2027届江苏高三物理一轮复习-动量专题

动量专题 【命题规律】 1、命题规律： （1）动量定理及应用；（2）动量守恒定律及应用；（3）碰撞模型及拓展. 2、常考题型：选择题、计算题． 【知识荟萃】 ★考向一、动量定理及应用 1．冲量的三种计算方法 公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量． 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况． 图像法 F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求解. 2.动量定理 （1）公式：FΔt＝mv′－mv （2）应用技巧 ①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统． ②表达式是矢量式，需要规定正方向． ③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷． ④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力． ⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移． 3．流体作用的柱状模型 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：（以原来流速v的方向为正方向） （1）作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2； （2）作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2. ★考向二、动量守恒定律及应用 1．判断守恒的三种方法 （1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板－块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型． （2）近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲． （3）某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面（曲面）模型． 2．动量守恒定律的三种表达形式 （1）m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和（用的最多）． （2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． （3）Δp＝0，系统总动量的增量为零． ★考向三、碰撞模型及拓展 三类碰撞的特点 1．碰撞问题遵循的三条原则 （1）动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′. （2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′. （3）若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度． 2．两种碰撞特点 （1）弹性碰撞 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒． 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝，v2′＝. 结论： ①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度． ②当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动． ③当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． （2）完全非弹性碰撞 动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝m1v12＋m2v22－（m1＋m2）v共2. 3．碰撞拓展 （1）“保守型”碰撞拓展模型 图例（水平面光滑） 小球—弹簧模型 小球曲面模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝（m＋M）v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv02＝mv12＋Mv22 （2）“耗散型”碰撞拓展模型 图例（水平面、水平导轨都光滑） 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝（m＋M）v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 技巧点拨 1.三种碰撞的特点及规律 弹性碰撞 动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 机械能守恒：m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2 完全非弹性碰撞 动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v′ 机械能损失最多，损失的机械能： ΔE＝m1v12＋m2v22－（m1＋m2）v′2 非弹性碰撞 动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 机械能有损失，损失的机械能： ΔE＝m1v12＋m2v22－m1v1′2－m2v2′2 碰撞问题遵循的三条原则 （1）动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′ （2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ （3）若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度 2.弹性碰撞的“动碰静”模型 （1）由动量守恒和能量守恒得， m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v02＝m1v12＋m2v22； （2）碰后的速度：v1＝v0，v2＝v0. 3.弹性碰撞模型的拓展应用 【经典例题】 1、如图水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑。在操作台上放置体积相同，质量不同的甲、乙两球，质量分别为m1、m2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等。烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上。