专题九动量守恒定律-【创新教程】2020-2024五年高考真题物理分类特训

　　　　　　　　专题九　动量守恒定律 考点１　动量定理的理解及应用 ◆动量 １．(２０２４􀅰黑吉辽卷,１)２０２４年５月３日长征 五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进 入地月转移轨道,火箭升空过程中,以下描 述的物理量属于矢量的是 (　　) A．质量 B．速率 C．动量 D．动能 ２．(２０２２􀅰 湖 南 卷,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v１ D．v２ 大于v０ ３．(２０２２􀅰湖南卷,７,５ 分)神舟十三号返回 舱进入大气层一段 时间后,逐一打开引 导伞、减速伞、主伞, 最后启动反冲装置,实现软着陆．某兴趣小组 研究了减速伞打开后返回舱的运动情况,将其 运动简化为竖直方向的直线运动,其v－t图像 如图所示．设该过程中,重力加速度不变,返回 舱质量不变,下列说法正确的是 (　　) A．在０~t１ 时间内,返回舱重力的功率随时 间减小 B．在０~t１ 时间内,返回舱的加速度不变 C．在t１~t２ 时间内,返回舱的动量随时间 减小 D．在t２~t３ 时间内,返回舱的机械能不变 ４．(２０２１􀅰湖南卷,２,４分)物体的运动状态可用 位置x和动量p描述,称为相,对应p－x图像 中的一个点．物体运动状态的变化可用p－x 图像中的一条曲线来描述,称为相轨迹．假如 一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速 直线运动,则对应的相轨迹可能是 (　　) ５．(２０２１􀅰北京卷,１０,３分)如 图所示,圆盘在水平面内以角 速度ω绕中心轴匀速转动,圆 盘上距轴r处的P 点有一质 量为m的小物体随圆盘一起转动．某时刻圆盘 突然停止转动,小物体由P点滑至圆盘上的某 点停止．下列说法正确的是 (　　) A．圆盘停止转动前,小物体所受摩擦力的 方向沿运动轨迹切线方向 B．圆盘停止转动前,小物体运动一圈所受 摩擦力的冲量大小为２mωr C．圆盘停止转动后,小物体沿圆盘半径方 向运动 D．圆盘停止转动后,小物体整个滑动过程 所受摩擦力的冲量大小为mωr ６．(２０２０􀅰全国Ⅰ卷,１４,６分)行驶中的汽车 如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹 出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在 很短时间内减小为零,关于安全气囊在此过 程中的作用,下列说法正确的是 (　　) A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的 受力面积 ◆动量定理 ７．(２０２４􀅰全国甲卷,２０)蹦床运动中,体重为 ６０kg的运动员在t＝０时刚好落到蹦床上, 对蹦床作用力大小F 与时间t的关系如图 所示．假设运动过程中运动员身体始终保持 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０７ 最新真题分类特训􀅰物理 竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平．忽略 空气阻力,重力加速度大小取１０m/s２．下列 说法正确的是 (　　) A．t＝０．１５s时,运动员的重力势能最大 B．t＝０．３０s时,运动员的速度大小为１０m/s C．t＝１．００s时,运动员恰好运动到最大高 度处 D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对 蹦床的平均作用力大小为４６００N ８．(２０２３􀅰广东卷,１０)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􀅰s C．滑块２受到合外力的冲量大小为０．４０N􀅰s D．滑块２受到滑块１的平均作用力大小为 ５．５N ９．(２０２１􀅰湖南卷,８,５分)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a－t图像如图(b)所示,S１ 表示０到 t１ 时间内A 的a－t图线与坐标轴所围图形 的面积大小,S２、S３ 分别表示t１ 到t２ 时间内 A、B 的a－t图线与坐标轴所围图形的面积 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 １０．(２０２１􀅰山东卷,１６,９ 分)海鸥捕到外壳坚 硬的鸟蛤(贝类动物) 后,有时会飞到空中 将它丢下,利用地面 的冲击打碎硬壳．一只海鸥叼着质量m＝ ０．１kg的鸟蛤,在 H＝２０m 的高度、以v０ ＝１５m/s的水平速度飞行时,松开嘴巴让 鸟蛤落到水平地面上．取重力加速度g＝ １０m/s２,忽略空气阻力． (１)若鸟蛤与地面的碰撞时间 Δt＝０．００５ s,弹起速度可忽略,求碰撞过程中鸟蛤受 到的平均作用力的大小F;(碰撞过程中不 计重力) (２)在海鸥飞行方向正下方的地面上,有一 与地面平齐、长度L＝６m 的岩石,以岩石 左端为坐标原点,建立如图所示坐标系．若 海鸥水平飞行的高度仍为２０m,速度大小 在１５m/s~１７m/s之间,为保证鸟蛤一定 能落到岩石上,求释放鸟蛤位置的x坐标 范围． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １７ 专题九　动量守恒定律 考点２　动量守恒定律的条件及应用 １．(２０２１􀅰全国乙卷,１４,６分)如 图,光滑水平地面上有一小车, 一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与 滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦． 用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑 块在车厢底板上有相对滑动．在以地面为参考 系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、 弹簧和滑块组成的系统 (　　) A．动量守恒,机械能守恒 B．动量守恒,机械能不守恒 C．动量不守恒,机械能守恒 D．动量不守恒,机械能不守恒 ２．(２０２１􀅰重庆卷,７,４ 分)质量相同的甲、乙 两小球(视为质点)以 不同的初速度竖直上 抛,某时刻两球发生 正碰．图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位 置随时间变化的曲线,其中虚线关于t＝t１ 左 右对称,实线两个顶点的纵坐标相同．若小球 运动中除碰撞外仅受重力,则 (　　) A．t＝０时刻,甲的速度大于乙的速率 B．碰撞前后瞬间,乙的动量不变 C．碰撞前后瞬间,甲的动能不变 D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能 ３．(２０２４􀅰江苏卷,１４)嫦娥六号在轨速度为 v０,着陆器对应的组合体 A 与轨道器对应 的组合体B分离时间为 Δt,分离后 B的速 度为v,且与v０ 同向,A、B 的质量分别为 m、M．求: (１)分离后 A的速度v１; (２)分离时 A对B的推力大小． ４．(２０２１􀅰河北卷,１３,１１分)如图,一滑雪道 由AB 和BC 两段滑道组成,其中AB 段倾 角为θ,BC 段水平,AB 段和BC 段由一小 段光滑圆弧连接．一个质量为２kg的背包 在滑道顶端A 处由静止滑下,若１s后质量 为４８kg的滑雪者从顶端以１．５m/s的初 速度、３m/s２ 的加速度匀加速追赶,恰好在 坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将 其拎起．背包与滑道间的动摩擦因数为μ＝ １ １２ ,重力加速度取g＝１０m/s２,sinθ＝７２５ , cosθ＝２４２５ ,忽略空气阻力及拎包过程中滑雪 者与背包的重心变化．求: (１)滑道AB 段的长度; (２)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２７ 最新真题分类特训􀅰物理 ５．(２０２１􀅰北京卷,１７,９ 分)如图所示,小物块 A、B 的质量均为m＝ ０􀆰１０kg,B 静止在轨道 水平段的末端．A 以水平速度v０ 与B 碰撞, 碰后两物块粘在一起水平抛出．抛出点距离 水平地面的竖直高度为h＝０􀆰４５m,两物块 落地点距离轨道末端的水平距离为s＝０􀆰３０ m,取重力加速度g＝１０m/s２．求: (１)两物块在空中运动的时间t; (２)两物块碰前A 的速度v０ 的大小; (３)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点３　动量守恒中的几类典型模型 ◆人船模型 １．(２０２１􀅰山东卷,１１,４分) 如图所示,载有物资的热 气球静止于距水平地面 H 的高处,现将质量为m 的 物资以相对地面的速度v０ 水平投出,落地时物资与热 气球的距离为d．已知投出 物资后热气球的总质量为M,所受浮力不变, 重力加速度为g,不计阻力,以下判断正确的是 (　　) A．投出物资后热气球做匀加速直线运动 B．投出物资后热气球所受合力大小为mg C．d＝ １＋mM æ è ç ö ø ÷ ２Hv２０ g ＋H ２ D．d＝ ２Hv２０ g ＋ １＋ m M æ è ç ö ø ÷ ２ H２ ◆碰撞模型 ２．(２０２０􀅰全国Ⅱ卷,２１,６分)水平冰面上有 一固定的竖直挡板．一滑冰运动员面对挡板 静止在冰面上,他把一质量为４．０kg的静 止物块以大小为５．０m/s的速度沿与挡板 垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速 度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运 动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再 一次以大小为５．０m/s的速度与挡板弹性 碰撞．总共经过８次这样推物块后,运动员 退行速度的大小大于５．０m/s,反弹的物块 不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力,该 运动员的质量可能为 (　　) A．４８kg B．５３kg C．５８kg D．６３kg ３．(２０２２􀅰广东卷,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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３７ 专题九　动量守恒定律 ４．(２０２１􀅰广东卷,１３,１１分)算盘是我国古老 的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘 的固定导杆上滑动,使用前算珠需要归零． 如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗 算珠未在归零位置,甲靠边框b,甲、乙相隔 s１＝３．