高考物理一轮复习课件专题七碰撞与动量守恒 (含解析)

五年高考考点一冲量和动量动量定理A组

自主命题·天津卷题组1.(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答案

B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,体现了高考对基础知识、基本能力的“双基”要求。对平时

的教学与学习具有重要的指导意义。2.(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。B组统一命题、省（区、市）卷题组3.(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。4.(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。5.(2017课标Ⅲ,20,6分)(多选)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运

动。F随时间t变化的图线如图所示,则

()

A.t=1s时物块的速率为1m/sB.t=2s时物块的动量大小为4kg·m/sC.t=3s时物块的动量大小为5kg·m/sD.t=4s时物块的速度为零答案

AB本题通过F-t图像考查动量定理。F-t图线与时间轴所包围的“面积”表示合外

力的冲量。0~1s内,I1=2×1N·s=2N·s,据动量定理可得I1=mv1-mv0=2N·s,得1s时,v1=1m/s,A选项

正确。同理,0~2s内,I2=2×2N·s=p2-p0=p2,则t=2s时动量p2=4N·s=4kg·m/s,故B选项正确。0~3s

内I3=2×2N·s+(-1)×1N·s=3N·s=p3-p0=p3,则t=3s时,p3=3N·s=3kg·m/s,C选项错误。0~4s内I4=2

×2N·s+(-1)×2N·s=2N·s=p4-p0=p4=mv4,则t=4s时,v4=1m/s,D选项错误。方法总结动量定理的矢量性和F-t图像面积含义(1)合外力的冲量I、物块的动量p都是矢量,解题时应规定正方向;(2)F-t图线与t轴所围的“面积”表示力的冲量,t轴上方的面积表示正方向冲量,下方的面积表

示负方向冲量,一段时间内的总冲量是正向面积(正值)和负向面积(负值)的代数和。6.(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)。C组教师专用题组

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。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。7.(2015北京理综,18,6分,0.65)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从

几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次下降

至最低点的过程中,下列分析正确的是

()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力答案

A从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人经历了先加速后减速的过程,

当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大,动能最大,之后绳的拉力大于人的重力,人向下减速

到达最低点。绳对人的拉力始终向上,始终做负功。拉力的冲量始终向上,人的动量先增大后

减小,综上所述,只有A选项正确。考查点动量、冲量、能量。思路点拨弄清运动过程是解决本题的关键:从绳绷直到下降到最低的过程中可分为两个阶

段,首先是绳对人的拉力从零逐渐增大到等于重力的过程,这个过程中由于加速度方向向下,人

做加速度逐渐减小的加速运动,速度逐渐增大,到两力相等时速度达到最大;再往后由于拉力大

于重力,加速度方向向上,人做加速度增大的减速运动,直到速度减为零。8.(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。

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。9.(2016北京理综,24,20分,0.26)(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。(2)激光束可以看做是粒子流,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。答案见解析解析(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。b.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

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。疑难突破光强不同,体现单位时间内发射的光子个数不同。10.[2013北京理综,24(2),0.31]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,导出器壁单位面积所受

粒子压力f与m、n和v的关系。答案

f=

nmv2

解析一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为ΔI=2mv如图所示,以器壁上的面积为S的部分为底、vΔt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,碰壁粒子总数为N=

n·SvΔt

Δt时间内粒子给器壁的冲量为I=N·ΔI=

nSmv2Δt器壁上面积为S的部分受到粒子的压力为F=

则器壁单位面积所受粒子的压力为f=

=

nmv2

考查点动量定理。解题关键正确建立问题模型是能否解答本题的关键。粒子流碰壁模型:每个粒子碰壁前速度为v,碰壁后原速率弹回,则碰撞对器壁的冲量为2mv,设Δ

t时间内碰壁的粒子个数为N,则Δt时间内器壁受到的总冲量为2Nmv,再引用流体模型求得N。11.[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)

-

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联立③④⑤⑥⑦式得h=

-

⑧解题指导以喷泉为背景考查流体的动量问题。这类题必须要假设以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。方法技巧在流体中用动量知识时一定要取Δt时间内的流体为研究对象求解未知量。1.(2013天津理综,2,6分)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。

