北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题七 动量与动量守恒
应用创新题组
(时间:80分钟 满分:130分)
一、单项选择题(每小题4分,共20分)
1.(2022届雅礼中学联考 典型模型)如图所示,质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平
地面上,其水平直径AB长度为2R,现将质量也为m的小球从距A点正上方h 高处由静止释
0
3
放,然后由A点经过半圆轨道后从B冲出,在空中能上升的最大高度为 h(不计空气阻力),则
0
4
( )
A.小球和小车组成的系统动量守恒
1
B.小车向左运动的最大距离为 R
2
C.小球离开小车后做斜上抛运动
1 3
D.小球第二次能上升的最大高度h满足 h<h< h
0 0
2 4
答案 D 水平地面光滑,系统仅在水平方向动量守恒,竖直方向动量并不守恒,A错误;依据
m
人船模型的结论可得小车向左运动的最大距离为x = ·2R=R,B错误;因水平方向动量
车 m+m
守恒,则小球离开小车后做竖直上抛运动,下来时还会落回半圆轨道中,C错误;设小球第一次
3 1
在半圆轨道中运动克服摩擦力做功大小为W,由动能定理得mg(h - h)-W=0,解得W=
f 0 0 f f
4 4
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1
mgh ,即小球第一次在半圆轨道中运动损失的机械能为 mgh ,由于第二次小球在半圆轨道中
0 0
4
运动时,对应位置处速度变小,因此半圆轨道对小球的弹力变小,摩擦力变小,克服摩擦力做功
1 1 1 3
小于 mgh ,机械能损失小于 mgh ,因此小球第二次能上升的最大高度h满足 h<h< h,D
0 0 0 0
4 4 2 4
正确。
2.(2021八省联考B卷,3,4分)如图所示为高空坠物的公益广告,形象地描述了高空坠物对人
伤害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告的科学性:设一个50 g的鸡蛋从25楼的
窗户自由落下,相邻楼层的高度差为3 m,鸡蛋与地面撞击时间约为2 ms。不计空气阻力,则
该鸡蛋对地面的平均冲击力约为( )
A.5 000 N B.1 000 N C.500 N D.100 N
答案 B 相邻楼层高度差为3 m,则鸡蛋下落的总高度约为h=(25-1)×3 m=72 m,自由下落时
√2h
间t= ≈3.8 s,与地面的碰撞时间约为t=2 ms=0.002 s,全过程根据动量定理可得mg(t+t)-
1 2 1 2
g
Ft=0,解得F≈950 N≈1 000 N,由牛顿第三定律可知,该鸡蛋对地面的平均冲击力约为1 000
2
N,选项B正确。故选B项。
3.(2021广州模拟,6 物理生活)用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理。如图
所示,从距秤盘80 cm高度把1 000粒豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1 s,豆粒
弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短
(在豆粒与秤盘碰撞的极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1 000粒豆粒的总质
量为100 g,g取10 m/s2。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )
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A.0.2 N B.0.6 N C.1.0 N D.1.6 N
答案 B 豆粒下落过程做自由落体运动,落到秤盘上时速度大小v=√2gh=4 m/s,根据题意
Δp
知反弹瞬间速度大小为2 m/s,对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有:F= =
t
0.1×2-0.1×(-4)
N=0.6 N,由牛顿第三定律知,选项B正确。
1
