1、第2讲动量观点的应用真题再现1.(2019高考江苏卷)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()A.vB.vC.v D.v解析：选B.对小孩和滑板组成的系统，由动量守恒定律有0Mvmv，解得滑板的速度大小v，选项B正确.2.(2017高考江苏卷)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.解析：由动量守恒定律得m1v1m2v2m
2、2v2m1v1解得代入数据得.答案：见解析考情分析命题研究分析近几年高考，动量、动量守恒定律是本部分的重点知识，难度不大.2019年把动量列入必考内容后，预计对该部分的命题方向呈现多样化，不仅题型上有突破，既有选择题，又有计算题；而且对知识点的考查上广泛很多对动量、冲量的计算、碰撞与爆炸中的动量守恒都将有命题点冲量与动量定理的应用【高分快攻】1应用动量定理解题的步骤2动量定理的两个重要应用(1)应用Ip求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用IFt求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化p，等效代换变力的冲量I.(2)应用pFt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方
3、向时刻在变化，求动量变化(pp2p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化【典题例析】 (2019高考全国卷)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4.8106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A1.6102 kgB1.6103 kgC1.6105 kg D1.6106 kg解析根据动量定理有Ftmv0，解得1.6103 kg/s，所以选项B正确答案B【题组突破】1(多选)一质量为2 kg的物块
4、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时物块的速度为零解析：选AB.根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在01 s、02 s、03 s、04 s内合外力冲量分别为2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理Imv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2
5、kgm/s，则A、B项均正确，C、D项均错误2(2018高考北京卷)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h10 m，C是半径R20 m圆弧的最低点质量m60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到达B点时速度vB30 m/s，取重力加速度g10 m/s2.(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L100
6、m.(2)根据动量定理，有ImvBmvA1 800 Ns.(3)运动员经C点时的受力分析如图所示根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有mghmvmv根据牛顿第二定律，有FNmgm联立解得FN3 900 N.答案：见解析动量守恒定律在碰撞、爆炸和反冲中的应用【高分快攻】1应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明2三种碰撞的特点弹性碰撞动量守恒：m1v1m2v2m1
7、v1m2v2，机械能守恒：m1vm2vm1v m2v完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1m2v2(m1m2)v，机械能损失最多：机械能的损失E(m1m2)v2非弹性碰撞动量守恒：m1v1m2v2m1v1m2v2，机械能的损失机械能有损失：E(m1vm2v)(m1v m2v)碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1p2p1p2. (2)动能不增加：Ek1Ek2Ek1Ek2.(3)速度要符合实际情况【典题例析】 如图所示，在光滑水平面上有质量为m的小物块a以初速度v0水平向右运动，在小物块a左右两侧各放置完全相同的小物块b、c，小物块b、c上各固定一个轻弹簧，小物块b、c的质量均为km，
8、其中k1、2、3，弹簧始终处于弹性限度内求：(1)小物块a第一次与小物块c碰撞时，弹簧的最大弹性势能为多大？(2)若小物块a至少能与小物块c碰撞2次，k的最小值为多少？解析(1)小物块a和c相互作用，两者速度相等时弹簧的弹性势能最大，对于小物块a和c，根据动量守恒定律有mv0(mkm)v根据能量转化和守恒定律有Epmaxmv(mkm)v2联立解得Epmaxmv.(2)设小物块a第一次离开小物块c时，小物块a和c的速度分别为v1、v2，对于小物块a和c根据动量守恒定律有mv0mv1kmv2根据机械能守恒定律有mvmvkmv联立解得，小物块a的速度为v1v0小物块c的速度为v2v0小物块a离开c后
9、与小物块b作用，当小物块a离开b时，小物块a和小物块b的速度分别为v1、v2，对于小物块a和b，根据动量守恒定律有mv1mv1kmv2根据机械能守恒定律有mvmv kmv联立解得v1v0若小物块a和c至少碰撞2次，则有v1v2由数学知识可得k24k10解得k2而k1、2、3故kmin5.答案(1)mv(2)5【题组突破】角度1碰撞问题分析1(2018高考全国卷)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2.0103 kg和
10、1.5103 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g10 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mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中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vB，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v2aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s.(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有mAgmAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有
11、v2aAsA设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvAmAvAmBvB联立式并利用题给数据得vA4.25 m/s.答案：见解析角度2爆炸现象分析2(2018高考全国卷)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(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有Emv设烟花弹从地面开始上升
12、到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0v0gt联立式得t .(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有Emgh1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有mvmvEmv1mv20由式知，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h2，由机械能守恒定律有mvmgh2联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为hh1h2.答案：见解析角度3多过程问题中的动量守恒3(2019泰州高三二模)质量m1 kg的小物块在高h10.3 m的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁
13、扣K锁住，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣K，物块将以水平速度v0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B点的高度h20.15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块M，m滑下与M发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度的，碰撞过程中无能量损失，g10 m/s2，求：(1)物块m压缩弹簧时储存的弹性势能Ep；(2)物块M的质量解析：(1)小物块由A运动到B做平抛运动，h1h2gt2，解得：t s由几何关系：Rh1，h1h2，BOC60设小球平抛时的初速度为v0，则tan 60弹性势能Ep等于小
14、物块在A点的动能，Epmv解得：Ep0.5 J.(2)设小物块到C点时的速度为v1，小物体从A点到C点过程，机械能守恒由机械能守恒定律，mvmgh1mvm与M碰撞过程动量守恒，有：mv1mv3Mv2m与M碰撞过程能量守恒，有：mvmvMv其中v3由以上各式解得：M2.0 kg.答案：(1)0.5 J(2)2.0 kg命题角度解决方法易错辨析动量守恒的条件判断掌握三个守恒条件准确判断系统合外力是否为零或内力远大于外力，或者分析是否为碰撞或爆炸弹性碰撞分析动量守恒定律、机械能守恒定律无能量损失是最大特点完全非弹性碰撞分析动量守恒定律掌握碰撞后速度相等这一条件爆炸现象求解动量守恒的条件是内力远大于外
15、力注意爆炸后各部分的速度方向，有可能不在同一平面内动量守恒定律的综合应用【高分快攻】1解题策略(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点(3)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析2动量与能量的综合问题，常取材“滑块滑板”模型、“传送带”模型、“弹簧物块”模型等，设置多个情景、多个过程，考查力学三大观点的综合应用要成功解答此类“情景、过程综合”的考题，就要善于在把握物理过程
16、渐变规律的同时，洞察过程的临界情景，结合题给条件(往往是不确定条件)，进行求解(注意结合实际情况分类讨论)【典题例析】 (2019高考全国卷)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0 kg，mB4.0 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l1.0 m，如图所示某时刻，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Ek10.0 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均为0.20.重力加速度取g10 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
17、、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vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0mAvAmBvBEkmAvmBv联立式并代入题给数据得vA4.0 m/s，vB1.0 m/s.(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sB，则有mBamBgsBvBtat2vBat0在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A
18、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sA都可表示为sAvAtat2联立式并代入题给数据得sA1.75 m，sB0.25 m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s0.25 m0.25 m0.50 m(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vA，由动能定理有mAv2AmAvmAg(2lsB)联立式并代入题给数据得vA m/s故A与B将发生碰撞设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(
19、vA)mAvAmBvBmAvmAvmBv联立式并代入题给数据得vA m/s，vB m/s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sA时停止，B向左运动距离为sB时停止，由运动学公式2asAv，2asBv由式及题给数据得sA0.63 m，sB0.28 msA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ssAsB0.91 m答案(1)4.0 m/s1.0 m/s(2)B先停止0.50 m(3)0.91 m【题组突破】角度1“子弹打木块”模型1(2019扬州大联考)如图所示，在固定的足够长的光滑水平杆上，套有一个质量为m0.5 kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一
20、端系着一个质量为M1.98 kg的木块，现有一质量为m020 g的子弹以v0100 m/s的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g10 m/s2)，求：(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；(2)木块所能达到的最大高度解析：(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有m0v0(m0M)v在该过程中机械能有损失，损失的机械能为Em0v(m0M)v2解得：E99 J.(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有(m0M)v(m0Mm)v又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有(m0M)gh(m0M)v2(m0Mm)v2联立解得
21、：h0.01 m.答案：见解析角度2“滑块类”模型2如图所示，水平地面上OP段是粗糙的，OP长为L1.6 m，滑块A、B与该段的动摩擦因数都为0.5，水平地面的其余部分是光滑的滑块B静止在O点，其质量mB2 kg.滑块A在O点左侧以v05 m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞A的质量是B的k(k取正整数)倍，滑块均可视为质点，取g10 m/s2.(1)若滑块A与B发生完全非弹性碰撞，求A、B碰撞过程中损失的机械能；(2)若滑块A、B构成的系统在碰撞过程中没有机械能损失，试讨论k在不同取值范围时滑块A克服摩擦力所做的功解析：(1)设滑块A碰B后的共同速度为v，A、B碰撞过程中损失的机械能为
22、E由动量守恒定律有mAv0(mAmB)v由能量守恒定律有EmAv(mAmB)v2联立式并代入数据解得E J(2)设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向，由于弹性碰撞，有：mAv0mAvAmBvBmAvmAvmBv联立式并代入数据解得vA m/svB m/s假设滑块A、B都能在OP段滑动，滑块A、B在OP段的加速度(aAaBg)相等，由式知在任意时刻vBvA，滑块A、B不会再一次发生碰撞由题知，当滑块A刚好能够到达P点有mAvmAgL代入数据解得k9讨论：a当k1时，vA0，滑块A停在O点，A克服摩擦力所做的功为WfA0.b当19时，滑块A从OP段右侧离开，A克服摩擦力所做的功为W
23、fAmAgL16 kJ.答案：见解析角度3“弹簧类”组合模型3(2019徐州二模)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质弹簧滑道CD部分粗糙，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点相碰后粘在一起(g10 m/s2)(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离(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
24、中，弹簧具有的最大弹性势能(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？解析：(1)物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为s1，滑道的水平位移大小为s3，有0m1s1m3s3，s1R解得s30.15 m.(2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3，由机械能守恒定律有m1gRm1vm3v由动量守恒定律有0m1v1m3v3物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v2，由动量守恒定律有m1v1(m1m2)v2弹簧第一次压缩至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.
