資源簡介

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專題15 動量 動量守恒定律
課標要求 知識要點 命題推斷
1.理解動量、動量的變化量、動量定理的概念. 2.知道動量守恒的條件. 3.會利用動量守恒定律分析碰撞、反沖等相互作用問題． 考點一　動量、沖量、動量定理的理解與應用 考點二　動量守恒定律的理解和判斷 考點三　動量守恒定律的應用（人船模型） 考點四　碰撞現象的特點和規(guī)律 題型：選擇題 計算題 1動量和動量變化量、沖量的計算 2應用動量定理求平均沖力 3在多過程問題中應用動量定理 4流體類柱狀模型、微粒類柱狀模型 5動量守恒定律的判斷與應用 6碰撞（彈簧）模型 7人船模型
考點一　動量、沖量、動量定理的理解與應用
1．動量
(1)定義：運動物體的質量和速度的乘積叫做物體的動量，通常用p來表示．
(2)表達式：p＝mv.
(3)單位：kg·m/s.
(4)標矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同．
2．沖量
(1)定義：力F與力的作用時間t的乘積．
(2)定義式：I＝Ft.
(3)單位：N·_s.
(4)方向：恒力作用時，與力的方向相同．
(5)物理意義：是一個過程量，表示力在時間上積累的作用效果．
3．動量定理
(1)內容：物體所受合外力的沖量等于物體的動量的變化量．
(2)表達式：
考點二　動量守恒定律的理解和判斷
1．內容
如果一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律．
2．適用條件
(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內每個物體所受的合外力都為零，更不能認為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．
(2)近似適用條件：系統(tǒng)內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力．
(3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒．
考點三　動量守恒定律的應用（人船模型）
1．動量守恒定律的不同表達形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零．
2．應用動量守恒定律解題的步驟
(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)；
(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)；
(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量；
(4)由動量守恒定律列出方程；
(5)代入數據，求出結果，必要時討論說明．
考點四　碰撞現象的特點和規(guī)律
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間極短，而物體間相互作用力很大的現象．
(2)特點：在碰撞現象中，一般都滿足內力 外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒．
(3)分類
動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 守恒
非完全彈性碰撞 守恒 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失最大
2.碰撞后運動狀態(tài)可能性判定
(1)動量制約：即碰撞過程中必須受到動量守恒定律的制約，總動量的方向恒定不變，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能制約：即在碰撞過程中，碰撞雙方的總動能不會增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
(3)運動制約：即碰撞要受到運動的合理性要求的制約，如果碰前兩物體同向運動，則后面物體速度必須大于前面物體的速度，碰撞后原來在前面的物體速度必增大，且大于或等于原來在后面的物體的速度，否則碰撞沒有結束；如果碰前兩物體是相向運動，而碰后兩物體的運動方向不可能都不改變，除非碰后兩物體速度均為零．
（2024 廣東三模）工廠中某水平傳送帶由靜止啟動，啟動初期驅動輪上某點的線速度隨路程均勻增大，已知傳送帶與驅動輪間無相對滑動，則啟動初期與傳送帶相對靜止的滑塊（　　）
A．做勻加速運動
B．加速度逐漸減小
C．動量變化得越來越快
D．所受摩擦力的功率不變
（2024 渾南區(qū)校級模擬）如圖所示為放在水平桌面上的沙漏計時器，從里面的沙子全部在上部容器里開始計時，沙子均勻地自由下落，到沙子全部落到下部容器里時計時結束，不計空氣阻力和沙子間的影響。對計時過程取兩個時刻：時刻一，下部容器底部沒有沙子，部分沙子正在做自由落體運動；時刻二，上、下容器內都有沙子，部分沙子正在做自由落體運動。下列說法正確的是（　　）
A．時刻一，桌面對沙漏的支持力大小等于沙漏的總重力大小
B．時刻一，桌面對沙漏的支持力大小大于沙漏的總重力大小
C．時刻二，桌面對沙漏的支持力大小等于沙漏的總重力大小
D．時刻二，桌面對沙漏的支持力大小小于沙漏的總重力大小
（2024 鄭州三模）如圖所示，某同學利用平板車將貨物勻速運送到斜坡上，貨物與小車之間始終沒有發(fā)生相對滑動。則平板車與貨物組成的系統(tǒng)（　　）
A．動量增大
B．機械能不變
C．所受合外力的沖量為零
D．所受推力做功為零
（2024 鹽都區(qū)校級三模）某同學利用如圖所示的裝置做《驗證動量守恒定律的實驗》，已知兩球的質量分別為m1、m2（且m1＞m2），關于實驗下列說法正確的（　　）（填選項前的字母）
A．如果M是m2的落點，則該同學實驗過程中必有錯誤
B．斜槽軌道必須很光滑
C．實驗需要驗證的是m1 OP＝m2 O'M+m1 ON
D．實驗需要秒表、天平、圓規(guī)等器材
（2024 浙江模擬）2023年9月，“天宮課堂”第四課在中國空間站正式開講，神舟十六號航天員在夢天實驗艙內進行授課。航天員用0.3kg的大球與靜止的0.1kg的小球發(fā)生正碰，某同學觀看實驗時發(fā)現：碰撞后，大球向前移動1格長度時，小球向前移動3格的長度，忽略實驗艙內空氣阻力的影響。下列說法正確的是（　　）
A．碰撞后大球的動量大于小球的動量
B．碰撞后大球的動能等于小球的動能
C．大球碰撞前后的速度比為2：1
D．大球碰撞前后的動能比為2：1
（2024 市中區(qū)校級模擬）如圖所示，一拋物線形狀的光滑導軌豎直放置，固定在B點，O為導軌的頂點，O點離地面的高度為h，A在O點正下方，A、B兩點相距2h，軌道上套有一個小球P，小球P通過輕桿與光滑地面上的小球Q相連，兩小球的質量均為m，輕桿的長度為2h。現將小球P從距地面高度為處由靜止釋放，下列說法正確的是（　　）
A．小球P即將落地時，它的速度大小為
B．小球P即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為30°
C．從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為
D．若小球P落地后不反彈，則地面對小球P的作用力的沖量大小為
（2024 東西湖區(qū)校級模擬）由多個點電荷組成的系統(tǒng)的電勢能與它們的電荷量和相對位置有關。如圖甲所示，a、b、c三個質量均為m，帶等量正電荷的小球，用長度相等不可伸長的絕緣輕繩連接，靜置于光滑絕緣水平面上，設此時系統(tǒng)的電勢能為E0。現剪斷a、c兩小球間的輕繩，一段時間后c球的速度大小為v，方向如圖乙所示。關于這段時間內的電荷系統(tǒng)，下列說法中正確的是（　　）
A．動量不守恒
B．機械能守恒
C．c球受到的電場力沖量大小為mv
D．圖乙時刻系統(tǒng)的電勢能為
（2024 越秀區(qū)校級模擬）在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖（a）所示，碰撞前后兩壺運動的v﹣t圖線如圖（b）中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質量相等，則（　　）
A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞
B．碰后藍壺速度為0.6m/s
C．碰后藍壺移動的距離為2.0m
D．碰后紅壺所受摩擦力小于藍壺所受摩擦力
（2024 江蘇模擬）如圖所示，軌道的上表面由長度為2R的水平部分CB和半徑為R的四分之一光滑圓弧AB組成，軌道質量為2m，靜止于光滑的水平地面上。一質量為m的小滑塊（看作質點）從C點開始沿CB面水平向左運動，CB面與小滑塊之間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。要使滑塊能越過B點滑上圓弧AB，求：
（1）滑塊運動到B點的過程中產生的熱量；
（2）滑塊在C點的初速度v0滿足的條件。
（3）若滑塊在C點的初速度v0，求滑塊滑上圓弧AB后能達到的最大高度。
