第6讲 动量定理、动量守恒定律-【红对勾】2025年高考物理二轮复习讲与练

2.(2020·全国Ⅲ卷)如图新所示，相距L=11.5m 左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传 对它的冲量。 送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的 大小。可以由驱动系统根据需要设定。质量 m=10kg的载物箱（可视为质点），以初速度 v。=5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物 箱与传送带间的动摩擦因数以=0.10，重力加 速度g取10m/s2。 77 777777 左侧平台 右侧平台 传送带 (1)若v=4.0m/s,求载物箱通过传送带所需 的时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最 大速度和最小速度的大小； 请完成课时作业7 练 (3)若v=6.0m/s,载物箱滑上传送带△t= 13 、后，传送带速度突然变为零，求载物箱从 035 第6讲 动量定理、动量守恒定律 M复习定位 1.准确理解动量定理、动量守恒定律的基本内容及表达式。 2.会在碰撞、爆炸等相互作用的系统中利用动量守恒定律解决有关问题。 3.掌握碰撞模型及拓展，会应用动量守恒定律等规律解决实际问题。 知识网络 体系构建 定义式：p=mw 动量 恸量定理FAt=p'p 应用 缓冲打击等 动量 与动能的联系与区别 定理 不牵涉a、x 条件判定：理想条件、近似条件单 矢量性 念 动量 律 方向守恒 守恒 定律 动量守恒 公式选用：①p=P2:②△PA=-△PB 定义式：I=FA7 冲量 定律 ()人船模型、反冲与爆炸 与功的联系与区别 (2)碰撞（弹性碰撞、非弹性碰撞等） (3)碰撞模型及拓展 第一部分专题二 能量与动量一闭 考向探究 素养提升 考向一 动量定理的理解及应用 1.冲量的三种计算方法 规律总结常见动量定理的应用模型 (1)公式法：I=Ft适用于求恒力的冲量。 分类 图例 分析 (2)动量定理法：适用于求变力的冲量或F、t 未知的情况。 恒力 7777777777 (3)图像法：用F一t图线与时间轴围成的面 △p=F△t 物块和木板间 积可求变力的冲量。若F-t呈线性关系，也 摩擦力一定 可直接用平均力求变力的冲量。 2.动量定理的两个重要应用 (1)求变力的冲量：利用平行四边形定则求出 △p一定 △p=F△t 动量的变化△p,再利用动量定理求出合力的 落地时前滚翻 冲量I。 (1)作用后流体元静止， (2)求动量的变化：先求出合力的冲量，再根 障 △=-,F=-pSw2； 据动量定理求动量的变化。 碍 流体问题 U·△t (2)作用后流体元以原 036 3.流体类：对于连续流体应用 速率反弹，△v=一2v, 柱状模型 动量定理时，要确定一小段 F=-2pSv2 时间△t内的连续体为研究 【提升练1】 (2024·江西景德镇一模)一位同 对象（如图所示），写出△t内的质量△m与△t 学事先在坚硬的地面上铺上一层地毯（厚度 的关系式，分析连续△的受力情况和动量 远小于玻璃杯下落的高度)，然后将手中的 变化。 玻璃杯从一米多高处自由释放，玻璃杯落在 【典例1】(2021·福建卷)福建属于台风频发 地毯上安然无恙，没有反弹便静止了。接着 地区，各类户外设施建设都要考虑台风影 他又捡起玻璃杯，同时移开地毯，将玻璃杯 响。已知10级台风的风速范围为24.5~ 从同样的高度自由释放，玻璃杯落在硬地上 28.4m/s,16级台风的风速范围为51.0~ 碎裂成几块，碎片也没有反弹。空气阻力忽 56.0m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的 略不计。该同学通过比较分析得出的正确 交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌 结论是 () 的作用力大小约为10级台风的 A.玻璃杯落在硬地上时的动量更大 A.2倍 B.4倍 B.玻璃杯受到硬地的冲量更大 C.8倍 D.16倍 听课记录 C.玻璃杯与硬地作用过程中动量变化量 更大 D.