2027版53B版新高考版物理总复习专题七　动量守恒定律

专题七动量守恒定律目录考点1动量、冲量和动量定理考点2动量守恒定律题型20动量定理的应用题型21碰撞模型题型22类碰撞模型题型23力学三大观点的综合应用五年高考·考点练三年模拟·限时练一年创新·风向练一年创新·风向练实验8验证动量守恒定律考点1动量、冲量和动量定理考向1动量、冲量和动量定理的理解五年高考·考点练1.★(2026四川,1,4分)2026年2月,我国某科创团队发布全球首款速度达到10m/s的全尺

寸人形机器人,该机器人质量75kg;2025年1月,该团队发布的四足机器人质量38kg。若

两款机器人均以10m/s的速度同方向运动,则二者的动量大小之差为

()A.1850kg·m/s

B.750kg·m/sC.370kg·m/s

D.37kg·m/s

C

解析由p=mv可知,两个机器人的动量大小分别为p1=m1v1=750kg·m/s,p2=m2v2=380kg·

m/s,故二者的动量大小之差Δp=p1-p2=370kg·m/s,C正确。2.★★(2025云南,6,4分)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩

擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向

右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,

所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上

的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则

()

A

A.t1<t2

B.t1>t2

C.x1>x2

D.x1<x2

解析设滑块在MN间的位移为x0,所用时间为t0;在进入MN之前的位移为x1',所用时间为

t1';滑出MN之后的位移为x2',所用时间为t2'。由动能定理得-μ2mg(x1'+x2')-μ1mgx0=0-

m

,解得x1'+x2'=

,而x总=x1'+x2'+x0=

-

x0,故x1=x2,C、D错误。由动量定理得-μ2mg(t1'+t2')-μ1mgt0=0-mv0,解得t1'+t2'=

-

t0,总时间t总=t1'+t2'+t0=

-

t0(μ1>μ2),由于MN的长度一定,第二次通过MN时的平均速度大,所用时间t0小,故总时间t总大,所以t1<t

2,A正确,B错误。

一题多解滑块两次过程均以速度v0出发,通过MN最终停下来,两次过程中只有摩擦力

做功,根据动能定理有Wf=ΔEk,则x1=x2,C、D错误;滑块在各段路程中均做匀减速直线运

动,由牛顿第二定律得μ1mg=ma1,μ2mg=ma2,由于μ1>μ2,则a1>a2,Ⅰ、Ⅱ两种情况下滑块的

速度-时间图像如图所示,阴影部分面积表示MN段的距离L,图线与t轴围成的面积表示

滑块运动过程中的总位移x1=x2,可知t1<t2,A正确,B错误。

3.★★★(多选)(2023广东,10,6分)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模

型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力,开窗帘的过程中,电机对

滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰

撞时间为0.04s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过

程,下列说法正确的有

()A.该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·s

BD

C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·sD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N

解析取向右为正方向,两滑块碰撞前瞬间的动量p1=mv1+0=0.40kg·m/s,碰撞后瞬间的

动量p2=2mv2=0.44kg·m/s,p1<p2,故两滑块的碰撞过程动量不守恒,A错误。对滑块1,由动

量定理可得I1=mv2-mv1=-0.18kg·m/s,滑块1受到的合外力的冲量大小为0.18N·s,方向水

平向左,B正确。对滑块2,由动量定理可得I2=mv2=0.22kg·m/s,滑块2受到的合外力的冲

量大小为0.22N·s,方向水平向右,C错误。对滑块2,由冲量的定义式可得I2=F12Δt,解得滑

块2受到滑块1的平均作用力大小F12=5.5N,D正确。4.★★★★(2025甘肃,14,15分)如图1所示,细杆两端固定,质量为m的物块穿在细杆上。

初始时刻,物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上,F随时间t的

变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长,重力加

速度为g,θ=30°。求:(1)t=6s时F的大小,以及t在0~6s内F的冲量大小。(2)t在0~6s内,摩擦力f随时间t变化的关系式,并作出相应的f-t图像。(3)t=6s时,物块的速度大小。

答案

(1)

mg

mg(N·s)(2)f=

f-t图像见解析(3)

g(m/s)

解析

(1)由题图2可知F=

mgt(N)代入t=6s可得F=

mg0~6s内F的冲量大小等于F-t图像中0~6s的图线与横轴围成的面积,即IF=

×6s×

mg=

mg(N·s)。(2)初始时刻物块刚好能静止在细杆上,有mgsinθ=μmgcosθ力F作用时,垂直杆方向有FN=|mgcosθ-Fsinθ|又f=μFN代入F=

mgt(N)可得f=

mg(N)即f=

沿杆方向的合力Fx=Fcosθ+mgsinθ-f代入f值验证可得Fx=

mg(N)≥0,说明0~6s内摩擦力方向始终沿细杆向上(t=4s时摩擦力为0)画出f-t图像如图甲所示。

(3)由(2)中分析得Fx=

mg(N)即Fx=

作出Fx-t图像如图乙所示,Fx-t图线与时间轴围成的面积表示合力的冲量大小由动量定理得

t1+

t2=mv-0代入数据得

×4s×2mg+

×2s×

=mv解得v=

g(m/s)。

考向2动量定理的应用5.★★(2021福建,4,4分)福建属于台风频发地区,各类户外设施建设都要考虑台风影

响。已知10级台风的风速范围为24.5m/s~28.4m/s,16级台风的风速范围为51.0m/s~5

6.0m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌,则16级台风对该交通标志牌的作

用力大小约为10级台风的

()A.2倍

B.4倍

C.8倍

D.16倍

B

解析设空气的密度为ρ,规定初速度的方向为正方向,风迎面垂直吹向一固定的交通

标志牌的横截面积为S,在时间Δt内吹过的空气的质量为Δm=ρSv·Δt,假定台风迎面垂直

吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零,对风由动量定理有-F·Δt=0-Δmv,可得标志牌

