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1、1动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用1.动量定理及动量守恒定律在高考物理中拥有极其重要的地位，它们不仅是力学知识体系的核心组成部分，也是分析和解决物理问题的重要工具。2.在高考命题中，动量定理及动量守恒定律的考查形式丰富多样。这些考点既可能以选择题、计算题的形式直接检验学生对基本原理的掌握情况，也可能通过复杂的计算题、应用题，要求学生运用动量定理和动量守恒定律进行深入分析和计算。此外，这些考点还经常与其他物理知识点相结合，形成综合性强的题目，以检验学生的综合应用能力。3.备考时，考生应首先深入理解动量定理和动量守恒定律的基本原理和概念，明确它们的适用范围和条件。其次，考生需要熟练掌握相关的公式
2、和计算方法，并能够在实际问题中灵活运用。此外，考生还应注重解题方法的总结和归纳，特别是对于典型题目的解题思路和方法，要进行反复练习和巩固。考向一：弹簧类问题中应用动量定理考向一：弹簧类问题中应用动量定理1.动量定理的表达式Ft=p是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。2 2.动量定理的应用技巧(1)应用I=p求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化p,等效代换得出变力的冲量I。(2)应用p=Ft求动量的变化考
3、向二：流体类和微粒类问题中应用动量定理考向二：流体类和微粒类问题中应用动量定理1.流体类“柱状模型”问题流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度分析步骤1建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S2微元研究，作用时间t内的一段柱形流体的长度为l，对应的质量为m=Svt3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体2.微粒类“柱状模型”问题微粒及通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用-2024年高考物理压轴题专项训练2其特点积内粒子数n分析步骤1建立“柱状模型”，沿
4、运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S2微元研究，作用时间t内一段柱形流体的长度为l，对应的体积为V=Sv0t，则微元内的粒子数N=nv0St3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算考向三：碰撞类和类碰撞类问题中应用动量守恒定律考向三：碰撞类和类碰撞类问题中应用动量守恒定律1.碰撞三原则：(1)动量守恒：即 p1+p2=p1+p2.(2)动能不增加：即Ek1+Ek2Ek1+Ek2或p212m1+p222m2p122m1+p222m2.(3)速度要合理若碰前两物体同向运动，则应有v后v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前v后。碰前两物体相向运动，碰
5、后两物体的运动方向不可能都不改变。2.“动碰动”弹性碰撞发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1，v2，则有：m1v1+m2v2=m1v1+m1v2(1)12m1v21+12m2v22=12m1v21+12m1v22(2)联立(1)、(2)解得：v1=2m1v1+m2v2m1+m2-v1，v2=2m1v1+m2v2m1+m2-v2.特殊情况：若m1=m2，v1=v2，v2=v1.3.“动碰静”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性
6、碰撞为例，则有m1v1=m1v1+m2v2(1)12m1v21=12m1v12+12m2v22(2)解得：v1=(m1-m2)v1m1+m2，v2=2m1v1m1+m2结论：(1)当m1=m2时，v1=0，v2=v1(质量相等，速度交换)(2)当m1m2时，v10，v20，且v2v1(大碰小，一起跑)(3)当m1m2时，v10(小碰大，要反弹)(4)当m1m2时，v1=v0，v2=2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)当m1m2时，v1=-v1，v2=0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)0101应用动量定理处理蹦极类问题应用动量定理处理蹦极类问题1蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。图甲为
7、蹦极的场景，一游客从蹦极台下落的速度一位移图象如图乙所示。已知弹性轻绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，游客及携带装备的总质量为50kg，弹性轻绳原长为10m，若空气阻力恒定，游客下落至5m处时速度大小为3 10m/s，重力加速度g取10m/s2，下列正确的是()3A.整个下落过程中，游客先处于失重后处于超重状态B.游客及携带装备从静止开始下落15m的过程中重力的冲量为750NsC.游客在最低点时，弹性势能最大为13000JD.弹性绳长为20m时，游客的加速度大小为9m/s20202应用动量定理处理流体类问题应用动量定理处理流体类问题2雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉
8、叶产生的平均压强p，小明将一圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，设雨滴下落的速度为v0，雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹，雨水的密度为，不计雨滴重力。压强p为()A.ht(v0-v)B.ht(v0+v)C.(v20-v2)D.(v20+v2)0303分方向动量定理应用问题分方向动量定理应用问题3如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为v0，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成角，小球在运动过程中受到的
