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
基础篇 固本夯基
考点一 冲量、动量与动量定理
1.(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
答案 AB
2.(2020课标Ⅰ,14,6分)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并瞬
间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于安全气囊在此过程中的
作用,下列说法正确的是( )
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
答案 D
3.(2020课标Ⅱ,21,6分)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板
静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直
的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运
动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经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
过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动
员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为( )
A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
答案 BC
4.(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
答案 B
5.(2022届湖北荆、荆、襄、宜四地七校联盟期中,3)停高空球是足球运动中的一项基本
技能。某次足球比赛中,足球从5 m高度处由静止竖直落下,将要落地时被运动员稳稳停
在脚上。已知足球的质量为0.4 kg,取重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,则运动员停
球过程中对足球的冲量大小约为( )
A.1 N·s B.2 N·s
C.3 N·s D.4 N·s
答案 D
6.(2021湖南,2,4分)物体的运动状态可用位置x和动量p描述,称为相,对应p-x图像中的
一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述,称为相轨迹。假如一
质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则对应的相轨迹可能是( )
A B
C D
答案 D
7.(2021天津,7,5分)(多选)一冲九霄,问鼎苍穹。2021年4月29日,长征五号B遥二运载
火箭搭载空间站天和核心舱发射升空,标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列
关于火箭的描述正确的是( )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
A.增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B.增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C.当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D.火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
答案 AB
8.(2021北京,10,3分)如图所示,圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动,圆盘上距
轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动,小物
体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A.圆盘停止转动前,小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B.圆盘停止转动前,小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C.圆盘停止转动后,小物体沿圆盘半径方向运动
D.圆盘停止转动后,小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
答案 D
9.(2022届辽宁大连统考,3)蹦极是一项刺激的户外休闲活动,可使蹦极者在空中体验几秒
钟的“自由落体”,蹦极者站在高塔顶端,将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处。然后双
L
臂伸开,双腿并拢,头朝下跳离高塔,设弹性绳的原长为L,蹦极者下落第一个 时动量的增
5
L
加量为Δp ,下落第五个 时动量的增加量为Δp ,把蹦极者视为质点,蹦极者离开塔顶时
1 5 2
Δp
1
的速度为零,不计空气阻力,则 等于( )
Δp
2
1
A.1 B. C.5 D.√5+2
5
答案 D
10.(2021湖南,8,5分)(多选)如图(a),质量分别为m 、m 的A、B两物体用轻弹簧连接构
A B
成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为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
x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示,S 表示0到t 时间内
1 1
A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S 、S 分别表示t 到t 时间内A、B的a-t图线与坐
2 3 1 2
标轴所围面积大小。A在t 时刻的速度为v 。下列说法正确的是( )
1 0
图(a)
图(b)
A.0到t 时间内,墙对B的冲量等于m v
1 A 0
B.m >m
A B
C.B运动后,弹簧的最大形变量等于x
D.S -S =S
1 2 3
答案 ABD
11.[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。
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
易错警示 动量定理是矢量式,应先选定正方向,注意初、末状态速度的正负。
12.(2021山东,16,9分)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝壳动物)后,有时会飞到空中将它丢下,