（2024 東港區(qū)校級模擬）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ＝37°的直軌道AB，半徑R＝1m的圓弧軌道BCD，長度L＝1.25m、傾角為θ的直軌道DE，半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側，光滑水平面上緊靠著質量m＝0.5kg滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質量m＝0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h靜止釋放，經圓弧軌道BCD滑上軌道DE，軌道DE由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數μ1＝0.25，向下運動時動摩擦因數μ2＝0.5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數恒為μ1，小物塊a運動到滑塊右側的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）
（1）若h＝0.8m，求小物塊：
①第一次經過C點的向心加速度大小；
②在DE上經過的總路程；
③在DE上向上運動時間t上和向下運動時間t下之比；
（2）若h＝1.6m，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊。
題型1動量和動量變化量、沖量的計算
（2024 河南一模）質量相等的A、B兩個小球處在空中同一高度，將A球水平向右拋出，同時將B球斜向上拋出，兩小球拋出時的初速度大小相同，兩小球在空中運動的軌跡如圖，不計空氣阻力。則兩小球在空中運動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．相同時間內，速度變化量可能不同
B．同一時刻，速度變化快慢可能不同
C．拋出后下降到同一高度時，動能一定相同
D．相同時間內，重力的沖量大小可能不同
（2024 海珠區(qū)校級模擬）俯臥撐是一項深受學生們喜歡的課外健身運動，做中距俯臥撐（下左圖）時雙臂基本與肩同寬，做寬距俯臥撐（下右圖）時雙臂大約在1.5倍肩寬。某位同學正在嘗試用不同姿勢的做俯臥撐；對于該同學做俯臥撐的過程，下列說法中正確的是（　　）
A．在俯臥撐向下運動的過程中，地面對手掌的支持力小于手掌對地面的壓力
B．寬距俯臥撐比中距俯臥撐省力
C．在俯臥撐向上運動的過程中，地面對該同學的支持力做正功
D．在做俯臥撐運動的過程中，地面對該同學的沖量不為零
（2024 雨花區(qū)校級模擬）如圖1為某游樂園旋轉的飛椅，可將其簡化為圖2所示的模型。將圖2裝置放在粗糙的水平地面上，吊繩長均為L，上端與豎直轉軸間的距離均為x，A、B為兩個質量分別為m、2m的小球。若水平轉盤CD繞轉軸勻速轉動，穩(wěn)定時AC繩與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，則（　　）
A．在一個周期內，重力對A的沖量為零
B．A的線速度大小為
C．BD繩的拉力大小為2mgcosθ
D．地面受到的靜摩擦力大小為mgtanθ
題型2應用動量定理求平均沖力
（2024 五華區(qū)校級模擬）太陽帆飛船是目前唯一可能承載人類到達太陽系外星系的航天器。太陽光光子流撞擊航天器帆面，產生持續(xù)光壓，使航天器可在太空中飛行。若有一艘太陽帆飛船在航行，太陽光垂直照射帆面，帆面積為66300m2，單位面積每秒接受的太陽輻射能量為1.2×103W m﹣2。已知太陽輻射平均波長為10﹣6m，假設帆能完全反射太陽光，不計太陽光反射的頻率變化，普朗克常數h＝6.63×10﹣34J s，則下列說法正確的是（　　）
A．太陽輻射的光子能量約為6.63×10﹣28J
B．太陽輻射的光子動量約為6.63×10﹣24kg m s﹣1
C．太陽輻射對飛船的平均作用力約為0.53N
D．帆面每秒鐘接受到的光子數量約為4.0×1020個
（2024 沙坪壩區(qū)模擬）如圖所示，小明同學對某輕質頭盔進行安全性測試，他在頭盔中裝入質量為2.0kg的物體，物體與頭盔緊密接觸，使其從3.20m的高處自由落下，并與水平面發(fā)生碰撞，頭盔被擠壓了0.08m時，物體的速度減為0。擠壓過程視為勻減速直線運動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則（　　）
A．擠壓過程中物體處于失重狀態(tài)
B．勻減速直線運動過程中頭盔對物體的平均作用力大小為820N
C．物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為16kg m/s，方向豎直向下
D．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為20N s
（2024 西城區(qū)二模）如圖所示，質量m＝0.6kg的籃球從離地高度H＝0.8m處由靜止釋放，與地面發(fā)生第一次碰撞后反彈，達到最高點時離地高度h＝0.45m，籃球與地面發(fā)生作用的時間Δt＝0.1s。籃球反彈至最高點后，運動員通過豎直向下拍擊籃球對其做功，使籃球與地面發(fā)生第二次碰撞，碰后恰能反彈至離地高度H＝0.8m處。若籃球兩次與地面碰撞損失的機械能相同，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：
（1）籃球第一次與地面碰撞的過程中，損失的機械能E損；
（2）籃球第一次與地面碰撞的過程中，受到地面的平均作用力的大小F；
（3）運動員拍擊籃球的過程，對籃球做的功W。
題型3在多過程問題中應用動量定理
（2024 重慶模擬）如圖所示，兩端分別固定有小球A、B（均視為質點）的輕桿豎直立在水平面上并靠在豎直墻面右側處于靜止狀態(tài)。由于輕微擾動，A球開始沿水平面向右滑動，B球隨之下降，在B球即將落地的過程中兩球始終在同一豎直平面內。已知輕桿的長度為l，兩球的質量均為m，重力加速度大小為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是（　　）
A．A球動能最大時對水平面的壓力大小等于2mg
B．豎直墻面對B球的沖量大小為
C．輕桿對A球先做正功后做負功
D．A球的最大動能為
（2024 阜陽模擬）小明在進行定點投籃，以籃球運動所在的豎直平面內建立坐標系xOy，將一質量為m的籃球由A點投出，其運動軌跡經過A、B、C、D，C為籃球運動的最高點，如圖所示。已知重力加速度大小為g，不計空氣阻力，籃球可視為質點。下列說法正確的是（　　）
A．C點坐標為（0，L）
B．籃球由B到C和由C到D的過程中，動能的變化量相同
C．籃球在C點時，重力的瞬時功率為mg
D．籃球由A到B和由C到D的過程中，動量的變化量大小相等，方向相反
（2024 廈門三模）2024年4月20日世界田聯鉆石賽在廈門白鷺體育館舉行，世界名將杜普蘭蒂斯以6米24的成績刷新了自己的撐桿跳世界紀錄。如圖所示，某次訓練時，運動員持桿從靜止開始加速助跑，助跑距離為45m，速度達到9m/s，接著撐桿起跳，重心升高5m時到達最高點且速度為零。過桿后，運動員做自由落體運動，重心下降5m時身體接觸軟墊，從接觸軟墊到速度減至零的時間為0.5s.已知運動員的質量為80kg，助跑階段可視為勻加速直線運動，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，求：
（1）運動員助跑階段的加速度大小a；
（2）從撐桿起跳到最高點的過程中，運動員機械能的變化量ΔE；
（3）從接觸軟墊到速度減為零過程中，軟墊對運動員作用力的沖量大小I。
題型4流體類柱狀模型、微粒類柱狀模型
（2023 杭州一模）現代都市高樓林立，高樓出現火情需要一種高架水炮消防車。如圖所示，某樓房的65m高處出現火情，高架水炮消防車正緊急滅火中。已知水炮炮口與樓房間距為15m，與地面距離為60m，水炮的出水量為3m3/min，水柱剛好垂直打入受災房間窗戶。則（　　）
A．地面對消防車的作用力方向豎直向上
B．水炮炮口的水流速度為10m/s
C．水泵對水做功的功率約為3.8×104W
D．若水流垂直沖擊到窗戶玻璃后向四周流散，則沖力約為1500N
（2021 河南一模）如圖所示是為了檢驗某種新型材料性能的實驗裝置示意圖。在傾斜固定放置的玻璃表面鋪上某種新型材料，在某一高度處，固定一個噴水裝置。噴口能夠持續(xù)以速度v0水平向右連續(xù)噴出水柱。不斷調節(jié)噴水裝置的位置，當噴水裝置距該新型材料表面中點高為h的位置時，噴口噴出的水柱最后剛好垂直沖擊到該新型材料表面的中點處，并且水柱撞擊到該新型材料表面后，水的速度剛好立刻變?yōu)榱悖缓笏卦撔滦筒牧媳砻婢鶆蛏㈤_。已知噴口處水柱的橫截面積為S，噴口處橫截面上各處水的速度都相同。設水柱在空中不會散開，忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求：
（1）水柱穩(wěn)定后，在空中水柱的質量；
（2）噴水裝置噴出的水柱對該新型材料表面的平均沖擊力大小。
題型5動量守恒定律的判斷與應用
