《2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 功與能 動(dòng)量 第7講 碰撞與動(dòng)量守恒學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 功與能 動(dòng)量 第7講 碰撞與動(dòng)量守恒學(xué)案（26頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第7講碰撞與動(dòng)量守恒 主干知識(shí)體系 核心再現(xiàn)及學(xué)科素養(yǎng) 知識(shí)規(guī)律 (1)動(dòng)量和沖量的概念． (2)動(dòng)量定理的應(yīng)用． (3)動(dòng)量守恒的條件和表達(dá)式． (4)三類碰撞的特點(diǎn)． (5)爆炸和反沖的特點(diǎn)． (6)力學(xué)中的兩大守恒思想． ①能量守恒． ②動(dòng)量守恒． 思想方法 (1)物理思想：理想化模型思想、守恒思想、類比思想． (2)物理方法：臨界法、整體與隔離法. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2018·全國Ⅱ卷15)高空墜物極易對行人造成傷害．若一個(gè)50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時(shí)間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約

2、為(　　) A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N C　[設(shè)每層樓高約為3 m，則下落高度約為 h＝3×25 m＝75 m 由mgh＝mv2及(F－mg)t＝mv 知 雞蛋對地面的沖擊力F＝＋mg≈103 N] 2．(2018·全國Ⅲ卷，21)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等．現(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)．在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面．a(chǎn)、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是(　　)

3、 A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B．在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大 C．在t時(shí)刻，a和b的電勢能相等 D．在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等 BD　[A錯(cuò)：經(jīng)時(shí)間t、a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa>xb，根據(jù)x＝at2，得aa＞ab，又由a＝知，maWb，由動(dòng)能定理知，a的動(dòng)能比b的動(dòng)能大；C錯(cuò)：a、b處在同一等勢面上，根據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢能絕對值相等，符號(hào)相反；D對：根據(jù)動(dòng)量定理Ft＝p－p0，則經(jīng)過時(shí)間t，a、b的動(dòng)量大小相等．] 3．(2018·天津卷，9(1))質(zhì)量為0.45 kg的木塊靜止在光滑

4、水平面上，一質(zhì)量為0.05 kg的子彈以200 m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個(gè)木塊沿子彈原方向運(yùn)動(dòng)，則木塊最終速度的大小是________ m/s.若子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的平均阻力為4.5×103 N，則子彈射入木塊的深度為________ m. 解析　設(shè)木塊的最終速度為v，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v，解得v＝20 m/s 根據(jù)能量守恒定律得Ffd相對＝mv－(M＋m)v2， 解得d相對＝0.2 m 答案　20　0.2 4．(2017·高考全國卷Ⅰ，14)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口

5、在很短時(shí)間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　 ) 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 A　[燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為p，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，選項(xiàng)A正確．] 5．(2016·高考全國卷Ⅰ，35節(jié)選)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(jì)算方便起見，

6、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?，在水平方向朝四周均勻散開．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求： (1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對于噴口的高度． 解析　(1)設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則 Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 ＝ρv0S③ (2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v.對于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的

7、水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④ 在h高度處，Δt時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為 Δp＝(Δm)v⑤ 設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得 F＝Mg⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得 h＝－ 答案　(1)ρv0S　(2)－ [考情分析] ■命題特點(diǎn)與趨勢 1．動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律屬于力學(xué)的主干知識(shí)，在現(xiàn)代物理中應(yīng)用很廣，這部分知識(shí)與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功和能合稱“解題三把金鑰匙”，是解決物理問題的重要基本方法，是高考的重點(diǎn)考查內(nèi)容． 2．試題經(jīng)常與機(jī)械能守恒定律、平拋運(yùn)動(dòng)

8、、圓周運(yùn)動(dòng)等力學(xué)及電磁學(xué)、原子物理等知識(shí)點(diǎn)組成綜合題．這類題型，命題情景新，聯(lián)系實(shí)際密切，綜合性強(qiáng)，前后兩個(gè)物理過程一般通過碰撞來過渡，這就決定了動(dòng)量守恒方程在解題過程中的紐帶作用． ■解題要領(lǐng) 解決本講的問題，要緊扣命題特點(diǎn)，高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決多運(yùn)動(dòng)過程問題；二是運(yùn)用動(dòng)能定理和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問題．因此要在審題上要狠下工夫，弄清運(yùn)動(dòng)情景，挖掘隱含條件，有針對性的選擇相應(yīng)的規(guī)律和方法． 高頻考點(diǎn)一　動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理 [備考策略] 本考點(diǎn)是對動(dòng)量、沖量的概念及動(dòng)量

9、定理的理解及應(yīng)用的考查，常與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等知識(shí)進(jìn)行簡單交匯命題，難度一般，主要考查考生的理解和分析能力． 一、基礎(chǔ)知識(shí) 1．沖量I＝Ft. 特點(diǎn)：矢量、過程量、絕對性． 2．動(dòng)量p＝mv. 特點(diǎn)：矢量、狀態(tài)量、相對性． 動(dòng)量的變化量Δp＝p′－p，也是矢量． 3．動(dòng)量定理：(1)表達(dá)式：FΔt＝mv′－mv.I＝p′－p. (2)力的表達(dá)式：F＝. 二、動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用 1．公式p′－p＝Ft是矢量式，右邊是物體受到所有力的總沖量，而不是某一個(gè)力的沖量．其中的F是研究對象所受的包括重力在內(nèi)所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是變力，如果合外力是變力，則F是合

