专题07+碰撞与动量守恒（命题猜想）-2019年高考物理命题猜想与仿真押题

专题07+碰撞与动量守恒（命题猜想）-2019年高考物理命题猜想与仿真押题

‎【考向解读】‎ ‎1．动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，这部分知识与牛顿运动定律、功能关系合称“解题三把金钥匙”，是解决物理问题的重要基本方法，是高考的重点考查内容．‎ ‎2．本讲内容经常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等知识点组成综合题．这类题型命题情景新颖，联系实际密切，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用．‎ ‎【网络构建】‎ ‎【命题热点突破一】 冲量与动量定理 ‎1．恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解．‎ ‎2．物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力做的功决定的．‎ ‎3．动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量．‎ ‎4．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．‎ ‎5．动量定理解题步骤 ‎(1)明确研究对象和物理过程；‎ ‎(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况；‎ ‎(3)选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；‎ ‎(4)依据动量定理列方程、求解．‎ 例1、(2018·高考全国卷Ⅱ，T24)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了‎4.5 m，A车向前滑动了‎2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×‎103 kg和1.5×‎‎103 kg ‎，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；‎ ‎(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．‎ ‎(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④‎ 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有 vA′2＝2aAsA⑤‎ 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥‎ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝‎4.25 m/s⑦‎ ‎【答案】(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s ‎【变式探究】【2017·新课标Ⅰ卷】将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）‎ A．30 B．5.7×102 ‎ C．6.0×102 D．6.3×102‎ ‎【答案】A ‎【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30 ，所以A正确，BCD错误。‎ ‎【变式探究】如图所示，AB是固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，CD是固定于竖直平面内的光滑斜面轨道，AB两点和CD两点的高度差相同且AB的弧长与斜面CD长度相等．现让小球甲从A点沿圆弧轨道下滑到B点，小球乙从C点沿斜面轨道下滑到D点，两球质量相等．以下说法正确的是(　　)‎ A．甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小 B．甲球所受合外力的冲量比乙球所受合外力的冲量小 C．两球所受轨道的支持力的冲量均为零 D．两球动量的变化量相同 ‎【答案】A ‎【变式探究】为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水面上升了‎45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为‎12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×‎103 kg/m3)(　　)‎ A．0.15 Pa　　　　　 B.0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa ‎【解析】由于是估算压强，所以不计雨滴的重力，设雨滴受到支持面的平均作用力为F，在Δt时间内有质量为Δm的雨滴的速度由v＝12 m/s减为零．以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理有FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝v.设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，F＝ρSv·，压强p＝＝ρv＝1×103×12× Pa＝0.15 Pa.故A正确．‎ ‎【答案】A ‎【变式探究】(多选)一质量m＝‎0.10 kg的小钢球以大小为v0＝‎10 m/s的速度水平抛出，下落h＝‎5.0 m时垂直撞击一钢板，撞后速度恰好反向，且速度大小不变．已知小钢球与钢板的作用时间极短，g取‎10 m/s2，则(　　)‎ A．钢板与水平面的夹角θ＝60°‎ B．小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为1 N·s C．小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为10 kg·m/s D．钢板对小钢球的冲量大小为2 N·s ‎【答案】BD ‎【方法技巧】使用动量定理的注意事项 ‎(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移(如第2题中压力的计算)，用动量定理求解更简捷．‎ ‎(2)动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力．变力情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值，如第2题中的压力是平均力．‎ ‎(3)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向(如第1题中B点和D点的动量比较)，公式中的F是物体或系统所受的合力．‎ ‎【命题热点突破二】动量、动量守恒定律 ‎1．动量守恒定律成立的条件 ‎(1)系统不受外力或者所受外力之和为零；‎ ‎(2)系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；‎ ‎(3)系统在某一个方向上所受的外力之和为零，则该方向上动量守恒．‎ ‎(4)全过程的某一阶段系统受的外力之和为零，则该阶段系统动量守恒．‎ ‎2.运用动量守恒定律的解题步骤 ‎(1)分析题意，确定研究对象．‎ ‎(2)根据题意选取研究的运动段落，明确始末状态的动量大小和方向．‎ ‎(3)对研究对象进行受力分析，确定是否符合动量守恒的条件．‎ ‎(4)选取参考正方向．‎ ‎(5)列取方程求解：符合守恒条件，列动量守恒方程．‎ ‎3．弹性碰撞与非弹性碰撞 ‎(1)形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复．机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失．