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專題七　動量與動量守恒定律
考點過關練
考點一　動量、沖量和動量定理
1.(2023天津,5,5分)質量為m的列車以速度v勻速行駛,突然以大小為F的力制動剎車直到列車停止,整個過程中列車還受到大小恒為f的阻力,下列說法正確的是 (　　)
A.減速運動過程的加速度大小a=
B.力F的沖量大小為mv
C.剎車距離為
D.勻速行駛時功率為(f+F)v
答案　C　
2.(2021北京,10,3分)如圖所示,圓盤在水平面內以角速度ω繞中心軸勻速轉動,圓盤上距軸r處的P點有一質量為m的小物體隨圓盤一起轉動。某時刻圓盤突然停止轉動,小物體由P點滑至圓盤上的某點停止。下列說法正確的是 (　　)
A.圓盤停止轉動前,小物體所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向
B.圓盤停止轉動前,小物體運動一圈所受摩擦力的沖量大小為2mωr
C.圓盤停止轉動后,小物體沿圓盤半徑方向運動
D.圓盤停止轉動后,小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為mωr
答案　D　
3.(2021湖北,3,4分)抗日戰爭時期,我軍繳獲不少敵軍武器武裝自己,其中某輕機槍子彈彈頭質量約8 g,出膛速度大小約750 m/s。某戰士在使用該機槍連續射擊1分鐘的過程中,機槍所受子彈的平均反沖力大小約12 N,則機槍在這1分鐘內射出子彈的數量約為　 (　　)
A.40　　　　B.80　　　　C.120　　　　D.160
答案　C　
4.(2023廣東,10,6分)(多選)某同學受電動窗簾的啟發,設計了如圖所示的簡化模型。多個質量均為1 kg的滑塊可在水平滑軌上滑動,忽略阻力,開窗簾的過程中,電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F,推動滑塊1以0.40 m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞,碰撞時間為0.04 s,碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22 m/s。關于兩滑塊的碰撞過程,下列說法正確的有 (　　)
A.該過程動量守恒
B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18 N·s
C.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40 N·s
D.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N
答案　BD　
5.(2022重慶,4,4分)在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護作用的實驗中,某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線(如圖)。從碰撞開始到碰撞結束過程中,若假人頭部只受到安全氣囊的作用,則由曲線可知,假人頭部 (　　)
A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積
B.動量大小先增大后減小
C.動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積
D.加速度大小先增大后減小
答案　D　
6(2022湖北,7,4分)一質點做曲線運動,在前一段時間內速度大小由v增大到2v,在隨后的一段時間內速度大小由2v增大到5v,前后兩段時間內,合外力對質點做功分別為W1和W2,合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關系式一定成立的是 (　　)
A.W2=3W1,I2≤3I1　　　　　　　　B.W2=3W1,I2≥I1
C.W2=7W1,I2≤3I1　　　　　　　　D.W2=7W1,I2≥I1
答案　D　
考點二　動量守恒定律及其應用
7.(2019課標Ⅰ,16,6分)最近,我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功,這標志著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展。若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s,產生的推力約為4.8×106 N,則它在1 s時間內噴射的氣體質量約為 (　　)
A.1.6×102 kg　　　　　　　　B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg　　　　　　　　D.1.6×106 kg
答案　B　
8.(2021全國乙,14,6分)如圖,光滑水平地面上有一小車,一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連,另一端與滑塊相連,滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮,撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中,從撤去推力開始,小車、彈簧和滑塊組成的系統 (　　)
A.動量守恒,機械能守恒
B.動量守恒,機械能不守恒
C.動量不守恒,機械能守恒
D.動量不守恒,機械能不守恒
答案　B　
9.(2020北京,13,3分)在同一豎直平面內,3個完全相同的小鋼球(1號、2號、3號)懸掛于同一高度,靜止時小球恰能接觸且懸線平行,如圖所示。在下列實驗中,懸線始終保持繃緊狀態,碰撞均為對心正碰。以下分析正確的是 (　　)
A.將1號移至高度h釋放,碰撞后,觀察到2號靜止、3號擺至高度h。若2號換成質量不同的小鋼球,重復上述實驗,3號仍能擺至高度h
B.將1、2號一起移至高度h釋放,碰撞后,觀察到1號靜止,2、3號一起擺至高度h,釋放后整個過程機械能和動量都守恒
C.將右側涂膠的1號移至高度h釋放,1、2號碰撞后粘在一起,根據機械能守恒,3號仍能擺至高度h
D.將1號和右側涂膠的2號一起移至高度h釋放,碰撞后,2、3號粘在一起向右運動,未能擺至高度h,釋放后整個過程機械能和動量都不守恒
答案　D　
10.(2021浙江1月選考,12,3分)在爆炸實驗基地有一發射塔,發射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發射塔豎直向上發射,上升到空中最高點時炸裂成質量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計時,在5 s末和6 s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340 m/s,忽略空氣阻力,g取10 m/s2。下列說法正確的是 (　　)
A.兩碎塊的位移大小之比為1∶2
B.爆炸物的爆炸點離地面高度為80 m
C.爆炸后質量大的碎塊的初速度為68 m/s
D.爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340 m
答案　B　
11.(2020課標Ⅲ,15,6分)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動,甲追上乙,并與乙發生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質量為1 kg,則碰撞過程兩物塊損失的機械能為 (　　)
