北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
专题七 动量守恒定理
23年真题
1.(2023新课标,19,6分)(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲
的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现
同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
答案：BD设磁铁乙对磁铁甲的作用力大小为F ,磁铁甲对磁铁乙的作用力大小为F ,从
1 2
释放甲和乙到任一时刻t,根据动量定理有(F -μm g)t=p =m v ,(F -μm g)t=p =m v
1 甲 甲 甲 甲 2 乙 乙 乙
,因为F =F ,m >m ,所以,p <p ,v <v ,故B正确,A、C错误;因μm g>μm g,甲、
乙 1 2 甲 乙 甲 乙 甲 乙 甲 乙
乙组成的系统所受的合力不为0,所以甲和乙组成的系统动量不守恒,即甲和乙的动量之
和不为零,故D正确。
2.(2023天津,5,5分)质量为m的列车以速度v匀速行驶,突然以大小为F的力制动刹车直
到列车停止,整个过程中列车还受到大小恒为f的阻力,下列说法正确的是 ( )
F
A.减速运动过程的加速度大小a=
m
B.力F的冲量大小为mv
mv2
C.刹车距离为
2(F+f )
D.匀速行驶时功率为(f+F)v
F+f v
答案C 根据牛顿第二定律有F+f=ma,得a= ,故A错误;根据运动学公式有t= =
m a
mv Fmv v2 mv2
,故力F的冲量大小I=Ft= ,B错误;根据v2=2ax可得x= = ,故C正确;
F+f F+f 2a 2(F+f )
匀速行驶时牵引力等于阻力,则功率P=fv,故D错误。
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1 mv2
一题多解 刹车过程,由动能定理得-(F+f)x=0- mv2,解得x= ,C正确。
2 2(F+f )
3.(2023广东,10,6分)(多选)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型。多个
质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力,开窗帘的过程中,电机对滑块1施
加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间
为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程,下列说
法正确的有 ( )
A.该过程动量守恒
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
答案BD 取向右为正方向,两滑块碰撞前的动量p =mv =0.40 kg·m/s,碰撞后的动量
1 1
p =2mv =0.44 kg·m/s,p <p ,故两滑块的碰撞过程动量不守恒,A错误。对滑块1,由动量定
2 2 1 2
理可得I =mv -mv =-0.18 kg·m/s,滑块1受到的合外力的冲量大小为0.18 kg·m/s,方向水平
1 2 1
向左,B正确。对滑块2,由动量定理可得I =mv =0.22 kg·m/s,滑块2受到的合外力的冲量
2 2
大小为0.22 kg·m/s,方向水平向右,C错误。对滑块2,由冲量的定义式可得I =FΔt,解得滑
2
块2受到滑块1的平均作用力大小F=5.5 N,D正确。
4. (2023广东,15,15分)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、
竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成,滑槽高为3L,平台高为L。药品盒A、B依
次被轻放在以v 的速度匀速运动的传送带上,在与传送带达到共速后,从M点进入滑
0
槽,A刚好滑到平台最右端N点停下,随后滑下的B以2v 的速度与A发生正碰,碰撞时间
0
极短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m,
1
碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的 。A与传送带间的动摩擦因数为μ,重力
4
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加速度为g,A、B在滑至N点之前不发生碰撞,忽略空气阻力和圆盘的高度,将药品盒视
为质点。求:
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t;
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W;
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
v 3v √2L
答案 (1) 0 (2)6mgL-3mv2 (3) 0
μg 0 2 g
解析 (1)A在传送带上加速运动时的加速度a=μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间
v v
t= 0= 0
a μg
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功
1 1
W= ×2mv2+2mg·3L- ×2m(2v ) 2=6mgL-3mv2
2 0 2 0 0
(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
2m·2v =mv +2mv
0 1 2
1 ×2m·(2v )2- (1 mv2+ 1 ×2mv2) =
2 0 2 1 2 2
1[1 ]
×2m·(2v ) 2
4 2 0
解得v =2v ,v =v
1 0 2 0
2 5
(另一组解v = v ,v = v 舍掉)
1 3 0 2 3 0
√2L
A、B做平抛运动的时间t =
1
g
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则
s-r=v t
21
s+r=v t
11
3v √2L
解得s= 0
2 g
5.(2023天津,11,16分)一质量为m =2 kg的A物体从距地面h=1.2 m处由静止自由下落,
A
同时另一质量为m =1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出,经过t=0.2 s
B
两物体相遇,碰撞后立刻粘在一起运动,已知重力加速度g=10 m/s2,碰撞时间极短,不计空
气阻力。求两物体:
(1)碰撞时离地面的高度x;
(2)碰后瞬间的速度v;
(3)碰撞过程损失的机械能ΔE。
答案 (1)1 m (2)0 (3)12 J
解析 (1)对A物体,根据运动学公式可得
1
h-x= gt2,解得x=1 m。
2
1
(2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为v ,根据运动学公式可知x=v t- gt2
B0 B0 2
解得v =6 m/s,方向竖直向上
B0
根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为v =gt=2 m/s,方向竖直向下
A
碰撞前瞬间B物体的速度大小为
v =v -gt=4 m/s,方向竖直向上
B B0
选竖直向下为正方向,由动量守恒定律可得
m v -m v =(m +m )v
A A B B A B
解得碰后瞬间的速度v=0 m/s。
1 1 1
(3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为ΔE= m v2 + m v2 - (m +m )v2
2 A A 2 B B 2 A B
解得ΔE=12 J。
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1
6.(2023海南,18,14分)如图所示,有一固定的光滑 圆弧轨道A,半径R=0.2 m,一质量为
4
m =1 kg的小滑块B从轨道顶端滑下,在其冲上长木板C左端时,给木板一个与小滑块相
B
同的初速度,已知m =3 kg,B、C间动摩擦因数μ =0.2,C与地面间的动摩擦因数μ =0.8,C
C 1 2
右端有一个挡板,C长为L。已知g取10 m/s2。
(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大?
(2)若B未与C右端的挡板碰撞,当B与地面保持相对静止时,B、C间因摩擦产生的热量
是多少?
(3)在0.16 m<L<0.8 m时,B与C右端挡板发生碰撞,且碰后粘在一起,求B从滑上C到最
终停止所用的时间(碰撞时间忽略不计)。
( 15√0.8-L)
答案 (1)30 N (2)1.6 J (3) 1- s
16
1
解析 (1)滑块下滑到圆弧轨道底端,由动能定理有m gR= m v2,解得v=2 m/s。小滑块在
B 2 B
v2
A的底端时,有F -m g=m ,得此时小滑块所受支持力F =30 N,由牛顿第三定律可知B
N B BR N
对A的压力为30 N。
(2)B滑上C后,对B受力分析,水平方向受向左的摩擦力,大小为μ m g,由牛顿第二定律
1 B
可知B的加速度向左,大小为a =2 m/s2
1
对C进行受力分析,受B对其向右的摩擦力μ m g和地面对其向左的摩擦力μ (m +m )g,
1 B 2 B C
其加速度向左,大小为a =10 m/s2,B、C速度减为零后均静止。
2
v2
B向右运动的距离x = ,解得x =1 m
1 2a 1
1
v2
C向右运动距离x = ,解得x =0.2 m
2 2a 2
2
B、C间由摩擦产生的热量Q=μ m g(x -x ),解得Q=1.6 J
1 B 1 2
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v
(3)假设B还未与C右端挡板碰撞,C先停下,用时为t ,有t = ,得t =0.2 s,由(2)可知此时
1 1 a 1
2
B、C的位移分别是0.36 m、0.2 m
则x =0.16 m,此时v =v-a t =1.6 m/s
相对 B 11
1
由L>0.16 m,假设成立,设C停下后再经t 时间B与C挡板碰撞,有L-0.16 m=v t - a
t2
2 B2 2 1 2
解得t =(0.8-√0.8-L) s(另一解不符合题意,舍去)
2
碰撞前瞬间B的速度v '=v -a t =2√0.8-L m/s
B B 12
碰撞时由动量守恒可得碰撞后B、C速度
√0.8-L
v = m/s
共 2
之后二者一起减速,a =μ g=8 m/s2,设经t 后停下,
3 2 3
v √0.8-L
共
则有t = = s
3 a 16
3
( 15√0.8-L)
故总时间t=t +t +t = 1- s。
1 2 3 16
7.(2023山东,18,16分)如图所示,物块A和木板B置于水平地面上,固定光滑弧形轨道末
端与B的上表面所在平面相切,竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力,使A
与B以相同速度v 向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时,从弧形轨道某处
0
无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点,并以水平速度v滑上B的上表面,同时撤掉外力,
此时B右端与P板的距离为s。已知v =1 m/s,v=4 m/s,m =m =1 kg,m =2 kg,A与地面间
0 A C B
无摩擦,B与地面间动摩擦因数μ =0.1,C与B间动摩擦因数μ =0.5,B足够长,使得C不会
1 2
从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞,不计碰撞时间,取重力加速度大小g=10
m/s2。
(1)求C下滑的高度H;
(2)与P碰撞前,若B与C能达到共速,且A、B未发生碰撞,求s的范围;
(3)若s=0.48 m,求B与P碰撞前,摩擦力对C做的功W;
(4)若s=0.48 m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态,求这三个物体总
动量的变化量Δp的大小。
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2+√2
答案 (1)0.8 m (2)0.625 m≤s≤ m
2
(32 )
(3)-6 J (4) √2+6 kg·m/s
15
1
解析 (1)下滑过程机械能守恒,有m gH= m v2①
C 2 C
代入数据解得H=0.8 m②
(2)设C滑上B后经时间t ,B与C共速,速度为v 。
