第八讲　能量和动量守恒定律-2026年高考物理总复习课件（90页PPT）

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专题二　能量与动量
第八讲　能量和动量守恒定律
1.动量定理
(1) 公式: FΔt=mv'-mv。
(2)冲量的三种计算方法
考点一　动量定理的理解及应用
公式法 I=Ft 适用于求恒力的冲量
动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t 未知的 情况
图像法 F-t 图线与时间轴围成的面积表示力 的冲量,若 F与 t 呈线性关系,也可直接用平均力求解
(3)应用技巧
①研究对象可以是单个物体,也可以是多个物体组成的系统。
②表达式是矢量式,需要规定正方向。
③匀变速直线运动,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。
④在变加速运动中F为Δt 时间内的平均力。
⑤在电磁感应问题中,利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位
移。
2.基本思路
(1)确定研究对象。
(2)对物体进行受力分析。可先求每个力的冲量, 再求各力冲量的矢量和——合力的冲量; 或先求合力,再求合力的冲量。
(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正负号。
(4)根据动量定理列方程,如有必要还需要补充其他方程, 最后代入数据求
解。
3.多过程问题
如果物体在不同阶段受力不同,即合外力不恒定, 此情况下应用动量定理时, 一般采取以下两种方法。
(1)分段处理法:找出每一段合外力的冲量I1 、 I2、…、In ,这些冲量的矢量和即外力的合冲量 I =I1+I2+…+In ,根据动量定理 I=p'-p 求解, 分段处理时, 需注意各段冲量的正负。
(2)全过程处理法:在全过程中,第一个力的冲量I1 ,第二个力的冲量 I2,… 第 n 个力的冲量 In,这些冲量的矢量和即合冲量 I ,根据I=p' -p 求解,用全过程法求解时,需注意每个力的作用时间及力的方向。
(3)若不需要求中间量,用全程法更为简便。
题型1　平均作用力类型
【例1】 (2024·广东卷) 汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所
示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿
轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】(1)　(2)①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m
【解析】(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力FN',由牛顿第二定律可得tan θ=ma,
解得tan θ=。
(2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小 IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s,方向竖直向上;
②头锤落到气囊上时的速度v0==8 m/s,
头锤与气囊作用过程(取向上为正方向)由动量定理可知IF-Mgt=Mv-(-Mv0),
解得v=2 m/s,则上升的最大高度h==0.2 m。
题型2　“流体类”问题
1.流体类问题:运动着的连续的气流、水流等流体,在与其他物体的表面接触的过程中,会对接触面有冲击力。此类问题通常通过动量定理解决。
2.解答质量连续变动的动量问题的基本思路
(1) 确定研究对象:Δt 时间内流体微元。
(2)建立“柱体”模型:对于流体,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在Δt 时间内通过某一横截面积为 S 的流体长度Δl=v·Δt,如图所示,若流体的密度为 ρ ,那么,在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl =ρSvΔt 。
(3)运用动量定理,即流体微元所受的合力的冲量等于流体微元动量的增量,即F合Δt=Δp 。 (Δt 足够短时,流体重力可忽略不计)
【例2】2024年4月3日,江西南昌市出现强对流天气,风力达到台风级别,测得最强风力达到12级风。某小区住户的大窗玻璃被大风吹破,造成人员伤亡及财产损失。测得强风最大风速达v=162 km/h,空气的密度ρ=1.3 kg/m3,假设强风正对吹向一块长10 m、宽4 m的玻璃幕墙,假定风遇到玻璃幕墙后速度变为零,由此可估算出强风对玻璃幕墙的冲击力F的大小最接近 (　　)
A.2.6×103 N　　B.5.3×104 N
C.1.1×105 N D.1.4×106 N
【答案】C
【解析】由牛顿第三定律知,强风对玻璃幕墙的冲击力F与玻璃幕墙对台风的作用力相等。假设经过Δt时间,吹到玻璃幕墙上的风的质量Δm=ρSvΔt,由动量定理得FΔt=Δmv=ρSv2Δt,解得F=ρSv2≈1.1×105 N,故C正确。

应用“柱体微元”模型求解“流体类”冲击力问题的思路
应用动量定理求解“流体类”冲击力,关键是建立“柱体微元”模型,具体思路如下:
1.在极短的时间Δt内,取一段小柱体作为研究对象;