玻璃杯与硬地作用过程中动量变化率 更大 ☑一红因勾·讲与练·高三二轮物理 【提升练2】(2021·湖北卷)抗日战争时期，我 力大小约12N,则机枪在这1min内射出子 军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机 弹的数量约为 ) 枪子弹弹头质量约8g,出膛速度大小约 A.40 B.80 750m/s。某战士在使用该机枪连续射击 C.120 D.160 1min的过程中，机枪所受子弹的平均反冲 考向二动量守恒定律的理解及应用 1.动量守恒定律的三种表达形式 D.球C由静止释放到最低点的过程中，木块 (1)m101十m202=m101十m202,作用前的动 moL A移动的距离为 量之和等于作用后的动量之和（用得最多）。 2m++mo (2)△p1=一△p2,相互作用的两个物体动量 多听课记录 的增量等大反向。 (3)△p=0,系统总动量的增量为零。 2.动量守恒定律应用技巧 (1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动 规律总结动量守恒定律应用的三种常见模型 量守恒。 类型 情境展示 应用分析 (2)动量守恒定律是矢量式，书写时要规定正 m 777777 l2= M+m L,l1= 方向。 037 (3)系统中各物体的速度是相对地面的速度， 人船 M I M+m 若不是，则应转换成相对于地面的速度。 模型 77777777777 （人的质量为m,船的 【典例2】如图所示，质量均为m 0 oc 质量为M) 的木块A和B,并排放在光滑 水平面上，A上固定一竖直轻 m10。=(m1+m2)v 杆，轻杆上端的O点系一长为 A to B AE-1 m,. m2 L的细线，细线另一端系一质量为m。的球 m1十m2 C,现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止 m1)o=m1)1十m2v2 释放球C,则下列说法不正确的是（重力加速 碰撞 1 1 度为g) ( m1o后=2m1号十 模型 A.A、B两木块分离时，A、B的速度大小均 1 2m2u号 为mmgL A B m√2m+m0 v=m-m2 m1+m2 0,v2= B.A、B两木块分离时，C的速度大小为 2m1 mgL m1十m00 2 2m+mo 反冲 M (1)动量守恒 C.球C由静止释放到最低点的过程中，A对 m 模型 (2)动能增加 B的弹力的冲量大小为2m。 mgL N2m十m 第一部分专题二 能量与动量一闭 【提升练3】(2024·湖北武汉高三联考)形状、 仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升 大小均相同的两个小球A、B在光滑水平面 到空中最高点时炸裂成质量之比为2：1、 上相向运动，小球A的速度大小为20。，小球 初速度均沿水平方向的两个碎块。利用遥 B的速度大小为。，已知两球发生弹性正碰 控器将它们引爆瞬间开始计时，在5s末和 后，小球A以原速率2v。反向弹回。下列说 6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击 法正确的是 地面的响声。已知声音在空气中的传播速 +2 度为340m/s,忽略空气阻力。下列说法正 (A B 确的是 ( A.A、B两球质量比为2：1 A.两碎块的位移大小之比为1：2 B.A、B两球质量比为1：1 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80m C.碰后小球B也以原速率。反向弹回 C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D.碰后小球B的速度大小有可能为零 D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为 【提升练4】在爆炸实验基地有一发射塔，发 340m 射塔正下方的水平地面上安装有声音记录 老向三 碰撞及其拓展模型 1.“一动一静”弹性碰撞 物体速度大于前方物体速度，碰撞后后方物 038 体速度不能大于前方物体速度；若相向碰撞， 情境 %=0 m】 则碰撞后两物体速度不可能都不改变。 