A.3 J　　　B.4 J　　　C.5 J　　　D.6 J
答案　A　
12.(2020課標Ⅱ,21,6分)(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上,他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板,運動員獲得退行速度;物塊與擋板彈性碰撞,速度反向,追上運動員時,運動員又把物塊推向擋板,使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后,運動員退行速度的大小大于5.0 m/s,反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力,該運動員的質量可能為 (　　)
A.48 kg　　B.53 kg　　C.58 kg　　D.63 kg
答案　BC　
13.(2021廣東,13,11分)算盤是我國古老的計算工具,中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動,使用前算珠需要歸零。如圖所示,水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置,甲靠邊框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2 m,乙與邊框a相隔s2=2.0×10-2m,算珠與導桿間的動摩擦因數μ=0.1。現用手指將甲以0.4 m/s的初速度撥出,甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1 m/s,方向不變,碰撞時間極短且不計,重力加速度g取10 m/s2。
(1)通過計算,判斷乙算珠能否滑動到邊框a;
(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時間。
答案　(1)可以滑到　(2)0.2 s
14.(2021北京,17,9分)如圖所示,小物塊A、B的質量均為m=0.10 kg,B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞,碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為h=0.45 m,兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離為s=0.30 m,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)兩物塊在空中運動的時間t;
(2)兩物塊碰前A的速度v0的大小;
(3)兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE。
答案　(1)0.30 s　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J
模型強化練
模型一　流體模型
1.(2021福建,4,4分)福建屬于臺風頻發地區,各類戶外設施建設都要考慮臺風影響。已知10級臺風的風速范圍為24.5 m/s~28.4 m/s,16級臺風的風速范圍為51.0 m/s~56.0 m/s。若臺風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌,則16級臺風對該交通標志牌的作用力大小約為10級臺風的 (　　)
A.2倍　　　　B.4倍　　　　C.8倍　　　　D.16倍
答案　B　
2.(2019北京,24,20分)雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒,這與雨滴下落過程中受到空氣阻力有關。雨滴間無相互作用且雨滴質量不變,重力加速度為g。
(1)質量為m的雨滴由靜止開始,下落高度h時速度為u,求這一過程中克服空氣阻力所做的功W。
(2)將雨滴看作半徑為r的球體,設其豎直落向地面的過程中所受空氣阻力f=kr2v2,其中v是雨滴的速度,k是比例系數。
a.設雨滴的密度為ρ,推導雨滴下落趨近的最大速度vm與半徑r的關系式;
b.示意圖中畫出了半徑為r1、r2(r1>r2)的雨滴在空氣中無初速下落的v t圖線,其中　　　　對應半徑為r1的雨滴(選填①、②);若不計空氣阻力,請在圖中畫出雨滴無初速下落的v t圖線。
(3)由于大量氣體分子在各方向運動的幾率相等,其對靜止雨滴的作用力為零。將雨滴簡化為垂直于運動方向面積為S的圓盤,證明:圓盤以速度v下落時受到的空氣阻力f∝v2(提示:設單位體積內空氣分子數為n,空氣分子質量為m0)。
答案　(1)mgh-mu2
(2)a.vm=,
根據牛頓第二定律有mg-f=ma
得a=g-
當加速度為零時,雨滴趨近于最大速度vm
雨滴質量m=πr3ρ
由a=0,可得雨滴最大速度vm=。
b.由vm=可知,①對應半徑為r1的雨滴。所作v t圖線如圖1。
(3)根據題設條件:大量氣體分子在各方向運動的幾率相等,其對靜止雨滴的作用力為零。以下只考慮雨滴下落的定向運動。
簡化的圓盤模型如圖2,設空氣分子與圓盤碰撞前后相對速度大小不變。在Δt時間內,與圓盤碰撞的空氣分子質量為Δm=SvΔtnm0
以F表示圓盤對氣體分子的作用力,根據動量定理,
有FΔt∝Δm×v,得F∝nm0Sv2。
由牛頓第三定律,可知圓盤所受空氣阻力f∝v2。
模型二　動量守恒中的常見模型
3.(2018海南,5,4分)如圖,用長為l的輕繩懸掛一質量為M的沙箱,沙箱靜止。一質量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中,隨后與沙箱共同擺動一小角度。不計空氣阻力。對子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程 (　　)
A.若保持m、v、l不變,M變大,則系統損失的機械能變小
B.若保持M、v、l不變,m變大,則系統損失的機械能變小
C.若保持M、m、l不變,v變大,則系統損失的機械能變大
D.若保持M、m、v不變,l變大,則系統損失的機械能變大
答案　C　
4.(2021湖南,8,5分)(多選)如圖(a),質量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構成一個系統,外力F作用在A上,系統靜止在光滑水平面上(B靠墻面),此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計時,A、B兩物體運動的a t圖像如圖(b)所示,S1表示0到t1時間內A的a t圖線與坐標軸所圍面積大小,S2、S3分別表示t1到t2時間內A、B的a t圖線與坐標軸所圍面積大小。A在t1時刻的速度為v0。下列說法正確的是 (　　)
A.0到t1時間內,墻對B的沖量等于mAv0
B.mA>mB
C.B運動后,彈簧的最大形變量等于x
D.S1-S2=S3
答案　ABD　
5.(2021海南,17,12分)如圖,一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動,將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質量分別為m和2m,它們之間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g。
(1)滑塊相對木板靜止時,求它們的共同速度大小;
(2)某時刻木板速度是滑塊的2倍,求此時滑塊到木板最右端的距離;
