2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）第一部分 专题整合提升专题二 能量与动量第7课时 动量定理　动量守恒定律含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第一部分专题整合提升专题二能量与动量第7课时动量定理动量守恒定律【知识网络】热点一动量定理的应用1.冲量的三种计算方法(1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。(2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。(3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F－t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。2.动量定理在“四类”问题中的应用(1)解缓冲问题。(2)求解平均力问题。(3)求解流体问题。(4)在电磁感应中求解电荷量问题。例1(2024·山东日照一模)台风对沿海地区的破坏力非常巨大，12级台风登陆时中心附近最大风速约为35m/s。已知小明站立时，在垂直于风速方向的受力面积约为0.5m2，空气的密度约为1.29kg/m3。假设空气吹到人身体上后速度减为零，则小明站在12级台风中心附近，所受的风力大小约为()A.790N B.79N C.230N D.23N答案A解析单位时间吹到人身体上的空气质量m＝ρV＝ρSvΔt，根据动量定理－FΔt＝0－mv，小明所受的风力大小约为F＝ρSv2＝1.29×0.5×352N≈790N，故A正确。训练1(多选)(2024·广东江门一模)数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6ms以上，人头部的质量约为2kg，则下列说法正确的是()图1A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等D.若事故中头部以6m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2000N答案ACD解析根据FΔt＝Δp可得F＝eq\f(Δp,Δt)，依题意知，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确；头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，故B错误；根据I＝FΔt知，头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正确；若事故中头部以6m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力F＝eq\f(Δp,Δt)＝eq\f(2×6,6×10－3)N＝2000N，故D正确。训练2(多选)一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t图像如图2所示，其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6s，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是()图2A.网对运动员的平均作用力大小为1950NB.运动员动量的变化量为1080kg·m/sC.弹力的冲量大小为480N·sD.运动员所受重力的冲量大小为1560N·s答案AD解析由题图可知自由落体运动时间t1＝eq\f(v,g)＝eq\f(8,10)s＝0.8s，在t1～t2时间内，网对运动员有作用力，根据动量定理得(mg＋eq\o(F,\s\up6(－)))(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8m/s，v2＝－10m/s，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝－1950N，网对运动员的平均作用力大小为1950N，A正确；从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B错误；弹力的冲量大小为I＝|eq\o(F,\s\up6(－))|(t2－t1)＝1560N·s，C错误；运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即1560N·s，D正确。热点二动量守恒定律及其应用1.判断守恒的三种方法2.动量守恒定律的三种表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。(2)Δp1＝－Δp2。(3)Δp＝0。例2如图3所示，两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是()图3A.两物块A、B及弹簧组成的系统动量不守恒B.两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒C.两物块A、B初速度的大小关系为v1＝v2D.两物块A、B运动的路程之比为2∶1答案D解析物块A、B的质量分别为m、2m，与地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，因此在滑动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于2μmg，且方向相反，由此可知系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；在系统运动过程中要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故B错误；系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得mv1－2mv2＝0，解得v1＝2v2，故C错误；极短时间Δt内也满足mv1Δt－2mv2Δt＝0，设A、B的路程分别为s1、s2，则ms1－2ms2＝0，即s1＝2s2，则有s1∶s2＝2∶1，故D正确。例3(多选)如图4所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一足够长的竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是(重力加速度为g)()图4A.A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))B.A、B两木块分离时，C的速度大小为eq\r(\f(mgL,2m＋m0))C.