2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題16 動量守恒定律講學(xué)案

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1、 專題16 動量守恒定律 動量和能量的思想,特別是動量守恒定律與能量守恒定律，是貫穿高中物理各知識領(lǐng)域的一條主線。用動量和能量觀點分析物理問題,是物理學(xué)中的重要研究方法,也是高考的永恒話題。具體體現(xiàn)在： ①題型全，年年有，不回避重復(fù)考查，常作為壓軸題出現(xiàn)在物理試卷中，是區(qū)別考生能力的重要內(nèi)容； ②題型靈活性強，難度較大，能力要求高，題型全，物理情景多變，多次出現(xiàn)在兩個守恒定律交匯的綜合題中； ③經(jīng)常與牛頓運動定律、圓周運動、電磁學(xué)知識綜合運用，在高考中所占份量相當(dāng)大； ④主要考查的知識點有：變力做功、瞬時功率、功和能的關(guān)系、動能定理、機械能守恒定律、動量定理、動量與能量的綜合應(yīng)

2、用等。 一、動量與動能、沖量的關(guān)系 1．動量和動能的關(guān)系 (1)動量和動能都與物體的某一運動狀態(tài)相對應(yīng)，都與物體的質(zhì)量和速度有關(guān)．但它們存在明顯的不同：動量的大小與速度成正比，p＝mv；動能的大小與速度的平方成正比，Ek＝mv2/2.兩者的關(guān)系：p2＝2mEk. (2)動量是矢量而動能是標(biāo)量．物體的動量發(fā)生變化時，動能不一定變化；但物體的動能一旦發(fā)生變化，則動量必發(fā)生變化． (3)動量的變化量Δp＝p2－p1是矢量形式，其運算遵循平行四邊形定則；動能的變化量ΔEk＝Ek2－Ek1是標(biāo)量式，運算時應(yīng)用代數(shù)法． 2．動量和沖量的關(guān)系 沖量是物體動量變化的原因，動量變化

3、量的方向與合外力沖量方向相同． 二、動能定理和動量定理的比較 動能定理 動量定理 研究對象 單個物體或可視為單個物體的系統(tǒng) 單個物體或可視為單個物體的系統(tǒng) 公式 W＝Ek′－Ek或 Fs＝mv－mv I＝pt－p0或Ft＝mvt－mv0 物理量的意義 公式中的W是合外力對物體所做的總功，做功是物體動能變化的原因．Ek′－Ek是物體動能的變化，是指做功過程的末動能減去初動能 公式中的Ft是合外力的沖量，沖量是使研究對象動量發(fā)生變化的原因．mvt－mv0是研究對象的動量變化，是過程終態(tài)動量與初態(tài)動量的矢量差 相同處 ①兩個定理都可以在最簡單的情景下，利用

4、牛頓第二定律導(dǎo)出． ②它們都反映了力的積累效應(yīng)，都是建立了過程量與狀態(tài)量變化的對應(yīng)關(guān)系． ③既適用于直線運動，又適用于曲線運動；既適用于恒力的情況，又適用于變力的情況 不同處 ①動能定理是標(biāo)量式，動量定理是矢量式．②側(cè)重于位移過程的力學(xué)問題用動能定理處理較為方便，側(cè)重于時間過程的力學(xué)問題用動量定理處理較為方便．③力對時間的積累決定了動量的變化，力對空間的積累則決定動能的變化 特別提醒：做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，做了多少功，就表示有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化，所以說功是能量轉(zhuǎn)化的量度．功能關(guān)系是聯(lián)系功和能的“橋梁”． 三、機械能守恒定律 1．機械能守恒的判斷 (1)物體只受

5、重力作用，發(fā)生動能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化．如物體做自由落體運動、拋體運動等． (2)只有彈力做功，發(fā)生動能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化．如在光滑的水平面上運動的物體與一個固定的彈簧碰撞，在其與彈簧作用的過程中，物體和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒．上述彈力是指與彈性勢能對應(yīng)的彈力，如彈簧的彈力、橡皮筋的彈力，不是指壓力、支持力等． (3)物體既受重力又受彈力作用，只有彈力和重力做功，發(fā)生動能、重力勢能、彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化．如做自由落體運動的小球落到豎直彈簧上，在小球與彈簧作用的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒． (4)物體除受重力(或彈力)外雖然受其他力的作用，但其他力不做功或者其他力做功的代

