文档文本内容
1 / 13 第7 讲 动量定理和动量守恒定律 1.（2024·江苏高考9 题）如图所示，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（ ） 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 解析：A 对A、弹簧与B 组成的系统受力分析，该系统所受外力矢量和为零，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＝1 2mAv A 2＋1 2mBvB 2，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。 2.（多选）（2024·广东高考10 题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H 甲、H 乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O 处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追 上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（ ） A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H 乙无关 D.甲最终停止位置与O 处相距H 乙 μ 解析：ABD 两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A 正确；两滑块滑到 水平面后均做匀减速直线运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬 2 / 13 间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B 正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H 乙＝1 2gsin θ·t1 2，在水平面运 动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速直线运动的时间为t3，则乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于 t1与H 乙有关，则总时间与H 乙有关，故C 错误；乙下滑过程有mgH 乙＝1 2mv乙 2，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换 速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停 止有v乙 2＝2μgx，联立可得x＝H 乙 μ ，即发生碰撞后甲最终停止位置与O 处相距H 乙 μ ，故D 正确。 3.（2024·江苏高考14 题）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）（m＋M ）v0－M vB m （2）M vB－M v0 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＝（m＋M ）v0－M vB m 。 （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＝M vB－M v0 Δt 。 考点一 动量定理的应用 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 图像法 F-t 图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F 与t 成线性关系，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研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。 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。 【例1】 （2024·北京海淀三模）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（ ） A.甲的速度大小比乙的大 3 / 13 B.甲的加速度大小比乙的加速度小 C.甲的动量大小比乙的大 D.甲合力冲量与乙合力冲量大小相等 答案：B 解析：对甲、乙两条形磁铁水平方向分别受力分析，如图所示 根据牛顿第二定律有a 甲＝F －μm甲g m甲 、a 乙＝F '－μm乙g m乙 ，由于F＝F'，m 甲＞m 乙，所以a 甲＜a 乙，由于两物 体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v 甲＜v 乙，A 错误，B 正确；对于整个系统而言，由于μm 甲g＞μm 乙 g，系统所受合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，C 错误；因为 甲的动量大小比乙的小，故甲合力冲量小于乙合力冲量，D 错误。 【例2】 （2024·广东汕头一模）某实验小组用电池、电动机等器材自制风力小车，如图所示，叶片匀速旋转时 将空气以速度v 向后排开，叶片旋转形成的圆面积为S，空气密度为ρ，下列说法正确的是（ ） A.