第7講動量

【目標要求】1.理解動量定理，會靈活利用動量定理求解時間、末速度等物理量。2.理解動量守恒定律成立的條

件，會在碰撞、爆炸等相互作用的系統中利用動量守恒定律解決有關問題。3.掌握碰撞特點及拓展模型，會應

用動量守恒定律等規律解決實際問題。

考點一動量定理及其應用

1.沖量的三種計算方法

公式法I=Ft適用于求恒力的沖量

動量定理法多用于求變力的沖量或只f未知的情況

Rr圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖

圖像法量，若尸與f成線性關系，也可直接用平均

力求解

2.動量定理

(1)公式：FAt=mv'-mv

(2)應用技巧：

①研究對象可以是單個物體，也可以是多個物體組成的系統。

②表達式是矢量式，需要規定正方向。

③勻變速直線運動，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理比用牛頓第二定律求解更簡捷。

④在變加速運動中尸為加時間內的平均力。

⑤電磁感應問題中，利用動量定理可以求解時間、電荷量或導體棒的位移。

例1(2024?廣東卷44)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。

⑴安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的

過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度。，同時頂起敏感臂，使之

處于水平狀態，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為尸N,敏感球

的質量為根，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan，。

⑵如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落

體運動。與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力

歹隨時間?的變化規律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量M=30kg,H=3.2m,重力

加速度大小取g=10m/s?。求：

①碰撞過程中廠的沖量大小和方向；

②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。

汽車前進方向

甲

答案⑴肅%

(2)①330N?s豎直向上②0.2m

解析（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的壓力尺以及斜面的支持力Ni,

則由牛頓第二定律可知（帆g+尸N）tand-ma

解得tanQq-

mg+FN

（2）①由F/圖像與/軸圍成的“面積”可知碰撞過程中尸的沖量大小

1

Fz

mg

/F=ixO.lx6600N-s=33ON-s

方向豎直向上；

②設頭錘落到氣囊上時的速度為vo,則%2=2g”

與氣囊作用過程由動量定理（向上為正方向）

Ip-Mgt=Mv-（-A/vo）

解得v=2m/s

?2

則上升的最大高度/?=—=0.2m。

2。

例2（2024.山東日照市一模）臺風對沿海地區的破壞力非常大，12級臺風登陸時中心附近最大風

力約為35m/s。已知小明站立時，在垂直于風速方向的受力面積約為0.5n?,空氣的密度約為

3

1.29kg/mo假設空氣吹到人身體上后速度減為零，則小明站在12級臺風中心附近，所受的風力

大小約為（）

A.790NB.79NC.230ND.23N

答案A

解析Ar時間吹到人身體上的空氣質量加=/W="SwV,以風速方向為正方向，根據動量定理-/Ar=O-zw,由

22

牛頓第三定律小明所受的風力大小F'=F=/)5V=1.29XO.5X35N?790N,故選Ao

-提煉?總結?

流體的柱狀模型

△2

對于流體運動，可沿流速I，的方向選取一段柱形流體，在極短的時間。內通過某一橫截面積為S的橫截面的柱

形流體的長度為A/=vAr,如圖所示。

流體微元原速率反彈所受作用力的求解步驟:

(1)在極短時間加內,取一小柱體作為研究對象。

(2)求小柱體的體積AV=SvAfo

(3)求小柱體的質量Am=p^V=Spv^to

(4)應用動量定理\p=FAto

(5)作用后流體微元以速率v反彈，有邸二-2Nmv。

2

(6)聯立解得F=-2pSvo

考點二動量守恒定律及應用

動量守恒定律的三種表達形式

(1)加1也+加2也=如也'+〃?2V2'，作用前的動量之和等于作用后的動量之和。(常用)