6、數(shù)和為零．如物體在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下運動，其拉力與摩擦力大小相等，該過程物體的機械能守恒． 判斷運動過程中機械能是否守恒時應(yīng)注意以下幾種情況： ①如果沒有摩擦和介質(zhì)阻力，物體只發(fā)生動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化時，機械能守恒； ②可以對系統(tǒng)的受力進行整體分析，如果有除重力以外的其他力對系統(tǒng)做了功，則系統(tǒng)的機械能不守恒； ③當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)的物體或系統(tǒng)與外界發(fā)生碰撞時，如果題目沒有明確說明不計機械能的損失，則系統(tǒng)機械能不守恒； ④如果系統(tǒng)內(nèi)部發(fā)生“爆炸”，則系統(tǒng)機械能不守恒； ⑤當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)部有細繩發(fā)生瞬間拉緊的情況時，系統(tǒng)機械能不守恒． 2．機械能守恒定律的表述 (1)守

7、恒的角度：系統(tǒng)初、末態(tài)的機械能相等，即E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ep2＋Ek2，應(yīng)用過程中重力勢能需要取零勢能面； (2)轉(zhuǎn)化角度：系統(tǒng)增加的動能等于減少的勢能，即ΔEk＝－ΔEp或ΔEk＋ΔEp＝0； (3)轉(zhuǎn)移角度：在兩個物體組成的系統(tǒng)中，A物體增加的機械能等于B物體減少的機械能，ΔEA＝－ΔEB或ΔEA＋ΔEB＝0. 四、能量守恒定律 1．能量守恒定律具有普適性，任何過程的能量都是守恒的，即系統(tǒng)初、末態(tài)總能量相等，E初＝E末． 2．系統(tǒng)某幾種能量的增加等于其他能量的減少，即 ΔEn增＝－ΔEm減． 3．能量守恒定律在不同條件下有不同的表現(xiàn)，例如只有重力或彈簧

8、彈力做功時就表現(xiàn)為機械能守恒定律． 五、涉及彈性勢能的機械能守恒問題 1．彈簧的彈性勢能與彈簧規(guī)格和形變程度有關(guān)，對同一根彈簧而言，無論是處于伸長狀態(tài)還是壓縮狀態(tài)，只要形變量相同，其儲存的彈性勢能就相同． 2．對同一根彈簧而言，先后經(jīng)歷兩次相同的形變過程，則兩次過程中彈簧彈性勢能的變化相同． 3．彈性勢能公式Ep＝kx2不是考試大綱中規(guī)定的內(nèi)容，高考試題除非在題干中明確給出該公式，否則不必用該公式定量解決物理計算題，以往高考命題中涉及彈簧彈性勢能的問題都是從“能量守恒”角度進行考查的． 六、機械能的變化問題 1．除重力以外的其他力做的功等于動能和重力勢能之和的增加．

9、 2．除(彈簧、橡皮筋)彈力以外的其他力做的功等于動能和彈性勢能之和的增加． 3．除重力、(彈簧、橡皮筋)彈力以外的其他力做的功等于機械能的增加，即W其＝E2－E1.除重力、(彈簧、橡皮筋)彈力以外的其他力做正功，機械能增加；除了重力、(彈簧、橡皮筋)彈力以外的其他力做負功，機械能減少． 考點一、動量定理的應(yīng)用 例1．【2017·新課標(biāo)Ⅲ卷】一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則 A．t=1 s時物塊的速率為1 m/s B．t=2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s C．t=3 s時物塊的動量大小為5 kg·m

10、/s D．t=4 s時物塊的速度為零 【答案】AB 【變式探究】高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m 的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落 的距離為h(可視為自由落體運動)．此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若 在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大 小為(　　) A.＋mg B.－mg C.＋mg D.－mg 解析　由自由落體運動公式得人下降h距離時的速度為v＝，在t時間 內(nèi)對人由動量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全帶對人的平均作用力為F＝ ＋mg，A項正確． 答案　A 【變式探究】如圖6－2所