9、空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是()A.小球落地时重力的功率为mgvB.小球下落的时间为mvsin+khmgC.小球下落过程中的水平位移大小为m v0-2vcoskD.小球下落过程中空气阻力所做的功为12m v2-v02+mgh0404弹性碰撞类问题弹性碰撞类问题4如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2=3m1，则A反弹后能达到的高度为()4A.hB.2hC.3hD.4h0505完
10、全非弹性碰撞类问题完全非弹性碰撞类问题5如图所示，光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块，相邻滑块之间的距离为L，某个滑块均可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度v0，滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动到第n-1个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为()A.n2-1L2v0B.n n-12v0LC.n2L2v0D.n n+1L2v00606斜面类类碰撞问题斜面类类碰撞问题6如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如
11、图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是()A.小球的质量为baMB.小球运动到最高点时的速度为aba+bC.小球能够上升的最大高度为a22(a+b)gD.若ab，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动0707弹簧类类碰撞问题弹簧类类碰撞问题7如图甲所示，物块A、B的质量均为2kg，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黏连。物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s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()5A.物块C的质量为2kgB.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5JC.
12、4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6m/s8(2019湖南长沙一模)一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2=km1，k1。碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1碰撞后与碰撞前速度之比r=v1v0的取值范围是()A.1-k1+kr1B.1-k1+kr11+kC.0r21+kD.11+kr21+k9(2024高三安徽滁州模拟预测)蹦极是一项刺激的户外休闲活动，足以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自
13、由落体”。如图所示，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处。然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为L，蹦极者下落第一个L5时动量的增加量为p1，下落第五个L5时动量的增加量为p2，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则p1p2满足()A.1p1p22B.2p1p23C.3p1p24D.4p1p2510(2024山东临沂一模)列车在水平长直轨道上的模拟运行图如图所示，列车由质量均为m的5节车厢组成，假设只有1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度，列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢
14、碰到空气前空气的速度为0，碰到空气6后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为。1号车厢的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S，不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，1号车厢对2号车厢的作用力大小为()A.21203P2SB.753P2SC.753PSD.21203PS11(2024北京顺义一模)1899年，苏联物理学家列别捷夫首先从实验上证实了“光射到物体表面上时会产生压力”，和大量气体分子与器壁的频繁碰撞类似，将产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表面产生压强，这就是“光压”。某同学设计了如图所示的探测器，利用太阳
15、光的“光压”为探测器提供动力，以使太阳光对太阳帆的压力超过太阳对探测器的引力，将太阳系中的探测器送到太阳系以外。假设质量为m的探测器正朝远离太阳的方向运动，帆面的面积为S，且始终与太阳光垂直，探测器到太阳中心的距离为r，不考虑行星对探测器的引力。已知：单位时间内从太阳单位面积辐射的电磁波的总能量与太阳绝对温度的四次方成正比，即P0=T4，其中T为太阳表面的温度，为常量。引力常量为G，太阳的质量为M，太阳的半径为R，光子的动量p=h，光速为c。下列说法正确的是()A.常量的单位为kgsK4B.t时间内探测器在r处太阳帆受到太阳辐射的能量4R2tP0SC.若照射到太阳帆上的光一半被太阳帆吸收一半被