风力小车的原理是将风能转化为小车的动能 B.t 时间内叶片排开的空气质量为ρSv C.叶片匀速旋转时，空气对小车的推力为ρSv2 D.叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为1 2ρSv2 答案：C 解析：风力小车的原理是消耗电能，先转化成风能，再推动小车运动，所以其原理是将电能转化为小车的动能， 故A 错误；t 时间内叶片排开的空气质量为m＝ρvtS，故B 错误；由动量定理可得叶片匀速旋转时，t 时间内叶片排 开的空气受到的推力F＝mv t ＝ρSvt ·v t ＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为ρSv2，故C 正确；叶 片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为Ek＝1 2m0v2＝1 2ρSv·v2＝1 2ρSv3，故D 错误。 用动量定理求解“流体”问题的方法 1.建立“柱状”模型，沿流速v 的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S。 2.隔离微元研究，作用时间Δt 内的一段柱形流体的长度为vΔt，对应质量为Δm＝ρSvΔt，求小柱体的动量变化Δp ＝vΔm＝ρv2SΔt。 3.应用动量定理FΔt＝Δp 研究这段柱状流体，列方程求解。 4 / 13 【例3】 （多选）（2024·浙江6 月选考15 题）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ 角。 质量为m、电荷量为＋q 的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直 细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ） A.合力冲量大小为mv0 cos θ B.重力冲量大小为mv0 sin θ C.洛伦兹力冲量大小为qB v0 2 2gsinθ D.若v0＝2mgcosθ qB ，弹力冲量为零 答案：CD 解析：根据动量定理得I 合＝0－mv0＝－mv0，则合力冲量大小为mv0，A 错误；小球上滑时间t＝ v0 gsinθ ，重力冲 量大小为mgt＝mg· v0 gsinθ ＝mv0 sinθ ，B 错误；小球所受洛伦兹力垂直杆向上，大小为qvB＝qB（v0－at）＝－qBat＋ qBv0，随时间线性变化。洛伦兹力的冲量大小为qv0 2 Bt＝qv0 2 B· v0 gsinθ ＝qB v0 2 2gsinθ ，C 正确；若v0＝2mgcosθ qB ，0 时刻小球所受洛伦兹力为qv0B＝2mgcos θ，小球在垂直细杆方向所受合力为零，有qvB＝mgcos θ＋FN，则小球在 整个减速过程的FN-t 图线如图所示，由FN-t 图线与横轴围成的面积表示冲量可知，弹力冲量为零，D 正确。 1.用动量定理解题的基本思路 2.对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。 考点二 动量守恒定律的应用 动量守恒定律的三种表达形式 （1）m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，作用前的动量之和等于作用后的动量之和。 （2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 （3）Δp＝0，系统总动量的变化量为零。 5 / 13 【例4】 如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将 战机上质量为M 的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则对喷气后瞬间导弹的速率下 列表述正确的是（ ） A.速率变大，为M v0＋mv1 M －m B.速率变小，为M v0－m v1 M －m C.速率变小，为M v0－mv1 M D.速率变大，为M v0＋m v1 M 答案：A 解析：设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝（M－m）v－mv1，解得喷气后瞬间导弹的速率v ＝M v0＋mv1 M －m ＞v0，故选A。 【例5】 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量为M，乙和他的冰车总 质量也为M，游戏时，甲推着一个质量为m 的箱子和他一起以v0的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为 了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。不计冰面摩擦： （1）若甲将箱子以速度v 推出，甲的速度变为多少； （2）设乙抓住迎面滑来的速度为v 的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少； （3）若甲、乙分别和他的冰车总质量均为M＝30 kg，箱子质量m＝10 kg，v0＝6 m/s，为使甲、乙最后不相撞， 则箱子被推出的速度至少多大（计算结果保留两位小数）。 