第7章動(dòng)量守恒定律物理新高考適用第1節(jié)動(dòng)量定理及其應(yīng)用

五年高考

三年模擬第2節(jié)動(dòng)量守恒定律

五年高考

三年模擬目錄實(shí)驗(yàn)8驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律培優(yōu)提分點(diǎn)2數(shù)學(xué)方法在動(dòng)量問題中的應(yīng)用微專題12動(dòng)量守恒中的幾種常見模型微專題13力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用第1節(jié)動(dòng)量定理及其應(yīng)用動(dòng)量和沖量T1、2◆動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用T3、6~7◆應(yīng)用動(dòng)量定理分析流體問題T4、5考法領(lǐng)航·物理本質(zhì)

明晰規(guī)律思維回歸(2024福建,7,6分)(多選)如圖(a),水平地面上固定有一傾角為θ的足夠長(zhǎng)光滑斜面,一質(zhì)

量為m的滑塊鎖定在斜面上。t=0時(shí)解除鎖定,同時(shí)對(duì)滑塊施加沿斜面方向的拉力F,F隨

時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示,取沿斜面向下為正方向,重力加速度大小為g,則滑塊(

)A.在0~4t0內(nèi)一直沿斜面向下運(yùn)動(dòng)B.在0~4t0內(nèi)所受合外力的沖量大小為零C.在t0時(shí)的動(dòng)量大小是在2t0時(shí)的一半D.在2t0~3t0內(nèi)的位移大小比在3t0~4t0內(nèi)的小AD解析

根據(jù)牛頓第二定律可知,當(dāng)拉力為2mgsinθ時(shí),滑塊加速度a1=3gsinθ,方向沿斜

面向下;當(dāng)拉力為-2mgsinθ時(shí),滑塊加速度a2=-gsinθ,方向沿斜面向上;作出滑塊沿斜面

運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖,根據(jù)v-t圖像,可判斷出滑塊一直沿斜面向下運(yùn)動(dòng),A正確。4t0時(shí)滑塊

速度不為零,根據(jù)動(dòng)量定理I合=mΔv可知0~4t0內(nèi)滑塊所受合外力的沖量不為零,B錯(cuò)誤。

由v-t圖像及p=mv可知滑塊在t0時(shí)的動(dòng)量大小是在2t0時(shí)的1.5倍,C錯(cuò)誤。v-t圖線與t軸所

圍“面積”表示位移大小,即滑塊在2t0~3t0內(nèi)的位移大小比在3t0~4t0內(nèi)的小,D正確。

考法點(diǎn)睛

F與時(shí)間軸所圍“面積”是否表示合外力的沖量?1.★★(2021湖南,2,4分)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可用位置x和動(dòng)量p描述,稱為相,對(duì)應(yīng)p-x圖像中

的一個(gè)點(diǎn)。物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化可用p-x圖像中的一條曲線來描述,稱為相軌跡。假如

一質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),則對(duì)應(yīng)的相軌跡可能是

(

)

A

B

C

D五年高考D解析

質(zhì)點(diǎn)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a,則v2=2ax,而動(dòng)量p=mv,聯(lián)立

可得p=m

,動(dòng)量p為矢量且為正值。D正確。2.★★(2021北京,10,3分)如圖所示,圓盤在水平面內(nèi)以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),圓盤

上距軸r處的P點(diǎn)有一質(zhì)量為m的小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)。某時(shí)刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動(dòng),

小物體由P點(diǎn)滑至圓盤上的某點(diǎn)停止。下列說法正確的是

(

)A.圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前,小物體所受摩擦力的方向沿運(yùn)動(dòng)軌跡切線方向B.圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前,小物體運(yùn)動(dòng)一圈所受摩擦力的沖量大小為2mωrC.圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后,小物體沿圓盤半徑方向運(yùn)動(dòng)D.圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后,小物體整個(gè)滑動(dòng)過程所受摩擦力的沖量大小為mωrD解析

圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前,物體所受的靜摩擦力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,方向沿

半徑指向圓心,A錯(cuò)誤。物體勻速轉(zhuǎn)動(dòng)一周受到的摩擦力是一個(gè)變力,可用動(dòng)量定理來

計(jì)算摩擦力的沖量,轉(zhuǎn)動(dòng)一周動(dòng)量的變化量為零,I=Δp=0,B錯(cuò)誤。停止轉(zhuǎn)動(dòng)后,物體做離

心運(yùn)動(dòng),不是沿著半徑方向運(yùn)動(dòng),C錯(cuò)誤。停止轉(zhuǎn)動(dòng)后,物體初動(dòng)量為mωr,最后物體停下

來,末動(dòng)量為零,整個(gè)過程中摩擦力的沖量大小等于動(dòng)量的變化量大小,為mωr,D正確。技巧點(diǎn)撥

求變力的沖量的技巧:如果變力是物體運(yùn)動(dòng)過程中的合力,可用動(dòng)量定理I=

Δp求該變力的沖量。3.★★★(2024廣東,14節(jié)選)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。如圖甲所示,在安全氣囊的性能測(cè)試中,可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為H處做

自由落體運(yùn)動(dòng),與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘剛到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn),氣囊對(duì)頭

錘豎直方向的作用力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律,可近似用圖乙所示的圖像描述。已知頭錘

質(zhì)量M=30kg,H=3.2m,重力加速度大小取g=10m/s2,求:(1)碰撞過程中F的沖量大小和方向;(2)碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。答案

(1)330N·s方向豎直向上

(2)0.2m解析

(1)F-t圖像中圖線與橫坐標(biāo)軸所圍的面積等于F的沖量,故有IF=

×0.1×6600N·s=330N·s氣囊對(duì)頭錘的彈力方向豎直向上,故F的沖量IF方向豎直向上(2)以豎直向上為正方向,對(duì)頭錘與氣囊作用的過程應(yīng)用動(dòng)量定理有IF-Mgt=Mv-(-Mv0)對(duì)頭錘自由下落過程,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

=2gH聯(lián)立解得v=2m/s由v2=2gh,解得h=0.2m4.★★★(2024屆福建百校聯(lián)考三模)(多選)消防員在進(jìn)行消防滅火演練時(shí),用高壓水槍

噴出的強(qiáng)力水柱沖擊著火物,設(shè)水柱直徑為D,以水平速度v垂直射向著火物,水柱沖擊

著火物后速度變?yōu)?。高壓水槍的質(zhì)量為M,消防員手持高壓水槍操作,進(jìn)入水槍的水流

速度忽略不計(jì),水的密度為ρ,下列說法正確的是(

)A.水槍的流量為

πvD2B.水槍的功率為

πρD2v3C.水柱對(duì)著火物的平均沖擊力的大小為

πρD2v2D.向前水平噴水時(shí),消防員對(duì)水槍的作用力方向向前且斜向上方三年模擬BD解析

Δt時(shí)間內(nèi),從水槍噴出的水的體積ΔV=SvΔt=

πD2vΔt,可得水槍的流量Q=

=

πD2v,A錯(cuò)誤。Δt時(shí)間內(nèi)水槍噴出的水的動(dòng)能Ek=

Δmv2=

πρD2v3Δt,可得高壓水槍在此期間對(duì)水做的功W=Ek=

πρD2v3Δt,故高壓水槍的功率P=

=

πρD2v3,B正確。(點(diǎn)撥:利用轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法,要求水柱對(duì)著火物的平均沖擊力大小,先求著火物對(duì)水柱的平均作用

力大小)Δt'時(shí)間內(nèi)噴到著火物上水的質(zhì)量m=

ρπD2vΔt',設(shè)著火物對(duì)水柱的平均作用力大小為F,由動(dòng)量定理可得FΔt'=mv,解得F=

πρD2v2,根據(jù)牛頓第三定律可得水柱對(duì)著火物的平均沖擊力的大小F'=F,C錯(cuò)誤。當(dāng)高壓水槍水平向前噴出水柱時(shí),水柱對(duì)高壓水

槍的作用力水平向后,由于高壓水槍有重力,由平衡條件可得,消防員對(duì)高壓水槍的作用力方向向前且斜向上方,D正確。5.★★★(2024屆北京海淀二模反饋)如圖所示,一個(gè)沙漏沿水平方向以速度v做勻速直