利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m=0.1 kg的鸟蛤,在H=20 m的高度、以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
v =15 m/s的水平速度飞行时,松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10
0
m/s2,忽略空气阻力。
(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt=0.005 s,弹起速度可忽略,求碰撞过程中鸟蛤受到的平均
作用力的大小F;(碰撞过程中不计重力)
(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上,有一与地面平齐、长度为L=6 m的岩石,以岩石左
端为坐标原点,建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20 m,速度大小在15
m/s~17 m/s之间,为保证鸟蛤一定能落到岩石上,求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
解析 (1)设平抛运动的时间为t,鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v,竖直方向分速度大小
为v ,根据运动的合成与分解得
y
1
H= gt2①
2
v =gt②
y
v=√v2+v2
③
0 y
在碰撞过程中,以鸟蛤为研究对象,取速度v的方向为正方向,由动量定理得
-FΔt=0-mv④
联立①②③④式,代入数据得
F= 500 N ⑤
(2)若释放鸟蛤的初速度为v =15 m/s,设击中岩石左端时,释放点的x坐标为x ,击中右端
1 1
时,释放点的x坐标为x ,得
2
x =v t⑥
1 1
x =x +L⑦
2 1
联立①⑥⑦式,代入数据得
x =30 m,x =36 m⑧
1 2
若释放鸟蛤时的初速度为v =17 m/s,设击中岩石左端时,释放点的x坐标为x ',击中右端
2 1
时,释放点的x坐标为x ',得
2
x '=v t⑨
1 2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
x '=x '+L⑩
2 1
联立①⑨⑩式,代入数据得
x '=34 m,x '=40 m
1 2
综上得x坐标范围为
[34 m,36 m] 或 (34 m,36 m)
考点二 动量守恒定律
1.(2017课标Ⅰ,14,6分)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 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
答案 A
2.(2022届湖北九师联盟联考,9)(多选)如图所示,光滑水平面上有一轻弹簧,其左端固定在
竖直墙壁上。一质量m =0.5 kg可视为质点的滑块A以v =12 m/s的水平速度向左运动,
1 0
撞上静止的质量m =1.5 kg可视为质点的滑块B并粘在一起向左运动,两滑块与弹簧作
2
用后原速率弹回,则下列说法正确的是( )
A.两滑块组成的系统碰撞过程中动量守恒
B.两滑块碰撞结束时的速度大小为3 m/s
C.在整个过程中,两滑块组成的系统动量守恒
D.在整个过程中,弹簧对A、B系统的冲量大小为12 N·s
答案 ABD
3.[2017江苏单科,12C(3)]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。
m v +v ' m 3
1 2 2 1
解析 由动量守恒,有m v -m v =m v '-m v ',解得 = ,代入数据得 = 。
1 1 2 2 2 2 1 1 m v +v ' m 2
2 1 1 2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
4.(2021广东,13,11分)算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定
导杆上滑动,使用前算珠需要归零。如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在
归零位置,甲靠边框b,甲、乙相隔s =3.5×10-2 m,乙与边框a相隔s =2.0×10-2 m,算珠与导
1 2
杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速
度大小为0.1 m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取10 m/s2。
(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a;
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
解析 设算珠的质量为m, 取从甲到乙的方向为正方向,甲算珠碰撞前后的速度分别为
v 和v ',乙算珠碰后的速度为v '。对算珠,由牛顿第二定律知-μmg=ma,解得a=-
1 1 2
μg=-0.1×10 m/s2=-1 m/s2
(1)对甲算珠,有v2 -v2
=2as ,得v =0.3 m/s
1 0 1 1
甲算珠与乙算珠碰撞,由动量守恒定律得
mv =mv '+mv '
1 1 2
代入数据,解得v '=0.2 m/s
2
设乙滑行s后停下,有0-v '2=2as
2
代入数据,解得s=2.0×10-2 m
由于s=s ,则乙算珠可以滑到边框a
2
(2)设甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞所用时间为t ,碰后至停下所用时间为t
1 2
v -v
根据v-v =at,有t= t 0
t 0 a
v -v 0.3-0.4
t = 1 0= s=0.1 s
1 a -1
0-v ' 0-0.1
t = 1 = s=0.1 s
2 a -1
在t 时间内,设甲算珠的位移为s '
2 1
0-v '2 0-0.12
由v2 -v2 =2as,得s '= 1 = m=0.5×10-2 m<s
t 0 1 2a 2×(-1) 2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
故甲算珠从被拨出到停下来所需时间t=t +t =0.1 s+0.1 s= 0.2 s
1 2
5.(2022届福建重点校联考,13)“奋斗者”号载人潜水器成功坐底深度10 909米(如图),给
世界巨大的震撼。已知潜水器下潜时的总质量为50 t,体积为40 m3,潜水器加速下潜到
一定深度后,通过抛弃10 t的物体后减速至约万米深度,在潜水器下潜与上浮过程中,重
力加速度可视为常量,大小为g=10 m/s2,海水密度取1.0×103 kg/m3。
(1)假设潜水器下潜过程中受到海水的阻力不变,当潜水器由静止加速下潜1.8 km时,速