16、反射，探测器太阳帆的面积S至少为2cGMmR2P0D.若照射到太阳帆上的光全部被太阳帆吸收，探测器在r处太阳帆受到的太阳光对光帆的压力R2P0Scr212(2024江西一模)如图所示，假设入射光子的动量为p0，光子与静止的电子发生弹性碰撞。碰后光子的动量大小为p1，传播方向与入射方向夹角为：碰后电子的动量大小为p2，出射方向与光子入射方向夹角为。已知光速为c，普朗克常量为h，下列说法正确的是()7A.碰前入射光的波长为p0hB.碰后电子的能量为p2cC.p0=p1cos+p2cosD.p0=p1+p213(2024高三下江西开学考试)如图所示，Oxy平面(纸面)第一象限内有足够长且宽度均为L、
17、边界均平行x轴的区域和，其中区域存在磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域存在磁感应强度大小B2=7B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域的下边界与x轴重合。位于 0,3L处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。下列说法正确的是()A.速度大小为3B1qL2m的离子不能进入区域B.速度大小为3B1qL2m的离子在磁场中的运动时间为2m3qB1C.恰能到达x轴的离子速度大小为4B1qLmD.恰能到达x轴的离子速度大小为16B1qLm14(2024黑龙江哈尔滨二模)如图所
18、示，空间等距分布垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小B=2T，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为d=1m。现有一个边长l=0.5m、质量m=0.2kg、电阻R=2的单匝正方形线框，以v0=6m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，以下说法正确的是()A.线框进入第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量q=0.25CB.线框刚进入第一个磁场区域时，安培力大小为F=12NC.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q=3.6JD.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过2个完整磁场区域815(2024湖北二模)如图所示，质量分别为m、3m、nm(n=
19、1,2,3)的14圆弧槽、小球B、小球C均静止在水平面上，圆弧槽的半径为R，末端与水平面相切。现将质量为m的小球A从圆弧槽上与圆心等高的位置由静止释放，一段时间后与B发生弹性正碰，已知重力加速度为g，不计A、B、C大小及一切摩擦。下列说法正确的是()A.小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为mgB.若BC发生的是完全非弹性碰撞，n取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同C.若BC发生的是弹性正碰，当n=2时，碰撞完成后小球C的速度为35gRD.n取不同值时，C最终的动量不同，其最小值为38m gR16(2024湖南岳阳二模)如图所示，倾角为的足够长的斜面上放有质量均为m相距为L的AB滑块，其
20、中滑块A光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数为，=tan。AB同时由静止开始释放，一段时间后A与B发生第一次碰撞，假设每一次碰撞时间都极短，且都是弹性正碰，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.释放时，A的加速度为gsinB.第一次碰后A的速度为2gLsin2C.从开始释放到第一次碰撞的时间间隔为2LgsinD.从开始释放到第二次碰撞的时间间隔为22Lgsin17(2024高三下山西晋中开学考试)如图所示，质量为m的物块P与长木板Q之间有一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，P与弹簧拴接，Q与弹簧接触但不拴接，Q的上表面粗糙。t=0时，物块P以初速度v0向左运动，02t0时间内物块P与长木板Q的a-
21、t图像如图所示，2t0时刻，把质量为12m的物块M放在Q的最左端，图中未画出，M最终未从Q上滑出，则()9 A.物体Q的质量为12mB.t0时刻弹簧的弹性势能为13mv20C.M和Q之间由于摩擦作用的发热量为29mv20D.弹簧可以和Q发生二次作用18(2024湖南长沙二模)如图甲，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态。t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a-t图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐
22、标轴所围面积大小。下列说法正确的是()A.t1时刻后A、B系统的总动量大小始终为mAS1B.mAmB=S3S2C.S1-S2v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前v后。碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2.“动碰动”弹性碰撞发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1，v2，则有：m1v1+m2v2=m1v1+m1v2(1)12m1v21+12m2v22=12m1v21+12m1v22(2)联立(1)、(2)解得：v1=2m1v1+m2v2m1+m2-v1，v2=2
