2026年高考物理二轮复习（培优版）第7课时 动量定理 动量守恒定律（含答案）

(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】

P=m，T定义式—［表达式］—Ft=］/-p=mr'-mr

动时

动植

定理

矢量性一|——缓冲、打击等

相对性一(W|-［-系统不受外力的作用

动

瞬时性一

动/-系统所受外力的矢量和为零

守

动坡变最T条件)~_系统内力远大于外力.且作用时间极短.

化靖定恒系统动状近似守恒

理

定

律系统在某一方向上所受外力的合力为零.

系统在该方向上动址守恒

人国一［定义式卜1}

"I衣运式J—r<=Pi,②ApA=-A/»,

动显

「弹性碰撞：动级守恒、机械能守恒

科t守恒

表示力对时间_物理定律碰心弹性碰撞：加4守恒、机

的累积效果-I意义撞损失

_完全/弹性碰撞：动量守恒、机械

与力F的方向能损失圾大

—［方向卜」

相同1-人船模型、反冲与爆炸

■突破高考热点

热点一动量定理的应用

1.冲量的三种计算方法

(I)公式法：/=打，适用于求恒力的冲量。

(2)动量定理法：/="一〃，多用于求变力的冲量或尸、f未知的情况。

(3)图像法：用户一f图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若尸一，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

(I)解缓冲问题。

⑵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/m3o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.790NB.79NC.230ND.23N

答案A

解析单位时间吹到人身体上的空气质量"2="=〃S必/，根据动量定理一户4=0

一〃w,小明所受的风力大小约为尸=外处2=1.29X0.5X352Ny790N,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（）

乘坐电动自行车

也要戴头笈

图1

A.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

解析根据以/=△〃可得尸=答，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/=必，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6

m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力F=,=6；；；3N=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。一/图像如图2所示，其中0~。和九~门为直

线，/2=1.6S,不计空气阻力，重力加速度g=l（）m/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2

A.网对运动员的平均作用力大小为1950N

B.运动员动量的变化量为1080kgm/s

C.弹力的冲量大小为480N-s

D.运动员所受重力的冲量大小为1560Ns

答案AD

O8

解析由题图可知自由落体运动叶间八=[=而s=0.8s.在力〜秒时间内.网对

运动员有作用力，根据动量定理得（mg+BS—力）=/nV2—mi,其中oi=8m/s,

s=-10m/s,解得尸=-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/=网“2—力）=1560N$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156ONs,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

不受外力或所受外力的合力为。,如光滑

理想

♦水平面h的板一块模型、电磁感应中光

守恒滑导轨上的双杆模型

近似

守恒♦系统内力远大于外力,如爆炸、反冲

系统在某一方向上不受外力或所受外力

某一方

的合力为（）,则在该方向上动量守恒.

向守恒♦

如滑块一斜而（曲面）模型

2.动量守恒定律的三种表达形式

(1)切101+m2V2=m\V\'+〃72。2’。

（2）A/?i=—A〃2O

（3）Ap=0o

例2如图3所示，两物块A、B质量分别为机、2加，与水平地面间的动摩擦因数

分别为22,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。人立的水平速度，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（）

」啊

，〃〃/〃〃）〃〃〃〃〃〃〃々〃"〃〃〃/〃.

图3

A.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0=02

D.两物块A、B运动的路程之比为2：1

答案D

解析物块A、B的质量分别为加、2〃?，与地面间的动摩擦因数分别为2〃、〃，

因此在滑动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于2〃mg,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机。|-2/如2=（）,解得。1=28，故

C错误;极短时间C内也满足mv\M-2mv2^t=0,设A、B的路程分别为si、％

则W51—2/7752=0,即S=252,则有S\:52=2：1,故D正确。

例3（多选）如图4所示，质量均为〃7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。点系一长为L的细线，细线另一端系

一质量为制的球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

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2小碟片

D.球C由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为京

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movc=2mvABf根据机械能守恒定律有团0班=5加足+3

X2〃zmB,联立解得比=2\/喘粉,2孤斌%,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/AB=，〃OAB

