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第33练　动量守恒定律及其应用
一、单项选择题:共10题,每题4分,共40分。
1.短道速滑接力赛上,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出,如图所示。在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用,下列说法正确的是(　　)
A.甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小
B.甲的机械能守恒,乙的机械能不守恒
C.甲的动量变化量大于乙的动量变化量
D.甲、乙组成的系统动量守恒、机械能守恒
2.(2025镇江期中)小车静止在光滑水平地面上,一个小球用轻绳悬挂在与车连接的细杆顶端。小球由图示位置无初速释放,在小球向下摆动到最低点的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.小球的机械能守恒
B.小车和小球组成的系统动量守恒
C.小车所受合力的冲量方向水平向右
D.小车一直向左运动
3.如图所示,质量为M的小车置于光滑的水平面上,车的上表面是粗糙的,有一质量为m的木块,以初速度v0滑上小车的上表面,若小车的上表面足够长,则下列说法正确的是(　　)
A.木块的最终速度一定为v0
B.由于车的上表面粗糙,小车和木块组成的系统动量减小
C.车的上表面越粗糙,木块减少的动量越多
D.车的上表面越粗糙,小车增加的动量越多
4.(2025扬州期末)如图所示,在水平桌面上,粘在一起的两个一元硬币甲与静止的一元硬币乙发生一维碰撞。在下列描述甲、乙速度v与时间t的关系图像中,可能正确的是(　　)
5.(2025无锡期中)质量分别为m1和m2的两个物体A和B在光滑的水平面上正碰,其x-t图像如图所示,则(　　)
A.碰撞后,B的速率大于A的速率
B.碰撞后,B的动量等于A的动量
C.碰撞后,B的动量小于A的动量
D.m1小于m2
6.(2024无锡期中)下图为杂技表演“胸口碎大石”。当大石获得的速度较小时,下面的人感受到的震动就会较小,人的安全性就较强。若大石块的质量是铁锤的100倍,则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的(　　)
A. B.
C. D.
7.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A,斜面体质量为M、底边长为L,如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放,滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端,此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN,则下列说法正确的是(　　)
A.FN=mgcos α
B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α
C.滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量不守恒
D.此过程中斜面体向左滑动的距离为L
8.如图所示,两个完全相同的小球A、B用等长的细线悬于O点,开始两球均静止,两悬线竖直,线长为L。若将A球拉至图示位置静止释放,则B球被碰后第一次速度为零时的高度不可能是(　　)
A. B.
C. D.
9.(2024镇江开学考试)如图所示,水平地面上静止放置着材料相同、紧靠在一起的物体A和B,两物体可视为质点且A的质量较大。两物体间夹有炸药,爆炸后两物体沿水平方向左右分离,不计空气阻力,则A物体(　　)
A.爆炸过程中,获得的初动量大
B.爆炸过程中,获得的初动能大
C.爆炸后,滑行时间短
D.爆炸后,滑行距离长
10.(2025淮安一模)如图所示,光滑轨道固定在水平地面上,质量均为m、相距很近的A、B两小球静置于轨道水平部分。将质量为M的小球C从轨道圆弧部分的某高度处由静止释放,设所有碰撞均为弹性碰撞,下列说法正确的是(　　)
A.若MB.若MC.若M=m,C与A可碰撞两次
D.若M>m,A与B可碰撞两次
二、非选择题:共2题,11题8分,12题8分,共16分。
11.(2024江苏卷)嫦娥六号在轨速度为v0,着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt,分离后B的速度为v,且与v0同向,A、B的质量分别为m、M。求:
(1)分离后A的速度v1;
(2)分离时A对B的推力大小。
12.(2026南京适应性检测)如图所示,光滑水平面上沿同一直线静置着7颗小球,从左往右编号分别为1~7。1~6号为小钢球,质量均为m。7号球为玻璃球。某时刻最左侧的小钢球以初速度v0向右运动,与2号小钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)求5号球与6号球发生碰撞后瞬间,6号球的速度大小;
(2)6号球与7号球发生碰撞后,若6号球以速度向右运动,求7号球的质量M。
答案：
1.A
2.D　解析 小球向下摆的过程中,绳拉力对小球做负功,对小车做正功,所以小球的机械能减小,故A项错误;小车和小球组成的系统竖直方向合力不为零,所以系统动量不守恒,二者水平方向动量守恒,故B项错误;小球从初始位置摆到最低点的过程中,小车向左做加速运动,所以小车所受合力的冲量的方向水平向左,小车一直向左运动,故C项错误,D项正确。
3.A
