2020年山东高考物理复习练习课专题七-碰撞与动量守恒课件

A组山东省卷、课标Ⅰ卷题组五年高考考点一动量、动量定理1.(2019课标Ⅰ,16,6分)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这

标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体

速度约为3km/s,产生的推力约为4.8×106N,则它在1s时间内喷射的气体质量约为

()A.1.6×102kgB.1.6×103kgC.1.6×105kgD.1.6×106kg答案

B本题考查了考生对动量定理的理解能力,体现了物理模型建构的核心素养,同时也

增强了考生的国人自豪感。设火箭发动机在1s内喷射出气体的质量为m。以这部分气体为研究对象,应用动量定理,Ft=

mv-0,解得m=

=1.6×103kg。解题关键本题单位统一用国际单位制单位;研究对象选择发动机在1s内喷射出的气体。A组山东省卷、课标Ⅰ卷题组五年高考考点一动量、动量定理112.(2018课标Ⅰ,14,6分)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在

启动阶段,列车的动能

()A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比答案

B本题考查匀变速直线运动规律、动能及动量。设列车运动时间为t,由匀变速直线

运动规律v=at、s=

at2,结合动能公式Ek=

得Ek=

、Ek=mas,可知Ek∝v2、Ek∝t2、Ek∝s,故A、C项均错误,B项正确。由Ek=

,得Ek∝p2,故D项错误。2.(2018课标Ⅰ,14,6分)高铁列车在启动阶段的运动可23.[2016课标Ⅰ,35(2),10分]某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳

定地悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷

出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水

平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g。求(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量;(ⅱ)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。答案(ⅰ)ρv0S(ⅱ)

-

3.[2016课标Ⅰ,35(2),10分]某游乐园入口旁有一3解析(ⅰ)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV

①ΔV=v0SΔt

②由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为

=ρv0S

③(ⅱ)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小

为v。对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得

(Δm)v2+(Δm)gh=

(Δm)

④在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=(Δm)v

⑤设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt=Δp

⑥由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg

⑦解析(ⅰ)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为4联立③④⑤⑥⑦式得h=

-

⑧解题指导以喷泉为背景考查流体中的动量问题。此题必须要假设以Δt时间内的流体为研

究对象,利用动量定理或动量守恒定律列方程。方法技巧在流体类问题中用动量知识解题时,通常要取Δt时间内的流体为研究对象求解未

知量。联立③④⑤⑥⑦式得解题指导以喷泉为背景考查流体中的动量问题5考点二动量守恒定律及其应用4.(2017课标Ⅰ,14,6分)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为600m/s

的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中

重力和空气阻力可忽略)

()A.30kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s答案

A本题考查动量守恒定律。由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与

燃气组成的系统动量守恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷

出燃气的动量等值反向,可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05kg×

600m/s=30kg·m/s,A正确。易错点拨系统中量与物的对应性动量守恒定律的应用中,系统内物体至少为两个,计算各自的动量时,需注意速度与质量对应于

同一物体。考点二动量守恒定律及其应用4.(2017课标Ⅰ,14,6分65.[2013山东理综,38(2),5分]如图所示,光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B

置于A的左端,三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg。开始时C静止,A、B一起以v0=5m

/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到

共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。5.[2013山东理综,38(2),5分]如图所示,光滑水平7答案2m/s解析因碰撞时间极短,A与C碰撞过程动量守恒,设碰后瞬间A的速度为vA,C的速度为vC,以向

右为正方向,由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvC

①A与B在摩擦力作用下达到共同速度,设共同速度为vAB,由动量守恒定律得mAvA+mBv0=(mA+mB)vAB

②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞,应满足vAB=vC

③联立①②③式,代入数据得vA=2m/s④答案2m/s解析因碰撞时间极短,A与C碰撞过程动量守恒86.[2012山东理综,38(2),5分]光滑水平轨道上有三个木块A、B、C,质量分别为mA=3m、mB=mC=

m,开始时B、C均静止,A以初速度v0向右运动,A与B碰撞后分开,B又与C发生碰撞并粘在一起,

此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。

答案

v0

解析设A与B碰撞后,A的速度为vA,B与C碰撞前B的速度为vB,B与C碰撞粘在一起后的速度

为v,由动量守恒定律得对A、B木块:mAv0=mAvA+mBvB对B、C木块:mBvB=(mB+mC)v由A与B间的距离保持不变可知vA=v解得vB=

v0

6.[2012山东理综,38(2),5分]光滑水平轨道上有三97.[2014课标Ⅰ,35(2),9分,0.537]如图,质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方,

B球距地面的高度h=0.8m,A球在B球的正上方。先将B球释放,经过一段时间后再将A球释

放。当A球下落t=0.3s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰,碰撞时间极短,碰后瞬间A球的

速度恰为零。已知mB=3mA,重力加速度大小g=10m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求(ⅰ)B球第一次到达地面时的速度;(ⅱ)P点距离地面的高度。

