十年高考物理分类专题7动量守恒定律练习含答案

专题七动量守恒定理23年真题1.(2023新课标,19,6分)(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻()A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零答案：BD设磁铁乙对磁铁甲的作用力大小为F1,磁铁甲对磁铁乙的作用力大小为F2,从释放甲和乙到任一时刻t,根据动量定理有(F1-μm甲g)t=p甲=m甲v甲,(F2-μm乙g)t=p乙=m乙v乙,因为F1=F2,m甲>m乙,所以,p甲<p乙,v甲<v乙,故B正确,A、C错误;因μm甲g>μm乙g,甲、乙组成的系统所受的合力不为0,所以甲和乙组成的系统动量不守恒,即甲和乙的动量之和不为零,故D正确。2.(2023天津,5,5分)质量为m的列车以速度v匀速行驶,突然以大小为F的力制动刹车直到列车停止,整个过程中列车还受到大小恒为f的阻力,下列说法正确的是()A.减速运动过程的加速度大小a=FB.力F的冲量大小为mvC.刹车距离为mD.匀速行驶时功率为(f+F)v答案C根据牛顿第二定律有F+f=ma,得a=F+fm,故A错误;根据运动学公式有t=va=mvF+f,故力F的冲量大小I=Ft=FmvF+f,B错误;根据v2=2ax可得x=v22a=mv22(一题多解刹车过程,由动能定理得-(F+f)x=0-12mv2,解得x=mv3.(2023广东,10,6分)(多选)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力,开窗帘的过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程,下列说法正确的有()A.该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·sC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·sD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N答案BD取向右为正方向,两滑块碰撞前的动量p1=mv1=0.40kg·m/s,碰撞后的动量p2=2mv2=0.44kg·m/s,p1<p2,故两滑块的碰撞过程动量不守恒,A错误。对滑块1,由动量定理可得I1=mv2-mv1=-0.18kg·m/s,滑块1受到的合外力的冲量大小为0.18kg·m/s,方向水平向左,B正确。对滑块2,由动量定理可得I2=mv2=0.22kg·m/s,滑块2受到的合外力的冲量大小为0.22kg·m/s,方向水平向右,C错误。对滑块2,由冲量的定义式可得I2=FΔt,解得滑块2受到滑块1的平均作用力大小F=5.5N,D正确。4.(2023广东,15,15分)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成,滑槽高为3L,平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以v0的速度匀速运动的传送带上,在与传送带达到共速后,从M点进入滑槽,A刚好滑到平台最右端N点停下,随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰,碰撞时间极短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m,碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的14。A与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,A、B在滑至N点之前不发生碰撞,忽略空气阻力和圆盘的高度,将药品盒视为质点。求:(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t;(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W;(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。答案(1)v0μg(2)6mgL-3mv0解析(1)A在传送带上加速运动时的加速度a=μg由静止加速到与传送带共速所用的时间t=v0a(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W=12×2mv02+2mg·3L-12(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知2m·2v0=mv1+2mv212×2m·(2v0)2-11解得v1=2v0,v2=v0(另一组解v1=23v0,v2=53v0A、B做平抛运动的时间t1=2L则s-r=v2t1s+r=v1t1解得s=35.(2023天津,11,16分)一质量为mA=2kg的A物体从距地面h=1.2m处由静止自由下落,同时另一质量为mB=1kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出,经过t=0.2s两物体相遇,碰撞后立刻粘在一起运动,已知重力加速度g=10m/s2,碰撞时间极短,不计空气阻力。求两物体:(1)碰撞时离地面的高度x;(2)碰后瞬间的速度v;(3)碰撞过程损失的机械能ΔE。答案(1)1m(2)0(3)12J解析(1)对A物体,根据运动学公式可得h-x=12gt2,解得x=1m(2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0,根据运动学公式可知x=vB0t-12gt解得vB0=6m/s,方向竖直向上根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为vA=gt=2m/s,方向竖直向下碰撞前瞬间B物体的速度大小为vB=vB0-gt=4m/s,方向竖直向上选竖直向下为正方向,由动量守恒定律可得mAvA-mBvB=(mA+mB)v解得碰后瞬间的速度v=0m/s。(3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为ΔE=12mAvA2+12mBvB2-12(m解得ΔE=12J。6.(2023海南,18,14分)如图所示,有一固定的光滑14圆弧轨道A,半径R=0.2m,一质量为mB=1kg的小滑块B从轨道顶端滑下,在其冲上长木板C左端时,给木板一个与小滑块相同的初速度,已知mC=3kg,B、C间动摩擦因数μ1=0.2,C与地面间的动摩擦因数μ2=0.8,C右端有一个挡板,C长为L。已知g取10m/s2(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大?(2)若B未与C右端的挡板碰撞,当B与地面保持相对静止时,B、C间因摩擦产生的热量是多少?(3)在0.16m<L<0.8m时,B与C右端挡板发生碰撞,且碰后粘在一起,求B从滑上C到最终停止所用的时间(碰撞时间忽略不计)。答案(1)30N(2)1.6J(3)1-15解析(1)滑块下滑到圆弧轨道底端,由动能定理有mBgR=12mBv2,解得v=2m/s。