11、示，質(zhì)量mA為4 kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.24，木板右端放著質(zhì)量mB為1.0 kg的小物塊B(視為質(zhì)點)，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)．木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬時沖量I作用開始運動，當(dāng)小物塊滑離木板時，木板的動能EkA為8.0 J，小物塊的動能EkB為0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求： 圖6-2 (1)瞬時沖量作用結(jié)束時木板的速度v0； (2)木板的長度L. 【解析】(1)設(shè)水平向右為正方向，有I＝mAv0 代入數(shù)據(jù)解得v0＝3.0 m/s. 考點二、動量守恒定律的應(yīng)用 例2．【2017·江蘇卷】甲、乙兩運動員在做

12、花樣滑冰表演，沿同一直線相向運動，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇時用力推對方，此后都沿各自原方向的反方向運動，速度大小分別為1 m/s和2 m/s．求甲、乙兩運動員的質(zhì)量之比． 【答案】3:2 【解析】由動量守恒定律得，解得 代入數(shù)據(jù)得 【變式探究】“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固 定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直 方向的運動，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析 正確的是(　　) A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小 B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小 C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大

13、 D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力 解析　從繩子恰好伸直，到人第一次下降到最低點的過程中，拉力逐漸增大，由牛頓第二定律mg－F＝ma可知，人先做加速度減小的加速運動，當(dāng)a＝0時,F＝mg，此時速度最大，動量最大，動能最大，此后人繼續(xù)向下運動，F(xiàn)＞mg，由牛頓第二定律F－mg＝ma可知，人做加速度增大的減速運動，動量一直減小直到減為零，全過程中拉力方向始終向上，所以繩對人的沖量始終向上，綜上可知A正確，C、D錯誤；拉力對人始終做負功，動能先增大后減小，故B錯誤． 答案　A 【變式探究】(2014·重慶理綜，4,6分)(難度★★★)一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有 水平速度

14、v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1. 不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡 可能正確的是(　　) 答案　B 考點三、兩大守恒定律的綜合應(yīng)用 例3．【2017·天津卷】（16分）如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩連接，跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA=2 kg、mB=1 kg。初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中。先將B豎直向上再舉高h=1.8 m（未觸及滑輪）然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取g=10 m/s2?？諝庾枇Σ挥?/p>

15、。求： （1）B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t； （2）A的最大速度v的大?。? （3）初始時B離地面的高度H。 【答案】（1） （2） （3） 之后A做勻減速運動，所以細繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2 m/s （3）細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有： 解得，初始時B離地面的高度 【變式探究】如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線 相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量 為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是

16、(　　) A．A和B都向左運動 B．A和B都向右運動 C．A靜止，B向右運動 D．A向左運動，B向右運動 解析　對A、B系統(tǒng),由于發(fā)生彈性碰撞，故碰撞前后系統(tǒng)的動量守恒、機械 能守恒，由于m×2v0－2mv0＝0，故碰后A、B不可能同向運動或一個靜止、 另一個運動或兩個都靜止，而只能是A、B都反向運動，故D正確． 答案　D 【變式探究】[2015·新課標(biāo)全國Ⅰ，35(2)，10分](難度★★★★)如圖，在足夠長的光滑水 平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m， B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求 m和M之間應(yīng)滿足

17、什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設(shè)物體 間的碰撞都是彈性的． 解析　設(shè)A運動的初速度為v0，A向右運動與C發(fā)生碰撞， 由動量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 由機械能守恒定律得mv＝mv＋Mv 可得v1＝v0，v2＝v0 要使得A與B能發(fā)生碰撞，需要滿足v1＜0，即m＜M A反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，有 mv1＝mv3＋Mv4 mv＝mv＋Mv 整理可得v3＝v1，v4＝v1 1．【2017·新課標(biāo)Ⅰ卷】將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動

18、量大小為（噴出過程中重力和空氣阻力可忽略） A．30 B．5.7×102 C．6.0×102 D．6.3×102 【答案】A 【解析】設(shè)火箭的質(zhì)量（不含燃氣）為m1，燃氣的質(zhì)量為m2，根據(jù)動量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的動量為：p=m1v1=m2v2=30 ，所以A正確，BCD錯誤。 2．【2017·新課標(biāo)Ⅲ卷】一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則 A．t=1 s時物塊的速率為1 m/s B．t=2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s C．t=3 s時物塊的動量大小為5

