高中物理 2022步步高 二轮复习动量

第9课时动量
命题规律 1.命题规律：(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.常考题型：选择题、计算题．
高考题型1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
图像法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，也可直接用平均力求解
2.动量定理
(1)公式：FΔt＝m v′－m v
(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内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图1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＝ρS vΔt，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增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)
图1
(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρS v2；
(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρS v2.
考向一动量定理对生活现象的解释
例1(2020·全国卷Ⅰ·14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
答案 D
解析汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt 知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上所述，选项D正确．
考向二动量定理的定量计算
例2(2020·江苏盐城市三模)如图2所示是一则安全警示广告，描述了高空坠物对人伤害的严重性．小王同学用下面的实例来检验广告词的科学性：用一个鸡蛋从8楼的窗户自由下落到地面．经测量鸡蛋质量约50 g，下落到地面的瞬时速度约为20 m/s，与地面接触时间约为0.02 s．不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求鸡蛋：
图2
(1)下落到地面时瞬间动量的大小；
(2)对地面平均作用力的大小．
答案(1)1 kg·m/s(2)50.5 N
解析(1)下落到地面时瞬间动量的大小为
p＝m v＝50×10－3×20 kg·m/s＝1 kg·m/s
(2)设向上为正方向，根据动量定理可知
(F－mg)Δt＝0－(－m v)
解得F ＝m v Δt ＋mg ＝(1
0.02
＋0.05×10) N ＝50.5 N
由牛顿第三定律知鸡蛋对地面平均作用力的大小为50.5 N.
考向三 流体及尘粒柱状模型的应用
例3 对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，推导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系．(解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明) 答案 f ＝1
3
nm v 2
解析 如图所示，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI ＝2m v ，以器壁上面积为S 的部分为底、v Δt 为高构成柱体，由题设可知，其内有1
6的粒子在Δt 时间内与器壁上面积为S
的部分发生碰撞，
碰撞粒子总数N ＝1
6
n ·S v Δt ，
Δt 时间内粒子给器壁的冲量I ＝N ·ΔI ＝1
3nSm v 2Δt
器壁上面积为S 的部分受到粒子的压力F ＝I
Δt
则器壁单位面积所受粒子的压力f ＝F S ＝1
3
nm v 2.
高考题型2 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)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)． (2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零． 考向一 动量守恒定律的应用
例4 (2020·全国卷Ⅱ·21改编)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4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 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，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/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5.0 m/s ，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量不可能为( ) A ．48 kg B ．53 kg C ．55 kg D ．58 kg 答案 A
解析 设运动员的质量为M ，第一次推物块后，运动员速度大小为v 1，第二次推物块后，运动员速度大小为v 2……第八次推物块后，运动员速度大小为v 8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：M v 1＝m v 0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M (v 2－v 1)＝m [v 0－(－v 0)]＝2m v 0，……，第n 次推物块后，由动量守恒定律知：M (v n －v n －1)＝2m v 0，整理得v n ＝(2n －1)m v 0
M ，
则v 7＝260 kg·m/s M ，v 8＝300 kg·m/s
M .由题意知，v 7<5.0 m/s ，则M >52 kg ，又知v 8>5.0 m/s ，则
M <60 kg ，故选A.
考向二 人船模型和反冲运动
例5 如图3所示，小车质量为M ，置于光滑水平地面上，小车顶端有半径为R 的四分之一光滑圆，质量为m 的小球(可视为质点)从圆弧顶端由静止释放，重力加速度为g .对此运动过程分析，下列说法中正确的是( )
图3
A ．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为R
B ．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为mR
M ＋m
C ．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为m 2gR
M (M ＋m )
D ．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为M 2gR
m (M ＋m )
答案 C
解析 当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v ′，小球的速度设为v ，小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v －M v ′＝0， 由机械能守恒定律得mgR ＝12m v 2＋1
2
M v ′2，解得v ′＝m
2gR
M (M ＋m )
，故C 正确，D 错误；
设小球由静止释放至滑到最低点的过程中，小球和小车各自的位移大小为x 1和x 2，则mx 1－Mx 2＝0，且x 1＋x 2＝R ，联立解得x 1＝MR
M ＋m
，故A 、B 错误．
高考题型3 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 1＋p 2＝p 1′＋p 2′. (2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′.