10、外力在t時(shí)間內(nèi)的平均值． 2．動(dòng)量定理說明的是合外力的沖量I合和動(dòng)量的變化量Δp的關(guān)系，不僅I合與Δp大小相等，而且Δp的方向與I合的方向相同． 3．公式p′－p＝Ft說明了兩邊的因果關(guān)系，即合力的沖量是動(dòng)量變化的原因． [命題視角] 考向1　對動(dòng)量和沖量的理解 例1　(2018·山東泰安模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半圓槽，A、C等高，B為圓槽最低點(diǎn)，小球從A點(diǎn)正上方O點(diǎn)靜止釋放，從A點(diǎn)切入圓槽，剛好能運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)．設(shè)球在AB段和BC段運(yùn)動(dòng)過程中，運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1，t2，合外力的沖量大小為I1、I2，則(　　 ) A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．I1＞I2 D．I1＝I

11、2 C　[小球從A點(diǎn)正上方O點(diǎn)靜止釋放，剛好能運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，說明在圓弧內(nèi)要克服摩擦力做功，因此在AB段平均速率大于BC段平均速率，兩段路程相等，所以t1I2，C正確，D錯(cuò)誤．] 考向2　動(dòng)量定理的應(yīng)用 例2　(2018·山東省濰坊市高三三模)如圖所示，一消防車空載時(shí)的質(zhì)量為2 000 kg，儲(chǔ)水容積為10 m3，儲(chǔ)滿水后靜止在傾角為37°的斜坡上，水槍出水口距水平地面高度為3.2 m，打開水槍水流持續(xù)向坡底水平射出，水落到

12、水平面上的著火點(diǎn)，著火點(diǎn)到射出點(diǎn)的水平距離為48 m，已知水槍出水口的面積為2×10－3m2，水的密度為1.0×103 kg/m3，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)水射出槍口時(shí)的速度大小； (2)從打開水槍開始計(jì)時(shí)，水噴完前消防車受到的摩擦力隨時(shí)間變化的關(guān)系式． 解析　(1)水出口速度為v，由平拋運(yùn)動(dòng)h＝gt2 水平方向x＝vt 解得：v＝60 m/s (2)取Δt時(shí)間噴出的水為研究對象，Δm＝ρsvΔt 由動(dòng)量定理：F′Δt＝Δmv 解得：F′＝ρsv2 由牛頓第三定律得：水對車的作用力F＝F′ 取消防車為研究對象，以

13、沿斜面向上為正方向，其受力平衡 (M＋ρV0－ρsvt)g sin37°＝F cos 37°＋f 解得：f＝6.624×104－720t(N) 答案　(1)60 m/s　(2)f＝6.624×104－720t [歸納反思] 本題涉及多個(gè)過程，平拋運(yùn)動(dòng)采用分解的方法研究；動(dòng)能定理是求解功的一種常用方法；對流體的瞬時(shí)作用由動(dòng)量定理解決瞬時(shí)力的作用問題． [題組突破] 1－1.(2018·山西省大同市高三二模)如圖所示，A、B為原長相等、勁度系數(shù)分別為k和3k的兩根輕彈簧，將輕彈簧A、B的兩端對齊套在一起，豎直地固定在水平地面上，兩彈簧均處于原長狀態(tài)，把質(zhì)量m＝1 kg的物塊從距離彈簧

14、上端h＝5 m處由靜止釋放，與彈簧接觸后，經(jīng)t＝1 s速度減至0，已知重力加速度g取10 m/s2，則在彈簧壓縮過程中，物塊受到輕彈簧A的平均作用力大小為(　　 ) A．15 N B．10 N C．5 N D．2.5 N C　[物塊自由落體的時(shí)間t0＝＝1 s，整個(gè)下落過程對物塊由動(dòng)量定理得mg(t0＋t)－t＝0，解得＝20 N，兩彈簧勁度系數(shù)之比為1∶3，彈力之比始終為1∶3，故物塊受到彈簧A的平均作用力大小A＝＝5 N，C正確．] 1－2.(2018·廣西省桂林市高三月考(4))對于同一物理問題，常?？梢詮暮暧^與微觀兩個(gè)不同角度進(jìn)行研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，從而更加深刻地

15、理解其物理本質(zhì)．正方體密閉容器中有大量運(yùn)動(dòng)粒子，每個(gè)粒子質(zhì)量為m，單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量．為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略；其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機(jī)會(huì)均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變．利用所學(xué)力學(xué)知識(shí)，導(dǎo)出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關(guān)系．(注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時(shí)做必要的說明) 解析　一個(gè)粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量ΔI＝2mv如圖所示，以器壁上面積為S的部分為底、vΔt為高構(gòu)成柱體，由題設(shè)可知，其內(nèi)有的粒子在Δt時(shí)間內(nèi)與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞， 碰撞粒子總數(shù)N＝n·SvΔt，

