1、考点考点1 1 动量和动量定理动量和动量定理 1.(2020课标,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 答案答案 D 若汽车发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并充气,对司机的头部、颈部等部位起 保护作用,增大了司机的受力面积,减少了司机单位面积的受力大小,故A项错误。有无安全气囊, 司机的速度都是从碰
2、撞前的速度减为零,动量变化量相同,故B项错误。当司机与安全气囊发生作 用时,安全气囊的作用并没有将司机的动能全部转化为汽车的动能,故C项错误。安全气囊起缓冲 作用,延长了司机的受力时间,从而减少了司机的受力大小,D项正确。 2.(2019课标,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4.8106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( ) A.1.6102 kg B.1.6103 kg C.1.6105 kg D.1.6106 kg 答案答案
3、 B 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=1.6103 kg,故选项B正确,选项A、C、D错误。 Ft v 6 3 4.8 101 3 10 3.(2018课标,14,6分)高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动。在启动 阶段,列车的动能( ) A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比 答案答案 B 本题考查了匀变速直线运动、动能和动量知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理 观念中运动观念的要素和科学思维中科学推理的要素。 列车的动能Ek=m
4、v2与速度的平方成正比,故选项C错误;列车的动能Ek=mv2=m(at)2=ma2t2,则 列车的动能与时间的平方成正比,故选项A错误;列车的动能Ek=mv2=m2ax=max,则列车的动能 与位移成正比,故选项B正确;列车的动能Ek=mv2=,则列车的动能与动量的平方成正比,故选项 D错误。 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 p m 解题思路解题思路 (1)写出动能表达式Ek=mv2,可知列车的动能与它的速度的关系;(2)推导出列车的动能 与它所经历的时间的关系;(3)推导出列车的动能与它的位移的关系;(4)推导出列车的动能与它的 动量的关系。 1 2 4.(2
5、018课标,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下, 与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( ) A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N 答案答案 C 本题考查了机械能守恒定律、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、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。 对于鸡蛋撞击地面前的下落过程,根据机械能守恒定律可得mgh=mv2,可知鸡蛋落地时速度大小v =;鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv
6、),可知鸡蛋对地 面产生的冲击力大小为F=+mg,每层楼高度约为3 m,则h=243 m=72 m,得F949 N,接近103 N, 故选项C正确。 1 2 2gh mv t 易错点拨易错点拨 估算能力 (1)每层楼高度约为3 m,注意身边的物理知识。 (2)在计算时重点注意数量级。 一题多解一题多解 鸡蛋刚接触地面的速度也可以根据动能定理或自由落体运动规律求解。 5.(2017课标,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
7、 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 答案答案 AB 前2 s,根据牛顿第二定律,a=1 m/s2,则02 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;24 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。 F m 6.(2020课标,23,9分)某同学用如图所示的实验装置验证动量定理,所用器材包括:气垫导轨、滑 块(上方安装有宽度为
8、d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。 实验步骤如下: (1)开动气泵,调节气垫导轨,轻推滑块,当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间 时, 可认为气垫导轨水平; (2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块(含遮光片)的质量m2; (3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接,并让细线水平拉动滑块; (4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动,和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过 A、B两处的光电门的遮光时间t1、t2及遮光片从A运动到B所用的时间t12; (5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中,如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力,拉力 冲量的大小I=
9、 ,滑块动量改变量的大小p= ;(用题中给出的物理量及重力加速度 g表示) (6)某次测量得到的一组数据为:d=1.000 cm,m1=1.5010-2 kg,m2=0.400 kg,t1=3.90010-2 s,t2=1.270 10-2 s,t12=1.50 s,取g=9.80 m/s2。计算可得I= Ns,p= kg m s-1;(结果均保留3位有 效数字) (7)定义=100%,本次实验= %(保留1位有效数字)。 -Ip I 答案答案 (1)大约相等 (5)m1gt12 m2 (6)0.221 0.212 (7)4 21 - dd tt 解析解析 (1)滑块在气垫导轨上运动时可认为阻
10、力为零,当导轨水平放置时滑块匀速运动,遮光片通 过两光电门的遮光时间大约相等。 (5)将砝码和砝码盘所受重力作为滑块所受拉力时,由冲量定义可知I=m1gt12。滑块通过两光电门 时的速度大小分别为vA=、vB=,故此过程中滑块动量改变量的大小为p=m2vB-m2vA=m2 。 (6)将数据代入上述表达式可得I0.221 N s、p0.212 kg m/s。 (7)由定义得=100%=4%。 1 d t 2 d t 21 - dd tt -Ip I 7.2016课标,35(2),10分某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地 悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为