4.A　解析 硬币与桌面的动摩擦因数相同,根据μmg=ma,可知a=μg,则图像的斜率应相同;规定向右为正方向,根据动量守恒定律有2mv0=2mv1+mv2,图像中每个单位格设为1,代入验证可知A符合。故选A。
5.D　解析 x-t图像中图线的斜率表示物体的速度,由图可知碰撞后A、B的速率为v1'= m/s=-2 m/s,v2'= m/s=2 m/s,两者速率相等,A项错误;x-t图像中图线的斜率表示物体的速度,由图可知碰撞前A、B的速率为v1= m/s=4 m/s,v2=0,根据动量守恒定律,有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',整理得m2=3m1,m1v1'6.B　解析 如果发生的是完全非弹性碰撞mv0=(100m+m)v,解得v=v0,如果发生弹性碰撞,根据动量守恒与机械能守恒mv0=100mv1+mv2,×100m,解得v1=v0,碰后速度介于两者之间。故选B。
7.C　解析 滑块沿斜面下滑时,斜面同时在向左做加速运动,所以滑块相对于地面加速度不再沿斜面方向,则滑块沿与斜面垂直的方向合力不等于0,因此斜面对滑块的支持力大小不等于mgcos α,A项错误;根据冲量的定义有滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt,B项错误;滑块下滑时在竖直方向有加速度,合外力不为0,所以系统动量不守恒,C项正确;设滑块水平位移为x1,斜面水平位移为x2,水平方向由动量守恒得mv滑块=Mv斜面,两边同乘以时间的累积量,得mx1=Mx2,同时有x1+x2=L,解得x2=,D项错误。
8.D　解析 小球A从释放到最低点,由动能定理可知mg(L-Lcos 60°)=-0,解得vA=,若A与B发生完全弹性碰撞,由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度,即vB=vA=,B上升过程中由动能定理可知-mgh=0-,解得h=,若A与B发生完全非弹性碰撞,即AB粘在一起,由动量守恒定律可知mvA=2mv,解得v=,在AB上升过程中,由动能定理可知-2mgh=0-×2mv2,解得h=,所以B球上升的高度≤h≤,高度不可能是,故选D。
9.C　解析 爆炸过程中,系统内力远大于外力,A、B组成的系统动量守恒,爆炸前系统总动量为零,由动量守恒定律可知,爆炸后,两物体的动量大小相等,故A项错误;设爆炸后任一物体的动量大小为p,物体的质量为m,则动能Ek=mv2=,可知质量大的物体获得的初动能小,故B项错误;取爆炸后速度方向为正方向,根据动量定理得-μmgt=0-p,解得滑行时间t=,由于μ、p、g相等,则质量大的物体滑行时间短,故C项正确;爆炸后,根据动能定理得-μmgs=0-mv2=0-,解得爆炸后物体滑行的距离s=,由于μ、p、g相等,则质量大的物体滑行距离短,故D项错误。
10.B　解析 质量为M的小球C从轨道圆弧部分由静止释放滑至底端的过程有Mgh=,取水平向右为正方向,C与A弹性碰撞,有Mv0=Mv1+mv2,,解得v1=v0,v2=v0,A与B弹性碰撞,A与B质量相等,同理可得碰后A与B速度交换,即A停下,B以v2向右运动,若Mm,C与A弹性碰撞,碰后v1=v0,v2=v0,易知v1>0,v111.(1)
(2)
解析 (1)组合体分离前后动量守恒,取v0的方向为正方向,有
(m+M)v0=Mv+mv1
解得v1=。
(2)以B为研究对象,对B列动量定理有
FΔt=Mv-Mv0
解得F=。
12.(1)v0　(2)m
解析 (1)根据题意可知,所有碰撞均为弹性碰撞,由于小钢球质量均为m,根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程中,二者速度互换,则最终碰撞后最右侧小钢球的速度大小等于开始碰撞前1号球的初速度v0。
(2)根据动量守恒定律可得mv0=m+Mv
根据能量守恒定律可得Mv2
解得M=m。第36练　实验八:验证动量守恒定律
共6题,1~3题每题4分,4~6题每题15分,共57分。
1.(2024苏锡常镇一模)某同学用如图所示装置验证动量守恒定律,实验中除小球的水平位移外,还必须测量的物理量有(　　)
A.A、B球的直径
B.A、B球的质量
C.水平槽距纸面的高度
D.A球释放位置G距水平槽的高度
2.图甲为验证动量守恒定律的实验装置图,让小车A拖着纸带向左运动,与静止的小车B碰撞,碰撞后两车粘在一起继续运动。图乙是实验得到的一条点迹清晰的纸带,设x1=2.00 cm,x2=1.40 cm,x3=0.95 cm,小车A和B(含橡皮泥)的质量分别为m1和m2,则应验证的关系式为(　　)
甲
乙
A.m1x1=(m1+m2)x2
B.m1x2=(m1+m2)x3
C.m1x1=(m1+m2)x3
D.m1(x1+x2)=(m1+m2)(x2+x3)
3.(2025宿迁、南通、连云港二模)用如图所示的实验装置验证动量守恒定律,一同学在实验中记录了某次碰撞前后小球落点的位置P和M、N,发现M、N点不在OP连线上,下列图中落点位置可能正确的是(　　)
4.用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量、能量问题。实验中采用质量分别为m1和m2的两个小球,图甲中M、P、N点是实验过程中记下的小球在地面上的三个落点位置,M、P、N到斜槽末端在地面的投影O点的距离分别为xM、xP、xN。
甲
乙
(1)下列器材选取或实验操作符合实验要求的是　　　　。
A.两小球的质量和尺寸可以不同
B.选用两球的质量应满足m1>m2
C.必要的测量仪器有天平、刻度尺和秒表
D.斜槽轨道越光滑误差越小
