（新課標Ⅰ）2019版高考物理 專題七 碰撞與動量守恒課件.ppt

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1、專題七碰撞與動量守恒,高考物理 (新課標專用),A組統(tǒng)一命題課標卷題組 考點一動量、動量定理,五年高考,1.(2018課標,14,6分)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段,列車的動能() A.與它所經(jīng)歷的時間成正比 B.與它的位移成正比 C.與它的速度成正比 D.與它的動量成正比,答案B本題考查勻變速直線運動規(guī)律、動能及動量。設(shè)列車運動時間為t,由勻變速直線運動規(guī)律v=at、s=at2,結(jié)合動能公式Ek=得Ek=、Ek=mas,可知Ekv2、Ekt2、Eks, 故A、C項均錯誤,B項正確。由Ek=,得Ekp2,故D項錯誤。,2.2016課標,35(2),10分

2、某游樂園入口旁有一噴泉,噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見,假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出;玩具底部為平板(面積略大于S);水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變?yōu)榱?在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為,重力加速度大小為g。求 ()噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量; ()玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度。,答案()v0S()-,解析()設(shè)t時間內(nèi),從噴口噴出的水的體積為V,質(zhì)量為m,則 m=V V=v0St 由式得,單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 =v0S ()設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h,水從噴口噴

3、出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于t時間內(nèi)噴出的水,由能量守恒得 (m)v2+(m)gh=(m) 在h高度處,t時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為 p=(m)v 設(shè)水對玩具的作用力的大小為F,根據(jù)動量定理有 Ft=p 由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件得 F=Mg,聯(lián)立式得 h=-,解題指導(dǎo)以噴泉為背景考查流體中的動量問題。此題必須要假設(shè)以t時間內(nèi)的流體為研究對象,利用動量定理或動量守恒定律列方程。,方法技巧在流體類問題中用動量知識解題時,通常要取t時間內(nèi)的流體為研究對象求解未知量。,考點二動量守恒定律及其應(yīng)用,3.(2017課標,14,6分)將質(zhì)量為1.00 kg的模

4、型火箭點火升空,50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)() A.30 kgm/sB.5.7102 kgm/s C.6.0102 kgm/sD.6.3102 kgm/s,答案A本題考查動量守恒定律。由于噴出過程中重力和空氣阻力可忽略,則模型火箭與燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒。燃氣噴出前系統(tǒng)靜止,總動量為零,故噴出后瞬間火箭的動量與噴出燃氣的動量等值反向,可得火箭的動量大小等于燃氣的動量大小,則|p火|=|p氣|=m氣v氣=0.05 kg600 m/s=30 kgm/s,A正確。,易錯點撥系統(tǒng)中量與

5、物的對應(yīng)性 動量守恒定律的應(yīng)用中,系統(tǒng)內(nèi)物體至少為兩個,計算各自的動量時,需注意速度與質(zhì)量對應(yīng)于同一物體。,4.(2018課標,24,12分)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B,立即采取制動措施,但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動了4.5 m,A車向前滑動了2.0 m。已知A和B的質(zhì)量分別為2.0103 kg和1.5103 kg,兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動,重力加速度大小g=10 m/s2。求 (1)碰撞后的瞬間B車速度的大小; (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。,答

6、案(1)3.0 m/s (2)4.3 m/s,解析本題考查牛頓第二定律和動量守恒定律等知識。 (1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB,碰后加速度大小為aB,根據(jù)牛頓第二定律有 mBg=mBaB 式中是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB,碰撞后滑行的距離為sB。由運動學(xué)公式有 v=2aBsB 聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得 vB=3.0 m/s (2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA,碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有 mAg=mAaA 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA,碰撞后滑行的距離為sA。由運動學(xué)公式有 v=2aAsA 設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動量守恒,有 mAvA

7、=mAvA+mBvB,聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得 vA=4.3 m/s,解題關(guān)鍵確定速度是解決碰撞問題的關(guān)鍵 (1)由牛頓第二定律和運動學(xué)公式可確定碰撞后瞬間A、B兩車的速度。 (2)由于兩車碰撞時間極短,因此碰撞時內(nèi)力遠大于外力,滿足動量守恒,故可確定碰撞前的瞬間A車的速度。,5.2015課標,35(2),10分,0.425如圖,在足夠長的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線上,A位于B、C之間。A的質(zhì)量為m,B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)使A以某一速度向右運動,求m和M之間應(yīng)滿足什么條件,才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。,答案(-2)Mm

8、向右運動與C發(fā)生第一次碰撞,碰撞過程中,系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒。設(shè)速度方向向右為正,開始時A的速度為v0,第一次碰撞后C的速度為vC1,A的速度為vA1。由動量守恒定律和機械能守恒定律得 mv0=mvA1+MvC1 m=m+M 聯(lián)立式得 vA1=v0 vC1=v0 如果mM,第一次碰撞后,A與C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能與B發(fā)生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右運動,A不可能與B發(fā)生碰撞;所以只需考慮m

9、A只與B、C各發(fā)生一次碰撞,應(yīng)有 vA2vC1 聯(lián)立式得 m2+4mM-M20 解得 m(-2)M 另一解m-(+2)M舍去。所以,m和M應(yīng)滿足的條件為 (-2)Mm

10、釋放,經(jīng)過一段時間后再將A球釋放。當A球下落t=0.3 s時,剛好與B球在地面上方的P點處相碰,碰撞時間極短,碰后瞬間A球的速度恰為零。已知mB=3mA,重力加速度大小g=10 m/s2,忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失。求 ()B球第一次到達地面時的速度; ()P點距離地面的高度。,答案()4 m/s()0.75 m,解析()設(shè)B球第一次到達地面時的速度大小為vB,由運動學(xué)公式有vB= 將h=0.8 m代入上式,得vB=4 m/s ()設(shè)兩球相碰前后,A球的速度大小分別為v1和v1(v1=0),B球的速度分別為v2和v2。由運動學(xué)規(guī)律可得 v1=gt 由于碰撞時間極短,重力的作用可以忽略,兩球