線運(yùn)動(dòng),沿途連續(xù)漏出沙子,單位時(shí)間內(nèi)漏出的沙子質(zhì)量恒為Q,出沙口距水平地面的高

度為H。忽略沙子漏出瞬間相對(duì)沙漏的初速度,沙子落到地面后立即停止,不計(jì)空氣阻

力,已知重力加速度為g。在已有沙子落地后的任意時(shí)刻,下列說法正確的是

(

)

A.沙子在空中形成的幾何圖形是一條拋物線B.在空中飛行的沙子的總質(zhì)量為Q

C.沙子落到地面時(shí)對(duì)地面的作用力大小為QvD.沙子落到地面時(shí)與沙漏的水平距離為v

B解析

不計(jì)空氣阻力,沙子下落時(shí)水平方向的分速度與沙漏的速度相同,所以沙子在空

中形成的幾何圖形是一條直線,沙子落在沙漏的正下方,A、D錯(cuò)誤。從第一粒沙子剛

漏出到這粒沙子剛落地,根據(jù)H=

gt2可得t=

,故這一過程中漏出的沙子總質(zhì)量M=Qt=Q

(點(diǎn)撥:無法直接分析空中沙子的質(zhì)量,可以通過出沙口漏出的沙子分析),B正確。Δt時(shí)間內(nèi)落到地面的沙子的質(zhì)量Δm=QΔt,水平方向(取水平向左為正方向),根據(jù)動(dòng)

量定理有FxΔt=0-Q·Δt(-v),解得Fx=Qv;豎直方向(取豎直向上為正方向),根據(jù)動(dòng)量定理有

FyΔt-Qg·Δt=0-Q·Δt(-vy),其中vy=

,解得Fy=Qg+Q

,根據(jù)牛頓第三定律可知沙子落到地面時(shí)對(duì)地面的作用力大小F'=F=

=

,C錯(cuò)誤。6.★★★(2025屆廣東廣州開學(xué)考)(多選)如圖(a)所示,一個(gè)質(zhì)量m=1kg的物塊靜止在水

平面上,現(xiàn)用水平力F向右拉物塊,F的大小隨時(shí)間變化關(guān)系如圖(b)所示。已知物塊與

水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,重力加速度大小g=10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦

力。下列說法正確的是

(

)A.0~4s內(nèi),重力的沖量大小為0B.0~4s內(nèi),重力的沖量大小為40N·sC.第4s末,物塊的速度大小為8m/sD.第4s末,物塊的速度大小為9m/sBD解題導(dǎo)引

解析

0~4s內(nèi),重力的沖量大小IG=mgt=40N·s,A錯(cuò)誤,B正確。物塊與水平面間的滑動(dòng)

摩擦力大小Ff=μmg=2N;設(shè)t1時(shí)刻F1=Ff,由圖(b)得F1=kt1=2t1(SI),解得t1=1s;1~4s內(nèi),根據(jù)

動(dòng)量定理有IF-μmgt'=mv,由圖像得IF=

×3N·s=15N·s,聯(lián)立解得v=9m/s,C錯(cuò)誤,D正確。7.★★★(2025屆湖北武漢9月調(diào)研)(多選)在無風(fēng)的條件下,雨滴在空中下落,由于空氣

阻力的影響,最終會(huì)以恒定的速度下降,這個(gè)速度叫作收尾速度。質(zhì)量為m(保持不變)

的雨滴從靜止開始下落,經(jīng)過時(shí)間t,下降了高度h,恰好達(dá)到收尾速度vm。已知空氣對(duì)下

落雨滴的阻力與雨滴速度大小成正比,即f=kv,k為已知常量,重力加速度大小為g。下列

關(guān)系正確的是

(

)A.vm=

B.vm=

C.h=

D.h=

AD解析

當(dāng)雨滴的速度達(dá)到收尾速度時(shí),雨滴處于平衡狀態(tài),可得mg=kvm,解得vm=

,A正確,B錯(cuò)誤。雨滴從靜止開始下落,經(jīng)過時(shí)間t下降了高度h,恰好達(dá)到收尾速度vm,根據(jù)動(dòng)

量定理有mgt-∑kvΔt=mvm,由于∑vΔt=h(點(diǎn)撥:速度在時(shí)間上的累積表示位移),聯(lián)立可得

mgt-kh=m

,即h=

,C錯(cuò)誤,D正確。第2節(jié)動(dòng)量守恒定律動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用T5、7◆碰撞問題T1、2、4、6◆爆炸反沖人船模型T3、8

五年高考1.★★(2024廣西,8,6分)(多選)如圖,在光滑平臺(tái)上有兩個(gè)相同的彈性小球M和N。M水

平向右運(yùn)動(dòng),速度大小為v。M與靜置于平臺(tái)邊緣的N發(fā)生正碰,碰撞過程中總機(jī)械能守

恒。若不計(jì)空氣阻力,則碰撞后,N在

(

)A.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng)B.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)C.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于vD.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小大于vBC解析

兩小球碰撞過程中機(jī)械能守恒,可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞,由于兩小球質(zhì)

量相等,故碰撞后兩小球交換速度,即vM=0,vN=v,碰后小球N做平拋運(yùn)動(dòng),在水平方向做勻

速直線運(yùn)動(dòng),即水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于v,C正確,D錯(cuò)誤;小球N在豎

直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng),即豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤,B正確。2.★★★(2022北京,10,3分)質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰,其位置坐標(biāo)

x隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是

(

)

A.碰撞前m2的速率大于m1的速率B.碰撞后m2的速率大于m1的速率C.碰撞后m2的動(dòng)量大于m1的動(dòng)量D.碰撞后m2的動(dòng)能小于m1的動(dòng)能C解析

位移-時(shí)間圖線的斜率表示速度,則由圖像可知,碰前m2處于靜止?fàn)顟B(tài),碰后兩物

體速率相等、運(yùn)動(dòng)方向相反,A、B錯(cuò)誤。碰撞過程中動(dòng)量守恒,有p1=-p1'+p2',可知p2'>p1',C正確。由p2'>p1'、碰后兩物體速率相等可知m2>m1,則碰撞后m2的動(dòng)能大于m1的動(dòng)能,

D錯(cuò)誤。3.★★★(2021浙江1月,12,3分)在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔,發(fā)射塔正下方的水平地面

上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射,上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)

量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊。遙控器引爆瞬間開始計(jì)時(shí),在5s末

和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播

速度為340m/s,忽略空氣阻力,g取10m/s2。下列說法正確的是

(

)A.兩碎塊的位移大小之比為1∶2B.爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80mC.爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD.爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340mB解析

根據(jù)動(dòng)量守恒有m1v1=m2v2,若m1∶m2=2∶1,則兩碎塊速度之比v1∶v2=1∶2。由于

從同一高度做平拋運(yùn)動(dòng),故在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0,有v1t0=v聲(5s-t0)、

v2t0=v聲(6s-t0),根據(jù)以上式子解得t0=4s、v1=85m/s、v2=170m/s,兩碎塊的水平位移大小

分別為x1=v1t0=340m、x2=v2t0=680m,爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為x1+x2=1020m,爆炸點(diǎn)離地面高度h=

g

=80m,B正確,C、D錯(cuò)誤。由于碎塊的位移大小s=

,x1∶x2=1∶2,故兩碎塊的位移大小之比s1∶s2≠1∶2,A錯(cuò)誤。4.★★★(2024天津,10,14分)如圖所示,光滑半圓軌道直徑沿豎直方向,最低點(diǎn)與水平面

相切。對(duì)靜置于軌道最低點(diǎn)的小球A施加水平向左的瞬時(shí)沖量I,A沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高

點(diǎn)時(shí),與用輕繩懸掛的靜止小球B正碰并粘在一起。已知I=1.8N·s,A、B的質(zhì)量分別為

mA=0.3kg、mB=0.1kg,軌道半徑和繩長(zhǎng)均為R=0.5m,兩球均視為質(zhì)點(diǎn),輕繩不可伸長(zhǎng),重

力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力。求:(1)與B碰前瞬間A的速度大小;(2)A、B碰后瞬間輕繩的拉力大小。

