北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
专题七 动量
专题检测题组
1.(2022陕西西安长安一中三模,21)(多选)如图所示,光滑水平面上有一右端带有
固定挡板的长木板,总质量为m。一轻质弹簧右端与挡板相连,弹簧左端与长木板
左端的距离为x 。质量也为m的滑块(可视为质点)从长木板的左端以速度v 滑
1 1
上长木板,弹簧的最大压缩量为x 且滑块恰好能回到长木板的左端;若把长木板固
2
定,滑块滑上长木板的速度为v ,弹簧的最大压缩量也为x 。已知滑块与长木板之
2 2
间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则 ( )
A.v =√2v
1 2
1
B.弹簧弹性势能的最大值为 mv 2
4 1
C.弹簧弹性势能的最大值为μmg(x +x )
1 2
D.滑块以速度v 滑上长木板,也恰好能回到长木板的左端
2
答案 ACD 当长木板不固定时,水平面光滑,滑块、长木板和弹簧组成的系统动
量守恒,从滑块滑上长木板到弹簧压缩到最短,即滑块和长木板共速,对系统由动
1 1
量守恒定律可得:mv =(m+m)v ①,由能量守恒定律可得:E +μmg(x +x )= mv 2-
1 共 p 1 2 2 1 2
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(m+m) ②;从滑块滑上长木板到滑块恰好能回到长木板最左端,即到最左端滑块
v 2
共
和长木板共速,对系统由动量守恒定律可得:mv =(m+m)v ,由能量守恒定律可得:
1 共
1 1
2μmg(x +x )= mv 2- (m+m)v 2③。当长木板固定时,从滑块滑上长木板到弹簧压
1 2
2 1 2 共
1
缩量最大,即滑块速度为0,由能量守恒定律可得: mv2=μmg(x +x )+E ④。由①②
2 2 1 2 p
1
可得E = mv 2-μmg(x +x )⑤,B错误;对比②③可得E =μmg(x +x ),C正确;由④⑤得
p 4 1 1 2 p 1 2
v = v ,A正确;滑块以初速度v 滑上长木板直至把弹簧压缩到最短时,二者具有
1 √2 2 2
的能量为E =μmg(x +x ),此后滑块向左滑动,若能滑到最左端,则需克服摩擦力做
p 1 2
功W=μmg(x +x ),即根据E =W 可知滑块恰好可以回到木板左端,D正确。
f 1 2 p f
2.(2022新疆检测,21)(多选)如图所示,两个可视为质点的物体A和B放在两竖直
墙壁之间的水平地面上,物体A、B的质量均为1 kg,与地面间的动摩擦因数均为
0.1,两竖直墙壁间距为1.6 m。开始时,物体B静止在两竖直墙壁的中点O位置,物
体A从O 点以4 m/s的速度向右运动,已知物体A与B之间,物体A、B与墙壁之
1
间的碰撞均为弹性碰撞,g取10 m/s2,则 ( )
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A.物体A与B发生第一次碰撞后,物体B的动能为7.2 J
B.物体A与B之间总共能发生五次碰撞
C.物体A与B走过的路程之和为6.4 m
D.最终物体A静止在O 点,物体B静止在O点
1
答案 AB 两物体质量相等,当两物体发生弹性碰撞时速度交换,即每次碰撞后,
主动碰撞的物体速度变为0。设物体A、B第一次碰后物体B的动能为E ,由能
k
1
量守恒定律可得:E = mv 2-μmgx ,其中v =4 m/s,x =0.8 m,解得E =7.2 J,A正确。
k 2 0 1 0 1 k
1
从物体A开始运动到A、B均静止,由能量守恒定律可得 mv 2=μmgx ,可得x
2 0 总 总
=8 m,C错误;设A、B间共碰撞n次,x =x +(n-1)L,其中L=1.6 m,可得n=5.5,所以物
总 1
体A与B之间总共能发生五次碰撞,最终物体A静止在O处,物体B静止在O 处,
2
B正确,D错误。
3.(2022新疆乌鲁木齐八中检测,4)质量为m的小球A以速度v 在光滑水平面上
0
运动,与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞,则碰撞后小球A的速度v 和小球
A
B的速度v ,以下四种情况可能会出现的有 ( )
B
1 2 2 7
①v =- v v = v ②v =- v v = v
A 0 B 0 A 0 B 0
3 3 5 10
1 5 3 5
③v =- v v = v ④v = v v = v
A 0 B 0 A 0 B 0
4 8 8 16
第3页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
A.1种 B.2种 C.3种 D.4种
答案 B 碰撞过程需要满足的三条原则:动量守恒mv =mv +2mv 、系统动能不
