文档内容
第
7 讲 动量
命题规律 1.命题角度：(1)动量定理及应用；(2)动量守恒定律及应用；(3)碰撞模型及拓展.
2.常用方法：柱状模型法.3.常考题型：选择题、计算题．
考点一 动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法
公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量
动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况
F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F－t成线性关系，
图像法
也可直接用平均力求解
2．动量定理
(1)公式：FΔt＝mv′－mv
(2)应用技巧
①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．
②表达式是矢量式，需要规定正方向．
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简
捷．
④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．
⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．
3．流体作用的柱状模型对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一截面
积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内
流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，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变化量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为
正方向)
(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；
(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.
例1 (多选)(2022·广东梅州市一模)如图所示，学生练习用脚顺球．某一次足球由静止自由
下落1.25 m，被重新顺起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m．已知足球与脚部的
作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则(
)
A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为2 kg·m/s
B．足球自由下落过程重力的冲量大小为4 kg·m/s
C．足球与脚部作用过程中动量变化量为零
D．脚部对足球的平均作用力为足球重力的11倍
答案 AD
解析 足球下落到与脚部刚接触时的速度为v＝＝5 m/s，则足球下落到与脚部刚接触时动量
大小为p＝mv＝2 kg·m/s，A正确；根据运动的对称性，足球离开脚部时的速度大小也是 5
m/s，所以脚部与足球作用过程中，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv－m(－v)，解得F＝11mg，
足球自由下落过程重力的冲量大小为mg＝2 N·s，B错误，D正确；足球与脚部作用过程中
动量变化大小为Δp＝mv－m(－v)＝4 kg·m/s，C错误．
例2 (2022·湖南衡阳市一模)飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力，这种发动
机工作时，由电极发射的电子射入稀有气体(如氙气)，使气体离子化，电离后形成的离子由
静止开始在电场中加速并从飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速．已知一
个氙离子质量为m，电荷量为q，加速电压为U，飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的个
数为N，从飞船尾部高速连续喷出氙离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力
大小为( )
A． B．C．N D．N
答案 C
解析 根据动能定理得qU＝mv2，解得v＝，对Δt时间内喷射出的氙离子，根据动量定理，
有ΔMv＝FΔt，其中ΔM＝NmΔt，联立有F＝Nmv＝N·m·＝N，则根据牛顿第三定律可知，
飞船获得的反冲推力大小为F′＝N，故选C.
考点二 动量守恒定律及应用
1．判断守恒的三种方法
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板－块模型、电磁感应中
光滑导轨上的双杆模型．
(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．
(3)某一方向守恒：系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为 0，则在该方向上动量守
恒，如滑块－斜面(曲面)模型．
2．动量守恒定律的三种表达形式
(1)mv＋mv＝mv′＋mv′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用)．
1 1 2 2 1 1 2 2
(2)Δp＝－Δp，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
1 2
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
例3 (2022·广东省模拟)如图所示，在平静的水面上有A、B两艘小船，A船的左侧是岸，
在B船上站着一个人，人与B船的总质量是A船的10倍．两船开始时都处于静止状态，当
B船上的人把A船以相对于地面v的速度向左推出，A船到达岸边时岸上的人马上以两倍原
速率将A船推回，B船上的人接到A船后，再次把它以速度v向左推出……直到B船上的人
不能再接到A船，忽略水的阻力，则B船上的人最多可以推船的次数为( )
A．8 B．7 C．6 D．9
答案 A
解析 取向右为正方向，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律得m v－m v＝0
B 1 A
解得v＝v
1
当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，由动量守恒定律得m v ＋2m v＝－m v＋
B 1 A A
m v，
B 2
解得v＝v＋v
2 1
当A船再向右返回后，B船上的人第三次将A推出，由动量守恒定律得m v ＋2m v＝－m v
B 2 A A
＋m v，解得v＝v＋v，则B船上的人第n次将A推出，由动量守恒定律得m v ＋2m v＝
B 3 3 2 B n－1 A
－m v＋m v，得v＝v ＋v，
A B n n n－1
整理得v＝(3n－2)v
n
B船上的人不能再接到A船，须有2v≤v ，联立解得n≥，因为n取正整数，则取n＝8，故
n选A.