动量守恒，机械能守恒 【典例3】如图所示，质量为6kg的滑块C的 1 1 规律 m11=m10+m202,2m0f= 2m12+ 右半部分是光滑的四分之一圆弧轨道，轨道 1 半径为15m,圆弧轨道的最低点与水平面相 2m2v 切，质量为nkg(n为正整数)的物块B左侧 结果 （m1-m2）v1 2m1v1 ,02 固定一水平轻弹簧，滑块C和物块B都静止 m1+m2 m1+m2 在光滑水平面上。质量为2kg的小物块A(可 (1)当m1=m2时，=0，o2=1,两球碰撞 视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止释 后交换了速度； 放，离开滑块C后继续向右运动与弹簧发生 (2)当m1>m2时，o1>0,2>0,碰撞后两球 讨论都沿速度，的方向运动： 相互作用。重力加速度g取10m/s2。求： (3)当m1<m2时，<0,2>0，碰撞后质量 B 小的球被反弹回来； (4)当m1>m2时，w1=01,0%=2v1 (1)小物块A离开滑块C时的速度大小； 2.碰撞存在的可能性遵循的三条原则 (2)当n=1时弹簧的最大弹性势能； (1)动量守恒：p1十p2=p1十2。 (3)n至少为多少时，小物块A能追上滑块 (2)动能不增加：Ek1十Ek2≥Ek1十Ek2。 C,此种情况下小物块A运动至最高点时滑 (3)碰撞符合实际：若同向碰撞，碰撞前后方 块C的速度是多大？ ☑一红烟勾·讲与练·高三二轮物理 听课记录 2.“耗散型”碰撞拓展模型 图例（水平 滑块 面光滑) M 木板 相当于完全非弹性碰撞，动量满足 达到共速 mv。=(m十M)v共，损失的动能最大， 转化为内能 【提升练5】A、B两球在光滑水平面上沿同一 直线、同一方向运动，mA=1kg,mB=2kg, vA=6m/s,v=2m/s,当A追上B并发生 碰撞后，A、B两球速度的可能值是() A.v=5 m/s,Un=2.5 m/s B.vA=2 m/s,U8=4 m/s C.vA=-4 m/s,un=7 m/s D.v=7 m/s,v=1.5 m/s 【提升练6】（多选）(2024· 湖北卷)如图所示，在光m三 M [规律总结常见碰撞拓展模型 滑水平面上静止放置一 1.“保守型”碰撞拓展模型 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 039 图例（水平 m9w94 M 中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度 面光滑) SBmmnm 小球一弹簧模型 小球一曲面模型 大小v。成正比，即f=k0,(k为已知常量)。 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向 改变子弹的初速度大小。，若木块获得的速 动量守恒，满足mw。=(m十M)v共，损 度最大，则 达到共速 失的动能最大，分别转化为弹性势能、 A.子弹的初速度大小为21.(m十M) mM 重力势能 2mM 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守 B.子弹在木块中运动的时间为g(m十M 再次分离 恒，满足mvo=mw1十Mv2,能量满足 C.木块和子弹损失的总动能为1(m+M 2mo6= 1 mM 2mo+ D.木块在加速过程中运动的距离为mL m+M 真题演练 感悟高考 1.(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的 的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为 启发，设计了如图所示的简化模型。多个质 0.04s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为 量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略 0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说 阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个 法正确的有 ( 水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40m/s 第一部分专题二 能量与动量一闭 (2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动 F→12 5 的轨迹方程； A.