16、 Δt時(shí)間內(nèi)粒子給器壁的沖量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt 器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力F＝ 則器壁單位面積所受粒子的壓力f＝＝nmv2. 答案　f＝nmv2 高頻考點(diǎn)二　動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 [備考策略] 本考點(diǎn)?？疾槎鄠€(gè)物體(包括彈簧)的動(dòng)量守恒的判斷和相關(guān)計(jì)算，以選擇題或與機(jī)械能守恒定律和功能關(guān)系相結(jié)合的計(jì)算題的形式命題，試題難度中等．考生應(yīng)學(xué)會(huì)靈活變通． 1．基本知識(shí) 2．碰撞模型分類 (1)彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒． (2)非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒． (3)完全非彈性碰撞 特征：碰后二者“粘”為一體，速度相同，動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最

17、多． [命題視角] 考向1　碰撞類問題 例3　(2018·山東省濟(jì)南市高三二模)(多選)如圖甲所示，光滑水平面上有a、b兩個(gè)小球，a球向b球運(yùn)動(dòng)并與b球發(fā)生正碰后粘合在一起共同運(yùn)動(dòng)，其碰前和碰后的s－t圖象如圖乙所示．已知ma＝5 kg.若b球的質(zhì)量為mb，兩球因碰撞而損失的機(jī)械能為ΔE，則(　　 ) A．mb＝1 kg B．mb＝2 kg C．ΔE＝15 J D．ΔE＝35 J AC　[在s－t圖象中圖象的斜率表示物塊運(yùn)動(dòng)的速度大小，所以va＝＝6 m/s 碰后合在一起共同運(yùn)動(dòng)的速度為v＝＝5 m/s 碰撞過程動(dòng)量守恒得：mava＝(ma＋mb)v 解得：mb＝1 kg

18、，故A正確，B錯(cuò)誤； 根據(jù)功能關(guān)系ΔE＝mav－(ma＋mb)v2＝15 J，故C正確，D錯(cuò)誤．] [歸納反思] 碰撞問題解題策略 1．抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解． 2．可熟記一些公式，例如“一動(dòng)一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足： v1＝v0、v2＝v0. 3．熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時(shí)，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0.當(dāng)m1?m2，且v20＝0時(shí)，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈． 考向2　系統(tǒng)動(dòng)量守恒 例4　(2018·四川綿陽中學(xué)高三下學(xué)期調(diào)研)(多選)質(zhì)

19、量為3m足夠長的木板靜止在水平面上，木板與地面的摩擦可忽略，木板上依次排放質(zhì)量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)同時(shí)給木塊1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，己知重力加速度為g.則下列說法正確的是(　　 ) A．1木塊相對靜止前，木板是靜止的 B．1木塊的最小速度是0 C．2木塊的最小速度是v0 D．木塊3從開始運(yùn)動(dòng)到相對靜止時(shí)位移是 CD　[木塊開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，木塊對木板的摩擦力f＝3μmg＞0，木板發(fā)生運(yùn)動(dòng)．設(shè)木塊2的最小速度為v2，此時(shí)木塊3的速度為v3，由動(dòng)量守恒定律m(v0＋2v0＋3v0)＝(2m＋3m)v2＋mv3，在此過程中，木塊3

20、與木塊2速度改變量相同3v0－v3＝2v0－v2，解得v2＝v0，當(dāng)木塊3與木板的速度相等時(shí)，3個(gè)木塊與木板的速度均相等，且為v.系統(tǒng)動(dòng)量守恒m(v0＋2v0＋3v0)＝6mv，解得v＝v0，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，木塊3在木板上做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律μmg＝ma，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式(3v0)2－v2＝2as3，解得s3＝，故選C、D.] 考向3　多過程問題中的動(dòng)量守恒 例5　(2018·山東省臨沂市高三三模)質(zhì)量m＝1 kg的小物塊在高h(yuǎn)1＝0.3 m的光滑水平平臺(tái)上壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，彈簧儲(chǔ)存了一定的彈性勢能，打開鎖扣K，物塊將以水平速度v0向右滑出平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，并恰好能從光滑圓弧形軌

21、道BC的B點(diǎn)的切線方向無碰撞地進(jìn)入圓弧形軌道，B點(diǎn)的高度h2＝0.15 m，圓弧軌道的圓心O與平臺(tái)等高，軌道最低點(diǎn)與光滑水平面相切，在水平面上有一物塊M，m滑下與M發(fā)生碰撞后反彈，反彈的速度大小剛好是碰前速度的，碰撞過程中無能量損失，g＝10 m/s2，求： (1)物塊m壓縮彈簧時(shí)儲(chǔ)存的彈性勢能Ep； (2)物塊M的質(zhì)量． 解析　(1)小物塊由A運(yùn)動(dòng)到B做平拋運(yùn)動(dòng)，h1－h(huán)2＝gt2，解得：t＝s 由幾何關(guān)系：R＝h1，h1－h(huán)2＝，∠BOC＝60° 設(shè)小球平拋時(shí)的初速度為v0, 則＝tan 60° 彈性勢能Ep等于小物塊在A點(diǎn)的動(dòng)能， Ep＝mv 解得：Ep＝0.5

