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1、專題七碰撞與動量守恒,高考物理 (課標專用),考點一動量、動量定理 1.(2018課標,14,6分)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段,列車的動能() A.與它所經(jīng)歷的時間成正比 B.與它的位移成正比 C.與它的速度成正比 D.與它的動量成正比,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標卷題組,答案B本題考查勻變速直線運動規(guī)律、動能及動量。設列車運動時間為t,由勻變速直線運動規(guī)律v=at、s=at2,結(jié)合動能公式Ek=得Ek=、Ek=mas,可知Ekv2、Ekt2、Eks, 故A、C項均錯誤,B項正確。由Ek=,得Ekp2,故D項錯誤。,2.(2017課標,20,6分)(多

2、選)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示,則() A.t=1 s時物塊的速率為1 m/s B.t=2 s時物塊的動量大小為4 kgm/s C.t=3 s時物塊的動量大小為5 kgm/s D.t=4 s時物塊的速度為零,答案AB本題通過F-t圖像考查動量定理。F-t圖線與時間軸所包圍的“面積”表示合外力的沖量。01 s內(nèi),I1=21 Ns=2 Ns,據(jù)動量定理可得I1=mv1-mv0=2 Ns,得1 s時,v1=1 m/s,A選項正確。同理,02 s內(nèi),I2=22 Ns=p2-p0=p2,則t=2 s時動量p2=4 Ns=4 kgm/s,故

3、B選項正確。03 s內(nèi)I3=22 Ns+(-1)1 Ns=3 Ns=p3-p0=p3,則t=3 s時,p3=3 Ns=3 kgm/s,C選項錯誤。04 s 內(nèi)I4=22 Ns+(-1)2 Ns=2 Ns=p4-p0=p4=mv4,則t=4 s時,v4=1 m/s,D選項錯誤。,方法總結(jié)動量定理的矢量性和F-t圖像面積含義 (1)合外力的沖量I、物塊的動量p都是矢量,解題時應規(guī)定正方向; (2)F-t圖線與t軸所圍的“面積”表示力的沖量,t軸上方的面積表示正方向沖量,下方的面積表示負方向沖量,一段時間內(nèi)的總沖量是正向面積(正值)和負向面積(負值)的代數(shù)和。,,3.2016課標,35(2),10分

4、某游樂園入口旁有一噴泉,噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見,假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出;玩具底部為平板(面積略大于S);水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變?yōu)榱?在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為,重力加速度大小為g。求 ()噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量; ()玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度。,答案()v0S()-,,解析()設t時間內(nèi),從噴口噴出的水的體積為V,質(zhì)量為m,則 m=V V=v0St 由式得,單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 =v0S ()設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h,水從噴口

5、噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于t時間內(nèi)噴出的水,由能量守恒得 (m)v2+(m)gh=(m) 在h高度處,t時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為 p=(m)v 設水對玩具的作用力的大小為F,根據(jù)動量定理有 Ft=p 由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件得 F=Mg,聯(lián)立式得 h=-,考查點動量定理、能量守恒定律、物體平衡,解題關(guān)鍵在流體中運用動量知識時一定要取t時間內(nèi)的流體為研究對象。,,考點二動量守恒定律及其應用 4.(2017課標,14,6分)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空,50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣

6、噴出后的瞬間,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)() A.30 kgm/s B.5.7102 kgm/s C.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s,答案A由于噴出過程中重力和空氣阻力可忽略,則模型火箭與燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒。燃氣噴出前系統(tǒng)靜止,總動量為零,故噴出后瞬間火箭的動量與噴出燃氣的動量等值反向,可得火箭的動量大小等于燃氣的動量大小,則|p火|=|p氣|=m氣v氣=0.05 kg600 m/s=30 kgm/s,A正確。,易錯點撥系統(tǒng)中量與物的對應性 動量守恒定律的應用中,系統(tǒng)內(nèi)物體至少為兩個,計算各自的動量時,需注意速度與質(zhì)量對應于同一物體。,,,5

7、.(2018課標,24,12分)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B,立即采取制動措施,但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動了4.5 m,A車向前滑動了2.0 m。已知A和B的質(zhì)量分別為2.0103 kg和1.5103 kg,兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動,重力加速度大小g=10 m/s2。求 (1)碰撞后的瞬間B車速度的大小; (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。,答案(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s,解析本題考查牛頓第二定律和動量守恒定律等知識。 (1)設B車的質(zhì)量

8、為mB,碰后加速度大小為aB,根據(jù)牛頓第二定律有 mBg=mBaB 式中是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。 設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB,碰撞后滑行的距離為sB。由運動學公式有 v=2aBsB 聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得 vB=3.0 m/s (2)設A車的質(zhì)量為mA,碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有 mAg=mAaA 設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA,碰撞后滑行的距離為sA。由運動學公式有 v=2aAsA 設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動量守恒,有 mAvA=mAvA+mBvB,,聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得 vA=4.3 m/s,解題關(guān)鍵確定速度是解決碰撞問題的關(guān)鍵 (1

9、)由牛頓第二定律和運動學公式可確定碰撞后瞬間A、B兩車的速度。 (2)由于兩車碰撞時間極短,因此碰撞時內(nèi)力遠大于外力,滿足動量守恒,故可確定碰撞前的瞬間A車的速度。,,考點三動量、能量的綜合應用 6.(2014大綱全國,21,6分)一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A1)的原子核發(fā)生彈性正碰。若碰前原子核靜止,則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為() A. B. C.D.,答案A設中子質(zhì)量為m,則原子核的質(zhì)量為Am。設碰撞前后中子的速度分別為v0、v1,碰后原子核的速度為v2,由彈性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,m=m+Am,解得v1=v0,故= ,A正確。,考查點碰撞,審題技巧審題的關(guān)鍵詞:“彈性正碰”