11、S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具 底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四 周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为,重力加速度大小为g。求 ()喷泉单位时间内喷出的水的质量; ()玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。 答案答案 ()v0S ()- 2 0 2 v g 2 222 0 2 M g v S 解析解析 ()设t时间内,从喷口喷出的水的体积为V,质量为m,则 m=V V=v0St 由式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为 =v0S ()设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小 为v。
12、对于t时间内喷出的水,由能量守恒得 (m)v2+(m)gh=(m) 在h高度处,t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 p=(m)v 设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有 Ft=p m t 1 2 1 2 2 0 v 由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得 F=Mg 联立式得 h=- 2 0 2 v g 2 222 0 2 M g v S 解题指导解题指导 (1)应用“微元法”分析流体问题;(2)相等时间内喷出的水流流量相等;(3)应用动量定 理分析水流的冲击力;(4)玩具处于静止状态,根据平衡条件列方程。 8.2019北京理综,24(3)雨滴落到地面的速度通常仅为几米
13、每秒,这与雨滴下落过程中受到空气阻 力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变,重力加速度为g。 由于大量气体分子在各方向运动的概率相等,其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于 运动方向面积为S的圆盘,证明:圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f v2(提示:设单位体积内空气 分子数为n,空气分子质量为m0)。 答案答案 见解析 解析解析 根据题设条件:大量气体分子在各方向运动的概率相等,其对静止雨滴的作用力为零。以 下只考虑雨滴下落的定向运动。 简化的圆盘模型如图。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在t时间内,与圆盘碰撞 的空气分子质量为m=Svtnm0 以F表示圆盘对气体分子的作用力
14、,根据动量定理, 有Ftmv 得Fnm0Sv2 由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力fv2 采用不同的碰撞模型,也可得到相同结论。 答案答案 见解析 解析解析 根据题设条件:大量气体分子在各方向运动的概率相等,其对静止雨滴的作用力为零。以 下只考虑雨滴下落的定向运动。 简化的圆盘模型如图。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在t时间内,与圆盘碰撞 的空气分子质量为m=Svtnm0 以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理, 有Ftmv 得Fnm0Sv2 由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力fv2 采用不同的碰撞模型,也可得到相同结论。 另辟蹊径另辟蹊径 【证明】设在极短时间t内,空气
15、分子与雨滴碰撞,设空气分子的速率为u, 在t内,空气分子个数为N=nSvt,其质量为m=Nm0 设向下为正方向,对圆盘下方空气分子由动量定理有:F1t=m(v+u) 对圆盘上方空气分子由动量定理有: -F2t=0-m(u-v) 圆盘受到的空气阻力为: f=F1-F2 联立解得f=2Sv2nm0v2。 素养考查素养考查 本题要求考生从相对运动的角度思考雨滴下落过程中受到的空气阻力。试题达到 “科学思维”核心素养中“模型建构”的“水平五”的要求:能将较复杂的实际问题中的对象和 过程转换成物理模型。 以下为教师用书专用 1.(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,
16、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 答案答案 B 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
17、=mg v cos ,其中是瞬时速度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。 2.(2015安徽理综,22,14分)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5 m的位置B处 是一面墙,如图所示。物块以v0=9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度 为7 m/s,碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s
18、2。 (1)求物块与地面间的动摩擦因数; (2)若碰撞时间为0.05 s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F; (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。 答案答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J 解析解析 (1)由动能定理,有-mgs=mv2-m 可得 =0.32 (2)由动量定理,有Ft=mv-mv 可得F=130 N (3)W=mv2=9 J 1 2 1 2 2 0 v 1 2 3.(2016北京理综,24,20分)(1)动量定理可以表示为p=Ft,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
19、为m的小球斜射 到木板上,入射的角度是,碰撞后弹出的角度也是,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px、py; b.分析说明小球对木板的作用力的方向。 (2)激光束可以看做是粒子流,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。 图2 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,其中光束和穿过介质小球的 光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束和与SO的夹
