1、专题二 功与能 动量第 7 讲 碰撞与动量守恒微网构建核心再现及学科素养知识规律(1)动量和冲量的概念(2)动量定理的应用(3)动量守恒的条件和表达式(4)三类碰撞的特点(5)爆炸和反冲的特点(6)力学中的两大守恒思想能量守恒动量守恒思想方法(1)物理思想：理想化模型思想、守恒思想、类比思想(2)物理方法：临界法、整体与隔离法.高频考点 题组冲关 真题试做 新题预测 限时规范训练 高频考点一 动量定理的理解和应用知能必备一、基础知识1冲量 IFt.特点：矢量、过程量、绝对性2动量 pmv.特点：矢量、状态量、相对性动量的变化量 ppp，也是矢量3动量定理：(1)表达式：Ftmvmv.Ipp.(
2、2)力的表达式：Fpt.二、动量定理的理解和应用1公式 ppFt 是矢量式，右边是物体受到所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量其中的 F 是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则 F 是合外力在 t 时间内的平均值2动量定理说明的是合外力的冲量 I合和动量的变化量 p的关系，不仅 I 合与 p 大小相等，而且 p 的方向与 I 合的方向相同3公式 ppFt 说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因命题视角考向 1 对动量定理的理解例 1(多选)下列关于物体动量和冲量的说法正确的是()A物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B物体所受
3、合外力冲量不为零，它的动量一定要改变C物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D物体所受合外力越大，它的动量变化就越大BC解析 A合外力的冲量越大，根据动量定理知，动量的变化量越大，但是动量不一定大故 A 错误B.合外力的冲量不为零，根据动量定理知，动量的变化量不为零，即动量一定改变故B 正确C.根据动量定理知，合力的冲量等于动量变化量，则冲量的方向与动量增量的方向相同故 C正确D.根据 Fmamvtpt，知物体的合外力越大，动量的变化率越大，变化量不一定大故 D 错误答案 BC考向 2 动量定理的应用例 2(2016高考全国卷)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
4、地悬停在空中为计算方便起见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0 竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于 S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开忽略空气阻力已知水的密度为，重力加速度大小为 g.求(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度解析(1)设 t 时间内，从喷口喷出的水的体积为 V，质量为 m，则 mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为mt v0S(2)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 t 时间内喷出的水，由能量守恒得
5、12(m)v2(m)gh12(m)v20 在 h 高度处，t 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p(m)v设水对玩具的作用力的大小为 F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得hv202g M2g22v20S2 答案(1)v0S(2)v202g M2g22v20S21用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体(2)进行受力分析：求每个力的冲量，再求合冲量或先求合力，再求其冲量(3)分析过程找初、末状态：选取正方向，确定初、末状态的动量和各冲量的正负(4)列方程：根据动量定理列方程求解2对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可
6、整个过程用动量定理题组冲关1(多选)下列说法中正确的是()A根据 Fpt可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力B力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量C动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便D玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大AC解析：选 AC.A、由动量定理可得：pFt，则ptmvt maF，由此可知，物体动量的变化率等于它所受的力，故 A 正确；B、力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的积累效应，是一个矢量，故 B 错误；C、动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起
7、来更方便，如不涉及运动的位移时所以动量定理较方便，故 C 正确；D、由 pFt 可知，动量变化相等时，时间 t 越长，力 F 越小，因此可知，玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲力太大，故 D 错误；故选：A、C.2一质量为 2 kg 的物体受水平拉力 F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的 a-t 图象如图乙所示，t0 时其速度大小为 2 m/s，滑动摩擦力大小恒为 2 N，则()At6 s 时，物体的速度为 18 m/sB在 06 s 内，合力对物体做的功为 400 JC在 06 s 内，拉力对物体的冲量为 36 NsDt6 s 时，拉力 F 的功率为 200 WD解析：选 D.A.