答案

(1)4m/s

(2)11.2N解析

(1)設(shè)施加瞬時(shí)沖量后瞬間A的速度大小為v0,由動(dòng)量定理,有I=mAv0

①設(shè)與B碰前瞬間A的速度大小為v1,由機(jī)械能守恒定律,有

mA

=

mA

+2mAgR

②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)解得v1=4m/s③(2)設(shè)A、B碰后瞬間共同速度大小為v2,由碰撞過程水平方向動(dòng)量守恒,有mAv1=(mA+mB)v2

④設(shè)A、B碰后瞬間輕繩的拉力大小為F,由牛頓第二定律,有F-(mA+mB)g=(mA+mB)

⑤聯(lián)立③④⑤式并代入數(shù)據(jù)解得F=11.2N5.★★★(2024屆陜西寶雞三模)(多選)如圖所示,豎直墻面和水平地面均光滑,質(zhì)量分別

為mA=6kg、mB=2kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧相連,其中A緊靠墻面?，F(xiàn)對(duì)B

物體緩慢施加一個(gè)向左的力,使A、B間彈簧被壓縮且最終系統(tǒng)靜止,該力對(duì)物體B做的

功W=16J?，F(xiàn)突然撤去向左的力,則

(

)

A.撤去外力后,兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.撤去外力后,兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.從撤去外力至A與墻面剛分離,彈簧對(duì)B的沖量I=8N·s,方向水平向右D.A與墻面分離后彈簧首次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),兩物體的速度大小均是2.5m/s,方向相反三年模擬BC解析

撤去外力后,彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中,墻對(duì)A還有彈力的作用,所以兩物體和彈

簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,A離開墻壁后,系統(tǒng)動(dòng)量才守恒,A錯(cuò)誤。撤去外力后,系統(tǒng)內(nèi)

只有動(dòng)能和彈性勢(shì)能互相轉(zhuǎn)化,機(jī)械能守恒,B正確。壓縮彈簧時(shí),外力做的功完全轉(zhuǎn)化

為彈簧的彈性勢(shì)能,即Ep=W=16J;從撤去外力至彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng),由機(jī)械能守恒可

得Ep=

mB

,解得v0=4m/s;此過程對(duì)物體B,由動(dòng)量定理可得I=mBv0=8N·s,其方向水平向右,C正確。從A與墻面剛分離至A與墻面分離后彈簧首次恢復(fù)原長(zhǎng),取向右為正方向,對(duì)

物體A、B及彈簧組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒可得mBv0=mAvA+mBvB,由機(jī)械能守恒定律可得

mB

=

mA

+

mB

,聯(lián)立解得vA=2m/s、vB=-2m/s,D錯(cuò)誤。6.★★★(2025屆重慶拔尖強(qiáng)基聯(lián)盟聯(lián)考)(多選)如圖甲所示,質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)小球1

和2在光滑的水平面上發(fā)生正碰,其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示,則

(

)

A.碰后球1的速率大于球2的速率B.m1∶m2=9∶2C.碰后球1的動(dòng)量與球2的動(dòng)量大小之比為9∶1D.兩小球碰撞過程中損失的動(dòng)能與碰撞前總動(dòng)能之比為10∶27BD解題導(dǎo)引

解析

碰撞后,球1和球2的速度方向相同,球1不會(huì)越過球2,故碰后球1的速率小于球2的

速率,A錯(cuò)誤。由題圖乙可得,碰撞前球1的速度大小v1=

m/s=2.5m/s,球2的速度大小v2=

m/s=1.5m/s,碰撞后球1的速度大小v1'=

m/s=1.5m/s,球2的速度大小v2'=

m/s=3m/s;碰撞過程動(dòng)量守恒,有m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2',解得m1∶m2=9∶2,B正確。碰后球1的動(dòng)

量與球2的動(dòng)量大小之比m1v1'∶m2v2'=9∶4,C錯(cuò)誤。兩小球碰撞過程中損失的動(dòng)能ΔEk=

m1

+

m2

-

,碰撞前總動(dòng)能Ek=

m1

+

m2

,聯(lián)立解得

=

,D正確。7.★★★★(2025屆山東德州開學(xué)考)如圖所示,質(zhì)量為m的小球A從距離地面h高度處向

上斜拋,拋出時(shí)的速度大小為25m/s,方向與水平方向的夾角為37°,在A拋出的同時(shí)有一

質(zhì)量為2m的黏性小球B從某高度處自由下落,當(dāng)A上升到最高點(diǎn)時(shí)恰能擊中豎直下落中

的黏性小球B,A、B兩球碰撞時(shí)間極短,碰后A、B兩球粘在一起落回地面。已知A球上

升和下落過程時(shí)間相等。不計(jì)空氣阻力,sin37°=0.6,g取10m/s2。下列說法正確的是

(

)

A.小球A從開始上升至到達(dá)最高處過程的水平位移是20mB.小球B開始下落時(shí)離地面的高度是37.5mC.小球A拋出點(diǎn)距地面的高度h為11.25mD.小球A拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離為60mB解析

(點(diǎn)撥:小球A做斜上拋運(yùn)動(dòng),其水平分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng),豎直分運(yùn)動(dòng)為豎直上

拋運(yùn)動(dòng))小球A從開始上升至到達(dá)最高處的時(shí)間t1=

=

s=1.5s,水平位移x=v0·cos37°·t1=30m,A錯(cuò)誤。從小球A開始上升到小球A、B碰前瞬間,小球B下落的高度h1

=

g

=11.25m;碰前瞬間,小球B的速度vB0=gt1=15m/s;兩球碰撞過程,由豎直方向動(dòng)量守恒可得2mvB0=(2m+m)vy,解得vy=10m/s;碰后兩球下落的高度h2=vyt1+

g

=26.25m,可得小球B開始下落時(shí)離地面的高度H=h1+h2=37.5m,B正確。小球A從拋出至運(yùn)動(dòng)到最高

點(diǎn)上升的高度h3=

t1=11.25m,可得小球A拋出點(diǎn)距地面的高度h=h2-h3=15m,C錯(cuò)誤。兩球碰撞過程水平方向動(dòng)量守恒,有mv0

cos37°=3mvx,解得vx=

m/s;小球A拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離x'=x+vxt1=40m,D錯(cuò)誤。8.★★★(2025屆東北三省精準(zhǔn)教學(xué)聯(lián)考)如圖所示,在光滑的水平面上,質(zhì)量為M的小車

上固定一豎直輕桿,桿頂端通過長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球,輕桿長(zhǎng)度大于輕

繩長(zhǎng)度。初始時(shí)小車固定,將小球向左拉離平衡位置,輕繩與豎直方向夾角為60°時(shí)由

靜止釋放小球,小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)釋放小車。不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,

小球可視為質(zhì)點(diǎn)。求:(1)小球第一次在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)輕繩的拉力;(2)小球向右運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度大小和此時(shí)輕繩與豎直方向夾角的余弦值。

答案

(1)2mg,方向豎直向下(2)

解析

(1)在小球下擺過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有mgL(1-cos60°)=

m

在最低點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律有FT-mg=m

解得輕繩對(duì)小球的拉力大小FT=2mg根據(jù)牛頓第三定律可得,小球第一次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)對(duì)輕繩的拉力大小為2mg,方向豎直

向下。(2)釋放小車至小球上升到最高點(diǎn),設(shè)輕繩與豎直方向的最大夾角為θ,對(duì)整個(gè)系統(tǒng)根據(jù)

機(jī)械能守恒定律有

m

=mgL(1-cosθ)+

(M+m)

(關(guān)鍵:釋放小車后,小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向合力為0,故系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒)根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有mv1=(M+m)v2聯(lián)立解得v2=

,cosθ=

。微專題12動(dòng)量守恒中的幾種常見模型子彈打木塊模型T8◆滑塊-木板模型T3、6、7◆滑塊-斜面(曲面)體模型T4、5◆滑塊-彈簧模型T1、2

1.★★(2025屆山東齊魯名校聯(lián)考)(多選)如圖所示,用輕彈簧拴接的物塊M、N靜止在光

滑水平面上,物塊M的質(zhì)量是物塊N質(zhì)量的2倍?，F(xiàn)使物塊M獲得大小為I、方向水平向

右的瞬時(shí)沖量。下列說法正確的是

(

)