(2)A0=-A°2,相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。

(3)朋=0,系統總動量的變化量為零。

例3(2024?四川南充市一診)圖甲為羅馬桿滑環窗簾，假設窗簾質量均勻分布在每一個環上，簡化

為圖乙所示模型。水平固定的長桿上有3個相同的滑環，滑環均近似看成質點。若窗簾完全拉開,

相鄰兩環間距離為L=0.2m。開始時滑環均位于長桿右側邊緣處，彼此接觸但不擠壓。現給1號滑

環一個向左的初速度vio=2m/s,已知滑環與桿之間的動摩擦因數為4=0.1。假設前、后兩滑環之間

的窗簾繃緊瞬間，兩滑環立即獲得相同速度，窗簾繃緊用時極短，可忽略不計，不計空氣阻力，

整個過程中1號滑環未與桿左側相撞，重力加速度g取10m/s2,求：

L2支

丁

乙

(1)2號滑環獲得的初速度V20的大小；

(2)1號滑環滑行的總距離d。

答案(l)^V10ni/s(2)||m

解析(1)對1號滑環由動能定理得

T1212

-^mgL=^nv^-^mv10^

解得Vi=|V10m/s

對1、2號滑環由動量守恒定律得

mvi=2mv2o

解得2號滑環獲得的初速度大小為

V20---V10m/s

10

(2)對1、2號滑環由動能定理得

1717

-//-2mgL=-x2mv2--x2mv2o

解得V2二jm/s

對1、2、3號滑環由動量守恒定律得

2mv2=3mv3o

解得V30=-ym/s

對1、2、3號滑環由動能定理得

12

?3mgx=0-^x3mv30

解得m

1號滑環滑行的總距離為

23

d=2L+x=-m

45

考點三碰撞模型及拓展

1.兩種碰撞的特點

舉例：一動碰一靜結論：

'，〃〃，，萬〃〃〃〃/〃/〃方〃〃〃〃〃/(1)m1=根2時，VI-0,V2-V1，

mxm2

即兩球碰撞后交換了速度

動量守恒

mvi=miVi，+m2V2，(2)當m\>m2時，vi'>0,

彈性vr>0V1

機械能守恒2f碰后兩球都沿方向

碰撞121〃1(1運動，當如》m2時V1-V1,

-m1Ui=-mivi+-m2V2

V2-2V1

解得

(3)mi<m2時，vi'<0,也'>0，

V\—1，

m1+m2碰后入射小球反彈，當

、，，-2Ml

V2—,如《他時，V1--V1,V2-0

m1+m2

碰后兩球粘在一起末

完全

速度相同損失的機械能

非彈1917

動量守恒\E=^m\v1+泮2^2-

性碰

1/、2

m\V1+根2V2=(m1+根)2V，-(mi+m2)v

撞

機械能損失最多

2.碰撞拓展

(1)“保守型”碰撞拓展模型

圖例NB%

〃，，〃，，，，，，〃，//////+q

(水平面，，，，，〃，，，，，，〃〃〃〃

小球-彈簧模小球-曲i國模

光滑)小球-小球模型

型型

相當于完全非彈性碰撞，系統水平方向動量守

達到

恒，滿足mvo=(m+M)u共,損失的動能最多，分

共速

別轉化為彈性勢能、重力勢能或電勢能

相當于彈性碰撞，系統水平方向動量守恒，滿

再次

mvo=mvi+Mv2,機械能守恒，滿足

分離

12lx’2

-mv4=-mv4

01+-MV2

(2)“耗散型”碰撞拓展模型

圖例

|*/*|

（水平面二J3L

或水平

未穿出未滑離達到共速