‎ ‎(2)碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则 ‎①系统动量守恒m1v′1＋m2v′2＝m1v1＋m2v2‎ ‎②系统动能不增m1v′12＋m2v′22≤m1v＋m2v ‎③实际情景可能：碰前、碰后两个物体的位置关系(不穿越)和速度关系应遵循客观实际．如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动．‎ 例2、（2018年天津卷）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4.5×103 N，则子弹射入木块的深度为_______m。‎ ‎【答案】(1). 20 (2). 0.2‎ ‎【解析】根据系统动量守恒求解两木块最终速度的大小；根据能量守恒定律求出子弹射入木块的深度；根据动量守恒定律可得，解得；系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，故有，解得；‎ ‎【变式探究】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上玩耍．甲和他的冰车的总质量为M＝‎30 kg，乙和他的冰车的总质量也是M＝‎30 kg.甲推着一个质量为m＝‎15 kg的箱子和他一起以‎2 m ‎/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？‎ ‎【答案】‎5.2 m/s ‎【方法技巧】应用动量守恒定律解题的基本步骤 ‎(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程，如例题中分别以“甲和箱子”“乙和箱子”为系统．‎ ‎(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)．‎ ‎(3)规定正方向，确定初、末状态动量．‎ ‎(4)由动量守恒定律列出方程．‎ ‎(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．‎ ‎【2017·江苏卷】甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s和2 m/s．求甲、乙两运动员的质量之比．‎ ‎【答案】3:2‎ ‎【解析】由动量守恒定律得，解得 代入数据得 ‎【变式探究】 (多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，一起以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短．在此过程中，下列情况可能发生的是(　　)‎ A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3‎ B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2‎ C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′‎ D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v0＝(M＋m0)v1＋mv2‎ ‎【答案】BC ‎【变式探究】有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略地测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L.已知他自身的质量为m，则小船的质量m0为(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C. D. ‎【解析】设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t.取船的速度为正方向，则v＝，v′＝，根据动量守恒定律得m0v－mv′＝0，解得船的质量m0＝，故选项B正确．‎ ‎【答案】B ‎【变式探究】如图，水平面上有一质量为m＝‎1 kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0＝‎1 kg的小物块，小物块与小车一起以v0＝‎6 m/s的速度向右运动，与静止在水平面上质量为M＝‎4 kg的小球发生正碰，碰后小球的速度变为v＝‎2 m/s.碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力．求：‎ ‎(1)小车与小球碰撞后瞬间小车的速度v1；‎ ‎(2)从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小．‎ 设从碰撞后瞬间到弹簧被压缩到最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有 I＝mv2－mv1‎ 解得I＝4 N·s ‎【答案】(1)2 m/s，方向向左 ‎(2)4 N·s ‎【举一反三】如图所示，水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变．质量m1＝0.40 kg的物块A从斜槽上端距水平木板高度h＝0.80 m处下滑，并与放在水平木板左端的质量m2＝0.20 kg的物块B相碰，相碰后物块B滑行x＝4.0 m到木板的C点停止运动，物块A滑到木板的D点停止运动．已知物块B与木板间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)物块A沿斜槽滑下与物块B碰撞前瞬间的速度大小；‎ ‎(2)滑动摩擦力对物块B做的功；‎ ‎(3)物块A与物块B碰撞过程中损失的机械能．‎ ‎(3)设物块A与物块B碰撞后的速度为v1，物块B受到碰撞后的速度为v，碰撞损失的机械能为E，根据动能定理，有 ‎－μm2gx＝0－m2v2‎ 解得v＝4.0 m/s 根据动量守恒定律，得m1v0＝m1v1＋m2v 解得v1＝2.0 m/s 能量守恒m1v＝m1v＋m2v2＋E 解得E＝0.80 J ‎【答案】(1)4 m/s　(2)－1.6 J　(3)0.8 J ‎【思路点拨】　(1)A下滑过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出A与B碰撞前A的速度．(2)由功的计算公式可以求出滑动摩擦力对B所做的功．(3)由动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律可以求出物块A与物块B碰撞过程中损失的机械能．本题是一道多体、多过程问题，难度较大，分析清楚物体的运动过程，熟练应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．‎ ‎【命题热点突破三】碰撞与反冲、爆炸类问题 例3、(2018·高考全国卷Ⅰ)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．‎ ‎【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有 E＝mv①‎ 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＝－gt②‎ 联立①②式得t＝ ③‎ ‎【答案】(1) 　(2) ‎【变式探究】如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为‎2m，都静止于光滑水平台面上．A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，细线断后A速度变为v0，A与C相碰后，黏合在一起．求：‎ ‎(1)A与C刚黏合在一起时的速度大小；‎ ‎(2)若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好黏合的过程中，系统损失的机械能为多少？