热点专练七 动量定理在流体中的应用 动量与能量的综合问题-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

金版教程　高考总复习首选用卷　物理 热点专练七　动量定理在流体中的应用　动量与能量的综合问题 热点一　动量定理在流体中的应用 1．(2023·安徽省滁州市高三上一模)水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀机床工作时，垂直射向钢板的圆柱形水流的横截面直径为d，水流穿过钢板后速度方向不变，大小变为原来的一半。已知水的流量(单位时间流出水的体积)为Q，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为(　　) A. B．2Q2ρ C. D．4Q2ρ 答案　A 解析　以时间t内射向钢板的水为研究对象，设垂直射向钢板的水流速度为v，钢板对水的平均冲力大小为F，以v的方向为正方向，根据动量定理可得－Ft＝mv－mv，又m＝ρQt，Q＝πd2v，联立可得F＝，由牛顿第三定律得，钢板受到水的平均冲力大小为F′＝F＝，故选A。 2.(2023·福建省泉州市高三下质量监测三)(多选)如图，蜂鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空气的总面积为S，翅膀扇动对空气的作用效果与翅膀用竖直向上的速度v平推静止空气的效果相同。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g，则(　　) A．单位时间内翅膀扇动空气的质量为Sρv B．单位时间内翅膀扇动空气的质量为Sρv2 C．蜂鸟的质量为 D．蜂鸟的质量为 答案　AC 解析　蜂鸟翅膀在时间t内扇动空气的质量为m＝Svtρ，故单位时间内翅膀扇动空气的质量为＝Sρv，A正确，B错误；设翅膀对空气的作用力大小为F，对在时间t内被扇动的空气，根据动量定理有Ft＝mv－0，解得F＝Sρv2，则空气对翅膀的作用力大小为F′＝F＝Sρv2，对蜂鸟受力分析，由平衡条件得F′＝Mg，解得蜂鸟的质量为M＝，C正确，D错误。 3．(2020·海南高考)太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490 kg，离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为(　　) A．1.47 N B．0.147 N C．0.09 N D．0.009 N 答案　C 解析　设Δt时间内发动机喷出离子的质量为Δm，对这部分离子，根据动量定理有F·Δt＝Δmv，而Δm＝3.0×10－3×10－3 kg/s×Δt，v＝3×104 m/s，解得F＝0.09 N，由牛顿第三定律知，探测器受到的平均推力与F等大反向，故探测器获得的平均推力大小为0.09 N，故C正确，A、B、D错误。 热点二　碰撞拓展模型 4.(2023·河北省邯郸市高三下三模(保温卷))如图所示，光滑水平面上有a、b、c、d四个弹性小球，质量分别为m、9m、3m、m。小球a一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b相连，此时弹簧处于原长。小球b和c接触但不粘连。现给小球d一个向左的初速度v0，与小球c发生碰撞，整个碰撞过程中没有能量损失，弹簧始终处于弹性限度之内。以下说法正确的是(　　) A．整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量守恒 B．整个过程中四个弹性小球a、b、c、d的机械能守恒 C．小球a速度的最大值为v0 D．弹簧弹性势能最大值为mv 答案　C 解析　由于墙壁对小球a有弹力作用，所以整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；整个过程中弹簧对四个弹性小球组成的系统做功，所以四个弹性小球a、b、c、d的机械能不守恒，故B错误；设小球d与小球c碰撞后，小球c速度为v1，小球d速度为v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝3mv1＋mv2，mv＝×3mv＋mv，解得v1＝v0，v2＝－v0，设小球c与小球b碰撞后，小球c速度为v3，小球b速度为v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mv1＝3mv3＋9mv4，×3mv＝×3mv＋×9mv，解得v3＝－v0，v4＝v0，分析可知，小球c、d碰撞后，不可能再次发生碰撞，小球b向左运动速度减为零时，小球b的动能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹簧的弹性势能最大，设为Epm，则Epm＝×9mv＝mv，故D错误；弹簧恢复原长且小球a即将向右运动时，小球b向右的速度大小为v4，之后小球a、b和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，设小球a的速度最大值为v5，此时小球b的速度大小为v6，且此时弹簧处于原长状态，由动量守恒定律和机械能守恒定律得9mv4＝mv5＋9mv6，×9mv＝mv＋×9mv，解得v5＝v0，故C正确。 