0 A B
1 1 1
增加 mv 2≥ mv 2+ ×2mv 2、碰撞后运动状态符合实际。①三条都符合,②不符
2 0 2 A 2 B
合第二条,③三条都符合,④v >v ,不符合第三条,B正确。
A B
4.(2022陕西西安中学期中,6)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为
估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力,小玲同学将一圆柱形水杯置于院
中,测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm,查询得知,当时雨滴落地速度约为10
m/s,设雨滴撞击芭蕉后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3,据此估算
芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为 ( )
A.0.25 N B.0.5 N C.1.5 N D.2.5 N
答案 A 设芭蕉叶面的单位面积S=1 m2,芭蕉叶面单位面积对雨水的平均作用
力为F,令ρ=1×103 kg/m3,h=15 mm=0.015 m,t=10 min=600 s,则时间Δt内落到芭蕉
h
叶面的雨水的质量Δm=ρSv·Δt=ρ S·Δt。取雨水落地的速度方向为正方向,对Δt
t
时间内落到叶面的雨水列动量定理可得:-FΔt=0-Δm·v,解得F=0.25 N;由牛顿第三
定律可得芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N,A正确。
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5.(2023届新疆乌鲁木齐八中月考,3)如图,风力推动风力发电机的三个叶片转动,
叶片带动转子(磁极)转动,在定子(线圈)中产生电流,实现风能向电能的转化。已
1
知叶片长为r,风速为v,空气密度为ρ,流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有 速
4
3
度减速为0,有 原速率穿过,如果不考虑其他能量损耗,下列说法正确的是 (
4
)
1
A.一台风力发电机的发电功率约为 ρπr2v3
8
1
B.一台风力发电机的发电功率约为 ρπr2v3
24
1
C.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为 ρπr2v2
4
1
D.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为 ρπr2v2
9
答案 A 时间t内流到叶片旋转形成的圆面的空气的质量m=ρπr2vt,产生的电能
1 1 1
为E ,由能量守恒可得,E = × m×v2= ρπr2v3t,所以一台发电机的发电功率P=
电 电
2 4 8
E 1 m
电= ρπr2v3,A正确,B错误。时间t内,速度减为零的空气的质量为 ,设空气的初
t 8 4
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m 1
速度方向为正方向,由动量定理可得-Ft=0- v,可得F= ρπr2v2;由牛顿第三定律可
4 4
F 1
得空气对风力发电机的一个叶片的平均作用力约为 = ρπr2v2,C、D错误。
3 12
6.(2022扬州中学期末,5)如图所示,某一质量为m的卫星残片从离地面H高处由
静止落至地面并陷入泥土一定深度h而停止,不计空气阻力,重力加速度为g。关
于残片下落的整个过程,下列说法中正确的是 ( )
A.残片克服泥土阻力所做的功为mgH
B.残片下落的全过程中重力的冲量大小大于泥土阻力的冲量大小
C.残片所受泥土阻力的冲量大于m√2gH
D.残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受阻力的冲量
答案 C 由动能定理得mg(H+h)+W=0,解得W=-mg(H+h),则残片克服泥土阻力
f f
所做的功为mg(H+h),A错误;残片下落的全过程中,动量变化量为0,所受合外力的
冲量为零,故重力的冲量大小等于泥土阻力的冲量大小,B错误;残片下落的过程中,
v2
根据自由落体运动规律得H= ,解得落到地面时的速度v=√2gH,残片落到地面
2g
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上后又陷入泥土中,由动量定理得I -I=0-mv,解得I=I +mv=I +m√2gH,残片所受
G f f G G
泥土阻力的冲量大于m√2gH,C正确;由动量定理知,残片从接触地面到静止的过