(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時,給木板施加一水平向右的外力,使得木板保持勻速直線運動,直到滑塊相對木板靜止,求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功。
答案　(1) 　(2)　(3)　m
6.(2022河北,13,11分)如圖,光滑水平面上有兩個等高且足夠長的滑板A和B,質量分別為1 kg和2 kg,A右端和B左端分別放置物塊C和D,物塊質量均為1 kg。A和C以相同速度v0=10 m/s向右運動,B和D以相同速度kv0向左運動,在某時刻發生碰撞,作用時間極短,碰撞后C與D粘在一起形成一個新物塊,A與B粘在一起形成一個新滑板。物塊與滑板之間的動摩擦因數均為μ=0.1,重力加速度大小取g=10 m/s2。
(1)若0(2)若k=0.5,從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止時,求兩者相對位移的大小。
答案　(1)取向右為正方向,設C、D碰后的共同速度為vCD
C、D系統碰撞前后遵守動量守恒定律:
mCv0-mDkv0=(mC+mD)vCD
代入數值后得vCD=5(1-k) m/s
00,即C、D構成的新物塊速度向右,設A、B碰后的共同速度為vAB
A、B系統碰撞前后遵守動量守恒定律:
mAv0-mBkv0=(mA+mB)vAB
代入數值后得vAB=(1-2k) m/s
00,vAB>0,即A、B構成的新滑板速度向右。
(2)若k=0.5,根據(1)可知v=vCD=2.5 m/s,vAB=0。之后C、D一起向右做勻減速運動,A、B一起向右做初速度為0的勻加速運動,直到兩者達到共同速度v共
由A、B、C、D組成的系統動量守恒得
(mC+mD)v=(mA+mB+mC+mD)v共
v共=1 m/s
設新物塊在新滑板上滑動的相對位移的大小為Δx
對A、B、C、D能成的系統,根據系統能量守恒可得
μ(mC+mD)gΔx=(mC+mD)v2-(mA+mB+mC+mD)
代入數值可得Δx=1.875 m。
7.(2022福建,14,12分)如圖,L形滑板A靜置在粗糙水平面上,滑板右端固定一勁度系數為k的輕質彈簧,彈簧左端與一小物塊B相連,彈簧處于原長狀態。一小物塊C以初速度v0從滑板最左端滑入,滑行s0后與B發生完全非彈性碰撞(碰撞時間極短),然后一起向右運動;一段時間后,滑板A也開始運動。已知A、B、C的質量均為m,滑板與小物塊、滑板與地面之間的動摩擦因數均為μ,重力加速度大小為g;最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力,彈簧始終處于彈性限度內。求:
(1)C在碰撞前瞬間的速度大小;
(2)C與B碰撞過程中損失的機械能;
(3)從C與B相碰后到A開始運動的過程中,C和B克服摩擦力所做的功。
答案　(1)　(2)m(-2μgs0)
(3)
考點強化練
考點一　動量、沖量和動量定理
1.(2024屆深圳華僑城中學10月月考,1)近幾年推出的“智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研發的科技產品。該裝置的原理是通過馬甲內的傳感器和微處理器精準識別穿戴者的運動姿態,在其失衡瞬間迅速打開安全氣囊進行主動保護,能有效地避免摔倒帶來的傷害。在穿戴者著地的過程中,安全氣囊可以 (　　)
A.減小穿戴者動量的變化量
B.減小穿戴者動量的變化率
C.增大穿戴者所受合力的沖量
D.減小穿戴者所受合力的沖量
答案　B　
2.(2024屆佛山順德華僑中學一模,8)(多選)如圖所示,一段不可伸長的輕質細繩長為L,一端固定在O點,另一端系一個質量為m的小球(可以視為質點),保持細繩處于伸直狀態,把小球拉到跟O點等高的位置由靜止釋放,在小球擺到最低點的過程中,不計空氣阻力,重力加速度大小為g,則 (　　)
A.合力做的功為0
B.合力的沖量不為0
C.重力做的功為mgL
D.重力的沖量為m
答案　BC　
3.(2024屆廣州執信中學開學考,10)(多選)
2023年5月28日,中國棒球聯賽(成都站)在四川省棒球壘球曲棍球運動管理中心棒球場鳴哨開賽。如圖,在某次比賽中,一質量為0.2 kg的壘球,以10 m/s的水平速度飛至球棒,被球棒打擊后反向水平飛回,速度大小變為30 m/s,設球棒與壘球的作用時間為0.01 s,下列判斷正確的是 (　　)
A.球棒對壘球做功為80 J
B.壘球動量變化量的大小為4 kg· m/s
C.球棒對壘球的平均作用力大小為800 N
D.球棒與壘球作用時間極短,故壘球動量守恒
答案　AC　
考點二　動量守恒定律及其應用
4.(2023屆廣東一模,5)如圖,材料有差異的冰壺甲每次以相同的動量與靜止在O處的另一冰壺發生正碰,碰后冰壺甲最終停止的位置不同,已知四次碰撞中冰壺甲與冰面間的動摩擦因數相同,冰壺均可視為質點,則碰撞后,被碰冰壺獲得動量最大的是 (　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
答案　B　
5.(2024屆深圳寶安調研,8)(多選)如圖,小車在地面上靜止,車與地面間摩擦忽略不計,A、B兩人站在車的兩頭。兩人同時開始相向行走,發現小車向左運動,小車運動的原因可能是 (　　)
A.A、B質量相等,但A的速率比B大
B.A、B質量相等,但A的速率比B小
C.A、B速率相等,但A的質量比B大
D.A、B速率相等,但A的質量比B小
答案　AC　
6.(2024屆廣州天河10月統考,15)如圖所示為彈象棋子游戲。水平桌子高h=1.25 m,長為L=2 m,開始時兩棋子分別靜置在桌子的兩端。用力彈紅棋子,紅棋子以v0= m/s的初速度向右運動,正碰黑棋子后兩棋子均做平拋運動,落地瞬間兩棋子相距Δx=1 m。兩棋子質量相同且可視為質點,與桌面間的動摩擦因數均為μ=0.45,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求碰撞黑棋子前瞬間,紅棋子的速度v的大小;
(2)設碰后瞬間紅棋子速度為v1,黑棋子速度為v2,若定義恢復系數k=,求v1、v2的大小及k的值;
(3)兩棋子每次碰撞的恢復系數k相同,若某次游戲,紅棋子位于桌子最左端,黑棋子位于桌子正中央,用力彈紅棋子,要讓黑棋子落地而紅棋子不落地,求紅旗子的初速度v0的取值范圍(可用根號表示)。
答案　(1)4 m/s　(2)1 m/s　3 m/s　0.5
(3)5 m/s7.(2023屆茂名二模,15)超市為節省收納空間,常常將手推購物車相互嵌套進行收納。質量均為m=16 kg的兩輛購物車相距L1=1 m靜止在水平面上。第一輛車被工作人員猛推一下后,沿直線運動與第二輛車嵌套在一起,繼續運動L2=1.25 m后停下來,如圖所示。人推車時間、兩車相碰時間極短,可忽略,車運動時受到的阻力恒為車重力的k=0.25,重力加速度取g=10 m/s2,求:
(1)兩輛車從嵌套后一起運動到停下來所用時間;
(2)兩輛車在嵌套過程中損失的機械能;
(3)工作人員對第一輛車所做的功。
答案　(1)1 s　(2)100 J　(3)240 J
8.(2023屆茂名一模,15)某戶外大型闖關游戲“渡河”環節中,選手從高臺俯沖而下,為了解決速度過快帶來的風險,設計師設計了如圖所示的減速裝置。浮于河面的B板緊靠緩沖裝置A板,B的左側放置一物體C。選手通過高臺光滑曲面下滑,經過A后滑上B。已知A、B的質量均為M0=48 kg,C的質量為M=12 kg。A、B的長度均為L=3 m,選手與A、B間的動摩擦因數均為μ1=0.5,A與地面間的動摩擦因數μ2=0.3。B在水中運動時受到的阻力是其所受浮力的0.1,B碰到河岸后立即被鎖定。不計水流速度,選手和物體C均可看作質點,g=10 m/s2,則:
(1)為了防止A滑動而出現意外,選手及裝備的質量最大不超過多少
(2)若選手及裝備的質量為60 kg,從h=3.3 m的高臺由靜止開始下滑,經過A與C發生碰撞后一起運動,碰撞時間極短,可忽略,求在此碰撞過程中系統損失的機械能。
(3)在第(2)問前提下,選手與C碰撞后經0.5 s恰好與B板速度相同,要使選手能夠到達河岸,河岸的最大寬度d為多少
答案　(1)72 kg　(2)180 J　(3)6.75 m
模型綜合練
模型一　流體模型
1.(2023屆東莞四中模擬,5)平底煎鍋正在炸豆子。假設每個豆子的質量均為m,彈起的豆子均垂直撞擊平板鍋蓋,撞擊速度均為v。每次撞擊后速度大小均變為v,撞擊的時間極短,發現質量為M的鍋蓋剛好被頂起。重力加速度為g,則單位時間撞擊鍋蓋的豆子個數為　 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　A　
2.(2023屆河源模擬,7)小飛同學在洗盤子的時候發現當水流穩定時,從水龍頭流下的水柱從上到下越來越細,如圖所示。小飛同學將盤子放在水龍頭下一定距離,仔細觀察確認水流對盤子的沖擊力基本穩定后,經過測量,水流對盤子的沖擊力為F。已知水龍頭的橫截面積為S1,出水速度為v0,水的密度為ρ,重力加速度為g。水接觸盤子后速度立刻變為零,空氣阻力不計。下列說法正確的是 (　　)
A.盤子距水龍頭的高度為
B.盤子距水龍頭的高度無法求出
C.與盤子接觸的水柱橫截面積無法求出
D.與盤子接觸的水流速度可以求出
答案　D　
模型二　動量守恒中的常見模型
3.(2023屆江門外海中學模擬,9)(多選)在光滑水平面上,輕質彈簧一端固定在墻上。如圖甲所示,物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧,測得彈簧的最大壓縮量為x,現讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B。如圖乙所示。物體A以3v0的速度向右壓縮彈簧,測得彈簧的最大壓縮量仍為x,下列判斷正確的是 (　　)
　　
A.乙圖所示的運動過程中,物體A和物體B組成的系統機械能守恒
B.A物體的質量為8m
C.彈簧壓縮量最大時物體B的速度為
D.彈簧壓縮量最大時彈簧的彈性勢能為
答案　BC　
4.(2024屆肇慶一模,15)如圖所示,光滑水平地面上放置一質量為m的上表面光滑的四分之一圓弧形斜劈,圓弧與水平地面間平滑連接,一固定樁置于斜劈右側固定斜劈。另一質量也為m的小物塊(可視為質點)以初速度v0沖向斜劈,恰能上升到斜劈最高點,不計一切阻力。
(1)求圓弧半徑R;
(2)若撤去固定樁,小物塊仍以初速度v0沖向斜劈,求此時小物塊所能上升的最高點與水平地面間的高度差;
(3)若撤去固定樁,改變小物塊的初速度大小,使小物塊所能上升的最大高度為2R,求此時小物塊的初速度大小和斜劈最終的末速度大小。(結果均用v0表示)
答案　(1)　(2)　(3)2v0　2v0
5.(2024屆廣州七校開學聯考,15)在航空托運中,有時會有損壞行李的事情發生,小華同學設計了如圖所示的緩沖轉運裝置,卸貨時飛機不動,緩沖裝置A緊靠飛機,轉運車B靠緊A。包裹C沿緩沖裝置A的光滑曲面由靜止滑下,經粗糙的水平部分,滑上轉運車B并最終停在轉運車B上被運走,B的右端有一固定擋板。已知C與A、B水平部分間的動摩擦因數均為μ1=0.4,緩沖裝置A與水平地面間的動摩擦因數為μ2=0.2,轉運車B與地面間的摩擦可忽略。A、B的質量均為M=60 kg,A、B水平部分的長度均為L=4 m。包裹C可視為質點且無其他包裹影響,重力加速度g=10 m/s2。C與B的右擋板發生碰撞時間極短,碰撞時間和損失的機械能都可忽略。
(1)要求包裹C在緩沖裝置A上運動時A不動,則包裹C的質量m最大不超過多少
(2)若某包裹的質量為m1=20 kg,從h=2.4 m處由靜止滑下,求包裹在距轉運車右端多遠的位置停下來。
(3)若包裹的質量還是m1=20 kg,為使該包裹能最終停留在轉運車B上,求該包裹釋放時h的范圍。(結果保留2位有效數字)
答案　(1)60 kg　(2)2.5 m　(3)1.6 m6.(2024屆茂名信宜二中10月月考,15)如圖,半徑R=0.32 m的光滑軌道abcd固定在豎直平面內,ab水平,bcd為半圓,在b處與ab相切,在直軌道ab上放著質量分別為mA=2 kg、mB=1 kg的物塊A、B(均可視為質點),用輕質細繩將A、B連接在一起,且A、B間夾著一根被壓縮的輕質彈簧(未被拴接)。軌道左側的光滑水平地面上停著一質量M=2 kg,長L=0.5 m的小車,小車上表面與ab等高。現將細繩剪斷。已知A與小車之間的動摩擦因數μ=0.1,要滿足B在豎直光滑軌道上運動時恰好經過最高點,g取10 m/s2,求:
(1)A、B離開彈簧瞬間的速率vA、vB;
(2)細繩剪斷之前彈簧的彈性勢能;
(3)A在小車上滑動過程中產生的熱量Q。
答案　(1)2 m/s　4 m/s　(2)12 J　(3)1 J
微專題專練
微專題8　動力學、動量和能量觀點的綜合應用
1.(2022全國乙,20,6分)(多選)質量為1 kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動,F與時間t的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.2,重力加速度大小取g=10 m/s2。則 (　　)
A.4 s時物塊的動能為零
B.6 s時物塊回到初始位置
C.3 s時物塊的動量為12 kg·m/s
D.0~6 s時間內F對物塊所做的功為40 J
答案　AD　
2.(2021天津,10,14分)一玩具以初速度v0從水平地面豎直向上拋出,達到最高點時,用遙控器將玩具內壓縮的輕彈簧彈開,該玩具沿水平方向分裂成質量之比為1∶4的兩部分,此時它們的動能之和與玩具從地面拋出時的動能相等。彈簧彈開的時間極短,不計空氣阻力。求
(1)玩具上升到最大高度時的速度大小;
(2)兩部分落地時速度大小之比。
答案　(1)v0　(2)2
3.(2022廣東,13,11分)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發,設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊,初始時它們處于靜止狀態。當滑塊從A處以初速度v0為10 m/s向上滑動時,受到滑桿的摩擦力f為1 N。滑塊滑到B處與滑桿發生完全非彈性碰撞,帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量m=0.2 kg,滑桿的質量M=0.6 kg,A、B間的距離l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力。求:
(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中,桌面對滑桿支持力的大小N1和N2;
(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v;
(3)滑桿向上運動的最大高度h。
答案　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m