（2024春 長春期末）巴黎奧運會將于2024年7月26日至8月11日舉行，滑板作為一項新興運動成為正式比賽項目。如圖所示，運動員在比賽中做騰空躍起并越過障礙物的表演，若忽略空氣阻力，那么騰空過程中（　　）
A．運動員和滑板構成的系統(tǒng)動量守恒
B．運動員與滑板構成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒
C．運動員和滑板構成的系統(tǒng)機械能不守恒
D．運動員和滑板構成的系統(tǒng)在最高點時的動量為零
（2024春 拉薩期末）如圖所示，半徑為R1＝1.8m的光滑圓弧軌道與半徑為R2＝0.8m的半圓光滑細管平滑連接并固定，光滑水平地面上緊靠管口處有一質量為M＝3kg、長度為L＝2.0m的木板，木板上表面正好與管口底部相切，處在同一水平線上，木板的左方有一足夠長的水平臺階，其上表面與木板上表面高度相同。現讓質量為m2＝2kg的物塊b靜止于B處，質量為m1＝1kg的物塊a從光滑圓弧軌道頂端的A處由靜止釋放，物塊a下滑至B處和b發(fā)生碰撞后不再分開，a、b形成的物塊c經過半圓管從C處滑上木板，當木板速度為2m/s時，木板與臺階碰撞并立即被粘住，若g＝10m/s2，物塊碰撞前后均可視為質點，圓管粗細不計。
（1）求物塊a和b碰后共同具有的速度；
（2）若物塊c與木板、臺階表面間的動摩擦因數均為μ＝0.5，求物塊c在臺階表面上滑行的最大距離。
（2024 重慶）如圖所示，MN兩個釘子固定于相距a的兩點，M的正下方有不可伸長的輕質細繩，一端固定在M上，另一端連接位于M正下方放置于水平地面質量為m的小木塊B，繩長與M到地面的距離均為10a，質量為2m的小木塊A，沿水平方向與B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，A與地面間摩擦因數為，重力加速度為g，忽略空氣阻力和釘子直徑，不計繩被釘子阻擋和繩斷裂時的機械能損失。
（1）若碰后，B在豎直面內做圓周運動，且能經過圓周運動最高點，求B碰后瞬間速度的最小值。
（2）若改變A碰前瞬間的速度，碰后A運動到P點停止，B在豎直面圓周運動旋轉2圈，經過M正下方時細繩子斷開，B也來到P點，求B碰后瞬間的速度大小。
（3）若拉力達到12mg細繩會斷，上下移動N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬間的速度與（2）問中的相同，使B旋轉n圈。經過M正下時細繩斷開，求MN之間距離的范圍，及在n的所有取值中，B落在地面時水平位移的最小值和最大值。
題型6碰撞（彈簧）模型
（2024 黃陂區(qū)校級一模）質量為2kg的小球b靜止在光滑的水平地面上，左端連接一水平輕質彈簧，質量為2kg的另一小球a以4m/s的速度向b運動，從小球a接觸彈簧到壓縮到最短所經歷的時間為，已知此彈簧的壓縮量x與彈性勢能Ep的關系為，則小球a、b在這段時間內的位移大小分別為（　　）
A．m， B．m，m
C．m，m D．m，m
（2024 樂清市校級三模）（機械振動）質量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上。平衡時，彈簧的壓縮量為x0，如圖所示，一物塊從鋼板正上方距離為3x0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連。它們到達最低點后又向上運動。已知物塊質量也為m，彈簧的彈性勢能Epkx2，簡諧運動的周期T＝2，下列說法正確的是（　　）
A．碰后物塊與鋼板一起做簡諧運動，振幅A＝x0
B．物塊與鋼板在返回O點前已經分離
C．碰撞剛結束至兩者第一次運動到最低點所經歷的時間t
D．運動過程中彈簧的最大彈性勢能
（2024 江蘇模擬）某快遞站利用如圖所示裝置運送貨物（視為質點），固定傾斜軌道AB的B點與軌道B'CD的B'點等高，兩軌道相切并平滑連接。軌道B'CD上表面由光滑圓弧軌道B'C和水平粗糙軌道CD組成且相切于C點，圓弧軌道B'C的半徑R＝2.75m，所對圓心角θ＝37°，水平粗糙軌道CD段長L＝5m。軌道B'CD靜置于光滑水平面上，右側緊靠豎直墻壁。現將質量m＝10kg的貨物從距離B點高度h＝1.5m的A點無初速度釋放，貨物滑到軌道B'CD左端D點時恰好與軌道保持相對靜止。貨物與傾斜軌道AB、水平粗糙軌道CD間的動摩擦因數分別為μ0＝0.125，μ1＝0.3，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力。求：
（1）貨物在B點的速度大小；
（2）軌道B′CD的質量M；
（3）整個過程中由于摩擦產生的內能Q。
題型7人船模型
（多選）（2024 貴州模擬）如圖所示，在水平面上放置一半徑為R的半圓槽，半圓槽的左、右最高點A、B在同一水平線上、最低點為C，現讓一個小球從槽右側最高點B無初速釋放。已知小球和半圓槽的質量分別為m和2m，不計小球與半圓槽和半圓槽與水平地面之間的摩擦，當地的重力加速度為g。則（　　）
A．小球向左運動能達到A點
B．半圓槽向右運動的最大距離為
C．半圓槽的運動速度大小可能為
D．小球經過C點時對半圓槽的壓力大小為3mg
（2022 永定區(qū)模擬）如圖所示，一個質量為m1＝50kg的人爬在一只大氣球下方，氣球下面有一根長繩。氣球和長繩的總質量為m2＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸。當靜止時人離地面的高度為h＝7m。如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，他離地面高度是（可以把人看作質點）（　　）
A．0 B．2m C．5m D．7m
（2024春 天河區(qū)期末）如圖所示，質量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細線，細線另一端系一質量為m的球C。重力加速度為g。現將C球拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放C球，下列說法正確的是（　　）
A．A、B兩木塊分離時，A、B的速度大小均為
B．A、B兩木塊分離時，C的速度大小為
C．C球由靜止釋放到最低點的過程中，A對B的彈力的沖量大小為
D．C球由靜止釋放到最低點的過程中，木塊A移動的距離為中小學教育資源及組卷應用平臺
專題15 動量 動量守恒定律
課標要求 知識要點 命題推斷
1.理解動量、動量的變化量、動量定理的概念. 2.知道動量守恒的條件. 3.會利用動量守恒定律分析碰撞、反沖等相互作用問題． 考點一　動量、沖量、動量定理的理解與應用 考點二　動量守恒定律的理解和判斷 考點三　動量守恒定律的應用（人船模型） 考點四　碰撞現象的特點和規(guī)律 題型：選擇題 計算題 1動量和動量變化量、沖量的計算 2應用動量定理求平均沖力 3在多過程問題中應用動量定理 4流體類柱狀模型、微粒類柱狀模型 5動量守恒定律的判斷與應用 6碰撞（彈簧）模型 7人船模型
考點一　動量、沖量、動量定理的理解與應用
1．動量
(1)定義：運動物體的質量和速度的乘積叫做物體的動量，通常用p來表示．
(2)表達式：p＝mv.
(3)單位：kg·m/s.
(4)標矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同．
2．沖量
(1)定義：力F與力的作用時間t的乘積．
(2)定義式：I＝Ft.
(3)單位：N·_s.
(4)方向：恒力作用時，與力的方向相同．
(5)物理意義：是一個過程量，表示力在時間上積累的作用效果．
3．動量定理
(1)內容：物體所受合外力的沖量等于物體的動量的變化量．
(2)表達式：
考點二　動量守恒定律的理解和判斷
1．內容
如果一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律．
2．適用條件
(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內每個物體所受的合外力都為零，更不能認為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．
(2)近似適用條件：系統(tǒng)內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力．
(3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒．
考點三　動量守恒定律的應用（人船模型）
1．動量守恒定律的不同表達形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零．
2．應用動量守恒定律解題的步驟
(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)；
(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)；
(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量；
(4)由動量守恒定律列出方程；
(5)代入數據，求出結果，必要時討論說明．
考點四　碰撞現象的特點和規(guī)律
