1、动量 专题七 经典特训题组 1一位质量为 m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经 t 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为 v，重心上升高度为 h。在此过程中()A地面对他的冲量为 mvmgt，地面对他做的功为12mv2 B地面对他的冲量为 mvmgt，地面对他做的功为零 C地面对他的冲量为 mv，地面对他做的功为12mv2 D地面对他的冲量为 mvmgt，地面对他做的功为零 答案 B 解析 设地面对运动员的冲量为 I，则由动量定理得：Imgtmv0，Imvmgt。运动员从下蹲状态到身体伸直并刚好离开地面，地面对运动员作用力的作用点的位移为零，地面对他不做功，故选 B。2如图，用长为 l 的轻绳悬
2、挂一质量为 M 的沙箱，沙箱静止。一质量为 m 的弹丸以速度 v 水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力，对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程()A若保持 m、v、l 不变，M 变大，则系统损失的机械能变小 B若保持 M、v、l 不变，m 变大，则系统损失的机械能变小 C若保持 M、m、l 不变，v 变大，则系统损失的机械能变大 D若保持 M、m、v 不变，l 变大，则系统损失的机械能变大 答案 C解析 弹丸击中沙箱过程，弹丸和沙箱组成的系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv(Mm)v，解得：v mvMm，弹丸与沙箱一起摆动过程
3、，系统机械能守恒。由能量守恒定律可知，整个过程系统损失的机械能：E12mv212(Mm)v2 Mmv22Mm。若保持 m、v、l 不变，M 变大，系统损失的机械能：E Mmv22Mmmv221mM变大，故 A 错误；若保持 M、v、l 不变，m 变大，则系统损失的机械能：E Mmv22MmMv22Mm1变大，故 B 错误；若保持 M、m、l 不变，v 变大，则系统损失的机械能：E Mmv22Mm变大，故 C 正确；若保持 M、m、v 不变，l 变大，则系统损失的机械能：E Mmv22Mm不变，故 D 错误。3如图所示，两个小物块 a、b 静止在光滑水平面上，它们之间由一根细线连接且夹着一个处于
4、压缩状态的轻弹簧。烧断细线后，被弹出的小物块a、b 在同一直线上运动，且弹簧与它们分离。小物块 a、b 的质量分别是 2 kg和 4 kg，则下列判断正确的是()A小物块 a 与 b 的速率之比为 12 B弹簧对小物块 a 与 b 所做的功的大小之比为 21 C弹簧对小物块 a 与 b 的冲量大小之比为 21 D小物块 a 与 b 的动能之比为 12 答案 B 解析 根据动量守恒定律可知：mavambvb，解得 vavb21，A 错误；弹簧对小物块所做的功等于小物块增加的动能，故弹簧对小物块 a 与 b所做的功的大小之比为WaWb12mav2a12mbv2b21，小物块 a、b 获得的动能之比
5、为 21，B 正确，D 错误；根据动量定理有：Iamava，Ibmbvb，则弹簧对小物块 a与 b 的冲量大小之比为 11，C 错误。故选 B。4.(多选)A、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图象，a、b 分别为 A、B 两球碰前的位移时间图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移时间图象，若 A 球质量 mA2 kg，则由图象判断下列结论正确的是()AA、B 碰撞前的总动量为 3 kgm/s B碰撞时 A 对 B 所施冲量为4 Ns C碰撞前后 A 的动量变化为 4 kgm/s D碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能为 10 J 答案 BCD 解析 由 x-t
6、图象可知，碰撞前有 vAxAtA4102 m/s3 m/s，vBxBtB42 m/s2 m/s，碰撞后有 vAvBvxt2442 m/s1 m/s。对 A、B 组成的系统，A、B 两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后系统的动量守恒。以碰撞前 B 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mAvAmBvB(mAmB)v，解得 mB43 kg，A、B 碰前的总动量 p 总mAvAmBvB，代入数值得 p 总103 kgm/s，A 错误；由动量定理知，A 对 B 的冲量为：IBmBv mBvB，IB4 Ns，B 正确；碰撞前后 A 球的动量变化为 pAmAvmAvA4 kgm/s，C 正确；碰撞中 A、
7、B 两球组成的系统损失的动能 Ek12mAv2A12mBv2B12(mAmB)v2，代入数据解得 Ek10 J，D 正确。5.如图所示，用长为 R 的不可伸长的轻绳将质量为13m 的小球 A 悬挂于 O 点，在光滑的水平地面上，质量为 m 的小物块 B(可视为质点)置于长木板 C 的左端静止，将小球 A 拉起，使轻绳水平拉直，将 A 球由静止释放，运动到最低点时与 B 发生弹性正碰。(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角 的余弦；(2)若长木板 C 的质量为 2m，B 与 C 间的动摩擦因数为，求 C 的长度至少为多大时 B 才不会从 C 的上表面滑出？答案(1)34(2)R6 解析(1)A 从