小滑块在A的底端时,有FN-mBg=mBv2R,得此时小滑块所受支持力FN=30N,由牛顿第三定律可知B对A的压力为30(2)B滑上C后,对B受力分析,水平方向受向左的摩擦力,大小为μ1mBg,由牛顿第二定律可知B的加速度向左,大小为a1=2m/s2对C进行受力分析,受B对其向右的摩擦力μ1mBg和地面对其向左的摩擦力μ2(mB+mC)g,其加速度向左,大小为a2=10m/s2,B、C速度减为零后均静止。B向右运动的距离x1=v22a1,解得xC向右运动距离x2=v22a2,解得xB、C间由摩擦产生的热量Q=μ1mBg(x1-x2),解得Q=1.6J(3)假设B还未与C右端挡板碰撞,C先停下,用时为t1,有t1=va2,得t1=0.2s,由(2)可知此时B、C的位移分别是0.36m、0.2则x相对=0.16m,此时vB=v-a1t1=1.6m/s由L>0.16m,假设成立,设C停下后再经t2时间B与C挡板碰撞,有L-0.16m=vBt2-12a1解得t2=(0.8-0.8-L)s(另一解不符合题意,舍去)碰撞前瞬间B的速度vB'=vB-a1t2=20.8-Lm/s碰撞时由动量守恒可得碰撞后B、C速度v共=0.8-L2之后二者一起减速,a3=μ2g=8m/s2,设经t3后停下,则有t3=v共a3=故总时间t=t1+t2+t3=1-150.8-L167.(2023山东,18,16分)如图所示,物块A和木板B置于水平地面上,固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切,竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力,使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时,从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点,并以水平速度v滑上B的上表面,同时撤掉外力,此时B右端与P板的距离为s。已知v0=1m/s,v=4m/s,mA=mC=1kg,mB=2kg,A与地面间无摩擦,B与地面间动摩擦因数μ1=0.1,C与B间动摩擦因数μ2=0.5,B足够长,使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞,不计碰撞时间,取重力加速度大小g=10m/s2。(1)求C下滑的高度H;(2)与P碰撞前,若B与C能达到共速,且A、B未发生碰撞,求s的范围;(3)若s=0.48m,求B与P碰撞前,摩擦力对C做的功W;(4)若s=0.48m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态,求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。答案(1)0.8m(2)0.625m≤s≤2+22(3)-6J(4)32152+6解析(1)下滑过程机械能守恒,有mCgH=12mCv2代入数据解得H=0.8m②(2)设C滑上B后经时间t1,B与C共速,速度为v1。对C受力分析有μ2mCg=mCaC③得aC=5m/s2④C做匀减速直线运动,v1=v-aCt1⑤对B受力分析有μ2mCg-μ1(mC+mB)g=mBaB⑥得aB=1m/s2⑦B做匀加速直线运动有v1=v0+aBt1⑧B的对地位移xB=v0+v联立④⑤⑦⑧⑨解得t1=0.5s⑩v1=1.5m/sxB=0.625m设B与C共速以后再经时间t2,A恰好追上B,对B、C整体受力分析有(mB+mC)gμ1=(mB+mC)aBC解得aBC=1m/s2B、C整体做匀减速直线运动,xB'=v1t2-12aBCtA恰好追上B时有位移关系xA=v0(t1+t2)=xB+xB'联立⑩得xA=2+22m所以s的范围为0.625m≤s≤2+22(3)s=0.48m<xB=0.625m,说明B与C未达到共速,设C滑上B后经时间t3,B与P相撞,根据题意有s=0.48m=v0t3+12aBt联立⑦并代入数据解得t3=0.4s设B与P碰前瞬间C的速度为vC'vC'=v-aCt3联立④并代入数据解得vC=2m/s对C应用动能定理有W=12mCvC'2-12mCv联立并代入数据解得W=-6J因此B与P碰撞前摩擦力对C所做的功为-6J(4)设B与P碰撞前B的速度大小为vB'则vB'=v0+aBt3联立⑦并代入数据可得vB'=1.4m/sB与P发生弹性碰撞,速度大小不变、方向反向,大小仍为vB',C仍以原来的加速度向右做匀减速直线运动设再经时间t4,B与A相撞对返回的B进行分析mCgμ2+(mC+mB)gμ1=mBaB'解得aB'=4m/s2B与A相撞时的位移关系有xA'+xB″=0.48mt4时间内B返回的位移xB″=vB't4-12aB't而xA'=v0(t3+t4)联立并代入数据解得t4=(0.6-0.42)s设B与A碰撞前B的速度大小为vB″,B与A发生弹性碰撞,该过程A与B组成的系统动量守恒且机械能守恒mAv0-mBvB″=mAvA'+mBvB‴12mAv02+12mBvB″2=12mAvA'2+12m其中vB″=vB'-aB't4联立各式解得vA'=1-3215vB‴=1-815即A以2m/s的速度向左返回,B不可能追上A再次碰撞,即B、C最终静止,A向左匀速运动,A、B、C都处于平衡状态,设自C滑上B开始,到最后各自平衡时A、B、C总动量的变化量为Δp。Δp=p末-p初=mAvA'-[(mA+mB)v0+mCv]=mAvA'-(mA+mB)v0-mCv联立并代入数据解得Δp=-32152+6kg·m/s动量变化量Δp的大小为32152+6kg8.(2023全国乙,25,20分)如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为l,圆管长度为20l。一质量为m=13M的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力,重力加速度大小为g(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数。答案(1)2gl2解析(1)设第一次碰撞前小球的速度为v,第一次碰撞后小球及圆盘的速度分别为v1、v2,取竖直向下为正方向,对小球根据动能定理有mgl=12mv2解得v=2小球与圆盘的碰撞满足动量守恒和机械能守恒的条件,有mv=mv1+Mv2①12mv2=12mv12+联立①②得v1=m-Mv2=2mm故第一次碰撞后瞬间小球速度大小为2gl2,圆盘速度大小为(2)由题意可知圆盘所受摩擦力与其所受重力大小相等,则小球与圆盘碰撞后,圆盘做匀速直线运动,小球做竖直上抛运动。当小球回到第一次碰撞的位置时,小球与圆盘的速度相同,此时小球与圆盘间的距离最远。对小球有t=2|v对圆盘有smax=v2t=l所以在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离为l。