程中动量的改变量等于所受阻力与重力的合力的冲量,D错误。
7.(2022徐州一中月考,6)如图所示,在光滑的水平面上,质量为m 的小球A以速率
1
v 向右运动。在小球A的前方O点处有一质量为m 的小球B处于静止状态,Q点
0 2
处为一竖直的墙壁。小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运
动。小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇,PQ=2PO,则两小
球质量之比m ∶m 为 ( )
1 2
A.7∶5 B.1∶3
C.2∶1 D.5∶3
答案 D 以向右为正方向,设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v 、v ,由动量
1 2
1
守恒定律有m v =m v +m v ,发生弹性碰撞,不损失动能,故根据能量守恒定律有
1 0 1 1 2 2
2
1 1
m v2= m v2+ m v2,两个小球碰撞后水平方向不受外力,再次相遇,其速率不变,由
1 0 2 1 1 2 2 2
x x
运动学规律有v ∶v = 1∶ 2=PO∶(PO+2PQ)=1∶5,联立三式可得m ∶m =5∶3,D正确。
1 2 1 2
t t
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8.(2022扬州模拟,6)如图1所示,一儿童站在平板小车中间,与小车一起沿水平地
面匀速向右运动,儿童突然走向小车一端,此过程儿童和小车的速度⁃时间关系如
图2所示,不计地面的摩擦。以下说法正确的是 ( )
图1 图2
A.儿童的质量小于小车的质量
B.儿童走向小车左端
C.儿童和小车的总动能减少
D.小车对儿童的冲量方向水平向右
答案 B 根据v⁃t图像的斜率表示加速度,可知,小车的加速度大小大于儿童的加
速度大小,儿童和小车各自受到的合外力大小都等于相互间的摩擦力的大小,由牛
顿第二定律F=ma知儿童的质量大于小车的质量,A错误;小车向右做匀加速直线
运动,儿童向右做匀减速直线运动,说明儿童对小车的摩擦力向右,小车对儿童的
摩擦力向左,则儿童走向小车左端,B正确;儿童在行走过程中要消耗体能,转化为
系统的动能,则儿童和小车的总动能增加,C错误;小车对儿童的摩擦力方向水平向
左,则小车对儿童的冲量方向水平向左,D错误。
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9.(2022苏州实验中学月考,7)如图所示,在光滑水平面上放置一个质量为M的滑
1
块,滑块的一侧是一个 弧形槽,弧形槽半径为R,A点切线水平。另有一个质量为
4
m的小球以速度v 从A点冲上滑块,重力加速度大小为g,不计摩擦。下列说法中
0
正确的是 ( )
A.当v =√2gR时,小球能到达B点
0
B.如果小球的速度足够大,小球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C.小球到达弧形槽最高点处,小球的速度为零
D.小球回到弧形槽底部时,小球速度方向可能向左
答案 D 滑块不固定,当v =√2gR时,设小球沿槽上升的高度为h,小球与滑块组
0
1 1
成的系统水平方向动量守恒,则有mv =(m+M)v,机械能守恒 mv 2= (M+m)v2+mgh,
0 2 0 2
M
解得h= R<R,故A错误;当小球速度足够大,从B点离开滑块时,由于B点切
M+m
线竖直,在B点时小球与滑块的水平速度相同,离开B点后做斜抛运动,水平方向
速度与滑块速度始终相等,故小球将再次从B点落回,不会从滑块的左侧离开滑块
后直接落到水平面上,B错误;当小球到达弧形槽最高点,由在水平方向上动量守恒
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有mv =(M+m)v ,小球具有水平速度,速度不为零,故C错误;小球回到弧形槽底部,
0 共
1 1 1 m-M
相当于完成了弹性碰撞,有mv =mv +Mv , mv 2= mv 2+ Mv 2,联立解得v =
0 1 2 2 0 2 1 2 2 1 m+M
·v ,若m>M,v 与v 方向相同,小球速度方向向左,故D正确。
0 1 0
10.(2022湖南师大附中二模,8)(多选)如图所示一平板车A质量为2m,静止于光
滑水平面上,其右端与竖直固定挡板相距为L。小物块B的质量为m,以大小为v
0
的初速度从平板车左端开始向右滑行,一段时间后车与挡板发生碰撞,已知车碰
撞挡板时间极短,碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反。A、B之间的动摩
擦因数为μ,平板车A表面足够长,物块B总不能到平板车的右端,重力加速度大
