专题7 动量守恒定律-【高考密码】备战2026高考物理十年高考真题分类汇编

专题七　动量守恒定律 考点1 动量、冲量和动量定理 考向1 动量、冲量和动量定理的理解 1．（2025·浙江 ）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（　　） A．5层 B．8层 C．17层 D．27层 【答案】C 【详解】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间 根据动量定理 代入数据解得 由自由落体公式 得高度 每层楼高约3m，对应楼层数为层。 故选C。 2．（2025·湖北 ）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有 得 撤销拉力后，有 得 对于全过程，有 得 对于全过程有 故运动的总时间 可知当越大时，越小，当时，取最小值。 则 则 故选B。 3．（2025·陕晋青宁）（多选）如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块（　　） A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C．从释放到静止的位移大小为 D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为 【答案】AC 【详解】A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为时，对滑块进行受力分析，如图所示 在垂直杆方向有 由胡克定律结合几何关系有 联立解得 可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 故A正确； B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，冲量是矢量，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误； C．设滑块从释放到静止运动的位移为，滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着杆方向合力为0时，滑块速度最大，之后滑块继续向下做加速度增大的减速运动，当速度为为0时，有 由几何关系可得 此时 则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速度再次为0时，有 解得 此时 此时 则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为，故C正确； D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为，由能量守恒定律有     解得 故D错误。 故选AC。 4．（2025·广东·）（多选）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F = F0－kt（F ≠ 0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F > 0的任一时刻），下列说法正确的有（   ） A．受到空气作用力的方向会变化 B．受到拉力的冲量大小为 C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为 D．T时刻受到空气作用力的大小为 【答案】AB 【详解】AD．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图 可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有，F = F0－kT 解得 故A正确、D错误； B．由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，故B正确； C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有 无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有 0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为 0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为 则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为 故C错误。 故选AB。 5．（2024福建）（多选）物块置于足够长光滑斜面上并锁定，时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是（　　） A．，物体一直沿斜面向下运动 B．，合外力的总冲量为0 C．时动量是时的一半 D．过程物体的位移小于的位移 【答案】AD 【解析】根据图像可知当时，物块加速度，方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小，方向沿斜面向上，作出物块内的图像 根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理，故B错误；根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，故C错误；图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，D正确。 6.(2024广西,10,6分)(多选)如图,坚硬的水平地面上放置一木料,木料上有一个竖直方向的方孔,方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬,形状为正四棱台,上下底面均为正方形,四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m,与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔,接触但无挤压,锤子以极短时间撞击木栓后反弹,锤子对木栓冲量为I,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移,未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变,弹力呈线性变化,重力加速度为g,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,则(　　) A.进入过程,木料对木栓的合力的冲量为-I B.进入过程,木料对木栓的平均阻力大小约为+mg C.进入过程,木料和木栓的机械能共损失了+mgΔx D.木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为 【答案】BCD 【解析】锤子撞击木栓过程,对木栓分析可知合外力的冲量为0,锤子对木栓的冲量为I,方向竖直向下,设木料对木栓的合力冲量大小为I木料,以竖直向下为正方向,则I+mgt+I木料=0,解得I木料=-(I+mgt),A错误;锤子对木栓冲量为I,则木栓获得的动能为Ek=mv2=,木栓进入木料过程根据动能定理有(mg-)Δx=0-Ek,解得平均阻力为=+mg,B正确;木栓进入过程损失的机械能即阻力做的功,所以ΔEk=Δx=Δx=+mgΔx,C正确;对木栓的一个侧面分析其所受的支持力与摩擦力,如图所示, 由于方孔侧壁弹力呈线性变化,则有(f sin θ+FN cos θ)=(点拨:平均阻力与重力方向共线,所以木栓每个侧面所受摩擦力和支持力需要在竖直方向上分解),又因为f=μFN,联立可得f=,D正确。 7.(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= B.力F的冲量大小为mv C.刹车距离为 D.匀速行驶时功率为(f+F)v 【答案】C　 【解析】根据牛顿第二定律有F+f=ma,得a=,故A错误;根据运动学公式有t==,故力F的冲量大小I=Ft=,B错误;根据v2=2ax可得x==,故C正确;匀速行驶时牵引力等于阻力,则功率P=fv,故D错误。 一题多解　刹车过程,由动能定理得-(F+f)x=0-mv2,解得x=,C正确。 8.(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 【解析】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。 9.(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≤3I1　　　　　　　　　　B.W2=3W1,I2≥I1 C.W2=7W1,I2≤3I1　　　　　　　　　　D.W2=7W1,I2≥I1 【答案】D　 【解析】设质点质量为m,由动能定理有W1=m(2v)2-mv2=mv2,W2=m(5v)2-m(2v)2=mv2,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I2≥I1,综上可知D正确。 10.(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3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　) A.1.6×102 kg　　　　　　B.1.6×103 kg C.1.6×105 kg　　　　　　D.1.6×106 kg 【答案】B　 【解析】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== kg=1.6×103 kg,故选项B正确,选项A、C、D错误。 11．（2025·甘肃 ）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。 求： (1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。 (2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。 (3)t=6s时，物块的速度大小。 【答案】(1)， (2)见解析 (3) 【详解】（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知 所以当t=6s时， 0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即 （2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有 即 在垂直杆方向，当时， 则0−4s，垂直杆方向 摩擦力 在4−6s内，垂直杆方向 摩擦力 相应的f−t图像如图 （3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有 在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则 联立有 可得 12．（2025·河北 ）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 【答案】(1)0.6m (2)IN = 0.1N·s；vx′ = 0 【详解】（1）小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a = μg 则小物块从开始运动到离开平台有 小物块从平台飞出后做平抛运动有，x = vxt1 联立解得x = 0.6m （2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有，vy2 = gt2 则物块与地面接触的时间Δt = t－t1－t2 = 0.1s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt = mvy2－m(－vy1)，vy1 = gt1 解得IN = 0.1N·s 取水平向右为正，在水平方向有， 解得vx′ = －1m/s 但由于vx′减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′ = 0 13．（2025·广西 ）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内： (1)单个散货的质量。 (2)水平传送带的平均传送速度大小。 (3)倾斜传送带的平均输出功率。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I，可知受到的冲量为I，则对单个散货水平方向由动量定理 解得单个散货的质量为 （2）落入货箱中散货的个数为 则水平传送带的平均传送速度大小为 （3）倾斜传动带上一共有10个物块，每次经过，后一个物块总会到达前一个物块的位置，因此在时间可视为第10个物块一次性传输到第1个物块的位置；设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律 解得 加速时间 加速位移 设匀速时间为，其中 则匀速位移为 故传送带的长度为 加速阶段散货与传送带发生的相对位移为 在时间内传送带对外输出的功率分别用于提升物块的高度和增加物块的动能，即 其中， 联立可得倾斜传送带的平均输出功率为 14.[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=(-mg)t 解得IF=t=2mv+mgt 15.