22、J； (2)小物塊到C點(diǎn)時(shí)的速度為v1， 由機(jī)械能守恒mv＋mgh1＝mv m與M碰撞過程動(dòng)量守恒有：mv1＝mv3＋Mv2 m與M碰撞過程能量守恒有： mv＝mv＋Mv其中v3＝ 由以上各式解得：M＝0.5 kg. 答案　(1)0.50 J　(2)0.5 kg [歸納反思] 1．動(dòng)量守恒定律的研究對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)．系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，與選擇哪幾個(gè)物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運(yùn)動(dòng)過程有直接關(guān)系． 2．分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時(shí)，要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)的作用力． [題組突破] 2－1.(2018·福建省廈門雙十中學(xué)高三調(diào)研)(多選)如圖所示

23、，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，圓弧軌道的最高點(diǎn)、桌面最左邊緣和地面上的O點(diǎn)在同一豎直線上．小球B靜止在水平桌面上，現(xiàn)將小球A從圓弧軌道的最高點(diǎn)無初速度釋放．已知圓弧軌道R，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB＝2mA，重力加速度g，桌面的長L＝6R，水平桌面與地面的高度H＝4R.則小球B的落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離可能是(　　 ) A.R B.R C.R D.R AB　[可知A球與B球碰前的過程中，由機(jī)械能守恒定律，得：mgR＝mv，若A、B是彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB，由機(jī)械能守恒定律得：mAv＝mAv＋mBv，解得vB＝v0＝，小球B平拋運(yùn)動(dòng)

24、的水平位移x＝vB＝，小球B的落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離d＝6R＋R＝R；若是完全非彈性碰撞，mAv0＝(mA＋mB)vB，解得：vB＝v0 ＝，小球B平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移x＝vB＝，小球B的落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離d＝6R＋R＝R.則小球B的落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離范圍R≤d≤R，故A、B正確，C、D錯(cuò)誤．] 2－2.(2018·河北省石家莊市高三考前沖刺)如圖所示，在光滑水平面上有質(zhì)量為m的小物塊a以初速度v0水平向右運(yùn)動(dòng)，在小物塊a左右兩側(cè)各放置完全相同的小物塊b、c，小物塊b、c上各固定一個(gè)輕彈簧，小物塊b、c的質(zhì)量均為km，其中k＝1、2、3…，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．求： (1)小物塊a第一次

25、與小物塊c碰撞時(shí)，彈簧的最大彈性勢能為多大？ (2)若小物塊a至少能與小物塊c碰撞2次，k的最小值為多少？ 解析　(1)小物塊a和c相互作用，兩者速度相等時(shí)彈簧的彈性勢能最大，對于小物塊a和c根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝(m＋km)v 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有Epmax＝mv－(m＋km)v2 聯(lián)立解得Epmax＝·mv (2)設(shè)小物塊a第一次離開小物塊c時(shí)，小物塊a和c的速度分別為v1、v2，對于小物塊a和c根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋kmv2 根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mv＝mv＋kmv 聯(lián)立解得，小物塊a的速度為v1＝v 小物塊c的速度為v2＝v0 小物塊a離開c后與小物

26、塊b作用，當(dāng)小物塊a離開b時(shí)，小物塊a和小物塊b的速度分別為v1′、v2′，對于小物塊a和b，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv1＝mv1′＋kmv2′ 根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mv＝mv′＋kmv′ 聯(lián)立解得v′1＝2v0 若小物塊a和c至少碰撞2次，則有v′1＞v2 由數(shù)學(xué)知識(shí)可得k2－4k－1＞0 解得k＞2＋ 而k＝1、2、3… 故kmin＝5 答案　(1)·mv　(2)5 高頻考點(diǎn)三　能量守恒與動(dòng)量守恒的綜合應(yīng)用 [備考策略] 動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的比較 動(dòng)量守恒定律 機(jī)械能守恒定律 相同點(diǎn) 研究對象 相互作用的物體組成的系統(tǒng) 研究過程 某一運(yùn)動(dòng)過程

27、 不同點(diǎn) 守恒條件 系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零 系統(tǒng)只有重力或彈力做功 表達(dá)式 p1＋p2＝p1′＋p2′ Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 矢標(biāo)性 矢量式 標(biāo)量式 某一方向上應(yīng)用情況 可在某一方向上獨(dú)立使用 不能在某一方向上獨(dú)立使用 運(yùn)算法則 矢量運(yùn)算 代數(shù)運(yùn)算 [命題視角] 考向1　滑板、滑塊類問題模型 例6　(2018·湖北省武漢市高三綜合訓(xùn)練)(多選)如圖所示，一質(zhì)量M＝8.0 kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m＝2.0 kg的小木塊A.給A和B以大小均為5.0 m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)

28、，A始終沒有滑離B板，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.5.則下列說法正確的是(　　 ) A．在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，長木板B速度大小可能是3.6 m/s B．在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，長木板B速度大小可能是3.3 m/s C．長木板的可能的長度是6 m D．長木板的可能的長度是9 m ABD　[取水平向右方向?yàn)檎较?，?dāng)A的速度為零，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(M－m)v0＝Mv1，解得：v1＝3.75 m/s，當(dāng)AB速度相同時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(M－m)v0＝(M＋m)v2，解得：v2＝3 m/s，則在木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木塊B的速度范圍為：3 m/s＜v＜3.75