8、根据 vat 可知 a-t 图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在 t6 s 时刻，物体的速度 v6v0v212(24)6 m/s20 m/s，故 A 错误；B.根据动能定理得：W 合Ek12mv2612mv20396 J，故 B 错误；C.在 06 s 内，拉力与摩擦力对物体有沿水平方向的冲量，有动量定理得：IFftmv6mv0 代入数据得：IF48 Ns，即拉力对物体的冲量为 48 Ns，故 C 错误D.在 t6 s 时刻，根据牛顿第二定律得：Fmaf242 N10 N，则在 t6 s 时刻，拉力 F 的功率PFv61020 W200 W，故 D 正确故选：D.3对于同一物理问
9、题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为 m，单位体积内粒子数量 n 为恒量为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为 v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力 f 与 m、n 和 v 的关系(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)解析：一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量 I2mv 如图所示，以器壁上面积为 S 的部分为底、vt 为高构成柱体，由题设可知，其内有
10、16的粒子在 t 时间内与器壁上面积为 S 的部分发生碰撞，碰撞粒子总数 N16nSvtt 时间内粒子给器壁的冲量 INI13nSmv2 t器壁上面积为 S 的部分受到粒子的压力 F It则器壁单位面积所受粒子的压力 fFS13nmv2.答案：f13nmv2高频考点二 动量守恒定律及其应用知能必备一、动量守恒条件的理解1理想守恒：不受外力或所受外力的矢量和为零2近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力3某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的矢量和为零，则系统在这方向上动量守恒二、动量守恒定律的表达式ppp0m1v1m2v2m1v1m2v2三、碰撞模型分类1弹性碰撞：动量
11、守恒，机械能也守恒2非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒3完全非弹性碰撞特征：碰后二者“粘”为一体，速度相同，动量守恒，机械能损失最多命题视角考向 1 碰撞类问题例 3(2017安徽省“江南十校”高三联考)如图所示，一个质量为 m 的物块 A 与另一个质量为 2m 的物块 B 发生正碰，碰后B 物块刚好能落入正前方的沙坑中假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块 B 与地面间的动摩擦因数为 0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2.物块可视为质点则A碰撞前的瞬间速度()A0.5 m/s B1.0 m/sC1.5 m/s D2.0 m/sC解析 碰撞后 B 做匀减速运动，由动能定理得：2m
12、gx0122mv2.代入数据得：v1 m/s，A 与 B 碰撞的过程中 A 与 B 组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0mv12mv，由于没有机械能的损失，则：12mv2012mv21122mv2，联立可得：v01.5 m/s，故 A、B、D 错误，C 正确答案 C碰撞问题解题策略1抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解2可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1m1m2m1m2v0、v22m1m1m2v0.3熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当 m1m2，且 v200 时，碰后质量大
13、的速率不变，质量小的速率为 2v0.当 m1m2，且 v200 时，碰后质量小的球原速率反弹考向 2 系统动量守恒例 4(2017东营模拟)如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务某时刻甲、乙都以大小为 v02 m/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点甲和他的装备总质量为 M190 kg，乙和他的装备总质量为 M2135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为 m45 kg 的物体 A 推向甲，甲迅速接住 A 后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站(设甲、乙距离空间站足够远，本题中
14、的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度 v(相对于空间站)将物体 A 推出？(2)设甲与物体 A 作用时间为 t0.5 s，求甲与 A 的相互作用力 F 的大小解析(1)以甲、乙、A 三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M2v0M1v0(M1M2)v1以乙和 A 组成的系统为研究对象，由动量守恒得：M2v0(M2m)v1mv代入数据联立解得v10.4 m/s，v5.2 m/s.(2)以甲为研究对象，由动量定理得，FtM1v1(M1v0)代入数据解得 F432 N.答案(1)5.2 m/s(2)432 N考向 3 多过程的动量守恒问题例 5 如图所示，光