A.自開始至彈簧最短的過程,彈簧對(duì)物塊M的沖量大小為

B.自開始至彈簧最短的過程,彈簧對(duì)物塊M的沖量大小為

C.自開始至彈簧最長(zhǎng)的過程,彈簧對(duì)物塊M的沖量大小為

D.自開始至彈簧最長(zhǎng)的過程,彈簧對(duì)物塊M的沖量大小為

BD解析

設(shè)M、N的質(zhì)量分別為m1、m2,且m1=2m2,當(dāng)彈簧最長(zhǎng)或最短時(shí),兩物塊的速度均

相同。取水平向右為正方向,當(dāng)M開始運(yùn)動(dòng)時(shí),由動(dòng)量定理可得I=m1v;自M開始運(yùn)動(dòng)至彈

簧最短或最長(zhǎng)的過程,對(duì)M、N組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律可得m1v=(m1+m2)v',對(duì)M,由

動(dòng)量定理可得I'=m1v'-m1v;聯(lián)立解得I'=-

,可得沖量大小為

,方向水平向左,B、D正確,A、C錯(cuò)誤。2.★★★(2021湖南,8,5分)(多選)如圖(a),質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連

接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng),外力F作用在A上,系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面),此時(shí)彈簧形變

量為x。撤去外力并開始計(jì)時(shí),A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的a-t圖像如圖(b)所示,S1表示0到t1時(shí)間

內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小,S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐

標(biāo)軸所圍面積大小。A在t1時(shí)刻的速度為v0。下列說法正確的是

(

)

圖(a)圖(b)A.0到t1時(shí)間內(nèi),墻對(duì)B的沖量等于mAv0B.mA>mBC.B運(yùn)動(dòng)后,彈簧的最大形變量等于xD.S1-S2=S3

ABD解析

從a-t圖像可知,0~t1時(shí)間內(nèi)B未運(yùn)動(dòng),仍處于靜止?fàn)顟B(tài),故墻對(duì)B的作用力的大小、

方向和彈簧對(duì)A的作用力大小、方向均相等,故墻對(duì)B的沖量與彈簧對(duì)A的沖量相等,故

由動(dòng)量定理可知其大小等于mAv0,A正確。t1時(shí)刻之后,A、B構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,彈簧

形變量最大時(shí),彈簧彈力最大,a也最大,在t2時(shí)刻,A、B加速度最大,且此時(shí)A、B受力大小

相等,方向相反,aA<aB,所以mA>mB,B正確。當(dāng)B運(yùn)動(dòng)后,由于系統(tǒng)總動(dòng)量不為零,必然有一

部分能量以動(dòng)能的形式呈現(xiàn),則彈簧的彈性勢(shì)能必然小于0時(shí)刻的,最大形變量小于x,C

錯(cuò)誤。由于a-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示速度變化量,故t2時(shí)刻vB=S3,vA=S1-S2,此時(shí)彈

簧形變量最大,有vA=vB,故S1-S2=S3,D正確。3.★★★(2024屆山西陽泉期末)(多選)如圖所示,一木板靜止于光滑水平面上,一小物塊

(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0從左側(cè)沖上木板。已知木板與物塊間的摩擦力大小為f,木板

和物塊的質(zhì)量分別為M和m(M>m),木板長(zhǎng)度為l。最終物塊從木板右側(cè)離開,則(

)A.物塊從木板右側(cè)離開時(shí),木板獲得的動(dòng)能一定小于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能B.物塊從木板右側(cè)離開時(shí),物塊具有的動(dòng)能小于

m

-flC.物塊離開前,摩擦力對(duì)物塊的沖量與摩擦力對(duì)木板的沖量相同D.運(yùn)動(dòng)過程中,物塊、木板的速度變化率相同AB解題導(dǎo)引

解析

設(shè)物塊離開木板時(shí)的速度為v1,此時(shí)木板的速度為v2,由題意得v0>v1>v2;系統(tǒng)因摩

擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q=f(xm-xM)=fl;由動(dòng)能定理可得木板獲得的動(dòng)能EkM=

M

=fxM;由于l>xM,可得Q>EkM,A正確。由能量守恒可得

m

=

m

+

M

+fl,所以物塊具有的動(dòng)能

m

=

m

-

M

-fl<

m

-fl,B正確。沖量是矢量,則摩擦力對(duì)物塊的沖量與摩擦力對(duì)木板的沖量大小相等,方向相反,C錯(cuò)誤。速度變化率即加速度,運(yùn)動(dòng)過程中物塊和木板的加速

度大小分別為am=

,aM=

,由于M>m,可得am>aM,D錯(cuò)誤。4.★★★(2024屆陜西商洛模擬)如圖所示,在足夠大的光滑水平地面上,靜置一質(zhì)量為2

m的滑塊,滑塊右側(cè)面的

光滑圓弧形槽的半徑為R,末端切線水平,圓弧形槽末端到地面的距離為

。質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧形槽頂端由靜止釋放,與滑塊分離后做平拋運(yùn)動(dòng),重力加速度大小為g,下列說法正確的是

(

)

A.滑塊的最大動(dòng)能為

B.小球離開滑塊時(shí)的動(dòng)能為

C.小球落地時(shí)的動(dòng)能為mgRD.滑塊對(duì)地面的最大壓力為

A解析

(關(guān)鍵:小球在滑塊上滑行時(shí),對(duì)滑塊的彈力能分解出一個(gè)向左的分力,滑塊會(huì)一

直加速,故小球離開滑塊時(shí),滑塊的速度最大)對(duì)滑塊、小球組成的系統(tǒng),由水平方向動(dòng)

量守恒可得mv1=2mv2,由機(jī)械能守恒定律可得mgR=

m

+

·2m

,聯(lián)立解得v1=2

,v2=

,所以滑塊的最大動(dòng)能Ek2=

·2m

=

,小球離開滑塊時(shí)的動(dòng)能Ek1=

m

=

,A正確,B錯(cuò)誤。小球從離開滑塊至落地,由動(dòng)能定理可得

=Ek-

m

,解得小球落地時(shí)的動(dòng)能Ek=

,C錯(cuò)誤。當(dāng)小球滑到圓弧形槽最低點(diǎn)時(shí),滑塊對(duì)地面的壓力最大;對(duì)小球,根據(jù)牛頓第二定律可得FN-mg=m

;由牛頓第三定律可得,小球?qū)瑝K的壓力大小F'N=FN;對(duì)滑塊受力分析,可得地面對(duì)滑塊的支持力N=F'N+2mg,聯(lián)立解得N=6mg;由牛頓第三定律可得,滑塊對(duì)地面的最大壓力N'=N=6mg,D錯(cuò)誤。易錯(cuò)警示

小球相對(duì)滑塊做圓周運(yùn)動(dòng),相對(duì)地面并不做圓周運(yùn)動(dòng);當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到圓弧形

槽最低點(diǎn)時(shí),相對(duì)滑塊的速度v=v1+v2,所以小球需要的向心力F=m

≠m

。5.(模塊融合·圓槽模型與靜電場(chǎng)的融合)(2024屆四川達(dá)州二診)(多選)一質(zhì)量為1kg、帶

電荷量為+1C的小球,以初速度10m/s沖上一質(zhì)量為4kg、半徑為1m的四分之一絕緣

光滑圓槽。整個(gè)空間存在方向豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為10N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)。所有

接觸面均光滑,重力加速度取10m/s2。從小球開始沖上圓槽至上升到圓槽最高點(diǎn)的過

程,下列說法正確的是

(

)A.小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B.小球和槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C.整個(gè)過程小球的動(dòng)能最小值為4JD.小球離開槽后繼續(xù)上升的高度為1mAD解析

小球和槽組成的系統(tǒng)除了重力做功,還有靜電力做功,機(jī)械能不守恒,A正確。小

球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,但總動(dòng)量不守恒,B錯(cuò)誤。從小球開始沖上圓槽