度达到最大为60 m/s,求潜水器在下潜过程中受到海水的阻力大小。
(2)完成作业后,当潜水器以10 m/s的速度匀速运动到达离海面5 000 m处时,在极短的
时间内以20 m/s 的速度竖直向下抛出一质量为4 t的载重[抛载后潜水器体积、发动机
牵引力、海水阻力均不变,海水阻力同(1)], 然后加速至最大速度20 m/s 后匀速运行,在
与水面距离较近时关闭发动机,减速至水面时速度恰好为零。求从抛载到水面所需的时
间。
解析 (1)设潜水器加速下潜的过程,加速度大小为a,则
v2
由运动学公式可得a=
2s
由牛顿第二定律可得Mg-ρgV-f=Ma
代入数据,解得f= 5×10 4 N
(2)潜水器抛载前m =50 t-10 t=40 t
1
抛载后m =m -m =(40-4) t=36 t
2 1 0
抛载时满足动量守恒,有m v =m v -m v
1 0 2 1 0 2
40
解得抛载后潜水器的速度大小为v = m/s
1 3
抛载前潜水器受力满足F+F =m g+f
浮 1
解得F=f=5×104 N
抛载后潜水器的加速度大小为
F +F-f -m g 10
a = 浮 2 = m/s2
1 m 9
2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
v -v v2 -v2
做匀加速直线运动至最大速度所需时间和位移分别为t = m 1 =6 s,h = m 1=100 m
1 a 1 2a
1 1
关闭发动机后潜水器做匀减速直线运动的加速度大小为
f +m g-F 5
a = 2 浮 = m/s2
3 m 18
2
v v2
做匀减速直线运动至海面的时间和位移分别为t = m =72 s,h = m =720 m
3 a 3 2a
3 3
潜水器以最大速度做匀速直线运动的位移和时间分别为
h =H-h -h =4 180 m
2 1 3
h
2
t = =209 s
2 v
m
故潜水器从抛载到水面的时间为
t=t +t +t = 287 s
1 2 3
综合篇 知能转换
拓展一 动量与能量的综合
1.(2020课标Ⅲ,15,6分)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并
与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为
1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J
答案 A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
2.(2022届新高考联考,10)(多选)如图所示,质量为2 kg的小车A上用细线悬挂一个质量
为4 kg的小球C,开始时小车A与小球C保持相对静止,并以8 m/s的速度在光滑水平
轨道上匀速运动,一段时间后与正前方质量为6 kg的静止的小车B碰撞并粘在一起。重
力加速度g=10 m/s2 ,则下列说法正确的是( )
A.两车粘合过程中的能量损失为48 J
B.小球C能摆起的最大高度为1 m
C.小球C第一次回摆到最低点时速度为2 m/s
D.小球C第一次回摆到最低点时速度为0
答案 AD
1
3.[2022届T8联考(2),11](多选)如图所示,c是半径为R的 圆周的圆弧形光滑槽,其质量
4
为3m,静置于光滑水平面上,A为与c的圆心等高的点,B为c的最低点,与水平面相切。
一可视为质点、质量未知的小球b静止在c右边的水平面上。将另一可视为质点、质量
为m的小球a从槽口A点自由释放,到达水平面上与小球b发生弹性正碰。整个过程中,
不计一切阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.小球a第一次下滑到B点过程中,小球a和光滑槽c组成的系统机械能守恒,动量守恒
√gR
B.小球a第一次下滑到B点时,光滑槽c的速率为
6
5
C.小球a第一次下滑到B点时所受支持力大小为 mg
2
D.当小球b的质量为3m时,小球a与小球b碰撞后,小球a沿光滑槽c上升最大高度为
1
R
64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
答案 BD
4.[2018课标Ⅰ,24(2)]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。求爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
解析 设爆炸时烟花弹距地面的高度为h ,由机械能守恒定律有
1
E=mgh ①
1
火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v 和v 。
1 2
由题给条件和动量守恒定律有
1 1
mv2+ mv2=E②
4 1 4 2
1 1
mv + mv =0③
2 1 2 2
由③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
弹向上运动部分继续上升的高度为h ,由机械能守恒定律有
2
1 1
mv2= mgh ④
4 1 2 2
联立①②③④式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
2E
h=h +h = ⑤
1 2 mg
5.(2018课标Ⅱ,24,12分)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m ,碰后加速度大小为a ,根据牛顿第二定律有
B B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
μm g=m a ①
B B B
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v ',碰撞后滑行的距离为s 。由运动学公式有
B B
v '2=2a s ②
B B B
联立①②式并利用题给数据得
v '= 3.0 m/s ③
B
(2)设A车的质量为m ,碰后加速度大小为a 。根据牛顿第二定律有
A A
μm g=m a ④
A A A
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v ',碰撞后滑行的距离为s 。由运动学公式有
A A
v '2=2a s ⑤
A A A
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为v 。两车在碰撞过程中动量守恒,有
A
m v =m v '+m v '⑥
A A A A B B
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
v = 4.25 m/s ⑦
A
6.(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
B
图所示。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
k