15、滑水平轨道上放置长为 L 的木板 A(上表面粗糙)和滑块 C，滑块 B 置于 A 的左端(B、C 可视为质点)，三者质量分别为 mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg，A 与 B 的动摩擦因数 0.5；开始时 C 静止，A、B 一起以 v05 m/s 的速度匀速向右运动，A 与 C 发生碰撞(时间极短)并粘在一起，经过一段时间，B 刚好滑至 A 的右端而没有掉下来(g9.8 m/s2)求：(1)A 与 C 碰后的速度 v1；(2)B 最终速度 v2；(3)求木板 A 的长度 L.解析(1)把 A、C 看成一个系统满足动量守恒，设 A 与 C 碰后的速度 v1，由动量守恒得：mAv0(mAmC
16、)v1代入数据解得：v12.5 m/s.(2)由题意可知最终三者共速且为 v2，在碰撞前后满足动量守恒：(mAmB)v0(mAmBmC)v2代入数据解得：v23 m/s.(3)A 与 C 发生碰撞并粘在一起，且最终 B 刚好滑至 A 的右端而没有掉下来，最终三者共速且为 v2，设木板长度至少为 L由能量守恒得：12mBv2012(mAmC)v2112(mAmBmC)v22mBgL代入数据解得：L0.5 m.答案(1)2.5 m/s(2)3 m/s(3)0.5 m1动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系2分析系
17、统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力题组冲关1(2017黑龙江省哈尔滨市第三中学高三下学期第三次验收考试)(多选)小球 A 的质量为 mA5 kg，动量大小为 pA4 kgm/s，小球 A 水平向右与静止的小球 B 发生弹性碰撞，碰后 A 的动量大小为 pA1 kgm/s，方向水平向右，则()A碰后小球 B 的动量大小为 pB3 kgm/sB碰后小球 B 的动量大小为 pB5 kgm/sC小球 B 的质量为 15 kgD小球 B 的质量为 3 kgAD解析：选 AD.规定向右为正，碰撞过程中 AB 组成的系统动量守恒，所以有 pApApB，解得 PB3 kg
18、m/s，A 正确、B错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故 p2A2mApA22mA p2B2mB，解得 mB3 kg，C 错误、D 正确2(2017四川省资阳市模拟)(多选)如图甲所示，物块 A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中 A 物块最初与左侧固定的挡板相接触，B 物块质量为2 kg.现解除对弹簧的锁定，在 A 离开挡板后，B 物块的 v-t 图象如图乙所示，则可知()AA 的质量为 4 kgB运动过程中 A 的最大速度为 vm4 m/sC在 A 离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D在 A 离开挡板后弹簧的最大弹性势能为 3 JBD解析：选 B
19、D.AB、解除对弹簧的锁定，A 离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒，B 速度最大时，A 的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B 的速度最小时，A 的速度最大，设 A 的质量为 m，此时 A 的速度为 v，根据动量守恒和机械能守恒有：mv2123，12mv21221212232，可得 m1 kg，v4 m/s，A 错误、B 正确；在 A 离开挡板前，由于挡板对 A 有作用力，所以 A、B 系统所受外力矢量和不为零，则系统动量不守恒，故 C 错误；当 A、B 速度相等时，A、B 动能之和最小，根据机械能守恒定律，此时弹性势能最大根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBvmax(mBm)v共，E
20、pmax12mBv2max12(mBm)v2共联立解得：Epmax3 J，故 D 正确3(2017湖北省八校高三上学期第一次联考试题)如图所示，质量为 m32 kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的 AB 部分是半径为 R0.3 m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧滑道除 CD 部分粗糙外其他部分均光滑质量为 m23 kg 的物体 2(可视为质点)放在滑道的 B 点，现让质量为 m11 kg 的物体 1(可视为质点)自 A 点由静止释放两物体在滑道上的 C 点相碰后粘为一体(g10 m/s2)求：(1)物体 1 从释放到与物体 2 相碰的过程中，滑道
21、向左运动的距离；(2)若 CD0.2 m，两物体与滑道的 CD 部分的动摩擦因数都为 0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能解析：(1)m1 从释放到与 m2 相碰撞过程中，m1、m3 组成的系统水平方向动量守恒，设 m1 水平位移大小 x1，m3 水平位移大小x3，由题意可知 x1R 有：0m1x1m3x3可以求得 x3m1x1m3 0.15 m(2)设 m1、m2 刚要相碰时物体 1 的速度 v1，滑道的速度为 v3，由机械能守恒定律有 m1gR12m1v2112m3v23由动量守恒定律有 0m1v1m3v3物体 1 和物体 2 相碰后的共同速度设为 v2，由动量守恒定律有m