则下列说法中正确的是（　　） A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同 B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同 C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上 D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为m1∶m2 2、用图示装置做“验证动量守恒定律”实验。在滑块1、2上分别装有相同的挡光片及弹簧圈，测出挡光片宽度d，滑块1、2的质量分别为m1、m2.实验时打开气泵，让滑块1以一定的初速度向左运动并与静止的滑块2碰撞，记下滑块1经过光电门M的挡光时间t1和滑块1、2分别经过光电门N的挡光时间t′1和t2。下列相关说法正确的是（　　） A．滑块1、2的质量必须相等 B．实验前调节导轨平衡时，不用打开气泵，只须滑块能在任意位置平衡即可 C．若实验发现m1（）略大于m1（）＋m2（），可能的原因是导轨左端偏低 D．若实验发现＋＝，说明碰撞时动量守恒且无机械能损失 变式1：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，槽码和挂钩的总质量。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的遮光时间和，以及这两次开始遮光的时间间隔，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。 （1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度___________； （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，得到和的数据如下表请根据表中数据，在方格纸上作出图线___________。 0.721 0.790 0.854 0.913 0.968 138 1.52 1.64 1.75 1.86 （4）查得当地的重力加速度，根据动量定理，图线斜率的理论值为___________； （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时___________。 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．实验中的测量值偏大 变式2：某实验小组想用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，选取了两个体积相同、质量不等的小球，在斜面上叠放了白纸和复写纸。 步骤一：让质量为m1的小球从轨道顶部S点由静止释放，由轨道末端的点飞出并落在斜面上。 步骤二：把质量为m2的小球放在点，让小球m1仍从原位置由静止释放，与小球m2碰后两小球均落在斜面上。 分别记录落点痕迹，其中三个落点的位置距离点的长度分别为。 (1)用游标卡尺测得两小球的直径均如图乙所示，则小球直径 cm。 (2)关于该实验，下列说法正确的是___________。 A．必须满足 B．轨道必须光滑 C．轨道末端必须水平 D．落点位置需要多次测量取平均值 (3)在实验误差允许的范围内，若满足关系式 ，则可认为两球碰撞过程中动量守恒（用题目中的物理量表示）。 (4)若两小球质量满足，若满足 （用表示），则可证明两球间的碰撞是弹性的。 3、如图所示，质量m=1 kg的物块，可视为质点，右端和墙壁间压缩一水平轻弹簧，从A点静止释放后滑出B点，恰能过C点沿半径R=0.5 m的竖直半圆弧轨道的内侧做圆周运动，经最低点D滑到静止在水平地面的木板上。木板质量M=4 kg、长度L=2.05 m，且与右侧等高的平台P相碰时将被立即锁定。已知物块与平台AB、物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.5，其余摩擦不计，A、B间的距离L0=0.6m，木板右端距离平台P左侧的初始距离为s，g=10 m/s2.，求： （1）弹簧弹力对物块所做的功W； （2）物块经过D点时所受轨道支持力F的大小； （3）物块滑上平台P时的动能Ek与s的关系。 4、利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比，半径之比，不计重力及粒子间的相互作用力，求： （1）粒子a、b的质量之比； （2）粒子a的动量大小。 5、如图所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上。一质量为的金属圆环在该平面内以大小、方向与电流方向成角的初速度滑出，直到达到稳定。求： （1）整个过程金属圆环产生的电能； （2）整个过程金属圆环受到安培力的冲量。 6、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。 【精选习题】 1．如图所示，有一质量、边长为0.2m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为（　　） A．0.05m B．0.10m C．0.15m D．0.5m 2．现代科学发展揭示了无序性也是世界构成的一个本质要素．意大利物理学家乔治·帕里西发现了从原子到行星尺度的物理系统中无序和涨落间的相互影响，深刻揭示了无序体系中的隐藏对称性，荣获了诺贝尔物理学奖。如图所示是力学中的一个无序系统模型，质量均为1kg的小球M、N用两根长度均为的轻质细杆a、b连接，细杆a的一端可绕固定点O自由转动，细杆b可绕小球M自由转动．开始时两球与O点在同一高度，静止释放两球，并开始计时，两球在竖直面内做无序运动；t＝2s时，细杆a与竖直方向的夹角为，小球N恰好到达与O点等高处且速度方向水平向右。重力加速度，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（ ） A. t＝2s时，两小球速度大小相等 B. t＝2s时，N球的速度大小为1.5m/s C. 此运动过程中，细杆b对N球的冲量大小约为 D. 此运动过程中，a、b两杆对M球做功之和为1.125J 3．质量为M的半圆形凹槽静置在光滑水平面上，质量为m的光滑小球静止在凹槽底部。初始时刻给小球一个水平初速度，计算机模拟得到小球的部分轨迹如图，已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高，则（　　） A. m>M B. 仅增大M值后重新模拟，小球能飞离凹槽 C. 长时间观察，有些时间段内凹槽对地向左运动 D. 小球从图中A到B运动过程中，凹槽先加速后减速 4．将小球以初速度v0竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图象（v-t）如图所示。t1时刻到达最高点，t2时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（　　） A．0到t2时间内，小球的加速度先减小再增大 B．小球上升过程和下降过程，动量变化量相同 C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同 D．0到t2时间内，小球的动量变化率一直减小 5．如图所示，物体A、B将一轻弹簧（不与A、B拴接）挤压后用线系住，静止在水平面上，A、B的质量之比为2：1，A、B与水平面间的动摩擦因数之比为1：2。现将线烧断，则（　　） A．