恒定律可得：EP0m1v12m2v22
代入数据解得：EP0＝16J
（3）①若乙恰好能够达到E点，根据（1）问的分析可知，此种情况下丙一定不会离开传送带，也不会脱离轨道。
根据能量守恒定律可得：EP＝2×（μ2mgs+mgR）
代入数据解得：EP＝27.2J；
故0＜EP≤27.2J
②恰好经过F点，根据（1）的分析可知，EP1＝2mv22
解得：EP1＝32J；
物块撞上挡板后会原速率反弹，再次从传送带上返回达到半圆形轨道也不会脱离轨道，则有：
EP3＝2×（3μ2mgs+mgR）
代入数据解得：EP3＝75.2J
故32J≤EP≤75.2J。
答：（1）传送带克服摩擦力做的功为20J；
（2）弹簧的弹性势能为16J；
（3）弹簧的弹性势能Ep的取值范围为0＜EP≤27.2J或32J≤EP≤75.2J。
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