例4 (2022·湖南岳阳市二模)如图所示，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m 的球
0
C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法不正确的是(重力加速度
为g)( )
A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为
B．A、B两木块分离时，C的速度大小为2
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2m
0
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
答案 C
解析 小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，根据机械
能守恒有：mgL＝mv 2＋×2mv 2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：mv ＝
0 0 C AB 0 C
2mv ，联立解得v ＝2，v ＝，故A、B正确；C球由静止释放到最低点的过程中，选B
AB C AB
为研究对象，由动量定理有I ＝mv ＝m ，故C错误；C球由静止释放到最低点的过程中，
AB AB 0
系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x ，A、B对地水平位移大小为x ，
1 2
则有mx＝2mx，x＋x＝L，可解得x＝，故D正确．
0 1 2 1 2 2
考点三 碰撞模型及拓展
1．碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒：p＋p＝p′＋p′.
1 2 1 2
(2)动能不增加：E ＋E ≥E ′＋E ′.
k1 k2 k1 k2
(3)速度要符合实际情况：若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
2．两种碰撞特点
(1)弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律．
以质量为m、速度为v 的小球与质量为m 的静止小球发生弹性正碰为例，有
1 1 2
mv＝mv′＋mv′
1 1 1 1 2 2
mv2＝mv′2＋mv′2
1 1 1 1 2 2
解得v′＝，v′＝.
1 2
结论：
①当m＝m 时，v′＝0，v′＝v，两球碰撞后交换了速度．
1 2 1 2 1
②当m＞m 时，v′>0，v′>0，碰撞后两球都沿速度v 的方向运动．
1 2 1 2 1③当m＜m 时，v′<0，v′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．
1 2 1 2
④当m≫m 时，v′＝v，v′＝2v.
1 2 1 1 2 1
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m
1
v
1
＋m
2
v
2
＝(m
1
＋m
2
)v共 ，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝
m
1
v
1
2＋m
2
v
2
2－(m
1
＋m
2
)v共 2.
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
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv＝(m＋M)v
0
达到共速
，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
共
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv＝mv＋Mv，能量
0 1 2
再次分离
满足mv2＝mv2＋Mv2
0 1 2
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平
面或水平
导轨光滑)
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv
0
＝(m＋M)v共 ，损失的动能最
达到共速
大，分别转化为内能或电能
例5 (2022·湖南卷·4)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v 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰
0
撞后氢核和氮核的速度分别为v 和v.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正
1 2
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
C．v 大于v
2 1
D．v 大于v
2 0
答案 B
解析 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后
中子速度为v ，取v 的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv ＝mv ＋
3 0 0 1mv ，mv2＝mv2＋mv2，联立解得v ＝v ，设中子和氮核碰撞后中子速度为v ，取v 的方向
3 0 1 3 1 0 4 0
为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv ＝14mv ＋mv ，mv2＝×14mv2＋
0 2 4 0 2
mv2，联立解得v ＝v ，可得v ＝v>v ，碰撞后氢核的动量为p ＝mv ＝mv ，氮核的动量为
4 2 0 1 0 2 H 1 0
p ＝14mv ＝，可得p >p ，碰撞后氢核的动能为 E ＝mv2＝mv2，氮核的动能为 E ＝
N 2 N H kH 1 0 kN
×14mv2＝，可得E >E ，故B正确，A、C、D错误．
2 kH kN
例6 (多选)(2022·河南省名校联盟二模)如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑
连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v
0
向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B
的初速度v 可能为(重力加速度为g)( )
0
A．2 B.
C．2 D.