该过程动量守恒 (3)若46 。”方求小球下降=名高度时，小 B.滑块1受到的合外力的冲量大小为 球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g 0.18N·s 表示)。 C.滑块2受到的合外力的冲量大小为 0.40N·s D.滑块2受到的滑块1的平均作用力大小为 5.5N 2.(2024·江苏卷)如图所示， 在水平面上有一个U形滑 WB 板A,滑板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.弹簧恢复原长时物体动量最大 040 B.弹簧压缩最短时物体动量最大 C.整个系统动量变大 D.整个系统机械能变大 3.(2023·湖南卷)如图所示，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。 请完成课时作业8 练 (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； ☑一红网勾·讲与练·高三二轮物理的往移大小x=合=号 ×2× 的速度最大，设为v2。由动能定理有 者相对位移△x=x2一工1=乞，物体 U 0.2m=0.04m,匀速运动的时间为 所受合力为滑动摩擦力，由动能定理 2 mv_ 2mu6, t=L-=2-0.04 1 1 0.4 =4.9s,可得行 得W=F1=之m0,即传送带克服 -2mu6, 李从A到B的时间为t=t1十t2=5.1s, 摩擦力做功为W:=W:=Fx2=2X 代入题给数据得v1=√2m/s,v2 故B错误；由以上分析可知行李在到 2mw=m0,物体与传送带因摩擦产 4W3m/s。 达B处前已经与传送带共速，所以行 (3)传送带的速度为v=6.0m/s时， 李到达B处时速度大小为0.4m/s,故 由于，<U<v2,载物箱先做匀加速运 C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕 生的热量为Q=F△x=2m0,电动 动，加速度大小仍为a。设载物箱做匀 迹长度为△x=t1一x=(0.4X0.2 机做的功等于物体增加的动能与传送 加速运动通过的距离为x2,所用时间 0.04)m=0.04m,故D错误。 带和物体之间摩擦产生的热量之和， 为t3,由运动学公式有v=v0十at3, 考向二能量观点分析传送带模型 2-u8=2ax2, 典例2(1)1.2s(2)295J 则W=2mw十Q=mw,故A、C正 代入题给数据得t3=1.0s, (3)1.5×105J 确，B、D错误 x2=5.5m. 解析：(1)对货物进行受力分析，由牛顿 真题演练 感悟高考… 因此栽物箱加速运动1.0s、向右运动 第二定律得mgc0s30°-mgsin30° 5.5m时，达到与传送带相同的速度 72a. 1.(1)0.4m/s2(2)4.5s 此后載物箱与传送带共同做匀速运动 解得a=2.5m/s2, 解析：(1)小包裹的速度2大于传动带 (△t一t3)的时间，传送带突然停止，设 设货物由底端经时间t1与传送带共速， 的速度v1,所以小包裹受到的传送带 载物箱匀速运动通过的距离为x3,有 由u=a,得t1= 3 的摩擦力方向沿传动带向上，根据牛顿 a2.5s=1.2s x=v(△t-t3), 第二定律可知mgc0s0一ng sin0 (2)货物由底端到与传送带共速时，货物 ma,解得a=0.4m/s2。 则可知2m0>mgL-工：一x), 32 (2)小包裹开始阶段在传动带上做匀减 运动的距离为x1一22X2.5m 即戟物箱运动到右侧平台时速度大于 零，设为v,由运动学公式有v 1.8m, 速直线运动，所用时间t1=一0 u2=-2a(L-x2-x3）, 滑动摩擦力对货物做的功为 1.6-0.6 s=2.5s, 则v3=5m/s, W1=ang cos30°·x1, 0.4 2.5 U1十U2 减速运动时间4=”二心=1、， 斜面长为L=sin30=0.5m=5m, 在传动带上滑动的距离为x1= 2 设载物箱通过传送带的过程中，传送 共速后货物做匀速运动过程中，静摩擦 带在水平方向上和竖直方向上对它的 力做的功为W2=ng sin30°·(L一x1), 1.6+0.5×2.5m=2.75m 2 冲量分别为I1、I2。