2.小柱体的体积:ΔV=SvΔt;
3.小柱体的质量:Δm=ρΔV=ρSvΔt;
4.小柱体的动量变化Δp=Δmv=ρSv2Δt;
5.应用动量定理FΔt=Δp。
1.内容:一个系统不受外力或者所受外力之和为零, 这个系统的总动量保持不变。
2.动量守恒定律成立的条件
①理想守恒:系统不受外力或系统所受外力的合力为零。
②近似守恒:系统所受的外力的合力虽不为零, 但系统外力比内力小得多, 如碰撞问题中的摩擦力,爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力小得
多,可以忽略不计。
考点二　动量守恒定律的理解与应用
③某一方向守恒:系统所受外力的合力虽不为零, 但在某个方向上的分量为零, 则在该方向上系统的总动量的分量保持不变。
3.表达式
①系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量,即
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。
②相互作用的两个物体动量的变化量等大反向,即Δp1=-Δp2。
4.动量守恒的速度具有“四性”:
①矢量性;②瞬时性;③相对性;④普适性。
5.动量守恒定律解题的基本程序
题型1　动量守恒的判断
【例3】(2025·广东一模)如图所示,木块A置于光滑水平面上,水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上,右端与木块A相连接,弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内,将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象(系统),在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中,该系统 (　　)
A.动量守恒,机械能守恒
B.动量不守恒,机械能不守恒
C.动量守恒,机械能不守恒
D.动量不守恒,机械能守恒
【答案】B
【解析】整个运动过程中,由于墙壁对弹簧有作用力,系统所受合外力不为零,所以动量不守恒,子弹射入木块的过程有摩擦生热,系统机械能不守恒。
故选B。
题型2　动量守恒定律的应用
【例4】(2025·海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内,半径R=0.5 m,圆心角θ=53°的圆弧轨道与平台平滑连接,平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接,工件A从圆弧顶点无初速度下滑,在平台与B碰成一整体,B随后滑上传送带,已知mA=4 kg,mB=1 kg,A、B可视为质点,AB与传送带间的动摩擦因数恒定,在传送带上运动的过程中,因摩擦生热Q=2.5 J,忽略轨道及平台的摩擦,g取10 m/s2。
(1)A滑到圆弧最低点时受到的支持力;
(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能;
(3)传送带的速度大小。
【答案】(1)72 N　方向竖直向上　(2)1.6 J　(3)0.6 m/s或2.6 m/s
【解析】(1)A从开始到滑到圆弧最低点间,根据机械能守恒有mAg=mA,解得v0=2 m/s,在最低点根据牛顿第二定律有FN-mAg=mA,解得FN=72 N,方向竖直向上。
(2)根据题意A、B碰后成一整体,根据动量守恒有mAv0=v共,
解得v共=1.6 m/s,故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为ΔE=mAv02-v共2=1.6 J。
(3)第一种情况,当传送带速度v小于v共时,AB滑上传送带后先减速后匀速运动,设AB与传送带间的动摩擦因数为μ,对AB根据牛顿第二定律有μg=a,设经过时间t1后AB与传送带共速,
可得v=v共-at1,该段时间内AB运动的位移为x1=t1,
传送带运动的位移为x2=vt1,故可得Q=μg,
联立解得v=0.6 m/s,另一解大于v共舍去;
第二种情况,当传送带速度v大于v共时,AB滑上传送带后先加速后匀速运动,设经过时间t2后AB与传送带共速,同理可得v=v共+at2,该段时间内AB运动的位移为x1'=t2,传送带运动的位移为x2'=vt2,故可得Q=μg,解得v=2.6 m/s,另一解小于v共舍去。
题型1　碰撞问题
【例5】(多选)如图甲所示,两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态,质量分别为m1和m2,其中m1=1 kg。现给A球一个水平向右的瞬时冲量,使A、B球发生弹性碰撞,以此时刻为计时起点,两球的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图示信息可知 (　　)
考点三　碰撞、爆炸与反冲问题
A.B球的质量m2=2 kg
B.球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 J
C.t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能
D.在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2=1∶8
