壓軸題05動量定理及碰撞類動量守恒定律的應用1.動量定理及動量守恒定律在高考物理中擁有極其重要的地位，它們不僅是力學知識體系的核心組成部分，也是分析和解決物理問題的重要工具。2.在高考命題中，動量定理及動量守恒定律的考查形式豐富多樣。這些考點既可能以選擇題、計算題的形式直接檢驗學生對基本原理的掌握情況，也可能通過復雜的計算題、應用題，要求學生運用動量定理和動量守恒定律進行深入分析和計算。此外，這些考點還經常與其他物理知識點相結合，形成綜合性強的題目，以檢驗學生的綜合應用能力。3.備考時，考生應首先深入理解動量定理和動量守恒定律的基本原理和概念，明確它們的適用范圍和條件。其次，考生需要熟練掌握相關的公式和計算方法，并能夠在實際問題中靈活運用。此外，考生還應注重解題方法的總結和歸納，特別是對于典型題目的解題思路和方法，要進行反復練習和鞏固。考向一：彈簧類問題中應用動量定理1.動量定理的表達式F·Δt=Δp是矢量式,在一維的情況下,各個矢量必須以同一個規定的方向為正方向。運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向,公式中的F是物體或系統所受的合力。2.動量定理的應用技巧(1)應用I=Δp求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用,則不能直接用I=Ft求沖量,可以求出該力作用下物體動量的變化Δp,等效代換得出變力的沖量I。(2)應用Δp=FΔt求動量的變化考向二：流體類和微粒類問題中應用動量定理1.流體類“柱狀模型”問題流體及其特點通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質量具有連續性，通常已知密度ρ分析步1建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內的一段柱形流體的長度為Δl，對應的質量為Δm=ρSvΔt驟3建立方程，應用動量定理研究這段柱狀流體2.微粒類“柱狀模型”問題微粒及其特點通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質量具有獨立性，通常給出單位體積內粒子數n分析步驟1建立“柱狀模型”，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內一段柱形流體的長度為Δl，對應的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內的粒子數N＝nv0SΔt3先應用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算考向三：碰撞類和類碰撞類問題中應用動量守恒定律1.碰撞三原則：(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1’＋p2’.(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1’＋Ek2’或(3)速度要合理①若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前’≥v后’。②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。2.“動碰動”彈性碰撞發生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1,，v2,，則有：EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(I),1)聯立（1）、（2）解得：特殊情況：若m1=m2·,v13.“動碰靜”彈性碰撞的結論,v2,,v2,v1m1m2兩球-發生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生正面彈性碰撞為例，則有（2）解得：結論：(1)當m1＝m2時，v1’＝0，v2’＝v1(質量相等，速度交換)(2)當m1＞m2時，v1’＞0，v2’＞0，且v2’＞v1’(大碰小，一起跑)(3)當m1＜m2時，v1’＜0，v2’＞0(小碰大，要反彈)(4)當m1?m2時，v1′=·v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)01應用動量定理處理蹦極類問題1．蹦極是一項非常刺激的戶外休閑活動。圖甲為蹦極的場景，一游客從蹦極臺下落的速度一位移圖象如圖乙所示。已知彈性輕繩的彈力與伸長量的關系符合胡克定律，游客及攜帶裝備的總質量為50kg，彈性輕繩原長為10m，若空氣阻力恒定，游客下落至5m處時速度大小為3m/s，重力加速度g取10m/s2，下列正確的是()A．