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第17讲　动量定理　动量守恒定律
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
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．
（2024 西城区一模）2023年7月，由中国科学院研制的电磁弹射实验装置启动试运行，该装置在地面构建微重力实验环境，把“太空”搬到地面。实验装置像一个“大电梯”，原理如图所示，在电磁弹射阶段，电磁弹射系统推动实验舱竖直向上加速运动至A位置，撤除电磁作用。此后，实验舱做竖直上抛运动，到达最高点后返回A位置，再经历一段减速运动后静止。某同学查阅资料了解到：在上述过程中的某个阶段，忽略阻力，实验舱处于完全失重状态，这一阶段持续的时间为4s，实验舱的质量为500kg。他根据上述信息，取重力加速度g＝10m/s2，做出以下判断，其中正确的是（　　）
A．实验舱向上运动的过程始终处于超重状态
B．实验舱运动过程中的最大速度为40m/s
C．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱做功大于1×105J
D．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量等于1×104N s
（2024 东城区一模）一个质量为m的网球从距地面高H1处自由下落，反弹的最大高度为H2不考虑所受的空气阻力，重力加速度用g表示，对网球与地面接触的运动过程，下列判断正确的是（　　）
A．网球的加速度先向上后向下
B．网球速度为0时受地面的弹力最大
C．地面对网球所做的功等于mg（H1 H2）
D．网球受地面的平均冲击力等于
（2024 河池一模）某次排球比赛中，甲运动员在离地高度为h1＝2.8m处将排球水平击出；乙运动员在离地h2＝1.0m处将排球垫起，垫起后球的速度大小相等，方向相反，且与水平方向成37°。已知排球质量m＝0.3kg，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。以下说法正确的是（　　）
A．排球在垫起前在空中运动的时间为0.8s
B．排球水平击出时的初速度大小为6.0m/s
C．排球与乙同学作用的过程中所受合外力冲量的大小为6.0N s
D．排球被垫起后运动到最高点时距离地面的高度为3.2m
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．
（2024 东城区一模）如图所示，质量为M、倾角为θ的光滑斜劈置于光滑水平地面上，质量为m的小球第①次和第②次分别以方向水平向右和水平向左、大小均为v0的初速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是（　　）
A．这两次碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量都守恒
B．第②次碰撞后斜劈的速度小于
C．第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力等于（M+m）g
D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上；第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定相等
（2024 岳麓区校级模拟）如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态。一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动，已知重力加速度为g，则（　　）
A．碰撞过程中环与板组成的系统动量和机械能都守恒
B．碰撞过程中系统损失的机械能为
C．圆环和圆板的最大速度为
D．碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为
（2024 河东区一模）保龄球运动既可以锻炼身体，又可以缓解心理压力，而且老少咸宜，广受大众的喜爱。某同学设想了如下过程来模拟一次保龄球的投掷、运行、撞击的训练过程．如图所示，将一质量为M＝2.8kg的保龄球从A点开始由静止向前掷出，球沿曲线运动，脱手后，在B点以v0＝6m/s的速度切入水平球道。球做直线运动经t＝4s时间后在C点与质量为m＝1.4kg的球瓶发生正碰。已知在A点时保龄球的下沿距离球道表面的高度为h＝1m，保龄球在球道上运动时受到的阻力恒为重力的k＝0.05倍，g取10m/s2，忽略空气阻力，忽略保龄球的滚动，球与球瓶的碰撞时间极短，碰撞中没有能量损失，球与球瓶均可看成质点。求：
（1）运动员在掷球过程中对保龄球做的功W；
（2）在撞上球瓶前的瞬间，保龄球的速度v1的大小；
（3）碰撞后，球瓶的速度v2的大小。
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。
（2024 朝阳区一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（　　）
A．P的动量为0
B．Q的动量达到最大值
C．P、Q系统总动量小于mv
D．弹簧储存的弹性势能为
（2024 宁波二模）质量为m1的滑块沿倾角为θ、长度为l的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为m2，并静置于光滑水平面上，重力加速度为g。滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（　　）