1 1
对C受力分析有μ m g=m a ③
2 C C C
得a =5 m/s2④
C
C做匀减速直线运动,v =v-a t ⑤
1 C1
对B受力分析有μ m g-μ (m +m )g=m a ⑥
2 C 1 C B B B
得a =1 m/s2⑦
B
B做匀加速直线运动有v =v +a t ⑧
1 0 B1
v +v
B的对地位移x = 0 1t ⑨
B 2 1
联立④⑤⑦⑧⑨
解得t =0.5 s⑩
1
v =1.5 m/s
1
x =0.625 m
B
设B与C共速以后再经时间t ,A恰好追上B,
2
对B、C整体受力分析有
(m +m )gμ =(m +m )a
B C 1 B C BC
解得a =1 m/s2
BC
B、C整体做匀减速直线运动,
1
x '=v t - a t2
B 12 2 BC 2
A恰好追上B时有位移关系
x =v (t +t )=x +x '
A 0 1 2 B B
2+√2
联立⑩ 得x = m
A 2
2+√2
所以s的范围为0.625 m≤s≤ m
2
(3)s=0.48 m<x =0.625 m,说明B与C未达到共速,设C滑上B后经时间t ,B与P相撞,根
B 3
据题意有
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1
s=0.48 m=v t + a t2
03 2 B 3
联立⑦ 并代入数据解得t =0.4 s
3
设B与P碰前瞬间C的速度为v '
C
v '=v-a t
C C3
联立④ 并代入数据解得v =2 m/s
C
1 1
对C应用动能定理有W= m v '2- m v2
2 C C 2 C
联立 并代入数据解得W=-6 J
因此B与P碰撞前摩擦力对C所做的功为-6 J
(4)设B与P碰撞前B的速度大小为v '
B
则v '=v +a t
B 0 B3
联立⑦ 并代入数据可得v '=1.4 m/s
B
B与P发生弹性碰撞,速度大小不变、方向反向,大小仍为v ',C仍以原来的加速度向右做
B
匀减速直线运动
设再经时间t ,B与A相撞
4
对返回的B进行分析
m gμ +(m +m )gμ =m a '
C 2 C B 1 B B
解得a '=4 m/s2
B
B与A相撞时的位移关系有
x '+x ″=0.48 m
A B
1
t 时间内B返回的位移x ″=v 't - a
't2
4 B B 4 2 B 4
而x '=v (t +t )
A 0 3 4
联立 并代入数据解得
t =(0.6-0.4 ) s
4 √2
设B与A碰撞前B的速度大小为v ″,B与A发生弹性碰撞,该过程A与B组成的系统动
B
量守恒且机械能守恒
m v -m v ″=m v '+m v ‴
A 0 B B A A B B
1 1 1 1
m v2+ m v ″2= m v '2+ m v ‴2
2 A 0 2 B B 2 A A 2 B B
其中v ″=v '-a 't
B B B 4
联立各式解得
( 32 )
v '= 1- √2 m/s
A 15
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( 8 )
v ‴= 1- √2 m/s
B 15
即A以2 m/s的速度向左返回,B不可能追上A再次碰撞,即B、C最终静止,A向左匀速
运动,A、B、C都处于平衡状态,设自C滑上B开始,到最后各自平衡时A、B、C总动量
的变化量为Δp。
Δp=p -p =m v '-[(m +m )v +m v]=m v '-(m +m )v -m v
末 初 A A A B 0 C A A A B 0 C
(32 )
联立 并代入数据解得Δp=- √2+6 kg·m/s
15
(32 )
动量变化量Δp的大小为 √2+6 kg·m/s。
15
8.(2023全国乙,25,20分)如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘,圆
1
盘与管的上端口距离为l,圆管长度为20l。一质量为m= M的小球从管的上端口由静止
3
下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管
内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间
极短。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;
(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数。
√2gl √2gl
答案 (1) (2)l (3)4
2 2
解析 (1)设第一次碰撞前小球的速度为v,第一次碰撞后小球及圆盘的速度分别为v 、v ,
1 2
取竖直向下为正方向,对小球根据动能定理有
1
mgl= mv2-0
2
解得v=√2gl
小球与圆盘的碰撞满足动量守恒和机械能守恒的条件,有mv=mv +Mv ①
1 2
1 1 1
mv2= mv2+ Mv2 ②
2 2 1 2 2
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m-M √2gl
联立①②得v = v=-
1 m+M 2
2m √2gl
v = v=
2 m+M 2
√2gl √2gl
故第一次碰撞后瞬间小球速度大小为 ,圆盘速度大小为 。
2 2
(2)由题意可知圆盘所受摩擦力与其所受重力大小相等,则小球与圆盘碰撞后,圆盘做匀速
直线运动,小球做竖直上抛运动。
当小球回到第一次碰撞的位置时,小球与圆盘的速度相同,此时小球与圆盘间的距离最远。
2|v |
√2l
对小球有t= 1 =
g g
对圆盘有s =v t=l
max 2
所以在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离为l。
(3)规定竖直向下为正方向,设小球与圆盘第一次碰撞后经过时间t 发生第二次碰撞,根据
1
运动学公式可知
1
v t + gt2=v t
11 2 1 21
√2l
联立解得t =2
1
g
圆盘在第一次碰撞到第二次碰撞之间下落的高度h =v t =2l
1 2 1
3
小球与圆盘第二次碰撞前瞬间的速度v =v +gt = √2gl
2前 1 1 2
小球与圆盘第二次碰撞时动量守恒、机械能守恒,有
mv +Mv =mv +Mv
2前 2 2后 3
1 1 1 1
mv2 + Mv2= mv2 + Mv2
2 2前 2 2 2 2后 2 3
解得v =0,v =√2gl
2后 3
1
设小球与圆盘在第二次碰撞到第三次碰撞之间所经历的时间为t ,则
gt2
=v t
2 2 2 32
√2l
解得t =2
2
g
小球在与圆盘第三次碰撞前瞬间的速度v =gt =2√2gl
3前 2
圆盘在第二次碰撞到第三次碰撞之间下落的高度
h =v t =4l
2 32
同理可知,圆盘在第三次碰撞到第四次碰撞之间下落的高度h =6l
3
若圆盘在管内运动过程中小球与圆盘能发生第五次碰撞,则圆盘在第四次碰撞到第五次
碰撞之间下落的高度h =8l
4
h=l+h +h +h +h =21l>20l
1 2 3 4
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可见圆盘在管内运动过程中小球与圆盘未发生第五次碰撞,故小球与圆盘在管内运动过
程中共碰撞4次。
9.(2023辽宁,15,17分)如图,质量m =1 kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面
1
固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m =4 kg的小物块以水平
2
5
向右的速度v = m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长,物
0 4
块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限
1
度内,弹簧的弹性势能E 与形变量x的关系为E = kx2。取重力加速度g=10 m/s2,结果可
p p 2
用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x 。
1 1
(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x 及此时木板
2
速度v 的大小。
2
(3)已知木板向右运动的速度从v 减小到0所用时间为t 。求木板从速度为v 时到之后
2 0 2
与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t 表示)。
0
√3
答案 (1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m m/s (3)4√3t -8t2
2 0 0
解析 (1)对物块与木板整体分析
由动量守恒定律得
m v =(m +m )v ①
2 0 1 2 1
m v
2 0
可得v = =1 m/s②
1 m +m
1 2
对木板分析,应用动能定理有
1
μm gx = m v2 ③
2 1 2 1 1
解得x =0.125 m④
1
(2)设物块与木板即将相对滑动时二者的加速度大小为a,对木板与物块整体分析可知
kx =(m +m )a⑤
2 1 2
对物块有
μm g=m a⑥
2 2
联立⑤⑥得
a=1 m/s2⑦
x =0.25 m⑧
2
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对木板、物块与弹簧三者组成的系统根据能量守恒定律有
1 1 1
(m +m )v2= (m +m )v2+ kx2 ⑨
2 1 2 1 2 1 2 2 2 2
√3
解得v = m/s⑩
2 2
(3)木板速度为v 后,木板与物块加速度首次相同时,木板加速度大小仍为a,其受力情况与
2
速度为v 时的受力情况相同,弹簧压缩量仍为x ,木板速度大小仍为v ,根据运动过程的
2 2 2
对称性知,运动的总时间为2t ,而物块在该过程中一直做匀变速直线运动,有
0
v' =v -a·2t
2 2 0
联立⑦⑩ 得
√3
v' = -2t
2 2 0
由能量守恒定律可知系统因摩擦转化的内能
1 1
ΔU= m v2- m v' 2
2 2 2 2 2 2
联立⑩ 得
ΔU=4√3t -8t2
0 0
10.(2023湖南,15,16分)如图,质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半
椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平,短轴竖直。质量为m
的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位
置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。
整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的
距离;
(2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程;
M b b
(3)若 = ,求小球下降h= 高度时,小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表
m a-b 2
示)。
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√ 2m2gb ma
答案： (1)
M(M+m) m+M
2
[( 1+ m ) x- m a ] y2
(2) M M + =1(y≤0)
b2
a2
√ g
(3)2b
a+3b
解析 (1)设小球第一次运动到轨道最低点时的速度大小为v ,凹槽速度大小为v ,地面光
m M
滑,小球和凹槽组成的系统在水平方向上动量守恒,则有0=mv -Mv
m M
半椭圆形轨道光滑,由机械能守恒定律有
1 1
mgb= mv2+ Mv2 ,
2 m 2 M
√ 2m2gb
解得v =
M
M(M+m)
根据水平方向动量守恒有:mv '=Mv ',x =∑v 't,x =∑v 't,且x +x =a
m M m m M M m M
ma
联立解得x = 。
M M+m
(2)以水平向右为正方向,设小球运动轨迹上某点坐标为(x,y),则小球的水平分位移为a-x,
方向向左
此时凹槽位移为x ,方向向右,有m(x-a)+Mx =0
2 2
因凹槽内表面为半椭圆形,椭圆中心位置坐标为(x ,0),故小球在椭圆轨道上的位置坐标满
2
(x-x )2 y2
足 2 + =1
a2 b2
由以上几式整理得小球运动轨迹方程为
2
[( 1+ m ) x- m a ] y2
M M + =1(y≤0)。
b2
a2
(3)将M、m的关系式代入第(2)问小球运动的轨迹方程中,则有
[x-(a-b)]2 y2
+ =1(y≤0)
b2 b2
可知小球的运动轨迹为半径为b的圆弧,圆心为O (a-b,0),如图所示
1