整個下落過程中，游客先處于失重后處于超重狀態B．游客及攜帶裝備從靜止開始下落15m的過程中重力的沖量為750N.sC．游客在最低點時，彈性勢能最大為13000JD．彈性繩長為20m時，游客的加速度大小為9m/s2【答案】A【詳解】A．由題圖乙可知游客從蹦極臺下落過程先加速后減速，即先有向下的加速度后有向上的加速度，所以游客先處于失重后處于超重狀態，故A正確；B．以游客及攜帶裝備為研究對象，從靜止開始下落15m的過程中，由動量定理得I合=IG－IF－If＝mv＝50×15N·s＝750N·s故重力的沖量大于750N·s，故B錯誤；C．游客在前5m做勻加速直線，根據動能定理解得f=50N從下落至最低點過程中能量守恒mgh=Epm+fh解得Epm=500×26–50×26=11700J故C錯誤；D．游客下落15m時合力為0時速度最大，此時彈性繩的彈力和阻力等于游客及攜帶裝備的總重力，即f+kΔx＝mg解得彈性繩長為20m時，彈性繩的彈力F＝kΔx′＝45×(20－10)N＝450N根據牛頓第二定律得F+f－mg＝ma解得a＝0m/s2故選A。02應用動量定理處理流體類問題2．雨打芭蕉是中國古代文學中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p，小明將一圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內筒中水面上升的高度為h，設雨滴下落的速度為v0，雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈，雨水的密度為P，不計雨滴重力。壓強p為()C．P(vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),0)-v2)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),0)【答案】B【詳解】以極短時間Δt內落至芭蕉葉上的雨滴的質量為Δm，雨滴與芭蕉葉作用的有效面積為S，根據動量定理有FΔt=Δmv-(-Δmv0)由于圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內筒中水面上升的高度為h，則單位面積單位時間內下落的雨水質量為圓圓則以極短時間Δt內落至芭蕉葉上的雨滴的質量根據牛頓第三定律有=F1雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強解得03分方向動量定理應用問題3．如圖所示，實線是實驗小組某次研究平拋運動得到的實際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運動的理論軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結果。實驗中，小球的質量為m，水平初速度為v0，初始時小球離地面高度為h。已知小球落地時速度大小為v，方向與水平面成θ角，小球在運動過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數為k，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．小球落地時重力的功率為mgvB．小球下落的時間為C．小球下落過程中的水平位移大小為D．小球下落過程中空氣阻力所做的功為【答案】B【詳解】A．小球落地時重力的功率為P=mgvsinθ故A錯誤；B．小球下落過程在豎直方向根據動量定理mvsinθ=mgtk(vy1+vy2+vy3+......)tΣ(vy1+vy2+vy3+......)t=h解得小球下落的時間為C．小球在水平方向根據動量定理mvcosθmv0=k(vx1+vx2+vx3+....Σ(vx1+vx2+vx3+......)t=x解得小球下落過程中的水平位移大小為故C錯誤；D．小球下落過程根據動能定理解得小球下落過程中空氣阻力所做的功為04彈性碰撞類問題4．如圖所示，兩質量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計。已知m2＝3m1，則A反彈后能達到的高度為()【答案】D【詳解】下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式得v2=2gh解得觸地時兩球速度相同，為m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，由動量守恒定律得：m2v1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得由題可知m2=3m1聯立解得反彈后高度為故D正確，ABC錯誤。