答案：（1）（M ＋m）v0－mv M （2）mv －M v0 M ＋m （3）21.43 m/s 解析：（1）甲将箱子推出的过程中，甲和箱子组成的系统动量守恒，以甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律 得（M＋m）v0＝mv＋Mv1，解得v1＝（M ＋m）v0－mv M 。 （2）箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv0＝（M＋m）v2，解 得v2＝mv －M v0 M ＋m 。 （3）甲、乙不相撞的条件是v1≤v2，即（M ＋m）v0－mv M ≤mv －M v0 M ＋m ，解得v≥21.43 m/s。 考点三 碰撞与反冲问题 1.碰撞问题遵循的三条原则 6 / 13 2.反冲的两条规律 （1）总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转化为机械能，所以总机械能增加。 （2）平均动量守恒：若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量必定守恒；若系统由两个物体 组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则有m1v1－m2v2＝0。 【例6】 （2024·山东济宁一模）目前我国空间实验已走在世界的前列，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂 海潮在空间站内做了钢球相互碰撞的实验。桂海潮用质量较小的钢球以0.6 m/s 水平向左的速度与静止的质量较 大的钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为v1、v2，较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰 撞可视为弹性碰撞。下列说法正确的是（ ） A.v1＝0.2 m/s，方向水平向左 B.v1＝0.2 m/s，方向水平向右 C.v2＝0.2 m/s，方向水平向左 D.v2＝0.1 m/s，方向水平向左 答案：B 解析：设较小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，碰后小钢球与大钢球的速度分别为v1'、v2'，两钢球的碰撞 可视为弹性碰撞，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝mv1'＋2mv2'，1 2mv0 2＝1 2 mv1'2＋1 2×2mv2'2，代入数据解得v1'＝－0.2 m/s，v2'＝0.4 m/s，可知v1＝0.2 m/s，方向水平向右；v2＝0.4 m/s， 方向水平向左。故选B。 【例7】 喷气背包曾经是宇航员舱外活动的主要动力装置。假定宇航员与空间站保持相对静止。启动喷气背包后， 横截面积为S 的喷口以速度v（以空间站为参考系）持续向后喷出密度为ρ 的气体。已知宇航员连同整套舱外太空 服的质量为M（含背包及其内气体），则启动喷气背包，经过时间t 后宇航员相对空间站的速度大小为（ ） 7 / 13 A. ρSvt M B. ρS v 2t M C. ρSvt M －ρSvt D. ρS v 2t M －ρSvt 答案：D 解析：设启动喷气背包，经过时间t 后宇航员相对空间站的速度大小为v'，规定宇航员相对空间站的速度方向为正 方向，由动量守恒定律得0＝－ρvtS·v＋（M－ρvtS）v'，解得v'＝ ρS v 2t M －ρSvt ，故选D。 【例8】 （2024·吉林高考14 题）如图，高度h＝0.8 m 的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝ 0.1 kg。A、B 间夹一压缩量Δx＝0.1 m 的轻弹簧，弹簧与A、B 不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时 A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B 脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m 后停止。 A、B 均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力，求： （1）脱离弹簧时A、B 的速度大小vA和vB； （2）物块与桌面间的动摩擦因数μ； （3）整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 答案：（1）1 m/s 1 m/s （2）0.2 （3）0.12 J 解析：（1）A 离开桌面后做平抛运动，则 水平方向有xA＝vAt 竖直方向有h＝1 2gt2 联立并代入数据解得vA＝1 m/s A、B 与弹簧相互作用的过程中，A、B 所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B 竖直 方向上所受合力均为零，故A、B 组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有 mAvA＝mBvB 解得vB＝1 m/s。 （2）对B 离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有 －μmBgxB＝0－1 2mBvB 2 代入数据解得μ＝0.2。 （3）对A、B 与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有 ΔEp＝1 2mAv A 2＋1 2mBvB 2＋μmAg· Δ x 2 ＋μmBg· Δ x 2 代入数据解得ΔEp＝0.12 J。 归纳法解决多次碰撞问题 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时， 通常可用到以下两种方法： 数学 归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以 后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算 全程的路程等数据 8 / 13 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v-t 图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过 图像与t 轴所围面积求出物体的位移 【典例】 （2024·山东聊城二模）如图所示，长木板在光滑水平面上以v0＝2 m/s 的速度做匀速直线运动，长木 板质量M＝0.5 kg，某时刻在长木板的右端轻放一个可视为质点的小物块，小物块的质量m＝1.5 kg，长木板右 侧有一固定挡板，挡板下方留有仅允许长木板通过的缺口，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，小物块与 挡板发生正碰，碰撞是弹性碰撞。假设长木板右端到挡板的距离足够大。重力加速度取g＝10 m/s2，求： （1）若要小物块不从长木板上滑下，求长木板的长度至少是多少？ （2）若长木板足够长，质量变为4.5 kg，求： ①小物块和挡板第一次相碰后向左运动的时间。 ②小物块与挡板第n 次碰撞到第n＋1 次碰撞过程中，相对于长木板的位移是多少？ 答案：（1）0.625 m （2）①1.5 s ②27×( 1 2) 2n+1 m 解析：（1）设长木板和小物块向右运动过程中第一次达到共速时的速度为v10，则由动量守恒定律得Mv0＝（M＋ m）v10，小物块与挡板发生弹性碰撞后，速度反向，大小不变，设长木板与小物块再次共速时速度为v20，则由动 量守恒定律得mv10－Mv10＝（M＋m）v20，由能量守恒定律可得μmgL＝1 2Mv0 2－1 2（M＋m）v20 2，解得L＝0.625 m。 （2）①更换长木板后，设长木板与小物块第一次共速时速度为v，由动量守恒定律可得M'v0＝（M'＋m）v，小物 块与挡板发生第一次弹性碰撞后，速度反向，大小不变，其向左运动过程中，由动量定理可得－μmgt＝0－mv，解 得t＝1.5 s。 ②设小物块与挡板第二次碰撞前的速度为v1，由动量守恒定律可得M'v－mv＝（M'＋m）v1，解得v1＝1 2v，设第三 次碰撞前、第四次碰撞前，小物块和木板的共同速度为v2、v3，同理可得v2＝1 2v1＝( 1 2) 2 v，v3＝1 2v2＝( 1 2) 3 v，根据 数学归纳法，第n＋1 次碰撞前的共同速度为vn＝1 2vn－1＝( 1 2) n v，小物块与挡板第n 次碰撞到第n＋1 次碰撞过程中， 相对于长木板的位移是x，由能量守恒定律可得μmgx＝1 2（M'＋m）vn－1 2－1 2（M'＋m）vn 2，解得x＝27× ( 1 2) 2n+1 m。 1.（2024·河南郑州三模）如图所示，某同学利用平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，货物与小车之间始终没有发 生相对滑动，则平板车与货物组成的系统（ ） A.动量增大 B.机械能不变 9 / 13 C.所受合外力的冲量为零 D.所受推力做功为零 解析：C 平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，速度不变，动量不变，根据动量定理可知所受合外力的冲量为零， A 错误，C 正确；平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，平板车与货物组成的系统动能不变，重力势能增加，则机械 能增加，B 错误；同学利用平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，推力不为零，位移不为零，则所受推力做功不为 零，D 错误。 2.（2023·贵州安顺一模）有些太空探测器装配有离子发动机，其工作原理是将被电离后的正离子从发动机尾部高 速喷出，从而为探测器提供推力。若发动机向后喷出的离子的速率为25 km/s（远大于探测器的飞行速率）时，探 测器获得的推力大小为0.1 N，则该发动机1 s 时间内喷出离子的质量为（ ） A.4×10－4 kg B.4×10－5 kg C.4×10－6 kg D.4×10－7 kg 解析：C 由牛顿第三定律可知1 s 时间内喷出的离子受到发动机的平均作用力大小为F＝0.1 N，对1 s 时间内喷 出的离子，由动量定理可得Ft＝mv－0，解得该发动机1 s 时间内喷出离子的质量为m＝Ft v ＝0.1×1 25 000 kg＝ 4×10－6 kg，故选C。 