小为g。L为何值时,车与挡板能发生3次及以上的碰撞( )
A.v2 B. v2 C. v2 D. v2
0 0 0 0
μg 32μg 65μg 96μg
答案 CD 在车与挡板碰撞前,有mv =2mv +mv 。如果L为某个值L ,使A与挡板
0 A B 1
能发生二次碰撞,从A开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间,对A由动能定理可
1
得μmgL = ·2mv2。设A第二次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为
1 2 A
v '、v ',从A与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间,由动量守恒定律可
A B
得mv -2mv =2mv '+mv ',且第二次碰撞前,A、B未达到共速,A在这段时间内先向
B A A B
左后向右运动,加速度保持不变,根据匀变速直线运动的对称性可知v '=v 。A与
A A
挡板第二次碰撞后经一段时间后A、B同时停止运动,即mv '-2mv '=0,联立解得
B A
L = v2 ;车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件为L< v2 。故选C、D。
1 0 0
64μg 64μg
11.(2022广州一模,8)(多选)如图,水平飞向球棒的垒球被击打后,动量变化量为12.6
kg· m/s,则 ( )
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A.球的动能可能不变
B.球的动量大小一定增加12.6 kg· m/s
C.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
答案 AC 垒球被击打后,可能以与被击打前等大的速率反向运动,所以球的动能可能
不变,动量大小不变,A正确,B错误;由牛顿第三定律可知,球对棒的作用力与棒对球的
作用力是相互作用力,它们大小相等,C正确;球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向,
与球被击打前的速度方向相反,D错误。故选A、C。
12.(2023届广州广雅中学期中,5)如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光
滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽上
高h处由静止开始自由下滑,则下列说法正确的是 ( )
A.在下滑过程中,小球和槽组成的系统动量守恒
B.在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
C.被弹簧反弹后,小球能回到槽上高h处
D.被弹簧反弹离开弹簧后,小球和槽都做速率不变的直线运动
答案 D 在下滑过程中,小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力为零,动量守恒;
在竖直方向上所受合外力不为零,动量不守恒,A错误。在下滑过程中,根据动量守恒定
律可知槽向左运动,小球和槽之间的相互作用力对槽做正功,B错误。根据动量守恒定律,
由于两者的质量相等,可知小球滑到斜槽底端时和槽的速度大小相等,小球被弹簧反弹
离开弹簧后,速度大小不变,与槽的速度相等,所以小球和槽都做速率不变的直线运动,
且小球不可能追上槽并回到槽上高h处,C错误,D正确。故选D。
13.(2022茂名二模,7)2021年中国火星探测器“天问一号”在火星表面成功着陆,火星
车“祝融号”开展巡视探测,假定火星上风速约为18 m/s,火星大气密度约为1.3×10-2
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kg/m3,“祝融号”迎风面积约为6 m2,风垂直吹到火星车上速度立刻减为零,则火星车
垂直迎风面受到的压力约为 ( )
A.1.4 N B.25 N
C.140 N D.250 N
答案 B 设Δt内吹到火星车“祝融号”上的风的质量为Δm,有Δm=ρvΔtS,以该
部分风为研究对象,设风速方向为正方向,根据冲量定理有-FΔt=0-Δmv,解得
F=ρv2S=1.3×10-2×18×18×6 N≈25 N。根据牛顿第三定律可知火星车垂直迎风面受
到的压力约为25 N,故选B。
情境解读
可以将风模型化柱状的流体,以单位时间的流体为研究对象,应用动量定理解题。
14.(2022宁夏银川质检,25)在足够大的光滑水平地面上放置两木板A和C,物体
B(视为质点)放在A板的右端,随A一起以大小v=8 m/s的速度向右运动,木板C静
止在水平地面上,A、B、C的质量分别为m =0.1 kg、m =0.2 kg、m =0.3 kg。 若