对台风的作用力F=ρSv2,根据牛顿第三定律知,台风对标志牌的作用力F'=F=ρSv2,10级

台风的风速v1≈26.5m/s,16级台风的风速v2≈53.5m/s,则有

=

≈4,B正确。6.(模块融合·电磁场情境下动量定理的应用)(多选)(2022福建,8,6分)我国霍尔推进器技

术世界领先,其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场,该区

域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作

时,工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子,再经电场加速喷出,形成推力。某次

测试中,氙气被电离的比例为95%,氙离子喷射速度为1.6×104m/s,推进器产生的推力为

80mN。已知氙离子的比荷为7.3×105C/kg;计算时,取氙离子的初速度为零,忽略磁场对

离子的作用力及粒子之间的相互作用,则

()

AD

A.氙离子的加速电压约为175VB.氙离子的加速电压约为700VC.氙离子向外喷射形成的电流约为37AD.每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10-6kg

解析设氙离子的比荷为

,氙离子的初速度为零,经电场加速后喷射速度为1.6×104m/s,根据动能定理有qU=

mv2-0,可得加速电压为U=

≈175V,A正确,B错误。设在Δt时间内,有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出,形成电流为I,由动量定理可得FΔt=Δmv

-0,进入放电通道的氙气质量为Δm0,被电离的比例为η,则有

=η

,联立解得

=

≈5.3×10-6kg,D正确。在Δt时间内,有电荷量为ΔQ的氙离子喷射而出,则有ΔQ=

q,I=

,联立解得I=

·

≈3.7A,C错误。7.★★(2026上海,16,8分)生物学家通过研究发现:当松鼠受到的平均作用力小于自身重

力的15倍时,不会受到永久性损伤。某次实验中,一只质量为0.3kg的松鼠从静止开始

下落,其速度随位移的变化关系如图所示。(1)求松鼠在下落10m的过程中,空气阻力对它做的功。(2)若松鼠下落10m时到达地面,松鼠与地面的作用时间为90ms,请通过计算论证该松

鼠落地后是否会受到永久性损伤。

答案

(1)-17.25J

(2)见解析

解析

(1)根据动能定理可得mgh+Wf=

mv2-0解得Wf=

mv2-mgh=

×0.3×92-0.3×9.8×10

J=-17.25J(2)选向上为正方向,根据动量定理可得(

-mg)Δt=0-(-mv)解得

=mg+

=0.3×9.8N+

N=32.94N<15mg=44.1N松鼠不会受到永久性损伤。8.★★★★(2025河北,14,14分)如图,一长为2m的平台,距水平地面高度为1.8m。质量

为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间

的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点,不考虑空气阻力,重力加速度g取10m/s2。(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m,物块从离开平台到弹起至最大

高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中,所受弹力冲量的大小,以及物

块弹离地面时水平速度的大小。

答案

(1)0.6m

(2)0.1N·s

0

解析

(1)设小物块到达平台右端抛出时的速度大小为v1,由动能定理得-μmgL=

m

-

m

代入数据解得v1=1m/s小物块做平抛运动过程中,竖直方向上有h=

g

,解得t1=0.6s水平方向上有x=v1t1=0.6m(2)设第一次落地时的速度大小为v2,水平分速度大小v2x=v1=1m/s竖直分速度大小v2y=gt1=6m/s设第一次落地后弹起的竖直分速度大小为v2y',水平分速度为v2x',第一次弹起至最高点所用时间为t2,则由H=

g

,代入H=0.45m,得t2=

=0.3sv2y'=

=3m/s小物块第一次与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1s以竖直向上为正方向,在Δt时间内对小物块在竖直方向上应用动量定理得IF-mgΔt=mv2y'-(-mv2y)代入数据解得弹力冲量的大小为IF=0.1N·s假设小物块与地面间在Δt的作用时间内始终存在滑动摩擦力,以水平向右为正方向,在

Δt内对小物块在水平方向上应用动量定理,得-μIF=mv2x'-mv2x代入数据解得物块弹离地面时的水平速度v2x'=-1m/s<0,假设不符说明在小物块弹起前水平分速度减小到零,然后物块若向左加速,则摩擦力方向会变为

向右,故在水平分速度减小到零后,小物块在水平方向上的速度将保持为零不再变化,最

终离地时的水平分速度为零。

易错警示在求解小物块弹离地面时的水平分速度时易错得水平方向分速度向左且

大小为1m/s,此时需要讨论,物块与地面间的滑动摩擦力只能是阻力,不可能提供向左

的动力。考点2动量守恒定律考向1动量守恒定律的理解和基本应用1.★(2021全国乙,14,6分)如图,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡

板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹

簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中,

从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块组成的系统

()A.动量守恒,机械能守恒B.动量守恒,机械能不守恒C.动量不守恒,机械能守恒D.动量不守恒,机械能不守恒

B

解析撤去推力后,小车、弹簧和滑块组成的系统所受合力为零,动量守恒,C、D错

误。滑块与车厢底板有相对滑动,滑动摩擦力做功,有内能产生,机械能不守恒,A错误,B

正确。2.★★(2025广东,7,4分)如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用

下,由静止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始

终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速度v

随时间t变化的图像,可能正确的是

()

A

解析由于F1和F2始终大小相等、方向相反,所以系统动量守恒,小球M、N同时减速到

零,且碰撞前后小球M、N各自的加速度不变,即碰撞前后v-t图线的斜率不变,A正确。3.(教考衔接·人教版选必一P29,复习与提高A组,T7)(2022北京,10,3分)质量为m1和m2的