(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v1 D.v2大于v0 【答案】B　 【解析】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,m=mv'2+m,联立解得:v'=0,v1=v0,则碰后氢核动量p'=mv0,氢核动能Ek'=m;同理,分析中子碰撞氮核过程,有mv0=mv″+Mv2,m=mv″2+M,解得v″=v0=-v0,v2=v0=v0,可知碰后氮核动量p″=Mv2=mv0>p',碰后氮核动能Ek″=M=·m<Ek',故选B。 16.(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　 【解析】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。 17.(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　 【解析】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·cos α,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。 18.(2017课标Ⅲ,20,6分)(多选)一质量为2 kg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=1 s时物块的速率为1 m/s B.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D.t=4 s时物块的速度为零 【答案】AB　 【解析】前2 s,根据牛顿第二定律,a==1 m/s2,则0~2 s的速度规律为v=at,t=1 s时,速率为1 m/s,A正确;t=2 s时,速率为2 m/s,则动量为p=mv=4 kg·m/s,B正确;2~4 s,力开始反向,物块减速,根据牛顿第二定律,a=-0.5 m/s2,所以3 s时的速度为1.5 m/s,动量为3 kg·m/s,4 s时速度为1 m/s,C、D错误。 考向2 动量定理的应用 1．（2025·浙江 ）有一离地面高度、质量为稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数，重力加速度，则它降落到地面的时间约为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知 …………① 沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足 …………② 解得 由动量定理可得 即 则沙尘下落时间为 由于，则 故选B。 2.(2024北京,8,3分)将小球竖直向上抛出,小球从抛出到落回原处的过程中,若所受空气阻力大小与速度大小成正比,则下列说法正确的是(　　) A.上升和下落两过程的时间相等 B.上升和下落两过程损失的机械能相等 C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 【答案】 C 【解析】 空气阻力对小球一直做负功,除最高点外同一位置小球上升时的速度大于下降时的速度,所以上升过程的时间小于下落过程的时间,A错误。空气阻力大小f=kv,由微元法可得上升过程空气阻力做功较大,所以上升过程损失的机械能较大,B错误。由动量定理I=m·Δv可得上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量,C正确。上升过程的加速度大小a上=,下落过程的加速度大小a下=,所以a上>a下,D错误。 3.(2024安徽,9,5分)(多选)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上,在斜面上建立Oxy直角坐标系,如图(1)所示。从t=0开始,将一可视为质点的物块从O点由静止释放,同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2,其大小与时间t的关系如图(2)所示。已知物块的质量为1.2 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。则(　　) A.物块始终做匀变速曲线运动 B.t=1 s时,物块的y坐标值为2.5 m C.t=1 s时,物块的加速度大小为5 m/s2 D.t=2 s时,物块的速度大小为10 m/s 【答案】BD 【解析】根据题图(2)可得,在0~4 s内F1=4-t(N),F2=3t(N),故两力的合力为F=4+2t(N),物块在y轴方向受力为mg sin 30°,在x轴方向所受的力在改变,故物块所受合力在改变,物块做变加速曲线运动,A错误;物块在y轴方向的加速度为ay==5 m/s2,故t=1 s时,物块的y坐标值为y=ayt2=2.5 m,B正确;t=1 s时,x轴方向合力为6 N,故此时在x轴方向的加速度ax= m/s2=5 m/s2,此时物块加速度大小为a==5 m/s2,C错误;t=2 s时,在x轴正方向上,对物块根据动量定理有t=mvx-0,在0~4 s内F与时间t成线性关系,可得= N=6 N,联立解得vx=10 m/s,此时y轴方向速度为vy=ayt=10 m/s,故此时物块的速度大小为v==10 m/s,D正确。 4.(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1 kg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0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/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0.18 N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 【答案】BD　 【解析】取向右为正方向,两滑块碰撞前的动量p1=mv1=0.40 kg·m/s,碰撞后的动量p2=2mv2=0.44 kg·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=-0.18 kg·m/s,滑块1受到的合外力的冲量大小为0.18 kg·m/s,方向水平向左,B正确。对滑块2,由动量定理可得I2=mv2=0.22 kg·m/s,滑块2受到的合外力的冲量大小为0.22 kg·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=5.5 N,D正确。 5.(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　 【解析】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。 6.(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　 【解析】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。 7.(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1 a.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2 a.光束①和②强度相同; b.光束①比②的强度大。 【答案】见解析 【解析】(1)a.x方向:动量变化为 Δpx=mv sin θ-mv sin θ=0 y方向:动量变化为 Δpy=mv cos θ-(-mv cos θ)=2mv cos θ 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=2np cos θ 从小球出射时的总动量为p2=2np p1、p2的方向均沿SO向右 根据动量定理:FΔt=p2-p1=2np(1-cos θ)>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)p sin θ 从小球出射时的总动量为p2y=0 根据动量定理:FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin θ 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。 考点2 动量守恒定律及其应用 考向1 动量守恒定律的理解及基本应用 1．（2025·河南 ）两小车P、Q的质量分别为和，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为，碰撞时间极短，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 即 根据图像可知，故； 同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 即 根据图像可知，故； 故 故选D。 2．（2025·广东 ）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据牛顿第二定律两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因MN系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律 若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知 解得、 因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD是错误的； 若不是弹性碰撞，则 可知碰后速度大小之比为 若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足 则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v:2v=2:1 可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A正确，C错误。 故选A。 3.(2024江苏,9,4分)如图所示,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的左端,右侧用一根细绳连接在滑板A的右端,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑,剪断细绳后,则(　　) A.弹簧恢复原长时A的动能最大 B.弹簧压缩最短时A的动量最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 【答案】A 【解析】对A、B及弹簧组成的系统分析可知合外力为0,系统动量守恒,整个系统中只有弹簧弹力做功,系统机械能守恒,C、D错误;由题可知,开始时弹簧处于拉伸状态,从剪断细绳到弹簧恢复原长的过程,B向左加速,A向右加速,弹簧压缩的过程,B向左减速,A向右减速,压缩至最短时,A、B速度均减为0,可知弹簧原长时A和B的速度均达到最大,此时A的动能、动量均最大,A正确,B错误。 4.(2024江苏,14,8分)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道,探测器经过轨道修正、近月制动,顺利进入环月轨道飞行。此后探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知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vA; (2)分离时A对B的推力大小。 【答案】(1)　(2) 【解析】(1)取v0的方向为正方向,由动量守恒定律有(m+M)v0=Mv+mvA,解得vA=。 (2)以B为研究对象,取v0的方向为正方向,根据动量定理,对B有FΔt=Mv-Mv0,则分离时A对B的推力大小F=。 5.(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　 【解析】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。 6.(2019江苏单科,12)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为(　　) A.v　　　B.v　　　C.v　　　D.v 【答案】B　 【解析】本题考查了动量守恒定律,考查的是学生对动量守恒定律适用条件的理解能力,体现了科学思维中的科学推理要素及物理观念中的运动与相互作用观念要素。 忽略滑板与地面间摩擦时,小孩与滑板在水平方向上动量守恒:0=Mv+mv',解得v'=-v,其中“-”表示v'与v方向相反,故B正确。 关联知识　核反应中四大守恒规律:(1)质量数守恒; 7．（2025·浙江 ）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 【答案】(1)4m/s (2)0.9J (3)0.2m (4)3N 【详解】（1）滑块从P点到B点由动能定理 解得到达B点的速度 （2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 （3）物块在传送带上加速运动的加速度为 加速到共速时用时间 在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度 （4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知， 联立解得 （另一组，因不合实际舍掉） 对滑块在最高点时由牛顿第二定律 解得F=3N 8.(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。