11、相碰前后的動量守恒,總動能保持不變。規(guī)定向下的方向為正,有 mAv1+mBv2=mBv2 mA+mB=mBv 設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB,由運動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vB=vB 設(shè)P點距地面的高度為h,由運動學(xué)規(guī)律可得 h= 聯(lián)立式,并代入已知條件可得 h=0.75 m,解題思路(1)A、B兩球均從靜止釋放,B球第一次到達地面前做自由落體運動。 (2)B球先釋放且釋放位置比A球低,故只能是B球從地面反彈后,在上升過程中與A球在P點碰撞,由此運動情況可求出P點距離地面的高度。 (3)A、B兩球均為彈性小球且碰撞時間極短,故兩球發(fā)生彈性碰撞,動量和動能均守恒。 (4)碰后瞬間A球的速度恰為零。

12、,考點三動量和能量的綜合應(yīng)用,7.(2018課標,24,12分)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后,從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時,彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分,兩部分獲得的動能之和也為E,且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求 (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間; (2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。,答案(1)(2),解析本題主要考查豎直上拋運動規(guī)律及動量守恒定律。 (1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0,由題給條件有 E=m 設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t,由運動學(xué)公式有 0-v0=-

13、gt 聯(lián)立式得 t= (2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1,由機械能守恒定律有 E=mgh1 火藥爆炸后,煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動,設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有 m+m=E mv1+mv2=0,由式知,煙花彈兩部分的速度方向相反,向上運動部分做豎直上拋運動。設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2,由機械能守恒定律有 m=mgh2 聯(lián)立式得,煙花彈上部分距地面的最大高度為 h=h1+h2=,易錯點撥關(guān)鍵詞理解,隱含條件顯性化 題目中的兩個E,分別對應(yīng)“一個物體”和“兩個物體”。 爆炸后兩部分質(zhì)量均為。 爆炸過程中系統(tǒng)初動量為0。 距地面的最大高度由兩

14、部分組成,一是爆炸前上升的高度,二是爆炸后向上運動的部分上升的高度。,8.2016課標,35(2),10分如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h=0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30 kg,冰塊的質(zhì)量為m2=10 kg,小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g=10 m/s2。 ()求斜面體的質(zhì)量; ()通過計算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?,答案見解析,解析()規(guī)定向右為速度正方

15、向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度,設(shè)此共同速度為v,斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得 m2v20=(m2+m3)v m2=(m2+m3)v2+m2gh 式中v20=-3 m/s為冰塊推出時的速度。聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3=20 kg ()設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1,由動量守恒定律有 m1v1+m2v20=0 代入數(shù)據(jù)得 v1=1 m/s 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3,由動量守恒和機械能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3 m2=m2+m3 聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得,v2=1 m/s 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度

16、相同且處在后方,故冰塊不能追上小孩。,解題思路光滑冰面無摩擦力,可考慮用動量守恒定律求解;小孩與冰塊相互作用過程中動量守恒;因斜面體的表面光滑,則冰塊與斜面體相互作用過程中機械能守恒,水平方向動量守恒。,9.2016課標,35(2),10分如圖,水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b,其連線與墻垂直;a和b相距l(xiāng),b與墻之間也相距l(xiāng);a的質(zhì)量為m,b的質(zhì)量為m。兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相 同。現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動。此后a與b發(fā)生彈性碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件。,答案<,解析設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞,

17、應(yīng)有 mmgl 即< 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間,a的速度大小為v1。由能量守恒有 m=m+mgl 設(shè)在a、b碰撞后的瞬間,a、b的速度大小分別為v1、v2,由動量守恒和能量守恒有 mv1=mv1+v2 m=mv+v 聯(lián)立式解得v2=v1 由題意,b沒有與墻發(fā)生碰撞,由功能關(guān)系可知 vgl 聯(lián)立式,可得, 聯(lián)立式,a與b發(fā)生碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為 <,解題指導(dǎo)解答本題需要滿足兩個條件:小物塊a減速運動距離l與小物塊b發(fā)生彈性碰撞; 碰后,小物塊b做減速運動而與墻未發(fā)生碰撞。,易錯點撥本題的易錯點在于考生利用物理規(guī)律列方程時,列出的是不等式,而不等式左右兩邊的大小關(guān)系是需要結(jié)合物

18、理規(guī)律來分析判定的,尤其是不等式“等號”的取舍。,B組自主命題省(區(qū)、市)卷題組,考點一動量、動量定理,1.(2017天津理綜,4,6分)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪,是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是 () A.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中,乘客的機械能保持不變 B.在最高點時,乘客重力大于座椅對他的支持力 C.摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中,乘客重力的沖量為零 D.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中,乘客重力的瞬時功率保持不變,答案B本題考查勻速圓周運動。乘客在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動,動能不變,而在上升過程中重力勢能增加,機械能增加,下降過程中則相反,A

19、錯誤。在最高點時,乘客具有豎直向下的向心加速度,處于失重狀態(tài),故B正確。因重力恒定,重力的沖量等于重力與其作用時間的乘積,故重力沖量一定不為零,C錯誤。重力的瞬時功率P=mgvcos ,其中是瞬時速度v的方向與重力方向之間的夾角,故重力的瞬時功率不會保持不變,D錯誤。,命題評析本題以豎直平面內(nèi)的勻速圓周運動為背景,考查了機械能、功率、失重、沖量等重要考點,考查面廣泛,難度較小,體現(xiàn)了高考對基礎(chǔ)知識、基本能力的“雙基”要求。對平時的教學(xué)與學(xué)習(xí)具有重要的指導(dǎo)意義。,2.2018江蘇單科,12C(3)如圖所示,懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m,運動速度的大小為v,方向向下。經(jīng)過時間t,小球的速度大小