两个物体在光滑水平面上正碰,其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法

正确的是

()A.碰撞前m2的速率大于m1的速率B.碰撞后m2的速率大于m1的速率

C

C.碰撞后m2的动量大于m1的动量D.碰撞后m2的动能小于m1的动能

解析位移-时间图线的斜率表示速度,则由图像可知,碰前m2处于静止状态,碰后两物

体速率相等、运动方向相反,A、B错误。碰撞过程中动量守恒,有p1=-p1'+p2',可知p2'>p1

',C正确。由p2'>p1'、碰后两物体速率相等可知m2>m1,则碰撞后m2的动能大于m1的动能,

D错误。4.(模块融合·动量守恒在电场中的应用)(2024安徽,8,4分)在某装置中的光滑绝缘水平

面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三

角形,如图甲所示。小球质量为m,带电荷量为+q,可视为点电荷。初始时,小球均静止,

细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小

分别为v1、v2、v3,如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了

,k为静电力常量,不计空气阻力。则

()

D

A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1D.在图乙位置,v3=

解析对整个系统分析可知系统受到的合力为0,故动量守恒;当三个小球运动到同一

条直线上时,根据对称性可知细线中的拉力相等,此时球3受到球1和球2的电场力大小

相等,方向相反,故可知此时球3受到的合力为0,球3从静止状态开始运动,剪断细线瞬间

球3受到的合力不为0,故该过程中小球3受到的合力在改变,系统动能和电势能相互转

化,能量守恒,A、B错误。对系统根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv3,根据球1和球2运动

的对称性可知v1=v2,解得v3=2v1,根据能量守恒定律有

m

+

m

+

m

=

,解得v3=

,C错误,D正确。5.★★★(多选)(2025湖南,10,5分)如图,某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成,C

是可以在滑轨上运动的标准测量件,其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在

高度为h的水平面上。测量时,将弹药放入装载台圆筒内,两端用物块A和B封装,装载台

与滑轨等高。引爆后,假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌

入C中形成组合体D,D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动S1距离后抛出,落地

点距抛出点水平距离为S2,根据S2可计算出弹药释放的能量。某次测量中,A、B、C质

量分别为3m、m、5m,S1=

,整个过程发生在同一竖直平面内,不计空气阻力,重力加速度大小为g。则

()

BD

A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等B.D的初动能与其落地时的动能相等C.弹药释放的能量为36mgh

D.弹药释放的能量为48mgh

模型建构

解析弹药爆炸过程中,由动量守恒定律可得3mvA=mvB,解得vA=

,爆炸后瞬间A的动能EkA=

×3m

=

m

;B嵌入C形成D的过程中,由动量守恒定律可得mvB=(5m+m)vD,解得vD=

,D的初动能EkD=

×6m

=

m

,A错误。从D沿滑轨开始运动至落到地面上的过程中,由动能定理可得-6μmgS1+6mgh=E'kD-EkD,由于S1=

,解得E'kD=EkD,B正确。D从抛出到落地的过程,由平抛运动规律可得D离开滑轨末端的速度为vD1=

,D从开始运动到刚要抛出的过程,有

-

=-2μgS1,解得

=2gh+

;由于vA=

、vD=

,故弹药释放的能量E=EkA+EkB=

m

=24m

=48mgh·

,C错误,D正确。6.★★(2024江苏,14,8分)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v,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)

(2)

解析

(1)取v0的方向为正方向,由动量守恒定律有(m+M)v0=Mv+mvA

(2分)解得vA=

。

(2分)(2)以B为研究对象,取v0的方向为正方向,根据动量定理,对B有FΔt=Mv-Mv0

(2分)则分离时A对B的推力大小F=

。

(2分)

A

7.★★(2026贵州,3,4分)如图,完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂,静止在

同一竖直平面内,相互接触无挤压,悬挂点到球心的距离分别为L和

L,A被拉至与竖直方向成60°的位置并由静止释放,随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力,B的球心上升

的最大高度为

()

A.

L

B.

L

C.

L

D.

L考向2碰撞模型

解析小球A、B的质量相同,设其质量均为m,在A向下摆的过程中,根据动能定理有

mgL(1-cos60°)=

m

,解得小球A碰撞前瞬间的速度大小vA0=

。A、B质量相同,发生弹性正碰,碰撞过程交换速度,故碰后B的速度大小vB=

,碰后A的速度vA=0;碰后,假设B的摆角不会超过90°,则在B摆到最高点的过程,根据动能定理有-mgh=0-

m

,解得h=

L<

L,假设成立,此后,B再摆回最低点与A碰撞,二者交换速度;然后A摆回释放时的高度,完成一个周期。所以,B的球心上升的最大高度为

L,A正确。8.★★(多选)(2024广西,8,6分)如图,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水

平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守

恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在

()A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v

BC

D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v

解析由题意知,两个小球发生弹性碰撞,且碰后两球交换速度,故碰后N球以初速度v

做平抛运动,其竖直分运动为匀加速直线运动,水平分运动是速度为v的匀速直线运动,

N球在竖直墙面和水平地面的垂直投影分别体现其竖直方向和水平方向的分运动,由

此可知B、C正确。9.★★(2022湖南,4,4分)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量

与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和

氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,

下列说法正确的是

()A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小

B

C.v2大于v1D.v2大于v0

解析设中子质量为m,则氢核质量为m,氮核质量为M=14m。对中子碰撞氢核过程,有

mv0=mv'+mv1,

m

=

mv'2+

m

,联立解得v'=0,v1=v0,则碰后氢核动量p氢=mv0,氢核动能Ek氢=

m

;同理,分析中子碰撞氮核过程,有mv0=mv″+Mv2,

m

=

mv″2+

M

,解得v″=

v0=-

v0,v2=

v0=

v0<v1,可知碰后氮核动量p氮=Mv2=

mv0>p氢,碰后氮核动能Ek氮=

M

=

×

m

<

,B正确。10.★★★(2025河南,7,4分)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直

线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为

mN,碰撞时间极短,则

()