(3)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和机械能守恒．
以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有 m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋1
2
m 2v 2′2 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2.
结论：
①当两球质量相等时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换了速度．
②当质量大的球碰质量小的球时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动． ③当质量小的球碰质量大的球时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． (2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同时：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－1
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
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足m v 0
＝(m ＋M )v 共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足m v 0＝m v 1＋
M v 2，能量满足12m v 02＝12m v 12＋1
2
M v 22
(2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面、水平导轨都光滑)
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足m v 0＝(m ＋M )v 共，损失的动能
最大，分别转化为内能或电能
考向一 非弹性碰撞
例6 (2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图4中实线所示．已知甲的质量为1 kg ，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
图4
A ．3 J
B ．4 J
C ．5 J
D ．6 J 答案 A
解析 根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v 甲＝5.0 m/s ，v 乙＝1.0 m/s ，碰撞后甲、
乙的速度分别为v 甲′＝－1.0 m/s ，v 乙′＝2.0 m/s ，碰撞过程由动量守恒定律得m 甲v 甲＋m
乙v 乙＝m 甲v 甲′＋m 乙v 乙′，解得
m 乙＝6 kg ，碰撞过程两物块损失的机械能ΔE ＝1
2
m 甲v
甲
2
＋12m 乙v 乙2－12m 甲v 甲′2－1
2
m 乙v 乙′2，解得ΔE ＝3 J ，故选A. 考向二 弹性碰撞
例7 (2019·海南卷·13)如图5，用不可伸长轻绳将物块a 悬挂在O 点：初始时，轻绳处于水平拉直状态．现将a 由静止释放，当物块a 下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b 滑行的最大距离为s .已知b 的质量是a 的3倍．b 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .求：
图5
(1)碰撞后瞬间物块b 速度的大小； (2)轻绳的长度． 答案 (1)2μgs (2)4μs
解析 (1)设a 的质量为m ，则b 的质量为3m ，对物块b 碰撞后由动能定理有：－μ·3mgs ＝0－12·3m v b 2， 解得v b ＝2μgs
(2)a 球从水平位置摆下的过程：mgL ＝1
2
m v 02
a 、
b 碰撞的过程为弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒： m v 0＝m v a ＋3m v b 12m v 02＝12m v a 2＋12·3m v b 2 联立解得：L ＝4μs . 考向三 碰撞模型拓展
例8 (2021·江苏常州市模拟)如图6所示，质量为M ＝4 kg 的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直．一质量为m ＝1 kg 的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上大滑块(物块已与弹簧分离)，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度为1 m/s.g 取10 m/s 2，求：
图6
(1)小物块被弹簧弹出时的速度大小；
(2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1；
(3)小物块回到水平面的速度及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2.
答案(1)5 m/s(2)1 m(3) 3 m/s，方向向左0.04 m
解析(1)设小物块离开弹簧后的速度大小为v1，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒m v1＝(m＋M)v2
解得v1＝5 m/s
(2)小物块第一次上升到最高点时水平速度大小等于v2, 系统机械能守恒
1
2＝12(m＋M)v22＋mgh1
2m v1
解得h1＝1 m
(3)小物块能下落到大滑块并从大滑块上滑到水平面，系统水平方向动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向
m v1＝m v1′＋M v2′
1
2＝12m v1′2＋12M v2′2
2m v1
解得v1′＝－3 m/s，v2′＝2 m/s
系统水平方向动量守恒、机械能守恒
m(－v1′)＋M v2′＝(m＋M)v
1
2＋12M v2′2＝12(m＋M)v2＋mgh2
2m v1′
解得h2＝0.04 m.