观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追

上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面

间在水平方向上的相互作用,则

()A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功答案

B甲、乙之间相互作用力的冲量大小相等,方向相反,A项错误。由I合=Δp知,甲、乙的

动量变化量等大反向,B项正确。在相同的作用时间内,作用力的位移不一定相同,因此甲、乙

之间的相互作用力做功不一定相等,由W合=ΔEk,知动能变化量不一定相等,C、D项均错误。考点一匀变速直线运动A组自主命题·天津卷题组2.[2015天津理综,9(1),4分]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

=

。3.(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。B组统一命题、省（区、市）卷题组4.(2019江苏单科,12)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

解析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。关联知识核反应中四大守恒规律:(1)质量数守恒;5.(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。

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。6.[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?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v2=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。C组教师专用题组7.(2014北京理综,22,16分,0.89)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。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考查点机械能守恒、动量守恒。一题多解第(3)问也可结合牛顿运动定律,应用匀变速运动规律求解:在桌面上的加速度为a=

μg=2m/s2,又v'2=2al,所以l=

=0.25m。1.[2018天津理综,9(1),4分]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200m/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。考点一动量的综合应用A组

自主命题·天津卷题组2.(2017天津理综,10,16分)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量

不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2kg、mB=1kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于空

中。现将B竖直向上再举高h=1.8m(未触及滑轮),然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,A、

B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。取g=10m/s2,空气阻力不计。求:

(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;(2)A的最大速度v的大小;(3)初始时B离地面的高度H。答案(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m解析本题考查自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律。(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有h=

gt2

①代入数据解得t=0.6s②(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有vB=gt

③细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得mBvB=(mA+mB)v

④之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度,联立②③④式,代入数据解得v=2m/s⑤(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中

A、B组成的系统机械能守恒,有

(mA+mB)v2+mBgH=mAgH

⑥代入数据解得H=0.6m⑦3.[2016天津理综,9(1),4分]如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的质

量是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动,与盒

的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对于盒静止,则此时盒

的速度大小为

,滑块相对于盒运动的路程为

。

答案

解析设滑块的质量为m,最终盒与滑块的共同速度为v'根据动量守恒得:mv=(m+2m)v'解得v'=

v设滑块相对于盒的运动路程为s根据能量守恒得:μmgs=

mv2-

(m+2m)v'2解得s=

4.(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。

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=0.45m⑦5.(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)图(b)B组统一命题、省（区、市）卷题组答案(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-(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·

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

=

解法解导(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。6.(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)

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。7.[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。

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μ≥

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评分参考①②式各1分(若②式同时有小于和等于号,同样给分),③式2分,④⑤⑥⑦式各1分,

⑧式2分(若只有大于号,同样给分)。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。C组教师专用题组8.(2007北京理综,19,6分)如图所示的单摆,摆球a向右摆动到最低点时,恰好与一沿水平方向向

左运动的黏性小球b发生碰撞,并黏接在一起,且摆动平面不变。已知碰撞前a球摆动的最高点

与最低点的高度差为h,摆动的周期为T,a球质量是b球质量的5倍,碰撞前a球在最低点的速度是

b球速度的一半。则碰撞后

()

A.摆动的周期为

TB.摆动的周期为

TC.摆球的最高点与最低点的高度差为0.3hD.摆球的最高点与最低点的高度差为0.25h答案

D单摆周期T=2π

与摆球质量和摆角无关,故A、B都错。设a球碰撞前速度为va,碰后a、b共同速度为v,上升最大高度为h',由机械能守恒得magh=

ma

,碰撞过程动量守恒mava-mb(2va)=(ma+mb)v,又(ma+mb)gh'=

(ma+mb)v2,及ma=5mb,联立解得h'=0.25h,故D对。9.(2009北京理综,24,20分)(1)如图1所示,ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道,BC段水平,AB

段与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑,与静止在轨道BC段

上质量为m2的小球发生碰撞,碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上,且在碰撞过程中无机

械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2;