A.mP>mN>mQ

B.mN>mP>mQC.mQ>mP>mN

D.mQ>mN>mP

D

解析假设所有碰撞均为弹性碰撞,P、Q、N三辆小车碰撞前的速度分别为vP、vQ、vN,

碰撞后的速度分别为vP'、vQ'、vN',对于P、N间的碰撞,根据动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+

mNvN',根据能量守恒有

mP

+

mN

=

mPvP'2+

mNvN'2,联立解得vP'=

,由题图1知vP'<vN,所以vP'-vN<0,代入vP'得

<0,由题图1知vP>vN,所以mP<mN;对于Q、N间的碰撞,根据动量守恒有mQvQ+mNvN=mQvQ'+mNvN',根据能量守恒有

mQ

+

mN

=

mQvQ'2+

mNvN'2,联立解得vQ'=

,由题图2知vQ'>vN,所以vQ'-vN>0,代入vQ'得

>0,由题图2知vQ>vN,所以mQ>mN,综上所述,mQ>mN>mP,D正确。

一题多解由题图可知三小车速度变化量的大小关系是ΔvP>ΔvN>ΔvQ,P碰撞N过程中

两车组成的系统动量守恒,有mPvP+mNvN=mPv'P+mNv'N,则有mP(vP-v'P)=mN(v'N-vN),则速度变化

量越大,质量越小,则mP<mN,同理可知mN<mQ,故mQ>mN>mP。11.★★★(多选)(2026山东,11,4分)如图所示,质量相等的两个小物块M和N,M恰好静止

于倾角为θ的固定斜面上,N从斜面上某位置由静止释放,t0时刻以速度v与M发生弹性碰

撞。已知M与斜面间动摩擦因数为tanθ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,N与斜面间无

摩擦,碰撞时间极短,斜面足够长。下列描述M、N速度规律的vM-t、vN-t图像正确的是

()

AD

解题导引

解析

0~t0时间内,对于N物块,加速度大小为gsinθ,做匀加速直线运动,碰前N速度为v,

则有v=gsinθ·t0,N与M相碰,由于M与N质量相等,由弹性碰撞规律可得,N与M交换速度,

M的速度为v,N的速度为0,由于M与斜面之间的动摩擦因数为tanθ,故M将以速度v做匀

速直线运动,N做初速度为0的匀加速直线运动;当N再次与M相撞,设从第一次碰后到第

二次碰前所用的时间为t,则满足vt=

at2,解得t=

=

=2t0,N的速度为at=2v,故第二次碰撞后M的速度变为2v、N的速度大小变为v,之后M以速度2v匀速运动、N由速度v

加速直至发生第三次碰撞,A、D正确,B、C错误。12.★★★★★(2026河南,15,17分)如图,水平地面上的球壳内下端有一小球,球壳的直

径D=0.25m,上端距天花板的距离为h=6m。现以v0=11m/s的初速度把球壳连同小球

一起竖直向上抛出,球壳与天花板碰撞后经过Δt=0.1s,小球与球壳发生第1次碰撞。所

有的碰撞均为弹性碰撞、时间极短,不计球壳厚度和空气阻力,重力加速度大小取g=10

m/s2。(1)求小球的直径;(2)求小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小,及它们前两次碰撞的时间间隔;(3)若小球与球壳第8次碰撞前瞬间球壳的速度大小为v1=6m/s,求球壳首次碰地时的速度大小。

答案

(1)0.05m(4分)

(2)2m/s(4分)

0.1s(2分)

(3)

m/s(7分)

解析

(1)从抛出至球壳与天花板相碰,小球和球壳一起做竖直上抛运动,末速度大小设

为v,根据速度位移关系式有

-v2=2gh

(1分)解得v=1m/s(1分)球壳与天花板发生弹性碰撞后以原速率反弹,然后向下做匀加速直线运动,小球继续上

升,设小球直径为d,从球壳与天花板碰撞后到小球与球壳第1次碰撞,小球与球壳的位移

大小之和为D-d,则vΔt+

g(Δt)2+

=D-d

(1分)解得d=0.05m(1分)(2)设球壳质量为M,小球质量为m,球壳与小球发生第1次碰撞前速度分别为v10、u10以竖直向下为正方向,则v10=v+gΔt=2m/s,u10=-v+gΔt=0

(1分)球壳与小球发生弹性碰撞,设碰后速度分别为v11、u11由动量守恒定律有Mv10+mu10=Mv11+mu11

(1分)由机械能守恒定律有

M

+

m

=

M

+

m

(1分)碰后速度差的大小Δv=u11-v11=2m/s(拓展:发生弹性碰撞,恢复系数e=

=1)(1分)第1次碰撞后,球壳与小球均做加速度向下、大小为g的匀变速直线运动,设两次碰撞时

间间隔为Δt1,两者的相对速度大小始终为|Δv|=2m/s,两者的相对位移大小为D-d,有D-d=Δv·Δt1

(1分)解得Δt1=0.1s(1分)(3)设球壳与小球发生第2次碰撞前速度分别为v20、u20v20=v11+gΔt1、u20=u11+gΔt1

(1分)球壳与小球发生弹性碰撞,设碰后速度分别为v21、u21由动量守恒定律有Mv20+mu20=Mv21+mu21

(1分)由机械能守恒定律有

M

+

m

=

M

+

m

(1分)解得Δv=v21-u21=2m/s(1分)由(2)问分析可知相邻两次碰撞的时间差都为Δt=0.1s以此类推:第1次碰前至第8次碰前经历的时间为7Δt=0.7sMv10+(M+m)g·7Δt=Mv1+m(v1+2)