1．(2021·山东济宁市高三期末)航天器离子发动机原理如图7所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲动力．已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的
相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响．该发动机产生的平均推力F 的大小为( )
图7
A ．I 2mU
q B ．I mU q C ．I
mU 2q
D ．2I
mU q
答案 A
解析 以正离子为研究对象，由动能定理得qU ＝1
2m v 2，Δt 时间内通过的总电荷量为Q ＝I Δt ，
喷出的总质量为M ＝Q q m ＝I Δt
q m .由动量定理可知正离子所受平均冲量F Δt ＝M v ，由以上式子
可得F ＝I
2mU
q
，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力大小为I 2mU
q
，故A 正确，B 、C 、D 错误．
2．(2021·重庆市实验中学期末)如图8所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m 的U 形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m 的小球沿水平方向，以初速度v 0从U 形管的一端射入，从另一端射出．已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
图8
A ．该过程中，小球与U 形管组成的系统机械能和动量都守恒
B ．小球从U 形管的另一端射出时，速度大小为v 02
C ．小球运动到U 形管圆弧部分的最左端时，小球速度大小为v 0
2
D ．小球运动到U 形管圆弧部分的最左端时，U 形管速度大小为v 0
2
答案 D
解析 由于不计一切摩擦，故小球与U 形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U 形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A 错误；小球从U 形管的另一端射出时，小球与U 形管系统机械能守恒，故12m v 02＝12m v 12＋1
2m v 22，沿着导槽方向，系统
动量守恒，以向左为正方向，故m v 0＝m v 2＋m v 1，解得小球从U 形管的另一端射出时，U 形管速度为v 0，小球速度大小为0，故B 错误；小球运动到U 形管圆弧部分的最左端过程，沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，设小球与U 形管的速度为v x ，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋m )v x ，解得v x ＝v 02，设小球的合速度大小为v ，根据机械能守恒定律得1
2m v 02
＝12m (v 02)2＋1
2m v 2， 解得v ＝
3
2v 0
，故C 错误，D 正确． 3.(2021·广东江门市台师高级中学高三期末)如图9所示，一带有1
4光滑圆弧轨道的长木板质量
为M ＝3 kg ，放置于光滑水平面上．长木板水平部分长L ＝2 m ，圆弧轨道半径R ＝0.6 m ，末端与长木板相切于B 点．在圆弧轨道最高点A 处由静止释放一质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，最后滑块恰好不脱离长木板．(取g ＝10 m/s 2)求：
图9
(1)滑块刚滑到圆弧底端B 点时滑块的速度v 1和长木板的速度v 2； (2)滑块与长木板之间的动摩擦因数μ； (3)滑块在长木板水平部分上滑行的时间t .
答案 (1)3 m/s ，方向向左 1 m/s ，方向向右 (2)0.3 (3)1 s
解析 (1)滑块从A 滑到B 过程，系统机械能守恒，在水平方向动量守恒，以向左为正方向m v 1＋M v 2＝0 mgR ＝12m v 12＋1
2
M v 22
代入数据解得v 1＝3 m/s ，方向水平向左； v 2＝－1 m/s ，负号表示方向水平向右．
(2)滑块与长木板组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m v 1
＋M v2＝(M＋m)v3
代入数据解得v3＝0
由能量守恒定律得
1
2＋12M v22＝μmgL＋12(M＋m)v32
2m v1
代入数据解得μ＝0.3
(3)对滑块，由动量定理得－μmgt＝m v3－m v1
代入数据解得t＝1 s.
专题强化练
[保分基础练]
1．(2021·全国乙卷·14)如图1，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()
图1
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
答案 B
解析因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒．故选B.
