文档文本内容
专题七 动量
基础篇
考点 一 冲量、动量与动量定理 上的动量大小
人跳在沙坑的动量变化量比跳在水泥地
１．（ 山东， ， 分）我国多次成 Ｂ．
２０２２ ２ ３
上的小
功使用 冷发射 技术发射长征
“ ” 人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上
十一号系列运载火箭 如图所 Ｃ．
。 的小
示 发射仓内的高压气体先将火
， 人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上
箭竖直向上推出 火箭速度接近 Ｄ．
， 的大
零时再点火飞向太空 从火箭开
。 答案 Ａ 落地时的速度相同 人跳在沙坑
始运动到点火的过程中 ，
（ ） 的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小
火箭的加速度为零时 动能最大 ，
Ａ． ， 正确 人跳在沙坑和跳在水泥地的初动量
Ａ ；
高压气体释放的能量全部转化为火箭的
Ｂ． 相等 末动量都为 所以动量的变化量 ｐ
， ０， Δ
动能
大小相等 则 错误 根据动量定理 Ｆ ｔ ｐ
， Ｂ ； Δ ＝Δ
高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动
Ｃ． 可知 人跳在沙坑受到的冲量与跳在水泥地
，
量的增加量
上的冲量 Ｆ ｔ 大小相等 所以 错误 根据
Δ ， Ｃ ；
高压气体的推力和空气阻力对火箭做功
Ｄ． 动量定理 Ｆ ｔ ｐ ｔ ｔ 故人跳在沙
Δ ＝Δ ，Δ 沙＞Δ 水泥，
之和等于火箭动能的增加量
坑受到的冲力比跳在水泥地上的小 所以
， Ｄ
答案 Ａ 火箭先向上做加速度逐渐减小的
错误 故选
； Ａ。
变加速直线运动 加速度为零时速度最大
， ， ３．（ 课标 ， ， 分）高空坠物极易对行
２０１８ Ⅱ １５ ６
则动能最大 故 正确 火箭受到重力 高压
， Ａ ； 、 人造成伤害 若一个 的鸡蛋从一居民
。 ５０ ｇ
气体的推力和空气阻力的作用 火箭所受合
， 楼的 层坠下 与地面的碰撞时间约为
２５ ，
力的冲量等于其动量的增量 合力做的功等
， 则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为
２ ｍｓ，
于其动能的增加量 均错误 高压气体
，Ｃ、Ｄ ；
（ ）
释放的能量只有一部分转化为火箭的动能
， ２ ３ ４
Ａ．１０ Ｎ Ｂ．１０ Ｎ Ｃ．１０ Ｎ Ｄ．１０ Ｎ
错误
答案 Ｃ 对于鸡蛋撞击地面前的下落过
Ｂ 。
２．（ 福建厦门一中月考， ）跳远时 跳在沙
5 ２０２２ ３ ， 程 根据机械能守恒定律可得 ｍｇｈ １ ｍｖ２
年 坑里比跳在水泥地上安全 如图 下列说法 ， ＝ ，
高 （ ）， ２
考
3 正确的是 可知鸡蛋落地时速度大小 ｖ ｇｈ 鸡蛋与
（ ） ＝ ２ ；
年
模 地面作用过程中 设竖直向上为正方向 由
拟 ， ，
动量定理得 Ｆ ｍｇ ｔ ｍｖ 可知鸡蛋
A
（ － ） ＝０－（－ ），
版
ｍｖ
对地面产生的冲击力大小为 Ｆ ｍｇ 每
高
＝ ｔ ＋ ，
考
物
理 人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地 层楼高度约为 则 ｈ 得
Ａ． ３ ｍ， ＝２４×３ ｍ＝７２ ｍ，
１１０
Ｆ 接近 ３ 故 正确
≈９４９ Ｎ， １０ Ｎ， Ｃ 。
４．（ 湖南， ， 分）物体的运动状态可用位
２０２１ ２ ４
置 ｘ 和动量 ｐ 描述 称为相 对应 ｐ ｘ 图像中
， ， －
的一个点 物体运动状态的变化可用 ｐ ｘ
。 －
圆盘停止转动前 小物体所受摩擦力的方
图像中的一条曲线来描述 称为相轨迹 假
Ａ． ，
， 。
向沿运动轨迹切线方向
如一质点沿ｘ 轴正方向做初速度为零的匀加
圆盘停止转动前 小物体运动一圈所受摩
速直线运动 则对应的相轨迹可能是
Ｂ． ，
， （ ）
擦力的冲量大小为 ｍωｒ
２
圆盘停止转动后 小物体沿圆盘半径方向
Ｃ． ，
运动
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 圆盘停止转动后 小物体整个滑动过程所
Ｄ． ，
答案 Ｄ 质点做初速度为零的匀加速直线
受摩擦力的冲量大小为 ｍωｒ
运动 设加速度为 ａ 则 ｖ２ ａｘ 而动量 ｐ
， ， ＝２ ， ＝ 答案 Ｄ 圆盘停止转动前 物体所受的静摩
，
ｍｖ 联立可得 ｐ ｍ ａｘ 动量 ｐ 为矢量且为 擦力提供其做匀速圆周运动的向心力 方向
， ＝ ２ ， ，
正值 故 正确 沿半径指向圆心 错误 物体匀速转动一
。 Ｄ 。 ，Ａ 。
５．（ 湖北， ， 分）一质点做曲线运动 在 周受到的摩擦力是一个变力 可用动量定理
２０２２ ７ ４ ， ，
前一段时间内速度大小由 ｖ 增大到 ｖ 在随 来计算摩擦力的冲量 转动一周动量的变化
２ ， ，
后的一段时间内速度大小由 ｖ 增大到 ｖ 前 量为零 Ｉ ｐ 错误 停止转动后 物体
２ ５ ， ， ＝Δ ＝０，Ｂ 。 ，
做离心运动 不是沿着半径方向运动 错误
后两段时间内 合外力对质点做功分别为 Ｗ
， ，Ｃ 。
， １
停止转动后 物体初动量为 ｍωｒ 最后物体停
和Ｗ 合外力的冲量大小分别为Ｉ 和Ｉ 下
， ，
２， １ ２。
下来 末动量为零 整个过程中摩擦力的冲量
列关系式一定成立的是
， ，
（ ）
大小等于动量的变化量大小 为ｍωｒ 正确
Ｗ Ｗ Ｉ Ｉ Ｗ Ｗ Ｉ Ｉ ， ，Ｄ 。
Ａ． ２ ＝３ １， ２≤３ １ Ｂ． ２ ＝３ １， ２≥ １
技巧点拨
Ｗ Ｗ Ｉ Ｉ Ｗ Ｗ Ｉ Ｉ
Ｃ． ２ ＝７ １， ２≤３ １ Ｄ． ２ ＝７ １， ２≥ １ 求变力的冲量的技巧：如果变力是物体运动
答案 Ｄ 设质点质量为 ｍ 由动能定理有
， 过程中的合力，可用动量定理 Ｉ ｐ 求该变
＝Δ
Ｗ １ｍ ｖ ２ １ｍｖ２ ３ｍｖ２ Ｗ １ｍ ｖ ２ 力的冲量。
１ ＝ （２ ） － ＝ ， ２ ＝ （５ ）
２ ２ ２ ２
１ｍ ｖ ２ ２１ｍｖ２ 故Ｗ Ｗ 由动量定理 考点 二 动量守恒定律
－ （２ ） ＝ ， ２ ＝７ １；
２ ２
１．（ 全国乙， ， 分）如图 光滑水平地面
和矢量减法知识可知 Ｉ ｍ ｖ ｍｖ Ｉ ｍ ２０２１ １４ ６ ，
， １≥ （２ ）－ ， ２≥
上有一小车 一轻弹簧的一端与车厢的挡板
ｖ ｍ ｖ 即 Ｉ ｍｖ Ｉ ｍｖ 故Ｉ Ｉ ，
（５ ）－ （２ ）， １≥ ， ２≥３ ， ２≥ １，
相连 另一端与滑块相连 滑块与车厢的水
综上可知 正确 ， ，
Ｄ 。
平底板间有摩擦 用力向右推动车厢使弹
６．（ 北京， ， 分）如图所示 圆盘在水平 。
２０２１ １０ ３ ， 簧压缩 撤去推力时滑块在车厢底板上有相
面内以角速度 ω 绕中心轴匀速转动 圆盘上 ，
， 对滑动 在地面参考系 可视为惯性系 中
距轴 ｒ 处的 Ｐ 点有一质量为 ｍ 的小物体随 。 （ ） ，
从撤去推力开始 小车 弹簧和滑块组成的
， 、
圆盘一起转动 某时刻圆盘突然停止转动 专
。 ， 系统 题
小物体由 Ｐ 点滑至圆盘上的某点停止 下 （ ） 七
。
动
列说法正确的是 量
（ ）
１１１
动量守恒 机械能守恒 砂子质量忽略不计 不计空气阻力 重力加速
Ａ． ， ， ，
动量守恒 机械能不守恒 度为ｇ 下列说法中正确的是
Ｂ． ， 。 （ ）
动量不守恒 机械能守恒 弹丸打入砂袋过程中 细绳所受拉力大小
Ｃ． ， Ａ． ，
动量不守恒 机械能不守恒 保持不变
Ｄ． ，
答案 Ｂ 撤去推力后 小车 弹簧和滑块组 弹丸打入砂袋过程中 弹丸对砂袋的冲量
， 、 Ｂ． ，
成的系统所受合外力为零 动量守恒 滑块 大小大于砂袋对弹丸的冲量大小
， 。
与车厢底板有相对滑动 滑动摩擦力做功 ｍｖ２
， ， 弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为 ０
有内能产生 机械能不守恒 正确 Ｃ．
， 。 Ｂ 。 ７２
２．（ 广西柳州柳江中学模拟， ）（多选）Ａ 砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度
２０２２ ８ 、 Ｄ．
Ｂ 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动 ｖ２
， 为 ０
ｇ
如图为发生碰撞前后的 ｖ ｔ 图线 由图线可
７２
－ ，
答案 Ｄ 弹丸打入砂袋的过程由动量守恒
以判断
（ ）
定律得ｍｖ ｍ ｍ ｖ 解得 ｖ １ｖ 弹丸打
０ ＝（ ＋５ ） ， ＝ ０；
６
入砂袋后 总质量变大 且来回摆动 相当于
， ， ，
圆周运动的一部分 在最低点有 Ｆ ｍｇ
， Ｔ ＝６ ＋
ｖ２
ｍ 可知细绳所受拉力变大 选项 错
６ Ｌ， ， Ａ
Ａ Ｂ 的质量比为 误 根据牛顿第三定律可知 弹丸打入砂袋
Ａ． 、 ３ ∶ ２ ； ，
Ａ Ｂ 作用前后总动量守恒 过程中 弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对