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間極短，而物體間相互作用力很大的現象．
(2)特點：在碰撞現象中，一般都滿足內力 外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒．
(3)分類
動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 守恒
非完全彈性碰撞 守恒 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失最大
2.碰撞后運動狀態(tài)可能性判定
(1)動量制約：即碰撞過程中必須受到動量守恒定律的制約，總動量的方向恒定不變，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能制約：即在碰撞過程中，碰撞雙方的總動能不會增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
(3)運動制約：即碰撞要受到運動的合理性要求的制約，如果碰前兩物體同向運動，則后面物體速度必須大于前面物體的速度，碰撞后原來在前面的物體速度必增大，且大于或等于原來在后面的物體的速度，否則碰撞沒有結束；如果碰前兩物體是相向運動，而碰后兩物體的運動方向不可能都不改變，除非碰后兩物體速度均為零．
（2024 廣東三模）工廠中某水平傳送帶由靜止啟動，啟動初期驅動輪上某點的線速度隨路程均勻增大，已知傳送帶與驅動輪間無相對滑動，則啟動初期與傳送帶相對靜止的滑塊（　　）
A．做勻加速運動
B．加速度逐漸減小
C．動量變化得越來越快
D．所受摩擦力的功率不變
【解答】解：A．由于滑塊與傳送帶相對靜止，傳送帶與驅動輪間無相對滑動，線速度隨路程均勻增大，則滑塊的速度隨位移均勻增大，若滑塊做勻加速運動，由直線運動規(guī)律得
v2＝2ax
滑塊速度不隨位移均勻增大，即滑塊不做勻加速運動，故A錯誤；
B．滑塊的速度隨位移均勻增大，則通過任意相同位移的時間逐漸減小，又滑塊通過相同位移的速度變化量相同，則滑塊加速度越來越大，故B錯誤；
C．滑塊動量為
p＝mv
由于滑塊加速度逐漸增大，即速度變化的越來越快，而滑塊質量不變，則滑塊動量變化的越來越快，故C正確；
D．滑塊所受摩擦力即其所受合外力，滑塊加速度越來越大，由牛頓第二定律可知受摩擦力逐漸增大，又滑塊速度逐漸增大，由
P＝fv
可知摩擦力的功率增大，故D錯誤。
故選：C。
（2024 渾南區(qū)校級模擬）如圖所示為放在水平桌面上的沙漏計時器，從里面的沙子全部在上部容器里開始計時，沙子均勻地自由下落，到沙子全部落到下部容器里時計時結束，不計空氣阻力和沙子間的影響。對計時過程取兩個時刻：時刻一，下部容器底部沒有沙子，部分沙子正在做自由落體運動；時刻二，上、下容器內都有沙子，部分沙子正在做自由落體運動。下列說法正確的是（　　）
A．時刻一，桌面對沙漏的支持力大小等于沙漏的總重力大小
B．時刻一，桌面對沙漏的支持力大小大于沙漏的總重力大小
C．時刻二，桌面對沙漏的支持力大小等于沙漏的總重力大小
D．時刻二，桌面對沙漏的支持力大小小于沙漏的總重力大小
【解答】解：AB．時刻一，下部容器內沒有沙子，部分沙子正在做自由落體運動，對沙漏計時器整體分析，有一部分沙子有向下的加速度，整體處于失重狀態(tài)，則總重力大于支持力，故AB錯誤；
CD．對時刻二分析，部分沙子做自由落體運動，設沙漏的總質量為m，空中正在下落的沙子質量為m1，沙漏中部細孔到底部靜止沙子表面的高度為h，因細孔處速度很小，可視為零，故下落的沙子沖擊底部靜止沙子表面的速度為v，有
v2＝2gh
解得：
沙子下落的時間為t，有
v＝gt
解得：
設下落的沙子對底部靜止沙子的沖擊力為F1，在極短時間Δt內，撞擊在底部靜止沙子表面的沙子質量為Δm，取向下為正方向，由動量定理得：
﹣F1Δt＝﹣Δmv
解得：
空中的沙子質量為m，有
解得：
則：
F1＝m1g
對沙漏受力分析，可知桌面對沙漏的支持力為FN，由共點力平衡條件得：
FN＝（m﹣m1）g+F1
解得：FN＝mg，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2024 鄭州三模）如圖所示，某同學利用平板車將貨物勻速運送到斜坡上，貨物與小車之間始終沒有發(fā)生相對滑動。則平板車與貨物組成的系統(tǒng)（　　）
A．動量增大
B．機械能不變
C．所受合外力的沖量為零
D．所受推力做功為零
【解答】解：AC、平板車將貨物勻速運送到斜坡上，速度不變，動量不變，根據動量定理可知所受合外力的沖量為零，故A錯誤，C正確；
B、平板車將貨物勻速運動到斜坡上，平板車于貨物組成的系統(tǒng)動能不變，重力勢能增加，則機械能增加，故B錯誤；
D、同學利用平板車將貨物勻速運送到斜坡上，平板車和貨物的重力勢能增加，動能不變，故機械能增加，推力做正功，故D錯誤。
故選：C。
（2024 鹽都區(qū)校級三模）某同學利用如圖所示的裝置做《驗證動量守恒定律的實驗》，已知兩球的質量分別為m1、m2（且m1＞m2），關于實驗下列說法正確的（　　）（填選項前的字母）
A．如果M是m2的落點，則該同學實驗過程中必有錯誤
B．斜槽軌道必須很光滑
C．實驗需要驗證的是m1 OP＝m2 O'M+m1 ON
D．實驗需要秒表、天平、圓規(guī)等器材
【解答】解：A、入射球要比靶球質量大，因此質量為m1的為入射小球，其碰前落地點為P，碰后落地點為M，故A正確；
B、在同一組的實驗中要保證入射球和靶球每次平拋的速度都相同，故每次入射球必須從同一高度由靜止釋放，由于摩擦作用對它們的影響相同，因此軌道是否光滑不影響實驗，故B錯誤；
C、不管是入射小球還是被碰小球，它們開始平拋的位置都是O點，圖中P是入射小球不發(fā)生碰撞時飛出的落地點；N是被碰小球飛出的落地點；M是入射小球碰撞后飛出的落地點，由于它們都是從同一高度做平拋運動，運動的時間相同，故可以用水平位移代表水平速度，故需驗證表達式為：m1 OP＝m1 OM+m2 ON，故C錯誤。
D、本實驗不需要測小球平拋運動的速度，故不需要測運動的時間，所以不需要秒表，故D錯誤。
故選：A。
（2024 浙江模擬）2023年9月，“天宮課堂”第四課在中國空間站正式開講，神舟十六號航天員在夢天實驗艙內進行授課。航天員用0.3kg的大球與靜止的0.1kg的小球發(fā)生正碰，某同學觀看實驗時發(fā)現：碰撞后，大球向前移動1格長度時，小球向前移動3格的長度，忽略實驗艙內空氣阻力的影響。下列說法正確的是（　　）
A．碰撞后大球的動量大于小球的動量
B．碰撞后大球的動能等于小球的動能
C．大球碰撞前后的速度比為2：1
D．大球碰撞前后的動能比為2：1
【解答】解：A．大球向前移動1格長度時，小球向前移動3格的長度，則
v大v小
根據
p＝mv
碰撞后大球的動量等于小球的動量，故A錯誤；
B．根據
Ekmv2
碰撞后大球的動能小于小球的動能，故B錯誤；
C．根據動量守恒
Mv0＝Mv大+mv小
v大v小
得
v0：v大＝2：1
故C正確；
D．根據
Ekmv2
大球碰撞前后的動能比為4：1，故D錯誤。
故選：C。
（2024 市中區(qū)校級模擬）如圖所示，一拋物線形狀的光滑導軌豎直放置，固定在B點，O為導軌的頂點，O點離地面的高度為h，A在O點正下方，A、B兩點相距2h，軌道上套有一個小球P，小球P通過輕桿與光滑地面上的小球Q相連，兩小球的質量均為m，輕桿的長度為2h。現將小球P從距地面高度為處由靜止釋放，下列說法正確的是（　　）
A．小球P即將落地時，它的速度大小為
B．小球P即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為30°
C．從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為
D．若小球P落地后不反彈，則地面對小球P的作用力的沖量大小為
【解答】解：B、平拋運動的軌跡為拋物線，將上述拋物線軌道類比平拋運動，則小球P即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角正切為
tanθ
可知，小球P即將落地時，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據上述類比平拋運動知識可知，小球P的速度方向與水平方向的夾角θ＝45°，故B錯誤；
A、設小球P即將落地時，它的速度大小為v1，小球Q的速度大小為v2，根據兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒有
mgh
小球P與小球Q沿桿方向的速度相等，則有
v1cosθ＝v2
解得：，，故A錯誤；
C、從靜止釋放到小球P即將落地，根據動能定理可得輕桿對小球Q做的功為
W桿，故C正確；
D、小球P落地與地面相互作用的過程中，取小球P落地前瞬間的速度方向為正方向，根據動量定理有I合＝m，由于軌道、輕桿對小球有作用力，且小球P有重力，則地面對小球P的作用力的沖量大小與I合大小不相等，即不等于m，故D錯誤。
故選：C。