‎ ‎【解析】(1)轻细线绷断的过程，A、B组成的系统动量守恒，‎ mv0＝m·v0＋2mvB 解得vB＝v0‎ 之后在A与C发生完全非弹性碰撞过程中，A、C组成的系统动量守恒 m·v0＝(m＋m)v2，解得v2＝v0‎ ‎(2)在运动全过程，A、B、C组成的系统机械能损失为 ΔE＝mv－(‎2m)v－(‎2m)v＝mv ‎【答案】(1)v0　(2)mv ‎【方法技巧】抓住“三个原则、三个定律”速解碰撞问题 ‎(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力．‎ ‎(2)碰撞的“三个原则”：①动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；②能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；③物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致．‎ ‎(3)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解；②如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解．‎ ‎【变式探究】(多选) A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v t图线，由图线可以判断(　　)‎ A．A、B的质量比为2∶3‎ B．A、B作用前后总动量守恒 C．A、B作用前后总动量不守恒 D．A、B作用前后总动能不变 ‎【答案】BD ‎【变式探究】一弹丸在飞行到距离地面‎5 m高时仅有水平速度v＝‎2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g取‎10 m/s2‎ ‎，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)‎ ‎【解析】平抛运动时间t＝ ＝1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝mv甲＋mv乙，又因为v甲＝，v乙＝，t＝1 s，则有x甲＋x乙＝2 m，将各选项中数据代入计算得B正确．‎ ‎【答案】B ‎【变式探究】(多选)如图所示，一辆小车静止在光滑的水平面上，小车的上表面左侧AB为一光滑的圆弧，其半径为R＝‎0.8 m，右侧BC为粗糙水平面，且水平面与圆弧光滑过渡，BC＝‎0.8 m，小车的上表面右侧离地高度为h＝‎0.8 m，小车静止时其右侧端点C在地面上的投影为C′点，一质量为m＝‎1 kg的滑块(可视为质点)自圆弧顶点A由静止释放，并且从C处滑落小车，其落地时刚好打在C′点，已知滑块与小车上表面BC面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取‎10 m/s2，则由以上条件可得(　　)‎ A．小车的最终速度为‎1 m/s B．整个过程滑块与小车因摩擦产生的热量为Q＝4 J C．小车的质量为M＝‎‎1 kg D．从小车开始运动至滑块落至C′的时间内，小车一共向左前进了x＝‎‎1.6 m ‎【解析】滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，设滑块滑离小车时速度大小为v1，小车最终速度大小为v2，则mv1＝Mv2，根据能量守恒可得mgR＝mv＋Mv＋μmgLBC，滑块滑离小车后做平抛运动，根据题意其平抛的水平距离为小车向左运动的距离，小车向左运动了s＝(R＋LBC)，又s＝v1t，h＝gt2，联立以上各式解得M＝1 kg，v1＝v2＝2 m/s，s＝0.8 m，t＝0.4 s，故A错误，C正确；整个过程的摩擦生热为Q＝μmgLBC＝4 J，B正确；自滑块滑落小车至落地时，小车又发生的位移s′＝v2t＝0.8 m，所以从小车开始运动至滑块落至C′的时间内，小车一共向左前进了x＝s＋s′＝1.6 m，故D正确．‎ ‎【答案】BCD ‎【变式探究】如图所示，小球B与一轻质弹簧相连，并静止在足够长的光滑水平面上，小球A 以某一速度与轻质弹簧正碰．小球A与弹簧分开后，小球B的速度为v，求：‎ ‎(1)当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时，小球B的速度的大小；‎ ‎(2)若小球B的质量m2已知，在小球A与弹簧相互作用的整个过程中，小球A受到弹簧作用力的冲量．‎ ‎ (2)设水平向右为正方向，则小球B动量的增量为m2v，根据动量守恒知小球A动量的增量为－m2v 根据动量定理有I＝－m2v，小球A受到弹簧作用的冲量的大小为m2v，方向水平向左．‎ ‎【答案】(1)　(2)m2v，方向水平向左 ‎ 【高考真题】‎ ‎1. （2018年全国Ⅰ卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，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】B ‎【解析】本题考查匀变速直线运动规律、动能、动量及其相关的知识点。根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v=at，由动能公式Ek=mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，AC错误；由v2=2ax，可知列车动能与位移x成正比，B正确；由动量公式p=mv，可知列车动能Ek=mv2，即与列车的动量二次方成正比，D错误。‎ ‎2. （2018年全国II卷）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，与地面的撞击时间约为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】C ‎【解析】本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小。‎ 设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，‎ 由动能定理可知： ，‎ 解得： ‎ 落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，‎ 由动量定理可知： ，解得： ，‎ 根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确。‎ ‎3. （2018年全国Ⅲ卷）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是 A. a的质量比b的大 B. 在t时刻，a的动能比b的大 C. 在t时刻，a和b的电势能相等 D. 在t时刻，a和b的动量大小相等 ‎【答案】BD ‎【解析】根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律， qE=maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE =mbab，联立解得： >，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力大于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b 微粒，选项D正确。‎ ‎4. （2018年天津卷）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4.5×103 N，则子弹射入木块的深度为_______m。‎ ‎【答案】 (1). 20 (2). 0.2‎ ‎【解析】根据系统动量守恒求解两木块最终速度的大小；根据能量守恒定律求出子弹射入木块的深度；根据动量守恒定律可得，解得；系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，故有，解得；‎ ‎5、(2018·高考全国卷Ⅱ，T24)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了‎4.5 m，A车向前滑动了‎2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×‎103 kg和1.5×‎103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；‎ ‎(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．