20、為v,方向變?yōu)橄蛏?。忽略空氣阻?重力加速度為g,求該運動過程中,小球所受彈簧彈力沖量的大小。,答案2mv+mgt,解析取向上為正方向,由動量定理得mv-(-mv)=I 且I=(-mg)t 解得IF=t=2mv+mgt,3.(2018北京理綜,22,16分)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會,跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如下,長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接,滑道BC高h=10 m,C是半徑R=20 m圓弧的最低點。質(zhì)量m=60 kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑,加速度a=4.5 m/s2,到達B點時速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。 (

21、1)求長直助滑道AB的長度L; (2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大小; (3)若不計BC段的阻力,畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖,并求其所受支持力FN的大小。,答案(1)100 m(2)1 800 Ns(3)受力圖見解析 3 900 N,一題多解運動員在AB段所受合外力的沖量I=F合t=ma=1 800 Ns。,4.(2015安徽理綜,22,14分)一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點,距離A點5 m的位置B處是一面墻,如圖所示。物塊以v0=9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動,在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s,碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止。g取10 m/s

22、2。 (1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù); (2)若碰撞時間為0.05 s,求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F; (3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W。,答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J,解析(1)由動能定理,有-mgs=mv2-m 可得 =0.32 (2)由動量定理,有Ft=mv-mv 可得F=130 N (3)W=mv2=9 J,考點二動量守恒定律及其應(yīng)用,5.2015山東理綜,39(2)如圖,三個質(zhì)量相同的滑塊A、B、C,間隔相等地靜置于同一水平直軌道上?，F(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0,一段時間后A與B發(fā)生碰撞,碰后A、B分別以v0、v0的速 度向右運動,B再與

23、C發(fā)生碰撞,碰后B、C粘在一起向右運動?；瑝KA、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值。兩次碰撞時間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。,答案v0,解析設(shè)滑塊質(zhì)量為m,A與B碰撞前A的速度為vA,由題意知,碰后A的速度vA=v0,B的速度vB= v0,由動量守恒定律得 mvA=mvA+mvB 設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA,由功能關(guān)系得 WA=m-m 設(shè)B與C碰撞前B的速度為vB,B克服軌道阻力所做的功為WB,由功能關(guān)系得 WB=m-mvB2 據(jù)題意可知 WA=WB 設(shè)B、C碰后瞬間共同速度的大小為v,由動量守恒定律得 mvB=2mv 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得 v=v0,6.2014山東理綜,

24、39(2)如圖,光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接,A的質(zhì)量為m。開始時橡皮筋松弛,B靜止,給A向左的初速度v0。一段時間后,B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍,也是碰撞前瞬間B的速度的一半。求: ()B的質(zhì)量; ()碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失。,答案()()m,解析()以初速度v0的方向為正方向,設(shè)B的質(zhì)量為mB,A、B碰撞后的共同速度為v,由題意知:碰撞前瞬間A的速度為,碰撞前瞬間B的速度為2v,由動量守恒定律得 m+2mBv=(m+mB)v 由式得 mB= ()從開始到碰后的全過程,由動量守恒定律得 mv0=(m+mB)v 設(shè)碰撞過程

25、A、B系統(tǒng)機械能的損失為E,則 E=m+mB(2v)2-(m+mB)v2 聯(lián)立式得 E=m,考點三動量和能量的綜合應(yīng)用,7.2018天津理綜,9(1)質(zhì)量為0.45 kg的木塊靜止在光滑水平面上,一質(zhì)量為0.05 kg的子彈以200 m/s的水平速度擊中木塊,并留在其中,整個木塊沿子彈原方向運動,則木塊最終速度的大小是m/s。若子彈在木塊中運動時受到的平均阻力為4.5103 N,則子彈射入木塊的深度為m。,答案200.2,解析本題考查動量守恒定律、功能關(guān)系等知識。 子彈擊中木塊,并留在其中,二者共速,子彈擊中木塊的過程,系統(tǒng)合外力為零,滿足動量守恒條件,則mv0=(m+M)v,v== m/s=

26、20 m/s;此過程中對系統(tǒng)由功能關(guān)系可得:fd=m- (m+M)v2,d==0.2 m。,知識拓展系統(tǒng)中產(chǎn)生的焦耳熱Q=fd。,8.2016天津理綜,9(1)如圖所示,方盒A靜止在光滑的水平面上,盒內(nèi)有一小滑塊B,盒的質(zhì)量是滑塊的2倍,滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為。若滑塊以速度v開始向左運動,與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞,滑塊在盒中來回運動多次,最終相對于盒靜止,則此時盒的速度大小為,滑塊相對于盒運動的路程為。,答案,解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m,最終盒與滑塊的共同速度為v 根據(jù)動量守恒得:mv=(m+2m)v 解得v=v 設(shè)滑塊相對于盒的運動路程為s 根據(jù)能量守恒得:mgs=mv2-(

27、m+2m)v2 解得s=,反思感悟應(yīng)用動量守恒定律解題的過程中,只需關(guān)注初、末兩個狀態(tài),而不必關(guān)注過程細節(jié),這正是動量守恒定律的優(yōu)越性。例如,本題中不必關(guān)心滑塊究竟是怎樣與盒相互作用的及碰撞了多少次。,9.(2017天津理綜,10,16分)如圖所示,物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩相連,跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè),質(zhì)量分別為mA=2 kg、mB=1 kg。初始時A靜止于水平地面上,B懸于空中?，F(xiàn)將B豎直向上再舉高h=1.8 m(未觸及滑輪),然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直,A、B以大小相等的速度一起運動,之后B恰好可以和地面接觸。取g=10 m/s2,空氣阻力不計。求: (1)B從

28、釋放到細繩剛繃直時的運動時間t; (2)A的最大速度v的大小; (3)初始時B離地面的高度H。,答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m,解析本題考查自由落體運動、機械能守恒定律及動量守恒定律。 (1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動,有 h=gt2 代入數(shù)據(jù)解得 t=0.6 s (2)設(shè)細繩繃直前瞬間B速度大小為vB,有 vB=gt 細繩繃直瞬間,細繩張力遠大于A、B的重力,A、B相互作用,由動量守恒得 mBvB=(mA+mB)v 之后A做勻減速運動,所以細繩繃直后瞬間的速度v即最大速度,聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 v=2 m/s (3)細繩繃直后,A、B一起運動,B恰好可以和地面