(1分)v10=2m/s,v1=6m/s代入解得M∶m=1∶3

(1分)解得所有速度如表格所示(表中速度单位均为m/s):碰撞次数①②③④⑤⑥⑦⑧壳碰前速

度20426486球碰前速

度02244668壳碰后速

度-13153759球碰后速

度11335577结合表中数据及规律可知碰撞第11次后瞬间球壳位移为h1=5.65m,此碰后球壳速度为v

'=9m/s则首次碰地速度v″满足v″2-v'2=2g(h-h1)解得v″=

m/s(1分)13.★★(2024江苏,9,4分)如图所示,物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物块A

左右端相连,整个系统保持静止,已知所有接触面均光滑,弹簧处于伸长状态。剪断细线

后

()A.弹簧恢复到原长时,A的动能达到最大B.弹簧压缩量最大时,A的动量达到最大C.弹簧恢复到原长过程中,系统的动量增加

A

考向3滑块-弹簧模型

“子弹打木块”模型和“板块”模型D.弹簧恢复到原长过程中,系统的机械能增加

解析对A、B及弹簧组成的系统分析可知合力为零,系统动量守恒,整个系统中只有弹

簧弹力做功,系统机械能守恒,C、D错误。由题可知,开始时弹簧处于伸长状态,从剪断

细线到弹簧恢复原长的过程,B向左加速,A向右加速;弹簧压缩的过程,B向左减速,A向右

减速,压缩至最短时,A、B速度均减为0,可知弹簧恢复原长时A和B的速度均达到最大,

此时A的动能、动量均最大,A正确,B错误。14.★★★(多选)(2021湖南,8,5分)如图(a),质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连

接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变

量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示,S1表示0到t1时间

内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐

标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是

()

图(a)

ABD

图(b)A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0B.mA>mBC.B运动后,弹簧的最大形变量等于xD.S1-S2=S3

解析从a-t图像可知,0~t1时间内B未运动,仍处于静止状态,故墙对B的作用力的大小、

方向和弹簧对A的作用力大小、方向均相等,故墙对B的冲量与弹簧对A的冲量相等,故

由动量定理可知其大小等于mAv0,A正确。t1时刻之后,A、B构成的系统动量守恒,弹簧

形变量最大时,弹簧弹力最大,a也最大,在t2时刻,A、B加速度最大,且此时A、B受力大小

相等,方向相反,aA<aB,所以mA>mB,B正确。当B运动后,由于系统总动量不为零,必然有一

部分能量以动能的形式呈现,则弹簧的弹性势能必然小于0时刻的,最大形变量小于x,C

错误。由于a-t图线与时间轴围成的面积表示速度变化量,故t2时刻vB=S3,vA=S1-S2,此时弹

簧形变量最大,有vA=vB,故S1-S2=S3,D正确。15.★★★(2025浙江1月,8,3分)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,

滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1kg。A以4m/s的速度向右运动,B和C

一起以2m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度

均为0.75m,C与A、B间的动摩擦因数均为0.5,则(重力加速度g取10m/s2)

()

A.碰撞瞬间C相对地面静止B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2sC.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12JD.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6m

D

解题导引“A和B发生碰撞后粘在一起不再分开”说明A和B碰后共速,发生了完全非

弹性碰撞,此碰撞瞬间对C没有影响。之后C向左减速,A和B向右减速,最终三者共速,系

统动能的减少量转化为摩擦产生的热量。

解析

A、B发生碰撞瞬间,C由于惯性保持原状态不变,对地速度仍为2m/s,A错误;A、

B碰撞瞬间,A、B组成的系统动量守恒,以向右为正方向,根据动量守恒定律有mvA+mvB=

2mv1,解得v1=1m/s,如图所示,碰后A、B、C三者构成的系统总动量为2mv1+mvC=0,三者

相对静止时,速度均为0,从碰撞后到三者相对静止的过程中,设C对地位移大小为xC,则

=2×

×xC,可得xC=0.4m,同时A、B也做匀减速直线运动,即

=2×

×xAB,则xAB=0.2m,所以C相对长板滑动的距离为0.6m,D正确;从碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热

量Q=μmgΔx相对=3J,C错误;根据匀变速直线运动规律,从碰撞后到三者相对静止,经历的

时间t=

=0.4s,B错误。16.★★★★(多选)(2024湖北,10,4分)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、

长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力

不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大

小v0,若木块获得的速度最大,则

()A.子弹的初速度大小为

AD

B.子弹在木块中运动的时间为

C.木块和子弹损失的总动能为

D.木块在加速过程中运动的距离为

解析子弹在木块内运动的过程中,子弹和木块组成的系统动量守恒,若子弹没有射出

木块,则由动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得木块获得的速度大小为v=

,又子弹的初速度越大,其打入木块越深[点拨:根据能量守恒定律有fΔx=kv0Δx=

m

-

(M+m)v2,联立解得Δx=

],则当子弹恰好不射出木块时,木块获得的速度最大,此时有kv0L=

m

-

(M+m)v2,解得v0=

;若子弹能够射出木块,设子弹穿出木块时子弹和木块的速度分别为v1、v2(v1>v2),子弹和木块的位移大小分别为x1、x2,则有x1-x2=L,可得

t-

t=L,左右两边同乘k,得

t+

t=kL,在此过程中对木块根据动量定理有ft=kv0t=Mv2,若想木块获得的速度最大,即kv0t最大,当v1-v2趋近于零,即v1趋近于v2时,kv0t最

大,故子弹恰好不射出木块时,木块速度最大,综上所述,v0=

时,木块获得的速度最大,A正确。木块获得的最大速度v=

,又v=a2t,a2=

,联立解得t=

,B错误。由能量守恒可得子弹和木块损失的总动能转化为系统因摩擦产生的热量,即ΔE=Q

=fL=

,C错误。木块在加速过程中运动的距离为x2=

t=

,D正确。17.★★★★(2025山东,17,14分)如图所示,内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平