29、m/s，故AB正確；設(shè)當(dāng)兩者速度相等時(shí)，A在B上滑行的距離為x，由能量守恒定律得：μmgx＝mv＋Mv－(M＋m)v，解得x＝8 m，所以長木板的長度L≥8 m，故D正確，C錯(cuò)誤．] 考向2　碰撞中的能量問題 例7　如圖所示，水平面右端和半圓弧軌道相接，半圓弧剛好與水平面相切，水平面左端有小球P懸掛在長為L的細(xì)線下端，當(dāng)細(xì)線豎直時(shí)，小球P剛好與水平面接觸．現(xiàn)將小球P拉至細(xì)線與豎直方向成θ＝60°的位置后自由釋放．當(dāng)小球擺至最低點(diǎn)時(shí)，恰好與水平面上原來靜止的小球Q發(fā)生彈性碰撞，碰后小球P的動(dòng)能是碰前動(dòng)能的，且碰后小球Q恰能通過圓弧的最高點(diǎn)C.不計(jì)一切摩擦阻力，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)．求：

30、(1)P、Q兩球質(zhì)量之比； (2)半圓弧軌道的半徑． 解析　(1)小球P與小球Q碰撞之前，由機(jī)械能守恒定律得：m1gL(1－cos θ)＝m1v① 兩小球發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得： m1v0＝m1v1＋m2v2② 由機(jī)械能守恒定律得：m1v＝m1v＋m2v③ 碰后小球P的動(dòng)能是碰前動(dòng)能的，mv＝(m1v)解得v1＝±v0也就是碰撞后，小球P速度方向可能沒變(與碰前速度方向相同)，也可能方向改變(與碰前速度方向相反) 若方向沒變，也就是v1＝v0④ 由①②③④式解得：＝ 若方向改變，也就是v1＝－v0⑤ 由①②③⑤式解得：＝ (2)碰后小球Q恰能通過圓弧的最高點(diǎn)C，在

31、最高點(diǎn)C重力提供向心力 m2g＝⑥ 由機(jī)械能守恒定律得：m2v＝m2v＋m2g(2R)⑦ 由②④⑥⑦式解得：R＝L 由②⑤⑥⑦式解得：R＝L 答案　(1)＝或＝ (2)R＝L或R＝L 考向3　動(dòng)量守恒中的臨界問題 例8　如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時(shí)刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(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(yùn)動(dòng)．取重力加速度的大小g＝

32、10 m/s2. (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 解析　將小孩與冰塊視為一系統(tǒng)，在小孩推出冰塊時(shí)，該系統(tǒng)動(dòng)量守恒；在冰塊滑上斜面體至再次滑離斜面體的全過程中，冰塊與斜面體只存在彈力(內(nèi)力)作用，將冰塊與斜面體視為一個(gè)系統(tǒng)，該系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，該系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒． (1)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)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(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律，得 m2v20＝(m2＋m3)v，① m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh，② 式中v20＝－3 m/

33、s為冰塊推出時(shí)的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得m3＝20 kg.③ (2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1， 由動(dòng)量守恒定律，有 m1v1＋m2v20＝0，④ 代入數(shù)據(jù)，得v1＝1 m/s.⑤ 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律，有 m2v20＝m2v2＋m3v3，⑥ m2v＝m2v＋m3v，⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)， 得v2＝1 m/s，⑧ 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩． 答案　(1)20 kg　(2)不能 [歸納反思] 1．滑板、滑塊類問題中，注意題中條件地面是否光滑，只

34、有光滑才能動(dòng)量守恒． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 2．滑塊恰好沒掉下來，或恰好沒有追上暗示此時(shí)系統(tǒng)內(nèi)物體速度相等． 3．系統(tǒng)內(nèi)物體作用時(shí)，往往有能量損失． ΔE損＝E初－E末，摩擦生熱Q＝fs相對． [題組突破] 3－1.(2018·最新高考信息卷)如圖，光滑水平面上放著長木板B，質(zhì)量為m＝2 kg的木塊A以速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板B的上表面，由于A、B之間存在有摩擦，之后，A、B的速度隨時(shí)間變化情況如右圖所示，重力加速度g＝10 m/s2.則下列說法正確的是(　　 ) A．長木板的質(zhì)量M＝2 kg B．A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 C．長木板

35、長度至少為2 m D．A、B組成系統(tǒng)損失機(jī)械能為4 J A　[從圖可以看出，A先做勻減速運(yùn)動(dòng)，B做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后一起做勻速運(yùn)動(dòng)，共同速度v＝1 m/s，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故A正確；由圖象可知，木板B勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝1 m/s2，對B，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝MaB，解得動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，故B錯(cuò)誤；由圖象可知前1 s內(nèi)B的位移xB＝0.5 m，A的位移xA＝1.5 m，所以木板最小長度L＝xA－xB＝1 m，故C錯(cuò)誤；A、B組成系統(tǒng)損失機(jī)械能ΔE＝mv－(M＋m)v2＝2 J，故D錯(cuò)誤．故選A.] 3－2.(2