8、开始下落到与 B 碰撞前的过程机械能守恒，由机械能守恒定律得13mgR1213mv20 小球运动到最低点时与 B 发生弹性正碰，对 A、B 组成的系统，取向右为正方向，由动量守恒定律得 13mv013mv1mv2 由机械能守恒定律得 1213mv201213mv2112mv22 联立并代入数据计算得出 v112 2gR，v212 2gR 设碰撞后 A 上升的最大高度为 H，由机械能守恒定律有 13mgH1213mv21 又 cosRHR，联立得 cos34。(2)B 在木板 C 上滑动过程，B 和 C 组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv2(m2m)v，B 在木板 C 上
9、滑动的过程中，由能量守恒定律得 mgL12mv2212(m2m)v2 联立并代入数据计算得出 L R6。6儿童智力拼装玩具“云霄飞车”的部分轨道简化为如图模型：光滑水平轨道 MN 与半径为 R 的竖直光滑圆弧轨道相切于 N 点，质量为 m 的小球 A 静止于 P 点，小球半径远小于 R，与 A 相同的小球 B 以速度 v0 向右运动，A、B 碰后粘连在一起。求当 v0 的大小在什么范围时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道？已知重力加速度为 g。答案 v02 2gR 或 v02 5gR 解析 设 A、B 碰撞后的速度为 v1，恰好运动到圆弧轨道最高点时的速度为 v2 A、B 碰撞过程中动
10、量守恒，对 A、B 组成的系统，选取向右为正方向，由动量守恒定律得 mv02mv1 欲使 A、B 运动时不脱离圆弧轨道，有两种可能：(1)当 v0 较小时，A、B 最高只能运动到与圆弧轨道的圆心等高的地方 对 A、B 整体，从碰后到与圆弧轨道的圆心等高的地方，由动能定理有2mgR0122mv21 联立得 v02 2gR(2)当 v0 较大时，A、B 整体能够做完整的圆周运动。讨论 A、B 恰好做完整圆周运动时的情形，对 A、B 整体，从碰后到运动到圆弧轨道最高点的过程中，由动能定理有 2mg2R122mv22122mv21 在最高点时，由牛顿第二定律得 2mg2mv22R 联立得 v02 5g
11、R 综上所述，当 v02 2gR 或 v02 5gR时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道。7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 mA2 kg、mB1 kg。初始时 A静止于水平地面上，B 悬于空中。现将 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。答案(1)0.6
12、s(2)2 m/s(3)0.6 m 解析(1)B 从释放到细绳绷直前做自由落体运动，有 h12gt2 代入数据解得 t2hg 0.6 s。(2)设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB，有 vBgt 细绳绷直瞬间，对 A、B 组成的系统，系统的内力远大于外力，系统动量守恒，由动量守恒定律得 mBvB(mAmB)v 之后 A 向上做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度 v 即为 A 的最大速度，联立式，代入数据解得 v2 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)v2mBgHmAg
13、H 代入数据解得 H0.6 m。8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 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。答案(1)v0S(2)v202g M2g22v20S2 解析(1)在 t 时间内，喷泉喷出的水的体积 Vv0tS 喷出的水的质量：mV 由式可得：喷泉单位时间内
14、喷出的水的质量为 m0mt v0S。(2)设玩具底面相对于喷口的高度为 h，水柱对玩具底板的作用力为 F 冲，玩具对其底板下面水柱的作用力为 F 压，则 由玩具受力平衡得：F 冲Mg 由牛顿第三定律：F 压F 冲 设 v为水柱到达玩具底板时的速度大小，由运动学公式得：v2v202gh 设在很短时间 t 内，冲击玩具底板的水柱的质量为 m，则 mv0St 规定竖直向上为正方向，在竖直方向上，对该部分水柱由动量定理有(F 压mg)t0mv 由于 t 很小，则 mg 也很小，mg 与 F 压相比可以忽略 式变为F 压t0mv 由可得 hv202g M2g22v20S2。真题调研题组 1(2019全国
15、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 kg B1.6103 kg C1.6105 kg D1.6106 kg 答案 B 解析 设 1 s 内喷出气体的质量为 m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为 F，由动量定理知 Ftmv，mFtv 4.810613103 kg1.6103 kg，B正确。2(2018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
16、25 层坠下，与地面的撞击时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A10 N B102 N C103 N D104 N 答案 C解析 设鸡蛋落地瞬间的速度为 v，每层楼的高度大约是 3 m，由动能定理可知：mgh12mv2，解得：v 2gh 210324 m/s12 10 m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(Nmg)t0(mv)，解得：N1103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为 103 N，故 C 正确。3(2017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