4.(2023廣東,15,15分)如圖為某藥品自動傳送系統的示意圖。該系統由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成,滑槽高為3L,平臺高為L。藥品盒A、B依次被輕放在以v0的速度勻速運動的傳送帶上,在與傳送帶達到共速后,從M點進入滑槽,A剛好滑到平臺最右端N點停下,隨后滑下的B以2v0的速度與A發生正碰,碰撞時間極短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤直徑的兩端。已知A、B的質量分別為m和2m,碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的。A與傳送帶間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g,A、B在滑至N點之前不發生碰撞,忽略空氣阻力和圓盤的高度,將藥品盒視為質點。求:
(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t;
(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功W;
(3)圓盤的圓心到平臺右端N點的水平距離s。
答案　(1)　(2)6mgL-3m　(3)
5.(2020天津,11,16分)長為l的輕繩上端固定,下端系著質量為m1的小球A,處于靜止狀態。A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內做圓周運動,恰好能通過圓周軌跡的最高點。當A回到最低點時,質量為m2的小球B與之迎面正碰,碰后A、B粘在一起,仍做圓周運動,并能通過圓周軌跡的最高點。不計空氣阻力,重力加速度為g,求
(1)A受到的水平瞬時沖量I的大小;
(2)碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大
答案　(1)m1　(2)
6.(2020海南,17,12分)如圖,光滑的四分之一圓弧軌道PQ豎直放置,底端與一水平傳送帶相切,一質量ma=1 kg的小物塊a從圓弧軌道最高點P由靜止釋放,到最低點Q時與另一質量mb=3 kg小物塊b發生彈性正碰(碰撞時間極短)。已知圓弧軌道半徑R=0.8 m,傳送帶的長度L=1.25 m,傳送帶以速度v=1 m/s,順時針勻速轉動,小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.2,g=10 m/s2。求
(1)碰撞前瞬間小物塊a對圓弧軌道的壓力大小;
(2)碰后小物塊a能上升的最大高度;
(3)小物塊b從傳送帶的左端運動到右端所需要的時間。
答案　(1)30 N　(2)0.2 m　(3)1 s
7.(2023屆肇慶二模,14)室內蹦床運動是近年來熱門的娛樂項目。蹦床運動情境可抽象為如圖所示的物理模型:豎直放置的兩個完全相同的輕彈簧,一端固定于地面,另一端與質量為mB的物體B固定在一起,質量為mA的物體A置于B中央位置的正上方H處。現讓A由靜止開始自由下落,隨后和B發生碰撞,碰撞時間極短,碰撞后兩物體粘在一起。已知A與B結合后經過時間t下降至最低點,A、B始終在同一豎直平面內運動,彈簧始終處于彈性限度內,不計空氣阻力,重力加速度為g,求:
(1)A與B碰后瞬間的速度大小v;
(2)A、B結合體從結合后至返回到碰撞點過程的運動時間以及該過程中彈簧對物體B沖量的大小。
答案　(1)
(2)從碰后至返回到碰撞點的過程中,A、B結合體做簡諧運動。根據簡諧運動的對稱性,可得運動時間t總=2t。
回到碰撞點時速度大小為vt=v=,方向豎直向上。
取向上為正方向,由動量定理有
I-(mA+mB)g·2t=(mA+mB)vt-[-(mA+mB)v],
解得I=2(mA+mB)gt+2mA。
8.(2023浙江6月選考,18,11分)為了探究物體間碰撞特性,設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接,兩半徑均為R=0.4 m的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數k=100 N/m的輕質彈簧連接,靜置于軌道FG上。現有質量m=0.12 kg的滑塊a以初速度v0=2 m/s從D處進入,經DEF管道后,與FG上的滑塊b碰撞(時間極短)。已知傳送帶長L=0.8 m,以v=2 m/s的速率順時針轉動,滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.5,其他摩擦和阻力均不計,各滑塊均可視為質點,重力加速度g取10 m/s2,彈簧的彈性勢能Ep=kx2(x為形變量)。
(1)求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN;
(2)若滑塊a碰后返回到B點時速度vB=1 m/s,求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE;
(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。
答案　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m
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考點一　動量、沖量和動量定理
一、動量
1.定義:運動物體的質量和速度的乘積。
2.表達式:p=mv,單位是kg·m/s。
3.方向:動量是矢量,方向與速度的方向相同。
4.動量的兩性
(1)瞬時性:動量是描述物體運動狀態的物理量,是針對某一時刻或位置而言的。
(2)相對性:動量的大小與參考系的選取有關,通常是指相對地面的動量。
5.動量與動能的關系:p= 或Ek= 。
6.動量的變化量
(1)因為動量是矢量,動量的變化量Δp也是矢量,其方向與速度的變化量Δv的方向相 同。
(2)動量的變化量Δp等于末動量p'減去初動量p,即Δp=p'-p。
二、沖量
1.定義:力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量。
2.表達式:I=FΔt,單位是N·s。
3.方向:沖量是矢量,方向與力的方向相同。
4.沖量的特征
(1)過程量:沖量與力和力的作用時間有關,是力對時間的累積,與力的作用過程相關 聯。
(2)矢量性:對于方向恒定的力來說,沖量的方向與力的方向一致;對于作用時間內方向 變化的力來說,沖量的方向與相應時間內力的變化量的方向一致。
5.沖量的四種計算方法
公式法 利用定義式I=FΔt計算沖量,此方法僅適用于求恒力的沖量,無需考慮物體的運動狀態
圖像法 利用F-t圖像計算,F-t圖線與時間軸所圍的面積表示沖量,此法既可以計算恒力的沖量,也可以計算變力的沖量
平均值法 若力的方向不變,大小隨時間均勻變化,即力為時間的一次函數,則力F在某段時間Δt內的沖量I= Δt,F1、F2為該段時間內初、末兩時刻力的大小
動量定理 如果物體受到大小或方向變化的力的作用,則不能直接用I=FΔt求變力的沖量,可以求出該力作用下物體動量的變化量,由I=Δp求變力的沖量
三、動量定理
1.內容:物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量。
2.公式:F(t'-t)=mv'-mv或I=p'-p。
3.對動量定理的理解
(1)合力的沖量是原因,物體的動量變化量是結果。
(2)動量定理中的沖量可以是合力的沖量,可以是各力沖量的矢量和,也可以是合力在 不同階段沖量的矢量和。
(3)當物體受到變力作用時,動量定理中的力F應理解為Δt時間內物體受到的平均作用 力。
(4)動量定理解釋生活中的物理現象
①當物體的動量變化量Δp一定時,力的作用時間Δt越短,力F就越大;力的作用時間Δt越 長,力F就越小。如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。