5.(2023·湖北省十堰市高三下4月调研)(多选)如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹A、B分别从木块左、右两侧同时水平射入木块，且均停在木块内，木块始终保持静止。下列说法正确的是(　　) A．摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等 B．摩擦力对两子弹做的功一定相等 C．子弹与木块组成的系统动量守恒 D．子弹与木块组成的系统机械能守恒 答案　AC 解析　以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，故C正确；设子弹A、B射入木块前的动量大小分别为pA、pB，木块始终保持静止，则木块、A、B的末动量均为0，对A、B与木块组成的系统，由动量守恒定律得pA＝pB，取水平向右为正方向，对A、B分别由动量定理得－IA＝0－pA，IB＝0－(－pB)，解得IA＝IB，故A正确；对A、B分别由动能定理得WA＝0－EkA，WB＝0－EkB，又Ek＝，解得WA＝－，WB＝－，由于两子弹的质量不一定相等，故摩擦力对两子弹做的功不一定相等，故B错误；因子弹与木块间有摩擦力将机械能转化为内能，所以子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故D错误。 6.(2023·湖南省株洲市高三下适应性模拟考试(三模))(多选)一质量为m、可视为质点的物块B静止于质量为M的木板C左端，木板静止于光滑水平面上，将质量为m的小球A用长为L的细绳悬挂于O点，静止时小球A与B等高且刚好接触，对小球A施加一外力，使细绳恰好水平，如图所示，现将外力撤去，小球A与物块B发生弹性碰撞，已知B、C间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．小球A碰撞后做简谐运动 B．碰撞后瞬间物块B的速度大小为 C．若物块B未滑离木板C，则物块B与木板C之间产生的摩擦热为 D．若物块B会滑离木板C，则板长小于 答案　BCD 解析　对小球A下落过程由动能定理得mgL＝mv，解得A、B碰撞前瞬间A的速度大小v0＝，小球A与物块B发生弹性碰撞，A、B质量相等，则碰撞前后速度交换，碰撞后瞬间小球A静止，物块B的速度大小为v0＝，故A错误，B正确；A、B碰撞后，B、C构成的系统水平方向不受外力，动量守恒，若物块B未滑离木板C，最终两者共速向右运动，设B、C共速时的速度大小为v共，对B、C系统，由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v共，由能量守恒定律有Q0＝mv－(M＋m)v，联立解得B、C之间产生的摩擦热Q0＝，若物块B会滑离木板C，B、C之间产生的摩擦热Q＝μmgl<Q0，则板长l<，故C、D正确。 ※7.(2021·湖南高考)(多选)如图a，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a­t图像如图b所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　　) A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B．mA>mB C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．S1－S2＝S3 答案　ABD 解析　在0～t1时间内，物体B静止，物体A从静止向右加速，t1时刻速度为v0，则对系统根据动量定理可知，墙对B的冲量I＝mAv0，A正确；由a­t图像可知，t1时刻后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，此时根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由图b可知此时aB>aA，则mB<mA，B正确；由图b可得，t1时刻B开始运动，此时A的速度为v0，之后系统动量守恒，可得A、B的总动能一定大于0，而整个过程，A、B和弹簧组成的系统的机械能守恒，所以B运动后弹簧的弹性势能一定小于开始时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量一定小于x，C错误；在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a­t图像与坐标轴所围面积表示速度变化量，可知此时vA＝S1－S2，vB＝S3，vA＝vB，则S1－S2＝S3，D正确。 