Ｂ． 、 ，
Ａ Ｂ 作用前后总动量不守恒 弹丸的冲量大小 选项 错误 弹丸打入砂
Ｃ． 、 ， Ｂ ；
Ａ Ｂ 作用前后总动能不变
Ｄ． 、 袋过程中所产生的热量为 Ｑ １ ｍｖ２ １
＝ － ×
答案 ＡＢＤ 根据动量守恒定律 ｍ ０
， Ａ·６ ｍ／ ２ ２
ｍ ｍ ｍ 得ｍ
ｓ＋ Ｂ·１ ｍ／ｓ＝ Ａ·２ ｍ／ｓ＋ Ｂ·７ ｍ／ｓ， Ａ ｍｖ２ ５ｍｖ２ 选项 错误 弹丸与沙袋一起
６ ＝ ０， Ｃ ；
ｍ 故 正确 Ａ Ｂ 在光滑水平面 １２
∶ Ｂ＝３ ∶ ２， Ａ ； 、
摆动过程中机械能守恒 由机械能守恒可得
上发生碰撞 系统所受合外力为 故 Ａ Ｂ 作 ，
， ０， 、
用前后总动量守恒 故 项正确 项错误
ｖ２
， Ｂ ，Ｃ ；
１ ｍｖ２ ｍｇｈ 解得ｈ ０ 选项 正确
×６ ＝６ ， ＝ ｇ， Ｄ 。
Ａ Ｂ 组成的系统所受合外力为 由动能定 ２ ７２
、 ０，
４．（ 河北正定中学一模， ）（多选）如图
理可知作用前后 Ａ Ｂ 的总动能不变 故 项 ２０２２ ９ ａ
、 ， Ｄ
所示 物块 Ａ Ｂ 间拴接一个压缩后被锁定的
正确
， 、
。
弹簧 整个系统静止放在光滑水平地面上
5 ３．（ 浙江杭州建人中学月考， ）如图所示 ， ，
２０２２ ５ ，
年 其中 Ａ 物块最初与左侧固定的挡板相接触
高 一砂袋用无弹性轻细绳悬于 Ｏ ，
考
Ｂ 物块质量为 现解除对弹簧的锁定
3 点 开始时砂袋处于静止状 ２ ｋｇ。 ，
年 。
模 态 一弹丸以水平速度 ｖ 击中 在 Ａ 离开挡板后 ， Ｂ 物块的 ｖ － ｔ 图像如图 ｂ
拟 ， ０
所示 则可知
A 砂袋后未穿出 二者共同摆动 ， （ ）
， 。
版
若弹丸质量为ｍ 砂袋质量为 ｍ 弹丸和砂袋
高 ， ５ ，
考 形状大小忽略不计 弹丸击中砂袋后漏出的
物 ， 图
理
ａ
１１２
定导杆上滑动 使用前算珠需要归零 如图
， 。
所示 水平放置的算盘中有甲 乙两颗算珠
， 、
未在归零位置 甲靠边框 ｂ 甲 乙相隔 ｓ
， ， 、 １ ＝
． －２ 乙与边框ａ 相隔ｓ ． －２
３ ５×１０ ｍ， ２ ＝２ ０×１０ ｍ，
图 算珠与导杆间的动摩擦因数 μ ． 现用手
ｂ
＝０ １。
在 Ａ 离开挡板前 Ａ Ｂ 与弹簧组成的系统 指将甲以 ． 的初速度拨出 甲 乙碰撞
Ａ． ， 、 ０ ４ ｍ／ｓ ， 、
动量守恒 后甲的速度大小为 ． 方向不变 碰撞
０ １ ｍ／ｓ， ，
在 Ａ 离开挡板前 Ａ Ｂ 与弹簧组成的系统 时间极短且不计 重力加速度 ｇ 取 ２
Ｂ． ， 、 ， １０ ｍ／ｓ 。
机械能守恒 之后不守恒
，
弹簧锁定时其弹性势能为
Ｃ． ９ Ｊ
若 Ａ 的质量为 在 Ａ 离开挡板后弹簧
Ｄ． １ ｋｇ，
的最大弹性势能为
３ Ｊ
答案 ＣＤ 在 Ａ 离开挡板前 由于挡板对 Ａ
通过计算 判断乙算珠能否滑动到边
，
（１） ，
有作用力 所以Ａ Ｂ 弹簧组成的系统所受合
框 ａ
， 、 、
；
外力不为零 则系统动量不守恒 故 项错
求甲算珠从拨出到停下所需的时间
， ， Ａ
（２） 。
误 在 Ａ 离开挡板前 挡板对 Ａ 的作用力不
答案 见解析 ．
。 ，
（１） （２）０ ２ ｓ
做功 Ａ Ｂ 及弹簧组成的系统在整个运动过
， 、 解析 设算珠的质量为 ｍ 取从甲到乙的方
，
程中机械能都守恒 故 项错误 从解除对
向为正方向 甲算珠碰撞前后的速度分别为
， Ｂ 。
，
弹簧的锁定至 Ａ 刚离开挡板的过程中 弹簧
， ｖ 和 ｖ ′ 乙算珠碰后的速度为 ｖ ′ 对算珠
１ １ ， ２ 。 ，
的弹性势能全部转化为 Ｂ 的动能 根据机械
， 由牛顿第二定律知 μｍｇ ｍａ 解得 ａ μｇ
－ ＝ ， ＝－ ＝
能守恒定律 有 Ｅ １ｍ ｖ２ 由图像可知ｖ ． ２ ２
， ｐ ＝ Ｂ Ｂ， Ｂ＝ －０ １×１０ ｍ／ｓ ＝－１ ｍ／ｓ
２ 对甲算珠 有 ｖ２ ｖ２ ａｓ 得 ｖ ．
解得 Ｅ 故 项正确 分析 Ａ 离 （１） ， １ － ０ ＝２ １， １ ＝０ ３ ｍ／ｓ
３ ｍ／ｓ， ｐ ＝９ Ｊ， Ｃ 。 甲算珠与乙算珠碰撞 由动量守恒定律得
开挡板后 Ａ Ｂ 的运动过程 并结合图像数据 ，
、 ，
ｍｖ ｍｖ ′ ｍｖ ′
可知 弹簧伸长到最长时 Ａ Ｂ 的共同速度为 １ ＝ １ ＋ ２
， 、
代入数据 解得 ｖ ′ ．
ｖ 根据机械能守恒定律和动量守恒 ， ２ ＝０ ２ ｍ／ｓ
共＝２ ｍ／ｓ，
设乙滑行 ｓ 后停下 有 ｖ ′２ ａｓ
， ０－ ２ ＝２
定律 有 ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ Ｅ ′ １ｍ ｖ２
， Ｂ Ｂ ＝（ Ａ＋ Ｂ） 共、 ｐ ＝ Ｂ Ｂ－ 代入数据 解得 ｓ ． －２
２ ， ＝２ ０×１０ ｍ
由于 ｓ ｓ 则乙算珠可以滑到边框 ａ
１ ｍ ｍ ｖ ２ 联立解得 Ｅ ′ 故 项 ＝ ２，
（ Ａ＋ Ｂ） 共 ， ｐ ＝３ Ｊ， Ｄ 设甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞所用
２
（２）
正确
时间为 ｔ 碰后至停下所用时间为 ｔ
。
１， ２
解题关键
ｖ ｖ
根据 ｖ ｖ ａｔ 有 ｔ
ｔ－
０
本题主要考查了动量守恒定律及机械能守 ｔ－ ０ ＝ ， ＝ ａ
恒定律的应用，能够知道当弹簧弹性势能最
ｖ ｖ ． ．
ｔ １ － ０ ０ ３－０ ４ ．
大时，两物体共速，此时减少的动能转化为 １ ＝ ａ ＝ ｓ＝０ １ ｓ
－１
弹性势能。 ｖ ′ ． 专
ｔ ０－ １ ０－０ １ ． 题
５．（ 广东， ， 分）算盘是我国古老的计 ２ ＝ ａ ＝ ｓ＝０ １ ｓ 七
２０２１ １３ １１ －１
动
算工具 中心带孔的相同算珠可在算盘的固 在 ｔ 时间内 设甲算珠的位移为 ｓ ′ 量
， ２ ， １
１１３
ｖ ′２ ． ２ ２．（ 北京顺义期末， ）如图
由ｖ２ ｖ２ ａｓ 得ｓ ′ ０－ １ ０－０１ ． ２０２２ ６
ｔ－ ０ ＝２ ， １ ＝ ａ ＝ ｍ＝０５× 所示为大球和小球叠放在一
２ ２×（－１）
－２ ｓ 起 在同一竖直线上进行的超
１０ ｍ＜ ２ 、
故甲算珠从被拨出到停下来所需时间 ｔ ｔ
级碰撞实验 可以使小球弹起
＝ ＋
１ ，
ｔ ． ． ．
并上升到很大高度 将质量为
２ ＝０ １ ｓ＋０ １ ｓ＝０ ２ ｓ 。
ｍ 的大球 在下 质量为 ｍ
考点 三 碰撞、反冲与爆炸 ３ （ ）、
的小球 在上 叠放在一起 从距水平地面高
（ ） ，
１．（ 湖南， ， 分） 年 查德威克用未
２０２２ ４ ４ １９３２ ， ｈ 处由静止释放 ｈ 远大于球的半径 不计空
， ，
知射线轰击氢核 发现这种射线是由质量与
气阻力 重力加速度为 ｇ 假设大球和地面
，
， 。 、
质子大致相等的中性粒子 即中子 组成
大球与小球的碰撞均为弹性碰撞 且碰撞时
（ ） 。
，
如图 中子以速度 ｖ 分别碰撞静止的氢核和
间极短 下列说法正确的是
， ０ 。 （ ）
氮核 碰撞后氢核和氮核的速度分别为 ｖ 和
两球一起下落过程中 小球对大球的弹力
， １ Ａ． ，
ｖ 设碰撞为弹性正碰 不考虑相对论效应
大小为 ｍｇ
２。 ， ，
下列说法正确的是
（ ） 大球与地面碰撞前的速度大小为 ｇｈ
Ｂ． ２
大球与小球碰撞后 小球上升的高度仍
Ｃ． ，
为 ｈ
若大球的质量远大于小球的质量 小球上
Ｄ． ，
碰撞后氮核的动量比氢核的小
升的最大高度为 ｈ
Ａ．
３
碰撞后氮核的动能比氢核的小
答案 Ｂ 两球一起下落过程中 两球都处
Ｂ．
，
ｖ 大于 ｖ
于完全失重状态 小球对大球的弹力大小为
Ｃ． ２ １ ，
ｖ 大于 ｖ
Ｄ． ２ ０ ０，Ａ
错误
；
根据自由落体运动 ｖ２
＝２
ｇｈ
，
得 ｖ
＝
答案 Ｂ 设中子质量为 ｍ 则氢核质量为
， ｇｈ 正确 大球碰撞地面之后 速度瞬间
２ ，Ｂ ； ，
ｍ 氮核质量为 Ｍ ｍ 对中子碰撞氢核过
， ＝１４ 。 反向 大小不变 两球碰撞前后动量守恒 机
， ， 、
程 有 ｍｖ ｍｖ′ ｍｖ １ｍｖ２ １ｍｖ′２ １ｍｖ２ 械能守恒 设碰撞前小球和大球的速度分别
， ０ ＝ ＋ １， ０ ＝ ＋ １， ，
２ ２ ２
为 ｖ 和 ｖ 碰后两球的速度分别为 ｖ ′和 ｖ ′
联立解得 ｖ′ ｖ ｖ 则碰后氢核动量 ｐ′ １ ２， １ ２ ，
： ＝０， １ ＝ ０， ＝ 由动量守恒定律 ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ′ ｍ ｖ ′ 由
１ １ ＋ ２ ２ ＝ １ １ ＋ ２ ２ ，
ｍｖ 氢核动能 Ｅ ′ １ｍｖ２ 同理 分析中子碰
０， ｋ ＝
２
０； ， 机械能守恒定律１ｍ ｖ２ １ｍ ｖ２ １ｍ ｖ ′２ １
＋ ＝ ＋
１ １ ２ ２ １ １
２ ２ ２ ２
撞氮核过程
，
有 ｍｖ
０ ＝
ｍｖ″
＋
Ｍｖ
２，
１
２
ｍｖ２
０ ＝ ２
１ｍｖ″２
ｍ
２
ｖ
２
′２
，
两 式 联 立 解 得 ｖ
１
′
＝
ｍ ｍ ｖ ｍ ｖ
ｍ Ｍ ｍ
年
5
＋
１Ｍｖ２
２，
解得 ｖ″
＝Ｍ
－
ｍ
ｖ
０ ＝－