4.(2022届临沂模拟 物理生活)如图所示,武装直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面
面积)为S,空气密度为ρ,直升机质量为m,重力加速度为g。当直升机向上匀速运动时,假设空
气阻力恒为f,空气浮力不计,风力的影响也不计,下列说法正确的是( )
A.直升机悬停时受到的升力大小为mg+f
√mg+f
B.直升机向上匀速运动时,1 s内被螺旋桨推动的空气质量为
2ρS
C.直升机向上匀速运动时,1 s内被螺旋桨推动的空气质量为√(mg+f )ρS
D.直升机向上匀速运动时,1 s内发动机做的功为√m3g3
ρS
答案 C 根据平衡条件可得直升机悬停时受到的升力大小为mg,故A错误;Δt时间内被螺
Δp
旋桨推动的空气的质量为Δm'=ρSvΔt,螺旋桨对空气的作用力大小F= ,Δp=Δm'v,由牛顿
Δt
第三定律知空气对螺旋桨的作用力大小F'=F,为使飞机向上匀速运动,有F'=mg+f,联立解得
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v=√mg+f ,1 s内被螺旋桨推动的空气质量为M=ρSv=ρS√mg+f = ,故B错误,
√(mg+f )ρS
ρS ρS
C正确;由动能定理可得1 s内发动机所做的功为W=1Mv2=1√(mg+f )3,故D错误。
2 2 ρS
5.(2020威海一模,8 科技工程)离子推进器是新一代航天动力装置,可用于卫星姿态控制和
轨道修正。推进剂从图中P处注入,在A处电离出正离子,已知B、C之间加有恒定电压U,正
离子进入B时的速度忽略不计,经加速形成电流为I的离子束后喷出推进器,单位时间内喷出
的离子质量为J。为研究问题方便,假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力,忽略推进
器运动速度,则推进器获得的推力大小为( )
U2 U
A.√2UJI B. C. D.√UJI
2JI 2JI
1
答案 A 在A处电离出正离子,经B、C间电压加速后,由动能定理可知qU= mv2,解得v=
2
√2qU nq nm
,以t时间内喷射的离子为研究对象,应用动量定理有Ft=nmv,又因为I= ,J= ,解
m t t
得F=√2UJI,根据牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为√2UJI,故A正确,B、C、D错
误。
二、多项选择题(每小题6分,共18分)
6.(2021雅礼中学月考,9 典型模型)(多选)如图所示,两个小球A、B大小相等,质量分布均匀,
A的质量小于B的质量,A、B与轻弹簧拴接,静止在光滑水平面上,第一次用锤子在左侧与A
球心等高处水平快速向右敲击A,作用于A的冲量大小为I,第二次两小球及弹簧仍静止在水
1
平面上,用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B,作用于B的冲量大小为I,I=I ,
2 1 2
则下列说法正确的是( )
A.若两次锤子敲击完成瞬间,A、B两球获得的动量大小分别为p 和p,则p=p
1 2 1 2
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B.若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W 和W,则W=W
1 2 1 2
C.若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L 和L,则L<L
1 2 1 2
D.若两次弹簧压缩到最短时,A、弹簧、B的共同速度大小分别为v 和v,则v>v
1 2 1 2
答案 AC 由动量定理I=Δp可知,由于I=I ,则两次锤子敲击完成瞬间有p=p,故A正确;由
1 2 1 2
p2
于两次锤子敲击完成瞬间两球具有的动量大小相等,由E= 可知,质量小的A球获得的初
k
2m
m v
动能更大,由动能定理可知W
1
>W
2
,故B错误;由动量守恒可得m
1
v
0
=(m
1
+m
2
)v,得v=
1 0
,
m +m
1 2
由能量守恒有1m
1v2
=1(m
1
+m
2
)v2+E
p
,得E
p
= m
1
m
2 v2
,由于p
1
=p