〃他

=m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

2机+〃20'

动量守恒，设C对地向左水平位移大小为.，A、B对地水平位移大小为北，则

有〃*=2〃g'+也=£,可解得也=端宗故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.()m/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，运动员乂把物块推向挡板，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.48kgB.53kgC.58kgD.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〃2运，物块的质量为

加，物块被推出时的速度大小为U0,运动员第一次推出物块后的退行速度大小为

VI0根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0=〃？运0—〃约0,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机运切+〃以）=一根如

~\~mi?V2,依此类推，inigP2+mvo=—nivo+niazV3,…，mavi-\-mv（）=—niv（）A-ni

08,又运动员的退行速度。8>oo,。7V加，解得13"zV〃z运V15〃7,即52kg<，〃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

动脑宁恒]PI+〃2=PJ+P2]

动能不增加Eu+Ek2N&'+Ek2'或就+券敬

两物体同向运动,则碰撞前应彳偏,

碰撞后原来在前的物体逑度一定增大.

若碰神后两物体同向运动•则应有

［速度合理卜"前'NvKi

两物体和向运动.碰撞E的物体的运

动方向不可能都不改变

2.两种碰撞

⑴弹性碰撞

一动一静弹性碰撞："?|0|=〃?1。|'+〃22出

4/n1V1=gms"

（〃力—"72）012如。1

解得己「=V2，=

m\+加2"2l+〃22°

⑵完全非弹性碰撞

"7101+m2。2=（〃?1+，〃2）C共

机械能损失最多，为

△6=/〃1抗+/团2虎-/（小1+机2）成。

3.碰撞拓展

⑴“保守型”碰撞拓展模型

%

图例（水平A*B石+7

cC

〃〃〃〃〃〃〃;〃〃〃77777777777777^777777

面光滑）小球一弹簧模型小球一曲而模型

小球一小球模型

相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足机加=5?+

达到共速

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

相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足〃期）=〃皿+“。2,

再次分离

机械能守恒，满足：〃成加涕

乙乙乙

（2）“耗散型”碰撞拓展模型

图例

（水平面、上

"Ba%!/

AA

水平导轨〃，〃〃〃〃〃〃〃〃〃，

都光滑）

相当于完全非弹性碰撞，动量满足阳。（）=（〃?+用冗共，损失的动能最

达到共速

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

均为加，A球、F球质量均为〃小A球以速度次与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（）

ABCDEF

.....QQQQQ,

图5

A.若加=根2,最终将有1个小球运动

B.若〃71V〃?2,相邻两小球之间只发生1次碰撞

C.若如>〃72,最终将有3个小球运动，且运动方向一致

D.若〃21>〃72,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m2Vo=nnV2-\-m]V\,=^rnivi+-m\v\,

可得吁瑞/），若〃「心则碰后两球交换速度，最终只有

F小球运动，A正确；若〃71VM2,则碰后小>。2>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〃zi>〃22,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•重庆九龙坡模拟汝I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〃B'=4kgm/s,则

两球质量〃ZA与〃ZB间的关系可能是（）

图6

A."ZB=d"2AB."?B=W，72AC.〃7B=2/HAD."2B=5"2A

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，则有亳

+探州后,喘，解得"出鸟”碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的

速度，则震守3，解得4mA,综上可知多"AW"2BW4〃2A，故C正确。

•链接

1.（多选）（2024.全国甲卷，20）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在，=0时刚好落

到蹦床上，对蹦床作用力大小尸与时间，的关系如图7所示。假设运动过程中运

动员身体始终保持辱直，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lOm/s?。下列说法正确的是（）

F/N

()0.51.01.52.02.5//s

图7

Aj—0.15s时，运动员的重力势能最大

B/=0.30s时,运动员的速度大小为10m/s

C/=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，，=0.15s时，运动员对蹦床作用力最大，则此时运动

