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　專題二　第7講
A組·基礎練
1.(多選)(2024·廣西卷)如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動，速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力，則碰撞后，N在(　　)
A．豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動
B．豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動
C．水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v
【答案】　BC
【解析】　由于兩小球碰撞過程中機械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，由于兩小球質量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即vM＝0，vN＝v，碰后小球N做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運動，即豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動。故選BC。
2.(多選)(2024·甘肅卷)電動小車在水平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　)
A．小車的動能不變
B．小車的動量守恒
C．小車的加速度不變
D．小車所受的合外力一定指向圓心
【答案】　AD
【解析】　做勻速圓周運動的物體速度大小不變，故動能不變，故A正確；做勻速圓周運動的物體速度方向時刻在改變，故動量不守恒，故B錯誤；做勻速圓周運動的物體加速度大小不變，方向時刻在改變，故C錯誤；做勻速圓周運動的物體所受的合外力一定指向圓心，故D正確。故選AD。
3.(多選)(2023·新課標全國卷，19)如圖，使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數相等。現同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻(　　)
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的動量大小比乙的小
C．甲的動量大小與乙的相等
D．甲和乙的動量之和不為零
【答案】　BD
【解析】　根據F－μmg＝ma可得a＝F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，則任意時刻甲的速度大小比乙的小，A錯誤；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，則f甲＞f乙，故甲和乙組成的系統所受合外力向左，合外力的沖量方向向左，即甲的動量大小比乙的小，B、D正確，C錯誤。
4.(2024·江蘇五校模擬)“雨打芭蕉”是文學中常見的抒情意象。當雨滴豎直下落的速度為v時，為估算雨打芭蕉產生的壓強p，建立以下模型：芭蕉葉呈水平狀，落到芭蕉葉上的雨滴一半向四周濺散開，濺起時豎直向上的速度大小為，另一半則留在葉面上。已知水的密度為ρ，不計重力和風力的影響，則壓強p為(　　)
A． B．
C． D．
【答案】　D
【解析】　設芭蕉葉的面積為S，t時間內落到芭蕉葉上面雨滴的質量m＝ρvtS；根據題意有一半的雨滴向四周散開，設豎直向上為正方向，根據動量定理可知F1t＝m×－，另一半則留在葉面上，根據動量定理F2t＝0－，根據壓強定義式p＝＝，聯立解得p＝，故選D。
5.(2024·江蘇宿遷一模)踢毽子是我國傳統的民間體育運動。如圖是一個小孩在踢毽子，毽子近似沿豎直方向運動，空氣阻力與速率成正比。毽子在空中運動過程中(　　)
A．剛離開腳時，加速度最大
B．動量變化率先變小后變大
C．上升的時間等于下降的時間
D．重力的沖量上升過程大于下降過程
【答案】　A
【解析】　毽子上升過程mg＋kv＝ma上，下降過程mg－kv＝ma下，因剛離開腳時速度最大，則加速度最大，選項A正確；動量變化率等于毽子受到的合外力，因上升過程合外力減小，下降過程中合外力也減小，則動量變化率逐漸減小，選項B錯誤；因上升的平均加速度大于下降的平均加速度，根據h＝at2可知，上升的時間小于下降的時間，選項C錯誤；根據IG＝mgt可知，重力的沖量上升過程小于下降過程，選項D錯誤。
6.(多選)(2023·廣東卷)某同學受電動窗簾的啟發，設計了如圖所示的簡化模型，多個質量均為1 kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力。開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40 m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04 s，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22 m/s，關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有(　　)