2.沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移－时间图像如图2所示．则下列判断错误的是()
图2
A ．碰撞前后A 的运动方向相反
B ．A 、B 的质量之比为1∶2
C ．碰撞过程中A 的动能变大，B 的动能减小
D ．碰前B 的动量较大
答案 C
解析 由位移－时间图像可得，碰撞之前v A ＝20－302
m/s ＝－5 m/s ，碰撞之后v A ′＝ 20－102
m/s ＝5 m/s ，则碰撞前后A 的运动方向相反，故A 正确．由位移－时间图像可得，碰撞之前v B ＝20－02
m/s ＝10 m/s ，根据动量守恒定律得m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v A ′，代入数据得m A ∶m B ＝1∶2，故B 正确．碰撞前后A 速度大小相等，则碰撞A 动能不变，故C 错误．碰前A 、B 速度方向相反，碰后A 、B 速度方向与B 碰前速度方向相同，则碰前B 的动量较大，故D 正确．
3.(2021·江苏省第二次适应性考试)两个质量相同的小圆环A 、B 用细线相连，A 穿在光滑的水平直杆上．A 、B 从如图3所示的位置由静止开始运动．在B 摆到最低点的过程中( )
图3
A ．
B 的机械能守恒
B ．A 、B 组成的系统动量守恒
C ．B 重力的功率一直减小
D ．B 摆到最低点时，A 的速度最大
答案 D
解析 在整个运动过程中，只有重力对A 、B 组成的系统做功，A 、B 组成的系统机械能守恒，从B 开始运动到摆到最低点过程，A 做加速运动，A 的动能增加而重力势能不变，A 的机械
能增大，A 、B 系统机械能守恒，则B 的机械能减少，不守恒，故A 错误；在B 从开始运动到摆到最低点过程，A 、B 组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B 错误；B 开始运动时速度为零，重力的功率为零，到最低点时，重力方向与速度方向间的夹角α＝90°，在最低点重力的瞬时功率P ＝mg v cos α＝0，从开始运动到最低点的中间任何位置，B 的速度与cos α都不是零，即重力的瞬时功率不为0，则从开始运动到最低点过程，重力的功率从0先增大然后减小到0，故C 错误；B 从开始运动到下摆至最低点过程，A 向右做加速运动，B 到达最低点后继续向左摆动过程，A 向右做减速运动，因此B 到达最低点时A 的速度最大，故D 正确．
4．(2021·广东广州市一模)长木板a 放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物块b .以地面为参考系，给a 和b 以大小均为v 0、方向相反的初速度，最后b 没有滑离a .设a 的初速度方向为正方向，a 、b 的v －t 图像可能不正确的是( )
答案 D
解析 长木板a 与小物块b 组成的系统动量守恒，最后b 没有滑离a ，则两物体最后相对静
止具有共同速度，有m a v 0－m b v 0＝(m a ＋m b )v ，解得v ＝m a v 0－m b v 0m a ＋m b
，由上式可知两物体最后的共同速度可能为正，也可能为负，或为0，所以A 、B 、C 正确，D 错误．
5．(2021·山东威海市高三期末)查德威克因发现中子而获得了1935年度的诺贝尔物理学奖．为
测定中子的质量，查德威克用初速度相同的中子分别与静止的氢核11H 和静止的氮核14 7N 发生
弹性正碰，实验中，他测得碰撞后的氢核与氮核的速度之比为7∶1，则中子与氢核的质量之比为( )
A ．1∶1
B ．6∶5
C ．7∶6
D ．8∶7
答案 C
解析 设中子与氢核、氮核碰撞前的速度为v ，中子与氢核弹性碰撞时，根据动量守恒有m v
＝m v 1＋m H v H ，根据机械能守恒有12m v 2＝12m v 12＋12
m H v H 2，解得中子与氢核碰撞后，氢核的速度为v H ＝2m v m ＋m H ，同理可得，中子与氮核碰撞后，氮核的速度为v N ＝2m v m ＋m N
，故有v H ∶v N ＝m ＋m N m ＋m H
＝7，又m N ＝14m H ，解得中子与氢核的质量比m ∶m H ＝7∶6，故选C. 6.如图4，长度为l ＝1 m ，质量为M ＝1 kg 的车厢，静止于光滑的水平面上．车厢内有一质量为m ＝1 kg 、可视为质点的物块以速度v 0＝10 m/s 从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n 次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度取g ＝10 m/s 2.下列说法不正确的是( )
图4
A ．n ＝26