10、。,,,延伸拓展“運動小球與靜止小球發(fā)生彈性正碰”模型 方程:m1v0=m1v1+m2v2 m=m1+m2 結(jié)論v1=v0 v2=v0 本模型結(jié)論要熟記。,7.(2018課標,24,12分)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后,從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時,彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分,兩部分獲得的動能之和也為E,且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求 (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間; (2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。,答案(1)(2),,解析本題主要考查豎直上拋運動規(guī)律及動量守恒定律。 (1

11、)設煙花彈上升的初速度為v0,由題給條件有 E=m 設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t,由運動學公式有 0-v0=-gt 聯(lián)立式得 t= (2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1,由機械能守恒定律有 E=mgh1 火藥爆炸后,煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動,設炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有 m+m=E mv1+mv2=0,由式知,煙花彈兩部分的速度方向相反,向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2,由機械能守恒定律有 m=mgh2 聯(lián)立式得,煙花彈上部分距地面的最大高度為 h=h1+h2=,易錯點撥關(guān)鍵詞理解,隱含條件顯性化

12、 題目中的兩個E,分別對應“一個物體”和“兩個物體”。 爆炸后兩部分質(zhì)量均為。 爆炸過程中系統(tǒng)初動量為0。 距地面的最大高度由兩部分組成,一是爆炸前上升的高度,二是爆炸后向上運動的部分上升的高度。,,8.2016課標,35(2),10分如圖,水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b,其連線與墻垂直;a和b相距l(xiāng),b與墻之間也相距l(xiāng);a的質(zhì)量為m,b的質(zhì)量為m。兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相 同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動。此后a與b發(fā)生彈性碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件。,答案<,解析設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞,應有

13、 mmgl 即< 設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間,a的速度大小為v1。由能量守恒有 m=m+mgl 設在a、b碰撞后的瞬間,a、b的速度大小分別為v1、v2,由動量守恒和能量守恒有 mv1=mv1+v2 m=mv+v 聯(lián)立式解得v2=v1 由題意,b沒有與墻發(fā)生碰撞,由功能關(guān)系可知 vgl 聯(lián)立式,可得,, 聯(lián)立式,a與b發(fā)生碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為 <,考查點碰撞,審題技巧審題時要注意:小物塊a減速運動距離l與小物塊b發(fā)生彈性碰撞; 碰后,小物塊b做減速運動而未與墻發(fā)生碰撞。,易錯點撥本題的易錯點在于利用物理規(guī)律列方程時,列出的是不等式,而不等式左右兩邊的大小關(guān)系是需要結(jié)合物理規(guī)律

14、來分析判定的,尤其是不等式中“等號”的取舍。,,9.2016課標,35(2),10分如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h=0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30 kg,冰塊的質(zhì)量為m2=10 kg,小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g=10 m/s2。 ()求斜面體的質(zhì)量; ()通過計算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?,答案見解析,解析()規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運動

15、到最大高度時兩者達到共同速度,設此共同速度為v,斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得 m2v20=(m2+m3)v m2=(m2+m3)v2+m2gh 式中v20=-3 m/s為冰塊推出時的速度。聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3=20 kg ()設小孩推出冰塊后的速度為v1,由動量守恒定律有 m1v1+m2v20=0 代入數(shù)據(jù)得 v1=1 m/s 設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3,由動量守恒和機械能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3 m2=m2+m3 聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得,,v2=1 m/s 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方,故冰

16、塊不能追上小孩。,10.2015課標,35(2),10分,0.425如圖,在足夠長的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線上,A位于B、C之間。A的質(zhì)量為m,B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)使A以某一速度向右運動,求m和M之間應滿足什么條件,才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。,答案(-2)Mm

17、vC1=v0 如果mM,第一次碰撞后,A與C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能與B發(fā)生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右運動,A不可能與B發(fā)生碰撞;所以只需考慮m

18、必須小于C碰后的速度。,溫馨提示本題為“彈性碰撞模型”。,,11.2015課標,35(2),10分,0.445兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動,并發(fā)生碰撞;碰撞后兩者粘在一起運動;經(jīng)過一段時間后,從光滑路段進入粗糙路段。兩者的位置x隨時間t變化的圖像如圖所示。求: ()滑塊a、b的質(zhì)量之比; ()整個運動過程中,兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比。,答案()18()12,解析()設a、b的質(zhì)量分別為m1、m2,a、b碰撞前的速度為v1、v2。由題給圖像得 v1=-2 m/s v2=1 m/s a、b發(fā)生完全非彈性碰撞,碰撞后兩滑塊的共同速度為v。由題給圖像得 v= m/s 由

19、動量守恒定律得 m1v1+m2v2=(m1+m2)v 聯(lián)立式得 m1m2=18 ()由能量守恒得,兩滑塊因碰撞而損失的機械能為 E=m1+m2-(m1+m2)v2 由圖像可知,兩滑塊最后停止運動。由動能定理得,兩滑塊克服摩擦力所做的功為W=(m1+m2) v2,,聯(lián)立式,并代入題給數(shù)據(jù)得 WE=12,考查點碰撞,易錯警示由x-t圖像可知a、b整體速度最后減小為零。,,12.2014課標,35(2),9分,0.537如圖,質(zhì)量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8 m,A球在B球的正上方。先將B球釋放,經(jīng)過一段時間后再將A球釋放。當A球下落t=0.3 s時