19、kg·m/s D．t=4 s時物塊的速度為零 【答案】AB 3．【2017·天津卷】“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是 A．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變 B．在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力 C．摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變 【答案】B 4．【2017·江蘇卷】甲、乙兩運動員在做花樣滑冰表演，沿同一直線相向運動，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇時用力推對方，此后都沿各自原方向的反方向運動，

20、速度大小分別為1 m/s和2 m/s．求甲、乙兩運動員的質(zhì)量之比． 【答案】3:2 【解析】由動量守恒定律得，解得 代入數(shù)據(jù)得 5．【2017·天津卷】（16分）如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩連接，跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA=2 kg、mB=1 kg。初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中。先將B豎直向上再舉高h=1.8 m（未觸及滑輪）然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取g=10 m/s2。空氣阻力不計。求： （1）B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t； （2）A的最大速度v的大?。? （

21、3）初始時B離地面的高度H。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有：解得： （2）設(shè)細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有 細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，總動量守恒： 繩子繃直瞬間，A、B系統(tǒng)獲得的速度： 之后A做勻減速運動，所以細繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2 m/s （3）細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有： 解得，初始時B離地面的高度 1．【2016·全國卷Ⅰ】【物理——選修3-5】 (2

22、)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求： (i)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (ii)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度． 35.（2）【答案】(i)ρv0S　(ii)－ 【解析】(i)設(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則 Δm＝ρΔV?、? ΔV＝v0SΔt?、? 由①②式得，單位時間內(nèi)從

23、噴口噴出的水的質(zhì)量為 ＝ρv0S?、? 2．【2016·北京卷】(1)動量定理可以表示為Δp＝FΔt，其中動量p和力F都是矢量．在運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究．例如，質(zhì)量為m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后彈出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如圖1-所示．碰撞過程中忽略小球所受重力． 圖1- a．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化Δpx、Δpy； b．分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颍? (2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的動量沿光傳播方向運動．激光照射到物體上，在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時，也會對物體

24、產(chǎn)生作用．光鑷效應(yīng)就是一個實例，激光束可以像鑷子一樣抓住細胞等微小顆粒． 一束激光經(jīng)S點后被分成若干細光束，若不考慮光的反射和吸收，其中光束①和②穿過介質(zhì)小球的光路如圖1-所示，圖中O點是介質(zhì)小球的球心，入射時光束①和②與SO的夾角均為θ，出射時光束均與SO平行．請在下面兩種情況下，分析說明兩光束因折射對小球產(chǎn)生的合力的方向． a．光束①和②強度相同； b．光束①比②的強度大. 圖1- 【答案】(1)a.0　2mvcos θ b．沿y軸負方向 (2)a.沿SO向左　b．指向左上方 (2)a.僅考慮光的折射，設(shè)Δt時間內(nèi)每束光穿過小球的粒子數(shù)為n，每個粒子動量的大小為

25、p. 這些粒子進入小球前的總動量為p1＝2npcos θ 從小球出射時的總動量為p2＝2np p1、p2的方向均沿SO向右 根據(jù)動量定理FΔt＝p2－p1＝2np(1－cos θ)>0 可知，小球?qū)@些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對小球的合力的方向沿SO向左． b．建立如圖所示的Oxy直角坐標(biāo)系． x方向： 根據(jù)(2)a同理可知，兩光束對小球的作用力沿x軸負方向． y方向： 設(shè)Δt時間內(nèi)，光束①穿過小球的粒子數(shù)為n1，光束②穿過小球的粒子數(shù)為n2，n1>n2. 這些粒子進入小球前的總動量為p1y＝(n1－n2)psin θ 從小球出射時的