‎ ‎【解析】(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有 μmBg＝mBaB①‎ 式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．‎ 设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB，由运动学公式有 vB′2＝2aBsB②‎ 联立①②式并利用题给数据得 vB′＝‎3.0 m/s③‎ ‎(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④‎ 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有 vA′2＝2aAsA⑤‎ 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥‎ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝‎4.25 m/s⑦‎ ‎【答案】(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s ‎6．(2018·高考全国卷Ⅰ)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．‎ 由⑥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．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有 mv＝mgh2⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝⑧‎ ‎【答案】(1) 　(2) ‎1．【2017·新课标Ⅰ卷】将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）‎ A．30 B．5.7×102 ‎ C．6.0×102 D．6.3×102‎ ‎【答案】A ‎【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30 ，所以A正确，BCD错误。‎ ‎2．【2017·新课标Ⅱ卷】如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力 A．一直不做功 B．一直做正功 C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心 ‎【答案】A ‎3．【2017·江苏卷】一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能与位移的关系图线是 ‎【答案】C ‎【解析】向上滑动的过程中，根据动能定理：，同理，下滑过程中，由动能定理可得：，故C正确；ABD错误．‎ ‎4．【2017·新课标Ⅲ卷】如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎5．【2017·新课标Ⅲ卷】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 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】AB ‎【解析】由动量定理有Ft=mv，解得，t=1 s时物块的速率，A正确；F–t图线与时间轴所围面积表示冲量，所以t=2 s时物块的动量大小为，B正确；t=3 s时物块的动量大小为，C错误；t=4 s时物块的动量大小为 ‎，速度不为零，D错误。‎ ‎6．【2017·天津卷】“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，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，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】B ‎7．【2017·新课标Ⅱ卷】如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时。对应的轨道半径为（重力加速度大小为g）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎8．【2017·江苏卷】如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此下降过程中 ‎（A）A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg ‎（B）A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg ‎（C）弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下 ‎（D）弹簧的弹性势能最大值为mgL ‎【答案】AB ‎【解析】A球动能最大时，速度最大，受合外力为零，以ABC整体为研究对象，在竖直方向：向下的重力3mg，向上的B、C两球受地面的支持力FN，即2FN=3mg，所以B、C受到地面的支持力等于mg，故B正确；A的动能达到最大前，有向下的加速度，所以整体向下的合力小于3mg，故B、C受到地面的支持力小于mg，所以A正确；当A下降至最低点，弹簧形变量最大，弹性势能最大，此时A的加速度向上，故C错误；弹簧的最大弹性势能等于A球下降至最低点时减少的重力势能，即，所以D错误．‎ ‎9．【2017·江苏卷】甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1 m/s ‎，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s和2 m/s．求甲、乙两运动员的质量之比．‎ ‎【答案】3:2‎ ‎【解析】由动量守恒定律得，解得 代入数据得 ‎10．【2017·天津卷】（16分）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2。空气阻力不计。求：‎ ‎（1）B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；‎ ‎（2）A的最大速度v的大小；‎ ‎（3）初始时B离地面的高度H。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎（3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：‎ 解得，初始时B离地面的高度 ‎1．【2016·全国卷Ⅰ】【物理——选修35】‎ ‎(2)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ρ，重力加速度大小为g.求：‎ ‎(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；‎ ‎(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．‎ ‎35.（2）【答案】(i)ρv0S　(ii)－ ‎(ii)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.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v　④‎ 在h高度处，Δt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 Δp＝(Δm)v　⑤‎ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp　⑥‎ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg　⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝－　⑧‎ ‎2．