2023年高考物理二轮复习：专题二能量和动量

2023年高考物理二轮复习讲练测（新高考专用）

专题二能量和动量（讲）

2.3动量和动能

旦考纲考情

一、考情分析

近3年考情分析

等级考题统计

考点要求

要求202220212020

2022•重庆卷410

2021•重庆卷T7

2022•重庆卷14

2021•北京卷TIO

2022•北京卷・T17

2021•湖北卷・T3

2022•北京卷"2

动量冲量和动量定2021•湖南卷,T82020•海南卷•T8

II

理2222•北京卷410

2021•湖南卷・T2

2022•海南卷41

2021•福建卷•T4

2022•湖南卷47

2021•山东卷416

2022•全国乙卷可20

2021•重庆卷413

2021•浙江1月卷TL22020•全国1卷•T14

2022•全国乙卷・T252021•全国乙卷4142022•全国H卷・T2

动量守恒定律的应用II

2022•广东卷T132021•广东卷T132020•全国m卷“1

2021•北京卷T172020•北京卷•T13

碰撞与反冲、爆炸类

2022•山东卷・T2

问题II2021•天津卷17

2021•天津卷T11

2020•海南卷T17

2022■海南卷1172021•浙江省6月卷・T21

2020•全国HI卷«T2.

动力学、动量和能量2022•浙江6月卷1202021•湖南卷・T14

2020•山东卷•T18

观点的综合应用II

2022•山东卷，T182021•湖北卷・T15

2020•天津卷•TL

2022•湖南卷4142021•河北卷-T13

2021.海南卷.门7

动量守恒定律与磁

场、电磁感应、原子2022•湖南卷・T4

核物理等知识的综合II

应用

动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，是解决物理问题的重要基本方法，高逮

考情总结

中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律

结合动力学方法解决平抛运动、圆周运动、多运动过程问题；二是综合运用动能定理手

能量守恒定律，结合动量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.运

几类题型，命题情景新，密切联系实际，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞部

过渡，这就决定了动量守恒定律在解题过程中的纽带作用

本讲内容经常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等方

识点组成综合题.这类题型命题情景新颖，联系实际密切，综合性强，前后两个物理运

应考策略程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用.20234

复习备考要加强动力学、动量及能量综合题目的训练，关注运用动量定理、动量守恒完

律和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.

二、思维导图

@考点梳理

三、讲知识

1.动量定理表达式必,=切"'-"7丫中的尸为物体在Af时间内所受的合外力.

应用动量定理列方程时必须选取正方向.

2.不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小

得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒.

3.三类碰撞

(1)弹性碰撞

动量守'恒：＞n\V\+M/2V2+W2V2，.

机械能守恒:洒V?+品2冠=品"产+产2如

(2)完全非弹性碰撞

动量守恒、末速度相同:miVI+m2V2-(m\+ni2)v'.

机械能损失最多，机械能的损失量为：

A£=乡〃|而+%[2访)-如+/«2)V，2.

(3)非弹性碰撞

动量守恒：m\V\+miy-i=m\V\+mzvz'.

机械能有损失，机械能的损失量为：

AE-(产I6/2司)-gwi"+产2V2”).

四、讲重点

重点1动量冲量和动量定理

1,冲量的三种计算方法

(1)公式法：/=%适用于求恒力的冲量.

(2)动量定理法：适用于求变力的冲量或F、I未知的情况.

(3)图象法：用F-f图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量.若尸一成线性关系，也可直

接用平均力求变力的冲量.

2.流体作用的柱状模型

对于流体运动，可沿流速。的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间加内通过某一

横截面S的柱形流体的长度为△/,如图1所示.设流体的密度为p,则在加的时间内流过

该横截面的流体的质量为△，""SA/=pS°Af,根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量

等于该流体微元动量的增量，即必r=A〃?Ao,分两种情况：(以原来流速。的方向为正方向)

s

()00。

图।

(1)作用后流体微元停止，有△"=-V,代入上式有F--pSv2；

(2)作用后流体微元以速率。反弹，有公。=-2°,代入上式有F=-2pSv2.

3.使用动量定理的注意事项

(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速

度和位移，用动量定理求解更简捷.动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力.这种情况下，

动量定理中的力尸应理解为变力在作用时间内的平均值.

(2)动量定理的表达式是矢量式，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.

4.应用动量定理解题的一般步骤

(1)明确研究对象和研究过程(研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段).

(2)进行受力分析：只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力.