17、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/s C6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s 答案 A 解析 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，A 正确。4(2018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
18、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。答案(1)1g2Em (2)2Emg 解析(1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 E12mv20 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有 0v0gt 联立式得 t1g2Em (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14mv2114mv22E
19、12mv112mv20 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。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有14mv2112mgh2 联立式得，烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为 hh1h22Emg。5(2019全国卷)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块 B 静止于水平轨道的最左端，如图 a 所示。t0 时刻，小物块 A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与 B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当 A 返回到倾斜轨道上的 P 点(图中未标出)时，速度减为 0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块
20、 A 运动的 v-t 图象如图 b 所示，图中的 v1 和 t1 均为未知量。已知 A 的质量为 m，初始时 A 与 B 的高度差为 H，重力加速度大小为 g，不计空气阻力。(1)求物块 B 的质量；(2)在图 b 所描述的整个运动过程中，求物块 A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块 B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将 A 从 P 点释放，一段时间后 A 刚好能与 B 再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。答案(1)3m(2)215mgH(3)119 解析(1)根据图 b，v1 为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小，v12 为其碰撞后瞬间速
21、度的大小。设物块 B 的质量为 m，碰撞后瞬间的速度大小为 v。由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1mv12 mv 12mv2112m12v1212mv2 联立式得 m3m(2)在图 b 所描述的运动中，设物块 A 与倾斜轨道间的滑动摩擦力大小为 f，下滑过程中所走过的路程为 s1，返回过程中所走过的路程为 s2，P 点离水平轨道的高度为 h，整个过程中克服摩擦力所做的功为 W。由动能定理有 mgHfs112mv210(fs2mgh)012mv122 从图 b 所给出的 v-t 图线可知 s112v1t1 s212v12(1.4t1t1)由几何关系 s2s1hH 物块 A 在整个过程中克服
22、摩擦力所做的功为 Wfs1fs2 联立式可得 W 215mgH(3)设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，有 WmgcosHhsin 设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为 s，由动能定理有 mgs012mv2 设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有 mghmgcos hsinmgs0 联立式可得 119。6(2019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
23、。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、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？答案(1)4.0 m/s 1.0 m/s(2)物块 B 先停止 0.50 m(3)0.91 m 解析(1)设弹簧释放后瞬间 A 和 B 的速度大小分别为 vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律、机械能守恒定律和题给条件有 0mAv
