碰撞與動(dòng)量守恒（解析版）-【高頻解密】2021年高考物理二輪復(fù)習(xí)講義+分層訓(xùn)練

解密07碰技鳥劭量守恒

署導(dǎo)航吊考事

核心考點(diǎn)考綱要求

動(dòng)量、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用II

彈性碰撞和非彈性碰撞1

重^網(wǎng)絡(luò)知銷凄

p=mv

‘矢量性

動(dòng)量，特點(diǎn)■瞬時(shí)性

相對(duì)性

.動(dòng)量的變化：Ap=p'—p

P=P

表達(dá)式＜^p-p'-p

碰

△四=Ap

撞2

動(dòng)量守恒定律內(nèi)容

與

,嚴(yán)格守恒

動(dòng)，

成立條件單向守恒

量

近似守恒

守

I=^p=p'-p

恒動(dòng)量定理

F(t'-t)=mv'-mv

彈性碰撞

碰撞

非彈性碰撞

’碰撞問題

動(dòng)量守恒定律〈反沖問題

爆炸問題

二解密考直事

考-1硬檢演型

，/於備加鈉

1.碰撞的特點(diǎn)

(1)作用時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，總動(dòng)量總是守恒的。

(2)碰撞過程中，總動(dòng)能不增。因?yàn)闆]有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為動(dòng)能。

(3)碰撞過程中，當(dāng)兩物體碰后速度相等時(shí)，即發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能損失最大。

(4)碰撞過程中，兩物體產(chǎn)生的位移可忽略。

2.碰撞的種類及遵從的規(guī)律

種類遵從的規(guī)律

彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失

完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大

3.關(guān)于彈性碰撞的分析

兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律。

在光滑的水平面上，質(zhì)量為如的鋼球沿一條直線以速度物與靜止在水平面上的質(zhì)量為，"2的鋼球發(fā)生

彈性碰撞，碰后的速度分別是也、V2

叫％=叫匕+m2彩①

22

；町%2=1^vl+1/JZ2v2(2)

由①②可得：匕=,叫"%③

叫+"?2

2m.

彩=—;—?④

叫+色

利用③式和④式，可討論以下五種特殊情況：

a.當(dāng)町〉啊時(shí)，v,>0,v2>0,兩鋼球沿原方向原方向運(yùn)動(dòng)；

b.當(dāng)叫<"??時(shí)，V,<0,v2>0,質(zhì)量較小的鋼球被反彈，質(zhì)量較大的鋼球向前運(yùn)動(dòng)；

c.當(dāng)町=，％時(shí)，V,=0,v2=v0,兩鋼球交換速度。

d.當(dāng)叫<<2時(shí)，v,?v(),v2?0,加|很小時(shí)，幾乎以原速率被反彈回來，而質(zhì)量很大的他幾乎不動(dòng)。

例如橡皮球與墻壁的碰撞。

e.當(dāng)町>>/時(shí)，v?v0,彩=2%,說明mi很大時(shí)速度幾乎不變，而質(zhì)量很小的加2獲得的速度是原

來運(yùn)動(dòng)物體速度的2倍，這是原來靜止的鋼球通過碰撞可以獲得的最大速度，例如鉛球碰乒乓球。

4.一般的碰撞類問題的分析

(1)判定系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒。

(2)判定物理情景是否可行，如追碰后，前球動(dòng)量不能減小，后球動(dòng)量在原方向上不能增加；追碰后,

后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。

(3)判定碰撞前后動(dòng)能是否不增加。

名/雅塞東的

(2020?黑龍江香坊區(qū)?哈爾濱市第六中學(xué)校高三月考)甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)

動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為

1kg,則下列判斷中正確的是()

A.由圖像求得乙的質(zhì)量是6kg

B.碰撞前后乙的動(dòng)量增加了lkg-m/s

C.碰撞過程中甲給乙的沖量大小為6N-s

D.碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能為3J

【答案】C

【詳解】

A.由動(dòng)量守怛定律

Ix5-l-mxl=-lxl+mx3

解得加=3kg,A錯(cuò)誤;

B.碰撞前后乙增加的動(dòng)量為

3=3x3kg-m/s-3x1kg-m/s=6kg-m/s

B錯(cuò)誤；

C.由動(dòng)量定理，碰撞過程中甲給乙的沖量大小為

/=△〃=6N-s

C正確。

D,碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能為

AE=f-xlx52+-x3xl2\-flxlxl2+-!-x3x32>|j=0

（22）U2）

D錯(cuò)誤。

故選C。

//限蹤我司

1.如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩個(gè)球，原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A球的速