５×１０－２m,乙与边框a相隔s２＝２．０ ×１０－２m,算珠与导杆间的动摩擦因数为μ ＝０．１．现用手指将甲以０．４m/s的初速度拨 出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为０．１m/s, 方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速 度g取１０m/s２． (１)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边 框a; (２)求甲算珠从拨出到停下所需的时间． ５．(２０２１􀅰湖南卷,１４, １５分)如图,竖直平 面内一足够长的光 滑倾斜轨道与一长 为L 的水平轨道通 过一小段光滑圆弧平滑连接,水平轨道右下 方有一段弧形轨道PQ．质量为m 的小物块 A 与水平轨道间的动摩擦因数为μ．以水平 轨道末端O 点为坐标原点建立平面直角坐 标系xOy,x 轴的正方向水平向右,y 轴的 正方向竖直向下,弧形轨道 P 端坐标为 (２μL,μL),Q 端 在y 轴 上．重 力 加 速 度 为g． (１)若A 从倾斜轨道上距x 轴高度为２μL 的位置由静止开始下滑,求A 经过O 点时 的速度大小; (２)若A 从倾斜轨道上不同位置由静止开 始下滑,经过O点落在弧形轨道PQ 上的动 能均相同,求PQ 的曲线方程; (３)将质量为λm(λ为常数且λ≥５)的小物 块B 置于O 点,A 沿倾斜轨道由静止开始 下滑,与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短), 要使A 和B 均能落在弧形轨道上,且A 落 在B 落点的右侧,求A 下滑的初始位置距x 轴高度的取值范围． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点５　动量和能量的综合应用 １．(２０２４􀅰江苏卷,９)在 水平面上有一个 U 形 滑板 A,A的上表面有 一个静止的物体B,左侧用轻弹簧连接在滑板 A的左侧,右侧用一根细绳连接在滑板B的右 侧,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑, 剪断细绳后,则 (　　) A．弹簧原长时物体动量最大 B．压缩最短时物体动能最大 C．系统动量变大 D．系统机械能变大 ２．(２０２４􀅰湖北卷,１０)如 图所示,在光滑水平面 上静止放置一质量为 M、长为L的木块,质量为m 的子弹水平射 入木块．设子弹在木块内运动过程中受到的 阻力不变,其大小f 与射入初速度大小v０ 成正比,即f＝kv０(k为已知常数)．改变子 弹的初速度大小v０,若木块获得的速度最 大,则 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５７ 专题九　动量守恒定律 A．子弹的初速度大小为２kL (m＋M) mM B．子弹在木块中运动的时间为 ２mMk(m＋M) C．木 块 和 子 弹 损 失 的 总 动 能 为k ２L２(m＋M) mM D．木块在加速过程中运动的距离为 mLm＋M ３．(２０２４􀅰山东卷,１７)(１４分)如图甲所示,质 量为 M 的轨道静止在光滑水平面上,轨道 水平部分的上表面粗糙,竖直半圆形部分的 表面光滑,两部分在P 点平滑连接,Q 为轨 道的最高点．质量为 m 的小物块静置在轨 道水平部分上,与水平轨道间的动摩擦因数 为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知 轨道半圆形部分的半径R＝０􀆰４m,重力加 速度大小g＝１０m/s２． (１)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿 轨道运动到Q 点时,受到轨道的弹力大小 等于３mg,求小物块在Q 点的速度大小v; (２)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的 推力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道 加速度a与F 对应关系如图乙所示． (ⅰ)求μ和m; (ⅱ)初始时,小物块静置在轨道最左端,给 轨道施加水平向左的推力F＝８N,当小物 块到P 点时撤去F,小物块从Q 点离开轨 道时相对地的速度大小为７m/s．求轨道水 平部分的长度L． ４．(２０２４􀅰河北卷,１５)(１６分)如图,三块厚度 相同、质量相等的木板 A、B、C(上表面均粗 糙)并排静止在光滑水平面上,尺寸不计的 智能机器人静止于 A 木板左端．已知三块 木板质量均为２．０kg,A 木板长度为２．０ m,机器人质量为６．０kg,重力加速度g 取 １０m/s２,忽略空气阻力． (１)机器人从 A 木板左端走到 A 木板右端 时,求 A、B木板间的水平距离． (２)机器人走到 A 木板右端相对木板静止 后,以做功最少的方式从 A木板右端跳到B 木板左端,求起跳过程机器人做的功,及跳 离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正 切值． (３)若机器人以做功最少的方式跳到B木板 左端后立刻与B木板相对静止,随即相对B 木板连续不停地３次等间距跳到 B木板右 端,此时B木板恰好追上 A木板．求该时刻 A、C两木板间距与B木板长度的关系． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６７ 最新真题分类特训􀅰物理 ５．(２０２４􀅰湖南卷,１５)如图, 半径为R 的圆环水平放置 并固 定,圆 环 内 有 质 量 为 mA 和 mB 的 小 球 A 和 B (mA＞mB)．初始时小球A以初速度v０ 沿圆 环切线方向运动,与静止的小球 B发生碰 撞．不计小球与圆环之间的摩擦,两小球始 终在圆环内运动． (１)若小球 A与B碰撞后结合在一起,求碰 撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动 所需向心力的大小; (２)若小球 A与B之间为弹性碰撞,且所有 的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶 点,求小球的质量比mA mB ; (３)若小球 A与B之间为非弹性碰撞,每次 碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速 度大小的e倍(０＜e＜１),求第１次碰撞到 第２n＋１次碰撞之间小球B通过的路程． ６．(２０２４􀅰黑吉辽卷,１４)如图,高度h＝０．８m 的水平桌面上放置两个相同物块 A、B,质量 mA＝mB＝０．１kg．A、B间夹一压缩量Δx＝ ０．１m的轻弹簧,弹簧与 A、B不拴接．同时 由静止释放 A、B,弹簧恢复原长时 A 恰好 从桌 面 左 端 沿 水 平 方 向 飞 出,水 平 射 程 xA＝０．４m,B脱离弹簧后沿桌面滑行一段 距离xB＝０．２５m 后停止．A、B 均视为质 点,取重力加速度g＝１０m/s２．求: (１)脱离弹簧时 A、B的速度大小vA 和vB; (２)物块与桌面间的动摩擦因数μ; (３)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７７ 专题九　动量守恒定律 ７．(２０２４􀅰湖北卷, １４)(１６ 分)如 图 所示,水平传送带 以５ m/s的速度 顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为 ３．６m．传送带右端的正上方有一悬点O,用 长为０．３m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为 ０􀆰２kg的小球,小球与传送带上表面平齐 但不接触．在O点右侧的P 点固定一钉子, P 点与O 点等高．将质量为０􀆰１kg的小物 块无初速轻放在传送带左端,小物块运动到 右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间 小物块的速度大小为１m/s、方向水平向 左．小球碰后绕O 点做圆周运动,当轻绳被 钉子挡住后,小球继续绕P 点向上运动．已 知小物块与传送带间的动摩擦因数为０􀆰５, 重力加速度大小g＝１０m/s２． (１)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的 速度大小; (２)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成 的系统损失的总动能; (３)若小球运动到 P 点正上方,绳子不松 弛,求P 点到O 点的最小距离． ８．(２０２３􀅰全国乙卷,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．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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８７ 最新真题分类特训􀅰物理 ９．(２０２３􀅰山东卷,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． １０．(２０２３􀅰浙江卷,１８)(１１分)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＝０．４m 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＝１００N/m 的轻质 弹簧连接,静置于轨道FG上．现有质量m＝ ０．１２kg的滑块a以初速度v０＝２ ２１m/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＝０．８m,以v＝２m/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,各滑块均可 视为质点,弹簧的弹性势能 Ep＝ １ ２kx ２ (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＝ １m/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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９７ 专题九　动量守恒定律 １１．(２０２３􀅰 湖 南 卷, 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 ＝ b a－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及g 表示)． １２．(２０２３􀅰辽宁卷,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＝４ kg的小物块以水平向右的速度v０＝ ５ ４ 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＝ １ ２ kx２．