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)　(2)6mgL-3m　(3) 【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== (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W=×2m+2mg·3L-×2m=6mgL-3m (3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知 2m·2v0=mv1+2mv2 ×2m·(2v0)2-= 解得v1=2v0,v2=v0 (另一组解v1=v0,v2=v0舍掉) A、B做平抛运动的时间t1= 则 s-r=v2t1 s+r=v1t1 解得s= 9.(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.n2　　　　　　B.n　　　　　　C.　　　　　　D.1 【答案】D　 【解析】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。 10.[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】　 【解析】设滑块的质量为m,最终盒与滑块的共同速度为v' 根据动量守恒得:mv=(m+2m)v' 解得v'=v 设滑块相对于盒的运动路程为s 根据能量守恒得:μmgs=mv2-(m+2m)v'2 解得s= 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。 11.[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 ×10-3 s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400 kg和mB=0.100 kg,重力加速度大小g=9.80 m/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=×100%,结果保留1位有效数字)。 【答案】(ⅰ)2.04×10-3 s2/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 (mA+mB)v'2=(mA+mB)gh② 联立①②式得 h=v2③ 由题意得 k0=④ 代入题给数据得 k0=2.04×10-3 s2/m⑤ (ⅱ)按照定义 δ=×100%⑥ 由⑤⑥式和题给条件得 δ=6%⑦ 考向2 动量守恒中的常见模型 1．（2025·山东 ）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】轨道舱与返回舱的质量比为，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m； 根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有 可得做圆周运动的线速度为 弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有 由题意 带入解得 故选C。 2.(2024广西,8,6分)(多选)如图,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在(　　) A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 【答案】BC 【解析】两小球碰撞过程中机械能守恒,可知两小球碰撞过程是弹性碰撞,由于两小球质量相等,故碰撞后两小球交换速度,即vM=0,vN=v,碰后小球N做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v,C正确,D错误;小球N在竖直方向上做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动,A错误,B正确。 3.(2024湖北,10,4分)(多选)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(　　) A.子弹的初速度大小为 B.子弹在木块中运动的时间为 C.木块和子弹损失的总动能为 D.木块在加速过程中运动的距离为 【答案】AD 【解析】子弹在木块内运动的过程中,子弹和木块组成的系统动量守恒,若子弹没有射出木块,则由动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得木块获得的速度大小为v=,又子弹的初速度越大,其打入木块越深[点拨:根据能量守恒定律有fΔx=kv0Δx=m-(M+m)v2,联立解得Δx=],则当子弹恰好不射出木块时,木块获得的速度最大,此时有kv0L=m-(M+m)v2,解得v0=;若子弹能够射出木块,设子弹穿出木块时子弹和木块的速度分别为v1、v2(v1>v2),子弹和木块的位移大小分别为x1、x2,则有x1-x2=L,可得t-t=L,左右两边同乘k,得t+t=kL,在此过程中对木块根据动量定理有ft=kv0t=Mv2,若想木块获得的速度最大,即kv0t最大,当v1-v2趋近于零,即v1趋近于v2时,kv0t最大,故子弹恰好不射出木块时,木块速度最大,综上所述,v0=时,木块获得的速度最大,A正确。木块获得的最大速度v=,又v=a2t,a2=,联立解得t=,B错误。由能量守恒可得子弹和木块损失的总动能转化为系统因摩擦产生的热量,即ΔE=Q=fL=,C错误。木块在加速过程中运动的距离为x2=t=,D正确。 4．（2025·新课标）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功； (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离； (3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？ (4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？ 【答案】(1) (2)， (3) (4) 【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为 （2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中 同时有 联立解得， （3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，，其中 联立解得 （4）对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有， 解得 5.(2023海南,18,14分)如图所示,有一固定的光滑圆弧轨道A,半径R=0.2 m,一质量为mB=1 kg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=3 kg,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10 m/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0.16 m<L<0.8 m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)30 N　(2)1.6 J　(3) s 【解析】(1)滑块下滑到圆弧轨道底端,由动能定理有mBgR=mBv2,解得v=2 m/s。小滑块在A的底端时,有FN-mBg=mB,得此时小滑块所受支持力FN=30 N,由牛顿第三定律可知B对A的压力为30 N。 (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=2 m/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=10 m/s2,B、C速度减为零后均静止。 B向右运动的距离x1=,解得x1=1 m C向右运动距离x2=,解得x2=0.2 m B、C间由摩擦产生的热量Q=μ1mBg(x1-x2),解得Q=1.6 J (3)假设B还未与C右端挡板碰撞,C先停下,用时为t1,有t1=,得t1=0.2 s,由(2)可知此时B、C的位移分别是0.36 m、0.2 m 则x相对=0.16 m,此时vB=v-a1t1=1.6 m/s 由L>0.16 m,假设成立,设C停下后再经t2时间B与C挡板碰撞,有L-0.16 m=vBt2-a1 解得t2=(0.8-) s(另一解不符合题意,舍去) 碰撞前瞬间B的速度vB'=vB-a1t2=2 m/s 碰撞时由动量守恒可得碰撞后B、C速度 v共= m/s 之后二者一起减速,a3=μ2g=8 m/s2,设经t3后停下, 则有t3== s 故总时间t=t1+t2+t3= s。 6.(2023辽宁,15,17分)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)4t0-8 【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==1 m/s② 对木板分析,应用动能定理有 μm2gx1=m1③ 解得x1=0.125 m④ (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=1 m/s2⑦ x2=0.25 m⑧ 对木板、物块与弹簧三者组成的系统根据能量守恒定律有 (m1+m2)=(m1+m2)+k⑨ 解得v2= m/s⑩ (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=-2t0 由能量守恒定律可知系统因摩擦转化的内能 ΔU=m2-m2v' 联立⑩得 ΔU=4t0-8 7.(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=1 m/s,v=4 m/s,mA=mC=1 kg,mB=2 kg,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=10 m/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=0.48 m,求B与P碰撞前,摩擦力对C做的功W; (4)若s=0.48 m,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)0.8 m　(2)0.625 m≤s≤ m (3)-6 J　(4) kg·m/s 【解析】(1)下滑过程机械能守恒,有mCgH=mCv2① 代入数据解得H=0.8 m② (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=5 m/s2④ C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=1 m/s2⑦ B做匀加速直线运动有v1=v0+aBt1⑧ B的对地位移xB=t1⑨ 联立④⑤⑦⑧⑨ 解得t1=0.5 s⑩ v1=1.5 m/s xB=0.625 m 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=1 m/s2 B、C整体做匀减速直线运动, xB'=v1t2-aBC A恰好追上B时有位移关系 xA=v0(t1+t2)=xB+xB' 联立⑩得xA= m 所以s的范围为0.625 m≤s≤ m (3)s=0.48 m<xB=0.625 m,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=0.48 m=v0t3+aB 联立⑦并代入数据解得t3=0.4 s 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=2 m/s 对C应用动能定理有W=mCvC'2-mCv2 联立并代入数据解得W=-6 J 因此B与P碰撞前摩擦力对C所做的功为-6 J (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'=1.4 m/s B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'=4 m/s2 B与A相撞时的位移关系有 xA'+xB″=0.48 m t4时间内B返回的位移xB″=vB't4-aB' 而xA'=v0(t3+t4) 联立并代入数据解得 t4=(0.6-0.4) 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‴ mA+mBvB″2=mAvA'2+mBvB‴2 其中vB″=vB'-aB't4 联立各式解得 vA'= m/s vB‴= m/s 即A以2 m/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=- kg·m/s 动量变化量Δp的大小为 kg·m/s。 8.(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=,求小球下降h=高度时,小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。 【答案】(1)　 (2)+=1(y≤0) (3)2b 【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=m+M, 解得vM= 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=。 (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+=1 由以上几式整理得小球运动轨迹方程为 +=1(y≤0)。 (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 +=1(y≤0) 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=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tan θ= 将v1沿水平方向和竖直方向分解,则vx=v1 cos θ 根据机械能守恒定律有mg=m+M 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=2b。 9.(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(sin θ=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=10 m/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)0.6m　(2)0.768v0t0　(3)0.45 【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|=mB(1.2v0)2-(mA+mB)=0.6m (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=xA=0.072v0t0,图线B与A之间所围面积表示Δx,则Δx=1.2v0t0-xA-x1=0.768v0t0 (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:mB(0.8v0)2+mA=mBvB'2+mAvA'2 A、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-=0-m(2v0)2 对A冲上斜面又下滑至水平面过程,由动能定理有 =m-m(2v0)2 联立解得μ=0.45 10.(2020山东,18,16分)如图所示,一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板,P、Q两物块的质量分别为m和4m,Q静止于斜面上A处。某时刻,P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan θ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦,与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点,斜面足够长,Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。 (1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1; (2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn; (3)求物块Q从A点上升的总高度H; (4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞,求A点与挡板之间的最小距离s。 【答案】见解析 【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+4mvQ1① 由机械能守恒定律得 m=m+·4m② 联立①②式得 vP1=-v0③ vQ1=v0④ 故第一次碰撞后P的速度大小为v0,Q的速度大小为v0 (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-=2·(-2g sin θ)·⑤ 联立①②⑤式得 h1=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 m-m=-mgh1⑦ 联立①②⑤⑦式得 v02=v0⑧ 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+4mvQ2⑨ 由机械能守恒定律得 m=m+·4m⑩ 联立①②⑤⑦⑨⑩式得 vP2=-×v0 vQ2=×v0 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-=2·(-2g sin θ)· 联立①②⑤⑦⑨⑩式得 h2=· 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 m-m=-mgh2 联立①②⑤⑦⑨⑩式得 v03=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 m=m+·4m 联立①②⑤⑦⑨⑩式得 vP3=-×v0 vQ3=×v0 设第三次碰撞后Q上升的高度为h3,由运动学公式得 0-=2·(-2g sin θ)· 联立①②⑤⑦⑨⑩式得 h3=· …… 总结可知,第n次碰撞后,物块Q上升的高度为 hn=·(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-m=-(m+4m)gH-tan θ·4mg cos θ· 解得H= (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=2gt1 sin θ 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|+gt2 sin θ vP1'2-=2sg sin θ 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)-gt3 sin θ 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= 11.[2018天津理综,9(1)]质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上,一质量为0.05 kg的子弹以200 m/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4.5×103 N,则子弹射入木块的深度为　　　　m。  【答案】20　0.2 【解析】本题考查动量守恒定律、功能关系等知识。 子弹击中木块,并留在其中,二者共速,子弹击中木块的过程,系统合外力为零,满足动量守恒条件,则mv0=(m+M)v,v== m/s=20 m/s;此过程中对系统由功能关系可得:fd=m-(m+M)v2,d==0.2 m。 知识拓展　系统中产生的焦耳热Q=f·d。 考向3 动力学、动量和能量观点的综合应用 1．（2025·浙江 ）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为。A以的速度向右运动，B和C一起以的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（　　） A．碰撞瞬间C相对地面静止 B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m 【答案】D 【详解】A．碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误； B．向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒 解得 v1=1m/s 方向向右；当三者共速时 可知 v=0 即最终三者一起静止，可知经历的时间 选项B错误； C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量 选项C错误； D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知 可得 选项D正确。 故选D。 2.(2024广东,10,6分)(多选)如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同滑块,分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有(　　) A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距 【答案】 ABD 【解析】由于斜面光滑,则两物块加速度相同,又两物块初速度都为0,所以在斜坡上运动过程中二者始终保持相对静止,A正确。由于甲、乙的碰撞属于弹性碰撞,且二者质量相同,所以碰撞过程甲、乙交换速度,B正确。H乙越大,乙在斜坡上运动的位移越大,所需时间越长,甲、乙碰撞后交换速度且二者均可视为质点,则乙在水平面上运动的位移与H甲有关,因为两个滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ,即a=μg保持不变,则乙在水平面上的运动时间与H甲有关,综上所述可知乙的运动时间与H甲、H乙均有关,C错误。由于甲、乙碰撞后交换速度,甲在水平面上的位移等于没有甲时乙单独滑下时在水平面上运动的位移,由能量守恒可知mgH乙=μmgx,解得x=,D正确。 3.(2024安徽,8,4分)在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示。小球质量为m,带电荷量为+q,可视为点电荷。初始时,小球均静止,细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v2、v3,如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了,k为静电力常量,不计空气阻力。则(　　) A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒 C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1 D.在图乙位置,v3= 【答案】D 【解析】对整个系统分析可知系统受到的合力为0,故动量守恒;当三个小球运动到同一条直线上时,根据对称性可知细线中的拉力相等,此时球3受到球1和球2的电场力大小相等,方向相反,故可知此时球3受到的合力为0,球3从静止状态开始运动,剪断细线瞬间球3受到的合力不为0,故该过程中小球3受到的合力在改变,系统动能和电势能相互转化,能量守恒,A、B错误。对系统根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv3,根据球1和球2运动的对称性可知v1=v2,解得v3=2v1,根据能量守恒定律有m+m+m=,解得v3=,C错误,D正确。 4．（2025·江苏 ）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小； (3)若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为。 （2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得， 负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为 （3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞次后速度大小为 则玻璃球碰撞次后最终动能大小 5.(2024广东,14,13分)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g,忽略敏感球受到的摩擦力,求斜面倾角的正切值tan θ。 (2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤刚到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小取g=10 m/s2,求: ①碰撞过程中F的冲量大小和方向; ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 　 【答案】 (1)　(2)①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m 【解析】　(1)对敏感球受力分析如图所示 三个力的合力方向水平向左,大小为ma,由几何关系可知tan θ= (2)①F-t图像中图线与横坐标轴所围的面积等于F的冲量,故有IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s 气囊对头锤的弹力方向竖直向上,故F的冲量IF方向竖直向上 ②以竖直向上为正方向,对头锤与气囊作用的过程应用动量定理有IF-Mgt=Mv-(-Mv0) 对头锤自由下落过程,由运动学公式有=2gH 联立解得v=2 m/s 由v2=2gh,解得h=0.2 m 6.(2024甘肃,14,15分)如图,质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态,细绳O'P=OP=1.6 m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P,小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 (2)A在最低点时,细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短),碰后A竖直下落,C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 (3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 【答案】(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 【解析】根据题意,设A、C质量分别为mA、mC,则mA=mC=2 kg,设B的质量为mB,则mB=6 kg,设细绳OP长为l,则l=1.6 m,设初始时细绳与竖直方向的夹角为θ,则θ=60°。 (1)A开始运动到最低点的过程中,有 mAgl(1- cos θ)=mA-0, 对A在最低点受力分析,根据牛顿第二定律有 T-mAg=, 解得v0=4 m/s,T=40 N, 由牛顿第三定律可知,A运动到最低点时细绳OP所受的拉力大小为40 N。 (2)A与C相碰过程,水平方向动量守恒,由于碰后A竖直下落,则可知碰后A的水平速度大小为零,对于碰撞过程有mAv0=0+mCvC, 解得vC=v0=4 m/s。 (3)A、C碰后,C相对B滑行到共速的过程示意图如图所示, C相对B滑行4 m后与B共速,则对C、B分析,根据动量守恒有mCvC=(mB+mC)v, 根据能量守恒有μmCgx相对=mC-(mB+mC)v2, 联立解得μ=0.15。 7.(2024安徽,14,14分)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置,由静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前,所受拉力的大小; (2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小; (3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 【答案】(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 【解析】(1)小球从释放到运动至最低点的过程,根据动能定理有mgL=m-0 解得v0=5 m/s 在最低点,对小球由牛顿第二定律有FT-mg=m 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。 (2)小球与物块发生弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+Mv2、m=m+M 解得v2=v0=4 m/s,故小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为4 m/s。 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时物块与小车共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒有Mv2=2Mv3 由能量守恒定律有M=×2M+μ1Mgs 解得μ1=0.4 若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置时两者共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒有Mv2=2Mv4 由能量守恒定律有M=×2M+μ2Mgs+MgR 解得μ2=0.25 综上所述,物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 8.(2024贵州,15,19分)如图,半径为R=1.8 m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内,其末端与水平地面PM相切于P点,PM的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动,其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放,沿轨道下滑至P点,再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰,碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时,瞬间给b一水平向右的冲量I,其大小为6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s给b一相同的瞬时冲量I,直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1 kg,b的质量为mb=2 kg,它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小; (2)b从M运动到N的时间; (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 【答案】(1)30 N　(2)3.2 s　(3)95 J 【解析】(1)a从静止释放到运动到圆轨道底端过程,根据机械能守恒定律有magR=ma, 在P点,设轨道对a的支持力大小为N,根据牛顿第二定律有N-mag=ma,联立解得N=30 N。 (2)a从静止释放到M点过程中,根据动能定理有magR-μmagd=ma-0,解得vM=3 m/s, a与b发生弹性碰撞的过程,根据动量守恒定律和动能守恒有mavM=mava+mbvb,ma=ma+mb, 联立解得vb=2 m/s, b滑上传送带后,先做减速运动,根据牛顿第二定律有μmbg=mba, 解得a=5 m/s2, b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间t1==0.2 s, 此时的对地位移x=·t1=0.3 m, 此后b做匀速直线运动,b到达传送带最左端还需要的时间t2==3 s, b从M运动到N的时间t=t1+t2=3.2 s。 (3)设向右为正方向,b到达N的瞬间给b一水平向右的冲量,对b根据动量定理有I=mbv-(-mbv0),解得v=2 m/s, b向右减速到零所需的时间t3==0.4 s, b向左从零加速到v0所需的时间t4==0.2 s, 可得恰好Δt=t3+t4, b在Δt时间内向右运动的距离 Δx=·t3-·t4=0.3 m, 之后b重复向右减速到0然后向左加速到v0的过程,循环10次后b向右运动的距离x'=10·Δx=3 m, 每一次相对传送带运动的路程s=·t3+v0t3+v0t4-·t4=0.9 m, b从N向右运动3 m的过程中b与传送带摩擦产生的热量Q1=10μmbgs=90 J, 然后b继续向右减速运动,根据运动学公式有vt5-a=L-x',解得t5=0.2 s(另一解不合题意,舍去), 此过程,b相对传送带运动的路程s'=L-x'+v0t5=0.5 m, 此过程中b与传送带摩擦产生的热量Q2=μmbgs'=5 J, b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95 J。 9.(2024河北,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2.0 kg,A木板长度为2.0 m,机器人质量为6.0 kg,重力加速度g取10 m/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。 【答案】(1)1.5 m　(2)90 J　2　(3)xAC=LB 【解析】(1)设机器人的质量为m,木板的质量均为M, 机器人从左向右走,A板向左运动,二者组成的系统动量守恒,因开始时总动量为零,故机器人在木板A上行走时,二者动量时刻等大反向,有mx机=MxA(点拨:联想到人船模型) 又x机+xA=LA=2.0 m 联立解得xA=1.5 m,故此时A、B间距为1.5 m。 (2)由能量守恒定律得W=mv2+M 设机器人跳离瞬间的速度方向与水平方向的夹角为θ,机器人与A木板在水平方向上动量守恒,有mv cos θ=MvA 联立得W=3v2+9v2 cos2 θ 机器人做斜抛运动,其跳到木板B左端时水平方向位移为xA=v cos θ×t0,t0= 解得v2 sin 2θ=15 所以W=45×=45 由数学均值不等式可知,当tan θ=2时,W取到最小值Wmin=90 J (3)由(2)得,tan θ=2,cos θ=,sin θ=,v cos θ= m/s,vA= m/s,t0== s xA0=vAt0=4.5 m,x和=xA0+xA=6 m 机器人跳到B板上立刻相对静止,mv cos θ=(2M+m)vC 解得vC= m/s 此时如图1 跳3次后如图2 跳第1次,(m+M)vC=MvB1+mv1 (m+M)vCt1=-MxB1+mx1(点拨:选取向右为正方向,由题意知,机器人起跳后B向左运动)① x1+xB1=LB② 跳第2次,(m+M)vC=MvB2+mv2 (m+M)vCt2=-MxB2+mx2③ x2+xB2=LB④ 跳第3次,(m+M)vC=MvB3+mv3 (m+M)vCt3=-MxB3+mx3⑤ x3+xB3=LB⑥ 此过程中木板C前进的位移xC=vC(t1+t2+t3)⑦ 联立①~⑦得(m+M)xC=mLB-(M+m)xB 化简得4xC=-4xB+3LB⑧ 由B板恰追上板A得xB=xA'+x和 xA'=vA(t1+t2+t3)⑨ 由⑦⑨得xA'=vA=5xC 联立解得xC=LB-1 xAC=xC+LB+x和+xA' 解得xAC=LB 10.(2024重庆,15,18分)如图所示,M、N两个钉子固定于相距a的两点,M的正下方有不可伸长的轻质细绳,一端固定在M上,另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B,绳长与M到地面的距离均为10a,质量为2m的小木块A,沿水平方向与B发生弹性碰撞,碰撞时间极短,A与地面间动摩擦因数为,重力加速度为g,忽略空气阻力和钉子直径,不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。 (1)若碰后,B在竖直面内做圆周运动,且能经过圆周运动最高点,求B碰后瞬间速度的最小值; (2)若改变A碰前瞬间的速度,碰后A运动到P点停止,B在竖直面内做圆周运动旋转2圈,经过M正下方时细绳断开,B也来到P点,求B碰后瞬间的速度大小; (3)若拉力达到12mg细绳会断,上下移动N的位置,保持N在M正上方,B碰后瞬间的速度与(2)问中的相同,使B旋转n圈。经过M正下方时细绳断开,求MN之间距离的范围,及在n的所有取值中,B落在地面时水平位移的最小值和最大值。 【答案】(1)5　(2)4 (3)≤h≤(n=1,2,3,…)　　 【解析】(1)碰后B能在竖直面内做圆周运动,轨迹半径为10a,设碰后B的最小速度大小为v0,则B通过最高点时的速度大小为v,在最高点时由牛顿第二定律有mg=m B从最低点到最高点由动能定理可得 -mg×2×10a=mv2-m 解得v0=5。 (2)A和B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,设碰前A的速度大小为v1,碰后A的速度大小为v2,碰后B的速度大小为v3,则有2mv1=2mv2+mv3 ×2m=×2m+m 碰后A减速到0,设碰后A在水平面上的运动距离为L,则有μ×2mgL=×2m 碰后B做两圈圆周运动,绳子在MN间缠绕2圈,缩短4a,B在M点正下方且细绳刚断开时,B和M点的距离为6a,B和水平地面的距离为4a,此时设B的速度大小为v4,由功能关系得-mg×4a=m-m B随后做平抛运动,有4a=gt2,L=v4t 联立解得v3=4(另一解速度小于v0,不合题意,舍去)。 (3)设M、N间距离为h,B转n圈后到达M正下方时速度大小为v5,绳缩短2nh,绳断开时,以M为圆心,由牛顿第二定律得12mg-mg≤m(n=1,2,3,…) 断开前以N为圆心,由牛顿第二定律得 12mg-mg≥m(n=1,2,3,…) 从碰后到B转n圈后到达M正下方,由功能关系得 mg×2nh=m-m(n=1,2,3,…) 联立解得≤h≤(n=1,2,3,…) 绳断后,B做平抛运动,有2nh=gt'2(n=1,2,3,…),s=v5t' 可得s=4(n=1,2,3,…) 由于≤nh≤(n=1,2,3,…) 则由数学知识分析可得,当nh=时,smin= 当n=1时,nh=,则有smax=。 11.(2024湖北,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3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg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0.1 kg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1 m/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=10 m/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。 【答案】(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 【解析】(1)根据题意,小物块在传送带上,由牛顿第二定律有μm物g=m物a,解得a=5 m/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==2.5 m<L传=3.6 m 可知,小物块运动到传送带右端前已和传送带共速,即小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小为5 m/s。 (2)小物块运动到传送带右端与小球正碰,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 其中v=5 m/s,v1=-1 m/s,解得v2=3 m/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=m物v2-m物-m球 解得ΔEk=0.3 J。 (3)设P点到O点的距离为d,小球在P点正上方时速度为v3,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m球=m球+m球g(2L绳-d)(点拨:v2不变,要d最小,则v3最小) 当小球运动到P点正上方,绳子恰好不松弛,即绳子的拉力刚好为零时,v3最小 在P点正上方,由牛顿第二定律有m球g=m球 联立解得d=0.2 m 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 12.（2024山东，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=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/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，轨道的加速度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=8 N，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面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 【答案】（1）4 m/s　（2）（ⅰ）0.2　1 kg　（ⅱ）4.5 m 【解析】（1）对小物块在Q点，由牛顿第二定律得 3mg+mg=m 代入数据解得v=4 m/s。 （2）（ⅰ）由题图乙可知，F1=4 N时a1=2 m/s2，此时小物块与轨道间刚要发生相对滑动，对小物块，由牛顿第二定律得μmg=ma1 解得μ=0.2 对小物块与轨道整体，由牛顿第二定律得F1=（M+m）a1 解得m+M=2 kg F2=8 N时a2=6 m/s2，对轨道，由牛顿第二定律得 F2-μmg=Ma2 联立解得m=M=1 kg。 （ⅱ）若初始时F=8 N，向左推动轨道，则从一开始小物块就与轨道发生相对滑动 设经过时间t物块运动到P点，此时物块速度为v1，对地位移为x1，轨道速度为v2，对地位移为x2 由运动学公式可得t== 代入数据得v2=3v1 物块与轨道在t时间内的相对位移L=（v2-v1）t 物块在Q点的对地速度为v3=7 m/s，方向水平向左，设此时轨道的对地速度为v4，物块从P运动到Q的过程中，以向左为正方向，对物块和轨道整体 由水平方向动量守恒得mv1+Mv2=mv3+Mv4 由机械能守恒得m+M=m+M+mg×2R 且由于小物块从Q点离开轨道，则有v3>v4 联立解得v1=3 m/s，v2=9 m/s，v4=5 m/s，t=1.5 s，L=4.5 m。 13.(2024湖南,15,16分)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; (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。 【答案】(1)v0　　(2)2或5 (3)· 【解析】(1)小球A和B发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v,解得v=v0 对组合体受力分析,其做圆周运动的向心力 F向=(mA+mB) 联立解得F向=。 (2)标出所有碰撞位置如图所示,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三处为等边三角形的三个顶点。 第1次碰撞,小球A撞上小球B,发生弹性碰撞,由动量守恒定律得 mAv0=mAvA+mBvB 由机械能守恒定律有mA=mA+mB 联立解得vA=v0,vB=v0,由题意可知mA>mB,vA>0,vB>0,即碰后两球同向运动。 第2次碰撞,小球B撞上小球A,发生弹性碰撞,第2次碰后,小球A的速度恢复到v0,小球B静止,发生第2次碰撞时是B比A多运动一圈追上A发生碰撞,若小球A和B第2次碰撞位置在Ⅱ处,则== 可得=2。 第3次碰撞是A在Ⅱ处撞上B,而后A在Ⅲ处被B撞上发生第4次碰撞(与第2次碰撞类似),第6次在Ⅰ处碰撞,以此类推,两球总是在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处发生碰撞。 若小球A和B第2次碰撞位置在Ⅲ处,则 == 可得=5 与前面分析类似,此情况下所有的碰撞位置也刚好位于等边三角形的三个顶点,满足要求。 (3)第1次碰撞,由动量守恒定律有 mAv0=mAvA1+mBvB1 由碰撞前后相对速度的变化关系有=e 每次发生碰撞时有xB1-xA1=vB1t1-vA1t1=2πR 其中t1为第1次碰撞至第2次碰撞的时间 联立解得xB1=vB1t1= 第2次碰撞,有mAvA1+mBvB1=mAvA2+mBvB2(点拨:对于始终发生碰撞的系统,为了计算方便,等式左边可以用mAv0代替,即mAv0=mAvA2+mBvB2) =e,则vA2-vB2=e2v0 xA2-xB2=vA2t2-vB2t2=2πR 联立解得xB2= 通过运算发现,第1次碰撞后B球速度大于A球速度,则第2次碰撞为速度大的B球撞A球,碰撞后A球速度大于B球速度且B球不反弹,第3次碰撞为速度大的A球撞B球,如此循环往复,可知 第n次碰撞后到第n+1次碰撞,B球运动的路程 xBn= 从第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间B球通过的路程 xB=xB1+xB2+xB3+…+xB2n = =·。 14.(2023天津,11,16分)一质量为mA=2 kg的A物体从距地面h=1.2 m处由静止自由下落,同时另一质量为mB=1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出,经过t=0.2 s两物体相遇,碰撞后立刻粘在一起运动,已知重力加速度g=10 m/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)1 m　(2)0　(3)12 J 【解析】(1)对A物体,根据运动学公式可得 h-x=gt2,解得x=1 m。 (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-gt2 解得vB0=6 m/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=2 m/s,方向竖直向下 碰撞前瞬间B物体的速度大小为 vB=vB0-gt=4 m/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=0 m/s。 (3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为ΔE=mA+mB-(mA+mB)v2 解得ΔE=12 J。 15.(2023河北,15,16分)如图,质量为1 kg的薄木板静置于光滑水平地面上,半径为0.75 m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2 kg的小物块A以8 m/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1.3 m,g取10 m/s2,取3.16,sin 37°=0.6,cos 37°=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3 J,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)7 m/s　2 m/s　(2) N　2 m　 (3)0.1 s≤Δt≤0.118 s或0.732 s≤Δt≤0.75 s 【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,m1=m1+m2+μm1gL 由题意分析知v1≥v2,联立解得v1=7 m/s,v2=2 m/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+sin 37°)=m1-m1 物块A到达圆弧轨道最高点时,根据牛顿第二定律有 FN+m1g sin 37°=m1 联立得FN= N,v3=5 m/s 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=v3 sin 37°=3 m/s,vy=v3 cos 37°=4 m/s 则斜抛过程物块A上升时间t1==0.4 s 该段时间物块A向左运动距离为s1=vxt1=1.2 m 物块A距离地面最大高度H=R(1+sin 37°)+=2 m (3)物块A从最高点落地时间t2==0.632 s 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,m1+ΔEk=m3+m4 解得v4=6 m/s,v5=2 m/s或v4=0,v5=4 m/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=6 m/s,v5=2 m/s,炸裂后B落地过程中的水平位移为x'=v4t2=3.792 m 炸裂后C落地过程中的水平位移为 x″=v5t2=1.264 m 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0.1 s≤Δt≤0.75 s b.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=4 m/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=2.528 m 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0.732 s≤Δt≤1.382 s b.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≤0.118 s 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 0.1 s≤Δt≤0.118 s或0.732 s≤Δt≤0.75 s 16.(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10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1 N。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=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/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)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m 【解析】(1)滑块静止时,由整体法得: N1=(m+M)g=8 N 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=5 N。 (2)滑块从A到B,由动能定理: -mgl-fl=mv2-m 得:v=8 m/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'=2 m/s 碰撞后,滑块与滑杆一起向上运动,由动能定理: -(m+M)gh=0-(m+M)v'2 得:h=0.2 m 17.(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=0.1 kg,B的质量mB=0.3 kg,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=4 m/s,取重力加速度g=10 m/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,的取值范围(结果用cos 5°表示)。 【答案】(1)2 m/s　2 m/s　(2) m　(3)- J (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)+mBvB mA=mA+mB 解得vA=2 m/s,vB=2 m/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=3 m/s2 A减速时加速度大小为aA==4 m/s2 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==0.5 s A减速运动的位移大小x3=t3=0.5 m 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0.5 m,则有vBt2-aB=0.5 m 解得t2= s(另一解舍去) 故B光滑部分长度d=vAt2+x3= m (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=1 m/s B的加速度满足μ1mAg+μ2(mA+mB)g=mBaB' 解得aB'= m/s2 B在此后减速运动的位移xB满足2(-aB')xB=0-vB'2 解得xB= m A对B的摩擦力所做的功为Wf=-μ1mAgxB=- J (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= 由题意知T=4(t1+t2+t3) 代入数据得T=4.5 s 由机械能守恒定律得MgL=Mv2 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-cos 5°)>Mv'2 由碰撞过程的能量关系得 Mv2≥Mv'2+mA 由T=2π,并联立以上各式得 << 18.