资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
第17讲　动量定理　动量守恒定律
知识内容 说明
动量和动量定理 通常以碰撞、爆炸、反冲等问题为背景，综合考查动量守恒定律与能量守恒定律、牛顿运动定律等知识的应用。例如，计算碰撞后物体的速度、碰撞过程中的能量损失等。还可能结合实际情境，如滑块在木板上的碰撞滑动、子弹射穿木块等模型，要求考生综合分析多个物体组成的系统在不同阶段的动量和能量变化，建立方程求解未知量。此外，动量定理和动量守恒定律还可能与电磁学、原子物理等知识相结合进行考查，如在电磁感应中通过动量定理求解电荷量，或在原子核衰变、核反应中利用动量守恒定律分析粒子的运动等。
动量守恒定律
碰撞
反冲运动　火箭
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．
将一小球从地面竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力大小不变，则（　　）
A．在上升过程与下降过程中，重力做的功相同
B．在上升过程与下降过程中，重力的冲量相同
C．上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大
D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
【答案】C
【详解】A．根据可知，重力在上升过程做负功，下降过程中重力做正功，故A错误；
B．上升过程中的加速度
下降过程中的加速度
则，由于位移相等，根据可知，上升的时间小于下降的时间，根据
可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故B错误；
C．根据动量定理可知
结合B项分析可知，上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大，故C正确；
D．整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故D错误。
故选C。
跳台滑雪是一项极富有挑战性的运动。运动简化过程如图乙所示，运动员起跳瞬间速度大小v1，方向与水平方向的夹角为α，着陆瞬间速度大小为v2，方向与水平方向的夹角为β。运动员与滑雪板的总质量为m，所受空气阻力与速度大小成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．在运动过程中运动员始终处于超重状态
B．运动员在空中的运动为匀变速曲线运动
C．从起跳点A到着陆点C运动员的重力势能减少量为
D．起跳点A到着陆点C的水平距离为
【答案】D
【详解】A．空气阻力与速度方向相反，运动员受到空气阻力与重力作用，竖直方向先向上减速后向下加速，竖直方向上加速度方向向下，可知，在运动过程中运动员始终处于失重状态，故A错误；
B．运动员受到空气阻力与重力作用，由于所受空气阻力与速度大小成正比，可知，运动员所受外力的合力在发生变化，即加速度发生变化，运动员在空中的运动不是匀变速曲线运动，故B错误；
C．令空气阻力做功为，根据动能定理有
其中
解得
故C错误；
D．由于所受空气阻力与速度大小成正比，即有
在水平方向上，根据动量定理有
其中，
解得
故D正确。
故选D。
如图所示，光滑斜面体OAB固定在水平桌面上，斜面OA和OB的倾角分别为α=53°、β=37°。质量相同的物块a和b（均可视为质点）从顶端O处分别由斜面OA和OB从静止滑下，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（　　）
A．a和b下滑过程，所用时间之比为
B．a和b下滑过程，重力的冲量大小之比为
C．a和b下滑到底端时，重力的瞬时功率大小之比为
D．a和b下滑到底端时，动能大小之比为
【答案】B
【详解】A．设斜面的高度为h，则，
所以
故A错误；
B．下滑过程中重力的冲量大小为
所以
故B正确；
C．下滑到底端时，重力的瞬时功率大小为，
所以
故C错误；
D．根据动能定理可得
所以
故D错误。
故选B。
打羽毛球是深受大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运动时，下列说法正确的是（　　）
A．在A、B两点的动能相等
B．AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量
C．整个飞行过程中经过P点时的速度最小
D．在PB下落阶段，羽毛球加速度的竖直分量大于重力加速度值
【答案】B
【详解】A．羽毛球由A点运动到B点过程中，重力做功为零，空气阻力做负功，由动能定理可知，动能减小，所以羽毛球在A点的动能大于B点的动能，故A错误；
BD．羽毛球上升阶段竖直方向所受合力大于重力，竖直方向的加速度大于g，下落阶段竖直方向所受合力小于重力，竖直方向的加速度小于g，所以羽毛球AP段所用时间比PB段小，结合冲量的定义可知，AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量，故B正确，D错误；
C．羽毛球经过P点时所受重力与空气阻力的合力与速度成钝角，说明速度正在减小，所以整个飞行过程中经过P点时的速度不是最小，故C错误；
故选B。
研究运动员竖直跳跃时，脚下的传感器记录了运动员与传感器间作用力的大小随时间的变化。如图所示，1.0s时运动员开始起跳，3.1s时恰好静止于传感器上。将运动员视为质点，不考虑空气阻力，取下列说法正确的是（　　）
A．刚离开传感器时，运动员的速度大小为
B．起跳过程中，传感器对运动员的冲量为
C．2.5~3.1s时间内，传感器对运动员平均作用力的大小约为1200N
D．1.0~1.9s与2.5~3.1s时间内，运动员所受合力的冲量不同
【答案】AC
【详解】A．1.9s~2.5s时间段内，运动员在空中做竖直上抛运动，初速度，故A正确；
B．由图像可知，0~1.0s时间内运动员静止在传感器上，故
所以
1.0s~1.9s时间段内是起跳过程，列动量定理
代入数据可得
故B错误；
C．以竖直向上为正方向，对运动员在2.5s~3.1s时间段内列动量定理方程
代入数据可得
故C正确；
D．在1.0s~1.9s与2.5s~3.1s两段时间内，运动员的动量变化量相等，由可知运动员所受合力的冲量相同。故D错误。
故选AC。
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．
2025年2月7日第九届亚冬会在哈尔滨胜利开幕，冰壶项目再次引发人们高度关注。小明在观看比赛时发现，有时投手投出冰壶击打静止的冰壶时，并未满足高中物理学习的“质量相同，速度交换”规律，静止的冰壶碰后被撞飞，但投出的冰壶碰撞后速度并不为零，还会有位移发生，若每只冰壶质量相同，出现这个情况的原因可能是（　　）
A．冰面有摩擦力，碰撞时两冰壶动量不近似守恒
B．碰撞时能量不守恒
C．两冰壶并不是发生正碰
D．投出的冰壶除了滑动还有旋转
【答案】CD
【详解】A．碰撞瞬间时间极短，冰面摩擦力的冲量可忽略，因此动量近似守恒。碰撞后冰壶的减速是因摩擦力作用，但碰撞过程本身动量守恒，故A错误；