26、總動量為p2y＝0 根據(jù)動量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psin θ 可知，小球?qū)@些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負方向，根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對小球的作用力沿y軸正方向． 所以兩光束對小球的合力的方向指向左上方． 3.【2016·江蘇卷】 C．【選修3-5】 (2)已知光速為c，普朗克常數(shù)為h，則頻率為ν的光子的動量為________．用該頻率的光垂直照射平面鏡，光被鏡面全部垂直反射回去，則光子在反射前后動量改變量的大小為________． （2）【答案】　2 F2 動量守恒定律 4．【2016·全國卷Ⅲ】【物理——選修3-5】 (2)如圖1-所

27、示，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同，現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件． 圖1- 【答案】≤μ< 【解析】設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有 mv>μmgl?、? 即μ

28、和能量守恒有 mv1＝mv′1＋v′2?、? mv＝mv′＋v′?、? 聯(lián)立④⑤式解得v′2＝v1?、? 由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知 v′≤μgl?、? 聯(lián)立③⑥⑦式，可得 μ≥?、? 聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生碰撞、但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件 ≤μ

29、滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. (i)求斜面體的質(zhì)量； (ii)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 圖1- 【答案】(i)20 kg　(ii)不能 【解析】(i)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v　① m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh?、? 式中v20＝－3 m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3＝20 k

30、g?、? 6．【2016·天津卷】 (1)　如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ.若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則此時盒的速度大小為________，滑塊相對于盒運動的路程為________． 圖1- 【答案】　 【解析】設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，則盒的質(zhì)量為2m.對整個過程，由動量守恒定律可得mv＝3mv共 解得v共＝ 由能量關(guān)系可知μmgx＝mv2－·3m· 解得x＝ 1．[2015·福建理綜，30(2)，6分]如圖，兩

31、滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線 相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量 為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是(　　) A．A和B都向左運動 B．A和B都向右運動 C．A靜止，B向右運動 D．A向左運動，B向右運動 解析　對A、B系統(tǒng),由于發(fā)生彈性碰撞，故碰撞前后系統(tǒng)的動量守恒、機械 能守恒，由于m×2v0－2mv0＝0，故碰后A、B不可能同向運動或一個靜止、 另一個運動或兩個都靜止，而只能是A、B都反向運動，故D正確． 答案　D 2．[2015·新課標(biāo)全國Ⅱ,35(2)，10分](難度★★★★)兩滑塊a、b沿水平

32、面上同 一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后， 從光滑路段進入粗糙路段．兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示．求： (ⅰ)滑塊a、b的質(zhì)量之比； (ⅱ)整個運動過程中,兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之 比． 解析　(ⅰ)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2.由題 給圖象得 v1＝－2 m/s① v2＝1 m/s② a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象得 v＝ m/s③ 由動量守恒定律得 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④ 聯(lián)立①②③④式得 m1∶m2＝1∶8⑤

33、3．[2015·山東理綜，39(2)](難度★★★★)如圖，三個質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上．現(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時間后A與B發(fā)生碰撞,碰后A、B分別以v0、v0的速度向右運動，B再與C 發(fā)生碰撞,碰后B、C粘在一起向右運動．滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值．兩次碰撞時間均極短．求B、C碰后瞬間共同速度的大?。? 解析　設(shè)滑塊質(zhì)量為m,A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰后A的 速度vA′＝v0， B的速度vB＝v0，由動量守恒定律得 mvA＝mvA′＋mvB① 設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA，由功能關(guān)系得 WA＝mv－

34、mv② 設(shè)B與C碰撞前B的速度為vB′，B克服軌道阻力所做的功為WB，由功能關(guān)系得 WB＝mv－mvB′2③ 據(jù)題意可知 WA＝WB④ 設(shè)B、C碰后瞬間共同速度的大小為v，由動量守恒定律得 mvB′＝2mv⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得 v＝v0⑥ 答案　v0 4．(2015·廣東理綜，36，18分)(難度★★★★)如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5 m，物塊A以v0＝6 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后， 與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段

35、、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1 m，物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1,A、B的質(zhì)量均為m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點，碰撞時間極短)． (1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F； (2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值； (3)求碰后AB滑至第n個(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式． 解析　(1)從A→Q由動能定理得 －mg·2R＝mv2－mv① 解得v＝4 m/s＞＝ m/s② 在Q點，由牛頓第二定律得 FN＋mg＝m③ 解得FN＝22 N④ (2)A撞B，由動量守恒得 mv0＝2mv′⑤