(2)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为　　　　　　　　　　　　(用题目中所给的物理量表示);若碰撞是弹性碰撞,那么应该满足的表达式为　　　　　　　　　　(用题目中所给的物理量表示)。
(3)某次实验中的部分数据为m1=50 g,m2=8 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示,则碰撞前、后总动量的比值为=　　　　(小数点后保留两位)。
(4)若在这次实验中仅更换被撞小球的材质,保持两小球质量、尺寸等其他条件不变,可以使被撞小球m2做平抛运动的射程改变。请根据题中给出的数据,分析和计算出被撞小球m2平抛运动射程的最大可能值为　　　　 cm(小数点后保留一位)。
5.(2025南通适应调研)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2,进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空:
(1)调节导轨水平;
(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反,应选取质量为　　　　 kg的滑块作为A;
(3)调节B的位置,使得A与B接触时,A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等;
(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动,并与B碰撞,分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2;
(5)将B放回到碰撞前的位置,改变A的初速度大小,重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示:
次数 1 2 3 4 5
t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
k= 0.31 k2 0.33 0.33 0.33
(6)表中的k2=　　　　(保留两位有效数字);
(7)的平均值为　　　　(保留两位有效数字);
(8)理论研究表明,对本实验的碰撞过程,是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则的理论表达式为　　　　(用m1和m2表示),本实验中其值为　　　　(保留两位有效数字),若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内,则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
6.(2024南通一调)某小组做“验证动量守恒定律”实验:一长木板固定在水平桌面上,其左端固定一个弹射装置。两个小滑块A、B质量分别为mA、mB,与木板间的动摩擦因数相同,滑块A每次被弹射装置弹出的速度相同。主要实验步骤如下:
甲
乙
丙
①A紧靠弹射装置,被弹出后停在木板上的P点,如图甲所示;
②将B放在木板上的某一位置O处,测出P与O两点间的距离x0,如图乙所示;
③A紧靠弹射装置,被弹出后与B发生正碰,A被弹回;
④分别测出A、B两滑块停下时的位置与O点的距离xA、xB,如图丙所示。
根据以上实验步骤,回答以下问题:
(1)mA　　　　(选填“<”“=”或“>”)mB。
(2)A到达O点时的速度vA与x0的关系满足　　　。
A.vA∝　　B.vA∝x0　　C.vA∝
(3)若表达式满足　 ,则碰撞中动量守恒;若表达式再满足 　,则碰撞过程为弹性碰撞(均用mA、mB、x0、xA、xB表示)。
(4)B所放的位置O不能过于偏左或偏右,请简要说明理由: 　。
答案：
1.B　2.C
3.B　解析 碰撞前的动量等于碰撞后的动量,设碰撞的小球质量为m1,被碰撞小球质量为m2,所以P点是碰撞前入射小球单独下落的位置,M是碰撞后入射小球的位置,N是被碰小球的下落位置,M、N点不在OP连线上,说明两小球碰撞时不沿OP方向,可知碰撞前后两小球在垂直于OP方向上动量守恒,两小球在垂直于OP方向的速度方向相反,则两小球落地点在OP的两侧,则有m1v1y-m2v2y=0,由于m1>m2,所以v1y4.(1)B
(2)m1xP=m1xM+m2xN　m1=m1+m2
(3)1.03
(4)77.6
解析 (1)为了确保发生对心正碰,两小球尺寸必须相同,为了避免碰撞后发生反弹,入射球质量必须大于被碰小球质量,即m1>m2,故A项错误,B项正确;小球平抛运动的竖直方向的高度相等,根据h=gt2解得t=,可知,小球平抛运动经历的时间相等,能够用高度间接表示时间,即实验中不需要测量时间,即必要的测量仪器有天平、刻度尺,不需要秒表,故C项错误;入射球每次均从斜槽同一位置静止释放,小球克服摩擦力做功相同,入射球飞出斜槽的速度大小一定,即斜槽的摩擦对实验没有影响,实验不需要确保斜槽光滑,故D项错误。
(2)平抛运动水平方向有
xP=v0t,xM=v1t,xN=v2t
碰撞过程动量守恒,则有
m1v0=m1v1+m2v2
结合上述解得
m1xP=m1xM+m2xN
若碰撞是弹性碰撞,那么还应该满足的表达式为
m1m1m2
结合上述解得
m1=m1+m2。
(3)碰前的总动量为
p1=m1v0=
碰后的总动量为
p1'+p2=m1v1+m2v2=
解得=≈1.03。
(4)若发生弹性碰撞,被碰小球获得速度最大,平抛运动水平射程最大,根据弹性碰撞规律有
m1v0=m1v1+m2v2,m1m1m2
解得v2=
结合上述,水平射程有
xN= cm≈77.6 cm。　
5.(2)0.304
(6)0.31
(7)0.32
(8)　0.34