A．該過程動量守恒
B．滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18 N·s
C．滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40 N·s
D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N
【答案】　BD
【解析】　取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統的初動量為p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的動量為p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；對滑塊1，取向右為正方向，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，負號表示方向水平向左，故B正確；對滑塊2，取向右為正方向，則有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C錯誤；對滑塊2，根據動量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N，故D正確。
7.(多選)(2024·黑龍江大慶模擬)一輕質彈簧兩端分別連著木塊A和B，靜止于光滑的水平面上。木塊A被水平飛行的初速度為v0的子彈射中并鑲嵌在其中，已知木塊B的質量為m，A的質量是B的，子彈的質量是B的，則(　　)
A．子彈擊中木塊A后，與A的共同速度為v0
B．子彈擊中木塊A后，與A的共同速度為v0
C．彈簧壓縮到最短時的彈性勢能為mv
D．彈簧壓縮到最短時的彈性勢能為mv
【答案】　AC
【解析】　子彈射入A的過程時間極短，根據動量守恒定律可得mv0＝v，解得v＝v0，A正確，B錯誤；對子彈、木塊A、B和彈簧組成的系統，三者速度相等時彈簧被壓縮到最短。壓縮彈簧最短時，A與B具有共同的速度，根據動量守恒定律有mv0＝v1，此時彈簧的彈性勢能為Ep，由能量守恒定律得×v2＝×v＋Ep，解得Ep＝mv，C正確，D錯誤。
B組·綜合練
8.(多選)(2024·寧夏銀川一模)如圖，質量為m的小球A和質量為4 m的小球B用長為L的彈性繩連接，小球B靜止在光滑水平面上，小球A在小球B正上方高為0.72L處以一定的初速度水平向右拋出，小球落地時彈性繩剛好拉直(第一次處于原長)，小球A落地與地面碰撞時，豎直方向的速度減為零，水平方向的速度保持不變，彈性繩始終處于彈性限度內，重力加速度為g，不計小球大小，則(　　)
A．小球A拋出時的初速度大小為
B．小球A拋出時的初速度大小為
C．彈性繩具有的最大彈性勢能為mgL
D．彈性繩具有的最大彈性勢能為mgL
【答案】　AC
【解析】　小球在空中做平拋運動，則0.72L＝gt2，L＝v0t解得小球A拋出時的初速度大小為v0＝，故A正確，B錯誤；小球A落地后，當兩小球共速時，彈簧的彈性勢能最大，根據系統動量守恒以及能量守恒可得mv0＝(m＋4m)v，mv＝×(m＋4m)v2＋Ep解得彈性繩具有的最大彈性勢能為Ep＝mgL，故C正確，D錯誤。故選AC。
9.(多選)質量為M的帶有光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質量也為M的小球以速度v0水平沖上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則(　　)
A．小球以后將向左做平拋運動
B．小球以后將做自由落體運動
C．此過程小球對小車做的功為Mv
D．小球在圓弧軌道上上升的最大高度為
【答案】　BC
【解析】　從小球沖上小車到小球離開小車的過程，系統在水平方向上動量守恒且系統機械能守恒，設小球離開小車時，小球速度為v1，小車速度為v2，根據動量守恒定律有Mv0＝Mv1＋Mv2，根據機械能守恒定律有Mv＝Mv＋Mv，聯立解得v1＝0，v2＝v0，即作用后兩者交換速度，小球速度變為零，開始做自由落體運動，A錯誤，B正確；根據動能定理，小球對小車所做的功W＝Mv－0＝Mv，C正確；小球上升到最高點時，與小車相對靜止，有相同的速度v，根據動量守恒定律有Mv0＝2Mv，根據機械能守恒定律有Mv＝2×＋Mgh，聯立解得h＝，D錯誤。
10.(多選)(2024·全國卷)蹦床運動中，體重為60 kg的運動員在t＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．t＝0.15 s時，運動員的重力勢能最大
B．t＝0.30 s時，運動員的速度大小為10 m/s
C．t＝1.00 s時，運動員恰好運動到最大高度處
D．運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4 600 N
【答案】　BD
