第15講 動(dòng)量 動(dòng)量守恒定律（解析版）-2024年高考物理一輪考點(diǎn)復(fù)習(xí)精講精練

第15講動(dòng)量動(dòng)量守恒定律

目錄

考點(diǎn)一動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理的理解與應(yīng)用......................................1

考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律的理解......................................................1

考點(diǎn)三動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用(人船模型)........................................5

考點(diǎn)四碰撞現(xiàn)象的特點(diǎn)和規(guī)律....................................................9

考點(diǎn)五動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用..............................................14

練出高分........................................................................18

考點(diǎn)一動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理的理解與應(yīng)用

I.動(dòng)量

(1)定義：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動(dòng)量，通常用〃來(lái)表示.

(2)表達(dá)式：p—mv.

(3)單位：kg-m/s.

(4)標(biāo)矢性：動(dòng)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(shí)間/的乘積.

(2)定義式：I=Ft.

(3)單位：N?s.

(4)方向：恒力作用時(shí)，與力的方向相同.

(5)物理意義：是一個(gè)過(guò)程量，表示力在時(shí)回上積累的作用效果.

3.動(dòng)量定理

(1)內(nèi)容：物體所受合外力的沖量等于物體的動(dòng)量的變化量.

Ft=p'—p

⑵表達(dá)式：，人

/=Ap

[例題1](2022?杭州二模)如圖所示，某同學(xué)將質(zhì)量相同的三個(gè)物體從水平地面上的A點(diǎn)以同一速

率沿不同方向拋出，運(yùn)動(dòng)軌跡分別為圖上的1、2、3。若忽略空氣阻力，在三個(gè)物體從拋出到落

地過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（)

A.軌跡為1的物體在最高點(diǎn)的速度最大

B.軌跡為3的物體在空中飛行時(shí)間最長(zhǎng)

C.軌跡為1的物體所受重力的沖量最大

D.三個(gè)物體單位時(shí)間內(nèi)速度變化量不同

【解答】解：B、將拋體運(yùn)動(dòng)分為水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，

三條路徑中軌跡1最高，根據(jù)：t=2舊可知軌跡為1的物體在空中飛行時(shí)間最長(zhǎng)，軌跡為3的

物體在空中飛行時(shí)間最短，故B錯(cuò)誤；

A、水平方向的位移：x=vd,軌跡3水平方向的位移最大，但運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，所以軌跡3水平

方向的分速度最大，所以軌跡為3的物體在最高點(diǎn)的速度最大，故A錯(cuò)誤；

C、重力的沖量：I=mgt,三個(gè)物體質(zhì)量相等，軌跡為1的物體在空中匕行時(shí)間最長(zhǎng)，所以軌跡為

I的物體所受重力的沖量最大，故C正確；

D、加速度是速度變化快慢的物理最，由于三個(gè)物體都做拋體運(yùn)動(dòng)，加速度都等于重力加速度，

所以三個(gè)物體單位時(shí)間內(nèi)速度變化量相同，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

[例題2]（2023?重慶模擬）2022年中國(guó)空間站已經(jīng)全面建成，目前已經(jīng)轉(zhuǎn)入應(yīng)用與發(fā)展階段。如圖

所示，若該空間站僅在地球引力作用下繞地球沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不變的物理量是

()

A.動(dòng)量B.加速度C.動(dòng)能D.機(jī)械能

【解答】解：AC.空間站僅在地球引力作用下繞地球沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，速度大小和方向不斷改變,

根據(jù)動(dòng)顯和動(dòng)能定義，故動(dòng)顯時(shí)刻改變，動(dòng)能時(shí)刻改變，故AC錯(cuò)誤；

B.空間站到地心的距離不斷改變，由萬(wàn)有引力提供向心力G華二7HQ

R2

可知，加速度時(shí)刻改變，故B錯(cuò)誤；

D.空間站僅在地球引力作用下運(yùn)動(dòng)，所以機(jī)械能守恒，故D正確。

故選：D。

［例題3J（2U23?海淀區(qū)二模）如圖所示，圓盤可在水平面內(nèi)繞通過(guò)O點(diǎn)的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)（俯視），圓

盤上距軸r處有一質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）。某時(shí)刻起，圓盤開(kāi)始繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)

間，其角速度從0增大至3。已知物塊與圓盤之間的動(dòng)摩擦因數(shù)4重力加速度g,該過(guò)程中物

塊始終相對(duì)圓盤靜止，下列說(shuō)法正確的是（）

A.物塊所受摩擦力的方向始終指向0點(diǎn)

B.物塊所受摩擦力的大小始終為同唱

C.物塊所受摩擦力的沖量大小為ms

D.物塊所受摩擦力做的功為0

【解答】解：A、物塊的角速度逐漸變大，根據(jù)v=3r.可知線速度也逐漸變大，說(shuō)明摩擦力做了

功，即摩擦力有沿著圓周切線方向的分力，說(shuō)明物塊受摩擦力的方向不是始終指向O點(diǎn)，故A錯(cuò)

誤；

B、根據(jù)向心力公式F=ms2r可知，當(dāng)角速度比較小時(shí)，向心力也比較小，而向心力由靜摩擦力

的一個(gè)分力提供，所以物塊所受摩擦力的大小是從0開(kāi)始增加的，不是始終為pmg,故B錯(cuò)誤;

C、根據(jù)動(dòng)量定理得I=mv-0,將v=（or代入可知物塊所受摩擦力的沖量大小為mcor,故C正

確；

D、物塊角速度從0增大至3過(guò)程中，只有靜摩擦力可以做功，根據(jù)動(dòng)能定理W=4mu2-o=

|ma）2r2,可知物塊所受摩擦力做的功不為0,故D錯(cuò)誤。

故選：Co

［例題4］（2023?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)模擬）如圖甲所示，“復(fù)興號(hào)”高速列車正沿直線由靜止駛出火車站，