（2024 東西湖區(qū)校級模擬）由多個點電荷組成的系統(tǒng)的電勢能與它們的電荷量和相對位置有關。如圖甲所示，a、b、c三個質量均為m，帶等量正電荷的小球，用長度相等不可伸長的絕緣輕繩連接，靜置于光滑絕緣水平面上，設此時系統(tǒng)的電勢能為E0。現剪斷a、c兩小球間的輕繩，一段時間后c球的速度大小為v，方向如圖乙所示。關于這段時間內的電荷系統(tǒng)，下列說法中正確的是（　　）
A．動量不守恒
B．機械能守恒
C．c球受到的電場力沖量大小為mv
D．圖乙時刻系統(tǒng)的電勢能為
【解答】解：A．對系統(tǒng)受力分析，系統(tǒng)受合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，故A錯誤；
B．除重力和系統(tǒng)內彈力外，只有電場力做正功，則系統(tǒng)的機械能增加，故B錯誤；
C．根據動量定理，合力沖量等于動量變化量，c球受到的電場力和細繩拉力的合力的沖量等于c球動量變化，大小為mv，故C錯誤；
D．由對稱性，a球的速度大小也為v，方向與ac連線成30°角斜向左下方，因系統(tǒng)動量守恒，則b球的速度方向垂直ac向上，
如圖
由動量守恒定律
2×mvsin30°﹣mvb＝0
解得
vb＝v
則此時三個小球的動能為
因系統(tǒng)的電勢能和動能之和守恒，則圖乙時刻系統(tǒng)的電勢能為
故D正確。
故選：D。
（2024 越秀區(qū)校級模擬）在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖（a）所示，碰撞前后兩壺運動的v﹣t圖線如圖（b）中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質量相等，則（　　）
A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞
B．碰后藍壺速度為0.6m/s
C．碰后藍壺移動的距離為2.0m
D．碰后紅壺所受摩擦力小于藍壺所受摩擦力
【解答】解：AB、由圖知：碰前紅壺的速度為v0＝1.0m/s，碰后速度為v1＝0.2m/s，碰后紅壺沿原方向運動，設碰后藍壺的速度為v2，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據動量守恒定律可得：
mv0＝mv1+mv2
代入數據解得：v2＝0.8m/s
因mv02mv12mv22，故碰撞過程機械能有損失，則碰撞為非彈性碰撞，故AB錯誤；
C、設圖（b）中傾斜的虛線與t軸的交點的t軸坐標為t1，則有：
解得：t1＝6s
碰后藍壺移動的位移大小為：xv2（t1﹣1）0.8×（6﹣1）m＝2.0m，故C正確；
D、根據圖像的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度大于藍壺的加速度，兩者的質量相等，合力均為滑動摩擦力，由牛頓第二定律，可知碰后紅壺所受滑動摩擦力大于藍壺所受的摩擦力，故D錯誤。
故選：C。
（2024 江蘇模擬）如圖所示，軌道的上表面由長度為2R的水平部分CB和半徑為R的四分之一光滑圓弧AB組成，軌道質量為2m，靜止于光滑的水平地面上。一質量為m的小滑塊（看作質點）從C點開始沿CB面水平向左運動，CB面與小滑塊之間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。要使滑塊能越過B點滑上圓弧AB，求：
（1）滑塊運動到B點的過程中產生的熱量；
（2）滑塊在C點的初速度v0滿足的條件。
（3）若滑塊在C點的初速度v0，求滑塊滑上圓弧AB后能達到的最大高度。
【解答】解：（1）滑塊運動到B點的過程中產生的熱量為
Q＝μmg 2R＝2μmgR
（2）滑塊在水平軌道上向左做勻減速直線運動，滑塊恰好到達B點時與軌道共速，取向左為正方向，由能量守恒定律和動量守恒定律得
mv0＝（2m+m）vB
聯立解得
要使滑塊能越過B點滑上圓弧AB，滑塊在C點的初速度應滿足
（3）滑塊滑上圓弧AB后當滑塊和軌道共速時，滑塊達到最大高度h，取向左為正方向，由系統(tǒng)水平方向動量守恒和能量守恒可得
mv0＝（m+2m）v共
解得滑塊滑上圓弧AB后能達到的最大高度為
答：（1）滑塊運動到B點的過程中產生的熱量2μmgR；
（2）滑塊在C點的初速度滿足；
（3）滑塊滑上圓弧AB后能達到的最大高度。
（2024 東港區(qū)校級模擬）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ＝37°的直軌道AB，半徑R＝1m的圓弧軌道BCD，長度L＝1.25m、傾角為θ的直軌道DE，半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側，光滑水平面上緊靠著質量m＝0.5kg滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質量m＝0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h靜止釋放，經圓弧軌道BCD滑上軌道DE，軌道DE由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數μ1＝0.25，向下運動時動摩擦因數μ2＝0.5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數恒為μ1，小物塊a運動到滑塊右側的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）
（1）若h＝0.8m，求小物塊：
①第一次經過C點的向心加速度大小；
②在DE上經過的總路程；
③在DE上向上運動時間t上和向下運動時間t下之比；
（2）若h＝1.6m，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊。
【解答】解：（1）①物塊a從A到C，根據動能定理
解得vC＝4m/s
在C處，根據向心加速度公式
代入數據解得aC＝16m/s2
②物塊a從A到D，根據動能定理
代入數據解得
設上滑的最大高度為h1
根據動能定理
代入數據解得h1＝0.45m
ED之間的高度差hDE＝Lsinθ＝1.25×0.6m＝0.75m＞h1
因此物塊a未滑出軌道DE；
設物塊在DE上經過的總路程為s，最后一次剛好能從C運動到D；
根據動能定理
代入數據解得s＝2m
③物塊a在DE軌道上滑的加速度大小a1＝gsinθ+μ1gcosθ
代入數據解得
由于mgsinθ＞μ2mgcosθ，物塊a上滑減速為零后，沿DE軌道下滑；
物塊a在DE軌道下滑的加速度大小a2＝gsinθ﹣μ2gcosθ
代入數據解得
t根據勻變速運動公式
由于物塊a上滑和下滑的路程相等，因此有
所以
（2）物塊a從A經C到F的過程中，根據動能定理
代入數據解得vF＝2m/s
設物塊a與滑塊b向左運動的共同速度為v，取水平向右為正方向
根據動量守恒定律mvF＝2mv
根據功能關系
代入數據聯立解得l＝0.2m。
答：（1）①第一次經過C點的向心加速度大小16m/s2；
②在DE上經過的總路程為2m；
③在DE上向上運動時間t上和向下運動時間t下之比為1：2；
（2）若h＝1.6m，滑塊至少0.2m長才能使小物塊不脫離滑塊。
題型1動量和動量變化量、沖量的計算
（2024 河南一模）質量相等的A、B兩個小球處在空中同一高度，將A球水平向右拋出，同時將B球斜向上拋出，兩小球拋出時的初速度大小相同，兩小球在空中運動的軌跡如圖，不計空氣阻力。則兩小球在空中運動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．相同時間內，速度變化量可能不同
B．同一時刻，速度變化快慢可能不同
C．拋出后下降到同一高度時，動能一定相同
D．相同時間內，重力的沖量大小可能不同
【解答】解：A．兩物體運動過程中的加速度相同，則由Δv＝gΔt可知，相同時間內，速度變化量一定相同，故A錯誤；
B．加速度是描述速度變化快慢的物理量，因兩物體的加速度均等于重力加速度，因此同一時刻，速度變化快慢一定相同，故B錯誤；
C．拋出后下降到同一高度時，根據動能定理可得，由于重力做功相同，兩小球拋出時的初動能相等，則兩小球下降到同一高度時的動能一定相同，故C正確；
D．根據I＝mgt可知相同時間內，重力的沖量大小一定相同，故D錯誤。
故選：C。
（2024 海珠區(qū)校級模擬）俯臥撐是一項深受學生們喜歡的課外健身運動，做中距俯臥撐（下左圖）時雙臂基本與肩同寬，做寬距俯臥撐（下右圖）時雙臂大約在1.5倍肩寬。某位同學正在嘗試用不同姿勢的做俯臥撐；對于該同學做俯臥撐的過程，下列說法中正確的是（　　）
A．在俯臥撐向下運動的過程中，地面對手掌的支持力小于手掌對地面的壓力
B．寬距俯臥撐比中距俯臥撐省力
C．在俯臥撐向上運動的過程中，地面對該同學的支持力做正功
D．在做俯臥撐運動的過程中，地面對該同學的沖量不為零
【解答】解：A.地面對手掌的支持力和手掌對地面的壓力是一對相互作用力，大小相等，故A錯誤；
B.寬距俯臥撐雙肩間距大于肩寬，手臂間的夾角變大，根據平行四邊形法則計算合力為2Fcosθ，合力大小不變，夾角變大，故作用力會變大，所以作用力比中距俯臥撐作用力大，故B錯誤；
C.在俯臥撐向上運動的過程中，對該同學的支持力的作用點沒有位移，則對該同學的支持力沒有做功，故C錯誤；
D.根據I＝Ft可知，在做俯臥撐運動的過程中，地面對該同學的沖量不為零，故D正確。