１３ｖ
０，
ｖ
２ ＝Ｍ
２
ｍ
ｖ
０
（ １ －
ｍ
２）
ｍ
１ ＋２ ２ ２
，
以向上为正方向
，
将 ｍ
１ ＝
高 ２ ＋ １５ ＋ １ ＋ ２
考 ｍ ｍ ｍ ｖ ｇｈ ｖ ｇｈ 代入上式
3 ２ ｖ 可知碰后氮核动量ｐ″ Ｍｖ ２８ｍｖ ， ２ ＝３ ， １ ＝－ ２ ， ２ ＝ ２ ，
年 ＝ ０， ＝ ２ ＝ ０＞
１５ １５ 解得 ｖ ′ ｇｈ 反弹后小球上升的高度为
模
拟 １ ＝２ ２ ，
ｐ′ 碰后氮核动能 Ｅ ″ １Ｍｖ２ ５６ １ｍｖ２ ｖ ′２
A ， ｋ ＝ ２ ＝ · ０＜ Ｈ １ ｈ 错误 若大球的质量远大于小
版 ２ ２２５ ２ ＝ ｇ ＝４ ，Ｃ ；
Ｅ ′ 故选 ２
高 ｋ ， Ｂ。 球的质量 ｖ ′会更大 小球上升的最大高度
考
物 ， １ ，
理 会更高 故 错误
， Ｄ 。
１１４
３．［ 课标 ， （ ）］一质量为 ｍ 的烟花弹 不计空气阻力 求
２０１８ Ⅰ ２４ ２ 。 ：
获得动能 Ｅ 后 从地面竖直升空 当烟花弹
， 。
上升的速度为零时 弹中火药爆炸将烟花弹
，
炸为质量相等的两部分 两部分获得的动能
，
之和也为 Ｅ 且均沿竖直方向运动 爆炸时
， 。
间极短 重力加速度大小为 ｇ 不计空气阻力
， ，
滑块在静止时和向上滑动的过程中 桌
和火药的质量 求爆炸后烟花弹向上运动
（１） ，
。
面对滑杆支持力的大小 Ｎ 和 Ｎ
的部分距地面的最大高度
１ ２；
。
滑块碰撞前瞬间的速度大小 ｖ
Ｅ （２） ；
答案 ２
ｍｇ 滑杆向上运动的最大高度 ｈ
（３） 。
解析 设爆炸时烟花弹距地面的高度为 ｈ 答案 ．
１， （１）８ Ｎ ５ Ｎ （２）８ ｍ／ｓ （３）０ ２ ｍ
由机械能守恒定律有 Ｅ ｍｇｈ 解析 滑块静止时 由整体法得
＝ １ ① （１） ， ：
火药爆炸后 烟花弹上 下两部分均沿竖直 Ｎ ｍ Ｍ ｇ
， 、 １ ＝（ ＋ ） ＝８ Ｎ
方向运动 设炸后瞬间其速度分别为 ｖ 和 滑块向上滑动时 以滑杆为研究对象
， １ ， ，
受力分析如图
ｖ 由题给条件和动量守恒定律有１ｍｖ２ １
２。 １ ＋ 得 Ｎ Ｍｇ ｆ′ Ｍｇ ｆ
４ ４ ： ２ ＝ － ＝ － ＝５ Ｎ。
ｍｖ２ Ｅ 滑块从 Ａ 到 Ｂ 由动能定理
２ ＝ ② （２） ， ：
１ｍｖ
１ ＋
１ｍｖ
２ ＝０ ③ －
ｍｇｌ
－
ｆｌ
＝
１ｍｖ２
－
１ｍｖ２
０
２ ２ ２ ２
由 式知 烟花弹两部分的速度方向相反 得 ｖ
③ ， ， ： ＝８ ｍ／ｓ。
向上运动部分做竖直上抛运动 设爆炸后 滑块与滑杆发生完全非弹性碰撞 由动
。 （３） ，
烟花弹向上运动部分继续上升的高度为 ｈ 量守恒
２， ：
由机械能守恒定律有 ｍｖ ｍ Ｍ ｖ′
＝（ ＋ ）
得 ｖ′
１ｍｖ２ １ｍｇｈ ＝２ ｍ／ｓ
１ ＝ ２ ④
４ ２ 碰撞后 滑块与滑杆一起向上运动 由动能
， ，
联立 式得 烟花弹向上运动部分距
①②③④ ， 定理
：
Ｅ
地面的最大高度为 ｈ ｈ ｈ ２
＝ １ ＋ ２ ＝ｍｇ ⑤ －（ ｍ ＋ Ｍ ） ｇｈ ＝０－ １ （ ｍ ＋ Ｍ ） ｖ′２
２
４．（ 广东， ， 分）某同学受自动雨伞开
得 ｈ ．
２０２２ １３ １１
： ＝０ ２ ｍ
伞过程的启发 设计了如图所示的物理模
，
型 竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有
。
一个滑块 初始时它们处于静止状态 当滑
， 。
块从 Ａ 处以初速度 ｖ 为 向上滑动
０ １０ ｍ／ｓ
时 受到滑杆的摩擦力 ｆ 为 滑块滑到 Ｂ
， １ Ｎ。
处与滑杆发生完全非弹性碰撞 带动滑杆离
，
开桌面一起竖直向上运动 已知滑块的质
专
。
题
量 ｍ ． 滑杆的质量 Ｍ ． Ａ Ｂ 间 七
＝０ ２ ｋｇ， ＝０ ６ ｋｇ， 、
的距离 ｌ ． 重力加速度 ｇ 取 ２ 动
＝１ ２ ｍ， １０ ｍ／ｓ ， 量
１１５
综合篇
拓展 一 动量守恒中的常见模型 物体 Ａ 以速度 ｖ 向右运动压缩弹簧 测得弹
０ ，
簧的最大压缩量为 ｘ 现让该弹簧一端连接
１．（ 河南郑州模拟猜想卷， ）在光滑水平 ；
２０２２ １９
另一质量为 ｍ 的物体 Ｂ 如图乙所示 静止
面上有三个弹性小钢球 ａ ｂ ｃ 处于静止状 （ ），
、 、 在光滑水平面上 物体 Ａ 以 ｖ 的速度向右
态 质量分别为 ｍ ｍ 和 ｍ 其中 ａ ｂ 两球 。 ２ ０
， ２ 、 ２ 。 、 运动压缩弹簧 测得弹簧的最大压缩量仍为
间夹一被压缩了的弹簧 两球通过左右两边 ，
， ｘ 已知整个过程弹簧处于弹性限度内 则
的光滑挡板束缚着 若某时刻将挡板撤掉 ， ，
。 ，
弹簧便把 ａ ｂ 两球弹出 两球脱离弹簧后 ａ （ ）
、 ， ，
球获得的速度大小为ｖ 若ｂ ｃ 两球相距足够
， 、
远 则 ｂ ｃ 两球相碰后
， 、 （ ）
物体 Ａ 的质量为 ｍ
Ａ． ６
物体 Ａ 的质量为 ｍ
Ｂ． ３
ｂ 球的速度大小为 １ ｖ 运动方向与原来
Ａ． ， 弹簧压缩量为最大值 ｘ 时的弹性势能为
３ Ｃ．
相反
３ｍｖ２
０
２
ｂ 球的速度大小为 ２ ｖ 运动方向与原来
Ｂ． ， 弹簧重新恢复原长时 物体 Ｂ 的动量大小
３ Ｄ． ，
相反
为３ｍｖ
０
２
ｃ 球的速度大小为８ｖ
Ｃ． 答案 ＢＣ 甲图中弹簧压缩量最大时 弹性
３ ，
势能最大 物体 Ａ 的动能转化为弹簧的弹性
ｃ 球的速度大小为２ｖ ，
Ｄ． 势能 根据系统的机械能守恒可得 弹簧被
３ ， ，
答案 Ｂ 挡板撤掉后 ａ ｂ 和弹簧组成的系 压缩过程中最大的弹性势能等于 Ａ 的初动
， 、
统动量守恒 取向左方向为正方向 故有 ｍｖ
， ， ２ 能 设 Ａ 的质量为 ｍ 即有 Ｅ １ ｍ ｖ２ 当
ｍｖ 解得两球脱离弹簧后 ｂ 球获得的 ， Ａ， ｐｍ ＝ Ａ ０，
＋ ｂ
１
＝０， ２
速度为 ｖ ｖ 方向水平向右 ｂ ｃ 碰撞前 弹簧一端连接另一质量为 ｍ 的物体 Ｂ 时 Ａ
ｂ １ ＝－２ ， ， 、 ，
后 两者组成的系统动量守恒 故有 ｍｖ 与弹簧相互作用的过程中 Ｂ 将向右运动 Ａ
， ， ｂ １ ＝ ， 、
ｍｖ ｍｖ 由于是弹性小球 碰撞无能量损 Ｂ 速度相等时 弹簧的弹性势能最大 选取 Ａ
２ ｃ＋ ｂ ２， ， ， ，
的初速度的方向为正方向 由动量守恒定律
5
年 高 考
失
，
故１
２
ｍｖ２
ｂ １ ＝ ２
１ｍｖ２
ｂ ２ ＋ ２
１
×２
ｍｖ２
ｃ，
联立解得 ｖ
ｂ ２ 得ｍ Ａ·２ ｖ ０ ＝（ ｍ ＋ ｍ Ａ） ｖ ， 由机
，
械能守恒定律得
3
年 ２ｖ 为正 说明 ｂ 球碰后速度方向与原来 Ｅ １ｍ ｖ ２ １ ｍ ｍ ｖ２ 联立得 ｍ
模 ＝ ， ， ｐｍ ＝ Ａ（２ ０） － （ Ａ＋ ） ， Ａ＝
３ ２ ２
拟
A 的相反 ｖ ４ｖ 方向向右 故 正确 ｍ Ｅ ３ｍｖ２ 故 错误 正确 弹簧重
版 ， ｃ＝－ ， ， Ｂ 。 ３ ， ｐｍ ＝ ０， Ａ ，Ｂ、Ｃ ；
３ ２
高 ２．（ 安徽芜湖期末， ）（多选）如图甲所 新恢复原长时 由动量守恒定律得ｍ ｖ
考 ２０２２ ８ ， Ａ·２ ０ ＝
物
理 示 ， 在光滑水平面上的轻质弹簧一端固定 ， ｍ Ａ ｖ １ ＋ ｍｖ ２， 由 机 械 能 守 恒 定 律 得
１１６
４．（ 河北张家口阶段测试， ）如图 半径为
１ｍ ｖ ２ １ｍ ｖ２ １ｍｖ２ 物体 Ｂ 的动量大 ２０２２ ７ ，
２ Ａ（２ ０） ＝ ２ Ａ １ ＋ ２ ２， Ｒ 质量为 ｍ 的半圆轨道小车静止在光滑的
、
小为 ｐ ｍｖ 解得 ｐ ｍｖ 故 错误
Ｂ＝ ２， Ｂ＝３ ０， Ｄ 。 水平地面上
，
将质量也为 ｍ 的小球
（
可视为
３．（ 山东六校线上联考， ）（多选）如图所
质点 从距 Ａ 点正上方 ｈ 高处由静止释放
２０２２ ９
） ，
示 光滑水平面上有一质量为 Ｍ 半径为 Ｒ 小球自由下落后由 Ａ 点经过半圆轨道后从 Ｂ
， ２ 、
Ｒ 足够大 的１ 光滑圆弧曲面 Ｃ 质量为 Ｍ 冲出 在空中能上升的最大高度为３ ｈ 忽略
（ ） ， ， ，
４ ４
的小球 Ｂ 置于其底端 另一个小球 Ａ 质量为 空气阻力 则
， ， （ ）
Ｍ
小球 Ａ 以 ｖ 的速度向 Ｂ 运动 并
， ０ ＝６ ｍ／ｓ ，
２
与 Ｂ 发生弹性碰撞 不计一切摩擦 小球均
， ，
可视为质点 则
， （ ）
小球和小车组成的系统动量守恒
Ａ．
Ｂ 的最大速率为
Ａ． ４ ｍ／ｓ
小车向左运动的最大距离为１Ｒ
Ｂ．
Ｂ 运动到最高点时的速率为３ ２
Ｂ． ｍ／ｓ
小球离开小车后做斜上抛运动
４
Ｃ．
Ｂ 能与 Ａ 再次发生碰撞 小球第二次能上升的最大高度 ｈ 满足
Ｃ． Ｄ． ｍ
Ｂ 不能与 Ａ 再次发生碰撞
Ｄ． １ｈ ｈ ３ｈ
答案 ＡＤ Ａ 与 Ｂ 发生弹性碰撞 取水平向 ＜ ｍ＜
， ２ ４
右为正方向 根据动量守恒定律和机械能守 答案 Ｄ 小球与小车组成的系统在水平方
，
向所受合外力为零 水平方向系统动量守
Ｍ Ｍ Ｍ Ｍ
恒定律得 ｖ ｖ Ｍｖ １ ｖ２ １ ｖ２ ，
０ ＝ Ａ＋ Ｂ、 · ０ ＝ · Ａ 恒 但系统整体所受合外力不为零 系统动