取重力加速度g＝１０m/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)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０８ 最新真题分类特训􀅰物理 １３．(２０２２􀅰全国乙卷,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．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． １４．(２０２２􀅰浙江６月,２０,１２分)如图所示,在 竖直面内,一质量m 的物块a 静置于悬点 O 正下方的A 点,以速度v逆时针转动的 传送带MN 与直轨道AB、CD、FG 处于同 一水平面上,AB、MN、CD 的长度均为l． 圆弧形细管道DE 半径为R,EF 在竖直直 径上,E 点高度为H．开始时,与物块a相 同的物块b悬挂于O 点,并向左拉开一定 的高度h由静止下摆,细线始终张紧,摆到 最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m ＝２g,l＝１m,R＝０．４m,H＝０．２m,v＝２ m/s,物块与MN、CD 之间的动摩擦因数μ ＝０．５,轨道AB 和管道DE 均光滑,物块a 落到FG 时不反弹且静止．忽略 M、B 和 N、C之间的空隙,CD 与DE 平滑连接,物 块可视为质点,取g＝１０m/s２． (１)若h＝１．２５m,求a、b碰撞后瞬时物块 a 的速度v０ 的大小; (２)物块a在DE 最高点时,求管道对物块 的作用力FN 与h间满足的关系; (３)若物块b释放高度０．９m＜h＜１．６５m,求 物块a最终静止的位置x值的范围(以A点 为坐标原点,水平向右为正,建立x轴)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １８ 专题九　动量守恒定律 实验十五　验证动量守恒定律 １．(２０２４􀅰山东卷,１３)(６分)在第四次“天宫课 堂”中,航天员演示了动量守恒实验．受此启 发,某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞 实验,气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传 感器,a测量滑块 A与它的距离xA,b测量滑 块B与它的距离xB．部分实验步骤如下: ①测量两个滑块的质量,分别为２００．０g和 ４００．０g; ②接通气源,调整气垫导轨水平; ③拨动两滑块,使 A、B均向右运动; ④导出传感器记录的数据,绘制xA、xB 随时 间变化的图像,分别如图乙、图丙所示． 图甲 图乙　　　　　　　　图丙 回答以下问题: (１)从图像可知两滑块在t＝　　　　s时 发生碰撞; (２)滑块B碰撞前的速度大小v＝　　　　 　 　 m/s(保留２位有效数字); (３)通过分析,得出质量为２００．０g的滑块 是　　　　(填“A”或“B”)． ２．(２０２４􀅰新课标卷, ２２)(６分)某同学用 如图所示的装置验 证动量守恒定律．将 斜槽轨道固定在水 平桌面上,轨道末段水平、右侧端点在水平 木板上的垂直投影为O,木板上叠放着白纸 和复写纸．实验时先将小球a从斜槽轨道上 Q 处由静止释放,a从轨道右端水平飞出后 落在木板上;重复多次,测出落点的平均位 置P 与O 点的距离xP．将与小球a半径相 等的小球b置于轨道右侧端点,再将小球a 从Q 处由静止释放,两球碰撞后均落在木 板上;重复多次,分别测出a、b两球落点的 平均位置 M、N 与O 点的距离xM、xN． 完成下列填空: (１)记a、b两球的质量分别为ma、mb,实验中 须满足条件ma 　　　　mb(填“＞”或“＜”); (２)如果测得的xP、xM、xN、ma 和mb,在实 验误差范围内满足关系式　　　　,则验证 了两小球在碰撞中满足动量守恒定律．实验 中,用小球落点与O 点的距离来代替小球 水平飞出时的速度,依据是　　　　． ３．(２０２３􀅰辽宁卷,１１)(８分)某同学为了验证 对心碰撞过程中的动量守恒定律,设计了如 下实验:用纸板搭建如图所示的滑道,使硬 币可以平滑地从斜面滑到水平面上,其中 OA 为水平段．选择相同材质的一元硬币和 一角硬币进行实验． 测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量 分别为m１ 和m２(m１＞m２)．将硬币甲放置在斜 面上某一位置,标记此位置为B．由静止释放 甲,当甲停在水平面上某处时,测量甲从O点 到停止处的滑行距离OP．将硬币乙放置在O 处,左侧与O点重合,将甲放置于B点由静止 释放．当两枚硬币发生碰撞后,分别测量甲、乙 从O点到停止处的滑行距离OM 和ON．保持 释放位置不变,重复实验若干次,得到OP、 OM、ON 的平均值分别为s０、s１、s２． (１)在本实验中,甲选用的是　　　　(填 “一元”或“一角”)硬币; (２)碰撞前,甲到O 点时速度的大小可表示 为　　　　(设硬币与纸板间的动摩擦因数 为μ,重力加速度为g); (３)若 甲、乙 碰 撞 过 程 中 动 量 守 恒,则 s０－ s１ s２ ＝　　　　(用m１ 和m２ 表示), 然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰 撞过程中动量是否守恒; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２８ 最新真题分类特训􀅰物理 (４)由于存在某种系统或偶然误差,计算得 到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化 量大小的比值不是１,写出一条产生这种误差 可能的原因　　　　　　　　　　　　． ４．(２０２２􀅰全国甲卷,２３,１０分)利用图示的实 验装置对碰撞过程进行研究．让质量为m１ 的 滑块A与质量为m２ 的静止滑块B在水平气 垫导轨上发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞 后A和B的速度大小v１ 和v２,进而分析碰撞 过程是否为弹性碰撞．完成下列填空: (１)调节导轨水平． (２)测得两滑块的质量分别为０．５１０kg和 ０．３０４kg．要使碰撞后两滑块运动方向相反,应 选取质量为　　　　kg的滑块作为A． (３)调节B 的位置,使得A 与B 接触时,A 的左端到左边挡板的距离s１ 与B 的右端到 右边挡板的距离s２ 相等． (４)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动,并 与B碰撞,分别用传感器记录A 和B从碰撞 时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t１ 和t２． (５)将B 放回到碰撞前的位置,改变A 的初 速度大小,重复步骤(４)．多次测量的结果如 下表所示． １ ２ ３ ４ ５ t１/s ０􀆰４９ ０􀆰６７ １􀆰０１ １􀆰２２ １􀆰３９ t２/s ０􀆰１５ ０􀆰２１ ０􀆰３３ ０􀆰４０ ０􀆰４６ k＝ v１ v２ ０􀆰３１ k２ ０􀆰３３ ０􀆰３３ ０􀆰３３ (６)表中的k２＝　　　(保留２位有效数字)． (７) v１ v２ 的平均值为　　(保留２位有效数字)． (８)理论研究表明,对本实验的碰撞过程,是 否为弹性碰撞可由 v１ v２ 判断．若两滑块的碰撞 为弹性碰撞,则v１ v２ 的理论表达式为　　　 (用m１ 和m２ 表示),本实验中其值为　　　 (保留２位有效数字),若该值与(７)中结果间 的差别在允许范围内,则可认为滑块 A 与 滑块B 在导轨上的碰撞为弹性碰撞． ５．(２０２１􀅰江苏卷,１１,１５分)小明利用如图１ 所示的实验装置验证动量定理．将遮光条安 装在滑块上,用天平测出遮光条和滑块的总 质量M＝２００．０g,槽码和挂钩的总质量m＝ ５０．０g．实验时,将滑块系在绕过定滑轮悬挂有 槽码的细线上．滑块由静止释放,数字计时器 记录下遮光条通过光电门１和２的遮光时间 Δt１ 和Δt２,以及这两次开始遮光的时间间隔 Δt,用游标卡尺测出遮光条宽度,计算出滑块 经过两光电门速度的变化量Δv． (１)游标卡尺测量遮光条宽度如图２所示, 其宽度d＝　　　　　mm; (２)打开气泵,带气流稳定后调节气垫导轨, 直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持 静止,其目的是　　　　　; (３)多次改变光电门２的位置进行测量,得到 Δt和Δv的数据如下表,请根据表中数据,在 方格纸上作出Δv－Δt图线． Δt/s ０􀆰７２１ ０􀆰７９０ ０􀆰８５４ ０􀆰９１３ ０􀆰９６８ Δv/(m􀅰s－１) １􀆰３８ １􀆰５２ １􀆰６４ １􀆰７５ １􀆰８６ (４)查得当地的重力加速度g＝９．８０m/s２, 根据动量定理,Δv－Δt图线斜率的理论值 为　　　　　m/s２; (５)实验结果发现,图线斜率的实验值总小 于理论值,产生这一误差的两个可能原因是 　　　　　． A．选用的槽码质量偏小 B．细线与气垫导轨不完全平行 C．每次释放滑块的位置不同 D．实验中Δt的测量值偏大 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３８ 专题九　动量守恒定律 (４)①温 度 升 高 时,该 热 敏 电 阻 阻 值 减 小,分 得 电 压 减 少．而温度高时输出电压要升高,以触发报警,所以 R１ 为热 敏 电 阻．②由 图 线 可 知,温 度 为 ５０℃ 时,R１＝０．８ kΩ,由欧姆定律可得E＝I(R１＋R２),U＝IR２,代入数据 解得R２＝１．２kΩ． 答案:(１) (２)１．８　(３)２５．５　(４)R１　１．２ 专题九　动量守恒定律 考点１　动量定理的理解及应用 １．C　矢量是既有大小又有方向的物理量,所以动量是矢 量,而质量、速率、动能只有大小没有方向,是标量． ２．B　设中子的质量为m,氢核的质量为 m,氮核的质量为 １４m,设中子和氢核碰撞后中子速度为v３,由动量守恒定 律和能量守恒定律可得mv０＝mv１＋mv３, １ ２mv ２ ０＝ １ ２mv ２ １＋ １ ２mv ２ ３, 联立解得v１＝v０, 设中子和氮核碰撞后中子速度为v４,由动量守恒定律和 能量守恒定律可得mv０＝１４mv２＋mv４, １ ２mv ２ ０＝ １ ２ 􀅰１４mv２２＋ １ ２mv ２ ４, 联立解得v２＝ ２ １５v０ 可得v１＝v０＞v２, 碰撞后氢核的动量为pH＝mv１＝mv０, 氮核的动量为pN＝１４mv２＝ ２８mv０ １５ , 可得pN＞pH, 碰撞后氢核的动能为EkH ＝ １ ２mv ２ １＝ １ ２mv ２ ０, 氮核的动能为EkN ＝ １ ２ 􀅰１４mv２２＝ ２８mv２０ ２２５ , 可得EkH ＞EkN ,故B正确,ACD错误．故选B． ３．AC　A．重力的功率为P＝mgv, 由题图可知在０~t１ 时间内,返回舱的速度随时间减小, 故重力的功率随时间减小,故 A正确; B．