【答案】AD
【解析】两球碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由图乙图线可知,t1时刻两球速度相等为1 m/s,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v,解得B球的质量m2=2 kg,故A正确;当两球速度相等时弹性势能最大,由机械能守恒定律得m1=(m1+m2)v2+Epm,解得Epm=3 J,故B错误;两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统机械能守恒,可知t3时刻两球的动能之和等于0时刻A球的动能,故C错误;两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得m1v0=m1vA+m2vB,由机械能守恒定律得m1=m1+m2,代入数据解得vA=-1 m/s,vB=2 m/s,则t2时刻两球动能之比为==,故D正确。
解决碰撞类问题的“三个关键”
1.判断碰撞的种类
判断属于弹性碰撞、非弹性碰撞、还是完全非弹性碰撞模型。
2.明确碰撞过程遵循的“三个原则”
动量 守恒 碰撞时间极短,内力远大于外力,动量可看作守恒:
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
动能 不增加 碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能:
m1+m2≥m1v1'2+m2v2'2
速度的 合理性 碰撞可分为追赶碰撞和相向碰撞,两物体碰撞前后的速度大小关系及方向特点应与实际一致
3.弹性碰撞
以质量为m1 、速度为 v1 的小球与质量为 m2 的静止小球发生弹性碰撞为
例,则有m1v1=m1v1'+m2v2',m1=m1v+m2v2'2,联立解得v1'=v1,v2'=v1。
讨论:
①若m1=m2 ,则 v1'=0,v2'=v1 (速度交换);
②若m1>m2 ,则 v1'>0 , v2'>0 (碰后两物体沿同一方向运动);当 m1 m2 时, v1'≈v1,v2'≈2v1 ;
③ 若m10 (碰后两物体沿相反方向运动);当 m1 m2 时, v1'≈-v1 , v2'≈0 。
4.静止物体被碰撞后的速度范围
物体A与静止的物体B发生碰撞, 当发生完全非弹性碰撞时,两者粘连一起运动,损失的机械能最多,物体B的速度最小, vB=v0 ;当发生弹性碰撞时,物体 B 速度最大, vB= v0,则碰撞后物体B的速度范围为v0≤vB≤v0。
题型2　爆炸问题
【例6】 (2021·浙江1月选考)在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时,在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.两碎块的位移大小之比为1∶2
B.爆炸物的爆炸点离地面的高度为80 m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
【答案】B
【解析】假设爆炸物炸裂后两碎块的速度分别为v1、v2,爆炸过程由动量守恒定律得0=2mv1-mv2,解得=,又两碎块在空中运动的时间相同,在水平方向上有x=vt,所以水平位移之比为1∶2,竖直方向下落的高度相同,所以两碎块的位移大小之比不等于1∶2,A错误;假设两碎块在空中运动的时间均为t,则两碎块从落地到被记录到声音所用的时间分别为(5-t) s、(6-t) s,由几何关系可知v1t=340×(5-t) m,2v1t=340×(6-t) m,解得t=4 s,则爆炸点距离地面的高度为h=gt2=80 m,B正确;两碎块的水平位移分别为x1=340×(5-4) m=340 m、x2=340×(6-4) m=680 m,所以两碎块落地点之间的水平距离为x=x1+x2=1 020 m,D错误;爆炸后质量大的碎块的初速度为v1==85 m/s,C错误。
分析爆炸问题的“两个关键”
动量 守恒 爆炸的时间极短,爆炸时系统内物体间的相互作用力远大于系统的外力,一般认为系统的总动量近似守恒
总动能 增加 在爆炸过程中,由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加
题型3　反冲问题
【例7】 (2024·河南开封市二模)如图所示,质量为100 kg的木船静止在湖边附近的水面上,船身垂直于湖岸,船面可看作水平面,并且比湖岸高出h=0.8 m,在船尾处有一质量为20 kg的铁块,将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住,此时铁块到船头的距离L=3 m,船头到湖岸的水平距离x=0.7 m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上,忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。下列判断错误的是 (　　)
A.铁块脱离木船后在空中运动的时间为0.4 s
B.铁块脱离木船时的瞬时速度大小为1.75 m/s
C.木船最终的速度大小为0.6 m/s
D.弹簧释放的弹性势能为108 J
【答案】B