图1(2)碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律,我们采用多

球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上且无机械能损失的简化力学模型。如图2所示,在固

定光滑水平轨道上,质量分别为m1、m2、m3…mn-1、mn…的若干个球沿直线静止相间排列,给第

1个球初动能Ek1,从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能Ek

与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n。a.求k1n;b.若m1=4m0,mk=m0,m0为确定的已知量。求m2为何值时,k1n值最大。

图2答案(1)

(2)a.

b.2m0

解析(1)设碰撞前m1的速度为v10,根据机械能守恒定律m1gh=

m1

①设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律m1v10=m1v1+m2v2

②由于碰撞过程中无机械能损失

m1

=

m1

+

m2

③②、③式联立解得v2=

④将①式代入④式得v2=

(2)a.由④式,考虑到Ek1=

m1

和Ek2=

m2

得Ek2=

Ek1根据动能传递系数的定义,对于1、2两球k12=

=

⑤同理可得,球m2和球m3碰撞后,动能传递系数k13应为k13=

=

·

=

·

⑥依次类推,动能传递系数k1n应为k1n=

=

·

…

=

·

…

解得k1n=

b.将m1=4m0,m3=m0代入⑥式可得k13=64

为使k13最大,只需使

=

最大,即m2+

取最小值由m2+

=

+4m0可知当

=

,即m2=2m0时,k13最大。10.(2012北京理综,24,20分,0.20)匀强电场的方向沿x轴正向,电场强度E随x的分布如图所示,图

中E0和d均为已知量。将带正电的质点A在O点由静止释放。A离开电场足够远后,再将另一带

正电的质点B放在O点也由静止释放。当B在电场中运动时,A、B间的相互作用力及相互作用

能均为零;B离开电场后,A、B间的相互作用视为静电作用。已知A的电荷量为Q。A和B的质

量分别为m和

。不计重力。

(1)求A在电场中的运动时间t;(2)若B的电荷量q=

Q,求两质点相互作用能的最大值Epm;(3)为使B离开电场后不改变运动方向,求B所带电荷量的最大值qm。答案(1)

(2)

QE0d(3)

Q解析(1)由牛顿第二定律,A在电场中运动的加速度a=

=

。A在电场中做匀变速直线运动d=

at2解得运动时间t=

=

(2)设A、B离开电场时的速度分别为vA0、vB0,由动能定理,有QE0d=

m

,qE0d=

·

①A、B相互作用过程中,动量和能量守恒。A、B相互作用力为斥力,A受的力与其运动方向相

同,B受的力与其运动方向相反,相互作用力对A做正功,对B做负功。A、B靠近的过程中,B的路

程大于A的路程,由于作用力大小相等,作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值,因此相

互作用力做功之和为负,相互作用能增加。所以,当A、B最接近时相互作用能最大,此时两者

速度相同,设为v',有(m+

)v'=mvA0+

vB0

②Epm=(

m

+

·

)-

(m+

)v'2

③已知q=

Q,由①、②、③式解得相互作用能的最大值Epm=

QE0d(3)考虑A、B在x>d区间的运动,由动量守恒、能量守恒,且在初态和末态均无相互作用,有mvA+

vB=mvA0+

vB0

④

m

+

·

=

m

+

·

⑤由④、⑤解得vB=-

vB0+

vA0因B不改变运动方向,故vB=-

vB0+

vA0≥0

⑥由①、⑥解得q≤

Q即B所带电荷量的最大值qm=

Q评析本题借助带电质点在电场中的运动以及相互作用的过程情境,综合考查学生应用图像

分析运动规律,进行逻辑推理,运用数学工具解析物理问题的能力,涉及带电粒子在电场中的运

动、动量守恒、能量守恒等物理学主干知识。求解本题首先要分析清楚问题情境,准确把握

运动规律并以方程表达出来,把弹性碰撞模型有效迁移到本题中,才能作出正确分析和解答,本

题属难题。11.(2010北京理综,24,20分)雨滴在穿过云层的过程中,不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结

合为一体,其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初

始质量为m0,初速度为v0,下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并,质量变为m1。此后每经过同

样的距离l后,雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并,质量依次变为m2、m3……mn……(设各质量

为已知量)。不计空气阻力。(1)若不计重力,求第n次碰撞后雨滴的速度vn';(2)若考虑重力的影响,a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1';b.求第n次碰撞后雨滴的动能

mnv'n2。答案(1)

v0(2)a.

b.