第13页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
b b
当小球下降h= 高度时,设小球此时的坐标为(x ,y ),则y =-
2 0 0 0 2
设此时小球的速度大小为v ,v 的方向与水平方向的夹角为θ,凹槽的速度大小为v
1 1 2
根据几何关系可知tan θ=√3
将v 沿水平方向和竖直方向分解,则v =v cos θ
1 x 1
b 1 1
根据机械能守恒定律有mg =
mv2
+
Mv2
2 2 1 2 2
小球和凹槽在运动过程中,水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有mv =Mv
x 2
√ g
联立解得v =2b 。
1 a+3b
11.(2023重庆,14,13分)如图所示,桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道,M、N为
轨道上的两点,且位于同一直径上,P为M´N段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略),
小球每次经过P点后,其速度大小都增加v 。质量为m的小球1从N处以初速度v 沿轨
0 0
道逆时针运动,与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞,碰后瞬间两球速度大小相等。
忽略每次碰撞时间。求:
(1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小;
(2)球2的质量;
(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
4mv 2 5πR
答案 (1) 0 (2)3m (3)
R 6v
0
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解析 (1)球1第一次经过P点后瞬间的速度大小为2v ,在P点,根据向心力公式有F =
0 向
m(2v ) 2 4mv 2
0 = 0 。
R R
(2)球1与球2发生弹性碰撞,且碰后速度大小相等(设为v),说明球1碰后反弹(点拨:若碰
后瞬间两球速度大小相等、方向相同,则为完全非弹性碰撞,与题意不符)
1
设球2的质量为m',根据动量守恒定律有m·2v =-mv+m'v,根据机械能守恒定律有
0 2
1 1
m(2v )2= mv2+ m'v2,联立解得v=v ,m'=3m。
0 2 2 0
(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt,球1从第一次碰撞至运动到P点所
用的时间为t ,此时球2运动到P的对称点(点拨:因为球1、球2第一次碰后运动速率相
1
同,方向相反,故相同时间所走路程相等),即二者运动的路程之和为πR,球1从P点至第二
πR 5πR
次碰撞所用时间为t ,根据圆周运动规律有t = ,v t +2v t =πR,联立解得Δt=t +t =
2 1 2v 02 0 2 1 2 6v
0 0
。
12.(2023河北,15,16分)如图,质量为1 kg的薄木板静置于光滑水平地面上,半径为0.75 m
的竖直光滑圆弧轨道固定在地面,轨道底端与木板等高,轨道上端点和圆心连线与水平面
成37°角。质量为2 kg的小物块A以8 m/s的初速度从木板左端水平向右滑行,A与木板
间的动摩擦因数为0.5。当A到达木板右端时,木板恰好与轨道底端相碰并被锁定,同时
A沿圆弧切线方向滑上轨道。待A离开轨道后,可随时解除木板锁定,解除锁定时木板的
速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。已知木板长度为1.3 m,g取10 m/s2,√10取
3.16,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求木板与轨道底端碰撞前瞬间,物块A和木板的速度大小;
(2)求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高
度;
(3)物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1∶3的物块B和物块C,总质量不变,同
时系统动能增加3 J,其中一块沿原速度方向运动。为保证B、C之一落在木板上,求从物
块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围。
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164
答案 (1)7 m/s 2 m/s (2) N 2 m
3
(3)0.1 s≤Δt≤0.118 s或0.732 s≤Δt≤0.75 s
解析 (1)设物块A的初速度为v ,木板与轨道底端碰撞前,物块A和木板的速度分别为v
0 1
和v ,物块A和木板的质量分别为m 和m ,物块A与木板间的动摩擦因数为μ,木板长度
2 1 2
为L,由动量守恒定律和功能关系有
1 1 1
m v =m v +m v , m v2= m v2+ m v2+μm gL
1 0 1 1 2 2 2 1 0 2 1 1 2 2 2 1
由题意分析知v ≥v ,联立解得v =7 m/s,v =2 m/s
1 2 1 2
(2)设圆弧轨道半径为R,物块A到圆弧轨道最高点时斜抛速度为v ,轨道对物块A的弹力
3
为F 。物块A从轨道最低点到最高点,根据动能定理有
N
1 1
-m gR(1+sin 37°)= m v2- m v2
1 2 1 3 2 1 1
物块A到达圆弧轨道最高点时,根据牛顿第二定律有
v2
F +m g sin 37°=m 3
N 1 1
R
164
联立得F = N,v =5 m/s
N 3 3
设物块A拋出时速度v 的水平分量和竖直分量分别为v 和v,有v=v sin 37°=3 m/s,v=v
3 x y x 3 y 3
cos 37°=4 m/s
v
则斜抛过程物块A上升时间t = y=0.4 s
1 g
该段时间物块A向左运动距离为s =vt =1.2 m
1 x 1
v2
物块A距离地面最大高度H=R(1+sin 37°)+ y =2 m
2g
√2H
(3)物块A从最高点落地时间t = =0.632 s
2
g
第16页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
设向左为正方向,物块A在最高点炸裂为B、C,设质量和速度分别为m 、m 和v 、v ,设
3 4 4 5
m ∶m =1∶3,系统动能增加ΔE 。根据动量守恒定律和能量守恒定律有
3 4 k
1 1 1
m v=m v +m v , m v2+ΔE = m v2+ m v2
1 x 3 4 4 5 2 1 x k 2 3 4 2 4 5
解得v =6 m/s,v =2 m/s或v =0,v =4 m/s。
4 5 4 5
设从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间为Δt,
①若v =6 m/s,v =2 m/s,炸裂后B落地过程中的水平位移为x'=v t =3.792 m
4 5 42
炸裂后C落地过程中的水平位移为
x″=v t =1.264 m
52
木板右端到轨道底端的距离为
Δs=v (t +t -Δt)=(2.064-2Δt) m
2 1 2
运动轨迹分析如图1所示
为了保证B、C之一落在木板上,需要满足下列条件之一
a.若仅C落在木板上,应满足
(2.064-2Δt)+1.3≥1.264+0.6
且(2.064-2Δt)≤1.264+0.6
解得0.1 s≤Δt≤0.75 s
b.若仅B落在木板上,应满足
(2.064-2Δt)+1.3≥3.792+0.6
且(2.064-2Δt)≤3.792+0.6
不等式无解;
②若v =0,v =4 m/s,炸裂后B落地过程中水平位移为0,炸裂后C落地过程中水平位移为
4 5
x‴=v t =2.528 m
52
第17页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
木板右端到轨道底端的距离为
Δs'=v (t +t -Δt)=(2.064-2Δt) m
2 1 2
运动轨迹分析如图2所示
为了保证B、C之一落在木板上,需要满足下列条件之一
a.若仅B落在木板上,应满足
(2.064-2Δt)+1.3≥0.6且(2.064-2Δt)≤0.6
解得0.732 s≤Δt≤1.382 s
b.若仅C落在木板上,应满足
(2.064-2Δt)+1.3≥2.528+0.6且(2.064-2Δt)≤2.528+0.6
解得0≤Δt≤0.118 s
综合分析①②两种情况,为保证B、C之一一定落在木板上,Δt满足的条件为
0.1 s≤Δt≤0.118 s或0.732 s≤Δt≤0.75 s
22年及之前真题
1.(2022北京,12,3分)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中,裁
判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大
致经过四个阶段:①助滑阶段,运动员两腿尽量深蹲,顺着助滑道的倾斜面下滑;②起跳阶
段,当进入起跳区时,运动员两腿猛蹬滑道快速伸直,同时上体向前伸展;③飞行阶段,在空
中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态;④着陆阶段,运动
员落地时两腿屈膝,两臂左右平伸。下列说法正确的是 ( )
第18页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
A.助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B.起跳阶段,运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C.飞行阶段,运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D.着陆阶段,运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
答案 B 滑动摩擦力的大小取决于动摩擦因数与压力的大小,助滑阶段的深蹲状态不
能改变这两个因素,A错误。起跳阶段运动员猛蹬滑道可增大地面对人向上的作用力,从
而增大运动员所受合力的冲量,由动量定理可知B正确。飞行阶段的姿态可减小空气阻
力,但无法产生向前的作用力,也就不能增加水平方向的速度,C错误。着陆阶段的屈膝可
增加地面对人的作用时间,从而减小人与地面间的作用力,D错误。
2.(2022重庆,4,4分)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中,某小组得
到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束
过程中,若假人头部只受到安全气囊的作用,则由曲线可知,假人头部 ( )
A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B.动量大小先增大后减小
C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D.加速度大小先增大后减小
答案 D 假人的头部只受到安全气囊的作用力,则F⁃t图线与时间轴所围的面积即合力
的冲量,再根据动量定理可知合力的冲量等于物体动量改变量,即曲线与横轴围成的面积
表示动量的变化量,A、C错误;图线一直在t轴的上方,即合力的冲量方向不变,由于头部
第19页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
初动量方向与合力的冲量方向相反,则假人头部动量的大小先减小,B错误;假人的头部只
受到安全气囊的作用,则根据牛顿第二定律可知a∝F,即假人头部的加速度先增大后减小,
D正确。
3.(2022湖北,7,4分)一质点做曲线运动,在前一段时间内速度大小由v增大到2v,在随后
的一段时间内速度大小由2v增大到5v,前后两段时间内,合外力对质点做功分别为W 和
1
W ,合外力的冲量大小分别为I 和I 。下列关系式一定成立的是 ( )
2 1 2
A.W =3W ,I ≤3I B.W =3W ,I ≥I
2 1 2 1 2 1 2 1
C.W =7W ,I ≤3I D.W =7W ,I ≥I
2 1 2 1 2 1 2 1
1 1 3 1 1
答案 D 设质点质量为m,由动能定理有W = m(2v)2- mv2= mv2,W = m(5v)2-
1 2 2 2 2 2 2
21
m(2v)2= mv2,故W =7W ;由动量定理和矢量减法知识可知,I ≥m(2v)-mv,I ≥m(5v)-m(2v),
2 2 1 1 2
即I ≥mv,I ≥3mv,故I ≥I ,综上可知D正确。
1 2 2 1
4.(2022湖南,4,4分)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质