29、接觸,說明此時A、B的速度為零,這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒,有 (mA+mB)v2+mBgH=mAgH,代入數(shù)據(jù)解得 H=0.6 m,規(guī)律總結(jié)完全非彈性碰撞 細繩繃直的瞬間,細繩張力遠大于A、B的重力,A和B組成的系統(tǒng)動量守恒。此過程屬于“繃緊”模型,可與子彈打入物塊并留在其中的碰撞模型歸納為同一個類型,都屬于完全非彈性碰撞。,10.(2015廣東理綜,36,18分)如圖所示,一條帶有圓軌道的長軌道水平固定,圓軌道豎直,底端分別與兩側(cè)的直軌道相切,半徑R=0.5 m。物塊A以v0=6 m/s的速度滑入圓軌道,滑過最高點Q,再沿圓軌道滑出后,與直軌上P處靜止的物塊B碰撞,碰后粘在一起運

30、動。P點左側(cè)軌道光滑,右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段長度都為L=0.1 m。物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為=0.1,A、B的質(zhì)量均為m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B視為質(zhì)點,碰撞時間極短)。 (1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F; (2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上,求k的數(shù)值; (3)求碰后AB滑至第n個(n

31、受力分析如圖所示 由牛頓第二定律得:mg+F= 解得:F=-mg=22 N 方向豎直向下 (2)由機械能守恒定律知:物塊A與B碰前的速度仍為v0=6 m/s A與B碰撞過程動量守恒,設(shè)碰后A、B的速度為v共 mv0=2mv共 解得v共=v0=3 m/s 設(shè)A與B碰后一起運動到停止,在粗糙段運動的路程為s,由動能定理得,-2mgs=0-2m 解得:s==4.5 m 故k===45 (3)碰后AB滑至第n個(n

32、的中點B的正上方有一探測器,C處有一豎直擋板,物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點的物體P2碰撞,并接合成復(fù)合體P,以此碰撞時刻為計時零點,探測器只在t1=2 s至t2=4 s內(nèi)工作,已知P1、P2的質(zhì)量都為m=1 kg,P與AC間的動摩擦因數(shù)為=0.1,AB段長L=4 m,g取10 m/s2,P1、P2和P均視為質(zhì)點,P與擋板的碰撞為彈性碰撞。 (1)若v1=6 m/s,求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能E; (2)若P與擋板碰后,能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點,求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點時的最大動能E。,答案(1)3 m/s9 J (2)10 m/sv114 m/s

33、17 J,解析(1)P1、P2碰撞過程,動量守恒 mv1=2mv 解得v==3 m/s 碰撞損失的動能E=m-(2m)v2 解得E=9 J (2)根據(jù)牛頓第二定律,P做勻減速運動,加速度為a= 設(shè)P1、P2碰撞后的共同速度為v共,則推得v共= 把P與擋板碰撞前后運動過程當做整體運動過程處理 經(jīng)過時間t1,P運動過的路程為s1,則s1=v共t1-a 經(jīng)過時間t2,P運動過的路程為s2,則s2=v共t2-a 如果P能在探測器工作時間內(nèi)通過B點,必須滿足 s13Ls2 聯(lián)立得10 m/sv114 m/s,v1的最大值為14 m/s,此時v共=7 m/s,根據(jù)動能定理知 -2mg4L=E-2m 代入數(shù)

34、據(jù)得E=17 J,C組教師專用題組 考點一動量、動量定理,1.(2016北京理綜,24,20分)(1)動量定理可以表示為p=Ft,其中動量p和力F都是矢量。在運用動量定理處理二維問題時,可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究。例如,質(zhì)量為m的小球斜射到木板上,入射的角度是,碰撞后彈出的角度也是,碰撞前后的速度大小都是v,如圖1所示。碰撞過程中忽略小球所受重力。 圖1 a.分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化px、py; b.分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颉?(2)激光束可以看作是粒子流,其中的粒子以相同的動量沿光傳播方向運動。激光照射到物體上,在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時,也

35、會對物體產(chǎn)生作用。光鑷效應(yīng)就是一個實例,激光 束可以像鑷子一樣抓住細胞等微小顆粒。 圖2 一束激光經(jīng)S點后被分成若干細光束,若不考慮光的反射和吸收,其中光束和穿過介質(zhì)小球的光路如圖2所示。圖中O點是介質(zhì)小球的球心,入射時光束和與SO的夾角均為,出射時光束均與SO平行。請在下面兩種情況下,分析說明兩光束因折射對小球產(chǎn)生的合力的方向。 a.光束和強度相同; b.光束比的強度大。,答案(1)a.見解析b.沿y軸負方向 (2)a.合力沿SO向左b.指向左上方,解析(1)a.x方向:動量變化為 px=mv sin -mv sin =0 y方向:動量變化為 py=mv cos -(-mv

36、cos )=2mv cos 方向沿y軸正方向 b.根據(jù)動量定理可知,木板對小球作用力的方向沿y軸正方向;根據(jù)牛頓第三定律可知,小球?qū)δ景遄饔昧Φ姆较蜓貀軸負方向。 (2)a.僅考慮光的折射,設(shè)t時間內(nèi)每束光穿過小球的粒子數(shù)為n,每個粒子動量的大小為p。 這些粒子進入小球前的總動量為p1=2np cos 從小球出射時的總動量為p2=2np p1、p2的方向均沿SO向右 根據(jù)動量定理:Ft=p2-p1=2np(1-cos )0 可知,小球?qū)@些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根據(jù)牛頓第三定律,兩光束對小球的合力的方向沿SO向左。,b.建立如圖所示的Oxy直角坐標系。 x方向:根據(jù)(2)a同理可知,