導軌光滑）

相當于完全非彈性碰撞，滿足wo=0+”＞共，

達到共速

損失的動能最多，分別轉化為內能或電能

例4（多選）（2024?貴州貴陽市模擬）如圖所示，質量為2根、半徑為R,內壁光滑的半圓槽置于光滑

水平面上，槽左側靠墻。把一個質量為m的小球（可視為質點）從半圓槽左端最高點無初速度釋放,

當地重力加速度為g。在小球釋放后的運動過程中，以下說法中正確的是（）

A.小球在半圓槽右側能上升的最大高度與左側釋放點的高度相同

B.小球第一次經過半圓槽最低點時對半圓槽的壓力大小為3根g

C.小球第二次經過半圓槽最低點時半圓槽的速度大小為2商^

D.小球第三次經過半圓槽最低點時半圓槽的速度為0

答案BD

2

解析小球下落到最低點過程中，半圓槽不動，小球機械能守恒，有mgR^mvo,解得v0=^R,接下

來小球向右運動，半圓槽離開墻，上升到最高點時，球和槽水平方向速度相等，取向右為正方向，水平方

22

向由動量守恒定律得mvo=（m+2ni）v,根據能量守恒定律可得mgh=^mv0-|（m+2m）v,解得〃=|我，故A錯誤；

外2

小球第一次經過最低點時，根據牛頓第二定律可得尺-，卷=祖堂,解得F?3mg,由牛頓第三定律可知，小

球第一次經過半圓槽最低點時對半圓槽的壓力大小為3mg，故B正確；第二次經過最低點時，取向右為正

方向，根據動量守恒定律可得mvo=mv1+2mv2,根據機械能守恒定律可得如V2+2〃g2,解得小球

第二次經過半圓槽最低點時半圓槽的速度大小為也=|/9，故C錯誤；第三次經過最低點時，取向右為

正方向，根據動量守恒定律可得mvi^-2mv2=mv^2mv4,根據機械能守恒定律可得

222x2

+^x2mv2=|mv3+12mv4,解得小球第三次經過半圓槽最低點時半圓槽的速度大小為V4=0,故D

正確。

變式（多選）（2024.四川宜賓市二診）如圖所示，圓筒C可以沿足夠長的水平固定光滑桿左右滑動，圓筒下

方用不可伸長的輕繩懸掛物體B,開始時物體B和圓筒C均靜止，子彈A以100m/s的水平初速度在極短

時間內擊穿物體B后速度減為40m/s,已知子彈A、物體B、圓筒C的質量分別為利人=0.1kg、〃ZB=L0kg、

mc=0.5kg,重力加速度g=10m/s?。下列說法正確的是（）

A.物體B能上升的最大高度為0.6m

B.物體B能上升的最大高度為1.8m

C.物體C能達到的最大速度為4.0m/s

D.物體C能達到的最大速度為8.0m/s

答案AD

解析子彈A以100m/s的水平初速度在極短時間內擊穿物體B后速度減為40m/s,則A、B組成的系統

動量守恒，根據動量守恒定律有根AW二根AV1+根BU2,B上升時，與C組成的系統水平方向動量守恒，機械能

22

守恒，則有7nBV2=（mB+mc）V3,|/71Bv2=|（mB+mc）v3+mBg/z,解得A=0.6m,故A正確，B錯誤；B返回到最

低點時，與C組成的系統水平方向動量守恒，機械能守恒，此時C的速度最大，則有mBV2=-mBV4+mcV5,

222

|mBV2=1mBV4+jmcV5,解得吆=8m/s,故C錯誤，D正確。

例5（2024.河北省雄安新區一模）如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是根A=3.0kg和根B=2.0kg,