至上升到圓槽最高點(diǎn)的過程,對(duì)小球和槽組成的系統(tǒng),由水平方向動(dòng)量守恒可得mv0=(m

+M)v,解得v=2m/s;整個(gè)過程靜電力對(duì)小球做的功W電=-qER=-1×10×1J=-10J,即電勢(shì)能

增加量ΔEp=-W電=10J,小球上升至圓槽最高點(diǎn)時(shí)速度最小,由能量守恒定律可得

m

=mgR+Ekmin+

Mv2+ΔEp,聯(lián)立解得整個(gè)過程小球的動(dòng)能最小值Ekmin=22J,C錯(cuò)誤。小球離開圓槽后,根據(jù)動(dòng)能定理有-mgh-qEh=

mv2-Ekmin,解得h=1m,D正確。一題多解

“等效場(chǎng)”分析小球受到的重力和靜電力的合力等效為mg'=mg+qE=20N。對(duì)小球和槽組成的系統(tǒng),由

水平方向動(dòng)量守恒可得mv0=(m+M)v,解得v=2m/s;對(duì)系統(tǒng),由能量守恒定律可得

m

=mg'R+Ekmin+

Mv2,解得整個(gè)過程小球的動(dòng)能最小值Ekmin=22J,C錯(cuò)誤。小球離開圓槽后,由動(dòng)能定理可得-mg'h=

mv2-Ekmin,解得整個(gè)過程小球離開槽后繼續(xù)上升的高度h=1m,D正確。6.★★★★(2024屆九省聯(lián)考吉林、黑龍江)(多選)如圖(a)所示,質(zhì)量均為m的小物塊甲

和木板乙疊放在光滑水平面上,甲到乙左端的距離為L(zhǎng),初始時(shí)甲、乙均靜止,質(zhì)量為M

的物塊丙以速度v0向右運(yùn)動(dòng),與乙發(fā)生彈性碰撞。碰后,乙的位移x隨時(shí)間t的變化如圖

(b)中實(shí)線所示,其中t0時(shí)刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線,二者相切于P點(diǎn),

拋物線的頂點(diǎn)為Q點(diǎn)。甲始終未脫離乙,重力加速度為g。下列說法正確的是

(

)

A.碰后瞬間乙的速度大小為

B.甲、乙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

C.甲到乙左端的距離L≥

D.乙、丙的質(zhì)量之比m∶M=1∶2BC解題導(dǎo)引

解析設(shè)碰后瞬間乙的速度大小為v1,碰后乙的加速度大小為a,0~t0時(shí)間內(nèi),由題圖(b)可

知x=v1t0-

a

=

,拋物線的頂點(diǎn)為Q點(diǎn)(點(diǎn)撥:過Q點(diǎn)的切線水平,即其斜率為0,則若乙一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng),此時(shí)對(duì)應(yīng)的速度大小為0),則有v1=a·2t0,聯(lián)立解得v1=

,a=

,根據(jù)牛頓第二定律可得a=

=μg,解得甲、乙間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=

,A錯(cuò)誤,B正確。由于甲、乙的質(zhì)量相同,則甲做加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=

,根據(jù)題圖(b)可知,t0時(shí)刻甲、乙剛好共速(點(diǎn)撥:由于水平面光滑,甲、乙共速后將一起做勻速直線運(yùn)動(dòng),其x-t圖

線為一傾斜直線),則0~t0時(shí)間內(nèi)甲、乙發(fā)生的相對(duì)位移Δx=x乙-x甲=

t0-

t0=

t0=

,則甲到乙左端的距離滿足L≥Δx=

,C正確。丙與乙發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得Mv0=Mv2+mv1,

M

=

M

+

m

,聯(lián)立解得v1=

v0,又v1=

,可得乙、丙的質(zhì)量之比m∶M=2∶1,D錯(cuò)誤。7.★★★(2021海南,17,12分)如圖,一長(zhǎng)木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直

線運(yùn)動(dòng),將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2

m,它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。(1)滑塊相對(duì)木板靜止時(shí),求它們的共同速度大小;(2)某時(shí)刻木板速度是滑塊的2倍,求此時(shí)滑塊到木板最右端的距離;(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時(shí),給木板施加一水平向右的外力,使得木板保持勻速

直線運(yùn)動(dòng),直到滑塊相對(duì)木板靜止,求此過程中滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及外力所做的功。

答案

(1)

v0

(2)

(3)

m

解題導(dǎo)引

以滑塊和木板組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,系統(tǒng)所受合力為0,滿足動(dòng)量守恒的

條件,可以用動(dòng)量守恒定律求出它們相對(duì)靜止時(shí)的共同速度;求木板速度是滑塊的2倍

時(shí)滑塊到木板最右端的距離,結(jié)合題意和示意圖可知求的是滑塊相對(duì)于木板運(yùn)動(dòng)的距

離,由相對(duì)距離可聯(lián)想到摩擦生熱,所以可以試著對(duì)木板和滑塊這個(gè)系統(tǒng)進(jìn)行能量分析。解析

(1)滑塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有2mv0=(m+2m)v解得v=

v0(2)對(duì)滑塊和木板組成的系統(tǒng),有2mv0=mv1+2mv2μmgΔx=

×2m

-

其中v2=2v1聯(lián)立解得Δx=

(3)對(duì)于滑塊有μmgt=mv0木板勻速運(yùn)動(dòng)有F=μmg木板運(yùn)動(dòng)的位移x=v0t外力所做的功W=Fx聯(lián)立解得t=

,W=m

8.★★★★(2025屆陜西西安中學(xué)月考)如圖所示,在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量

為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木塊,質(zhì)量為m的子彈(可視為質(zhì)點(diǎn))水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)

動(dòng)過程中受到的阻力不變,其大小f與射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k為已知常量)。(1)求子彈穿過木塊過程中子彈和木塊的加速度大小。(2)求子彈穿過木塊后木塊的速度大小。(3)若子彈的初速度大小可以調(diào)節(jié),要使木塊獲得的速度最大且子彈能夠穿過木塊,則子

彈的初速度大小應(yīng)調(diào)為多少?這種情況下子彈穿過木塊的時(shí)間為多少?

答案

(1)

(2)

(3)

解析

(1)子彈和木塊相互作用過程中所受合力的大小都為f=kv0,所以子彈和木塊的加

速度大小分別為a1=

,a2=

。(2)水平面光滑,則子彈和木塊相互作用過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)子彈穿出木塊后子彈和木

塊的速度分別為v1、v2,則有mv0=mv1+Mv2設(shè)子彈穿過木塊過程子彈和木塊的位移大小分別為x1和x2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得2a1x1=

-

2a2x2=

x1-x2=L聯(lián)立解得v2=

。(3)當(dāng)木塊的速度最大時(shí),v2=

取極值,則當(dāng)v0=2

L=

時(shí)木塊的速度最大,最大速度v2m=

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2m=a2t聯(lián)立解得t=

。微專題13力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.★★★(2025屆江蘇南京六校聯(lián)合體期中)如圖所示,質(zhì)量均為m的a、b兩個(gè)小球,用較

長(zhǎng)的彈性輕繩連接,現(xiàn)把a(bǔ)、b兩球分別置于距地面高為H處的A、B兩點(diǎn)(H足夠大),間

距為L(zhǎng),在a球自由下落的同時(shí),b球以速度v0指向A點(diǎn)水平拋出,已知兩球碰撞時(shí)無機(jī)械能

損失,彈性輕繩始終處于彈性限度內(nèi),空氣阻力不計(jì),重力加速度為g。下列說法錯(cuò)誤的

是

(

)

A.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,兩球始終處于同一高度B.彈性輕繩伸長(zhǎng)過程中,a、b兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C.兩球從開始運(yùn)動(dòng)到第一次相碰,a球下落的高度h=

D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,彈性輕繩的最大彈性勢(shì)能Ep=

m

B解析

兩個(gè)小球在豎直方向均做自由落體運(yùn)動(dòng),可得整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中兩球始終處于同

一高度,A正確。在彈性輕繩伸長(zhǎng)過程中,a、b兩球組成的系統(tǒng)所受的合力等于兩球的

重力,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,B錯(cuò)誤。兩球從開始運(yùn)動(dòng)到第一次相碰,經(jīng)過的時(shí)間t=