23、m1v1+m2v2m1+m2-v2.特殊情况：若m1=m2，v1=v2，v2=v1.3.“动碰静”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1=m1v1+m2v2(1)12m1v21=12m1v12+12m2v22(2)解得：v1=(m1-m2)v1m1+m2，v2=2m1v1m1+m2结论：(1)当m1=m2时，v1=0，v2=v1(质量相等，速度交换)(2)当m1m2时，v10，v20，且v2v1(大碰小，一起跑)(3)当m1m2时，v10(小碰大，要反弹)(4)当m1m2时，v1=v0，
24、v2=2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)当m1m2时，v1=-v1，v2=0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)0101应用动量定理处理蹦极类问题应用动量定理处理蹦极类问题1蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。图甲为蹦极的场景，一游客从蹦极台下落的速度一位移图象如图乙所示。已知弹性轻绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，游客及携带装备的总质量为50kg，弹性轻绳原长为10m，若空气阻力恒定，游客下落至5m处时速度大小为3 10m/s，重力加速度g取10m/s2，下列正确的是()3A.整个下落过程中，游客先处于失重后处于超重状态B.游客及携带装备从静止开始下落15m的过程中重力的冲量为750
25、NsC.游客在最低点时，弹性势能最大为13000JD.弹性绳长为20m时，游客的加速度大小为9m/s2【答案】A【详解】A由题图乙可知游客从蹦极台下落过程先加速后减速，即先有向下的加速度后有向上的加速度，所以游客先处于失重后处于超重状态，故A正确；B以游客及携带装备为研究对象，从静止开始下落15m的过程中，由动量定理得I合=IG-IF-If=mv=5015Ns=750Ns故重力的冲量大于750Ns，故B错误；C游客在前5m做匀加速直线，根据动能定理(mg-f)h1=12mv12解得f=50N从下落至最低点过程中能量守恒mgh=Epm+fh解得Epm=50026-5026=11700J故C错误；
26、D游客下落15m时合力为0时速度最大，此时弹性绳的弹力和阻力等于游客及携带装备的总重力，即f+kx=mg解得k=mg-fx=45N/m弹性绳长为20m时，弹性绳的弹力F=kx=45(20-10)N=450N根据牛顿第二定律得F+f-mg=ma解得a=0m/s2故D错误。故选A。0202应用动量定理处理流体类问题应用动量定理处理流体类问题42雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小明将一圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，设雨滴下落的速度为v0，雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹，雨水的密度为，不计雨滴重力。压强p为()A.h
27、t(v0-v)B.ht(v0+v)C.(v20-v2)D.(v20+v2)【答案】B【详解】以极短时间t内落至芭蕉叶上的雨滴的质量为m，雨滴与芭蕉叶作用的有效面积为S，根据动量定理有F1t=mv-mv0由于圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，则单位面积单位时间内下落的雨水质量为m0=S圆htS圆=ht则以极短时间t内落至芭蕉叶上的雨滴的质量m=m0St=hStt根据牛顿第三定律有F2=F1雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p=F2S解得p=ht(v0+v)故选B。0303分方向动量定理应用问题分方向动量定理应用问题3如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相
28、同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为v0，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是()A.小球落地时重力的功率为mgvB.小球下落的时间为mvsin+khmgC.小球下落过程中的水平位移大小为m v0-2vcoskD.小球下落过程中空气阻力所做的功为12m v2-v02+mgh【答案】B【详解】A小球落地时重力的功率为5PG=mgvsin故A错误；B小球下落过程在竖直方向根据动量定理mvsin=mg
29、t-k(vy1+vy2+vy3+.)t(vy1+vy2+vy3+.)t=h解得小球下落的时间为t=mvsin+khmg故B正确；C小球在水平方向根据动量定理mvcos-mv0=-k(vx1+vx2+vx3+.)t(vx1+vx2+vx3+.)t=x解得小球下落过程中的水平位移大小为x=m v0-vcosk故C错误；D小球下落过程根据动能定理12mv2-12mv20=mgh+Wf解得小球下落过程中空气阻力所做的功为Wf=-mgh+12mv2-12mv20故D错误。故选B。0404弹性碰撞类问题弹性碰撞类问题4如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大
30、于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2=3m1，则A反弹后能达到的高度为()A.hB.2hC.3hD.4h【答案】D【详解】下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2gh解得触地时两球速度相同，为v=2ghm2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：6m2v-m1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得12m1+m2v2=12m1v12+12m2v22由题可知m2