水平方向的動(dòng)力F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，t=400s后，列車以288km/h的速度做

A.a束煙花在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于b束煙花

B.a束煙花被噴射出的初始速度大于b束煙花

C.a束煙花在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)量的增加量大于b束煙花

D.a束煙花在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能的增加量大于b束煙花

【解答】解：A.豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)力=；g《2,可得￡=楞，由圖可知，a束煙花

下降的高度小于b束煙花卜降的高度，則a束煙花在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間小于b束煙花，故A錯(cuò)誤;

B.由圖可知，水平方向a束煙花的位移大于b束煙花的位移，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)x

=vot結(jié)合A選項(xiàng)分析可知a束煙花被噴射出的初始速度大于b束煙花，故B正確；

C.根據(jù)△p=I=mgl,結(jié)合A選項(xiàng)可知可知a束煙花在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)量的增加量小于b束煙

花，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)AEk=mgh,可知a束煙花在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能的增加量小于b束煙花，故D錯(cuò)誤。

故選：B?

考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律的理解和判斷

I.內(nèi)容

如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變，這就是動(dòng)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(nèi)每個(gè)物體所受的合外力都為零，更不能認(rèn)為系

統(tǒng)處于平衡狀態(tài).

(2)近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)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(dòng)量守恒.

[例題6](2023?昌平區(qū)二模)飛機(jī)沿某水平面內(nèi)的圓周勻速率地飛行了一周，已知飛機(jī)質(zhì)量為m,

速率為v,圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R。下列說(shuō)法正確的是()

A.飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率沒(méi)變，則所受合外力為零

B.飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率沒(méi)變，則動(dòng)量守恒

C.飛機(jī)飛行時(shí)，速度的方向不斷變化，因此動(dòng)量不守恒；根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量的改變?cè)从谙蛐?/p>

力的沖量，即/=FnAt==2mnv

D.飛機(jī)飛行時(shí)，速度的方向不斷變化，因此動(dòng)量不守恒；根據(jù)動(dòng)量定理，飛行一周動(dòng)量的改變

量為零

【解答】解：A、飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率沒(méi)變，速度的方向不斷變化，因此速度是變化的，所

受合外力不為零，故A錯(cuò)誤；

BC、飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率沒(méi)變，速度的方向不斷變化，速度不斷變化，由p=mv知?jiǎng)恿坎?/p>

斷變化，動(dòng)量不守恒；根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量的改變?cè)从谙蛐牧Φ臎_量，由于向心力是變力，不能

D22TTR

根據(jù)I=Fn?At=m—?-----=2nmv來(lái)求向心力的沖量，故BC錯(cuò)誤；

Rv

D、飛機(jī)飛行時(shí)，速度的方向不斷變化，因此動(dòng)量不守恒；飛行一周合外力沖量為零，根據(jù)動(dòng)量

定理，飛行一周動(dòng)量的改變量為零，故D正確。

故選：D。

[例題7]（2023?紹興二模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)，離地一定高度的樹(shù)上掛有一個(gè)蘋果，地面上

玩具手槍的槍口對(duì)準(zhǔn)蘋果。某時(shí)刻蘋果從O點(diǎn)自由下落，同時(shí)玩具子彈也從槍口P以一定初速

度射出，子彈運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后到達(dá)最高點(diǎn)Q,而蘋果也下落到M點(diǎn)，最后子彈在N點(diǎn)“擊中”

蘋果。若子彈和蘋果都看成質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）

A.子彈到達(dá)最高點(diǎn)的速度為0

B.PQ的豎直高度等于OM的距離

C.子彈“擊中”蘋果時(shí)豎直方向的分速度大于蘋果下落的速度

D.子彈從P運(yùn)動(dòng)到Q的過(guò)程中速度變化量的方向始終豎直向上

【解答】解：A.子彈做斜拋運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)豎直方向上的速度為零，但水平分速度不為零，因此

子彈到達(dá)最高點(diǎn)的速度不為零，故A錯(cuò)誤；

B.某時(shí)刻蘋果從O點(diǎn)自由下落，同時(shí)玩具子彈也從槍口P以一定初速度射出，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間相

同，而蘋果豎直方向初速度為零，自由落體，子彈豎直方向逆運(yùn)動(dòng)也是初速度為零，自由落體，

所以PQ的豎直高度等于0M的距離，故B正確；

C.子彈“擊中”蘋果時(shí)豎直方向的分速度小于蘋果下落的速度，因?yàn)樵贛、Q處，蘋果豎直分

速度大，而兩者加速度相同，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)速度變化量的計(jì)算公式可得：

Av=gAt

因此子彈從P運(yùn)動(dòng)到Q的過(guò)程中速度變化量的方向始終豎直向下，故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

［例題8］（2023?江西模擬）如圖所示，建筑工地上常用打樁機(jī)把樁打入地下。電動(dòng)機(jī)先把重錘吊起

一定的高度，然后靜止釋放，重錘打在樁上，接著隨樁一起向下運(yùn)動(dòng)直到停止。不計(jì)空氣阻力，

則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.重錘與樁的撞擊過(guò)程中，機(jī)械能守恒

B.重錘隨樁一起向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能守恒

C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重錘和樁組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重錘和樁組成的系統(tǒng)所受合外力沖量為零

【解答】解：A.重錘與樁的撞擊過(guò)程中，會(huì)產(chǎn)生內(nèi)能，所以重錘與樁的撞擊過(guò)程中機(jī)械能不守

恒，故A錯(cuò)誤；

B.重錘隨樁一起向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，需要克服阻力做功，所以重錘隨樁一起向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械

能不守恒，故B錯(cuò)誤；

C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重錘和樁組成的系統(tǒng)初始動(dòng)量為零，末動(dòng)量為零，但運(yùn)動(dòng)過(guò)程動(dòng)量不為零，