20、,剛好與B球在地面上方的P點處相碰,碰撞時間極短,碰后瞬間A球的速度恰為零。已知mB=3mA,重力加速度大小g=10 m/s2,忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失。求 ()B球第一次到達地面時的速度; ()P點距離地面的高度。,答案()4 m/s()0.75 m,解析()設B球第一次到達地面時的速度大小為vB,由運動學公式有vB= 將h=0.8 m代入上式,得vB=4 m/s ()設兩球相碰前后,A球的速度大小分別為v1和v1(v1=0),B球的速度分別為v2和v2。由運動學規(guī)律可得 v1=gt 由于碰撞時間極短,重力的作用可以忽略,兩球相碰前后的動量守恒,總動能保持不變。規(guī)定向下的方向為正,有

21、mAv1+mBv2=mBv2 mA+mB=mBv 設B球與地面相碰后的速度大小為vB,由運動學及碰撞的規(guī)律可得vB=vB 設P點距地面的高度為h,由運動學規(guī)律可得 h= 聯(lián)立式,并代入已知條件可得 h=0.75 m,,考查點碰撞,過程分析,考點一動量、動量定理 1.(2017天津理綜,4,6分)“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪,是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是 () A.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中,乘客的機械能保持不變 B.在最高點時,乘客重力大于座椅對他的支持力 C.摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中,乘客重力的沖量為零 D.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中

22、,乘客重力的瞬時功率保持不變,B組 自主命題?。▍^(qū)、市）卷題組,答案B乘客在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動,動能不變,而在上升過程中重力勢能增加,機械能增加,下降過程中則相反,A錯誤。在最高點時,乘客具有豎直向下的向心加速度,處于失重狀態(tài),故B正確。因重力恒定,重力的沖量等于重力與其作用時間的乘積,故重力沖量一定不為零,C錯誤。重力的瞬時功率P=mgvcos ,其中是瞬時速度v的方向與重力方向之間的夾角,故重力的瞬時功率不會保持不變,D錯誤。,命題評析本題以豎直平面內(nèi)的勻速圓周運動為背景,考查了機械能、功率、失重、沖量等重要考點,考查面廣泛,難度較小,體現(xiàn)了高考對基礎知識、基本能力的“雙基”要求。對平

23、時的教學與學習具有重要的指導意義。,,2.(2015北京理綜,18,6分,0.65)“蹦極”運動中,長彈性繩的一端固定,另一端綁在人身上,人從幾十米高處跳下。將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動。從繩恰好伸直,到人第一次下降至最低點的過程中,下列分析正確的是() A.繩對人的沖量始終向上,人的動量先增大后減小 B.繩對人的拉力始終做負功,人的動能一直減小 C.繩恰好伸直時,繩的彈性勢能為零,人的動能最大 D.人在最低點時,繩對人的拉力等于人所受的重力,答案A從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中,人經(jīng)歷了先加速后減速的過程,當繩對人的拉力等于人的重力時速度最大,動能最大,之后繩的拉力大于人的

24、重力,人向下減速到達最低點。繩對人的拉力始終向上,始終做負功。拉力的沖量始終向上,人的動量先增大后減小,綜上所述,只有A選項正確。,,3.(2018北京理綜,22,16分)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會,跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如下,長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接,滑道BC高h=10 m,C是半徑R=20 m圓弧的最低點。質(zhì)量m=60 kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑,加速度a=4.5 m/s2,到達B點時速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。 (1)求長直助滑道AB的長度L; (2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大小; (3

25、)若不計BC段的阻力,畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖,并求其所受支持力FN的大小。,答案(1)100 m(2)1 800 Ns(3)受力圖見解析 3 900 N,(3)運動員經(jīng)C點時的受力分析如圖 根據(jù)動能定理,運動員在BC段運動的過程中,有,解析(1)根據(jù)勻變速直線運動公式,有L==100 m (2)根據(jù)動量定理,有I=mvB-mvA=1 800 Ns,mgh=m-m 根據(jù)牛頓第二定律,有 FN-mg=m 得FN=3 900 N,一題多解運動員在AB段所受合外力的沖量I=F合t=ma=1 800 Ns。,,,4.2018江蘇單科,12C(3)如圖所示,懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m,運動速度

26、的大小為v,方向向下。經(jīng)過時間t,小球的速度大小為v,方向變?yōu)橄蛏?。忽略空氣阻?重力加速度為g,求該運動過程中,小球所受彈簧彈力沖量的大小。,答案2mv+mgt,解析取向上為正方向,由動量定理得 mv-(-mv)=I 且I=(-mg)t 解得IF=t=2mv+mgt,易錯警示動量定理是矢量式,應先選定正方向,注意初末狀態(tài)速度的正負。,,,5.(2015安徽理綜,22,14分)一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點,距離A點5 m的位置B處是一面墻,如圖所示。物塊以v0=9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動,在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s,碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜

27、止。g取10 m/s2。 (1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù); (2)若碰撞時間為0.05 s,求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F; (3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W。,答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J,解析(1)由動能定理,有-mgs=mv2-m 可得 =0.32 (2)由動量定理,有Ft=mv-mv 可得F=130 N (3)W=mv2=9 J,,考點二動量守恒定律及其應用 6.2015福建理綜,30(2),6分如圖,兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動,滑塊A的質(zhì)量為m,速度大小為2v0,方向向右,滑塊B的質(zhì)量為2m,速度大小為v0,方向向左,兩