24、AmBvB Ek12mAv2A12mBv2B 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 mBamBg sBvBt12at2 vBat0 在时间 t 内，A 可能与墙壁发生弹性碰撞，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 sA都可表示为 sAvAt12at2 联立式并代
25、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 发生碰撞，碰撞前A 的速度大小为 vA，由动能定理有 12mAvA212mAv2AmAg(2lsB)联立式并代入题给数据得 vA 7 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(vA)mAvAmBvB 1
26、2mAvA212mAvA212mBvB2 联立式并代入题给数据得 vA3 75 m/s，vB2 75 m/s 这表明碰撞后 A 将向右运动，B 将向左运动。假设碰撞后 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 2asAvA2,2asBvB2 由式及题给数据得 sA0.63 m，sB0.28 m sA小于碰撞处到墙壁的距离。由式可得两物块停止后的距离 ssAsB0.91 m。模拟冲刺题组 1.(2019广西钦州三模)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾一度引起质疑。为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是()A测出玻
27、璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度 B测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 C测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 D测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度 答案 D 解析 在“飞针穿玻璃”的过程中，对飞针，由动量定理得：Ftmv2mv1，故测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，就能得出飞针对玻璃的平均冲击力大小，故 D 正确，A、B、C 错误。2(2019山东青岛高三一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得 10 分钟内杯中雨水上升了 15 mm，查询得知，当时雨滴落
28、地速度约为 10 m/s，设雨滴撞击芭蕉叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为 1103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为()A0.25 N B0.5 N C1.5 N D2.5 N 答案 A 解析 设雨滴受到支持面的平均作用力为 F，设在 t时间内有质量为 m的雨水的速度由 v10 m/s 减为零。不计雨滴的重力，以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：Ft0(mv)mv。得：Fmvt，设水杯横截面积为 S，对水杯里的雨水，在 t 时间内水面上升 h，则有：mSh，故 FSvht，压强为：pFSvht 110310151031060 N/m20.25 N/m2，故 A
29、 正确，B、C、D 错误。3(2019江苏南通一模)(多选)将总质量为 1.05 kg 的模型火箭点火升空，在 0.02 s 时间内有 50 g 燃气以大小为 200 m/s 的速度从火箭尾部喷出。下列说法正确的是(燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为 500 N B在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为 200 N C在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 5 m/s D在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 10 m/s 答案 AD 解析 在燃气喷出过程，以燃气为对象，规定火箭的速度方向为正方向，根据动量定理可得：Ftm 气 v 气0，解得 Fm气v气t
30、 500 N，根据牛顿第三定律可得火箭获得的平均推力为 500 N，A 正确，B 错误；燃气喷射前后，火箭和燃气组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得 0(Mm 气)v箭m 气 v 气，解得火箭的速度大小 v 箭 m气v气Mm气10 m/s，C 错误，D 正确。4(2019西安一模)(多选)如图所示，在小车内固定一光滑的斜面体，倾角为，一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板 B 上，另一端拴一个质量为 m 的物块 A，绳与斜面平行。整个系统由静止开始向右匀加速运动，物块 A 恰好不脱离斜面，则向右加速运动时间 t 的过程中，关于物块 A的说法正确的是()A重力的冲量为零 B重力做功为零 C轻
31、绳拉力的冲量大小为 mgtcot D轻绳拉力做功为12mg2t2cot2 答案 BD 解析 物块 A 恰好不脱离斜面，对物块 A 进行受力分析可知，物块 A 受轻绳拉力和重力，物块 A 向右做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，得：Tsinmg，则有：T mgsin，故重力的冲量为：IGmgt，拉力的冲量为：ITmgtsin，A、C 错误；由于重力的方向与物块 A 的位移方向垂直，故重力做功为零，B 正确；由牛顿第二定律可知：mgtanma，则有：a gtan，末速度为：vat gttan，根据动能定理可知，拉力做功等于动能的变化，即为：WT12mv20 mg2t22tan212mg2t2cot