根据v－t图像的斜率表示加速度可知在０~t１ 时间 内返回舱的加速度减小,故B错误; C．在t１~t２ 时间内由图像可知返回舱的速度减小,故可 知动量随时间减小．故 C正确; D．在t２~t３ 时间内,由 题 中 图 像 可 知 返 回 舱 的 速 度 不 变,则动能不 变,但 由 于 返 回 舱 高 度 下 降,重 力 势 能 减 小,故机械能减小,故 D错误．故选 AC． ４．D　质点沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运 动,则有v２＝２ax 而动量为p＝mv 联立可得p＝m ２ax＝m ２a􀅰x １ ２ 动量p关于x 为幂函数,且x＞０,故正确相轨迹图像为 D．故选 D． ５．D　A．圆盘停止转动前,小物体随圆盘一起转动,小物体 所受摩擦力提供向心力,方向沿半径方向,故 A 错误;B． 圆盘停止转动前,小物体所受摩擦力 f＝mrω２, 小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为 I＝fT＝mrω２×２πω＝２πmrω , 故B错误;C．圆盘停止转动后,小物体沿切线方向运动, 故 C错误;D．圆盘停止转动后,根据动量定理可知,小物 体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为 I′＝Δp＝mv＝mrω, 故 D正确．故选 D． ６．D　A．因安全气囊充气后,受力面积增大,故减小了司机 单位面积的受力大小,故 A 错误;B．有无安全气囊司机 初动量和末动量均相同,所以动量的改变量也相同,故 B 错误;C．因有安全气囊的存在,司机和安全气囊接触后 会有一部分动能转化为气体的内能,不能全部转化成汽 车的动能,故 C错误;D．因为安全气囊充气后面积增大, 司机的受力面积也增大,在司机挤压气囊作用过程中由 于气囊的缓冲故增加了作用时间,故 D正确．故选 D． ７．BD　A．根据牛顿第三定律结合题图可知t＝０．１５s时, 蹦床对运动员的弹力最大,蹦床的形变量最大,此时运 动员处于最低点,运动员 的 重 力 势 能 最 小,故 A 错 误; BC．根据题图可知运动员从t＝０．３０s离开蹦床到t＝ ２．３s再次落到蹦床上经历的时间为２s,根据竖直上抛 运动的 对 称 性 可 知,运 动 员 上 升 时 间 为 １s,则 在t＝ １．３s时,运动员恰好运动到最大高度处,t＝０．３０s时运 动员的速度大小v＝１０×１m/s＝１０m/s,故 B正确,C 错误;D．同 理 可 知 运 动 员 落 到 蹦 床 时 的 速 度 大 小 为 １０m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理 F􀅰Δt－ mg􀅰Δt＝mv－(－mv), 其中 Δt＝０．３s, 代入数据可得F＝４６００N, 根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开 过程中对蹦床的平均作用力大小为４６００N,故 D正确． ８．BD　A．取向右为正方向,滑块１和滑块２组成的系统的 初动量为p１＝mv１＝１×０．４０kg􀅰m/s＝０．４０kg􀅰m/s, 碰撞后的动量 为p２＝２mv２＝２×１×０．２２kg􀅰m/s＝ ０．４４kg􀅰m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒,故 A 错 误;B．对滑块１,取向右为正方向,则有I１＝mv２－mv１＝ １×０．２２kg􀅰m/s－１×０．４０kg􀅰m/s＝－０．１８kg􀅰m/s,负 号表示方向水平向左,故B正确;C．对滑块２,取向右为正 方向,则有I２＝mv２＝１×０．２２kg􀅰m/s＝０．２２kg􀅰m/s,故 C错误;D．对滑块２根据动量定理有FΔt＝I２,解得F＝ ５．５N,则滑块２受到滑块１的平均作用力大小为５．５N,故 D正确．故选BD． ９．ABD　A．由于在０~t１ 时间内,物体B 静止,则对B 受 力分析有F墙 ＝F弹 则墙对B 的冲量大小等于弹簧对B 的冲量大小,而弹簧 既作用于B 也作用于A,则可将研究对象转为A,撤去F 后A 只受弹力作用,则根据动量定理有 I＝mAv０(方向向右) 则墙对B 的冲量与弹簧对A 的冲量大小相等、方向相 同,A正确;B．由a－t图可知t１ 后弹簧被拉伸,在t２ 时 刻弹簧的拉伸量达到最大,根据牛顿第二定律有 F弹 ＝mAaA＝mBaB,由图可知aB ＞aA,则 mB ＜mA,B正 确;C．由图可得,t１ 时刻B 开始运动,此时A 速度为v０, 之后A、B 动量守恒,A、B 和弹簧整个系统能量守恒,则 mAv０＝mAvA＋mAvB 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ００２ 最新真题分类特训􀅰物理 可得A、B 整体的动能不等于０,即弹簧的弹性势能会转 化为A、B 系统的动能,弹簧的形变量小于x,C错误;D． 由aＧt图可知t１ 后B 脱离墙壁,且弹簧被拉伸,在t１~t２ 时间内A、B 组成的系统动量守恒,且在t２ 时刻弹簧的 拉伸量达到最大,A、B 共速,由a－t图像的面积为 Δv, 在t２ 时刻A、B 的速度分别为vA＝S１－S２,vB＝S３ A、B 共速,则S１－S２＝S３,D正确．故选 A、B、D． １０．解析:(１)设平抛运动的时间为t,鸟蛤落地前瞬间的速 度大小为v．竖直方向分速度大小为vy,根据运动的合 成与分解得 H＝１２gt ２,vy＝gt,v＝ v２０＋v２y 在碰撞过程中,以鸟蛤为研究对象,取速度v的方向为 正方向,由动量定理得 －FΔt＝０－mv 联立,代入数据得F＝５００N (２)若释放鸟蛤的初速度为v１＝１５m/s,设击中岩石左 端时,释放点的x 坐标为x１,击中右端时,释放点的x 坐标为x２,得 x１＝v１t,x２＝x１＋L 联立,代入数据得 x１＝３０m,x２＝３６m 若释放鸟蛤时的初速度为v２＝１７m/s,设击中岩石左 端时,释放点的x坐标为x１′,击中右端时,释放点的x 坐标为x２′,得 x１′＝v２t,x２′＝x１′＋L 联立,代入数据得x１′＝３４m,x２′＝４０m 综上得x坐标区间 [３４m,３６m]或(３４m,３６m) 答案:(１)F＝５００N;(２)[３４m,３６m]或(３４m,３６m) 考点２　动量守恒定律的条件及应用 １．B　因为滑块与车厢水平底板间有摩擦,且撤去推力后 滑块在车厢底板上有相对滑动,即摩擦力做功,而水平 地面是光滑的;以小车、弹簧和滑块组成的系统,根据动 量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动 量守恒,机械能不守恒．故选B． ２．C　本题考查竖直上抛情景中的动量守恒 和 机 械 能 守 恒．xＧt图像的切线斜率表示物体的速度,由题图可知,t ＝０时刻,v甲 ＜v乙 ,A 错误;题图中虚线关于t＝t１ 左右 对称实线两个顶点纵坐标相同,可知发生碰撞前甲、乙 两小球速度 大 小 相 等,发 生 碰 撞 后 两 小 球 速 度 发 生 互 换,乙球动量大小不变,方向相反,甲球速度大小不变, 动能不变,B错误,C正确;实线两个顶点的纵坐标相同, 可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等,D错误． ３．解析:(１)组合体分离前后动量守恒,取v０ 的方向为正方 向,有(m＋M)v０＝Mv＋mv１, 解得v１＝ (m＋M)v０－Mv m ． (２)以B为研究对象,对 B根据列动量定理有FΔt＝Mv －Mv０,解得F＝ M(v－v０) Δt 答案:(１) (m＋M)v０－Mv m 　 (２) M(v－v０) Δt ４．解析:(１)设斜面长度为L,背包质量为 m１＝２kg,在斜 面上滑行的加速度为a１,由牛顿第二定律有 m１gsinθ－ μm１gcosθ＝m１a１,解得a１＝２m/s ２, 滑雪者质量为m２＝４８kg,初速度为v０＝１．５m/s,加速 度为a２＝３m/s２,在斜面上滑行时间为t,落后时间t０＝ １s,则 背 包 的 滑 行 时 间 为t＋t０,由 运 动 学 公 式 得 L＝１２a１ (t＋t０)２, L＝v０t＋ １ ２a２t ２, 联立解得t＝２s或t＝－１s(舍去) 故可得L＝９m (２)背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v１、v２,有v１ ＝a１(t＋t０)＝６m/s v２＝v０＋a２t＝７．５m/s 滑雪者拎起背包的过程,系统在光滑水平面上外力为零,动 量守恒,设共同速度为v,有m１v１＋m２v２＝(m１＋m２)v． 解得v＝７．４４m/s． 答案:(１)L＝９m　(２)v＝７．４４m/s ５．解析:(１)竖直方向为自由落体运动,由 h＝１２gt ２, 得t＝０􀆰３０s． (２)设A、B 碰后速度为v,水平方向为匀速运动,由 s＝vt, 得v＝１．０m/s, 根据动量守恒定律,由 mv０＝２mv, 得v０＝２．０m/s． (３)两物体碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝１２mv ２ ０－ １ ２ 􀅰２mv２, 得 ΔE＝０．１０J． 答案:(１)０􀆰３０s;(２)２．０m/s;(３)０．１０J 考点３　动量守恒中的几类典型模型 １．BC　AB．热气球开始携带物资时处于静止状态,所受合 外力为０,初动量为０,水平投出重力为mg的物资瞬间, 满足动量守恒定律 Mv＝mv０,则热气球和物资的动量等 大反向,热气球获得水平向左的速度v,热气球所受合外 力恒为mg,竖直向上,所以热气球做匀加速曲线运动,A 错误,B正确;CD．热气球和物资的运动示意图如图所示 热气球和物资所受合力大小均为 mg,所以热气球在竖 直方向上加速度大小为a＝mMg 物资落地 H 过程所用的时间t内,根据 H＝１２gt ２ 解得 落地时间为 t＝ ２Hg , 热气 球 在 竖 直 方 向 上 运 动 的 位 移 为 HM ＝ １ ２at ２ ＝ １ ２ 􀅰m Mg 􀅰２H g ＝ m MH , 热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动,水平位移 为xm＝v０t＝v０ ２H g xM＝vt＝ m M v０ 􀅰 ２H g 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １０２ 详解详析 根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为 d＝ (xm＋xM)２＋(H＋HM)２＝(１＋ m M )２Hv ２ ０ g ＋H ２, C正确,D错误．故选B、C． ２．BC　设运动员和物块的质量分别为 m、m０ 规定运动员 运动的方向为正方向,运动员开始时静止,第一次将物块 推出后,运动员和物块的速度大小分别为v１、v０,则根据动 量守恒定律０＝mv１－m０v０,解得v１＝ m０ mv０ ,物块与弹性挡 板撞击后,运动方向与运动员同向,当运 动员再次推出 物块mv１＋m０v０＝mv２－m０v０,解得v２＝ ３m０ mv０ ,第３次 推出后mv２＋m０v０＝mv３－m０v０,解得v３＝ ５m０ mv０ ,依次 类推,第８次推出后,运动员的速度v８＝ １５m０ m v０ ,根据题意 可知v８＝ １５m０ m v０＞５m /s,解得m＜６０kg,第７次运动员的 速度 一 定 小 于５m/s,则 v７ ＝ １３m０ m v０ ＜５ m /s,解 得 m＞５２kg,综上 所 述,运 动 员 的 质 量 满 足 ５２kg＜m＜ ６０kg,A、D错误,B、C正确．