37、兩光束對小球的作用力沿x軸負方向。 y方向:設(shè)t時間內(nèi),光束穿過小球的粒子數(shù)為n1,光束穿過小球的粒子數(shù)為n2,n1n2。 這些粒子進入小球前的總動量為p1y=(n1-n2)p sin 從小球出射時的總動量為p2y=0 根據(jù)動量定理:Fyt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin 可知,小球?qū)@些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負方向,根據(jù)牛頓第三定律,兩光束對小球的作,用力沿y軸正方向。 所以兩光束對小球的合力的方向指向左上方。,解題指導(dǎo)(1)將速度沿x軸和y軸兩個方向分解,然后求解px與py。 (2)運用動量定理確定兩個軸向的作用力方向,再進行合成分析。,疑難突破光強不同,體現(xiàn)單位時間內(nèi)發(fā)

38、射的光子個數(shù)不同。,考點二動量守恒定律及其應(yīng)用,2.2015福建理綜,30(2),6分如圖,兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動,滑塊A的質(zhì)量為m,速度大小為2v0,方向向右,滑塊B的質(zhì)量為2m,速度大小為v0,方向向左,兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是。 A.A和B都向左運動B.A和B都向右運動 C.A靜止,B向右運動D.A向左運動,B向右運動,答案D由于A、B碰前總動量為0,由動量守恒可知碰后總動量也為0,因兩滑塊發(fā)生彈性碰撞,故碰后A、B一定反向,即A向左運動,B向右運動,選項D正確。,3.(2014重慶理綜,4,6分)一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v=2 m/s,

39、爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為31。不計質(zhì)量損失,取重力加速度g=10 m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(),答案B平拋運動時間t==1 s,爆炸過程遵守動量守恒定律,設(shè)彈丸質(zhì)量為m,則mv=mv甲 +mv乙,又v甲=,v乙=,t=1 s,則有x甲+x乙=2 m,將各選項中數(shù)據(jù)代入計算得B正確。,4.2015天津理綜,9(1)如圖所示,在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板,A球在水平面上靜止放置,B球向左運動與A球發(fā)生正碰,B球碰撞前、后的速率之比為31,A球垂直撞向擋板,碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞,A、B兩球的質(zhì)量之比為,A、B碰撞前、后兩球總動能之

40、比為。,答案4195,解析設(shè)碰前B球速度大小為v0,碰后A、B兩球速度大小分別為vA、vB,由題意知,碰后A球速度方向向左,B球速度方向向右,且vA=vB=v0,碰撞過程動量守恒,取水平向右為正方向,則有-mBv0= -mAvA+mBvB,解得:mAmB=41;碰撞前、后兩球總動能之比為=。,5.2017江蘇單科,12C(2)(3)(2)質(zhì)子H)和粒子He)被加速到相同動能時,質(zhì)子的動量 (選填“大于”、“小于”或“等于”)粒子的動量,質(zhì)子和粒子的德布羅意波波長之比為。 (3)甲、乙兩運動員在做花樣滑冰表演,沿同一直線相向運動,速度大小都是1 m/s。甲、乙相遇時用力推對方,此后都沿各自原方向

41、的反方向運動,速度大小分別為1 m/s和2 m/s。求甲、乙兩運動員的質(zhì)量之比。,答案(2)小于21(3)見解析,解析(2)由動量與動能的關(guān)系p=可知,Ek相同時,質(zhì)量小的動量也較小,故質(zhì)子的動量小 于粒子的動量。德布羅意波長=,而p,故,則H==21。 (3)由動量守恒,有m1v1-m2v2=m2v2-m1v1 解得= 代入數(shù)據(jù)得=,友情提醒動量守恒定律的矢量性 應(yīng)用動量守恒定律解題時,一定要先規(guī)定正方向,與規(guī)定正方向相反的速度,要代入負數(shù)進行計算。若列式時已經(jīng)考慮到了矢量性,則代入絕對值計算即可,如本題的解題過程就是如此。,6.2016海南單科,17(2),8分如圖,物塊A通過一不可伸長的

42、輕繩懸掛在天花板下,初始時靜止;從發(fā)射器(圖中未畫出)射出的物塊B沿水平方向與A相撞,碰撞后兩者粘連在一起運動,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均可由傳感器(圖中未畫出)測得。某同學(xué)以h為縱坐標,v2為橫坐標,利用實驗數(shù)據(jù)作直線擬合,求得該直線的斜率為k=1.92 10-3 s2/m。已知物塊A和B的質(zhì)量分別為mA=0.400 kg和mB=0.100 kg,重力加速度大小g=9.80 m/s2。 ()若碰撞時間極短且忽略空氣阻力,求h-v2直線斜率的理論值k0。 ()求k值的相對誤差(=100%,結(jié)果保留1位有效數(shù)字)。,答案()2.0410-3 s2/m()6%,7.2

43、014江蘇單科,12C(3)牛頓的自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理中記載,A、B兩個玻璃球相碰,碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為1516。分離速度是指碰撞后B對A的速度,接近速度是指碰撞前A對B的速度。若上述過程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B,且為對心碰撞,求碰撞后A、B的速度大小。,答案v0v0,解析設(shè)A、B球碰撞后速度分別為v1和v2 由動量守恒定律 2mv0=2mv1+mv2,且由題意知= 解得v1=v0,v2=v0,考點三動量和能量的綜合應(yīng)用,8.(2014天津理綜,10,16分)如圖所示,水平地面上靜止放置一輛小車A,質(zhì)量mA=4 kg,上表面光滑,小

44、車與地面間的摩擦力極小,可以忽略不計?？梢暈橘|(zhì)點的物塊B置于A的最右端,B的質(zhì)量mB=2 kg。現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F=10 N,A運動一段時間后,小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下繼續(xù)運動,碰撞后經(jīng)時間t=0.6 s,二者的速度達到vt=2 m/s。求 (1)A開始運動時加速度a的大小; (2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小; (3)A的上表面長度l。,答案(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m,解析(1)以A為研究對象,由牛頓第二定律有 F=mAa 代入數(shù)據(jù)解得 a=2.5 m/s2 (2)對A、B碰撞后共同運