A． B．
C． D．
（2024 天津模拟）如图所示，质量m＝2kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M＝6kg的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R＝1.6m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑。A滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ＝0.75，g取10m/s2，A、B可视为质点，求：
（1）滑块A刚到平台上的速度大小；
（2）该过程中弹簧弹性势能的最大值；
（3）小车C的长度。
（2024 沈阳模拟）如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车（含轨道）的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（　　）
A．小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
B．小球沿轨道上升的最大高度为
C．小球滑离小车时，小车恢复静止状态
D．小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v0
（2024 西城区一模）如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船的质量为m，其推进器工作时飞船受到的平均推力为F。在飞船与空间站对接后，推进器工作时间为Δt，测出飞船和空间站的速度变化为Δv。下列说法正确的是（　　）
A．空间站的质量为
B．空间站的质量为
C．飞船对空间站的作用力大小为F
D．飞船对空间站的作用力大小一定为
（2024 包头二模）扇车在我国西汉时期就已广泛被用来清选谷物。谷物从扇车上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有一鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的秕粒a（秕粒为不饱满的谷粒，质量较轻）和饱粒b分开。若所有谷粒进入分离仓时，在水平方向获得的动量相同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为相同。图中虚线分别表示b谷粒的轨迹。Fa、Fb为相应谷粒所受的合力。下列四幅图中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2024 朝阳区校级模拟）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动半个周期所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
（2024 海南）小明制作了一个火箭模型，火箭模型质量为M（含燃料），开始火箭模型静置在地面上，点火后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的燃气，喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　）
A．火箭喷气过程机械能守恒
B．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
C．喷气结束时火箭模型的动量大小为mv0
D．喷气结束时火箭模型的速度大小为
（2024 沙坪坝区模拟）如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盔中装入质量为2.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从3.20m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.08m时，物体的速度减为0。挤压过程视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（　　）
A．挤压过程中物体处于失重状态
B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N
C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg m/s，方向竖直向下
D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N s
（2024 全国一模）原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某次摸高测试中，一同学从如图A所示的静止下跨状态向上跃起，脚刚离开地面时如图B所示，身体运动到最高点时位置如图C所示，三幅图代表同一竖直线上的三个位置，不计空气阻力，关于该同学测试的全过程，下列说法正确的是（　　）
A．从A到B的运动过程中，地面对脚的支持力始终大于该同学的重力
B．从A到B的运动过程中，地面对脚的支持力的冲量为零
C．该同学在C图位置的机械能大于在A图位置的机械能
D．从A到C的过程中，地面对脚的支持力冲量大于该同学的重力冲量