解析 (2)应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块,碰后运动方向相反,故选0.304 kg的滑块作为A。
(6)由于两段位移大小相等,根据表中的数据可得
k2=≈0.31。
(7)平均值为=≈0.32。
(8)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒,可得
m1v0=-m1v1+m2v2
m1m1m2
联立解得
代入数据可得≈0.34。
6.(1)<　(2)C　(3)mA()=mB　mAx0=mAxA+mBxB(或) 　(4)若过于偏左,滑块A与B碰撞反弹后可能与弹射装置再次相碰;若过于偏右,B被碰撞后的位移过小,测量误差过大第35练　专题提升:力学三大观点的综合应用
一、单项选择题:共7题,每题4分,共28分。
1.(2025南京开学考试)如图所示,某同学利用平板车将货物匀速运送到斜坡上,货物与小车之间始终没有发生相对滑动。则平板车与货物组成的系统(　　)
A.动量增大
B.机械能不变
C.所受合外力的冲量为零
D.所受推力做功为零
2.(2024常州调研)磁性圆盘竖直放置,绕固定的水平轴匀速转动,一铁质小物体吸附在距离圆盘中心r处,相对于圆盘静止,则小物体(　　)
A.在最高点一定受四个力作用
B.在转一圈的过程中,圆盘对小物块的支持力的冲量为0
C.在转一圈的过程中,圆盘对小物块的摩擦力的冲量方向为竖直向上
D.小物块从圆周的最高点运动到最低点的过程中,摩擦力对小物块做正功
3.(2025扬州阶段练习)2024年4月30日,神舟十七号载人飞船圆满完成任务,通过一系列变轨操作后,飞船于18时在东风着陆场成功着陆,下列说法正确的是(　　)
A.飞船在三个轨道上的运行周期TⅠ>TⅡ>TⅢ
B.飞船在轨道Ⅱ上P处的机械能大于Q处的机械能
C.飞船在轨道Ⅲ上的Q处点火进入轨道Ⅱ时,动能减小
D.飞船在轨道Ⅱ上P处的加速度等于在轨道Ⅲ上Q处的加速度
4.(2024无锡初调)相同材料制成的A、B两物块,以相同初速度同时滑上水平桌面,两物块质量分别为mA、mB且mA>mB,则(　　)
A.物块A惯性大,滑行距离大
B.物块B阻力小,滑行距离大
C.两物块滑行的时间相等
D.两物块克服阻力做功相等
5.如图所示,在某冰壶队的一次训练中,蓝壶静止在大本营Q处,质量相等的红壶与蓝壶发生正碰,最终分别停在M点和N点,下列说法正确的是(　　)
A.碰后两壶所受摩擦力的冲量相同
B.碰后蓝壶速度约为红壶速度的4倍
C.红壶碰前速度约为碰后速度的3倍
D.碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
6.(2025南京师范大学附属中学模拟)长为l的轻绳,一端用质量为m的圆环套在水平光滑的横杆上,另一端连接一质量为2m的小球,开始时,将小球移至横杆处(轻绳处于水平伸直状态,如图),然后轻轻放手,当轻绳与横杆成直角,此过程圆环的位移是x,则(　　)
A.x=l
B.系统动量守恒
C.小球所受冲量与圆环所受冲量始终大小相等
D.小球机械能守恒
7.(2025盐城二模)如图所示,AB、CD为两根水平放置的光滑平行轨道,其上分别套有甲、乙小球(m甲=2m乙),小球之间连有一根轻弹簧,初始两球均静止,弹簧处于原长,现给甲球一个瞬间冲量,使其获得向右的初速度v0,则从开始运动到再次相距最近的过程中,两球的v-t图像可能正确的是(　　)
二、非选择题:共2题,8题12分,9题15分,共27分。
8.(2025南京初调)如图所示,水平面上有A、B两个小物块(均视为质点),质量均为m,两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与A、B连接)。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道,半圆形轨道与水平面相切于C点,物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体(底部与水平面平滑连接)。某一时刻将压缩的弹簧释放,物块A、B瞬间分离,A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D(物块A过D点后立即撤去),B向左平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为L(L小于斜面体的高度)。已知A与右侧水平面的动摩擦因数μ=0.5,B左侧水平面光滑,重力加速度为g,求:
(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小;
(2)斜面体的质量;
(3)物块B与斜面体相互作用的过程中,物块B对斜面体做的功。
9.如图所示,足够长的传送带与水平方向的夹角θ=30°,并以v0=2.0 m/s的速度逆时针转动。A、B两物体质量均为m=1.0 kg,其中A物体和传送带间的摩擦可忽略,B物体与传送带间的动摩擦因数为μ=,A、B之间用长为L=0.4 m的不可伸长的轻绳连接。在外力作用下,A、B和传送带相对静止且绳处于伸直状态,t=0时撤去外力作用。A、B之间的碰撞为弹性碰撞,g取10 m/s2。
(1)求第一次碰撞前A、B各自的加速度大小;
(2)绳子是否会再次伸直 如果会,求出此时的时刻t1;如果不会,求出第一次碰后A、B之间的最大距离;
(3)求从t=0到t=2 s的过程中物体B与传送带间由于摩擦产生的热量Q。
答案：
1.C　解析 平板车将货物匀速运送到斜坡上,速度不变,动量不变,根据动量定理可知所受合外力的冲量为零,A项错误,C项正确;平板车将货物匀速运送到斜坡上,平板车与货物组成的系统动能不变,重力势能增加,则机械能增加,B项错误;同学利用平板车将货物匀速运送到斜坡上,推力不为零,位移不为零,则所受推力做功不为零,D项错误。