28、滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是() A.A和B都向左運動 B.A和B都向右運動 C.A靜止,B向右運動 D.A向左運動,B向右運動,答案D由于A、B碰前總動量為0,由動量守恒可知碰后總動量也為0,因兩滑塊發(fā)生彈性碰撞,故碰后A、B一定反向,即A向左運動,B向右運動,選項D正確。,,7.(2014重慶理綜,4,6分)一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v=2 m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為31。不計質(zhì)量損失,取重力加速度g=10 m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(),答案B平拋運動時間t==1 s,爆炸過程遵守動量守恒定律,設彈丸質(zhì)量為m,則mv=

29、mv甲 +mv乙,又v甲=,v乙=,t=1 s,則有x甲+x乙=2 m,將各選項中數(shù)據(jù)代入計算得B正確。,,8.2017江蘇單科,12C(3)甲、乙兩運動員在做花樣滑冰表演,沿同一直線相向運動,速度大小都是1 m/s。甲、乙相遇時用力推對方,此后都沿各自原方向的反方向運動,速度大小分別為1 m/s和2 m/s。求甲、乙兩運動員的質(zhì)量之比。,答案32,解析由動量守恒,有m1v1-m2v2=m2v2-m1v1 解得= 代入數(shù)據(jù)得=,友情提醒動量守恒定律的矢量性 應用動量守恒定律解題時,一定要先規(guī)定正方向,與規(guī)定正方向相反的速度,要代入負數(shù)進行計算。若列式時已經(jīng)考慮到了矢量性,則代入絕對值計算即可,

30、如本題的解題過程就是如此。,,,,9.2014江蘇單科,12C(3)牛頓的自然哲學的數(shù)學原理中記載,A、B兩個玻璃球相碰,碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為1516。分離速度是指碰撞后B對A的速度,接近速度是指碰撞前A對B的速度。若上述過程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B,且為對心碰撞,求碰撞后A、B的速度大小。,答案v0v0,解析設A、B球碰撞后速度分別為v1和v2 由動量守恒定律得2mv0=2mv1+mv2 由題意知= 解得v1=v0,v2=v0,,,考點三動量、能量的綜合應用 10.2018天津理綜,9(1)質(zhì)量為0.45 kg的木塊靜止在光滑水

31、平面上,一質(zhì)量為0.05 kg的子彈以200 m/s的水平速度擊中木塊,并留在其中,整個木塊沿子彈原方向運動,則木塊最終速度的大小是m/s。若子彈在木塊中運動時受到的平均阻力為4.5103 N,則子彈射入木塊的深度為m。,答案200.2,解析本題考查動量守恒定律、功能關(guān)系等知識。子彈擊中木塊,并留在其中,二者共速,子彈擊中木塊的過程,系統(tǒng)合外力為零,滿足動量守恒條件,則mv0=(m+M)v,v== m/s= 20 m/s;此過程中對系統(tǒng)由功能關(guān)系可得:fd=m-(m+M)v2,d==0.2 m。,知識拓展系統(tǒng)中產(chǎn)生的焦耳熱Q=fd。,,,11.2016天津理綜,9(1)如圖所示,方盒A靜止在光

32、滑的水平面上,盒內(nèi)有一小滑塊B,盒的質(zhì)量是滑塊的2倍,滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為。若滑塊以速度v開始向左運動,與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞,滑塊在盒中來回運動多次,最終相對于盒靜止,則此時盒的速度大小為,滑塊相對于盒運動的路程為。,答案,解析設滑塊的質(zhì)量為m,最終盒與滑塊的共同速度為v 根據(jù)動量守恒得:mv=(m+2m)v 解得v=v 設滑塊相對于盒的運動路程為s 根據(jù)能量守恒得:mgs=mv2-(m+2m)v2 解得s=,,12.2015天津理綜,9(1)如圖所示,在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板,A球在水平面上靜止放置,B球向左運動與A球發(fā)生正碰,B球碰撞前、后的速率之比為3

33、1,A球垂直撞向擋板,碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞,A、B兩球的質(zhì)量之比為,A、B碰撞前、后兩球總動能之比為。,答案4195,解析設碰前B球速度大小為v0,碰后A、B兩球速度大小分別為vA、vB,由題意知,碰后A球速度方向向左,B球速度方向向右,且vA=vB=v0,碰撞過程動量守恒,取水平向右為正方向,則有-mBv0= -mAvA+mBvB,解得:mAmB=41;碰撞前、后兩球總動能之比為=。,,,13.(2017天津理綜,10,16分)如圖所示,物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩相連,跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè),質(zhì)量分別為mA=2 kg、mB=1 kg。初始時A靜止于水平地

34、面上,B懸于空中?，F(xiàn)將B豎直向上再舉高h=1.8 m(未觸及滑輪),然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直,A、B以大小相等的速度一起運動,之后B恰好可以和地面接觸。取g=10 m/s2,空氣阻力不計。求: (1)B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t; (2)A的最大速度v的大小; (3)初始時B離地面的高度H。,答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m,解析(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動,有 h=gt2 代入數(shù)據(jù)解得 t=0.6 s (2)設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB,有 vB=gt 細繩繃直瞬間,細繩張力遠大于A、B的重力,A、B相互作用,由動量守恒得 mBvB=(