球C由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))D.球C由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为eq\f(m0L,2m＋m0)答案AD解析小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，有m0vC＝2mvAB，根据机械能守恒定律有m0gL＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,AB)，联立解得vC＝2eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，vAB＝eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故A正确，B错误；C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理有IAB＝mvAB＝m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故C错误；C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x1，A、B对地水平位移大小为x2，则有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得x2＝eq\f(m0L,2m＋m0)，故D正确。训练3(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A.48kg B.53kg C.58kg D.63kg答案BC解析选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为m运，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝m运v1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有m运v1＋mv0＝－mv0＋m运v2，依此类推，m运v2＋mv0＝－mv0＋m运v3，…，m运v7＋mv0＝－mv0＋m运v8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜m运＜15m，即52kg＜m运＜60kg，故B、C项正确，A、D项错误。热点三碰撞模型及拓展1.碰撞问题遵循的三条原则2.两种碰撞(1)弹性碰撞一动一静弹性碰撞：m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。(2)完全非弹性碰撞m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共机械能损失最多，为ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)。3.碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球—弹簧模型小球—曲面模型小球—小球模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，机械能守恒，满足eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)(2)“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面、水平导轨都光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能例4(多选)(2024·福建福州一模)在某次台球游戏中，出现了如图5所示的阵型，5个小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4个球B、C、D、E质量均为m1，A球、F球质量均为m2，A球以速度v0与B球发生碰撞，所有的碰撞均可认为是弹性碰撞，下列说法正确的是()图5A.若m1＝m2，最终将有1个小球运动B.若m1＜m2，相邻两小球之间只发生1次碰撞C.若m1＞m2，最终将有3个小球运动，且运动方向一致D.若m1＞m2，最终将有3个小球运动，且运动方向不一致答案AD解析碰撞时动量守恒和能量守恒，可知m2v0＝m2v2＋m1v1，eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，可得v2＝eq\f(m2－m1,m2＋m1)v0，v1＝eq\f(2m2,m2＋m1)v0，若m1＝m2，则碰后两球交换速度，最终只有F小球运动，A正确；若m1＜m2，则碰后v1＞v2＞0，然后B和C交换速度，直到D和E交换速度，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换速度……，则不只发生1次碰撞，B错误；若m1＞m2，则A、B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，D、E交换速度，最后E与F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D停止，则最终将有3个小球A、E、F都运动，且运动方向不一致，C错误，D正确。训练4(2024·重庆九龙坡模拟)如图6为台球选手正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB′＝4kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是()图6A.mB＝eq\f(1,6)mA B.mB＝eq\f(1,4)mA C.mB＝2mA D.mB＝5mA答案C解析碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有eq\f(peq\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2mB)≥eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)，解得mB≥eq\f(2,3)mA，碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则eq\f(pA′,mA)≤eq\f(pB′,mB)，解得mB≤4mA，综上可知eq\f(2,3)mA≤mB≤4mA，故C正确。1.