(3)规定正方向.

(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量，根据动量定理列方程求解.

重点2动量守恒定律的应用

1.注意区分动量守恒与机械能守恒的条件

(1)不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小

得多，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零，系统在该方向上动量守恒.

(2)在只有重力或弹力做功的系统内，动能与势能相互转化，机械能守恒.

(3)动量是否守恒与机械能是否守恒没有必然的联系.

2.判断动量是否守恒与机械能是否守恒的方法

(1)判断动量是否守恒一般都是根据守恒条件.

(2)判断机械能是否守恒既可以根据守恒条件，也可以根据守恒表达式，即昂=及.

3.应用动量守恒定律解题的基本步骤

(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程，如例题中分别以“甲

和箱子”“乙和箱子”为系统.

(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒).

(3)规定正方向，确定初、末状态动量.

(4)由动量守恒定律列出方程.

(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明.

4.几种常见情境的规律

动量守恒

22f22

动能不增加即畀+受小沪一f

2/ih2/%2例2nk

速度要合理

碰撞(一维)①若两物体同向运动，则碰前应有小；＞/的；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，则应有人/诙后'。

②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

爆炸动量守恒：爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力

动能增加：有其他形式的能量(如化学能)转化为动能

位置不变：爆炸的时间极短，物体产生的位移很小，一般可忽略不计

动量守恒：系统不受外力或内力远大于外力

反冲

机械能增加：有其他形式的能转化为机械能

两个物体

动量守恒：系统所受合外力为零

人船模型

质量与位移关系：0小=也上2(0、版为相互作用的物体质量，X、矛2为其位

移大小)

重点3碰撞与反冲、爆炸类问题

1.掌握碰撞的“三个原则”

(1)动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；

(2)能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；

(3)物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致.

2.可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：

mi-m22/MI

也二嬴工嬴忸也二出最心

3.熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当如＞＞，心

且也o=O时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2吻.当如且也0=0时，碰后

质量小的球原速率反弹.

命题角度解决方法易错辨析

准确判断系统合外力是否为零或内

动量守恒的条件

掌握三个守恒条件力远大于外力，或者分析是否为碰撞

判断

或爆炸

动量守恒定律、机械能守恒

弹性碰撞分析无能量损失是最大特点

定律

完全非弹性碰撞

动量守恒定律掌握碰撞后速度相等这一条件

分析

动量守恒的条件是内力远注意爆炸后各部分的速度方向，有可

爆炸现象求解

大于外力能不在同一平面内

4.“两体碰撞多过程模型”

1.弹性碰撞模型的拓展

(1)“滑块一弹簧''模型(如图)

Uo

--►

A\~\vwww^j-|B

777^77/7777777777777777^777777777

ni\m2

水平面光滑

①注意临界条件：弹簧压缩到最短或伸长到最长时，两滑块同速，弹簧的弹性势能最大.

②从开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的过程，可看成弹性碰撞过程，恢复原长时，0=巧立

m\-r7772

2ml

Vo，V2=Tvo;

机［十机2

⑵“滑块-斜面”模型（如图）

各接触面均光滑

①水平方向动量守恒；

②注意临界条件：滑块沿斜面上升到最高点时，滑块与斜面同速，系统动能最小，重力势能

最大；

③从滑块以W滑上斜面再滑下到分离的过程，可看成弹性碰撞过程，滑块离开斜面时，V）

m\—ni22ni\

"2机1+加2“°・

（3）“小球一圆弧槽”模型（如图）

77777777x7^777777777^777777

各接触面均光滑

①水平方向动量守恒；

②小球滑上圆弧槽并从顶端离开圆弧槽时，小球与圆弧槽水平速度相同，离开后二者水平位

移相同，小球会沿切面再进入圆弧槽；

③从小球以即滑上圆弧槽再滑下到分离的过程，可看成弹性碰撞过程，小球离开圆弧槽时，

m\—mi2m[

也=而二?吸=亦7?3

5.碰撞拓展

（1）“保守型”碰撞拓展模型

图例（水平面光滑）TB+7+4

AQL^

77777777777777/，7〃77，，〃〃7〃77〃77〃〃〃〃

小球一弹簧模型小球曲面模型

相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足〃皿0

达到共速=+共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能

或电势能

相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足，加0=，"0+

再次分离2

Mvi,能量满足多"0()2=|WP|+

(2)“耗散型”碰撞拓展模型

图例(水平面、水平导轨都一/7

O

光滑)A“%7

7777777777/7777/V7777

相当于完全非弹性碰撞，动量满足，加0=(，〃+共，损失的动能

达到共速

最大，分别转化为内能或电能

重点4动力学、动量和能量观点的综合应用

1.确定研究对象，进行运动分析和受力分析；

2.分析物理过程，按特点划分阶段；

3.选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程.