35、mA+mB)v 之后A做勻減速運動,所以細繩繃直后瞬間的速度v即最大速度,聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 v=2 m/s (3)細繩繃直后,A、B一起運動,B恰好可以和地面接觸,說明此時A、B的速度為零,這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒,有 (mA+mB)v2+mBgH=mAgH 代入數(shù)據(jù)解得,H=0.6 m,,規(guī)律總結(jié)完全非彈性碰撞 細繩繃直的瞬間,細繩張力遠大于A、B的重力,A和B組成的系統(tǒng)動量守恒。此過程屬于“繃緊”模型,可與子彈打入物塊并留在其中的碰撞模型歸納為同一個類型,都屬于完全非彈性碰撞。,14.2016海南單科,17(2),8分如圖,物塊A通過一不可伸長的輕繩懸掛在天花板下,初始時靜

36、止;從發(fā)射器(圖中未畫出)射出的物塊B沿水平方向與A相撞,碰撞后兩者粘連在一起運動,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均可由傳感器(圖中未畫出)測得。某同學以h為縱坐標,v2為橫坐標,利用實驗數(shù)據(jù)作直線擬合,求得該直線的斜率為k=1.92 10-3 s2/m。已知物塊A和B的質(zhì)量分別為mA=0.400 kg和mB=0.100 kg,重力加速度大小g=9.80 m/s2。 ()若碰撞時間極短且忽略空氣阻力,求h-v2直線斜率的理論值k0。 ()求k值的相對誤差(=100%,結(jié)果保留1位有效數(shù)字)。,答案()2.0410-3 s2/m()6%,,解析()設物塊A和B碰撞后共同運

37、動的速度為v,由動量守恒定律有 mBv=(mA+mB)v 在碰撞后A和B共同上升的過程中,由機械能守恒定律有 (mA+mB)v2=(mA+mB)gh 聯(lián)立式得 h=v2 由題意得 k0= 代入題給數(shù)據(jù)得 k0=2.0410-3 s2/m ()按照定義 =100% 由式和題給條件得,=6%,15.2015山東理綜,39(2)如圖,三個質(zhì)量相同的滑塊A、B、C,間隔相等地靜置于同一水平直軌道上。現(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0,一段時間后A與B發(fā)生碰撞,碰后A、B分別以v0、v0的速 度向右運動,B再與C發(fā)生碰撞,碰后B、C粘在一起向右運動?；瑝KA、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值。兩次碰撞時間均極短

38、。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。,答案v0,解析設滑塊質(zhì)量為m,A與B碰撞前A的速度為vA,由題意知,碰后A的速度vA=v0,B的速度vB= v0,由動量守恒定律得 mvA=mvA+mvB 設碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA,由功能關(guān)系得 WA=m-m 設B與C碰撞前B的速度為vB,B克服軌道阻力所做的功為WB,由功能關(guān)系得 WB=m-mvB2 據(jù)題意可知 WA=WB 設B、C碰后瞬間共同速度的大小為v,由動量守恒定律得 mvB=2mv 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得 v=v0,,16.(2014廣東理綜,35,18分)如圖的水平軌道中,AC段的中點B的正上方有一探測器,C處有一豎直擋板,物體P1沿軌

39、道向右以速度v1與靜止在A點的物體P2碰撞,并接合成復合體P,以此碰撞時刻為計時零點,探測器只在t1=2 s至t2=4 s內(nèi)工作,已知P1、P2的質(zhì)量都為m=1 kg,P與AC間的動摩擦因數(shù)為=0.1,AB段長L=4 m,g取10 m/s2,P1、P2和P均視為質(zhì)點,P與擋板的碰撞為彈性碰撞。 (1)若v1=6 m/s,求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能E; (2)若P與擋板碰后,能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點,求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點時的最大動能E。,答案(1)3 m/s9 J(2)10 m/sv114 m/s17 J,解析(1)P1、P2碰撞過程,動量守恒 mv1=2

40、mv 解得v==3 m/s 碰撞損失的動能E=m-(2m)v2 解得E=9 J (2)根據(jù)牛頓第二定律,P做勻減速運動,加速度為a= 設P1、P2碰撞后的共同速度為v共,則推得v共= 把P與擋板碰撞前后運動過程當做整體運動過程處理 經(jīng)過時間t1,P運動過的路程為s1,則s1=v共t1-a 經(jīng)過時間t2,P運動過的路程為s2,則s2=v共t2-a 如果P能在探測器工作時間內(nèi)通過B點,必須滿足 s13Ls2 聯(lián)立得10 m/sv114 m/s,,v1的最大值為14 m/s,此時v共=7 m/s,根據(jù)動能定理知 -2mg4L=E-2m 代入數(shù)據(jù)得E=17 J,考點一動量、動量定理 1.(2013天津

41、理綜,2,6分)我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實現(xiàn)女子3 000 m 接力三連冠。觀察發(fā)現(xiàn),“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面,并且開始向前滑行,待乙追上甲時,乙猛推甲一把,使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中,忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用,則() A.甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量 B.甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反 C.甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量 D.甲對乙做多少負功,乙對甲就一定做多少正功,C組 教師專用題組,答案B甲、乙之間相互作用力的沖量大小相等,方向相反,A項錯誤。由I合=p知,甲、乙的動量變化量等大反向,B項正確。在相同的作用

42、時間內(nèi),作用力的位移不一定相同,因此甲、乙之間的相互作用力做功不一定相等,由W合=Ek,知動能變化量不一定相等,C、D項均錯誤。,2.(2013安徽理綜,22,14分)一物體放在水平地面上,如圖1所示,已知物體所受水平拉力F隨時間t的變化情況如圖2所示,物體相應的速度v隨時間t的變化關(guān)系如圖3所示。求: (1)08 s時間內(nèi)拉力的沖量; (2)06 s時間內(nèi)物體的位移; (3)010 s時間內(nèi),物體克服摩擦力所做的功。,答案(1)18 Ns(2)6 m(3)30 J,解析(1)由圖2知I=F1t1+F2t2+F3t3,I=18 Ns (2)由圖3知物體的位移為 x=3 m=6 m (3)由圖3