可知系統(tǒng)過(guò)程中不滿足動(dòng)量守恒，故c錯(cuò)誤；

D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重錘和樁組成的系統(tǒng)初始動(dòng)量為零，末動(dòng)量為零，根據(jù)動(dòng)量定理可知，系

統(tǒng)所受合外力沖量為零，故D正確。

故選：Do

［例題力（2023?株洲一模）如圖，質(zhì)量相等的小球和小環(huán)幾不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，小環(huán)套在光滑固

定的水平細(xì)桿上，初始時(shí)刻小球在小環(huán)的左下方，繩子拉直，由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，則

()

-------&

A.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒

B.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，機(jī)械能不守恒

C.小球向右擺到的最高點(diǎn)和釋放點(diǎn)的高度相同

D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，繩的拉力對(duì)小球一直不做功

【解答】解：A、由于小環(huán)套在光滑固定的水平細(xì)桿上，小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)

量守恒，在豎直方向上合外力不為零，有加速度，豎直方向上動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)題意可知，除了系統(tǒng)內(nèi)力，小球和小環(huán)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未受到除了重力之外的力的作用，

因此它們組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；

C、水平方向不受外力，則小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。小球向右擺到的最高點(diǎn)時(shí)，

小球和小環(huán)的速度相同，設(shè)為v,取水平向右為正方向，由系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒得0=2mv,解

得v=0,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，小球向右擺到的最高點(diǎn)和釋放點(diǎn)的高度相同，故C正確；

D、整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球的機(jī)械能的損失量全部轉(zhuǎn)移給小環(huán)，因此在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球和小環(huán)

它們各自的機(jī)械能均不守恒，故D錯(cuò)誤；

故選：Co

［例題10］（2023?平谷區(qū)一模）如圖所示，質(zhì)量分別為mi和m2（m2>3mi）的兩個(gè)小球疊放在一起，

從高度為h處由靜止釋放，它們一起下落。已知h遠(yuǎn)大于兩球半徑，碰撞前后小球都沿豎直方

向運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）

A.在下落過(guò)程中，兩個(gè)小球之間存在相互作用的彈力

B.釋放后至彈起的過(guò)程中，兩小球的動(dòng)量守恒

C.若所有的碰撞都沒(méi)有機(jī)械能損失，且碰撞后m2彈起的最大高度h2〈0.5h,則碰撞后mi彈起

的最大高度hi一定大于2.5h

D.若兩球接觸處涂有粘膠，從地面彈起后兩球粘在一起向上運(yùn)動(dòng)，則兩球彈起的最大高度為h

【解答】解：A.在下落過(guò)程中，兩個(gè)小球都做自由落體運(yùn)動(dòng)，故兩個(gè)小球之間無(wú)相互作用力，故

A錯(cuò)誤；

B.釋放后至彈起的過(guò)程中，兩小球所受合力不為0,故動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；

C.整個(gè)過(guò)程中兩小球根據(jù)機(jī)械能守恒定律(mi+mz)gh=migh]+m2gh2

由題知m?>3mi

h2Vo.5h

解得hi>2.5h

故C正確；

D.若兩球接觸處涂有粘膠，從地面彈起后兩球粘在一起向上運(yùn)動(dòng)，屬于完全非彈性碰撞，有一

部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知兩球彈起的最大高度為應(yīng)小于h,故D錯(cuò)誤。

故選：Co

考點(diǎn)三動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用(人船模型)

I.動(dòng)量守恒定律的不同表達(dá)形式

(1)〃?1力+口=+2V2,,相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量

和.

(2)A"i=-A”2,相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向.

(3)A〃=0,系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零.

2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟

(1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程)；

(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上動(dòng)量是否守恒)；

(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量；

(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程；

(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說(shuō)明.

[例題11](多選)(2023?佛山?模)某同學(xué)平時(shí)在操場(chǎng)立定跳遠(yuǎn)成績(jī)最好能達(dá)到2.5m。在靜浮在水

面可自由移動(dòng)的小船匕若該同學(xué)同樣盡最大的能力立定跳，船上下顛簸可忽略，則該同學(xué)在

小船上立定跳()

<4

A.相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的水平距離小于2.5m

B.相對(duì)小船運(yùn)動(dòng)的水平距離小于2.5m

C.起跳相對(duì)地面的初速度比在操場(chǎng)時(shí)的小

D.當(dāng)人落在船上時(shí)，船還會(huì)繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)

【解答】解：AB.對(duì)「人和小船組成的系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)該同學(xué)起跳時(shí)相對(duì)地面水平

初速度為VX,豎直初速度為Vy,小船相對(duì)于地面的速度為v,水平距離等于2.5m,設(shè)水平向右為

正方向，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒可得

O=III人vx+m船v

可知小船向左運(yùn)動(dòng)，所以該同學(xué)相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的水平距離小于2.5m,故A正確，B錯(cuò)誤；

C.由AB選項(xiàng)分析可知，相比在地面起跳，人相對(duì)地面的水平初速度變小，根據(jù)也、=/^+藥

可知起跳相對(duì)地面的初速度比在操場(chǎng)時(shí)的小，故C正確；

D.根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒，當(dāng)人落在船上時(shí)，船停止運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選：ACo

[例題12]（2022春?麒麟?yún)^(qū)校級(jí)期中）如圖，一人站在靜止的平板車上，不計(jì)平板車與水平地面的摩

擦，空氣的阻力也不考慮.。則下列說(shuō)法不正確的是（）

A.人在車上向右行走時(shí)，車將向左運(yùn)動(dòng)

B.當(dāng)人停止走動(dòng)時(shí)，車也會(huì)停止

C.人緩慢地在車上行走時(shí)，車可能不動(dòng)