20、角均为,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。 a.光束和强度相同; b.光束比的强度大。 答案答案 见解析 解析解析 (1)a.x方向:动量变化为 px=mv sin -mv sin =0 y方向:动量变化为 py=mv cos -(-mv cos )=2mv cos 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t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
21、 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:Ft=p2-p1=2np(1-cos )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t时间内,光束穿过小球的粒子数为n1,光束穿过小球的粒子数为n2,n1n2。 这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)p sin 从小球出射时的总动量为p2y=0 根据动量定理:Fyt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin 可知,小球对这
22、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。 4.(2018北京理综,22,16分)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的 项目之一。某滑道示意图如下,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接,滑道BC高h=10 m,C是半径 R=20 m圆弧的最低点。质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度a=4.5 m/s2,到 达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。 (1)求长直助滑道AB的长度L; (2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小
23、; (3)若不计BC段的阻力,画出运动员经过C点时的受力图,并求其所受支持力FN的大小。 答案答案 (1)100 m (2)1 800 N s (3)受力图见解析 3 900 N 解析解析 (1)根据匀变速直线运动公式,有L=100 m (2)根据动量定理,有I=mvB-mvA=1 800 N s 22 - 2 BA vv a (3)运动员经C点时的受力分析如图 根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有 mgh=m-m 1 2 2 C v 1 2 2 B v 根据牛顿第二定律,有FN-mg=m 得FN=3 900 N 2 C v R 一题多解一题多解 运动员在AB段所受合外力的冲量I=F合
24、t=ma=1 800 N s。 - BA vv a 素养考查素养考查 本题考查了匀变速直线运动、动量定理、动能定理、牛顿第二定律知识,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、科学推理的要素。 考点考点2 2 动量守恒定律及其应用动量守恒定律及其应用 1.(2020课标,21,6分)(多选)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4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/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
25、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5.0 m/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5.0 m/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.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg 答案答案 BC 物块每次与挡板碰撞后,挡板对物块的冲量I冲=mv0-m(-v0)=40 kg m s-1,方向与运动员退 行方向相同,以此方向为正方向,以运动员和物块整体为研究对象,当物块撞击挡板7次后,7I冲=m人v7 +mv0,v752 kg,当物块撞击挡板8次后,8I冲=m人v8
26、+mv0,v85 m/s,得m人l且sA-sB2l,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 m (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 mAvA2-mA=-mAg(2l+sB) 联立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 mAvA2=mAvA2+mBvB2 联立 式并代
27、入题给数据得 vA= m/s,vB=- m/s 1 2 1 2 2 A v 7 1 2 1 2 1 2 3 7 5 2 7 5 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=vA2,2asB=vB2 根据 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 解题思路解题思路 (1)由动量守恒定律和动能定理计算式联立即可。 (2)利用牛顿第二定律求A、B的加速度,分别对A、B的运动过程应用匀变速直线运动公式解决问 题。
28、 (3)假设A能与B碰撞,应用动能定理求出A碰撞前的瞬时速度;发生弹性碰撞,则由动量守恒定律和 机械能守恒定律联立解出碰后A、B的速度,问题便易于解决了。 5.(2018课标,24,12分)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度 为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直 方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求 (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间; (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 答案答案 (1) (2) 1 g 2E m 2E mg 解析解析 本题