7.[2014课标Ⅰ,35(2),9分,0.537]如图,质10答案(ⅰ)4m/s(ⅱ)0.75m解析(ⅰ)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB,由运动学公式有vB=

①将h=0.8m代入上式,得vB=4m/s②(ⅱ)设两球相碰前后,A球的速度大小分别为v1和v1'(v1'=0),B球的速度分别为v2和v2'。由运动学

规律可得v1=gt

③由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变。规定向

下的方向为正,有mAv1+mBv2=mBv2'

④

mA

+

mB

=

mBv

⑤设B球与地面相碰后的速度大小为vB',由运动学及碰撞的规律可得vB'=vB

⑥设P点距地面的高度为h',由运动学规律可得h'=

⑦联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得h'=0.75m⑧答案(ⅰ)4m/s(ⅱ)0.75m解析(ⅰ)设B球11解题思路(1)A、B两球均从静止释放,B球第一次到达地面前做自由落体运动。(2)B球先释放且释放位置比A球低,故只能是B球从地面反弹后,上升最高点返回时与A球在P点

碰撞,由此运动情况可求出P点距离地面的高度。(3)A、B两球均为弹性小球且碰撞时间极短,故两球发生弹性碰撞,动量和动能均守恒。(4)碰后瞬间A球的速度恰为零。解题思路(1)A、B两球均从静止释放,B球第一次到达地面前12考点三动量和能量的综合应用8.(2019课标Ⅰ,25,20分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平

滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示。t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静

止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中

未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图

像如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加

速度大小为g,不计空气阻力。

图(a)考点三动量和能量的综合应用8.(2019课标Ⅰ,25,2013

图(b)(1)求物块B的质量;(2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功;(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动

摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的

比值。

14答案(1)3m(2)

mgH(3)

解析本题通过两物块在粗糙轨道上的滑行与碰撞考查了动量守恒定律、能量守恒定律等

相关规律,考查了考生综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了模型建构、

科学推理等核心素养要素。(1)根据图(b),v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,

为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m',碰撞后瞬间的速度大小为v'。由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=m

+m'v'

①

m

=

m

+

m'v'2

②联立①②式得m'=3m

③(2)在图(b)所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程

为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由

动能定理有mgH-fs1=

m

-0

④答案(1)3m(2) mgH(3) 解析本题通过两15-(fs2+mgh)=0-

m

⑤从图(b)所给出的v-t图线可知s1=

v1t1

⑥s2=

·

·(1.4t1-t1)

⑦由几何关系可得

=

⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2

⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W=

mgH

⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有W=μmgcosθ·

-(fs2+mgh)=0- m  ⑤16设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s',由动能定理有-μm'gs'=0-

m'v'2

设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有mgh-μ'mgcosθ·

-μ'mgs'=0

联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩

式可得

=

解法指导(1)在时间短暂的弹性碰撞中,利用动量守恒、能量守恒列式求解;(2)涉及距离的

问题中,通常利用动能定理列式可简便求解力、功等相关物理量。设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s',由动能定理有解法指179.[2015山东理综,39(2)]如图,三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨

道上。现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以

v0、

v0的速度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因

数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。

9.[2015山东理综,39(2)]如图,三个质量相同的滑块18答案

v0

解析

设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA,由题意知,碰后A的速度vA'=

v0,B的速度vB=

v0,由动量守恒定律得mvA=mvA'+mvB

①设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得WA=

m

-

m

②设B与C碰撞前B的速度为vB',B克服轨道阻力所做的功为WB,由功能关系得WB=

m

-

mvB'2

③据题意可知WA=WB

④设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得mvB'=2mv

⑤联立①②③④⑤式,代入数据得v=

v0

答案

 v0解析

设滑块质量为m,A与B碰撞前1910.[2014山东理综,39(2)]如图,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量为m。开

始时橡皮筋松弛,B静止,给A向左的初速度v0。一段时间后,B与A同向运动发生碰撞并粘在一

起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍,也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求:(ⅰ)B的质量;(ⅱ)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。

10.[2014山东理综,39(2)]如图,光滑水平直轨道上20答案(ⅰ)

(ⅱ)

m

解析(ⅰ)以初速度v0的方向为正方向,设B的质量为mB,A、B碰撞后的共同速度为v,由题意知:

碰撞前瞬间A的速度为

,碰撞前瞬间B的速度为2v,由动量守恒定律得m

+2mBv=(m+mB)v

①由①式得mB=

②(ⅱ)从开始到碰后的全过程,由动量守恒定律得mv0=(m+mB)v

③设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE,则ΔE=

m

+

mB(2v)2-

(m+mB)v2

④联立②③④式得ΔE=

m

⑤答案(ⅰ) (ⅱ) m 解析(ⅰ)以初速度v0的方向2111.(2018课标Ⅰ,24,12分)一质量为m的烟花弹获得动能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,不计空气阻力和火药的质量。求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。答案(1)

(2)