B．碰撞过程中能量是守恒的，只是可能存在机械能转化为内能等其他形式的能量，故B错误；
C．当发生斜碰时，碰撞后的速度分解为垂直和平行于碰撞面的分量，根据动量守恒在不同方向上的分量情况，冰壶会沿着新的方向运动，速度大小和方向都由碰撞瞬间的动量分配决定，而不是简单地交换速度，故C正确；
D．比赛中冰壶通常带有旋转，旋转会使冰壶在碰撞时产生复杂的力学作用。旋转的冰壶在碰撞瞬间，除了平动的动量传递，还有角动量的作用，这会改变冰壶的运动方向和速度，使得碰撞后的速度情况不符合简单的交换速度模型，故D正确。
故选CD。
如图所示，甲、乙两人质量分别为、（），在水平冰面上滑冰，阻力忽略不计。初时两者静止挨着，乙用力推甲至两者分离，各自获得反向速度。则下列分析正确的是（　　）
A．甲、乙之间的相互作用力等大、反向
B．甲对乙做正功，乙对甲也做正功，且等大
C．甲、乙系统的动量不守恒
D．从两者静止到分离过程中甲运动位移比乙运动的位移小
【答案】AD
【详解】A．根据牛顿第三定律可知，甲、乙之间的相互作用力等大、反向，故A正确；
B．由于甲、乙之间的相互作用力等大，根据W=Fx
可知，由于二者位移不同，故做功不同，故B错误；
C．由于阻力忽略不计，故甲、乙系统合外力为零，满足动量守恒条件，故甲、乙系统动量守恒，故C错误；
D．从两者静止到分离过程中，由于，根据F=ma
可知，乙的加速度大于甲的加速度，由于作用时间相同，由
可知，乙运动的位移大于甲运动位移，故D正确。
故选AD 。
如图所示，斜面B静止在水平地面上，物块A以平行于斜面的初速度从斜面底端开始沿斜面上滑，不计一切摩擦。在A从斜面底端运动到最高点的过程中（A未冲出斜面），以下说法正确的是（　　）
A．A、B组成的系统动量守恒 B．A的动量变化量方向水平向左
C．到达最高点时A的动能最小 D．到达最高点时A的机械能最小
【答案】CD
【详解】A．物块A向上做减速运动，加速度方向沿斜面向下，系统所受外力合力不等于0，可知，A、B组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．，A、B组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，即系统在水平方向分动量守恒，最高点时系统有共同速度，A物体初始状态的动量、末状态的动量分别为，
根据矢量合成规律，作出动量变化方向图如图所示
可知，A的动量变化量方向并没有水平向左，故B错误；
C．上升过程中A的动能不断被转化为自身的重力势能及B的动能，则上升过程中A的动能在最高点最小，故C正确；
D．上升过程中，B对A的支持力一直对A做负功，A的机械能一直减小，则在最高点时A的机械能最小，故D正确。
故选CD。
质量为M，半径为R的半球静止地放置在光滑水平地面上，其表面也是光滑的。半球顶端放有一质量为m的小滑块（可视为质点），开始时两物体均处于静止状态。小滑块在外界的微小扰动下从静止开始自由下滑，小滑块的位置用其和球心连线与竖直方向夹角θ表示。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．若半球在外力作用下始终保持静止，半球对小滑块支持力等于滑块重力一半时对应角度的余弦值
B．若半球在外力作用下始终保持静止，半球对小滑块支持力等于滑块重力一半时对应角度的余弦值
C．若无外力作用，小滑块和半球组成的系统动量守恒
D．若无外力作用，测得小滑块脱离半球时，则
【答案】BD
【详解】AB．由动能定理可得
小滑块做圆周运动，向心力满足
联立，解得
故A错误，B正确；
C．若无外力作用，小滑块和半球组成的系统动量不守恒，在水平方向上动量守恒，故C错误；
D．设小滑块脱离半球时，半球速度大小为，小滑块相对半球速度大小为。水平方向动量守恒
整体机械能守恒
脱离前，小滑块相对半球做圆周运动，在脱离瞬间，只受重力作用，以半球（此瞬间为惯性系）为参考系，小滑块受力满足
联立可得
故D正确。
故选BD。
如图所示，处于同一竖直面内的滑轨由、、三段直轨构成，其中段长，高，表面光滑；段水平，长；段与水平方向的夹角为且足够长。通过在处的一小段长度不计的光滑圆弧平滑连接。质量分别为、的a、b两个小滑块（可视为质点）粘贴在一起，粘贴面间敷有少量炸药。现将a、b整体从滑轨的最高点A处由静止释放，在刚滑入水平段的瞬间炸药爆炸，a、b瞬间分离，各自沿运动，一段时间后a以速度从点冲出滑道，最后落在上。已知a、b与段表面间的动摩擦因数均为，不计空气阻力和炸药质量。取，重力加速度。求：
(1)a、b整体在上运动的时间；
(2)a在上的第一个落点到端的距离；
(3)炸药爆炸后的瞬间，a、b组成的系统获得的机械能增量。
【答案】(1)1.2s
(2)
(3)
【详解】（1）由动能定理可知
运动时间
（2）由平抛运动可得
a在上的第一个落点到端的距离
（3）对a分析，由动能定理可得
爆炸前后，对a、b由动量守恒定律可得
a、b组成的系统获得的机械能增量
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。
如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块（可视为质点）从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　）
A．小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B．小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C．若，物块能再次滑上弧形槽
D．若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
【答案】C
【详解】A．物块在下滑过程中系统竖直方向受外力作用，水平方向不受外力作用，故物块和弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；
B．弧形槽置于光滑水平地面上，物块下滑过程中对弧形槽压力的水平分量使弧形槽向左加速，动能增大，此过程中物块和弧形槽组成的系统只有物块的重力做功，系统机械能守恒，故物块机械能必定减少，由此推知弧形槽对物块的支持力做负功，故B错误；
C．小物块下滑过程中，物块、弧形槽组成的系统满足水平方向动量守恒，系统初始水平方向动量为零，设小球滑到底端时二者速度大小分别为、，取向左方向为正
该过程由动量守恒定律得
故得
若，则，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后速度等大反向，因此能追上弧形槽，故C正确；
D．设物块再次滑上弧形槽，上升到最高点时系统水平向左的速度为v
由动量守恒定律得
由全过程满足机械能守恒得
物块从初始状态下滑到底端时满足机械能守恒
故得
即物块不会上升至初始高度，故D错误；
故选C。
如题图所示，质量为的小车置于光滑水平地面上，其右端固定一半径的四分之一圆弧轨道。质量为的滑块静止于小车的左端，现被水平飞来的质量、速度的子弹击中，且子弹立即留在滑块中，之后与C共同在小车上滑动，且从圆弧轨道的最高点离开小车。不计与之间的摩擦和空气阻力，重力加速度，则（　　）