故選：D。
（2024 雨花區(qū)校級模擬）如圖1為某游樂園旋轉的飛椅，可將其簡化為圖2所示的模型。將圖2裝置放在粗糙的水平地面上，吊繩長均為L，上端與豎直轉軸間的距離均為x，A、B為兩個質量分別為m、2m的小球。若水平轉盤CD繞轉軸勻速轉動，穩(wěn)定時AC繩與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，則（　　）
A．在一個周期內，重力對A的沖量為零
B．A的線速度大小為
C．BD繩的拉力大小為2mgcosθ
D．地面受到的靜摩擦力大小為mgtanθ
【解答】解：A、設周期為T，在一個周期內，重力的沖量大小為IG＝mgT≠0，故A錯誤；
B、對A球受力分析，小球受到的重力和拉力的合力提供水平方向的向心力，根據牛頓第二定律和向心力公式，則：
解得：，故B錯誤；
C、由v＝ωr知，A、B的角速度均為
由于x、L、g為定值，當ω一定時，θ與小球的質量無關，則BD繩與豎直方向的夾角也是θ，BD繩的拉力大小為，故C錯誤；
D、AC繩的拉力為，整體分析，裝置受到地面的靜摩擦力大小為FBsinθ﹣FAsinθ＝mgtanθ
根據牛頓第三定律知：地面受到裝置的靜摩擦力大小也為mgtanθ，故D正確；
故選：D。
題型2應用動量定理求平均沖力
（2024 五華區(qū)校級模擬）太陽帆飛船是目前唯一可能承載人類到達太陽系外星系的航天器。太陽光光子流撞擊航天器帆面，產生持續(xù)光壓，使航天器可在太空中飛行。若有一艘太陽帆飛船在航行，太陽光垂直照射帆面，帆面積為66300m2，單位面積每秒接受的太陽輻射能量為1.2×103W m﹣2。已知太陽輻射平均波長為10﹣6m，假設帆能完全反射太陽光，不計太陽光反射的頻率變化，普朗克常數h＝6.63×10﹣34J s，則下列說法正確的是（　　）
A．太陽輻射的光子能量約為6.63×10﹣28J
B．太陽輻射的光子動量約為6.63×10﹣24kg m s﹣1
C．太陽輻射對飛船的平均作用力約為0.53N
D．帆面每秒鐘接受到的光子數量約為4.0×1020個
【解答】解：A.太陽輻射的光子能量約為E＝hν＝h6.63×10﹣34J＝1.989×10﹣18J；故A錯誤；
B.太陽輻射的光子動量約為pkg m s﹣1＝6.63×10﹣30kg m s﹣1；故B錯誤；
C.每秒太陽輻射對飛船的沖量：F ΔtN s＝0.53N s；故太陽輻射對飛船的平均作用力為0.53N，故C正確；
D.帆面每秒鐘接受到的光子數量約為：n個＝8×1022個，故D錯誤；
故選：C。
（2024 沙坪壩區(qū)模擬）如圖所示，小明同學對某輕質頭盔進行安全性測試，他在頭盔中裝入質量為2.0kg的物體，物體與頭盔緊密接觸，使其從3.20m的高處自由落下，并與水平面發(fā)生碰撞，頭盔被擠壓了0.08m時，物體的速度減為0。擠壓過程視為勻減速直線運動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則（　　）
A．擠壓過程中物體處于失重狀態(tài)
B．勻減速直線運動過程中頭盔對物體的平均作用力大小為820N
C．物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為16kg m/s，方向豎直向下
D．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為20N s
【解答】解：A、頭盔的運動是勻減速直線運動，所以加速度方向是豎直向上，所以頭盔是處于超重狀態(tài)，故A錯誤；
B、頭盔落地時的速度為：
頭盔和地面的相互作用時間為t，則有：
解得：
規(guī)定豎直向下的方向為正方向，在頭盔受擠壓的過程中，對頭盔根據動量定理有
（mg﹣F）t＝0﹣mv
代入數據解得：F＝820N，故B正確；
C、物體做勻減速直線過程中動量變化量大小為：ΔP＝0﹣mv＝0﹣2×8kg m/s＝﹣16kg m/s，負號說明方向豎直向上，故C錯誤；
D、根據動量定理可知物體在自由下落過程中重力的沖量大小為：I＝mv，代入數據解得：I＝16N s，故D錯誤。
故選：B。
（2024 西城區(qū)二模）如圖所示，質量m＝0.6kg的籃球從離地高度H＝0.8m處由靜止釋放，與地面發(fā)生第一次碰撞后反彈，達到最高點時離地高度h＝0.45m，籃球與地面發(fā)生作用的時間Δt＝0.1s。籃球反彈至最高點后，運動員通過豎直向下拍擊籃球對其做功，使籃球與地面發(fā)生第二次碰撞，碰后恰能反彈至離地高度H＝0.8m處。若籃球兩次與地面碰撞損失的機械能相同，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：
（1）籃球第一次與地面碰撞的過程中，損失的機械能E損；
（2）籃球第一次與地面碰撞的過程中，受到地面的平均作用力的大小F；
（3）運動員拍擊籃球的過程，對籃球做的功W。
【解答】解：（1）籃球第一次與地面碰撞的過程中，損失的機械能為：E損＝mgH﹣mgh＝0.6×10×（0.8﹣0.45）J＝2.1J；
（2）設籃球第一次與地面碰撞前后的速度為v1、v2，籃球下落的過程中，由機械能守恒定律可得：，解得：
籃球上升過程中，由機械能守恒定律可得：，解得：
籃球與地面碰撞的過程中，以向上的方向為正方向，由動量定理可得：F Δt﹣mg Δt＝mv2﹣（﹣mv1），代入數據解得：F＝48N；
（3）由功能關系可知，運動員拍擊籃球的過程中對籃球做的功為：W＝2E損＝2×2.1J＝4.2J。
答：（1）籃球第一次與地面碰撞的過程中，損失的機械能為2.1J；
（2）籃球第一次與地面碰撞的過程中，受到地面的平均作用力的大小為48N；
（3）運動員拍擊籃球的過程中對籃球做的功為4.2J。
題型3在多過程問題中應用動量定理
（2024 重慶模擬）如圖所示，兩端分別固定有小球A、B（均視為質點）的輕桿豎直立在水平面上并靠在豎直墻面右側處于靜止狀態(tài)。由于輕微擾動，A球開始沿水平面向右滑動，B球隨之下降，在B球即將落地的過程中兩球始終在同一豎直平面內。已知輕桿的長度為l，兩球的質量均為m，重力加速度大小為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是（　　）
A．A球動能最大時對水平面的壓力大小等于2mg
B．豎直墻面對B球的沖量大小為
C．輕桿對A球先做正功后做負功
D．A球的最大動能為
【解答】解：AD、如果小球B能一直沿著墻面向下運動，假設輕桿與水平方向的夾角為θ時，兩小球的速度大小分別為vA、vB，根據關聯速度知識，兩小球沿桿方向速度相等，可得vAcosθ＝vBsinθ，即，由根據機械能守恒，有
整理得
當，取等號，說明小球A的動能先增大后減小，即桿中先存在擠壓的內力，之后出現拉伸的內力，當桿中內力為0時，A球的動能最大，最大動能為
此時對水平面的壓力大小等于mg，故AD錯誤；
B、由于桿中出現拉伸的內力，因此B球將與豎直墻面分離，豎直墻面對B球的沖量等于A球的最大動量，由動量定理，可知，故B錯誤；
C、由于桿中先存在擠壓的內力，之后出現拉伸的內力，所以輕桿對A球先做正功后做負功，故C正確。
故選：C。
（2024 阜陽模擬）小明在進行定點投籃，以籃球運動所在的豎直平面內建立坐標系xOy，將一質量為m的籃球由A點投出，其運動軌跡經過A、B、C、D，C為籃球運動的最高點，如圖所示。已知重力加速度大小為g，不計空氣阻力，籃球可視為質點。下列說法正確的是（　　）
A．C點坐標為（0，L）
B．籃球由B到C和由C到D的過程中，動能的變化量相同
C．籃球在C點時，重力的瞬時功率為mg
D．籃球由A到B和由C到D的過程中，動量的變化量大小相等，方向相反
【解答】解：A.籃球拋出后做斜拋運動，通過逆向思維，可知籃球從C點做平拋運動到A點，假設C點的坐標為 （0，yc），從C點到B點用時為t，由乙圖可知，，聯立可得 yc＝L，故A正確；
B.籃球由B到C過程中，重力做負功，動能減小，由C到D的過程中，重力做正功動能增大，變化量絕對值相等，但一正一負，故B錯誤；
C.籃球在C點是軌跡的最高點，其豎直方向的速度分量為0，因此籃球在C點時，重力的瞬時功率為零，故C錯誤；
D.由乙圖可知籃球從A到B和由C到D過程水平方向發(fā)生的位移相等，由此可以說明籃球在所從A到B和由C到D過程所用時間相等，根據動量定理可得mgt＝Δp，所以動量變化量相同，故D錯誤。
故選：A。
（2024 廈門三模）2024年4月20日世界田聯鉆石賽在廈門白鷺體育館舉行，世界名將杜普蘭蒂斯以6米24的成績刷新了自己的撐桿跳世界紀錄。如圖所示，某次訓練時，運動員持桿從靜止開始加速助跑，助跑距離為45m，速度達到9m/s，接著撐桿起跳，重心升高5m時到達最高點且速度為零。過桿后，運動員做自由落體運動，重心下降5m時身體接觸軟墊，從接觸軟墊到速度減至零的時間為0.5s.已知運動員的質量為80kg，助跑階段可視為勻加速直線運動，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，求：
（1）運動員助跑階段的加速度大小a；
（2）從撐桿起跳到最高點的過程中，運動員機械能的變化量ΔE；
（3）從接觸軟墊到速度減為零過程中，軟墊對運動員作用力的沖量大小I。
【解答】解：（1）助跑過程，根據位移與速度的關系式有
代入數據解得a＝0.9m/s2