A B C
A与C碰撞后成为一个整体(碰撞时间极短),B滑上C后,最远能滑至距离C的左
端L=3 m的位置。取重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)A与C碰撞后瞬间A的速度大小v ;
1
(2)从B滑上C到B距离C的左端最远处所需的时间t;
(3)B与C上表面间的动摩擦因数μ。
答案 (1)2 m/s (2)1 s (3)0.4
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解析 (1)设木板A的初速度方向为正方向,A和C组成的系统碰撞过程中动量守
恒,m v=(m +m )v ,解得v =2 m/s。
A A C 1 1
(2)从A、B开始运动到A、B、C达到共同速度v ,A、B、C组成的系统动量守
共
恒,(m +m )v=(m +m +m )v ,可得v =4 m/s;从B滑上C到B、C达到共速,B的对
A B A B C 共 共
v+v v +v
地位移与A、C的对地位移之间的关系为x -x =L,所以 共t- 1 共t=L,可得
B AC
2 2
t=1 s。
(3)从A、C碰后成为一个整体到A、B、C共速,对A、B、C系统由能量守恒定律
1 1 1
可得:μm gL= (m +m )v 2+ m v2- (m +m +m )v 2,代入数据得μ=0.4。
B 2 A C 1 2 B 2 A B C 共
方法技巧
本题中有A、B、C三个研究对象,当A和C碰撞时,时间很短,内力远大于外力,所
以A和C组成的系统动量守恒,此碰撞为完全非弹性碰撞,但B此时并未和C碰撞,
故认为A和C碰撞的过程中,物体B的状态并未发生改变。A和C碰撞后,把A和
C看成一个整体,物体B和A、C整体看成板块模型分析。
15.(2023届南京学情调研,14)如图所示,半径为R=0.2 m的光滑固定四分之一圆弧
轨道末端水平,与地面上足够长的水平木板C的上表面等高、平滑对接,但不粘连。
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现将质量m =1 kg的物块A从轨道上最左端由静止释放,此时物块B、木板C均
A
静止,B到C左端的距离d=0.5 m。物块A滑上木板C后经过一定时间与物块B
发生碰撞,碰撞时间极短,且碰后A、B粘在一起。已知B、C的质量m =0.5 kg、
B
m =0.5 kg,A、B与C间的动摩擦因数相同,μ =μ =0.2,C与地面间动摩擦因数
C A B
μ =0.05。重力加速度g=10 m/s2。求:
C
(1)物块A对圆形轨道最低点P的压力;
(2)从A滑上C直至A、B发生碰撞所需的时间;
(3)从释放A到三个物体最终均停止运动,全过程系统因摩擦产生的热量。
1 11
答案 (1)30 N 方向竖直向下 (2) s (3) J
3 6
解析 (1)物块A下滑过程,由动能定理得
1
m gR= m v2
A 2 A 0
解得v =√2gR
0
代入数值得v =2 m/s
0
物块在P点,支持力和重力的合力提供向心力
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N-mg=mv2
0
R
N=mv2+mg=30 N
0
R
由牛顿第三定律,滑块对P点的压力为30 N,方向竖直向下。
(2)A滑上C表面后减速运动的加速度大小为
a =μ g=2 m/s2
A A
假设B、C相对静止并向右加速,共同加速度
a=μ m g-μ (m +m +m )g
A A C A B C
m +m
B C
代入数值,得a=1 m/s2
a<μ g
B
故假设成立。
A追上B时,满足d=(
v t-
1
a
t2)-1at2
0 2 A 2
1
代入数据解得t = s,t =1 s(舍去)
1 2
3
(3)A、B碰撞前瞬间
4
v =v -a t = m/s
A 0 A 1
3
1
v =at = m/s
B 1
3
A、B碰撞过程,由动量守恒定律得
m v +m v =(m +m )v
A A B B A B
第15页 共25页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
可得v=1 m/s
全过程系统因摩擦产生的热量为
Q=m gR-[1 1 1 ]
A m v2 + m v2- (m +m )v2
2 A A 2 B B 2 A B
11
代入数值解得Q= J
6
16.(2022无锡一中期末,13)汽车安全性能是衡量汽车品质的重要指标,实车碰撞
试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法。某次测试中质量为1 500 kg的实
验汽车在车道上加速至16 m/s后撞上刚性壁障,碰后车轮被卡住,以4 m/s的速度