A．子弹C击中滑块后瞬间，滑块的速度大小为
B．滑块第一次离开小车瞬间，滑块的速度大小为
C．滑块第二次离开小车瞬间，小车的速度大小为
D．滑块从第一次离开小车到再次返回小车的过程中，滑块的位移大小为
【答案】D
【详解】A．子弹击中滑块B的过程，子弹与滑块B组成的系统动量守恒，子弹与B作用过程时间极短，A没有参与，速度仍为零，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律，得
解得=8m/s
故A错误；
BCD．滑块B离开小车瞬间，滑块与小车具有相同的水平速度，以水平向右的方向为正方向，由水平方向动量守恒，得
解得=2m/s
滑块B开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得
设滑块B离开小车时的竖直分速度为vy，则
联立解得vy=5m/s
滑块B离开小车后，以小车为参照物，滑块B做竖直上抛运动，则再次返回小车所需要的时间为s
则m
从子弹击中后到B第二次离开小车的过程中，以水平向右的方向为正方向，则、
解得
故D正确，BC错误；
故选D。
如图所示，小车上固定一个光滑弯曲细管道（由AB、BC、CD、DE四段完全相同的四分之一圆弧管道组成，半径均为R），小车（含管道）的质量为m，静止在光滑的水平面上。有一个质量也为m的小球，以某一水平速度从管道左端最低点A进入管道，小球恰好能到达管道的最高点C，然后从管道右端E离开管道。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球离开管道时，小车的速度大小为0
B．小球从进入管道到离开管道的过程，小车做往复运动
C．小球离开管道时，小球的速度大小为
D．小球从A到B的过程中，小球所受合外力冲量为
【答案】AD
【详解】AC．小球从进入管道到离开管道的过程，水平方向动量守恒可得
其中是小球速度，是小车速度；
由机械能守恒定律可得
小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为，由动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律可得
解得，
小球离开管道时，小车的速度大小为0，故A正确，C错误；
B．由题意，小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向动量守恒。小球从左端滑上小车到从右端滑离小车的过程中，小车水平方向先加速后减速，小球水平方向先减速后加速，在整个过程中小车一直向右运动，不会往复运动，故B错误；
D．小球从A到B，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
根据动量定理可知
故D正确；
故选AD。
有一种打积木的游戏，装置如图所示，质量均为0.05kg、宽度均为d=10cm的三块完全相同积木B、C、D叠放在水平面上，积木夹在固定的两竖直光滑薄板间，质量为0.05kg的小球A（可视为质点）用长为L=0.4m、且不可伸长的轻绳悬挂于O点。游戏时，将球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成θ=30°角的位置由静止释放，球A运动到最低点时与积木B发生弹性碰撞将积木B打出，积木B滑行一段距离后停下，之后重复前面操作将积木C打出后沿积木B的轨迹前进，与积木B发生碰撞并粘合在一起向前滑动。已知积木间、积木与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，不计小球与积木的碰撞时间及空气阻力，g取10m/s2。
(1)球A运动到最低点与积木B碰撞前瞬间的速度大小；
(2)积木C离开右侧挡板后向前滑行的位移大小。
【答案】(1)
(2)1.975m
【详解】（1）球A自由下落到2Lsinθ，设绳子绷紧前瞬间速度为v，由机械能守恒定律得
解得
此时，绳子绷紧，绳子绷紧瞬间球A沿绳方向的速度瞬间变为零。设球A垂直绳子方向速度大小为v0，由几何关系得：
解得
设球A运动到最低点时速度为v1，绳子绷紧后瞬间到球A运动到最低点过程，由机械能守恒定律得
解得
（2）球A运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，满足动量守恒和机械能守恒。设碰后球A的速度大小为vA，积木B的速度大小vB，则，
联立解得
碰撞完，积木B向前做匀减速运动，由动能定理得
解得s=2m
球A与积木C碰撞后，设积木C的速度为vC，则vC=v1
设积木C被打出后与B碰撞前的速度为，由动能定理得
解得
设积木C、B碰撞粘合后的速度为vBC，由动量守恒得
解得
设碰后积木C、B一起滑动的距离为x，由动能定理得
解得x=0.075m
积木C离开右侧挡板后向前滑行的位移为：=s-d+x
可得=1.975m
如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右侧有一质量M=0.10kg、半径R=0.20m的四分之一光滑圆弧轨道CED（厚度不计）静置于水平地面上，圆弧轨道底端C与水平面上的B点平滑相接，O为圆弧轨道圆心。用质量为m=0.20kg的物块把弹簧的右端压缩到A点由静止释放（物块与弹簧不拴接），物块到达B点时的速度为。已知B点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因数为，A、B之间的距离为x=1m，B点右侧地面光滑，g取。
(1)求物块在A点时弹簧具有的弹性势能；
(2)求物块上升的最大高度；
【答案】(1)
(2)h=0.15m
【详解】（1）设弹簧的弹性势能为，物块从A到B的过程由动能定理得
代入数据得
（2）物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒，则，
解得h=0.15m
大型工厂的车间中有一种设备叫做天车如图甲所示，是运输材料的一种常用工具。此装置可以简化为如图乙所示的模型，足够长的光滑水平杆上套有一个滑块，滑块M正下方用不可伸长的轻绳悬挂一小球m。开始时两者均静止；给小球一水平向右的初速度v0后，小球恰好能摆至与滑块等高的位置，如图乙所示，之后小球再向下摆动，则（ ）
A．小球与滑块等高时，小球的速度为零
B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒
C．小球与滑块等高时，滑块的速度达到最大值
D．小球向左摆到物块正下方时，其速度大小仍为v0
【答案】B
【详解】A．根据动量守恒定律得 ，解得
小球的速度为，A错误；
B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒，只有水平方向动量守恒，B正确；
C．小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值，C错误；
D．根据机械能守恒定律得，解得 ， 小球向左摆到物块正下方时，其速度大小小于v0，D错误。