（2）取剛要起跳時重力勢能為零，則起跳時的動能與最高點的重力勢能分別為
E2＝mg
ΔE＝E2﹣E1
代入數據解得
E1＝3240J
E2＝4000J
ΔE＝760J
（3）由最高點落到軟墊過程，根據位移與速度的關系式有
取豎直向上為正方向，接觸軟墊到速度為零過程，由動量定理得
I﹣mgt＝0﹣（﹣mv2）
代入數據解得I＝1200 N s
答：（1）運動員助跑階段的加速度大小a為0.9m/s2；
（2）從撐桿起跳到最高點的過程中，運動員機械能的變化量ΔE為760J；
（3）從接觸軟墊到速度減為零過程中，軟墊對運動員作用力的沖量大小I為1200 N s。
題型4流體類柱狀模型、微粒類柱狀模型
（2023 杭州一模）現代都市高樓林立，高樓出現火情需要一種高架水炮消防車。如圖所示，某樓房的65m高處出現火情，高架水炮消防車正緊急滅火中。已知水炮炮口與樓房間距為15m，與地面距離為60m，水炮的出水量為3m3/min，水柱剛好垂直打入受災房間窗戶。則（　　）
A．地面對消防車的作用力方向豎直向上
B．水炮炮口的水流速度為10m/s
C．水泵對水做功的功率約為3.8×104W
D．若水流垂直沖擊到窗戶玻璃后向四周流散，則沖力約為1500N
【解答】解：A、消防車水炮炮口噴水，消防車受到反沖作用，則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錯誤；
B、水流做斜拋運動，末速度水平，可反向看作平拋運動，水流高度差5m，豎直方向為自由落體運動：
代入數據解得：t＝1s
根據vy＝gt
代入數據解得：vy＝10m/s
又1s時間內的水平位移為15m，有sx＝vxt
代入數據解得：vx＝15m/s
合速度為
代入數據解得：v
故B錯誤；
C、水泵對水做功的功率
故C正確；
D、以沖力的方向為正方向，根據動量定理得：
故D錯誤。
故選C。
有一種新型采煤技術：高壓水射流采煤技術。基本原理如圖所示，一組高壓水泵將水的壓強升高，讓高壓水從噴嘴中射出，打在煤層上，使煤成片脫落，從而達到采煤目的。假設某煤層受到壓強為9.0×107Pa的沖擊時即可破碎，若高壓水流沿水平方向沖擊煤層，不計水的反濺作用，水的密度為1.0×103kg/m3，則此時沖擊煤層的水速約為（　　）
A．30m/s B．300m/s C．90m/s D．900m/s
【解答】解：設沖擊煤層的水速為v，則Δt內沖擊煤層的水的質量Δm＝ρSvΔt，S為噴嘴的橫截面積。由 Δt＝Δmv，解得ρSv2，煤層被沖擊部分受到壓強pρv2，代入數據得v＝300m/s，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2021 河南一模）如圖所示是為了檢驗某種新型材料性能的實驗裝置示意圖。在傾斜固定放置的玻璃表面鋪上某種新型材料，在某一高度處，固定一個噴水裝置。噴口能夠持續(xù)以速度v0水平向右連續(xù)噴出水柱。不斷調節(jié)噴水裝置的位置，當噴水裝置距該新型材料表面中點高為h的位置時，噴口噴出的水柱最后剛好垂直沖擊到該新型材料表面的中點處，并且水柱撞擊到該新型材料表面后，水的速度剛好立刻變?yōu)榱悖缓笏卦撔滦筒牧媳砻婢鶆蛏㈤_。已知噴口處水柱的橫截面積為S，噴口處橫截面上各處水的速度都相同。設水柱在空中不會散開，忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求：
（1）水柱穩(wěn)定后，在空中水柱的質量；
（2）噴水裝置噴出的水柱對該新型材料表面的平均沖擊力大小。
【解答】解：（1）設噴出的水柱經過時間t落到該新型材料上，落到該新型材料上前瞬間的速度大小為v，取質量為m0的一小塊水，從噴口到該新型材料上，有
由機械能守恒定律得
設水柱穩(wěn)定后，在空中水柱的質量為m，有
m＝ρsv0t
以上聯合求解得
v，
m。
（2）取在很短的Δt時間內，
撞擊該新型材料的水的質量為Δm，
該新型材料對質量為Δm水的平均作用力大小為F，
對質量為Δm的水，因為Δt很小，所以Δmg遠小于F，可不計，
取垂直該新型材料表面向上為正方向，由動量定理得
FΔt＝0﹣（﹣Δmv）
設在很短的Δt時間內，撞擊到該新型材料前的瞬間，水柱的橫截面積為S′，有
Δm＝ρs′vΔt
在噴水裝置的噴口處，對在很短Δt時間內噴出水的質量Δm，有
Δm＝ρsv0Δt
解得
F
噴水裝置噴出的水柱對該新型材料的平均沖擊力大小為F′，
有F′，方向垂直該新型材料表面向下。
答：（1）水柱穩(wěn)定后，在空中水柱的質量為。
（2）噴水裝置噴出的水柱對該新型材料表面的平均沖擊力大小為。
題型5動量守恒定律的判斷與應用
（2024春 長春期末）巴黎奧運會將于2024年7月26日至8月11日舉行，滑板作為一項新興運動成為正式比賽項目。如圖所示，運動員在比賽中做騰空躍起并越過障礙物的表演，若忽略空氣阻力，那么騰空過程中（　　）
A．運動員和滑板構成的系統(tǒng)動量守恒
B．運動員與滑板構成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒
C．運動員和滑板構成的系統(tǒng)機械能不守恒
D．運動員和滑板構成的系統(tǒng)在最高點時的動量為零
【解答】解：A.運動員和滑板在豎直方向上受到重力作用，故豎直方向的的動量不守恒，故A錯誤；
B.運動員和滑板構成的系統(tǒng)不受空氣阻力，故水平方向動量守恒，故B正確；
C.運動員和滑板構成的系統(tǒng)機械能由于不受到空氣阻力，整個過程系統(tǒng)只有重力做功，其系統(tǒng)機械能守恒，故C錯誤；
D.運動員和滑板在最高點時，存在水平速度故其最高點時動量不為零，故D錯誤。
故選：B。
（2024春 拉薩期末）如圖所示，半徑為R1＝1.8m的光滑圓弧軌道與半徑為R2＝0.8m的半圓光滑細管平滑連接并固定，光滑水平地面上緊靠管口處有一質量為M＝3kg、長度為L＝2.0m的木板，木板上表面正好與管口底部相切，處在同一水平線上，木板的左方有一足夠長的水平臺階，其上表面與木板上表面高度相同。現讓質量為m2＝2kg的物塊b靜止于B處，質量為m1＝1kg的物塊a從光滑圓弧軌道頂端的A處由靜止釋放，物塊a下滑至B處和b發(fā)生碰撞后不再分開，a、b形成的物塊c經過半圓管從C處滑上木板，當木板速度為2m/s時，木板與臺階碰撞并立即被粘住，若g＝10m/s2，物塊碰撞前后均可視為質點，圓管粗細不計。
（1）求物塊a和b碰后共同具有的速度；
（2）若物塊c與木板、臺階表面間的動摩擦因數均為μ＝0.5，求物塊c在臺階表面上滑行的最大距離。
【解答】解：（1）設物塊a下滑到B點時的速度大小為v0，由機械能守恒定律可得
解得
v0＝6m/s
a、b碰撞過程動量守恒，設向右為正方向，有
m1v0＝（m1+m2）v1
解得
v1＝2m/s
（2）物塊c由B到C過程機械能守恒，由機械能守恒定律得
解得
v2＝6m/s
物塊c滑上木板后，當木板速度為v＝2m/s時，設物塊c的速度為v3，由動量守恒定律得
（m1+m2）v2＝（m1+m2）v3+Mv
解得
v3＝4m/s
設在此過程中物塊c運動的位移為x1，木板運動的位移為x2，對物塊c由動能定理得
解得
x1＝2m
對木板有
解得
x2＝0.4m
木板被粘住后，物塊c到木板左端的距離為
x3＝L+x2﹣x1＝0.4m
設物塊c在臺階上運動的最大距離為x4，由動能定理得
解得
x4＝1.2m
答：（1）物塊a和b碰后共同具有的速度為2m/s；
（2）若物塊c與木板、臺階表面間的動摩擦因數均為μ＝0.5，物塊c在臺階表面上滑行的最大距離為1.2m。
（2024 重慶）如圖所示，MN兩個釘子固定于相距a的兩點，M的正下方有不可伸長的輕質細繩，一端固定在M上，另一端連接位于M正下方放置于水平地面質量為m的小木塊B，繩長與M到地面的距離均為10a，質量為2m的小木塊A，沿水平方向與B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，A與地面間摩擦因數為，重力加速度為g，忽略空氣阻力和釘子直徑，不計繩被釘子阻擋和繩斷裂時的機械能損失。
（1）若碰后，B在豎直面內做圓周運動，且能經過圓周運動最高點，求B碰后瞬間速度的最小值。
（2）若改變A碰前瞬間的速度，碰后A運動到P點停止，B在豎直面圓周運動旋轉2圈，經過M正下方時細繩子斷開，B也來到P點，求B碰后瞬間的速度大小。
（3）若拉力達到12mg細繩會斷，上下移動N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬間的速度與（2）問中的相同，使B旋轉n圈。經過M正下時細繩斷開，求MN之間距離的范圍，及在n的所有取值中，B落在地面時水平位移的最小值和最大值。
【解答】解：（1）碰后B能在豎直面內做圓周運動，軌跡半徑為10a，設碰后B的最小速度大小為v0，最高點速度大小為v，在最高點時由牛頓第二足定律有
B從最低點到最高點由動能定理可得
解得
（2）A和B碰撞過程中動量守恒，取向右為正方向，設碰前A的速度大小為v1碰后A的速度大小為v2。碰后B的速度大小為v3，則有
2mv1＝2mv2+mv3
碰后A減速到0，有
碰后B做兩周圓周運動，繩子在MN間纏繞2圈，縮短4a，在M點正下方時，離M點6a，離地面4a，此時速度大小為v4，由功能關系得
B隨后做平拋運動，有
L＝v4t
解得