度是6m/s,B球的速度是一2m/s,不久A、B兩球發(fā)生了對(duì)心碰撞。對(duì)于該碰撞之后的4、8兩球的速度

可能值，某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)們做了很多種猜測(cè)，下面的猜測(cè)結(jié)果一定無法實(shí)現(xiàn)的是（）

一,VB

Q0里方向

-77777777777777^7^777777777777777777^7777777777777

A.v^=—2m/s,v^=6m/s

B.VA=2m/s,VB=2m/s

C.以=1m/s,vs=3m/s

D.VA=_3m/s,Vfi=7m/s

【答案】D

【詳解】

設(shè)每個(gè)球的質(zhì)量均為，小碰前系統(tǒng)總動(dòng)量

p-mAvA+mnvD=4m

碰前的總機(jī)械能

1,1,

E=-mAvA+—mBVg=20/n

A.碰后總動(dòng)量

p'=4/n

總機(jī)械能

E'=20m

動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，故A可能實(shí)現(xiàn)；

B.碰后總動(dòng)量

p'=4"?

總機(jī)械能

E'-4m

動(dòng)量守恒，機(jī)械能不增加，故B可能實(shí)現(xiàn)；

C.碰后總動(dòng)量

p'-Am

總機(jī)械能

E'=5m

動(dòng)量守恒，機(jī)械能不增加，故C可能實(shí)現(xiàn)；

D.碰后總動(dòng)量

p'=4"?

總機(jī)械能

E'=29m

動(dòng)量守恒，機(jī)械能增加違反能量守恒定律，故D不可能實(shí)現(xiàn)。

本題選不可能實(shí)現(xiàn)的，故選D。

2.（2020.江蘇省鎮(zhèn)江中學(xué)高三期中）如圖所示，質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不

光滑，盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為機(jī)的物體，某時(shí)刻給物體一個(gè)水平向右的初速度小,那么在物體與盒子前

后壁多次往復(fù)碰撞后（）

VI)

A.由于機(jī)械能損耗最終兩者的速度均為零

B.兩者的碰撞會(huì)永遠(yuǎn)進(jìn)行下去，不會(huì)形成共同的速度

C.盒子的最終速度為鬻，方向水平向右

M

D.盒子的最終速度為77詈J,方向水平向右

(M+m)

【答案】D

【詳解】

系統(tǒng)水平方向不受力，故動(dòng)量守恒可知最終兩物體以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，由

rm)0=(/〃+")?

可得，兩物體的末速度為

m-\-M

故選Do

考堂2彈簧旗型

任/貨備加鍬

i.注意彈簧彈力特點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)過程，彈簧彈力不能瞬間變化。

2.彈簧連接兩種形式：連接或不連接。

連接：可以表現(xiàn)為拉力和壓力，從被壓縮狀態(tài)到恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)物體和彈簧不分離，彈簧的彈力從壓力

變?yōu)槔Α?/p>

不連接：只表現(xiàn)為壓力，彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)后物體和彈簧分離，物體不再受彈簧的彈力作用。

3.動(dòng)量和能量問題：動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，動(dòng)能和彈性勢(shì)能之間轉(zhuǎn)化，等效于彈性碰撞。彈簧被壓

縮到最短或被拉伸到最長(zhǎng)時(shí)，與彈簧相連的物體共速，此時(shí)彈簧具有最大的彈性勢(shì)能，系統(tǒng)的總動(dòng)能最?。?/p>

彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)具有最大動(dòng)能。

名希源東的

(2020?重慶市第三十七中學(xué)校高二期中)如圖所示，質(zhì)量為M的上表面光滑的小車置于光滑的水平面

上，左端固定一根輕質(zhì)彈簧，質(zhì)量為機(jī)的物塊放在小車上，壓縮彈簧并用細(xì)線連接物塊和小車左端，開

始時(shí)小車與物塊都處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)物塊與小車右端相距為L(zhǎng),當(dāng)突然燒斷細(xì)線后，以下說法正確的

是()

I

A.物塊和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒

B.物塊和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

rn

C.當(dāng)物塊離開小車時(shí)，小車向左運(yùn)動(dòng)的位移大小為

M

D.當(dāng)物塊速度大小為v時(shí)（未離開小車），小車速度大小為V

7M7

【答案】D

【詳解】

A.物塊與小車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；

B.物塊、小車與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，物塊與小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤;

C.物塊與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv-MV=O

L-xx.

m----------M—=（）

tt

解得

m

x=------LT

M+m

故C錯(cuò)誤；

D.物塊與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：〃解得

故D正確。

故選D?