(多选)(2024·全国甲卷，20)蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图7所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是()图7A.t＝0.15s时，运动员的重力势能最大B.t＝0.30s时，运动员的速度大小为10m/sC.t＝1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N答案BD解析根据题图分析可知，t＝0.15s时，运动员对蹦床作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；t＝0.30s时，运动员离开蹦床，做竖直上抛运动，经2s后，即t＝2.30s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30s时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30s时的速度大小v0＝10m/s，B正确，C错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，根据动量定理有(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)Δt＝mv0－(－mv0)，代入数据解得eq\o(F,\s\up6(－))＝4600N，D正确。2.(2024·江苏卷，9)如图8所示，在水平面上静止有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则()图8A.弹簧恢复原长时A的动能最大B.弹簧压缩至最短时A的动量最大C.整个系统动量变大D.整个系统机械能变大答案A解析对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受合外力为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误；对系统由动量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧的弹性势能完全转化为A、B的动能时，A的动能最大，动量也最大，A正确，B错误。3.(2024·江苏卷，14)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：(1)分离后A的速度vA；(2)分离时A对B的推力大小。答案(1)eq\f(（m＋M）v0－MvB,m)方向与v0相同(2)eq\f(MvB－Mv0,Δt)解析(1)A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA解得分离后A的速度vA＝eq\f(（m＋M）v0－MvB,m)方向与v0相同。(2)A、B分离的过程，对B由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0解得分离时A对B的推力大小为F＝eq\f(MvB－Mv0,Δt)。4.(2024·广东卷，14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。图9(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图9甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tanθ；(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30kg，H＝3.2m，重力加速度大小g＝10m/s2。求：①碰撞过程中F的冲量大小和方向；②碰撞结束后头锤上升的最大高度。答案(1)eq\f(ma,mg＋FN)(2)①330N·s方向竖直向上②0.2m解析(1)敏感球受竖直向下的重力mg、敏感臂竖直向下的压力FN以及斜面的支持力FN1，由牛顿第二定律可知(mg＋FN)tanθ＝ma解得tanθ＝eq\f(ma,mg＋FN)。(2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小IF＝eq\f(1,2)×0.1×6600N·s＝330N·s方向竖直向上。②头锤落到气囊上时的速度v0＝eq\r(2gH)＝8m/s与气囊作用过程由动量定理得(向上为正方向)IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)解得v＝2m/s则上升的最大高度h＝eq\f(v2,2g)＝0.2m。基础保分练1.(2024·江苏淮阴高三适应性考试)2024年4月30日，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱经历一系列减速过程后，在距离地面高度只有1m时，返回舱的速度为7m/s，此时底部的反推火箭将瞬间点火，让返回舱的速度快速降至2m/s，从而实现软着陆。已知返回舱的总质量约为3t，重力加速度取10m/s2，火箭点火时间约为0.15s，则点火过程返回舱受到的反向推力约为()A.7.0×104N B.1.0×105N C.1.3×105N D.1.6×105N答案C解析根据动量定理，有mgt－Ft＝mv2－mv1，解得点火过程返回舱受到的反向推力约为F＝1.3×105N，故C正确。2.(2024·湖北武汉高三期末)一物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻起，受到的水平外力F作用，如图1所示，以向右运动为正方向，物体质量为2.5kg，则下列说法正确的是()图1A.t＝2s时物体回到出发点B.t＝3s时物体的速度大小为1m/sC.前2s内物体的平均速度为0D.第3s内物体的位移为1m答案D解析由题图知eq\f(1,2)Ft－eq\f(1,2)Ft＝0，t＝2s时物体速度变为0，没有回到原点，A错误；0～3s内，由动量定理知eq\f(1,2)Ft－eq\f(1,2)Ft＋Ft′＝mv－0，解得v＝2m/s，B错误；前2s内物体位移不为0，由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)知平均速度不为0，C错误；第3s内物体做初速度为0的匀加速直线运动，位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(5,2.5)×12m＝1m，D正确。3.