36、018·鄭州市外國語學(xué)校高三二模)如圖所示，光滑的四分之一圓弧軌道與水平地面在C點(diǎn)平滑連接，質(zhì)量為m的物塊甲固定在圓弧軌道的A端，另一質(zhì)量為m的物塊乙固定在圓弧軌道上的B點(diǎn)，B與圓心O的連線與豎直方向的夾角為θ＝60°，先釋放物塊A，再釋放物塊B，結(jié)果兩物塊剛好在C點(diǎn)碰撞，兩物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，圓弧軌道的半徑為R，不計(jì)物塊的大小，重力加速度為g，求： (1)甲與乙碰撞后一瞬問，甲的速度最大可能為多少？ (2)若碰撞后甲、乙在水平面上滑行的距離之比為1∶2，則碰撞后一瞬間甲、乙兩物塊的速度分別多大？ 解析　(1)設(shè)甲滑到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，乙滑到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2

37、 根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgR＝mv mgR(1－cos θ)＝·mv 求得 v1＝ v2＝ 當(dāng)甲和乙相碰的過程中發(fā)生的是完全非彈性碰撞時(shí)，碰撞后一瞬間甲有最大速度v 根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv1＋mv2＝(m＋m)v 求得v＝ (2)若甲、乙碰撞后的速度大小分別為v3、v4，則有 mv1＋mv2＝mv3＋mv4 設(shè)甲在水平面上滑行距離L1，乙在水平面上滑行距離L2，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則有μmgL1＝mv μmgL2＝·mv ＝ 求得v3＝　v4＝(3－) 答案　(1) (2)　(3－) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(七) 一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～10題為多項(xiàng)選擇題) 1

38、．光滑水平面上有兩個(gè)小球，在同一直線上相向運(yùn)動(dòng)，它們的動(dòng)量大小相等，則兩球碰撞后，下列說法正確的是(　　 ) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．兩球可能沿同一方向運(yùn)動(dòng) B．兩個(gè)球可能一個(gè)靜止，一個(gè)運(yùn)動(dòng) C．若兩球均運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)量大的球動(dòng)量一定小 D．若兩球均運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)量大的球動(dòng)能一定小 D　[由題可知，兩球沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量大小相等，因此系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，碰撞過程系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，因此碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量仍為零，因此兩球不可能沿同一方向運(yùn)動(dòng)，也不可能一個(gè)靜止，一個(gè)運(yùn)動(dòng)，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；若兩球均運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，兩球一定沿相反方向運(yùn)動(dòng)，且動(dòng)量等大反向，即m1v1＝m

39、2v2，由此可以判斷，質(zhì)量大的球的動(dòng)量與質(zhì)量小的球動(dòng)量大小相等，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由Ek＝可知，質(zhì)量大的，動(dòng)能小，D項(xiàng)正確．] 2．(2018·山東省青島市高三統(tǒng)一質(zhì)檢)如圖，連接有輕彈簧的物塊a靜止于光滑水平面上，物塊b以一定初速度向左運(yùn)動(dòng)．下列關(guān)于a、b兩物塊的動(dòng)量p隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖象，不合理的是(　　 ) A　[物塊b以一定初速度向左運(yùn)動(dòng)與連接有輕彈簧的靜止物塊a相碰，中間彈簧先被壓縮后又恢復(fù)原長，則彈力在碰撞過程中先變大后變小，兩物塊動(dòng)量的變化率先變大后變小．故A項(xiàng)不合理．本題選不合理的，答案是A.] 3．(2018·陜西省安康市高三質(zhì)檢(五))如圖所示，一對雜技演員(都視為質(zhì)點(diǎn)

40、)蕩秋千(秋千繩處于水平位置)，秋千一端固定在離地面高為H的O點(diǎn)，秋千的長度可調(diào)節(jié)．改變秋千的長度，雜技演員每次都從A點(diǎn)(與O)由靜止出發(fā)繞O點(diǎn)下擺，當(dāng)擺到最低點(diǎn)B時(shí)，女演員在極短時(shí)間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，然后自己剛好能回到A處．已知男演員質(zhì)量為2m和女演員質(zhì)量為m，秋千的質(zhì)量不計(jì)，空氣阻力忽略不計(jì)，則男演員落地點(diǎn)C與O點(diǎn)的水平距離x的最大值是 (　　 ) A. B．H C. D．2H D　[兩雜技演員從A點(diǎn)下擺到B點(diǎn)，只有重力做功，機(jī)械能守恒．設(shè)二者到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為v0，則由機(jī)械能守恒定律有：(m＋2m)gR＝(m＋2m)v，演員相互作用，沿水平方向動(dòng)量守恒．設(shè)作用后女、

41、男演員的速度大小分別為v1、v2，所以有(m＋2m)v0＝2mv2－mv1.女演員上擺到A點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，因此有mgR＝mv.男演員自B點(diǎn)平拋，有：x＝v2t.運(yùn)動(dòng)時(shí)間t可由豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)出得H－R＝gt2，聯(lián)立以上各式，可解得x＝4，當(dāng)秋千的長度R＝時(shí)，男演員落地點(diǎn)C與O點(diǎn)的水平距離最大為x＝2H，故D正確；A、B、C錯(cuò)誤．] 4．(2018·高考物理全真模擬卷一)如圖所示，AB兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量．若用錘子敲擊A球使A得到v的速度，彈簧壓縮到最短時(shí)的長度為L1；若用錘子敲擊B球使B得到v的速度，彈簧壓縮到最短時(shí)的長度為L2，則L