3.乌贼在无脊椎动物中游泳最快，被称为“水中火箭”。一只悬浮在水中的乌贼，吸满水时的质量为3 kg，遇到 危险时，乌贼通过体管在0.1 s 时间内将0.4 kg 的水向后以90 m/s 的速度喷出，从而获得极大的逃窜速度，则乌 贼在向后喷水的时间内，获得的向前平均推力约为（ ） A.360 N B.560 N C.640 N D.2 700 N 解析：A 设向后为正方向，由动量守恒定律有0＝m1v1－（M－m1）v2，由动量定理有－Ft＝－（M－m1）v2－ 0，解得F＝360 N，故选A。 4.（2024·山西一模）在近地圆轨道上绕地球做匀速圆周运动的天宫号空间站中，宇航员进行了奇妙的“乒乓球” 实验。实验中，朱杨柱做了一颗实心水球，桂海潮取出一块用毛巾包好的普通乒乓球拍，球拍击打水球后，水球 被弹开了，则水球在与球拍作用过程中及被击打后的一小段时间内，水球（ ） A.与球拍作用过程中它们组成的系统动量守恒 B.与球拍作用过程中水球受地球引力的冲量为零 C.被击打后水球相对地球做变速曲线运动 D.被击打后水球相对天宫做匀速圆周运动 解析：C 水球与球拍作用过程中，把水球与球拍作为系统，受到手对系统的作用力，所以系统动量不守恒，故A 错误；由冲量公式I＝Ft 可知与球拍作用过程中水球受地球引力并且其作用时间不为0，所以它的冲量不为零，故 B 错误；实验舱内的物体处于完全失重状态，航天员会观察到水球离开球拍后相对天宫号空间站做匀速直线运动， 被击打后水球相对地球做变速曲线运动，故C 正确，D 错误。 5.水虿（chǎi），就是蜻蜓的幼虫，会将腹部所吸的水迅速向后喷出，所产生的反推力会带动它们向前飞速移动以 起到避害的作用。一只悬浮在水中的水虿，当吸满水后，它的总质量约为0.5 g，遇到危险时，通过短漏斗状的体 管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃窜，瞬时速度可达15 m/s。已知喷射出水的质量约为0.2 g，则 喷射水的瞬时速度约为（ ） A.20 m/s B.22.5 m/s C.37.5 m/s D.45 m/s 10 / 13 解析：B 由题意可知，水虿逃窜时的速度达到v1＝15 m/s，水虿和喷出的水组成的系统动量守恒，设水虿喷射出 水的速度为v2，取水虿向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定律可得（m－m0）v1－m0v2＝0，解得v2＝m－m0 m0 v1＝0.5－0.2 0.2 ×15 m/s＝22.5 m/s，故选B。 6.如图所示，静止在光滑水平面上的A、B、C 三个质量均为2 kg 的物体紧贴着放在一起，A、B 之间有微量炸药。 炸药爆炸后三个物体均沿水平方向运动且B 对C 做的功为16 J，若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为三个物体 的动能，则炸药爆炸过程中释放出的能量为（ ） A.48 J B.64 J C.96 J D.108 J 解析：C 对C 由动能定理得WC＝1 2mCvC 2，解得vC＝4 m/s，爆炸后B 和C 共速，即vBC＝vC＝4 m/s，对A、B、 C 整体，动量守恒，则mvA＝2mvBC，解得vA＝8 m/s，爆炸释放的能量为三者动能之和，故E＝1 2mv A 2＋1 2×2m vBC 2＝96 J，故选C。 7.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计一吨左右），一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。 他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船。用卷尺 测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量M 为（ ） A.mL d B.m（L－d ） d C.m（L＋d ） d D. md L－d 解析：B 人从船尾走到船头的过程动量守恒，则Mv 船＝mv 人，即Md t ＝m L－d t ，解得渔船的质量为M＝ m（L－d ） d ，故选B。 8.（2024·山东菏泽三模）风筝在我国已存在两千年之久，又有纸鸢、鹞子之称。如图所示，某时刻风筝静止在空 中，风筝面与水平面夹角为θ，牵引线与竖直方向夹角为2θ。已知风筝质量为m，垂直于风筝面的风速大小为v， 风筝面的面积为S，重力加速度为g，则风筝所在高度空气密度为（ ） A.2mgcosθ S v 2 B.2mgsinθ S v 2 11 / 13 C. 4 mg S v 2sin 2θ D. 4 mg S v 2sinθ 解析：A 对风筝受力分析如图1 所示，作出矢量三角形如图2 所示，可知风筝此时获得的垂直于风筝面的力F＝ 2mgcos θ，根据牛顿第三定律，风筝对垂直于风筝面的风的作用力大小也为F，以风为研究对象，Δt 时间内，垂 直打在风筝面的风的质量Δm＝ρSvΔt，在垂直于风筝面方向上由动量定理有F·Δt＝Δm·v，联立解得空气密度为ρ＝ 2mgcosθ S v 2 ，故选A。 9.为测量某未知原子核的质量，用带正电的α 粒子（2 4He）以初动量p 轰击静止的未知原子核，其过程可视为弹性 正碰，如图甲。