由动量定理有 所以整个运动过程中，摩擦力对货物 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力 I1=m(v3-vo)=0, 做的功为W=W1十W2, 沿传动带方向上的分力， I2=N(△t十t1)=mg(△t+t1)= 联立解得W=295J。 即umg cos日>mg sin9,所以小包襄与 625 (3)货物做匀加速运动过程中，传送带 传动带共速后做匀速直线运动至传送 3 N·s,方向竖直向上。 的位移为51=t1=3×1.2m= 带底端，匀速运动的时间为 则在整个过程中，传送带给载物箱的 3.6m, t2= L-x1_3.95-2.75 s=2s, 625 货物与传送带间因摩擦而产生的内能 0.6 冲量1=12= N·s,方向竖直 3 为Q=mgc0s30°·(s1-x1), 所以小包裹通过传送带的时间为t 向上。 电动机多提供的电能等于系统增加的 t1十t2=4.5s。 能量，即货物增加的动能和重力势能 第6讲动量定理，动量守恒定律 2.(1)2.75s(2)4√3m/s√2m/s 以及系统因摩擦增加的内能，设一件 货物运送到顶端需多提供的电能为 N·s,方向竖直向上 考向探究素养提升 解析：(1)传送带的速度大小为v 考向一动量定理的理解及应用 E1,则E1=2mw+mmgh+Q, 4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀 典例1B设空气的密度为P,风迎面 解得E=430J, 减速运动，设其加速度大小为a,由牛 垂直吹向的固定的交通标志牌的横截 每小时需要多提供的电能为 顿第二定律有pmg=ma, 面积为S,在时间△t内吹向交通标志 E=nE1=3600×430J≈1.5×105J。 设载物箱滑上传送带后做匀减速运动 牌的空气质量为△m=pSv·△t,假定 提升练3BC设传送带长度为L,倾角 的距离为x1,由运动学公式有 台风迎面垂直吹向一固定的交通标志 为日，小物块质量为，运动时间为t, v6=-2ax1 牌的末速度变为零，对风由动量定理 小物块受到的摩擦力为∫，根据题意， 代入题给数据得x1=4.5m, 有-F·△t=0-△mw,可得F=pSu2, 0 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度 10级台风的风速v1≈26m/s,16级台 有x物=L=之t,x件=t,则有x0 先减小至，然后开始做匀速运动，设 x撕=L,可得x传=2L,对物块，根据动 载物箱从滑上传送带到离开传送带所 风的风速：≈53m,则有= 能定理有fL一ngsin9·L=Ek一0 用的时间为t,做匀减速运动所用的 4,故B正确。 产生的热量为Q=f△L=f(2L 时间为t2,由运动学公式有 提升练1D由于空气阻力忽略不计， L)=fL,其中ng sin日·L=E。,联立 U=0一at2, 玻璃杯从同一高度落下，根据自由落 可得Q=Ek十E。,则有Q>Ek,故B、 体运动的规律v=2gh可知，玻璃杯 C正确。 落到硬地和地毯上的速度相同，根据 提升练4AC设经时间t物体与传送 代入题给数据有t1=2.755。 动量公式p=v可知，动量是相等的， 带相对静止，物体做匀加速直线运动 (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀 故A错误：由于碰撞后都没有反弹，根 传动带做匀速运动，则物体位移为 减速运动时，到达右侧平台的速度最 据动量定理得I=0一1u,则冲量也相 小，设为，当载物箱滑上传送带后 同，故B错误；动量的变化量△p=0一 工1=t,传送带运动距离x2=t,一 直做匀加速运动时，到达右侧平台时 u,则动量的变化量也相同，故C错 ☑一3因勾·讲与练·高三二轮物理 -272- 误：由合力的冲量公式I=Ft可知，玻考向三碰撞及其拓展模型 璃杯落在硬地的作用时间更短，冲量 典例3(1)15m/s(2)75J 木块，则有0。> 2L(m十M,子弹在木 mM 的变化率更大，故D正确。 75 块内运动的过程，对子弹和木块分别由 提升练2C根据牛顿第三定律，机枪 (3)5 4 m/s 牛顿第二定律有ku。=iam,kU。