D.當(dāng)人從車上的左端行走到右端，不管人在車上行走的速度多大，車在地面上移動(dòng)的距離都相

同

【解答】解—：A.人與車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定人的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得

mv+Mv'=()

解得v'=-貴

車的速度方向與人的速度方向相反，人在車上向右行走時(shí)，車將向左運(yùn)動(dòng)，故A正確;

B.因人和車總動(dòng)量為零，人停止走動(dòng)速度為零時(shí)，由動(dòng)量守恒定律可知，車的速度也為零，故B

正確;

C.由v三-皆可知，人緩慢地在車上行走時(shí)，車也緩慢地運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤;

D.人從車上的左端行走到右端，設(shè)車的長(zhǎng)度為L(zhǎng),人與車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向,

7—yY

由動(dòng)量守恒定律得m-M-=0

Ct

mL

解得

x=M+m

車在地面上移動(dòng)的距離x與人的行走速度無(wú)關(guān)，故D正確。

本題選擇錯(cuò)誤選項(xiàng);

故選：Co

［例題13］如圖所示，質(zhì)量M=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m=lkg的小球通過(guò)長(zhǎng)L=

0.5m的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，開(kāi)

始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個(gè)豎直向上的初速度vo=4m/s,gMX10m/s2o則（）

A.若鎖定滑塊，小球通過(guò)最高點(diǎn)P時(shí)對(duì)輕桿的作用力為4N

B.若解除對(duì)滑塊的鎖定，滑塊和小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

C.若解除對(duì)滑塊的鎖定，小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)速度為2m/s

D.若解除對(duì)滑塊的鎖定，小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點(diǎn)與小球起始位置點(diǎn)間的距離為，m

【解答】解：A、設(shè)小球能通過(guò)最高點(diǎn)，且此時(shí)的速度為vi.在上升過(guò)程中，因只有重力做功，

小球的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：+mgL,代入數(shù)據(jù)解得：vi=V6m/s,

對(duì)小球由牛頓第二定律得：F+mg=m中，代入數(shù)據(jù)解得：F=2N,即在最高點(diǎn)桿對(duì)小球的作用力

方向向下，大小為2N,根據(jù)牛頓笫三定律可知小球通過(guò)最商點(diǎn)時(shí)小球?qū)U的作用力方向向上，大

小為2N,故A錯(cuò)誤；

BC、若解除鎖定，小球和滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，豎直方向動(dòng)量不守恒，設(shè)小球的水

111

平方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒得rnvm=MvM,由機(jī)械能守恒得57n說(shuō)=-+mgL,

得vm=2m/s,故B錯(cuò)誤，C正確；

D、設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點(diǎn)與小球起始位置點(diǎn)間的距離為Xm，滑塊運(yùn)動(dòng)的距離為XM,由

2

系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒得mxm=MxM,又Xm+XM=2L,得Xm=Nm,故D錯(cuò)誤；

故選：Co

［例題14］有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(zhǎng)（估計(jì)二百多公斤左右），一位同學(xué)想用一

個(gè)卷尺粗略測(cè)定它的質(zhì)量，他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，

走到船頭后停下來(lái)，而后輕輕下船，用卷尺測(cè)出船后退的距離為d,以及船長(zhǎng)L,已知他自身的

質(zhì)量為m。若不計(jì)水的阻力，則漁船的質(zhì)量M為（）

【解答】解：設(shè)人走動(dòng)時(shí)船的速度大小為v,人的速度大G為v',人從船尾走到船頭所用時(shí)間為

to取船的速度為正方向。則v=/v'="

根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：Mv-mv'=0,解得船的質(zhì)量：M=吟也，故ABD錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

［例題15］如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的半圓槽形物體P放在光滑水平面上，半圓槽半徑為R,一小物

塊Q質(zhì)量為3m,從半圓槽的最左端與圓心等高位置無(wú)初速釋放，然后滑上半圓槽右端，接觸

面均光滑，Q從釋放到滑至半圓槽右端最高點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

P

A.P、Q組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)最守恒

B.P的位移大小為

4

C.Q滑動(dòng)最低點(diǎn)的速度為正亞

1

D.Q的位移大小為5R

【解答】解：A、P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，在豎直方向所受合外力不為零,

系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；

BD、設(shè)P的位移大小為x,則Q的位移大小為2R-x,P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力

為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：3mvQ?mvp=0,3mx

=0,解得：x=Q的位移大小XQ=2R-X=2R-,R=2R,故B錯(cuò)誤，D正確;

C、設(shè)Q到達(dá)最低點(diǎn)的速度大小為VI,此時(shí)P點(diǎn)的速度大小為V2,P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向

動(dòng)量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得：3mvi-mv2=0,系統(tǒng)機(jī)械能守恒，

由機(jī)械能守恒定律得：3mgR=*x3m說(shuō)+品諺，解得：vi=《gR,故C錯(cuò)誤。

故選：Do

考點(diǎn)四碰撞現(xiàn)象的特點(diǎn)和規(guī)律

I.碰撞

(1)概念：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間卷叁，而物體間相互作用力也力的現(xiàn)象.

(2)特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力?外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒.

(3)分類

動(dòng)量是否守恒機(jī)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—最大

2.碰撞后運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能性判定

(1)動(dòng)量制約：即碰撞過(guò)程中必須受到動(dòng)量守恒定律的制約，總動(dòng)量的方向恒定不變，即pi+p2=pi'

+P21

(2)動(dòng)能制約：即在碰撞過(guò)程中，碰撞雙方的總動(dòng)能不會(huì)增加，即Eki+Ek22EJ+Ek2'

(3)運(yùn)動(dòng)制約：即碰撞要受到運(yùn)動(dòng)的合理性要求的制約，如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面物體速度

必須大于前面物體的速度，碰撞后原來(lái)在前面的物體速度必增大，且大于或等于原來(lái)在后面的物體

的速度，否則碰撞沒(méi)有結(jié)束：如果碰前兩物體是相向運(yùn)動(dòng)，而碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改

變，除非碰后兩物體速度均為零.