子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图,中子以速度v 分别碰撞静止的氢核和氮核,
0
碰撞后氢核和氮核的速度分别为v 和v 。设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,下列说
1 2
法正确的是 ( )
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
C.v 大于v
2 1
D.v 大于v
2 0
答案 B 设中子质量为m,则氢核质量为m,氮核质量为M=14m。对中子碰撞氢核过程,
1 1 1
有mv =mv'+mv , mv2 = mv'2+ mv2 ,联立解得:v'=0,v =v ,则碰后氢核动量p'=mv ,氢核动
0 1 2 0 2 2 1 1 0 0
第20页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
1 1 1 1
能E '= mv2 ;同理,分析中子碰撞氮核过程,有mv =mv″+Mv , mv2 = mv″2+ Mv2 ,解得
k 2 0 0 2 2 0 2 2 2
m-M 13 2m 2 28
v″= v =- v ,v = v = v ,可知碰后氮核动量p″=Mv = mv >p',碰后氮核动
M+m 0 15 0 2 M+m 0 15 0 2 15 0
1 56 1
能E ″=
Mv2
= ·
mv2
<E ',故选B。
k 2 2 225 2 0 k
4.(2022北京,10,3分)质量为m 和m 的两个物体在光滑水平面上正碰,其位置坐标x随时
1 2
间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是 ( )
A.碰撞前m 的速率大于m 的速率
2 1
B.碰撞后m 的速率大于m 的速率
2 1
C.碰撞后m 的动量大于m 的动量
2 1
D.碰撞后m 的动能小于m 的动能
2 1
答案 C 位移-时间图线的斜率表示速度,则由图像可知,碰前m 处于静止状态,碰后两
2
物体速率相等、运动方向相反,A、B均错误。碰撞过程中动量守恒:p =-p '+p ',可知
1 1 2
p '>p ',C正确。由p '>p '、碰后两物体速率相等可知m >m ,则m 的动能大于m 的动
2 1 2 1 2 1 2 1
能,D错误。
5.(2022山东,2,3分)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。
如图所示,发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出,火箭速度接近零时再点火飞向太
空。从火箭开始运动到点火的过程中 ( )
第21页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
A.火箭的加速度为零时,动能最大
B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
答案 A 从火箭开始运动到点火的过程中,火箭受到竖直向上的推力F、竖直向下的
重力G和竖直向下的阻力f,规定竖直向上为正方向,利用牛顿第二定律F-G-f=ma定性分
析,火箭先竖直向上做加速度减小的加速运动,当加速度为零时,速度最大,动能最大,A正
确。高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能、内能,B错误。火箭所
受合外力的冲量等于火箭动量的增加量,C错误。高压气体的推力、空气阻力和重力对
火箭做功之和等于火箭动能的增加量,D错误。
6.(2017天津理综,4,6分)“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.在最高点时,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
第22页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
答案 B 本题考查匀速圆周运动。乘客在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,而在上
升过程中重力势能增加,机械能增加,下降过程中则相反,A错误。在最高点时,乘客具有
竖直向下的向心加速度,处于失重状态,故B正确。因重力恒定,重力的冲量等于重力与
其作用时间的乘积,故重力冲量一定不为零,C错误。重力的瞬时功率P=mg·v·cos α,其中
α是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角,故重力的瞬时功率不会保持不变,D错误。
命题评析 本题以竖直平面内的匀速圆周运动为背景,考查了机械能、功率、失重、冲
量等重要考点,考查面广泛,难度较小,体现了高考对基础知识、基本能力的“双基”要求。
对平时的教学与学习具有重要的指导意义。
7.(2015北京理综,18,6分)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从
几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次
下降至最低点的过程中,下列分析正确的是( )
A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大
D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
答案 A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人经历了先加速后减速的
过程,当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大,动能最大,之后绳的拉力大于人的重力,
人向下减速到达最低点。绳对人的拉力始终向上,始终做负功。拉力的冲量始终向上,人
的动量先增大后减小,综上所述,只有A选项正确。
试题评析 分析好运动细节是解答本类问题的关键。
8.(2019课标Ⅰ,16,6分)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成
功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷
射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量
约为( )
A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
第23页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
答案 B 本题考查了动量定理知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质
观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m,以这部分气体为研究对象,根据动量
Ft 4.8×106×1
定理有:Ft=mv-0,解得m= = kg=1.6×103 kg,故选项B正确,选项A、C、D
v 3×103
错误。
9.(2017课标Ⅲ,20,6分)(多选)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
F
答案 AB 前2 s,根据牛顿第二定律,a= =1 m/s2,则0~2 s的速度规律为v=at,t=1 s时,
m
速率为1 m/s,A正确;t=2 s时,速率为2 m/s,则动量为p=mv=4 kg·m/s,B正确;2~4 s,力开始
反向,物块减速,根据牛顿第二定律,a=-0.5 m/s2,所以3 s时的速度为1.5 m/s,动量为3
kg·m/s,4 s时速度为1 m/s,C、D错误。
10.(2015重庆理综,3,6分)高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,
从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此
后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安
全带对人的平均作用力大小为( )
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m√2gh m√2gh
A. +mg B. -mg
t t
m√gh m√gh
C. +mg D. -mg
t t
答案 A 解法一:由v2=2gh得v=√2gh。对人与安全带作用的过程应用动量定理,则有
m√2gh
(mg-F)t=0-mv,解得F= +mg,故A正确。
t
v √2gh
解法二:对人与安全带作用的过程应用牛顿第二定律,则有F-mg=ma,而a= = ,解得
t t
m√2gh
F= +mg,故A正确。
t
11.(2019江苏单科,12)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止
状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,
此时滑板的速度大小为( )
m M m M
A. v B. v C. v D. v
M m m+M m+M
答案 B 本题考查了动量守恒定律,考查的是学生对动量守恒定律适用条件的理解能
力,体现了科学思维中的科学推理要素及物理观念中的运动与相互作用观念要素。
M
忽略滑板与地面间摩擦时,小孩与滑板在水平方向上动量守恒:0=Mv+mv',解得v'=- v,
m
其中“-”表示v'与v方向相反,故B正确。
关联知识 核反应中四大守恒规律:(1)质量数守恒;
12.(2017海南,1,4分)光滑水平桌面上有P、Q两个物块,Q的质量是P的n倍。将一轻弹
簧置于P、Q之间,用外力缓慢压P、Q。撤去外力后,P、Q开始运动,P和Q的动量大小
的比值为( )
1
A.n2 B.n C. D.1
n
答案 D 撤去外力后,系统不受外力,所以总动量守恒,设P的动量方向为正方向,则根据
动量守恒定律有:P -P =0,可知P =P ,则动量大小之比为1;故选项D正确,A、B、C错误。
p Q P Q
第25页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
13.(2014浙江,14(1),4分)如图所示,甲木块的质量为m ,以速度v沿光滑水平地面向右运
1
动,正前方有一静止的、质量为m 的乙木块,乙木块上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧
2
接触后( )
A.甲木块的动量守恒
B.乙木块的动量守恒
C.甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
答案 C 甲木块与弹簧接触后,由于弹簧弹力的作用,甲、乙的动量要发生变化,但甲、
乙所组成的系统所受合力为零,故动量守恒,A、B错误,C正确;甲、乙两木块所组成系统
的动能,一部分转化为弹簧的弹性势能,故系统动能不守恒,选项D错误。
14.(2014重庆理综,4,6分)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,取重力加速度g=10
m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
√2h
答案 B 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
g
3 1 x x 3 1
甲 乙
mv= mv + mv ,又v = ,v = ,t=1 s,则有 x + x =2 m,将各选项中数据代入
4 甲 4 乙 甲 t 乙 t 4 甲 4 乙
计算得B正确。
15.[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2v ,方向向右,滑块B的质量为2m,速度大小为v ,方向向
0 0
左,两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
第26页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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
答案 D 由于A、B碰前总动量为0,由动量守恒可知碰后总动量也为0,因两滑块发生
弹性碰撞,故碰后A、B一定反向,即A向左运动,B向右运动,选项D正确。
16.(2014大纲全国,21,6分)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前
原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )
A+1 A-1
A. B.
A-1 A+1
4A (A+1)2
C. D.
(A+1)2 (A-1)2
答案 A 设中子质量为m,则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v 、
0
1 1 1
v ,碰后原子核的速度为v ,由弹性碰撞可得mv =mv +Amv ,
mv2
=
mv2
+
Amv2
,解得
1 2 0 1 2 2 0 2 1 2 2
1-A |v | A+1
0
v = v ,故 = ,A正确。
1 1+A 0 v A-1
1
17.(2014福建理综,30(2),6分)一枚火箭搭载着卫星以速率v 进入太空预定位置,由控制
0
系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m ,后部分的箭体质量为m ,分离后
1 2
箭体以速率v 沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后
2
卫星的速率v 为 。(填选项前的字母)
1
A.v -v B.v +v
0 2 0 2
m m
2 2
C.v - v D.v + (v -v )
0 m 2 0 m 0 2
1 1
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答案 D 箭体与卫星分离过程动量守恒,由动量守恒定律:(m +m )v =m v +m v
1 2 0 1 1 2 2
m
2
v =v + (v -v ),D正确。
1 0 m 0 2
1
18.[2016天津理综,9(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 。
v v2
答案
3 3μg
解析 设滑块的质量为m,最终盒与滑块的共同速度为v'
根据动量守恒得:mv=(m+2m)v'
1
解得v'= v
3
设滑块相对于盒的运动路程为s
1 1
根据能量守恒得:μmgs= mv2- (m+2m)v'2
2 2
v2
解得s=
3μg
反思感悟 应用动量守恒定律解题的过程中,只需关注初、末两个状态,而不必关注过程
细节,这正是动量守恒定律的优越性。例如,本题中不必关心滑块究竟是怎样与盒相互作
用的及碰撞了多少次。
19.[2015天津理综,9(1)]如图所示,在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A球在水平面上
静止放置,B球向左运动与A球发生正碰,B球碰撞前、后的速率之比为3∶1,A球垂直撞
向挡板,碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞,A、B两球的质量之比为
,A、B碰撞前、后两球总动能之比为 。
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答案 4∶1 9∶5
解析 设碰前B球速度大小为v ,碰后A、B两球速度大小分别为v 、v ,由题意知,碰后
0 A B
1
A球速度方向向左,B球速度方向向右,且v =v = v ,碰撞过程动量守恒,取水平向右为正
A B 3 0
方向,则有-m v =-m v +m v ,解得:m ∶m =4∶1;碰撞前、后两球总动能之比为
B 0 A A B B A B
1
m v2
2 B 0 9
= 。
1 1 5
m v2 + m v2
2 A A 2 B B
20.[2018天津理综,9(1)]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 20 0.2
解析 本题考查动量守恒定律、功能关系等知识。
子弹击中木块,并留在其中,二者共速,子弹击中木块的过程,系统合外力为零,满足动量守
mv 200×0.05
恒条件,则mv =(m+M)v,v= 0 = m/s=20 m/s;此过程中对系统由功能关系
0 M+m 0.5
1 1 mv2-(m+M)v2
可得:fd= mv2 - (m+M)v2,d= 0 =0.2 m。
2 0 2 2f
知识拓展 系统中产生的焦耳热Q=f·d。
21.(2022广东,13,11分)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。
竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A
处以初速度v 为10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1 N。滑块滑到B处与滑杆发
0
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生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑
杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小N 和N ;
1 2
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)滑块静止时,由整体法得:
N =(m+M)g=8 N
1
滑块向上滑动时,以滑杆为研究对象,受力分析如图
得:N =Mg-f'=Mg-f=5 N。
2
(2)滑块从A到B,由动能定理:
1 1
-mgl-fl= mv2- mv2
2 2 0
得:v=8 m/s。
(3)滑块与滑杆发生完全非弹性碰撞,由动量守恒:
mv=(m+M)v'
得v'=2 m/s
碰撞后,滑块与滑杆一起向上运动,由动能定理:
1
-(m+M)gh=0- (m+M)v'2
2
得:h=0.2 m
第30页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
22.(2022全国乙,25,20分)如图(a),一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平
面上;物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t 时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A、B的
0
v-t图像如图(b)所示。已知从t=0到t=t 时间内,物块A运动的距离为0.36v t 。A、B分
0 00
离后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的B再次碰撞,之后A再次滑上
斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过
程中弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度g=10 m/s2。求
(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值;
(2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值;
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。
答案 (1)0.6mv 2 (2)0.768v t (3)0.45
0 0 0
解析 (1)t 时弹簧被压缩至最短,A、B碰撞动量守恒,由图(b)知m ·1.2v =(m +m )v
0 B 0 B A 0
得:m =5m =5m
B A
此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧的最大弹性势能
1 1
E =|ΔE |= m (1.2v )2- (m +m )v 2=0.6mv 2
pmax k 2 B 0 2 A B 0 0
(2)t 时弹簧压缩量最大,设为Δx
0
由题意,0~t 内,系统动量始终守恒,得
0
m v +m v =m ·1.2v
A A B B B 0
即mv +5mv =6mv
A B 0
第31页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
化简得v =5(1.2v -v )
A 0 B
根据图(b)分析上式,A图线在0~t 上任意一点到横坐标轴的距离,等于同一时刻B图线上
0
对应点到v=1.2v 这条直线的距离的5倍。由v-t图线与时间轴所围面积表示位移,且0~t
0 0
1
时间内x =0.36v t ,可知0~t 时间内图线B与v=1.2v 线所围面积x = x =0.072v t ,图线B
A 00 0 0 1 5 A 00
与A之间所围面积表示Δx,则Δx=1.2v t -x -x =0.768v t
00 A 1 00
(3)A、B第二次碰撞过程,设碰前A速度大小为v ,碰后A、B速度大小分别为v '、v '
A1 A B
动量守恒:m ·0.8v -m v =m v '+m v '
B 0 A A1 B B A A
1 1 1 1
动能不变: m (0.8v )2+ m v 2 = m v '2+ m v '2
2 B 0 2 A A1 2 B B 2 A A
A、B第二次碰撞后,A再次滑上斜面,且与第一次碰撞后达到的最高点相同,则v '=2v
A 0
联立解得v =v
A1 0
对A第一次碰撞后以2v 冲上斜面至速度为零过程,由动能定理有
0
μmghcosθ 1
-mgh- =0- m(2v )2
sinθ 2 0
对A冲上斜面又下滑至水平面过程,由动能定理有
-2μmghcosθ 1 1
= mv 2- m(2v )2
sinθ 2 A1 2 0
联立解得μ=0.45
23.(2022河北,13,11分)如图,光滑水平面上有两个等高且足够长的滑板A和B,质量分别
为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C和D,物块质量均为1 kg。A和C以相同
速度v =10 m/s向右运动,B和D以相同速度kv 向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极
0 0
短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块,A与B粘在一起形成一个新滑板。物块与滑
板之间的动摩擦因数均为μ=0.1,重力加速度大小取g=10 m/s2。
(1)若0<k<0.5,求碰撞后瞬间新物块与新滑板各自速度的大小和方向;
(2)若k=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小。
答案 见解析
第32页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
解析 (1)取向右为正方向
C、D相碰后的共同速度为v
CD
C、D系统碰撞前后遵守动量守恒定律:
m v -m kv =(m +m )v
C 0 D 0 C D CD
代入数值后得:v =5(1-k) m/s
CD
0<k<0.5时,v >0,即C、D构成的新物块速度向右
CD
A、B相碰后的共同速度为v
AB
A、B系统碰撞前后遵守动量守恒定律:
m v -m kv =(m +m )v
A 0 B 0 A B AB
10
代入数值后得:v = (1-2k) m/s
AB 3
0<k<0.5时,1-2k>0,v >0,即A、B构成的新滑板速度向右
AB
(2)若k=0.5,根据(1)可知v=v =2.5 m/s,v =0。之后C、D一起向右做匀减速运动,A、B
CD AB
一起向右做初速度为0的匀加速运动,直到两者达到共同速度v
共
由A、B、C、D系统动量守恒得:
(m +m )v=(m +m +m +m )v
C D A B C D 共
v =1 m/s
共
设新物块在新滑板上滑动的相对位移的大小为Δx
对A、B、C、D系统,根据系统能量守恒可得:
1 1
μ(m +m )gΔx= (m +m )v2- (m +m +m +m )v2
C D 2 C D 2 A B C D 共
代入数值可得:Δx=1.875 m
24.(2022山东,18,16分)如图所示,“L”形平板B静置在地面上,小物块A处于平板B上的
O'点,O'点左侧粗糙,右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O'点正上方
的O点,轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放,下摆至最低点与小物块A发生碰撞,
碰后小球速度方向与碰前方向相同,开始做简谐运动(要求摆角小于5°),A以速度v 沿平
0
板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后,A返回到O点的正下方时,相对于
地面的速度减为零,此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量m =0.1 kg,B的质
A
量m =0.3 kg,A与B间的动摩擦因数μ =0.4,B与地面间的动摩擦因数μ =0.225,v =4 m/s,
B 1 2 0
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取重力加速度g=10 m/s2。整个过程中A始终在B上,所有碰撞时间忽略不计,不计空气
阻力,求:
(1)A与B的挡板碰撞后,二者的速度大小v 与v ;
A B
(2)B光滑部分的长度d;
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功W;
f
M
(4)实现上述运动过程, 的取值范围(结果用cos 5°表示)。
m
A
7 3
答案 (1)2 m/s 2 m/s (2) m (3)- J
6 65
(4)见解析
解析 (1)A与B发生弹性碰撞,m <m ,则A碰撞后反弹,以向右为正方向,满足m v =m (-
A B A 0 A
v )+m v
A B B
1 1 1
m v2= m v2+ m v2
2 A 0 2 A A 2 B B
解得v =2 m/s,v =2 m/s
A B
(2)与挡板碰前A向右匀速运动时,B静止不动,与挡板碰后,A先向左匀速运动,后向左做
匀减速运动,A未减速时B的加速度大小满足
μ (m +m )g=m a
2 A B B B
解得a =3 m/s2
B
μ m g
1 A
A减速时加速度大小为a = =4 m/s2
A m
A
经过分析,A和B碰撞后运动的v-t图像如图所示,设碰后A匀速运动的时间为t ,减速运
2
v
A
动的时间为t ,则有t = =0.5 s
3 3 a
A
第34页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
v
A减速运动的位移大小x = At =0.5 m
3 2 3
1
根据题意,x 为减速阶段的位移,即A开始减速时O'已向右移动了0.5 m,则有v t - a
t2
3 B2 2 B 2
=0.5 m
1
解得t = s(另一解舍去)
2 3
7
故B光滑部分长度d=v t +x = m
A2 3 6
(3)A、B碰后经过时间t 后A和B之间有摩擦力,刚有摩擦力时B的速度为v '=v -a t =1
2 B B B2
m/s
B的加速度满足μ m g+μ (m +m )g=m a '
1 A 2 A B B B
13
解得a '= m/s2
B 3
B在此后减速运动的位移x 满足2(-a ')x =0-v '2
B B B B
3
解得x = m
B 26
3
A对B的摩擦力所做的功为W=-μ m gx =- J
f 1 A B 65
(4)设A在光滑区向右滑动的时间为t ,在粗糙区运动的时间为t ,水平向右为正方向,单摆
1 3
的摆长为L,周期为T,小球与A碰前速度为v,碰后速度为v'
由运动学公式得
d
t =
1 v
0
由题意知T=4(t +t +t )
1 2 3
代入数据得T=4.5 s
1
由机械能守恒定律得MgL= Mv2
2
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由动量守恒定律得Mv=Mv'+m v
A 0
由题意得v'>0
由单摆做简谐运动的条件得
1
MgL(1-cos 5°)> Mv'2
2
由碰撞过程的能量关系得
1 1 1
Mv2≥ Mv'2+ m v2
2 2 2 A 0
√L
由T=2π ,并联立以上各式得
g
4√2π M 4√2π
< <
45 m 45(1-√1-cos5°)
A
25.[2018江苏单科,12C(3)]如图所示,悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m,运动速度的大
小为v,方向向下。经过时间t,小球的速度大小为v,方向变为向上。忽略空气阻力,重力
加速度为g,求该运动过程中,小球所受弹簧弹力冲量的大小。
答案 2mv+mgt
解析 取向上为正方向,由动量定理得
mv-(-mv)=I
且I=(F-mg)t
解得I =Ft=2mv+mgt
F
26.(2016北京理综,24,20分)(1)动量定理可以表示为Δp=FΔt,其中动量p和力F都是矢量。
在运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如,
第36页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
质量为m的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速
度大小都是v,如图1所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。
图1
a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δp 、Δp ;
x y
b.分析说明小球对木板的作用力的方向。
(2)激光束可以看作是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到
物体上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用。光镊效应就是一个
实例,激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。
一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束①和②穿过介