数均为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?
解析 (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
A B
律和题给条件有
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
v = 4.0 m/s ,v = 1.0 m/s ③
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 m ⑨
(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
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2as '=v ″2,2as '=v ″2
B 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
7.(2021北京,17,9分)如图所示,小物块A、B的质量均为m=0.10 kg,B静止在轨道水平段
的末端。A以水平速度v 与B碰撞,碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地
0
面的竖直高度为h=0.45 m,两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s=0.30 m,取重力
加速度g=10 m/s2。求:
(1)两物块在空中运动的时间t;
(2)两物块碰前A的速度v 的大小;
0
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
解析 (1)竖直方向为自由落体运动,
1
由h= gt2,得t= 0.30 s
2
(2)设A、B碰后速度为v,水平方向为匀速运动,
由s=vt,得v=1.0 m/s
根据动量守恒定律,由mv =2mv
0
得v = 2.0 m/s
0
(3)两物体碰撞过程中损失的机械能
1 1
ΔE= mv2- ×2mv2= 0.10 J
2 0 2
8.(2021海南,17,12分)如图,一长木板在光滑的水平面上以速度v 向右做匀速直线运动,
0
将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m,它们
之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。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
(1)滑块相对木板静止时,求它们的共同速度大小;
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍,求此时滑块到木板最右端的距离;
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时,给木板施加一水平向右的外力,使得木板保持匀速直
线运动,直到滑块相对木板静止,求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
解析 (1)滑块和木板组成的系统动量守恒,有
2
2mv =(m+2m)v,解得v= v
0 3 0
(2)对滑块和木板组成的系统,有
2mv =mv +2mv
0 1 2
μmgΔx= 1 ×2mv2- (1 mv2+ 1 ×2mv2)
2 0 2 1 2 2
其中v =2v
2 1
7v2
联立解得Δx= 0
25μg
(3)对于滑块有:μmgt=mv
0
木板匀速运动有:F=μmg
木板运动的位移:x=v t
0
外力所做的功:W=Fx
v
联立解得t=
0,W=mv2
μg 0
拓展二 从动量与能量观点探究力学综合问题
1.[2022届T8联考(1),8](多选)内部长度为L、质量为M的木箱静止在光滑的水平面上,
木箱内部正中间放置一可视为质点的质量为m的木块,木块与木箱之间的动摩擦因数为
μ。初始时木箱向右的速度为v ,木块无初速度。木箱运动的v-t图像如图所示,所有碰撞
0
均为弹性碰撞且碰撞时间极短,重力加速度为g,则在0~t 内,下列说法正确的是( )
0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
A.M=2m
v2
B.木箱与木块间的相对路程为 0
4μg
v2 3
C.木箱对地的位移为 0 + L
8μg 2
3v2 3
D.木块对地的位移为 0- L
8μg 2
答案 BCD
2.[2022届T8联考(1),13]如图所示,质量为M的曲面体静止在水平面上,弧ACB为半径
1
为R的 光滑圆弧,B与水平地面相切,曲面体与地面间的动摩擦因数为μ,当曲面体所受
4
摩擦力满足f=μ·F (F 为地面对曲面体的弹力)时,由于某种机制,曲面体底面突然光滑且
N N
不再变化。现有一质量为m可视为质点的光滑小球(与水平面无摩擦)以v 水平向左运
0
√29gR
动。已知M=2m,v = ,当小球滑到C位置时,曲面体相对地面开始运动,夹角
0
5
θ=53°。取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度为g,求:
(1)小球滑到C点的速度大小v ;
1
(2)曲面体与地面间的动摩擦因数μ;
(3)小球从曲面体A端冲出到落回到A端过程中,曲面体运动的位移大小x。
解析 (1)对小球自B点运动到C点,依机械能守恒有: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
1 1
mv2= mv2+mgR(1-cos 53°)
2 0 2 1
解得:v =√5gR
1
v2
(2)对小球在C点有:N -mg cos 53°=m 1
1
R
28
解得:N = mg
1 5
28
根据牛顿第三定律可知小球对曲面体的压力N =N = mg
2 1 5
此时对曲面体有:N sin 53°=μ(Mg+N cos 53°)
2 2
56
解得:μ= ≈0.84
67
(3)对小球和曲面体组成的系统,小球自C点到A点的过程,依水平方向动量守恒和机械
能守恒有:
mv cos 53°=(M+m)v
1 x
1 1 1
mv2= Mv2+ m(v2+v2)+mgR cos 53°
2 1 2 x 2 x y
1 √1 √16
解得:v = v = gR,v = gR
x 5 1 5 y 5
2v √64R
对小球做竖直上抛运动有t= y=
g 5g
小球从曲面体A端冲出到落回到A端过程中,曲面体运动的位移大小:
8
x=v ·t= R=1.6R
x 5
3.[2022届T8联考(2),16]如图所示,在光滑水平地面上,右端有一竖直光滑半圆轨道与地
面平滑连接,半径为R=0.4 m;在水平地面左端有一倾角θ=37°的传送带以v=10 m/s的速
率顺时针匀速转动,传送带与光滑水平地面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接;可视
为质点的A、B滑块的质量分别为m =1 kg、m =4 kg,A、B两滑块间夹着压缩的轻质
A B