43、知,在68 s時間內(nèi),物體做勻速運動,于是有f=2 N 由圖3知,在010 s時間內(nèi)物體的總位移為 l=3 m=15 m,所以W=fl=215 J=30 J,,3.2013北京理綜,24(2),0.31對于同一物理問題,常常可以從宏觀與微觀兩個不同角度進行研究,找出其內(nèi)在聯(lián)系,從而更加深刻地理解其物理本質(zhì)。 正方體密閉容器中有大量運動粒子,每個粒子質(zhì)量為m,單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量。為簡化問題,我們假定:粒子大小可以忽略;其速率均為v,且與器壁各面碰撞的機會均等;與器壁碰撞前后瞬間,粒子速度方向都與器壁垂直,且速率不變。利用所學力學知識,導出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關(guān)系。,答

44、案f=nmv2,解析一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量為 I=2mv 如圖所示,以器壁上的面積為S的部分為底、vt為高構(gòu)成柱體,由題設可知,其內(nèi)有1/6的粒子在t時間內(nèi)與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞,碰壁粒子總數(shù)為 N=nSvt t時間內(nèi)粒子給器壁的沖量為 I=NI=nSmv2t 器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力為F= 則器壁單位面積所受粒子的壓力為,f==nmv2,,考點二動量守恒定律及其應用 4.2013福建理綜,30(2),6分將靜置在地面上,質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點火升空,在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響,則噴氣

45、結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是() A.v0 B.v0 C.v0D.v0,答案D根據(jù)動量守恒定律mv0=(M-m)v,得v=v0,選項D正確。,,5.2010課標,35(2),10分如圖所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一豎直的墻。重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍,重物與木板間的動摩擦因數(shù)為。使木板與重物以共同的速度v0向右運動,某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞,碰撞時間極短。求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間。設木板足夠長,重物始終在木板上。重力加速度為g。,答案,解析第一次與墻碰撞后,木板的速度反向,大小不變,此后木板向左做勻減速運動,重物向右做勻減速運動,最后木板和重

46、物達到一共同的速度v。設木板的質(zhì)量為m,重物的質(zhì)量為2m,取向右為動量的正方向,由動量守恒得 2mv0-mv0=3mv 設從第一次與墻碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的時間為t1,對木板應用動量定理得 2mgt1=mv-m(-v0) 由牛頓第二定律得 2mg=ma 式中a為木板的加速度 在達到共同速度v時,木板離墻的距離為 l=v0t1-a 開始向右做勻速運動到第二次與墻碰撞的時間為 t2=,,t=t1+t2 從第一次碰撞到第二次碰撞所經(jīng)過的時間為 由以上各式得 t=,考點三動量、能量的綜合應用 6.2014山東理綜,39(2)如圖,光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接,A的質(zhì)量為m。開

47、始時橡皮筋松弛,B靜止,給A向左的初速度v0。一段時間后,B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍,也是碰撞前瞬間B的速度的一半。求: ()B的質(zhì)量; ()碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失。,答案()()m,解析()以初速度v0的方向為正方向,設B的質(zhì)量為mB,A、B碰撞后的共同速度為v,由題意知:碰撞前瞬間A的速度為,碰撞前瞬間B的速度為2v,由動量守恒定律得 m+2mBv=(m+mB)v 由式得 mB= ()從開始到碰后的全過程,由動量守恒定律得 mv0=(m+mB)v 設碰撞過程A、B系統(tǒng)機械能的損失為E,則 E=m+mB(2v)2-(m+mB)v2

48、聯(lián)立式得 E=m,,7.(2014天津理綜,10,16分)如圖所示,水平地面上靜止放置一輛小車A,質(zhì)量mA=4 kg,上表面光滑,小車與地面間的摩擦力極小,可以忽略不計?？梢暈橘|(zhì)點的物塊B置于A的最右端,B的質(zhì)量mB=2 kg。現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F=10 N,A運動一段時間后,小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下繼續(xù)運動,碰撞后經(jīng)時間t=0.6 s,二者的速度達到vt=2 m/s。求 (1)A開始運動時加速度a的大小; (2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小; (3)A的上表面長度l。,答案(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)

49、0.45 m,解析(1)以A為研究對象,由牛頓第二定律有 F=mAa 代入數(shù)據(jù)解得 a=2.5 m/s2 (2)對A、B碰撞后共同運動t=0.6 s的過程,由動量定理得 Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v 代入數(shù)據(jù)解得 v=1 m/s (3)設A、B發(fā)生碰撞前,A的速度為vA,對A、B發(fā)生碰撞的過程,由動量守恒定律有 mAvA=(mA+mB)v A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前,由動能定理有 Fl=mA 由式,代入數(shù)據(jù)解得 l=0.45 m,,8.2013課標,35(2),9分,0.549在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A和B,兩者相距為d?，F(xiàn)給A一初速度,使A與B發(fā)生彈性正碰,碰撞時間