//限蹤族可

1.（2020?河北衡水市?衡水中學(xué)高三月考）如圖所示，勁度系數(shù)為％的輕質(zhì)彈簧右端固定，左端與質(zhì)量為相

的物塊B連接，彈簧處于自然狀態(tài)。物塊A的質(zhì)量為2加，以速度%向右沿水平地面運(yùn)動(dòng)，與B碰撞后

兩者粘合并一起壓縮彈簧。已知碰撞時(shí)間極短，不計(jì)一切摩擦，彈簧未超出彈性限度，則彈簧的最大壓

縮量為（已知穌=g?。ǎ?/p>

【答案】C

【詳解】

當(dāng)A、8碰撞時(shí)

27w0=3mv

得

2

開始?jí)嚎s彈簧至彈簧被壓縮到最短的過程中

有

2

—x3mv=En

2「

根據(jù)功能關(guān)系有

聯(lián)立解得

14m

戶竹

故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選Co

2.（2020?黑龍江高二月考）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B,放在光滑的水平面上，物體A

3

被水平速度為vo的子彈射中并且子彈嵌在其中。已知物體A的質(zhì)量/HA是物體B的質(zhì)量〃?B的:，子彈

4

的質(zhì)量m是物體B的質(zhì)量的Y，彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)B的速度為（）

4

A.史B.%C.%D.九

2348

【答案】D

【詳解】

根據(jù)題意可知，B的質(zhì)量WB為4布，A的質(zhì)量，"A為3e，子彈的質(zhì)量為"?，子彈剛射入物塊A時(shí)，A具

有最大速度v，此過程中子彈與A的動(dòng)量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得

解得

4

對(duì)子彈、滑塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，A、B速度相等時(shí)彈簧被壓縮到最短。彈簧壓縮的過程中，根據(jù)

動(dòng)量守恒定律可得

(m+mA)v=(/n+mA

由此解得

8

故選Do

考點(diǎn)33錦打木塊蝶型

名於備知鋼

子彈打擊木塊問題，由于被打擊的木塊所處情況不同，可分為兩種類型：一是被打的木塊固定不動(dòng)；

二是被打的木塊置于光滑的水平面上，木塊被打擊后在水平面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

1.木塊被固定

子彈和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，系統(tǒng)內(nèi)力是一對(duì)相互作用的摩擦力，子

彈對(duì)木塊的摩擦力不做功，相反，木塊對(duì)子彈的摩擦力做負(fù)功，使子彈動(dòng)能的一部分或全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的

內(nèi)能。由動(dòng)能定理可得：Q=7-s,式中/為子彈受到的平均摩擦力，S為子彈相對(duì)于木塊運(yùn)動(dòng)的距離。

2.木塊置于光滑水平面上

子彈和木塊構(gòu)成系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)內(nèi)力是一對(duì)相互作用的摩擦力，子彈受到的