05完全非彈性碰撞類問題5．如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有n個質量均為m的小滑塊，相鄰滑塊之間的距離為L，某個滑塊均可看成質點。現給第一個滑塊水平向右的初速度v0，滑塊間相碰后均能粘在一起，則從第一個滑塊開始運動到第n1個滑塊與第n個滑塊相碰時的總時間為()【答案】B【詳解】由于每次相碰后滑塊會粘在一起，根據動量守恒定律可知第二個滑塊開始運動的速度大小為同理第三個滑塊開始滑動的速度大小為第（n-1）個球開始滑動的速度大小為因此運動的總時間為06斜面類類碰撞問題6．如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平沖上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去，若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說法不正確的是()A．小球的質量為MababC．小球能夠上升的最大高度為D．若a>b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運動【答案】C【詳解】A．設小球的質量為m，初速度為v0，在水平方向上由動量守恒定律得mv0=mv1+Mv2mv0mMM結合圖乙可得mb=Ma所以故A正確，不符合題意；D．對小球和圓弧滑塊組成的系統，有mv0=mv1+Mv2解得小球在與圓弧滑塊分離時的速度為即a>b時，小球的速度方向向左，所以小球與圓弧分離時向左做平拋運動，故D正確，不符合題意；B．小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度v共，在水平方向上由動量守恒定律得mv0=(m+M)v共解得故B正確，不符合題意；C．小球從開始運動到最高點的過程中，由機械能守恒定律得解得故C錯誤，符合題意。故選C。07彈簧類類碰撞問題7．如圖甲所示，物塊A、B的質量均為2kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻壁接觸但不黏連。物塊C從t=0時以一定速度向右運動，在t=4s時與物塊A相碰，并立即與物塊A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是()A．物塊C的質量為2kgB．物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為40.5JC．4s到12s的時間內，墻壁對物塊B的沖量大小為0D．物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度大小為3.6m/s【答案】D【詳解】A．由圖知，C與A碰前速度為v1=9m/s，碰后速度為v2=3m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律2解得故A錯誤；B．AC粘在一起速度變為0時，彈簧的彈性勢能最大，為C．由圖知，12s末A和C的速度為v3=—3m/s，4s到12s過程中墻壁對物體B的沖量大小等于彈簧對物體B的沖量大小，也等于彈簧對A和C整體的沖量大小，墻對B的沖量為解得方向向左，故C錯誤；D．物塊B剛離時，由機械能守恒定律可得，AC向左運動的速度大小為3m/s，物塊B離開墻壁后，系統動量守恒、機械能守恒，當彈簧再次恢復原長時，物體B的速度最大，則有代入數據解得vB=3.6m/s物塊B的最大速度為3.6m/s，故D正確。12019·湖南長沙·一模）一質量為m1的物體以v0的初速度與另一質量為m2的靜止物體發生碰撞，其中m2=km1，k＜1。碰撞可分為完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞。碰撞后兩物體速度分別為v1和v2．假設碰 撞在一維上進行，且一個物體不可能穿過另一個物體。物體1碰撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是()【答案】B【詳解】若發生彈性碰撞，則由動量守恒m1v0=m1v1+m2v2由能量關系解得m1+m2物體1碰撞后與碰撞前速度之比若發生完全非彈性碰撞，則由動量守恒m1v0=(m1+m2)v解得物體1碰撞后與碰撞前速度之比所以,物體1碰撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是故B正確，ACD錯誤。