22、1v1(m1m2)v2弹簧第一次压缩最短时由动量守恒定律可知物体 1、2 和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为 Epm.从物体 1、2 碰撞后到弹簧第一次压缩最短的过程中，由能量守恒有12(m1m2)v2212m3v23(m1m2)g CD Epm联立以上方程，代入数据可以求得，Epm0.3 J.答案：(1)0.15 m(2)0.3 J高频考点三 动量守恒与能量守恒的综合应用知能必备动量守恒定律与机械能守恒定律的比较动量守恒定律机械能守恒定律研究对象相互作用的物体组成的系统相同点研究过程某一运动过程守恒条件系统不受外力或所受外力的矢量和为零系统只有重力或弹力做功表达式p1p2p1p2Ek1E
23、p1Ek2Ep2矢标性矢量式标量式某一方向上应用情况可在某一方向上独立使用不能在某一方向上独立使用不同点运算法则矢量运算代数运算命题视角考向 1 涉及弹簧的问题模型例 6(2017河北石家庄质检)如图所示，光滑水平面上木块A 的质量 mA1 kg，木块 B 的质量 mB4 kg，质量为 mC2 kg的木块 C 置于足够长的木块 B 上，B、C 之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑开始时 B、C 静止，A 以 v010 m/s 的初速度向右运动，与B碰撞后瞬间 B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短求：(1)A、B 碰撞后 A 的速度；(2)弹簧第一次恢复原长时 C 的速度解析(1)因碰撞时间极短
24、，A、B 碰撞时，可认为 C 的速度为零，由动量守恒定律得mAv0mAvAmBvB解得 vAmAv0mBvBmA4 m/s，负号表示方向与 A 的初速度方向相反(2)弹簧第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零设此时 B 的速度为 vB，C 的速度为 vC，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mBvBmBvBmCvC12mBv2B12mBvB212mCv2C得 vC2mBmBmCvBvC143 m/s.答案(1)4 m/s 与 A 的初速度方向相反(2)143 m/s考向 2 滑板、滑块类问题模型例 7(2017黑龙江省大庆第一中学高三上学期第三阶段测试)如图所示，有一质量为 M2 kg 的平板小车静止
25、在光滑的水平地面上，现有质量均为 m1 kg 的小物块 A 和 B(均可视为质点)，由车上 P 处开始，A 以初速度 v12 m/s 向左运动，B 同时以 v24 m/s 向右运动最终 A、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车两物块与小车间的动摩擦因数都为 0.1，取 g10 m/s2.求：(1)求小车总长 L；(2)B 在小车上滑动的过程中产生的热量 QB；(3)从 A、B 开始运动计时，经 6 s 小车离原位置的距离解析(1)设最后达到共同速度 v，整个系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv2mv1(2mM)v由能量守恒定律得：mgL12mv2112mv2212(2mM)v
26、2解得：v0.5 m/s，L9.5 m.(2)A 离车左端距离 x1 刚运动到左端历时 t1，在 A 运动至左端前，木板静止由牛顿第二定律得：mgmaA速度：v1aAt1位移：x112aAt21解得：t12 s，x12 m，所以，B 离右端距离：x2Lx17.5 m，热量：QBmgx27.5 J.(3)从开始到达到共速历时 t2，速度：vv2aBt2由牛顿第二定律得：mgmaB解得：t23.5 s，小车在 t1 前静止，在 t1 至 t2 之间以 a 向右加速：由牛顿第二定律得：mg(Mm)a小车向右走位移：s12a(t2t1)2接下去三个物体组成的系统以 v 共同匀速运动了：sv(6st2)
27、联立以上式子，解得：小车在 6 s 内向右走的总距离：xss1.625 m.答案(1)9.5 m(2)7.5 J(3)1.625 m考向 3 动量守恒中的临界问题例 8 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 h0.3 m(h 小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为 m130 kg，冰块的质量为 m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小 g10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜
28、面体分离后能否追上小孩？解析 将小孩与冰块视为一系统，在小孩推出冰块时，该系统动量守恒；在冰块滑上斜面体至再次滑离斜面体的全过程中，冰块与斜面体只存在弹力(内力)作用，将冰块与斜面体视为一个系统，该系统在水平方向上不受外力作用，该系统在水平方向上动量守恒(1)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 m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律，得m2v20(m2m3)v，12m2v22012(m2m3)v2m2gh，式中 v203 m/s 为冰块推出时的速度联立式并代入题给数据，得 m320 kg.(2)设小孩推出冰块后的速度为 v1