故选B。
如图所示，光滑水平面上静止一质量为M=80kg的平板小车，现有一质量为m=40kg的小孩站立于小车后端。小孩以对地v0=2m/s的速度向后跳离小车，对这一过程，下列说法正确的是（　　）
A．小车对小孩的作用力的冲量大小为80N·s
B．小车对小孩做的功为80J
C．小孩做的功可能为130J
D．小孩做的功可能为100J
【答案】D
【详解】A．由动量定理可知小车对小孩水平方向的冲量为
因小车对小孩竖直方向冲量不为零，可知小车对小孩的作用力的冲量大小大于80N·s，选项A错误；
B．小孩离开小车的瞬时，小车对小孩的作用力没有位移，可知小车对小孩不做功，选项B错误；
CD．若小孩沿水平方向向后跳离小车，则对小车和小孩系统由水平方向动量守恒可知
解得v=1m/s
此时小孩做的功为
若小孩斜向上方向跳离小车，则小车得到的速度小于1m/s，则小孩做的功小于120J，可能为100J，但不可能为130J，选项C错误，D正确。
故选D。
一个四分之一光滑圆弧形物块B静止在光滑的水平面上，圆弧的半径为R，一可视为质点的小物块A从物块B的底端以速度滑上圆弧，经过时间t恰好能滑上B的圆弧面顶端，已知滑块A的质量为m，重力加速度为g，则（　　）
A．物块A滑上圆弧面后，A、B组成的系统动量守恒
B．物块B的质量为m
C．物块A从底端到滑上圆弧面顶端的过程物块B的位移为
D．A和B分离时，B的速度大小为
【答案】BC
【详解】A．该过程系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；
B．A滑上B的过程，有，
解得
故B正确；
C．A滑上B的过程，A和B系统在水平方向动量守恒
故，，，
解得
故C正确；
D．由于A和B质量相等，A和B分离时，相当于发生弹性碰撞，A和B交换速度，A的速度为0，B的速度大小为，故D错误。
故选BC。
将小球以初速度竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，重力加速度为g，则小球在空中运动时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设小球上升时间为，下降时间为，上升下降总时间为，取向下方向为正方向。全过程根据动量定理有
由于上升的高度等于下降的高度，则有
根据题意有，
故得
联立解得
故选B。
某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、 M、 N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（　　）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物先超重后失重
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg m/s
D．MN段无人机机械能守恒
【答案】A
【详解】A．EF段无人机的速度大小等于图像中EF段的斜率，根据其方程：y=4t-26，可知EF段无人机的速度大小为v=4m/s
故A正确；
B．根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度，取竖直向上为正方向，可知FM段无人机先竖直向上做减速运动，后竖直向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B错误；
C．以y轴正方向为正方向，根据MN段方程：y=-2t+140，可知MN段无人机的速度为v'=-2m/s
则FN段无人机和装载物总动量变化量为
FN段无人机和装载物总动量变化量大小为18kg m/s，故C错误；
D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，无人机的机械能减小，故D错误。
故选A。
在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，汽车突然刹车，得到了头部模型所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束的过程中，若头部模型只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，头部模型与气囊作用过程中，它的（　　）
A．加速度先增大后减小
B．动能先增大后减小
C．动量先增大后减小
D．速度变化正比于曲线与横轴围成的面积
【答案】AD
【详解】A．根据牛顿第二定律可知，加速度与外力成正比，则加速度先增大后减小，故A正确；
BCD．由题知人的头部只受到安全气囊的作用，则F-t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F-t图像的面积也是动量的变化量，头部模型的速度方向和作用力方向相反，速度减小则动能变小，根据动量定理有
可知速度变化正比于曲线与横轴围成的面积，故BC错误，D正确；
故选AD。
下图是我们在学习平抛运动中做过的实验，A、B是两个完全相同的钢球。若忽略空气阻力，当小锤完成敲击后，下列对两小球的判断错误的是（　　）
A．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的动能增量相同
B．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同
C．两个钢球落地时的重力功率不相同
D．两个钢球落地时的动量不相同
【答案】C
【详解】A．从敲击后到两个钢球落地，根据动能定理可得
由于两球质量相同，下落高度相同，所以两个钢球的动能增量相同，故A正确，不满足题意要求；
B．从敲击后到两个钢球落地，竖直方向有
可知两个钢球下落时间相等，根据
可知两个钢球的重力冲量相同，故B正确，不满足题意要求；
C．根据
可知两个钢球落地时的重力功率相同，故C错误，满足题意要求；
D．由于落地时，A球具有一定的水平分速度，所以两个钢球落地时的速度大小不相等，方向不相同，则两个钢球落地时的动量不相同，故D正确，不满足题意要求。
故选C。
“起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀有长约二三尺的苇杆，点燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知“起花”的总质量为（含火药），“起花”内装有质量为的火药，点火后在极短的时间内将火药以相对地面大小为的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1的两块碎块，且沿水平方向、向相反的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为，重力加速度为，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．“起花”升空获得的推力是空气施加的
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看作动量守恒