B ．系统因摩擦产生的热量为25 J
C ．物块最终停在车厢中点处
D ．车厢最终运动的速度为5 m/s ，方向水平向右
答案 A
解析 由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v ，解得车厢最终运动的速度为v ＝5 m/s ，方向水平向
右，对系统由能量守恒定律得：12m v 02＝12
(M ＋m )v 2＋Q ，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q ＝25 J ，故B 、D 正确；根据Q ＝μmgL 可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离L ＝Q μmg
＝25 m ，与车厢壁来回弹性碰撞次数n ＝L l
＝25次，物块最终停在车厢中点处，故A 错误，C 正确．
7．(2021·浙江省杭州第二中学模拟)台风实际上是一种强热带气旋．台风登陆后对地面建筑物、树木造成很大危害．若某台风登陆时的最大风力为11级，最大风速约为30 m/s.某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5 m 、宽20 m ．空气密度ρ＝1.2 kg/m 3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为( )
A ．3.9×105 N
B ．1.1×105 N
C ．1.1×104 N
D ．9.0×104 N
答案 B
解析广告牌的面积为S＝5×20 m2＝100 m2
设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有m＝ρS v t
以t时间内吹到广告牌上的空气为研究对象，根据动量定理有－Ft＝0－m v＝0－ρS v2t 解得F＝ρS v2≈1.1×105 N
根据牛顿第三定律可知，该广告牌受到的最大风力约为F′＝F≈1.1×105 N，故选B.
[争分提能练]
8．如图5所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个1
4弧形槽，弧
形槽半径为R，A点切线水平．另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦．下列说法中正确的是()
图5
A．当v0＝2gR时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达弧形槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到弧形槽底部时，小球速度方向可能向左
答案 D
解析滑块不固定，当v0＝2gR时，设小球沿槽上升的高度为h，小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒，则有m v0＝(m＋M)v，
机械能守恒1
2m v0
2＝12(M＋m)v2＋mgh，
解得h＝M
M＋m
R<R，
故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；当小球到达弧形槽最高点，由在水平方向上动量守恒有m v0＝(M＋m) v共，小球具有水平速度，速度不为零，故C错误；当小球回到弧形槽底部，相当于完成了
弹性碰撞m v 0＝m v 1＋M v 2， 12m v 02＝12m v 12＋12
M v 22， 联立解得v 1＝m －M m ＋M
v 0， 当m >M ，v 1与v 0方向相同，向左，故D 正确．
9.(2021·江苏扬州高三下初调)如图6所示，静置于水平地面的两辆手推车同向沿直线排列，质量均为m .t ＝0时刻某同学水平推第一辆车，脱手后小车继续运动，t 0时刻与第二辆车发生正碰，碰撞时间极短，碰后两车以共同速度继续运动距离L 后停止．车运动时所受阻力为车重的k 倍，重力加速度为g ，求：
图6
(1)碰后瞬间两车的速度大小v ；
(2)该同学给第一辆车的冲量大小I ； (3)若该同学对第一辆车做功为W 0，求整个过程中两车克服阻力所做的功W .
答案 (1)2kgL (2)kmgt 0＋2m 2kgL (3)W 0－2kmgL
解析 (1)碰撞后根据动能定理－k ·2mgL ＝0－12
×2m v 2，解得v ＝2kgL (2)设碰撞前第一辆车的速度为v 0，根据动量守恒定律得m v 0＝2m v
解得v 0＝22kgL
对第一辆车根据动量定理得I －kmgt 0＝m v 0－0
解得I ＝kmgt 0＋2m 2kgL
(3)碰撞过程中损失的机械能为ΔE ＝12m v 02－12
×2m v 2＝2kmgL 根据能量守恒定律W 0＝ΔE ＋W
解得W ＝W 0－2kmgL .