A、B组成的系统动量不守恒 B．弹簧刚恢复原长时，B速度达到最大 C．弹簧刚恢复原长时，A、B动能相等 D．A、B同时停止运动 6. 如图甲，轻质弹簧左端与物块A相连，右端与物块B接触但不栓接，系统处于静止状态，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的v-t图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，t2时刻B与弹簧分离，弹簧始终处于弹性限度内．则下列说法正确的是 A．0~t1时间，弹簧对物块A的冲量大小为 B．物块B的质量为3m C．0~t1时间，弹簧性势能变化量 D．t2时刻B的速度 7．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度 ，B球的速度，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为（　　） A． ， B． ， C． ， D． ， 8．如图所示，半径为R的竖直圆环在电动机作用下，可绕水平轴O转动，圆环边缘固定一只质量为m的连接器。轻杆通过轻质铰链将连接器与活塞连接在一起，活塞质量为M，与固定竖直管壁间摩擦不计。当圆环逆时针匀速转动时，连接器动量的大小为p，活塞在竖直方向上运动。从连接器转动到与O等高位置A开始计时，经过一段时间连接器转到最低点B，此过程中，活塞发生的位移为x，重力加速度取g。求连接器：（1）所受到的合力大小F； （2）转到动量变化最大时所需的时间t； （3）从A转到B过程中，轻杆对活塞所做的功W。 9．如图所示，小明在离水面高度h0=1.8m的岸边，将一质量m=20g的小石片以水平初速度v0=8m/s抛出，玩“打水漂”。小石片在水面上滑行时受到的水平阻力恒为f=0.4N，在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零，并以a=0.5m/s2的加速度沿竖直方向沉入水深h=1m的河底。假设小石片每次均接触水面后跳起，跳起时竖直方向上的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k=0.75。取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求小石片： （1）沉入河底前瞬间的动量大小p； （2）从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程中，水对小石片做的功W； （3）从抛出到开始下沉的时间t。 10．质量为的弹性球从空中某高度由静止开始下落，经与地面发生碰撞，该过程的图像如图所示，球与水平地面相碰后反弹的速度大小为碰撞前的。该球受到的空气阻力大小恒定，取，求： （1）弹性球所受空气阻力的大小； （2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度； （3）第一次碰撞过程中合外力对弹性球冲量的大小。 11．如图所示，质量为的长木板静止在光滑水平面上，右端与一固定在地面上的半径的光滑四分之一圆弧紧靠在一起，圆弧的底端与木板上表面水平相切。质量为的滑块（可视为质点）以初速度从圆弧的顶端沿圆弧下滑到木板上，恰好不会从板左侧脱落。不计空气阻力，取。求： （1）刚下滑时所受向心力的大小； （2）、间因摩擦而产生的热量； （3）当、间动摩擦因数时木板的长度。 12．航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为=0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为=0.1，不计转运车与地面间的摩擦。A、B的质量均为M=40kg，A、B水平部分的长度均为L=4m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略。重力加速度g取10m/s2。求： （1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少； （2）若某包裹的质量为m=10kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足的条件； （3）若某包裹的质量为m=50kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时的最小值。 13．如图，足够长的细线一端与倾角为α=37°的斜面A相连，另一端跨过墙面上和斜面顶端的三个小滑轮与小滑块B相连，一水平推力作用于A上，使A、B系统保持静止，四段细线分别与水平地面、竖直墙面或斜面平行，A的质量M=0.63kg，B的质量m=0.21kg，B距离水平面的高度h=0.6m，不计一切摩擦，取重力加速度g=10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）求细线对B的拉力大小； （2）撤去水平推力，求A滑动的位移m时，B的位移大小； （3）若撤去水平推力的同时剪断细线，求B沿斜面运动的过程中对A做的功。 14、如图甲所示，竖直面内倾斜轨道与相同材料足够长的水平轨道平滑连接，质量的物块B静止在水平轨道的最左端。时刻，物块A由倾斜轨道上端从静止下滑，一段时间后与B发生碰撞，物块A运动的图像如图乙所示。己知碰后物块B的速度为，重力加速度g取，不计空气阻力。 （1）求物块A与轨道间的滑动摩擦因数；（2）求物块A在前内，克服摩擦力做的功； （3）若要保证两物块再次相碰，求物块B与轨道间的摩擦因数应满足的条件。 15、如图所示，一质量为的物块穿在光滑水平杆上，一长度为的轻杆，一端固定着质量为的小球，另一端连接着固定在物块上的铰链。忽略铰链转动的摩擦，重力加速度为。 （1）将固定，对小球施加一水平向左的外力使杆与竖直方向的夹角为保持静止，求外力的大小； （2）若物块在水平外力作用下向右加速，杆与竖直方向夹角始终为，求外力的大小； （3）若开始时，小球位于铰链的正上方，系统处于静止状态，受到扰动后，杆开始转动，已知，，求从初始位置转到如图位置过程中，杆对小球所做的功。 16、如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为的木块，开始时木块静止，现让一质量为的木块从木块正上方高为处自由下落，与木块碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间木块下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块与木块碰撞时间极短，重力加速度为，下列关于从两木块发生碰撞到木块第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块的冲量的大小正确的是（　　） A． B． C． D． 17、如图所示，长为L的轻杆一端用光滑铰链固定，另一端固定一质量为m小球A，将小球放置在倾角为60°，质量也为m的斜面体B上，不计一切摩擦。在斜面体的右侧加水平向左的推力，斜面和轻杆保持静止，轻杆与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g。 (1)求斜面对小球的支持力大小FN； (2)若撤去外力，求撤去外力瞬间小球的加速度大小a； (3)若撤去外力时小球与轻杆脱离，小球从静止开始下滑， 求小球刚要滑到地面时，斜面体的速度大小v。 第 1 页 共 24 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 动量专题 【命题规律】 1、命题规律： （1）动量定理及应用；（2）动量守恒定律及应用；（3）碰撞模型及拓展. 2、常考题型：选择题、计算题． 【知识荟萃】 ★考向一、动量定理及应用 1．冲量的三种计算方法 公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量． 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况． 图像法 F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求解. 2.动量定理 （1）公式：FΔt＝mv′－mv （2）应用技巧 ①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统． ②表达式是矢量式，需要规定正方向． ③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷． ④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力． ⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移． 3．流体作用的柱状模型 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：（以原来流速v的方向为正方向） （1）作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2； （2）作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2. ★考向二、动量守恒定律及应用 1．判断守恒的三种方法 （1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板－块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型． （2）近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲． （3）某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面（曲面）模型． 2．动量守恒定律的三种表达形式 （1）m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和（用的最多）． （2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． （3）Δp＝0，系统总动量的增量为零． ★考向三、碰撞模型及拓展 三类碰撞的特点 1．碰撞问题遵循的三条原则 （1）动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′. （2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′. （3）若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度． 2．两种碰撞特点 （1）弹性碰撞 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒． 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝，v2′＝. 结论： ①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度． ②当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动． ③当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． （2）完全非弹性碰撞 动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝m1v12＋m2v22－（m1＋m2）v共2. 3．碰撞拓展 （1）“保守型”碰撞拓展模型 图例（水平面光滑） 小球—弹簧模型 小球曲面模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝（m＋M）v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv02＝mv12＋Mv22 （2）“耗散型”碰撞拓展模型 图例（水平面、水平导轨都光滑） 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝（m＋M）v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 技巧点拨 1.三种碰撞的特点及规律 弹性碰撞 动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 机械能守恒：m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2 完全非弹性碰撞 动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v′ 机械能损失最多，损失的机械能： ΔE＝m1v12＋m2v22－（m1＋m2）v′2 非弹性碰撞 动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 机械能有损失，损失的机械能： ΔE＝m1v12＋m2v22－m1v1′2－m2v2′2 碰撞问题遵循的三条原则 （1）动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′ （2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ （3）若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度 2.弹性碰撞的“动碰静”模型 （1）由动量守恒和能量守恒得， m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v02＝m1v12＋m2v22； （2）碰后的速度：v1＝v0，v2＝v0. 3.弹性碰撞模型的拓展应用 【经典例题】 1、如图水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑。在操作台上放置体积相同，质量不同的甲、乙两球，质量分别为m1、m2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等。烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上。