摩擦力做負(fù)功，木塊受到的摩擦力做正功。如圖所示，設(shè)子彈質(zhì)量為"?，水平初速度為V0,置于光滑水平

面上的木塊質(zhì)量為M。若子彈未穿過木塊，則子彈和木塊最終共速為0

川M?2

aLrS

由動(dòng)量守恒定律：rnv0=(m+M)v①

對(duì)于子彈，由動(dòng)能定理：—_P(L+s)=5/m?-5m%2②

對(duì)于木塊，由動(dòng)能定理：6L=③

由①②③可得：Q=f.s=-mv^--(M+m)v2@

系統(tǒng)動(dòng)能的減少量轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能Q

(1)若s=d時(shí)，說明子彈剛好穿過木塊，子彈和木塊具有共同速度丫。

(2)若s<“時(shí)，說明子彈未能穿過木塊，最終子彈留在木塊中，子彈和木塊具有共同速度外

(3)當(dāng)s>d時(shí)，說明子彈能穿過木塊，子彈射穿木塊時(shí)的速度大于木塊的速度。

若屬于(3)的情況，設(shè)穿透后子彈和木塊的速度分別為必和也，上述關(guān)系式變?yōu)椋?/p>

=mvx+⑤

-f-(L+d)=^mv^--^mvo⑥

2

/-L=1MV2⑦

Q=f-d=mv^2+；〃碼2⑧

-^A7V2

名/雅源東的

(2020.遼寧大連市.高二期中)光滑水平面上有一質(zhì)量均勻的木塊，初始時(shí)木塊靜止，接著有兩顆完全

相同的子彈先后以相同大小的初速度射入木塊。首先左側(cè)子彈射入，子彈水平射入木塊的最大深度為4,

然后右側(cè)子彈射入，子彈水平射入木塊的最大深度為心，如圖所示。設(shè)子彈均未射穿木塊，且兩顆子彈

與木塊之間的作用力大小均相同。當(dāng)兩顆子彈均相對(duì)于木塊靜止時(shí)，下列判斷正確的是()

木塊最終靜止，di=dz

木塊最終靜止，4Vd2

木塊最終靜止，d\>di

木塊最終向左運(yùn)動(dòng)，4|=必

【答案】B

【詳解】

左側(cè)子彈射入木塊與木塊一起向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)共同速度為以，由動(dòng)量守恒有

mv0=(A7+/n)匕

由能量守恒有

1212

F/\=—mv0--(Af+m)v

右側(cè)子彈與木塊及左側(cè)的第一顆子彈共同運(yùn)動(dòng)的速度設(shè)為功，由動(dòng)量守恒有

+-mv0=(M+2/n)v2

由能量守恒有

2

Ffd2=gmu；+g(A/+m)Vj一;(M+2⑼片

解得

V2=0

Mmv1

2Ff(M+m)

(M+2m)mv1

d2

2Ff(M+m)

所以木塊最終靜止，41Vd2。

故選B0

在/砥蹤秣伺

1.（2020?安徽高三月考）如圖甲所示，一滑塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊與傳送帶之

間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0］。質(zhì)量加=O.（）lkg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中（該過程時(shí)間極短），

取水平向左的方向?yàn)檎较?，子彈在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的"一1圖象如圖乙所示，已知傳送帶的速度始終保

持不變，滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，g=10m/s2。下列說法正確的是（）

甲乙

A.傳送帶的速度大小為4m/s

B.滑塊的質(zhì)量為6.6kg

C.滑塊向右運(yùn)動(dòng)過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為L(zhǎng)34J

D.若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)且傳送帶與轉(zhuǎn)動(dòng)輪間不打滑，則轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R為0.4m

【答案】CD

【分析】

根據(jù)題中“子彈水平向左射入滑塊并留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考查動(dòng)量守恒與傳送帶相

結(jié)合問題，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦做功等知識(shí)分析計(jì)算。

【詳解】

A.子彈射入滑塊并留在其中，滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)，然后向右加速，最后向右勻速，向

右勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為2m/s,則傳送帶的速度大小為2m/s,故A錯(cuò)誤；

B.子彈未射入滑塊前，滑塊向右的速度大小為2m/s,子彈射入滑塊瞬間，子彈和滑塊的速度變?yōu)橄蜃?/p>

的4m/s；子彈射入滑塊瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正，據(jù)動(dòng)量守恒得

mvn+M(-u)=(m+

即

400/77+A/(-2)=4(〃?+M)

解得滑塊的質(zhì)量

M=66m=0.66kg

故B錯(cuò)誤；

C.滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，據(jù)牛頓第二定律可得

+tn)g—{M+m)a

解得滑塊向左運(yùn)動(dòng)的加速度大小

a=lm/s2

滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)，再向右做加速運(yùn)動(dòng)，滑塊向右加速的加速度大小