2.C　解析 在最高点物体可能受到重力、支持力、磁力三个力的作用,重力提供向心力,故A项错误;在转一圈的过程中,圆盘对小物块的支持力不为0,冲量不为0,故B项错误;在转一圈的过程中,根据动量定理可知,合力冲量为0,磁力与弹力的合力冲量为0,重力与摩擦力的合力冲量也为0,则圆盘对小物块的摩擦力的冲量方向为竖直向上,故C项正确;小物块从圆周的最高点运动到最低点的过程中,动能不变,合外力做功为0,支持力、磁力不做功,重力做正功,则摩擦力对小物块做负功,故D项错误。
3.C　解析 由图可知,轨道Ⅲ的半径最大,轨道Ⅱ的半长轴其次,轨道Ⅰ的半径最小,根据开普勒第三定律=k可知TⅠ4.C
5.C　解析 碰后两壶运动距离不相同,所以碰后两球速度不相同,根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同,A项错误;碰后红壶运动的距离为x1=R2-R1=0.61 m,蓝壶运动的距离为x2=2R2=2.44 m,二者质量相同,假设二者碰后所受的摩擦力相同,则二者做减速运动的加速度也相同,对红壶,有=2ax1,对蓝壶有=2ax2,联立可得,即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍,B项错误;设红壶碰前速度为v0,则有mv0=mv1+mv2,故有v0=3v1,即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍,C项正确;碰前的动能为Ek0=,碰后动能为Ek1=,则有Ek0>Ek1,机械能不守恒,D项错误。
6.A　解析 选小球和圆环为系统,整个过程中在水平方向满足动量守恒,设从开始到绳子与横杆成直角的过程中,圆环的平均速度大小为v1,小球的平均速度大小为v2,则mv1-2mv2=0,设运动时间为t,此过程圆环的位移大小为x,小球的位移大小为l-x,则m-2m=0,解得x=l,故A项正确;在水平方向上,以小球和圆环为系统,不受任何外力,水平方向上动量守恒,在竖直方向上合外力不为零,动量不守恒,故B项错误;过程中圆环的合外力等于绳子拉力沿水平方向的分力,小球的合外力等于重力和绳子拉力的合力,二者大小不等,所以冲量不相等,故C项错误;小球除重力做功外,轻绳拉力也对其做功,机械能不守恒,故D项错误。
7.C　解析 甲获得初速度后,弹簧被拉伸,甲向右做减速运动,乙向右做加速运动,设乙的质量为m,则甲的质量为2m,甲乙系统水平方向动量守恒,规定向右为正方向,有2mv0=(2m+m)v共1,解得第一次共速v共1=v0,从开始运动到第一次共速,弹簧被拉长,弹力增大,且弹簧的水平分力也在增大,故二者做的是加速度增大的运动。达到v共1后,甲向右做减速运动,乙向右做加速运动,弹簧开始恢复原长,当甲乙再次相距最近时,乙在甲的正下方,由动量守恒、机械能守恒有2mv0=2mv甲+mv乙,×2m×2m,解得此时甲、乙速度分别为v甲=v0,v乙=v0,从第一次共速到甲乙再次相距最近时,弹簧拉伸量减小,弹力减小,且弹簧的水平分力也在减小,故二者做的是加速度减小的运动,v-t图像斜率绝对值表示加速度大小,综合分析可知C选项符合题意。故选C。
8.(1)6mg　(2)　(3)
解析 (1)在D点,有mg=m
从C到D,由动能定理,有
-mg×2L=
在C点,有
F-mg=m
解得F=6mg
由牛顿第三定律可知,物块A通过C点时对半圆形轨道的压力
F'=F=6mg。
(2)弹簧释放瞬间,由动量守恒定律,有
mvA=mvB
对物块A,从弹簧释放后运动到C点的过程,有
-μmgL=
B滑上斜面体最高点时,对B和斜面体,由动量守恒定律,有
mvB=(m+M)v
由机械能守恒定律,有
(m+M)v2+mgL
解得M=。
(3)物块B从滑上斜面到与斜面分离过程中,由动量守恒定律
mvB=mvB'+mv'
由机械能守恒,有
mvB'2+Mv'2
解得vB'=,v'=
由功能关系知,物块B与斜面体相互作用的过程中,物块B对斜面体做的功
W=Mv'2
解得W=。
9.(1)aA=5 m/s2　aB=0　(2)不会　0.2 m　(3)16 J
解析 (1)对A受力分析得
aA=gsin θ=5 m/s2
对B受力分析得
aB=0。
(2)两物体的位移之差等于绳长L时第一次碰撞,设第一次碰撞的时刻为t1
v0t1+aA-v0t1=L
解得
t1=0.4 s
v1=v0+aAt1=4 m/s
设第一次碰撞后两者的速度分别为vA、vB
mv0+mv1=mvA+mvB
解得
vA=v0=2 m/s
vB=v1=4 m/s
对A受力分析得,A的加速度不变,对B受力分析得
aB=μgcos θ-gsin θ=5 m/s2
第一次碰撞后经过时间t2,两者速度相等,此时距离最大
vA+aAt2=vB-aBt2
解得t2=0.2 s
dmax=(vBt2-aB)-(vAt2+aA)=0.2 m因此绳子不会再次伸直。
(3)从第一次碰撞后到第二次碰撞前的Δt,两物体的位移相同
vAΔt+aAΔt2=vBΔt-aBΔt2
解得
Δt=0.4 s
此时两者的速度为
vA'=vA+aAΔt=4 m/s
vB'=vB-aBΔt=2 m/s
此状态和第一次碰前速度相同,因此之后做周期运动,每个周期内,B物体和传送带的相对位移为
Δx=vBt2-aBΔt2-v0Δt=0.4 m
0~0.4 s内无摩擦生热,0.4~2 s共4个周期,由于摩擦产生的总的热量为
Q=4μmgΔxcos θ=16 J。第32练　动量和动量定理
一、单项选择题:共10题,每题4分,共40分。
1.对于质量一定的物体,下列说法正确的是(　　)
A.若动量改变,速度大小一定改变