则下列说法中正确的是（　　） A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同 B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同 C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上 D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为m1∶m2 【答案】 C 【解析】 A．脱离弹簧的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向可得 或 故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，A错误； B．动能与动量的关系为 由于质量不同，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能不相同，B错误； C．甲、乙两球在操作台滑行时，距台边缘距离相等但速度不等，故在操作台滑行时间不相等，之后做平抛运动的竖直位移相同，由 可知，两球做平抛运动的时间相等，因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上，C正确； D．由A的解析可得 平抛的水平位移为 故甲、乙两球做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即与质量成反比，可得D错误。故选C。 2、用图示装置做“验证动量守恒定律”实验。在滑块1、2上分别装有相同的挡光片及弹簧圈，测出挡光片宽度d，滑块1、2的质量分别为m1、m2.实验时打开气泵，让滑块1以一定的初速度向左运动并与静止的滑块2碰撞，记下滑块1经过光电门M的挡光时间t1和滑块1、2分别经过光电门N的挡光时间t′1和t2。下列相关说法正确的是（　　） A．滑块1、2的质量必须相等 B．实验前调节导轨平衡时，不用打开气泵，只须滑块能在任意位置平衡即可 C．若实验发现m1（）略大于m1（）＋m2（），可能的原因是导轨左端偏低 D．若实验发现＋＝，说明碰撞时动量守恒且无机械能损失 【答案】 D 【解析】 A．为了滑块1、2碰撞后都向左运动，应满足 A错误； B．实验前调节导轨平衡时，应打开气泵，滑块能在任意位置静止，导轨平衡才调节完毕，B错误； C．若实验发现m1（）略大于m1（）＋m2（），可能的原因是导轨左端偏高，C错误； D．若碰撞过程中满足动量守恒和机械能守恒，则 两式联立解得 ＋＝ D正确。 故选D。 变式1：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，槽码和挂钩的总质量。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的遮光时间和，以及这两次开始遮光的时间间隔，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。 （1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度___________； （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，得到和的数据如下表请根据表中数据，在方格纸上作出图线___________。 0.721 0.790 0.854 0.913 0.968 138 1.52 1.64 1.75 1.86 （4）查得当地的重力加速度，根据动量定理，图线斜率的理论值为___________； （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时___________。 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．实验中的测量值偏大 【答案】 ①. 10.20 ②. 将气垫导轨调至水平 ③. ④. 1.96 ⑤. BD##DB 【解析】 【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为； （2）[2]滑块保持稳定，说明气垫导轨水平； （3）[3]根据表格中数据描点并用直线连接 （4）[4] 根据动量定理变形得 则图线斜率的理论值 （5）[5]根据动量定理变形得 A．槽码质量偏小，而实际的槽码质量偏大，则合外力偏大，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．偏大，则偏小，图线斜率偏小，D正确。故选BD 变式2：某实验小组想用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，选取了两个体积相同、质量不等的小球，在斜面上叠放了白纸和复写纸。 步骤一：让质量为m1的小球从轨道顶部S点由静止释放，由轨道末端的点飞出并落在斜面上。 步骤二：把质量为m2的小球放在点，让小球m1仍从原位置由静止释放，与小球m2碰后两小球均落在斜面上。 分别记录落点痕迹，其中三个落点的位置距离点的长度分别为。 (1)用游标卡尺测得两小球的直径均如图乙所示，则小球直径 cm。 (2)关于该实验，下列说法正确的是___________。 A．必须满足 B．轨道必须光滑 C．轨道末端必须水平 D．落点位置需要多次测量取平均值 (3)在实验误差允许的范围内，若满足关系式 ，则可认为两球碰撞过程中动量守恒（用题目中的物理量表示）。 (4)若两小球质量满足，若满足 （用表示），则可证明两球间的碰撞是弹性的。 【答案】(1)1.070 (2)ACD (3) (4) 【难度】0.4 【知识点】平抛后落在斜面上验证动量守恒定律 【详解】（1）小球直径1cm+0.05mm×14=1.070cm （2）A．为防止入射球碰后反弹，则入射球的质量必须大于被碰球的质量，即必须满足，A正确； B．轨道不一定要必须光滑，只要到达底端时速度相同即可，B错误； C．轨道末端必须水平，以保证小球水平抛出，C正确； D．落点位置需要多次测量取平均值，D正确。 故选ACD。 （3）小球从O点飞出后均为平抛运动，假设小球位移为x，由平抛运动的知识可得xcosθ=vt，xsinθ=gt2 解得 由碰撞规律可知，P点是小球m1第一次的落点，M和N分别是碰后小球m1和m2的落点，取水平向右为正方向，碰撞过程满足动量守恒m1vP=m1vM+m2vN 代入可得 （4）若为弹性碰撞，则碰撞前后能量守恒 动量守恒m1vP=m1vM+m2vN 联立解得 代入前问解析中的速度可得 3、如图所示，质量m=1 kg的物块，可视为质点，右端和墙壁间压缩一水平轻弹簧，从A点静止释放后滑出B点，恰能过C点沿半径R=0.5 m的竖直半圆弧轨道的内侧做圆周运动，经最低点D滑到静止在水平地面的木板上。木板质量M=4 kg、长度L=2.05 m，且与右侧等高的平台P相碰时将被立即锁定。已知物块与平台AB、物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.5，其余摩擦不计，A、B间的距离L0=0.6m，木板右端距离平台P左侧的初始距离为s，g=10 m/s2.