２ ２ ２ ２ ２ ２ ， ，
量不守恒 故 错误 系统水平方向动量守
１Ｍｖ２ 解得 ｖ ｖ 故 Ｂ 的 ， Ａ ；
＋ Ｂ， Ａ＝－２ ｍ／ｓ、 Ｂ＝４ ｍ／ｓ， 恒 小球运动到 Ｂ 点时 小车向左运动的距
２
， ，
最大速率为 选项 正确 Ｂ 冲上 Ｃ 并 离最大 以向右为正方向 在水平方向 由人
４ ｍ／ｓ， Ａ ； ， ， ，
运动到最高点时二者水平方向共速 设为 ｖ 船模型得 ｍ Ｒ ｘ ｍｘ 得小车向左运
， ， ： （２ － ）－ ＝０，
且二者组成的系统水平方向动量守恒 则 动的最大距离为 ｘ Ｒ 故 错误 小球与小
， ＝ ， Ｂ ；
车组成的系统在水平方向动量守恒 且二者
Ｍｖ Ｍ Ｍ ｖ 得 ｖ ４ 选项 错误 ，
Ｂ＝（ ＋２ ） ， ＝ ｍ／ｓ， Ｂ ；
最初在水平方向上的动量均为零 故系统在
３
，
Ｂ 冲上 Ｃ 然后又从 Ｃ 上滑下的过程 设 Ｂ Ｃ
水平方向上的总动量始终为零 当小球由 Ｂ
， 、
，
分离时速度分别为 ｖ ′ ｖ ′ 由水平方向动量
Ｂ 、 Ｃ ， 点离开小车时二者在水平方向上共速 故此
，
守恒有 Ｍｖ Ｍｖ ′ Ｍｖ ′ 由机械能守恒有 时小车速度与小球水平方向分速度均为零
Ｂ ＝ Ｂ ＋２ Ｃ ，
，
小球离开小车后做竖直上抛运动 故 错
１Ｍｖ ２ １Ｍｖ ′２ １ Ｍｖ ′２ 联立解得 ｖ ′ ， Ｃ
Ｂ ＝ Ｂ ＋ ×２ Ｃ ， Ｂ ＝
２ ２ ２
误 小球第一次由静止下落至上升 ３ ｈ 的运 专
； 题
－ ４ ｍ／ｓ， 由于 ｜ ｖ Ｂ ′ ｜＜｜ ｖ Ａ ｜， 所以二者不会再 ４ 七
æ ö
３
动过程中 由动能定理得 ｍｇçｈ ３ｈ÷ Ｗ 动
次发生碰撞 选项 错误 正确 ， ： è － ø－ ｆ ＝ 量
， Ｃ ，Ｄ 。 ４
１１７
０ Ｗ 为小球克服摩擦力做功大小 解得 Ｗ æ ö
， ｆ ， ： ｆ μｍｇ ｘ １ ｍｖ２ ç １ｍｖ２ １ ｍｖ２ ÷
Δ ＝ ×２ ０ －è １ ＋ ×２ ２ø
２ ２ ２
１ｍｇｈ 即小球第一次在车中运动损失的机
＝ ， 其中 ｖ ｖ
４ ２ ＝２ １
ｖ２
械能为１ ｍｇｈ 由于小球第二次在车中运动 联立解得 ｘ ７ ０
， Δ ＝ μｇ
４ ２５
时 与第一次运动相比 在对应位置处速度 对于滑块有 μｍｇｔ ｍｖ
， ， （３） ＝ ０
变小 因此小车对小球的弹力变小 小球所 木板匀速运动有 Ｆ μｍｇ
， ， ＝
木板运动的位移 ｘ ｖ ｔ
受的摩擦力变小 摩擦力做功小于１ ｍｇｈ 机 ＝ ０
， ， 外力所做的功 Ｗ Ｆｘ
４ ＝
ｖ
械能损失小于 １
４
ｍｇｈ
，
因此小球第二次离开 联立解得 ｔ
＝μｇ
０
，
Ｗ
＝
ｍｖ２
０
６．（ 河北， ， 分）如图 光滑水平面上
小车时 能上升的最大高度大于３ｈ １ｈ １
２０２２ １３ １１ ，
， － ＝
４ ４ ２ 有两个等高且足够长的滑板 Ａ 和 Ｂ 质量分
，
ｈ 而小于３ｈ 故 正确 别为 和 Ａ 右端和 Ｂ 左端分别放置
， ， Ｄ 。 １ ｋｇ ２ ｋｇ，
４ 物块 Ｃ 和 Ｄ 物块质量均为 Ａ 和 Ｃ 以
５．（ 海南， ， 分）如图 一长木板在光 ， １ ｋｇ。
２０２１ １７ １２ ， 相同速度 ｖ 向右运动 Ｂ 和 Ｄ 以相
滑的水平面上以速度 ｖ 向右做匀速直线运 ０ ＝１０ ｍ／ｓ ，
同速度 ｋｖ 向左运动 在某时刻发生碰撞 作
０
动 将一小滑块无初速地轻放在木板最右 ０ ， ，
， 用时间极短 碰撞后 Ｃ 与 Ｄ 粘在一起形成一
，
端 已知滑块和木板的质量分别为 ｍ 和
。 个新物块 Ａ 与 Ｂ 粘在一起形成一个新滑板
， 。
ｍ 它们之间的动摩擦因数为 μ 重力加速
２ ， ， 物块与滑板之间的动摩擦因数均为 μ ．
＝０ １，
度为 ｇ
。 重力加速度大小取 ｇ ２
＝１０ ｍ／ｓ 。
滑块相对木板静止时 求它们的共同速
（１） ，
度大小
；
某时刻木板速度是滑块的 倍 求此时 若 ｋ ． 求碰撞后瞬间新物块与新滑
（２） ２ ， （１） ０＜ ＜０ ５，
滑块到木板最右端的距离 板各自速度的大小和方向
； ；
若滑块轻放在木板最右端的同时 给木 若 ｋ ． 从碰撞后到新物块与新滑板
（３） ， （２） ＝０ ５，
板施加一水平向右的外力 使得木板保持匀 相对静止时 求两者相对位移的大小
， ， 。
速直线运动 直到滑块相对木板静止 求此 答案 见解析 ．
， ， （１） （２）１ ８７５ ｍ
过程中滑块的运动时间以及外力所做的功 解析 取向右为正方向
。 （１）
5 答案 ２ｖ ７
ｖ２
０
ｖ
０ ｍｖ２
Ｃ
、
Ｄ 相碰后的共同速度为 ｖ
ＣＤ
年 （１） ０ （２） μｇ （３）μｇ ０ Ｃ Ｄ 系统碰撞前后遵守动量守恒定律
高 ３ ２５ 、
考
解析 滑块和木板组成的系统动量守 ｍ ｖ ｍ ｋｖ ｍ ｍ ｖ
3 （１） Ｃ ０ － Ｄ ０ ＝（ Ｃ＋ Ｄ） ＣＤ
年
恒 有 代入数值后得 ｖ ｋ
模 ， ＣＤ＝５（１－ ） ｍ／ｓ
拟
ｋ ． 时 ｖ 即 Ｃ Ｄ 构成的新物块速
A ｍｖ ｍ ｍ ｖ 解得 ｖ ２ｖ ０＜ ＜０ ５ ， ＣＤ＞０， 、
版 ２ ０ ＝（ ＋２ ） ， ＝ ０ 度向右
３
高 对滑块和木板组成的系统 有 Ａ Ｂ 相碰后的共同速度为 ｖ
考 （２） ， 、 ＡＢ
物
理 ｍｖ ｍｖ ｍｖ Ａ Ｂ 系统碰撞前后遵守动量守恒定律
２ ０ ＝ １ ＋２ ２ 、
１１８
ｍ ｖ ｍ ｋｖ ｍ ｍ ｖ
Ａ
０
－ Ｂ
０
＝（ Ａ＋ Ｂ） ＡＢ
代入数值后得 ｖ １０ ｋ
ＡＢ＝ （１－２ ） ｍ／ｓ
３
ｋ ． 时 ｋ ｖ 即 Ａ Ｂ 构成的新
０＜ ＜０ ５ ，１－２ ＞０， ＡＢ＞０， 、
滑板速度向右 Ａ 与 Ｂ 的挡板碰撞后 二者的速度大小
（１） ，
ｖ 与 ｖ
（２）
若 ｋ
＝０
．
５，
根据
（１）
可知 ｖ
＝
ｖ
ＣＤ＝２
．
５ ｍ／ｓ，
Ａ Ｂ；
Ｂ 光滑部分的长度 ｄ
ｖ 之后 Ｃ Ｄ 一起向右做匀减速运动 （２） ；
ＡＢ＝０。 、 ，
运动过程中 Ａ 对 Ｂ 的摩擦力所做的
Ａ Ｂ 一起向右做初速度为 的匀加速运动 （３）
、 ０ ， 功 Ｗ
直到两者达到共同速度 ｖ
ｆ；
共
Ｍ
实现上述运动过程 的取值范围 结果
由 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 系统动量守恒得
（４） ，ｍ （
、 、 、 ： Ａ
ｍ ｍ ｖ ｍ ｍ ｍ ｍ ｖ 用 °表示
（ Ｃ＋ Ｄ） ＝（ Ａ＋ Ｂ＋ Ｃ＋ Ｄ） 共 ｃｏｓ ５ ）。
ｖ
共＝１ ｍ／ｓ 答案 ７
（１）２ ｍ／ｓ ２ ｍ／ｓ （２） ｍ （３）－
设新物块在新滑板上滑动的相对位移的大
６
小为 ｘ ３
Δ Ｊ
对 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 系统 根据系统能量守恒可得 ６５
、 、 、 ， ： 见解析
（４）
μ
（
ｍ
Ｃ＋
ｍ
Ｄ）
ｇ
Δ
ｘ
＝
１
（
ｍ
Ｃ＋
ｍ
Ｄ）
ｖ２
－
１
（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ＋
解析
（１）
Ａ 与 Ｂ 发生弹性碰撞
，
ｍ
Ａ＜
ｍ
Ｂ，
则
２ ２ Ａ 碰撞后反弹 以向右为正方向 满足 ｍ ｖ
ｍ ｍ ｖ２ ， ， Ａ ０ ＝
Ｃ＋ Ｄ） 共 ｍ ｖ ｍ ｖ
Ａ（－ Ａ）＋ Ｂ Ｂ
代入数值可得 ｘ ．
Δ ＝１ ８７５ ｍ
１ｍ ｖ２ １ｍ ｖ２ １ｍ ｖ２
７．（ 山东， ， 分）如图所示 形平板 Ａ ０ ＝ Ａ Ａ＋ Ｂ Ｂ
２０２２ １８ １６ ，“Ｌ” ２ ２ ２
解得 ｖ ｖ
Ｂ 静置在地面上 小物块 Ａ 处于平板 Ｂ 上的 Ａ＝２ ｍ／ｓ， Ｂ＝２ ｍ／ｓ
，
与挡板碰前 Ａ 向右匀速运动时 Ｂ 静止
Ｏ′点 Ｏ′点左侧粗糙 右侧光滑 用不可伸 （２） ，
， ， 。
不动 与挡板碰后 Ａ 先向左匀速运动 后向
长的轻绳将质量为 Ｍ 的小球悬挂在 Ｏ′点正 ， ， ，
左做匀减速运动 Ａ 未减速时 Ｂ 的加速度大
上方的 Ｏ 点 轻绳处于水平拉直状态 将小 ，
， 。
小满足
球由静止释放 下摆至最低点与小物块 Ａ 发
， μ ｍ ｍ ｇ ｍ ａ
生碰撞 碰后小球速度方向与碰前方向相 ２（ Ａ＋ Ｂ） ＝ Ｂ Ｂ
， 解得 ａ ２
同 开始做简谐运动 要求摆角小于 ° Ａ Ｂ＝３ ｍ／ｓ
， （ ５ ）， μ ｍ ｇ
Ａ
以速度 ｖ 沿平板滑动直至与 Ｂ 右侧挡板发 Ａ 减速时加速度大小为 ａ Ａ＝ １ ｍ ＝４ ｍ／ｓ ２
０ Ａ
生弹性碰撞 一段时间后 Ａ 返回到 Ｏ 点的
经过分析 Ａ 和 Ｂ 碰撞后运动的 ｖ ｔ 图像如
。 ，
， －
正下方时 相对于地面的速度减为零 此时 图所示 设碰后Ａ 匀速运动的时间为ｔ 减速
， ， ， ２，
小球恰好第一次上升到最高点 已知 Ａ 的 ｖ
。 运动的时间为 ｔ 则有ｔ Ａ ．
质量ｍ ． Ｂ 的质量ｍ ． Ａ 与Ｂ ３， ３ ＝ａ ＝０ ５ ｓ
Ａ＝０ １ ｋｇ， Ｂ＝０ ３ ｋｇ， Ａ
间的动摩擦因数 μ ． Ｂ 与地面间的动摩
１ ＝０ ４，
擦因数 μ ． ｖ 取重力加速度 专