36、 解得v′＝＝3 m/s⑥ 設(shè)粗糙段滑行距離為x，則 －μmgx＝0－2mv′2⑦ 解得x＝4.5 m⑧ 所以k＝＝45⑨ (3)AB滑至第n個光滑段上，由動能定理得 －μ2mgnL＝2mv－2mv′2⑩ 所以vn＝m/s　(n＝0，1，2，…)? 答案　(1)22 N　(2)45　(3)vn＝m/s　(n＝0，1，2，…) 5．(2015·天津理綜，10，16分)(難度★★★)某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝 置示意如圖，皮帶在電動機的帶動下保持v＝1 m/s的恒定速度向右運動，現(xiàn) 將一質(zhì)量為m＝2 kg的郵件輕放在皮帶上,郵件和皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5. 設(shè)皮帶足夠長

37、，取g＝10 m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，求 (1)郵件滑動的時間t； (2)郵件對地的位移大小x； (3)郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W. 解析　(1)設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對滑動過程中受到的滑動摩擦力為Ff，則 Ff＝μmg① 取向右為正方向，對郵件應(yīng)用動量定理，有 Ff t＝mv－0② 由①②式并代入數(shù)據(jù)得t＝0.2 s③ 6．(2015·安徽理綜，22，14分)(難度★★★)一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖所示．物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬

38、間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止．g取10 m/s2. (1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F； (3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W. 解析　(1)對小物塊從A運動到B處的過程中 應(yīng)用動能定理－μmgs＝mv2－mv① 代入數(shù)值解得μ＝0.32② 答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 7．[2014·新課標(biāo)全國Ⅰ,35(2)，9分](難度★★★)如圖，質(zhì)量分別為mA、mB的 兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A

39、球在B 球的正上方．先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放．當(dāng)A球下落t ＝0.3 s時,剛好與B球在地面上方的P點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間 A球的速度恰為零.已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空氣阻 力及碰撞中的動能損失．求 (1)B球第一次到達地面時的速度； (2)P點距離地面的高度． 解析　(1)設(shè)B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學(xué)公式有vB＝① 將h＝0.8 m代入上式，得vB＝4 m/s② (2)設(shè)兩球相碰前、后，A球的速度大小分別為v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分別為v2和v2′.由運動學(xué)規(guī)律可得 v1＝gt③ 1

40、.【2014·福建卷Ⅰ】 (2)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為________．(填選項前的字母) A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2) 【答案】(2)D　 【解析】 忽略空氣阻力和分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，衛(wèi)星和箭體整體分離前后動量守恒，則有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋(v0－v2)，故D項正確． 2.【2014

41、·浙江卷】 (1)如圖1所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以速度v沿光滑水平地面向前運動，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧．甲木塊與彈簧接觸后(　　) A. 甲木塊的動量守恒 B. 乙木塊的動量守恒 C. 甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)的動量守恒 D. 甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒 【答案】 (1)C　 【解析】 (1)本題考查碰撞、動量守恒定律等知識點．甲木塊與彈簧接觸后，由于彈簧彈力的作用，甲、乙的動量要發(fā)生變化，但對于甲、乙所組成的系統(tǒng)因所受合力的沖量為零，故動量守恒，選項A、B錯誤，選項C正確；甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能，一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的勢能，故不守恒

42、． 3.【2014·重慶卷】 一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1，不計質(zhì)量損失，重力加速度g取10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是 A　　　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　　　D 【答案】B　 【解析】 彈丸在爆炸過程中，水平方向的動量守恒，有m彈丸v0＝mv甲＋mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運動，豎直方向有h＝gt2，水平方向?qū)?、乙兩彈片分別有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各圖中數(shù)據(jù)，可知B正確． 4.【物理——選修3－5】【2014·

43、新課標(biāo)全國卷Ⅰ】 (2)如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方，先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放，當(dāng)A球下落t＝0.3 s時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零，已知mB＝3mA，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失．求： (1)B球第一次到過地面時的速度； (2)P點距離地面的高度． 【解析】(2)解：(ⅰ)設(shè)B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學(xué)公式有 vB＝① 將h＝0.8 m代入上式，得 v1＝4 m/s.② 5