，求： （1）弹簧弹力对物块所做的功W； （2）物块经过D点时所受轨道支持力F的大小； （3）物块滑上平台P时的动能Ek与s的关系。 【答案】 （1）5.5J；（2）60N；（3）见解析 【解析】 （1）物块恰好通过C点，有 解得 由动能定理得 解得W=5.5J （2）物块由C运动到D，由动能定理得 解得vD=5 m/s 在D点，由牛顿第二定律得 解得F=60N （3）若物块与木板能共速，由动量守恒定律得 解得v共=1 m/s 对物块，由动能定理得 解得x物=2.4m 对木板，由动能定理得 解得x板=0.4m，（L＋x板>x物） ①若，物块能和木板共速，则由能量守恒得 ②若，物块不能和木板共速，则由能量守恒得 4、利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比，半径之比，不计重力及粒子间的相互作用力，求： （1）粒子a、b的质量之比； （2）粒子a的动量大小。 【参考答案】（1）；（2） 【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动、动量守恒定律及其相关知识点。 【解题思路】 （1）分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 解得 由题干知半径之比，故 因为相同时间内的径迹长度之比，则分裂后粒子在磁场中的速度为 联立解得 （2）中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律 因为分裂后动量关系为，联立解得 5、如图所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上。一质量为的金属圆环在该平面内以大小、方向与电流方向成角的初速度滑出，直到达到稳定。求： （1）整个过程金属圆环产生的电能； （2）整个过程金属圆环受到安培力的冲量。 【答案】（1）0.03J；（2） 【解析】 【详解】（1）一无限长通电直导线产生的磁场是非匀强磁场，最初金属环的运动方向与直导线成60°角，可将初速度沿平行于直导线和垂直于直导线的方向分解，沿导线方向的分速度 由于电磁感应，金属环中产生感应电流，安培力的方向与金属环垂直于导线的运动方向相反，最终沿平行直导线的方向匀速运动，由能量守恒定律得金属圆环产生的电能为 解得 （2）由动量定理可知，安培力的冲量大小为 方向垂直导线向左。 6、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） 【小问1详解】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。 【小问2详解】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 【小问3详解】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 【精选习题】 1．如图所示，有一质量、边长为0.2m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为（　　） A．0.05m B．0.10m C．0.15m D．0.5m 【答案】 A 【解析】小球由静止开始从如图所示轨道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平方向平均动量守恒，则有 即 根据题意，有 联立解得 故选A。 2．现代科学发展揭示了无序性也是世界构成的一个本质要素．意大利物理学家乔治·帕里西发现了从原子到行星尺度的物理系统中无序和涨落间的相互影响，深刻揭示了无序体系中的隐藏对称性，荣获了诺贝尔物理学奖。如图所示是力学中的一个无序系统模型，质量均为1kg的小球M、N用两根长度均为的轻质细杆a、b连接，细杆a的一端可绕固定点O自由转动，细杆b可绕小球M自由转动．开始时两球与O点在同一高度，静止释放两球，并开始计时，两球在竖直面内做无序运动；t＝2s时，细杆a与竖直方向的夹角为，小球N恰好到达与O点等高处且速度方向水平向右。重力加速度，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（ ） A. t＝2s时，两小球速度大小相等 B. t＝2s时，N球的速度大小为1.5m/s C. 此运动过程中，细杆b对N球的冲量大小约为 D. 此运动过程中，a、b两杆对M球做功之和为1.125J 【答案】B【详解】A．细杆a的一端可绕固定点O自由转动，则M的速度方向始终与杆a垂直，设t＝2s时小球M、N的速度大小分别为，，如图所示 M的速度方向始终与杆a垂直，当N速度方向水平向右时，二者沿杆b方向的分速度相等，有 可得 故A错误； B．由系统机械能守恒，有 解得 方向向右下方，与水平方向的夹角为30° 方向水平向右，故B正确； C．此运动过程中，根据动量定理可知，细杆b对N球的冲量 故C错误； D．此运动过程中，对M球根据动能定理有 解得a、b两杆对M球做功之和为 故D错误。 故选B。 3．质量为M的半圆形凹槽静置在光滑水平面上，质量为m的光滑小球静止在凹槽底部。初始时刻给小球一个水平初速度，计算机模拟得到小球的部分轨迹如图，已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高，则（　　） A. m>M B. 仅增大M值后重新模拟，小球能飞离凹槽 C. 长时间观察，有些时间段内凹槽对地向左运动 D. 小球从图中A到B运动过程中，凹槽先加速后减速 【答案】B 【详解】A．当小球由最低点开始运动到第一次回到最低点时，类似弹性碰撞，设小球末速度凹槽末速度 ， 联立可得 以初速度方向为正方向，由题目可知当小球第一次回到最低点时，即 可以判断，故A错误； B．当小球由最低点开始运动到第一次回到最高点时，类似完全非弹性碰撞，设小球和凹槽的末速度是 由动量守恒即 当增大M值后会减小，小球和半圆形凹槽在水平方向的动能会减小。 由机械能守恒可以判断重力势能不变，水平方向动能减小，则竖直方向动能一定会增加。半圆形凹槽竖直方向没有速度，则小球在竖直方向的速度一定增加，小球会飞的更高，故B正确； C．设小球末速度水平分速度，凹槽末速度，由动量守恒可知 ，即 当凹槽对地向左运动时，可得 由能量守恒可知系统总能量为，即， 故C错误； D．设小球末速度水平分速度，凹槽末速度，由动量守恒可知 ，即 小球由A到B过程中一直增大，所以一直增大，故D错误 故选B。 4．将小球以初速度v0竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图象（v-t）如图所示。t1时刻到达最高点，t2时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（　　） A．0到t2时间内，小球的加速度先减小再增大 B．小球上升过程和下降过程，动量变化量相同 C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同 D．0到t2时间内，小球的动量变化率一直减小 【答案】 D 【解析】 A．0到t2时间内，图像的斜率一直减小，所以小球的加速度一直减小，A错误； B．