(2019课标Ⅱ,25,20分)一质量为m=2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中,司机突然发现前方100 m处有一警示牌,立即刹车。刹车过程中,汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中,0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略,汽车仍保持匀速行驶),t1=0.8 s;t1~t2时间段为刹车系统的启动时间,t2=1.3 s;从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止。已知从t2时刻开始,汽车第1 s内的位移为24 m,第4 s内的位移为1 m。 图(a) 图(b) (1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线; (2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小; (3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功;从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离约为多少(以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)? 【答案】(1)见解析　(2)28 m/s　8 m/s2　(3)30 m/s　1.16×105 J　87.5 m 【解析】本题综合考查了动能定理、动量定理等基本考点,考查了学生综合分析及运用数学知识解决问题的能力,体现了科学推理与科学论证的素养要素,通过研究汽车的运动渗透了关注生产、生活的价值观念。 (1)v-t图像如图所示。 (2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1,则t1时刻的速度也为v1;t2时刻的速度为v2。在t2时刻后汽车做匀减速运动,设其加速度大小为a。取Δt=1 s。设汽车在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt内的位移为sn,n=1,2,3,…。 若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止,设它在t2+3Δt时刻的速度为v3,在t2+4Δt时刻的速度为v4,由运动学公式有 s1-s4=3a(Δt)2① s1=v2Δt-a(Δt)2② v4=v2-4aΔt③ 联立①②③式,代入已知数据解得 v4=- m/s④ 这说明在t2+4Δt时刻前,汽车已经停止。因此,①式不成立。 由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止,由运动学公式 v3=v2-3aΔt⑤ 2as4=⑥ 联立②⑤⑥式,代入已知数据解得 a=8 m/s2,v2=28 m/s⑦ 或a= m/s2,v2=29.76 m/s⑧ 但⑧式情形下,v3<0,不合题意,舍去。 (3)设汽车的刹车系统稳定工作时,汽车所受阻力的大小为f1。由牛顿第二定律有 f1=ma⑨ 在t1~t2时间内,阻力对汽车冲量的大小为 I=f1(t2-t1)⑩ 由动量定理有 I=mv1-mv2 由动能定理,在t1~t2时间内,汽车克服阻力做的功为 W=m-m 联立⑦⑨⑩式,代入已知数据解得 v1=30 m/s W=1.16×105 J 从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离s约为 s=v1t1+(v1+v2)(t2-t1)+ 联立⑦式,代入已知数据解得 s=87.5 m 19.(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=2 kg、mB=1 kg。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=1.8 m(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=10 m/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)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m 【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=gt2① 代入数据解得 t=0.6 s② (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=2 m/s⑤ (3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中A、B组成的系统机械能守恒,有 (mA+mB)v2+mBgH=mAgH⑥ 代入数据解得 H=0.6 m⑦ 20.(2019课标Ⅲ,25,20分)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示。某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20。重力加速度取g=10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。 (1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小; (2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少? (3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少? 【答案】(1)4.0 m/s　1.0 m/s (2)B先停　0.50 m　(3)0.91 m 【解析】本题考查动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理和机械能守恒定律的综合应用,要求考生具有较强的推理能力和综合分析能力。题目中涉及两个物体,运动过程较多,涉及规律较多,综合性很强,为较难题。体现了模型建构、科学推理的素养要求。 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正,由动量守恒定律和题给条件有 0=mAvA-mBvB① Ek=mA+mB② 联立①②式并代入题给数据得 vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s③ (2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a。假设A和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有 mBa=μmBg④ sB=vBt-at2⑤ vB-at=0⑥ 在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,所以无论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程sA都可表示为 sA=vAt-at2⑦ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 sA=1.75 m,sB=0.25 m⑧ sA>l且sA-sB<2l,这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边0.25 m处,B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为 s=0.25 m+0.25 m=0.50 m⑨ (3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为vA',由动能定理有 mAvA'2-mA=-μmAg(2l+sB) 联立③⑧式并代入题给数据得 vA'= m/s 故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″,由动量守恒定律与机械能守恒定律有 mA(-vA')=mAvA″+mBvB″ mAvA'2=mAvA″2+mBvB″2 联立式并代入题给数据得 vA″= m/s,vB″=- m/s 这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA'时停止,B向左运动距离为sB'时停止,由运动学公式有 2asA'=vA″2,2asB'=vB″2 根据④式及题给数据得 sA'=0.63 m,sB'=0.28 m sA'小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离 s'=sA'+sB'=0.91 m 素养考查　本题考查了动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律、牛顿运动定律、运动学公式知识,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、科学论证的要素。 21.(2018海南单科,14,16分)如图,光滑轨道PQO的水平段QO=,轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑,在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞,碰撞时间极短。求: (1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小; (2)A、B均停止运动后,二者之间的距离。 【答案】(1)　　(2)h 【解析】(1)A下滑过程机械能守恒,由机械能守恒定律得 mgh=m A、B发生完全弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvA+4mvB 由机械能守恒定律得m=m+(4m) 解得vA=-,vB= (2)物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动,最终速度为零,由动能定理得 -μ×4mgx=0-×4m,x=, 设当物块A的位移为x时速度为v,对A,由动能定理得 -μmgx=mv2-m 解得v= A、B发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv=mvA'+4mvB' 由机械能守恒定律得 mv2=mv+×4mv 解得vA'=-,vB'= 碰撞后A向左做减速运动,B向右做减速运动,由动能定理得 -μmgxA=0-mv -μ×4mgxB=0-×4mv 解得xA=h,xB=h,A、B均停止运动后它们之间的距离d=xA+xB=h。 素养考查　本题考查了机械能守恒定律、动量守恒定律、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。 考向4 弹性碰撞的一般规律及其应用 1.(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)　(2)3m　(3) 【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==。 (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m(2v0)2=mv2+m'v2,联立解得v=v0,m'=3m。 (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=,v0t2+2v0t2=πR,联立解得Δt=t1+t2=。 2.(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=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)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=mv2-0 解得v= 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+Mv2① mv2=m+M② 联立①②得v1=v=- v2=v= 故第一次碰撞后瞬间小球速度大小为,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== 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+g=v2t1 联立解得t1=2 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= 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+Mv3 m+M=m+M 解得v2后=0,v3= 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g=v3t2 解得t2=2 小球在与圆盘第三次碰撞前瞬间的速度v3前=gt2=2 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=8l h=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。 