(3)规定竖直向下为正方向,设小球与圆盘第一次碰撞后经过时间t1发生第二次碰撞,根据运动学公式可知v1t1+12gt12=v联立解得t1=22圆盘在第一次碰撞到第二次碰撞之间下落的高度h1=v2t1=2l小球与圆盘第二次碰撞前瞬间的速度v2前=v1+gt1=3小球与圆盘第二次碰撞时动量守恒、机械能守恒,有mv2前+Mv2=mv2后+Mv312mv2前2+12Mv22=解得v2后=0,v3=2设小球与圆盘在第二次碰撞到第三次碰撞之间所经历的时间为t2,则12gt22=v解得t2=22小球在与圆盘第三次碰撞前瞬间的速度v3前=gt2=22圆盘在第二次碰撞到第三次碰撞之间下落的高度h2=v3t2=4l同理可知,圆盘在第三次碰撞到第四次碰撞之间下落的高度h3=6l若圆盘在管内运动过程中小球与圆盘能发生第五次碰撞,则圆盘在第四次碰撞到第五次碰撞之间下落的高度h4=8lh=l+h1+h2+h3+h4=21l>20l可见圆盘在管内运动过程中小球与圆盘未发生第五次碰撞,故小球与圆盘在管内运动过程中共碰撞4次。9.(2023辽宁,15,17分)如图,质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度v0=54m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2。取重力加速度g=10m/s2(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。答案(1)1m/s0.125m(2)0.25m32m/s(3)43t0-8解析(1)对物块与木板整体分析由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v1①可得v1=m2v0对木板分析,应用动能定理有μm2gx1=12m1v解得x1=0.125m④(2)设物块与木板即将相对滑动时二者的加速度大小为a,对木板与物块整体分析可知kx2=(m1+m2)a⑤对物块有μm2g=m2a⑥联立⑤⑥得a=1m/s2⑦x2=0.25m⑧对木板、物块与弹簧三者组成的系统根据能量守恒定律有12(m1+m2)v12=12(m1+m2)v2解得v2=32(3)木板速度为v2后,木板与物块加速度首次相同时,木板加速度大小仍为a,其受力情况与速度为v2时的受力情况相同,弹簧压缩量仍为x2,木板速度大小仍为v2,根据运动过程的对称性知,运动的总时间为2t0,而物块在该过程中一直做匀变速直线运动,有v'2=v2-a·2t0联立⑦⑩得v'2=32-2t0由能量守恒定律可知系统因摩擦转化的内能ΔU=12m2v22-12m联立⑩得ΔU=43t0-8t010.(2023湖南,15,16分)如图,质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平,短轴竖直。质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。(1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离;(2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程;(3)若Mm=ba-b,求小球下降h=b2高度时,小球相对于地面的速度大小(结果用a、b答案：(1)2m2(2)1+mMx-m(3)2bg解析(1)设小球第一次运动到轨道最低点时的速度大小为vm,凹槽速度大小为vM,地面光滑,小球和凹槽组成的系统在水平方向上动量守恒,则有0=mvm-MvM半椭圆形轨道光滑,由机械能守恒定律有mgb=12mvm2+1解得vM=2根据水平方向动量守恒有:mvm'=MvM',xm=∑vm't,xM=∑vM't,且xm+xM=a联立解得xM=maM(2)以水平向右为正方向,设小球运动轨迹上某点坐标为(x,y),则小球的水平分位移为a-x,方向向左此时凹槽位移为x2,方向向右,有m(x-a)+Mx2=0因凹槽内表面为半椭圆形,椭圆中心位置坐标为(x2,0),故小球在椭圆轨道上的位置坐标满足(x-x由以上几式整理得小球运动轨迹方程为1+mMx-mM(3)将M、m的关系式代入第(2)问小球运动的轨迹方程中,则有[x-(a-b可知小球的运动轨迹为半径为b的圆弧,圆心为O1(a-b,0),如图所示当小球下降h=b2高度时,设小球此时的坐标为(x0,y0),则y0=-设此时小球的速度大小为v1,v1的方向与水平方向的夹角为θ,凹槽的速度大小为v2根据几何关系可知tanθ=3将v1沿水平方向和竖直方向分解,则vx=v1cosθ根据机械能守恒定律有mgb2=12mv12小球和凹槽在运动过程中,水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有mvx=Mv2联立解得v1=2bga11.(2023重庆,14,13分)如图所示,桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道,M、N为轨道上的两点,且位于同一直径上,P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略),小球每次经过P点后,其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动,与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞,碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求:(1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小;(2)球2的质量;(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。答案(1)4mv02R解析(1)球1第一次经过P点后瞬间的速度大小为2v0,在P点,根据向心力公式有F向=m(2v0)(2)球1与球2发生弹性碰撞,且碰后速度大小相等(设为v),说明球1碰后反弹(点拨:若碰后瞬间两球速度大小相等、方向相同,则为完全非弹性碰撞,与题意不符)设球2的质量为m',根据动量守恒定律有m·2v0=-mv+m'v,根据机械能守恒定律有12m(2v0)2=12mv2+12m'v2,联立解得v=v(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt,球1从第一次碰撞至运动到P点所用的时间为t1,此时球2运动到P的对称点(点拨:因为球1、球2第一次碰后运动速率相同,方向相反,故相同时间所走路程相等),即二者运动的路程之和为πR,球1从P点至第二次碰撞所用时间为t2,根据圆周运动规律有t1=πR2v0,v0t2+2v0t2=πR,联立解得Δt=t1+t12.(2023河北,15,16分)如图,质量为1kg的薄木板静置于光滑水平地面上,半径为0.75m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面,轨道底端与木板等高,轨道上端点和圆心连线与水平面成37°角。质量为2kg的小物块A以8m/s的初速度从木板左端水平向右滑行,A与木板间的动摩擦因数为0.5。当A到达木板右端时,木板恰好与轨道底端相碰并被锁定,同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。待A离开轨道后,可随时解除木板锁定,解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。