小球上升过程和下降过程，动量变化量分别为 所以小球上升过程和下降过程，动量变化量不相同，B错误； C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量分别为 所以小球上升过程和下降过程，冲量不相同，C错误； D．0到t1时间内，小球的动量变化率为 随着的速度减小，动量变化率也减小； t1到t2时间内，小球的动量变化率为 随着速度的增大，动量变化率减小；所以0到t2时间内，小球的动量变化率一直减小，D正确。故选D。 5．如图所示，物体A、B将一轻弹簧（不与A、B拴接）挤压后用线系住，静止在水平面上，A、B的质量之比为2：1，A、B与水平面间的动摩擦因数之比为1：2。现将线烧断，则（　　） A．A、B组成的系统动量不守恒 B．弹簧刚恢复原长时，B速度达到最大 C．弹簧刚恢复原长时，A、B动能相等 D．A、B同时停止运动 【答案】 D 【解析】 A．A、B组成的系统水平方向受合外力为 可知系统的动量守恒，选项A错误； B．当B的速度最大时，弹力等于摩擦力，此时弹力不为零，则当弹簧刚恢复原长时，B速度不是最大，选项B错误； C．根据动量守恒，弹簧刚恢复原长时 即 选项C错误； D．根据 可知，A、B同时停止运动，选项D正确。 故选D。 6.如图甲，轻质弹簧左端与物块A相连，右端与物块B接触但不栓接，系统处于静止状态，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的v-t图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，t2时刻B与弹簧分离，弹簧始终处于弹性限度内．则下列说法正确的是（C） A．0~t1时间，弹簧对物块A的冲量大小为 B．物块B的质量为3m C．0~t1时间，弹簧性势能变化量 D．t2时刻B的速度 7．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度 ，B球的速度，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为（　　） A． ， B． ， C． ， D． ， 【答案】 C 【解析】 两球组成的系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，有动量守恒定律得 带入数据解得 如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 解得， ，（不符实际，舍掉） 故两球碰撞后的速度范围是 ABD不符合题意，C符合题意。故选C。 8．如图所示，半径为R的竖直圆环在电动机作用下，可绕水平轴O转动，圆环边缘固定一只质量为m的连接器。轻杆通过轻质铰链将连接器与活塞连接在一起，活塞质量为M，与固定竖直管壁间摩擦不计。当圆环逆时针匀速转动时，连接器动量的大小为p，活塞在竖直方向上运动。从连接器转动到与O等高位置A开始计时，经过一段时间连接器转到最低点B，此过程中，活塞发生的位移为x，重力加速度取g。求连接器： （1）所受到的合力大小F； （2）转到动量变化最大时所需的时间t； （3）从A转到B过程中，轻杆对活塞所做的功W。 【答案】 （1）；（2）；（3） 【解析】 （1）连接器做匀速圆周运动的速度 则连接器做匀速圆周运动所受到的合力大小 （2）当连接器转到右侧与A点对称位置时动量变化最大，此时用时间 （3） 设连接器在A点时连杆与竖直方向的夹角为θ，则此时连杆的速度为 而对活塞 可知活塞的速度 当连接器到达B点时，活塞的速度为零，则从A到B，对活塞由动能定理 解得 9．如图所示，小明在离水面高度h0=1.8m的岸边，将一质量m=20g的小石片以水平初速度v0=8m/s抛出，玩“打水漂”。小石片在水面上滑行时受到的水平阻力恒为f=0.4N，在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零，并以a=0.5m/s2的加速度沿竖直方向沉入水深h=1m的河底。假设小石片每次均接触水面后跳起，跳起时竖直方向上的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k=0.75。取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求小石片： （1）沉入河底前瞬间的动量大小p； （2）从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程中，水对小石片做的功W； （3）从抛出到开始下沉的时间t。 【答案】 （1）0.02kg·m/s；（2）－1.19J；（3）6.4s 【解析】 （1）小石片沉入河底时的速度为 v2=2ah 解得v=1m/s 由动量公式，可得p=mv 解得 （2）小石片从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程，由动能定理可得 解得 （3）小石片先做平抛运动，竖直方向有 解得t1=0.6s 小石片在水面上滑行时加速度 每次滑行的速度变化量为 可得 即小石片共在水面上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次 第n次弹起后的水平速度为 竖直速度vyn=kvxn 空中飞行时间 可得第n次弹起后在空中飞行的时间为 在空中的飞行总时间 在水面上滑行的时间为t3=0.04×10s=0.4s 总时间t=t1＋t2＋t3解得 t=6.4s 10．质量为的弹性球从空中某高度由静止开始下落，经与地面发生碰撞，该过程的图像如图所示，球与水平地面相碰后反弹的速度大小为碰撞前的。该球受到的空气阻力大小恒定，取，求： （1）弹性球所受空气阻力的大小； （2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度； （3）第一次碰撞过程中合外力对弹性球冲量的大小。 【答案】 （1）；（2）；（3） 【解析】 （1）由图可得弹性球下落过程中的加速度为 根据牛顿第二定律可得 解得 （2）依题意可知第一次碰撞后反弹的速度大小为 在弹性球上升过程中，根据牛顿第二定律可得 弹性球上升过程中的加速度大小为 弹性球第一次碰撞后反弹的高度 解得 （3）根据动量定理可得 11．如图所示，质量为的长木板静止在光滑水平面上，右端与一固定在地面上的半径的光滑四分之一圆弧紧靠在一起，圆弧的底端与木板上表面水平相切。质量为的滑块（可视为质点）以初速度从圆弧的顶端沿圆弧下滑到木板上，恰好不会从板左侧脱落。不计空气阻力，取。求： （1）刚下滑时所受向心力的大小； （2）、间因摩擦而产生的热量； （3）当、间动摩擦因数时木板的长度。 【答案】 （1）；（2）；（3） 【解析】 （1）根据牛顿第二定律可得 （2）由动能定理可得，滑块B滑上木板A时的速度为，根据动能定理有 解得 滑块B在木板A上滑动的过程中因地面光滑，木板A和滑块B组成的系统动量守恒，最终两者的共同速度为 解得 由能量转化和守恒可知，、间因摩擦而产生的热量为 解得 （3）、滑动摩擦力为 、间因摩擦而产生的热量，根据滑动摩擦力做功和能量转化的关系可得 解得 12．航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为=0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为=0.1，不计转运车与地面间的摩擦。