=MhM, 对子弹的平均作用力大小约为F 解析：(1)A、C组成的系统，设小物块 12N,设1min内射出的子弹数量为 A离开滑块C时二者速度分别为VA、 根据位移关系有v。t一 5 amt2 n,则对这n颗子弹，由动量定理得 v心，规定向右为正方向，由机械能守恒 1 Ft=mvo,代入数据解得n=120 1 aMt=L,对木块有v2=aMt,联立 C正确，A、B、D错误。 定律有AgR= 2kmL 考向二动量守恒定律的理解及应用 由水平方向动量守恒得0=mA?A十 解得：=2Mm-M干m)kt,又，越 典例2C小球C下落到最低点时，A、 mcc,联立解得UA=15m/s,c 大，t越小，则2越小，即随着v。的增 B将要开始分离，此过程水平方向动量 -5m/s。 大，木块获得的速度2不断减小。综 守恒，根据机械能守恒有mogL= (2)A、B及弹簧组成的系统，共速时弹 上，若木块获得的速度最大，则子弹的 合m,+号 簧弹性势能最大，设共速时的速度为 X2mwAB,取水平向左为 2kL(m+M v,由动量守恒定律得mAvA=(mA十 初速度大小。= mM ,A正 正方向，由水平方向动量守恒得心= m)U,由能量守恒定律得E。= 确；子弹在木块内运动的过程，对子弹 mgL 1 2mAoi-2(ma十m),联立解得 由动量定理有一kuot=mv一mv。,解 2Ua,联立解得vc=2 得子弹在木块中运动的时间t= mo E。=75J。 mgL mM m 2m+mo ,故A、B正确： (3)A、B及弹簧组成的系统，共速后再 (m干MB错误；由能量守位定律可 球C由静止释放到最低，点的过程中， 分开时，设小物块A的速度为u,物 知，木块和子弹损失的总动能△Ek= 选B为研究对象，由动量定理有IA 块B的速度为，由动量守恒定律得 2k2L2(m+M) mAUA=mAUA十mnU,由能量守恒定 ,C错误；木块 mgL mM mUAB=mo ,故C错误： 2m+mo 块有1m。0A一2A4十1 1 在加速过程中做匀加速运动，由运动 球C由静止释放到最低，点的过程中 系统水平方向动量守恒，设C对地向 左水平位移大小为x1,A、B对地水平 联立解得0一mA十m、 2-n 学规律有x= ,解得木块在加速过 a=2十n 2 A 且方向向左，若小物块A要追上滑块 位移大小为x2,则有mox1=2mx2, 程中运动的距离x m十MD正确。 mL C,则有vA>vc,解得n>4,故n moL x1十x,=L,可解得x,=2m十m ,故D 的最小值为5，此种情况下vA= 真题演练 感悟高考 45 正确。 7 m/s,A、C组成的系统水平方向1.BD取向右为正方向，滑块1和滑块2 提升练3C设小球A初速度的方向为 动量守恒，二者共速时小物块A滑至 组成的系统的初动量为p1=1U1= 正方向，由动量守恒定律得mAX2u。 1×0.40kg·m/s=0.40kg·m/s,碰 mAX2v。十muv,由机械能 滑块C最高处，此时速度为V典，则由 水平方向动量守恒有mAvA十mcc= 撞后的动量为p2=2m1U2=2X1× 守恒定律得2maX4+合m函 1 0.22kg·m/s=0.44kg·m/s,则 (mA十me)U共，解得我=一年m/s, 75 滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错 2mX4如成+2m,解得i=, 故小物块A滑至滑块C的最高点时滑 误；对滑块1，有I1=mv2-mv1=1X =1 ，根据动量守恒可知，碰后小 块C的造度大小为程m/. 0.22kg·m/s-1×0.40kg·m/s= 0.18kg·m/s,负号表示方向水平向 my 提升练5B虽然题给四个选项均满足 左，故B正确：对滑块2，有I2=w2 球B的速度大小不可能为零，故C 动量守恒定律，但A、D中，碰后A的 1×0.22kg·tm/s=0.22kg·m/s,故 正确。 速度vA大于B的速度UB,不符合实 C错误；对滑块2根据动量定理有 提升练4B爆炸时，在水平方向根据 际，即A、D错误；C中，两球碰后的总 F△t=I2,解得F=5.5N,则滑块2受 动量守恒定律可知m1U1一m2v2=0, 1 1 到滑块1的平均作用力大小为5.5N, 因两块碎块落地时间相等，则1x1 动能Ek后= mA十mvg=57 故D正确。 22x。0,则上一一之，则两碎块 J,大于碰前的总动能E=豆m十 2.