［例題16］如圖所示，兩小球P、Q豎直疊放在一起，小球間留有較小空隙，從距水平地面高度為h處

同時(shí)由靜止釋放。已知小球Q的質(zhì)量是P的2倍。設(shè)所有碰撞均為彈性碰撞，重力加速度為go

忽略空氣阻力及碰撞時(shí)間，則兩球第一次碰撞后小球P上升的高度為（）

525749

A.-hB.—hC.-hD.—h

99

【解答】解：設(shè)P的質(zhì)量為m,Q的質(zhì)量為2m,二者下落h時(shí)的速度大小為v,根據(jù)動(dòng)能定理可

得：3mgh=2x3mv2

解得：v=y/2gh

Q與地面碰撞后速度等大反向，不計(jì)碰撞時(shí)間，取向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:

2mv-mv=2mvi+mv2

根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：Tx2mv2+1mv2=1

5

聯(lián)立解得碰撞后P的速度大小為：vi=-4v,

V2=3V

—另諺

對(duì)P上升過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理可得：-mgh'=0

解得：h'=^h,故B正確、ACD錯(cuò)誤。

故選：Bo

［例題17］（2023?東城區(qū)校級(jí)模擬）如圖5所示，靜止在光滑水平桌面上的物塊A和B用一輕質(zhì)彈

簧栓接在一起，彈簧處于原長(zhǎng)。一顆子彈沿彈簧軸線方向射入物塊A并留在其中，射入時(shí)間極

短。下列說(shuō)法中正確的是（）

劭

二DQQQQQQ.B

，〃〃〃〃〃/乃）〃/〃/?〃〃〃〃〃/〃〃〃〃市/,

A.子彈射入物塊A過(guò)程中，子彈和物塊A的機(jī)械能守恒

B.了彈射入物塊A的過(guò)程中，了彈對(duì)物塊A的沖量大小大丁物塊A對(duì)了彈的沖量大小

C.子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動(dòng)能之和等于射入物塊A前子彈的動(dòng)能

D.兩物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧最短時(shí)的彈性勢(shì)能等于彈簧最長(zhǎng)時(shí)的彈性勢(shì)能

【解答】解：A、子彈射入物塊A的過(guò)程中，要產(chǎn)生內(nèi)能，則子彈和物塊A的機(jī)械能減少，故A

錯(cuò)誤；

B、子彈射入物塊A的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第三定律可知，子彈對(duì)物塊A的作用力大小等于物塊A

對(duì)子彈的作用力大小，而且兩個(gè)力作用時(shí)間相等，由I=Fl知，子彈對(duì)物塊A的沖量大小等于物

塊A對(duì)子彈的沖量大小，故B錯(cuò)誤；

C、由于子彈射入物塊A的過(guò)程中要產(chǎn)生內(nèi)能，所以，子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動(dòng)能

之和小丁射入物塊A前子彈的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；

D、兩物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧最短時(shí)和彈簧最長(zhǎng)時(shí)兩物塊速度相同，設(shè)兩物塊的共同速度為V。取

水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m井vo=（niw+niA+niB）v

可知，彈簧最短時(shí)和彈簧最長(zhǎng)時(shí)兩物塊的共同速度相同，系統(tǒng)的總動(dòng)能相同，由系統(tǒng)的機(jī)械能守

恒定律知，彈簧最短時(shí)的彈性勢(shì)能等于彈簧最長(zhǎng)時(shí)的彈性勢(shì)能，故D正確。

故選：D。

［例題18］（2023?浙江模擬）物理規(guī)律往往有一定的適用條件，我們?cè)谶\(yùn)用物理規(guī)律解決實(shí)際問(wèn)題時(shí),

需要判斷使用的物理規(guī)律是否成'Z。如圖所示，站在車上的人用錘子連續(xù)敲打小車。初始時(shí)，

人、車、錘都靜止，假設(shè)水平地面光滑，關(guān)于這一物理過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）

A.連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)

B.人、車和錘組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

C.人、車和錘組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都不守恒

D.人、車和錘組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒但機(jī)械能不守恒

【解答】解：A.對(duì)人、車和錘采用整體法，整體水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，水平方

向整體總動(dòng)最為零，用錘子連續(xù)敲打小車左端，當(dāng)錘子向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)顯守恒，小車向右運(yùn)動(dòng)；

當(dāng)錘子向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒，小車向左運(yùn)動(dòng)；故小車左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)，不會(huì)持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，故

A錯(cuò)誤；

BCD.人消耗體能，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒，人體內(nèi)儲(chǔ)存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)機(jī)械能，故人、車和

錘整體機(jī)械能不守恒；在錘子連續(xù)敲打下，整體在豎直方向合外力不等于零，故整體在豎直方向

不滿足動(dòng)量守恒，所以人、車和錘組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故BD錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

［例題19］（2023?清遠(yuǎn)模擬）如圖所示，質(zhì)量為4m的木塊用輕質(zhì)細(xì)繩豎直懸于O點(diǎn)，當(dāng)一顆質(zhì)量為

m的子彈以vo的速度水平向右射入木塊后，它們一起向右擺動(dòng)的最大擺角為60"。木塊可視為

質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g,則輕繩的長(zhǎng)度為（）

A羽D

5g-翡

【解答】解：子彈射入木塊的過(guò)程，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:

mvo=（4m+m）v

得丫=空

設(shè)輕繩的長(zhǎng)度為L(zhǎng)0子彈擊中木塊后一起向上擺動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：