已知木板长度为1.3m,g取10m/s2,10取3.16,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求木板与轨道底端碰撞前瞬间,物块A和木板的速度大小;(2)求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度;(3)物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1∶3的物块B和物块C,总质量不变,同时系统动能增加3J,其中一块沿原速度方向运动。为保证B、C之一落在木板上,求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围。答案(1)7m/s2m/s(2)1643N2m(3)0.1s≤Δt≤0.118s或0.732s≤Δt≤0.75s解析(1)设物块A的初速度为v0,木板与轨道底端碰撞前,物块A和木板的速度分别为v1和v2,物块A和木板的质量分别为m1和m2,物块A与木板间的动摩擦因数为μ,木板长度为L,由动量守恒定律和功能关系有m1v0=m1v1+m2v2,12m1v02=12m1v12+12由题意分析知v1≥v2,联立解得v1=7m/s,v2=2m/s(2)设圆弧轨道半径为R,物块A到圆弧轨道最高点时斜抛速度为v3,轨道对物块A的弹力为FN。物块A从轨道最低点到最高点,根据动能定理有-m1gR(1+sin37°)=12m1v32-1物块A到达圆弧轨道最高点时,根据牛顿第二定律有FN+m1gsin37°=m1v联立得FN=1643N,v3=5设物块A拋出时速度v3的水平分量和竖直分量分别为vx和vy,有vx=v3sin37°=3m/s,vy=v3cos37°=4m/s则斜抛过程物块A上升时间t1=vyg=0.4该段时间物块A向左运动距离为s1=vxt1=1.2m物块A距离地面最大高度H=R(1+sin37°)+vy22(3)物块A从最高点落地时间t2=2Hg=0.632设向左为正方向,物块A在最高点炸裂为B、C,设质量和速度分别为m3、m4和v4、v5,设m3∶m4=1∶3,系统动能增加ΔEk。根据动量守恒定律和能量守恒定律有m1vx=m3v4+m4v5,12m1vx2+ΔEk=12m3v4解得v4=6m/s,v5=2m/s或v4=0,v5=4m/s。设从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间为Δt,①若v4=6m/s,v5=2m/s,炸裂后B落地过程中的水平位移为x'=v4t2=3.792m炸裂后C落地过程中的水平位移为x″=v5t2=1.264m木板右端到轨道底端的距离为Δs=v2(t1+t2-Δt)=(2.064-2Δt)m运动轨迹分析如图1所示为了保证B、C之一落在木板上,需要满足下列条件之一a.若仅C落在木板上,应满足(2.064-2Δt)+1.3≥1.264+0.6且(2.064-2Δt)≤1.264+0.6解得0.1s≤Δt≤0.75sb.若仅B落在木板上,应满足(2.064-2Δt)+1.3≥3.792+0.6且(2.064-2Δt)≤3.792+0.6不等式无解;②若v4=0,v5=4m/s,炸裂后B落地过程中水平位移为0,炸裂后C落地过程中水平位移为x‴=v5t2=2.528m木板右端到轨道底端的距离为Δs'=v2(t1+t2-Δt)=(2.064-2Δt)m运动轨迹分析如图2所示为了保证B、C之一落在木板上,需要满足下列条件之一a.若仅B落在木板上,应满足(2.064-2Δt)+1.3≥0.6且(2.064-2Δt)≤0.6解得0.732s≤Δt≤1.382sb.若仅C落在木板上,应满足(2.064-2Δt)+1.3≥2.528+0.6且(2.064-2Δt)≤2.528+0.6解得0≤Δt≤0.118s综合分析①②两种情况,为保证B、C之一一定落在木板上,Δt满足的条件为0.1s≤Δt≤0.118s或0.732s≤Δt≤0.75s22年及之前真题1.(2022北京,12,3分)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中,裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段:①助滑阶段,运动员两腿尽量深蹲,顺着助滑道的倾斜面下滑;②起跳阶段,当进入起跳区时,运动员两腿猛蹬滑道快速伸直,同时上体向前伸展;③飞行阶段,在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态;④着陆阶段,运动员落地时两腿屈膝,两臂左右平伸。下列说法正确的是()A.助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力B.起跳阶段,运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度C.飞行阶段,运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度D.着陆阶段,运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间答案B滑动摩擦力的大小取决于动摩擦因数与压力的大小,助滑阶段的深蹲状态不能改变这两个因素,A错误。起跳阶段运动员猛蹬滑道可增大地面对人向上的作用力,从而增大运动员所受合力的冲量,由动量定理可知B正确。飞行阶段的姿态可减小空气阻力,但无法产生向前的作用力,也就不能增加水平方向的速度,C错误。着陆阶段的屈膝可增加地面对人的作用时间,从而减小人与地面间的作用力,D错误。2.(2022重庆,4,4分)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中,某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中,若假人头部只受到安全气囊的作用,则由曲线可知,假人头部()A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B.动量大小先增大后减小C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D.加速度大小先增大后减小答案D假人的头部只受到安全气囊的作用力,则F⁃t图线与时间轴所围的面积即合力的冲量,再根据动量定理可知合力的冲量等于物体动量改变量,即曲线与横轴围成的面积表示动量的变化量,A、C错误;图线一直在t轴的上方,即合力的冲量方向不变,由于头部初动量方向与合力的冲量方向相反,则假人头部动量的大小先减小,B错误;假人的头部只受到安全气囊的作用,则根据牛顿第二定律可知a∝F,即假人头部的加速度先增大后减小,D正确。3.(2022湖北,7,4分)一质点做曲线运动,在前一段时间内速度大小由v增大到2v,在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v,前后两段时间内,合外力对质点做功分别为W1和W2,合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是()A.W2=3W1,I2≤3I1B.W2=3W1,I2≥I1C.W2=7W1,I2≤3I1D.W2=7W1,I2≥I1答案D设质点质量为m,由动能定理有W1=12m(2v)2-12mv2=32mv2,W2=12m(5v)2-12m(2v)2=212mv2,故W2=7W1;由动量定理和矢量减法知识可知,I1≥m(2v)-mv,I2≥m(5v)-m(2v),即I1≥mv,I2≥3mv,故4.