22024高三·安徽滁州·模擬預測）蹦極是一項刺激的戶外休閑活動，足以使蹦極者在空中體驗幾秒鐘的“自由落體”。如圖所示，蹦極者站在高塔頂端，將一端固定的彈性長繩綁在踝關節處。然后雙臂伸開，雙腿并攏，頭朝下跳離高塔。設彈性繩的原長為L，蹦極者下落第一個時動量的增加量為Δp1，下落第五個時動量的增加量為Δp2，把蹦極者視為質點，蹦極者離開塔頂時的速度為零，不計空氣阻力，則滿足【答案】D【詳解】蹦極者下落高度L的過程，可視為做自由落體運動，對于初速度為零的勻加速直線運動，通過連續相等位移的時間之比為可知2即由動量定理得Δp=mgt故32024·山東臨沂·一模）列車在水平長直軌道上的模擬運行圖如圖所示，列車由質量均為m的5節車廂組成，假設只有1號車廂為動力車廂。列車由靜止開始以額定功率P運行，經過一段時間達到最大速度，列車向右運動過程中，1號車廂會受到前方空氣的阻力，假設車廂碰到空氣前空氣的速度為0，碰到空氣后空氣的速度立刻與列車速度相同，已知空氣密度為P。1號車廂的迎風面積（垂直運動方向上的投影面積）為S，不計其他阻力，忽略2號、3號、4號、5號車廂受到的空氣阻力。當列車以額定功率運行到速度為最大速度的一半時，1號車廂對2號車廂的作用力大小為()【答案】B【詳解】設動車的速度為v，動車對空氣的作用力為F，取Δt時間內空氣柱的質量為Δm，對一小段空氣柱應用動量定理可得其中解得由牛頓第三定律可得，空氣對動車的阻力為f=F=PSv2當牽引力等于阻力時，速度達到最大，則P=fvm解得當速度達到最大速度一半時，此時速度為此時受到的牽引力牽’F=牽’v解得此時受到的阻力f’=PS×(vm)2=1對整體根據牛頓第二定律F牽f’=5ma對1號車廂，根據牛頓第二定律可得F牽f’F21=ma聯立解得當列車以額定功率運行到速度為最大速度的一半時，由牛頓第三定律，1號車廂對2號車廂的作用力大小為42024·北京順義·一模）1899年，蘇聯物理學家列別捷夫首先從實驗上證實了“光射到物體表面上時會產生壓力”，和大量氣體分子與器壁的頻繁碰撞類似，將產生持續均勻的壓力，這種壓力會對物體表面產生壓強，這就是“光壓”。某同學設計了如圖所示的探測器，利用太陽光的“光壓”為探測器提供動力，以使太陽光對太陽帆的壓力超過太陽對探測器的引力，將太陽系中的探測器送到太陽系以外。假設質量為m的探測器正朝遠離太陽的方向運動，帆面的面積為S，且始終與太陽光垂直，探測器到太陽中心的距離為r，不考慮行星對探測器的引力。已知：單位時間內從太陽單位面積輻射的電磁波的總能量與太陽絕對溫度的四次方成正比，即P0=σT4，其中T為太陽表面的溫度，σ為常量。引力常量為G，太陽的質量為M，太陽的半徑為R，光子的動量光速為c。下列說法正確的是()A．常量σ的單位為B．t時間內探測器在r處太陽帆受到太陽輻射的能量4兀R2tP0SC．若照射到太陽帆上的光一半被太陽帆吸收一半被反射，探測器太陽帆的面積S至少為D．若照射到太陽帆上的光全部被太陽帆吸收，探測器在r處太陽帆受到的太陽光對光帆的壓力【答案】D【詳解】A．P0是單位時間從太陽單位面積輻射的電磁波的能量，所以單位為J/(s.m2)，則PT4則常量σ的單位為 Jkg=.K4s3.K4故A錯誤；B．t時間內探測器在r處太陽帆受到太陽輻射的能量C．輻射到太陽帆的光子的總數 EEλR2tP0Sλ一半光子被吸收，一半反射，則有F總t=p+.2p=其中聯立可得2cGMmS≥03R2P0故C錯誤；D．若照射到太陽帆上的光全部被太陽帆吸收，則有F總t=np可得探測器在r處太陽帆受到的太陽光對光帆的壓力62024·江西·一模）如圖所示，假設入射光子的動量為p0，光子與靜止的電子發生彈性碰撞。碰后光子的動量大小為p1，傳播方向與入射方向夾角為α：碰后電子的動量大小為p2，出射方向與光子入射方向夾角為β。已知光速為c，普朗克常量為h，下列說法正確的是()A．碰前入射光的波長為B．碰后電子的能量為p2cC．p0=p1cosα+p2cosβD．p0=p1+p2【答案】C【詳解】A．根據德布羅意公式可知，碰前入射光的波長為選項A錯誤；B．設電子的質量為m，則碰后電子的能量為選項B錯誤；CD．沿光子入射方向的動量守恒，根據動量守恒定律可知p0=p1cosα+p2cosβ選項C正確，D錯誤。故選C。72024高三下·江西·開學考試）如圖所示，Oxy平面（紙面）第一象限內有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區域Ⅰ和Ⅱ,其中區域Ⅰ存在磁感應強度大小為B1、方向垂直紙面向里的勻強磁場，區域Ⅱ存在磁感應強度大小B2=7B1、方向垂直紙面向外的勻強磁場，區域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)處的離子源能釋放出質量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60o的正離子束，沿紙面射向磁場區域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應。