答案 BC
解析 A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设 B的初速度方向为正方
向，设碰撞后B与A的速度分别为v 和v，则：mv＝mv＋2mv，由能量守恒得：
1 2 0 1 2
mv2＝mv2＋·2mv2 ，
0 1 2
联立得：v＝ ①
2
若小球A恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时恰由小球的重力提供向心力，设在最
高点的速度为v ，由牛顿第二定律得：
min
2mg＝2m·②
A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：2mg·2R＝·2mv2－·2mv 2③
2 min
联立①②③得：v＝1.5，可知若小球A经过最高点，则需要：v≥1.5
0 0
若小球A不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与 O等高处，由机械能守恒定
律得：
2mg·R＝·2mv2④
2
联立①④得：v＝1.5
0
可知若小球A不脱离轨道时，
需满足：v≤1.5
0
由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v≤1.5或v≥1.5，故A、D错误，B、
0 0
C正确．
例7 (多选)(2022·河北邢台市高三期末)如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光
滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v 的水平速度从小车弧形槽的
0底端沿弧形槽上滑，恰好能到达弧形槽的顶端．小车与小球的质量均为m，重力加速度大小
为g，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．弧形槽的顶端距底端的高度为
B．小球离开小车后，相对地面做自由落体运动
C．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为mv2
0
D．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为mv
0
答案 ABD
解析 经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为
v)，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，有
mv ＝2mv，设弧形槽的顶端距底端的高度为 h，根据机械能守恒定律有mv2＝×2mv2＋
0 0
mgh，解得h＝，A正确；设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为 v 、v ，
1 2
在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以v 的方
0
向为正方向，有mv ＝mv ＋mv ，根据机械能守恒定律有mv2＝mv2＋mv2，解得v ＝0，v
0 1 2 0 1 2 1 2
＝v ，可知小球离开小车后，相对地面做自由落体运动，B正确；根据动能定理，在小球沿
0
小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功W＝0－mv2＝－mv2，C错误；根据动量定理，
0 0
在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小I＝mv－0＝mv，D正确．
2 0
例8 (2022·全国乙卷·25)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平
面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，
0
A、B 的 v－t 图像如图(b)所示．已知从 t＝0 到 t＝t 时间内，物块 A 运动的距离为
0
0.36vt.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，
00
之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光
滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
答案 (1)0.6mv2 (2)0.768vt (3)0.45
0 00解析 (1)当弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即在t＝t 时刻，
0
根据动量守恒定律有
m ·1.2v＝(m ＋m)v
B 0 B 0
根据能量守恒定律有
E ＝m (1.2v)2－(m ＋m)v2
pmax B 0 B 0
联立解得m ＝5m，E ＝0.6 mv2
B pmax 0
(2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有m ·1.2v＝m v ＋mv
B 0 B B A
对方程两边同时乘时间Δt，有
6mvΔt＝5mv Δt＋mv Δt
0 B A
0～t 之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mvt＝5ms ＋ms ，
0 00 B A
将s ＝0.36vt
A 00
代入可得s ＝1.128vt
B 00
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs＝s －s ＝0.768vt
B A 00
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块 A第二次与B分离后速度大小
仍为2v ，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为v ′，取向左为正方向，
0 A
根据动量守恒定律可得
mv ′－5m·0.8v＝m·(－2v)＋5mv ′
A 0 0 B
根据能量守恒定律可得
mv ′2＋·5 m·(0.8v)2
A 0
＝ m·(－2v)2＋·5mv ′2
0 B
联立解得v ′＝v
A 0
方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
－mgLsin θ－μmgLcos θ＝0－m(2v)2
0
下滑过程，根据动能定理可得
mgLsin θ－μmgLcos θ＝mv2－0
0
联立解得μ＝0.45
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度大小，
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
上
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
下
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，设在斜面上滑行的位移为L，由匀变速直线运动的
位移速度关系可得
2a L＝(2v)2－0,2a L＝v ′2
上 0 下 A联立可解得μ＝0.45.
1．(2022·广西北海市一模)一辆总质量为M(含人和沙包)的雪橇在水平光滑冰面上以速度v
匀速行驶．雪橇上的人每次以相同的速度3v(对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m的
沙包．抛出第一个沙包后，车速减为原来的.下列说法正确的是( )
A．每次抛出沙包前后，人的动量守恒
B．雪橇有可能与拋出的沙包发生碰撞
C．雪橇的总质量M与沙包的质量m满足M∶m＝12∶1
D．拋出第四个沙包后雪橇会后退
答案 D
解析 每次抛出沙包前后，雪橇(含人)和抛出的沙包总动量守恒，故A错误；抛出沙包后，
雪橇的速度不会超过v，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B错误；规定雪橇的初速度方
向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有Mv＝(M－m)v＋m·3v，得M＝
11m，故C错误；抛出第四个沙包后雪橇速度为v ，由全过程动量守恒得Mv＝(M－4m)v ＋
1 1
4m·3v，将M＝11m代入得v＝－，故D正确．
1
2．(2022·江苏无锡市普通高中高三期末)如图所示，质量为M＝100 g的木板左端是一半径为
R＝10 m的光滑圆弧轨道，轨道右端与木板上表面在B处水平相连．质量为m＝80 g的木块
1
置于木板最右端A处．一颗质量为m ＝20 g的子弹以大小为v ＝100 m/s的水平速度沿木块
2 0
的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出．已知子弹打进木块的时间极短，木板上表
面水平部分长度为L＝10 m，木块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求子弹打进木块过程中系统损失的机械能；
(2)若木板固定，求木块刚滑上圆弧时对圆弧的压力；
(3)若木板不固定，地面光滑，求木块上升的最大高度．
答案 (1)80 J (2)4 N，方向竖直向下 (3)5 m
解析 (1)子弹打进木块过程，由动量守恒定律有mv＝(m＋m)v，解得v＝20 m/s，
2 0 1 2 1 1
由能量守恒定律有
ΔE＝mv2 － (m＋m)v2，
1 2 0 1 2 1
解得ΔE＝80 J.