【解析】　根據牛頓第三定律結合題圖可知t＝0.15 s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；根據題圖可知運動員從t＝0.30 s離開蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上經歷的時間為2 s，根據豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1 s，則在t＝1.3 s時，運動員恰好運動到最大高度處，t＝0.30 s時運動員的速度大小v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B正確，C錯誤；同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10 m/s，以豎直向上為正方向，根據動量定理F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s代入數據可得F＝4 600 N，根據牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4 600 N，故D正確。故選BD。
11.(2024·天津一模)如圖所示，水平粗糙軌道AB長為L，豎直面內半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道BC與軌道AB相切于B點，質量為m的物塊P以初速度v0從A點向左運動，與靜止于B點質量為2m的物塊Q發生碰撞，碰撞時間極短，碰后兩物塊粘在一起運動，恰能到達軌道最高點C，已知重力加速度為g，物塊P、Q均可視為質點，求：
(1)兩物塊碰后瞬間對軌道B點的壓力FN的大小；
(2)物塊P與水平軌道AB間的動摩擦因數μ；
(3)碰撞過程中物塊P對物塊Q做的功W的大小。
【答案】　(1)9mg　(2)　(3)2mgR
【解析】　(1)碰撞后恰好能運動到最高點－(m＋2m)gR＝0－(m＋2m)v2
碰后瞬間FN′－(m＋2m)g＝(m＋2m)
根據牛頓第三定律，壓力與支持力等大反向FN＝FN′
解得FN＝9mg。
(2)P從A到B的過程中－μmgL＝mv－mv
碰撞過程中mv1＝(m＋2m)v
解得μ＝。
(3)碰撞過程中W＝·2mv2
解得W＝2mgR。
12.(2024·江蘇泰州一模)如圖所示，可視為質點的兩個小物塊A、B并排放在粗糙水平面上，一根輕繩一端固定于水平面上的O點，另一端系在小物塊A上。已知mA＝1 kg，mB＝3 kg，A、B與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，輕繩長l＝0.314 m，g取10 m/s2，π取3.14且π2＝10。現給A一個向左的初速度v0＝2 m/s，使其繞O點做圓周運動，運動一周時與B發生彈性碰撞。求：
(1)A剛開始運動時所受輕繩拉力的大小FT；
(2)A與B碰前瞬間的加速度大小a；
(3)A與B碰后B滑行的距離s。
【答案】　(1)76.43 N　(2)2 m/s2
(3)1 m
【解析】　(1)A剛開始運動時輕繩拉力提供向心力FT＝mA
解得輕繩拉力的大小FT＝76.43 N。
(2)設A與B碰前瞬間的速度為v，根據動能定理－μmAg·2πl＝mAv2－mAv
解得v＝4 m/s
此時繩子的拉力為FT′＝
根據牛頓第二定律＝mAa
解得a＝2 m/s2。
(3)根據動量守恒mAv＝mAv1＋mBv2
根據機械能守恒mAv2＝mAv＋mBv
解得v2＝2 m/s
B的加速度aB＝μg＝2 m/s2
A與B碰后B滑行的距離s＝＝1 m。
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專題二　功和能、動量
第7講　動量定理、動量守恒定律
內容 重要的規律、公式和二級結論
2.動量守恒定律及其應用 (3)動量守恒的條件：①不受力；②合外力為零；③內力遠大于外力；④某方向的合力為零，則這一方向上動量守恒。
(4)三種表達形式

① 相互作用的兩物體組成的系統，兩物體相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量 p1＋p2＝p1′＋p2′
一維情形：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
② 系統總動量不變 Δp總＝0
③ 相互作用的兩物體組成的系統，兩物體動量的增量等大反向 Δp2＝－Δp1
2.“一動碰一靜”的完全非彈性碰撞(機械能損失最多)
１
動量、沖量與動量定理
1.沖量的三種計算方法
(1)公式法：I＝Ft，適用于求恒力的沖量。
(2)動量定理法：I＝p′－p，多用于求變力的沖量或F、t未知的情況。
(3)圖像法：用F－t圖線與時間軸圍成的面積可求變力的沖量。若F－t呈線性關系，也可直接用平均力求變力的沖量。
2.動量定理在“四類”問題中的應用
(1)求解緩沖問題。
(2)求解平均力問題。
(3)求解流體問題。
(4)在電磁感應中求解電荷量問題。
(多選)(2024·福建卷)物塊置于足夠長光滑斜面上并鎖定，t＝0時刻解除鎖定，并對物體沿斜面施加如圖所示變化的力F，以沿斜面向下為正方向，下列說法正確的是(　　)
A．0～4t0，物體一直沿斜面向下運動
B．0～4t0，合外力的總沖量為0
C．t0時動量是2t0時的一半
D．2t0～3t0過程物體的位移小于3t0～4t0的位移
【答案】　AD
據動量定理I合＝Δp≠0，故B錯誤；根據圖像可知t0時物塊速度大于2t0時物塊的速度，故t0時動量不是2t0時的一半，故C錯誤；v－t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故由圖像可知2t0～3t0過程物體的位移小于3t0～4t0的位移，故D正確。故選AD。