2
,则质量越小的,初速度
2 0 2 2(m +m ) 0
1 2
越大,即A球获得的初速度较大,则敲击A球时弹簧的最大弹性势能较大,即L<L,故C正确;
1 2
m v
由动量守恒可得m
1
v
0
=(m
1
+m
2
)v,得v=
1 0
,则两次共速时的速度大小相等,故D错误。
m +m
1 2
7.(2022届长沙一中月考一 典型模型)(多选)如图甲所示,劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固
定在地面上,上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方
某高度处,取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力,
物块A自由下落,与物块B碰撞后以相同的速度向下运动,碰撞过程用时极短。测得物块A
的动能E 与其位置坐标x的关系如图乙所示(弹簧始终处于弹性限度内),图中除0~x 之间的
k 1
图线为直线外,其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点,重力加速度为g,则( )
A.物块A、B的质量之比为1∶2
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3E
B.弹簧的劲度系数为
k1
x (x -x )
1 2 1
x -x
C.从x
1
到x
3
的过程中,物块运动加速度的最大值为
3 2
g
x -x
2 1
9x -8x
D.从x
1
到x
3
的过程中,弹簧的弹性势能增加了
3 1
E
k1
3x
1
1
答案 AD 由图像可知,碰后A的速度变为原来的 ,由A、B碰撞过程动量守恒可知
3
m A v 0 =(m A +m B )×v 0 ,可得 m A =1,A正确;设A质量为m,则B质量为2m,由图乙可知在x 2 处动
3 m 2
B
能最大,由平衡条件可知,此时弹簧弹力为3mg,从x 到x 的过程中,弹力增加mg,则mg=k(x -
1 2 2
E
x
1
),从O到x
1
由动能定理有mgx
1
=E
k1
,联立解得k=
k1
,B错误;从x
1
到x
3
的过程中,在
x (x -x )
1 2 1
x 处加速度最大,在x 处有F-3mg=3ma,又由胡克定律有F=3mg+k(x -x),联立解得a'=
3 3 3 2
g(x -x ) ,C错误;在x 处A、B碰后的总动能E=1×3m×(v )2=1E ,碰后从x 到x 的过程
3 2 1 k 0 k1 1 3
3(x -x ) 2 3 3
2 1
1
中,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,因此ΔE= E +3mg(x -x),而mgx =E ,联立解得
p k1 3 1 1 k1
3
ΔE=E +3E (x -x ) =9x -8x E ,D正确。
p k1 k1 3 1 3 1 k1
3 x 3x
1 1
8.(2021湖北孝感2月调研,11)如图所示,小球A质量为m,系在细线的一端,线的另一端固定
在O点,O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是5m和3m,B与C用轻弹簧
拴接,置于光滑的水平面上,且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直,小球由
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静止释放,运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短),反弹后上升到最高点时到水平
h
面的距离为 。小球与物块均视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g,则( )
16
√2gh
A.碰撞后小球A反弹的速度大小为
4
B.碰撞过程B物块受到的冲量大小为m√2gh
15
C.碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为 mgh
128
1
D.物块C的最大速度大小为 √2gh
15