(多选)(2023·新课标卷，19)如图2，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻()图2A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零答案BD解析根据F－μmg＝ma可得a＝eq\f(1,m)F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则Ff甲＞Ff乙，故甲和乙组成的系统所受合外力向左，合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。4.(多选)高速磁悬浮列车在水平长直轨道上运行，车头会受到前方空气的阻力，假设列车周围空气静止，车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同。已知空气密度为ρ，车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S，列车额定功率为P，以最大速度匀速运行。若只考虑车头有空气阻力，不计轨道摩擦等其他阻力作用，下列说法正确的是()图3A.列车的最大运行速度为eq\r(3,\f(P,ρS))B.列车的最大运行速度为eq\r(\f(P,ρS))C.列车受到的最大阻力为eq\r(3,P2ρS)D.列车受到的最大阻力为eq\r(PρS)答案AC解析设磁悬浮列车的速度为v，列车对空气的作用力为F，则根据动量定理可得Ft＝ρvtSv－0＝ρv2tS，解得F＝ρSv2，当牵引力等于阻力时，列车速度达到最大，则有P＝Fvmax，解得vmax＝eq\r(3,\f(P,ρS))，A项正确，B项错误；根据牛顿第三定律可知此时列车受到的空气阻力为f＝ρSveq\o\al(2,max)＝eq\r(3,P2ρS)，C项正确，D项错误。5.如图4所示，质量相等的A、B两小球在光滑的水平面上发生正碰，碰前A、B的速度分别为vA＝3m/s，vB＝－1m/s，碰后A、B两小球的速度vA′和vB′可能是()图4A.vA′＝－1m/s，vB′＝1m/sB.vA′＝2m/s，vB′＝0C.vA′＝0，vB′＝2m/sD.vA′＝－2m/s，vB′＝4m/s答案C解析两球碰撞前后应满足动量守恒定律，有mvA＋mvB＝mvA′＋mvB′，选项A中数据不满足动量守恒，A错误；B、C两个选项满足动量守恒mvA＋mvB＝mvA′＋mvB′，也满足碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)≥eq\f(1,2)mvA′2＋eq\f(1,2)mvB′2，如果碰后A的速度方向不变，则A球的速度不大于B球的速度，即有vA′≤vB′，B错误，C正确；选项D中，碰前两球的动能之和Ek前＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝5m，碰后两球的动能之和Ek后＝eq\f(1,2)mvA′2＋eq\f(1,2)mvB′2＝10m，动能增加，D错误。6.(多选)(2024·河北邯郸一模)如图5所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，小物块B放置在水平轨道上，小物块A从圆弧轨道释放，A、B在水平轨道上发生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圆弧轨道，然后返回与B发生第二次碰撞，已知B的质量是A质量的4倍，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比可能为()图5A.4 B.2 C.eq\r(3) D.eq\r(2)答案BC解析设物块A的质量为m，A碰前速度为v0，碰后速度为v1，物块B碰后速度为v2。若第一次A、B小物块发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒定律，有mv0＝－mv1＋4mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(3,5)v0，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比为5∶3。因为A能第二次与B碰撞，应该第一次碰后A的速度比B的速度大，即mv0＝－mv1＋4mv2，v1＞v2，联立解得v1＞eq\f(v0,3)，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比应小于3∶1，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比应介于上面两比值之间，故B、C正确，A、D错误。7.如图6所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的质量均为1kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝2m/s速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为()图6A.0.25J B.0.50J C.0.75J D.1.00J答案A解析对A、B系统，A、B速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1，代入数据解得弹簧被压缩到最短时，B的速度v1＝1m/s，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得mBv1＝(mB＋mC)v2，代入数据解得v2＝0.5m/s，只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，则系统损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,2)＝0.25J，A项正确。提能增分练8.(多选)(2024·吉林一中一模)碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图7所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2，碰后两车的速度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是()图7A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1＞m2B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2＞3m1D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1答案AC解析根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v，可知，当m1＞m2时，两车速度方向相同，A正确；若碰后黄车反向运动，则m1＜m2，可知碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黄车的速度大小之比不可能为5∶6，B错误；若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即eq\f(m2－m1,m1＋m2)v＞eq\f(2m1,m1＋m2)v，解得m2＞3m1，C正确；设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比为3∶1，即v2∶v＝3∶1，解得m1＋3m2＝0，不符合实际情况，D错误。