(2022湖南,4,4分)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,下列说法正确的是()A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v0答案B设中子质量为m,则氢核质量为m,氮核质量为M=14m。对中子碰撞氢核过程,有mv0=mv'+mv1,12mv02=12mv'2+12mv12,联立解得:v'=0,v1=v0,则碰后氢核动量p'=mv0,氢核动能Ek'=12mv02;同理,分析中子碰撞氮核过程,有mv0=mv″+Mv2,12mv02=12mv″2+12Mv22,解得v″=m-MM+mv0=-1315v0,v2=2mM+mv0=215v0,可知碰后氮核动量p″4.(2022北京,10,3分)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰,其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是()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的动量大于m1的动量D.碰撞后m2的动能小于m1的动能答案C位移-时间图线的斜率表示速度,则由图像可知,碰前m2处于静止状态,碰后两物体速率相等、运动方向相反,A、B均错误。碰撞过程中动量守恒:p1=-p1'+p2',可知p2'>p1',C正确。由p2'>p1'、碰后两物体速率相等可知m2>m1,则m2的动能大于m1的动能,D错误。5.(2022山东,2,3分)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示,发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出,火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中()A.火箭的加速度为零时,动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量答案A从火箭开始运动到点火的过程中,火箭受到竖直向上的推力F、竖直向下的重力G和竖直向下的阻力f,规定竖直向上为正方向,利用牛顿第二定律F-G-f=ma定性分析,火箭先竖直向上做加速度减小的加速运动,当加速度为零时,速度最大,动能最大,A正确。高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能、内能,B错误。火箭所受合外力的冲量等于火箭动量的增加量,C错误。高压气体的推力、空气阻力和重力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量,D错误。6.(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,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。7.(2015北京理综,18,6分)“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。试题评析分析好运动细节是解答本类问题的关键。8.(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本题考查了动量定理知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m,以这部分气体为研究对象,根据动量定理有:Ft=mv-0,解得m=Ftv=4.8×106×13×103kg=1.6×103kg,故选项B9.(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前2s,根据牛顿第二定律,a=Fm=1m/s2,则0~2s的速度规律为v=at,t=1s时,速率为1m/s,A正确;t=2s时,速率为2m/s,则动量为p=mv=4kg·m/s,B正确;2~4s,力开始反向,物块减速,根据牛顿第二定律,a=-0.5m/s2,所以3s时的速度为1.5m/s,动量为3kg·m/s,4s时速度为1m/s,C、D10.(2015重庆理综,3,6分)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()A.m2ghtC.mght+mgD.答案A解法一:由v2=2gh得v=2gh。对人与安全带作用的过程应用动量定理,则有(mg-F)t=0-mv,解得F=m2ght解法二:对人与安全带作用的过程应用牛顿第二定律,则有F-mg=ma,而a=vt=2ght,解得F=m211.(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.mMvB.MmvC.mm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'=-Mmv,其中“-”表示v'与v方向相反,故B关联知识核反应中四大守恒规律:(1)质量数守恒;12.(2017海南,1,4分)光滑水平桌面上有P、Q两个物块,Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间,用外力缓慢压P、Q。撤去外力后,P、Q开始运动,P和Q的动量大小的比值为()A.n2B.nC.1n答案D撤去外力后,系统不受外力,所以总动量守恒,设P的动量方向为正方向,则根据动量守恒定律有:Pp-PQ=0,可知PP=PQ,则动量大小之比为1;故选项D正确,A、B、C错误。13.(2014浙江,14(1),4分)如图所示,甲木块的质量为m1,以速度v沿光滑水平地面向右运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙木块上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后()A.甲木块的动量守恒B.乙木块的动量守恒C.甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案C甲木块与弹簧接触后,由于弹簧弹力的作用,甲、乙的动量要发生变化,但甲、乙所组成的系统所受合力为零,故动量守恒,A、B错误,C正确;甲、乙两木块所组成系统的动能,一部分转化为弹簧的弹性势能,故系统动能不守恒,选项D错误。14.(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=2hg=1s,爆炸过程遵守动量守恒定律,设弹丸质量为m,则mv=34mv甲+14mv乙,又v甲=x甲t,v乙=x乙t,t=1s,则有34x甲+15.[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。16.(2014大纲全国,21,6分)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()A.A+1A-C.4A(答案A设中子质量为m,则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2,由弹性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,12mv02=12mv12+12Amv22,解得v1=117.(2014福建理综,30(2),6分)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为。(填选项前的字母)