,a球下落的高度h=

gt2,聯(lián)立解得h=

,C正確。當(dāng)兩球水平方向速度相同時(shí),彈性輕繩最長(zhǎng),其彈性勢(shì)能最大,對(duì)兩球及彈性輕繩組成的系統(tǒng),由水平方向動(dòng)量守恒可得mv0=2mv1,由

能量守恒可得

m

+2mgh'=

·2m(

+

)+Ep,其中2gh'=

-0(點(diǎn)撥:h'為從開始到彈性輕繩最長(zhǎng)過程中兩球下落的高度),聯(lián)立解得Ep=

m

,D正確。2.★★★(2025屆北師二附開學(xué)考)如圖所示,兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球1和2(可

視為質(zhì)點(diǎn))疊放在一起,從高度為h處自由落下,h遠(yuǎn)大于兩小球半徑,所有的碰撞都是彈

性碰撞,且都發(fā)生在豎直方向。已知m2=4m1,不計(jì)空氣阻力,則質(zhì)量為m1的小球第一次反

彈后能達(dá)到的高度為(

)

A.5h

B.11h

C.

h

D.

hD解析

(階段1:兩小球自由下落)由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得v2=2gh,解得觸地前瞬間兩

球的速度大小v=

;(階段2:球2與地面發(fā)生彈性碰撞后,與球1發(fā)生彈性碰撞)球2與地面發(fā)生彈性碰撞后速度瞬間反向,大小不變;對(duì)球1與球2的碰撞過程,取向上為正方向,

根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m2v-m1v=m1v1+m2v2,根據(jù)能量守恒定律有

(m1+m2)v2=

m1

+

m2

,已知m2=4m1,聯(lián)立解得v1=

v=

;(階段3:球1做豎直上拋運(yùn)動(dòng),到達(dá)最高點(diǎn))對(duì)球1,由機(jī)械能守恒定律有

m1

=m1ghmax,解得hmax=

=

h,D正確。3.★★★(2024屆重慶七校聯(lián)盟三診)如圖(a)所示,轎廂內(nèi)質(zhì)量為0.5kg的物塊的右邊被

一根輕彈簧用1.2N的水平拉力向右拉著且保持靜止,物塊與轎廂水平底面間的動(dòng)摩擦

因數(shù)為0.3。t=0時(shí),轎廂在豎直軌道作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng),軌道對(duì)轎廂豎直向上的作

用力F的大小隨時(shí)間t的變化如圖(b)所示,t=10s時(shí),物塊恰好相對(duì)轎廂底面滑動(dòng)。轎廂

和廂內(nèi)物塊的總質(zhì)量為500kg,重力加速度g=10m/s2,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,

則(

)A.t=10s時(shí),轎廂的加速度大小為2.4m/s2B.t=10s時(shí),轎廂對(duì)物塊的支持力大小為5NC.t=10s時(shí),轎廂的速度大小為10m/sD.物塊從開始滑動(dòng)到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中,物塊在水平方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C解析

t=10s時(shí),物塊恰好相對(duì)轎廂底面滑動(dòng),對(duì)物塊受力分析,在豎直方向有mg-FN=ma,

在水平方向有Fk=μFN,解得FN=4N,a=2m/s2,A、B錯(cuò)誤。t=10s時(shí),對(duì)轎廂與物塊整體受

力分析,在豎直方向有Mg-F=Ma,解得F=4000N;根據(jù)動(dòng)量定理有Mgt-IF=Mv(點(diǎn)撥:F-t圖

線與t軸所圍“面積”大小表示F的沖量大小),解得v=10m/s,C正確。(點(diǎn)撥:取特殊值比

較)開始時(shí)物塊在水平方向上受摩擦力和彈力,彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后,水平方向上只受摩擦

力,其方向與開始時(shí)合力的方向不同,D錯(cuò)誤。4.★★★(2024廣東,10,6分)(多選)如圖所示,光滑斜坡上,可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同

滑塊,分別從H甲、H乙高度同時(shí)由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與

水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下

列說法正確的有

(

)

A.甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H乙無關(guān)D.甲最終停止位置與O處相距

ABD解析

由于斜面光滑,則兩滑塊加速度相同,又兩滑塊初速度都為0,所以在斜坡上運(yùn)動(dòng)

過程中二者始終保持相對(duì)靜止,A正確。由于甲、乙的碰撞屬于彈性碰撞,且二者質(zhì)量

相同,所以碰撞過程甲、乙交換速度,B正確。H乙越大,乙在斜坡上運(yùn)動(dòng)的位移越大,所

需時(shí)間越長(zhǎng),甲、乙碰撞后交換速度且二者均可視為質(zhì)點(diǎn),則乙在水平面上運(yùn)動(dòng)的位移

與H甲有關(guān),因?yàn)閮蓚€(gè)滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,即a=μg保持不變,則乙在水平

面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H甲有關(guān),綜上所述可知乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H甲、H乙均有關(guān),C錯(cuò)誤。由

于甲、乙碰撞后交換速度,甲在水平面上的位移等于沒有甲時(shí)乙單獨(dú)滑下時(shí)在水平面

上運(yùn)動(dòng)的位移,由能量守恒可知mgH乙=μmgx,解得x=

,D正確。5.★★★★(2024黑吉遼,14,12分)如圖,高度h=0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物

塊A、B,質(zhì)量mA=mB=0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx=0.1m的輕彈簧,彈簧與A、B不拴

接。同時(shí)由靜止釋放A、B,彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,射程xA=

0.4m;B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB=0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn),取重力加

速度g=10m/s2。求:(1)脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB;(2)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(3)整個(gè)過程中,彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp。答案

(1)1m/s

1m/s

(2)0.2

(3)0.12J解析

(1)對(duì)物塊A由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得h=

gt2xA=vAt

對(duì)A和B組成的系統(tǒng),相互作用過程動(dòng)量守恒(點(diǎn)撥:在彈開過程中彈簧對(duì)A、B的彈力大

小相等,方向相反,桌面對(duì)A、B的摩擦力同樣大小相等,方向相反,故系統(tǒng)合力為零)有mAvA=mBvB

解得vA=1m/s,vB=1m/s(2)解法一應(yīng)用動(dòng)能定理對(duì)物塊B從脫離彈簧到靜止,應(yīng)用動(dòng)能定理有-μmBgxB=0-

mB

解得μ=0.2解法二應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式由牛頓第二定律可得μmBg=mBa物塊B脫離彈簧后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),有

=2axB聯(lián)立解得μ=0.2(3)物塊A和B由靜止釋放到剛好脫離彈簧,任一時(shí)刻速度均等大反向,則此過程物塊A和

B的位移大小均為

,設(shè)物塊A、B與桌面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q,根據(jù)能量守恒定律可得,彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp=Q+

mA

+

mB

根據(jù)功能關(guān)系有Q=μmAg

+μmBg

解得彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp=0.12J6.★★★★(2024浙江6月,18,11分)一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示,固定的光滑水平

直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長(zhǎng)

為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的平板緊靠長(zhǎng)為d的固定凹槽EFGH側(cè)壁EF放置,平板上表面與DEH齊

平。將一質(zhì)量為m的小滑塊從A端彈射,經(jīng)過軌道BCD后滑上平板并帶動(dòng)平板一起運(yùn)動(dòng),

平板到達(dá)HG即被鎖定。已知R=0.5m,d=4.4m,L=1.8m,M=m=0.1kg,平板與滑塊間的動(dòng)

摩擦因數(shù)μ1=0.6、與凹槽水平底面FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2?；瑝K視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣

阻力,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度g取10m/s2。(1)滑塊恰好能通過圓形軌道最高點(diǎn)C時(shí),求滑塊離開彈簧時(shí)速度v0的大小;(2)若μ2=0,滑塊恰好過C點(diǎn)后,求平板加速至與滑塊共速時(shí)系統(tǒng)損耗的機(jī)械能;(3)若μ2=0.1,滑塊能到達(dá)H點(diǎn),求其離開彈簧時(shí)的最大速度vm。答案

(1)5m/s

(2)0.625J

(3)6m/s解析

(1)從滑塊離開彈簧到恰好通過C點(diǎn),由動(dòng)能定理有-2mgR=

m

-

m

在C點(diǎn)由牛頓第二定律有mg=

聯(lián)立解得v0=

=5m/s(2)由題意可知vE=v0=5m/s滑塊在平板上運(yùn)動(dòng)的過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有mvE=(m+M)v1系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE=

m

-

(M+m)