1
(2)木块从A端滑到B端过程，
由动能定理有－ μ(m＋m)gL＝(m＋m)v2 － (m＋m)v2，
1 2 1 2 2 1 2 1
木块滑到B端时，由牛顿第二定律有F －(m＋m)g＝v2，
N 1 2 2
联立解得F ＝4 N，
N
根据牛顿第三定律可得F ＝F ＝4 N，方向竖直向下．
压 N
(3)从开始至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中水平方向系统动量守恒，有 mv ＝(m ＋m ＋
2 0 2 1
M)v，
3
得v＝10 m/s，
3
子弹打进木块后至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中，
根据能量守恒定律有
(m＋m)v2＝(m＋m＋M)v2＋(m＋m)gh＋μ(m＋m)gL，
1 2 1 2 1 3 1 2 1 2
解得h＝5 m.
专题强化练
[保分基础练]
1.(2022·广东深圳市建文外国语学校模拟)如图所示，某运动员在练习跳投．某次投篮出手高
度正好与篮框等高，抛出速度为v ，抛射角θ＝60°，篮球恰好空心命中．重力加速度为g，
0
忽略空气阻力影响，以下说法正确的是( )
A．篮球的动量先减小后增大
B．重力的冲量先增大后减小
C．重力的瞬时功率先增大后减小
D．篮球从出手到入框的时间为
答案 A
解析 篮球的速度先减小后增大，则篮球的动量先减小后增大，A正确；根据I ＝mgt可知，
G
重力的冲量一直增加，B错误；根据P ＝mgv，因竖直方向速度先减小后增大，则重力的
G y
瞬时功率先减小后增大，C错误；篮球从出手到入框的时间为t＝2×＝，D错误．
2．(2022·湖南郴州市质检)如图所示，质量分别为m 、m 的两个小球A、B，带有等量异种
1 2
电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上．突然加一水平向右的匀强电场后，
两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，
以下说法正确的是(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度)(
)A．系统动量守恒
B．系统机械能守恒
C．弹簧弹力与静电力大小相等时系统机械能最大
D．系统所受合外力的冲量不为零
答案 A
解析 加上电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的静电力大小相等、方向相
反，则系统所受静电力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，合外力冲量为零，
故A正确，D错误；加上电场后，静电力分别对两球做正功，两球的动能先增加，当静电
力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于静电力，两球的动能减小，直到动能均为
0，弹簧最长为止，但此过程中系统机械能一直都在增加，故B、C错误．
3．(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的
一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W 和W ，
1 2
合外力的冲量大小分别为I 和I.下列关系式一定成立的是( )
1 2
A．W＝3W，I≤3I B．W＝3W，I≥I
2 1 2 1 2 1 2 1
C．W＝7W，I≤3I D．W＝7W，I≥I
2 1 2 1 2 1 2 1
答案 D
解析 根据动能定理有W ＝m(2v)2－mv2＝mv2，W ＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W ＝7W ；
1 2 2 1
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动
量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I≤3mv，3mv≤I≤7mv，可知I≥I，故选D.