A.v0-v2B.v0+v2C.v0-m2m1v2D.v0+m2m答案D箭体与卫星分离过程动量守恒,由动量守恒定律:(m1+m2)v0=m1v1+m2v2v1=v0+m2m1(v0-v18.[2016天津理综,9(1)]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v3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'=13设滑块相对于盒的运动路程为s根据能量守恒得:μmgs=12mv2-12解得s=v反思感悟应用动量守恒定律解题的过程中,只需关注初、末两个状态,而不必关注过程细节,这正是动量守恒定律的优越性。例如,本题中不必关心滑块究竟是怎样与盒相互作用的及碰撞了多少次。19.[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=13v0,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12m20.[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=mv0M+m=200×0.050.5m/s=20m/s;此过程中对系统由功能关系可得:fd=12m知识拓展系统中产生的焦耳热Q=f·d。21.(2022广东,13,11分)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2kg,滑杆的质量M=0.6kg,A、B间的距离l=1.2m,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。求:(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小N1和N2;(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;(3)滑杆向上运动的最大高度h。答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析(1)滑块静止时,由整体法得:N1=(m+M)g=8N滑块向上滑动时,以滑杆为研究对象,受力分析如图得:N2=Mg-f'=Mg-f=5N。(2)滑块从A到B,由动能定理:-mgl-fl=12mv2-12得:v=8m/s。(3)滑块与滑杆发生完全非弹性碰撞,由动量守恒:mv=(m+M)v'得v'=2m/s碰撞后,滑块与滑杆一起向上运动,由动能定理:-(m+M)gh=0-12(m+M)v'得:h=0.2m22.(2022全国乙,25,20分)如图(a),一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上;物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t=0到t=t0时间内,物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sinθ=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度g=10m/s2。求(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值;(2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值;(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。答案(1)0.6mv02(2)0.768v0t0(3)0解析(1)t0时弹簧被压缩至最短,A、B碰撞动量守恒,由图(b)知mB·1.2v0=(mB+mA)v0得:mB=5mA=5m此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒弹簧的最大弹性势能Epmax=|ΔEk|=12mB(1.2v0)2-12(mA+mB)v02=0(2)t0时弹簧压缩量最大,设为Δx由题意,0~t0内,系统动量始终守恒,得mAvA+mBvB=mB·1.2v0即mvA+5mvB=6mv0化简得vA=5(1.2v0-vB)根据图(b)分析上式,A图线在0~t0上任意一点到横坐标轴的距离,等于同一时刻B图线上对应点到v=1.2v0这条直线的距离的5倍。由v-t图线与时间轴所围面积表示位移,且0~t0时间内xA=0.36v0t0,可知0~t0时间内图线B与v=1.2v0线所围面积x1=15xA=0.072v0t0,图线B与A之间所围面积表示Δx,则Δx=1.2v0t0-xA-x1=0.768v0t(3)A、B第二次碰撞过程,设碰前A速度大小为vA1,碰后A、B速度大小分别为vA'、vB'动量守恒:mB·0.8v0-mAvA1=mBvB'+mAvA'动能不变:12mB(0.8v0)2+12mAvA12=12mBvB'2+1A、B第二次碰撞后,A再次滑上斜面,且与第一次碰撞后达到的最高点相同,则vA'=2v0联立解得vA1=v0对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程,由动能定理有-mgh-μmghcosθsinθ=0-12m对A冲上斜面又下滑至水平面过程,由动能定理有-2μmghcosθsinθ=12mvA1联立解得μ=0.4523.(2022河北,13,11分)如图,光滑水平面上有两个等高且足够长的滑板A和B,质量分别为1kg和2kg,A右端和B左端分别放置物块C和D,物块质量均为1kg。A和C以相同速度v0=10m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块,A与B粘在一起形成一个新滑板。物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1,重力加速度大小取g=10m/s2。(1)若0<k<0.5,求碰撞后瞬间新物块与新滑板各自速度的大小和方向;(2)若k=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小。答案见解析解析(1)取向右为正方向C、D相碰后的共同速度为vCDC、D系统碰撞前后遵守动量守恒定律:mCv0-mDkv0=(mC+mD)vCD代入数值后得:vCD=5(1-k)m/s0<k<0.5时,vCD>0,即C、D构成的新物块速度向右A、B相碰后的共同速度为vABA、B系统碰撞前后遵守动量守恒定律:mAv0-mBkv0=(mA+mB)vAB代入数值后得:vAB=103(1-2k0<k<0.5时,1-2k>0,vAB>0,即A、B构成的新滑板速度向右(2)若k=0.5,根据(1)可知v=vCD=2.5m/s,vAB=0。