29、，由动量守恒定律，有m1v1m2v200，代入数据，得 v11 m/s.设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2 和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律，有m2v20m2v2m3v3，12m2v22012m2v2212m3v23，联立式并代入数据，得 v21 m/s，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答案：(1)20 kg(2)不能1若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)2若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理3因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物
30、理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性4在解题时，往往列出动量守恒和能量守恒两个相关方程才能解决问题题组冲关1光滑水平面上有一质量为 M 的木板，在木板的最左端有一质量为 m 的小滑块(可视为质点)小滑块与木板之间的动摩擦因数为.开始时它们都处于静止状态，某时刻给小滑块一瞬时冲量，使小滑块以初速度 v0 向右运动经过一段时间小滑块与木板达到共同速度 v，此时小滑块与木板最左端的距离为 d，木板的位移为 x，如图所示下列关系式正确的是()CAmgx12(Mm)v2Bmgd12(Mm)v212mv20Cmgd
31、Mmv202MmDmgd12mv2012mv2解析：选 C.由动量守恒可知：mv0(Mm)v可知：v mv0Mm；对 m 分析可知，m 只有 M 的摩擦力做功，则由动能定理可知，mg(xd)12mv212mv20；对 M 分析可知，M 受 m 的摩擦力做功，由动能定理可知：mgx12Mv2；联立可知：mgdMmv202Mm；故只有 C 正确；故选 C.2(2017黑龙江省哈尔滨市第三中学高三上学期第三次验收考试)(多选)如图所示，将一轻质弹簧从物体 B 内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为 m12.0 kg 的物体 A.平衡时物体 A 距天花板 h2.4 m，在距物体 A 正上方高
32、为 h11.8 m 处由静止释放质量为 m21.0 kg 的物体 B，B 下落过程中某时刻与弹簧下端的物体 A 碰撞(碰撞时间极短)并立即以相同的速度与 A运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时 0.25 s 第一次到达最低点，(弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g10 m/s2)下列说法正确的是()ABCA碰撞结束瞬间两物体的速度大小为 2 m/sB碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为 0.25 mC碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为 18 NDA、B 到最低点后反弹上升，A、B 分开后，B 还能上升的最大高度为 0.2 m解
33、析：选 ABC.B 物体自由下落至与 A 碰撞前其速度为 v0，根据自由落体运动规律，有：v0 2gh12101.8 m/s6 m/s，AB 碰撞结束之后瞬时二者速度共同速度为 v1，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有：m2v0(m1m2)v1，解得：v12.0 m/s，从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择 B 作为研究对象，根据动量定理，有：(m2gF)t0m2vt，解得 F18 N，方向竖直向上此过程中对 B 分析，根据动能定理可得Fxmgx012m2v21，解得 x0.25 m，即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为 0.25 m，B 正确；A、B 分开后，若在原位置分开，
34、B 还能上升的最大高度为 hv212g0.2 m，但实际上 AB在弹簧恢复原长时，即分开，故小于 0.2 m，D 错误；故选 A、B、C.3(2017辽宁省庄河市高级中学高三月考)一个质量为 m11 kg 长为 L65 m 的木板在光滑的地面上以速度 v12 m/s 向右滑行，一个质量为 m22 kg 的小木块(可视为质点)向左以速度 v214 m/s 从木板的右端滑上，木块和木板的摩擦因数是 0.1，滑行一段时间后木块和木板达到共同速度，然后木板碰撞光滑半圆弧，碰后木板停止运动，木块最终无能量损失地滑上圆弧，求：(1)木板从开始到向右运动到最远点过程中系统产生热量；(2)木板从开始到和木块达
35、到共同速度的过程中系统产生热量；(3)若木块滑上圆弧的过程中不脱离圆弧，求圆弧半径 r 范围解析：(1)木板向右运动到最远点时速度为 0，系统动量守恒(向左为正)：m2v2m1v1m2v3，解得：v3m2v2m1v1m2214122 m/s13 m/s系统能量守恒：12m1v2112m2v2212m2v23Q1，解得：Q112m1v2112m2v2212m2v2329 J.(2)从开始到木块和木板达到共同速度过程中，动量守恒：m2v2m1v1(m1m2)v 共，解得 v共m2v2m1v1m1m2263 m/s，系统能量守恒：12m1v2112m2v2212(m1m2)v2共Q2，解得：Q225
36、63 J.(3)Q2m2gs，解得：s1283 m，从木板碰撞圆弧后到木块刚滑上圆弧，系统能量守恒：12m2v2共12m2v24m2g(Ls)，得：v4 2743 m/s情况一：木块恰能上升到圆弧最高点 m2gm2v2r112m2v2412m2v22m2gr1，解得：r10.72 m情况二：木块恰能上升到圆弧最左点12m2v24m2gr2，解得：r21.8 m综上所述，半径的取值范围是 r0.72 m，或 r1.8 m.答案：(1)29 J(2)Q2102 J(3)r0.72 m 或 r1.8 m真题 1(2017高考全国卷)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以