3.(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1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C和D,物块质量均为1 kg。A和C以相同速度v0=10 m/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=10 m/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vCD C、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/s 0<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vAB A、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=(1-2k) m/s 0<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=2.5 m/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=1 m/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=(mC+mD)v2-(mA+mB+mC+mD) 代入数值可得:Δx=1.875 m 实验微专题8 验证动量守恒定律 1.（2024新课标，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　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）>　（2）maxP=maxM+mbxN　小球a、b离开轨道后均做平抛运动，两者下落时间相同，因此可以用水平位移代替水平飞出时的速度进行验证 【解析】（1）为了防止小球a碰撞小球b后反弹，应让小球a的质量大于小球b的质量，即满足ma>mb； （2）小球a、b离开轨道后均做平抛运动，两者在空中的运动时间相同，其水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证mav0=mav1+mbv2，则只需验证maxP=maxM+mbxN即可。 2.（2024山东，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200.0 g和400.0 g； 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。 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200.0 g的滑块是　　　　（填“A”或“B”）。 【答案】（1）1.0　（2）0.20　（3）B 【解析】（1）根据绘制的xA、xB随时间变化的图像可知t=1.0 s时斜率发生变化，即速度发生变化，故从图像可知两滑块在t=1.0 s时发生碰撞。 （2）根据绘制的xB随时间变化的图像可知滑块B碰撞前的速度大小v= m/s=0.20 m/s。 （3）根据绘制的xB随时间变化的图像可知滑块B碰撞后的速度大小v'= m/s=0.50 m/s，根据绘制的xA随时间变化的图像可知滑块A碰撞前的速度大小vA= m/s=0.50 m/s，滑块A碰撞后的速度大小v'A= m/s=0.35 m/s。对滑块A和滑块B，根据动量守恒定律有mAvA+mBv=mAv'A+mBv'，若滑块A的质量为200.0 g，代入数据不满足动量守恒定律，若滑块B的质量为200.0 g，代入数据在误差允许范围内满足动量守恒定律，故滑块B的质量为200.0 g。 3.(2024北京,16,10分)如图1所示,让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。 (1)关于本实验,下列做法正确的是　　　　(填选项前的字母)。  A.实验前,调节装置,使斜槽末端水平 B.选用两个半径不同的小球进行实验 C.用质量大的小球碰撞质量小的小球 (2)图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。首先,将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放,小球落到复写纸上,重复多次。然后,把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端,再将质量为m1的小球从S位置由静止释放,两球相碰,重复多次。分别确定平均落点,记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。 a.图2为实验的落点记录,简要说明如何确定平均落点; b.分别测出O点到平均落点的距离,记为OP、OM和ON。在误差允许范围内,若关系式　　　　　　成立,即可验证碰撞前后动量守恒。  (3)受上述实验的启发,某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图3所示,用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O’点,两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放,在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A’,小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和M,弦长AB=l1、A’B=l2、CD=l3。 推导说明,m、M、l1、l2、l3满足什么关系即可验证碰撞前后动量守恒。 【答案】 (1)AC　(2)a.见解析　b.m1OP=m1OM+m2ON　(3)ml1=-ml2+Ml3 【解析】　(1)实验前,应调节装置,使斜槽末端水平,保证小球抛出后的运动为平抛运动,A正确。为保证两个小球发生对心正碰,选用的两个小球的半径必须相同,B错误。为保证碰后小球不反向弹回,要用质量大的小球碰撞质量小的小球,C正确。 (2)a.用圆规画一个尽可能小的圆,舍去偏离较远的落点,使尽量多的落点在圆内,圆心位置就是平均落点位置。 b.设质量为m1的小球单独滑落做平抛运动的初速度为v0,碰撞后瞬间,质量为m1的小球的速度为v1,质量为m2的被碰小球的速度为v2,要验证动量守恒定律,即验证m1v0=m1v1+m2v2,本实验中两小球都做平抛运动,竖直位移相同,则运动时间相同,水平方向做匀速直线运动,可得m1v0t=m1v1t+m2v2t,可知若测量的物理量满足关系式m1OP=m1OM+m2ON,即可验证碰撞前后动量守恒。 (3)设将小球1拉起至A点时轻绳与竖直方向的夹角为θ1,碰后小球1反弹到A’点时轻绳与竖直方向的夹角为θ2,小球2向右摆动到最高点D时轻绳与竖直方向的夹角为θ3,碰撞过程若满足动量守恒,则满足m=-m+M,由几何关系结合三角函数知识可得l(1-cos θ1)=l1 cos =l1 sin ,同理可得l(1-cos θ2)=l2 sin ,l(1-cos θ3)=l3 sin ,结合三角函数关系1-cos θ=2 sin2,可得ml1=-ml2+Ml3。 4.(2023辽宁,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=　　　　(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;  (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:　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案： (1)一元　(2)　(3)　(4)见解析 解析 (1)用质量较大的一元硬币去碰撞质量较小的一角硬币,确保碰撞后甲的运动方向不变。 (2)设甲到O点时速度的大小为v1,由动能定理有 -μm1gs0=0-m1 解得v1= (3)由动能定理可得一元和一角硬币碰撞后的速度分别为v1'=,v2'= 由动量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2' 即m1=m1+m2 解得= (4)①非理想的“对心”碰撞造成系统误差;②位移或质量的测量造成偶然误差;③两硬币实际与纸板间的动摩擦因数不同造成系统误差。其他符合题意的原因均可得分。 5.(2022浙江1月选考,17,7分)(7分)(1)在“研究平抛运动”实验中,以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O,建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放,使其水平抛出,通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹,如图1所示。在轨迹上取一点A,读取其坐标(x0,y0)。 ①下列说法正确的是　　　　(单选)。  A.实验所用斜槽应尽量光滑 B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来 C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据 ②根据题目所给信息,小球做平抛运动的初速度大小v0=　　　　(单选)。  A.　　　　　　　　　　B. C.x0　　　　　　　　　　D.x0 ③在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是　　　　　　　　。  (2)“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图2所示,阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B,给小车A一定速度去碰撞静止的小车B,小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。 ①实验应进行的操作有　　　　(单选)。  A.测量滑轨的长度 B.测量小车的长度和高度 C.碰撞前将滑轨调成水平 ②表是某次实验时测得的数据: A的质 量/kg B的质 量/kg 碰撞前A的 速度大小/ (m·s-1) 碰撞后A的 速度大小/ (m·s-1) 碰撞后B的 速度大小/ (m·s-1) 0.200 0.300 1.010 0.200 0.800 由表中数据可知,碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是　　　　 kg·m/s(结果保留3位有效数字)。  答案　(1)①C　②D　③见解析　(2)①C　②0.200 解析　(1)①根据实验原理可知,实验中只要确保小球多次水平抛出时的速度相同即可,无须斜槽尽量光滑,A错误;画轨迹时应注意描绘要求,即尽可能使平滑曲线通过所有点,不能通过所有点时应使点迹均匀分布在曲线两侧,个别误差较大的点可忽略,故B错误;为减小实验测量误差,应选用离原点较远的点读取数据,故C正确。②由y0=gt2得t=,故v0==x0,D正确。③实验要求确保多次运动的轨迹相同,即小球水平抛出时的速度相同,因此小球必须从斜槽上同一位置由静止释放。 (2)①根据动量守恒定律条件,滑轨阻力很小可忽略,因此为减小重力影响应调节滑轨水平;根据实验原理可知,无须测量滑轨的长度及小车的长度和高度,故A、B错误,C正确。 ②根据弹性碰撞规律可知,mA<mB,则A与B碰撞后,A会反弹,即碰撞后系统的总动量大小为p=mBvB'-mAvA'=0.300×0.800 kg·m/s-0.200×0.200 kg·m/s=0.200 kg·m/s。 6.(2022重庆,12,9分)如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定,左支点高度可调,装置上方固定一具有计时功能的摄像机。 (1)要测量滑块的动量,除了前述实验器材外,还必需的实验器材是　　　　　　。  (2)为减小重力对实验的影响,开动气泵后,调节气垫导轨的左支点,使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做　　　　运动。  (3)测得滑块B的质量为197.8 g,两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示,其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向,由图中数据可得滑块B碰前的动量为　　　　 kg·m·s-1(保留2位有效数字),滑块A碰后的图线为　　　　(选填“②”“③”“④”)。  答案　(1)天平　(2)匀速直线　(3)-0.011　③ 解析　(1)要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量,故还需要的器材是天平; (2)为了减小重力对实验的影响,应该让气垫导轨处于水平位置,故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动; (3)取滑块A碰前运动方向为正方向,根据x-t图可知滑块B碰前的速度为vB= m/s=-0.058 m/s,则滑块B碰前的动量为pB=mBvB=0.197 8 kg×(-0.058) m/s=-0.011 kg·m/s;图线①为滑块B碰前的图线,则图线④为碰前A滑块的图线,碰后A、B滑块同向运动,且A在前,速度大,由图可知碰后图线③的速度大于图线②的速度,可知③为碰后A滑块的图线。 1 / 84 学科网（北京）股份有限公司 $