之后C、D一起向右做匀减速运动,A、B一起向右做初速度为0的匀加速运动,直到两者达到共同速度v共由A、B、C、D系统动量守恒得:(mC+mD)v=(mA+mB+mC+mD)v共v共=1m/s设新物块在新滑板上滑动的相对位移的大小为Δx对A、B、C、D系统,根据系统能量守恒可得:μ(mC+mD)gΔx=12(mC+mD)v2-12(mA+mB+mC+mD代入数值可得:Δx=1.875m24.(2022山东,18,16分)如图所示,“L”形平板B静置在地面上,小物块A处于平板B上的O'点,O'点左侧粗糙,右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O'点正上方的O点,轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放,下摆至最低点与小物块A发生碰撞,碰后小球速度方向与碰前方向相同,开始做简谐运动(要求摆角小于5°),A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后,A返回到O点的正下方时,相对于地面的速度减为零,此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量mA=0.1kg,B的质量mB=0.3kg,A与B间的动摩擦因数μ1=0.4,B与地面间的动摩擦因数μ2=0.225,v0=4m/s,取重力加速度g=10m/s2。整个过程中A始终在B上,所有碰撞时间忽略不计,不计空气阻力,求:(1)A与B的挡板碰撞后,二者的速度大小vA与vB;(2)B光滑部分的长度d;(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf;(4)实现上述运动过程,MmA的取值范围(结果用cos5答案(1)2m/s2m/s(2)76m(3)-3(4)见解析解析(1)A与B发生弹性碰撞,mA<mB,则A碰撞后反弹,以向右为正方向,满足mAv0=mA(-vA)+mBvB12mAv02=12mAvA解得vA=2m/s,vB=2m/s(2)与挡板碰前A向右匀速运动时,B静止不动,与挡板碰后,A先向左匀速运动,后向左做匀减速运动,A未减速时B的加速度大小满足μ2(mA+mB)g=mBaB解得aB=3m/s2A减速时加速度大小为aA=μ1m经过分析,A和B碰撞后运动的v-t图像如图所示,设碰后A匀速运动的时间为t2,减速运动的时间为t3,则有t3=vAaAA减速运动的位移大小x3=vA2t3=0根据题意,x3为减速阶段的位移,即A开始减速时O'已向右移动了0.5m,则有vBt2-12aBt22解得t2=13故B光滑部分长度d=vAt2+x3=76(3)A、B碰后经过时间t2后A和B之间有摩擦力,刚有摩擦力时B的速度为vB'=vB-aBt2=1m/sB的加速度满足μ1mAg+μ2(mA+mB)g=mBaB'解得aB'=133m/sB在此后减速运动的位移xB满足2(-aB')xB=0-vB'2解得xB=326A对B的摩擦力所做的功为Wf=-μ1mAgxB=-365(4)设A在光滑区向右滑动的时间为t1,在粗糙区运动的时间为t3,水平向右为正方向,单摆的摆长为L,周期为T,小球与A碰前速度为v,碰后速度为v'由运动学公式得t1=d由题意知T=4(t1+t2+t3)代入数据得T=4.5s由机械能守恒定律得MgL=12Mv由动量守恒定律得Mv=Mv'+mAv0由题意得v'>0由单摆做简谐运动的条件得MgL(1-cos5°)>12Mv'由碰撞过程的能量关系得12Mv2≥12Mv'2+12由T=2πLg42π45<25.[2018江苏单科,12C(3)]如图所示,悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m,运动速度的大小为v,方向向下。经过时间t,小球的速度大小为v,方向变为向上。忽略空气阻力,重力加速度为g,求该运动过程中,小球所受弹簧弹力冲量的大小。答案2mv+mgt解析取向上为正方向,由动量定理得mv-(-mv)=I且I=(F-mg)t解得IF=Ft=2mv+mgt26.(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。(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。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。图2a.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。疑难突破光强不同,单位时间内发射的光子个数不同。27.(2015安徽理综,22,14分)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5m的位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ;(2)若碰撞时间为0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F;(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。答案(1)0.32(2)130N(3)9J解析(1)由动能定理,有-μmgs=12mv2-12可得μ=0.32(2)由动量定理,有FΔt=mv'-mv可得F=130N(3)W=12mv'2=928.(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=12gt2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=gt③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)v④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12(mA+mB)v2+mBgH=mA代入数据解得H=0.6m⑦29.[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)v①12m2v202=12(m2+m3)v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=0④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+m3v3⑥12m2v202=12m2v22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。素养考查本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律知识,以及理解能力、推理能力、综合分析能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、科学论证的要素。