②當作用力F一定時,力的作用時間Δt越長,動量變化量Δp越大;力的作用時間Δt越短, 動量變化量Δp越小。如樓層越高,高空拋物對人傷害越大。
例1　如圖所示,學生練習用腳顛球。足球的質量為0.4 kg,某一次足球由靜止自由下 落0.8 m,被重新顛起,離開腳部后豎直上升的最大高度為0.45 m。已知足球與腳部的 作用時間為0.1 s,重力加速度大小g取10 m/s2,不計空氣阻力,下列說法正確的是 (
)
A.足球從下落到再次上升到最高,全程用了0.7 s
B. 足球與腳接觸的時間內,合力對足球做功1.4 J
C.足球與腳部作用過程中動量變化量大小為2.8 kg·m/s
D.足球從靜止下落到重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為4 N·s
解析 對整個運動過程進行分析,如圖所示。
以豎直向下為正方向,足球下落時間為t1=0.4 s,上升時間t2=0.3 s,總時間t總=t1+t2+0.1 s=0. 8 s,A錯誤;在足球與腳接觸的時間內,合力對足球做的功為W合=-1.4 J,B錯誤;足球與腳 部作用過程中動量變化量大小為Δp=2.8 kg·m/s,C正確;足球從靜止下落到重新回到最
高點的過程中重力的沖量大小IG=3.2 N·s,D錯誤。
答案 C
考點二　動量守恒定律及其應用
一、動量守恒定律
1.內容
如果一個系統不受外力,或者所受外力的矢量和為0,這個系統的總動量保持不變。
2.表達式
(1)p=p',系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p';
(2)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',相互作用的兩個物體組成的系統,作用前的動量之和等于作用 后的動量之和;
(3)Δp1=-Δp2,相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向;
(4)Δp=0,系統總動量的增量為0。
3.適用條件
(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力為0。
(2)近似守恒:系統內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒:如果系統在某一方向上所受外力的合力為0,則系統在這一方向上動 量守恒。
二、碰撞問題
1.碰撞問題遵守的三條原則
(1)動量守恒:p1+p2=p1'+p2'。
(2)動能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。
(3)速度要符合實際情境
①碰前兩物體同向運動,若要發生碰撞,則應有v后>v前,碰后原來在前的物體速度一定 增大,若碰后兩物體同向運動,則應有v前'≥v后'。
②碰前兩物體相向運動,碰后兩物體至少有一個的運動方向改變,不可能都不改變。
2.碰撞的類型與結論
(1)彈性碰撞:碰撞結束后,動能沒有損失,不僅動量守恒,而且初、末總動能相等。
以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2、速度為v2的小球發生彈性碰撞為例,則有m1 v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2,
聯立解得v1'= ,
v2'=
點撥拓展 　　“一動一靜”的彈性碰撞
若v2=0,碰后二者速度分別為
v1'= v1,v2'= v1
①若m1=m2,則v1'=0,v2'=v1(速度交換);
②若m1>m2,則v1'>0,v2'>0(碰后,兩物體沿同一方向運動);
③若m1 m2,則v1'≈v1,v2'≈2v1;
④若m10(碰后,兩物體沿相反方向運動);
⑤若m1 m2,則v1'≈-v1,v2'≈0。
(2)非彈性碰撞
碰撞結束后,動能有部分損失。
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2+ΔEk損
(3)完全非彈性碰撞
碰撞結束后,兩物體合二為一,以同一速度運動,動能損失最大。
m1v1+m2v2=(m1+m2)v
m1 + m2 = (m1+m2)v2+ΔEk損max
ΔEk損max= ·
例2　如圖所示,質量為m的A球以速度v0在光滑水平面上運動,與原來靜止的質量為4m 的B球碰撞,碰撞后A球以v=av0(待定系數a<1)的速率彈回,并與擋板P發生彈性碰撞,要 使A球能與B球再次相撞,則a的取值范圍為 (　 )

A. C. 解析 設A球和B球碰后,B球的速度為vB,取A球初速度v0的方向為正方向,對A球和B
球組成的系統有mv0=-mv+4mvB, m ≥ mv2+ ·4m ;A球與擋板P發生彈性碰撞,則碰
撞后A球的速率仍為v,由A球能與B球再次相碰可得v>vB,其中v=av0,聯立解得 正確。
答案 D
概念 一個物體由于內力的巨大作用而分為兩個或兩個以上物體的過程
特點 動量守恒 由于爆炸是在極短時間內完成的,爆炸物體間的相互作用力遠大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統的動量守恒
動能增加 在爆炸過程中,因為有其他形式的能量轉化為動能,所以爆炸后系統的總動能增加
位置不變 爆炸的時間極短,因而在爆炸過程中,物體產生的位移很小,一般忽略不計,即認為位置不變
三、爆炸、反沖和“人船”模型
1.爆炸
例3 (多選)一個質量為m的小型炸彈自水平地面朝右上方射出,在最高點以水平向右 的速度v飛行時,突然爆炸為質量相等的甲、乙、丙三塊彈片,如圖所示。爆炸之后乙 自靜止自由下落,丙沿原路徑回到原射出點。若忽略空氣阻力,假設爆炸釋放的化學 能全部轉化為彈片的動能,則下列說法正確的是 (　 )

A.爆炸后乙落地的時間最長
B.爆炸后甲落地的時間最長
C.甲、丙落地點到乙落地點O的距離比為4∶1
D.爆炸過程釋放的化學能為
解析 爆炸后甲、丙從同一高度開始做平拋運動,乙從同一高度自由下落,則落地時
間t= ,三塊彈片落地時間相等,A、B錯誤;爆炸過程動量守恒,有mv=- mv丙+ mv甲,由
題意知v丙=v,得v甲=4v,爆炸后甲、丙從同一高度開始做平拋運動,落地點到乙落地點O 的距離x=vt,t相同,則x∝v,甲、丙落地點到乙落地點O的距離比為x甲∶x丙=v甲∶v丙=4∶
1,C正確;根據能量守恒可得爆炸過程釋放的化學能ΔE= × + × - mv2= mv2,D
正確。
答案 CD
2.反沖
概念 根據動量守恒定律,如果一個靜止的物體在內力的作用下分裂為兩 部分,一部分向某個方向運動,另一部分必然向相反的方向運動
特點 作用原理 反沖運動是系統內物體之間的作用力和反作用力產生的效果
動量守恒 反沖運動中系統不受外力或內力遠大于外力,所以反沖運動遵循動量守恒定律
動能增加 反沖運動中,由于有其他形式的能轉化為動能,所以系統的總動能增加
例4　將靜止的質量為M(含燃料)的導彈點火升空,在極短時間內以相對地面為v0的速 度豎直向下噴出質量為m的熾熱氣體,忽略噴氣過程中重力和空氣阻力的影響,則噴氣 結束時導彈獲得的速度大小是 (　 )
A. v0　 B. v0　 C. v0　 D. v0
解析 由動量守恒定律可知,噴出氣體的動量與噴氣后導彈獲得的動量等大反向,即
mv0=(M-m)v,導彈獲得的速度v= v0,D正確。
答案 D
補充設問　若導彈噴氣時已經具有速度,噴出的氣體相對噴氣前導彈的速度是u,噴
出氣體后導彈的質量是m,在一次噴氣后增加的速度Δv如何表示
設問解析 以噴氣前的導彈為參考系。噴氣前導彈動量是0,噴氣后動量是MΔv,噴
出氣體的動量是mu。根據動量守恒定律有MΔv+mu=0,解得Δv=- u。
點撥拓展 兩部分初、末狀態的速度所選的參考系必須是同一參考系。