1
答案 AC 设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v,有mgh= mv2,解得v=
1 2 1 1
mgh 1 √2gh
√2gh,设碰撞后的速度大小为v',有 = mv '2,解得v'= ,故选项A正确;设碰撞后物
1 16 2 1 1 4
√2gh
块B的速度大小为v,mv=-mv '+5mv ,解得v= 。碰撞过程B物块受到的冲量为
2 1 1 2 2
4
5
I=5mv = m√2gh,故选项B错误;碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最
2
4
1 1 15
大,据动量守恒有5mv =8mv ,据机械能守恒定律得E = ×5mv2- ×8mv2,解得E = mgh,
2 3 pm 2 2 2 3 pm 128
故选项C正确;对B物块与C物块,在弹簧回到原长时C物块有最大速度,据
1 1 1 5√2gh
5mv =5mv +3mv 和 ×5mv2= ×5mv2+ ×3mv2,解得C的最大速度为v = ,故选项D
2 B C 2 2 2 B 2 C C 16
错误。故选A、C项。
三、非选择题(共92分)
9.(2022届长郡中学月考三 典型模型)(10分)如图所示,光滑水平面上放置一半径为R=0.5
m、质量为M=2 kg且内壁粗糙程度一致的半圆槽;今让一质量为m=1 kg、可视为质点的小
球自右侧槽口a的正上方h=1 m高处从静止开始落下,与圆弧槽相切自a点进入槽内,然后从
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c点离开,已知小球第一次滑至半圆槽的最低点b时,小球的速度大小为4 m/s,重力加速度
g=10 m/s2,不计空气阻力,在小球第一次在半圆槽内向左滑的过程中,求:
(1)小球从a点到b点的过程中,球与半圆槽组成的系统增加的内能;
(2)小球从a点到c点的过程中,半圆槽的位移大小。
解析 (1)小球在半圆槽内滑动的过程中,系统水平方向合力为0,根据水平方向动量守恒得
0=Mv -mv
2 1
代入数据可得小球在半圆槽最低点时半圆槽的速度大小v=2 m/s
2
1 1
从释放到最低点过程,根据系统能量守恒得mg(h+R)= mv2+ Mv2+Q
2 1 2 2
代入数据可得系统增加的内能Q= 3 J
(2)小球从a点进入到c点飞出这一过程,水平方向类似于人船模型,则Mx=mx
2 1
且x+x=2R
1 2
1
代入数据可得半圆槽的位移x= m
2
3
10.(2022届永州一中月考二 典型模型)(10分)如图甲所示,质量m=4 kg的足够长的木板静
1
止在光滑水平面上,质量m=1 kg的小物块(可视为质点)静止在长木板的左端。现对小物块
2
施加一水平向右的作用力F,小物块和长木板运动的速度图像如图乙所示。2 s后撤去F,重力
加速度g取10 m/s2。求:
(1)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ及水平力F的大小;
(2)撤去F后,小物块和长木板构成的系统损失的机械能ΔE以及小物块相对长木板移动的距
离Δx。
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Δv
解析 (1)由速度图像可知长木板的加速度为a= 1=0.5 m/s2
1
Δt
由牛顿第二定律有μmg=ma,解得μ=0.2
2 1 1
Δv
由速度图像可知小物块的加速度为a= 2=2 m/s2
2
Δt
由牛顿第二定律有F-μm g=ma,解得F= 4 N
2 2 2
(2)撤去F后,小物块和长木板构成的系统动量守恒,则有mv+mv=(m+m)v
1 1 2 2 1 2
8
解得v= m/s
5
撒去F后,小物块和长木板构成的系统损失的机械能ΔE=(1
m v2+
1
m
v2)-1
2 1 1 2 2 2 2
(m +m)v2= 3.6 J
1 2
撤去F后,由功能关系则有μmgΔx=ΔE
2
解得Δx= 1.8 m
11.(2022届湖南师大附中月考二 典型模型)(16分)如图所示,以v=5 m/s的速度顺时针匀速
转动的水平传送带左端与粗糙的弧形轨道平滑对接,右端与光滑水平面平滑对接,水平面上有