30.[2013江苏单科,12C(3)]如图所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为0.1m/s。A将B向空间站方向轻推后,A的速度变为0.2m/s,求此时B的速度大小和方向。答案0.02m/s离开空间站方向解析以空间站为参考系,以v0的方向为正方向,由动量守恒定律(mA+mB)v0=mAvA+mBvB解得vB=0.02m/s方向远离空间站方向。31.(2019海南单科,13,10分)如图,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:(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小;(2)轻绳的长度。答案(1)2μgs解析(1)设a的质量为m,则b的质量为3m碰撞后b滑行过程,根据动能定理得-μ×3mgs=0-12×3m解得,碰撞后瞬间物块b速度的大小vb=2(2)对于a、b碰撞过程,取水平向左为正方向,根据动量守恒定律得mv0=mva+3mvb根据机械能守恒得12mv02=12mv设轻绳的长度为L,对于a下摆的过程,根据机械能守恒得mgL=12mv联立解得L=4μs素养考查本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理知识,以及理解能力、推理能力、综合分析能力、应用数学知识处理物理问题的能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。32.[2015课标Ⅱ,35(2),10分]两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞;碰撞后两者粘在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求:(ⅰ)滑块a、b的质量之比;(ⅱ)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。答案(ⅰ)1∶8(ⅱ)1∶2解析(ⅰ)设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图像得v1=-2m/s①v2=1m/s②a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图像得v=23由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v④联立①②③④式得m1∶m2=1∶8⑤(ⅱ)由能量守恒得,两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE=12m1v12+12m2v22-12由图像可知,两滑块最后停止运动。由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为W=12(m1+m2)v2联立⑥⑦式,并代入题给数据得W∶ΔE=1∶2⑧考查点碰撞易错警示由x-t图像可知a、b整体速度最后减小为零。33.(2014大纲全国,24,12分)冰球运动员甲的质量为80.0kg。当他以5.0m/s的速度向前运动时,与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短,求(1)碰后乙的速度的大小;(2)碰撞中总机械能的损失。答案(1)1.0m/s(2)1400J解析(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M,碰前速度大小分别为v、V,碰后乙的速度大小为V'。由动量守恒定律有mv-MV=MV'①代入数据得V'=1.0m/s②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE,应有12mv2+12MV2=12联立②③式,代入数据得ΔE=1400J④评分标准①②③④式各3分。34.(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。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=12mv得碰撞前瞬间A的速率v=2gR=2(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'=12v=1(3)根据动能定理12(2m)v'2得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l=v'22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=v'22μg35.[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1748v03124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v2-解得v1=1748v0,v2=3124考查点本题考查碰撞、动量守恒定律等知识,属于容易题。知识拓展若两球碰撞过程中满足动量守恒和能量守恒,可推导出分离速度和接近速度之比是1。本题中的该比值小于1,暗示两球碰撞过程中动能有损失,不满足能量守恒,为非弹性碰撞。36.[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。答案(ⅰ)m2(ⅱ)16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v2,碰撞前瞬间B的速度为2v,mv2+2mBv=(m+mB由①式得mB=m2(ⅱ)从开始到碰后的全过程,由动量守恒定律得mv0=(m+mB)v③设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE,则ΔE=12mv22+12mB(2v)2-12联立②③④式得ΔE=16mv37.[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=|k-k0|k答案(ⅰ)2.04×10-3s2/m(ⅱ)6%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12(mA+mB)v'2=(mA+mB联立①②式得h=mB22由题意得k0=mB代入题给数据得k0=2.04×10-3s2/m⑤(ⅱ)按照定义δ=|k由⑤⑥式和题给条件得δ=6%⑦38.[2015课标Ⅰ,35(2),10分,0.425]如图,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间。A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。答案(5-2)M≤m<M解析A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mvA1+MvC1①12mv02=12mvA联立①②式得vA1=m-MmvC1=2mm+如果m>M,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生