（2024 青羊区校级模拟）如图甲所示，质量为m的同学在一次体育课上练习原地垂直起跳。在第一阶段，脚没有离地，所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示。经过一定时间，重心上升h1，获得速度v。在第二阶段，脚离开地面，人躯干形态基本保持不变，重心又上升了h2，到达最高点。重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．该同学在t1～t2时间段处于超重状态，在t2～t3时间段处于失重状态
B．在第一阶段地面支持力对该同学做的功为mv2
C．在第一阶段地面支持力对该同学的冲量为mv
D．在第一和第二阶段该同学机械能共增加了mgh1+mgh2
（2024 平谷区模拟）A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M（m＜M）。若使A球获得瞬时速度v（如图甲），弹簧压缩到最短时，A球的速度为vA，B球的速度为vB，弹簧的长度为L；若使B球获得瞬时速度v（如图乙），弹簧压缩到最短时，A球的速度为v'A，B球的速度为v'B，弹簧的长度为L'。则（　　）
A．vA＞vB B．v'A＞v'B C．vA＝v'A D．L＝L'
（2024 南充二模）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v﹣t图像如图所示。设该过程中重力加速度g不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（　　）
A．在0～t3时间内，返回舱一直减速下降
B．在t1时刻打开主伞后，返回舱的加速度大小不可能等于g
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
（2024 天津模拟）如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径R＝0.32m，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M＝2kg、长L＝1m的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，与弹簧分开之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点处。物块A与小车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物块B运动到最低点b时对轨道的压力；
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；
（3）物块A相对小车滑动多远的距离。
（2020 通榆县校级模拟）第24届冬奥会将于2022年在北京举行，冰壶是比赛项目之一。如图甲，蓝壶静止在大本营圆心O处，红壶推出后经过P点沿直线向蓝壶滑去，滑行一段距离后，队员在红壶前方开始不断刷冰，直至两壶发生正碰为止。已知，红壶经过P点时速度v0＝3.25m/s，P、O两点相距L＝27m，大本营半径R＝1.83m，从红壶进入刷冰区域后某时刻开始，两壶正碰前后的v﹣t图线如图乙所示。假设在未刷冰区域内两壶与冰面间的动摩擦因数恒定且相同，红壶进入刷冰区域内与冰面间的动摩擦因数变小且恒定，两壶质量相等且均视为质点。
（1）试计算说明碰后蓝壶是否会滑出大本营；
（2）求在刷冰区域内红壶滑行的距离s。第17讲　动量定理　动量守恒定律
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
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．
（2024 西城区一模）2023年7月，由中国科学院研制的电磁弹射实验装置启动试运行，该装置在地面构建微重力实验环境，把“太空”搬到地面。实验装置像一个“大电梯”，原理如图所示，在电磁弹射阶段，电磁弹射系统推动实验舱竖直向上加速运动至A位置，撤除电磁作用。此后，实验舱做竖直上抛运动，到达最高点后返回A位置，再经历一段减速运动后静止。某同学查阅资料了解到：在上述过程中的某个阶段，忽略阻力，实验舱处于完全失重状态，这一阶段持续的时间为4s，实验舱的质量为500kg。他根据上述信息，取重力加速度g＝10m/s2，做出以下判断，其中正确的是（　　）
A．实验舱向上运动的过程始终处于超重状态
B．实验舱运动过程中的最大速度为40m/s
C．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱做功大于1×105J
D．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量等于1×104N s
【解答】解：A、实验舱竖直向上加速运动至A位置的过程，其加速度向上，处于超重状态。实验舱做竖直上抛运动到达最高点的过程，其加速度等于g，方向竖直向下，此过程处于完全失重状态，则实验舱向上运动的过程先处于超重状态，后处于完全失重状态，故A错误；
B、实验舱竖直向上加速运动至A位置后做竖直上抛运动，可知在A位置时速度最大，由题意可知竖直上抛运动阶段持续的时间为t＝4s，则实验舱运动过程中的最大速度为vm＝gt＝104m/s＝20m/s，故B错误；
C、实验舱在A位置时的动能为：Ek500×202J＝1×105J，实验舱竖直向上加速运动过程，其重力势能也增加了，即实验舱竖直向上加速运动过程其机械能增加量大于1×105J，由功能关系可知，此过程电磁弹射系统对实验舱做功大于1×105J，故C正确；