n个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球,小球质量m=0.2 kg。质量m=0.1 kg的物体
0
从轨道上高h=4.0 m的P点由静止开始下滑,滑到传送带上的A点时速度大小v=7 m/s。物
0
体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,传送带A、B之间的距离L=3.4 m。物体与小球、小球
与小球之间发生的都是弹性正碰,重力加速度g=10 m/s2,√10≈3.16。求:
(1)物体从P点下滑到A点的过程中,摩擦力做的功;
(2)物体第一次向右通过传送带的过程中,传送带对物体的冲量大小;
(3)物体第一次与小球碰撞后,在传送带上向左滑行的最大距离;
(4)n个小球最终获得的总动能。
1
解析 (1)物块由P到A的过程,满足mgh+W= mv2
f 2 0
解得W= -1.55 J
f
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μmg
(2)物体滑上传送带后,在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动,加速度大小为a= =μg=5
m
m/s2
v -v
减速至与传送带速度相等时所用的时间t= 0 =0.4 s
1
a
v +v
匀减速运动的位移s= 0 t=2.4 m<L=3.4 m
1 1
2
L-s 3.4-2.4
所以物体与传送带共速后向右匀速运动,匀速运动的时间t= 1= s=0.2 s
2 v 5
故物体从A运动到B的时间为t=t +t=0.6 s
1 2
传送带对物体的冲量大小I= = N·s≈ 0.63 N · s
√(mgt)2+(μmgt )2 √0.4
1
(3)物体与小球1发生弹性正碰,设物体反弹回来的速度大小为的v,小球1被撞后的速度大小
1
为u,由动量守恒得mv=-mv +mu
1 1 0 1
1 1 1
由机械能守恒得 mv2= mv2+ mu2
2 2 1 2 0 1
1 5 2 10
解得v= v= m/s,u = v= m/s
1 1
3 3 3 3
物体被反弹回来后,在传送带上向左运动过程中,由运动学公式得0- =-2as
v2
1
解得s= v2 = 5 m <3.4 m
1
2a 18
(4)由于小球质量相等,且发生的都是弹性正碰,它们之间将进行速度交换。由(3)可知,物体第
一次返回还没到传送带左端速度就减小为零,接下来将再次向右做匀加速运动,直到速度增加
1
到v,再跟小球1发生弹性正碰,同理可得,第二次碰后,物体和小球的速度大小分别为:v =
1 2
3
v
1
=(1) 2v,u
2
=2v
1
=2·1v
3 3 3 3
以此类推,物体与小球1经过n次碰撞后,它们的速度大小分别为:v
n
=(1) n v,u
n
=2·(1) n-1 v
3 3 3
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由于相邻小球之间每次相互碰撞都进行速度交换,所以,最终从1号小球开始,到n号小球,它
1
们的速度大小依次为u、u 、u 、…、u,则n个小球的总动能为E= m(u2+u2+…+u2)=
n n-1 n-2 1 k 2 0 1 2 n
5( 1 ) J
1-
4 9n
12.(2021八省联考B卷,13)(10分)雨雾天行车经常发生车辆追尾相撞或山体滑坡等事故,现有
一辆汽车以v=72 km/h的速度正在某长直公路上匀速行驶,突然发现前方s=72 m处道路上
0
有一大石头,石头质量为M'=3 000 kg。司机紧急刹车,由于雨天路滑,刹车时产生的平均阻力
大小F=1.5×103 N,汽车(含司机)质量M=1 500 kg,已知司机的质量为m=70 kg,刹车过程可以
视为匀减速运动。
(1)该车会不会撞上石头?如果会撞上,求撞上时的速度大小;如果撞不上,求从刹车到停止用的
时间。
(2)如果能撞上,汽车与石头作用时间t=0.1 s且相撞后汽车立即停止,但由于汽车安全气囊打
0
开,司机与车相互作用的时间为t=2 s,则司机受到的平均作用力是多少(不考虑重力)?汽车在
2
t=0.1 s时间内受到的平均作用力是多少?石头获得的速度是多少?如果撞不上,求刹车时汽车
0
对司机的作用力大小是多少?