11.(2018课标Ⅰ,24,12分)一质量为m的烟花弹获得22解析本题主要考查竖直上抛运动规律及动量守恒定律。(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有E=

m

①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0-v0=-gt

②联立①②式得t=

③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1

④火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题

给条件和动量守恒定律有

m

+

m

=E

⑤

mv1+

mv2=0

⑥解析本题主要考查竖直上抛运动规律及动量守恒定律。23由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上

部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有

m

=

mgh2

⑦联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2=

⑧易错点拨关键词理解,隐含条件显性化①题目中的两个E,分别对应“一个物体”和“两个物体”。②爆炸后两部分质量均为

。③爆炸过程中系统初动量为0。④距地面的最大高度由两部分组成,一是爆炸前上升的高度,二是爆炸后向上运动的部分上升

的高度。由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛24B组课标Ⅱ、Ⅲ及其他省(区、市)卷题组考点一动量、动量定理1.(2018课标Ⅱ,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层

坠下,与地面的碰撞时间约为2ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为

()A.10NB.102NC.103ND.104N答案

C

本题考查机械能守恒定律、动量定理。由机械能守恒定律可得mgh=

mv2,可知鸡蛋落地时速度大小v=

,鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知鸡蛋对地面产生的冲击力大小为F=

+mg,每层楼高度约为3m,则h=24×3m=72m,得F≈949N,接近103N,故选项C正确。易错点拨估算能力(1)每层楼高度约为3m,注意身边的物理知识。(2)在计算时重点注意数量级。B组课标Ⅱ、Ⅲ及其他省(区、市)卷题组考点一动量、动量定252.(2017天津理综,4,6分)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标

之一。摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是

()

A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变2.(2017天津理综,4,6分)“天津之眼”是一座跨河建设26答案

B本题考查匀速圆周运动。乘客在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,而在上升过

程中重力势能增加,机械能增加,下降过程中则相反,A错误。在最高点时,乘客具有竖直向下的

向心加速度,处于失重状态,故B正确。因重力恒定,重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积,

故重力冲量一定不为零,C错误。重力的瞬时功率P=mg·v·cosα,其中α是瞬时速度v的方向与重

力方向之间的夹角,故重力的瞬时功率不会保持不变,D错误。命题评析本题以竖直平面内的匀速圆周运动为背景,考查了机械能、功率、失重、冲量等

重要考点,考查面广泛,难度较小。答案

B本题考查匀速圆周运动。乘客在竖直面内做匀速圆273.(2019北京理综,24,20分)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒,这与雨滴下落过程中受到

空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变,重力加速度为g。(1)质量为m的雨滴由静止开始,下落高度h时速度为u,求这一过程中克服空气阻力所做的

功W。(2)将雨滴看作半径为r的球体,设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2,其中v是雨滴

的速度,k是比例系数。a.设雨滴的密度为ρ,推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式;b.示意图中画出了半径为r1、r2(r1>r2)的雨滴在空气中无初速下落的v-t图线,其中

对应

半径为r1的雨滴(选填①、②);若不计空气阻力,请在图中画出雨滴无初速下落的v-t图线。(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为

垂直于运动方向面积为S的圆盘,证明:圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2(提示:设单位

体积内空气分子数为n,空气分子质量为m0)。3.(2019北京理综,24,20分)雨滴落到地面的速度通常28答案(1)mgh-

mu2(2)a.

b.①图见解析(3)见解析解析本题以雨滴下落为情境,综合考查动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律和动量定

理,体现了科学思维中的模型建构及科学探究中的证据要素。(1)根据动能定理mgh-W=

mu2可得W=mgh-

mu2(2)a.根据牛顿第二定律mg-f=ma得a=g-

当加速度为零时,雨滴趋近于最大速度vm雨滴质量m=

πr3ρ由a=0,可得,雨滴最大速度vm=

b.由vm=

可知,①对应半径为r1的雨滴。所作v-t图线如图1。答案(1)mgh- mu2(2)a. 

b.①图29

图1(3)根据题设条件:大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。以下

只考虑雨滴下落的定向运动。简化的圆盘模型如图2。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在Δt时间内,与圆盘

碰撞的空气分子质量为Δm=SvΔtnm0

图2 图230以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理,有FΔt∝Δm×v得F∝nm0Sv2由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力f∝v2采用不同的碰撞模型,也可得到相同结论。解题关键①雨滴在下落过程中受重力和空气阻力,根据牛顿第二定律确定出下落过程中雨

滴的加速度与运动速度的关系,即可确定下落的最大速度和v-t图像;②巧妙地结合动量定理在

连续体中的应用,用微元思想确定圆盘对气体分子的作用力。以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理,解题关键①雨314.(2018北京理综,22,16分)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏

性的项目之一。某滑道示意图如下,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接,滑道BC高h=10m,