员卜降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；，=0.30s时，运动员离开蹦

床，做竖直上抛运动，经2s后，即/=2.30s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛

运动的对称性可知，/=1.30s时，运动员运动至最大高度处，根据0=gAz可知，

运动员在/=0.30s时的速度大小g=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（产一加8）加="。0—（―moo）,代入数据解得产=

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（）

z0000000xB-

A

图8

A.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m\VA=mBVB,由机械能守恒定律有

机B宿，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，顺利进入环月轨道匕行。

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。己知

嫦娥六号在轨速度为御,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Af,分离后B的速度为OB,且与00同向，A、B的质量分别为〃2、M。求：

⑴分离后A的速度OA；

(2)分离时A对B的推力大小。

小g.(m+M)VO—MVB..,,_,MVB—MVO

答案⑴-------m-------方向与。。相II同R⑵一“-

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

(〃?+A/)uo=A/UB+nw\

(〃z+M)0o—A/OB

解得分离后A的速度办=

in

方向与相同。

(2)A、B分离的过程，对B由动量定理有

FA/=MI?B—Muo

解得分离时A对B的推力大小为尸=空?产2。

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，n,重力加速度为g。

忽略敏感球受到的摩擦力。求斜而倾角的正切值tan0；

（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E随时间，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,”=3.2m,重力加速度大小g=10m/s?。求:

①碰撞过程中产的冲量大小和方向；

②碰撞结束后头锤上升的最大高度。

答案⑴〃黑网Q）①33°N-S方向竖直向上②0.2m

解析（1）敏感球受竖直向卜的重力〃吆、敏感臂竖直向5的压力网以及斜面的支

持力FNI,由牛顿第二定律可知（mg+尸N）tan0=〃以

解得tan0——"二。

mg十FN

（2）①由图像可知碰撞过程中厂的冲量大小

7F=1XO.1X66OON-S=330N-S

方向竖直向上。

②头锤落到气囊上时的速度00=，丽=8m/s

与气囊作用过程由动量定理得（向上为正方向）

IF—Mgf=Mv—(—Mvo)

解得v=2m/s

则上升的最大高度〃=二=0.2m。

一g

-课时跟踪训练（限时：40分钟）

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10

m/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.7.0X104NB.I.0X105NC.1.3X1O5ND.1.6X105N

答案C

解析根据动量定理，有mgt-Ft=fnv2-mvif解得点火过程返回舱受到的反向

推力约为b=1.3X1（）5N,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7=0时刻起，受到的

水平外力产作用，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（）

A」=2s时物体回到出发点

B.r=3s时物体的速度大小为1m/s

C.前2s内物体的平均速度为0

D.第3s内物体的位移为1m

答案D

解析由题图知;a—JF7=0,Z=2S时物体速度变为0,没有回到原点，A错误；

0〜3s内，由动量定理知权7—权7+k=〃w—0,解得。=2m/s,B错误；前2s

内物体位移不为0,由。=：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，位移六Xl?m=lm,D正确。

3.（多选X2023•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

（）

SINIISIN

图2

A.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

解析根据尸一〃〃7g=加。可得。=:尸一〃g,因小甲,〃7乙，故。甲V。乙，则任意

时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；〃7甲＞"2乙，又〃甲=〃乙，则•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，年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P，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3

A.列车的最大运行速度为、区

B.列车的最大运行速度为'任

C.列车受到的最大阻力为。丽

D.列车受到的最大阻力为〈而

答案AC

解析设磁悬浮列车的速度为P,列车对空气的作用力为F,则根据动量定理可

得R=〃"S0-（）=卬2况解得尸=pS02,当牵引力等于阻力时，列车速度达到最

大，则有P=FVmax，解得Pmax,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尸"S编ax=O而，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。A=3m/'s,VB=—\m/s,碰后A、B两小球的速度永和。B'可能是

（）

图4

A.DA'=—1m/s,VB,=1m/s

B?A'=2m/s,OB'=0

C.VA'=O,OB'=2m/s

D.OA'=-2m/s,OB'=4m/s

答案C

解析两球碰撞前后应满足动量守恒定律，有+mvu=mv\+mvn',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"切A+/〃OB=〃mA'