8.如图所示，质量为m的小车静止于光滑水平面，车上半径为R的四分之一光滑圆弧轨道和水平光滑轨道平滑连接，另一个质量也为m的小球以水平初速度v0从小车左端进入水平轨道，整个过程中不考虑系统机械能损失，则下列说法正确的是(　　) A．小球运动到最高点的速度为零 B．小球最终离开小车后向右做平抛运动 C．小车能获得的最大速度为 D．当v0≥2时小球能到达圆弧轨道最高点P 答案　D 解析　小球运动到最高点时小球和小车的速度相同，设为v，以小车和小球组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：mv0＝(m＋m)v，解得：v＝，故A错误；设小球最终离开小车时的速度为v1，小车的速度为v2，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒定律得：mv＝mv＋mv，联立解得：v1＝0，v2＝v0，所以小球最终离开小车后做自由落体运动，故B错误；小球在圆弧轨道上运动的过程中，小车一直在加速，所以小球最终离开小车时小车的速度最大，最大速度为v0，故C错误；当小球恰能到达圆弧轨道最高点P时，由水平方向动量守恒得：mv0＝(m＋m)v，根据机械能守恒定律得：mv＝mgR＋(m＋m)v2，解得：v0＝2，所以当v0≥2时小球能到达圆弧轨道最高点P，故D正确。 9．如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角为60°时达到最高点。滑块与小球均视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　) A．绳的拉力对小球始终不做功 B．滑块与小球的质量关系为M＝2m C．释放小球时滑块到挡板的距离为 D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为2m 答案　C 解析　因滑块不固定，小球下摆过程中，轻绳的拉力对滑块做正功，对小球做负功，A错误；设小球下摆到最低点时，滑块的速度大小为v1，小球的速度大小为v2，在这个过程中，系统机械能守恒，有：mgL＝Mv＋mv，水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，有：0＝Mv1－mv2，小球从最低点向左摆动到最高点的过程，机械能守恒，有：mv＝mgL(1－cos60°)，三式联立，解得M＝m，B错误；设释放小球时滑块到挡板的距离为x，小球运动时间t后到达最低点，由系统水平方向动量守恒得：M－m＝0，解得x＝，C正确；滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为I＝Mv1＝mv2＝m，D错误。 ※10.(2023·天津市河西区高三下总复习质量调查二)如图所示，质量M＝0.2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝0.1 kg的小球通过长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)若锁定滑块，求小球通过最高点P时对轻杆的作用力F的大小和方向； (2)若解除对滑块的锁定，求从小球开始运动至到达最高点P过程中，滑块移动的距离x； (3)若解除对滑块的锁定，求小球运动至最高点P时的速度vm和此时滑块的速度vM。 答案　(1)0.2 N　方向竖直向上　(2) m (3)2 m/s，水平向右　1 m/s，水平向左 解析　(1)设小球通过最高点P时速度为v1，轻杆对小球的作用力为F′，由动能定理有 －mgL＝mv－mv 解得v1＝ m/s 以向下为正方向，小球在最高点P时有 mg＋F′＝ 解得F′＝0.2 N，方向竖直向下 根据牛顿第三定律，小球对轻杆的作用力大小F＝F′＝0.2 N，方向竖直向上。 (2)若解除对滑块的锁定，设小球从开始运动至到达最高点P水平位移大小为x1，任意时刻小球水平方向速度大小为v，滑块速度大小为v′，取水平向右为正方向，系统在水平方向动量守恒，有mv－Mv′＝0 两边同乘以Δt有mvΔt－Mv′Δt＝0 因上式对任意时刻附近微小Δt都适用，累积可得mx1－Mx＝0 又x1＋x＝L 联立解得x＝ m。 (3)在小球上升过程中，取小球和滑块组成的系统为研究对象，因只有重力做功，系统的机械能守恒，有 mv＋Mv＋mgL＝mv 取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有 mvm－MvM＝0 解得vm＝2 m/s，vM＝1 m/s，其中vm的方向水平向右，vM的方向水平向左。 热点三　多次碰撞问题 11．(2023·云南省昆明市高三下三诊一模)物理课堂上，老师带同学们做了一个有趣的实验：如图甲所示，老师让某同学将一个网球叠放在一个充足气的篮球上，举到头顶附近，然后一起由静止释放，发现网球和篮球碰撞后，被反弹的网球能打到教室的天花板。