故选B、C． ３．解析:(１)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于 滑块和滑杆的重力,即 N１＝(m＋M)g＝８N 当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为１N,根据 牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为１N,方向 竖直向上,则此时桌面对滑杆的支持力为 N２＝Mg－f′＝５N (２)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有 －mgl－fl＝１２mv ２－１２mv ２ ０ 代入数据解得v＝８m/s． (３)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞,即碰后两者 共速,碰撞过程根据动量守恒有mv＝(m＋M)v１ 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动,根 据动能定理有－(m＋M)gh＝０－１２ (m＋M)v２１ 代入数据联立解得h＝０．２m． 答案:(１)N１＝８N,N２＝５N;(２)v＝８m/s;(３)h＝０．２m ４．解析:(１)甲、乙 滑 动 时 的 加 速 度 大 小 均 为a＝μg＝ １m/s２,甲与乙碰前的速度v１,则v２１＝v２０－２as１解得v１ ＝０．３m/s,甲、乙碰撞时由动量守恒定律 mv１＝mv２＋ mv３解得碰后乙的速度v３＝０．２m/s,然后乙做减速运 动,当速度减为零时,则 x＝v ２ ３ ２a＝ ０．２２ ２×１m＝０．０２m＝s２ 可知乙恰好能滑到边框a; (２)甲与乙碰前运动的时间t１＝ v０－v１ a ＝ ０．４－０．３ １ s＝ ０．１s,碰后甲运动的时间t２＝ v２ a＝ ０．１ １ s＝０．１s ,则甲运 动的总时间为t＝t１＋t２＝０．２s． 答案:(１)能　计算过程见解析　(２)０．２s ５．解析:(１)物块 A 从光滑轨道滑至O 点,根据动能定理 mg􀅰２μL－μmgL＝ １ ２mv ２ 解得v＝ ２μgL (２)物块A 从O 点飞出后做平抛运动,设飞出的初速度 为v０,落在弧形轨道上的坐标为(x,y),将平抛运动分别 分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落 体运动,有x＝v０t,y＝ １ ２gt ２ 解得水平初速度为v２０＝g x２ ２y 物块A 从O 点到落点,根据动能定理可知 mgy＝Ek－ １ ２mv ２ ０ 解得落点处动能为 Ek＝mgy＋ １ ２mv ２ ０＝mgy＋ mgx２ ４y 因为物块A 从O 点到弧形轨道上动能均相同,将落点P (２μL,μL)的坐标代入,可得 Ek＝mgy＋ mgx２ ４y ＝mg×μL＋ mg(２μL) ２ ４×μL ＝２μmgL 化简可得y＋x ２ ４y＝２μL ,x２＋４y２－８μLy＝０, 即x＝２ ２μLy－y ２(其中,μL≤y≤２μL) 所以０≤x≤２μL (３)物块A 在倾斜轨道上从距x 轴高h 处静止滑下,到 达O 点与B 物块碰前,根据动能定理可知 mgh－μmgL＝ １ ２mv ２ １ 解得v２１＝２gh－２μgL 物块A 与B 发生弹性碰撞,使 A 和B 均能落在弧形轨 道上,且A 落在B 落点的右侧,则A 与B 碰撞后需要反 弹后再经过水平轨道－倾斜轨道－水平轨道再次到达O 点．规定水平向右为正方向,在物块A 与B 碰撞过程中, 动量守恒,能量守恒．则 mv１＝－mv２＋λmv３ １ ２mv ２ １＝ １ ２mv ２ ２＋ １ ２ 􀅰λmv２３ 解得v２＝ λ－１ λ＋１v１ ,v３＝ ２ λ＋１v１ 设碰后A 物块反弹,再次到达O 点时速度为v４,根据动 能定理可知－２μmgL＝ １ ２mv ２ ４－ １ ２mv ２ ２ 解得v２４＝v２２－４μgL 物块从O 飞出后做平抛运动,设初速度为v′,分解位移x ＝v′t,y＝１２gt ２ 可得平抛的轨迹方程为x２＝２v′ ２ gy 与PQ 的 曲 线 方 程x＝２ ２μLy－y ２ (其 中,μL≤y≤ ２μL)结合求得物块在弧形轨道上的落点纵坐标与初速 度v′的关系为y＝２μL－ v′２ ２g (其中,μL≤y≤２μL) 把物块A、B 从O 飞出的速度代入,物体A、B 落在弧形 轨道上的落点纵坐标分别为yA＝４μL－ v２１ ２g 􀅰(λ－１ λ＋１ )２, yB＝２μL－ v２１ ２g 􀅰 ４ (λ＋１)２ 因为物块A 落在B 落点的右侧, 则２μL≥yB≥yA≥μL 代入v２１＝２gh－２μgL可得,h的取值范围为 ３λ－１ λ－３ 􀅰μL≤h≤ λ２＋λ＋１ (λ－１)２ 􀅰４μL 答案:(１) ２μgL　(２)x ２＋４y２－８μLy＝０(０≤x≤２μL) (３)３λ－１λ－３ 􀅰μL≤h≤ λ２＋λ＋１ (λ－１)２ 􀅰４μL 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２０２ 最新真题分类特训􀅰物理 ６．解析:(１)P 与Q 的第一次碰撞,取P 的初速度方向为正 方向,由动量守恒定律得 mv０＝mvP１＋４mvQ１ ① 由机械能守恒定律得 １ ２mv ２ ０＝ １ ２mvP１ ２＋１２ 􀅰４mvQ１２ ② 联立①②式得 vP１＝－ ３ ５v０ ③ vQ１＝ ２ ５v０ ④ 故第一次碰撞后P 的速度大小为 ３５v０ ,Q 的速度大小为 ２ ５v０ (２)设P、Q 第一次碰撞后Q 上升的高度为h１,对Q 由运 动学公式得 ０－vQ１２＝２􀅰(－２gsinθ)􀅰 h１ sinθ ⑤ 联立①②⑤式得 h１＝ v２０ ２５g ⑥ 设P 运动至与Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度 为v０２,第一次碰后至第二次碰前,对P 由动能定理得 １ ２mv ２ ０２－ １ ２mvp１ ２＝－mgh１ ⑦ 联立①②⑤⑦式得 v０２＝ ７ ５v０ ⑧ P 与Q 的第二次碰撞,设碰后P 与Q 的速度分别为vP２、 vQ２,由动量守恒定律得 mv０２＝mvP２＋４mvQ２ ⑨ 由机械能守恒定律得 １ ２mv ２ ０２＝ １ ２mvP２ ２＋１２ 􀅰４mv２Q２ ⑩ 联立①②⑤⑦⑨⑩式得 vP２＝－ ３ ５× ７ ５v０ 􀃊􀁉􀁓 vQ２＝ ２ ５× ７ ５v０ 􀃊􀁉􀁔 设第二次碰 撞 后 Q 上 升 的 高 度 为h２,对 Q 由 运 动 学 公式得 ０－vQ２２＝２􀅰(－２gsinθ)􀅰 h２ sinθ 􀃊􀁉􀁕 联立①②⑤⑦⑨⑩􀃊􀁉􀁕式得 h２＝ ７ ２５ 􀅰v ２ ０ ２５g 􀃊􀁉􀁖 设P 运动至与Q 刚要发生第三次碰撞前的位置时速度 为v０３,第二次碰后至第三次碰前,对P 由动能定理得 １ ２mv０３ ２－１２mvP２ ２＝－mgh２ 􀃊􀁉􀁗 联立①②⑤⑦⑨⑩􀃊􀁉􀁕􀃊􀁉􀁗式得 v０３＝ ７５ æ è ç ö ø ÷ ２ v０ 􀃊􀁉􀁘 P 与Q 的第三次碰撞,设碰后P 与Q 的速度分别为vP３、 vQ３,由动量守恒定律得 mv０３＝mvP３＋４mvQ３ 􀃊􀁉􀁙 由机械能守恒定律得 １ ２mv０３ ２＝１２mvP３ ２＋１２ 􀅰４mvQ３２ 􀃊􀁉􀁚 联立①②⑤⑦⑨⑩􀃊􀁉􀁕􀃊􀁉􀁗􀃊􀁉􀁙􀃊􀁉􀁚式得 vp３＝－ ３ ５× ７ ５ æ è ç ö ø ÷ ２ v０ 􀃊􀁉􀁛 vQ３＝ ２ ５× ７ ５ æ è ç ö ø ÷ ２ v０ 􀃊􀁊􀁒 设第三次碰撞后Q 上升的高度为h３,由运动学公式得 ０－v２Q３＝２􀅰(－２gsinθ)􀅰 h３ sinθ 􀃊􀁊􀁓 联立①②⑤⑦⑨⑩􀃊􀁉􀁕􀃊􀁉􀁗􀃊􀁉􀁙􀃊􀁉􀁚􀃊􀁊􀁓式得 h３＝ ７ ２５( ) ２ 􀅰v ２ ０ ２５g 􀃊􀁊􀁔 􀆺􀆺 总结可知,第n次碰撞后,物块Q 上升的高度为 hn＝ ７ ２５( ) n－１ 􀅰v ２ ０ ２５g　　　 (n＝１,２,３􀆺􀆺) 􀃊􀁊􀁕 (３)当P、Q 达到 H 时,两物块到此处的速度可视为零, 对两物块运动全过程由动能定理得 ０－１２mv ２ ０＝－(m＋４m)gH－tanθ􀅰４mgcosθ􀅰 H sinθ􀃊􀁊􀁖 解得 H＝v ２ ０ １８g 􀃊􀁊􀁗 (４)设Q 第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t１,由 运动学公式得 vQ１＝２gt１sinθ 􀃊􀁊􀁘 设P 运动到斜面底端时的速度为vP１′,需要的时间为t２, 由运动学公式得 vP１′＝vP１＋gt２sinθ 􀃊􀁊􀁙 vP１′２－vP１２＝２sgsinθ 􀃊􀁊􀁚 设P 从A 点到Q 第一次碰后速度减为零处匀减速运动 的时间为t３ v０２＝(－vP１)－gt３sinθ 􀃊􀁊􀁛 当A 点与挡板之间的距离最小时 t１＝２t２＋t３ 􀃊􀁋􀁒 联立􀃊􀁊􀁘􀃊􀁊􀁙􀃊􀁊􀁚􀃊􀁊􀁛􀃊􀁋􀁒式,代入数据得 s＝ (８ ７－１３)v２０ ２００gsinθ 􀃊􀁋􀁓 答案:(１)３５v０　 ２ ５v０ (２)hn＝ ７ ２５( ) n－１ 􀅰v ２ ０ ２５g (n＝１,２,３􀆺􀆺) (３)H＝v ２ ０ １８g (４)s＝ (８ ７－１３)v２０ ２００gsinθ 考点４　爆炸与反冲 １．C　本题考查动量定理．设１分钟内射出的子弹数量为 n,则对这n颗子弹由动量定理得 Ft＝nmv０．代入数据解得n＝１２０．故选 C． ２．AB　A．增加单位时间的燃气喷射量,即增加单位时间 喷射气体的质量,根据 FΔt＝Δmv, 可知可以增大火箭的推力,故 A正确; B．当增大燃气相对于火箭的喷射速度时,根据 FΔt＝Δmv 可知可以增大火箭的推力,故B正确; C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时,此时 火箭有速度,所以相对于火箭的速度不为零,火箭仍然 受推力作用,仍然要加速,故 C错误; D．燃气被喷出的瞬间,燃气对火箭的反作用力作用在火 箭上,使火箭获得推力,故 D错误．故选 A、B． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３０２ 详解详析 考点５　动量和能量的综合应用 １．A　对整个系统分析可知合外力为０,A 和 B组成的系 统动量守恒,得mAvA＝mBvB, 设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做 功,机械能 守 恒,当 弹 簧 原 长 时 得 Ep ＝ １ ２mAv ２ A ＋ １ ２ mBv２B,联立得Ep＝ １ ２ m２B mA ＋mB( )v２B, 故可知弹簧原长时物体速度最大,此时动量最大,动能 最大． ２．