α 粒子在全过程中的p-t 图像如图乙所示，其中，t1为图线切线斜率最大时刻，已知α 粒子的质量为 m，下列说法正确的是（ ） A.该未知粒子的质量约为α 粒子质量的2 倍 B.t1时刻α 粒子的动量为p 3 C.t2时刻两粒子相距最近 D.全过程中系统最大电势能为3 p 2 8m 解析：D 碰撞过程由动量守恒定律可知p＝－p 2 ＋p'，由能量关系可得：p 2 2m＝( p 2) 2 2m ＋p' 2 2m'，解得m'＝3m，选 项A 错误；t1时刻图线切线斜率最大，此时加速度最大，两粒子距离最近，两者共速，则由动量守恒定律得p＝ （m＋3m）v，解得t1时刻α 粒子的动量为pα＝mv＝p 4 ，选项B、C 错误；当两粒子相距最近时电势能最大，最大 电势能为Epm＝p 2 2m－1 2（m＋3m）v2＝3 p 2 8m ，选项D 正确。 10.（2024·江苏南师附中三模）如图所示，人坐在滑车上在冰面上以速度v0＝4 m/s 向右滑行，人与滑车总质量m1 ＝100 kg，与冰面摩擦不计，在O 点静止一质量m2＝20 kg 的木箱，木箱与冰面间动摩擦因数μ＝0.2，当人到达 O 点时，将木箱相对地以速度v＝5 m/s 水平向右推出。此后人在A 点再次追上木箱，人迅速抓住木箱并水平推着 木箱一起运动，最后停在B 点。重力加速度g 取10 m/s2。 （1）推出木箱后，人的速度大小为多少？ 12 / 13 （2）B 点离O 点距离x 为多少？ 答案：（1）3 m/s （2）16.7 m 解析：（1）对人与木箱组成的系统，根据动量守恒定律可知m1v0＝m1v1＋m2v，得v1＝3 m/s。 （2）人推出木箱后，此后木箱向前匀减速运动，加速度大小为a，则有a＝μg＝2 m/s2，经时间t 人追上木箱，则 有s1＝v1t，s2＝vt－1 2at2，s＝s1＝s2，得t＝2 s，s＝6 m，此时木箱速度为v2'＝v－at＝1 m/s，人抓住木箱后，共同 速度为v'，系统动量守恒，则m1v1＋m2v2'＝（m1＋m2）v'，得v'＝8 3m/s，此后二者共同匀减速运动，则1 2（m1＋ m2）v'2＝μm2gs'，解得s'＝32 3 m，又因为x＝s＋s'，所以x＝50 3 m＝16.7 m。 11.（2024·湖北武汉二模）如图所示，倾角θ＝30°的足够长斜面固定在水平面上，t＝0 时刻，将物块A、B（均 可视为质点）从斜面上相距l＝0.05 m 的两处同时由静止释放。已知A 的质量是B 的质量的3 倍，A、B 与斜面之 间的动摩擦因数分别为μA＝√3 6 、μB＝√3 3 ，A、B 之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小取g ＝10 m/s2，求： （1）A、B 发生第一次碰撞后瞬间，A、B 的速度大小； （2）A、B 发生第三次碰撞的时刻； （3）从静止释放到第n 次碰撞，A 运动的位移大小。 答案：（1）0.25 m/s 0.75 m/s （2）1.0 s （3）0.05（3n2－3n＋1） m 解析：（1）A 沿斜面下滑，其受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律3mgsin θ－μA×3mg·cos θ＝3ma，分 析B 的受力，则mgsin θ＝μBmgcos θ，即B 静止在斜面上。A 与B 发生第一次碰撞前，由运动学规律得v A 0 2＝ 2al，A 与B 发生第一次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mvA0＝3mvA1＋mvB1，1 2×3mv A 0 2＝1 2×3mv A 1 2 ＋1 2mvB1 2，解得vA1＝0.25 m/s，vB1＝0.75 m/s。 （2）由（1）可得，A 从静止释放后，经过时间t0与B 发生第一次碰撞，有vA0＝at0，B 以速度vB1做匀速直线运动， A 以初速度vA1，加速度a 做匀加速直线运动，第二次碰撞前，有vA1t1＋1 2at1 2＝vB1t1，此时，B 以速度vB1做匀速直 线运动，A 的速度为vA1'＝vA1＋at1，A 与B 发生第二次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mvA1'＋mvB1＝ 3mvA2＋mvB2，1 2×3mvA1'2＋1 2mvB1 2＝1 2×3mv A 2 2＋1 2mvB2 2，B 以速度vB2做匀速直线运动，A 以初速度vA2，加速度 a 做匀加速直线运动，第三次碰撞前，有vA2t2＋1 2at2 2＝vB2t2，显然，每次碰撞后，B 均相对A 以初速度vA0、加速度 aA做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为0.4 s。故A 与B 发生第三次碰撞后的时刻为T3＝t0＋t1＋t2，解 得T3＝1.0 s。 （3）从开始至第一次碰撞xA1＝l，从第一次碰撞至第二次碰撞xA2＝2l＋4l＝6l，从第二次碰撞至第三次碰撞xA3＝8l ＋4l＝12l，从第三次碰撞至第四次碰撞xA4＝14l＋4l＝18l，从第n－1 次碰撞至第n 次碰撞xAn＝（6n－10）l＋4l 13 / 13 （n＞1），A 从静止释放到第n 次碰撞后运动的总位移XAn＝xA1＋xA2＋xA3＋…＋xAn＝（3n2－3n＋1）l＝0.05（3n2－ 3n＋1） m。