(

+2gl

)解析(1)不计重力,全过程中动量守恒,m0v0=mnvn'得vn'=

v0(2)若考虑重力的影响,雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动,碰撞瞬间动量守恒a.第1次碰撞前

=

+2gl,v1=

第1次碰撞后m0v1=m1v1'v1'=

v1=

①b.第2次碰撞前

=v'12+2gl利用①式化简得

=

+

·2gl

②第2次碰撞后,利用②式得v'22=

=

+

·2gl同理,第3次碰撞后v'32=

+

·2gl……第n次碰撞后v'n2=

+

·2gl动能

mnv'n2=

(

+2gl

)评析本题以实际生活情景为背景,把碰撞模型融于雨滴与小水珠相结合的情景之中,是一道综合性很强的力学试题。主要考查考生对动量、动量守恒、匀变速运动等物理核

心知识的掌握情况,以及应用上述知识对实际问题的分析综合探究能力和数学运算能力及数

学归纳思想在物理中的迁移能力。本题要求考生要有扎实的物理、数学功底,一定的知识迁

移能力和良好的心理素质。本题难度为难。考点一冲量和动量动量定理三年模拟A组2017—2019年高考模拟·考点基础题组1.(2018和平二模)质量为0.1kg的球竖直向下以10m/s的速度落至水平地面,再以5m/s的速度

反向弹回。取竖直向下为正方向,重力加速度g=10m/s2,在小球与地面接触的时间内,合外力对

小球的冲量I=

N·s,合外力对小球做功为W=

J。答案-1.5-3.75解析取竖直向下为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化为:Δp=mv2-mv1=-0.1×5kg·m/s-0.1×10kg·m/s=-1.5kg·m/s,根据动量定理得:I=Δp=-1.5N·s。由动能

定理可知,合外力做功:W=

m

-

m

=

×0.1×52J-

×0.1×102J=-3.75J。2.(2019南开二模)高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到

安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带

达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大

小为

。答案

+mg解析对自由落体运动,有:h=

g

,解得:t1=

,规定向下为正方向,对运动的全程,根据动量定理,有:mg(t1+t)-Ft=0,解得:F=

+mg。3.(2018河西二模)如图所示,质量mA=4.0kg的木板A放在水平面C上,木板与水平面间的动摩擦

因数μ为0.24,木板右端放着质量mB=1.0kg的小物块B(视为质点),它们均处于静止状态,木板突

然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开始运动,当小物块滑离木板时,木板的动能EkA为8.

0J。小物块的动能EkB为0.50J,重力加速度取10m/s2,求:(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小;(2)木板的长度L。

答案(1)3.0m/s(2)0.50m解析(1)设水平向右为正方向,有I=mAv0代入数据解得v0=3.0m/s。(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA,B在A上滑行的时间为t,B

离开A时A和B的速度分别为vA和vB,对A、B分别由动量定理有-(FBA+FCA)t=mAvA-mAv0FABt=mBvB其中FAB=FBA,FCA=μ(mA+mB)g设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB,对A、B分别由动能定理有-(FBA+FCA)sA=