面上,P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方向,Q处轨

道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上,b被锁定。一质量

m=

kg的小球自Q点正上方h=2m处自由下落,无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15N时,b解除锁定开始运

动。已知a的质量ma=1kg,b的质量mb=

kg,方形物体的质量M=

kg,重力加速度大小g=10m/s2,弹簧的劲度系数k=50N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep=

kx2(x为弹簧的形变量),所有过程不计空气阻力。求:(1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2;考向4人船模型滑块-斜(曲)面模型(2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。

答案

(1)6m/s

m/s

(2)

m/s

2.5J

解析

(1)小球从开始下落到运动至P处的过程,对小球与方形物体组成的系统,根据水平方向动量守恒,有mv1=Mv2根据机械能守恒,有mgh=

m

+

M

代入数据解得v1=6m/s,v2=

m/s(2)设小球与物块a粘在一起共速的速度大小为va0由水平方向动量守恒得mv1=(m+ma)va0代入数据解得va0=2m/sF=15N时弹簧的伸长量x1=

=

m设b被解除锁定瞬间小球和a的速度大小为va1对弹簧、小球及a组成的系统由能量守恒得

(m+ma)

=

(m+ma)

+

k

代入数据解得va1=1m/s对物块a、小球、b及弹簧组成的系统由动量守恒得(m+ma)va1=(m+ma+mb)vb代入数据解得vb=

m/s由能量守恒得

(m+ma)

+

k

=

(m+ma+mb)

+Epm代入数据解得Epm=2.5J18.★★★★★(2023湖南,15,16分)如图,质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽

内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平,短轴竖

直。质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时

刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆

长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。(1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动

的距离;(2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程;(3)若

=

,求小球下降h=

高度时,小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。

答案

(1)

(2)

+

=1(y≤0)(3)2b

解析

(1)设小球第一次运动到轨道最低点时的速度大小为vm,凹槽速度大小为vM,地面

光滑,小球和凹槽组成的系统在水平方向上动量守恒,初动量为零,则小球与凹槽水平方

向的动量始终等大反向,有mvm=MvM半椭圆形轨道光滑,由机械能守恒定律有mgb=

m

+

M

,解得vM=

。

=

=

,且xm+xM=a联立解得xM=

。(2)以水平向右为正方向,设小球运动轨迹上某点坐标为(x,y),则小球的水平分位移为a

-x,方向向左,设此时凹槽位移为x2,方向向右,有m(x-a)+Mx2=0,因凹槽内表面为半椭圆形,

此时椭圆中心位置坐标为(x2,0),故小球在椭圆轨道上的位置坐标满足

+

=1由以上几式整理得小球运动轨迹方程为

+

=1(y≤0)。(3)将M、m的关系式代入第(2)问小球运动的轨迹方程中,则有

+

=1(y≤0)可知小球的运动轨迹为半径为b的圆弧,圆心为O1(a-b,0),如图所示

当小球下降h=

高度时,设小球此时的坐标为(x0,y0),则y0=-

设此时小球的速度大小为v1,v1的方向与水平方向的夹角为θ,凹槽的速度大小为v2根据几何关系可知tanθ=

将v1沿水平方向和竖直方向分解,则vx=v1cosθ根据机械能守恒定律有mg

=

m

+

M

,小球和凹槽在运动过程中,水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有mvx=Mv2联立解得v1=2b

。

AD

19.★★★★(多选)(2026陕晋青宁,10,6分)如图,物块N、P、Q的质量分别为m、m、2m,

Q通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与P连接,P与位于正下方的N用

劲度系数为k的轻弹簧相连。初始时托住N和Q,使弹簧处于原长,三个物块均静止。现

同时无初速释放N和Q,运动中,物块均视为质点且不与滑轮相碰,不计空气阻力,弹簧始

终在弹性限度内,弹性势能Ep=

kx2(x为形变量),重力加速度大小为g。则

()

考向5力学三大观点的综合应用A.释放后瞬间Q的加速度大小为

B.释放后瞬间轻绳上的拉力大小为mgC.释放后N下降的最大距离为

D.释放后N的速度最大值为

解析设物块N、P、Q的质量分别为mN、mP、mQ,释放瞬间弹簧弹力仍为0,对Q有mQg-

T=mQa,对P有T-mPg=mPa,联立解得a=

,绳上的拉力大小T=

mg,A正确,B错误。(关键:释放后,将P、Q视为一个整体,Q向下运动,P向上运动;释放瞬间,N的加速度为g,即释放

后N向下运动)由于系统所受合力为零,则系统沿运动方向的动量守恒,又因系统由静止

开始运动,总动量为零,则系统内各物块的速度同时为零,物块被释放后,当系统内各物

块速度第一次为零时,N下降的高度最大,设其下降的最大高度为h',由系统机械能守恒

有mNgh'+mQgh1=mPgh1+

k

,由动量守恒,结合各物块运动时间相等,可得mNh'=(mP+mQ)h1,代入数据解得h'=3h1,则x1=h1+h'=4h1,联立解得释放后N最大下落距离h'=

,C错误。释放后N所受合力为0时速度最大,此时对物块N有mNg=kx2,对系统由动量守恒有mNvN=(mP+

mQ)vPQ,即mNh'2=(mP+mQ)h2,可得vN=3vPQ、h'2=3h2,对系统由机械能守恒有mNgh'2+mQgh2=

mPgh2+

k

+

mN

+

(mP+mQ)