２ ＝０ ２２５， ０ ＝４ ｍ／ｓ， 题
ｇ ２ 整个过程中 Ａ 始终在 Ｂ 上 所 七
＝１０ ｍ／ｓ 。 ，
动
有碰撞时间忽略不计 不计空气阻力 求 量
， ， ：
１１９
ｖ 由碰撞过程的能量关系得
Ａ
Ａ 减速运动的位移大小 ｘ ｔ ．
３ ＝ ３ ＝０ ５ ｍ
２ １Ｍｖ２ １Ｍｖ′２ １ｍ ｖ２
根据题意 ｘ 为减速阶段的位移 即 Ａ 开始 ≥ ＋ Ａ ０
， ３ ， ２ ２ ２
Ｌ
减速时 Ｏ′已向右移动了 ． 则有 ｖ ｔ １ 由 Ｔ 并联立以上各式得
０ ５ ｍ， Ｂ ２ － ＝２π ｇ ，
２
ａ
Ｂ
ｔ２
２ ＝０
．
５ ｍ ４ ２π Ｍ ４ ２π
＜ｍ ＜
°
解得 ｔ １ 另一解舍去 ４５ Ａ ４５（１－ １－ｃｏｓ ５ ）
２ ＝ ｓ（ ）
３ ８．（ 河南平顶山二调， ）如图所示 质量
２０２２ ２４ ，
故 Ｂ 光滑部分长度 ｄ ｖ ｔ ｘ ７ 为 ｍ 的物块 Ａ 在光滑的水平面上以一定的
＝ Ａ ２ ＋ ３ ＝ ｍ
６
速度向右滑行 质量为 ｍ 的圆弧体静止在
Ａ Ｂ 碰后经过时间 ｔ 后 Ａ 和 Ｂ 之间有摩 ， ２
（３） 、 ２ 光滑水平面上 光滑圆弧面最低点与水平面
擦力 刚有摩擦力时 Ｂ 的速度为 ｖ ′ ｖ ａ ｔ ，
， Ｂ ＝ Ｂ－ Ｂ ２ 相切 圆弧的半径为 Ｒ 圆弧所对的圆心角
， ，
＝１ ｍ／ｓ
θ ° 物块滑上圆弧体后 刚好能滑到圆弧
Ｂ 的加速度满足 μ ｍ ｇ μ ｍ ｍ ｇ ｍ ａ ′ ＝５３ ， ，
１ Ａ ＋ ２（ Ａ＋ Ｂ） ＝ Ｂ Ｂ 体的最高点 重力加速度为 ｇ ° ．
， ，ｓｉｎ ５３ ＝０ ８，
解得 ａ Ｂ ′ ＝ １３ ｍ／ｓ ２ ｃｏｓ ５３ ° ＝０ ． ６， 不计空气阻力 。
３
Ｂ 在此后减速运动的位移ｘ 满足 ａ ′ ｘ
Ｂ ２（－ Ｂ ） Ｂ
ｖ ′２
＝０－ Ｂ
解得 ｘ ３ 求物块在水平面上滑行的速度大小
Ｂ＝ ｍ （１） 。
２６
若将圆弧体锁定 物块仍以原来的速度
Ａ 对 Ｂ 的摩擦力所做的功为 Ｗ μ ｍ ｇｘ （２） ，
ｆ＝－ Ａ Ｂ＝
１ 向右滑行并滑上圆弧体 求物块从圆弧面上
，
３
滑出后上升到最高点的速度大小及最高点
－ Ｊ
６５
离水平面的高度
设 Ａ 在光滑区向右滑动的时间为 ｔ 在
。
（４） １，
粗糙区运动的时间为 ｔ 水平向右为正方向
３， ， 答案 ６ｇＲ
（１）
单摆的摆长为 Ｌ 周期为 Ｔ 小球与 Ａ 碰前速 ５
， ，
度为 ｖ 碰后速度为 ｖ′
， ３ ２ｇＲ ６６ Ｒ
（２）
由运动学公式得 ５ ５ １２５
解析 物块与圆弧体组成的系统在水平
ｄ （１）
ｔ
１
＝ｖ 方向动量守恒 物块到达最高点时与圆弧体
，
０
由题意知 Ｔ ｔ ｔ ｔ 速度相等 以向右为正方向 由动量守恒定
＝４（ １ ＋ ２ ＋ ３） ， ，
5 代入数据得 Ｔ ． 律得 ｍｖ ｍ ｍ ｖ
＝４ ５ ｓ ０ ＝（ ＋２ ） ；
年
水平面 圆弧面光滑 除重力 系统内弹力做
高
考 由机械能守恒定律得 ＭｇＬ １Ｍｖ２ 、 ， 、
3 ＝ 功外 无其他力做功 故系统机械能守恒 由
年 ２ ， ， ，
模 由动量守恒定律得 Ｍｖ Ｍｖ′ ｍ ｖ
拟 ＝ ＋ Ａ ０ 机械能守恒定律得 １ｍｖ２ １ ｍ ｍ ｖ２
由题意得 ｖ′ ０ ＝ （ ＋２ ） ＋
A ２ ２
＞０
版
由单摆做简谐运动的条件得
ｍｇＲ θ 解得 ｖ ６ｇＲ
高
考 （１－ｃｏｓ ）， ０ ＝ 。
５
物 ＭｇＬ ° １Ｍｖ′２
理 （１－ｃｏｓ ５ ）＞ 对物块 由机械能守恒定律得
２ （２） ，
１２０
ＢＣ 上到达的高度 ｈ 与 ｘ 之间的关系
１ｍｖ２ ｍｇＲ θ １ｍｖ２ 。
１
＋ （１－ｃｏｓ ）＝
０ 碰撞时间不计 ° ． ° ．
２ ２
（ ，ｓｉｎ ３７ ＝０ ６，ｃｏｓ ３７ ＝０ ８）
解得物块从圆弧面上滑出时的速度 ｖ
１
２ｇＲ
＝ ；
５
物块从圆弧面上滑出后 在水平方向的分运
，
动是匀速直线运动 在竖直方向的分运动是
，
竖直上抛运动 则物块到达最高点时 物块 答案 方向水平向左 见解析
， ， （１）８ Ｎ （２）
ｈ １ｘ ５ ５ ｘ ｈ ｘ
的速度 ｖ ｖ θ ３ ２ｇＲ
（３） ＝ － （ ｍ＜ ≤１ ｍ） ＝０（０≤
２ ＝ １ ｃｏｓ ＝ ； ６ ４８ ８
５ ５
由机械能守恒定律得１ ｍｖ２
０ ＝
ｍｇｈ
＋
１ｍｖ２
２，
解
≤
５
８ ｍ）
２ ２
解析 机械能守恒定律 ｍｇＨ ｍｇＲ
得 ｈ ６６Ｒ （１） ＝ ＋
＝ 。
１２５ １ｍｖ２
Ｄ
解题关键
２
物块在圆弧面上滑动时，系统在水平方向 ｍｖ２
Ｄ
① 牛顿第二定律 Ｆ
的动量守恒。 物块在圆弧面上运动，恰好 Ｎ ＝ Ｒ ＝８ Ｎ
②
能滑到圆弧体的最高点，则此时物块在竖直 牛顿第三定律 Ｆ ′ Ｆ 方向水平向左
Ｎ ＝ Ｎ ＝８ Ｎ，
方向的分速度为零，水平方向的分速度与圆
能在斜轨道上到达的最高点为 Ｃ′点 功
（２） ，
弧体相等。 能关系
ｍｇＨ μｍｇＬ μｍｇＬ θ ｍｇＬ θ
＝ ＡＢ＋ ＢＣ′ ｃｏｓ ＋ ＢＣ′ ｓｉｎ
拓展 二 应用力学三大观点解决综合问题
得 Ｌ １５ ． 故不会冲出
ＢＣ′＝ ｍ＜１ ０ ｍ，
１．（ 浙江 月选考， ， 分）小明将如图 １６
２０２０ ７ ２０ １２
滑块运动到距 Ａ 点 ｘ 处的速度为 ｖ 动能
所示的装置放在水平地面上 该装置由弧形 （３） ，
，
定理
轨道 竖直圆轨道 水平直轨道 ＡＢ 和倾角 θ
、 、 ＝
°的斜轨道 ＢＣ 平滑连接而成 质量 ｍ ｍｇＨ μｍｇｘ １ｍｖ２
３７ 。 ＝ － ＝
． 的小滑块从弧形轨道离地高Ｈ ． ２
０ １ ｋｇ ＝１ ０ ｍ 碰撞后的速度为 ｖ′ 动量守恒定律 ｍｖ ｍｖ′
处静止释放 已知Ｒ ． Ｌ Ｌ ． ， ＝３
。 ＝０２ ｍ， ＡＢ＝ ＢＣ＝１０ ｍ， 设碰撞后两滑块滑到斜轨道的高度为 ｈ 动
滑块与轨道 ＡＢ 和 ＢＣ 间的动摩擦因数均为 ，
能定理
μ ． 弧形轨道和圆轨道均可视为光滑
＝０ ２５， ， ｈ
忽略空气阻力 ， ｇ 取 １０ ｍ／ｓ ２ 。 －３ μｍｇ （ Ｌ ＡＢ － ｘ ） － ３ μｍｇ θ － ３ ｍｇｈ ＝ ０ －
ｔａｎ
求滑块运动到与圆心Ｏ 等高的Ｄ 点时对
（１）
轨道的压力
１ ｍ ｖ′２
（３ ）
；
２
通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末
（２）
得 ｈ １ｘ ５ ５ ｘ
端 Ｃ 点 ＝ － ｍ（ ｍ＜ ≤１ ｍ）
； ６ ４８ ８
若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距 专
（３） ｈ ｘ ５ 题
Ａ 点ｘ 处的质量为 ｍ 的小滑块相碰 碰后一 ＝０（０≤ ≤ ｍ） 七
２ ， ８
动
起运动 动摩擦因数仍为 ． 求它们在轨道 ２．（ 湖北， ， 分）打桩机是基建常用工 量
， ０ ２５， ２０２２ １６ １６
１２１
具 某种简易打桩机模型如图所示 重物 Ａ ｇＬ
。 ， 、 将 ｖ ３ 代入可得 Ｆ １３ｍｇ
Ｂ 和 Ｃ 通过不可伸长的轻质长绳跨过两个 Ｃ＝ ＝
５ ２
光滑的等高小定滑轮连接 Ｃ 与滑轮等高 系统动能最大时加速度为零 合力为零
， （３） ， ，
图中实线位置 时 Ｃ 到两定滑轮的距离均 即在图中虚线位置时系统的动能最大 设
（ ） ， 。
为 Ｌ 重物 Ａ 和 Ｂ 的质量均为 ｍ 系统可以 此时 Ａ Ｂ 与 Ｃ 的速度大小分别为 ｖ ｖ ｖ
。 ， 、 １、 １、 ２，
在如图虚线位置保持静止 此时连接 Ｃ 的绳 由于 Ｃ 的速度沿绳的分速度等于 Ａ Ｂ 的速
， 、
与水平方向的夹角为 ° 某次打桩时 用 度 故 ｖ ｖ °
６０ 。 ， ， １ ＝ ２ ｓｉｎ ６０
外力将 Ｃ 拉到图中实线位置 然后由静止释 再由系统机械能守恒有
，
æ Ｌ ö
ｇＬ
放 。 设 Ｃ 的下落速度为 ３ 时 ， 与正下方
ｍ
Ｃ
ｇＬ
ｔａｎ ６０
°
－２
ｍｇç
è °－
Ｌ
ø
÷
＝
１ ｍ
Ｃ
ｖ２
２ ＋
１
ｃｏｓ ６０ ２ ２
５
质量为 ｍ 的静止桩 Ｄ 正碰 碰撞时间极短
ｍｖ２
２ ， ，
×２
１
Ｌ
碰撞后 Ｃ 的速度为零
，
Ｄ 竖直向下运动
解得 Ｃ 的最大动能 Ｅ
ｋｍ
＝
１ ｍ
Ｃ
ｖ２
２
＝ ２（２－
２
１０
距离后静止 不考虑 Ｃ Ｄ 再次相碰 Ａ Ｂ ｍｇＬ
（ 、 ）。 、 、 ３）
Ｃ Ｄ 均可视为质点 ３．（ 课标 ， ， 分）静止在水平地面上
、 。 ２０１９ Ⅲ ２５ ２０
的两小物块Ａ Ｂ 质量分别为ｍ ． ｍ
、 ， Ａ＝１０ ｋｇ， Ｂ＝
． 两者之间有一被压缩的微型弹簧 Ａ
４ ０ ｋｇ； ，
与其右侧的竖直墙壁距离 ｌ ． 如图所
＝１ ０ ｍ，
示 某时刻 将压缩的微型弹簧释放 使 Ａ Ｂ
。 ， ， 、
瞬间分离 两物块获得的动能之和为 Ｅ
， ｋ ＝
． 释放后 Ａ 沿着与墙壁垂直的方向向
１０ ０ Ｊ。 ，
求 Ｃ 的质量 右运动 Ａ Ｂ 与地面之间的动摩擦因数均
。 、
（１） ；
若Ｄ 在运动过程中受到的阻力Ｆ 可视为 为μ ． 重力加速度取ｇ ２ Ａ Ｂ