50、極短。當兩木塊都停止運動后,相距仍然為d。已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為,B的質(zhì)量為A的2倍,重力加速度大小為g。求A的初速度的大小。,答案,,解析設在發(fā)生碰撞前的瞬間,木塊A的速度大小為v;在碰撞后的瞬間,A和B的速度分別為v1和v2。在碰撞過程中,由能量和動量守恒定律,得 mv2=m+(2m) mv=mv1+(2m)v2 式中,以碰撞前木塊A的速度方向為正。由式得 v1=- 設碰撞后A和B運動的距離分別為d1和d2,由動能定理得 mgd1=m (2m)gd2=(2m) 按題意有 d=d1+d2 設A的初速度大小為v0,由動能定理得 mgd=m-mv2,聯(lián)立至式,得 v0=,9.201

51、3課標,35(2),10分,0.27如圖,光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C。B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)。設A以速度v0朝B運動,壓縮彈簧;當A、B速度相等時,B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運動。假設B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中, ()整個系統(tǒng)損失的機械能; ()彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。,答案()m()m,,解析()從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時,對A、B與彈簧組成的系統(tǒng),由動量守恒定律得 mv0=2mv1 此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞,設碰撞后的瞬時速度為v2,損失的機械能為E,對B、C組成的系統(tǒng),由動

52、量守恒和能量守恒定律得 mv1=2mv2 m=E+(2m) 聯(lián)立式得 E=m ()由式可知v2

53、簧后被彈回并停在A點(彈簧始終在彈性限度內(nèi))。P與P2之間的動摩擦因數(shù)為。求 (1)P1、P2剛碰完時的共同速度v1和P的最終速度v2; (2)此過程中彈簧的最大壓縮量x和相應的彈性勢能Ep。,答案(1)v0(2)-Lm,解析(1)P1、P2碰撞瞬間,P的速度不受影響,根據(jù)動量守恒:mv0=2mv1,解得v1= 最終三個物體具有共同速度,根據(jù)動量守恒:3mv0=4mv2,解得v2=v0 (2)根據(jù)能量守恒,系統(tǒng)動能減少量等于因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能: 2m+2m-4m=2mg(L+x)2 解得x=-L 在從第一次共速到第二次共速過程中,彈簧彈性勢能等于因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能,即:Ep=2mg(L+x) 解得

54、Ep=m,評析本題考查了碰撞問題中的兩大守恒定律的應用,關(guān)鍵點有:P1、P2碰撞時P速度不變;當P1、P2粘在一起之后再應用能量守恒定律,這樣就回避了P1、P2結(jié)合在一起時的機械能損失問題;第一次共速時彈簧被壓縮到最短。,,,11.(2013重慶理綜,9,18分)在一種新的“子母球”表演中,讓同一豎直線上的小球A和小球B,從距水平地面高度為ph(p1)和h的地方同時由靜止釋放,如圖所示。球A的質(zhì)量為m,球B的質(zhì)量為3m。設所有碰撞都是彈性碰撞,重力加速度大小為g,忽略球的直徑、空氣阻力及碰撞時間。 (1)求球B第一次落地時球A的速度大小; (2)若球B在第一次上升過程中就能與球A相碰,求p

55、的取值范圍; (3)在(2)情形下,要使球A第一次碰后能到達比其釋放點更高的位置,求p應滿足的條件。,答案(1)(2)1

56、由相碰時兩球運動時間應滿足的關(guān)系有 +=,解之有vA=2v0-vB 聯(lián)立三式并結(jié)合v0=可得p=3 要使A球碰后能到達比原釋放點更高的位置,則要求碰前B球的速度更大,發(fā)生碰撞的位置更低,p值更小,故p應滿足的條件為1

57、由機械能守恒有 mAgH=mA 設小球A與B碰撞后的速度分別為v1和v2,以豎直向上方向為正,由動量守恒有 mAv0+mB(-v0)=mAv1+mBv2 由于兩球碰撞過程中能量守恒,故 mA+mB=mA+mB 聯(lián)立得v2=v0 設小球B能上升的最大高度為h,由運動學公式有 h= 聯(lián)立得h=H。,13.(2010天津理綜,10,16分)如圖所示,小球A系在細線的一端,線的另一端固定在O點,O點到水平面的距離為h。物塊B質(zhì)量是小球的5倍,置于粗糙的水平面上且位于O點正下方,物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)拉動小球使線水平伸直,小球由靜止開始釋放,運動到最低點時與物塊發(fā)生正碰(碰撞時間極短),反彈后

58、上升至最高點時到水平面的距離為。小球與物塊 均視為質(zhì)點,不計空氣阻力,重力加速度為g,求物塊在水平面上滑行的時間t。,答案,解析設小球的質(zhì)量為m,運動到最低點與物塊碰撞前的速度大小為v1,取小球運動到最低點重力勢能為零,根據(jù)機械能守恒定律,有 mgh=m 得v1= 設碰撞后小球反彈的速度大小為v1,同理有 mg=m 得v1= 設碰后物塊的速度大小為v2,取水平向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律,有 mv1=-mv1+5mv2 得v2= 物塊在水平面上滑行所受摩擦力的大小 F=5mg,,設物塊在水平面上滑行的時間為t,根據(jù)動量定理,有 -Ft=0-5mv2 得t=。,考點一動量、動量定理 1.(20

59、18廣西防城港1月模擬,21)(多選)水平推力F1和F2分別作用在水平面上等質(zhì)量的a、b兩物體上,作用一段時間后撤去推力,物體將繼續(xù)運動一段時間后停下,兩物體的v-t圖像如圖所示,圖中ABCD,則() A.F1的沖量小于F2的沖量 B.F1的沖量等于F2的沖量 C.兩物體受到的摩擦力大小相等 D.兩物體受到的摩擦力大小不等,三年模擬,A組 20162018年高考模擬基礎題組,答案AC當只有摩擦力Ff作用時,由ABCD可知圖線斜率相同,則加速度相等,由牛頓第二定律可知摩擦力Ff大小相等,C正確、D錯誤;對a,由動量定理可得-Fft1=mvA,對b同理可得- Fft2=mvC,由圖像可得vA=vC