4.几种常见模型的特点及规律

模型特点及满足的规律

子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即机uo=(m+M)也

工_____________Q热=4相对=3wvo2-1(M+Mv2若子弹穿出木块，有机uo=/n也+加也，

mM|

，〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〉〃/

Q热=/L相对=；〃m)2-3AMvi2—Mvr

(1)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满

足动量守恒、机械能守恒，即

AVm\vo—{m\-\-nii)v«,g??J|Vo2==1(如+加2)丫共？+Epm。

4/WWV\B

一)，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，)，，，，，)/

(2)弹簧处于原长时弹性势能为零，系统满足动量守恒、机械能守恒，即

m\vo—mw\-\-m2V2,gffl,vi2+^imvr

表面粗糙、质量为M的木板，放在光滑的水平地面上，质量为，〃的小

木块以初速度如滑上木板，若木块未滑离木板，当木块与木板相对静止

时，二者的共同速度为v,木块相对木板的位移为4,木板相对地面的

路程为S,木块和木板间的摩擦力为人这类问题类似于子弹打木块模型

中子弹未射出的情况，则有mvo—(M+m')v,

2

模型f'd~2wvo—2(M+m)7—2mv0M+m。

，)^，〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃*〃〃〃〃〃〃〃

若木块滑离木板，设滑离木板时，木块的速度为口，木板的速度为也

木板长为/,则根据动量守恒定律有〃?V()=WV1+MV2,摩擦力和相对路程

的乘积等于系统动能的减少量，有

f-l—2ZMVI2—MV22»

重点5动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用

合理选择解题方法

选择角度常用解题方案选择

(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定

伴；

从研究对(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；

象上看(3)若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守

恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件.

(1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；

(2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；

从研究过

(3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；题型剖;

程上看

(4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律.

(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；

(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考

虑用牛顿运动定律；

从所涉及

的物理量(3)如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考

看虑用牛顿运动定律；

(4)如果涉及初、末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量

观点，最后再考虑用牛顿运动定律.

重点1动量冲量和动量定理

例1：(2023•山西临汾市高三上学期期中)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。

斜面轨道倾角g30。，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为立。木箱在轨道顶端时,

6

自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，之后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物

与木箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后

木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列说法正确的是()

A.木箱下滑时最大速度所在位置，比上滑时最大速度所在位置偏下一些

B.木箱下滑时最大速度所在位置，与上滑时最大速度所在位置在同一点

C.载物木箱刚和弹簧接触时的动量，比卸载后木箱刚好离开弹簧时的动量大

D.载物木箱刚和弹簧接触时的动量，与卸载后木箱刚好离开弹簧时的动量一样大

【答案】BC

【解析】

AB.设木箱沿斜面下滑的最大位移为s,由题意，根据功能关系可得

(M+m)gssin0—〃(M+in)gscos0=Mgssin0+/nMgscos0

解得

m=2M

木箱速度最大时所受合外力为零，设木箱下滑过程中速度最大时弹簧的形变量为XI,上滑过

程中速度最大时弹簧的形变量为X2,则

5+从(M+m)gcosO=(M+，”)gsin。

kx2=Mgsin0+pMgcos6

解得

所以木箱下滑时最大速度所在位置，与上滑时最大速度所在位置在同一点，故A错误，B

正确；

CD.设斜面顶端到弹簧上端的距离为L,载物木箱刚和弹簧接触时的速度大小为也，卸载

后木箱刚好离开弹簧时的速度大小为期根据动能定理有

12

(M+m)gLsind-^M+m)gLcosG=—(<M+m)v]

12

Q--MV2=-MgLsin0-/.iMgLcosd

解得

M=

载物木箱刚和弹簧接触时的动量大小为

Pi=(M+m)匕=3MJ?