【2016·全国卷Ⅲ】【物理——选修35】‎ ‎ (2)如图1所示，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．‎ 图1‎ ‎【答案】≤μ< mv＝mv′＋v′　⑤‎ 联立④⑤式解得v′2＝v1　⑥‎ 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 v′≤μgl　⑦‎ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥　⑧‎ 联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件 ≤μ<　⑨‎ ‎3.【2016·全国卷Ⅱ】【物理——选修35】‎ ‎(2)如图1所示，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.‎ ‎(i)求斜面体的质量；‎ ‎(ii)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ 图1‎ ‎【答案】(i)‎20 kg　(ii)不能 ‎(ii)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0　④‎ 代入数据得 v1＝‎1 m/s　⑤‎ 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　⑥‎ m2v＝m2v＋m3v　⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝‎1 m/s　⑧‎ 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．‎ ‎4．【2016·天津卷】‎ ‎(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μ.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________．‎ 图1‎ ‎【答案】　 ‎ ‎1．[2015·福建理综，30(2)，6分]如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线 相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量 为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)‎ A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 解析　对A、B系统,由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械 能守恒，由于m×2v0－2mv0＝0，故碰后A、B不可能同向运动或一个静止、 另一个运动或两个都静止，而只能是A、B都反向运动，故D正确．‎ 答案　D ‎2．[2015·新课标全国Ⅱ,35(2)，10分]两滑块a、b沿水平面上同 一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后， 从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：‎ ‎(ⅰ)滑块a、b的质量之比；‎ ‎(ⅱ)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之 比．‎ ‎(ⅱ)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥‎ 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做 的功为 W＝(m1＋m2)v2⑦‎ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W∶ΔE＝1∶2⑧‎ 答案　(ⅰ)1∶8　(ⅱ)1∶2‎ ‎3．[2015·山东理综，39(2)]如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C 发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．‎ 据题意可知 WA＝WB④‎ 设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得 mvB′＝2mv⑤‎ 联立①②③④⑤式，代入数据得 v＝v0⑥‎ 答案　v0‎ ‎4．(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μ＝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(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式．‎ 解析　(1)从A→Q由动能定理得 ‎－mg·2R＝mv2－mv①‎ 解得v＝4 m/s＞＝ m/s②‎ 在Q点，由牛顿第二定律得 FN＋mg＝m③‎ 解得FN＝22 N④‎ ‎(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得 ‎－μ2mgnL＝2mv－2mv′2⑩‎ 所以vn＝m/s　(n＝0，1，2，…)⑪‎ 答案　(1)22 N　(2)45　(3)vn＝m/s　(n＝0，1，2，…)‎ ‎5．(2015·天津理综，10，16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装 置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动，现 将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5. 设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求 ‎(1)邮件滑动的时间t；‎ ‎(2)邮件对地的位移大小x；‎ ‎(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.‎ 解析　(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为Ff，则 Ff＝μmg①‎ 取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有 Ff t＝mv－0②‎ 由①②式并代入数据得t＝0.2 s③‎ ‎(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Ff x＝mv2－0④‎ 由①④式并代入数据得x＝0.1 m⑤‎ ‎(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s＝v-t⑥‎ 摩擦力对皮带做的功W＝－Ff s⑦‎ 由①③⑥⑦式并代入数据得W＝－2 J⑧‎ 答案　(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)－2 J ‎6．(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/s2.‎ ‎(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(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.‎ ‎(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 ‎－W＝0－mv′2⑤‎ 解得W＝9 J 答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J ‎ ‎