1 2 2 1
4．(多选)(2022·河南省大联考)如图甲所示，质量均为m的A、B两物块连接在劲度系数为k
的轻质弹簧两端，放置在光滑的水平面上处于静止状态，从t＝0时刻开始，给A一个水平
向右、大小为v 的初速度，A、B运动的v－t图像如图乙所示，已知两物块运动的v－t图像
0
具有对称性，且为正、余弦曲线．弹簧的弹性势能与劲度系数和弹簧的形变量之间的关系为
E＝kx2，弹簧始终在弹性限度内，结合所给的信息分析，下列说法正确的是( )
p
A．t 时刻弹簧处于伸长状态，t 时刻弹簧的压缩量最大
1 2
B．在0～t 的时间内，弹簧对B做的功为
2
C．t 时刻，若A的速度v 与B的速度v 之差为Δv，则此时A与B的动能之差为mvΔv
1 1 2 0
D．t 时刻弹簧的形变量为v
2 0
答案 AC解析 分析A、B的运动过程，可知t 时刻A、B间的距离正在增大，弹簧处于伸长状态，t
1 2
时刻A、B间的距离最小，弹簧的压缩量最大，A正确；t 时刻A、B达到共同速度，由动量
2
守恒定律可得mv ＝2mv ，0～t 时间内，对B运用动能定理有W＝mv 2＝，B错误；0～t
0 共 2 共 1
时间内，由动量守恒定律有mv ＝mv ＋mv ，A与B的动能之差ΔE ＝mv2－mv2，结合v －
0 1 2 k 1 2 1
v ＝Δv，可得ΔE ＝mvΔv，C正确；t 时刻，由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能E ＝mv2
2 k 0 2 p 0
－mv 2，结合v ＝，E＝kx2，解得弹簧的形变量x＝，D错误．
共 共 p
5．(多选)(2022·山东烟台市高三期末)如图所示，质量为3m的小球B静止在光滑水平面上，
质量为m、速度为v的小球A与小球B发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，
因此碰撞后小球B的速度可能有不同的值．碰撞后小球B的速度大小可能是( )
A．0.2v B．0.4v
C．0.5v D．0.6v
答案 BC
解析 若A、B发生的是弹性碰撞，对 A、B碰撞过程由动量守恒定律可得 mv＝mv ＋
1
3mv ，则由机械能守恒定律可得mv2＝mv2＋·3mv2，解得碰撞后小球B的速度大小为v ＝v
2 1 2 2
＝v；若A、B发生的是完全非弹性碰撞，则碰后两者共速，根据动量守恒定律可得mv＝(m
＋3m)v′，解得碰撞后小球B的速度大小为v′＝v，即碰撞后小球B的速度大小范围为
v≤v ≤v，故选B、C.
B
6．(多选)(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)如图所示，金属块内有一个半径为R
的光滑圆形槽，金属块放在光滑水平面上且左边挨着竖直墙壁．一质量为m的小球(可视为
质点)从离金属块左上端R处静止下落，沿圆槽切线方向进入圆槽内，小球到达最低点后继
续向右运动，恰好不能从圆形槽的右端冲出．已知重力加速度为 g，不计空气阻力．下列说
法正确的是( )
A．小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力大小为5mg
B．金属块的质量为m
C．小球第二次到达最低点时的速度大小为2
D．金属块运动过程中的最大速度为2
答案 ABD
解析 小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有mg·2R＝mv2，小球刚到最
0
低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有F －mg＝m，根据牛顿第三定律可知小球对金属
N块的压力大小为F ′＝F ，联立解得F ′＝5mg，A正确；小球第一次到达最低点至小球
N N N
到达圆形槽右端过程，小球和金属块水平方向动量守恒，则有mv ＝(m＋M)v，根据能量守
0
恒定律有mgR＝mv2－(m＋M)v2，解得M＝m，B正确；小球第二次到达最低点的过程中，
0
水平方向动量守恒，即有mv ＝Mv ＋mv ，又由能量守恒可得mv2＝Mv2＋mv2，M＝m，
0 1 2 0 1 2
解得v＝v＝2，v＝0，C错误，D正确．
1 0 2
[争分提能练]
7.(多选)(2022·山东省实验中学高三检测)在足够长的光滑水平面上，物块A、B、C位于同一
直线上，A位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，且m＝M，若开始时三者
均处于静止状态，现给A一个向右的冲量I，物块间的碰撞都可以看作是弹性碰撞，关于A
与B、C间发生碰撞的分析正确的是( )
A．A与B、C之间只能各发生一次碰撞
B．A、B之间只能发生一次碰撞，A、C之间可以发生两次碰撞
C．A、C之间只能发生一次碰撞，A、B之间可以发生两次碰撞