44、.【2014·新課標(biāo)Ⅱ卷】 【物理——選修3－5】 (2)現(xiàn)利用圖(a)所示的裝置驗證動量守恒定律．在圖(a)中，氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個滑塊，滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片，左側(cè)與打點計時器(圖中未畫出)的紙帶相連；滑塊B左側(cè)也帶有一彈簧片，上面固定一遮光片，光電計時器(未完全畫出)可以記錄遮光片通過光電門的時間． 圖(a) 實驗測得滑塊A的質(zhì)量m1＝0.310 kg，滑塊B的質(zhì)量m2＝0.108 kg，遮光片的寬度d＝1.00 cm；打點計時器所用交流電的頻率f＝50.0 Hz. 將光電門固定在滑塊B的右側(cè)，啟動打點計時器，給滑塊A一向右的初速度，使它與B相碰．碰后光電計時顯示的時

45、間為ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的紙帶如圖(b)所示． 圖(b) 若實驗允許的相對誤差絕對值(×100%)最大為5%，本實驗是否在誤差范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律？寫出運算過程． 設(shè)A在碰撞前、后時速度大小分別為v0，v1.將②式和圖給實驗數(shù)據(jù)代入①式得 v0＝2.00 m/s③ v2＝0.970 m/s④ 設(shè)B在碰撞后的速度大小為v2，由①式得 v2＝⑤ 代入題給實驗數(shù)據(jù)得 v2＝2.86 m/s⑥ 設(shè)兩滑塊在碰撞前、后的總動量分別為p和p′則 p＝m1v0⑦ p′＝m1v1＋m2v2⑧ 兩滑塊在碰撞前后總動量相對誤差的絕對值為 δp＝×100%⑨

46、 聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得 δp＝1.7%<5%⑩ 因此，本實驗在允許的誤差范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律． 6.【2014·安徽卷】 (20分) 在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物塊B.物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖所示，L為1.0 m，凹槽與物塊的質(zhì)量均為m，兩者之間的動摩擦因數(shù)μ為0.05.開始時物塊靜止，凹槽以v0＝5 m/s初速度向右運動，設(shè)物塊與凹槽槽壁碰撞過程中沒有能量損失，且碰撞時間不計，g取10 m/s2.求： (1)物塊與凹槽相對靜止時的共同速度； (2)從凹槽開始運動到兩者相對靜止物塊與右側(cè)槽壁碰撞的次數(shù)； (3)從凹槽開始運動到兩者剛相對靜止

47、所經(jīng)歷的時間及該時間內(nèi)凹槽運動的位移大?。? 【答案】 (1)2.5 m/s　(2)6次　(3)12.75 m 【解析】 (1)設(shè)兩者間相對靜止時速度為v，由動量守恒定律得 mv0＝2mv，解得v＝2.5 m/s (3)設(shè)凹槽與物塊碰前的速度分別為v1、v2，碰后的速度分別為v′1、v′2.有mv1＋mv2＝mv′1＋mv′2 mv＋mv＝mv′＋mv′ 得v′1＝v2，v′2＝v1 即每碰撞一次凹槽與物塊發(fā)生一次速度交換，在同一坐標(biāo)系上兩者的速度圖線如圖所示，根據(jù)碰撞次數(shù)可分為13段凹槽，物塊的vt圖像在兩條連續(xù)的勻變速運動圖線間轉(zhuǎn)換，故可用勻變速直線運動規(guī)律求時間．則v

48、＝v0＋at，a＝－μg，解得t＝5 s 凹槽的vt圖像所包圍的陰影部分面積即為凹槽的位移大小s2.(等腰三角形面積共分13份，第一份面積為0.5 L，其余每份面積均為L) s2＝t＋6.5 L＝12.75 m． 7．【2014·北京卷】如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點．現(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動．已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2 m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.重力加速度g取10 m/s2.求： (1) 碰撞前瞬間A的速率v； (2)