42、1與L2的大小關(guān)系為(　　 ) A．L1>L2 B．L1

43、速運(yùn)動(dòng)．在t＝0時(shí)輕繩斷開，Q在F作用下繼續(xù)前進(jìn)，則下列說法正確的是(　　 ) A．t＝0至t＝時(shí)間內(nèi)，P、Q的總動(dòng)量不守恒 B．t＝0至t＝時(shí)間內(nèi)，P、Q的總動(dòng)量守恒 C．t＝時(shí)，Q的動(dòng)量為mv D．t＝時(shí)，P、Q兩點(diǎn)的距離 D　[設(shè)P、Q受到的滑動(dòng)摩擦力都為F，斷開前兩物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件得：F＝2f，設(shè)P經(jīng)過時(shí)間t速度為零，對P由動(dòng)量定理得：－ft＝0－mv，解得：t＝；由此可知，在剪斷細(xì)線前，兩木塊在水平地面上向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)．以PQ為系統(tǒng)，繩子上的力屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，系統(tǒng)所受合力為零；在剪斷細(xì)線后，物體P停止運(yùn)動(dòng)以前，兩物體受到的摩擦力不變，兩木塊組成的系統(tǒng)

44、的合力仍為零，則系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，故在t＝0至t＝的時(shí)間內(nèi)P、Q的總動(dòng)量守恒，在t＝后，P停止運(yùn)動(dòng)，Q做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故兩木塊組成的系統(tǒng)的合力不為零，故P、Q的總動(dòng)量不守恒，故AB錯(cuò)誤；當(dāng)t＝時(shí)，對Q由動(dòng)量定理得：Ft－ft＝p′Q－mv，代入f＝，t＝，解得：p′Q＝mv，故C錯(cuò)誤；當(dāng)t＝時(shí)，對Q由動(dòng)量定理得：Ft－ft＝mv2－mv，代入f＝，t＝，解得v2＝2v，由動(dòng)能定理得：Fx2－fx2＝mv－mv2；對P由動(dòng)量定理得：－ft＝mv1－mv，代入f＝，t＝，解得v1＝0，由動(dòng)能定理得：－fx1＝mv－mv2，解得Δx＝x2－x1＝，故D正確．] 6．(2018·安徽省蕪湖市高三下

45、調(diào)研)在地面上以大小為v1的初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為m的皮球，皮球落地時(shí)速度大小為v2.若皮球運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力的大小與其速率成正比，重力加速度為g.下列判斷正確的是(　　 ) A．皮球上升的最大高度為 B．皮球從拋出到落地過程中克服阻力做的功為mv－mv C．皮球上升過程經(jīng)歷的時(shí)間為 D．皮球從拋出到落地經(jīng)歷的時(shí)間為 BD　[減速上升的過程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，則上升的高度小于，上升的時(shí)間小于，故AC錯(cuò)誤；皮球從拋出到落地過程中重力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理得克服阻力做功為Wf＝mv－mv，故B正確；用動(dòng)量定理，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)，假設(shè)向下為正方向，設(shè)上升階段的平均速度為v

46、，則：mgt1＋kvt1＝mv1，由于平均速度乘以時(shí)間等于上升的高度，故有：h＝vt1，即：mgt1＋kh＝mv1①同理，設(shè)上升階段的平均速度為v′，則下降過程mgt2＋kv′t2＝mv2，即：mgt2－kh＝mv2②，由①②得：mg(t1＋t2)＝m(v1＋v2)，解得：t＝t1＋t2＝，故D正確；故選B、D.] 7．(2018·山西太原市高三質(zhì)檢)如圖所示，金屬桿AB在離地h＝3.2 m，高處從靜止開始沿弧形軌道下滑，導(dǎo)軌平行的水平部分有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，水平部分導(dǎo)軌上原來放有一根靜止金屬桿CD，已知桿AB的質(zhì)量為m1＝2 kg，電阻為R1＝10 Ω，桿CD的質(zhì)量為m2＝0.5 kg，

47、電阻為R2＝30 Ω，其余電阻不計(jì)，水平導(dǎo)軌足夠長，不計(jì)一切摩擦．(　　 ) A．AB的最終速度是8 m/s B．CD的最終速度是6.4 m/s C．整個(gè)過程中回路釋放的電能是12.8 J D．整個(gè)過程中，AB桿上產(chǎn)生的焦耳熱3.2 J BCD　[AB下滑h的過程中機(jī)械能守恒：m1gh＝m1v，解得v0＝8 m/s；最終兩者速度相等，由動(dòng)量守恒定律：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝6.4 m/s，故A錯(cuò)誤，B正確；由能量守恒知，回路中產(chǎn)生的電能等于系統(tǒng)機(jī)械能的損失，所以整個(gè)過程中回路釋放的電能ΔE＝m1gh－(m1＋m2)v＝12.8 J，故C正確；在回路中產(chǎn)生電能的過程