25、从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有(m1m2)vm3v(m1m2)gCDEpm联立以上方程，代入数据解得Epm0.3 J.(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒定律有(m1m2)vm3v(m1m2)gs代入数据可得s0.25 m所以物体1、物体2最终停在C点和D点之间与D点间的距离为0.05 m处答案：见解析1“子弹打木块”模型是碰撞中常见模型，其突出特征是在子弹打击木块的过程中有机械能损失，此类问题的一般解法可归纳如下：(1)分析子弹打击木块的过程，弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动还是穿透木块和木
26、块各自运动；(2)子弹在打击木块的过程中，由于时间较短，内力远远大于外力，故在打击的过程中动量守恒； (3)子弹在打击木块过程中产生的机械能损失，一般有两种求解方法：一是通过计算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的损失；二是通过计算在子弹打击木块的过程中，子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解2利用弹簧进行相互作用的碰撞模型，一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律，此类试题的一般解法是：(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态；(2)分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程；(3)判断解出的结果是否满足“实
27、际情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果注意：(1)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解；(2)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧连接的两个物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的突破点(建议用时：40分钟)一、单项选择题1(2018高考全国卷)高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动在启动阶段，列车的动能()A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比解析：选B.列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运
28、动的速度与时间关系可知vat，且列车的动能为Ekmv2，由以上整理得Ekma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将xat2 代入上式得Ekmax，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误2(2018高考全国卷)高空坠物极易对行人造成伤害若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A10 NB102 NC103 N D104 N解析：选C.根据自由落体运动和动量定理有2ghv2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ftmv，代入数据解得F110
29、3 N，所以C正确3(2017高考天津卷)“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解析：选B.摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重
30、力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误4(2019淮安质检)如图所示，一轻杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量大于b球质量，两球的半径相等，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从图示位置由静止释放，则()A在b球落地前瞬间，a球的速度方向向右B在b球落地前瞬间，a球的速度方向向左C在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量为零D在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的功为零解析：选D.整个装置下落过程中，水平方向没有外力，水平方向的动量守恒，原来系统水平方向的动量为零，在b球落地前瞬间，系统水平方向的动量仍为
31、零，a球水平方向速度一定为零，选项A、B错误；设杆对a球做功为W1，对b球做功为W2，在b球落地前由于机械能守恒，则除了重力以外的力做的功必定为零，即W1W20，对a球由动能定理可知W10，故W20，选项D正确；对b球，水平方向上动量变化为零，杆对b球的水平冲量为零，在竖直方向上，由动量定理可知，杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，选项C错误5如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()
32、AL1L2 BL1L2CL1L2 D不能确定解析：选C.若用锤子敲击A球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则mAv(mAmB)v，解得v，弹性势能最大，最大为EpmAv2(mAmB)v2；若用锤子敲击B球，同理可得mBv(mAmB)v，解得v，弹性势能最大为EpmBv2(mAmB)v2，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L1L2，C正确6一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31，不计质量损失，重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：选B.弹丸在爆炸过程中，水平方向
33、的动量守恒，有mvmv甲mv乙，解得4v3v甲v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有hgt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲v甲t，x乙v乙t，代入图中各数据，可知B正确7(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/s解析：选A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根
34、据动量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，选项A正确8(2019最新高考信息卷)如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m2 kg的木块A以速度v02 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g10 m/s2.则下列说法正确的是()A长木板的质量M2 kgBA、B之间动摩擦因数为0.2C长木板长度至少为2 mDA、B组成系统损失机械能为4 J解析：选A.从图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒
35、定律得：mv0(mM)v，解得：Mm2 kg，故A正确；由图乙可知，木板B匀加速运动的加速度a1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得mgMaB，解得动摩擦因数0.1，故B错误；由图乙可知前1 s内B的位移xB0.5 m，A的位移xA1.5 m，所以木板最小长度LxAxB1 m，故C错误；A、B组成系统损失机械能Emv(Mm)v22 J，故D错误二、多项选择题9(2019芜湖高三三模)在地面上以大小为v1的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g.下列判断正确的是()A皮球上升的最大高度为B皮球从抛出到落地过程
36、中克服阻力做的功为mvmvC皮球上升过程经历的时间为D皮球从抛出到落地经历的时间为解析：选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，则上升的高度小于，上升的时间小于，故A、C错误；皮球从抛出到落地过程中重力不做功，根据动能定理得克服阻力做功为Wfmvmv，故B正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则：mgt1kvt1mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：hvt1，即：mgt1khmv1同理，设下降阶段的平均速度为v，则下降过程mgt2kvt2mv2，即：mgt2khmv2，由式得：mg(t1t2)m(v1v2)，解得：tt1t2，
37、故D正确10如图所示，四个小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分别以v0和2v0的速率向两侧匀速运动，中间两个小球静止，小球1质量为m，小球2的质量为2m，1、2两球之间放置一被压缩的轻质弹簧，弹簧所具有的弹性势能为Ep，将弹簧的弹性势能全部释放，下列说法正确的是()A在弹簧的弹性势能释放过程中，小球1和小球2的合动量不为零B小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2、 C小球1能否与小球3碰撞，取决于小球3的质量大小D若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，则质量m要满足mv0，v22v0，解得m，C错误，D正确11(2019扬州检测)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光
38、滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A.Mv2 Bv2C.NmgL DNmgL解析：选BD.设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律：mv(mM)v1，则动能损失Ekmv2(mM)v，解得Ekv2，B对；依题意：小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s0.5L(N1)L0.5LNL，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能：EkQNmgL，D对
39、12(2019衡水中学信息卷)如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m1 kg.用大小为6 N方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()A木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量B拉力F做功为6 JC小滑块Q的最大速度为3 m/sD整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J解析：选ACD.对系统由动量定理得FtmvPmvQ2mv共，即木板P与小滑块Q所组成系统的动量增加量一定等于拉力F的
40、冲量，A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过2m4 N，拉力F为6 N大于4 N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律Fmgma，解得a4 m/s2，1 s内木板P的位移xat22 m拉力F做功WFx12 J，B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft2mv共，v共3 m/s，C正确；整个过程中，对系统由能量守恒定律可知W2mvQ，解得Q3 J，D正确三、非选择题13(2019苏州质检)皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64，且每次球与地板接触的时间相等若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略(1)求相邻两次球与地板碰撞的平
41、均冲力大小之比是多少？(2)若用手拍这个球，使其保持在0.8 m的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m0.5 kg，g取10 m/s2)解析：(1)由题意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8.设皮球所处的初始高度为H，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v0，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)v1和第二次碰撞后瞬时速度大小v2满足v20.8v10.82v0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2，选竖直向上为正方向，根据动量定理，有F1tmv1(mv0)1.8mv0F2tmv2(mv1)1.8mv11.44mv0则F1F254.(2)欲使球跳起0
42、.8 m，应使球由静止下落的高度为h m1.25 m，球由1.25 m落到0.8 m处的速度为v3 m/s，则应在0.8 m处给球的冲量为Imv1.5 Ns，方向竖直向下答案：(1)54(2)1.5 Ns方向竖直向下14(2019南通模拟)如图所示，滑板A放在光滑的水平面上，B滑块可视为质点，A和B的质量都是m1 kg，如图所示，滑板A放在光滑的水平面上，B滑块可视为质点，A和B的质量都是m1 kg，A的左侧面靠在光滑竖直墙上，A上表面的ab段是光滑的半径为R0.8 m的四分之一圆弧，bc段是粗糙的水平面，ab段与bc段相切于b点已知bc长度为l2 m，滑块B从a点由静止开始下滑，取g10 m
43、/s2.(1)求滑块B滑到b点时对A的压力大小；(2)若滑块B与bc段的动摩擦因数为且值满足0.10.5，试讨论因值的不同，滑块B在滑板A上滑动过程中因摩擦而产生的热量(计算结果可含有)解析：(1)设B下滑到b点时速度为v0，受到的支持力为N由机械能守恒定律mvmgR由牛顿第二定律Nmgm联立式解得N30 N由牛顿第三定律可知，B滑到b点时对A的压力为30 N.(2)设bc段的动摩擦因数为1时，B滑到c点时A、B恰好达到共同速度v由动量守恒定律得mv02mv由能量守恒定律得1mglmv(2m)v2联立式并代入数据解得10.2.讨论：()当0.10.2时，A、B不能达到同速，B将滑离A，滑板与滑块因摩擦而产生的热量为Q1mgl20 J.()当0.20.5时，A、B能达到同速，滑板与滑块因摩擦而产生的热量为Q2mv(2m)v2联立式并代入数据解得Q24 J.答案：见解析