质小球的光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束①和②与SO的夹
角均为θ,出射时光束均与SO平行。请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小
球产生的合力的方向。
图2
a.光束①和②强度相同;
b.光束①比②的强度大。
答案 见解析
解析 (1)a.x方向:动量变化为
Δp =mv sin θ-mv sin θ=0
x
y方向:动量变化为
Δp =mv cos θ-(-mv cos θ)=2mv cos θ
y
方向沿y轴正方向
第37页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
b.根据动量定理可知,木板对小球作用力的方向沿y轴正方向;根据牛顿第三定律可知,小
球对木板作用力的方向沿y轴负方向。
(2)a.仅考虑光的折射,设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为
p。
这些粒子进入小球前的总动量为p =2np cos θ
1
从小球出射时的总动量为p =2np
2
p 、p 的方向均沿SO向右
1 2
根据动量定理:FΔt=p -p =2np(1-cos θ)>0
2 1
可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律,两光束对小球的
合力的方向沿SO向左。
b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。
x方向:根据(2)a同理可知,两光束对小球的作用力沿x轴负方向。
y方向:设Δt时间内,光束①穿过小球的粒子数为n ,光束②穿过小球的粒子数为
1
n ,n >n 。
2 1 2
这些粒子进入小球前的总动量为
p =(n -n )p sin θ
1y 1 2
从小球出射时的总动量为p =0
2y
根据动量定理:F Δt=p -p =-(n -n )p sin θ
y 2y 1y 1 2
可知,小球对这些粒子的作用力F 的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小
y
球的作用力沿y轴正方向。
所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。
疑难突破 光强不同,单位时间内发射的光子个数不同。
27.(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v =9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动,
0
第38页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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。
答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J
1 1
解析 (1)由动能定理,有-μmgs= mv2- mv2
2 2 0
可得 μ=0.32
(2)由动量定理,有FΔt=mv'-mv
可得F=130 N
1
(3)W= mv'2=9 J
2
28.(2017天津理综,10,16分)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨
放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为m =2 kg、m =1 kg。初始时A静止于水平
A B
地面上,B悬于空中。现将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。
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答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m
解析 本题考查自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律。
(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有
1
h= gt2①
2
代入数据解得
t=0.6 s②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为v ,有
B
v =gt③
B
细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得
m v =(m +m )v④
B B A B
之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度,联立②③④式,代入数
据解得
v=2 m/s⑤
(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
1
(m +m )v2+m gH=m gH⑥
2 A B B A
代入数据解得
H=0.6 m⑦
29.[2016课标Ⅱ,35(2),10分]如图,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m =30 kg,冰块的质量为m =10
1 2
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?
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答案 见解析
解析 (ⅰ)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速
度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m 。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
3
m v =(m +m )v①
2 20 2 3
1 1
m v2 = (m +m )v2+m gh②
2 2 20 2 2 3 2
式中v =-3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得
20
m =20 kg③
3
(ⅱ)设小孩推出冰块后的速度为v ,由动量守恒定律有
1
m v +m v =0④
1 1 2 20
代入数据得
v =1 m/s⑤
1
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 和v ,由动量守恒和机械能守恒定律有
2 3
m v =m v +m v ⑥
2 20 2 2 3 3
1 1 1
m v2 = m v2+ m v2 ⑦
2 2 20 2 2 2 2 3 3
联立③⑥⑦式并代入数据得
v =1 m/s⑧
2
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。
素养考查 本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律知识,以及理解能力、推理能力、
综合分析能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和
科学思维中模型建构、科学推理、科学论证的要素。
30.[2013江苏单科,12C(3)]如图所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg
和100 kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为0.1 m/s。A将B向空间站方向轻推
后,A的速度变为0.2 m/s,求此时B的速度大小和方向。
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答案 0.02 m/s 离开空间站方向
解析 以空间站为参考系,以v 的方向为正方向,由动量守恒定律(m +m )v =m v +m v
0 A B 0 A A B B
解得v =0.02 m/s
B
方向远离空间站方向。
31.(2019海南单科,13,10分)如图,用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点:初始时,轻绳处于
水平拉直状态。现将a由静止释放,当物块a下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的
物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短),碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a
的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。求:
(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小;
(2)轻绳的长度。
答案 (1)√2μgs (2)4μs
解析 (1)设a的质量为m,则b的质量为3m
碰撞后b滑行过程,根据动能定理得
1
-μ×3mgs=0- ×3mv2
2 b
解得,碰撞后瞬间物块b速度的大小v =√2μgs
b
(2)对于a、b碰撞过程,取水平向左为正方向,根据动量守恒定律得
mv =mv+3mv
0 a b
1 1 1
根据机械能守恒得
mv2
=
mv2
+
×3mv2
2 0 2 a 2 b
设轻绳的长度为L,对于a下摆的过程,根据机械能守恒得
1
mgL= mv2 。
2 0
联立解得L=4μs
素养考查 本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理知识,以及理解能力、
推理能力、综合分析能力、应用数学知识处理物理问题的能力,体现了物理观念中物质
第42页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要
素。
32.[2015课标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变化的图像如图所示。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。
答案 (ⅰ)1∶8 (ⅱ)1∶2
解析 (ⅰ)设a、b的质量分别为m 、m ,a、b碰撞前的速度为v 、v 。由题给图像得
1 2 1 2
v =-2 m/s①
1
v =1 m/s②
2
a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图像得
2
v= m/s③
3
由动量守恒定律得
m v +m v =(m +m )v④
1 1 2 2 1 2
联立①②③④式得
m ∶m =1∶8⑤
1 2
(ⅱ)由能量守恒得,两滑块因碰撞而损失的机械能为
1 1 1
ΔE= m v2+ m v2- (m +m )v2⑥
2 1 1 2 2 2 2 1 2
1
由图像可知,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=
2
(m +m )v2⑦
1 2
联立⑥⑦式,并代入题给数据得
第43页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
W∶ΔE=1∶2⑧
考查点 碰撞
易错警示 由x-t图像可知a、b整体速度最后减小为零。
33.(2014大纲全国,24,12分)冰球运动员甲的质量为80.0 kg。当他以5.0 m/s的速度向前
运动时,与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好
静止。假设碰撞时间极短,求
(1)碰后乙的速度的大小;
(2)碰撞中总机械能的损失。
答案 (1)1.0 m/s (2)1 400 J
解析 (1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M,碰前速度大小分别为v、V,碰后乙的速
度大小为V'。由动量守恒定律有
mv-MV=MV'①
代入数据得V'=1.0 m/s②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE,应有
1 1 1
mv2+ MV2= MV'2+ΔE③
2 2 2
联立②③式,代入数据得
ΔE=1 400 J④
评分标准 ①②③④式各3分。
34.(2014北京理综,22,16分)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面
相切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放,A与B
碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2 m;A和B的质量
相等;A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2。取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)碰撞前瞬间A的速率v;
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v';
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(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。
答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m
解析 设滑块的质量为m。
1
(1)根据机械能守恒定律mgR= mv2
2
得碰撞前瞬间A的速率v=√2gR=2 m/s
(2)根据动量守恒定律mv=2mv'
1
得碰撞后瞬间A和B整体的速率v'= v=1 m/s
2
1
(3)根据动能定理 (2m)v'2=μ(2m)gl
2
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离
v'2
l= =0.25 m
2μg
考查点 机械能守恒、动量守恒。
一题多解 第(3)问也可结合牛顿运动定律,应用匀变速运动规律求解:在桌面上的加速度
v'2
为a=μg=2 m/s2,又v'2=2al,所以l= =0.25 m。
2μg
35.[2014江苏单科,12C(3)]牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载,A、B两个玻璃球相
碰,碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。分离速度是指碰撞
后B对A的速度,接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃
球A以速度v 碰撞质量为m的静止玻璃球B,且为对心碰撞,求碰撞后A、B的速度大小。
0
17 31
答案 v v
48 0 24 0
解析 设A、B球碰撞后速度分别为v 和v
1 2
由动量守恒定律
v -v 15
2 1
2mv =2mv +mv ,且由题意知 =
0 1 2 v 16
0
17 31
解得v = v ,v = v
1 48 0 2 24 0
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考查点 本题考查碰撞、动量守恒定律等知识,属于容易题。
知识拓展 若两球碰撞过程中满足动量守恒和能量守恒,可推导出分离速度和接近速度
之比是1。本题中的该比值小于1,暗示两球碰撞过程中动能有损失,不满足能量守恒,为
非弹性碰撞。
36.[2014山东理综,39(2)]如图,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量为
m。开始时橡皮筋松弛,B静止,给A向左的初速度v 。一段时间后,B与A同向运动发生
0
碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍,也是碰撞前瞬间B
的速度的一半。求:
(ⅰ)B的质量;
(ⅱ)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。
m 1
答案 (ⅰ) (ⅱ)
mv2
2 6 0
解析 (ⅰ)以初速度v 的方向为正方向,设B的质量为m ,A、B碰撞后的共同速度为v,
0 B
v
由题意知:碰撞前瞬间A的速度为 ,碰撞前瞬间B的速度为2v,由动量守恒定律得
2
v
m +2m v=(m+m )v①
2 B B
由①式得
m
m = ②
B 2
(ⅱ)从开始到碰后的全过程,由动量守恒定律得
mv =(m+m )v③
0 B
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE,则
1 (v) 2 1 1
ΔE= m + m (2v)2- (m+m )v2④
2 2 2 B 2 B
联立②③④式得
1
ΔE= mv2 ⑤
6 0
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37.[2016海南单科,17(2),8分]如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始
时静止;从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,碰撞后两者粘连在一
起运动,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均可由传感器(图中
未画出)测得。某同学以h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线拟合,求得该直线
的斜率为k=1.92 ×10-3 s2/m。已知物块A和B的质量分别为m =0.400 kg和m =0.100
A B
kg,重力加速度大小g=9.80 m/s2。
(ⅰ)若碰撞时间极短且忽略空气阻力,求h-v2直线斜率的理论值k 。
0
|k-k |
0
(ⅱ)求k值的相对误差δ(δ= ×100%,结果保留1位有效数字)。
k
0