AD　A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒,令子 弹穿出木块后子弹和木块的速度分别为v１,v２,则有 mv０＝mv１＋Mv２, 子弹和木块相互作用过程中合力都为f＝kv０,因此子弹 和物块的加速度分别为a１＝fm ,a２＝fM , 由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为２a１x１＝v２０ －v２１,２a２x２＝v２２, 联立上式可得v２＝ m v０－ v２０－２ kv０ m ＋ kv０ M( )L[ ] M＋m , 因此木块的速度最大即v０－ v２０－２ kv０ m ＋ kv０ M( )L 取极值 即可,该函数在２ km ＋ k M( )L 到无穷单调递减,因此当v０ ＝２ km ＋ k M( )L＝２ kL(M＋m) Mm 时,木块的速度最大,A 正 确;B．子弹穿过木块时木块的速度为v２＝ mv０ M＋m ,由运动 学公式v２＝a２t,可得t＝ mM k(m＋M) ,故B错误;C．由能量 守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热, 即 ΔE＝Q＝fL＝２k ２L２(m＋M) mM ,故C错误;D．木块加速 过程运动的距离为x２＝ ０＋v２ ２ t＝ mL M＋m ,故 D正确． ３．解析:(１)根据题意可知小物块在Q 点由合力提供向心 力有mg＋３mg＝mv ２ R , 代入数据解得v＝４m/s． (２)(ⅰ)根据题意可知当F≤４N 时,小物块与轨道一起 向左加速,根据牛顿第二定律可知F＝(M＋m)a, 根据图乙有k＝ １M＋m＝０．５kg －１, 当外力F＞４N时,轨道与小物块有相对滑动,则对轨道 有F－μmg＝Ma, 结合题图乙有a＝１MF－ μmg M , 可知k＝１M＝１kg －１, 截距b＝－μmgM ＝－２m /s２, 联立以上各式可得 M＝１kg,m＝１kg,μ＝０．２． (ⅱ)由图乙可知,当F＝８N时,轨道的加速度为６m/s２,小 物块的加速度为a２＝μg＝２m/s ２, 当小 物 块 运 动 到 P 点 时,经 过t０ 时 间,则 轨 道 有v１ ＝a１t０, 小物块有v２＝a２t０, 在这个过程中系统机械能守恒有 １ ２Mv ２ １＋ １ ２mv ２ ２＝ １ ２ Mv２３＋ １ ２mv ２ ４＋２mgR, 水平方向动量守恒,以水平向左为正方向,则有 Mv１＋ mv２＝Mv３＋mv４, 联立解得t０＝１．５s, 根据运动学公式有L＝１２a１t ２ ０－ １ ２a２t ２ ０, 代入数据解得L＝４．５m． 答案:(１)v＝４m/s　(２)(ⅰ)μ＝０．２,m＝１kg　(ⅱ)L ＝４．５m ４．解析:(１)机器人从 A 木板左端走到 A 木板右端的过程 中,机器人与 A 木板组成的系统动量守恒,A 木板向左 运动,B、C木板静止,设机器人的质量为 M,三个木板的 质量均为m, 由动量守恒定律得 Mv＝mvA, 设所用时间为t,则有 Mvt＝mvAt,即 Mx＝mxA, 又x＋xA＝LA 联立解得xA＝１．５m 则 A、B木板间的水平距离为１．５m． (２)设机器人起跳的速度大小为v０,速度方向与水平方 向的夹角为θ,机器人从 A 木板右端跳到 B木板左端的 时间为t１, 由斜抛运动规律得v０cosθ􀅰t１＝xA, v０sinθ＝g􀅰 t１ ２ , 联立解得v２０＝ １５ ２sinθcosθ , 机器人跳离 A木板的过程中,系统水平方向动量守恒, 由动量守恒定律得 Mv０cosθ＝mv′A, 由功能关系得,机器人做的功为W＝１２Mv ２ ０＋ １ ２mv′ ２ A , 联立可得W＝１＋３cos ２θ ２sinθcosθ 􀅰４５J＝sin ２θ＋４cos２θ ２sinθcosθ 􀅰４５J＝ １ ２tanθ＋ ２ tanθ( ) 􀅰４５J, 由数学知识可知,当且仅当１ ２tanθ＝ ２ tanθ 时,即tanθ＝２ 时,机器人做功最少,代入可得W＝９０J． (３)由tanθ＝２,可计算出v０cosθ＝ １５ ２ m /s,由 Mv０cos θ＝mv′A, 解得v′A＝ ３ ２ １５m /s,此后 A木板以此速度向左做匀速 直线运动．机器人跳离 A木板到与B木板相对静止的过 程中,机器人与B、C木板组成的系统在水平方向上动量 守恒,由动量守恒定律得 Mv０cosθ＝(M＋２m)vB, 此过程中 A木板向左运动的距离x′A＝v′At１, 代入数据得x′A＝４．５m, 机器人连续三次等间距跳到 B木板右端,整个过程机器 人和B木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次跳起 后机器人的 水 平 速 度 大 小 为v１,B 木 板 的 速 度 大 小 为 vB１,机器人每次跳跃的时间为 Δt, 以向右为正方向,由动量守恒定律得(M＋m)vB＝Mv１－ mvB１　①, 每次跳跃,机器人和B木板的相对位移为 LB ３ ,则有LB ３ ＝ (v１＋vB１)Δt　②, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４０２ 最新真题分类特训􀅰物理 机器人到达B木板右端时,B木板恰好追上 A 木板,从 机器人跳上B左端到跳到B的右端的过程中,A、B木板 的位移之差为 Δx＝xA＋x′A＝６m,则有(vB１－v′A)􀅰３Δt ＝Δx　③, 联立①②③三个式子得 Δt＝ LB４(v′A＋vB) － Δx３(v′A＋vB) , A、C两木板的间距为xAC＝(v′A＋vC)􀅰３Δt＋Δx＋LB, vC＝vB, 整理得xAC＝ ７ ４LB． 答案:(１)１．５m　(２)９０J　２　(３)xAC＝ ７ ４LB ５．解析:(１)对 A、B系统,碰撞前、后动量定恒,设碰撞后小 球组合体的速度大小为v, 由动量守恒有mAv０＝(mA＋mB)v, 碰撞后,对 组 合 体,由 牛 顿 第 二 定 律 有 Fn ＝ (mA ＋ mB) v２ R , 联立解得v＝ mAv０mA＋mB ,Fn＝ m２Av２０ (mA＋mB)R ． (２)设 A、B第一次碰撞后的速度大小分别为vA、vB,碰 撞过程动量守恒、机械 能 守 恒,对 A、B 系 统 有 mAv０＝ mAvA＋mBvB, １ ２mAv ２ ０＝ １ ２mAv ２ A＋ １ ２mBv ２ B, 联立解得vA＝ (mA－mB)v０ mA＋mB ,vB＝ ２mAv０ mA＋mB , 分两种情况讨论: 第一种情况,若第二次碰撞发生在图中的b点,则从第一 次碰撞 到 第 二 次 碰 撞 之 间,A、B 通 过 的 路 程 之 比 为 １＋３k１ ４＋３k１ ,其中k１＝０,１,２,３,􀆺,则 vA vB ＝ １＋３k１ ４＋３k１ , 联立解得 mA mB ＝ ４＋３k１ ２－３k１ ,显然k１ 只能取０,则 mA mB ＝２, 对第二次碰 撞,设 A、B 碰 撞 后 的 速 度 大 小 分 别 为v′A、 v′B,则mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B, １ ２mAv ２ A＋ １ ２mBv ２ B＝ １ ２mAv′ ２ A ＋ １ ２mBv′ ２ B , 联立解得v′A＝v０,v′B＝０,故第三次碰撞发生在b点、第 四次碰撞发生在c点,以此类推,满足题意． 第二种情况,若第二次碰撞发生在图中的c点,则从第一次 碰撞到第二次碰撞之间,A、B通过的路程之比为 ２＋３k２ ５＋３k２ ,其 中k２＝０,１,２,３,􀆺,则 vA vB ＝ ２＋３k２ ５＋３k２ , 联立解得 mA mB ＝ ５＋３k２ １－３k２ ,显然k２ 只能取０,则 mA mB ＝５, 同理可得第二次碰撞后v′A＝v０,v′B＝０,则第三次碰撞发 生在c点、第四次碰撞发生在b点,以此类推,满足题意． 综上所述,mA mB ＝２或５． (３)第一次碰前相对速度大小为v０,第一次碰后的相对 速度大小为v１相 ＝ev０,第一次碰后与第二次相碰前 B球 比 A球多运动一圈,即 B 球相对 A 球 运 动 一 圈,有t１ ＝２πRv１相 , 第一次碰撞有mAv０＝mAvA１＋mBvB１, 第一次碰撞后有v１相 ＝vB１－vA１＝ev０, 解得vB１＝ mA mA＋mB (v０＋v１相 ), B球 运 动 的 路 程 s１ ＝vB１t１ ＝ ２πRmA mA＋mB v０ v１相 ＋１( ) ＝ ２πRmA mA＋mB １ e＋１( ) , 第二 次 碰 撞 的 相 对 速 度 大 小 为v２相 ＝ev１相 ＝e２v０,t２ ＝２πRv２相 , 第二次碰撞有mAv０＝mAvA２＋mBvB２, 第二次碰撞后有v２相 ＝vA２－vB２, 解得vB２＝ mA mA＋mB (v０－v２相 ) B 球 运 动 的 路 程s２ ＝vB２t２ ＝ ２πRmA mA＋mB v０ v２相 －１( ) ＝ ２πRmA mA＋mB １ e２ －１( ) , 由以上规 律 可 以 归 纳 为 第 ２n＋１ 次 碰 前 一 共 碰 撞 了 ２n次, s ＝ s１ ＋ s２ ＋ s２ ＋ 􀆺 ＋ s２n ＝ ２πRmA mA＋mB １ e＋ １ e２ ＋ １ e３ ＋ 􀆺＋１e２n( ) , 解得s＝２πRmAmA＋mB 􀅰 e ２n－１ e２n(e－１) ． 答案:(１) mAv０ mA＋mB 　 m２Av２０ (mA＋mB)R 　(２)２∶１或５∶１ (３) ２πRmA mA＋mB 􀅰 e ２n－１ e２n(e－１) ６．解:(１)对物块 A由平抛运动知识得h＝１２gt ２,xA＝vAt, 代入数据解得,脱离弹簧时 A的速度大小为vA＝１m/s, 对 AB物块整体由动量守恒定律 mAvA＝mBvB,解得脱 离弹簧时B的速度大小为vB＝１m/s． (２)对物块 B由动能定理－μmBgxB＝０－ １ ２mBv ２ B,代入 数据解得,物块与桌面间的动摩擦因数为μ＝０．２． (３)由 能 量 守 恒 定 律 ΔEp ＝ １ ２ mAv ２ A ＋ １ ２ mBv ２ B ＋ μmAgΔxA＋μmBgΔxB,其中 mA＝mB,Δx＝ΔxA＋ΔxB, 解得整个过程中,弹簧释放的弹性势能 ΔEp＝０．１２J． 答案:(１)１m/s　１m/s　(２)０．２　(３)０．１２J ７．解析:(１)根据题意,小物块在传送带上,由牛顿第二定 律有μmg＝ma, 解得a＝５m/s２, 由运动学公式可得,小物块与传送带共速时运动的距离 为x＝v ２ 传 ２a＝２．５m＜L传 ＝３．６m , 可知,小物块运动到传送带右端前与传送带共速,即小 物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小等于传送带 的速度大小５m/s． (２)小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物 块与小球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动 量守恒定律有m物 v＝m物 v１＋m球 v２, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５０２ 详解详析 其中v＝５m/s,v１＝－１m/s, 解得v２＝３m/s, 小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动 能为 ΔEk＝ １ ２m物 v ２－１２m物 v ２ １－ １ ２m球v ２ ２, 解得 ΔEk＝０．