B.若速度大小改变,动量一定改变
C.若动能改变,速度方向一定改变
D.若速度方向改变,动能一定改变
2.(2025扬州阶段练习)小明将一个充气至直径为1 m的乳胶球,以某一速度水平投向小海,第二次小明将气放掉后以相同的速度投出,则在两次接球的过程中(　　)
A.小海对乳胶球不做功
B.乳胶球的动量变化量不等
C.乳胶球对小海的作用力相等
D.小海对乳胶球作用力的冲量相等
3.(2025盐城期中)质量相等的甲、乙、丙、丁四个物体均做直线运动,其加速度a随时间t变化的图像如图所示。则在相等的时间内,动量改变量最大的是(　　)
A.甲 B.乙
C.丙 D.丁
4.(2025泰州模拟)有两个完全相同的小球,从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放,两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板,右筒底部为泡沫,压力传感器测得小球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化如图乙中的曲线①②,已知曲线①②与时间轴围成的面积相等。则第一次碰撞过程中(　　)
A.左边小球所受重力的冲量大
B.两小球所受合外力的冲量相等
C.左边小球动量变化率大
D.右边小球动量变化量大
5.运动员用同一足球罚点球,两次射门,足球斜向上踢出,分别水平打在水平横梁上的a、b两点,a为横梁中点,如图所示,不计空气的作用效果。下列说法正确的是(　　)
A.两次的初速度大小可能相等
B.击中a用的时间长
C.击中a的过程中,重力做功少
D.两过程中动量变化量相等
6.(2025宿迁模拟)质量为m的小物块A在水平面内做圆周运动,在运动方向上只受到与速度大小成正比的阻力作用,即Ff=kv,k为正的常量。物体的初速度大小为v0,物体的速度大小和转过的圆心角α的关系图像正确的是(　　)
7.两名穿着相同冰刀鞋的滑雪者静止在冰面上。质量小的滑雪者猛推了另一名质量大的滑雪者后,质量小的滑雪者(　　)
A.获得的初动量小
B.获得的初动能小
C.滑行时间长
D.滑行距离短
8.(2025无锡期中)2024年第11号台风“摩羯”于9月6日在海南文昌登陆,登陆时中心附近最大风力达到17级,造成具大破坏。已知11级台风的风速范围为28.5~32.6 m/s,17级台风的风速范围为56.1~61.2 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌,则17级台风对该标志牌的作用力大小约为11级台风的(　　)
A.2倍 B.4倍
C.8倍 D.16倍
9.(2024南京调研)如图所示,AO、BO为两条不同的光滑轨道,端点O、A、B都在竖直圆周上,CO为竖直直径。完全相同的两个小球分别从A、B两点沿两条轨道由静止开始同时释放,不计空气阻力。两小球到达O点的过程中,下列判断正确的是(　　)
A.沿BO轨道运动的小球先到达O点
B.两个小球重力的冲量不相同
C.两小球到达O点的动量相同
D.沿AO轨道运动小球的动量变化率大
10.如图所示,长为L的水平细线一端固定在O点,另一端连一个质量为m的小球,将小球由静止释放,经时间t,小球运动至最低点B,已知重力加速度为g,空气阻力不计。在小球从A运动到B的过程中(　　)
A.重力的冲量大小为mgt
B.细线拉力的冲量为0
C.小球动能的增加量为2mgL
D.小球动量的增加量为m
二、非选择题:共2题,11题8分,12题12分,共20分。
11.(2025扬州中学月考)蹦床运动有“空中芭蕾”之称,某质量m=50 kg的运动员从空中h1=1.25 m处落下,接着又弹起h2=1.8 m高,此次运动员与蹦床的接触时间t=0.50 s,g取10 m/s2,求:
(1)运动员与蹦床接触时间内,所受重力的冲量大小I;
(2)运动员与蹦床接触时间内,受到蹦床平均弹力的大小F。
12.(2025扬州调研)如图所示,质量均为m的光滑小球A、B,通过铰链用长为L的轻杆连接,竖直地紧靠墙壁放置,B球位于水平地面上,A球受到微扰向右倾倒(初速度视为0),经过时间t,杆与竖直方向夹角为37°。已知重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)此时A球速度大小vA;
(2)此时墙壁对B球作用力大小F;
(3)上述过程中,地面对B球的冲量大小I。
答案：
1.B
2.B　解析 小海接球的过程中,乳胶球的速度发生变化,则根据动能定理可得小海对乳胶球做功,故A项错误;乳胶球的速度变化量相同,但由于乳胶球质量不同,则乳胶球的动量变化量不等,故B项正确;两次乳胶球的质量不相等,则乳胶球对小海的作用力不相等,故C项错误;根据动量定理可得乳胶球的动量变化量不等,则两次过程中小海对乳胶球作用力的冲量不相等,故D项错误。
3.A　解析 根据动量定理可得Δp=F合t=mat,由于甲、乙、丙、丁四个物体的质量相等,甲的加速度最大,所以在相等的时间内,动量改变量最大的是甲。故选A。
4.C　解析 甲左边圆筒底部为钢板,右边圆筒底部为泡沫,则小球与甲左边圆筒底部碰撞过程作用时间较小,重力冲量I=mgt,可知左边小球所受重力的冲量小,故A项错误;两小球所受合外力的冲量为支持力(撞击力)冲量与重力冲量之差,由题意知曲线①②与时间轴围成的面积相等,即支持力冲量相等,由于左边小球所受重力的冲量小,则左边小球所受合外力的冲量大,即左边小球动量变化量大,故B、D项错误;由于左边小球碰撞过程中所受合外力的冲量大,且作用时间较小,故左边小球的动量变化率大,故C项正确。