＝０ ２０。 ＝１０ ｍ／ｓ 。 、
（２）
运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且
恒力 求 Ｆ 的大小
， ；
碰撞时间极短
撤掉桩 Ｄ 将 Ｃ 再次拉到图中实线位置
。
（３） ， ，
然后由静止释放 求 Ａ Ｂ Ｃ 的总动能最大时
， 、 、
Ｃ 的动能
。
求弹簧释放后瞬间 Ａ Ｂ 速度的大小
（１） 、 ；
答案 ｍ １３ｍｇ
（１） ３ （２） （３）２（２－ 物块 Ａ Ｂ 中的哪一个先停止 该物块刚
２ （２） 、 ？
停止时 Ａ 与 Ｂ 之间的距离是多少
ｍｇＬ
？
３）
解析 系统在图中虚线位置能保持静 Ａ 和 Ｂ 都停止后 Ａ 与 Ｂ 之间的距离是
5 （１） （３） ，
年 多少
止 由平衡条件可得 ｍ ｇ ｍｇ °
高 ， Ｃ ＝２ ｓｉｎ ６０ ？
考 答案 ． ． Ｂ 先停
3 解得 ｍ ｍ （１）４ ０ ｍ／ｓ １ ０ ｍ／ｓ （２）
年 Ｃ＝ ３
． ．
模 设碰撞后Ｄ 的速度为ｖ 由于碰撞时间极 ０ ５０ ｍ （３）０ ９１ ｍ
拟 （２） ，
解析 设弹簧释放瞬间 Ａ 和 Ｂ 的速度大
A 短 ， Ｃ 、 Ｄ 构成的系统动量守恒 ｍ Ｃ ｖ Ｃ＝２ ｍｖ （１）
版 小分别为 ｖ ｖ 以向右为正 由动量守恒定
在 Ｄ 运动过程中由动能定理有 Ａ、 Ｂ， ，
高 律和题给条件有
考 Ｌ
物 Ｆ ｍｇ １ ｍｖ２
理 －（ －２ ）× １０ ＝０－ ２ ×２ ０＝ ｍ Ａ ｖ Ａ－ ｍ Ｂ ｖ Ｂ ①
１２２
Ｅ １ｍ ｖ２ １ｍ ｖ２ １ｍ ｖ ′２ １ｍ ｖ ″２ １ｍ ｖ ″２
ｋ ＝ Ａ Ａ＋ Ｂ Ｂ ② Ａ Ａ ＝ Ａ Ａ ＋ Ｂ Ｂ
２ ２ ２ ２ ２
联立 式并代入题给数据得 联立 式并代入题给数据得
①②
ｖ ． ｖ ．
Ａ＝４ ０ ｍ／ｓ， Ｂ＝１ ０ ｍ／ｓ ③ ｖ ″ ３ ７ ｖ ″ ２ ７
Ａ Ｂ 两物块与地面间的动摩擦因数相 Ａ ＝ ｍ／ｓ， Ｂ ＝－ ｍ／ｓ
（２） 、 ５ ５
等 因而两者滑动时加速度大小相等 设为 这表明碰撞后 Ａ 将向右运动 Ｂ 继续向左运
， ， ，
ａ 假设 Ａ 和 Ｂ 发生碰撞前 已经有一个物 动 设碰撞后 Ａ 向右运动距离为 ｓ ′时停止
。 ， 。 Ａ ，
块停止 此物块应为弹簧释放后速度较小的 Ｂ 向左运动距离为 ｓ ′时停止 由运动学公式
Ｂ ，
，
Ｂ 设从弹簧释放到 Ｂ 停止所需时间为 ｔ Ｂ 有 ２ ａｓ Ａ ′ ＝ ｖ Ａ ″２ ，２ ａｓ Ｂ ′ ＝ ｖ Ｂ ″２
。 ，
根据 式及题给数据得
向左运动的路程为 ｓ 则有
Ｂ， ④
ｓ ′ ． ｓ ′ ．
ｍ Ｂ ａ ＝ μｍ Ｂ ｇ ④ Ａ ＝０ ６３ ｍ， Ｂ ＝０ ２８ ｍ
ｓ ′小于碰撞处到墙壁的距离 由上式可得
Ａ 。
ｓ ｖ ｔ １ａｔ２
Ｂ＝ Ｂ － ⑤ 两物块停止后的距离
２
ｖ ａｔ ｓ′ ｓ ′ ｓ ′ ．
Ｂ－ ＝０ ⑥ ＝ Ａ ＋ Ｂ ＝０ ９１ ｍ
在时间 ｔ 内 Ａ 可能与墙发生弹性碰撞 碰撞 ４．（ 山东， ， 分）如图所示 一倾角为 θ
， ， ２０２０ １８ １６ ，
后 Ａ 将向左运动 碰撞并不改变 Ａ 的速度大 的固定斜面的底端安装一弹性挡板 Ｐ Ｑ 两
， ， 、
小 所以无论此碰撞是否发生 Ａ 在时间 ｔ 内 物块的质量分别为 ｍ 和 ｍ Ｑ 静止于斜面
， ， ４ ，
的路程 ｓ 都可表示为 上 Ａ 处 某时刻 Ｐ 以沿斜面向上的速度 ｖ
Ａ 。 ， ０
与 Ｑ 发生弹性碰撞 Ｑ 与斜面间的动摩擦
ｓ ｖ ｔ １ａｔ２ 。
Ａ＝ Ａ － ⑦ 因数等于 θ 设最大静摩擦力等于滑动摩
２ ｔａｎ ，
联立 式并代入题给数据得 擦力 Ｐ 与斜面间无摩擦 与挡板之间的碰
③④⑤⑥⑦ 。 ，
ｓ ． ｓ ． 撞无动能损失 两物块均可以看作质点 斜
Ａ＝１ ７５ ｍ， Ｂ＝０ ２５ ｍ ⑧ 。 ，
ｓ ｌ 且ｓ ｓ ｌ 这表明在时间ｔ 内Ａ 已与墙 面足够长 Ｑ 的速度减为零之前 Ｐ 不会与之
Ａ＞ Ａ－ Ｂ＜２ ， ，
壁发生碰撞 但没有与 Ｂ 发生碰撞 此时 Ａ 发生碰撞 重力加速度大小为 ｇ
， ， 。 。
位于出发点右边 ． 处 Ｂ 位于出发点左
０ ２５ ｍ ，
边 ． 处 两物块之间的距离 ｓ 为 ｓ ．
０ ２５ ｍ ， ＝０ ２５
． ．
ｍ＋０ ２５ ｍ＝０ ５０ ｍ ⑨
ｔ 时刻后 Ａ 将继续向左运动 假设它能与
（３） ， 求Ｐ 与Ｑ 第一次碰撞后瞬间各自的速度
（１）
静止的 Ｂ 碰撞 碰撞时速度的大小为 ｖ ′ 由
， Ａ ， 大小 ｖ ｖ
Ｐ １、 Ｑ １；
动能定理有
求第 ｎ 次碰撞使物块 Ｑ 上升的高度 ｈ
（２） ｎ；
求物块 Ｑ 从 Ａ 点上升的总高度 Ｈ
１ｍ
Ａ
ｖ
Ａ
′２
－
１ｍ
Ａ
ｖ２
Ａ＝－
μｍ
Ａ
ｇ
（２
ｌ
＋
ｓ
Ｂ） （３） ；
２ ２ 为保证在Ｑ 的速度减为零之前Ｐ 不会与
（４）
联立 式并代入题给数据得
③⑧ 之发生碰撞 求 Ａ 点与挡板之间的最小距
，
ｖ ′
Ａ ＝ ７ ｍ／ｓ 离 ｓ
。
故 Ａ 与 Ｂ 将发生碰撞 设碰撞后 Ａ Ｂ 的速
。 、
æ öｎ
－１
ｖ２
答案 ３ ｖ ２ ｖ ç ７ ÷ ０ ｎ
度分别为 ｖ Ａ ″和 ｖ Ｂ ″ ， 由动量守恒定律与机械 （１） ５ ０ ５ ０ （２）è ２５ ø · ２５ ｇ（ 专 题
能守恒定律有 七
ｖ２ ｖ２
０ （８ ７－１３） ０ 动
ｍ Ａ（－ ｖ Ａ ′ ）＝ ｍ Ａ ｖ Ａ ″ ＋ ｍ Ｂ ｖ Ｂ ″ ＝１，２，３…） （３） １８ ｇ （４） ２００ ｇ ｓｉｎ θ 量
１２３
解析 Ｐ 与 Ｑ 的第一次碰撞 Ｑ 质量较 ｈ
（１） ， 运动学公式得 ｖ２ ｇ θ ２
大 Ｐ 与之碰后速度方向改变 取 Ｐ 的初速 ０－ Ｑ ２ ＝２·（－２ ｓｉｎ ）· θ
， ， ｓｉｎ
度方向为正方向 由动量守恒定律得 ｍｖ
， ０ ＝－
ｍｖ ｍｖ
ｖ２
Ｐ １ ＋４ Ｑ １ ① 联立 式得 ｈ ７ ０
２ ＝ · ｇ
２５ ２５
由机械能守恒定律得１ｍｖ２
０ ＝
１ｍｖ２
Ｐ １ ＋
１
·４
ｍｖ２
Ｑ １ 设 Ｐ 运动至与 Ｑ 刚要发生第三次碰撞前的
２ ２ ２
位置时速度为 ｖ 第二次碰后至第三次碰
②
０３，
前 对 Ｐ 由动能定理得
，
联立 式得 ｖ ３ｖ
①② Ｐ １ ＝ ０ ③
５ １ｍｖ２ １ｍｖ２ ｍｇｈ
０３ － Ｐ ２ ＝－ ２
２ ２
ｖ ２ｖ
Ｑ １ ＝ ０ ④ æ ö ２
５ 联立 式得 ｖ çç ７ ÷÷ ｖ
碰后对 Ｑ 受力分析 沿斜面方向有 ｍｇ ０３ ＝è ø ０
（２） ， －４ ５
Ｐ 与 Ｑ 的第三次碰撞 设碰后 Ｐ 与 Ｑ 的速度
θ μＦ ｍｇ θ ｍａ ａ ｇ θ
，
ｓｉｎ － Ｎ ＝－８ ｓｉｎ ＝４ ， ＝－２ ｓｉｎ ；
分别为 ｖ ｖ 由动量守恒定律得 ｍｖ
设Ｐ 、 Ｑ 第一次碰撞后Ｑ 上升的高度为ｈ １， 对 Ｐ ３、 Ｑ ３， ０３ ＝
ｍｖ ｍｖ
Ｑ 由运动学公式得 Ｐ ３ ＋４ Ｑ ３
ｈ 由机械能守恒定律得１ｍｖ２ １ｍｖ２ １ ｍｖ２
ｖ２ ｇ θ １ ０３ ＝ Ｐ ３ ＋ ·４ Ｑ ３
０－ Ｑ １ ＝２·（－２ ｓｉｎ ）· θ ⑤ ２ ２ ２
ｓｉｎ
ｖ２
联立 式得 ｈ ０ 联立 式得
④⑤ １ ＝ ｇ ⑥
２５
æ ö
２
由于 μ θ 故 Ｑ 减速运动到最高点后静 ｖ ３ çç ７ ÷÷ ｖ
＝ｔａｎ ， Ｐ ３ ＝－ ×è ø ０
止 设 Ｐ 运动至与 Ｑ 刚要发生第二次碰撞前 ５ ５
； æ ö
２
的位置时速度为 ｖ 第一次碰后至第二次碰 ｖ ２ çç ７ ÷÷ ｖ
０２， Ｑ ３ ＝ ×è ø ０
前 对 Ｐ 由动能定理得 ５ ５
， 设第三次碰撞后 Ｑ 上升的高度为 ｈ 由运动
３，
１ｍｖ２ １ｍｖ２ ｍｇｈ 学公式得
０２ － Ｐ １ ＝－ １ ⑦
２ ２
ｈ
ｖ２ ｇ θ ３
联立 式得 ｖ ７ｖ ０－ Ｑ ３ ＝２·（－２ ｓｉｎ ）· θ
③⑥⑦ ０２ ＝ ０ ⑧ ｓｉｎ
５ æ ö
２
ｖ２
Ｐ 与 Ｑ 的第二次碰撞 设碰后 Ｐ 与 Ｑ 的速度 联立 式得 ｈ ç ７ ÷ ０
， ３ ＝è ø · ｇ
２５ ２５
分别为 ｖ ｖ 由动量守恒定律得 ｍｖ
Ｐ ２、 Ｑ ２， ０２ ＝
……
ｍｖ ｍｖ
Ｐ ２ ＋４ Ｑ ２ ⑨ 总结可知 第 ｎ 次碰撞后 物块 Ｑ 上升的高
， ，
5 由机械能守恒定律得１ｍｖ２ １ｍｖ２ １ ｍｖ２ 度为
年 ０２ ＝ Ｐ ２ ＋ ·４ Ｑ ２
高 ２ ２ ２ æ öｎ
－１
ｖ２
考 ｈ ç ７ ÷ ０ ｎ
3 ⑩ ｎ＝è ø · ｇ（ ＝１，２，３…）
年 ２５ ２５
模 当 Ｐ Ｑ 达到 Ｈ 时 两物块到此处的速度
联立 式得 ｖ ３ ７ｖ
拟 ⑧⑨⑩ Ｐ ２ ＝－ × ０ （３） 、 ，
A ５ ５ 可视为零 对两物块运动全过程由动能定
，
版
理得
ｖ ２ ７ｖ
高 Ｑ ２ ＝ × ０
考 ５ ５
物 １ｍｖ２ ｍ ｍ ｇＨ θ ｍｇ θ
理 设第二次碰撞后 Ｑ 上升的高度为ｈ 对Ｑ 由 ０－ ０ ＝－（ ＋４ ） －ｔａｎ ·４ ｃｏｓ ·
２， ２
１２４
Ｈ ｖ２
θ 联立 式得 ｓ （８ ７－１３） ０