若将该实验简化为如图乙所示模型，网球和篮球均可视为质点，篮球和地面碰撞完成后恰与网球碰撞，所有碰撞均为弹性碰撞。已知网球的质量为m＝58 g，篮球的质量为M＝638 g，初始释放高度为h＝1.8 m，篮球和网球的球心始终在同一竖直线上，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)篮球落地前瞬间，网球和篮球共同的速度大小； (2)网球反弹后能达到的最大高度H1； (3)若用一个质量远远小于篮球质量的弹性小球替代网球重复该实验，其他条件不变，求弹性小球反弹后能够上升的最大高度H2。 答案　(1)6 m/s　(2)12.8 m　(3)16.2 m 解析　(1)设篮球触地前瞬间，篮球与网球共同的速度大小为v，篮球和网球下落过程中，根据动能定理可得(m＋M)gh＝(m＋M)v2 解得v＝6 m/s。 (2)规定竖直向上为正方向，设篮球与地面发生弹性碰撞后瞬间，网球的速度为v1，篮球的速度为v2，有v1＝－6 m/s，v2＝6 m/s；设篮球与网球碰撞后瞬间，网球和篮球的速度分别为v3、v4，网球与篮球发生弹性碰撞过程中，由动量守恒定律有 mv1＋Mv2＝mv3＋Mv4 由机械能守恒定律有 mv＋Mv＝mv＋Mv 对网球，根据匀变速直线运动规律可得 v＝2gH1 代入相关已知数据解得H1＝12.8 m。 (3)由题意，设弹性小球质量为m′，弹性小球与篮球发生弹性碰撞后瞬间，弹性小球的速度为v3′，篮球的速度为v4′，弹性小球与篮球碰撞的过程中，由动量守恒定律有 m′v1＋Mv2＝m′v3′＋Mv4′ 由机械能守恒定律有 m′v＋Mv＝m′v3′2＋Mv4′2 可得v3′＝ 当M≫m′时，可得v3′≈－v1＋2v2 对弹性小球，根据匀变速直线运动规律有 v3′2＝2gH2 解得H2＝16.2 m。 ※12.(2023·浙江6月选考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，重力加速度g取10 m/s2，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE； (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 答案　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0 (3)0.2 m 解析　(1)滑块a从D到F，由动能定理得 mg·2R＝mv－mv 在F点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m 代入数据解得vF＝10 m/s，FN＝31.2 N。 (2)若滑块a碰后返回到B点时的速度vB＝1 m/s，则滑块a在传送带上从C到B一直向左减速，设与滑块b碰撞后瞬间，滑块a的速度大小为v1，则从碰撞后至到达B点，由动能定理得－mg·2R－μmg·L＝mv－mv 设与滑块a碰撞后瞬间，滑块b的速度为v2，取向右为正方向，对滑块a、b组成的系统，根据动量守恒定律有 mvF＝－mv1＋3mv2 滑块a、b碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝mv－mv－·3mv 联立并代入数据解得ΔE＝0。 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，设滑块a、b碰后的共同速度为v共，则根据动量守恒定律有mvF＝(m＋3m)v共 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时，滑块a、b、c有共同速度，设为v共′，则根据动量守恒定律有mvF＝(m＋3m＋2m)v共′ 设弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由机械能守恒定律，有(m＋3m)v＝(m＋3m＋2m)v共′2＋kx 同理，当弹簧被拉伸到最长时伸长量为x2＝x1 则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1 联立并代入数据解得Δx＝0.2 m。 ※13.(数学归纳法的应用)(2023·吉林省白山市高三下一模)如图所示，水平地面上有n辆质量均为m的手推车沿一条直线排列，相邻两手推车的间距均为L，从左往右依次编号1，2，3，…，n。人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其向右运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三辆车相碰，三车以共同速度运动……已知车在运动时受到的阻力恒为车重的k倍，手推车第一次碰撞时损失的机械能Q1＝kmgL，车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，且碰撞时间极短，重力加速度大小为g，1＋22＋32＋…＋(n－1)2＋n2＝。 (1)求人对第一辆车的冲量大小I； (2)求手推车第二次碰撞时损失的机械能Q2； (3)要使n辆车能合为一体，求人对第一辆车的最小水平冲量Imin。 答案　(1)4m　(2) (3)m 解析　(1)设1号车开始运动的速度大小为v0，第一次碰撞前瞬间1号车的速度大小为v1，碰撞后瞬间1、2号车的共同速度大小为v1′， 人对1号车作用的过程，对1号车，由动量定理有I＝mv0 从1号车开始运动至第一次碰撞前，根据动能定理有－kmgL＝mv－mv 碰撞过程，由动量守恒定律有mv1＝2mv1′ 由题意有Q1＝mv－×2mv1′2 联立解得I＝4m。 (2)设手推车第二次碰撞前瞬间1、2号车的共同速度大小为v2，碰撞后瞬间1、2、3号车的共同速度大小为v2′，从1、2号车碰撞后至1、2、3号车碰撞前，由动能定理有 －2kmgL＝×2mv－×2mv1′2 第二次碰撞过程，由动量守恒定律有 2mv2＝3mv2′ 损失的机械能Q2＝×2mv－×3mv2′2 联立解得Q2＝。 (3)设1号车获得的初动能为Ek0，第i次碰撞前、后所有小车的动能分别为Eki、Eki′，则根据动能定理有－kimgL＝Eki－Ek(i－1)′　① 设第i次碰撞前、后已运动小车的速度分别为vi、vi′，根据动量守恒定律有 imvi＝(i＋1)mvi′ 根据能量守恒定律，第i次碰撞过程损失的机械能Qi＝·imv－·(i＋1)mvi′2 解得Qi＝ 又Eki＝·imv 则Qi＝ 所以Eki′＝Eki－Qi＝Eki　② 由①②可知， Eki′＝Ek(i－1)′－kmgL Ek(i－1)′＝Ek(i－2)′－kmgL Ek(i－2)′＝Ek(i－3)′－kmgL Ek2′＝Ek1′－kmgL Ek1′＝Ek0′－kmgL，其中Ek0′＝Ek0 则Eki′＝－kmgL－kmgL－kmgL－…－kmgL－kmgL＋Ek0 由数列求和公式可知， Eki′＝Ek0－kmgL n辆车恰好合为一体时，上式中取i＝n－1， 则Eki′＝0，Ek0最小， 即0＝Ek0min－kmgL 可解得Ek0min＝n(n－1)(2n－1)·kmgL 又Imin＝mv0min Ek0min＝mv 可解得Imin＝ ＝m。 ※14.(2023·全国乙卷)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＝M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。求 (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)　　(2)l　(3)4 解析　(1)小球释放后自由下落，设下降高度为l时小球的速度为v0，根据机械能守恒定律得mgl＝mv 解得v0＝ 小球以速度v0＝与静止圆盘发生弹性碰撞，设碰后瞬间小球的速度为vm1，圆盘的速度为vM1，取竖直向下为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有 mv＝mv＋Mv mv0＝mvm1＋MvM1 联立解得vm1＝－v0＝－ vM1＝v0＝ 即第一次碰撞后瞬间，小球的速度大小为，方向竖直向上，圆盘的速度大小为，方向竖直向下。 (2)第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘所受摩擦力与重力平衡，匀速下滑，当二者速度相同时，间距最大，设这段时间为t，以竖直向下为运动的正方向，则vm1＋gt＝vM1 根据运动学公式，这段时间圆盘和小球的位移分别为 xM1′＝vM1t xm1′＝vm1t＋gt2 则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dmax＝xM1′－xm1′ 联立解得dmax＝l。 (3)从第一次碰撞后到第二次碰撞前，以速度为vM1的圆盘为参考系，则小球做竖直上抛运动，且相对初速度为 vm1′＝vm1－vM1 设该过程所用时间为t1，则－vm1′＝vm1′＋gt1 可得vm1′＝－v0，t1＝ 这段时间圆盘的实际位移xM1＝vM1t1 可得xM1＝＝2l 第二次碰撞过程，仍以速度为vM1的圆盘为参考系，根据碰撞规律同理可得，碰后瞬间小球和圆盘相对vM1的速度分别为 vm2′＝－v0，vM2′＝v0 分析可知，此后相邻两次碰撞时间内，以前一次碰撞后的圆盘为参考系，则小球均以初速度－v0做竖直上抛运动，相邻两次碰撞的时间间隔均为t1＝ 且第n次碰撞后，圆盘速度大小为 vMn＝nvM1(n＝1，2，3，…) 第n次碰撞至第n＋1次碰撞时间内，圆盘向下运动的位移xMn＝vMnt1 联立可得xMn＝2nl 则第n次碰撞时圆盘与管的上端口的距离为 ln＝l＋xM1＋xM2＋…＋xM(n－1) 结合数学知识解得ln＝n(n－1)l＋l(n＝1，2，3，…) 因l4＝13l<20l，l5＝21l>20l 则第五次碰撞前，圆盘已落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。 