60、,t1

61、的沖量為零,B項正確;運動員在水中動量的改變量等于重力和水的作用力的合力的沖量,C項錯誤;由于整個過程合外力的沖量為零,因此運動員整個過程中重力的沖量與水的作用力的沖量等大反向,D項正確。,,3.(2018四川涼山三診,19)(多選)如圖所示,質(zhì)量為m的物體放于固定的光滑斜面底端,先后受恒力F1、F2作用在相等時間內(nèi)從靜止運動到了斜面的頂端,則物體在兩個運動過程中() A.兩個力F1、F2的大小關(guān)系為F1=F2 B.物體到頂端的瞬時速度大小關(guān)系為v1v2 C.兩個力F1、F2做功的平均功率關(guān)系為= D.兩個力F1、F2的沖量大小關(guān)系為I1

62、,由位移公式x=at2可知兩種情況 下物體的加速度相等,根據(jù)速度公式v=at,可得物體到頂端的瞬時速度大小關(guān)系為v1=v2,選項B錯誤;由牛頓第二定律知F1-mg sin =ma,F2 cos -mg sin =ma,可得F1=F2 cos ,即F1

63、平力F不變,經(jīng)過時間2t,物體的動量等于2p B.若將水平力增加為原來的兩倍,經(jīng)過時間t,物體的動量等于2p C.若保持水平力F不變,通過位移2l,物體的動能小于2Ek D.若將水平力增加為原來的兩倍,通過位移l,物體的動能大于2Ek,答案AD根據(jù)動量定理得(F-f)t=p,保持水平力F不變,經(jīng)過時間2t,(F-f)2t=p,可知p=2p,故A正確;若水平力增加為原來的2倍,經(jīng)過時間t,則有(2F-f)t=p,則p2p,故B錯誤。根據(jù)動能定理得(F-f)l=Ek,保持水平力F不變,通過位移2l,有(F-f)2l=Ek,則有Ek=2Ek,故C錯誤;將水平力增加為原來的兩倍,通過位移l,有(2F-

64、f)l=Ek,則有Ek2Ek,故D正確。,,考點二動量守恒定律及其應用 5.(2018云南昆明一中七模,20)(多選)小車AB靜置于光滑的水平面上,A端固定一個輕質(zhì)彈簧,B端粘有橡皮泥,AB車質(zhì)量為M,質(zhì)量為m的木塊C放在小車上,用細繩與小車的A端連接并使彈簧壓縮,開始時AB與C都處于靜止狀態(tài),B、C之間的距離為L,如圖所示。當突然燒斷細繩時,彈簧被釋放,使木塊C離開彈簧向B端沖去,并跟B端橡皮泥粘在一起,以下說法中正確的是() A.如果AB車內(nèi)表面光滑,整個系統(tǒng)任何時刻機械能都守恒 B.整個系統(tǒng)任何時刻動量都守恒 C.當木塊對地運動速度大小為v時,小車對地運動速度大小為v D.AB車向左運動

65、的最大位移小于L,答案BD木塊C與B端的橡皮泥發(fā)生非彈性碰撞,有機械能損失,整個系統(tǒng)在碰撞時機械能不守恒,故A錯;整個系統(tǒng)任何時刻受到的合外力都為零,故整個系統(tǒng)任何時刻動量都守恒,B正確;根據(jù)動量守恒可知當木塊對地運動速度大小為v時有0=mv+M(-v),得小車對地運動速度大小為v=v,故C錯;0=mv+M(-v)mx1=Mx2,又x1+x2=L,故AB車向左運動的最大位移x2=L< L,故D正確。,6.(2018廣西防城港3月模擬,21)(多選)如圖所示,將一個內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓形槽,置于光滑的水平面上,槽的左側(cè)有一個豎直墻壁,現(xiàn)讓一個小球自左端槽口A的正上方從靜止開始下落,從與半圓形槽相切

66、的點A進入槽內(nèi),則以下說法中正確的是() A.小球在半圓形槽內(nèi)運動的全過程中,只有重力對它做功 B.小球在半圓形槽內(nèi)運動的全過程中,小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒 C.小球從最低點向右側(cè)最高點運動過程中,小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒 D.小球離開槽右側(cè)最高點以后,將做豎直上拋運動,答案BC小球的機械能有一部分轉(zhuǎn)移給了半圓形槽,因此除重力對小球做功外,半圓形槽對小球的彈力對小球做負功,A錯誤;整個系統(tǒng)不存在機械能損失,B正確;當小球過槽的最低點后,槽離開墻向右運動,系統(tǒng)水平方向不受外力作用,水平方向動量守恒,C正確;小球離開槽右側(cè)最高點時,有一個隨槽向右的水平分速度,小球飛出后做斜拋運動,D錯誤。,,考點三動量、能量的綜合應用,7.(2018云南師大附中第八次月考,24)如圖所示,在光滑水平面上放置一個勻質(zhì)木塊A,厚度為l,質(zhì)量為19m,并用銷釘固定。一顆質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊,恰好能從A中穿出,子彈在木塊中受到的阻力可視為恒力,且子彈可視為質(zhì)點。 (1)求子彈在木塊中受到的阻力大小; (2)取下銷釘,同樣的子彈仍以水平速度v0射入木塊,求子彈能打入木塊的深度。,答