C是半径R=20m圆弧的最低点。质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度a

=4.5m/s2,到达B点时速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/s2。

(1)求长直助滑道AB的长度L;(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小;(3)若不计BC段的阻力,画出运动员经过C点时的受力图,并求其所受支持力FN的大小。4.(2018北京理综,22,16分)2022年将在我国举办32答案(1)100m(2)1800N·s(3)受力图见解析3900N解析(1)根据匀变速直线运动公式,有L=

=100m(2)根据动量定理,有I=mvB-mvA=1800N·s(3)运动员经C点时的受力分析如图

根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有mgh=

m

-

m

根据牛顿第二定律,有FN-mg=m

得FN=3900N一题多解运动员在AB段所受合外力的冲量I=F合t=ma·

=1800N·s。答案(1)100m(2)1800N·s(3)受力33考点二动量守恒定律及其应用5.[2019江苏单科,12(1)]质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,

忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板

的速度大小为

()A.

v

B.

v

C.

v

D.

v答案

B本题考查了动量守恒定律,考查的是学生对动量守恒定律适用条件的理解能力,体

现了科学思维中的科学推理要素及物理观念中的运动与相互作用观念要素。忽略滑板与地面间摩擦时,小孩与滑板在水平方向上动量守恒:0=Mv+mv',解得v'=-

v,其中“-”表示v'与v方向相反,故B正确。考点二动量守恒定律及其应用5.[2019江苏单科,12(1346.(2018课标Ⅱ,24,12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即

采取制动措施,但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞

后B车向前滑动了4.5m,A车向前滑动了2.0m。已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103

kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,

重力加速度大小g=10m/s2。求(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。

6.(2018课标Ⅱ,24,12分)汽车A在水平冰雪路面上行35答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s解析本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识。(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB

①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB',碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有v

=2aBsB

②联立①②式并利用题给数据得vB'=3.0m/s③(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA

④设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA',碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有v

=2aAsA

⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB'

⑥答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s解析本题考36联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.3m/s⑦解题关键确定速度是解决碰撞问题的关键(1)由牛顿第二定律和运动学公式可确定碰撞后瞬间A、B两车的速度。(2)由于两车碰撞时间极短,因此碰撞时内力远大于外力,满足动量守恒,故可确定碰撞前的瞬

间A车的速度。联立③④⑤⑥式并利用题给数据得解题关键确定速度是解决碰撞问37考点三动量和能量的综合应用7.[2018天津理综,9(1)]质量为0.45kg的木块静止在光滑水平面上,一质量为0.05kg的子弹以20

0m/s的水平速度击中木块,并留在其中,整个木块沿子弹原方向运动,则木块最终速度的大小

是

m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103N,则子弹射入木块的深度

为

m。答案200.2解析本题考查动量守恒定律、功能关系等知识。子弹击中木块,并留在其中,二者共速,子弹击中木块的过程,系统合外力为零,满足动量守恒条

件,则mv0=(m+M)v,v=

=

m/s=20m/s;此过程中对系统由功能关系可得:fd=

m

-

(m+M)v2,d=

=0.2m。知识拓展系统中产生的焦耳热Q=f·d。考点三动量和能量的综合应用7.[2018天津理综,9(1)388.(2019课标Ⅲ,25,20分)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0kg,mB=4.0kg;

两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m,如图所示。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Ek=10.0J。释放后,A沿着与墙

壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20。重力加速度取g=10m/

s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小;(2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?

8.(2019课标Ⅲ,25,20分)静止在水平地面上的两小物39答案(1)4.0m/s1.0m/s(2)B先停0.50m(3)0.91m解析本题考查动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理和机械能守恒定律的综合应用,要

求考生具有较强的推理能力和综合分析能力。题目中涉及两个物体,运动过程较多,涉及规律

较多,综合性很强,为较难题。体现了模型建构、科学推理的素养要求。(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正,由动量守恒定律和题给条件有0=mAvA-mBvB

①Ek=

mA

+

mB

②联立①②式并代入题给数据得vA=4.0m/s,vB=1.0m/s③(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a。假设A

和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到

B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有mBa=μmBg

④sB=vBt-

at2

⑤vB-at=0

⑥答案(1)4.0m/s1.0m/s(2)B先40在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,所以无

论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程sA都可表示为sA=vAt-

at2

⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA=1.75m,sB=0.25m⑧sA>l且sA-sB<2l,这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右

边0.25m处。B位于出发点左边0.25m处,两物块之间的距离s为s=0.25m+0.25m=0.50m⑨(3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为vA',由动能定理有

mAvA'2-

mA

=-μmAg(2l+sB)