a=lm/s2

向右加速的時(shí)間為

v-

t---2s

滑塊(含子彈)相對(duì)傳送帶的位移

12

“對(duì)=外專_工滑二匕”一^^一二2x2--xlx22|m=2m

2J

運(yùn)動(dòng)過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量

Q="(M+m)gx相時(shí)=L34J

故C正確；

D.滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，則

V2

(m+M)g-(m+M)—

解得轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑

R=0.4m

故D正確。

故選CDo

2.(2020.河南高三月考)如圖所示，光滑半圓軌道豎直放置，半徑為R=0.4m,一水平軌道與圓軌道相切，

在水平軌道上停著一個(gè)質(zhì)量為M=0.49kg的木塊，木塊在離圓軌道最低點(diǎn)B距離為L(zhǎng)=4m的4點(diǎn)，木塊與

水平面間的摩擦因數(shù)為〃=0.35。一顆質(zhì)量為〃?=10g的子彈，以某一水平速度內(nèi)射入木塊中，然后一起

運(yùn)動(dòng)經(jīng)過最高點(diǎn)，物塊恰好能飛回到A點(diǎn)(g取10m/s2)(不計(jì)空氣阻力，木塊的大小忽略不計(jì))，求：

(1)子彈和木塊組成的整體經(jīng)過最高點(diǎn)的速度大小vl;

(2)子彈的初速度v()?

【答案】(l)10m/s；(2)600m/s

【詳解】

(1)子彈和木塊組成的整體經(jīng)過最高點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)

2R=；gF

L=vit

解得

V|=10m/s

（2）子彈和木塊組成的整體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得

+m)gL一(M+m)g2R=g(M+m)v\-g(M+m)v2

得

v=12m/s

子彈射入木塊過程根據(jù)動(dòng)量守恒定律

解得

vo=6OOm/s

考點(diǎn)4人船旗型小用饃型

名於備知鋼

人船模型

人船模型是兩個(gè)物體均處于靜止，當(dāng)兩個(gè)物體存在相互作用而不受外力作用時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。將速

度與質(zhì)量的關(guān)系推廣到位移與質(zhì)量，做這類題目，首先要畫好示意圖，要注意兩個(gè)物體相對(duì)于地面的移動(dòng)

方向和兩個(gè)物體位移大小之間的關(guān)系；

人船問題的適用條件是：兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)（當(dāng)有多個(gè)物體組成系統(tǒng)時(shí)，可以先轉(zhuǎn)化為兩個(gè)物體組

成的系統(tǒng)）動(dòng)量守恒，系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，利用平均動(dòng)量守恒表達(dá)式解答。

小車模型

動(dòng)量守恒定律在小車介質(zhì)上的應(yīng)用，求解時(shí)注意：（1）初末動(dòng)量的方向及大?。唬?）小車的受力情

況分析，是否滿足某一方向合外力為零；（3）結(jié)合能量規(guī)律和動(dòng)量守恒定律列方程求解。

名/希源爾的

（2020?福建長(zhǎng)汀縣?高三期中）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為如=40kg人抓在一只大氣球下方，氣球下面有一

根長(zhǎng)繩。氣球和長(zhǎng)繩的總質(zhì)量為/W2=10kg,靜止時(shí)人離地面的高度為仁5m,長(zhǎng)繩的下端剛好利地面接觸。

如果這個(gè)人開始沿繩向下滑，當(dāng)他滑到繩下端時(shí)，他離地高度約是（可以把人看做質(zhì)點(diǎn)）（）

Q

§

A.5mB.4mC.2.6mD.8m

【答案】B

【詳解】

設(shè)人、球?qū)Φ孛娴奈灰品謩e為由、X2,由動(dòng)量守恒定律得

%=m1x1

Xy+X2=h

解得

%=lm

x2=4m

此時(shí)他離地面的高度為4m,故選B。

管限蹤秣可

1.(2020?廣東深圳市?明德學(xué)校高三月考)如圖所示，一輛小車靜止在光滑水平面上，A、B兩人分別站

在車的兩端。當(dāng)兩人同時(shí)相向運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列判斷正確的是()

A.若兩人的速率相同，則小車一定不動(dòng)

B.若兩人的動(dòng)能相同，則小車一定不動(dòng)

C.若兩人的動(dòng)量大小相等，則小車一定不動(dòng)

D.若兩人的質(zhì)量相同，則小車一定不動(dòng)

【答案】C

【詳解】

小車及人A、B組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，且總動(dòng)量為零，由動(dòng)量守恒定律—+=O，只

有當(dāng)兩人的動(dòng)量大小相等方向相反時(shí)，小車才定不動(dòng)，C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選C.