答案 (1)会撞上 16 m/s (2)560 N 2.4×105 N 8 m/s
解析 (1)选车为研究对象,初速度方向为正方向,由牛顿第二定律有-F=Ma ,故刹车过程加速
1
度a=-1 m/s2(2分)
1
-v2
根据0-
v2
=2a
1
x,得车速减为零时通过的位移x=
0
=200 m>72 m,会撞上
0 2a
1
撞上时的速度v= =16 m/s(2分)
√v2+2a s
0 1
(2)从第(1)问可知汽车能撞上石头。选司机为研究对象,根据动量定理有-F t=0-mv,故司机
司机 2
受到的平均作用力F =560 N(2分)
司机
根据动量定理可知,汽车在t=0.1 s时间内受到的平均作用力
0
Mv
F'= =2.4×105 N(2分)
t
0
汽车在t=0.1 s时间内与石头碰撞可认为动量守恒,根据动量守恒定律有Mv=M'v'(1分)
0
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故石头获得的速度v'=8 m/s(1分)
13.(2022届菏泽期中,18 典型模型)(15分)如图所示,“凹”形工件被锁定在水平地面上。工
1
件的上表面为一滑行轨道,轨道由左侧带挡板的水平直轨道AB和右侧带有光滑 圆弧的竖
4
直轨道BC组成,BC与AB相切于B。D为AB的中点,AD段光滑,DB段粗糙。两个中间夹
有压缩轻弹簧(长度不计)的滑块甲、乙(未与弹簧拴接)静置于D点。某时刻弹簧弹开,乙运
动到A点与挡板相碰时,甲刚好运动至B点,之后,甲沿圆弧到达C点速度恰好为0。已知AB
长L=4 m,圆弧半径R=0.45 m,甲的质量m=4 kg,乙的质量m=5 kg。将滑块视为质点,取重力
1 2
加速度g=10 m/s2。
(1)求甲刚进入圆弧轨道时对B点的压力F ;
N
(2)求甲与DB段的动摩擦因数μ;
(3)若工件不锁定在地面上,地面光滑,工件质量m=3.2 kg,乙与挡板相碰后与挡板粘合在一起,
0
其他条件不变,求甲运动过程中距离水平轨道AB的最大高度h(保留2位有效数字)。
1
解析 (1)设甲到达B点时的速度为v ,在甲由B到C的过程中,由机械能守恒,有mgR= m
B 1 1
2
v2
B
由牛顿第二定律,有F '-m g=m
v2
N 1 1 B
R
解得:F '=120 N
N
根据牛顿第三定律,甲对轨道压力大小F = 120 N , 方向竖直向下
N
(2)设弹簧弹开后甲、乙速度分别为v、v,根据动量守恒定律,有mv=mv
1 2 1 1 2 2
设甲由D到B的时间为t,此过程中
1
L
对乙,有 =vt
21
2
L v +v
对甲,有 = 1 Bt
2 2 1
v =v-a t
B 1 11
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μmg=ma
1 1 1
解得:μ=0.4
(3)若工件不固定,弹簧弹开后,乙向左匀速运动,甲向右减速运动,工件向右加速运动,乙与挡板
碰撞时甲还未到达B点。设此过程中工件的加速度为a,则有μmg=ma
2 1 0 2
1 L
设从弹簧弹开到乙与挡板碰撞所用时间为t,由位移关系得vt+ at2=
2 22 2 2 2 2
1 1
期间甲相对工件的位移Δx=(v t- a t2)- at2
12 2 1 2 2 2 2
设乙与挡板碰前瞬间甲的速度为v,工件的速度为v,则有v=v-a t,v=at
3 4 3 1 12 4 22
设乙与挡板碰撞后与挡板的共同速度为v,由动量守恒定律得mv-m v=(m+m)v
5 2 2 0 4 0 2 5
不论甲是否脱离圆弧BC,到达最高点时,甲与轨道(包括乙)的水平速度相同。由甲、乙、工
件组成的系统水平方向动量守恒,可知甲上升到最高点时三者的总动量等于初始动量0,即三
者速度均为0
从乙与挡板碰后至甲到达最高点过程中,根据能量守恒定律得:
1 1 L
m v2+ (m +m)v2=μm g( -Δx)+mgh
2 1 3 2 0 2 5 1 2 1
解得:h= 0.57 m
14.(2022届潍坊期中,18)(16分)如图所示,质量均为m=2 kg,大小相同的长木板甲、乙相隔一
段距离静置于光滑水平面上,甲上表面粗糙、乙上表面光滑。乙的右端固定一轻质弹簧,弹簧