反向弹回,车滑行2 m后停止,数据传感器记录此次碰撞时间为0.5 s,重力加速度
取10 m/s2,求:
(1)碰撞过程中壁障对实验汽车的平均作用力大小;
(2)实验汽车与车道之间的动摩擦因数。
答案 (1)6×104 N (2)0.4
解析 (1)取反弹后的速度方向为正方向,由动量定理可得Ft=mv -mv
2 1
解得F=6×104 N
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(2)方法一:汽车反弹后,水平方向摩擦力做功,由动能定理有
1
-μmgx=0- mv2
2 2
解得μ=0.4
方法二:汽车反弹后受摩擦力作用,做匀速减速直线运动,由运动学公式有
0- =-2ax
v2
2
由牛顿第二定律有
μmg=ma
解得μ=0.4
17.(2022雅礼中学月考七,13)如图所示,粗糙的水平面上静止放置三个质量均
为m的小木箱,相邻两小木箱的距离均为L。工人用沿水平方向的力推最左边的
小木箱使之向右滑动,逐一与其他小木箱碰撞。每次碰撞后小木箱都粘在一起运
动。整个过程中工人的推力不变,最后恰好能推着三个木箱匀速运动。已知小木
箱与水平面间的动摩擦因数都为μ,重力加速度为g。设每次碰撞时间极短,小
木箱可视为质点。求第一次碰撞和第二次碰撞过程中损失的机械能之比。
答案 3∶2
解析 最后恰好能推着三个木箱匀速运动,则有F=3μmg
水平力推最左边的木箱时,根据动能定理有
1
(F-μmg)L= mv2
2 1
木箱发生第一次碰撞,根据动量守恒定律有mv =2mv
1 2
碰撞中损失的机械能为
1 1
ΔE = mv2- ×2m·v2
1 2 1 2 2
第一次碰后,水平力推两木箱向右运动,根据动能定理有
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1 1
(F-2μmg)L= ×2m·v2- ×2m·v2
2 3 2 2
木箱发生第二次碰撞,根据动量守恒定律有2mv =3mv
3 4
碰撞中损失的机械能为
1 1
ΔE = ×2m·v2- ×3m·v2
2 2 3 2 4
联立解得两次碰撞过程中损失的机械能之比为ΔE =3
1
ΔE 2
2
1
18.(2022五市十校联考,13)如图所示,AB为半径R=0.8 m的 光滑圆弧轨道,BCD
4
为距水平地面高h=1.25 m的水平轨道,BC部分粗糙、长度L=2 m,CD部分光滑,
水平轨道与圆弧轨道相切于B点。甲、乙两物块(均视为质点)静置在水平轨道
上,乙在水平轨道末端D点,两物块间夹有一水平轻质弹簧(弹簧与物块不粘连),
当弹簧处于自然伸长状态时,甲在C点的右侧。第一次,保持乙不动,用外力向右
缓慢推甲,使弹簧处于压缩状态,然后将甲由静止释放,甲恰好能到达圆弧轨道的
最高点A;第二次,使弹簧处于压缩量相同的状态,同时由静止释放两物块,弹簧
在极短时间内恢复到自然伸长状态,此后乙落在地面上到D点水平距离为x=1 m
的E点。甲的质量m =0.1 kg,甲与轨道BC部分间的动摩擦因数μ=0.2,取重力
1
加速度大小g=10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)第一次释放甲后,甲通过B点时对圆弧轨道的压力大小N;
(2)乙的质量m 。
2
答案 (1)3 N (2)0.2 kg
解析 (1)设第一次释放甲后,甲通过B点时的速度大小为v,根据动能定理有-
1
m gR=0- m v2
1 1
2
解得v=4 m/s
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v2
设第一次释放甲后,甲通过B点时所受圆弧轨道的支持力大小为F,有F-m g=m
1 1
R
根据牛顿第三定律有N=F
解得N=3 N
(2)根据功能关系可知,弹簧处于压缩状态时的弹性势能E =μm gL+m gR
p 1 1
解得E =1.2 J
p
设第二次释放甲、乙后,甲、乙离开弹簧时的速度大小分别为v 和v ,根据动量
1 2
守恒定律有m v =m v
1 1 2 2
1 1
根据机械能守恒定律有E = m v 2+ m v 2
p 2 1 1 2 2 2
1
设第二次释放甲、乙后,乙在空中运动的时间为t,有h= gt2,x=v t
2
2
联立解得m =0.2 kg
2
19.(2022湖南师大附中二模,13)如图所示,光滑水平地面上固定一个高h的光滑
墩子,墩子顶面上有一个侧面光滑可视为质点的物体B,质量为M,与墩子无摩擦。
小球A以水平初速度v =√2gh从高H=1.5h处水平抛出,恰好与B的左侧面发生弹
0
性碰撞(不会与墩子碰撞),B物体恰好落在距墩子水平距离x=h处的小车C左端,
小车的高度忽略不计,而A球落在墩子的左边,重力加速度为g。
(1)A球抛出点到B的水平距离多大?
(2)A球的落地点距墩子的水平距离多大?