下列說法正確的是()A．速度大小為的離子不能進入區域ⅡB．速度大小為的離子在磁場中的運動時間為EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(2兀),3q)C．恰能到達x軸的離子速度大小為D．恰能到達x軸的離子速度大小為【答案】ABC【詳解】AB．當離子不進入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，如圖121則由幾何關系r1cos60o=r1L解得r1=2L根據qv1B1=m1解得在磁場中運動的周期T=EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(2兀m),qB)1所有速度小于v1的離子都未進入Ⅱ區，速度偏轉角都為120o，運動時間都為故AB正確；CD．B2=7B1，且磁場Ⅱ方向向外，則離子進磁場Ⅱ后順時針偏轉，離子恰到x軸時速度與x軸平行，如圖2取水平向右為正方向，全過程在水平方向由動量定理有解得故C正確，D錯誤。故選ABC。82024·黑龍江哈爾濱·二模）如圖所示，空間等距分布垂直紙面向里的勻強磁場，豎直方向磁場區域足夠長，磁感應強度大小B=2T，每一條形磁場區域寬度及相鄰條形磁場區域間距均為d=1m。現有一個邊長l=0.5m、質量m=0.2kg、電阻R=2Ω的單匝正方形線框，以v0=6m/s的初速度從左側磁場邊緣水平進入磁場，以下說法正確的是()A．線框進入第一個磁場區域過程中，通過線框的電荷量q=0.25CB．線框剛進入第一個磁場區域時，安培力大小為F=12NC．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產生的焦耳熱Q=3.6JD．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中能穿過2個完整磁場區域【答案】ACD【詳解】A．線框進入第一個磁場區域過程中，通過線框的電荷量為故A正確；B．線框剛進入第一個磁場區域時，產生的電動勢為線框受到的安培力大小為C．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中，由于線框上下兩邊總是同時處在磁場中，則上下兩邊受到的安培力相互抵消，即線框豎直方向只受重力作用，可認為豎直方向做自由落體運動；水平方向在安培力作用下做減速運動，當水平方向的速度減為零時，線框開始豎直下落；則線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產生的焦耳熱為D．線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中，水平方向根據動量定理可得又聯立解得線框穿過1個完整磁場區域，有安培力作用的水平距離為2l，由于可知線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中能穿過2個完整磁場區域，故D正確。故選ACD。92024·湖北·二模）如圖所示，質量分別為m、3m、nm(n=1,2,3……)的圓弧槽、小球B、小球C均靜止在水平面上，圓弧槽的半徑為R，末端與水平面相切。現將質量為m的小球A從圓弧槽上與圓心等高的位置由靜止釋放，一段時間后與B發生彈性正碰，已知重力加速度為g，不計A、B、C大小及一切摩擦。下列說法正確的是()A．小球A通過圓弧槽最低點時對圓弧槽的壓力大小為mgB．若BC發生的是完全非彈性碰撞，n取不同值時，BC碰撞損失的機械能不同3C．若BC發生的是彈性正碰，當n=2時，碰撞完成后小球C的速度為-JgR353D．n取不同值時，C最終的動量不同，其最小值為m38【答案】BCD【詳解】A．小球A第一次下滑到圓弧槽最低點時，小球A和圓弧槽組成的系統水平方向上動量守恒，有根據小球A和圓弧槽組成的系統機械能守恒有22mgR=mvA+mv1解得小球A通過圓弧槽最低點時，相對于圓弧槽的速度大小為根據牛頓第二定律有聯立解得，小球A通過圓弧槽最低點時，受到圓弧槽的支持力為F=5mg則小球A通過圓弧槽最低點時對圓弧槽的壓力大小為5mg，故A錯誤；B．若BC發生的是完全非彈性碰撞，設小球A與B碰撞后，小球B的初速度為v0，則BC碰撞過程，根據動量守恒有根據能量守恒有聯立解得，BC碰撞損失的機械能為可知，當n取不同值時，BC碰撞損失的機械能不同，故B正確；C．