9.如图8所示，小球B和小球C静止在光滑水平面上，轻弹簧一端固定在B球上，另一端与C球接触但未拴接，弹簧处于自然伸长状态，小球A从光滑圆弧面上距水平地面高h处由静止滑下，圆弧面与水平地面平滑连接，A球与B球发生弹性正碰，并在碰撞后立即将A球拿走。已知小球A的质量为m，小球B的质量为3m，重力加速度为g，求：图8(1)A球和B球碰撞后瞬间，B球的速度大小；(2)要使C球能获得最大动能，C球的质量应为多少。答案(1)eq\f(1,2)eq\r(2gh)(2)3m解析(1)设球A与B第一次碰撞前的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gh)设碰撞后，A球的速度大小为v1，B球的速度大小为v2，根据动量守恒定律有mv0＝－mv1＋3mv2根据能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)解得v2＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(1,2)eq\r(2gh)。(2)设C球的质量为mC，要使C球具有最大动能，则B、C通过弹簧作用，将C球弹离时，B球的速度为零，设C球获得的速度大小为v3，根据动量守恒定律有3mv2＝mCv3根据能量守恒定律有eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,3)解得v3＝v2，mC＝3m。培优高分练10.(2024·湖北恩施二模)如图9所示，光滑水平面上的小车质量为2m，小车左侧部分有半径为R的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，与水平轨道AB相切于A点，小车右端B点固定一个竖直弹性挡板，A、B间距为2R。质量为m的小物块从圆弧轨道最高点以v0＝2eq\r(gR)的速度滑下，已知小物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。图9(1)若将小车固定，求物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小；(2)若小车不固定，求物块第一次滑过A点时小车的速度大小；(3)若小车不固定，求物块最终静止的位置与A点的距离及全过程小车的位移大小。答案(1)7mg(2)eq\r(gR)(3)2RR解析(1)若将小车固定，物块滑到圆弧轨道最低点的过程中，根据机械能守恒定律有mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2在最低点，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)联立解得FN＝7mg。(2)若小车不固定，物块与小车在水平方向动量守恒，且同时满足能量守恒，则有0＝mvA＋2mv1eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)联立解得vA＝2eq\r(gR)，v1＝－eq\r(gR)可知物块第一次滑过A点时小车的速度大小为eq\r(gR)。(3)由于圆弧轨道最左端的切线在竖直方向，物块若飞出小车其水平速度必然与小车一致，还会回到小车，又该系统水平方向总动量为零，经过水平轨道的循环摩擦后物块与小车最终必然均静止。设物块返回后能够上升的最大高度为h，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgR＝2μmg·2R＋mgh解得h＝R即物块与挡板碰撞后刚好返回到圆弧轨道最高点，没有飞出小车，设物块相对AB段滑行的总路程为s，则由能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgR＝μmgs解得s＝6R则可知物块最终将停在B点，距A点2R。设全过程物块的水平位移为x1，小车的水平位移为x2水平方向由动量守恒定律可得mx1＝2mx2而x1＋x2＝3R联立解得x2＝R增分培优1利用动力学和能量观点分析传送带问题典例(2024·湖南长沙一模)如图1所示，传送带的水平部分ab长度L1＝10m，倾斜部分bc长度L2＝16.8m，bc与水平方向的夹角为θ＝37°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率v＝4m/s，现将质量m＝2kg的小煤块(视为质点)由静止轻放到a处，之后它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，且此过程中小煤块不会脱离传送带，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：图1(1)煤块从a运动到c的时间；(2)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度；(3)煤块与传送带间的摩擦生热。答案(1)5.5s(2)8.8m(3)44.16J解析(1)煤块在水平部分运动时，由牛顿第二定律得μmg＝ma1可得煤块运动的加速度a1＝2m/s2煤块从静止加速到与传送带共速的距离为s1＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(42,2×2)m＝4m＜10m故煤块在水平部分先加速，后匀速运动，加速的时间t1＝eq\f(v,a1)＝2s匀速运动的时间t2＝eq\f(L1－s1,v)＝eq\f(10－4,4)s＝1.5s在倾斜传送带上，由于μ＜tanθ＝0.75故煤块在斜传送带上做加速运动，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2可得煤块在倾斜传送带上的加速度为a2＝gsinθ－μgcosθ＝4.4m/s2根据匀加速运动的位移与时间的关系有L2＝vt3＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)解得t3＝2s或t3＝－eq\f(42,11)s(舍去)故煤块从a运动到c的时间t＝t1＋t2＋t3＝5.5s。