【解析】烧断细线后以木船和铁块组成的整体为研究对象,由动量守恒定律得m船s1=m铁s2,s1+s2=L,解得s1=0.5 m,s2=2.5 m,铁块离开木船后做平抛运动,有s1+x=v2t,h=gt2,解得t=0.4 s,v2=3 m/s,选项A正确,选项B错误;铁块与木船相互作用时,由动量守恒定律得m船v1-m铁v2=0,解得v1=0.6 m/s,选项C正确;由机械能守恒定律得Ep=m船+m铁,解得Ep=108 J,选项D正确。
解决反冲运动问题的“三个注意”
速度的 方向性 对于原来静止的整体,当将一部分抛出时,剩余部分必有反方向的速度,可任意规定某一部分的运动方向为正方向,则反方向的这一部分的速度就要取负值
速度的 相对性 在反冲运动的问题中,有时已知的速度是相互作用的两物体的相对速度,但是动量守恒定律中要求速度是相对同一惯性参考系的速度(通常为相对地面的速度),因此应先将两物体的相对速度转换成相对地面的速度,再列动量守恒定律方程
变质量 问题 在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动,如在火箭的运动过程中,随着燃料的消耗,火箭本身的质量不断减小,此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象,取相互作用的这个过程进行研究
1.(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示。小球质量为m,带电荷量为+q,可视为点电荷。初始时,小球均静止,细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v2、v3,如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了,k为静电力常量,不计空气阻力。则 (　　)
D　
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒
C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1
D.在图乙位置,v3=
【详解】该过程中系统动能和电势能相互转化,能量守恒,对整个系统分析可知系统受到的合外力为0,故动量守恒,当三个小球运动到同一条直线上时,根据对称性可知细线中的拉力相等,此时球3受到球1和球2的电场力大小相等、方向相反,故可知此时球3受到的合力为0,球3从静止状态开始运动瞬间,受到的合力不为0,故该过程中小球3受到的合力在改变,故选项A、B错误;对系统根据动量守恒有mv1+mv2=mv3,根据球1和球2运动的对称性可知v1=v2,解得 v3=2v1,根据能量守恒有m+m+m=,解得v3=,故C错误,D正确。故选D。
2.某游乐场有一项游戏。游戏规则是几个人轮流用同一个弹簧弹出一颗“炮弹”,“炮弹”水平击打静止在水平桌面上的同一辆小车,使小车运动距离最远者获胜。已知某次比赛使用小车的质量为0.5 kg,游戏中每次弹射前弹簧的压缩量相同,有多种质量的“炮弹”可供选择。“炮弹”击中小车后留在小车上(作用时间忽略不计),小车运动时所受阻力与车对地面的压力成正比。请你给予指导,要想获胜,理论上应选取“炮弹”的质量为 (　　)
A.0.25 kg　B.0.5 kg　
C.1 kg　 D.2 kg
B　
【详解】游戏中每次弹射前弹簧的压缩量相同,设弹性势能为Ep,“炮弹”质量为M,则Ep=Mv 2,“炮弹”击中小车后留在小车上,由水平方向动量守恒有Mv=(M+m)v1,小车运动时所受阻力与车对地面的压力成正比,则对小车和“炮弹”整体,有k(M+m)g=(M+m)a,可得小车运动距离x==·2Ep=·,故当M=m=0.5 kg时,小车运动距离最远,故B正确。
3.(多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中,体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.t=0.15 s时,运动员的重力势能最大
B.t=0.30 s时,运动员的速度大小为10 m/s
C.t=1.00 s时,运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
BD　
【详解】根据题图分析可知,t=0.15 s时,运动员对蹦床作用力最大,则此时运动员下降至最低点,运动员的重力势能最小,A错误;根据题图分析可知,t=0.30 s时运动员离开蹦床,做竖直上抛运动,经2 s后,即t=2.30 s时再次落至蹦床上,则根据竖直上抛运动的对称性可知,t=1.30 s时,运动员运动至最大高度处,根据v=gΔt可知,运动员在t=0.30 s时的速度大小v0=10×1 m/s=10 m/s,B正确,C错误;对运动员与蹦床一次相互作用的过程,根据动量定理有(-mg)Δt=mv0-(-mv0),其中Δt=0.30 s,代入数据解得=4 600 N,D正确。
4.(多选)(2024·河南开封市二模)在水平面上静置有质量相等的a、b两个物体,水平推力F1、F2分别作用在a、b上,一段时间后撤去推力,物体继续运动一段距离后停下,a、b在运动过程中未相撞,a、b的v-t图像如图所示,图中Ata平行于Btb,整个过程中a、b的最大速度相等,运动时间之比ta∶tb=3∶4。则在整个运动过程中下列说法正确的是 (　　)
A.物体a、b受到的摩擦力大小相等
B.两水平推力对物体的冲量之比为=
C.两水平推力对物体的做功之比为=
D.两水平推力的大小之比为=
ABC　