49、碰撞后瞬間A和B整體的速率v′； (3) A和B整體在桌面上滑動的距離l. 【答案】 (1)2 m/s 　(2)1 m/s 　(3)0.25 m 【解析】 設(shè)滑塊的質(zhì)量為m. (1)根據(jù)機械能守恒定律有 mgR＝mv2 解得碰撞前瞬間A的速率有 v＝＝2 m/s. (2)根據(jù)動量守恒定律有 mv＝2mv′ 解得碰撞后瞬間A和B整體的速率 v′＝v＝1 m/s. (3)根據(jù)動能定理有 (2m)v′2＝μ(2m)gl 解得A和B整體沿水平桌面滑動的距離 l＝＝0.25 m. 8.【2014·全國卷】 冰球運動員甲的質(zhì)量為80.0 kg.當(dāng)他以5.0 m/s的速度向

50、前運動時，與另一質(zhì)量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來的運動員乙相撞．碰后甲恰好靜止．假設(shè)碰撞時間極短，求： (1 )碰后乙的速度的大??； (2)碰撞中總機械能的損失． 【答案】 (1)1.0 m/s　(2)1400 J 9.【2014·廣東卷】 (18分)圖24 的水平軌道中，AC段的中點B的正上方有一探測器，C處有一豎直擋板，物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點的物體P2碰撞，并接合成復(fù)合體P，以此碰撞時刻為計時零點，探測器只在t1＝2 s至t2＝4 s內(nèi)工作．已知P1、P2的質(zhì)量都為m＝1 kg，P與AC間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，AB段長L＝4 m，g取10 m

51、/s2，P1、P2和P均視為質(zhì)點，P與擋板的碰撞為彈性碰撞． (1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能ΔE； (2)若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A 點時的最大動能E. 【答案】(1)3 m/s　9 J　(2)10 m/s≤v1≤14 m/s　17 J 【解析】 (1)P1、P2碰撞過程動量守恒，有mv1＝2mv 解得v＝＝3 m/s 碰撞過程中損失的動能為ΔE＝mv－(2m)v2 解得ΔE＝9 J. (2)由于P與擋板的碰撞為彈性碰撞．故P在AC間等效為勻減速運動，設(shè)P在AC段加速度大小為a，

52、碰后經(jīng)過B點的速度為v2 ，由牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律，得 μ(2m)g＝2ma 3L＝v t－at2 v2＝v－at 解得v1＝2v＝　v2＝ 由于2 s≤t≤4 s　所以解得v1的取值范圍 10 m/s≤v1≤14 m/s v2的取值范圍1 m/s≤v2≤5 m/s 所以當(dāng)v2＝5 m/s時，P向左經(jīng)過A點時有最大速度 v3＝ 則P向左經(jīng)過A點時有最大動能E＝(2m)v＝17 J. 10.【2014·江蘇卷】 (3)牛頓的《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》中記載，A、B兩個玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為15∶16.分離速度是指碰撞后B對A的速度，接

53、近速度是指碰撞前A對B的速度．若上述過程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B，且為對心碰撞，求碰撞后A、B的速度大?。? 【答案】 (3)v0　v0　 【解析】 設(shè)A、B球碰撞后速度分別為v1和v2，由動量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，且由題意知＝，解得v1＝v0，v2＝v0. 11. 【2014·山東卷】 【物理35】 (2)如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m.開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0.一段時間后，B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半．

54、求： (ⅰ)B的質(zhì)量； (ⅱ)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失． 【答案】 (ⅰ)　(ⅱ)mv 【解析】 (ⅰ)以初速度v0的方向為正方向，設(shè)B的質(zhì)量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動量守恒定律得 m＋2mBv＝(m＋mB)v① 由①式得 mB＝② 12.【2014·天津卷】 如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA＝4 kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質(zhì)點的物塊 B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2 kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F＝10 N，A運動一段時間后，小車左

55、端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間t＝0.6 s，二者的速度達到vt＝2 m/s.求： (1)A開始運動時加速度a的大??； (2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小； (3)A的上表面長度l. 【答案】(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m 【解析】 (1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有 F＝mAa① 代入數(shù)據(jù)解得 a＝2.5 m/s2② (2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6 s的過程，由動量定理得 Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③ 代入數(shù)據(jù)解得 v＝1 m/s④ 31