1.氣體在流動時會出現分層流動的現象即層流(laminar flow)，不同流層的氣體流速不同。相鄰兩流層間有粘滯力，產生粘滯力的原因可以用簡單模型解釋：如圖，某氣體流動時分成A、B兩流層，兩層的交界面為平面，A層流速為vA，B層流速為vB，vA>vB，由于氣體分子做無規則熱運動，因此A層的分子會進入B層，B層的分子也會進入A層，穩定后，單位時間內從A層進入B層的分子數等于從B層進入A層的分子數，若氣體分子的質量為m，單位時間、單位面積上由A層進入B層的分子數為n，則B層對A層氣體單位面積粘滯阻力為(　　)
A．大小：nm(vA－vB)，方向：與氣體流動方向相同
B．大小：nm(vA－vB)，方向：與氣體流動方向相反
C．大小：2nm(vA－vB)，方向：與氣體流動方向相同
D．大小：2nm(vA－vB)，方向：與氣體流動方向相反
【答案】　B
【解析】　由題意可知Δt時間內，單位面積上由B層進入A層的分子數為nΔt，則這部分分子的質量為m0＝nmΔt這部分分子的速度由vB變為vA，取氣體流動方向為正方向，則根據動量定理有FΔt＝m0vA－m0vB可得，流層A對這部分分子的作用力為F＝nm(vA－vB)，方向與氣體流動方向相同，根據牛頓第三定律可知，B層對A層氣體單位面積粘滯阻力大小為f＝F＝nm(vA－vB)，方向與氣體流動方向相反，故選B。
2. (2024·山東煙臺統考)娛樂風洞是一種空中懸浮裝置，在一個特定的空間內人工制造和控制氣流，游客只要穿上特制的可改變受風面積(游客在垂直風力方向的投影面積)的飛行服跳入飛行區，即可通過改變受風面積來實現向上、向下運動或懸浮。現有一豎直圓柱形風洞，風機通過洞口向風洞內“吹氣”，產生豎直向上、速度恒定的氣流。某時刻，有一質量為m的游客恰好在風洞內懸浮，已知氣流密度為ρ，游客受風面積為S，重力加速度為g，假設氣流吹到人身上后速度變為零，則氣流速度大小為(　　)
【答案】　C
2
動量守恒定律的應用
(2024·江蘇卷)嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應的組合體A與軌道器對應的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為v，且與v0同向，A、B的質量分別為m、M。求：
(1)分離后A的速度v1大小；
(2)分離時A對B的推力大小。
(2023·山東新高考聯考)在空間技術發展過程中，噴氣背包曾經作為宇航員艙外活動的主要動力裝置，它能讓宇航員保持較高的機動性。如圖所示，宇航員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度v1持續噴出，宇航員到達艙門時的速度為v2。若宇航員連同整套艙外太空服的質量為M，不計噴出氣體后宇航員和裝備質量的變化，忽略宇航員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為(　　)
【答案】　D
3
碰撞中的動量和能量綜合問題
(2022·河北卷，13)如圖所示，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質量分別為1 kg和2 kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質量均為1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右運動，B和D以相同速度kv0向左運動，在某時刻發生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新物塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數均為μ＝0.1。重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)若0(2)若k＝0.5，從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。
【審題指導】
關鍵表述 物理量及其關系
光滑水平面；在某時刻發生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新物塊，A與B粘在一起形成一個新滑板 A與B、C與D均發生完全非彈性碰撞，碰撞過程動量守恒
【易錯提醒】　(1)碰撞過程沒有理清，碰撞的系統選擇錯誤，沒有分別對A、B和C、D應用動量守恒定律解題；(2)第(2)問使用牛頓第二定律和運動學公式解題，過程麻煩，計算相對位移出錯。
(多選)(2023·河北唐山三模)在生產生活中，經常采用軌道約束的方式改變物體的運動方向。如圖所示，光滑水平地面上停放著一輛小車，小車上固定著兩端開口的光滑細管，細管由水平、彎曲和豎直三部分組成，各部分之間平滑連接，豎直管的上端到小車上
表面的高度為h。一小球以初速度v0水平向右射入
細管，小球的質量與小車的質量(包含細管)相等，
小球可視為質點，忽略一切阻力作用。下列說法正
確的是(　　)
A．小球在細管中運動時，小球和小車(包含細管)組成的系統動量守恒
B．小球在細管的豎直部分運動時只受重力作用
D．若小球從細管的豎直部分沖出，沖出后一定會落回到細管中
【答案】　BCD

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