【详解】由题知,Ata平行于Btb,说明撤去推力后两物体的加速度相同,而撤去推力后物体的合力等于摩擦力,则物体a、b受到的摩擦力大小相等,根据动量定理可得F1tA-μmgta=0,F2tB-μmgtb=0,解得=,根据图像可知tA=,故A正确,D错误;根据动量定理可得I1-μmgta=0,I2-μmgtb=0,解得==,故B正确;根据动能定理可得W1-μmgxa=0,W2-μmgxb=0,xa=tavm,xb=tbvm,解得==,故C正确。故选ABC。
5.(多选)(2024·广西卷)如图所示,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和
N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在 (　　)
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
BC　
【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒,可知两小球碰撞过程是弹性碰撞,由于两小球质量相等,故碰撞后两小球交换速度,即vM=0,vN=v,碰后小球N做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v;在竖直方向上做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选BC。
6.(多选)(2024·宁夏银川二模)如图所示,质量均为m=2 kg的木块A和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=0.5 m的细线,细线另一端系一质量为1 kg的球C。现将球C拉起使细线水平伸直,并由静止释放球C,重力加速度为g取10 m/s2。从开始释放C到A、B两木块恰好分离的过程,下列说法正确的是 (　　)
A.两物块A和B分离时,A、B的速度大小均为 m/s
B.两物块A和B分离时,C的速度大小为2 m/s
C.球C由静止释放到最低点的过程中,木块移动的距离为0.1 m
D.球C由静止释放到最低点,A对B的弹力的冲量大小为 kg· m/s
BC　
【详解】球C下落到最低点时,A、B将要分离,根据机械能守恒定律有mCgl=mC+(2m),系统水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有mCvC=2 mvAB,联立解得vC=2m/s,vAB= m/s,故A错误,B正确;球C由静止释放到最低点的过程中,设C对地的水平位移大小为x1,A、B对地的水平位移大小为x2,则有mCx1=2mx2,x1+x2=l,解得x2=0.1 m,故C正确;C球由静止释放到最低点的过程中,选B为研究对象,由动量定理有IAB=mvAB= kg·m/s,故D错误。故选BC。
专题集训(八)　动量定理 动量守恒定律
1.(2024·江苏高考)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
A
【解析】剪断细绳后,A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零,则此系统满足动量守恒定律,即系统动量不变。因各表面均光滑,故系统无机械损失,满足机械能守恒定律,系统机械能也不变,故C、D错误;剪断细绳后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,弹簧压缩最短时A、B共速,因系统初动量为零,故弹簧压缩最短时系统动量也为零,则此时A、B的动量均为零,故此时B的动能为零,并非最大,故B错误;由A、B和弹簧组成的系统动量守恒与机械能守恒,可知运动过程中A、B的动量始终等大反向,故A、B同时达到各自的速度最大值,当弹簧为原长时,弹簧弹性势能为零,则A、B的总动能最大,故此时A、B的速度达到最大值,B的动量最大,故A正确。故选A。
2.(2022·北京高考)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰,其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.碰撞前m2的速率大于m1的速率
B.碰撞后m2的速率大于m1的速率
C.碰撞后m2的动量大于m1的动量
D.碰撞后m2的动能小于m1的动能
C
【解析】x-t图像中图线的斜率表示物体的速度,根据图像可知m1碰前的速度大小为v0= m/s=4 m/s,m2碰前速度为0,A错误;两物体正碰后,m1碰后的速度大小为v1= m/s=2 m/s,m2碰后的速度大小为v2= m/s=2 m/s,碰后两物体的速率相等,B错误;两物体碰撞过程中满足动量守恒定律,则m1v0=-m1v1+m2v2,解得两物体质量的关系为m2=3m1,根据动量的表达式p=mv可知碰后m2的动量大于m1的动量,C正确;根据动能的表达式Ek=mv2可知碰后m2的动能大于m1的动能,D错误。故选C。