用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸。另有一物塊C在右。時刻

以一定速度向右運動，在Z=4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的V-/圖

像如圖乙所示，下列說法正確的是（）

A.物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為72J

B.4s到12s的時間內，墻壁對物塊B的沖量大小為24N-s

C.物塊B離開墻壁后，彈簧的最大彈性勢能為18J

D.物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度為2m/s

答案B

解析由題圖知，C與A碰前速度為vi=12m/s,碰后速度為也=3m/s,C與A碰撞過程動量守怛，以C的

初速度方向為正方向，由動量守恒定律

機CVI=(〃ZA+〃ZC)V2,解得/nc=lkg

當C與A速度為0時，彈性勢能最大

2；

Ep=^(mA+mc)v2=18J,故A錯誤

由題圖知，12s末A和C的速度為V3=-3m/s,4s到12s過程中墻壁對物塊B的沖量大小等于彈簧對物塊

B的沖量大小，也等于彈簧對A和C整體的沖量大小，墻對B的沖量為

I=(mA+mc)V3-(mA+mc)V2

解得/=-24N-s,方向向左，故B正確；

物塊B剛離開墻壁時，由機械能守恒定律可得，A、C向左運動的速度大小為3m/s,即仁12s時，物塊B

離開墻壁，物塊B離開墻壁后，系統動量守恒、機械能守恒，A、B、C三者共速時彈簧彈性勢能最大，則

有

(7WA+mC)V3=(mA+7WC+/〃B)"

(2a

EP=5/"A+"ZCM--(mA+mc+mB)v

聯立解得Ep=6J,C錯誤；

當彈簧再次恢復原長時，物塊B的速度最大，則有

(mA+mc)V3=(mA+mc)V4+mBV5

22

3"?A+加cM2=|(mA+mc)v4+1^BV5

代入數據解得%=-4m/s,負號表示方向與C的初速度方向相反，故物塊B的最大速度為4m/s,故D錯誤。

例6(2023?重慶卷44)如圖所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N為軌道上的

兩點，且位于同一直徑上，P為MN段的中點。在P點處有一加速器(大小可忽略)，小球每次經過

P點后，其速度大小都增加Vo-質量為m的小球1從N處以初速度vo沿軌道逆時針運動，與靜止

在“處的小球2發生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時間。求：

⑴球1第一次經過P點后瞬間向心力的大小;

(2)球2的質量；

(3)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間。

答案(1)4加叱(2)3加(3)—

R6v0

解析(1)球1第一次經過尸點后瞬間速度變為2Vo,

所以Fn=m^=4?X

RR

(2)球1與球2發生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說明球1碰后反彈，

貝Um-2vo=-mv+mfv

1m(2vo)2=^v2+|m'v2

聯立解得v=vo,m-3m

(3)設兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間為由,

則球1反彈到尸點的時間為Z1=^=—

42VO

球1運動到P點時，球2運動到與尸點關于球心對稱的位置P，點，

此后至第二次碰撞所用時間為h,

則有Vot2+2votT.=TlR

所以A/=Z1+Z2=——O

6v0

例7(2024?安徽卷.14)如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與

光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端,

一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側。現將細線拉直到水平位置

時，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿小車上的軌道運

動，已知細線長L=L25m。小球質量加=0.20kg。物塊、小車質量均為M=0.30kg。小車上的水平

軌道長s=1.0m。圓弧軌道半徑R=0.15m。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度

g取10m/s2o

mO—--------10

\R

⑴求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小；

(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；

⑶為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數"的

取值范圍。

答案(1)6N(2)4m/s(3)0.25</z<0,4

解析(1)對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理

解得vo=5m/s

在最低點，對小球由牛頓第二定律得

v2

解得小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為無=6N

(2)小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律得產"7V1+MV2

17z19z1a7

-mv0=-mv1+-MV2

解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為m/s

V2=—m+—MVO=4

⑶若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒得

MV2=2MV3

由能量守恒定律得

11

Z99

-MV2=-X2MV3Z+〃

解得〃i=0.4

若物塊恰好運動到與圓弧軌道圓心等高的位置，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒

得MV2=2MV^

由能量守恒定律得

1919

Z

-MV2「xZA/uJ+42Mgs+A/gR

解得〃2=0.25

綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數〃的取值范圍為0.25^<0.4o

專題強化練［分值：60分］

1~5題每題4分，6、7題每題6分，8題12分，9題16分，共60分

［保分基礎練］

1.（多選）（2024?廣東江門市一模）數據表明，在電動車事故中，佩戴頭盔可防止85%的頭部受傷，大大減小

損傷程度。頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長至6ms以上，人頭部的質量約為2kg,則下列說法正