D、向上弹射阶段，实验舱的动量增加量为：Δp＝mvm＝500×20N s＝1×104N s，设电磁弹射系统对实验舱的冲量大小为I，重力的冲量大小为IG，以向上为正方向，根据动量定理得：I﹣IG＝Δp，可知向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量大于1×104N s，故D错误。
故选：C。
（2024 东城区一模）一个质量为m的网球从距地面高H1处自由下落，反弹的最大高度为H2不考虑所受的空气阻力，重力加速度用g表示，对网球与地面接触的运动过程，下列判断正确的是（　　）
A．网球的加速度先向上后向下
B．网球速度为0时受地面的弹力最大
C．地面对网球所做的功等于mg（H1 H2）
D．网球受地面的平均冲击力等于
【解答】解：A、网球与地面接触的运动过程，弹力由小变大，根据牛顿第二定律可知加速度先向下再向上，故A错误；
B、网球速度为0时，网球的形变量最大，受地面的弹力最大，故B正确；
C、地面对网球的支持力做功为0，故C错误；
D、网球刚接触地面和反弹的速度分别为v1，v2，规定向上为正方向，根据动量定理有
（F﹣mg）t＝mv2﹣（﹣mv1）
其中t
联立解得Fmg
故D错误；
故选：B。
（2024 河池一模）某次排球比赛中，甲运动员在离地高度为h1＝2.8m处将排球水平击出；乙运动员在离地h2＝1.0m处将排球垫起，垫起后球的速度大小相等，方向相反，且与水平方向成37°。已知排球质量m＝0.3kg，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。以下说法正确的是（　　）
A．排球在垫起前在空中运动的时间为0.8s
B．排球水平击出时的初速度大小为6.0m/s
C．排球与乙同学作用的过程中所受合外力冲量的大小为6.0N s
D．排球被垫起后运动到最高点时距离地面的高度为3.2m
【解答】解：A．排球从被击出到被垫起前做平抛运动，设其飞行时间为，竖直方向有
解得
t＝0.6s
故A错误；
B．垫起后球的速度大小相等，方向相反，所以乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小为
vy＝gt＝10×0.6m/s＝6m/s
根据题目可得此时速度方向与水平方向的夹角为θ＝37°，故排球被水平击出时的初速度大小为
故B错误；
C．乙同学垫起排球前瞬间排球速度的大小为
根据动量定理，排球与乙同学作用的过程中所受合外力冲量的大小为
I＝2mv＝2×0.3×10N s＝6N s
故C正确；
D．根据运动的对称性可得，排球被垫起后会沿原轨迹返回，故可知排球运动到最高点时距离地面的高度为h＝h1＝2.8m，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．
（2024 东城区一模）如图所示，质量为M、倾角为θ的光滑斜劈置于光滑水平地面上，质量为m的小球第①次和第②次分别以方向水平向右和水平向左、大小均为v0的初速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是（　　）
A．这两次碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量都守恒
B．第②次碰撞后斜劈的速度小于
C．第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力等于（M+m）g
D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上；第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定相等
【解答】解：A，第①次碰撞小球和斜劈组成的系统合外力为0，系统动量守恒，第②次碰撞过程中，系统的合外力不为0，动量不守恒，故A错误；
B．第②次碰撞后速度的分解如图
规定向左为正方向，根据水平方向的动量守恒定律有
mv0cosθcosθ﹣mvysinθ+Mvx＝mv0
即有
mv0﹣mv0cos2θ+mvysinθ＝Mvx
解得斜劈的速度
vx
故B正确；
C．第②次碰撞过程中，斜劈有竖直向下的动量，则可知地面对斜劈的支持力大于（M+m）g，故C错误；
D.第②次碰撞后小球沿垂直于斜面方向的速度v'＜v0sinθ，根据速度的合成可知，第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定不相等，故D错误；
故选：B。
（2024 岳麓区校级模拟）如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态。一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动，已知重力加速度为g，则（　　）
A．碰撞过程中环与板组成的系统动量和机械能都守恒
B．碰撞过程中系统损失的机械能为
C．圆环和圆板的最大速度为
D．碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为
【解答】解：A、碰撞过程中，圆环与圆板组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒。由于碰撞之后圆环与圆板共同向下运动，机械能有损失，则机械能不守恒，故A错误；
B、圆环下降到与圆板碰撞前瞬间，由机械能守恒定律有
圆环和圆板碰撞过程中，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有
mv＝（m+M）v1
解得碰后共同速度为：