3.(多选)“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目,在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来,使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示,一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内,已知气流密度为ρ,游客受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)为S,风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定,重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零,则下列说法正确的是 (　　)
A.气流速度大小为
B.单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为
C.单位时间内风机做的功为
D.若风速变为原来的,游客开始运动时的加速度大小为g
AC
【解析】对Δt时间内吹向游客的气体,设气体质量为Δm,由动量定理可得FΔt=Δmv,由于游客处于静止状态,故满足F=mg,另外Δm=ρvΔtS,联立可得v=,A正确;单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为V=vπ=
,B错误;风洞单位时间流出的气体质量M=ρV=,单位时间内风机做的功为W=Mv2=,C正确;若风速变为原来的,设风力为F',由动量定理可得F'Δt=Δm'·,另外Δm'=ρ·ΔtS=,联立可得F'==,由牛顿第二定律可得mg-F'=ma,解得a=,D错误。
4.(多选)2023年1月22日,我国“奋斗者”号潜水器下滑至蒂阿蔓蒂那海沟最深点完成深潜作业后成功回收,这是人类历史上首次抵达该海沟的最深点。“奋斗者”号下潜后,能够拍摄海底地形地貌、海洋生物等影像资料,同时利用机械手对海洋生物、底层海水、海底沉积物和岩石进行采样。科研人员为此做了大量实验,以保证“奋斗者”号能够圆满完成任务。由于岩石表面光滑,机械手臂在抓取岩石时容易滑落,假设岩石滑落后在海底做匀速直线运动(忽略水和海底的阻力影响),某次模拟水下采集岩石的实验过程中,A、B两块岩石在光滑水平面上沿同一直线运动,B在前,A在后,发生碰撞前后A、B的v-t图像如图乙所示,由此可以判断 (　　)
AC
A.A、B的质量之比为3∶2
B.碰撞前后A的速度变化量为4 m/s
C.A、B两岩石的碰撞为弹性碰撞
D.A、B两岩石的碰撞为非弹性碰撞
【解析】根据题图乙可知,碰撞前,A岩石的速度为vA=6 m/s,B岩石的速度为vB=1 m/s,碰撞后,A岩石的速度为vA'=2 m/s,B岩石的速度为vB'=7 m/s,根据动量守恒定律有mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB',解得mA∶mB=3∶2,A正确;碰撞前后A的速度变化量为ΔvA=vA'-vA=-4 m/s,B错误;碰撞前系统的总动能为Ek=mA+mB,碰撞后系统的总动能为Ek'=mAvA'2+mBvB'2,计算可知Ek=Ek',可见碰撞前后系统的总动能不变,因此A、B两岩石的碰撞为弹性碰撞,C正确,D错误。
5.(多选)(2024·湖北高考)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小Ff与射入初速度大小v0成正比,即Ff=kv0(k为已知常量)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则 (　　)
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
AD
【解析】子弹在木块内运动的过程中,子弹与木块组成的系统所受合外力为0,所以该系统动量守恒,若子弹没有射出木块,则由动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得木块获得的速度大小为v=,又子弹的初速度越大,其打入木块越深,则当子弹恰不射出木块时,木块获得的速度最大,此时有m=(m+M)v2+kv0L,解得v0=;若子弹能够射出木块,则有v0>,子弹在木块内运动的过程,对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0=mam,kv0=MaM,根据位移关系有v0t-amt2-aMt2=L,对木块有v2=aMt,联立解得v2=,又v0越大,t越小,则v2越小,即随着v0的增大,木块获得的
速度v2不断减小,综上,若木块获得的速度最大,则子弹的初速度大小v0=,A正确;子弹在木块内运动的过程,对子弹由动量定理有-kv0t=mv-mv0,解得子弹在木块中运动的时间t=,B错误;由能量守恒定律可知,木块和子弹损失的总动能ΔEk=kv0L=,C错误;木块在加速过程中做匀加速运动,由运动学规律有x=,解得木块在加速过程中运动的距离x=,D正确。
6.(多选)(2023·广东深圳二模)如图所示,质量为1 kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上,现使质量为2 kg的条形磁铁(条形磁铁横截面比铝管管内横截面小)以v=3 m/s的水平初速度自左向右穿过铝管,忽略一切摩擦,不计管壁厚度。则 (　　)
A.磁铁穿过铝管过程中,铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右
B.磁铁穿过铝管后,铝管速度可能为4 m/s
C.磁铁穿过铝管时的速度可能大于2 m/s
D.磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J