1
(3)假设小车的质量也为M,物体B底面与小车上表面的动摩擦因数为μ= ,不考
4
虑其他阻力,物体落在小车上发生竖直速度大小不变的反弹,且作用时间极短,求
物体B再次落在车上(或地面)时,两次落点相对小车的水平距离多大。
√6-√2
答案 (1)√2h (2) h (3)0
2
1 1
解析 (1)根据 h= gt2
2 2 AB
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√h
解得t =
AB
g
所以水平距离x =v t =√2h
A 0 AB
1
(2)设小球的质量为m,被碰后B的速度为v ,根据h= gt2,h=v t
B 2 1 B 1
1
解得v = √2gh
B
2
A与B相碰,水平方向动量守恒mv =-mv +Mv
0 A B
1 1 1
由弹性碰撞的特点可得 mv2= mv2+ Mv2
2 0 2 A 2 B
1 1
解得v =v = √2gh,m= M
A B
2 3
A球与B碰撞,竖直速度不会改变,因此落地时间也不会改变,从抛出到落地的时
√3h
间为t =
H
g
√h
碰后落地时间为Δt=t -t =(√3-1)
H AB
g
√6-√2
所以落地点与墩子的水平距离为x= h
2
(3)B落在小车前瞬间的竖直速度v =√2gh
y
因为作用时间极短,那么有NΔt=2M√2gh
1
水平方向,对B物体有-μNΔt=Mv '-M· √2gh
B
2
对小车有μNΔt=Mv
C
1
解得v '=0,v = √2gh
B C
2
很明显与实际不符,因为在极短时间内,B减速,C加速,当B、C水平方向共速时,
摩擦力变为零,B不再减速,B、C水平共速,由水平方向动量守恒得v '=v =
B C
1
√2gh,因此两次水平落点在同一点(相对小车),水平距离为零。
4
20.(2022长郡中学月考六,13)如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面上的A、B两
点锁定着大小相同的a、b两个滑块(均可视为质点),它们的质量分别为m 、m ,
a b
斜面底端C点固定一个挡板。现同时解除锁定,让滑块a、b同时由静止开始沿
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斜面下滑,滑块b与挡板碰撞后沿斜面向上运动,又与向下运动的滑块a发生碰
撞。已知A、B之间的距离L =5 m,B、C之间的距离L =2.5 m,碰撞均为弹性碰撞,
1 2
重力加速度g=10 m/s2,求
(1)滑块b到达挡板时的速度v 的大小;
0
(2)滑块a、b碰前的速度v 、v 的大小;
a b
(3)为使滑块a能返回A点,两滑块质量比m ∶m 应满足什么条件。
a b
答案 (1)5 m/s (2)7.5 m/s 2.5 m/s
(3)m ∶m ≤1∶3
a b
解析 (1)b下滑,由动能定理有
1
m gL sin 30°= m v2
b 2 2 b 0
得v =5 m/s
0
(2)滑块b到达挡板时,a也下滑L ,同理,此时a下滑的速度大小也是v =5 m/s,b
2 0
与挡板碰后,速度大小不变,方向相反,对两滑块有mg sin 30°=ma
得a=5 m/s2
1
a的位移x =v t+ at2
a 0
2
1
b的位移x =v t- at2
b 0
2
a、b相遇时,x +x =(L -L )+L =L
a b 1 2 2 1
得t=0.5 s
则v =v +at=7.5 m/s,v =v -at=2.5 m/s
a 0 b 0
(3)a、b碰撞,取沿斜面向上为正方向。由动量守恒定律得m v -m v =m v '+m v '
b b a a b b a a
1 1 1 1
由机械能守恒定律得 m v2+ m v2= m v '2+ m v '2
2 b b 2 a a 2 b b 2 a a
解得v '=(m -m )(-v )+2m v
a a b a b b
m +m
a b
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为使a能返回A点,v '≥v ,得m ∶m ≤1∶3
a a a b
21.(2022深圳光明区高级中学月考,13)2022年举办的第24届冬奥会中,短道速滑接力
赛是冰上最为激烈的运动项目之一。质量60 kg的队员甲,以速度12 m/s从后方接近
质量为50 kg的队员乙,身体接触前队员乙的速度为9.6 m/s。队员甲在推送队员乙的
过程中推送时间极短,队员乙被推后的瞬时速度为12 m/s,队员甲助力后在直道上向前
滑行了19 m,接着碰撞上缓冲垫后1 s停下。运动员的鞋子与冰面间的动摩擦因数为
0.05,g取10 m/s2。
(1)求队员甲助力后的速度;
(2)求队员甲对缓冲垫的平均作用力是多少。
答案 (1)10 m/s (2)510 N
解析 (1)在队员甲推送乙队员过程中推送时间极短,以甲、乙两位运动员为研究对象,
由动量守恒得mv+mv=mv'+mv',解得v'=10 m/s
1 1 2 2 1 1 2 2 2
(2)队员甲推送完队员乙后到刚要接触缓冲垫过程,根据动能定理得-μmgs=
1
1 1
m1v2- m1v'2
2 2 2
队员甲碰撞上缓冲垫后,根据动量定理得(F+μmg)t=mv,解得F=510 N
1 1
22.(2022肇庆三模,13)如图甲所示,“打弹珠”是一种常见的民间游戏,该游戏的规则
为:将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出,并与另一静止的弹珠发生碰撞,若被碰弹珠