+〃切B',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52。入+52用

〃切A'+T"历B'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。A'WOB，，B错误，C正确；选项D中，碰前两球的动能之和Ek前=；/九派

1

+1/HVB=5/W,碰后两球的动能之和Ek6=5如A'2+%WB'2=10相，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从圆弧轨道移放，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5

A.4B.2C水D市

答案BC

解析设物块A的质量为机，A碰前速度为。o,碰后速度为切，物块B碰后速

度为若第一次A、B小物块发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒定律，有

1113

tnvo=-mv।+4inv2,呼戒=呼4+2*4m漫，解得力=b0,则小物块A第一次碰

撞前后的速度大小之比为5：3o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〃W0=一机。1+4602,V\>V2,联立解得01>亍，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R的左端连有轻质弹筑，弹簧开始处于自由伸长状态「现使滑块A以加=2

m/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（）

闪旦（Iwra4Bl[C

"，，，，，〃，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，〃，，，〃，，，，，，〃〃，〃，，〃，

图6

A.0.25JB.0.50JC.0.75JD.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/HAUO=（WA4-/7?B）PI,代入数据解得弹簧被压缩到最短时,B的速度0=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〃moi

=（〃山+机（?）。2,代入数据解得02=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1（WB+WC）P2=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

的质量分别为加、碰后两车的速度大小分别为0、6,假设碰撞的过程没有

机械能损失。则下列说法正确的是（）

货车红车

A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有〃力>〃72

B.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5：6

C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有/772>3/771

D.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m\v=m\v\-\-miV2,^miv2=^mwi+

；巾2电得vi=〃"〃％。2=―V,可知，当m\>m2时，两车速度方向相同，

A正确；若碰后黄车反向运动，则〃7|V〃72,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，即竺三段》3^,解得〃22>3〃小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6：。=3：1,解得如+3帆2=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〃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〃7,小球B的质量为

3m,重力加速度为g,求：

Bc

（1）A球和B球碰撞后瞬间，B球的速度大小；

⑵要使C球能获得最大动能，C球的质量应为多少。

答案戢（2）3小

解析（1）设球A与B第一次碰撞前的速度大小为切，根据机械能守恒定律有

,10

解得vo=y[2gh

设碰撞后，A球的速度大小为切，B球的速度大小为正，根据动量守恒定律有

mvo——mv।+3mV2

根据能量守恒定律有f就=]加+：X3〃就

解得V2=^vo=^j2gh0

⑵设C球的质量为〃zc,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。3,根据动量守恒定律有

3mV2=HKV3

根据能量守恒定律有3mvl=^mcv3

解得V3=V2,me=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2〃?，小车左侧

部分有半径为R的《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，人、〃间距为2R。质量为m的小物块从圆弧轨道最高点

以oo=2而的速度滑下，已知小物块与A、8间轨道的动摩擦因数为0.5,重力

加速度为g。

-rj---1。

\B

>）>>>>>〃〃^^^〃〃，，，〃，，，^^），，，〃〃，，〃，；*〃），，

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；

⑵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（l）7mg（2）痫（3）2/?R

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+产褚=2^v2

IT

在最低点，由牛顿第二定律有心一"2g=〃r万

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-\-2mv\

+〃吆R=+；X2/HUT

联立解得UA=2、廊,vi=—y[gR

可知物块第一次滑过A点时小车的速度大小为病。

(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〃，由能

量守恒定律有+mgR=2fimg-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A8

段滑行的总路程为s,则由能量守恒定律有;〃纷6+〃zgR=〃〃?gs

解得s=6H

则可知物块最终将停在3点，距4点2R。设全过程物块的水平位移为.打，小车

的水平位移为及

水平方向由动量守恒定律可得加X1=2〃a2

而Xl+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，传送带的水平部分仍长度L=10m,倾

斜部分be长度^2=16.8m,be与水平方向的夹角为。=37。。传送带沿图示顺时

针方向匀速率运动，速率。=4m/s,现将质量〃z=2kg的小煤块(视为质点)由静

止轻放到。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〃

=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,sin370

=0.6,求：

图1

⑴煤块从。运动到。的时间；

(2)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度；

⑶煤块与传送带间的摩擦生热。

答案(1)5.5s(2)8.8m(3)44.161

解析(1)煤块在水平部分运动时，由牛顿第二定律得卬〃g=〃必

可得煤块运动的加速度s=2m/s2

煤块从静止加速到与传送带共速的距离为

V242

51=^"—m=4m<10m

7)