卸载后木箱刚好离开弹簧时的动量大小为

p2=MV2=M

所以

Pi>P2

故C正确，D错误。

故选BCo

训1：(2023•山东青岛市高三上学期期中)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。

跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分.运动员在进行

跳台滑雪时大致经过四个阶段；①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下

滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③

飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着

陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（）

A.助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力

B.起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了减少飞行时间

C.飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度

D.着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了增加与地面的作用时间

【答案】D

【解析】

A.助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；

B.起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在

相同时间内，为了增加向上的速度，B错误；

C.飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速

度，C错误；

D.着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体

受到的平均冲击力，D正确。

故选D。

重点2动量守恒定律的应用

例2：（2023•北京朝阳区高三上学期期中）一名连同装备总质量为例的航天员，脱离宇宙

飞船后，在离飞船x处与飞船处于相对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度v（以飞

船为参考系）喷出气体从而使航天员运动。如果航天员一次性向后喷出质量为A〃?的气体,

且在规定时间，内返回飞船。下列说法正确的是（）

A.喷出气体的质量△，〃小于也

vt

B.若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间大于，

C.若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间小于f

D.在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒

【答案】A

【解析】

A.由题知，航天员的速度为

X

%=7

喷气过程系统动量守恒，以宇航员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得

（M-Am）%-Amv=0

解得

L＜也=竺

v+v0Vvt

故A正确；

B.根据动量守恒有

（M-Am）%-Amv=O

解得

Am

%=-------v

M-\m

若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则%变大，故返回时间小于r,故B错误；

C.根据动量守恒有

（A/-Am）v0-Amu=0

解得

A/77Vp

v-----------------------

M-Am0M-Zn

若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，根据

p=\mv

可知△加减小，故%减小，则返回时间大于f,故C错误；

D.在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量守恒，整个系统的动能增加，故

系统机械能不守恒，故D错误。

故选A。

VII2：（2023•河南省安阳市高三上学期期中）如图所示，质量为〃八带有光滑半圆形轨道的

小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2凡现将质量也为m的小球从A点

正上方R处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从8点冲出，已知重力加速度为g,

不计空气阻力，下列说法正确的是（）

r

R

A.小球运动到最低点的速度大小为后后B.小球离开小车后做斜上抛运动

C.小球离开小车后上升的高度小于RD.小车向左运动的最大距离为R

【答案】AD

【解析】

A.小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有

机心球一机匕车=0

则知小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等，小球运动到最低点过程有机械能守恒

mg-2R=^mv2x2

则最低点的速度大小为

V^y[2gR

故A正确；

B.小球离开小车后水平方向分速度为0,做竖直上抛运动，故B错误；

C.小球离开小车后水平方向分速度为0,小车的速度也为0,根据能量守恒小球离开小车

后仍能上到下落点的高度R,故C错误；

D.小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等，则水平位移大小相等，根据几何关系知

两者的相对位移为2R,故小车向左运动的最大距离为R,故D正确。

故选AD。

重点3碰撞与反冲、爆炸类问题

例3：（2023•江苏常熟市高三上学期期中）质量相等的甲、乙两球放在光滑的水平面上，它

们用细线相连，开始时细线处于松弛状态。现使两球反向运动，%=3m/s,v乙=-2m/s,

如图所示，当细绳拉紧时突然绷断，这以后两球的运动情况可能是（）

甲乙

A,格=2.5m/s,吃=lm/sB,格=1.5m/s,=-0.5m/s

C.Vi|i=0,v]=Im/sD.Vq,=4m/s,v£=-3m/s

【答案】B

【解析】

A.当细绳拉紧时突然绷断，满足动量守恒，规定向左为正方向

列尸甲+加乙丫乙=加|必：+叫n乙’

因为两球质量相等，所以

娱1+丫乙=峰+V乙

带入数据，不满足条件，故A错误；

B.带入数据，满足

%+丫乙=%；+丫乙'

且满足，动能不增加原则

12121，2112

］叫上+/叫丫乙>5叫%+］吆以

且不会二次碰撞，故B正确：

C.会发生二次碰撞，故C错误：

D.绳子断后动能增加，违背能量守恒定律

12121，21

］叫叫+］%之</㈣叫+］叫史

故D错误。

故选B。

训3：(2023•湖北十堰市县区普通联合体高三上学期期中)如图所示，在光滑水平面上，有

质量分别为2〃?和，〃的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被

一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是

()