2.（2020?重慶藜江區(qū)?萬盛田家炳中學(xué)高二月考）質(zhì)量為，〃的人站在質(zhì)量為M、長(zhǎng)為5米的靜止小船的右

端，小船的左端靠在岸邊（如圖所示），當(dāng)他向左走到船的左端時(shí)，船左端離岸的距離是1米，則（）

A.M=2mB.M=3mC.M=4mD.M=5ni

【答案】C

【詳解】

設(shè)人、船位移大小分別為八、h

以人的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得

mvl=MV2

兩邊同乘時(shí)間，得

mv{t=Mv2t

則

mlx-Ml2

而

/1+/2=￡

解得

M=4m

故選Co

考點(diǎn)5圖袱蟆型情極饃密曲面饃型

名/於備和鍥

動(dòng)量守恒定律在圓弧軌道、長(zhǎng)木板以及斜面等相關(guān)軌道上的應(yīng)用，求解時(shí)要分析受力方向，根據(jù)受力

情況列動(dòng)量守恒定律方程，要根據(jù)能量分析情況結(jié)合能量規(guī)律列方程，聯(lián)立求解。下面結(jié)合各種相關(guān)的軌

道逐個(gè)進(jìn)行分析講解。

芻幡雁東的

（202。安徽六安市?毛坦廠中學(xué)高三月考）如圖所示，小車由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC組成，

靜止在光滑水平面上，當(dāng)小車固定時(shí)，從A點(diǎn)由靜止滑下的物體到C點(diǎn)恰好停止。如果小車不固定，物

體仍從A點(diǎn)靜止滑下，則（）

A.還是滑到C點(diǎn)停住B.滑到BC間停住

C.會(huì)沖出C點(diǎn)落到車外D.系統(tǒng)動(dòng)量守恒

【答案】A

【詳解】

設(shè)8c長(zhǎng)度為心依照題意，小車固定時(shí)，根據(jù)能量守恒可知，物體的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為因摩擦產(chǎn)生的

內(nèi)能，即有

Q\=fL

其中/為物體與小車之間的摩擦力。

若小車不固定，設(shè)物體相對(duì)小車滑行的距離為s。

對(duì)小車和物體系統(tǒng)，根據(jù)水平方向的動(dòng)量守恒定律可知，最終兩者必定均靜止，根據(jù)能量守恒可知物體

的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，則有

。2=。1

而

Q2=fi

得到物體在小車BC部分滑行的距離

s=L

故物體仍滑到C點(diǎn)停住。故A正確。

故選Ao

名/齦蹤秣伺

1.（2020?江北區(qū)?重慶十八中高二期中）如圖所示，物體A、B的質(zhì)量分別為機(jī)、2m,物體B置于水平

面上，B物體上部半圓型槽的半徑為R,將物體A從圓槽的右側(cè)最頂端由靜止釋放，一切摩擦均不計(jì)。

A.A不能到達(dá)B圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)

B.B一直向右運(yùn)動(dòng)

C.A運(yùn)動(dòng)到圓槽的最低點(diǎn)時(shí)速度為

R

D.B向右運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為§

【答案】C

【詳解】

A.設(shè)A到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)的速度為v,以小球和槽組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，根據(jù)系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒知，系

統(tǒng)的初動(dòng)量為零，則末總動(dòng)量為零，即『0,根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知，A能到達(dá)B圓槽左側(cè)的最高點(diǎn)，

故A錯(cuò)誤：

C.設(shè)A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為弘，槽的速度大小為VB。取水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律

得

0=mvA-2mvB

解得

VB

2

根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得

mgR--mv'A+—?2mv；

解得

故C正確；

B.因?yàn)锳和B組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，當(dāng)A在水平方向上的速度向左時(shí)，B的速度向右,

當(dāng)A在水平方向上的速度向右時(shí)，則B的速度向左，故B錯(cuò)誤；

D.因?yàn)锳和B組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，B向右運(yùn)動(dòng)的位移最大,

設(shè)B向右的最大位移為x,取水平向左為正方向，根據(jù)水平動(dòng)量守恒得

0=mvA一2mvB

即

2R-x-x

m-------=2m—

解得

x=lR

故D錯(cuò)誤；

故選Co

2.（2020?山東寧陽縣一中高二期中）如圖所示，質(zhì)量為根的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其

水平直徑A2長(zhǎng)度為2R,現(xiàn)將質(zhì)量也為膽的小球從距A點(diǎn)正上方力0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過半

3

圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為（不計(jì)空氣阻力），則（）

7°

A.小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為2R

C.小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)