C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为
D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为
【答案】BD
【详解】A．“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的火药施加的，故A错误；
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看作动量守恒，故B正确；
C．点火后，设“起花”上升过程中获得的最大速度为，根据动量守恒定律有
得
故C错误；
D．根据题意，“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1的两块碎块的速度之比为1：2，即质量大的和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大小之比为1：2，落地时水平方向的速度大小之比为1：2，由于落地时竖直方向的速度相等，不是1：2，所以落地时的速度之比不可能是1：2，即质量小的碎块落地时的速度大小不可能为，故D正确。
故选BD。
如图所示，光滑水平地面上静置一质量为M的斜劈，斜劈竖直高度为h、水平方向宽为L，一质量为m的小球从斜劈的斜面上由静止释放，释放时小球到斜面底端的水平距离设为l，小球滑至斜面底端时相对于地面的水平位移设为x。改变释放时小球与斜面底端的水平距离l，得到小球的水平位移x和l的关系图像如图乙所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，斜面底端有一小段圆弧（图中未画出），且圆弧与水平地面相切，可使小球滑离斜劈时的速度方向水平。关于小球下滑的过程，下列说法中正确的是（　　）
A．小球与斜劈组成的系统动量不守恒
B．斜劈对小球做正功
C．斜劈与小球的质量之比
D．当时，小球与斜劈分离时的速度大小为
【答案】AD
【详解】A．根据动量守恒条件可知小球与斜劈组成的系统在竖直方向合力不为0，系统在水平方向动量守恒，故A正确；
B．整个系统机械能守恒，斜劈机械能增加，说明小球对斜劈做正功，则斜劈对小球做负功，故B错误；
C．滑至圆弧底部后两物体间的相对位移大小为l，根据水平方向动量守恒可得，
则
结合图线可得
所以
故C错误；
D．根据水平方向动量守恒和能量守恒定律可得，
联立解得
故D正确。
故选AD。
如图甲所示，t=0时质量m=0.1kg的小球在水平向右的拉力F作用下由静止开始从水平面AB的左端向右运动，t=4s时从B端水平飞出后，从D点无碰撞的进入位于同一竖直面内的光滑圆轨道，并恰好能到达圆轨道的最高点E后水平飞出。已知小球与水平面AB之间的动摩擦因数μ=0.2，B、D两点之间的高度差h=0.45m、水平距离x=1.2m，小球所受拉力F与其作用时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s ，忽略空气阻力，求：
(1)小球到B点时的速度大小vB；
(2)t=0时拉力F的大小F0；
(3)圆轨道半径R。
【答案】(1)4m/s
(2)0.6N
(3)
【详解】（1）设小球从B到D做平抛运动的时间为，从B点飞出的速度为，有，
代入数据得
（2）设小球从A到B的时间为，由动量定理有
联立以上各式，可得
（3）设小球在D点时的速度为，方向与水平方向的夹角为，有
小球到达E点时，由牛顿第二定律有
小球从B到E，由动能定理有
联立以上各式可得
如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．小球的质量为0.2kg，振动的周期为4s
B．0~2s内，小球始终处于超重状态
C．0~2s内，小球受弹力的冲量大小为
D．0~2s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量
【答案】C
【详解】A．小球在最低点时弹簧拉力最大，传感器读数最大为2N，到达最高点时传感器示数最小值为零，则此时弹簧在原长，小球的加速度为向下的g，结合对称性可知最低点时的加速度为向上的g，根据则F-mg=ma
可知F=2mg=2N
即小球的质量m=0.1kg
由图像可知，振动的周期为4s，选项A错误；
B．0~2s内，小球从最低点到最高点，加速度先向上后向下，则先超重后失重，选项B错误；
C．0~2s内，小球从最低点到最高点，动量变化为零，由动量定理
可得小球受弹力的冲量大小为
选项C正确；
D．0~2s内，小球动能变化为零，弹力对小球做的功与重力做功的代数和等于小球动能的变化量，选项D错误。
故选C。
如图所示，竖直平面内有一固定光滑的圆轨道ab，轨道半径为L；质量均为m，长度和高度均相等的长木板A和C静置于光滑水平面上，A紧靠b且其上表面与b等高，C的左侧面在坐标原点O处，x轴正方向水平向右。一质量为2m的小滑块（视为质点）从a端由静止释放后沿轨道下滑，通过b后恰好能运动到A的最右端，然后A与C碰撞且粘连在一起，碰撞时间极短。已知滑块与A间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。
(1)求滑块刚到达b时圆轨道对滑块的支持力大小N；
(2)求A的长度以及滑块在A上时滑块与A组成的系统因摩擦产生的热量Q；
(3)若滑块在长木板C上表面发生相对滑动时与C间的动摩擦因数满足关系式（为滑块相对C滑动的距离），请通过计算判断滑块是否会从C上掉下。
【答案】(1)
(2)
(3)不会
【详解】（1）滑块从a运动到b的过程中，根据机械能守恒定律有
滑块刚到达b端时，根据牛顿第二定律有
解得
（2）滑块从a运动到b的过程中，根据机械能守恒定律有
解得
滑块恰好运动到A的最右端时与A达到共同速度，设共速时的速度大小为，根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
根据能量守恒，有
解得A的长度为
滑块在A上时滑块与A组成的系统因摩擦产生的热量为
（3）A与C碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
假设滑块不会从C上掉下，滑块相对C运动的路程为，最终滑块与A、C的速度大小均为u，则根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
由于，假设成立，即滑块不会从C上掉下。
北京成为世界上第一个既举办过夏季奥运会，又举办冬季奥运会的城市。如图（a）为某滑雪跳台的一种场地简化模型，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道，半径为，左侧是一固定的光滑曲面轨道，两轨道末端与等高，两轨道间有质量的薄木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道的端。薄木板上表面与圆弧面相切于点。一质量的小滑块（视为质点）从圆弧轨道最高点由静止滑下，经点后滑上薄木板，重力加速度大小为，滑块与薄木板之间的动摩擦因数为。