联立③⑧

式并代入题给数据得vA'=

m/s

故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″,由动量守恒定律与机械能守恒

定律有在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞41mA(-vA')=mAvA″+mBvB″

mAvA'2=

mAvA″2+

mBvB″2

联立

式并代入题给数据得vA″=

m/s,vB″=-

m/s

这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA'时停止,B向左运

动距离为sB'时停止,由运动学公式2asA'=vA″2,2asB'=vB″2

根据④

式及题给数据得sA'=0.63m,sB'=0.28m

sA'小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s'=sA'+sB'=0.91m

解题思路(1)由动量守恒定律和动能定理计算式联立即可。(2)利用牛顿第二定律求A、B的加速度,分别对A、B的运动过程应用匀变速直线运动公式解

决问题。(3)假设A能与B碰撞,应用动能定理求出A碰撞前的瞬时速度;发生弹性碰撞,则由动量守恒定

律和机械能守恒定律联立解出碰后A、B的速度,问题便易于解决了。mA(-vA')=mAvA″+mBvB″  解题思路(1)429.[2016课标Ⅱ,35(2),10分]如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在

滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度

向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m(h小于斜面体的

高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对

运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。

(ⅰ)求斜面体的质量;(ⅱ)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?9.[2016课标Ⅱ,35(2),10分]如图,光滑冰面上静43答案见解析解析(ⅰ)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,

设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v

①

m2

=

(m2+m3)v2+m2gh

②式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3=20kg③(ⅱ)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有m1v1+m2v20=0

④代入数据得v1=1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3

⑥

m2

=

m2

+

m3

⑦联立③⑥⑦式并代入数据得答案见解析解析(ⅰ)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上44v2=1m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上

小孩。解题思路①光滑冰面无摩擦力,可考虑用动量守恒定律求解;②小孩与冰块相互作用过程中

动量守恒;③因斜面体的表面光滑,则冰块与斜面体相互作用过程中机械能守恒,水平方向动量

守恒。v2=1m/s⑧解题思路①光滑冰面无摩擦力,可考虑用动量4510.[2016课标Ⅲ,35(2),10分]如图,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b

相距l,b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为

m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞。重力加速

度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。

10.[2016课标Ⅲ,35(2),10分]如图,水平地面上46答案

≤μ<

解析设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞,应有

m

>μmgl

①即μ<

②设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1。由能量守恒有

m

=

m

+μmgl

③设在a、b碰撞后的瞬间,a、b的速度大小分别为v1'、v2',由动量守恒和能量守恒有mv1=mv1'+

v2'

④

m

=

mv

+

v

⑤联立④⑤式解得v2'=

v1

⑥由题意,b没有与墙发生碰撞,由功能关系可知

v

≤μ

gl

⑦联立③⑥⑦式,可得答案

 ≤μ< 解析设物块与地面间的动摩擦因数为μ47μ≥

⑧联立②⑧式,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件为

≤μ<

⑨解题指导解答本题需要满足两个条件:①小物块a减速运动距离l与小物块b发生弹性碰撞;

②碰后,小物块b做减速运动而与墙未发生碰撞。易错点拨本题的易错点在于考生利用物理规律列方程时,列出的是不等式,而不等式左右两

边的大小关系是需要结合物理规律来分析判定的,尤其是不等式“等号”的取舍。μ≥  ⑧解题指导解答本题需要满足两个条件:①小物块a减速48C组教师专用题组考点一动量、动量定理1.(2016北京理综,24,20分)(1)动量定理可以表示为Δp=FΔt,其中动量p和力F都是矢量。在运用

动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如,质量为m的小

球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如图1

所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。

图1a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy;b.分析说明小球对木板的作用力的方向。C组教师专用题组考点一动量、动量定理1.(2016北49(2)激光束可以看作是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体

上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例,激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。

图2一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束①和②穿过介质小

球的光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束①和②与SO的夹角均为θ,出射

时光束均与SO平行。请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方

向。a.光束①和②强度相同;b.光束①比②的强度大。(2)激光束可以看作是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播50答案(1)a.见解析

b.沿y轴负方向(2)a.合力沿SO向左

b.指向左上方解析(1)a.x方向:动量变化为Δpx=mvsinθ-mvsinθ=0y方向:动量变化为Δpy=mvcosθ-(-mvcosθ)=2mvcosθ方向沿y轴正方向b.根据动量定理可知,木板对小球作用力的方向沿y轴正方向;根据牛顿第三定律可知,小球对

木板作用力的方向沿y轴负方向。(2)a.仅考虑光的折射,设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为p。这些粒子进入小球前的总动量为p1=2npcosθ从小球出射时的总动量为p2=2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理:FΔt=p2-p1=2np(1-cosθ)>0可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力的

方向沿SO向左。答案(1)a.见解析

b.沿y轴负方向解析(1)a51b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。

x方向:根据(2)a同理可知,两光束对小球的作用力沿x轴负方向。y方向:设Δt时间内,光束①穿过小球的粒子数为n1,光束②穿过小球的粒子数为n2,n1>n2。这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)psinθ从小球出射时的总动量为p2y=0根据动量定理:FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)psinθ可知,小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小球的作b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。52用力沿y轴正方向。所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。解题指导(1)将速度沿x轴和y轴两个方向分解,然后求解Δpx与Δpy。(2)运用动量定理确定两个轴向的作用力方向,再进行合成分析。疑难突破光强不同,体现单位时间内发射的光子个数不同。用力沿y轴正方向。解题指导(1)将速度沿x轴和y轴两个方向53考点二动量守恒定律及其应用2.[2015福建理综,30(2),6分]如图,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的