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 的水平位移之比为1：2，而从爆炸开 1 mAUA=muUB,设弹簧的初始弹性势能 始到落地两碎块的位移之比不等于 mwi=22J,违背了能量守恒定律， 为E。,整个系统只有弹簧弹力做功，机 1:2,A错误；设两碎块落地时间均为 所以C错误：而B既符合实际情况，也 械能守恒，当弹簧恢复原长时得E。 5s-解得 t,由题意可知(6s-t)u 不违背能量守恒定律，所以B正确。 提升练6AD子弹在木块内运动的过 之mAo十2mui,联立解得E, t=4s,爆炸物的爆炸点离地面高度为 程中，子弹与木块组成的系统所受合 外力为0，所以该系统动量守恒，若子 h=2g=2X10×4m=80m, 号(+m)品，故可知弹簧恢复原 弹没有射出木块，则由动量守恒定律 长时物体B的速度最大，此时动量最 B正确；爆炸后质量大的碎块的水平位 有uo=(m十M)u,解得木块获得的 大，动能最大。对于系统来说动量一 移x1=(5-4)×340m=340m,质量 mU 直为零，系统机械能不变。故选A。 小的碎块的水平位移x2=(6一4)X 速度大小为一m干M,又子弹的初速 340m=680m,爆炸后两碎块落地点 度越大，其打入木块越深，则当子弹恰 2m'gb 72 之间的水平距离为340m十680m 不射出木块时，木块获得的速度最大， 3.(1D√M+Mm M+ma 1020m,质量大的碎块的初速度为 此时有2mo6=2(m十M)u+ku,L, (2)[x(M+m)-ma]y2 =1 1。==340 M'a m/s=85m/s,C、D 4 解得。= 2kL(m++M) g 若子弹能够射出 (3)2b 错误。 mM Na-3b -273- 参考答案一 解析：(1)小球运动到最低，点时小球和 2m/s,滑块A与长木板B碰后瞬间， 凹槽组成的系统在水平方向动量守 长木板的速度大小为2m/s,方向水平 真题演练 感悟高考…一 恒，取向左为正方向，则有0=w1 向右。 1.(1)5(1-k)m/s,方向向右 Mu2,小球运动到最低，点的过程中系统 (3)长木板B和物块C组成的系统在 (2)1.875m 机找能守恒，有mgb=2mi十2 M, 水平方向所受合外力为零，所以动量 解析：(1)滑块C、D碰撞过程中满足动 守恒，设B、C最终达到的共同速度为 量守恒，设碰撞后滑块C、D形成的新 2m'gb 1 u,则有Mu1=2Mu,解得v=之1 滑块的速度为心，C、D的质量均为m 联立解得v,一√MP+Mm ,因小球和 1kg,以向右方向为正方向，则有 1m/s,设C相对B滑动的路程为△x 凹槽组成的系统在水平方向在任何时 mvo一m·kvo=(m十m)v,解得v 对B、C组成的系统根据能量守恒可得 候都动量守恒，即0=w1一Mv2,两边 1- 1 Mg△x=号Iu1一之×2M,解得 2vo=5(1-k)m/s>0,可知碰撞 同时乘t可得x1=Mx2,且由几何关 系可知x1十x2=a,联立解得x2= 后滑块C、D形成的新滑块的速度大小 △x=1m>L=0.6m,所以物块C最 为5(1一k)m/s,方向向右。 m M+ma. 终到长木板B右侧挡板的距离为工。= (2)若=0.5，可知碰后滑块C、D形成 2L-△x=0.2m (2)小球向左运动过程中凹槽向右运 的新滑块的速度为w=5(1一k)m/s 提升练1AC两者碰撞时，取滑块P 动，当小球的坐标为(x,y)时，此时凹 5×(1一0.5)m/s=2.5m/s,滑板A 的速度方向为正方向，设P的质量为 槽水平向右运动的位移为△.x,根据 m=1kg,Q的质量为M,由系统动量 B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后 (1)的分析可知m(a一x)=M△x,则 守恒定律得mU1十Mo2=(m十M)U, 滑板A、B形成的新滑板的速度为， 小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据 根据v-t图像可知，1=3m/s,2= 以向右方向为正方向，则有mAv。 