29、主要考查竖直上抛运动规律及动量守恒定律。 (1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有 E=m 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有 0-v0=-gt 联立式得 t= (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有 E=mgh1 火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条 件和动量守恒定律有 m+m=E mv1+mv2=0 1 2 2 0 v 1 g 2E m 1 4 2 1 v 1 4 2 2 v 1 2 1 2 由式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运 动部分
30、继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有 m=mgh2 联立式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h=h1+h2= 1 4 2 1 v 1 2 2E mg 易错点拨易错点拨 关键词理解,隐含条件显性化 题目中的两个E,分别对应“一个物体”和“两个物体”。 爆炸后两部分质量均为。 爆炸过程中系统初动量为0。 距地面的最大高度由两部分组成,一是爆炸前上升的高度,二是爆炸后向上运动的部分上升的高度。 2 m 6.2016课标,35(2),10分如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑 板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s的速度向斜
31、面 体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已 知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力 加速度的大小g=10 m/s2。 ()求斜面体的质量; ()通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩? 答案答案 见解析 解析解析 ()规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此 共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20=(m2+m3)v m2=(m2+m3)v2+m2gh 式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速
32、度。联立式并代入题给数据得 m3=20 kg ()设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有 m1v1+m2v20=0 代入数据得 v1=1 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3 m2=m2+m3 联立式并代入数据得v2=1 m/s 1 2 2 20 v 1 2 1 2 2 20 v 1 2 2 2 v 1 2 2 3 v 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。 解题思路解题思路 光滑冰面无摩擦力,可考虑用动量守恒定律求解;小孩与冰块相互作用过程中动 量守恒;因斜面体
33、的表面光滑,则冰块与斜面体相互作用过程中机械能守恒,水平方向动量守 恒。 7.2016课标,35(2),10分如图,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b相距l, b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以 初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物 块与地面间的动摩擦因数满足的条件。 3 4 答案答案 mgl 即 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1。由能量守恒有 m=m+mgl 设在a、b碰撞后的瞬间,a、b的速度大小分别为v1、v2,由动量守恒和能量守恒有 m
34、v1=mv1+v2 m=mv12+v22 联立式解得v2=v1 1 2 2 0 v 2 0 2 v gl 1 2 2 0 v 1 2 2 1 v 3 4 m 1 2 2 1 v 1 2 1 2 3 4 m 8 7 由题意,b没有与墙发生碰撞,由功能关系可知 v22gl 联立式,可得 1 2 3 4 m 3 4 m 2 0 32 113 v gl 联立式,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件为 2 0 32 113 v gl 2 0 2 v gl 解题指导解题指导 解答本题需要满足两个条件:小物块a减速运动距离l与小物块b发生弹性碰撞; 碰 后,小物块b做减速运动而与墙未发生碰撞。 以下为
35、教师用书专用 1.2018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4.5103 N,则子弹射入木块的深度为 m。 答案答案 20 0.2 解析解析 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
36、。 0 mv Mm 200 0.05 0.5 1 2 2 0 v 1 2 22 0-( ) 2 mvmM v f 知识拓展知识拓展 系统中产生的焦耳热Q=f d。 2.2016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。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 。 答案答案 3 v 2 3 v g 解析解析 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
37、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:mgs=mv2-(m+2m)v2 解得s= 1 3 1 2 1 2 2 3 v g 反思感悟反思感悟 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。 3.(2015广东理综,36,18分)如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与 两侧的直轨道相切,半径R=0.5 m。物块A以v0=6 m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道 滑出后,与直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动。P点
38、左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙 段、光滑段交替排列,每段长度都为L=0.1 m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为=0.1,A、B的 质量均为m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短)。 (1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F; (2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值; (3)求碰后AB滑至第n个(nk)光滑段上的速度vn与n的关系式。 答案答案 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)vn=(n45) 9-0.2n 解析解析 (1)物块A由初始位置到Q的过程,由动能定理得: -mg2R=mv2-m 解得:v=4 m/s 设在Q点物块