则碰撞过程中系统损失的机械能为
联立解得：，故B正确；
C、圆环和圆板在向下运动的过程中，开始阶段圆环和圆板的重力之和大于弹簧的弹力，圆环和圆板还在加速，则圆环和圆板的最大速度大于，故C错误；
D、碰撞后瞬间，对圆环和圆板整体，由牛顿第二定律有
mg＝（m+M）a
对圆板，由牛顿第二定律有
F＝Ma
解得碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为：，故D错误。
故选：B。
（2024 河东区一模）保龄球运动既可以锻炼身体，又可以缓解心理压力，而且老少咸宜，广受大众的喜爱。某同学设想了如下过程来模拟一次保龄球的投掷、运行、撞击的训练过程．如图所示，将一质量为M＝2.8kg的保龄球从A点开始由静止向前掷出，球沿曲线运动，脱手后，在B点以v0＝6m/s的速度切入水平球道。球做直线运动经t＝4s时间后在C点与质量为m＝1.4kg的球瓶发生正碰。已知在A点时保龄球的下沿距离球道表面的高度为h＝1m，保龄球在球道上运动时受到的阻力恒为重力的k＝0.05倍，g取10m/s2，忽略空气阻力，忽略保龄球的滚动，球与球瓶的碰撞时间极短，碰撞中没有能量损失，球与球瓶均可看成质点。求：
（1）运动员在掷球过程中对保龄球做的功W；
（2）在撞上球瓶前的瞬间，保龄球的速度v1的大小；
（3）碰撞后，球瓶的速度v2的大小。
【解答】解：（1）运动员在掷球过程中，根据动能定理可得：
解得：W＝22.4J
（2）保龄球从B到C的过程，选择向右的方向为正方向，根据动量定理可得：
﹣kMgt＝Mv1﹣Mv0
解得：v1＝4m/s
（3）球与球瓶的碰撞时间极短，碰撞中没有能量损失，可知碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，选择向右的方向为正方向，则有
Mv1＝Mv3+mv2
联立解得：v2
答：（1）运动员在掷球过程中对保龄球做的功为22.4J；
（2）在撞上球瓶前的瞬间，保龄球的速度v1的大小为4m/s；
（3）碰撞后，球瓶的速度v2的大小为。
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。
（2024 朝阳区一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（　　）
A．P的动量为0
B．Q的动量达到最大值
C．P、Q系统总动量小于mv
D．弹簧储存的弹性势能为
【解答】解：AC、物体P、Q与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，系统总动量为mv，所以弹簧被压缩至最短时此系统总动量仍然为mv，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv＝2mv1，解得：v1v，所以P的动量为mv1mv，不为零，故AC错误；
D、根据机械能守恒定律得弹簧储存的弹性势能为Ep，故D正确；
B、弹簧被压缩至最短时，弹簧处于压缩状态，对物体Q有向右的弹力，物体Q的速度方向也向右，所以在接下来的一段时间内，物体Q做加速运动，其动量会继续增大，故此时Q的动量不是最大，故B错误。
故选：D。
（2024 宁波二模）质量为m1的滑块沿倾角为θ、长度为l的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为m2，并静置于光滑水平面上，重力加速度为g。滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：设滑块滑到底端时的水平速度和竖直速度为vx和vy，即滑块的合速度为v1，斜面的合速度为v2。由于滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，则系统水平方向的动量守恒，以向右为正方向，有：m1vx﹣m2v2＝0
结合两者的水平位移关系有：
对滑块，在竖直方向的位移：
对两物体的系统，由机械能守恒定律有：
联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为：，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2024 天津模拟）如图所示，质量m＝2kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M＝6kg的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R＝1.6m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑。A滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ＝0.75，g取10m/s2，A、B可视为质点，求：
（1）滑块A刚到平台上的速度大小；
（2）该过程中弹簧弹性势能的最大值；
（3）小车C的长度。
【解答】解：（1）滑块A自P点滑至平台过程中，由动能定理有
mgR（1﹣cos60°）mv02
解得v0＝4m/s
（2）当A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，设向右为正方向，动量守恒定律有
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）弹簧恢复原长时B与A分离，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
mv0＝mv1+mv2