质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为2m,速度大小为v0,方向向左,两滑块发生弹

性碰撞后的运动状态是

。

A.A和B都向左运动

B.A和B都向右运动C.A静止,B向右运动

D.A向左运动,B向右运动答案

D由于A、B碰前总动量为0,由动量守恒可知碰后总动量也为0,因两滑块发生弹性碰

撞,故碰后A、B一定反向,即A向左运动,B向右运动,选项D正确。考点二动量守恒定律及其应用2.[2015福建理综,30(2543.(2014重庆理综,4,6分)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s,爆炸成为

甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失,取重力加速度g=10m/s2,则下列

图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是

()

答案

B平抛运动时间t=

=1s,爆炸过程遵守动量守恒定律,设弹丸质量为m,则mv=

mv甲+

mv乙,又v甲=

,v乙=

,t=1s,则有

x甲+

x乙=2m,将各选项中数据代入计算得B正确。3.(2014重庆理综,4,6分)一弹丸在飞行到距离地面5554.[2015天津理综,9(1)]如图所示,在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A球在水平面上静止放

置,B球向左运动与A球发生正碰,B球碰撞前、后的速率之比为3∶1,A球垂直撞向挡板,碰后原

速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞,A、B两球的质量之比为

,A、B碰撞前、后

两球总动能之比为

。

答案4∶19∶5解析设碰前B球速度大小为v0,碰后A、B两球速度大小分别为vA、vB,由题意知,碰后A球速度

方向向左,B球速度方向向右,且vA=vB=

v0,碰撞过程动量守恒,取水平向右为正方向,则有-mBv0=-mAvA+mBvB,解得:mA∶mB=4∶1;碰撞前、后两球总动能之比为

=

。4.[2015天津理综,9(1)]如图所示,在光滑水平面的左565.[2017江苏单科,12C(2)(3)](2)质子

H)和α粒子

He)被加速到相同动能时,质子的动量

(选填“大于”、“小于”或“等于”)α粒子的动量,质子和α粒子的德布罗意波波长之比

为

。(3)甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动,速度大小都是1m/s。甲、乙相

遇时用力推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,速度大小分别为1m/s和2m/s。求甲、

乙两运动员的质量之比。答案(2)小于2∶1(3)见解析解析(2)由动量与动能的关系p=

可知,Ek相同时,质量小的动量也较小,故质子的动量小于α粒子的动量。德布罗意波长λ=

,而p∝

,故λ∝

,则λH∶λα=

∶

=2∶1。(3)由动量守恒,有m1v1-m2v2=m2v2'-m1v1'解得

=

代入数据得

=

友情提醒动量守恒定律的矢量性应用动量守恒定律解题时,一定要先规定正方向,与规定正方向相反的速度,要代入负数进行计

算。若列式时已经考虑到了矢量性,则代入绝对值计算即可,如本题的解题过程就是如此。5.[2017江苏单科,12C(2)(3)](2)质子 H)576.[2016海南单科,17(2),8分]如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始时静止;

从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,碰撞后两者粘连在一起运动,碰撞前

B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得。某同学以

h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线拟合,求得该直线的斜率为k=1.92×10-3s2/m。已

知物块A和B的质量分别为mA=0.400kg和mB=0.100kg,重力加速度大小g=9.80m/s2。

(ⅰ)若碰撞时间极短且忽略空气阻力,求h-v2直线斜率的理论值k0。(ⅱ)求k值的相对误差δ(δ=

×100%,结果保留1位有效数字)。答案(ⅰ)2.04×10-3s2/m(ⅱ)6%6.[2016海南单科,17(2),8分]如图,物块A通过一58解析(ⅰ)设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v',由动量守恒定律有mBv=(mA+mB)v'

①在碰撞后A和B共同上升的过程中,由机械能守恒定律有

(mA+mB)v'2=(mA+mB)gh

②联立①②式得h=

v2

③由题意得k0=

④代入题给数据得k0=2.04×10-3s2/m⑤(ⅱ)按照定义δ=

×100%

⑥由⑤⑥式和题给条件得δ=6%

⑦解析(ⅰ)设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v',由动量守597.[2014江苏单科,12C(3)]牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载,A、B两个玻璃球相碰,碰撞

后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。分离速度是指碰撞后B对A的

速度,接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质

量为m的静止玻璃球B,且为对心碰撞,求碰撞后A、B的速度大小。答案

v0

v0

解析设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2由动量守恒定律2mv0=2mv1+mv2,且由题意知

=

解得v1=

v0,v2=

v0

7.[2014江苏单科,12C(3)]牛顿的《自然哲学的数学60考点三动量和能量的综合应用8.(2014天津理综,10,16分)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4kg,上表面光

滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量

mB=2kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与

B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=

0.6s,二者的速度达到vt=2m/s。求

(1)A开始运动时加速度a的大小;(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;(3)A的上表面长度l。考点三动量和能量的综合应用8.(2014天津理综,10,161答案(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m解析(1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有F=mAa

①代入数据解得a=2.5m/s2

②(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6s的过程,由动量定理得Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v

③代入数据解得v=1m/s④(3)设A、B发生碰撞前,A的速度为vA,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v

⑤A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有Fl=

mA

⑥由④⑤⑥式,代入数据解得l=0.45m⑦答案(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.4629.(2014北京理综,22,16分)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小

滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放,A与B碰撞后结合为一

个整体,并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2m;A和B的质量相等;A和B整体与桌面

之间的动摩擦因数μ=0.2。取重力加速度g=10m/s2。求:

(1)碰撞前瞬间A的速率v;(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v';(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。9.(2014北京理综,22,16分)如图所示,竖直平面内的63答案(1)2m/s(2)1m/s(3)0.25m解析设滑块的质量为m。(1)根据机械能守恒定律mgR=

mv2得碰撞前瞬间A的速率v=

=2m/s(2)根据动量守恒定律mv=2mv'得碰撞后瞬间A和B整体的速率v'=

v=1m/s(3)根据动能定理

(2m)v'2=μ(2m)gl得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l=

=0.25m答案(1)2m/s(2)1m/s(3)0.25m6410.[2013课标Ⅱ,35(2),10分,0.270]如图,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物

块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动,压缩

弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时

间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,

(ⅰ)整个系统损失的机械能;(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。答案(ⅰ)

m

(ⅱ)

m

10.[2013课标Ⅱ,35(2),10分,0.270]如图65解析(ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A、B与弹簧组成的系统,由动量守恒定

律得mv0=2mv1

①此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为ΔE,对B、C组成的

系统,由动量守恒和能量守恒定律得mv1=2mv2

②

m

=ΔE+

(2m)

③联立①②③式得ΔE=

m

④(ⅱ)由②式可知v2<v1,A将继续压缩弹簧,直至A、B、C三者速度相同,设此速度为v3,此时弹簧

被压缩至最短,其弹性势能为Ep。由动量守恒和能量守恒定律得mv0=3mv3

⑤

m

-ΔE=

(3m)

+Ep⑥联立④⑤⑥式得Ep=

m

⑦解析(ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A、B66审题点拨①因水平面光滑,则可考虑应用动量守恒定律。②A和B速度相等时,A、B与弹簧

组成的系统动量守恒。③B和C相碰后粘接在一起,意味着B和C发生完全非弹性碰撞,有机械

能损失。审题点拨①因水平面光滑,则可考虑应用动量守恒定律。②A和B67A组2017—2019年高考模拟·考点基础题组三年模拟考点一动量、动量定理1.(2019山东青岛一模,17,6分)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中

芭蕉叶面上单位面积所承受的力,小玲同学将一圆柱形水杯置于院中,测得10分钟内杯中雨水

上升了15mm,查询得知,当时雨滴落地速度约为10m/s,设雨滴撞击芭蕉后无反弹,不计雨滴重

力,雨水的密度为1×103kg/m3,据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为

()A.0.25NB.0.5NC.1.5ND.2.5N答案

A设雨滴受到芭蕉叶面对它的平均作用力为F,设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的

速度由v=10m/s减为零。以向上为正方向,对这部分雨水应用动量定理:FΔt=0-(-Δmv),得:F=

。设水杯横截面积为S,对水杯里的雨水,在Δt时间内水面上升Δh,则有:Δm=ρSΔh,可得F=ρSv

,由牛顿第三定律可知,芭蕉叶面受到的平均作用力F'=F,压强为P=

=ρv

=1×103×10×

N/m2=0.25N/m2,即芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25N,故选项A正确,B、C、D均错误。A组2017—2019年高考模拟·考点基础题组三年模拟考点682.(2019山东烟台一模,15,6分)如图所示,光滑细杆BC和AC构成直角三角形ABC,其中AC杆竖

直,BC杆和AC杆间的夹角θ=37°,两根细杆上分别套有可视为质点的小球P、Q,P、Q的质量之

比为1∶2。现将P、Q两个小球分别从杆AC和BC的顶点由静止释放,不计空气阻力,sin37°=0.