弹簧(弹簧与A、B不拴接),用手按住A、B处于静止状态。现同时松手释放A、B,滑块
B恰好能通过半圆轨道最高点P,A能沿传送带向上运动,已知滑块A与传送带间的动摩
擦因数为μ=0.5,传送带与水平面足够长,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6。求:
(1)被压缩的轻质弹簧的弹性势能E ;
p
(2)滑块A第二次经过传送带最低点M时重力的功率;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
(3)求滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量Q(结果可用根号表示)。
解析 (1)设放手后A、B的速度分别为v 、v ,A、B组成的系统动量守恒,有:
A B
m v -m v =0①
A A B B
v2
对B在最高点P有:m g=m P ②
B B
R
1 1
对B从N到最高点P,由能量守恒有: m
v2
= m
v2
+m g·2R③
2 B B 2 B P B
联立①②③解得:v =8√5 m/s,v =2√5 m/s
A B
1 1
由能量守恒可得:被压缩的轻质弹簧的弹性势能E = m
v2
+ m
v2
= 200 J ④
p 2 A A 2 B B
(2)A先沿传送带做匀减速直线运动,对A,有:m g sin θ+μm g cos θ=m a ⑤
A A A 1
得:a =10 m/s2
1
用时t ,A减速为0,A的位移大小为x
1 1
v v2
有:t = A ,x = A ⑥
1 a 1 2a
1 1
4√5
得:t = s,x =16 m
1 5 1
A速度减为0后,将反向沿传送带做匀加速直线运动,加速度大小仍为a ,再用时t ,与传送
1 2
v
带速度相等,有:t = ⑦
2 a
1
v2
该过程A通过的位移大小为x = ⑧
2 2a
1
解得t =1 s,x =5 m
2 2
A与传送带速度相等后,对A:m g sin θ-μm g cos θ=m a ⑨
A A A 2
得a =2 m/s2
2
再用时t ,A第二次到达M点,速度为v
3 M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
v2 -v2
有: M =x -x ⑩
2a 1 2
2
v -v
M
t =
3 a
2
解得:v =12 m/s,t =1 s
M 3
A第二次到达M点时重力功率为:P =m gv sin θ
G A M
得:P = 72 W
G
(3)A沿传送带向上减速运动过程,与传送带的相对位移大小为Δx ,有:Δx =x +vt
1 1 1 1
A沿传送带向下以加速度a 加速运动过程,与传送带的相对位移大小为Δx ,有:Δx =vt -x
1 2 2 2 2
A沿传送带向下以加速度a 加速运动过程,与传送带的相对位移大小为Δx ,有:Δx =x -x -
2 3 3 1 2
vt
3
滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量为Q=μm g cos θ(Δx +Δx +Δx )
A 1 2 3
联立以上各式解得:Q=(88+32√5 ) J
4.(2020天津,11,16分)长为l的轻绳上端固定,下端系着质量为m 的小球A,处于静止状
1
态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动,恰好能通过圆周轨迹的最高
点。当A回到最低点时,质量为m 的小球B与之迎面正碰,碰后A、B粘在一起,仍做圆
2
周运动,并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力,重力加速度为g,求
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小;
(2)碰撞前瞬间B的动能E 至少多大?
k
解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点,此时轻绳的拉力刚好为零,设A在最高点时的
速度大小为v,由牛顿第二定律,有
v2
m g=m ①
1 1
l
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒,取轨迹最低点处重力势能为零,设A在最低点
的速度大小为v ,有
A
1 1
m v2= m v2+2m gl②
2 1 A 2 1 1
由动量定理,有
I=m v ③
1 A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
联立①②③式,得
I=m √5gl④
1
(2)设两球粘在一起时的速度大小为v',A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点,需
满足
v'=v ⑤
A
要达到上述条件,碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同,以此方向为正方向,
设B碰前瞬间的速度大小为v ,由动量守恒定律,有
B
m v -m v =(m +m )v'⑥
2 B 1 A 1 2
1
又E = m
v2
⑦
k 2 2 B
联立①②⑤⑥⑦式,得碰撞前瞬间B的动能E 至少为
k
5gl(2m +m )2
E = 1 2 ⑧
k
2m
2
5.(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。
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
联立①②式得
3
v =- v ③
P1 5 0
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
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
(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
1 H
0- mv2=-(m+4m)gH-tan θ·4mg cos θ·
2 0 sinθ
v2
解得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v =2gt sin θ
1 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
知识归纳 弹性碰撞的规律满足动量守恒和机械能守恒
例如:以质量为m 、速度为v 的小球与质量为m 的静止小球发生正面弹性碰撞为例,则
1 1 2
有
m v =m v '+m v '①
1 1 1 1 2 2
1 1 1
m v2= m v '2+ m v '2②
2 1 1 2 1 1 2 2 2
(m -m )v 2m v
1 2 1 1 1
由①②得v '= ,v '=
1 m +m 2 m +m
1 2 1 2
6.(2020浙江7月选考,20,12分)小明将如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨
道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量
m=0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0 m处静止释放。已知R=0.2
m,L =L =1.0 m,滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨道
AB BC
均可视为光滑,忽略空气阻力,g取10 m/s2。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
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力;
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点;
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰,碰后一
起运动,动摩擦因数仍为0.25,求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。
(碰撞时间不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
1
解析 (1)机械能守恒定律mgH=mgR+
mv2
2 D
mv2
牛顿第二定律F = D=8 N
N
R
牛顿第三定律F '=F = 8 N , 方向水平向左
N N
(2)能在斜轨道上到达的最高点为C'点,功能关系:mgH=μmgL +μmgL cos θ+mgL
AB BC' BC'
sin θ
15
得L = m<1.0 m,故不会冲出
BC' 16
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v,动能定理:
1
mgH-μmgx= mv2
2
碰撞后的速度为v',动量守恒定律mv=3mv'
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h,动能定理:
h 1
-3μmg(L -x)-3μmg -3mgh=0- (3m)v'2
AB tanθ 2
1 5 5
得h= x- ( m<x ≤ 1 m)
6 48 8
5
h=0(0 ≤ x ≤ m)
8
7.(2022届湖北九师联盟联考,15)如图所示,质量M=2 kg的模型小车静止在光滑水平面
上,车上放置有木板A,木板A上有可视为质点、质量m =4 kg的物体B,A、B紧靠车厢
B
前壁,A的右端与小车后壁间的距离为x=1.5 m,现对小车施加水平向左的恒力F,使小车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
从静止开始做匀加速直线运动,经过时间t=1 s,木板A与车厢后壁发生碰撞,该过程中A
的加速度大小a =4 m/s2,已知木板A与小车间的动摩擦因数μ =0.3,A、B间的动摩擦因
A 0
数μ=0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求木板A的质量m 。
A
(2)求恒力F的大小。
(3)若木板A与小车后壁碰撞后粘在一起(碰撞时间极短),碰后立即撤去恒力F,物体B恰
好未与小车后壁发生碰撞,求小车车厢前、后壁的间距L。
解析 (1)若A、B间不发生相对滑动,则
A、B整体的加速度a'=μ g=3 m/s2
0
由题意知A的加速度a =4 m/s2
A
故A、B间发生相对滑动,对A有
μ (m +m )g-μm g=m a
0 A B B A A
可得木板A的质量m = 2 kg
A
(2)对小车,在该过程中,根据牛顿第二定律有F-μ (m +m )g=Ma
0 A B
1 1
且x= at2- a t2
2 2 A
可得a=7 m/s2,t=1 s,F= 32 N
(3)A与小车碰撞时A的速度v =a t=4 m/s
A A
B的速度v =a t=μgt=2.5 m/s
B B
小车的速度v =at=7 m/s
车
该过程中B相对于A滑动的距离为
1 1
L = a t2- a t2=0.75 m
1 2 A 2 B
A与小车组成的系统在碰撞中动量守恒,可知
Mv +m v =(M+m )v
车 A A A
可得v=5.5 m/s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
当B恰好滑到A的右端与A达到共同速度v 时,B恰好不与小车后壁发生碰撞,设从A
共
与车厢后壁碰撞至B滑至A右端这段时间B相对A滑动的距离为L ,对A、小车与B组
2
成的系统,根据动量守恒定律和能量守恒定律知
(M+m )v+m v =(M+m +m )v
A B B A B 共
1 1 1
(M+m )v2+ m v2= (M+m +m )v2 +μm gL
2 A 2 B B 2 A B 共 B 2
可得L =0.9 m,故小车车厢前、后壁间距L=x+L +L = 3.15 m
2 1 2
8.(2022届湖北部分重点中学联考,14)如图所示,一平板车A质量为2m,原来静止于光滑
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 的初速度
0
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。物块B不会到达
车板的右端,重力加速度大小为g。
(1)求车第一次碰到挡板前瞬间车的速度可能是多大?
(2)若车与挡板总共发生了二次碰撞,求L满足的条件。
解析 (1)假设A与挡板碰撞前瞬间,A、B的速度恰好相等,根据动量守恒定律得
mv =(2m+m)v①
0 t
对A,由动能定理可得
1
μmgL= ·2mv2 ②
2 t
v2
解得L= 0 ③
9μg
v2
当L≥ 0 时,由①式可得第一次碰到挡板前瞬间A的速度大小为
9μg
v
v = 0 ④
t1
3
v2
当L< 0 时,由②式可得第一次碰到挡板前瞬间A的速度大小为
9μg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
v =√μgL⑤
t2
(2)设在A与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v 、v ,根据动量守恒定律有
A B
mv =2mv +mv ⑥
0 A B
分以下两种情况讨论:
①如果L为某个值L ,使A与挡板第一次碰撞后经过一段时间恰好同时停止运动,则
1
mv -2mv =0⑦
B A
此时A与挡板只发生一次碰撞
在这段时间内,对A由动能定理可得
1
μmgL = ·2mv2 ⑧
1 2 A
联立⑥⑦⑧解得
v2
L = 0 ⑨
1
16μg
②如果L为某个值L ,使A与挡板能发生二次碰撞,从A开始运动到与挡板第一次碰撞
2
前瞬间,对A由动能定理可得
1
μmgL = ·2mv2 ⑩
2 2 A
设A第二次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v '、v ',从A与挡板第一次碰撞
A B