31、=3m1联立解得v1=2 2gh反弹后高度为H=v122g=4h故D正确，ABC错误。故选D。0505完全非弹性碰撞类问题完全非弹性碰撞类问题5如图所示，光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块，相邻滑块之间的距离为L，某个滑块均可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度v0，滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动到第n-1个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为()A.n2-1L2v0B.n n-12v0LC.n2L2v0D.n n+1L2v0【答案】B【详解】由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律mv0=2mv2可知第二个滑块开始运动的速度大小为v2=12v0同理第三个
32、滑块开始滑动的速度大小为v3=13v0第(n-1)个球开始滑动的速度大小为vn-1=1n-1v0因此运动的总时间为t=Lv0+L12v0+L13v0+L1n-1v0=Lv0(1+2+3+n-1)=n(n-1)L2v0故选B。0606斜面类类碰撞问题斜面类类碰撞问题6如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是()7A.小球的质量为baMB.小球运动到最高点时的速度为aba+bC.
33、小球能够上升的最大高度为a22(a+b)gD.若ab，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动【答案】C【详解】A设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2v2=mv0M-mMv1结合图乙可得mM=bamv0M=b所以a=v0，m=baM故A正确，不符合题意；D对小球和圆弧滑块组成的系统，有mv0=mv1+Mv212mv20=12mv21+12Mv22解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为v1=m-Mm+Mv0=a(b-a)a+bb时，小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离时向左做平抛运动，故D正确，不符合题意；B小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向
34、上与滑块具有相同的速度 v共，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=(m+M)v共解得v共=mv0m+M=aba+b故B正确，不符合题意；C小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得12mv20=12(m+M)v2共+mgh8解得h=Mv202(m+M)g=a32(a+b)g故C错误，符合题意。故选C。0707弹簧类类碰撞问题弹簧类类碰撞问题7如图甲所示，物块A、B的质量均为2kg，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黏连。物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s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
35、是()A.物块C的质量为2kgB.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5JC.4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6m/s【答案】D【详解】A由图知，C与A碰前速度为v1=9m/s，碰后速度为v2=3m/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=1kg故A错误；BAC粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为Ep=12(mA+mC)v22=13.5J故B错误；C由图知，12s末A和C的速度为v3=-3m/s，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体
36、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=-18Ns方向向左，故C错误；D物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，物块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，物体B的速度最大，则有(mA+mC)v3=(mA+mC)v4+mBvB12mA+mCv23=12mA+mCv24+12mBv2B9代入数据解得vB=3.6m/s物块B的最大速度为3.6m/s，故D正确。故选D。8(2019湖南长沙一模)一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2=km1
37、，k1。碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1碰撞后与碰撞前速度之比r=v1v0的取值范围是()A.1-k1+kr1B.1-k1+kr11+kC.0r21+kD.11+kr21+k【答案】B【详解】若发生弹性碰撞，则由动量守恒m1v0=m1v1+m2v2由能量关系12m1v20=12m1v21+12m2v22解得v1=m1-m2m1+m2v0物体1碰撞后与碰撞前速度之比v1v0=1-k1+k若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒m1v0=(m1+m2)v解得v1=v2=m1v0m1+m2物体