原长小于木板长度。一质量M=4 kg的小铜块以v=6 m/s的速度从甲左端滑上,当铜块滑到
0
甲右端时两者速度相等,此后甲与乙发生碰撞并粘在一起,铜块在乙表面与弹簧相互作用过程
中弹簧始终处于弹性限度内。已知铜块与甲之间的动摩擦因数μ=0.6,g取10 m/s2,求:
(1)甲、乙刚碰完时的共同速度的大小;
(2)弹簧的最大弹性势能E;
p
(3)乙的最大速度;
(4)判断铜块能否从甲左侧滑出,若能,求其滑出时的速度;若不能,求其最终离甲左端的距离。
解析 (1)铜块与甲相互作用过程,两者组成的系统动量守恒
Mv=(M+m)v
0 1
解得:v =4 m/s
1
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甲与乙碰撞过程,两者组成的系统动量守恒
mv =(m+m)v
1 2
解得:v = 2 m/s
2
(2)从甲、乙碰撞结束到铜块压缩弹簧至最短,对甲、乙、铜块组成的系统
由动量守恒定律得:Mv +2mv =(M+2m)v
1 2
解得:v=3 m/s
1 1 1
由机械能守恒定律得: Mv2+ ·2mv2=E + (M+2m)v2
2 1 2 2 P 2
解得:E= 4 J
p
(3)弹簧弹开时,乙的速度最大。从甲、乙碰撞结束到弹簧弹开
由动量守恒定律得:Mv +2mv =Mv +2mv
1 2 3 4
1 1 1 1
由机械能守恒定律得: Mv2+ ·2mv2= Mv2+ ·2mv2
2 1 2 2 2 3 2 4
解得:v =2 m/s、v=4 m/s
3 4
即乙最大速度为 4 m/s
(4)铜块再次滑上甲后开始减速,设铜块相对甲滑动的距离为x,最终未从甲上滑下,则三者最
终同速,即v=3 m/s
1 1 1
此过程,由功能关系得:μMgx= Mv2+ ·2mv2- (M+2m)v2
2 3 2 4 2
1
解得:x= m
6
1 1
设板长为L,铜块第一次与甲相互作用过程,由功能关系得:μMgL= Mv2- (M+m)v2
2 0 2 1
解得:L=1 m
5
L>x,铜块不能滑出,Δx=L-x= m
6
15.(2022届山东重点高中第二次联考,18)(15分) 如图所示,倾角θ=30°,高h=3.6 m的斜面体固
定在水平地面上,可视为质点的滑块A从斜面体的顶端由静止释放,滑块滑到水平地面上后,
与静止在水平地面的长方体B发生弹性碰撞,碰撞时间极短,碰撞后立即撤去滑块A,长方体
B恰好能完全滑入其右侧一段长x=2 m的粗糙平面MN。已知滑块A与斜面间的动摩擦因
0
√3
数μ= ,滑块A的质量m=1 kg,长方体B的质量分布均匀且质量m=2 kg,长度d=2 m。水
1 1 2
6
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平地面除MN段外,其余部分光滑,斜面末端与水平地面平滑连接,取重力加速度大小g=10
m/s2。
(1)求滑块A与长方体B碰撞前瞬间的速度大小;
(2)求长方体B与地面MN段间的动摩擦因数μ;
2
(3)若长方体B的右端刚滑入MN段时,给其施加一水平向右的恒力,长方体B的右端运动到
达N点时立即撤去该恒力,使其恰好能通过MN段,求恒力的大小。
h 1
解析 (1)由动能定理有mgh-μ mg cos θ· = m v2
1 1 1 sinθ 2 1 1
解得v=6 m/s
1
即滑块A与长方体B碰撞前瞬间的速度大小为 6 m/s 。
1 1 1
(2)由滑块A与长方体B碰撞过程机械能守恒,动量守恒有 m v2= mv'2+ mv'2
2 1 1 2 1 1 2 2 2
mv=mv'+m v'
1 1 1 1 2 2
解得v'=-2 m/s,v '=4 m/s
1 2
1 1
因长方体B恰好能完全滑入MN段,由动能定理有 mv'2= μmgx
2 2 2 2 0
2 2
解得μ=0.8。
2
μ m gd 1
(3)由题意可知,当长方体B左端刚离开N时恰好停止运动,则有Fd-2× 2 2 =0- mv'2
2 2 2 2
解得F= 8 N 。
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