CD
【解析】磁铁穿过铝管过程中,根据楞次定律可知,铝管受到的安培力始终向右,故A错误;磁铁穿过铝管的过程中,系统动量守恒,设穿过铝管时磁铁的速度为v1,铝管的速度为v2,根据动量守恒定律有Mv=Mv1+mv2,假设无能量损耗,则有Mv2=M+m,解得v1=1 m/s,v2=4 m/s,假设磁铁恰好和铝管速度相等,共速的速度为v3,根据动量守恒定律有Mv=(M+m)v3,解得v3=2 m/s,损耗的能量为ΔE=Mv2-(M+m)=3 J,所以磁铁穿过铝管后,铝管速度小于4 m/s,磁铁穿过铝管时的速度可能大于2 m/s,磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J,故B错误,C、D正确。故选CD。
7.(多选)一个质量为M=2 kg的长木板静止在粗糙水平地面上,木板右端静止一个质量为m=2 kg的小物块,小物块可视为质点,如图甲所示。某时刻,给长木板一个方向水平向右、大小为I=8 N·s的冲量,此后小物块和长木板运动的v-t图像如图乙所示,且小物块始终没有滑离长木板,若已知图中t1=0.4 s,v1=0.8 m/s,小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度g=10 m/s2,则从初始到二者最终停下的整个过程中,下列说法正确的是 (　　)
AB
A.μ1=0.2;μ2=0.3
B.0~t1时间内,小物块与长木板间因摩擦产生的内能为3.2 J
C.小物块比长木板提前0.2 s停下
D.小物块相对长木板的位移为0.88 m
【解析】根据题意,对长木板,由动量定理有I=Mv0,由牛顿第二定律有μ1mg+μ2(m+M)g=Ma2,对小物块,由牛顿第二定律有μ1mg=ma1,通过对题图及题中数据分析得a1==2 m/s2,在t1时刻有v0-a2t1=a1t1,联立以上各式解得μ1=0.2,μ2=0.3,故A正确;0~t1时间内,二者的相对位移可通过题图乙中图线与横轴围成的面积计算,Δx1=v0t1=0.8 m,则产生的内能Q=μ1mgΔx1=3.2 J,故B正确;t1时刻后,小物块加速度大小不变,由题图乙知,长木板做匀减速直线运动,对长木板,由牛顿第二定律有μ2(m+M)g-μ1mg=Ma3,解得a3=4 m/s2,则t1~t2的时间为Δt==0.2 s,由对称性可知小物块停下也会用时0.4 s,则小物块比长
木板晚0.2 s停下,故C错误;小物块与长木板t1~t3时间内的相对位移Δx2=×0.2×0.8 m=0.08 m,则全过程的相对位移为Δx=Δx1-Δx2=0.72 m,故D错误。
8.(多选)(2024·广东高考)如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同滑块,分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有 (　　)
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H乙无关
D.甲最终停止位置与O处相距
ABD
【解析】两滑块在光滑斜坡上加速度相同,同时由静止开始下滑,则相对速度为0,故A正确;两滑块滑到水平面后均做匀减速运动,由于两滑块质量相同,且发生弹性碰撞,可知碰后两滑块交换速度,即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度,故B正确;设斜面倾角为θ,乙下滑过程有=gsin θ·,在水平面运动一段时间t2后与甲相碰,碰后以甲碰前速度做匀减速运动的时间为t3,则乙运动的时间为t=t1+t2+t3,由于t1与H乙有关,则总时间与H乙有关,故C错误;乙下滑过程有mgH乙=m,由于甲和乙发生弹性碰撞,交换速度,则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同,则如果不
发生碰撞,乙在水平面运动到停止有=2μgx,联立可得x=,即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距,故D正确。故选ABD。
9.(多选)(2024·广西柳州一模)如图所示,质量为m的物块A以4v0的速度在光滑水平面上向右运动,A的左侧为墙面,A与墙面碰撞后以原速率返回。A的右侧有一以v0速度向右运动的物块B,物块B的质量为M(M未知),B的左侧固定一轻弹簧,物块A、B均可视为质点,下列说法正确的是 (　　)
A.无论A、B发生几次接触,整个过程A、B的总动量都守恒
B.若M=m,弹簧能达到的最大弹性势能为
C.若M=3 m,则A、B能发生两次接触
D.无论M为何值,A、B都不能发生三次接触
BD
【解析】A与墙壁碰撞过程墙壁对其有向右的冲量,该过程动量不守恒,A错误;A、B第一次共速后A与墙壁碰撞,墙壁对其有向右的冲量,系统的动量增大,第二次共速的速度变大,动能变大,而系统无机械能损失,弹性势能小于第一次压缩到最短时的弹性势能,因此第一次共速时弹簧的弹性势能最大,以向右为正方向,由动量守恒和机械能守恒有Mv0+m·4v0=(M+m)v共,M+m=(M+m)+Ep,M=m时最大弹性势能为Ep=,B正确;A第一次接触弹簧到与弹簧分离的过程,由动量守恒和机械能守恒有Mv0+m·4v0=Mv1+mv2,M+m=M+m,解得