答案 (ⅰ)2.04×10-3 s2/m (ⅱ)6%
解析 (ⅰ)设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v',由动量守恒定律有
m v=(m +m )v'①
B A B
在碰撞后A和B共同上升的过程中,由机械能守恒定律有
1
(m +m )v'2=(m +m )gh②
2 A B A B
联立①②式得
m2
h= B v2③
2g(m +m )2
A B
由题意得
m2
B
k = ④
0 2g(m +m )2
A B
代入题给数据得
k =2.04×10-3 s2/m⑤
0
(ⅱ)按照定义
|k-k |
0
δ= ×100%⑥
k
0
第47页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
由⑤⑥式和题给条件得
δ=6%⑦
38.[2015课标Ⅰ,35(2),10分,0.425]如图,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同
一直线上,A位于B、C之间。A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态。
现使A以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发
生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。
答案 (√5-2)M≤m<M
解析 A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒。设
速度方向向右为正,开始时A的速度为v ,第一次碰撞后C的速度为v ,A的速度为v 。
0 C1 A1
由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv =mv +Mv ①
0 A1 C1
1 1 1
mv2= mv2 + Mv2 ②
2 0 2 A1 2 C1
联立①②式得
m-M
v = v ③
A1 m+M 0
2m
v = v ④
C1 m+M 0
如果m>M,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰
撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;
所以只需考虑m<M的情况。
第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后,A的速度为v ,B的速度
A2
为v ,同样有
B1
m-M (m-M) 2
v = v = v ⑤
A2 m+M A1 m+M 0
根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有
v ≤v ⑥
A2 C1
联立④⑤⑥式得
第48页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
m2+4mM-M2≥0⑦
解得
m≥(√5-2)M⑧
另一解m≤-(√5+2)M舍去。所以,m和M应满足的条件为
(√5-2)M≤m<M⑨
(①②式各2分,③④⑤⑥⑧⑨式各1分)
考查点 碰撞
解题关键 ①A与C碰撞后必须返回。
②A与B碰后速度必须小于与C碰后的速度。
温馨提示 本题为“弹性碰撞模型”。
39.[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v ,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别
0
1 3
以 v 、 v 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
8 0 4 0
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。
√21
答案 v
16 0
1
解析 设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为v ,由题意知,碰后A的速度v '= v ,B
A A 8 0
3
的速度v = v ,由动量守恒定律得
B 4 0
mv =mv '+mv ①
A A B
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为W ,由功能关系得
A
1 1
W = mv2- mv2 ②
A 2 0 2 A
设B与C碰撞前B的速度为v ',B克服轨道阻力所做的功为W ,由功能关系得
B B
1 1
W = mv2- mv '2③
B 2 B 2 B
第49页共63页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
据题意可知
W =W ④
A B
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得
mv '=2mv⑤
B
联立①②③④⑤式,代入数据得
√21
v= v ⑥
16 0
40.(2020山东,18,16分)如图所示,一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板,P、Q两
物块的质量分别为m和4m,Q静止于斜面上A处。某时刻,P以沿斜面向上的速度v 与
0
Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan θ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
P与斜面间无摩擦,与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点,斜面足够
长,Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小v 、v ;
P1 Q1
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度h ;
n
(3)求物块Q从A点上升的总高度H;
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞,求A点与挡板之间的最小距离
s。
答案 见解析
解析 (1)P与Q的第一次碰撞,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得
mv =mv +4mv ①
0 P1 Q1
由机械能守恒定律得
1 1 1
mv2= mv2 + ·4mv2 ②
2 0 2 P1 2 Q1
联立①②式得
3
v =- v ③
P1 5 0
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2
v = v ④
Q1 5 0
3 2
故第一次碰撞后P的速度大小为 v ,Q的速度大小为 v
5 0 5 0
(2)设P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h ,对Q由运动学公式得
1
h
0-v2 =2·(-2g sin θ)· 1 ⑤
Q1 sinθ
联立①②⑤式得
v2
h = 0 ⑥
1
25g
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v ,第一次碰后至第二次碰前,
02
对P由动能定理得
1 1
mv2 - mv2 =-mgh ⑦
2 02 2 P1 1
联立①②⑤⑦式得
√7
v = v ⑧
02 5 0
P与Q的第二次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为v 、v ,由动量守恒定律得
P2 Q2
mv =mv +4mv ⑨
02 P2 Q2
由机械能守恒定律得
1 1 1
mv2 = mv2 + ·4mv2 ⑩
2 02 2 P2 2 Q2
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
3 √7
v =- × v
P2 5 5 0
2 √7
v = × v
Q2 5 5 0
设第二次碰撞后Q上升的高度为h ,对Q由运动学公式得
2
h
0-v2 =2·(-2g sin θ)· 2
Q2 sinθ
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
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7 v2
h = · 0
2 25 25g
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v ,第二次碰后至第三次碰前,
03
对P由动能定理得
1 1
mv2 - mv2 =-mgh
2 03 2 P2 2
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
2
(√7)
v = v
03 0
5
P与Q的第三次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为v 、v , 由动量守恒定律得
P3 Q3
mv =mv +4mv
03 P3 Q3
由机械能守恒定律得
1 1 1
mv2 = mv2 + ·4mv2
2 03 2 P3 2 Q3
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
3 (√7) 2
v =- × v
P3 5 5 0
2 (√7) 2
v = × v
Q3 5 5 0
设第三次碰撞后Q上升的高度为h ,由运动学公式得
3
h
0-v2 =2·(-2g sin θ)· 3
Q3 sinθ
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
( 7 ) 2 v2
h = · 0
3 25 25g
……
总结可知,第n次碰撞后,物块Q上升的高度为
( 7 ) n-1 v2
h = · 0 (n=1,2,3…)
n 25 25g
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(3)当P、Q达到H时,两物块到此处的速度可视为零,对两物块运动全过程由动能定理得
1 H
0- mv2=-(m+4m)gH-tan θ·4mg cos θ·
2 0 sinθ
解得
v2
H= 0
18g
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t ,由运动学公式得
1
v =2gt sin θ
Q1 1
设P运动到斜面底端时的速度为v ',需要的时间为t ,由运动学公式得
P1 2
v '=|v |+gt sin θ
P1 P1 2
v '2-v2 =2sg sin θ
P1 P1
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t
3
v =(-v )-gt sin θ
02 P1 3
当A点与挡板之间的距离最小时
t =2t +t
1 2 3
联立 式,代入数据得
(8√7-13)v2
s= 0
200gsinθ
41.(2019课标Ⅲ,25,20分)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为m =1.0
A
kg,m =4.0 kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图
B
所示。某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为
E =10.0 J。释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数
k
均为μ=0.20。重力加速度取g=10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞
且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小;
(2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?
(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?
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答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s
(2)B先停 0.50 m (3)0.91 m
解析 本题考查动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理和机械能守恒定律的综合应
用,要求考生具有较强的推理能力和综合分析能力。题目中涉及两个物体,运动过程较多,
涉及规律较多,综合性很强,为较难题。体现了模型建构、科学推理的素养要求。
(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为v 、v ,以向右为正,由动量守恒定律和题
A B
给条件有
0=m v -m v ①
A A B B
1 1
E = m v2+ m v2 ②
k 2 A A 2 B B
联立①②式并代入题给数据得
v =4.0 m/s,v =1.0 m/s③
A B
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a。
假设A和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设
从弹簧释放到B停止所需时间为t,B向左运动的路程为s ,则有
B
m a=μm g④
B B
1
s =v t- at2⑤
B B 2
v -at=0⑥
B
在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,
所以无论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程s 都可表示为
A
1
s =v t- at2⑦
A A 2
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
s =1.75 m,s =0.25 m⑧
A B
s >l且s -s <2l,这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位
A A B
于出发点右边0.25 m处,B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为
s=0.25 m+0.25 m=0.50 m⑨
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(3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为v ',由动
A
能定理有
1 1
m v '2- m v2=-μm g(2l+s )
2 A A 2 A A A B
联立③⑧ 式并代入题给数据得
v '=√7 m/s
A
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为v ″和v ″,由动量守恒定律与机械
A B
能守恒定律有
m (-v ')=m v ″+m v ″
A A A A B B
1 1 1
m v '2= m v ″2+ m v ″2
2 A A 2 A A 2 B B
联立 式并代入题给数据得
3√7 2√7
v ″= m/s,v ″=- m/s
A 5 B 5
这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为s '时停止,B
A
向左运动距离为s '时停止,由运动学公式有
B
2as '=v ″2,2as '=v ″2
A A B B
根据④ 式及题给数据得
s '=0.63 m,s '=0.28 m
A B
s '小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
A
s'=s '+s '=0.91 m
A B
素养考查 本题考查了动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律、牛顿运动定律、
运动学公式知识,以及理解能力、推理能力、综合分析能力、应用数学知识处理物理问
题的能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学
思维中模型建构、科学推理、科学论证的要素。
42.(2019课标Ⅱ,25,20分)一质量为m=2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行
驶。行驶过程中,司机突然发现前方100 m处有一警示牌,立即刹车。刹车过程中,汽车所
受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中,0~t 时间段为从司机发现警
1
示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略,汽车仍保持匀速行
驶),t =0.8 s;t ~t 时间段为刹车系统的启动时间,t =1.3 s;从t 时刻开始汽车的刹车系统稳
1 1 2 2 2
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定工作,直至汽车停止。已知从t 时刻开始,汽车第1 s内的位移为24 m,第4 s内的位移
2
为1 m。
图(a)
图(b)
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线;
(2)求t 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小;
2
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t ~t 时间内汽车克服阻力做的功;从司机发现
1 2
警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离约为多少(以t ~t 时间段始末速度的算术平均值替代
1 2
这段时间内汽车的平均速度)?