3

D.小球第二次離開小車在空中能上升的最大高度h<-!^

【答案】CD

【詳解】

A.小球和小車組成的系統(tǒng)豎直方向動(dòng)量不守恒，則小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；

ynD_Y

B.設(shè)小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為x,由動(dòng)量守恒定律得，m-=m——,解得x=R，B錯(cuò)誤；

tt

C.因?yàn)橄到y(tǒng)在水平方向上的總動(dòng)量等于零，所以小球離開小車的瞬間二者水平速度都等于零，故小球

離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，C正確：

D.小球從距A點(diǎn)正上方/高處由靜止釋放，然后由4點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從2沖出，在空中能上升的最

3

大高度為說明小車有摩擦力，小球在小車中滾動(dòng)時(shí)要損失機(jī)械能，則小球笫二次離開小車在空中

3

能上升的最大高度力<一%,D正確。

4

故選CD。

W缺射右考學(xué)

1.（2020?海南高考真題）太空探測(cè)器常裝配離子發(fā)動(dòng)機(jī)，其基本原理是將被電離的原子從發(fā)動(dòng)機(jī)尾部高速

噴出，從而為探測(cè)器提供推力，若某探測(cè)器質(zhì)量為490kg,離子以30km/s的速率（遠(yuǎn)大于探測(cè)器的飛

行速率）向后噴出，流量為3.0xl（y38入，則探測(cè)器獲得的平均推力大小為（）

A.1.47NB.0.147NC.0.09ND.0.009N

【答案】C

【詳解】

對(duì)離子，根據(jù)動(dòng)量定理有

=Amv

而

Am=3.0xl0-3xl0-3Ar

解得尸=0.09N,故探測(cè)器獲得的平均推力大小為0.09N,故選C。

2.（2020?北京高考真題）在同一豎直平面內(nèi)，3個(gè)完全相同的小鋼球（1號(hào)、2號(hào)、3號(hào)）懸掛于同一高度;

靜止時(shí)小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實(shí)驗(yàn)中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對(duì)心正

碰。以下分析正確的是（）

A,將1號(hào)移至高度力釋放，碰撞后，觀察到2號(hào)靜止、3號(hào)擺至高度6。若2號(hào)換成質(zhì)量不同的小鋼球，

重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，3號(hào)仍能擺至高度力

B.將1、2號(hào)一起移至高度力釋放，碰撞后，觀察到1號(hào)靜止，2、3號(hào)一起擺至高度力，釋放后整個(gè)過

程機(jī)械能和動(dòng)量都守恒

C.將右側(cè)涂膠的1號(hào)移至高度6釋放，1、2號(hào)碰撞后粘在一起，根據(jù)機(jī)械能守恒，3號(hào)仍能擺至高度/?

D.將1號(hào)和右側(cè)涂膠的2號(hào)一起移至高度//釋放，碰撞后，2、3號(hào)粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，未能擺至高度6,

釋放后整個(gè)過程機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒

【答案】D

【詳解】

A.I號(hào)球與質(zhì)量不同的2號(hào)球相碰撞后，1號(hào)球速度不為零，則2號(hào)球獲得的動(dòng)能小于1號(hào)球撞2號(hào)球

前瞬間的動(dòng)能，所以2號(hào)球與3號(hào)球相碰撞后，3號(hào)球獲得的動(dòng)能也小于1號(hào)球撞2號(hào)球前瞬間的動(dòng)能,

則3號(hào)不可能擺至高度力,故A錯(cuò)誤；

B.1、2號(hào)球釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的

機(jī)械能守恒，但整個(gè)過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；

C.1、2號(hào)碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機(jī)械能損失，所以1、2號(hào)球再與3號(hào)球相

碰后，3號(hào)球獲得的動(dòng)能不足以使其擺至高度力，故C錯(cuò)誤；

D.碰撞后，2、3號(hào)粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機(jī)械能損失，且整個(gè)過程中，系統(tǒng)所受

合外力不為零，所以系統(tǒng)的機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒，故D正確。

故選D。

3.（2020?全國(guó)高考真題）行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會(huì)被彈出并瞬間充滿氣體。若

碰撞后汽車的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是（）

A.增加了司機(jī)單位面積的受力大小

B.減少了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變化量

C.將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動(dòng)能

D.延長(zhǎng)了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積

【答案】D

【詳解】

A.因安全氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機(jī)單位面積的受力大小，故A錯(cuò)誤；