３J． (３)若小球运动到P 点正上方,绳子恰好不松弛,设此时 P 点到O 点的距 离 为d,小 球 在 P 点 正 上 方 的 速 度 为 v３,在 P 点 正 上 方,由 牛 顿 第 二 定 律 有 m球 g＝ m球 v２３ L绳 －d , 小球从O 点正下方到P 点正上方过程中,由机械能守恒 定律有１ ２m球 v ２ ２＝ １ ２m球 v ２ ３＋m球 g(２L绳 －d), 联立解得d＝０．２m, 即P 点到O 点的最小距离为０．２m． 答案:(１)５m/s　(２)０．３J　(３)０．２m ８．解析:(１)过程１:小球释放后自由下落,下降l 由机械能守恒定律得,mgl＝１２mv ２ ０,得v０＝ ２gl 过程２:小球以v０＝ ２gl与静止圆盘发生弹性碰撞, 碰撞过程中动量守恒,有mv０＝mv１＋Mv′１ 机械能守恒,有１ ２mv ２ ０＝ １ ２mv ２ １＋ １ ２Mv′１ ２ 所以v１＝ m－M m＋Mv０＝－ １ ２v０ ,v′１＝ ２m m＋Mv０ ＝１２v０ , 即小球碰后速度大小为１ ２ ２gl ,方向竖直向上,圆盘碰 后速度大小为１ ２ ２gl ,方向竖直向下; (２)第一次碰后,小球做竖直上抛运动,圆盘因摩擦力与 重力平衡,匀速下滑． 所以只 要 圆 盘 下 降 速 度 比 小 球 快,二 者 间 距 就 不 断 增大． 当二者速度相同时,间距最大,即v１＋gt＝v′１ 可得t＝v′１－v１g ＝ v０ g 又v２０＝２g􀅰 １ ２gt ２, 因此dmax＝x盘 －x球 ＝v′１t－ v１t－ １ ２gt ２( )＝ v２０ ２g＝l (３)第一次碰后→第二次碰撞前,小球竖直上抛再做自 由落体运动,圆盘则是匀速下滑,当二者即将第二次相 碰时(理解为相遇)x盘１＝x球１ 即:v１t１＋ １ ２gt ２ １＝v１′t１,得t１＝ ２v０ g 此时小球速度v２＝v１＋gt１＝ ３ ２v０ ,圆盘速度仍为v１′, 在这段时间内,圆盘向下移动,x盘１＝v１′t１＝ v２０ g＝２l 之后二者第二次发生弹性碰撞,根据 动量守恒:mv２＋Mv１′＝mv２′＋Mv″２ 根据机械能守恒:１ ２mv ２ ２＋ １ ２Mv′ ２ １＝ １ ２mv′ ２ ２＋ １ ２Mv″ ２ ２ 得碰撞后小球速度v２′＝０,圆盘速度v２″＝v０ 这段时间内,圆盘向下移动,x盘２＝v２′t２＝ ２v２０ g ＝４l 此时圆盘距下端口１３l,之后二者第三次发生碰撞,根据 动量守恒:mv３＋Mv２″＝mv３′＋Mv３″ 根据机械能守恒:１ ２mv ２ ３＋ １ ２Mv″ ２ ２ ＝ １ ２mv′ ２ ３＋ １ ２Mv″ ２ ３ 得碰后小球速度为v３′＝ １ ２v０ 圆盘速度v″３＝ ３ ２v０ 第三 次 碰 后 → 第 四 次 碰 前,小 球 加 速 下 降,圆 盘 匀 速 下滑, 当二者即 将 四 次 碰 撞 时,x盘３＝x球３,即v３″t３＝v３′t３＋ １ ２gt ２ ３,得t３＝ ２v０ g ＝t１＝t２ 在这段时间内,圆盘向下移动,x盘３＝v３″t３＝ ３v２０ g ＝６l ,此 时圆盘距离下端管口长度为２０l－１l－２l－４l－６l＝７l, 此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前,下降距离逐次 增加２l,故若发生下一次碰撞,圆盘将向下移动x盘 ４ ＝ ８l,则第四次碰撞后落出管口外, 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． 答案:(１)小球碰后速度大小为 １２ ２gl (方向竖直向 上),圆盘碰后速度大小为１ ２ ２gl　 (２)l　(３)４ ９．解析:(１)由题意可知滑块C 静止滑下过程根据动能定 理有mCgH＝ １ ２mCv ２, 代入数据解得 H＝０．８m． (２)滑块C 刚滑上B 时可知C 受到水平向左的摩擦力 f２,f２＝μ２mCg, 木板B 受到C 的摩擦力水平向右,为f′２＝μ２mCg, B 受到地面的摩擦力水平向左,为f１＝μ１(mC＋mB)g, 所以滑块C的加速度为aC＝μ２ mCg mC ＝μ２g＝５m/s ２, 木板B 的加速度为 aB＝μ２ mCg－μ１(mC＋mB)g mB ＝１m/s２, 设经过时间t１,B 和C 共速,有４－５×t１＝１＋１×t１, 代入数据解得t１＝０．５s, 木板B的位移sB１＝(１×０．５＋ １ ２×１×０．５ ２)m＝０．６２５m． 共同的速度v共１＝(１＋１×０．５)m/s＝１．５m/s, 此 后 B 和 C 共 同 减 速,加 速 度 大 小 为 aBC ＝ μ１(mB＋mC)g mB＋mC ＝１m/s２, 设再经过t２ 时间,物块 A 恰好滑上木板B,有０．６２５＋ １．５t２－ １ ２×１×t ２ ２( )＝１×(０．５＋t２), 整理得t２２－t２－０．２５＝０, 解得t２＝ １＋ ２ ２ s ,t２＝ １－ ２ ２ s ,(舍去) 此时B 的位移 sB２＝０．６２５＋ １．５t２－ １ ２×１×t ２ ２( )＝１＋ ２２≈１．７０７m, 共同 的 速 度 v共２ ＝v共１ －aBC ×t２ ＝１．５－１× １＋ ２ ２ m/s ＝ １－ ２２ æ è ç ö ø ÷ m/s, 综上可知满足条件的s范围为０．６２５m≤s≤１．７０７m． (３)由于s＝０．４８m＜０．６２５m, 所以可知滑块C 与木板B 没有共速,对于木板B,根据 运动学公式有０．４８＝１×t０＋ １ ２×１×t ２ ０, 整理后有t２０＋２t０－０．９６＝０, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６０２ 最新真题分类特训􀅰物理 解得t０１＝０．４s,t０２＝－２．４s(舍去), 滑块C在这段时间的位移sC＝４×０．４－ １ ２×５×０．４ ２ m ＝１．２m, 所以 摩 擦 力 对 C 做 的 功 W ＝ －f２sC ＝ －μ２mCgsC ＝－６J． (４)因为木板B 足够长,最后的状态一定会是C 与B 静 止,物块A 向左匀速运动．木板B 向右运动０．４８m 时, 有vB０＝１＋１×０．４m/s＝１．４m/s, vC０＝４－５×０．４m/s＝２m/s, sA＝１×０．４m＝０．４m, 此时A、B 之间的距离为s＝０．４８m－０．４m＝０．０８m． 由于B 与挡板发生碰撞不损失能量,故将原速率反弹． 接着 B 向 左 做 匀 减 速 运 动,可 得 加 速 度 大 小 a′B ＝ μ２mCg＋μ１(mB＋mC)g mB ＝４m/s２, 物块A 和木板B 相向运动,设经过t３ 时间恰好相遇,则 有１×t３＋ １．４t３－ １ ２×４×t ２ ３( )＝０．０８, 整理得t２３－１．２t３＋０．０４＝０ 解得t３＝ ３－２ ２ ５ s ,t′３＝ ３＋２ ２ ５ s (舍去) 此时有vB１＝１．４－４× ３－２ ２ ５ m /s＝８ ２－５５ m /s． 方向向左;vC１＝２－５× ３－２ ２ ５ m /s＝(２ ２－１)m/s,方 向向右． 接着A、B发生弹性碰撞,碰前A 的速度为v０＝１m/s,方 向向右,以水平向右为正方向,则有mAv０＋mB(－vB１)＝ mAvA＋mBvB, １ ２mAv ２ ０＋ １ ２mB (－vB１)２＝ １ ２mAv ２ A＋ １ ２mBv ２ B, 代入数据解得vA＝－ ３２ ２－２５ １５ m /s≈－２．０２m/s, vB＝ １５－８ ２ １５ m /s≈０．２４６m/s, 而此时vC ＝vC１ ＝ ２－５×３－２ ２５ æ è ç ö ø ÷ m/s＝(２ ２－１) m/s≈１．８３m/s． 物块A 向左的速度大于木板B 和C 向右的速度,由于摩 擦力的作用,最后B 和C 静止,A 向左匀速运动,系统的 初动量p初 ＝(mA＋mB)v０＋mCv＝７kg􀅰m/s, 末动量p末 ＝mAvA＝－２．０２kg􀅰m/s, 则整个过程动量的变化量 Δp＝p末 －p初 ＝－９．０２kg􀅰 m/s, 即大小为９．０２kg􀅰m/s． 答案:(１)H＝０．８m　(２)０．６２５m≤s≤１．７０７m　(３)－ ６J　(４)９．０２kg􀅰m/s １０．解析:(１)滑块a从D 到F,由能量关系mg􀅰２R＝ １ ２mv ２ F－ １ ２mv ２ ０, 在F 点FN－mg＝m v２F R , 解得vF＝１０m/s, FN＝３１．２N． (２)滑块a返回B 点时的速度vB＝１m/s,滑块a一直 在传送带上减速,加速度大小为a＝μg＝５m/s ２, 根据v２B＝v２C－２aL, 可得在C点的速度vC＝３m/s, 则滑块a从碰撞后到到达C点１２mv ２ １＝ １ ２mv ２ C＋mg􀅰２R, 解得v１＝５m/s 因ab碰撞动量守恒,则mvF＝－mv１＋３mv２, 解得碰后b的速度v２＝５m/s, 则碰撞损失的能量 ΔE＝ １２mv ２ F－ １ ２mv ２ １－ １ ２ 􀅰３mv２２ ＝０． (３)若滑块a碰到滑块b 立即被粘住,则a、b碰后的共 同速度为v,则mvF＝４mv, 解得v＝２．５m/s, 当弹簧被 压 缩 到 最 短 或 者 伸 长 到 最 长 时 有 共 同 速 度 v′,则４mv＝６mv′ 解得v′＝５３ m /s, 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x１, 由能量关系１ ２ 􀅰４mv２＝１２ 􀅰６mv′２＋１２kx ２ １, 解得x１＝０．１m, 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x２＝x１, 则弹簧最大长度与最小长度之差 Δx＝２x１＝０．２m． 答案:(１)１０m/s;３１．２N;(２)０;(３)０．２m １１．解析:(１)小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方 向系统动量守恒,取向左为正,０＝mv１－Mv２, 小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒mgb＝ １ ２mv ２ １＋ １ ２Mv ２ ２, 联立解得v２＝ ２m２gb M２＋Mm , 因水平方向在任何时候都动量守恒即０＝m􀭵v１－M􀭵v２, 两边同时乘t可得mx１＝Mx２, 且由几何关系可知x１＋x２＝a, 联立解得x２＝ m M＋ma． (２)小球向左运动过程中凹槽向右运动,当小球的坐标 为(x,y)时,此时凹槽水平向右运动的位移为 Δx,根据 上式有m(a－x)＝M􀅰Δx, 则小球现在在凹槽所在的椭圆上,根据数学知识可知 此时的椭圆方程为 (x－Δx)２ a２ ＋y ２ b２ ＝１, 整理得 [x(M＋m)－ma]２ M２a２ ＋y ２ b２ ＝１． (３)将Mm ＝ b a－b 代入小球的轨迹方程化简可得[x－(a －b)]２＋y２＝b２, 即此 时 小 球 的 轨 迹 为 以(a －b)为圆心,b为半径的圆, 则当小 球 下 降 的 高 度 为 b ２ 时有如图 此时 可 知 速 度 和 水 平 方 向 的夹 角 为 ６０°,小 球 下 降 b２ 的过程 中,系 统 水 平 方 向 动 量 守 恒 ０＝mv３cos６０° －Mv４, 系统机械能守恒mgb２＝ １ ２mv ２ ３＋ １ ２Mv ２ ４, 联立得v３＝ ４gb２ a＋３b＝２b g a＋３b． 