39、A受到轨道的弹力为F,受力分析如图所示 由牛顿第二定律得:mg+F= 解得:F=-mg=22 N 方向竖直向下 (2)由机械能守恒定律知:物块A与B碰前的速度仍为v0=6 m/s A与B碰撞过程动量守恒,设碰后A、B的速度为v共 mv0=2mv共 解得v共=v0=3 m/s 设A与B碰后一起运动到停止,在粗糙段运动的路程为s,由动能定理得 -2mgs=0-2m 1 2 1 2 2 0 v 2 mv R 2 mv R 1 2 1 2 2 v共 解得:s=4.5 m 故k=45 (3)碰后AB滑至第n个(nk)光滑段上的速度等于滑离第n个(nk)粗糙段的速度 由动能定理得:-2mgnL=2m-2m
40、 解得:vn=(n45) 2 2 v g 共 s L 4.5 0.1 1 2 2 n v 1 2 2 v共 2 -2vgnL 共 9-0.2n 4.2016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
41、力加速度大小g=9.80 m/s2。 ()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。 ()求k值的相对误差(=100%,结果保留1位有效数字)。 0 0 | - |k k k 答案答案 ()2.0410-3 s2/m ()6% 解析解析 ()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 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)v2=(mA+mB)gh 联立式得 h=v2 由题意得 k0= 代入题给数据得 k0=2.0410-3 s2/m ()按照定义 =100% 由式和题给条件得=6% 1 2 2 2 2 ()
42、B AB m g mm 2 2 2 () B AB m g mm 0 0 | - |k k k 5.2015课标,35(2),10分,0.425如图,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A 位于B、C之间。A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右 运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹 性的。 答案答案 (-2)MmM,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m=M, 第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;所以只需考虑mM的
43、情 况。 第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后,A的速度为vA2,B的速度为vB1,同样有 1 2 2 0 v 1 2 2 1A v 1 2 2 1C v -m M mM 2m mM vA2=vA1=v0 根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有 vA2vC1 -m M mM 2 -m M mM 联立式得 m2+4mM-M20 解得 m(-2)M 另一解m-(+2)M舍去。所以,m和M应满足的条件为 (-2)Mm,即m1m2;同时碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度, 即,所以m1m2。综上可知,只有C选项正确。 2 1 1 2 p m 2 2 2 2 p m 2
44、1 1 2 p m 2 2 2 2 p m 21 51 1 1 p m 2 2 p m 5 7 1 1 p m 2 2 p m 1 5 温馨提示温馨提示 关于碰撞过程要注意三个问题:动量守恒;总动能不增加;碰撞后两物体同向运 动时,后面物体的速度不大于前面物体的速度。 6.(2020江西九江二模,24)有一内壁光滑的圆管竖直放置,圆管底部封闭,上端开口且足够长,圆管内有两 个小球A与B,A的质量为m,B的质量为km,两小球直径略小于管的直径。当B球向下运动至离圆管底面 高度h处时,与向上运动的A球发生弹性碰撞,碰后B球向上运动至最大高度又返回到原来高度h处,再次 与已经和底面做完弹性碰撞后反弹
45、回来的小球A相碰,如此反复,做周期性运动。问要完成这种反复运 动,小球A与B碰前的速度各是多少?(重力加速度为g) 答案答案 vB= vA=k 2 21 gh k 2 21 gh k 解析解析 本题考查动量守恒,体现运动与相互作用观念和模型建构要素,考查学生的分析综合能力。 设碰撞时A球与B球的速率分别为vA和vB,为完成反复运动,A、B两球碰前与碰后速度大小相等,方 向相反, 以向上为正方向,根据动量守恒定律有: mvA-kmvB=m(-vA)+kmvB 得:vA=kvB 为完成反复运动,A球到达底面的时间等于B球到达最高点的时间 小球A:h=vAt+gt2 小球B:0=vB-gt 联立可得
46、:vB= vA=k 1 2 2 21 gh k 2 21 gh k 考点考点3 3 动量与能量综合应用动量与能量综合应用 7.(2020广西桂林、崇左、贺州联考,17)如图所示,光滑水平面上有在一条直线上的甲、乙、丙三 个小球,三个小球的质量均为m,乙、丙两球与轻弹簧相连且静止,甲球以速率v0向右冲向乙球并发 生弹性碰撞。弹簧一直在弹性限度内。该弹簧的最大弹性势能为( ) A.m B.m C.m D.m 1 4 2 0 v 1 6 2 0 v 1 3 2 0 v 1 8 2 0 v 答案答案 A 本题考查动量守恒、能量守恒,体现运动与相互作用观念和能量观念要素。因甲、乙 两球的质量相等,故它们
47、弹性碰撞后速度交换,即碰撞后甲球静止,乙球的速度大小为v0,方向水平 向右,经分析可知,当乙、丙两球的速度相等(设为v)时,弹簧的形变量最大,弹性势能最大,由动量守 恒定律有mv0=2mv,由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能Epm=m-2mv2,解得Epm=m,选 项A正确。 1 2 2 0 v 1 2 1 4 2 0 v 8.(2020四川攀枝花第二次统考,11)如图所示,质量m1=2 kg、长度l=5 m的木板,以速度v1=5 m/s沿光 滑水平面向右匀速运动。某时刻一质量m2=1 kg的小木块(可视为质点),以水平向左的速度v2=5 m/ s从木板的右端滑上木板,最终刚好不能滑离木板。重力加速度g取10 m/s2,求: (1)小木块与木板间的动摩擦因数; (2)小木块做加速运动过程的时间。 答案答案 (1) (2)0.25 s 2 3 解析解析 (1)设木块到达木板左端时与木板的共同速度为v,以水平向右为正。对木块和木板组成的 系统,由动量守恒定律有m1v1-m2v2=(m1+m2)v 由能量守恒定律有Q=m1+m2-(m1+m2)v2 且Q=m2gl 联立以