mA

-

mA

FABsB=EkB动量与动能之间的关系为mAvA=

mBvB=

木板A的长度L=sA-sB代入数据解得L=0.50m4.(2019南开一模)一静止在湖面上的小船质量为100kg,船上一个质量为60kg的人,以6m/s的

水平速度向后跳离此小船,则人离开小船瞬间,小船的速度大小为

m/s。若船长为10

m,则当此人由船头走到船尾时,船移动的距离为

m(不计水的阻力和风力影响)。答案3.63.75解题技巧不计水的阻力和风力,人在跳离小船的过程中,系统的动量守恒,结合规定的正方

向,即可求解小船的速度;人由船头走到船尾的过程,依据运动学公式用位移和时间之比表示人和船的速度,结合动量守

恒定律,即可求解。解析设人的运动方向为正方向。人在跳离小船的过程中,系统的动量守恒,根据动量守恒定

律,得:m人v人-M船v船=0得:v船=

=

m/s=3.6m/s设船移动的距离为x,船长为L。人在行走过程中,系统动量守恒,则有:m人v人-M船v船=0又v人=

,v船=

代入得:m人·

-M船·

=0解得:x=

=

m=3.75m5.(2019十二区县一模)质量为M=0.6kg的长木板固定在光滑水平面上,其左端有质量为m=0.5

kg、可视为质点的遥控电动赛车,由静止出发,经过时间t1=2.0s,赛车向右滑行了L1=1.44m,之

后关闭电动机,同时解除对长木板的固定,赛车在木板上又滑行一段距离后,恰好停在木板的右

端。若通电后赛车以恒定功率P=0.8W行驶,赛车与木板的动摩擦因数μ=0.2,不计空气阻力,重

力加速度g取10m/s2。求:

(1)t1=2.0s时刻赛车的速度v1的大小;(2)木板长度L。答案(1)0.8m/s(2)1.53m解析(1)赛车加速过程中电动机和摩擦力做功,由动能定理可得:Pt1-μmgL1=

m

,代入数据可得:v1=0.8m/s,(2)关闭电动机后,赛车与木板组成的系统动量守恒,选取向右为正方向,设最终的共同速度为v,

则:mv1=(M+m)v,则共同速度:v=

m/s,该过程中:μmgL2=

m

-

(M+m)v2,代入数据可得:L2≈0.09m,所以木板的长度:L=L1+L2=1.44m+0.09m=1.53m。解题技巧(1)由动能定理即可求出赛车的速度;(2)关闭电动机后,二者组成的系统动量守恒,由此求出共同速度,然后结合功能关系即可求出

木板的长度。6.(2019河东一模)一物体以20m/s的速度在空中飞行,突然由于内力的作用,物体分裂成质量比

为3∶7的两块,在这一瞬间,大块物体以80m/s的速度向原方向飞去,则小块物体的速度大小是

m/s,方向是

。答案120与原方向相反解析设物体原飞行方向为正方向,则v0=20m/s,v1=80m/s物体分裂成质量比为3∶7的两块,设m1=0.7m,m2=0.3m因为内力的作用远大于外力,系统在原飞行方向上动量守恒,有:mv0=m1v1+m2v2代入数据得:v2=-120m/s此结果表明,小块物体的速度大小是120m/s,其中负号表示与所设正方向相反,即方向是与原

方向相反。7.(2019部分区一模)如图所示,光滑水平面上有m1=2kg,m2=4kg的两个物体,其中m2左侧固定一

轻质弹簧,m1以v0=6m/s的速度向右运动,通过压缩弹簧与原来静止的m2发生碰撞,则弹簧被压

缩最短时m2的速度v=

m/s,此时弹簧存储的弹性势能为

J。

答案224解析据题意可知,当弹簧压缩最短时,两物体具有相同速度,据动量守恒定律:m1v0=(m1+m2)v,

即m2的速度v=2m/s;由能量守恒定律可得,此时弹簧存储的弹性势能为:E=

m1

-

(m1+m2)v2=24J。点评动量守恒定律和能量守恒定律为本题主要考查点。8.(2019和平二模)如图所示,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。可看成质点的小