(2)煤块在水平传送带的相对位移为Δs1＝vt1－s1＝(8－4)m＝4m煤块在倾斜传送带的相对位移为Δs2＝L2－vt3＝(16.8－8)m＝8.8m由于Δs1与Δs2是重复痕迹，故煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为8.8m。(3)煤块在水平传送带的摩擦生热Q1＝Ff1Δs1其中Ff1＝μmg解得Q1＝16J煤块在倾斜传送带的摩擦生热Q2＝Ff2Δs2其中Ff2＝μmgcosθ解得Q2＝28.16J故Q＝Q1＋Q2＝16J＋28.16J＝44.16J。1.传送带问题的分析步骤与方法2.划痕长度与摩擦生热的计算若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小；若有两个相对滑动过程，两过程相对位移方向相同时，划痕长度求和，相对位移方向不同时，划痕以长的为准。全过程产生的热量Q＝Ffs相对(s相对是相对路程，即相对位移绝对值的和)。训练1(多选)(2024·辽宁沈阳二模)如图2，水平传送带一直以速度v1＝6m/s向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2＝10m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数μ＝0.6，传送带长度L＝15m，绳足够长，g＝10m/s2。关于小物体P的描述正确的是()图2A.小物体P从传送带左端离开传送带B.小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度一直不变C.小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9mD.小物体P向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是60J答案ACD解析共速前，对小物体P、Q分析，由牛顿第二定律得mg＋μmg＝2ma1，解得a1＝8m/s2，小物体P与传动带共速时的位移为x1＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2a1)＝4m，共速后，小物体P做匀减速运动，根据牛顿第二定律得mg－μmg＝2ma2，解得a2＝2m/s2，小物体P减速至零的位移为x2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)＝9m，由于x1＋x2＜L，小物体P从传送带左端离开传送带，A正确；由上面的计算可知，小物体P在传送带上运动的过程中，加速度有两个值，B错误；t＝0时刻到与传送带共速，划痕长度为l1＝x1－v1eq\f(v2－v1,a1)＝1m，共速至P减速为零的过程，划痕长度为l2＝v1eq\f(v1,a2)－x2＝9m，考虑到划痕重复，小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为Δl＝l2＝9m，C正确；小物体P向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是Q＝μmg(l1＋l2)＝60J，D正确。训练2(多选)(2024·广东深圳模拟预测)如图3所示，用与水平面成θ＝30°角的传送带输送货物，传送带以v＝2m/s的速度顺时针运行，地勤人员将一质量m＝5kg的货物轻轻放在传送带底部，经过4s的时间到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),2)，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()图3A.货物在传送带上向上运动过程中所受的摩擦力不变B.传送带从底端到顶端的长度是20mC.货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为30JD.货物在传送带上向上运动的过程中，增加的机械能为190J答案CD解析根据牛顿第二定律μmgcos30°－mgsin30°＝ma，又t＝eq\f(v,a)，联立解得t＝0.8s＜4s，说明货物经历匀加速运动和匀速运动两个过程，则所受摩擦力发生改变，A错误；传送带从底端到顶端的长度是l＝eq\f(v2,2a)＋v(4s－t)＝7.2m，B错误；货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为Q＝μmgcos30°(vt－eq\f(v2,2a))，解得Q＝30J，C正确；货物增加的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mv2＋mglsin30°，解得ΔE＝190J，D正确。1.(2024·安徽卷，4)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图4所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是()图4答案C解析0～t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。t0之后，当物块速度与传送带速度相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度变为零，物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。2.(2024·湖北卷，14)如图5所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。图5(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。答案(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m解析(1)设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有veq\o\al(2,1)＝2aL联立并代入数据得v1＝6m/s由于v1>5m/s，因此假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5m/s。(2)设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)联立并代入数据得ΔEk＝0.3J。