5.D　解析 两次射门足球分别水平打在水平横梁上,足球离地面的高度相同,根据位移公式h=gt2,可知击中a、b所用的时间相同,根据速度公式vy=gt,可知踢出时竖直方向的速度相同,击中a、b时水平方向的位移不同,根据vx=,可知踢出时水平方向的速度不同,则根据v=,可知两次的初速度大小不相等,故A、B项错误;击中a、b的过程中,足球上升的高度相同,重力做功相同,故C项错误;取竖直向上为正方向,根据动量定理有Δp=-mgt,可知两过程中动量变化量相等,故D项正确。
6.A　解析 根据动量定理-FfΔt=mv-mv0,其中Ff=kv,又∑vΔt=s=αR,整理得v=v0-α,故选A。
7.C　解析 在两者组成的系统中,由于两人互推,系统内力远大于外力,系统动量守恒,互推前两滑雪者组成的系统总动量为零,由动量守恒定律可知,互推后,两人的获得的初动量大小相等,A项错误;设推出后任一滑雪者的动量大小为p,滑雪者的质量为m,则动能为Ek=mv2=,可知,质量小的获得的初动能大,B项错误;设推出后任一滑雪者的动量大小为p,滑雪者的质量为m,取速度方向为正方向,根据动量定理得-μmgt=0-p,解得滑行时间为t=,由于μ、p、g相等,则质量小的滑雪者滑行时间长,C项正确;互推后,对滑雪者,根据动能定理得-μmgs=0-mv2=0-,解得互推后滑雪者滑行的距离为s=,由于μ、p、g相等,则质量大的滑雪者滑行距离短,D项错误。
8.B　解析 设空气的密度为ρ,风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S,在Δt时间的空气质量为Δm=ρSΔvΔt,假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零,对风由动量定理有-F·Δt=0-Δmv,解得F=ρSv2,假设11级台风的风速v11= m/s≈31 m/s,17级台风的风速v17= m/s≈59 m/s,故有≈4,故选B。
9.D　解析 设任一斜面与竖直方向的夹角为α,圆的直径为d。由牛顿第二定律可求得a==gcos α,根据运动学公式有x=dcos α=at2,可得t=,与α无关,只与圆弧的半径及重力加速度有关,故下落时间相同,由I=mgt可知,重力的冲量相等,故A、B项错误;两小球到达O点的动量方向不相同,则动量不相同,C项错误;根据动量定理,动量的变化率等于小球受到的合外力,则=mgcos α,所以沿AO轨道运动小球的动量变化率大,故D项正确。
10.A　解析 根据冲量的定义式可知,重力的冲量大小为IG=mgt,故A正确;小球从A运动到B的过程中,根据动能定理有mgL=mv2,解得v=,则小球动量的增加量为Δp=mv-0=m,故D错误;设细线拉力的冲量在水平方向上的分量为Ix,在竖直方向上的分量为Iy,根据动量定理,在竖直方向上有Iy+mgt=0-0,根据动量定理,在水平方向上有Ix=mv-0=m,根据矢量合成,可知细线拉力的冲量为I2=,解得I=m,即细线拉力的冲量不为0,故B错误;小球从A运动到B的过程中,根据动能定理有mgL=ΔEk,即小球动能的增加量为mgL,故C错误。
11.(1)250 N·s
(2)1 600 N
解析 (1)所受重力的冲量大小为
I=mgt=50×10×0.5 N·s=250 N·s。
(2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1,再次弹起时的速度大小为v2,则有
=2gh1
=2gh2
以竖直向上为正方向,对运动员由动量定理有
(F-mg)t=mv2-(-mv1)
代入数据得
F=1 600 N。
12.(1)
(2)mg
(3)2mgt-
解析 (1)根据动能定理mg(L-Lcos 37°)=
解得vA=。
(2)以A球为研究对象,由向心力公式mgcos 37°-FN=
代入数据解得FN=0.4mg
对B球受力分析可得
F=FNsin 37°=mg。
(3)对A、B系统,取竖直向下为正方向,由动量定理得2mgt-I=mvAsin 37°
代入数据解得I=2mgt-。第34练　专题提升:碰撞中的四种常见模型
一、单项选择题:共6题,每题4分,共24分。
1.如图所示,子弹以某一水平速度击中静止在光滑水平面上的木块并留在其中。对子弹射入木块的过程,下列说法正确的是(　　)
A.木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量
B.因子弹受到阻力的作用,故子弹和木块组成的系统动量不守恒
C.子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功
D.子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量和摩擦产生的热量之和
2.(2024江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧,右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑,剪断细绳后,则(　　)
A.弹簧原长时物体动量最大
B.压缩最短时物体动能最大
C.系统动量变大
D.系统机械能变大
3.如图所示,木块静止在光滑水平面上,子弹A、B同时从木块两侧射入,最终嵌在木块中。已知两子弹入射的初动量大小相等,射入过程中所受木块的阻力大小相等,子弹A的质量较小。比较这两颗子弹可知(　　)
A.子弹A的初动能较小
B.子弹A先与木块相对静止
C.子弹A的动量变化率较大
D.子弹A射入木块的深度较大
4.如图所示,在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面,斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m(mA.h B.