(1)求小滑块滑到点时对轨道的压力大小；
(2)若木板只与端发生1次碰撞，薄木板与轨道碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，运动过程滑块所受摩擦力不变，滑块未与木板分离，求薄木板的运动时间和滑块发生的位移？
(3)如图（b）撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定。忽略轨道上、距地的高度，点与地面高度差，小滑块仍从圆弧轨道最高点由静止滑下，滑块从点飞出时速率为多少？从点飞出时速度与水平方向夹角可调，要使得滑块从点飞出后落到地面水平射程最大，求最大水平射程及对应的夹角。
【答案】(1)60N
(2)1.2s，3.6m
(3)；，
【详解】（1）根据题意可知，小滑块由到的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律有
在点，由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块滑到点时对轨道的压力。
（2）设木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为，木板速度为，在滑块滑上木板到木板第一次与挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律有
由于只发生一次碰撞，则有
解得，
整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，小滑块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有
解得
设从滑上木板到第一次碰撞的运动时间为，则有
解得
由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，由对称性可知，木板运动到端时，速度恰好为零，小滑块的速度为零，运动时间
则薄木板的运动时间为
由于小滑块一直做匀减速运动，则有
（3）根据题意可知，图（b）中，小滑块由点到点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得
设从点飞出时速度方向与水平方向夹角为，小滑块落地的速度大小为，落地速度方向与水平方向夹角为，从点飞出到落到所用时间为，根据动能定理有
解得
画出速度矢量关系图，如图所示
由几何关系可知，图像的面积为
又有，
则
可知，面积最大时，水平位移最大，由上述分析可知，、固定不变，则当
水平位移最大，又有
可得
解得
即从点飞出时速度与水平方向夹角为时，水平射程最大，则有
解得
第1页（共1页）中小学教育资源及组卷应用平台
第17讲　动量定理　动量守恒定律
知识内容 说明
动量和动量定理 通常以碰撞、爆炸、反冲等问题为背景，综合考查动量守恒定律与能量守恒定律、牛顿运动定律等知识的应用。例如，计算碰撞后物体的速度、碰撞过程中的能量损失等。还可能结合实际情境，如滑块在木板上的碰撞滑动、子弹射穿木块等模型，要求考生综合分析多个物体组成的系统在不同阶段的动量和能量变化，建立方程求解未知量。此外，动量定理和动量守恒定律还可能与电磁学、原子物理等知识相结合进行考查，如在电磁感应中通过动量定理求解电荷量，或在原子核衰变、核反应中利用动量守恒定律分析粒子的运动等。
动量守恒定律
碰撞
反冲运动　火箭
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．
将一小球从地面竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力大小不变，则（　　）
A．在上升过程与下降过程中，重力做的功相同
B．在上升过程与下降过程中，重力的冲量相同
C．上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大
D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
跳台滑雪是一项极富有挑战性的运动。运动简化过程如图乙所示，运动员起跳瞬间速度大小v1，方向与水平方向的夹角为α，着陆瞬间速度大小为v2，方向与水平方向的夹角为β。运动员与滑雪板的总质量为m，所受空气阻力与速度大小成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．在运动过程中运动员始终处于超重状态
B．运动员在空中的运动为匀变速曲线运动
C．从起跳点A到着陆点C运动员的重力势能减少量为
D．起跳点A到着陆点C的水平距离为
如图所示，光滑斜面体OAB固定在水平桌面上，斜面OA和OB的倾角分别为α=53°、β=37°。质量相同的物块a和b（均可视为质点）从顶端O处分别由斜面OA和OB从静止滑下，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（　　）
A．a和b下滑过程，所用时间之比为
B．a和b下滑过程，重力的冲量大小之比为
C．a和b下滑到底端时，重力的瞬时功率大小之比为
D．a和b下滑到底端时，动能大小之比为
打羽毛球是深受大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运动时，下列说法正确的是（　　）
A．在A、B两点的动能相等
B．AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量
C．整个飞行过程中经过P点时的速度最小
D．在PB下落阶段，羽毛球加速度的竖直分量大于重力加速度值
研究运动员竖直跳跃时，脚下的传感器记录了运动员与传感器间作用力的大小随时间的变化。如图所示，1.0s时运动员开始起跳，3.1s时恰好静止于传感器上。将运动员视为质点，不考虑空气阻力，取下列说法正确的是（　　）
A．刚离开传感器时，运动员的速度大小为
B．起跳过程中，传感器对运动员的冲量为
C．2.5~3.1s时间内，传感器对运动员平均作用力的大小约为1200N
D．1.0~1.9s与2.5~3.1s时间内，运动员所受合力的冲量不同
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．
2025年2月7日第九届亚冬会在哈尔滨胜利开幕，冰壶项目再次引发人们高度关注。小明在观看比赛时发现，有时投手投出冰壶击打静止的冰壶时，并未满足高中物理学习的“质量相同，速度交换”规律，静止的冰壶碰后被撞飞，但投出的冰壶碰撞后速度并不为零，还会有位移发生，若每只冰壶质量相同，出现这个情况的原因可能是（　　）
A．冰面有摩擦力，碰撞时两冰壶动量不近似守恒
B．碰撞时能量不守恒
C．两冰壶并不是发生正碰
D．投出的冰壶除了滑动还有旋转
如图所示，甲、乙两人质量分别为、（），在水平冰面上滑冰，阻力忽略不计。初时两者静止挨着，乙用力推甲至两者分离，各自获得反向速度。则下列分析正确的是（　　）
A．甲、乙之间的相互作用力等大、反向
B．甲对乙做正功，乙对甲也做正功，且等大
C．甲、乙系统的动量不守恒
D．从两者静止到分离过程中甲运动位移比乙运动的位移小