10.(2021·河北张家口市一模)如图7所示，光滑水平面上质量为1 kg 的滑块A 和质量为2 kg 的滑块B 用水平轻弹簧连接，弹簧处于压缩状态且弹性势能为9 J ，滑块A 与左侧竖直墙壁接触但不粘连，整个系统处于静止状态．现将滑块B 由静止自由释放，弹簧恰好恢复原长时，滑块B 与静止在水平面上质量为1 kg 的滑块C 发生碰撞且粘合在一起，求：
图7
(1)滑块B 、C 碰后瞬间的速度大小；
(2)弹簧第二次恢复原长时，滑块A 与滑块B 、C 的速度大小．
答案 (1)2 m/s (2)3 m/s 1 m/s
解析 (1)弹簧恰好恢复原长时，设碰前滑块B 的速度为v B ，根据能量守恒有12m B v B 2＝9 J 滑块B 、C 碰后，由动量守恒有m B v B ＝(m B ＋m C )v
解得：v ＝2 m/s
(2)碰后到弹簧第二次恢复原长时，由动量守恒和机械能守恒得
(m B ＋m C )v ＝(m B ＋m C )v ′＋m A v A ，
12(m B ＋m C )v 2＝12(m B ＋m C )v ′2＋12
m A v A 2 解得：v ′＝1 m/s ，v A ＝3 m/s.
11．如图8所示，质量为m 3＝2 kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB 部分是半径为R ＝0.3 m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个水平轻质弹簧．滑道CD 部分粗糙，其他部分均光滑．质量为m 2＝3 kg 的物体2(可视为质点)放在滑道的B 点，现让质量为m 1＝1 kg 的物体1(可视为质点)自A 点由静止释放．两物体在滑道上的C 点相碰后粘在一起(g ＝10 m/s 2)．
图8
(1)求物体1从释放到与物体2相碰前的过程中，滑道向左运动的距离；
(2)若CD ＝0.2 m ，两物体与滑道的CD 部分间的动摩擦因数为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？
答案 见解析
解析 (1)物体1从释放到与物体2碰撞前的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为x 1，滑道的水平位移大小为x 3，有
0＝m 1x 1－m 3x 3，x 1＝R
解得x 3＝m 1x 1m 3
＝0.15 m. (2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v 1，滑道的速度大小为v 3，由机械能守恒定律有
m 1gR ＝12m 1v 12＋12
m 3v 32 对物体1和滑道，由动量守恒定律有0＝m 1v 1－m 3v 3
物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v 2，对物体1和物体2，由动量守恒定律有 m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2
弹簧第一次被压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹簧的弹性势能最大，设为E pm .从物体1、2碰撞后到弹簧第一次被压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有
12(m 1＋m 2)v 22＋12
m 3v 32－μ(m 1＋m 2)g ·CD ＝E pm 联立以上方程，代入数据解得E pm ＝0.3 J.
(3)分析可知物体1、2和滑道最终静止，设物体1、2相对滑道CD 部分运动的路程为s ，由能量守恒定律有
12(m 1＋m 2)v 22＋12
m 3v 32＝μ(m 1＋m 2)gs 代入数据可得s ＝0.25 m
所以物体1、2最终停在D 点左侧距离D 点0.05 m 处．
[尖子生选练]
12.(2021·北京市顺义区高三期末)如图9所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度．将质量为3m 的大球(在下)，质量为m 的小球(在上)叠放在一起，从距水平地面高h 处由静止释放，h 远大于球的半径，不计空气阻力，重力加速度为g .假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短．下列说法正确的是( )。