③④⑧ ＝ ｇ θ
ｓｉｎ
２００ ｓｉｎ
ｖ２
解得 Ｈ ０
＝ ｇ
１８ 解题技巧
设 Ｑ 第一次碰撞至速度减为零需要的时
弹性碰撞的规律满足动量守恒和机械能
（４）
间为 ｔ 由运动学公式得 ｖ ｇｔ θ
１， Ｑ １ ＝２ １ ｓｉｎ 守恒
设 Ｐ 运动到斜面底端时的速度为 ｖ ′ 需要
Ｐ １ ， 例如：以质量为 ｍ 、速度为 ｖ 的小球与质量
的时间为 ｔ 由运动学公式得 １ １
２， 为 ｍ 的静止小球发生正面弹性碰撞为例，
２
ｖ ′ ｖ ｇｔ θ
Ｐ １ ＝ Ｐ １ ＋ ２ ｓｉｎ 则有
ｖ
Ｐ １
′２
－
ｖ２
Ｐ １ ＝２
ｓｇ
ｓｉｎ
θ
ｍ １ ｖ １ ＝ ｍ １ ｖ １ ′ ＋ ｍ ２ ｖ ２ ′ ①
设 Ｐ 从 Ａ 点到 Ｑ 第一次碰后速度减为零处
１ｍ ｖ２ １ｍ ｖ ′２ １ｍ ｖ ′２
匀减速运动的时间为 ｔ １ １ ＝ １ １ ＋ ２ ２ ②
３ ２ ２ ２
ｖ ｖ ｇｔ θ （ｍ ｍ ）ｖ ｍ ｖ
０２ ＝－ Ｐ １ － ３ ｓｉｎ 由 得 ｖ ′ １ － ２ １，ｖ ′ ２ １ １
当 Ａ 点与挡板之间的距离最小时 ｔ ｔ ｔ ①② １ ＝ ｍ ｍ ２ ＝ｍ ｍ
１ ＝２ ２ ＋ ３ １ ＋ ２ １ ＋ ２
专
题
七
动
量
１２５
应用篇
模型 一 应用动量定理知识解决流体问题 故选
Ｂ。
２．（ 安徽合肥八中模拟， ）平底煎锅正在
１．（ 福建， ， 分）福建属于台风频发地区
２０２２ ３
２０２１ ４ ４ ，
炸豆子 假设每个豆子的质量均为 ｍ 弹起
各类户外设施建设都要考虑台风影响 已知
。 ，
。
的豆子均垂直撞击平板锅盖 撞击速度均为
级台风的风速范围为 ． ．
，
１０ ２４５ ｍ／ｓ～２８４ ｍ／ｓ，１６
级台风的风速范围为 ． ．
ｖ 每次撞击后速度大小均变为 ２ ｖ 撞击的
５１ ０ ｍ／ｓ～５６ ０ ｍ／ｓ。
。 ，
若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌 ３
，
时间极短 发现质量为 Ｍ 的锅盖刚好被顶
则 级台风对该交通标志牌的作用力大小 ，
１６
起 重力加速度为 ｇ 则单位时间撞击锅盖
约为 级台风的
。 ，
１０ （ ）
的豆子个数为
倍 倍 倍 倍
（ ）
Ａ．２ Ｂ．４ Ｃ．８ Ｄ．１６
答案 Ｂ 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
Ｍｇ Ｍｇ Ｍｇ Ｍｇ
，
３ ２ ２ ３
通标志牌的横截面积为 Ｓ 在时间 ｔ 内吹过 Ａ． ｍｖ Ｂ． ｍｖ Ｃ． ｍｖ Ｄ． ｍｖ
， Δ ５ ５ ３ ２
的空气的质量为 ｍ ρＳｖ ｔ 假定台风迎 答案 Ａ 设单位时间撞击锅盖的豆子个数
Δ ＝ ·Δ ，
面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度
为 ｎ 则由动量定理 Ｆ ｔ ｍ ２ ｖ
变为零 对风由动量定理有 Ｆ ｔ ｍｖ ， － Δ ＝ －（Δ · ）－
， － ·Δ ＝０－Δ ， ３
可得标志牌对台风的作用力 Ｆ ρＳｖ２ 根据牛 ｍｖ 其中 Ｆ Ｍｇ ｍ ｎ ｔ ｍ 解得 ｎ
＝ ， Δ ， ＝ 、Δ ＝ Δ · ， ＝
顿第三定律知 台风对标志牌的作用力 Ｆ′ Ｍｇ
， ＝ ３ 故 项正确
Ｆ
＝
ρＳｖ２
，１０
级台风的风速 ｖ
１≈２６
．
５ ｍ／ｓ，１６ ５
ｍｖ， Ａ 。
Ｆ ｖ２ ３．（ 北京理综， ， 分）雨滴落到地面的
级台风的风速 ｖ ． 则有 ２ ２ ２０１９ ２４ ２０
２≈５３ ５ ｍ／ｓ， Ｆ ＝ｖ２ ≈４， 速度通常仅为几米每秒 这与雨滴下落过程
１ １ ，
中受到空气阻力有关 雨滴间无相互作用 ｋｒ２ｖ２
。 得 ａ ｇ
＝ － ｍ
且雨滴质量不变 重力加速度为 ｇ
， 。
当加速度为零时 雨滴趋近于最大速度 ｖ
质量为 ｍ 的雨滴由静止开始 下落高度
（１） ， ， ｍ
当空气阻力等于重力时 雨滴速度最大
ｈ 时速度为 ｕ 求这一过程中克服空气阻力 （ ， ）
，
所做的功 Ｗ 雨滴质量 ｍ ４ ｒ３ρ 分
。 ＝ π （２ ）
将雨滴看作半径为 ｒ 的球体 设其竖直 ３
（２） ， 由 ａ 可得 分
落向地面的过程中所受空气阻力 ｆ ｋｒ２ｖ２ 其 ＝０， （２ ）
＝ ，
ρｇ
中 ｖ 是雨滴的速度 ｋ 是比例系数 雨滴最大速度 ｖ ４π ｒ 分
， 。 ｍ ＝ ｋ （１ ）
３
设雨滴的密度为 ρ 推导雨滴下落趋近的
ａ． ， ρｇ
最大速度 ｖ 与半径 ｒ 的关系式 由ｖ ４π ｒ可知 对应半径为ｒ 的雨
ｍ ； ｂ． ｍ ＝ ３ ｋ ，① １
示意图中画出了半径为 ｒ ｒ ｒ ｒ 的雨
滴 所作ｖ ｔ图线如图 分
ｂ． １、 ２（ １＞ ２）
。 － １。 （２ ）
滴在空气中无初速下落的 ｖ ｔ 图线 其中 由于 ｒ ｒ 故 ｖ ｖ
－ ，
（ １＞ ２， ｍ１＞ ｍ２）
对应半径为 ｒ 的雨滴 选填
１ （ ①、
若不计空气阻力 请在图中画出雨滴
②）； ，
无初速下落的ｖ ｔ 图线
－ 。
图
１
分
（２ ）
由于大量气体分子在各方向运动的几率 不计空气阻力 雨滴做自由落体运动 图线
（３） （ ， ，
相等 其对静止雨滴的作用力为零 将雨滴 是一条倾斜的直线
， 。 ）
简化为垂直于运动方向面积为 Ｓ 的圆盘 证 根据题设条件 大量气体分子在各方向
， （３） ：
明 圆盘以速度ｖ 下落时受到的空气阻力ｆ 运动的几率相等 其对静止雨滴的作用力为
： ∝ ，
ｖ２ 提示 设单位体积内空气分子数为 ｎ 空 零 以下只考虑雨滴下落的定向运动
（ ： ， 。 。
气分子质量为 ｍ 简化的圆盘模型如图 设空气分子与圆盘
０）。 ２，
碰撞前后相对速度大小不变 在 ｔ 时间内
ρｇ 。 Δ ，
答案 ｍｇｈ １ｍｕ２ ｖ ４π ｒ
（１） － （２）ａ． ｍ ＝ ｋ 与圆盘碰撞的空气分子质量为 ｍ Ｓｖ ｔｎｍ
２ ３ Δ ＝ Δ ０
图见解析 见解析 分
ｂ．① （３） （２ ）
一定要有必要的文字表述
解析 根据动能定理 ｍｇｈ Ｗ １ｍｕ２ （ ）
（１） － ＝
5 ２
年 分
高 （２ ）
考
由于空气阻力未知 故只能从功和能量转
3
（ ，
年 图
模 化角度分析解决问题 ２
）
拟
以 Ｆ 表示圆盘对气体分子的作用力 根据动
A 可得 Ｗ ｍｇｈ １ｍｕ２ 分 ，
版 ＝ － （１ ） 量定理
２ ，
高 根据牛顿第二定律有 ｍｇ ｆ ｍａ 有 Ｆ ｔ ｍ ｖ 分
考 （２）ａ． － ＝ Δ ∝Δ × （２ ）
物
理 分 得 Ｆ ｎｍ Ｓｖ２ 分
（２ ） ∝ ０ （１ ）
１２６
由牛顿第三定律 可知圆盘所受空气阻力 ｆ ｖ２ ｍ
， ∝ 的速度一定小于 则 ｖ １３ ０ｖ
分 ５ ｍ／ｓ， ７ ＝ ｍ ０＜５ ｍ／
（１ ）
一定要有牛顿第三定律的文字表述 不能 解得 ｍ 综上所述 运动员的质量满
（ ， ｓ， ＞５２ ｋｇ， ，
忽略 足 ｍ 两项错误 两项
） ５２ ｋｇ＜ ＜６０ ｋｇ，Ａ、Ｄ ，Ｂ、Ｃ
采用不同的碰撞模型 也可得到相同的结 正确
（ ， 。
论 解题指导
）
运动员每推一次物块的前后，运动员与物块
模型 二 动量守恒中的临界模型
组成的系统动量守恒。 根据归纳演绎的思
１．（ 河北廊坊期末， ）（多选）水平冰面上 想，分别列出前 次的方程，从而得到第ｎ 次
２０２２ ９ ３
有一固定的竖直挡板 一滑冰运动员面对 的方程，结合题意得到运动员质量范围的临
。
挡板静止在冰面上 他把一质量为 ． 的 界质量。
， ４ ０ ｋｇ
静止物块以大小为 ． 的速度沿与挡板 ２．（ 湖南， ， 分）（多选）如图 质量分
５ ０ ｍ／ｓ ２０２１ ８ ５ （ａ），
垂直的方向推向挡板 运动员获得退行速 别为ｍ ｍ 的Ａ Ｂ 两物体用轻弹簧连接构成
， Ａ、 Ｂ 、
度 物块与挡板发生弹性碰撞 速度反向 追 一个系统 外力Ｆ 作用在 Ａ 上 系统静止在光
； ， ， ， ，
上运动员时 运动员又把物块推向挡板 使 滑水平面上 Ｂ 靠墙面 此时弹簧形变量为
， ， （ ），
其再一次以大小为 ． 的速度与挡板发 ｘ 撤去外力并开始计时 Ａ Ｂ 两物体运动的
５ ０ ｍ／ｓ 。 ， 、
生弹性碰撞 总共经过 次这样推物块后 ａ ｔ 图像如图 所示 Ｓ 表示 到 ｔ 时间内
。 ８ ， － （ｂ） ， １ ０ １
运动员退行速度的大小大于 ． 反弹的 Ａ的ａ ｔ 图线与坐标轴所围面积大小 Ｓ Ｓ
５ ０ ｍ／ｓ， － ， ２、 ３
物块不能再追上运动员 不计冰面的摩擦 分别表示ｔ 到ｔ 时间内Ａ Ｂ 的ａ ｔ 图线与坐
。 １ ２ 、 －
力 该运动员的质量可能为 标轴所围面积大小 Ａ在ｔ 时刻的速度为ｖ
， （ ） 。 １ ０。
下列说法正确的是
Ａ．４８ ｋｇ Ｂ．５３ ｋｇ （ ）
Ｃ．５８ ｋｇ Ｄ．６３ ｋｇ
答案 ＢＣ 设运动员和物块的质量分别为
ｍ ｍ 规定运动员运动的方向为正方向 开
、 ０， ，
始时运动员静止 设第 次将物块推出后
。 １ ，
运动员和物块的速度大小分别为 ｖ ｖ 则根
１、 ０， 图 图
（ａ） （ｂ）
ｍ