6。则P、Q两个小球由静止释放后到运动至C点的过程中,下列说法正确的是

()A.重力的冲量之比为1∶1B.重力的冲量之比为5∶6C.合力的冲量之比为5∶8D.合力的冲量之比为5∶2答案

C设AC为5l,BC为4l,P球沿AC杆做自由落体运动,设下落的时间为tP,则5l=

g

;Q球沿BC杆做匀加速直线运动,加速度为a=gcos37°=0.8g,设下落的时间为tQ,则4l=

a

,解得:

=

。由冲量的定义I=Ft可得两球重力的冲量比为:

=

=

=

,故A、B错误。由速度公式v=at可得,两球的速度比:

=

=

;由动量定理I合=ΔP=mΔv可知,两球的合力的冲量比:

=

=

×

=

,故C正确,D错误。2.(2019山东烟台一模,15,6分)如图所示,光滑细杆B693.(2019山东济南4月模拟,20,6分)(多选)质量1kg的物体从足够高处由静止开始下落,其加速度

a随时间t变化的关系图像如图所示。重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是

()

A.2s末物体所受阻力的大小为10NB.在0~2s内,物体所受阻力随时间均匀减小C.在0~2s内,物体的动能增大了100JD.在0~1s内,物体所受阻力的冲量大小为2.5N·s3.(2019山东济南4月模拟,20,6分)(多选)质量170答案

AD2s末物体的加速度为零,则此时阻力等于重力,即所受阻力的大小为10N,选项A正确;根据mg-f=ma可知,在0~2s内,物体加速度随时间均匀减小,则所受阻力随时间均匀增大,选项B错误;在0~2s内,物体的速度增加了

×2×10m/s=10m/s,在0时刻,物体的速度v1=0,则在2s时刻,物体的速度v2=10m/s,则动能增大了ΔEk=

m

-

m

=50J,故选项C错误;在0~1s内,物体速度的增量Δv=

×(5+10)×1m/s=7.5m/s,根据动量定理:mgt-If=mΔv,解得If=2.5N·s,故选项D正确。解题关键解答本题的关键是必须清楚加速度a随时间t变化的关系图像中图线与时间轴围成

的面积表示速度增量。答案

AD2s末物体的加速度为零,则此时阻力等于重71考点二动量守恒定律及其应用4.(2018山东潍坊一模,21,6分)(多选)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在

大本营中心发生对心碰撞,如图(a)所示,碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小

阻力,碰撞前后两壶运动的v-t图像如图(b)中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶

质量均为19kg,则

()

A.碰后蓝壶的速度为0.8m/s考点二动量守恒定律及其应用4.(2018山东潍坊一模,2172B.碰后蓝壶移动的距离为2.4mC.碰撞过程两壶损失的动能为7.22JD.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶4答案

AD由题图可知碰撞前、后红壶的速度为v0=1m/s和v2=0.2m/s,碰撞过程中,根据动量

守恒定律有:mv0=mv1+mv2,解的v1=0.8m/s,故选项A正确;由题图(b)可知,蓝壶运动时间为t=

s=5s,碰后蓝壶移动的距离为x=

×0.8×5m=2m,故选项B错误;碰撞过程两壶损失的动能为ΔEk=

m

-

=3.04J,故选项C错误;红壶所受的摩擦力f1=ma1=19×

N=3.8N,蓝壶所受的摩擦力f2=ma2=19×

N=3.04N,碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f1∶f2=5∶4,故选项D正确。解题指导(1)由动量守恒定律可得碰后蓝壶速度大小;(2)由能量守恒定律可知,碰撞过程两

壶损失的动能为初、末总动能之差;(3)碰后红、蓝两壶所受摩擦力大小由牛顿运动定律求

出。B.碰后蓝壶移动的距离为2.4m答案

AD由题图可735.(2019山东临沂2月检测,11,6分)(多选)如图所示,一质量为M、两侧有挡板的盒子静止在光滑

水平面上,两挡板之间的距离为L。质量为m的物块(视为质点)放在盒内正中间,与盒子之间的

动摩擦因数为μ。从某一时刻起,给物块一个水平向右的初速度v,物块在与盒子前后壁多次完

全弹性碰撞后又停在盒子正中间,并与盒子保持相对静止,重力加速度为g。则()

A.盒子的最终速度为

,方向向右B.该过程产生的热能为

mv2C.碰撞次数为

D.碰撞次数为

-15.(2019山东临沂2月检测,11,6分)(多选)如图所示74答案

AC根据动量守恒条件可知,物块与盒子组成的系统水平方向动量守恒,设物块与盒

子运动的共同速度为v',则有:mv=(M+m)v',可得系统共同速度为:v'=

v,方向向右,选项A正确。根据能量守恒定律有:

mv2=

(M+m)v'2+Q,解得该过程产生的热能为Q=

·

mv2,选项B错误。物块与盒子发生N次碰撞恰好又回到盒子正中间,由此可知,物块相对于盒子滑动的

距离x=NL;物块受到摩擦力为f=μmg,则由Q=μmgx解得N=

,选项C正确,D错误。解题关键(1)抓住系统动量守恒和能量守恒列式求解最终的速度和产生的热量。(2)由于发

生的是弹性碰撞,所以系统损失的机械能大小等于物块所受摩擦力与相对运动距离的乘积。答案

AC根据动量守恒条件可知,物块与盒子组成的系统75考点三动量和能量的综合应用6.(2019山东日照一模,15,6分