后瞬间到第二次碰撞前瞬间,由动量守恒定律可得
mv -2mv =2mv '+mv '
B A A B
A在这段时间内先向左后向右运动,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 A
由题意可知A与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
B A
联立⑥⑩ 解得
v2
L = 0
2
64μg
综上所述可知,若A与挡板总共发生了二次碰撞,L应满足的条件是
v2 v2
0 ≤ L< 0
64μg 16μg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
9.(2021湖北,15,15分)如图所示,一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平
面内,其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上,质量为m的小物块A以某一速度
向质量也为m的静止小物块B运动,A、B发生正碰后,B到达半圆弧轨道最高点时对轨
道压力恰好为零,A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速
度大小为g,忽略空气阻力。
(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离;
(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时,OD与OQ夹角为θ,求此时A所受重力对A
做功的功率;
(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。
解析 (1)设B到半圆弧轨道最高点时速度为v ',由于B对轨道最高点的压力为零,则由
2
v '2
牛顿第三定律可知轨道对B的支持力也为零,由牛顿第二定律得mg=m 2 (1分)
R
B离开最高点后做平抛运动,则
1
在竖直方向上有2R= gt2(1分)
2
在水平方向上有x=v 't(1分)
2
联立解得x=2R(1分)
(2)对A由C到D的过程,
1
由机械能守恒定律得mgR cos θ=
mv2
(2分)
2 D
则A所受重力对A做功的功率为P=mgv sin θ(1分)
D
解得P= mg sin θ √2gRcosθ(1分)
(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v 、v ,对B由Q到最高点的过程,由机械能守恒定律
1 2
得
1 1
mv2= mv '2+mg·2R(1分)
2 2 2 2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
解得v =√5gR
2
1
对A由Q到C的过程,由机械能守恒定律得
mv2
=mgR(1分)
2 1
解得v =√2gR
1
设碰前瞬间A的速度为v ,对A、B碰撞的过程,由动量守恒定律得
0
mv =mv +mv (2分)
0 1 2
解得v =√2gR+√5gR
0
碰撞过程中A和B损失的总动能为
1 1 1
ΔE= mv2- mv2- mv2(2分)
2 0 2 1 2 2
解得ΔE=√10mgR(1分)
10.(2021天津,10,14分)一玩具以初速度v 从水平地面竖直向上抛出,达到最高点时,用遥
0
控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开,该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分,此
时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短,不计空气阻
力。求
3
(1)玩具上升到最大高度 时的速度大小;
4
(2)两部分落地时速度大小之比。
3
解析 (1)设玩具上升的最大高度为h,玩具上升到 h时的速度大小为v,重力加速度大小
4
为g,以初速度方向为正,由运动学公式,有
0-v2=-2gh①
0
v2-v2=-2g ( 3 h ) ②
0 4
联立①②式解得
1
v= v ③
2 0
(2)设玩具分开时两部分的质量分别为m 、m ,水平速度大小分别为v 、v 。依题意,动
1 2 1 2
能关系为
1 1 1
m v2+ m v2= (m +m )v2 ④
2 1 1 2 2 2 2 1 2 0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
玩具达到最高点时速度为零,两部分分开时速度方向相反,水平方向动量守恒,有
m v -m v =0⑤
1 1 2 2
分开后两部分做平抛运动,由运动学关系,两部分落回地面时,竖直方向分速度大小为v ,
0
设两部分落地时的速度大小分别为v '、v ',由速度合成公式,有
1 2
v '=√v2+v2 ⑥
1 0 1
v '=√v2+v2 ⑦
2 0 2
联立④⑤⑥⑦式,考虑到m ∶m =1∶4,得
1 2
v '
1
=2⑧
v '
2
应用篇 知行合一
应用 “水上飞人”——流体模型
1.(2022届湖北九师联盟联考,2 物理生活)某高层建筑顶部广告牌的面积S=80 m2,有大
风正对广告牌吹来,风速v=25 m/s,大风吹到广告牌上后速度瞬间减为0。已知空气密度
ρ=1.2 kg/m3,则该广告牌受到的风力大小为( )
A.3.6×104 N B.6×104 N C.3.6×105 N D.6×105 N
答案 B
2.(2021湖北,3,4分 物理生活)抗日战争时期,我军缴获不少敌军武器武装自己,其中某
轻机枪子弹弹头质量约8 g,出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1
分钟的过程中,机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N,则机枪在这1分钟内射出子弹
的数量约为( )
A.40 B.80 C.120 D.160
答案 C
3.(2022届辽宁八校联考,6 物理生活)“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目,在一个特定的
空间内通过人工制造的气流把人“吹”起来,使人产生在天空翱翔的感觉。如图所示,一
质量为m的游客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内。已知气流密度为ρ,游客受
风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)为S,风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定,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
重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零,则风洞内气流的流量(单位时间内
流出风洞的气流体积)为( )