B

77777777777777777777777777777

A.两滑块的动能之比Eg:6B=1：2

B.两滑块的动量大小之比外：PB=2：1

C.弹簧对两滑块的冲量之比7A：/B=1：1

D.弹簧对两滑块做功之比叱、：叫=1：1

【答案】AC

【解析】

A.根据动量守恒定律得

0=2mvA-mv3

解得

1

可知两滑块速度大小之比为

匕：%=1：2

两滑块的动能之比

1,1,

EkA:EkB=5X2叫:-mvB=1:2

A正确；

B.两滑块的动量大小之比

2mv

PA-PB=A:m/=1：1

B错误；

C.弹簧对两滑块的冲量之比

WB=2A:M=（2叫-0）：（%-0）=1：1

c正确；

D.弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，为1：2,D错误。

故选ACo

重点4动力学、动量和能量观点的综合应用

例4：（2023•福建宁德市高三上学期期中）如图所示，视为质点的运动员和滑板，总质量为

网=60kg,从半径为火=1.8m的光滑,圆弧顶端A由静止滑下，到达最低点B时，滑上

4

静止在光滑水平轨道上质量为加2=40kg,长度为L的小车左端，小车向右滑动求后，与

静止放置质量为，〃3=20kg的物块C发生弹性碰撞，碰撞时间极短，人始终在车上。已知

滑板与小车间的动摩擦因素〃=0.6,重力加速度为g取10m/s2,求：

（1）滑板运动员到达B点时对轨道的压力大小；

（2）若小车和物块C碰前，滑板运动员和小车能达到同速，则滑板和小车因摩擦产生的热

量Q；

（3）,若小车与物块C只发生一次碰撞，求k与车长L的最小值。

,25

(3)L=15m，k——

16

【解析】

（I）运动员从4到8由动能定理得

12

"久gR=3m1VB

解得

vB=J2gH=,2x10x1.8m/s=6m/s

到达B点后，受力分析得

"VB

F^-m,g=m—

xK

联立解得

%=〃21g+叫曳=3〃qg=3x60xl0N=1800N

R

由牛顿第三定律可知，滑板运动员到达8点时对轨道的压力大小为

鼠=&=1800N

(2)若小车和物块C碰前，滑板运动员和小车能达到同速，则设共速时速度为%,则取向

右为正方向，由动量守恒定律得

m}vs=(叫+m-,)v

解得

v=3.6m/s

共速时，由能量守恒定律得滑板和小车因摩擦产生的热量Q为

1,12

Q=—mlvn--(m,+/n2)v-=432J

(3))滑板运动员和小车将要碰撞C前

肛不=肛片+m2v2

小车与C发生弹性碰撞，则

nt1V2~啊v；+，4匕

121，212

-/^2=-m2v2+-m^c

设滑板运动员和小车动量守恒共速时为匕

（网

m2K+犯匕=+g）匕

当

匕"c

时，小车与物块C只发生一次碰撞，代入解得

町%=(町+加2+砥)七

解得

vc=3m/s

由能量守恒定律得

1212

Q==-^VB-2(州+fn2+W23)VC

解得

L=15m

对车

M"71g=m2a

解得

a=0.9m/s2

且

kR=^~

2a

解得

,25

k=—

16

训4：（2023•湖北黄冈市高三上学期期中）如图所示，一根长度L=0.8m的轻绳一端固定

于。点，另一端系一个质量帆=1kg的小球A，球A静止时刚好与水平地面接触。。点上

方有一短小的平台，平台上静止的放一个质量为加=3kg的小球B。现给球A水平向左的

初速度%=4#m/s，当球A运动到最高点时，与位于平台上的球B发生弹性正碰，球B随

即水平飞离平台。重力加速度g取lOm/s?。空气阻力不计，求：

（1）球A开始运动时，轻绳上的拉力大小；

（2）A、B球刚要相碰，A球速度大小；

（3）若球A和球B碰撞结束瞬间，轻绳断开，则球A和球B的落地点之间的距离是多少。

B

.：^77、、、，、、、、

A

【答案】（1）130N；（2）8.0m/s：（3）”亚

5

【解析】

（1）球A开始运动时，轻绳的拉力和球A的重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得

V

T-mg=zn-£O-

解得

T=13ON

（2）设球A碰前速度为匕，球A从最低点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得

112c,

5，〃%2=-mv；+2mgL

解得

V)=8.0m/s

（3）设球A和球B碰后的速度分别为岭、匕，由动量守恒定律得

=mv2+mv3

由机械能守恒定律得

111

—mVy2=—mv^24--mv2；

212223

解得

v2=-4m/s

匕=4m/s

碰后，球A向左做平抛运动，球B向右做平抛运动，设下落时间为九

2L=gg产

解得

272

t=----s