A、B的质量均为M=40kg，A、B水平部分的长度均为L=4m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略。重力加速度g取10m/s2。求： （1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少； （2）若某包裹的质量为m=10kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足的条件； （3）若某包裹的质量为m=50kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时的最小值。 【答案】 （1）40kg；（2）；（3）0.85m 【解析】 （1）要求A不动时需满足 解得 即包裹C的质量不能超过40kg。 （2）由于包裹质量小于40kg装置A始终静止不动，所以A释放高度最小时，包裹C恰好滑上B车，则有 解得 A释放高度最大时，则包裹C滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时二者恰好共速，下滑至B车时有 与B车相互作用过程满足 解得 所以 （3）由于包裹质量大于40kg，则装置A带动B车运动。包裹能滑上B车，最小高度是包裹刚好可以滑上B车时A、B、C三者共速。则加速度满足 包裹加速度 包裹在光滑曲面下滑 共同速度 解得 如图所示 由图像可得解得 13．如图，足够长的细线一端与倾角为α=37°的斜面A相连，另一端跨过墙面上和斜面顶端的三个小滑轮与小滑块B相连，一水平推力作用于A上，使A、B系统保持静止，四段细线分别与水平地面、竖直墙面或斜面平行，A的质量M=0.63kg，B的质量m=0.21kg，B距离水平面的高度h=0.6m，不计一切摩擦，取重力加速度g=10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）求细线对B的拉力大小； （2）撤去水平推力，求A滑动的位移m时，B的位移大小； （3）若撤去水平推力的同时剪断细线，求B沿斜面运动的过程中对A做的功。 【答案】（1）1.26N （2）0.6m （3）0.18J 【小问1详解】对B受力分析，受到重力G、斜面的支持力FN、细线的拉力T 则T=mgsinα 代入数据得T=1.26N 【小问2详解】 当A滑动x时，B沿斜面下滑2x， 设B的位移大小s，则 代入数据解的：m 【小问3详解】设B运动到斜面底端水平速度为，竖直速度为，A的速度为。 由水平方向动量守恒得，由B相对A的速度方向沿斜面向下得， 代入数据可得 由A、B系统机械能守恒定律得 B沿斜面运动的过程中对A做的功 代入数据可得J 14、如图甲所示，竖直面内倾斜轨道与相同材料足够长的水平轨道平滑连接，质量的物块B静止在水平轨道的最左端。时刻，物块A由倾斜轨道上端从静止下滑，一段时间后与B发生碰撞，物块A运动的图像如图乙所示。己知碰后物块B的速度为，重力加速度g取，不计空气阻力。 （1）求物块A与轨道间的滑动摩擦因数；（2）求物块A在前内，克服摩擦力做的功； （3）若要保证两物块再次相碰，求物块B与轨道间的摩擦因数应满足的条件。 【答案】（1）；（2）2.175J；（3） 【解析】 【详解】（1）从图像中可知下滑的加速度为 根据牛顿第二定律 解得 （2）物体A上滑的过程加速度为 解得 所以碰后A的速度为 上滑的距离 碰撞过程中动量守恒，碰前物体A速度为5m/s，碰后物体B速度为1m/s，则 解得 物体A初始下滑到底部的位移有 克服摩擦力做的功为 （3）物体A再次滑到底部的速度为 滑到底部的时间为 则A再次滑到底部时，B已经运动了1.5s。 若B不停，B在1.5s内的位移 A在水平面上滑行的最远距离 故只能是B停在之内，A、B才有可能再次相碰。 所以有 解得 所以要保证两物体再次相碰，物体B与轨道的摩擦因素。 15、如图所示，一质量为的物块穿在光滑水平杆上，一长度为的轻杆，一端固定着质量为的小球，另一端连接着固定在物块上的铰链。忽略铰链转动的摩擦，重力加速度为。 （1）将固定，对小球施加一水平向左的外力使杆与竖直方向的夹角为保持静止，求外力的大小； （2）若物块在水平外力作用下向右加速，杆与竖直方向夹角始终为，求外力的大小； （3）若开始时，小球位于铰链的正上方，系统处于静止状态，受到扰动后，杆开始转动，已知，，求从初始位置转到如图位置过程中，杆对小球所做的功。 【答案】（1） （2） （3） 【小问1详解】 对受力分析，由平衡条件得： 【小问2详解】设水平向右的加速度大小为 对受力分析，由牛顿第二定律： 对P、Q系统，由牛顿第二定律： 解得： 【小问3详解】设Q转到角时，Q的水平速度和竖直速度大小分别为vx和vy，P的水平速度为vM 由系统水平方向动量守恒得 由系统机械能守恒可得 Q相对O在做圆周运动，Q相对O的速度垂直于杆，可得 对Q由动能定理可得 可得 16、如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为的木块，开始时木块静止，现让一质量为的木块从木块正上方高为处自由下落，与木块碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间木块下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块与木块碰撞时间极短，重力加速度为，下列关于从两木块发生碰撞到木块第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块的冲量的大小正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D【知识点】动量定理的内容、完全非弹性碰撞 【详解】B从h处落下到与A碰撞前，根据动能定理有 解得 AB发生碰撞时间极端，系统动量守恒，则 解得 碰撞后，AB一起向下运动，经过时间t下降到最低点，再一起向上运动至A回到初始位置。由于向下、向上运动过程受力情况完全对称，则从最低点回到初始位置的时间也为t，回到初始位置时，AB的速度为。对从两木块发生碰撞到木块第一次回到初始位置过程使用动量定理，规定向下为正方向，有 整理得 将代入 解得，故选D。 17、如图所示，长为L的轻杆一端用光滑铰链固定，另一端固定一质量为m小球A，将小球放置在倾角为60°，质量也为m的斜面体B上，不计一切摩擦。在斜面体的右侧加水平向左的推力，斜面和轻杆保持静止，轻杆与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g。 (1)求斜面对小球的支持力大小FN； (2)若撤去外力，求撤去外力瞬间小球的加速度大小a； (3)若撤去外力时小球与轻杆脱离，小球从静止开始下滑， 求小球刚要滑到地面时，斜面体的速度大小v。 【答案】(1)mg (2) (3) 【详解】（1）小球静止时，受到斜面的弹力FN、杆的支持力FT，如图所示 根据平衡条件可得 解得 （2）撤去外力后，小球相对斜面下滑，两者垂直与斜面方向加速度相同，如图所示 则有 对A有 对B有 解得 （3）小球落地前，水平方向速度vx，竖直方向速度vy，A、B水平方向动量守恒 小球相对斜面下滑 根据机械能守恒定律 解得 第 1 页 共 24 页 学科网（北京）股份有限公司 $