mv02mv12mv22
联立解得v1＝0
v2＝4m/s
B恰好未从小车C上滑落，即B到小车C右端时二者速度相同，由动量守恒有
mv2＝（m+M）v3
解得：v3＝1m/s
由功能关系有：
Qmv22（m+M）v32
Q＝μmgL，
联立解得：L＝0.8m。
答：（1）滑块A刚到平台上的速度大小为4m/s；
（2）该过程中弹簧弹性势能的最大值为8J；
（3）小车C的长度为0.8m。
（2024 沈阳模拟）如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车（含轨道）的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（　　）
A．小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
B．小球沿轨道上升的最大高度为
C．小球滑离小车时，小车恢复静止状态
D．小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v0
【解答】解：AB．依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律
mv0＝（m+3m）v
可得小球在最高点时仍然具有水平速度，
设达到最高点的高度为H，根据能量守恒，可得
解得
故A错误；B正确；
CD．设小球滑离小车时，二者速度分别为v球和v车，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得
mv0＝mv球+3mv车，
联立，解得
，
可知小车相对小球的速度大小为
Δv＝v车﹣v球＝v0
故CD错误。
故选：B。
（2024 西城区一模）如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船的质量为m，其推进器工作时飞船受到的平均推力为F。在飞船与空间站对接后，推进器工作时间为Δt，测出飞船和空间站的速度变化为Δv。下列说法正确的是（　　）
A．空间站的质量为
B．空间站的质量为
C．飞船对空间站的作用力大小为F
D．飞船对空间站的作用力大小一定为
【解答】解：AB、设空间站质量为M，将飞船和空间站视为整体，对整体而言在F的作用下速度发生变化，根据动量定理有：FΔt＝（M+m）Δv，解得M，故A错误，B正确；
CD、某一时刻对飞船分析有F﹣f＝ma，其中f为空间站对飞船的作用力，对空间站有f＝Ma'，所以作用力大小不为F，由于F是平均推力大小，仅知道速度的变化量是无法确定整个过程是匀变速过程，所以作用力大小不一定是m，故CD错误；
故选：B。
（2024 包头二模）扇车在我国西汉时期就已广泛被用来清选谷物。谷物从扇车上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有一鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的秕粒a（秕粒为不饱满的谷粒，质量较轻）和饱粒b分开。若所有谷粒进入分离仓时，在水平方向获得的动量相同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为相同。图中虚线分别表示b谷粒的轨迹。Fa、Fb为相应谷粒所受的合力。下列四幅图中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：饱粒和秕粒都是在水平方向受到气流的作用力，竖直方向受到重力作用，所以它们在竖直方向都是做自由落体运动，则它们在空中的运动时间相等。因为饱粒和秕粒的水平动量相等，而秕粒的质量小，则初速度大，水平方向受到的气流作用力是相等的，所以秕粒在水平方向的加速度较大，所以秕粒水平方向的位移大，即秕粒会落在饱粒的左边。它们受水平方向的作用力相等，但是饱粒的重力较大，所以饱粒受到的合力方向与竖直方向的夹角小于秕粒受到的合力方向与竖直方向的夹角，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2024 朝阳区校级模拟）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动半个周期所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
【解答】解：AB、圆盘停止转动前，物体随圆盘做匀速圆周运动，摩擦力沿圆盘面指向中心轴提供向心力，小物体运动半个周期所受摩擦力的冲量大小为I＝mωr﹣（﹣mωr）＝2mωr，故A错误，B正确；
C．圆盘停止转动后，物块沿切线方向运动，故C错误；
D．由动量定理可得：If'＝0﹣mv＝﹣mωr，即小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr，故D错误。
故选：B。
（2024 海南）小明制作了一个火箭模型，火箭模型质量为M（含燃料），开始火箭模型静置在地面上，点火后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的燃气，喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　）
A．火箭喷气过程机械能守恒
B．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
C．喷气结束时火箭模型的动量大小为mv0
D．喷气结束时火箭模型的速度大小为
【解答】解：A．系统所受合外力为零，满足动量守恒，但机械能不守恒，故A错误；