故煤块在水平部分先加速，后匀速运动，加速的时间A=2=2S

匀速运动的时间s=L5s

在倾斜传送带上，由于〃Vian9=0.75

故煤块在斜传送带上做加速运动，由牛顿第二定律得

mgsin〃一卬“geos0=mai

可得煤块在倾斜传送带上的加速度为

〃2=gsin//geos9=4.4m/s2

根据匀加速运动的位移与时间的关系有

乙2=33+；42修

解得“=2S或/3=—YYS(舍去)

故煤块从a运动到c的时间，=力+/2+/3=5.5s。

(2)煤块在水平传送带的相对位移为

^s\=vt\-51=(8—4)01=4m

煤块在倾斜传送带的相对位移为

△s2=L2—»3=(16.8—8)m=8.8m

由于A5i与As?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ei=FnA5i

其中Ffi

解得Q=16J

煤块在倾斜传送带的摩擦生热Q1=F^S2

其中Ff2=/imgcos6

解得。2=28.16J

故Q=QI+Q2=16J+28.16J=44.16J。

I方法总结

1.传送带问题的分析步骤与方法

根据小、小的大小和方向关系判断物体

所受摩擦力的大小和方向，注意摩擦力

的大小和方向在时易发生突变

运动情根据小、%的大小和方向及物体所受摩

况分析擦力情况判断物体的运利规律

功能关对物体和传送带组成的系统AE=AEk+

系分析AEp+Q,其中0=工・4共

图像涉及相对运动的动力学问题，可画出各

分析物小的&T图像，可使问题更值捷

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=Hs怕Ms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切=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逢，/

=()时刻P在传送带左端具有向右的速度02=l()m/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〃=0.6,传送带长度L

=15m,绳足够长，^=10m/s2o关于小物体P的描述正确的是()

图2

A.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9m

D.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，由牛顿第二定律得机g+〃机g=2〃zi,解得

fn=8m/s2,小物体P与传动带共速时的位移为刘=^^=4m,共速后，小物

体P做匀减速运动，根据牛顿第二定律得机g—〃〃?g=2〃心2,解得G=2m/s2,小

物体P减速至零的位移为X2=A=9m,由于XI+KVL,小物体P从传送带左端

ZC12

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；/=0时刻到与传送带共速，划痕长度为人=为一0号型

77|

=1m,共速至P减速为零的过程，划痕长度为/2=切7—工2=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A/=/2=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=〃〃7gS+/2)

=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。=3()。角的传

送带输送货物，传送带以。=2m/s的速度顺时针运行，地勤人员将一质量团=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。己知货物与传

动带之间的动摩擦因数为〃=乎，重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是

()

B

A

V__

图3

A.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20m

C.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3()J

D.货物在传送带上向上运动的过程中，增加的机械能为19()J

答案CD

解析根据牛顿第二定律〃mgcos3()。一mgsin30。=〃也，又，=今联立解得1=0.8

S<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/=%+W4s-Z)=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=〃mgcos30。(“一五)，解

得Q=30J,C正确；货物增加的机械能为AE=yu2+mg/sin30。，解得AE=190

J,DiE确。

1.(2024.安徽卷，4)倾角为0的传送带以恒定速率。0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。加时刻物块运动到传送带中间某位置，

速度达到如。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

〃、速度。随时间/变化的关系图线可能正确的是()

答案C

解析0〜/o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。死之后，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3.6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().2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。

在。点右侧的P点固定一钉子，尸点与。点等高。将质量为().1()kg的小物块无

初速轻放在传送