1

—（4m+m）v9=（4m+m）gL（1-cos60°）

”2

解得：L=恐，故ABD錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

［例題20］（多選）（2023?吉安一模）質(zhì)量分別為M、m的A、B兩物體連接在輕質(zhì)彈簧兩端，用輕

質(zhì)細(xì)線拴住A、B,彈簧被壓縮，整體放置在光滑的水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)。如圖甲所示，若A

靠在墻角，突然燒斷細(xì)線，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B的速度為v,如圖乙所示，若A不靠在墻角，

也突然燒斷細(xì)線。規(guī)定水平向右為正方向，下列說(shuō)法正確的是（）

AyWW？P-B|AB|

甲乙

A.燒斷細(xì)線之前彈簧的彈性勢(shì)能為3MB

Mmv1

R對(duì)甲圖.燒斷細(xì)線后當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，彈簧的彈件措能為而而

C.對(duì)乙圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A、B的動(dòng)能之比M：m

D.對(duì)乙圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的動(dòng)量為-根〃族1

【解答】解：A.根據(jù)能量守恒定律可得，燒斷細(xì)線之前彈簧的彈性勢(shì)能為：

1

2

EPm=^mv,故A錯(cuò)誤；

B.對(duì)甲圖，燒斷細(xì)線后當(dāng)A離開(kāi)墻角后，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)A、B達(dá)到共

同速度，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得：

mv=(M+m)v共

由能量守恒定律可得彈簧的彈性勢(shì)能為：

EP=4-m)v

聯(lián)立解得:=

故B正確：

C.對(duì)乙圖，燒斷細(xì)線后，系統(tǒng)的合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒且為0,由動(dòng)量守恒定律知A、

B的動(dòng)量總是等大反向，

當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)設(shè)A、B的動(dòng)量大小均為p,貝I」：

"A-2M'hB-痂

聯(lián)立解得：EkA：EkB=m：M,故C錯(cuò)誤；

D.由能量守恒定律可得：

EkA+EkB=Epm

又EkA：EkB=m：M

聯(lián)立解得：&8=春瑞

又EKB=交

M

聯(lián)立解得：p=mvM+m

彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A向左運(yùn)動(dòng)，與規(guī)定的正方向相反，則A的動(dòng)量為-nwjg,故D正確。

故選：BDo

考點(diǎn)五動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

[例題21]（2023?天津模擬）如圖所示，一段粗糙水平面右端與光滑曲面在0點(diǎn)平滑連接，左端與一

段光滑水平面在N點(diǎn)連接。一左端固定的輕彈簧置于光滑水平面上，其右端恰好位于N點(diǎn)，一

質(zhì)量為m=0.1kg的小球被長(zhǎng)為L(zhǎng)=1.4m的輕細(xì)繩懸掛在Oi點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球位于O點(diǎn)

但與O點(diǎn)不接觸。在Oi點(diǎn)左側(cè)與Oi等高處的P點(diǎn)，同定有一垂直紙面的光滑釘子，與Oi點(diǎn)

的距離為一質(zhì)量為M=0.7kg的小物塊從曲面上面為h=0.8m的位置由靜止滑下后，與小球

發(fā)生碰撞，碰后小球向左擺動(dòng)，繩子到釘子后，小球恰好能完成豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)。已知粗

糙水平面的長(zhǎng)度為x=1.5m與小物塊的動(dòng)摩擦因數(shù)p=0.1,重力加速度g=10m/s2,小球與小

物塊均可看成質(zhì)點(diǎn):，碰撞時(shí)間極短，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。求：

￡..…?-

L

2

（1）小物塊剛要碰上小球瞬間的速度vo的大??；

（2）剛碰撞完瞬間，繩子對(duì)小球的拉力T的大小；

（3）彈簧彈性勢(shì)能的最大值。

【解答】解：（1）小物塊下滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得：Mgh=2M詔

代入數(shù)據(jù)解得：vo=4m/s

（2）碰撞過(guò)程，取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：Mvo=Mvi+mv2

之后小球圓周運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，對(duì)小球根據(jù)動(dòng)能定理可得：-mg（L+,）=-

由于小球恰好能完成豎直而內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)有：mg=m"

2

聯(lián)立解得:vi=3m/s,V2=7m/s

剛碰撞完瞬間，對(duì)小球根據(jù)牛頓第二定律可得：T-mg=n3

代入數(shù)據(jù)解得：T=4.5N

（3）小物塊向左運(yùn)動(dòng)至壓縮彈簧至最短過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系可得：?M4=pMgx+Ep

代入數(shù)據(jù)解得：EP=2.1J.

答：（I）小物塊剛要碰上小球瞬間的速度vo的大小為4nVs；

（2）剛碰撞完瞬間，繩子對(duì)小球的拉力T的大小為4.5N；

（3）彈簧彈性勢(shì)能的最大值為2.1J。

［例題22］（2U23?龍泉驛區(qū)模擬）如圖所示，在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v=5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的

水平傳送帶，左端與粗糙的弧形軌道平滑對(duì)接，右端與光滑水平面平滑對(duì)接，水平面上有無(wú)窮

多個(gè)位于同一直線上、處于靜止?fàn)顟B(tài)的相同小球，小球質(zhì)量mo=2kg。質(zhì)量m=1kg的物體（可

視為質(zhì)點(diǎn)）從軌道上高h(yuǎn)=5.0m的P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，滑到傳送帶上的A點(diǎn)時(shí)速度大小vo=

7m/so物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)H=0.5,傳送帶AB之間的距離L=3.4m.物體與小球、

小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰。重力加速度g=10m/s2,V10?3.16o求：