热点四　动量与能量的其他综合问题 15.(2023·海南省海口市高三下高考模拟)在Q点沿水平方向，对着一斜面抛出质量相等的a、b两个小球，小球的轨迹如图所示，忽略空气阻力，则两小球从抛出至落到斜面过程，下列说法正确的是(　　) A．a球的运动时间大于b球的运动时间 B．a球的初速度小于b球的初速度 C．a球动量的增加量小于b球动量的增加量 D．a球动能的增加量大于b球动能的增加量 答案　C 解析　a、b球抛出后均做平抛运动，根据h＝gt2，解得从抛出到落至斜面的运动时间t＝，根据题图可知，a球竖直分位移小于b球竖直分位移，则a球的运动时间小于b球的运动时间，a球水平分位移大于b球水平分位移，根据x＝v0t，可知a球的初速度大于b球的初速度，A、B错误；根据动量定理有mgt＝Δp，a、b球的质量相等，a球的运动时间小于b球的运动时间，则a球动量的增加量小于b球动量的增加量，C正确；根据动能定理有mgh＝ΔEk，由于a、b球的质量相等，a球竖直分位移小于b球竖直分位移，则a球动能的增加量小于b球动能的增加量，D错误。 16.(2023·新课标卷)(多选)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s 答案　BC 解析　由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，W­x图像的斜率表示拉力F，由题图可知，0～2 m，F1＝ N＝6 N，2～4 m，F2＝ N＝3 N。物体从x＝0运动到x＝1 m的过程中，根据动能定理有W1－μmgx1＝mv，代入W1＝6 J、x1＝1 m，解得在x＝1 m时，物体的速度v1＝2 m/s，则在x＝1 m时，拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A错误；物体从x＝0运动到x＝4 m的过程中，由动能定理得W4－μmgx4＝Ek4，代入W4＝18 J、x4＝4 m，解得在x＝4 m时，物体的动能Ek4＝2 J，B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf2＝μmgx2，代入x2＝2 m，解得Wf2＝8 J，C正确；由于F1＞μmg，F2＜μmg，则物体在0～2 m内由静止开始做加速运动，在2～4 m内做减速运动，在x＝2 m时速度最大，动量最大，物体从x＝0运动到x＝2 m的过程中，由动能定理得W2－μmgx2＝mv，代入W2＝12 J、x2＝2 m，解得在x＝2 m时物体的速度v2＝2 m/s，则从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为pm＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。 ※17.(2023·吉林省吉林市高三下第三次调研测试)(多选)如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示，图像中0～x1之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，已知x1、x2、x3、E，则(　　) A．物块A、B的质量之比为1∶3 B．A与B碰撞后，A在x3位置处加速度最大 C．A与B碰撞后，A在x2位置处弹簧压缩量为x2－x1 D．弹簧的劲度系数为 答案　ABD 解析　由题图乙可知，与物块B碰撞前瞬间，物块A的动能EA1＝mAv2＝E，与物块B碰撞后瞬间，物块A的动能EA2＝mAv＝，解得与物块B碰撞前、后瞬间A的速度大小分别为v＝，v共＝，物块A与物块B碰撞过程，根据动量守恒定律有mAv＝(mA＋mB)v共，解得＝，故A正确；由题图乙可知，x1处是物块B静止的位置，此时弹簧处于压缩状态，并不是原长，故x2位置处弹簧压缩量大于x2－x1，故C错误；设物块B处于静止状态时弹簧的压缩量为x0，根据平衡条件可知mBgsinθ＝kx0，由题图乙可知，当物块A与物块B一起运动到x2位置处时，速度最大，根据平衡条件有mAgsinθ＋mBgsinθ＝k(x2－x1＋x0)，物块A从O点运动到位置x1处的过程中，根据动能定理有mAgsinθx1＝E，联立解得弹簧的劲度系数k＝，故D正确；设A与B碰撞后，在x位置处A的加速度为a，根据牛顿第二定律有，mAgsinθ＋mBgsinθ－k[x－(x1－x0)]＝(mA＋mB)a，联立可得加速度a＝，则碰撞后A与B组成的整体的运动关于x2位置对称，则|x2－x|越大，a越大，当a最大时，E＝0，则A在x3位置处加速度最大，B正确。 ※18.