小球A與B發生彈性正碰，取向右為正方向，根據動量守恒有根據機械能守恒有聯立解得若BC發生的是彈性正碰，當n=2時，BC碰撞過程，根據動量守恒有根據機械能守恒有聯立解得，碰撞完成后小球C的速度為335D．當BC發生的是完全非彈性正碰時，C獲得的動量最小。BC碰撞過程，根據動量守恒有解得，碰撞完成后小球C的速度為則此時C的動量為可知，當n取1時，C的動量取最小值為故選BCD。102024·湖南岳陽·二模）如圖所示，傾角為θ的足夠長的斜面上放有質量均為m相距為L的AB滑塊，其中滑塊A光滑，滑塊B與斜面間的動摩擦因數為μ,μ=tanθ。AB同時由靜止開始釋放，一段時間后A與B發生第一次碰撞，假設每一次碰撞時間都極短，且都是彈性正碰，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．釋放時，A的加速度為gsinθB．第一次碰后A的速度為C．從開始釋放到第一次碰撞的時間間隔為D．從開始釋放到第二次碰撞的時間間隔為2·【答案】AC【詳解】A．A物體沿斜面下滑時，根據牛頓第二定律mgsinθ=ma解得故A正確；C．對A滑塊，設從開始釋放A與B第一次碰撞所用時間為t1，根據運動學2B．第一次碰撞前，A的速度為設第一碰后A的速度為vA，B的速度為vB，則碰撞過程根據動量守恒和動能守恒mv0=mvA+mvB222 mv0=mvA+mvB聯立解得D．B物體沿斜面下滑時有mgsinθ-μmgcosθ=maB解得aB=gsinθ-μgcosθ=0兩物體相碰后，A物體的速度變為零，以后再做勻加速運動，而B物體將以vB的速度沿斜面向下做勻速直線運動。設再經t2時間相碰，則有解得故從A開始運動到兩物體第二次相碰，共經歷時間故選AC。112024高三下·山西晉中·開學考試）如圖所示，質量為m的物塊P與長木板Q之間有一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，P與彈簧拴接，Q與彈簧接觸但不拴接，Q的上表面粗糙。t=0時，物塊P以初速度v0向左運動，0~2t0時間內物塊P與長木板Q的a-t圖像如圖所示，2t0時刻，把質量為m的物塊M放在Q的最左端，圖中未畫出，M最終未從Q上滑出，則()A．物體Q的質量為m0時刻彈簧的彈性勢能為mvEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),0)C．M和Q之間由于摩擦作用的發熱量為mvEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),0)D．彈簧可以和Q發生二次作用【答案】AC【詳解】A．t0時刻，P、Q所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得mPm2則物體Q的質量為故A正確；0時刻，彈簧壓縮到最短，P和Q速度相等，根據動量守恒v根據能量守恒可得最大彈性勢能為C．0-2t0時間內，根據動量守恒mQv2根據機械能守恒2 聯立解得2t0時刻，Q和彈簧分離，M和Q之間動量守恒，有mQ+mMv’解得產生的熱量為D．由上分析可知M和Q共速時彈簧不能和Q發生二次作用，故D錯誤。故選AC。122024·湖南長沙·二模）如圖甲，質量分別為mA和mB的A、B兩小球用輕質彈簧連接置于光滑水平面上，初始時刻兩小球被分別鎖定，此時彈簧處于壓縮狀態。t=0時刻解除A球鎖定，t=t1時刻解除B球鎖定，A、B兩球運動的a-t圖像如圖乙所示，S1表示0到t1時間內A的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內A、B的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小。下列說法正確的是()A．t1時刻后A、B系統的總動量大小始終為mAS1B．mA=S3mBS2C．S1-S2<S3D．t2時刻，彈簧伸長量大于0時刻的壓縮量【答案】AB【詳解】A．a-t圖像的面積等于這段時間的速度變化量大小，t=0時刻解除A球鎖定，t=t1時刻解除B球鎖定，說明t1時刻只有A球具有速度，設此時A球的速度為v1，則有t1時刻后A、B組成的系統滿足動量守恒，故總動量等于t1時刻A球的動量，則有p總=mAv1=mAS1故A正確；B．由圖像可知t1時刻A球的加速度為0，則此時彈簧彈力等于0，即彈簧處于原長狀態，t2時刻兩球的加速度都達到最大，說明此時彈簧的彈力最大，彈簧的伸長量最大，即t2時刻兩球具有相同的速度，設t2時刻A、B兩球的速度為v2，從t1到t2過程，A球的速度變化量大小為B球的速度變化量大小為ΔvB=v2-0=S3從t1到t2過程，A、B組成的系統滿足動量守恒，則有可得mA(v1-v2)=mBv2聯立可得mAS3 mBS2C．