B.有無安全氣囊司機(jī)初動(dòng)量和末動(dòng)量均相同，所以動(dòng)量的改變量也相同，故B錯(cuò)誤；

C.因有安全氣囊的存在，司機(jī)和安全氣囊接觸后會(huì)有一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為氣體的內(nèi)能，不能全部轉(zhuǎn)化成

汽車的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；

D.因?yàn)榘踩珰饽页錃夂竺娣e增大，司機(jī)的受力面積也增大，在司機(jī)擠壓氣囊作用過程中由于氣囊的緩

沖故增加了作用時(shí)間，故D正確。

故選Do

4.（2020?全國(guó)高考真題）水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一

質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度;

物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s

的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊

不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為

A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg

【答案】BC

【詳解】

設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的質(zhì)量分別為用、加°規(guī)定運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，運(yùn)動(dòng)員開始時(shí)靜止，第一次將

物塊推出后，運(yùn)動(dòng)員和物塊的速度大小分別為％、%,則根據(jù)動(dòng)量守恒定律

0=mv}-

解得

物塊與彈性擋板撞擊后，運(yùn)動(dòng)方向與運(yùn)動(dòng)員同向，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員再次推出物塊

mV]+//%=mv2-/MOVO

解得

曠%％

m

第3次推出后

mv

mv2+叫％=3一%%

解得

匕=①%

m

依次類推，第8次推出后，運(yùn)動(dòng)員的速度

m

根據(jù)題意可知

%_15加0%>5m/s

m

解得

m<60kg

第7次運(yùn)動(dòng)員的速度一定小于5m/s,則

v=%<5ni/s

7m

解得

m>52kg

綜上所述，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量滿足

52kg<m<60kg

AD錯(cuò)誤，BC正確。

故選BC。

5.（2020.海南高考真題）如圖，光滑的四分之一圓弧軌道PQ豎直放置，底端與一水平傳送帶相切，一質(zhì)

量惚,=1kg的小物塊a從圓弧軌道最高點(diǎn)P由靜止釋放，到最低點(diǎn)Q時(shí)與另一質(zhì)量叫=3kg小物塊b

發(fā)生彈性正碰(碰撞時(shí)間極短)?已知圓弧軌道半徑火=0.8m,傳送帶的長(zhǎng)度L=1.25m,傳送帶以速度

v=lm/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,g=10m/s2o求

(1)碰撞前瞬間小物塊。對(duì)圓弧軌道的壓力大小；

(2)碰后小物塊。能上升的最大高度；

(3)小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間。

【答案】(1)30N；(2)0.2m；(3)Is

【詳解】

(1)設(shè)小物塊〃卜到圓弧最低點(diǎn)未與小物塊〃相碰時(shí)的速度為以，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

代入數(shù)據(jù)解得%=4m/s

小物塊〃在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有

F^-mg^m—

aK

代入數(shù)據(jù)解得外=30N

根據(jù)牛頓第三定律，可知小物塊a對(duì)圓弧軌道的壓力大小為30N。

(2)小物塊a與小物塊。發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒有

mava=mav'a+mbvb

根據(jù)能量守恒有

1-11,212

mV

5",匕+-l,b

聯(lián)立解得va=-2m/s,%=2m/s

小物塊a反彈，根據(jù)機(jī)械能守恒有

magh=^mav'；

解得h=0.2m

（3）小物塊b滑上傳送帶，因w,=2m/s>u=lm/s,故小物塊6先做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定

律有

pmhg^mba

解得a=2m/s2

則小物塊b由2m/s減至lm/s,所走過的位移為

代入數(shù)據(jù)解得看=0.75m

運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

vv

t_b-

*i—a

代入數(shù)據(jù)解得％=（）.5s

因而=0.75m<L=1.25m,故小物塊人之后將做勻速運(yùn)動(dòng)至右端，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

L-x.1.25-0.75八廣

t,=------L=-------------s=0.5s

2v1

故小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間

t=t[+t2=Is

6.（2020?江蘇高考真題）一只質(zhì)量為L(zhǎng)4kg的烏賊吸入0.1kg的水，靜止在水中。遇到危險(xiǎn)時(shí)，它在極短

時(shí)間內(nèi)把吸入的水向后全部噴出，以2m/s的速度向前逃竄。求該烏賊噴出的水的速度大小丫