如图所示，斜面B静止在水平地面上，物块A以平行于斜面的初速度从斜面底端开始沿斜面上滑，不计一切摩擦。在A从斜面底端运动到最高点的过程中（A未冲出斜面），以下说法正确的是（　　）
A．A、B组成的系统动量守恒 B．A的动量变化量方向水平向左
C．到达最高点时A的动能最小 D．到达最高点时A的机械能最小
质量为M，半径为R的半球静止地放置在光滑水平地面上，其表面也是光滑的。半球顶端放有一质量为m的小滑块（可视为质点），开始时两物体均处于静止状态。小滑块在外界的微小扰动下从静止开始自由下滑，小滑块的位置用其和球心连线与竖直方向夹角θ表示。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．若半球在外力作用下始终保持静止，半球对小滑块支持力等于滑块重力一半时对应角度的余弦值
B．若半球在外力作用下始终保持静止，半球对小滑块支持力等于滑块重力一半时对应角度的余弦值
C．若无外力作用，小滑块和半球组成的系统动量守恒
D．若无外力作用，测得小滑块脱离半球时，则
如图所示，处于同一竖直面内的滑轨由、、三段直轨构成，其中段长，高，表面光滑；段水平，长；段与水平方向的夹角为且足够长。通过在处的一小段长度不计的光滑圆弧平滑连接。质量分别为、的a、b两个小滑块（可视为质点）粘贴在一起，粘贴面间敷有少量炸药。现将a、b整体从滑轨的最高点A处由静止释放，在刚滑入水平段的瞬间炸药爆炸，a、b瞬间分离，各自沿运动，一段时间后a以速度从点冲出滑道，最后落在上。已知a、b与段表面间的动摩擦因数均为，不计空气阻力和炸药质量。取，重力加速度。求：
(1)a、b整体在上运动的时间；
(2)a在上的第一个落点到端的距离；
(3)炸药爆炸后的瞬间，a、b组成的系统获得的机械能增量。
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。
如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块（可视为质点）从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　）
A．小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B．小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C．若，物块能再次滑上弧形槽
D．若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
如题图所示，质量为的小车置于光滑水平地面上，其右端固定一半径的四分之一圆弧轨道。质量为的滑块静止于小车的左端，现被水平飞来的质量、速度的子弹击中，且子弹立即留在滑块中，之后与C共同在小车上滑动，且从圆弧轨道的最高点离开小车。不计与之间的摩擦和空气阻力，重力加速度，则（　　）
A．子弹C击中滑块后瞬间，滑块的速度大小为
B．滑块第一次离开小车瞬间，滑块的速度大小为
C．滑块第二次离开小车瞬间，小车的速度大小为
D．滑块从第一次离开小车到再次返回小车的过程中，滑块的位移大小为
如图所示，小车上固定一个光滑弯曲细管道（由AB、BC、CD、DE四段完全相同的四分之一圆弧管道组成，半径均为R），小车（含管道）的质量为m，静止在光滑的水平面上。有一个质量也为m的小球，以某一水平速度从管道左端最低点A进入管道，小球恰好能到达管道的最高点C，然后从管道右端E离开管道。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球离开管道时，小车的速度大小为0
B．小球从进入管道到离开管道的过程，小车做往复运动
C．小球离开管道时，小球的速度大小为
D．小球从A到B的过程中，小球所受合外力冲量为
有一种打积木的游戏，装置如图所示，质量均为0.05kg、宽度均为d=10cm的三块完全相同积木B、C、D叠放在水平面上，积木夹在固定的两竖直光滑薄板间，质量为0.05kg的小球A（可视为质点）用长为L=0.4m、且不可伸长的轻绳悬挂于O点。游戏时，将球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成θ=30°角的位置由静止释放，球A运动到最低点时与积木B发生弹性碰撞将积木B打出，积木B滑行一段距离后停下，之后重复前面操作将积木C打出后沿积木B的轨迹前进，与积木B发生碰撞并粘合在一起向前滑动。已知积木间、积木与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，不计小球与积木的碰撞时间及空气阻力，g取10m/s2。
(1)球A运动到最低点与积木B碰撞前瞬间的速度大小；
(2)积木C离开右侧挡板后向前滑行的位移大小。
如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右侧有一质量M=0.10kg、半径R=0.20m的四分之一光滑圆弧轨道CED（厚度不计）静置于水平地面上，圆弧轨道底端C与水平面上的B点平滑相接，O为圆弧轨道圆心。用质量为m=0.20kg的物块把弹簧的右端压缩到A点由静止释放（物块与弹簧不拴接），物块到达B点时的速度为。已知B点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因数为，A、B之间的距离为x=1m，B点右侧地面光滑，g取。
(1)求物块在A点时弹簧具有的弹性势能；
(2)求物块上升的最大高度；
大型工厂的车间中有一种设备叫做天车如图甲所示，是运输材料的一种常用工具。此装置可以简化为如图乙所示的模型，足够长的光滑水平杆上套有一个滑块，滑块M正下方用不可伸长的轻绳悬挂一小球m。开始时两者均静止；给小球一水平向右的初速度v0后，小球恰好能摆至与滑块等高的位置，如图乙所示，之后小球再向下摆动，则（ ）
A．小球与滑块等高时，小球的速度为零
B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒
C．小球与滑块等高时，滑块的速度达到最大值
D．小球向左摆到物块正下方时，其速度大小仍为v0
如图所示，光滑水平面上静止一质量为M=80kg的平板小车，现有一质量为m=40kg的小孩站立于小车后端。小孩以对地v0=2m/s的速度向后跳离小车，对这一过程，下列说法正确的是（　　）
A．小车对小孩的作用力的冲量大小为80N·s
B．小车对小孩做的功为80J
C．小孩做的功可能为130J
D．小孩做的功可能为100J
一个四分之一光滑圆弧形物块B静止在光滑的水平面上，圆弧的半径为R，一可视为质点的小物块A从物块B的底端以速度滑上圆弧，经过时间t恰好能滑上B的圆弧面顶端，已知滑块A的质量为m，重力加速度为g，则（　　）
A．物块A滑上圆弧面后，A、B组成的系统动量守恒
B．物块B的质量为m
C．物块A从底端到滑上圆弧面顶端的过程物块B的位移为
D．A和B分离时，B的速度大小为
将小球以初速度竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，重力加速度为g，则小球在空中运动时间为（　　）