（1）物體從P點(diǎn)下滑到A點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦力做的功；

（2）物體第一次向右通過(guò)傳送帶的過(guò)程中，傳送帶對(duì)物體的沖審大?。?/p>

（3）物體第一次與小球碰后到最終的過(guò)程中因?yàn)槲矬w在傳送帶上滑動(dòng)而多消耗的電能。

【解答】解：⑴物塊由P到A的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得：-0

解得摩擦力做的功：Wf=-25.5J；

（2）物體滑上傳送帶后在滑動(dòng)摩擦力作用下勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為：a=^=〃g=0.5X

10m/s2=5m/s2

減速至與傳送帶速度相等時(shí)所用的時(shí)間：公=^=V5=84s

勻減速運(yùn)動(dòng)的位移：Si="亭"=芍=x0.4m=2.4m<L=3.4m

所以物體與傳送帶共速后向右勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：Q=殍=如三空s=0.2s

故物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為：t=ti+l2=0.4s+0.2s=0.6s

22

傳送帶對(duì)物體的沖量大小為：/=y］（mgt）+［m（y0-v）］=V40N*S=6.32N-s；

（3）物塊與小球1發(fā)生彈性正碰，設(shè)物塊反彈回來(lái)的速度大小為“，小球1被撞后的速度大小

為UI,取向右為正方向，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得:

mv=-mvi+moui

111

2

-V-V+-

222

152

律

解=-V=--V130m

3313/s

物塊被反彈回來(lái)后，在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：0-而=-2as

vi=ati

解得：s=命nV3.4m,0=%：

由于小球質(zhì)審相等，且發(fā)生的都是彈性正碰，它們之間將進(jìn)行速度交換。可知，物塊第一次返回

還沒(méi)到傳送帶左端速度就減小為零，接下來(lái)將再次向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，直到速度增加到VI,此過(guò)

程電動(dòng)機(jī)多給傳送帶的力為Hmg,電動(dòng)機(jī)多做的功率為“mgv,電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為：

Ex==警，

再跟小球1發(fā)生彈性正碰，同理可得，第二次碰后，物塊和小球的速度大小，以及第二次往返電

動(dòng)機(jī)多消耗的電能分別為：

1

7

=-%-V

23

221

-

=-必-X-

2333

2mvz

Fo2=—2-

以此類推，物塊與小球1經(jīng)過(guò)n次碰撞后，他們的速度大小以及第n次往返電動(dòng)機(jī)多消耗的電能

1

?Xn

%-(-JV

V3

2合

1

-

3

?2mv2

%二丁，

從第一次碰撞之后電動(dòng)機(jī)多消耗的能量為：E=空+竽+等+…+挈

2mv2(l—J?)/

解得：E=--------^—=mv2=1X52J=25JO

3x(1-1)

答：(1)物體從P點(diǎn)下滑到A點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦力做的功為-25.5J；

（2）物體第一次向右通過(guò)傳送帶的過(guò)程中，傳送帶對(duì)物體的沖量大小為6.32N?s；

（3）物體第一次與小球碰后到最終的過(guò)程中因?yàn)槲矬w在傳送帶上滑動(dòng)而多消耗的電能為25J。

[例題23]（2023?浙江模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一粗糙的平臺(tái)AB,長(zhǎng)度x=lm,動(dòng)摩擦因數(shù)

為陽(yáng)=0.05,其左側(cè)有一個(gè)mi=2kg小球I和處「壓縮、彈性勢(shì)能EP=2J的彈簧（兩個(gè)不連

接，小球用鎖定裝置鎖定），其右側(cè)有一半徑R=L2m、圓心角9=60°的光滑圓弧軌道CD,

圓弧軌道最底端D處平滑連接另?長(zhǎng)s=2m的粗糙平臺(tái)DE,質(zhì)量m2=4kg的小球2靜止在D

點(diǎn)，小球2的左側(cè)粘有少量塑膠炸藥（質(zhì)量不計(jì)），E端有一質(zhì)量nn=4kg的小球3,用長(zhǎng)為L(zhǎng)

=0.5m的輕繩懸吊，對(duì)E點(diǎn)剛好無(wú)壓力?，F(xiàn)小球1解除鎖定被彈簧彈出，恰好沿C點(diǎn)的切線方

向進(jìn)入圓弧軌道到達(dá)D點(diǎn)與小球2發(fā)生碰撞，碰撞瞬叵兩球共速并立即引燃炸藥，爆炸后瞬間

小球1、2速度方向均水平。小球1恰好能以進(jìn)入C點(diǎn)的速度從C點(diǎn)滑出，炸藥爆炸前后小球

1、2質(zhì)量保持不變，小球1、2與3均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧長(zhǎng)度變化可以忽略，g=10m；s2,求：

（1）小球1與小球2碰撞前瞬間小球1對(duì)軌道CD的壓力;

（2）炸藥爆炸過(guò)程中有多少能量轉(zhuǎn)化成小球1、2的機(jī)械能;

（3）若小球2能與小球3發(fā)生彈性碰撞且最終仍停在平臺(tái)上，整個(gè)過(guò)程中繩了?始終不松弛，小

球與平臺(tái)DE間動(dòng)摩擦因數(shù)位的范圍。

【解答】解：（1）小球1從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律有：Ep-陽(yáng)migx=義恤詔

解得：VB=1m/s

小球I從B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，在C點(diǎn)將速度分解，如圖所示：

根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得：VC=-^n

代入數(shù)據(jù)解得：vc=2m/s

小球1從C到D,根據(jù)動(dòng)能定理，有：migR(1-cos60°)=5^1詔-5mM

代入數(shù)據(jù)解得：vD=4m/s；

根據(jù)向心力公式可得:

VD

FNmig=mi

解得FN=

由牛頓第三定律可得，小球?qū)壍赖膲毫?/p>

(2)小球1與小球2碰撞，動(dòng)量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:

mivD=(mi+m2)v

4

解得：v=^m/s

炸藥爆炸過(guò)程中，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：(mi+n】2)v=mivi+m2V2