D．A、C第一次碰撞后，C速度大小为v ＝·
C1
答案 AD
解析 选取向右为正方向，设A、C碰撞之前A的速度为v ，第一次A、C碰撞之后，A的
A
速度为v ，C的速度为v ，对物块A，根据动量定理有I＝mv ，A、C发生弹性碰撞，碰撞
A1 C1 A
过程由系统的动量守恒有mv ＝mv ＋Mv ，由能量守恒有mv 2＝mv 2＋Mv 2，又有m＝
A A1 C1 A A1 C1
M，联立解得v ＝v ＝－，v ＝v ＝·＝，故D正确；由上述分析可知，A、C碰撞之后，A
A1 A C1 A
反向弹回，则A和B可以发生碰撞，同理可得，A和B碰撞之后，A和B的速度分别为v ＝
B1
v ＝－，v ＝v ＝，则v d ，(d ＋d )v
A B
B．子弹A的动能等于子弹B的动能
C．子弹A的动量大小大于子弹B的动量大小
D．子弹A的动量大小等于子弹B的动量大小
答案 AD解析 子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，可知两子弹对木块的推力
大小相等、方向相反，且子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动．设两子弹所
受的阻力大小均为F，根据动能定理，对A子弹有－Fd ＝0－E ，对B子弹有－Fd ＝0－
f f A kA f B
E ，由于d >d ，则子弹入射时的初动能E >E ，B错误；两子弹和木块组成的系统动量守
kB A B kA kB
恒，因射入后系统的总动量为零，所以子弹A的初动量大小等于子弹B的初动量大小，C错
误，D正确；根据动量与动能的关系mv＝，则有＝，而E >E ，则m v ，A正确．
k A B
9．(多选)(2021·湖南卷·8)如图(a)，质量分别为m 、m 的A、B两物体用轻弹簧连接构成一
A B
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，S 表示0到t 时间内A的a
1 1
－t图线与坐标轴所围面积大小，S 、S 分别表示t 到t 时间内A、B的a－t图线与坐标轴所
2 3 1 2
围面积大小．A在t 时刻的速度为v.下列说法正确的是( )
1 0
A．0到t 时间内，墙对B的冲量等于m v
1 A 0
B．m >m
A B
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S－S＝S
1 2 3
答案 ABD
解析 由于在0～t 时间内，物体B静止，则对B受力分析有F ＝F ，则墙对B的冲量大
1 墙 弹
小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转换为A，撤
去F后A水平方向只受弹力作用，则根据动量定理有I＝m v(方向向右)，则墙对B的冲量
A 0
与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
由a－t图像可知t 后弹簧被拉伸，在t 时刻弹簧的伸长量达到最大，根据牛顿第二定律有
1 2
F ＝m a ＝m a ，由题图(b)可知a >a ，则m 0
3
代入可得k＜
综上所述，要使碰撞后B与C的运动方向相同，k的取值范围是≤k＜.
[尖子生选练]
13．(2022·江苏扬州市高三期末)如图所示，冰壶队在某次训练中，蓝壶静止在大本营 Q处，
质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是( )
A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同
B．碰后蓝壶速度约为红壶速度的4倍
C．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍
D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
答案 C
解析 碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；碰后红壶运动的距离为x ＝R －R ＝0.61 m，蓝壶运
1 2 1
动的距离为x ＝2R ＝2.44 m，二者质量相同，假设二者碰后的所受摩擦力相同，则二者做
2 2
减速运动的加速度也相同，对红壶，有v2＝2ax，对蓝壶有v2＝2ax，联立可得＝，即碰后
1 1 2 2
蓝壶速度约为红壶速度的2倍，B错误；设红壶碰前速度为v ，则有mv ＝mv ＋mv ，故有
0 0 1 2
v ＝3v ，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，C正确；碰前系统动能为E ＝mv2，碰后
0 1 k0 0
系统动能为E ＝mv2＋mv2，则有E >E ，机械能不守恒，D错误．
k1 1 2 k0 k1