(2023·浙江1月选考)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC； (2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ； (3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。 答案　(1)4 m/s　22 N　(2)0.3　(3)2.5 s 解析　(1)滑块从静止释放到C点的过程，根据动能定理可得 mg(h－1.2R－R－Rcosθ)＝mv－0 代入数据解得vC＝4 m/s 滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得 FC＋mg＝m 代入数据解得FC＝22 N。 (2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，滑块从静止释放到G点的过程，根据动能定理可得 mgh－0.2mgLFG＝mv2－0 摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，设共同速度大小为v1，以滑块和摆渡车组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律可得 mv＝2mv1 根据能量守恒定律可得 μmgL＝mv2－×2mv 联立并代入数据解得μ＝0.3。 (3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，设滑块的加速度为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 设滑块做匀减速运动所用时间为t1，此过程滑块通过的位移大小为x1；滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为t2，由运动学公式有 v1＝v－at1 x1＝t1 L0－x1＝v1t2 则滑块从G到J所用的时间为t＝t1＋t2 联立并代入数据解得t＝2.5 s。 ※19.(2023·辽宁高考)如图，质量m1＝1 kg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＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/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＝kx2。取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。 (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)1 m/s　0.125 m (2)0.25 m　 m/s　(3)4t0－8t 解析　(1)由于地面光滑，则在木板接触弹簧前，木板与物块组成的系统动量守恒，有 m2v0＝(m1＋m2)v1 代入数据解得v1＝1 m/s 木板接触弹簧前，在摩擦力作用下向右做匀加速运动，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μm2g＝m1a1 由运动学公式得v＝2a1x1 联立并代入数据解得x1＝0.125 m。 (2)木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时，设木板和物块的加速度大小为a共， 对木板和物块整体有kx2＝(m1＋m2)a共 对物块有μm2g＝m2a共 联立并代入数据解得x2＝0.25 m 对木板、物块及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得 kx＋(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v 代入数据解得v2＝ m/s。 (3)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，分析知木板的加速度始终大于物块的加速度，物块始终相对于木板向右运动，加速度大小为a共＝μg＝1 m/s2，方向水平向左。 此过程木板先向右运动，速度从v2减小到0，再反向加速至加速度大小等于a共，对木板受力分析可知，木板反向加速至加速度大小为a共，即与物块加速度相同时，弹簧的形变量为x2，由受力和运动的对称性知此过程的总时间为2t0，木板的末速度大小为v2，则此过程初末状态弹簧的弹性势能相等，木板的动能相等，由能量守恒定律可知，系统因摩擦转化的内能ΔU等于物块减少的动能，设物块的末速度为v3，则 ΔU＝m2v－m2v 对物块由匀变速直线运动规律得 v3＝v2－a共·2t0 联立并代入数据解得ΔU＝4t0－8t。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$