聯(lián)立解得ΔE=0.625J(3)滑塊與平板相對(duì)滑動(dòng)過程中對(duì)滑塊有a1=

=6m/s2對(duì)平板有a2=

=4m/s2滑塊減速至與平板共速后,可與平板一起做勻減速運(yùn)動(dòng)設(shè)滑塊從E點(diǎn)滑上平板的速度為v2,且恰好到達(dá)平板右端時(shí)與平板共速,則有x1=v2t1-

a1

,x2=

a2

且x1-x2=L,v2-a1t1=a2t1聯(lián)立解得t1=0.6s,v2=6m/s,x1=2.52m,x2=0.72m<d-L分析可知當(dāng)滑塊滑上平板的速度大于v2時(shí),滑塊會(huì)從平板右端飛出,而滑塊以v2速度滑上平板時(shí),共速后一起向右做勻減速運(yùn)動(dòng),v共=a2t1=2.4m/s,a3=μ2g=1m/s2,向右運(yùn)動(dòng)的距

離s=

=2.88m>d-x1,最終可以與平板一起到達(dá)H點(diǎn),則v2為滑塊從E點(diǎn)滑上平板的最大速度則對(duì)滑塊從A端彈射到E點(diǎn)的過程,由功能關(guān)系可得vm=v2=6m/s實(shí)驗(yàn)8驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律1.(2024新課標(biāo),22,6分)某同學(xué)用如圖所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。將斜槽軌道固定

在水平桌面上,軌道末段水平,右側(cè)端點(diǎn)在水平木板上的垂直投影為O,木板上疊放著白

紙和復(fù)寫紙。實(shí)驗(yàn)時(shí)先將小球a從斜槽軌道上Q處由靜止釋放,a從軌道右端水平飛出

后落在木板上;重復(fù)多次,測(cè)出落點(diǎn)的平均位置P與O點(diǎn)的距離xP,將與a半徑相等的小球

b置于軌道右側(cè)端點(diǎn),再將小球a從Q處由靜止釋放,兩球碰撞后均落在木板上;重復(fù)多次,

分別測(cè)出a、b兩球落點(diǎn)的平均位置M、N與O點(diǎn)的距離xM、xN。完成下列填空:(1)記a、b兩球的質(zhì)量分別為ma、mb,實(shí)驗(yàn)中須滿足條件ma

mb(填“>”或“<”);(2)如果測(cè)得的xP、xM、xN、ma和mb在實(shí)驗(yàn)誤差范圍內(nèi)滿足關(guān)系式

,則驗(yàn)證了兩小球在碰撞中滿足動(dòng)量守恒定律。實(shí)驗(yàn)中,用小球落點(diǎn)與O點(diǎn)的距離來代替

小球水平飛出時(shí)的速度,依據(jù)是

。>小球a、b離開軌道后均做平拋運(yùn)動(dòng),兩者下落時(shí)間相同,因此可以用水平位移代替水平飛出時(shí)的速度進(jìn)行驗(yàn)證maxP=maxM+mbxN解析

(1)為了防止小球a碰撞小球b后反彈,應(yīng)讓小球a的質(zhì)量大于小球b的質(zhì)量,即滿足

ma>mb;(2)小球a、b離開軌道后均做平拋運(yùn)動(dòng),兩者在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,其水平位移與初速

度成正比,可以用小球的水平位移代替小球的初速度,實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證mav0=mav1+mbv2,則只

需驗(yàn)證maxP=maxM+mbxN即可。2.(2024北京,16,10分)如圖1所示,讓兩個(gè)小球在斜槽末端碰撞來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。

(1)關(guān)于本實(shí)驗(yàn),下列做法正確的是

(填選項(xiàng)前的字母)。A.實(shí)驗(yàn)前,調(diào)節(jié)裝置,使斜槽末端水平圖1B.選用兩個(gè)半徑不同的小球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)C.用質(zhì)量大的小球碰撞質(zhì)量小的小球(2)圖1中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影。首先,將質(zhì)量為m1的小球從斜槽上的

S位置由靜止釋放,小球落到復(fù)寫紙上,重復(fù)多次。然后,把質(zhì)量為m2的被碰小球置于斜

槽末端,再將質(zhì)量為m1的小球從S位置由靜止釋放,兩球相碰,重復(fù)多次。分別確定平均

落點(diǎn),記為M、N和P(P為m1單獨(dú)滑落時(shí)的平均落點(diǎn))。ACa.圖2為實(shí)驗(yàn)的落點(diǎn)記錄,簡(jiǎn)要說明如何確定平均落點(diǎn);b.分別測(cè)出O點(diǎn)到平均落點(diǎn)的距離,記為OP、OM和ON。在誤差允許范圍內(nèi),若關(guān)系式

成立,即可驗(yàn)證碰撞前后動(dòng)量守恒。(3)受上述實(shí)驗(yàn)的啟發(fā),某同學(xué)設(shè)計(jì)了另一種驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)方案。如圖3所示,用兩根不可伸長(zhǎng)的等長(zhǎng)輕繩將兩個(gè)半徑相同、質(zhì)量不等的勻質(zhì)小球懸掛于等高的O點(diǎn)和O'點(diǎn),兩點(diǎn)間距等于小球的直徑。將質(zhì)量較小的小球1向左拉起至A點(diǎn)由靜止釋放,在最低點(diǎn)B與靜止于C點(diǎn)的小球2發(fā)生正碰。碰后小球1向左反彈至最高點(diǎn)A',小球2向右擺動(dòng)至最高點(diǎn)D。測(cè)得小球1、2的質(zhì)量分別為m和M,弦長(zhǎng)AB=l1、A'B=l2、CD=l3。推導(dǎo)說明,m、M、l1、l2、l3滿足什么關(guān)系即可驗(yàn)證碰撞前后動(dòng)量守恒。圖3m1OP=m1OM+m2ONml1=-ml2+Ml3,推導(dǎo)過程見解析解析

(1)實(shí)驗(yàn)前,應(yīng)調(diào)節(jié)裝置,使斜槽末端水平,保證小球拋出后的運(yùn)動(dòng)為平拋運(yùn)動(dòng),A

正確。為保證兩個(gè)小球發(fā)生對(duì)心正碰,選用的兩個(gè)小球的半徑必須相同,B錯(cuò)誤。為保

證碰后小球不反向彈回,要用質(zhì)量大的小球碰撞質(zhì)量小的小球,C正確。(2)a.用圓規(guī)畫一個(gè)盡可能小的圓,舍去偏離較遠(yuǎn)的落點(diǎn),使盡量多的落點(diǎn)在圓內(nèi),圓心位

置就是平均落點(diǎn)位置。b.設(shè)質(zhì)量為m1的小球單獨(dú)滑落做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v0,碰撞后瞬間,質(zhì)量為m1的小球的

速度為v1,質(zhì)量為m2的被碰小球的速度為v2,要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律,即驗(yàn)證m1v0=m1v1+m2v2,

本實(shí)驗(yàn)中兩小球都做平拋運(yùn)動(dòng),豎直位移相同,則運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,水平方向做勻速直線運(yùn)

動(dòng),可得m1v0t=m1v1t+m2v2t,可知若測(cè)量的物理量滿足關(guān)系式m1OP=m1OM+m2ON,即可驗(yàn)證

碰撞前后動(dòng)量守恒。(3)設(shè)將小球1拉起至A點(diǎn)時(shí)輕繩與豎直方向的夾角為θ1,碰后小球1反彈到A'點(diǎn)時(shí)輕繩與