38、1碰撞后与碰撞前速度之比v1v0=11+k所以,物体1碰撞后与碰撞前速度之比的取值范围是1-k1+kr11+k故B正确，ACD错误。故选B。9(2024高三安徽滁州模拟预测)蹦极是一项刺激的户外休闲活动，足以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”。如图所示，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处。然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为L，蹦极者下落第一个L5时动量的增加量为p1，下落第五10个L5时动量的增加量为p2，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则p1p2满足()A.1p1p22B.2p1p23C.3p1p24D.4p1p25【答
39、案】D【详解】蹦极者下落高度L的过程，可视为做自由落体运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为1：(2-1)：(3-2)：(4-3)：(5-4)可知t1t2=15-4=5+2即4t1t25由动量定理得p=mgt故4p1p2v1弹簧不能和Q发生二次作用，故D错误。故选AC。18(2024湖南长沙二模)如图甲，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态。t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a-t图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、
40、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是()A.t1时刻后A、B系统的总动量大小始终为mAS1B.mAmB=S3S2C.S1-S2S3D.t2时刻，弹簧伸长量大于0时刻的压缩量【答案】AB【详解】Aa-t图像的面积等于这段时间的速度变化量大小，t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为v1，则有vA1=v1-0=v1=S1t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动量等于t1时刻A球的动量，则有p总=mAv1=mAS1故A正确；公众号：高中物理最新试题B由图像可知t1时刻A球的加速度为0，则此
41、时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两球具有相同的速度，设t2时刻A、B两球的速度为v2，从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为vA2=v1-v2=S2B球的速度变化量大小为vB=v2-0=S3从t1到t2过程，A、B组成的系统满足动量守恒，则有mAv1=mAv2+mBv2可得mA(v1-v2)=mBv2联立可得21mAmB=S3S2故B正确；Ct=0到t1时刻，A球速度变化量大小为vA1=v1=S1从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为vA2=v1-v2=S2从t1到t2过程，B球的速度变化量大小为vB
42、=v2-0=S3联立可得S1-S2=S3=v2故C错误；D从t=0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能守恒，则有Ep0=12(mA+mB)v22+Ep2说明t=0时刻弹簧的弹性势能大于t2时刻弹簧的弹性势能，即t=0时刻弹簧的压缩量大于t2时刻弹簧的伸长量，故D错误。故选AB。19(2024广东茂名二模)甲、乙两位同学利用中国象棋进行游戏。某次游戏中，在水平放置的棋盘上，甲用手将甲方的棋子以0.4m/s的初速度正对乙方棋子弹出，两棋子相碰撞后(碰撞时间极短)，甲方棋子速度大小变为0.1m/s，方向不变两棋子初始位置如图所示，棋子中心与网格线交叉点重合，该棋盘每方格长宽均L=4cm，棋子
43、直径均为D=3cm，棋子质量相等均为m=20g，棋子与棋盘间的动摩擦因数均为=0.07。重力加速度g大小取10m/s2。求：(1)甲、乙两棋子相碰时损失的机械能；(2)通过计算，判断乙方棋子中心是否滑出边界；(3)甲方棋子从弹出到停下所需的时间。(计算结果保留2位有效数字)【答案】(1)410-4J；(2)不滑出边界；(3)0.29s【详解】(1)设甲、乙两棋子碰撞前瞬间甲棋子的速度大小为v1，从甲棋子开始运动到甲、乙碰撞前瞬间过程，甲移动距离为s1=2L-D=0.05m对甲棋子，由动能定理得-mgs1=12mv21-12mv20代入数据解得v1=0.3m/s甲、乙两棋子碰撞过程系统内力远大于
44、外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间乙棋子的速度大小为 v乙，以碰撞22前甲棋子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv1=mv甲+mv乙代入数据解得v乙=0.2m/s碰撞过程中损失的机械能为E=12mv21-12mv2甲+12mv2乙解得E=410-4J(2)设乙棋子碰后运动距离s2停下来，对乙棋子，由动能定理得-mgs2=0-12mv2乙解得s20.0286m2m2gLEF=12J当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有m1vP2-m2vQ2=0EPmax=12m1v2P2+12m2v2Q2当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有m2vQ2=m2+m3v412m2vQ22=2m2gLEF+12m2+m3v32解得Epmax=24J综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为12JEp24J