答案 (1)见解析 (2)28 m/s 8 m/s2 (3)30 m/s 1.16×105 J 87.5 m
解析 本题综合考查了动能定理、动量定理等基本考点,考查了学生综合分析及运用数
学知识解决问题的能力,体现了科学推理与科学论证的素养要素,通过研究汽车的运动渗
透了关注生产、生活的价值观念。
(1)v-t图像如图所示。
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v ,则t 时刻的速度也为v ;t 时刻的速度为
1 1 1 2
v 。在t 时刻后汽车做匀减速运动,设其加速度大小为a。取Δt=1 s。设汽车在t +
2 2 2
(n-1)Δt~t +nΔt内的位移为s ,n=1,2,3,…。
2 n
若汽车在t +3Δt~t +4Δt时间内未停止,设它在t +3Δt时刻的速度为v ,在t +4Δt时刻的速
2 2 2 3 2
度为v ,由运动学公式有
4
s -s =3a(Δt)2①
1 4
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1
s =v Δt- a(Δt)2②
1 2 2
v =v -4aΔt③
4 2
联立①②③式,代入已知数据解得
17
v =- m/s④
4 6
这说明在t +4Δt时刻前,汽车已经停止。因此,①式不成立。
2
由于在t +3Δt~t +4Δt内汽车停止,由运动学公式
2 2
v =v -3aΔt⑤
3 2
2as =v2 ⑥
4 3
联立②⑤⑥式,代入已知数据解得
a=8 m/s2,v =28 m/s⑦
2
288
或a= m/s2,v =29.76 m/s⑧
25 2
但⑧式情形下,v <0,不合题意,舍去。
3
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时,汽车所受阻力的大小为f 。由牛顿第二定律有
1
f =ma⑨
1
在t ~t 时间内,阻力对汽车冲量的大小为
1 2
1
I= f (t -t )⑩
2 1 2 1
由动量定理有
I=mv -mv
1 2
由动能定理,在t ~t 时间内,汽车克服阻力做的功为
1 2
1 1
W= mv2- mv2
2 1 2 2
联立⑦⑨⑩ 式,代入已知数据解得
v =30 m/s
1
W=1.16×105 J
从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离s约为
1 v2
s=v t + (v +v )(t -t )+ 2
11 2 1 2 2 1 2a
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联立⑦ 式,代入已知数据解得
s=87.5 m
h
43.(2018海南单科,14,16分)如图,光滑轨道PQO的水平段QO= ,轨道在O点与水平地
2
面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑,在O点与质量为
4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大
小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞,碰撞时间极短。求:
(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小;
(2)A、B均停止运动后,二者之间的距离。
3 2 26
答案 (1) √2gh √2gh (2) h
5 5 125
解析 (1)A下滑过程机械能守恒,由机械能守恒定律得
1
mgh= mv2
2 0
A、B发生完全弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒
定律得mv =mv +4mv
0 A B
1 1 1
由机械能守恒定律得
mv2
=
mv2
+
(4m)v2
2 0 2 A 2 B
3 2
解得v =- √2gh,v = √2gh
A 5 B 5
(2)物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动,最终速度为零,由动能定理得
1 8h
-μ×4mgx=0- ×4mv2,x= ,
2 B 25
设当物块A的位移为x时速度为v,对A,由动能定理得
1 1
-μmgx= mv2- mv2
2 2 A
√2
解得v= gh
5
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A、B发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒
定律得mv=mv '+4mv '
A B
由机械能守恒定律得
1 1 1
mv2= mv' 2+ ×4mv'2
2 2 A 2 B
3√2 2√2
解得v '=- gh,v '= gh
A B
5 5 5 5
碰撞后A向左做减速运动,B向右做减速运动,由动能定理得
1
-μmgx =0- mv'2
A 2 A
1
-μ×4mgx =0- ×4mv'2
B 2 B
18 8 26
解得x = h,x = h,A、B均停止运动后它们之间的距离d=x +x = h。
A 125 B 125 A B 125
素养考查 本题考查了机械能守恒定律、动量守恒定律、动能定理知识,以及理解能力、
推理能力、综合分析能力、应用数学知识处理物理问题的能力,体现了物理观念中物质
观念、运动观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
44.[2014课标Ⅰ,35(2),9分,0.537]如图,质量分别为m 、m 的两个弹性小球A、B静止在
A B
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。先将B球释放,经过一段时
间后再将A球释放。当A球下落t=0.3 s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰,碰撞
时间极短,碰后瞬间A球的速度恰为零。已知m =3m ,重力加速度大小g=10 m/s2,忽略空
B A
气阻力及碰撞中的动能损失。求
(ⅰ)B球第一次到达地面时的速度;
(ⅱ)P点距离地面的高度。
答案 (ⅰ)4 m/s (ⅱ)0.75 m
解析 (ⅰ)设B球第一次到达地面时的速度大小为v ,由运动学公式有v =√2gh①
B B
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将h=0.8 m代入上式,得v =4 m/s②
B
(ⅱ)设两球相碰前后,A球的速度大小分别为v 和v '(v '=0),B球的速度分别为v 和v '。
1 1 1 2 2
由运动学规律可得
v =gt③
1
由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变。规
定向下的方向为正,有
m v +m v =m v '④
A 1 B 2 B 2
1 1 1
m v2+ m v2= m v' 2 ⑤
2 A 1 2 B 2 2 B 2
设B球与地面相碰后的速度大小为v ',由运动学及碰撞的规律可得v '=v ⑥
B B B
设P点距地面的高度为h',由运动学规律可得
v' 2-v2
h'= B 2⑦
2g
联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得
h'=0.75 m⑧
45.(2014广东理综,35,18分)如图的水平轨道中,AC段的中点B的正上方有一探测器,C
处有一竖直挡板,物体P 沿轨道向右以速度v 与静止在A点的物体P 碰撞,并接合成复
1 1 2
合体P,以此碰撞时刻为计时零点,探测器只在t =2 s至t =4 s内工作,已知P 、P 的质量
1 2 1 2
都为m=1 kg,P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1,AB段长L=4 m,g取10 m/s2,P 、P 和P均
1 2
视为质点,P与挡板的碰撞为弹性碰撞。
(1)若v =6 m/s,求P 、P 碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE;
1 1 2
(2)若P与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B点,求v 的取值范围和P向左经过A
1
点时的最大动能E。
答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s≤v ≤14 m/s 17 J
1
解析 (1)P 、P 碰撞过程,动量守恒
1 2
mv =2mv①
1
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v
解得v= 1=3 m/s②
2
1 1
碰撞损失的动能ΔE= mv2 - (2m)v2③
2 1 2
解得ΔE=9 J④
μ·2mg
(2)根据牛顿第二定律,P做匀减速运动,加速度为a= ⑤
2m
v
设P 、P 碰撞后的共同速度为v ,则推得v = 1 ⑥
1 2 共 共 2
把P与挡板碰撞前后运动过程当做整体运动过程处理
1
经过时间t ,P运动过的路程为s ,则s =v t -
at2
⑦
1 1 1 共 1 2 1
1
经过时间t ,P运动过的路程为s ,则s =v t -
at2
⑧
2 2 2 共 2 2 2
如果P能在探测器工作时间内通过B点,必须满足
s ≤3L≤s ⑨
1 2
联立⑤⑥⑦⑧⑨得10 m/s≤v ≤14 m/s⑩
1
v 的最大值为14 m/s,此时v =7 m/s,根据动能定理知
1 共
1
-μ·2mg·4L=E- ·2mv2
2 共
代入数据得E=17 J
46.(2014安徽理综,24,20分)在光滑水平地面上有一凹槽A,中央放一小物块B。物块与
左右两边槽壁的距离如图所示,L为1.0 m,凹槽与物块的质量均为m,两者之间的动摩擦
因数μ为0.05。开始时物块静止,凹槽以v =5 m/s初速度向右运动,设物块与凹槽槽壁碰
0
撞过程中没有能量损失,且碰撞时间不计。g取10 m/s2。求:
(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度;
(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数;
(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
答案 (1)2.5 m/s (2)6次 (3)5 s 12.75 m
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解析 (1)设两者间相对静止时速度为v,由动量守恒定律得
mv =2mv,即v=2.5 m/s
0
(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力F=μN=μmg
f
设两者相对静止前相对运动的路程为s ,由动能定理得
1
1 1
-F·s = (m+m)v2- mv2,得s =12.5 m
f 1 2 2 0 1
已知L=1.0 m,可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。
(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v 、v ,碰后的速度分别为v '、v '。有
1 2 1 2
1 1 1 1
mv +mv =mv '+mv ', mv2+ mv2= mv' 2+ mv' 2
1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2
得v '=v ,v '=v
1 2 2 1
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换,在同一坐标系上两者的速度图线如图所示,
根据碰撞次数可分为13段,凹槽、物块的v-t图像在两条连续的匀变速运动图线间转换,
故可用匀变速直线运动规律求时间。则
v=v +at、a=-μg,解得t=5 s
0
凹槽的v-t图像所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s 。等腰三角形面积共分13
2
份,第一份面积为0.5L,其余每份面积均为L。
1 v
s = ( 0)t+6.5L,解得s =12.75 m
2 2 2 2
47.(2014天津理综,10,16分)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量m =4 kg,上
A
表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最
右端,B的质量m =2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N,A运动一段时间后,小
B
车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用
下继续运动,碰撞后经时间t=0.6 s,二者的速度达到v=2 m/s。求
t
(1)A开始运动时加速度a的大小;
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;
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(3)A的上表面长度l。
答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.45 m
解析 (1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有
F=m a①
A
代入数据解得
a=2.5 m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6 s的过程,由动量定理得
Ft=(m +m )v-(m +m )v③
A B t A B
代入数据解得
v=1 m/s④
(3)设A、B发生碰撞前,A的速度为v ,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有
A
m v =(m +m )v⑤
A A A B
A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有
1
Fl= m v2 ⑥
2 A A
由④⑤⑥式,代入数据解得
l=0.45 m⑦
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