,其中x2=h'2+h2=4h2,联立并代入数据解得释放后N的最大速度vN=

,D正确。20.★★★(2026广东,14,13分)图是一种球形机器人跳跃原理的示意图,水平横轴过球心

O并与外壳固定,外壳上的两挡板位于过O点的水平线上,两质量均为m的摆锤,由长均

为R的不可伸长轻绳悬挂于轴上的O点,初始时刻,两摆锤同时以水平初速度v0从最低点

向相反方向摆动,直至与两挡板发生碰撞,碰撞时间极短,随后带动外壳以共同速度竖直

向上运动,机器人到达最高点后落回地面瞬间,外壳立即静止,两摆锤速度不变,与挡板

分离,继续向下运动,已知机器人(含摆锤)总质量为M=4kg,m=1kg,R=0.4m,v0=4m/s,重

力加速度取g=10m/s2,忽略空气阻力,摆锤可视为质点,求:(1)摆锤与挡板碰撞后瞬间,机器人的动能Ek;(2)机器人外壳上升的最大高度h;(3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失ΔE。

答案

(1)4J

(2)0.1m

(3)6J

解析

(1)单个摆锤从最低点到挡板,根据机械能守恒定律有

m

=mgR+

m

(1分)两摆锤与挡板碰撞,根据动量守恒定律有2mv1=Mv2

(1分)碰后机器人的动能Ek=

M

(1分)解得v1=2

m/s,v2=

m/s,Ek=4J(1分)(2)从两摆锤与挡板碰撞后到机器人运动到最高点过程,根据机械能守恒定律有

M

=Mgh

(2分)解得h=0.1m(2分)(3)解法一

两摆锤与挡板发生第一次完全非弹性碰撞的过程中,系统损失的机械能为ΔE1=2×

m

-

M

(1分)设第一次外壳落地静止,两摆锤的速度为v3,从两摆锤与挡板碰撞后到机器人第一次外

壳落地静止,系统损失的机械能为ΔE2=

M

-2×

m

(1分)机器人运动到最高点到第一次外壳落地静止,对于两个摆锤根据机械能守恒定律,有2mgh=2×

m

(1分)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止的过程中损失的机械能ΔE=ΔE1+ΔE2

(1分)解得ΔE=6J(1分)解法二

以水平地面为重力零势能面,从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止,损失的

机械能ΔE=2×

m

-(2×

m

+2mgR)(点拨:从碰后到第一次外壳落地前机器人整体做竖直上抛运动,机械能守恒,落地前速度大小仍为v2)(4分)解得ΔE=6J(1分)

易错警示机器人总质量M包含两摆锤质量m,列方程时容易写重复;机器人损失的机

械能容易忽视两摆锤最后的重力势能。21.★★★★★(2026湖南,15,16分)如图,长为L的轻杆竖直放置,上端固定一质量为m的

小球,下端连接于水平地面上某固定点,杆可绕该点无摩擦转动。小球内部安装了质量

不计的智能弹射装置。受轻微扰动后,小球和杆从静止开始一起运动,当两者间弹力为

0时,小球脱离轻杆,重力加速度为g,不计空气阻力。(1)求小球接触地面瞬间的速度v的大小;(2)求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值;(3)小球与地面碰撞前后,竖直方向分速度大小相等、方向相反,水平方向分速度相等。

碰撞后瞬间,智能弹射装置工作,小球在极短时间内分裂成两部分,两部分速度方向均与

小球分裂前瞬间的速度方向成θ角(θ已知,且0<θ<α)。设两部分质量之比为k,弹射装置

释放的能量为E。(i)求E与k的关系;(ii)当E最小时,若分裂后两部分第一次落地时刻相同,求两部分第一次落地点的间

距d。

答案

(1)

(2)

(3)(i)E=mgL

(ii)

Ltanθ

解析

(1)对整个装置,从静止到小球触地,根据能量守恒定律有mgL=

mv2

(1分)解得v=

(1分)(2)轻微扰动后,开始阶段小球在竖直面内做圆周运动且该运动与杆共面,可认为小球在

最高点的速度为0,当小球与杆间的弹力为0时,小球脱离轻杆,设此时轻杆与水平地面之

间的夹角为β,如图甲所示

对小球,根据牛顿第二定律有mgsinβ=

(1分)从静止至小球脱离轻杆的过程,有mg(L-Lsinβ)=

m

(1分)解得sinβ=

,v0=

脱离轻杆后小球做斜抛运动,水平分速度vx=v0sinβ

(1分)触地前瞬间,竖直方向的速度大小vy=

又tanα=

(1分)联立解得tanα=

(1分)(3)(i)小球与地面碰撞后瞬间,设其速度为v'0,则其动量为p=mv'0,由题意可知,v'0=v,v'0与水

平面的夹角也为α弹射装置工作,小球分裂后的两部分速度方向均与v'0成θ角,如图乙所示,则两部分的动

量p1和p2大小相等,即p1=p2=

(点拨:弹射装置工作过程可类比爆炸过程,p1、p2、p三个矢量共面,且满足矢量关系式

+

=

)(1分)

设分裂后的两部分质量分别为m1、m2,由题意有m1=km2又有m1+m2=m则有m1=

,m2=

根据能量守恒定律有E=

+

-

(1分)联立解得E=mgL

(1分)(ii)E=mgL

,由基本不等式知识可知k=1时E最小

(1分)则E最小时有m1=m2=

,由p1=p2=

可得v1=v2=

(1分)由题意知,两部分从分裂后到第一次落地所用时间相等,即v1、v2的竖直分量相同,v1、v

2、v'0共面以vx方向为x轴正方向,竖直向上为z轴正方向,v1sinθ方向为y轴正方向建立空间直角速

度坐标系v1和v2的坐标可分别表示为

、

(1分)设两部分从分裂后到落地所用时间为t'在竖直方向做竖直上抛运动,则有

=

(1分)在y轴方向做匀速直线运动,则两部分间距d=

t'