豎直方向的夾角為θ2,小球2向右擺動(dòng)到最高點(diǎn)D時(shí)輕繩與豎直方向的夾角為θ3,碰撞過

程若滿足動(dòng)量守恒,則滿足m

=-m

+M

,由幾何關(guān)系結(jié)合三角函數(shù)知識(shí)可得l(1-cosθ1)=l1cos

=l1sin

,同理可得l(1-cosθ2)=l2sin

,l(1-cosθ3)=l3sin

,結(jié)合三角函數(shù)關(guān)系1-cosθ=2sin2

,可得ml1=-ml2+Ml3。3.(2024山東,13,6分)在第四次“天宮課堂”中,航天員演示了動(dòng)量守恒實(shí)驗(yàn)。受此啟

發(fā),某同學(xué)使用如圖甲所示的裝置進(jìn)行了碰撞實(shí)驗(yàn),氣墊導(dǎo)軌兩端分別安裝a、b兩個(gè)位

移傳感器,a測(cè)量滑塊A與它的距離xA,b測(cè)量滑塊B與它的距離xB。部分實(shí)驗(yàn)步驟如下:①測(cè)量?jī)蓚€(gè)滑塊的質(zhì)量,分別為200.0g和400.0g;②接通氣源,調(diào)整氣墊導(dǎo)軌水平;③撥動(dòng)兩滑塊,使A、B均向右運(yùn)動(dòng);④導(dǎo)出傳感器記錄的數(shù)據(jù),繪制xA、xB隨時(shí)間變化的圖像,分別如圖乙、圖丙所示。

回答以下問題:(1)從圖像可知兩滑塊在t=

s時(shí)發(fā)生碰撞;(2)滑塊B碰撞前的速度大小v=

m/s(保留2位有效數(shù)字);(3)通過分析,得出質(zhì)量為200.0g的滑塊是

(填“A”或“B”)。1.00.20B解析

(1)根據(jù)繪制的xA、xB隨時(shí)間變化的圖像可知t=1.0s時(shí)斜率發(fā)生變化,即速度發(fā)生

變化,故從圖像可知兩滑塊在t=1.0s時(shí)發(fā)生碰撞。(2)根據(jù)繪制的xB隨時(shí)間變化的圖像可知滑塊B碰撞前的速度大小v=

m/s=0.20m/s。(3)根據(jù)繪制的xB隨時(shí)間變化的圖像可知滑塊B碰撞后的速度大小v'=

m/s=0.50m/s,根據(jù)繪制的xA隨時(shí)間變化的圖像可知滑塊A碰撞前的速度大小vA=

m/s=0.50m/s,滑塊A碰撞后的速度大小v'A=

m/s=0.35m/s。對(duì)滑塊A和滑塊B,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mAvA+mBv=mAv'A+mBv',若滑塊A的質(zhì)量為200.0g,

代入數(shù)據(jù)不滿足動(dòng)量守恒定律;若滑塊B的質(zhì)量為200.0g,代入數(shù)據(jù)在誤差允許范圍內(nèi)滿足動(dòng)量守恒定律,故滑塊B的質(zhì)量為200.0g。4.(2023遼寧,11,8分)某同學(xué)為了驗(yàn)證對(duì)心碰撞過程中的動(dòng)量守恒定律,設(shè)計(jì)了如下實(shí)

驗(yàn):用紙板搭建如圖所示的滑道,使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上,其中OA為水

平段。選擇相同材質(zhì)的一元硬幣和一角硬幣進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。

測(cè)量硬幣的質(zhì)量,得到一元和一角硬幣的質(zhì)量分別為m1和m2(m1>m2)。將硬幣甲放置在

斜面上某一位置,標(biāo)記此位置為B。由靜止釋放甲,當(dāng)甲停在水平面上某處時(shí),測(cè)量甲從

O點(diǎn)到停止處的滑行距離OP。將硬幣乙放置在O處,左側(cè)與O點(diǎn)重合,將甲放置于B點(diǎn)由靜止釋放。當(dāng)兩枚硬幣發(fā)生碰撞后,分別測(cè)量甲、乙從O點(diǎn)到停止處的滑行距離OM和

ON。保持釋放位置不變,重復(fù)實(shí)驗(yàn)若干次,得到OP、OM、ON的平均值分別為s0、s1、s2。(1)在本實(shí)驗(yàn)中,甲選用的是

(填“一元”或“一角”)硬幣;(2)碰撞前,甲到O點(diǎn)時(shí)速度的大小可表示為

(設(shè)硬幣與紙板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

μ,重力加速度為g);(3)若甲、乙碰撞過程中動(dòng)量守恒,則

=

(用m1和m2表示),然后通過測(cè)得的具體數(shù)據(jù)驗(yàn)證硬幣對(duì)心碰撞過程中動(dòng)量是否守恒;(4)由于存在某種系統(tǒng)或偶然誤差,計(jì)算得到碰撞前后甲動(dòng)量變化量大小與乙動(dòng)量變化量大小的比值不是1,寫出一條產(chǎn)生這種誤差可能的原因。一元①非理想的“對(duì)心”碰撞造成系統(tǒng)誤差;②位移或質(zhì)量的測(cè)量造成偶然誤差;③兩硬幣實(shí)際與紙板間的動(dòng)摩擦因數(shù)不同造成系統(tǒng)誤差。解析

(1)用質(zhì)量較大的一元硬幣去碰撞質(zhì)量較小的一角硬幣,確保碰撞后甲的運(yùn)動(dòng)方

向不變。(2)設(shè)甲到O點(diǎn)時(shí)速度的大小為v1,由動(dòng)能定理有-μm1gs0=0-

m1

,解得v1=

。(3)由動(dòng)能定理可得一元和一角硬幣碰撞后的速度分別為v1'=

,v2'=

由動(dòng)量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2'即m1

=m1

+m2

解得

=

。(4)①非理想的“對(duì)心”碰撞造成系統(tǒng)誤差;②位移或質(zhì)量的測(cè)量造成偶然誤差;③兩硬

幣實(shí)際與紙板間的動(dòng)摩擦因數(shù)不同造成系統(tǒng)誤差。其他符合題意的原因均可得分。數(shù)學(xué)方法在動(dòng)量問題中的應(yīng)用培優(yōu)提分點(diǎn)21.★★★(2025屆江西高中聯(lián)盟校一模)如圖所示,在水平地面上固定一圓環(huán),圓環(huán)內(nèi)壁

光滑,圓環(huán)內(nèi)嵌著A、B兩個(gè)大小相同的小球,它們的質(zhì)量分別是mA、mB,且mA>mB,小球的

直徑略小于圓環(huán)的孔徑,圓環(huán)的內(nèi)半徑遠(yuǎn)大于球的半徑,初始時(shí)B球處于靜止?fàn)顟B(tài),A球

以一定初速度撞擊B球,A、B兩球在a點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞,一段時(shí)間后,A、B兩球在b點(diǎn)發(fā)生

第二次彈性碰撞,a、b兩點(diǎn)與圓環(huán)圓心的連線夾角為120°,則mA∶mB為(

)

A.2∶1

B.3∶1

C.4∶1

D.5∶1A解析

兩球發(fā)生彈性碰撞,設(shè)碰前A球的速度為v0,碰后A、B兩球的速度分別為vA、vB,根

據(jù)動(dòng)量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得

mA

=

mA

+

mB

,聯(lián)立解得vA=

v0,vB=

v0(點(diǎn)撥:由于mA>mB,第一次碰撞結(jié)束后,兩小球均沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng));第二次碰撞發(fā)生在題圖中的b點(diǎn),則從第一次碰撞到第二次碰撞之間,xA=(

+k)l周(k=0,1,2,…),xB=(

+k)l周(k=0,1,2,…),故A、B通過的路程之比

=

(k=0,1,2,…),可得

=

=

(k=0,1,2,…),聯(lián)立解得

=

(k=0,1,2,…),由于mA和mB均大于0,故k=0,則

=

,A正確。2.★★★★(2025屆江蘇南通期初調(diào)研)如圖所示,兩側(cè)帶有固定擋板的平板車乙靜止在

光滑水平地面上,擋板的厚度可忽略不計(jì),車長(zhǎng)為2L,與平板車質(zhì)量相等的物塊甲(可視

為質(zhì)點(diǎn))由平板車的中點(diǎn)處以初速度v0向右運(yùn)動(dòng),已知甲、乙之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重

力加速度為g,忽略甲、乙碰撞過程中的能量損失。下列說法正確的是

(

)

A.甲、乙達(dá)到共同速度所需的時(shí)間為

B.甲、乙共速前,乙的速度一定始終小于甲的速度C.甲、乙相對(duì)滑動(dòng)的總路程為