t=0到t1時刻，A球速度變化量大小為=S1從t1到t2過程，A球的速度變化量大小為ΔvA2=v1-v2=S2從t1到t2過程，B球的速度變化量大小為ΔvB=v2-0=S3聯立可得S1-S2=S3=v2故C錯誤；D．從t=0到t2時刻，A、B、彈簧組成的系統滿足機械能守恒，則有說明t=0時刻彈簧的彈性勢能大于t2時刻彈簧的彈性勢能，即t=0時刻彈簧的壓縮量大于t2時刻彈簧的伸長量，故選AB。132024·廣東茂名·二模）甲、乙兩位同學利用中國象棋進行游戲。某次游戲中，在水平放置的棋盤上，甲用手將甲方的棋子以0.4m/s的初速度正對乙方棋子彈出，兩棋子相碰撞后（碰撞時間極短），甲方棋子速度大小變為0.1m/s，方向不變．兩棋子初始位置如圖所示，棋子中心與網格線交叉點重合，該棋盤每方格長寬均L=4cm，棋子直徑均為D=3cm，棋子質量相等均為m=20g，棋子與棋盤間的動摩擦因數均為μ=0.07。重力加速度g大小取10m/s2。求：（1）甲、乙兩棋子相碰時損失的機械能；（2）通過計算，判斷乙方棋子中心是否滑出邊界；（3）甲方棋子從彈出到停下所需的時間。（計算結果保留2位有效數字）【答案】（1）4×10-4J2）不滑出邊界3）0.29s【詳解】（1）設甲、乙兩棋子碰撞前瞬間甲棋子的速度大小為v1，從甲棋子開始運動到甲、乙碰撞前瞬間過程，甲移動距離為s對甲棋子，由動能定理得代入數據解得v1=0.3m/s甲、乙兩棋子碰撞過程系統內力遠大于外力，系統動量守恒，設碰撞后瞬間乙棋子的速度大小為v乙，以碰撞前甲棋子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得代入數據解得碰撞過程中損失的機械能為解得（2）設乙棋子碰后運動距離s2停下來，對乙棋子，由動能定理得解得s即可乙棋子移動距離不夠1方格，棋子中心不滑出邊界。（3）對甲棋子從彈出到碰撞前，列動量定理有解得碰撞后，對甲棋子，列動量定理有μmgt2解得甲方棋子從彈出到停下所需的時間為142024·山西臨汾·二模）如圖所示，傾角為θ的固定斜面的底端安裝一個彈性擋板，質量分別m和4m的物塊a、b置于斜面上，a與斜面間無摩擦，b與斜面間的動摩擦因數等于tanθ。兩物塊之間夾有一個勁度系數很大且處于壓縮狀態的輕質短彈簧（長度忽略不計彈簧被鎖定。現給兩物塊一個方向沿斜面向下、大小為v0的初速度，同時解除彈簧鎖定，彈簧瞬間完全釋放彈性勢能，并立即拿走彈簧。物塊a與擋板、a與b之間的碰撞均無機械能的損失，彈簧鎖定時的彈性勢能為10mvEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),0)，重力加速度為g。求：（1）彈簧解除鎖定后的瞬間a、b的速度大小；（2）解除鎖定，a與b第一次碰撞后，b沿斜面上升的最大高度。【詳解】（1）由于彈簧在瞬間解除鎖定，在此瞬間內力遠大于外力，a、b系統動量守恒，以沿斜面向下為正方(m+4m)v0=mva+4mvb根據能量守恒解得（另一組解va=-3v0,vb=2v0不符合實際，舍去。）（2）彈簧瞬間解除鎖定后，由于b與斜面的摩擦因數μ=tanθ,解除鎖定后b保持靜止。由于a與斜面間無摩擦，a沿斜面勻加速下滑，與擋板碰撞后原速率反彈，再沿斜面勻減速上滑，直到與b發生碰撞。根據機械能守恒，a與b碰撞前的速度大小仍為5v0，根據動量守恒和能量守恒有解得va0（向下），vb’=-2v0之后，對b，根據動能定理-4mgh-μ.4mgcosθ.=0-×4mvb’2解得152024·重慶·模擬預測）如題圖所示，一邊長為1.5R的正方體物塊靜置于足夠長的光滑水平面上，該正方體物塊內有一條由半徑為R四分之一圓弧部分和豎直部分平滑連接組成的細小光滑圓孔道。一質量為m的小球（可視為質點），以初速度v0=3沿水平方向進入孔道，恰好能到達孔道最高點。孔道直徑略大于小球直徑，孔道粗細及空氣阻力可不計，重力加速度為g。（1）求該正方體物塊的質量；（2）求小球離開孔道時的速度；（3）小球從進入孔道至到達孔道最高點的過程中，小球在孔道圓弧部分運動的時間為t0，求小球到達孔道最高點時，該正方體物塊移動的距離。方向水平向右【詳解】（1）小球從進入孔道至到達最高點過程中，小球和物塊組成的系統機械能守恒、水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，則有解得（2）小球從進入孔道到離開孔道過程中，小球和物塊組成的系統機械能守恒、水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，則有解得即小球離開孔道時速度大小為，方向與初速度相同，即水平向右。（3）小球從進入孔道至到達孔道圓弧部分最高點的過程中，小球和物塊組成的系統水平方向動量始終守恒，則有mv0=mv1+Mv2小球在孔道圓弧部分運動的時間