（3）設MN間距離為h，B轉n圈后到達M正下方速度大小為v5，繩縮短2nh，繩斷開時，以M為圓心，由牛頓第二定律得
（n＝1，2，3，…）
以N為圓心，由牛頓第二定律得
（n＝1，2，3，…）
從碰后到B轉n圈后到達M正下方，由功能關系得
（n＝1，2，3，…）
解得
（n＝1，2，3，…）
繩斷后，B做平拋運動，有
（n＝1，2，3，…）
s＝v5t
可得
（n＝1，2，3，…）
由于
（n＝1，2，3，…）
則由數學分析可得
當時，
當n＝1時，，
題型6碰撞（彈簧）模型
（2024 黃陂區(qū)校級一模）質量為2kg的小球b靜止在光滑的水平地面上，左端連接一水平輕質彈簧，質量為2kg的另一小球a以4m/s的速度向b運動，從小球a接觸彈簧到壓縮到最短所經歷的時間為，已知此彈簧的壓縮量x與彈性勢能Ep的關系為，則小球a、b在這段時間內的位移大小分別為（　　）
A．m， B．m，m
C．m，m D．m，m
【解答】解：小球a、b與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧被壓縮至最短時，小球a、b達到共速，設共速時的速度為v1，小球a的初速度為v0，則由動量守恒定律有：mav0＝（ma+mb）v1
碰撞過程中機械能守恒，有：
解得彈簧壓縮到最短時的彈性勢能：Ep＝8J
由彈簧的壓縮量x與彈性勢能Ep的關系：
代入可得：x＝0.4m
設小球a、b在這段時間內的位移大小分別為l1、l2，任取極短的時間Δt，兩小球在任意時刻動量均守恒，任意時刻的速度分別設為v1i、v2i則有：mav0＝mav1i+mbv2i
兩邊同乘以Δt并求和得：∑mav0Δt＝∑mav1iΔt+∑mbv2iΔt
故有：mav0t＝mal1+mbl2
而兩小球的對地位移之間的關系為：l1﹣l2＝x
聯立解得：，，故BCD錯誤，A正確。
故選：A。
（2024 樂清市校級三模）（機械振動）質量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上。平衡時，彈簧的壓縮量為x0，如圖所示，一物塊從鋼板正上方距離為3x0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連。它們到達最低點后又向上運動。已知物塊質量也為m，彈簧的彈性勢能Epkx2，簡諧運動的周期T＝2，下列說法正確的是（　　）
A．碰后物塊與鋼板一起做簡諧運動，振幅A＝x0
B．物塊與鋼板在返回O點前已經分離
C．碰撞剛結束至兩者第一次運動到最低點所經歷的時間t
D．運動過程中彈簧的最大彈性勢能
【解答】解：A、設物塊與鋼板碰撞前瞬間物塊的速度為v0，由機械能守恒得：
3mgx0，解得：v0
設碰撞后瞬間兩者一起向下運動的初速度為v1，選取向下為正方向，由動量守恒定律得：
mv0＝2mv1，解得：v1
鋼板與物塊一起做簡諧運動，設平衡位置彈簧壓縮量為x1，則有：
2mg＝kx1
初始對鋼板由平衡條件得：
mg＝kx0
對比解得：x1＝2x0
設振幅為A，從碰撞的位置到最低點的過程，由機械能守恒定律得：
2mg（x1﹣x0+A）
其中：k
聯立解得：A＝2x0，故A錯誤；
B、由A的解答可知，平衡位置彈簧壓縮量為2x0，振幅為2x0，由簡諧運動規(guī)律可知彈簧原長的位置O處是向上的位移最大處，即到達彈簧處于原長的位置時鋼板與物塊的速度為零，則物塊與鋼板在返回O點前不會分離，故B錯誤；
C、碰撞的位置是A處，由此處第一次到平衡位置的時間為，則第一次運動到最低點所經歷的時間為：
tT，故C正確；
D、彈簧最大壓縮量為xm＝x1+A＝4x0，最大的彈性勢能：Epm8mgx0，故D錯誤。
故選：C。
（2024 江蘇模擬）某快遞站利用如圖所示裝置運送貨物（視為質點），固定傾斜軌道AB的B點與軌道B'CD的B'點等高，兩軌道相切并平滑連接。軌道B'CD上表面由光滑圓弧軌道B'C和水平粗糙軌道CD組成且相切于C點，圓弧軌道B'C的半徑R＝2.75m，所對圓心角θ＝37°，水平粗糙軌道CD段長L＝5m。軌道B'CD靜置于光滑水平面上，右側緊靠豎直墻壁。現將質量m＝10kg的貨物從距離B點高度h＝1.5m的A點無初速度釋放，貨物滑到軌道B'CD左端D點時恰好與軌道保持相對靜止。貨物與傾斜軌道AB、水平粗糙軌道CD間的動摩擦因數分別為μ0＝0.125，μ1＝0.3，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力。求：
（1）貨物在B點的速度大小；
（2）軌道B′CD的質量M；
（3）整個過程中由于摩擦產生的內能Q。
【解答】解：（1）貨物從A到B的過程，根據動能定理可得：
解得貨物在B點的速度大小：vB＝5m/s
（2）貨物從B′到C的過程，根據動能定理可得：
解得貨物在C點的速度大小：vC＝6m/s
貨物在軌道B′CD上由C運動到D的過程，貨物與軌道B'CD組成的系統(tǒng)動量守恒，設共同速度為v，以向左為正方向，根據動量守恒定律與能量守恒定律得：
mvC＝（m+M）v
μ1mgL（m+M）v2
聯立可得：M＝50kg
（3）根據功能關系，貨物從A到B的過程摩擦產生的內能為：
Q1，解得：Q1＝25J
貨物在軌道B′CD上滑動的過程摩擦產生的內能為：
Q2＝μ1mgL，解得：Q2＝150J
整個過程中由于摩擦產生的內能為：
Q＝Q1+Q2＝25J+150J＝175J
答：（1）貨物在B點的速度大小為5m/s；
（2）軌道B′CD的質量M為50kg；
（3）整個過程中由于摩擦產生的內能Q為175J。
題型7人船模型
（多選）（2024 貴州模擬）如圖所示，在水平面上放置一半徑為R的半圓槽，半圓槽的左、右最高點A、B在同一水平線上、最低點為C，現讓一個小球從槽右側最高點B無初速釋放。已知小球和半圓槽的質量分別為m和2m，不計小球與半圓槽和半圓槽與水平地面之間的摩擦，當地的重力加速度為g。則（　　）
A．小球向左運動能達到A點
B．半圓槽向右運動的最大距離為
C．半圓槽的運動速度大小可能為
D．小球經過C點時對半圓槽的壓力大小為3mg
【解答】解：A．兩物體所構成的系統(tǒng)水平方向動量守恒、運動過程中機械能守恒。小球向左到達最高點時兩者共速，設共速時的速度為v，取水平向左為正方向，由動量守恒定律有
0＝（m+2m）v
可得
v＝0
由機械能守恒定律有
mgR＝mgh
解得
h＝R
即小球向左能達到的最高點是A，故A正確；
B．取水平向左為正方向，設小球速度為v1，圓槽速度為v2，由水平方向動量守恒有
0＝mv1+2mv2
可得
0＝∑mv1Δt+∑2mv2Δt
即
0＝mx1+2mx2
同時
x1﹣x2＝﹣2R
可得
故B正確；
C．從B點釋放后到C點有，取水平向左為正方向，設在C點小球的速度為v3，圓槽的速度為v4，根據能量和動量守恒有
0＝mv3+2mv4
解得
，
則小球到最低點時槽的速度不可能是，故C錯誤；
D．小球相對于槽做圓周運動，在最低點槽的加速度為0是慣性參考系，根據牛頓第二定律有
解得
FN＝4mg
故D錯誤。
故選：AB。
（2022 永定區(qū)模擬）如圖所示，一個質量為m1＝50kg的人爬在一只大氣球下方，氣球下面有一根長繩。氣球和長繩的總質量為m2＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸。當靜止時人離地面的高度為h＝7m。如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，他離地面高度是（可以把人看作質點）（　　）
A．0 B．2m C．5m D．7m
【解答】解：設人的速度v1，氣球的速度v2，根據人和氣球動量守恒得：
則m1v1＝m2v2，
所以v1v2，
氣球和人運動的路程之和為h＝7m，則人下滑的距離為：s1h＝2m
氣球上升的距離為：s25m
即人下滑2m，氣球上升5m，所以人離地高度為5m，故C正確、ABD錯誤。
故選：C。
（2024春 天河區(qū)期末）如圖所示，質量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細線，細線另一端系一質量為m的球C。重力加速度為g。現將C球拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放C球，下列說法正確的是（　　）
A．A、B兩木塊分離時，A、B的速度大小均為
B．A、B兩木塊分離時，C的速度大小為
C．C球由靜止釋放到最低點的過程中，A對B的彈力的沖量大小為
D．C球由靜止釋放到最低點的過程中，木塊A移動的距離為
【解答】解：AB、小球C下落到最低點時，AB開始分離，此過程水平方向動量守恒，根據機械能守恒有：mgL，取水平向左為正方向，由水平方向動量守恒得：mvC＝2m×vAB，聯立解得，，故AB錯誤；
C、C球由靜止釋放到最低點的過程中，選B為研究對象，由動能定理IAB＝mvAB＝m，故C正確；
D、C球由靜止釋放到最低點的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設C對地向左水平位移大小為x1，AB對地水平位移大小為x2，則有mx1＝2mx2，由題意可知x1+x2＝L，聯立解得，故D錯誤；
故選：C。

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