確的是（）

A.頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率

B.頭盔減少了駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量

C.事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等

D.若事故中頭部以6m/s的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力最多為2000N

答案ACD

解析根據F-\t=\p,可得F岑,依題意，頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長了，頭盔減小了駕駛

員頭部撞擊過程中的動量變化率，故A正確；同理，可知頭盔并沒有減少駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的

沖量，故B錯誤；根據/=尸。，頭盔對頭部的作用力與頭部對頭盔的作用力等大反向，作用時間相同，所

以事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等，故C正確；代入數據，可得尸=」焉N=2000

N,可知事故中頭部以6m/s的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力最多為2000N,故D正確。

2.（2024.江蘇卷.9）在水平面上有一個U形滑板A,A的上表面有一個靜止的物體B,左側用輕彈簧連接在

滑板A的左側，右側用一根細繩連接在滑板A的右側，開始時彈簧處于拉伸狀態，各表面均光滑，剪斷細

繩后，貝!）（）

-----------A--------

A.彈簧原長時A動量最大

B.壓縮最短時A動能最大

C.系統動量變大

D.系統機械能變大

答案A

解析對整個系統分析可知合外力為0,系統動量守恒，由于系統內只有彈力做功，故系統的機械能守恒，

C、D錯誤；

滑板A受到的合外力為彈簧的彈力，彈簧在恢復原長的過程中，由乙=加”知滑板做加速度減小的加速運動，

彈簧被壓縮時，滑板做加速度增大的減速運動，所以彈簧原長時A動量最大，動能最大，A正確，B錯誤。

3.（多選）（2024?全國甲卷20）蹦床運動中，體重為60kg的運動員在t=0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大

小尸與時間f的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。

忽略空氣阻力，重力加速度大小取lOm/s?。下列說法正確的是（）

F/N

A.U0.15s時，運動員的重力勢能最大

B.f=0.30s時，運動員的速度大小為10m/s

C.Ul.OOs時，運動員恰好運動到最大高度處

D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N

答案BD

解析根據牛頓第三定律結合題圖可知U0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時

運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；

運動員從U0.30s離開蹦床到U2.30s再次落到蹦床上經歷的時間為2s,根據豎直上拋運動的對稱性可知，

運動員上升時間為1s,則在r=1.30s時，運動員恰好運動到最大高度處，f=0.30s時運動員的速度大小

v=10xlm/s=10m/s,故B正確，C錯誤；

同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s,以豎直向上為正方向，根據動量定理得

F-At-mg-At=mv-（-mv）

其中A/=0.30s

代入數據可得產=4600N

根據牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N，故D正

確。

4.（多選）（九省聯考.河南2）如圖（a）所示，“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質量為1kg的滑塊P以

6m/s的初速度滑上木板，Z=2s時與木板相撞并粘在一起。兩者運動的VI圖像如圖（b）所示。重力加速度大

小g取10m/s2,貝女）

(b)