(3)经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点的距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有Mg＝Meq\f(veq\o\al(2,4),l－x)对小球的整个上升过程，由动能定理得－Mg(l＋l－x)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)联立并代入数据得x＝0.2m。1.(多选)一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图1所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列v－t图中可能描述小物块在传送带上运动的是()图1答案ABC解析当小物块的初速度沿斜面向下(μ＞tanθ)，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即a＝gsinθ＋μgcosθ，可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，若传送带足够长，则会出现小物块达到传送带速度时，满足mgsinθ＜μmgcosθ，可知二者将共速，故A、B正确；当小物块的初速度沿斜面向上(μ＞tanθ)，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即a＝gsinθ＋μgcosθ，可知小物块先沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，若传送带足够长会出现与传送带共速的情况(μ＞tanθ)或者继续匀加速(μ＜tanθ)，此时加速度满足a′＝gsinθ－μgcosθ＜a，故C正确，D错误。2.(多选)如图2，质量m＝2kg的小物块以水平初速度v0＝6m/s从左端滑上长L＝3m的水平传送带，小物块始终受到一个方向水平向右、大小F＝4N的恒力作用，传送带在电动机的带动下沿顺时针方向运行，速度大小恒为0.5v0。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，关于小物块在传送带上运动的过程，下列说法正确的是()图2A.小物块一直做匀速直线运动B.恒力F对小物块做的功为6JC.小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为6JD.因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能为6J答案ACD解析由于F＝μmg，则小物块一直做匀速直线运动，A正确；恒力F对小物块做的功为W＝FL＝12J，B错误；小物块的运动时间为t＝eq\f(L,v0)＝0.5s，小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为Q＝μmg(v0t－0.5v0t)＝6J，C正确；因小物块在传送带上运动，电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，即E＝μmg·0.5v0t＝6J，D正确。3.(2024·四川宜宾二模)如图3甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角θ＝37°，顺时针匀速转动，在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移x的关系图像(以A位置所在水平面为零势能面)如图乙所示。货物视为质点，质量m＝10kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()图3A.货物与输送带间的动摩擦因数为0.825B.输送带A、B两端点间的距离为8mC.货物从下端A点运动到上端B点的时间为9sD.皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585J答案C解析由题图可知，货物从开始运动到与传送带相对静止，有ΔE1＝μmgcos37°·Δx1，对货物有Δx1＝x传－x货＝vt1－eq\f(1,2)vt1＝0.5m，解得μ＝0.875，故A项错误；由图像可知，物块沿传送带向上运动0.5m后与传送带相对静止，此后物块的动能不变，重力势能增加，有mgx2sin37°＝ΔE，其中ΔE＝E2－E1＝480J，解得x2＝8m，则传送带两端点之间的距离为L＝x货＋x2＝8.5m，故B项错误；设加速阶段的加速度大小为a，有μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得a＝1m/s2，设加速阶段时间为t1，有x货＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，解得t1＝1s；又v2＝2ax货，设匀速阶段时间为t2，有x2＝vt2，解得t2＝8s，所以总时间为t＝t1＋t2＝9s，故C项正确；由能量守恒定律知，皮带输送机多消耗的能量为E＝μmgcos37°·Δx1＋eq\f(1,2)mv2＋mgLsin37°，解得E＝550J，故D项错误。4.(2024·四川德阳二模)如图4所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为θ＝37°，传送带顶端到底端的距离为L＝14.25m，平行于传送带的轻绳一端连接质量为m1＝0.3kg的小物体A，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m2＝0.1kg的小物体B，在外力的作用下，小物体A静止于传送带的顶端。t＝0时，撤去外力，同时传送带从静止开始以加速度大小为a0＝7m/s2、顺时针方向匀加速转动，传送带速率达到v＝7m/s后匀速转动。已知小物体A与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，小物体B始终未与定滑轮相撞，重力加速度大小为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：图4(1)传送带匀加速转动瞬间，小物体A加速度的大小；(2)小物体A从传送带顶端运动到底端的时间。答案(1)3.5m/s2(2)3s解析(1)设小物体A加速度的大小为a1，绳子的拉力为T1，对小物体A，由牛顿第二定律，有m1gsinθ＋μm1gcosθ－T1＝m1a1对物体B，由牛顿第二定律，有T1－m2g＝m2a1解得a1＝3.5m/s2。(2)小物体A从静止到速度等于7m/s的过程有t1＝eq\f(v,a1)＝2s，x1＝eq\f(1,2)a1t