答案:(１)v２＝ ２m２gb M２＋Mm ,x２＝ m M＋ma (２) [x(M＋m)－ma]２ M２a２ ＋y ２ b２ ＝１ (３)２b ga＋３b 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７０２ 详解详析 １２．解析:(１)由于地面光滑,则 m１、m２ 组成的系统动量守 恒,则有m２v０＝(m１＋m２)v１, 代入数据有v１＝１m/s, 对m１ 受力分析有a１＝μ m２g m１ ＝４m/s２． 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v２１＝２a１x１, 代入数据解得x１＝０．１２５m． (２)木板与弹簧接触以后,对 m１、m２ 组成的系统有kx ＝(m１＋m２)a共 , 对m２ 有a２＝μg＝１m/s ２, 当a共 ＝a２ 时物块与木板之间即将相对滑动,解得此时 的弹簧压缩量x２＝０．２５m, 对m１、m２ 组成的系统列动能定理有－ １ ２kx ２ ２＝ １ ２ (m１ ＋m２)v２２－ １ ２ (m１＋m２)v２１, 代入数据有v２＝ ３ ２ 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,由于木板即 m１ 的加速度大于木块 m２ 的 加速度,则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变 量为x２ 时,则说明此时 m１ 的 速 度 大 小 为v２,共 用 时 ２t０,且m２ 一直受滑动摩擦力作用,则对 m２ 有－μm２g 􀅰２t０＝m２v３－m２v２, 解得v３＝ ３ ２－２t０ , 则对于m１、m２ 组成的系统有－Wf＝ １ ２m１v ２ ２＋ １ ２m２v ２ ３ －１２ (m１＋m２)v２２, ΔU＝－Wf, 联立有 ΔU＝４ ３t０－８t２０． 答案:(１)１m/s;０．１２５m　(２)０．２５m;３２ m /s (３)４ ３t０－８t２０ １３．解析:(１)当弹簧被压缩最短时,弹簧弹性势能最大,此 时A、B 速度相等,即t＝t０ 时刻,根据动量守恒定律 mB􀅰１．２v０＝(mB＋m)v０ 根据能量守恒定律Epmax＝ １ ２mB (１．２v０)２－ １ ２ (mB＋m)v２０ 联立解得mB＝５m,Epmax＝０．６mv２０． (２)同一时刻弹簧对A、B 的弹力大小相等,根据牛顿第 二定律F＝ma 可知同一时刻aA＝５aB 则同一时刻A、B 的瞬时速度分别为vA＝aAt, vB＝１．２v０－ aAt ５ 根据位移等 于 速 度 在 时 间 上 的 累 积 可 得sA ＝vAt(累 积),sB＝vBt(累积) 又sA＝０．３６v０t０ 解得sB＝１．１２８v０t０ 第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值 Δs＝sB－sA ＝０．７６８v０t０． (３)物块A 第二次到达斜面的最高点与第一次相同,说 明物块A 第二次与B 分离后速度大小仍为２v０,方向水 平向右,设物块A 第一次滑下斜面的速度大小为v′A, 设向左为正方向,根据动量守恒定律可得 mv′A－５m􀅰０．８v０＝m􀅰(－２v０)＋５mv′B． 根据能量守恒定律可得 １ ２mv′ ２ A ＋ １ ２ 􀅰５m􀅰(０．８v０)２ ＝１２m 􀅰(－２v０)２＋ １ ２ 􀅰５mv′２B, 联立解得v′A＝v０． 设在斜面上滑行的长度为L,上滑过程,根据动能定理 可得－mgLsinθ－μmgLcosθ＝０－ １ ２m (２v０)２ 下滑过程,根据动能定理可得 mgLsinθ－μmgLcosθ＝ １ ２mv ２ ０－０,联立解得μ＝０．４５． 答案:(１)０．６mv２０　(２)０．７６８v０t０　(３)０．４５ １４．解析:(１)滑块b摆到最低点过程中,由机械能守恒定律 mgh＝１２mv ２ b, 解得vb＝５m/s, b与a 发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒 定律可得mvb＝mv′b＋mv０, １ ２mv ２ b＝ １ ２mv′ ２ b＋ １ ２mv ２ ０, 联立解得,v０＝５m/s,v′b＝０． (２)由(１)分析可知,物块b与物块a 在A 发生弹性正 碰,速度交换,设物块a刚好可以到达E 点,高度为h１, 根据动能定理可得mgh１－２μmgl－mgH＝０, 解得h１＝１．２m 以竖直向下为正方向FN＋mg＝m v２E R , 由动能定理mgh－２μmgl－mgH＝ １ ２mv ２ E, 联立可得FN＝０．１h－０．１４(h≥１．２m)． (３)当１．２m≤h＜１．６５m 时,物块位置在E 点或E 点 右侧,根据动能定理得mgh－２μmgl－mgH＝ １ ２mv ２ E, 从E 点飞出后,竖直方向 H＝１２gt ２, 水平方向s＝vEt, 根据几何关系可得DF＝ ３５m , 联立解得x＝３l＋DF＋s１, 代入数据解得 ３＋ ３５ æ è ç ö ø ÷m≤x＜ ３．６＋ ３５ æ è ç ö ø ÷m, 当０．９m＜h＜１．２m 时,从h２＝０．９m 释放时,根据动 能定理可得mgh－μmgs２＝０, 解得s２＝１．８m, 可知物块达到距离C 点０．８m 处静止,滑块a由E 点 速度为零,返回到CD 时,根 据 动 能 定 理 可 得 mgH－ μmgs３＝０,,解得s３＝０．４m, 距离C点０．６m,综上可知当０．９m＜h＜１．２m 时３l－ s３≤x≤３l, 代入数据得２．６m≤x≤３m． 答案:(１)５m/s　(２)FN＝０．１h－０．１４(h≥１．２m)　 (３)当０．９m＜h＜１．２m时,２．６m≤x≤３m,当１．２m ≤h＜１．６５m时,３＋ ３５ æ è ç ö ø ÷m≤x＜ ３．６＋ ３５ æ è ç ö ø ÷m 实验十五　验证动量守恒定律 １．解析:(１)由xＧt图像的斜率表示速度可知两滑块的速度 在t＝１．０s时发生突变,即这个时候发生了碰撞; (２)根据xＧt图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬 间B的速度大小为v＝ ９０－１１０１．０ cm /s＝０．２０m/s; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８０２ 最新真题分类特训􀅰物理 (３)由题图乙知,碰撞前 A的速度大小vA＝０．５０m/s,碰 撞后 A的速度大小约为v′A＝０．３６m/s,由题图丙可知, 碰撞后B的速度大小为v′B＝０．５m/s,A 和 B碰撞过程 动量守恒,则有mAvA＋mBv＝mAv′A＋mBv′B, 代入数据解得 mA mB ≈２, 所以质量为２００􀆰０g的滑块是B． 答案:(１)１􀆰０　(２)０􀆰２０　(３)B ２．解析:(１)为 了 保 证 小 球 碰 撞 为 对 心 正 碰,且 碰 后 不 反 弹,要求ma＞mb; (２)①两球离开斜槽后做平抛运动,由于抛出点的高度 相等,它们做平抛运动的时间t相等,碰撞前a球的速度 大小v０＝ xP t , 碰撞后a球的速度大小va＝ xM t , 碰撞后b球的速度大小vb＝ xN t , 如果碰撞过 程 系 统 动 量 守 恒,则 碰 撞 前 后 系 统 动 量 相 等,则mav０＝mava＋mbvb, 整理得maxP＝maxM＋mbxN , ②小球离开 斜 槽 末 端 后 做 平 抛 运 动,竖 直 方 向 高 度 相 同,故下落时间相同,水平方向匀速直线运动,小球水平 飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比． 答案:(１)＞　(２)①maxP＝maxM ＋mbxN 　 ②小球离开 斜槽末端后做平抛运动,竖直方向高度相同,故下落时 间相同,水平方向匀速运动直线运动,小球水平飞出时 的速度与平抛运动的水平位移成正比 ３．解析:(１)根据题意可知,甲与乙碰撞后没有反弹,可知 甲的质量大于乙的质量,甲选用的是一元硬币; (２)甲 从 O 点 到P 点,根 据 动 能 定 理 －μm１gs０ ＝０－ １ ２mv ２ ０, 解得碰撞前,甲到O 点时速度的大小v０＝ ２μgs０, (３)同理 可 得,碰 撞 后 甲 的 速 度 和 乙 的 速 度 分 别 为v１ ＝ ２μgs１, v２＝ ２μgs２, 若动量守恒,则满足m１v０＝m１v１＋m２v２, 整理可得 s０－ s１ s２ ＝ m２ m１ , (４)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后 甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是１, 写出一条产生这种误差可能的原因有: １．测量误差,因 为 无 论 是 再 精 良 的 仪 器 总 是 会 有 误 差 的,不可能做到绝对准确; ２．碰撞过程中,我们认为内力远大于外力,动量守恒,实 际上碰撞过程中,两个硬币组成的系统合外力不为零． 答案:(１)一元　(２) ２μgs０　(３) m２ m１ (４)见解析 ４．解析:(２)应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块, 碰后运动方向相反,故选０．３０４kg的滑块作为A． (６)由于两段位移大小相等,根据表中的数据可得k２＝ v１ v２ ＝ t２ t１ ＝０．２１０．６７＝０．３１ (７) v１ v２ 平 均 值 为k＝０．３１＋０．３１＋０．３３＋０．３３＋０．３３５ ＝ ０．３２ (８)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒,可得 m１v０ ＝－m１v１＋m２v２, １ ２m１v ２ ０＝ １ ２m１v ２ １＋ １ ２m２v ２ ２ 联立解得 v１ v２ ＝ m２－m１ ２m１ 代入数据可得 v１ v２ ＝０．３４． 答案:(２)０．３０４　(６)０．３１　(７)０．３２　(８) m２－m１ ２m１ 　 ０．３４ ５．解析:(１)游标卡尺的读数为１０mm＋４×０．０５mm＝ １０．２０mm; (２)滑块保持稳定,说明气垫导轨水平; (３)根据表格中数据描点并用直线连接 (４)根据动量定理FΔt＝MΔv变形得 mgΔt＝(M＋m)Δv, 则 Δv－Δt图线斜率的理论值 k＝ mgM＋mm /s２＝１．９６m/s２． (５)根据动量定理FΔt＝MΔv变形得 Δv Δt＝ F M A．槽码质量偏小,而实际的槽码质量偏大,则合外力F 偏大,所以图线斜率的实验值偏大,A错误; B．细线与气垫导轨不平行,滑块实际所受合外力为F 的 水平分力,所以图线斜率的实验值偏小,B正确; C．滑块释放的位置与斜率相关的参量无关,C错误; D．Δt偏大,则ΔvΔt 偏小,图线斜率偏小,D正确．故选BD． 答案:(１)１０􀆰２０ (２)将气垫导轨调至水平 (３) (４)１􀆰９６　(５)BD 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９０２ 详解详析