45、動t=0.6 s的過程,由動量定理得 Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v 代入數(shù)據(jù)解得 v=1 m/s (3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前,A的速度為vA,對A、B發(fā)生碰撞的過程,由動量守恒定律有 mAvA=(mA+mB)v A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前,由動能定理有 Fl=mA 由式,代入數(shù)據(jù)解得 l=0.45 m,9.(2014北京理綜,22,16分)如圖所示,豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切,小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點?，F(xiàn)將A無初速釋放,A與B碰撞后結(jié)合為一個整體,并沿桌面滑動。已知圓弧軌道光滑,半徑R=0.2 m;A和B的質(zhì)量相等;A和B整體與桌面之間的

46、動摩擦因數(shù)=0.2。取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)碰撞前瞬間A的速率v; (2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v; (3)A和B整體在桌面上滑動的距離l。,答案(1)2 m/s(2)1 m/s(3)0.25 m,解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m。 (1)根據(jù)機械能守恒定律mgR=mv2 得碰撞前瞬間A的速率v==2 m/s (2)根據(jù)動量守恒定律mv=2mv 得碰撞后瞬間A和B整體的速率v=v=1 m/s (3)根據(jù)動能定理(2m)v2=(2m)gl 得A和B整體沿水平桌面滑動的距離 l==0.25 m,10.2013課標,35(2),10分,0.270如圖,光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物

47、塊A、B、C。B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)。設(shè)A以速度v0朝B運動,壓縮彈簧;當A、B速度相等時,B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運動。假設(shè)B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中, ()整個系統(tǒng)損失的機械能; ()彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。,答案()m()m,審題點撥因水平面光滑,則可考慮應(yīng)用動量守恒定律。A和B速度相等時,A、B與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒。B和C相碰后粘接在一起,意味著B和C發(fā)生完全非彈性碰撞,有機械能損失。,A組20162018年高考模擬基礎(chǔ)題組 考點一動量、動量定理,三年模擬,1.(2018天津河?xùn)|一模)(多選)一輛汽車在

48、平直公路上從靜止開始運動,所受阻力恒定,10 s末撤掉牽引力,其速度隨時間變化的圖像如圖所示,則下列說法正確的是() A.05 s和1015 s內(nèi)加速度相同 B.05 s和1015 s內(nèi)阻力做功相等 C.05 s和510 s內(nèi)牽引力做功的平均功率相等 D.05 s和1015 s內(nèi)合外力的沖量相同,答案BCv-t圖線的斜率表示加速度,由圖可知05 s和1015 s內(nèi)加速度大小相等,但是方向相反,故不相同,A錯誤; v-t圖線與時間軸所圍的面積表示位移,由圖可知05 s和1015 s內(nèi)位移相等,又阻力恒定,故阻力做功相等,B正確; 05 s內(nèi):加速度a1= m/s2=2 m/s2,位移x1=510

49、 m=25 m; 510 s內(nèi):加速度為零,位移x2=510 m=50 m; 1015 s內(nèi):加速度a3= m/s2=-2 m/s2,位移x3=510 m=25 m; 根據(jù)牛頓第二定律,05 s內(nèi):F1-f=ma1 根據(jù)平衡條件,510 s內(nèi):F2=f 根據(jù)牛頓第二定律,1015 s內(nèi):-f=ma3 聯(lián)立解得:F1=4m(N),F2=2m(N) 05 s內(nèi)牽引力做功的平均功率為:===20m(W), 510 s內(nèi)牽引力做功的平均功率為:===20m(W),,故05 s和510 s內(nèi)牽引力做功的平均功率相等,C正確; 由C項分析可知05 s和1015 s內(nèi)汽車的位移相同,所受合外力等大、反向,故

50、沖量也是等大、反向,故D錯誤。,2.(2018山東菏澤一模)有一個豎直固定放置的光滑四分之一圓軌道,軌道圓心O到地面的高度為h,小球從軌道最高點A由靜止開始沿著圓弧軌道滑下,從軌道最低點B離開軌道,然后做平拋運動落到水平地面上的C點,C點與A點的水平距離也等于h,則下列說法正確的是() A.當小球運動到軌道最低點B時,軌道對它的支持力等于重力的4倍 B.小球在圓弧軌道上運動的過程中,重力對小球的沖量在數(shù)值上大于圓弧軌道的支持力對小球的沖量 C.根據(jù)已知條件可以求出該四分之一圓軌道的軌道半徑為0.2h D.小球做平拋運動落到地面時的速度與水平方向夾角的正切值tan =0.5,答案C由mgR=m,

51、FB-mg=m,解得FB=3mg,A錯誤;小球從A運動到B,合外力沖量水平向 右,則支持力的沖量在豎直方向的分量與重力的沖量大小相等,故支持力沖量在數(shù)值上大于重力的沖量,B錯誤;小球做平拋運動時,h-R=gt2,h-R=vBt,解得R=0.2h,C正確;設(shè)小球做平拋運動 位移與水平方向夾角為,則tan =1,因為tan =2 tan ,所以tan =2,D錯誤。,3.(2017河南六市一聯(lián),20)(多選)在2016年里約奧運會跳水比賽中,中國跳水夢之隊由吳敏霞領(lǐng)銜斬獲8枚金牌。假設(shè)質(zhì)量為m的跳水運動員從跳臺上以初速度v0向上跳起,跳水運動員在跳臺上從起跳到入水前重心下降H,入水后受水的阻力而減

52、速為零,不計跳水運動員水平方向的運動,運動員入水后到速度為零時重心下降h,不計空氣阻力,則() A.運動員起跳后在空中運動過程中受到合外力沖量大小為m+mv0 B.水對運動員阻力的沖量大小為m C.運動員克服水的阻力做功為mgH+m D.運動員從跳起到入水后速度減為零的過程中機械能減少量為mg(H+h)+m,答案AD設(shè)運動員入水前速度為vt,則由機械能守恒有m+mgH=m,得vt=, 據(jù)動量定理可得運動員起跳后在空中運動過程中受到合外力沖量大小I=mvt-(-mv0)=m+mv0,A項正確。運動員入水后受豎直向下的重力和豎直向上的阻力,合力的沖量大 小為I合=m,B項錯誤。運動員從跳起到入水后