A.Q的質量為1kg

B.地面與木板之間的動摩擦因數為0.1

C.由于碰撞系統損失的機械能為1.0J

D.U5.8s時木板速度恰好為零

答案AC

解析兩者碰撞時，取滑塊P的速度方向為正方向，設P的質量為m=lkg,(^的質量為M,碰撞瞬間P、

Q組成的系統動量守怛mvi+Mv2=(m+M)V3

根據v-f圖像可知,vi=3m/s,V2=lm/s,vs=2m/s,代入上式解得M=1kg,故A正確；

設P與Q之間的動摩擦因數為,Q與地面之間的動摩擦因數為“2,根據vJ圖像可知，0~2s內P與Q的

22

加速度大小分別為?P=1.5m/s,aQ=0.5m/s,對P、Q分別受力分析,由牛頓第二定律得juimg=map

〃1mg-"2(m+M)g=MaQ

聯立解得償=0.05,故B錯誤；

由于碰撞系統損失的機械能為

1*z711Q

ZV乙

AE=-mV1+-MV2--(m+M)3

代入數據解得AE=1.0J,故C正確；

對碰撞后整體受力分析，42cM+”?)g=(M+a)a

又V3=m,代入數據解得h=4s,因此木板速度恰好為零的時刻為t0=2s+4s=6s,故D錯誤。

5.(2024.遼寧沈陽市質量監測)如圖所示，小車上固定一個光滑彎曲軌道，靜止在光滑的水平面上，整個小

車(含軌道)的質量為3根。現有質量為機的小球，以水平速度w從左端滑上小車，能沿彎曲軌道上升到最

大高度，然后從軌道左端滑離小車。重力加速度為g。關于這個過程，下列說法正確的是()

A.小球沿軌道上升到最大高度時，速度為零

B.小球沿軌道上升的最大高度為警

C.小球滑離小車時，小車恢復靜止狀態

D.小球滑離小車時，小車相對小球的速度大小為2%

答案B

解析依題意，小車和小球組成的系統水平方向不受外力，則系統水平方向動量守恒，設達到最高點的高

度為“，此時小球仍然具有水平速度，由動量守恒定律，可得加物=（m+3機）v,根據能量守恒，可得

21

-mv0=-（m+3in）v+mgH,聯立解得“=也-,故A錯誤，B正確；設小球滑離小車時，二者速度分別為v琰

228g

和U車，取水平向右為正方向，由動量守恒和能量守恒可得WV）=根V球+3/W車，二球2+93m17車2,聯

立解得v球二-70,以車二”0,可知小車相對小球的速度大小為Av二v車“球二血，故C、D錯誤。

［爭分提能練］

6.（2024?安徽黃山市二模）某小球質量為M,現讓它在空氣中由靜止開始豎直下落，下落過程中所受空氣阻

力與速率的關系滿足戶外（左為定值），當下落時間為r時，小球開始勻速下落，已知重力加速度為g,則小

球在t時間內下降的高度丸為（）

A.公股咚絲B斥皿

k2k

CJ-吆警蛆DT

答案A

解析根據題意可得，當小球勻速下落時，有四=戶配,下落過程中，根據動量定理可得,

ft=l^t=kh,聯立可得仁瞥/竺,故選Ao

7.（2024?安徽卷⑹在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕緣輕質

細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質量為機，帶電量為+q,可視為點電荷。初始時，

小球均靜止，細線拉直。現將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分

別為也、V2、V3,如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統電勢能減少了誓，左為靜電力常量，不計空

氣阻力。貝1（）

甲乙

A.該過程中小球3受到的合力大小始終不變

B.該過程中系統能量守恒，動量不守恒

C.在圖乙位置，V1=V2，V3^2VI

D.在圖乙位置，V3=配

\3md

答案D

解析該過程中系統動能和電勢能相互轉化，能量守恒，對整個系統分析可知系統受到的合外力為0,故

動量守恒；當三個小球運動到同一條直線上時，根據對稱性可知細線中的拉力相等，此時球3受到1和2

的靜電力大小相等、方向相反，故可知此時球3受到的合力為0,球3從靜止狀態開始運動的瞬間受到的

合力不為0,故該過程中小球3受到的合力在改變，故A、B錯誤；

對系統根據動量守恒機V1+根V2=加V3

根據球1和2運動的對稱性可知V1=V2,解得V3-2V1

根據能量守恒:加%2+|mv22+|mv32二^■

解得i'3=眄，故C錯誤，D正確。

8.(12分X2024.甘肅卷［4)如圖，質量為2kg的小球A(視為質點)在細繩0P和0P作用下處于平衡狀態，

細繩0P=0P=1.6m,與豎直方向的夾角均為60。。質量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質量為2

kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細繩OP,小球A開始運動。(重力加速度g取lOm/s?)

(1)(4分)求A運動到最低點時細繩。尸所受的拉力。

(2)(3分)A