能进入小坑中即胜出。现将此游戏进行简化,如图乙所示,粗糙程度相同的水平地面上,
弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上,两弹珠间距x=2 m,弹珠B与坑的间距x=1 m。某同
1 2
学将弹珠A以v=6 m/s的初速度水平向右瞬间弹出,经过时间t=0.4 s与弹珠B正碰
0 1
(碰撞时间极短),碰后弹珠A又向前运动Δx=0.1 m后停下。已知两弹珠的质量均为
2.5 g,取重力加速度g=10 m/s2,若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同,并将弹珠
的运动视为滑动,求:
(1)碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和弹珠与地面间的动摩擦因数μ;
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(2)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失,并判断该同学能否胜出。
甲
乙
答案 (1)4 m/s 0.5 (2)7.5×10-3 J 不能
解析 (1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v,弹珠A与B碰撞前过程,由运动学公式得
1
1
x=vt- at2,v=v-at
1 0 1 2 1 1 0 1
由牛顿第二定律得F=μmg=ma,联立解得,μ=0.5,v=4 m/s
f 1
(2)由(1)可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为a=5 m/s2,设弹珠A碰撞后瞬
间的速度为v',由运动学规律有v' =2aΔx,解得v'=1 m/s
1 2 1
❑
1
设碰后瞬间弹珠B的速度为v',由动量守恒定律得
2
mv+0=mv'+mv'
1 1 2
1 1 1
解得v'=3 m/s,所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失ΔE= mv2-( mv'❑ 2+ mv'❑ 2
2 k 2 1 2 1 2 2
)
解得ΔE=7.5×10-3 J,碰后弹珠B运动的距离为
k
Δx'=v'2=0.9 m<x=1 m
2 2
2a
所以弹珠B没有进坑,故该同学不能胜出。
23.(2023届广州8月阶段考,17)如图所示,光滑水平面上有一质量为m=0.9 kg、带有
A
1
半径为R=0.5 m的 光滑圆弧的小车A,圆弧的下端出口切线水平,紧靠着小车A的左侧
4
有质量为m=0.1 kg的木板B。一质量为m=0.1 kg、可以视为质点的滑块C,从圆弧最
B C
高点无初速度释放,圆弧下端出口到B上表面的高度差为h=0.8 m。若滑块C落到木板
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B上不反弹只相对滑动,已知C与B之间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g=10 m/s2。
求:
(1)滑块C碰到木板B之前的速度大小;
(2)木板长度至少要多长,滑块C才不会从木板B上滑落。
答案 (1)5 m/s (2)1.6 m
解析 (1)由于滑块和小车在水平方向不受外力作用,所以滑块和小车系统在水平方向
动量守恒,有0=mv-mv,水平面和圆弧光滑,系统机械能守恒,有
C C A A
1 1
mgR= mCv2+ mAv2
C 2 C 2 A
联立解得滑块到小车最低点时的速度为v=3 m/s,方向水平向左
C
滑块离开小车后做平抛运动,落到木板上时竖直方向的速度为 =2gh,解得v=4 m/s
v2 B
B
滑块碰到木板之前的速度为v= m/s=5 m/s
√v2+v2=√32+42
C B
(2)C下滑过程中,A、C系统水平方向动量守恒,根据0=mv-mv
C C A A
整理可得mx=mx,其中x、x是A、C的水平位移,由几何关系可知x+x=R
C C A A A C C A
解得A向右运动的距离x=0.05 m
A
由题可知,滑块落到木板上后竖直方向的速度为零,那么滑块落到木板上后的速度为
v=3 m/s,滑块的加速度大小为a=μm g=μg=5 m/s2,方向与速度方向相反;
C C C
m
C
木板的加速度大小为a=μm g=μg=5 m/s2,滑块在木板上做匀减速直线运动,木板做
B C
m
B
匀加速直线运动,当滑块和木板速度相同时有v =v-at=at,解得滑块和木板共速时的
共 C C B
速度为v =1.5 m/s,从滑块C落到木板B上,到B、C共速时滑块发生的位移为x=
共 C
v2 -v2
=0.675 m
C 共
2a
C
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木板发生的位移为x=
v2
=0.225 m
B 共
2a
B
滑块相对木板发生的位移为Δx=x-x=0.45 m
C B
√2h
滑块做平抛运动时的时间为t= =0.4 s
g
滑块做平抛运动时在水平方向的位移为x=vt=1.2 m
C
滑块C不会从木板B上滑落,木板的最小长度为
L =x+Δx-x=1.6 m阿
min A
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