32、2，D 正确。5(2019云南二模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹 A、B 从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹 A 射入的深度大于子弹 B 射入的深度，则()A子弹 A 的质量一定比子弹 B 的质量大 B入射过程中子弹 A 受到的阻力比子弹 B 受到的阻力大 C子弹 A 在木块中运动的时间比子弹 B 在木块中运动的时间长 D子弹 A 射入木块时的初动能一定比子弹 B 射入木块时的初动能大 答案 D 解析 由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为 f，根据动能定理得：对子弹 A：fdA0E
33、kA，得 EkAfdA；对子弹 B：fdB0EkB，得 EkBfdB。由于 dAdB，则子弹入射时的初动能 EkAEkB，故 B 错误，D 正确；两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有 2mAEkA2mBEkB，而 EkAEkB，则得 mAmB，故 A 错误；子弹 A、B 从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故 C 错误。6(2019湖北八校联合二模)如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是 m 的小车 A 和 B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度 v0向右运动，另有一质量为 m 的粘性物体，从高处自由落下，正好落在 A
34、 车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为()A.14mv20 B.18mv20 C.112mv20 D.115mv20 答案 C解析 粘性物体和 A 相互作用，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有 mv02mv1，得 v112v0。以后三个物体一起相互作用，动量守恒，当 B 车与 A 车速度相等时，弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律得 2mv03mv2，得 v223v0，由机械能守恒定律得：弹簧的最大弹性势能Ep12mv20122m12v02123m23v02 112mv20，C 正确，故选 C。7(2019江西高三九校 3 月联考)(多选)如图
35、所示，光滑水平面上放一个质量为 M 的足够长的木板，开始 M 静止，现在有一个质量为 m 的滑块以速度 v0 滑上 M，m 和 M 间的动摩擦因数为，以下说法正确的是()A如果增大 M，则 m 和 M 相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加 B如果增大 m，则 m 和 M 相对运动的时间变短，m 在 M 上滑行的距离变大 C如果增大动摩擦因数，则因摩擦而产生的热量不变 D如果增大初速度 v0，则因摩擦而产生的热量增加 答案 ACD 解析 木板和滑块组成的系统，合外力为零，动量守恒，根据动量守恒有：mv0(mM)v1，解得：v1 mv0mM，根据能量守恒定律可知摩擦产生的热量为：Q12mv2
36、012(mM)v21 mMv202mM。对木板利用动量定理可得：mgtMv1mMv0mM，解得 m 和 M 相对运动的时间：tMv0gmM，若只增大 M，则 m 和 M 相对运动的时间 tv0gmM1变长，因摩擦而产生的热量 Q mv202mM1增加，故 A正确；如果增大 m，则 m和 M相对运动的时间 tMv0gmM变短，对 m，根据动能定理可得：mgs12mv2012mv21，解得 m 在 M 上滑行的距离 smMM2v20gmM2，只增大 m，则 s 变小，故 B 错误；如果增大动摩擦因数，则因摩擦而产生的热量 Q mMv202mM不变，故 C 正确；如果增大初速度 v0，则因摩擦而产生
37、的热量 Q mMv202mM增加，故 D 正确。8(2019四川南充三诊)“嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面 100 米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以大小为 a2 m/s2 的加速度垂直下降。当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经 2 s 减速到0，停止在月球表面上。飞船质量 m1000 kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为 60，月球表面的重力加速度 g3.6 m/s2，四条缓冲脚的质量不计。求：(1)飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；(2)从反冲脚触地到飞船速度减为 0 的过程中，每条“缓冲脚
38、”对飞船的冲量大小。答案(1)1.6105 J(2)13600 33 Ns 解析(1)设 h100 m，飞船加速下降时火箭推力为 F，由牛顿第二定律：mgFma 推力对火箭做功为：WFh 解得：W1.6105 J。(2)“缓冲脚”触地前瞬间，设飞船速度大小为 v，则：v22ah 从“缓冲脚”触地到飞船速度减为 0 的过程中，设每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为 I，则：4Isin60mgt0(mv)解得：I13600 33 Ns。9(2019山东潍坊二模)如图所示，一质量 M4 kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC 和水平粗糙轨道 CD 组