根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：=1miVc+migR(1-cos60°)

聯(lián)立解得：vi=-4nVs,V2=4m/s

炸藥爆炸過(guò)程中轉(zhuǎn)化成小球1、2的機(jī)械能的能量為AE=全1|譜+|m2V2-1(nii+m?)v2

代入數(shù)據(jù)解得：△E=^J；

(3)①當(dāng)小球2剛好運(yùn)動(dòng)小球3處時(shí)速度為零，則有：-Rm2gs=0-義m2^:

代入數(shù)據(jù)解得：陽(yáng)=0.4

②設(shè)小球2運(yùn)動(dòng)小球3處的速度為V2'(此時(shí)未與小球3碰撞)，則有：

2

-112m2gs=J?n2V2—J根2諺

之后小球2與小球3發(fā)生彈性碰掩，由于兩球的質(zhì)量相等，則速度交換，故碰推后小球3的速度

為V3=V2'，為保證整個(gè)過(guò)程中繩子始終不松弛，且最終小球2仍停在平臺(tái)上，則小球3最多上

到右側(cè)圓心等高處，則有：

1

”3%2=m3gL

聯(lián)立解得:|12=0.15

綜上所述可知：0.15<|12<0.4O

答：（1）小球1與小球2碰撞前瞬間小球1對(duì)軌道CD的壓力為券N；

128

（2）炸藥爆炸過(guò)程中有可/的能量轉(zhuǎn)化成小球1、2的機(jī)械能；

（3）若小球2能與小球3發(fā)生彈性碰撞且最終仍停在平臺(tái)上，整個(gè)過(guò)程中繩子始終不松弛，小

球與平臺(tái)DE間動(dòng)摩擦因數(shù)陽(yáng)的范圍為0.15WgV0.4。

練出高分

一.選擇題（共10小題）

I.（2023?汕頭一模）如圖所示，鉛球運(yùn)動(dòng)員采用滑步推的方式推出鉛球，滑步推鉛球能比原地推鉛

球增加幾米的成績(jī)。兩種方式出手時(shí)鉛球的位置和速度方向都相同，忽略空氣阻力，則（）

A.兩種方式推出的鉛球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同

B.采用原地推鉛球方式推出的鉛球上升的高度更高

C.兩種方式推出的鉛球在空中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度都相同

D.滑步推鉛球能增加成績(jī)，是因?yàn)檠娱L(zhǎng)了運(yùn)動(dòng)員對(duì)鉛球的作用時(shí)間

【解答】解：A.兩種方式鉛球出手時(shí)相對(duì)地面的位置和速度方向都相同，但是成績(jī)不同，所以

速度大小不同，方向相同，由于豎直方向的分速度不同，到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間為根據(jù)Vy=gl

可知到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間不同，故根據(jù)斜拋的對(duì)稱性，鉛球在空中的時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；

B.因?yàn)樵赝沏U球方式推出時(shí)水平位移小，故速度小，則豎直方向的速度也小，所以上升的高

度小，故B錯(cuò)誤；

C.鉛球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，鉛球在空中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度為Vx=VOCOS。

由于滑步推鉛初速度vo更大，所以滑步推鉛球在最高點(diǎn)時(shí)的速度更大，故C錯(cuò)誤；

D.運(yùn)動(dòng)員都是用最大力推鉛球，初速度都是0,涓步推時(shí)末速度大，根據(jù)動(dòng)量定理Fi=mv-0

動(dòng)量變化大的過(guò)程時(shí)間長(zhǎng)，故D正確。

故選：D。

2.（2023?西城區(qū)一模）2022年12月4日，神舟十四號(hào)乘組與十五號(hào)乘組完成在軌輪換后，返回地

球.載人飛船返回艙進(jìn)入大氣層后，距地面10km左右時(shí)開(kāi)啟降落傘，速度減至約8m/s,接下來(lái)

以這個(gè)速度在大氣中降落，在距地面1.2m時(shí)，返回艙的四臺(tái)緩沖發(fā)動(dòng)機(jī)開(kāi)始向下噴氣，艙體再

次減速，到達(dá)地面時(shí)速度約為2m/s。由以上信息可知（）

A.開(kāi)啟降落傘減速的過(guò)程中，艙體處于失重狀態(tài)

B.在大氣中勻速降落過(guò)程中，艙體的機(jī)械能保持不變

C.緩沖發(fā)動(dòng)機(jī)開(kāi)啟過(guò)程中，航天員的加速度約為5g

D.艙體與地面撞擊的過(guò)程中，撞擊力的沖量大于艙體重力的沖量

【解答】解：A.開(kāi)啟降落傘減速的過(guò)程中，減速下降，加速度向上，艙體處于超重狀態(tài)，故A

錯(cuò)誤；

B.在大氣中勻速降落過(guò)程中，速度不變，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，機(jī)械能減少，故B錯(cuò)誤；

C.緩沖發(fā)動(dòng)機(jī)開(kāi)啟過(guò)程中，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v2-v1=2ah,代入數(shù)據(jù)解得：a=25n*2,可知

航天員的加速度約為2.5g,故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)題意可知，艙體與地面撞擊的過(guò)程中，動(dòng)量減?。何矬w的動(dòng)量變化量向上，根據(jù)I=Ft-

mgt=AP知撞擊力的沖量大于艙體重力的沖晟，故D正確。

故選：D。

3.（2023?海南?模）斜向上發(fā)射的炮彈在最高點(diǎn)爆炸（爆炸時(shí)間極短）成質(zhì)量均為m的兩塊碎片，

其中一塊碎片做自由落體運(yùn)動(dòng)。已知炮彈爆炸時(shí)距地面的高度為H,炮彈爆炸前的動(dòng)能為E,重

力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，則兩塊碎片落地點(diǎn)間的距離為（