(1分)联立并代入数据解得d=

Ltanθ

(1分)

一题多解

(3)(ii)由图乙,结合两部分从分裂到第一次落地所用时间相等,且E最小时v1=

v2=

,则两部分的相对速度v相对=2v1sinθ=2v'0tanθ,v1和v2的竖直分量相等,均为

,由此求得两部分分裂后的运动时间t',根据d=v相对t',求得d=

Ltanθ。题型20动量定理的应用三年模拟·限时练基础强化练1.(多选)(2026重庆南开中学月考)在2026年春晚舞台上,武术节目《武BOT》融入前沿

智能科技,将刚劲有力的功夫招式与灵活精准的机器人表演相结合,成为本届春晚极具

视觉冲击力的创新节目之一。在节目中间环节,质量为m的机器人从下蹲静止状态竖

直向上起跳,经过t时间身体伸直并以大小为v的速度离开地面,已知重力加速度为g,在

该过程中

()

AB

A.地面对机器人的弹力是地面发生弹性形变产生的B.地面对机器人的平均作用力大小为m

C.地面对机器人的冲量大小为mvD.地面对机器人做的功为

mv2

解析地面对机器人的弹力是地面发生弹性形变产生的,A正确。设地面对机器人的

平均作用力大小为

,以竖直向上为正方向,根据动量定理有

t-mgt=mv,因此地面对机器人的冲量大小I地=

t=mv+mgt,地面对机器人的平均作用力大小

=m

,B正确,C错误。机器人起跳过程,脚和地始终接触且相对静止,地面对脚底作用力的作用点无位

移,故地面对机器人不做功,D错误。

C2.(2026广东江门一模)如图所示为一架质量为M的6轴运送快递无人机,悬停时每个轴

上的螺旋桨均竖直向下吹出最大速度为v的气流,每个螺旋桨产生气流的有效横截面积

均为S,空气密度为ρ,重力加速度为g,则该无人机悬停时其载货质量的最大值为(

)

A.

-M

B.

-MC.

-M

D.

-M

解析无人机在空中悬停时,六个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力,根据平衡条件

有6F=(M+m)g。(关键:建立“柱状”模型)Δt时间内每个螺旋桨向下吹出的空气质量最

大为Δm=ρSvΔt,对向下吹出的空气由动量定理有F'Δt=Δmv-0,又F=F',联立解得其载货

质量的最大值m=

-M=

-M,C正确。3.(5·3改编)“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。将快落到芭蕉叶上的雨视为由单

个质量为m、速度为v0的一系列小雨滴组成,各个小雨滴垂直打在水平芭蕉叶上后,一

半以速度v反向弹回,另一半速度为零。忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重

力的影响,忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知每立方米的体积内有N

个小雨滴,则估算雨打芭蕉产生的压强p为

()A.

Nmv0(2v0+v)

B.Nmv0(2v0-v)C.Nmv0(v0+v)

D.

Nmv0(v0-v)

A

解析设芭蕉叶的面积为S,t时间内有质量为Δm的雨滴打在芭蕉叶上,则有Δm=NSv0tm

(点拨:其中v0t表示柱状模型的高,Sv0t表示柱状模型的体积,NSv0t表示柱状模型中雨滴的

数量),根据题意可知一半以速度v反向弹回,以竖直向上为正方向,根据动量定理有F1t=

·Δmv-(-

·Δmv0),另一半速度为零,以竖直向上为正方向,根据动量定理有F2t=0-(-

·Δmv0),根据压强的定义式有p=

=

,联立可得p=

Nmv0(2v0+v),A正确。4.(日常生活·智能呼啦圈中动量定理的运用)(多选)(2026山东学业水平测试)智能呼啦

圈是一种结合了传统呼啦圈功能和现代科技的健身工具。如图甲,腰带外侧带有导轨,

导轨内装有滑轮,不计质量和长度的细短杆一端固定在滑轮上并穿出导轨,另一端通过

细轻绳连接配重,图乙为简化模型。已知配重(可视为质点)的质量为m,细轻绳的长度

为L,悬挂点P到腰带中心点O的距离为r,配重随细短杆在水平面做匀速圆周运动,绳子

与竖直方向夹角为θ,配重运动过程中腰带保持静止,重力加速度为g,下列说法正确的是

()

BD

综合提升练

A.若转速增大,腰带受到的合力变大B.配重的运动周期为2π

C.配重运动半周,重力的冲量大小为πm

D.配重运动半周,细绳对配重拉力的冲量大小为m

解析转动过程中,腰带始终处于平衡状态,合力为零,因此若转速增大,腰带受到的合

力不变,A错误。对配重受力分析,根据牛顿第二定律可得mgtanθ=m

(r+Lsinθ),解得配重的运动周期为T=2π

,B正确。配重运动半周,重力的冲量大小为IG=mg·

=πm

,C错误。对配重受力分析,根据牛顿第二定律可得mgtanθ=m

,解得v=

,配重运动半周,动量的变化量为Δp=2mv=2m

,根据动量定理可得I=

=Δp,结合上述结论可知IG=πm

,联立解得IF=m

(点拨:细绳对配重施加的拉力的方向不断变化,故无法直接用力与时间的乘积求解拉力的冲量,但合力的冲量及重力的

冲量均可求,故可以运用冲量的矢量性求解拉力的冲量),D正确。1.(2026辽宁大连二十四中