球A、B质量分别为m、3m,A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最

低点的B球相撞,碰撞后A、B球能达到的最大高度相同,碰撞中无机械能损失。重力加速度为

g。则碰撞后A球的速度大小vA=

;B球的速度大小vB=

。

答案

解析

A下落过程中,根据机械能守恒得:mgR=

m

,A、B碰撞后达到的最大高度相同,且碰撞无机械能损失,说明A、B碰撞后速度大小相同,方向

相反,设A、B碰撞后速度大小均为v,则有:mv1=-mv+3mv,联立解得:vA=vB=v=

。解题技巧小球A在与小球B碰撞前,在下滑的过程中重力势能全部转化为动能,据此可求出碰

撞前A的速度;两小球碰撞后最大高度相同,说明A、B碰撞后速度大小相同;碰撞中无机械能损

失,说明为弹性碰撞,碰撞后两者速度方向相反;两小球碰撞过程动量守恒,据此列出关系式,即

可求出A、B两球的速度。9.(2019十二区县一模)光滑水平面上放着质量mA=2.5kg的物块A与质量mB=1.5kg的物块B,A与

B均可视为质点,物块A、B相距L0=0.4m,A、B间系一长L=1.0m的轻质细绳,开始时A、B均处

于静止状态,如图所示。现对物块B施加一个水平向右的恒力F=5N,物块B运动一段时间后,绳

在短暂时间内被拉断,绳断后经时间t=0.6s,物块B的速度达到vt=3m/s。求:(1)绳拉断后瞬间B的速度大小vB;(2)绳拉断过程绳对物块B的冲量I的大小;(3)绳拉断过程绳对物块A所做的功W。

答案(1)1m/s(2)1.5N·s(3)0.45J解析(1)解法一:细绳拉断之后,对B应用动量定理得Ft=mBvt-mBvB解得vB=1m/s解法二:由a=

vt=vB+at得vB=1m/s(2)细绳拉断之前对B应用动能定理F(L-L0)=

mB

-0v0=2m/s细绳拉断过程,对B应用动量定理得I=mBvB-mBv0解得I=-1.5N·s即细绳对B的冲量大小为1.5N·s(3)细绳拉断过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得:mBv0=mBvB+mAvA得vA=0.6m/s细绳拉断过程细绳对物块A所做的功W=

mA

解得W=0.45JB组2017—2019年高考模拟·专题综合题组时间:70分钟分值:95分一、选择题(每小题6分,共12分)1.(2018十二区县二模)质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动,已知它们

的动量分别是p1=5kg·m/s、p2=7kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为8kg

·m/s,则甲、乙两球质量m1与m2间的关系可能是

()A.m1=m2

B.2m1=m2

C.3m1=2m2

D.4m1=m2

答案

B根据动量守恒定律得:p1+p2=p1'+p2'解得:p1'=4kg·m/s。碰撞过程系统的总动能不增加,则有

+

≤

+

代入数据解得:

≤0.6。碰撞后甲的速度不大于乙的速度,则有:

≤

代入数据解得:

≥0.5。综上有0.5≤

≤0.6,所以只有2m1=m2符合题意,故B正确,A、C、D均错误。名师点睛对于碰撞过程,往往根据三大规律,分析两物质量的范围:动量守恒定律;总动能不

增加;碰撞后两物体同向运动时,后面物体的速度不大于前面物体的速度。2.(2018河东一模)(多选)一辆汽车在平直公路上从静止开始运动,所受阻力恒定,10s末撤掉牵

引力,其速度随时间变化的图线如图所示,则下列说法正确的是

()

A.0~5s和10~15s内加速度相同B.0~5s和10~15s内阻力做功相等C.0~5s和5~10s内牵引力做功的平均功率相等D.0~5s和10~15s内合外力的冲量相同答案

BC

v-t图线的斜率表示加速度,0~5s和10~15s内加速度大小相等,但方向相反,故A错

误;v-t图线与时间轴包围的面积表示位移大小,故0~5s和10~15s内位移相等,阻力也相等,故

阻力做功相等,故B正确;0~5s内,加速度为:a1=

m/s2=2m/s2,位移为:x1=

×5×10m=25m;5~10s内,加速度为零,位移为:x2=5×10m=50m;10~15s内:加速度为:a3=-2m/s2,位移为:x3=

×5×10m=25m;根据牛顿第二定律,0~5s内:F1-f=ma1,故F1=m×2m/s2+f,根据平衡条件,5~10s内:F2=f,根据

牛顿第二定律,10~15s内:-f=ma3,故f=m×2m/s2,联立得到:F1=m×4m/s2,F2=m×2m/s2,0~5s内牵引

力做功的平均功率为:

=

=

W=20m