πd2 √mg πd2 √mg
A. B.
4 ρS 2 ρS
√mgS πd2 √mgS
C. D.
ρ 2 ρ
答案 A
4.(2021福建,4,4分 物理生活)福建属于台风频发地区,各类户外设施建设都要考虑台风
影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s~28.4 m/s,16级台风的风速范围为51.0
m/s~56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌,则16级台风对该交通标志牌
的作用力大小约为10级台风的( )
A.2倍 B.4倍 C.8倍 D.16倍
答案 B
5.[2022届T8联考(1),3 物理生活]11月18日14时02分,某市消防救援指挥中心接到
报警称:某区某街道某路某号4楼起火。14时17分,70名指战员到达现场,经侦查,起火建
筑为5层钢筋混凝土建筑,4楼起火向3楼和5楼蔓延。15时10分火势得到有效控制,15
时48分火势被扑灭,如图所示,用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物时,设水柱直径为
D,以水平水流速度v垂直射向着火物,水柱冲击着火物后速度为零。高压水枪的质量为
M,消防员手持高压水枪操作,进入水枪的水流速度忽略不计,水的密度为ρ,下列说法正确
的是( )
1
A.水枪的流量为 πvD2
2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
1
B.水枪的功率为 πρD2v3
8
1
C.水柱对着火物的冲击力为 πρD2v2
8
D.向前水平喷水时,消防员对水枪的作用力方向向后且斜向上方
答案 B
6.[2016课标Ⅰ,35(2),10分 物理生活]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v 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
0
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。
解析 (ⅰ)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则
Δm=ρΔV①
ΔV=v SΔt②
0
由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为
Δm
=ρv S③
Δt 0
(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
1 1
(Δm)v2+(Δm)gh= (Δm)v2 ④
2 2 0
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)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有
FΔt=Δp⑥
由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得
F=Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得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
v2 M2g
h= 0 - ⑧
2g
2ρ2v2S2
0
解题方法 1.这类涉及流体连续作用的问题,一定要取Δt时间内的流体为研究对象,再利
用动量定理或动量守恒定律列方程。
2.对很短时间Δt内的流体,自身重力相对冲击力而言往往很小,可以忽略重力的冲量。
7.(2019北京理综,24,20分 自然现象)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒,这与雨滴
下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变,重力加速度为g。
(1)质量为m的雨滴由静止开始,下落高度h时速度为u,求这一过程中克服空气阻力所做
的功W。
(2)将雨滴看作半径为r的球体,设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2,其中v
是雨滴的速度,k是比例系数。
a.设雨滴的密度为ρ,推导雨滴下落趋近的最大速度v 与半径r的关系式;
m
b.示意图中画出了半径为r 、r (r >r )的雨滴在空气中无初速下落的v-t图线,其中
1 2 1 2
对应半径为r 的雨滴(选填①、②);若不计空气阻力,请在图中画出雨滴无初速下落的v-t
1
图线。
(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简
化为垂直于运动方向面积为S的圆盘,证明:圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2(提
示:设单位体积内空气分子数为n,空气分子质量为m )。
0
1
解析 (1)根据动能定理mgh-W= mu2
2
1
可得W=mgh- mu 2
2
(2)a.根据牛顿第二定律mg-f=ma
kr2v2
得a=g-
m
当加速度为零时,雨滴趋近于最大速度v
m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
4
雨滴质量m= πr3ρ
3
由a=0,可得,雨滴最大速度
√4π ρg
v = r
m
3k
√4π ρg
b.由v = r可知,① 对应半径为r 的雨滴。所作v-t图线如图1。
m 1
3k
图1
(3)根据题设条件:大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。
以下只考虑雨滴下落的定向运动。
简化的圆盘模型如图2。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在Δt时间内,
与圆盘碰撞的空气分子质量为Δm=SvΔtnm
0
图2
以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理,
有FΔt∝Δm×v
得F∝nm Sv2
0
由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力
f∝v2
采用不同的碰撞模型,也可得到相同结论。
8.(2016北京理综,24,20分 科学探索)(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,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。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
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。
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
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 。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
(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。
创新篇 守正出奇
创新点 动量守恒定律及能量守恒定律在原子物理中的应用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
1.(2017课标Ⅱ,15,6分 解法创新)一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核,衰变方程
为
238
U→
234 Th+4
He。下列说法正确的是( )
92 90 2
A.衰变后钍核的动能等于α粒子的动能
B.衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小
C.铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间
D.衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
答案 B
2.(2017北京理综,23,18分 解法创新)在磁感应强度为B的匀强磁场中,一个静止的放射
性原子核发生了一次α衰变。放射出的α粒子(4
He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动,
2
其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量。
A
(1)放射性原子核用 X表示,新核的元素符号用Y表示,写出该α衰变的核反应方程。
Z
(2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流,求圆周运动的周期和环形电流大小。
(3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能,新核的质量为M,求衰变过程
的质量亏损Δm。
解析 (1)❑
A X→A-4 Y+4
He
Z Z-2 2
v2 2πR
(2)设α粒子的速度大小为v,由qvB=m ,T= ,得
R v
2πm
α粒子在磁场中运动周期T=
qB
q q2B
环形电流大小I= =
T 2πm
v2 qBR
(3)由qvB=m ,得v=
R m
设衰变后新核Y的速度大小为v',系统动量守恒
Mv'-mv=0
mv qBR
v'= =
M M
1 1
由Δmc2= Mv'2+ mv2
2 2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
(M+m)(qBR)2
得Δm=
2mMc2
A-4
说明:若利用M= m解答,亦可。
4
解题方法 衰变中的动量和能量守恒
在α衰变过程中,静止的原子核放射α粒子,新核与α粒子的总动量保持不变(为零),而衰
变释放的能量与质量亏损之间必然遵循质能方程ΔE=Δmc2。