3.“人船”模型
(1)模型情境

情境變式
(2)模型特征
①動量守恒:兩物體相互作用過程中,在某方向滿足動量守恒定律,m1v1-m2v2=0。
②位移關系:m1 -m2 =0,x1+x2=L,得x1= L,x2= L。
③運動特點
a.人動船動,人靜船靜,人快船快,人慢船慢。
b.人、船的位移大小與它們的質量成反比;人、船的平均速度(瞬時速度)大小也與它 們的質量成反比,即 = = 。(v1、v2和x1、x2一般都是相對水面而言的)。
例5　如圖所示,一高h=2.4 m、傾角θ=37°、質量M=3 g的光滑斜面體靜止在光滑水平面上,一質量m=0.2 g的物塊從斜面頂端由靜止釋放。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,則物塊由斜面頂端滑到底端的過程中,斜面體將 (　 )
A.向右移動0.5 m　　　　　　　 B.向右移動0.6 m
C.向右移動0.2 m　　　　　　　 D.向右移動0.1 m
解析 物塊與斜面體組成的系統在水平方向上動量守恒,設物塊在水平方向上對地
位移大小為x1,斜面體在水平方向上對地位移大小為x2(注意:兩物體的位移是相對于同 一參考系的位移),因此0=mx1-Mx2①,且x1+x2= ②,聯立①②解得x2= 。代
入數據可知x2=0.2 m,C正確。
答案 C
模型一　流體模型
一、研究對象
1.通常的液體流、氣體流等,質量具有連續性,題中通常給出密度ρ。
2.通常的電子流、光子流、塵埃等,質量具有獨立性,題中通常給出單位體積內的粒子 數n。
二、研究方法
　　隔離出一定形狀的一部分流體作為研究對象,結合由已知條件所構建的微元質 量、體積的表達式,應用動量定理進行分析研究。
例1　如圖所示,某型號“水刀”工作過程中,將水從橫截面積S=0.1 mm2的細噴嘴高速噴出,直接打在被切割材料表面,從而產生極大壓強,實現切割。已知該“水刀”每分鐘用水600 g,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3。假設高速水流垂直打在材料表面上后,立刻沿材料表面散開沒有反彈,試估算水對材料垂直于表面方向的壓強p為 (　 )
A.1.0×105 Pa　　　　　　　 B.1.0×106 Pa
C.1.0×107 Pa　　　　　　　 D.1.0×108 Pa
解析 一分鐘噴出的水的質量m=ρSvt,解得水的流速v= ,選取Δt時間內打在材料
表面質量為Δm的水為研究對象,以從細噴嘴高速噴出時的速度方向為正方向,由動量 定理得-FΔt=0-Δmv(沿材料表面散開說明水流垂直材料表面方向的速度變為0),其中Δ
m=ρSvΔt,解得F=ρSv2,根據牛頓第三定律,材料表面受到的壓力F'=F,水對材料垂直于表 面方向的壓強p= ,代入數據解得p=1.0×107 Pa,C正確。
答案 C

歸納總結
處理流體模型的步驟
模型二　動量守恒中的常見模型
一、“滑塊-彈簧”模型

水平地面光滑,A、B與輕彈簧(開始處于原長)相連,A以初速度v0運動
過
程
拆
解 彈簧壓縮到最短 系統彈性勢能最大,動能損失最多,A、B共速,類似完全非彈性碰撞結果(第一次共速)
彈簧第一次恢復原長 系統彈性勢能不變,動能不變。B速度最大,A速度最小,類似彈性碰撞結果
彈簧拉伸到最長 系統彈性勢能最大,動能損失最多,A、B共速,類似完全非彈性碰撞結果(第二次共速)
彈簧第二次恢復原長 系統彈性勢能不變,系統動能不變,vA=v0,vB=0,類似彈性碰撞結果(回到初始狀態)
模型特點 1.系統動量守恒2.系統機械能守恒
例2　如圖甲所示,一水平輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接,并 靜止在光滑的水平面上,現使A瞬時獲得水平向右的速度3 m/s,此后兩物塊的速度隨時 間變化的規律如圖乙所示,從圖像信息可得 (　 )
　
A.在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s,且彈簧都是處于壓縮狀態
B.從t1到t3時刻彈簧由壓縮狀態恢復到原長
C.兩物塊的質量之比m1∶m2=1∶3
D.在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2=1∶8
解析 由速度-時間圖像切線斜率的物理意義可知t2時刻B的加速度為0,則其所受彈
簧彈力為0,彈簧處于原長,由題圖可知,t2~t3時間內兩物塊之間的距離增大,彈簧處于伸 長狀態,A、B錯誤。0~t1過程由m1v=m1vt1+m2vt1可得 = ,C錯誤。t2時刻A的速率是1 m
/s,B的速率是2 m/s,結合動能定義式得Ek1∶Ek2=1∶8,D正確。
答案 D

曲面體質量為M,開始處于靜止狀態;滑塊質量為m,滑塊以初速度v0沖上光滑1/4圓弧曲面體
二、“滑塊-斜面(曲面)”模型
狀
態
分
析 上升到最高 滑塊與曲面體具有共同水平速度v共,滑塊豎直速度vy=0, 系統水平方向動量守恒有mv0=(M+m)v共;機械能守恒有 m = (M+m) +mgh,h為滑塊上升的最大高度,不一定等于弧形軌道的高度(相當于完全非彈性碰撞,系統減少的動能轉化為滑塊的重力勢能)
返回到最低 滑塊與曲面體分離,水平方向動量守恒有mv0=mv1+Mv2;系統機械能守恒有 m = m + M (相當于完成了彈性碰撞)
模型特點 1.系統水平方向動量守恒2.系統機械能守恒
點撥拓展 懸繩模型

懸繩模型(如圖所示)與“滑塊-斜(曲)面”模型特點類似,即系統機械能守恒,水平方向 動量守恒,解題時需關注物體運動的最高點和最低點。
例3 (多選)如圖所示,在足夠大的光滑水平面上停放著裝有光滑弧形槽的小車,弧形 槽的底端切線水平,一小球以大小為v0的水平速度從小車弧形槽的底端沿弧形槽上滑, 恰好能到達弧形槽的頂端。小車與小球的質量均為m,重力加速度大小為g,不計空氣 阻力。下列說法正確的是 (　 )

A.弧形槽的頂端距底端的高度為
B.小球離開小車后,相對地面做自由落體運動
C.在小球沿小車弧形槽滑行的過程中,小車對小球做的功為 m
D.在小球沿小車弧形槽滑行的過程中,合力對小車的沖量大小為mv0
解析 小球到達弧形槽頂端時,小球與小車的速度相同,設共同速度大小為v,在小球
沿小車弧形槽上滑的過程中,小球與小車組成的系統水平方向動量守恒,有mv0=2mv, 設弧形槽的頂端距底端的高度為h,有 m = ×2mv2+mgh,解得h= ,A正確;設小球返
回弧形槽的底端時,小球與小車的速度分別為v1、v2,在小球沿小車弧形槽滑行的過程 中系統水平方向動量守恒,相當于完全彈性碰撞,以v0的方向為正方向,有mv0=mv1+mv2,
m = m + m ,解得v1=0,v2=v0,可知小球離開小車后,相對于地面做自由落體運動,B
正確;根據動能定理,在小球沿小車弧形槽滑行的過程中,小車對小球做的功W=0- m
=- m ,C錯誤;根據動量定理,在小球沿小車弧形槽滑行的過程中,合力對小車的沖量
大小I=mv2-0=mv0,D正確。
答案 ABD
三、“子彈射木塊”與“板-塊”模型

上表面粗糙、質量為M的木板,放在光滑的水平地面上,質量為m的滑塊以初速度v0滑上木板

地面光滑,木板長度為d,子彈射入木塊所受阻力為Ff
滑塊未從板滑下或子彈未射穿 木塊 當兩者速度相等時木板(木塊)的速度最大,滑塊與木板的相對位移(子彈射入木塊的深度)取得極值(相當于完全非彈性碰撞拓展模型)
①動量守恒:mv0=(m+M)v
②能量守恒:Q=Ff·s= m - (M+m)v2
③系統損失的動能ΔEk= Ek0
滑塊從板滑下或子彈射穿木塊 兩者速度不相等,機械能有損失(相當于非彈性碰撞)