数学知识可知此时的椭圆方程为 1m/s,v3=2m/s,代入上式解得M= mB·kvo=(mA十mu)v',解得o'=0, (x一△x)2 y =1,整理得 1kg,故A正确：设P与Q之间的动摩 可知碰后新滑块相对于新滑板向右运 a2 62 擦因数为以1，Q与地面之间的动摩擦因 动，新滑块向右做匀减速运动，新滑板 x (M+m)-ma] 数为以2，根据v-t图像可知，0一2s 向右做匀加速运动，设新滑块的质量 b2 =1。 内P与Q的加速度大小分别为ap= 为M:=2kg,新滑板的质量为M2= (3)将M=B代入小球的轨造方程， 1.5m/s2,aa=0.5m/s,对PQ分别 3kg,相对静止时的共同速度为)共，根 m a-b 受力分析，由牛顿第二定律得1g 据动量守恒定律可得M1v=(M1 化简可得[x-(a-b)]2+y2=b2, map,u1mg-2(m十M)g=Maa,联 M2)t共，解得y共=1m/s,根据能量 即此时小球的轨迹为以(a一b,0)为圆 立解得2=0.05，故B错误；由于碰 心、b为半径的圆，则当小球下降的高 撞，系统损失的机械能为△E=之m0i 守恒定律可得Mgs=2Mi知 1 时，对应的位置如图所示。 度为2 (M1十M2)u,解得s和=1.875m。 2Mu-2 (m十M)v,代入数据解 2.(1)6N(2)4m/s 得△E=1.0J,故C正确；对碰撞后整 (3)0.250.4 体受力分析，由动量定理得一：2(m十 解析：(1)对小球摆动到最低，点的过程 M)gt2=0一(m十M)v3,代入数据解 得t2=4s,因此木板速度恰好为零的 中，由动能定理得mgL=2mu5-0, 时刻为t=t1十t2=2s十4s=6s,故D 解得vo=5m/s, 错误。 在最低点，对小球由牛頓第二定律得 提升练2(1)4N·s(2)3m(3)4s 可知此时速度方向和水平方向的夹角为 解析：(1)取水平向右为正方向，当小 60,小球下降台的过程中，系统水年方向 F-mg=m元' 木块与木板共速时，由动量定理可得 小球运动到最低点与物块碰撞前所受 mvo=(M十m)v1,解得v1=1m/s,因 动量守恒，有0=w3cos60°一M1,系统 拉力的大小为Fx=6N。 为木板与墙壁碰撞无机械能损失，所 b 机械能守恒，有mg 1 (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守 以木板与墙壁碰撞前后速度大小相 恒定律和机械能守恒定律得 等，方向相反，所以第一次碰撞墙壁对 之Mo,联立解得u= 4gb" 木板的冲量为I=一Mu1一Mo1,解得 mo=mu1十Mu2, Na--3b I=一4N·s,第一次碰撞墙壁对木板 1 1 的冲量大小为4N·s。 2 mvi=2 mvi+2 Mvi 2b√a+3动 g (2)木块第一次在木板上相对静止的 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块 微专题三“板块”模型的综合分析 位置到木板左端的距离为木板的最短 速度的大小为v?= 2m +Mo=4m/人s。 (3)若物块恰好运动到圆孤轨道的最 考向探究素养提升… 长度，则有2m心-2M十m)u umgL,解得L=3m。 低点，此时两者共速，则对物块与小车 典例(1)3m/s,方向水平向右 (3)木块与木板第一次共速后，两者相 整体由水平方向动量守恒得 (2)2m/s,方向水平向右(3)0.2m 对运动过程中木板始终在做减速运 Mv,=2Mv3, 解析：(1)设滑块A刚到达O,点时的速 动，可以将木板所有减速过程连成 度为U。,取向右为正方向根据动量定 个完整的减速过程，其初速度为V1 由能量守板定律得子Mi=子× 理有Ft=muo,解得vo=3m/s,方向 1m/s,末速度为零，相对滑动阶段木 2Mu十1Mgs,解得41=0.4； 水平向右 若物块恰好运动到与圆孤圆心等高的 (2)滑块A与长木板B碰后瞬间，设滑 板加速度大小@4=心=0.5m/s, 位置，此时两者共速，则对物块与小车 块和长木板的速度分别为。和U1,根 第一次共速前木板加速运动的时间 整体由水平方向动量守恒得 据动量守恒定律和机械能守恒定律分别 Mv:=2Mv, ·=2s,此后所有相对滑动时间 1 有m,=m十Mai,交mm6=交mg十 为，-0=2s,则木与木板相对 由能量守恒定律得子M=立× 乞M,联立解得o=-1m/s,u 一aM 2Mu:Mgs+MgR, 滑动总时间为t=t1十t2=4s。 解得42=0.25。 ☑一红勾·讲与练·高三二轮物理 -274-