37、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)()A30 kgm/s B5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/sA解析：选 A.由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒燃气的动量p1mv0.05600 kgm/s30 kgm/s，则火箭的动量p2p130 kgm/s，选项 A 正确真题 2(2017高考全国卷)(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()At1 s 时物块的速率
38、为 1 m/sBt2 s 时物块的动量大小为 4 kgm/sCt3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/sDt4 s 时物块的速度为零AB解析：选 AB.A 对：前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a1F1m22 m/s21 m/s2，t1 s 时物块的速率 v1a1t11 m/s.B 对：t2 s 时物块的速率 v2a1t22 m/s，动量大小为 p2mv24 kgm/s.C 错：物块在 24 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小 a2F2m0.5 m/s2，t3 s 时物块的速率 v3v2a2t3(20.51)m/s1.5 m/s，动量大小 p3mv33 kgm/s.D
39、 错：t4 s 时物块的速度 v4v2a2t4(20.52)m/s1 m/s.真题 3(2016高考天津卷)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.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_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(m2m)v解得 v13v设滑块相对于盒的运动路程为 s根据能量守恒得：mgs12mv212(m2m)v2解得 s v23g答案：v3
40、 v23g真题 4(2017高考天津卷)如图所示，物块 A 和 B 通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 mA2 kg、mB1 kg.初始时 A 静止与水平地面上，B悬于空中先将 B 竖直向上再举高 h1.8 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 g10 m/s2.空气阻力不计求(1)B 从释放到细绳绷直时的运动时间 t；(2)A 的最大速度 v 的大小；(3)初始时 B 离地面的高度 H.解析：(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h12gt2代入数据解得t0.6
41、 s(2)设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB，有 v0gt6 m/s细绳绷直瞬间，细绳张力远大于 A、B 的重力，A、B 相互作用，总动量守恒：mBv0(mAmB)v绳子绷直瞬间，A、B 系统获得的速度：v2 m/s之后 A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度 v 即为最大速度，A 的最大速度为 2 m/s.(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：12(mAmB)v2mBgHmAgH解得，初始时 B 离地面的高度 H0.6 m.答案：(1)t0.6 s(2)v2 m/s(3)H0.6 m真题
42、5(2016高考全国卷)如图，水平地面上有两个静止的小物块 a 和 b，其连线与墙垂直；a 和 b 相距 l，b 与墙之间也相距 l；a 的质量为 m，b 的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同现使 a 以初速度 v0 向右滑动此后 a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞重力加速度大小为 g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件解析：设物块与地面间的动摩擦因数为.若要物块 a、b 能够发生碰撞，应有12mv20mgl即 v202gl 设在 a、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为 v1.由能量守恒有12mv2012mv21mgl设在 a、b 碰撞后的瞬间，a、b 的速度大小分别为 v1、v2，由动量守恒和能量守恒有mv1mv134mv2 12mv2112mv121234m v22联立式解得 v287v1由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知1234m v2234mgl联立式，可得 32v20113gl 联立式，a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞的条件32v20113gl v202gl答案：32v20113gl v202gl点击进入word版：限时规范训练把握高考微点，实现素能提升