53、速度減為零的過程中應(yīng)用動能定理有 mg(H+h)-Wf=0-m,得運動員克服水的阻力做功Wf=mg(H+h)+m,C項錯誤。由能的轉(zhuǎn)化 與守恒關(guān)系可知此過程中機械能的減少量為mg(H+h)+m,D項正確。,4.(2018山西太原一模)彈射座椅是飛行員使用的座椅型救生裝置。在飛機失控時,依靠座椅上的動力(噴氣發(fā)動機)裝置將飛行員彈射到高空,然后張開降落傘使飛行員安全降落。某次實驗中,在地面上靜止的戰(zhàn)斗機內(nèi),飛行員按動彈射按鈕,座椅(連同飛行員等)在噴氣發(fā)動機的驅(qū)動下被彈出打開的機艙,座椅沿豎直方向運動,5 s末到達最高點,上升的總高度為112.5 m。在最高點時降落傘打開,飛行員安全到達地面。已

54、知座椅的總重量為100 kg,彈射過程中發(fā)動機對座椅的推力豎直向上且恒定,不考慮發(fā)動機質(zhì)量的變化及空氣阻力,取g=10 m/s2,求: (1)發(fā)動機對座椅推力的值; (2)發(fā)動機對座椅沖量的大小。,答案(1)1.0104 N(2)5103 Ns,解析(1)設(shè)座椅上升時的最大速度為vm,由運動學(xué)公式,有: hm=vmt 設(shè)發(fā)動機作用的時間為t1,座椅的加速度為a1,發(fā)動機的推力為N,減速過程的時間為t2,則有 N-mg=ma1 vm=a1t1 vm=gt2 t1+t2=t 解得:N=10mg=1.0104 N (2)設(shè)發(fā)動機對座椅沖量的大小為I,則有 I=Nt1 解得:I=5103 Ns,考點二

55、動量守恒定律及其應(yīng)用,5.(2018湖北宜昌調(diào)研)如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩球沿同一直線運動。兩球的質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,規(guī)定向右為正方向,兩球的動量均為5 kgm/s,運動中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動量變化量為-3 kgm/s,則() A.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為12 B.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為14 C.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為12 D.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為14,答案C規(guī)定向右為正方向,兩球初始動量均為5 kgm/s,則兩球均向右運動,又因為動量p=mv,mB=2mA,所以vA=2vB,則斷定左

56、方為A球,故A、B兩項錯誤。碰撞后A球的動量變化量為-3 kgm/s,則碰撞后A球的動量為pA=2 kgm/s,據(jù)動量守恒定律可得B球碰撞后的動量應(yīng)為pB=8 kgm/s,由p=mv,得v=,所以==,故C項正確,D項錯誤。,解題關(guān)鍵首先明確動量的矢量性,其次明確碰撞前后A、B兩球各自的動量大小。,6.(2017安徽江南十校聯(lián)考,8)如圖所示,一個質(zhì)量為m的物塊A與另一個質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰,碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失,已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1,與沙坑的距離為0.5 m,g取10 m/s2,物塊可視為質(zhì)點。則A碰撞前瞬間的速度為() A.

57、0.5 m/sB.1.0 m/s C.1.5 m/sD.2.0 m/s,答案C碰后物塊B做勻減速直線運動,由動能定理有-2mgx=0-2m,得v2=1 m/s。A與B 碰撞過程中動量守恒、機械能守恒,則有mv0=mv1+2mv2,m=m+2m,解得v0=1.5 m/s, 則C項正確。,考點三動量和能量的綜合應(yīng)用,7.(2018江西上饒六校一聯(lián))(多選)如圖甲所示,在光滑水平面上,輕質(zhì)彈簧一端固定,物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧,測得彈簧的最大壓縮量為x,現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示),物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧,測得彈簧的最大壓縮量仍為x,則() A.A物體的質(zhì)量為

58、3m B.A物體的質(zhì)量為2m C.彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為m D.彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為m,答案AC彈簧固定,當彈簧壓縮量最大時,彈性勢能最大,A的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能,A及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,則知彈簧被壓縮過程中最大的彈性勢能等于A的初動能,設(shè)A的質(zhì)量為mA,即有: Epm=mA 當彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B時,A與彈簧相互作用的過程中B將向右運動,A、B速度相等時,彈簧的彈性勢能最大,選取A的初速度的方向為正方向,由動量守恒定律得:mA2v0=(m+mA)v 由機械能守恒定律得:Epm=mA(2v0)2-(mA+m)v2 解得:mA=3m,Epm=m 故A、C正確

59、,B、D錯誤。,8.(2018福建泉州檢測)如圖所示,兩個大小相同、質(zhì)量均為m的彈珠靜止在水平地面上。某小孩在極短時間內(nèi)給第一個彈珠水平?jīng)_量使其向右運動,當?shù)谝粋€彈珠運動了距離L時與第二個彈珠發(fā)生彈性正碰,碰后第二個彈珠運動了2L距離停下。已知彈珠所受阻力大小恒為重力的k倍,重力加速度為g,則小孩對第一個彈珠() A.施加的沖量為m B.施加的沖量為m C.做的功為kmgL D.做的功為3kmgL,答案D當?shù)谝粋€彈珠運動了距離L時與第二個彈珠發(fā)生彈性正碰,根據(jù)動量守恒和能量守恒可知,兩彈珠速度發(fā)生交換,即第一個彈珠碰后停止運動,第二個彈珠以第一個彈珠碰前的速度繼續(xù)向前運動了2L距離停下,從效果