39、成，BC 与 CD 相切于 C，BC 所对圆心角 37，CD 长 L3 m。质量 m1 kg 的小物块从某一高度处的 A 点以 v04 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自 B 点进入圆弧轨道，滑到 D 点时刚好与小车达到共同速度 v1.2 m/s。取 g10 m/s2，sin370.6，忽略空气阻力。(1)求 A、B 间的水平距离 x；(2)求小物块从 C 滑到 D 所用时间 t0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时物块离小车左端的水平距离。答案(1)1.2 m(2)1 s(3)3.73 m 解析(1)由平抛运动的规律得：tangtv0 xv0t 得：x1.2 m。
40、(2)物块在小车上 CD 段滑动过程中，物块与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv1(Mm)v 由能量守恒定律得：fL12mv2112(Mm)v2 对物块，由动量定理得：ft0mvmv1 联立解得：t01 s。(3)有销钉时，物块的机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgH12mv2012mv21 由几何关系得：H12gt2R(1cos)B、C 间的水平距离：xBCRsin 对小车和物块组成的系统，由能量守恒定律得：fL12mv2112(Mm)v2 若拔掉销钉，物块与小车组成的系统水平方向动量守恒，mv0Mv2mv2，小车向左运动达最大位移时，速度 v2为 0，此时物块速度 v2为 4
41、m/s 由能量守恒定律得：mgH12mv20f(xxBC)12mv22 联立解得此时物块离小车左端的水平距离：x3.73 m。热门预测题组 1(2019湖南省长沙市宁乡三模)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图 a 所示，碰撞前后两壶运动的 v-t 图线如图 b 中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则()A两壶发生了弹性碰撞 B碰后蓝壶速度为 0.8 m/s C碰后蓝壶移动的距离为 2.4 m D碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力 答案 B 解析 由 v-t 图知：碰前红壶的速度 v01.0 m/s，碰后速度为 v00.2 m/s
42、，可知碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为 v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0mv0mv，代入数据解得：v0.8 m/s，因为12mv2012mv0212mv2，即碰撞过程机械能有损失，所以碰撞为非弹性碰撞，故 A 错误，B 正确；根据 v-t 图象与横坐标轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小 xv2t0.82 5 m2 m，故 C 错误；根据 v-t 图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故 D 错误。2(2019合肥高三第三次质检)如图所示，一对杂技演员
43、荡秋千(均视为质点)，女演员由与悬点 O1等高的 A 位置静止摆下，男演员从平台上 D 点静止摆下，某时刻女演员摆到最低点 B 时离开秋千，到达 C 点(男演员下摆的最低点)刚好被男演员接住，最后二者恰好摆回到平台 D 点。已知男、女演员均在同一竖直平面内运动，其质量分别为 2m 和 m，其余质量忽略不计，秋千的绳长分别为 l 和 2l，O1 与 O2 等高，空气阻力不计，重力加速度为 g。求：(1)女演员摆到最低点 B 的速度大小；(2)秋千绳 O2D 与竖直方向的夹角；(3)若男演员接住女演员用时 t，此过程女演员对男演员的平均作用力。答案(1)2gl(2)60(3)mgm 2glt，方向
44、竖直向下 解析(1)对于女演员，从 A 运动到 B，设其速度大小为 v，由机械能守恒定律得：mgl12mv2，代入数据得：v 2gl。(2)设秋千绳 O2D 与竖直方向的夹角为，男演员从平台上 D 点静止摆下至 C 点时，速度大小为 vC，由机械能守恒定律有：2mg2l(1cos)12(2m)v2C 当女演员到达 C点时刚好被男演员接住，最后二者恰好摆回到平台 D点，可见男女演员的共同速度大小也为 vC 男演员接住女演员的过程，二者组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，若男演员接住女演员时两者速度方向相同，有：mv2mvC3mvC 代入数据得：cos12，60 若男演员接住女演员时两者速度方向相反，有：mv2mvC3mvC 代入数值得：cos4950(不符合实际，舍去)。(3)女演员从 B 点离开秋千做平抛运动，因女演员到达 C 点时的水平速度与男演员在 C 点的速度大小相等、方向相同，故男演员在水平方向对女演员无作用力。设女演员到达 C 点的竖直速度大小为 vy v2y2g(2ll)2gl 设男演员对女演员的平均作用力大小为 F，取竖直向上方向为正方向，对女演员，由动量定理：(Fmg)tmvy，解得：Fmgm 2glt。根据牛顿第三定律，女演员对男演员的平均作用力大小为 mgm 2glt，方向竖直向下。本课结束