模型特點 1.系統的動量守恒2.系統機械能不守恒,摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能
點撥拓展 該類問題既可以從動量、能量角度求解,相當于非彈性碰撞拓展模型,也 可以從力和運動的角度借助圖示求解。
例4　一質量為M的木塊放在光滑水平面上,一質量為m的子彈以初速度v0水平打進木 塊并留在其中,子彈與木塊間的相互作用力為Ff。求:
(1)子彈、木塊相對靜止時的速度大小;
(2)子彈在木塊內運動的時間;
(3)子彈、木塊相互作用過程中子彈、木塊的對地位移大小以及子彈打進木塊的深 度。
解析 (1)設子彈、木塊相對靜止時的速度為v,以子彈初速度的方向為正方向,由動
量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v= v0。
(2)設子彈在木塊內運動的時間為t,對木塊由動量定理得Fft=Mv-0,解得t= 。
(3)設子彈、木塊的對地位移分別為x1、x2,如圖所示。由動能定理得

對子彈-Ffx1= mv2- m
解得x1=
對木塊Ffx2= Mv2
解得x2=
子彈打進木塊的深度等于二者的相對位移大小,即x相=x1-x2= 。
答案 (1) v0 (2)
(3)
微專題8　動力學、動量和能量觀點的綜合應用
力的瞬時作用和力的時間、空間累積作用
分類 對應規律 規律內容 公式表達
力的瞬
時作用 牛頓第
二定律 物體的加速度大小與它 受到的作用力成正比,與 質量成反比,方向與作用 力的方向相同 F=ma
力的時間
積累作用 動量定理 物體所受合力的沖量等 于物體動量的變化 F合t=Δp
力的空間
積累作用 動能定理 外力對物體所做功的代 數和等于物體動能的變 化量 W合=ΔEk
功能關系 一個力做了多少功,就有 多少能從一種形式轉化 為其他形式 fs相對=
Q=ΔE損
WG=-ΔEp
機械能
守恒定律 在只有重力(或系統內彈 力)做功的情況下,系統 機械能的總量保持不變 Ek1+Ep1=
Ek2+Ep2
例1 (多選)如圖所示,轉軸大小可忽略的傳送帶以恒定速率順時針轉動,將小物塊在 傳送帶底端P點無初速度釋放,小物塊在摩擦力作用下運動至傳送帶頂端,在小物塊運 動過程中,下列說法正確的是 (　 )

A.小物塊所受摩擦力的瞬時功率一定不斷變大
B.小物塊所受摩擦力做的功大于小物塊動能的增加量
C.若物塊滑到頂端時恰好與傳送帶共速,則兩者間因摩擦而產生的內能恰好等于物塊
增加的機械能
D.若物塊滑到頂端時恰好與傳送帶共速,則兩者間因摩擦而產生的內能恰好等于物塊 增加的動能
解析 小物塊放到傳送帶底端后,先向上加速,所受的摩擦力是滑動摩擦力,當速度
與傳送帶相等時變為勻速,受靜摩擦力,根據P=fv可知小物塊所受摩擦力的瞬時功率開 始階段不斷變大,與傳送帶共速后保持不變,A錯誤;根據動能定理可知,Wf-WG=ΔEk,則 小物塊所受摩擦力做的功大于小物塊動能的增加量,B正確;若物塊滑到頂端時恰好與 傳送帶共速,此時物塊的位移x1= t,傳送帶的位移x2=vt,產生的熱量Q=fΔx=f(x2-x1)= vtf,
此過程中摩擦力對物塊做功為Wf=fx1= vtf=Q,根據動能定理,摩擦力對物塊做的功等
于物塊機械能的增加量,則兩者間因摩擦而產生的內能恰好等于物塊增加的機械能,C 正確,D錯誤。
答案 BC
歸納總結
處理傳送帶問題思路
1.兩大觀點處理傳送帶問題
(1)動力學觀點:首先要正確分析物體的運動過程,做好受力分析,然后利用運動學公式 結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移,找出物體和傳送帶之間的位 移關系。
(2)能量觀點:求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、 因放上物體而使電動機多消耗的電能等,常依據功能關系或能量守恒定律求解。
2.常用功能關系
(1)傳送帶克服摩擦力做的功:W=Ffx傳。
(2)系統產生的內能:Q=Ffx相對。
(3)功能關系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
例2　如圖所示,半徑為0.5 m的光滑圓弧曲面與傾角為37°足夠長的固定粗糙斜面MN 在N點平滑相接,質量為0.04 kg的物塊B恰好靜止在斜面上,此時物塊B與N點的距離為 0.25 m。另一質量為0.2 kg的物塊A從與圓心等高處由靜止釋放,通過N點滑上斜面,與 物塊B發生彈性碰撞。已知物塊A與斜面間的動摩擦因數為0.5,重力加速度g取10 m/s2, 兩物塊均可視為質點,碰撞時間極短,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37 °=0.8。求:

(1)物塊A運動到N點時對曲面的壓力;
(2)從物塊A與B第一次碰撞到兩物塊再次碰撞經歷的時間。
解析 (1)(計算物塊A到達N點時的速度,物塊A做曲線運動,物理量只涉及重力做功
及初、末速度,且其運動不能分解為兩個直線運動,故用能量的觀點)
物塊A由靜止釋放至N點,由動能定理可得mAgR cos 37°= mA ;
(計算物塊A在N點對曲面的壓力,研究瞬時狀態問題,選用動力學觀點)
在N點,由牛頓第二定律可得
FN-mAg cos 37°=mA
由牛頓第三定律得FN'=FN
聯立解得FN'=4.8 N,與豎直方向成37°角且垂直斜面向下。
(2)(計算物塊A與B碰前的速度,物塊做直線運動,涉及初末速度,優先選用能量觀點,也 可選用動力學觀點)
物塊A由N點至物塊B所在處,由動能定理可得mAgx1 sin 37°-μmAgx1 cos 37°= mA - mA
,解得v2=3 m/s。
(計算物塊A、B發生彈性碰撞后各自的速度,研究兩物體碰撞過程,選用動量觀點和能 量觀點)
物塊A和B發生彈性碰撞,取沿斜面向下為正方向,由動量守恒可得mAv2=mAvA+mBvB
由能量守恒可得 mA = mA + mB
聯立解得vA=2 m/s,vB=5 m/s。
(計算第一次碰后到兩物塊再次碰撞經歷的時間,涉及物體運動位移及運動時間,選用 動力學觀點)
最初物塊B恰好靜止在斜面上,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則物塊B在斜面上向 下運動時做勻速直線運動,物塊A沿斜面向下做勻加速直線運動,由牛頓第二定律有
mAg sin 37°-μmAg cos 37°=mAaA
設經過時間t兩物塊再次相碰,由勻變速直線運動學規律得vBt=vAt+ aAt2,解得t=3 s。
答案 (1)4.8 N,與豎直方向成37°角且垂直斜面向下 (2)3 s
歸納總結 規律選用原則
(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式,可用牛頓第二定律;
(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時,一般用動量定理(涉及時間) 或動能定理(涉及位移)去解決問題;
(3)若研究的對象為物體組成的系統,且它們之間有相互作用,一般用動量守恒定律和 機械能守恒定律去解決,但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件;
(4)在涉及相對位移問題時優先考慮能量守恒,系統克服摩擦力所做的總功等于系統機 械能的減少量,即轉變為系統內能的量;
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時,需注意到這些過程一般含有系統
機械能與其他形式能量之間的轉換。作用時間都極短,因此用動量守恒定律去解決。

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