v1=v0,v2=v0,若要发生两次接触,需满足v2<0,且-v2>v1,解得M>11m,C错误;物块A第二次接触弹簧到与弹簧分离的过程,有Mv1-mv2=Mv3+mv4,M+m=M+m,解得v3=v0,v4=v0,若要发生三次接触,首先需满足v4<0,解得M10.(2023·广东高考)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成,滑槽高为3 L,平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上,在与传送带达到共速后,从M点进入滑槽,A刚好滑到平台最右端N点停下,随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰,碰撞时间极短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2 m,碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,A、B在滑至N点之前不发生碰撞,忽略空气阻力和圆盘的高度,将药品盒视为质点。求:
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t;
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W;
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。

(1)　
(2)6mgL-3m　
(3)
【解析】(1)A在传送带上运动时的加速度a=μg,由静止加速到与传送带共速所用的时间t==。
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功
W=·2m+2mg·3L-·2m+2mg·3L-·2m=6mgL-3m。
(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可得2m·2v0=mv1+2mv2,·2m-(m+·2m)=[·2m·],解得v1=2v0,v2=v0 (另一组v1=v0,v2=v0舍掉),两物体平抛运动的时间t1=,水平方向做匀速直线运动,有s-r=v2t1,s+r=v1t1,联立解得s=。
11.(2025·云南一模)如图,某同学在水平冰面上进行冰壶练习时,冰壶甲意外滑入宽=27.25 m的矩形ABCD区域,并最终停在O点。该区域禁止人员进入,为了取回冰壶甲,该同学将冰壶乙从E点以某一初速度滑入该区域与甲正碰,最终甲滑出该区域,且乙恰好停在AB边界。已知=21.00 m,且EO⊥CD,两冰壶相同且可视为质点,冰壶与冰面间动摩擦因数μ=0.008,碰撞中损失的动能等于碰前瞬间总动能的,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)碰后瞬间乙的速度大小;
(2)乙滑入该区域的初速度大小。
(1)1 m/s　
(2)4.4 m/s
【解析】(1)设两冰壶质量均为m,碰前瞬间乙的速度为v1,碰后瞬间甲、乙的速度分别为v甲、v乙,乙从O恰好滑至AB过程有-μmg=0-m,解得v乙=1m/s。
(2)乙与甲碰撞过程系统动量守恒,动能损失为碰前动能的,有mv1=mv甲+mv乙,mv12=mv甲2+mv乙2,联立解得v1=4 m/s,或v1=m/s(依题意v甲>v乙,排除此解),设乙在E点初速度为v0,从E至O的过程有-μmg·=m-m,解得v0=4.4 m/s。
12.(2025·江苏高考)如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小;
(2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1;
(3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
(1)v0　
(2)　
(3)m
【解析】(1)根据题意可知,所有碰撞均为弹性碰撞,由于钢球质量也为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钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为v0。
(2)根据题意可知,所有碰撞均为弹性碰撞,则由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2,由能量守恒定律有m=m+×3m,解得v1=v0=-v0,v2=v0=v0,负号表示速度反向,则玻璃球的速度大小为v0。
(3)根据题意结合(2)分析可知,玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹,且速度大小变为碰撞前的,右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞,速度互换,静止在光滑水平面上,玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞,同理可得,碰撞后玻璃球再次反弹,且速度大小为碰撞前的,综上所述,玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=v0,则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek=mv2=m。