C. D.
5.如图所示,左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上,物块B以一初速度向A运动,t=0时B与弹簧接触,0~2 s内两物体的v-t图像如图所示。则(　　)
A.A的质量比B的大
B.0~1 s内,弹簧对A、B的冲量相同
C.t=1 s时,弹簧的弹性势能最大
D.t=2 s时,A的动量比B的大
6.(2025无锡期中)如图甲所示,物块A、B的质量均为2 kg,用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙壁接触但不粘连。物块C从t=0时以一定速度向右运动,在t=4 s时与物块A相碰,并立即与物块A粘在一起不再分开,物块C的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.物块C的质量为2 kg
B.物块B离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能为40.5 J
C.4 s到12 s的时间内,墙壁对物块B的冲量大小为0
D.物块B离开墙壁后,物块B的最大速度大小为3.6 m/s
二、非选择题:共2题,7题15分,8题15分,共30分。
7.(2025连云港一模)如图所示,质量均为m的物块A、B并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为L的细线,细线另一端系一质量为m的球C,整个系统处于静止状态。现给球C一个水平向右的初速度v0=,式中g为重力加速度,不计空气阻力。求:
(1)此时细线对球C的拉力大小F;
(2)球C向右摆动过程中,上升的最大高度h;
(3)球C摆到杆左侧,离杆最远时的速度大小v。
8.(2025南通适应调研)如图,光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为1 kg,A和C以相同速度v0=10 m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块,A与B粘在一起形成一个新滑板,物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1。重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)若0(2)若k=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小。
答案：
1.C　解析 木块对子弹的冲量与子弹对木块的冲量,方向相反,不相等,A项错误;因为水平面光滑,系统不受外力,子弹和木块组成的系统动量守恒,B项错误;根据动能定理,子弹对木块所做的功等于木块获得的动能;根据能量守恒定律,子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去木块获得的动能,C项正确;根据动能定理,子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量,D项错误。
2.A　解析 对整个系统分析可知合外力为0,A和B组成的系统动量守恒,得mAvA=mBvB,设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做功,机械能守恒,当弹簧原长时得Ep=mAmB,联立得Ep=,故可知弹簧原长时物体速度最大,此时物体动量最大,动能最大。对于系统来说动量一直为零,系统机械能不变。故选A。
3.D　解析 两子弹入射的初动量大小相等,则有mAvA=mBvB,又由于子弹A的质量较小,可知vA>vB,根据公式Ek=mv2,p=mv,可得Ek=,由于pA=pB,vA>vB,所以EkA>EkB,故A项错误;两子弹入射的初动量大小相等,根据动量守恒定律知,两子弹和木块组成的系统动量一直为零,木块静止在光滑水平面上,则两子弹同时与木块相对静止,故B项错误;两子弹的初动量相等,末动量为0,则两子弹的动量变化量Δp大小相等;两子弹所受的阻力大小相等,根据动量定理可知两子弹运动时间相等,则两子弹的动量变化率相等,故C项错误;两子弹所受的阻力大小相等,设为Ff,根据动能定理得,对A子弹0-EkA=-FfdA,对B子弹0-EkB=-FfdB,结合EkA>EkB,可知dA>dB,故D项正确。
4.D　解析 斜面固定时,根据动能定理可得-mgh=0-,解得v0=,斜面不固定时,设能达到的最大高度为h1,由水平方向动量守恒得mv0=(M+m)v,由能量守恒得(M+m)v2+mgh1,解得h1=h,故选D。
5.C　解析 由题图可知,物块B的初速度为v0=1.2 m/s,t=1 s时,物块A、B的共同速度大小为v=1.0 m/s,由动量守恒定律可得mBv0=(mA+mB)v,解得mB=5mA,故A项错误;0~1 s内,弹簧对A的冲量方向向右,弹簧对B的冲量方向向左,所以弹簧对A、B的冲量不相同,故B项错误;t=1 s时,物块A、B有共同速度,弹簧最短,弹簧的弹性势能最大,故C项正确;t=2 s时,A的动量pA=mAvA,B的动量pB=mBvB,由图可知vA=2.0 m/s,vB=0.8 m/s,又mB=5mA,所以A的动量比B的小,故D项错误。
6.D　解析 由题图乙知,C与A碰前速度为v1=9 m/s,碰后速度为v2=3 m/s,C与A碰撞过程动量守恒,以C的初速度方向为正方向,由动量守恒定律mCv1=(mA+mC)v2,解得mC=1 kg,故A项错误;A、C粘在一起速度变为0时,弹簧的弹性势能最大,为Ep=(mA+mC)=13.5 J,故B项错误;由题图乙知,12 s末A和C的速度为v3=-3 m/s,4 s到12 s过程中墙壁对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小,也等于弹簧对A和C整体的冲量大小,墙对B的冲量为I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2,解得I=-18 N·s,负号表示方向向左,故C项错误;B刚离开墙壁时,由机械能守恒定律可得,AC向左运动的速度大小为3 m/s,B离开墙壁后,系统动量守恒、机械能守恒,当弹簧再次恢复原长时,B的速度最大,则有(mA+mC)v3=(mA+mC)v4+mBvB,(mA+mC)(mA+mC)mB,代入数据解得vB=3.6 m/s,B的最大速度为3.6 m/s,故D项正确。
7.(1)4mg　(2)L　(3)
解析 (1)根据牛顿第二定律得F-mg=
解得F=4mg。
(2)球C向右上升到最大高度时,球C与木块A、B三者具有共同速度,根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得mv0=3mv1,mgh=×3m
代入数据解得h=L。
(3)球C再次回到最低点时,A、B具有共同速度v2,球C的速度为v3,根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得mv0=2mv2+mv3,×2m
解得v2=v0,v3=-v0
球C摆到杆左侧,离杆最远时,球C与木块A具有共同速度,根据动量守恒定律可知mv2+mv3=2mv
代入数据可得v=。
8.(1)v物=5(1-k) m/s　v滑= m/s　方向均向右　(2)1.875 m
解析 (1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒,设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物,C、D的质量均为m=1 kg,以向右方向为正方向,则有
mv0-m·kv0=(m+m)v物
解得v物=v0=5(1-k) m/s>0
可知碰撞后物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1-k) m/s,方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒,设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑,滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg,则由
Mv0-2M·kv0=(M+2M)v滑
解得v滑=v0= m/s>0
则新滑板速度方向也向右。
(2)若k=0.5,可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
v物'=5(1-k) m/s=5×(1-0.5) m/s=2.5 m/s
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
v滑'= m/s=0
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动,新物块向右做匀减速运动,新滑板向右做匀加速运动,设新物块的质量为m'=2 kg,新滑板的质量为M'=3 kg,相对静止时的共同速度为v共,根据动量守恒可得
m'v物'=(m'+M')v共
解得v共=1 m/s
根据能量守恒可得
μm'gx相=m'v2-(m'+M')
解得x相=1.875 m。

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