A． B． C． D．
某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、 M、 N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（　　）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物先超重后失重
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg m/s
D．MN段无人机机械能守恒
在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，汽车突然刹车，得到了头部模型所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束的过程中，若头部模型只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，头部模型与气囊作用过程中，它的（　　）
A．加速度先增大后减小
B．动能先增大后减小
C．动量先增大后减小
D．速度变化正比于曲线与横轴围成的面积
下图是我们在学习平抛运动中做过的实验，A、B是两个完全相同的钢球。若忽略空气阻力，当小锤完成敲击后，下列对两小球的判断错误的是（　　）
A．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的动能增量相同
B．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同
C．两个钢球落地时的重力功率不相同
D．两个钢球落地时的动量不相同
“起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀有长约二三尺的苇杆，点燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知“起花”的总质量为（含火药），“起花”内装有质量为的火药，点火后在极短的时间内将火药以相对地面大小为的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1的两块碎块，且沿水平方向、向相反的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为，重力加速度为，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．“起花”升空获得的推力是空气施加的
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看作动量守恒
C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为
D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为
如图所示，光滑水平地面上静置一质量为M的斜劈，斜劈竖直高度为h、水平方向宽为L，一质量为m的小球从斜劈的斜面上由静止释放，释放时小球到斜面底端的水平距离设为l，小球滑至斜面底端时相对于地面的水平位移设为x。改变释放时小球与斜面底端的水平距离l，得到小球的水平位移x和l的关系图像如图乙所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，斜面底端有一小段圆弧（图中未画出），且圆弧与水平地面相切，可使小球滑离斜劈时的速度方向水平。关于小球下滑的过程，下列说法中正确的是（　　）
A．小球与斜劈组成的系统动量不守恒
B．斜劈对小球做正功
C．斜劈与小球的质量之比
D．当时，小球与斜劈分离时的速度大小为
如图甲所示，t=0时质量m=0.1kg的小球在水平向右的拉力F作用下由静止开始从水平面AB的左端向右运动，t=4s时从B端水平飞出后，从D点无碰撞的进入位于同一竖直面内的光滑圆轨道，并恰好能到达圆轨道的最高点E后水平飞出。已知小球与水平面AB之间的动摩擦因数μ=0.2，B、D两点之间的高度差h=0.45m、水平距离x=1.2m，小球所受拉力F与其作用时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s ，忽略空气阻力，求：
(1)小球到B点时的速度大小vB；
(2)t=0时拉力F的大小F0；
(3)圆轨道半径R。
如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．小球的质量为0.2kg，振动的周期为4s
B．0~2s内，小球始终处于超重状态
C．0~2s内，小球受弹力的冲量大小为
D．0~2s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量
如图所示，竖直平面内有一固定光滑的圆轨道ab，轨道半径为L；质量均为m，长度和高度均相等的长木板A和C静置于光滑水平面上，A紧靠b且其上表面与b等高，C的左侧面在坐标原点O处，x轴正方向水平向右。一质量为2m的小滑块（视为质点）从a端由静止释放后沿轨道下滑，通过b后恰好能运动到A的最右端，然后A与C碰撞且粘连在一起，碰撞时间极短。已知滑块与A间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。
(1)求滑块刚到达b时圆轨道对滑块的支持力大小N；
(2)求A的长度以及滑块在A上时滑块与A组成的系统因摩擦产生的热量Q；
(3)若滑块在长木板C上表面发生相对滑动时与C间的动摩擦因数满足关系式（为滑块相对C滑动的距离），请通过计算判断滑块是否会从C上掉下。
北京成为世界上第一个既举办过夏季奥运会，又举办冬季奥运会的城市。如图（a）为某滑雪跳台的一种场地简化模型，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道，半径为，左侧是一固定的光滑曲面轨道，两轨道末端与等高，两轨道间有质量的薄木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道的端。薄木板上表面与圆弧面相切于点。一质量的小滑块（视为质点）从圆弧轨道最高点由静止滑下，经点后滑上薄木板，重力加速度大小为，滑块与薄木板之间的动摩擦因数为。
(1)求小滑块滑到点时对轨道的压力大小；
(2)若木板只与端发生1次碰撞，薄木板与轨道碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，运动过程滑块所受摩擦力不变，滑块未与木板分离，求薄木板的运动时间和滑块发生的位移？
(3)如图（b）撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定。忽略轨道上、距地的高度，点与地面高度差，小滑块仍从圆弧轨道最高点由静止滑下，滑块从点飞出时速率为多少？从点飞出时速度与水平方向夹角可调，要使得滑块从点飞出后落到地面水平射程最大，求最大水平射程及对应的夹角。
第1页（共1页）

展开更多......

收起↑