B．火箭的推力是燃料燃烧产生的高温高压气体向后喷出时对火箭的反作用力，故B错误；
C．开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得
0＝mv0+p
喷气结束时火箭模型的动量大小
p＝mv0，故C正确；
D．规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律
0＝mv0﹣（M﹣m）v
解得，故D错误。
故选：C。
（2024 沙坪坝区模拟）如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盔中装入质量为2.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从3.20m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.08m时，物体的速度减为0。挤压过程视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（　　）
A．挤压过程中物体处于失重状态
B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N
C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg m/s，方向竖直向下
D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N s
【解答】解：A、头盔的运动是匀减速直线运动，所以加速度方向是竖直向上，所以头盔是处于超重状态，故A错误；
B、头盔落地时的速度为：
头盔和地面的相互作用时间为t，则有：
解得：
规定竖直向下的方向为正方向，在头盔受挤压的过程中，对头盔根据动量定理有
（mg﹣F）t＝0﹣mv
代入数据解得：F＝820N，故B正确；
C、物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为：ΔP＝0﹣mv＝0﹣2×8kg m/s＝﹣16kg m/s，负号说明方向竖直向上，故C错误；
D、根据动量定理可知物体在自由下落过程中重力的冲量大小为：I＝mv，代入数据解得：I＝16N s，故D错误。
故选：B。
（2024 全国一模）原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某次摸高测试中，一同学从如图A所示的静止下跨状态向上跃起，脚刚离开地面时如图B所示，身体运动到最高点时位置如图C所示，三幅图代表同一竖直线上的三个位置，不计空气阻力，关于该同学测试的全过程，下列说法正确的是（　　）
A．从A到B的运动过程中，地面对脚的支持力始终大于该同学的重力
B．从A到B的运动过程中，地面对脚的支持力的冲量为零
C．该同学在C图位置的机械能大于在A图位置的机械能
D．从A到C的过程中，地面对脚的支持力冲量大于该同学的重力冲量
【解答】解：AB.运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，先向上加速，地面支持力大于重力；当地面支持力等于重力时速度最大；之后脚与地面作用力逐渐减小，运动员开始减速；当脚与地面作用力为零时，离开地面。此过程地面对脚的支持力的冲量不为零，故AB错误；
B.蹬地起跳过程中运动员消耗体内化学能转化为机械能，B图位置的机械能大于在A图位置的机械能，从B到C的运动过程中机械能守恒，则该同学在图C位置的机械能大于在A图位置的机械能，故C正确；
D.从A到C的过程中，应用动量定理有I支+IG＝0﹣0，所以地面对脚的支持力冲量大小等于该同学的重力冲量大小，故D错误。
故选：C。
（2024 青羊区校级模拟）如图甲所示，质量为m的同学在一次体育课上练习原地垂直起跳。在第一阶段，脚没有离地，所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示。经过一定时间，重心上升h1，获得速度v。在第二阶段，脚离开地面，人躯干形态基本保持不变，重心又上升了h2，到达最高点。重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．该同学在t1～t2时间段处于超重状态，在t2～t3时间段处于失重状态
B．在第一阶段地面支持力对该同学做的功为mv2
C．在第一阶段地面支持力对该同学的冲量为mv
D．在第一和第二阶段该同学机械能共增加了mgh1+mgh2
【解答】解：A、由图乙所示图象可知，在t1～t3阶段地面对该同学的支持力大于他的重力，t3～t4阶段地面对该同学的支持力小于他的重力，由牛顿第三定律可知，该同学对地面的压力先大于重力后小于重力，该同学t1～t3阶段处于超重状态，t3～t4处于失重状态，故A错误；
B、在第一阶段，该同学的脚没有离地，地面对该同学支持力作用点的位移为零，地面支持力对该同学做的功为零，故B错误；
C、以向上为正方向，在第一阶段该同学动量的变化量Δp＝mv﹣0＝mv，由动量定理可知：IG+I支持力＝Δp，则I支持力＝mv﹣IG，故C错误；
D、根据重力势能的计算公式可知，在第一和第二阶段该同学机械能共增加了E＝mgh1+mgh2，故D正确。
故选：D。
（2024 平谷区模拟）A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M（m＜M）。若使A球获得瞬时速度v（如图甲），弹簧压缩到最短时，A球的速度为vA，B球的速度为vB，弹簧的长度为L；若使B球获得瞬时速度v（如图乙），弹簧压缩到最短时，A球的速度为v'A，B球的速度为v'B，弹簧的长度为L'。则（　　）