据动量守恒定律有 ｍｖ ｍ ｖ 解得 ｖ ０ 到 ｔ 时间内 墙对 Ｂ 的冲量等于 ｍ ｖ
１ ＝ ０ ０， １ ＝ ｍ Ａ．０ １ ， Ａ ０
ｍ ｍ
ｖ 物块与挡板弹性碰撞后 运动方向与运动 Ｂ． Ａ＞ Ｂ
０， ，
Ｂ 运动后 弹簧的最大形变量等于 ｘ
员速度方向相同 当运动员再次推出物块 Ｃ． ，
。
Ｓ Ｓ Ｓ
ｍ Ｄ． １ － ２ ＝ ３
时 ｍｖ ｍ ｖ ｍｖ ｍ ｖ 解得ｖ ３ ０ｖ 第 答案 ＡＢＤ 从 ａ ｔ 图像可知 ｔ 时间内
， １ ＋ ０ ０ ＝ ２ － ０ ０， ２ ＝ ｍ ０。 － ，０～ １
Ｂ 物体未运动 仍处于静止状态 受力平衡
次推出后 ｍｖ ｍ ｖ ｍｖ ｍ ｖ 解得ｖ
， ， ，
３ ， ２ ＋ ０ ０ ＝ ３ － ０ ０， ３ ＝
故墙对 Ｂ 的作用力的大小 方向和弹簧对 Ａ
ｍ
、
５ ０ｖ 依次类推 第 次推出后 运动员的
ｍ ０。 ， ８ ， 的作用力的大小 方向均相同 故墙对 Ｂ 的
、 ，
ｍ ｍ 冲量与弹簧对 Ａ 的冲量相同 故由动量定理 专
速度 ｖ １５ ０ｖ 根据题意可知 ｖ １５ ０ｖ ， 题
七
８ ＝ ｍ ０， ８ ＝ ｍ ０＞ 可知其大小等于 ｍ ｖ 正确 ｔ 时刻之后
Ａ ０，Ａ ； １ ， 动
解得 ｍ 第 次推出后运动员 Ａ Ｂ 构成的系统动量守恒 弹簧形变量最大 量
５ ｍ／ｓ， ＜６０ ｋｇ。 ７ 、 ，
１２７
时 弹簧弹力最大 ａ 也最大 在 ｔ 时刻 Ａ Ｂ 为研究对象 根据动量定理有 Ｉ ｍ
， ， ， ２ ， 、 ， 弹 ＝ －（ Ａ＋
加速度最大 且此时 Ａ Ｂ 受力大小相等 方 ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ 解得 Ｉ 则挡
， 、 ， Ｂ） １ －（ Ａ＋ Ｂ） １， 弹＝－６ Ｎ·ｓ，
向相反 ａ ａ 所以ｍ ｍ 正确 ｔ 时刻 板对 Ｃ 的冲量 Ｉ Ｉ 负号表示方
， Ａ＜ Ｂ， Ａ＞ Ｂ，Ｂ ； ２ ＝ 弹 ＝－６ Ｎ·ｓ，
弹簧形变量最大 ａ ａ 所以形变量小于 ｘ 向水平向左
， Ａ＜ ０， ， 。
错误 由于 ａ ｔ 图线与时间轴围成的面积 Ｃ 离开挡板后 当 Ａ Ｂ Ｃ 具有相同速度
Ｃ ； － （３） ， 、 、
表示速度变化量 故 ｔ 时 Ａ 的速度大小 ｖ ｖ 时 弹簧具有最大弹性势能 对 Ａ Ｂ Ｃ 及
， １ ０ ＝ ２ ， ， 、 、
Ｓ ｔ 时 ｖ Ｓ ｖ Ｓ Ｓ 当弹簧形变量最 弹簧组成的系统 所受合外力为 故动量守
１， ２ Ｂ ＝ ３， Ａ ＝ １ － ２， ， ０，
大时有 ｖ ｖ 解得 Ｓ Ｓ Ｓ 正确 恒 以水平向左为正方向 根据动量守恒定
Ａ＝ Ｂ， １ － ２ ＝ ３，Ｄ 。 ， ，
３．（ 山西二模， ）如图所示 固定在轻弹 律有
２０２２ １４ ，
ｍ ｍ ｖ ｍ ｍ ｍ ｖ
簧两端的物体 Ｂ 、 Ｃ 置于光滑的水平面上 ， Ｃ （ Ａ＋ Ｂ） １ ＝（ Ａ＋ Ｂ＋ Ｃ） ２
根据机械能守恒定律有
靠在固定挡板上 物体 Ａ 以水平向右的速度
，
ｖ 与 Ｂ 正碰并瞬间粘在一起 一段时
０ ＝３ ｍ／ｓ ，
Ｅ
ｐ ＝
１
（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ）
ｖ２
１ －
１
（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ＋
ｍ
Ｃ）
ｖ２
２
间后 Ｃ 离开挡板 已知 Ａ Ｂ Ｃ 的质量分别 ２ ２
。 、 、
解得 Ｅ ．
为 ｍ ｍ ｍ 求 ｐ ＝０ ７５ Ｊ。
Ａ＝１ ｋｇ， Ｂ＝２ ｋｇ， Ｃ＝３ ｋｇ， ：
４．（ 全国乙， ， 分）如图 一质量为
２０２２ ２５ ２０ （ａ），
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 时与弹簧接
Ａ 与 Ｂ 刚刚碰撞后的速度大小 ｖ ； ， ＝０
（１） １；
触 到 ｔ ｔ 时与弹簧分离 第一次碰撞结
（２）
从Ａ 与Ｂ 刚刚碰撞后到Ｃ 刚离开挡板的
， ＝２ ０ ，
束 Ａ Ｂ 的 ｖ ｔ 图像如图 所示 已知从
过程中 求挡板对 Ｃ 的冲量 Ｉ ， 、 － （ｂ） 。
， ；
ｔ 到 ｔ ｔ 时间内 物块 Ａ 运动的距离为
（３） Ｃ 离开挡板后 ， 弹簧具有的最大弹性势 ＝０ ＝ ０ ，
． ｖ ｔ Ａ Ｂ 分离后 Ａ 滑上粗糙斜面 然
能 Ｅ
ｐ。 ０ ３６ ０ ０。 、 ， ，
后滑下 与一直在水平面上运动的 Ｂ 再次碰
答案 方向水平
，
（１）１ ｍ／ｓ （２）６ Ｎ·ｓ，
撞 之后 Ａ 再次滑上斜面 达到的最高点与
向左
， ，
前一次相同 斜面倾角为θ θ ． 与
． 。 （ｓｉｎ ＝０ ６），
（３）０ ７５ Ｊ
水平面光滑连接 碰撞过程中弹簧始终处
解析 以水平向右为正方向 Ａ 与 Ｂ 碰
。
（１） ，
于弹性限度内 求
撞时 对 Ａ Ｂ 组成的系统 根据动量守恒定
。
， 、 ，
律有 ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ 解得 ｖ
Ａ ０ ＝（ Ａ＋ Ｂ） １， １ ＝１ ｍ／ｓ。
分析可知 Ｃ 离开挡板瞬间 弹簧恰恢复
（２） ，
图
原长 从 Ａ 与 Ｂ 碰撞后到 Ｃ 刚要离开挡板的 （ａ）
，
过程中 Ｃ 始终静止 故挡板对 Ｃ 的作用力
， ，
5
年 始终和弹簧对 Ａ Ｂ 的作用力大小相等 方向
高 、 、
考 相同 则挡板对 Ｃ 的冲量与弹簧对 Ａ Ｂ 的冲
3 ， 、
年 量大小相等 方向相同 Ａ Ｂ Ｃ 与弹簧组成
模 、 ； 、 、
拟
的系统除系统内弹力做功外 其他力做功为
A ，
版 故机械能守恒 根据机械能守恒定律可 图
０， ， （ｂ）
高 知 Ｃ 刚要离开挡板时 Ａ 和 Ｂ 的速度大小仍 第一次碰撞过程中 弹簧弹性势能的最
考 ， ， （１） ，
物
理 为 ｖ 方向向左 设向右为正方向 以 Ａ 和 Ｂ 大值
１， ， ， ；
１２８
第一次碰撞过程中 弹簧压缩量的最
（２） ， 之间所围面积表示 ｘ 则 ｘ ． ｖ ｔ ｘ １
大值 Δ ， Δ ＝１ ２ ０ ０ － Ａ－
５
；
ｘ ． ｖ ｔ
（３） 物块 Ａ 与斜面间的动摩擦因数 。 Ａ＝０ ７６８ ０ ０
答案 ． ｍｖ２ ． ｖ ｔ ．
（３）
Ａ
、
Ｂ 第二次碰撞过程
，
设碰前 Ａ 速度大
（１）０ ６ ０ （２）０ ７６８ ０ ０ （３）０ ４５
解析
（１）
ｔ
０
时弹簧被压缩至最短
，
Ａ
、
Ｂ 碰 小为 ｖ Ａ １， 碰后 Ａ 、 Ｂ 速度大小分别为 ｖ Ａ ′ 、 ｖ Ｂ ′
动量守恒 ｍ ． ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ′ ｍ ｖ ′
撞动量守恒 ， 由图 （ｂ） 知 ｍ Ｂ·１ ． ２ ｖ ０ ＝（ ｍ Ｂ＋ ： Ｂ·０ ８ ０ － Ａ Ａ １ ＝ Ｂ Ｂ ＋ Ａ Ａ
ｍ ｖ
Ａ）
０
动能不变
：
１ｍ
Ｂ（０
．
８
ｖ
０）
２
＋
１ｍ
Ａ
ｖ２
Ａ １ ＝
１ｍ
Ｂ
ｖ
Ｂ
′２
＋
得 ｍ ｍ ｍ ２ ２ ２
Ｂ＝５ Ａ＝５
此过程 Ａ Ｂ 与弹簧组成的系统机械能守恒 １ｍ ｖ ′２
、 Ａ Ａ
２
弹簧的最大弹性势能 Ｅ Ｅ １ｍ ． 因为第二次碰撞后 Ａ 滑上斜面达到的最高
ｐｍａｘ ＝ ｜Δ ｋ｜ ＝ Ｂ（１
２
点与前一次相同 故第一次和第二次碰后 Ａ
，
２ ｖ ０） ２ － ２ １ （ ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ） ｖ２ ０ ＝０ ． ６ ｍｖ２ ０ 的速度相同 ， 故 ｖ Ａ ′ ＝２ ｖ ０
联立解得 ｖ ｖ
ｔ 时弹簧压缩量最大 设为 ｘ Ａ ＝
（２） ０ ， Δ １ ０
对 Ａ 第一次碰撞后以 ｖ 冲上斜面至速度为
由题意 ｔ 内
，０～ ０ ， ２ ０
μｍｇｈ θ
ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ． ｖ
Ａ Ａ＋ Ｂ Ｂ＝ Ｂ·１ ２ ０ 零过程 ， 由动能定理有 － ｍｇｈ － ｃ θ ｏｓ ＝０
即 ｍｖ ｍｖ ｍｖ ｓｉｎ
Ａ＋５ Ｂ＝６
０
化简得 ｖ ． ｖ ｖ １ｍ ｖ ２
Ａ＝５（１ ２ ０ － Ｂ） － （２ ０）
结合图 分析式子 ｖ ． ｖ ｖ 在 ２
（ｂ） Ａ＝５（１ ２ ０ － Ｂ）， ０～ 对 Ａ 冲上斜面又下滑至水平面过程 由动能
ｔ 内Ａ 图线上任意一点到横坐标轴的距离等 ，
０ 定理有
于同一时刻 Ｂ 图线上对应点到 ｖ ． ｖ 线的
＝１ ２ ０ μｍｇｈ θ
距离的 ５ 倍 。 由 ｖ － ｔ 图线与时间轴所围面积 －２ θ ｃｏｓ ＝ １ｍｖ２ Ａ １ － １ｍ （２ ｖ ０） ２
ｓｉｎ ２ ２
表示位移 且 ｔ 时间内 ｘ ． ｖ ｔ 可知
， ０～ ０ Ａ＝０ ３６ ０ ０， 联立解得 μ ＝０ ． ４５
ｔ 时间内图线 Ｂ 与 ｖ ． ｖ 线所围面积
０～ ０ ＝１ ２ ０
ｘ １ｘ ． ｖ ｔ ｔ 时间内图线 Ｂ 与 Ａ
１ ＝ Ａ＝０ ０７２ ０ ０，０～ ０
５
专
题
七
动
量
１２９