60、上看,相當于第二個彈珠不存在,第一個彈珠直接向前運動了3L的距離后停止運動,根據(jù)動能定理可知,小孩對第一個彈珠做的功等于彈珠獲得的動能,也等于克服阻力做的總功,即:W=Ek=kmg3L,選項C錯誤,選項D正確;施加的沖量I=p=p-0=-0==m,選項A、B錯誤。,命題立意本題考查動量定理、動量守恒定律、動能定理等知識?？疾閷W(xué)生對知識的理解和應(yīng)用能力。,9.(2017湖南六校聯(lián)考,20)(多選)如圖所示,小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道,整個小車(含管道)的質(zhì)量為2m,原來靜止在光滑的水平面上。今有一個可以看做質(zhì)點的小球,質(zhì)量為m,半徑略小于管道半徑,以水平速度v從左端滑上小車,小球恰好能到達

61、管道的最高點,然后從管道左端滑離小車。關(guān)于這個過程,下列說法正確的是() A.小球滑離小車時,小車回到原來位置 B.小球滑離小車時相對小車的速度大小為v C.車上管道中心線最高點的豎直距離為 D.小球從滑進管道到滑到最高點的過程中,小車的動量變化大小是,答案BC小球恰好到達管道的最高點,說明在最高點時小球和管道之間相對速度為0,小球從滑進管道到滑到最高點的過程中,由動量守恒有mv=(m+2m)v,得v=,小車動量變化大小p車 =2m=mv,D項錯誤。小球從滑進管道到滑到最高點的過程中,由機械能守恒有mgH=mv2- (m+2m)v2,得H=,C項正確。小球從滑上小車到滑離小車的過程,由動量守恒

62、和機械能守恒 有:mv=mv1+2mv2,mv2=m+2m,解得v1=-,v2=v,則小球滑離小車時相對小車的速度大 小為v+v=v,B項正確。由以上分析可知在整個過程中小車一直向右運動,A項錯誤。,10.2016河北石家莊質(zhì)檢,35(2)如圖所示,光滑水平面上木塊A的質(zhì)量mA=1 kg,木塊B的質(zhì)量mB=4 kg,質(zhì)量為mC=2 kg的木塊C置于足夠長的木塊B上,B、C之間用一輕彈簧相拴接并且接觸面光滑。開始時B、C靜止,A以v0=10 m/s 的初速度向右運動,與B碰撞后瞬間B的速度為3.5 m/s,碰撞時間極短。求: ()A、B碰撞后A的速度; ()彈簧第一次恢復(fù)原長時C的速度。,答案見

63、解析,解析()因碰撞時間極短,A、B碰撞時,可認為C的速度為零,由動量守恒定律得 mAv0=mAvA+mBvB 解得vA==-4 m/s,負號表示方向與A的初速度方向相反 ()彈簧第一次恢復(fù)原長,彈簧的彈性勢能為零。 設(shè)此時B的速度為vB,C的速度為vC,由動量守恒定律和機械能守恒定律有 mBvB=mBvB+mCvC mB=mBvB2+mC 解得vC=vB= m/s,一、選擇題(每小題6分,共18分) 1.(2018湖北四地七校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示,豎直平面內(nèi)有一半圓槽,A、C等高,B為圓槽最低點,小球從A點正上方O點靜止釋放,從A點切入圓槽,剛好能運動至C點。設(shè)球在AB段和BC段運動過程中,運

64、動時間分別為t1、t2,合外力的沖量大小為I1、I2,則() A.t1t2B.t1=t2 C.I1I2D.I1=I2,B組 20162018年高考模擬綜合題組 (時間：50分鐘 分值：85分),答案C小球從A點正上方O點靜止釋放,做自由落體運動,從A點切入圓槽,剛好能運動至C點,則知小球在AB段平均速率大于BC段平均速率,又兩段路程相等,所以球在AB段和BC段運動時間的大小關(guān)系為t1I2,C正確,D錯誤。,思路點撥AB段平均速率大于BC段平均速率,兩段路程相等,從而可比較時間;根據(jù)動量定理,合外力的沖量等于動量的變化,從而比較合外力的沖量大小。,2.(2018河北石家莊質(zhì)檢)質(zhì)量分別為m1與m

65、2的甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動,已知它們的動量分別是p1=5 kgm/s,p2=7 kgm/s,甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞,碰后乙球的動量變?yōu)? kgm/s,則甲、乙兩球質(zhì)量m1與m2的關(guān)系可能是() A.m1=m2B.2m1=m2 C.3m1=2m2D.4m1=m2,答案B根據(jù)動量守恒定律有:p1+p2=p1+p2,可得p1=4 kgm/s,碰撞過程中動能不增加,則有++,可得,則A、C項錯誤。碰后甲球的速度不大于乙球的速度,則有 ,可得,則D項錯誤。,解題關(guān)鍵解本題的關(guān)鍵在于要弄清碰撞前后動能的關(guān)系以及碰后甲、乙兩球的速度關(guān)系。,3.(2018安徽六校二聯(lián))(多選)如圖所示,水平光滑

66、軌道寬度和輕質(zhì)彈簧自然長度均為d。兩物體m1和m2與彈簧連接,m2的左邊有一固定擋板。m1由圖示位置靜止釋放,當m1與m2相距最近時m1速度為v1,則在以后的運動過程中,可能的情況是() A.m1的最小速度是0 B.存在某段時間m1向左運動 C.m2的最大速度一定是v1 D.m2的最大速度是v1,答案ABDm1由圖示位置靜止釋放后,在彈簧彈力作用下向右加速運動,m2靜止,當m1與m2相距最近時彈簧彈力為零,m1的速度最大,此后彈簧伸長,在彈簧彈力作用下,m1減速,m2加速,達到共同速度時兩者相距最遠,此后m1繼續(xù)減速,m2繼續(xù)加速,當兩物體再次相距最近時,m1達到最小速度v1,m2達到最大速度v2。 兩物體水平方向動量守恒, m1v1=m1v1+m2v2 兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 m1=m1v12+m2v22; 可得v1=v1,v2=v1。 因為m1和m2的大小關(guān)系不確定,所以m1的最小速度可以是0,也可以向左運動,故A、B項正確。只有當m1=m2時,m2的最大速度才為v1,故D項正確,C項錯誤。,二、非選擇題(共67分) 4.(2018天津河?xùn)|一模)(15分)如圖所示,可看成