A．vA＞vB B．v'A＞v'B C．vA＝v'A D．L＝L'
【解答】解：ABC.当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，vA＝vB，方向向右，v'A＝v'B，方向向左，所以vA≠v'A，故ABC错误；
D.对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv＝（m+M）v'
由机械能守恒定律得
联立解得弹簧压缩到最短时
同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有
故弹性势能相等，则有
L＝L′，故D正确。
故选：D。
（2024 南充二模）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v﹣t图像如图所示。设该过程中重力加速度g不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（　　）
A．在0～t3时间内，返回舱一直减速下降
B．在t1时刻打开主伞后，返回舱的加速度大小不可能等于g
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
【解答】A．由图像可知0～t2时间内速度在减小，t2﹣t3速度大小不变，故A错误；
B．v﹣t图像的斜率表示加速度，t1时刻打开主伞后图像的斜率在减小，但是开始斜率大小未知，故B错误；
C．物体的动量为p＝mv，而在t1～t2时间内，物体的速度在逐渐减小，故动量也随时间减小，故C正确；
D．在t2～t3时间内，返回舱的动能不变，下降过程重力势能也在减小，故机械能在减小，故D错误。
故选：C。
（2024 天津模拟）如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径R＝0.32m，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M＝2kg、长L＝1m的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，与弹簧分开之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点处。物块A与小车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物块B运动到最低点b时对轨道的压力；
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；
（3）物块A相对小车滑动多远的距离。
【解答】解：涉及动量守恒定律，取向左为正方向。
（1）对B分析，在轨道最高点由牛顿第二定律可得：mBg＝mB
从b到d由动能定理可得：﹣mBg 2R
在b点由牛顿第二定律可得：FN﹣mBg＝mB
联立以上方程可得：FN＝60N
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下；
（2）细绳剪断之后，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：mAvA﹣mBvb＝0
由能量守恒定律可得：EPmAmB
联立以上方程可得：EP＝12J；
（3）假设A恰好滑到小车左端时与小车有共同速度v，由动量守恒定律可得：mAvA＝（mA+M）v
由能量守恒定律可得：μmAgLmA（mA+M）v2
解得：L＝0.5m。
答：（1）物块B运动到最低点b时对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下；
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能为12J；
（3）物块A相对小车滑动的距离为0.5m。
（2020 通榆县校级模拟）第24届冬奥会将于2022年在北京举行，冰壶是比赛项目之一。如图甲，蓝壶静止在大本营圆心O处，红壶推出后经过P点沿直线向蓝壶滑去，滑行一段距离后，队员在红壶前方开始不断刷冰，直至两壶发生正碰为止。已知，红壶经过P点时速度v0＝3.25m/s，P、O两点相距L＝27m，大本营半径R＝1.83m，从红壶进入刷冰区域后某时刻开始，两壶正碰前后的v﹣t图线如图乙所示。假设在未刷冰区域内两壶与冰面间的动摩擦因数恒定且相同，红壶进入刷冰区域内与冰面间的动摩擦因数变小且恒定，两壶质量相等且均视为质点。
（1）试计算说明碰后蓝壶是否会滑出大本营；
（2）求在刷冰区域内红壶滑行的距离s。
【解答】解：（1）根据速度图象可知，碰撞前红壶的速度v1＝1.25m/s，碰后的速度为v1′＝0.25m/s，
碰撞前蓝壶的速度为0，设碰撞后蓝壶的速度为v2，根据动量守恒定律可得：mv1＝mv1′+mv2
解得：v2＝1m/s，
根据速度图象可知，两壶在未刷冰区域内的加速度为：a2m/s2＝0.25m/s2，
碰后蓝壶运动的位移为：x2m＝2m＞R＝1.83m，故蓝壶会滑出大本营；
（2）根据图象可知红壶在刷冰区域内的加速度为：a1m/s2＝0.15m/s2，
设红壶进入刷冰区域时的速度为v，根据速度—位移关系可得：L
解得：v＝2.88m/s
在刷冰区域内红壶滑行的距离为：s22.46m
答：（1）碰后蓝壶会滑出大本营；
（2）在刷冰区域内红壶滑行的距离为22.46m。

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