48、中，雖然電流不恒定，但由于兩桿串聯(lián)，通過兩桿的電流總是相等的，所以整個(gè)過程中，AB桿上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝ΔE＝3.2 J，故D正確．] 8．(2018·衡水中學(xué)信息卷)如圖所示，足夠長的木板P靜止于光滑水平面上，小滑塊Q位于木板P的最右端，木板P與小滑塊Q之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，木板P與小滑塊Q質(zhì)量相等，均為m＝1 kg.用大小為6 N方向水平向右的恒力F拉動(dòng)木板P加速運(yùn)動(dòng)1 s后將其撤去，系統(tǒng)逐漸達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，已知重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　 ) A．木板P與小滑塊Q所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量增加量等于拉力F的沖量 B．拉力F做功為6 J C．小滑塊Q的最大速

49、度為3 m/s D．整個(gè)過程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3 J ACD　[對系統(tǒng)由動(dòng)量定理得Ft＝mvP＋mvQ＝2mv共，即木板P與小滑塊Q所組成系統(tǒng)的動(dòng)量增加量一定等于拉力F的沖量，A正確；若木板P與小滑塊Q相對靜止一起加速運(yùn)動(dòng)，則拉力F不能超過·2m＝4 N，拉力F為6 N大于4 N，故二者發(fā)生相對滑動(dòng)，對木板P由牛頓第二定律F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2,1 s內(nèi)木板P的位移x＝at2＝2 m．拉力F做功W＝Fx＝12 J，B錯(cuò)誤；二者共速時(shí)，小滑塊Q的速度最大，F(xiàn)t＝2mv共，v共＝3 m/s，C正確；整個(gè)過程中，對系統(tǒng)由能量守恒可知W＝·2mv＋Q，解得Q＝3 J，D正

50、確．] 9．(2018·山東省濰坊市高三一模)在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對方的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞，如圖a所示，碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺刷摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面來減小阻力，碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v－t圖線如圖b中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量均為19 kg，則(　　 ) A．碰后藍(lán)壺的速度為0.8 m/s B．碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4 m C．碰撞過程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為7.22 J D．碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為5∶4 AD　[由圖可知碰撞前后紅壺的速度為v0＝1 m/s和v2＝0.2 m/s，由動(dòng)量守恒可得mv0＝mv1＋mv2，解得碰后藍(lán)壺速

51、度為v2＝0.8 m/s，碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為x＝×0.8×5＝2 m．碰撞過程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為ΔEk＝mv－mv－mv＝3.04 J，紅壺所受摩擦力f1＝ma1＝19×N＝3.8 N，藍(lán)壺所受摩擦力f2＝ma2＝19× N＝3.04 N，碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為f1∶f2＝5∶4，故AD正確；BC錯(cuò)誤；故選AD.] 10．(2018·南開中學(xué)考前沖刺)如圖所示，質(zhì)量為M、半徑R的ABC凹槽(為光滑圓槽的一部分)靜止在光滑水平面上，B為最低點(diǎn)，BC為圓弧，OA與豎直方向夾角θ＝60°，其右側(cè)緊貼豎直墻壁PQ.一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從D處水平拋出，同時(shí)將ABC凹槽鎖定在地面上，

52、小物塊恰好從A點(diǎn)無碰撞的射入凹槽，當(dāng)其到達(dá)B點(diǎn)時(shí)解除鎖定，小物塊剛好能達(dá)到C點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是(　　 ) A．從D點(diǎn)拋出的初速度為v0＝；D點(diǎn)距A點(diǎn)高度差h＝ B．小球第一次過B點(diǎn)時(shí)對槽底的壓力大小為2 mg C．小球從C點(diǎn)到B點(diǎn)過程中，豎直墻壁對槽的沖量為I＝m，方向水平向左 D．小球從C到B向A運(yùn)動(dòng)的過程中，以小球、槽ABC作為一個(gè)系統(tǒng)，機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒 AC　[A項(xiàng)，小物塊恰好從A點(diǎn)無碰撞的射入凹槽，即小球進(jìn)入凹槽時(shí)的速度方向與凹槽相切，將速度分解為水平方向和豎直方向可知，v＝2v0，從A到C應(yīng)用能量守恒可知，m(2v0)2＝mgR s

53、in 30°，解得v0＝，從D到A應(yīng)用動(dòng)能定理可得：mgh＝m(2v0)2－mv，解得：h＝，故A正確；B項(xiàng)：從A到B應(yīng)用動(dòng)能定理，mgR＝mv－mv，在B點(diǎn)由重力與支持力的合力提供向心力得，F(xiàn)N－mg＝，由以上兩式解得FN＝3 mg，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：小球到B時(shí)的速度為vB1＝，根據(jù)動(dòng)量定理可得：I＝mvB1－0＝m，故C正確；D項(xiàng)，小球從C到B向A運(yùn)動(dòng)的過程中，以小球、槽ABC作為一個(gè)系統(tǒng)，由于沒有摩擦，所以機(jī)械能守恒，但在小球從C到B過程中，墻壁對槽有水平方向的作用力，所以系統(tǒng)外力之和不為零，故動(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)誤． 二、非選擇題 11．(2018·山東省濟(jì)南市高三一模)運(yùn)載火箭是人類

54、進(jìn)行太空探索的重要工具，一般采用多級發(fā)射的設(shè)計(jì)結(jié)構(gòu)來提高其運(yùn)載能力．某興趣小組制作了兩種火箭模型來探究多級結(jié)構(gòu)的優(yōu)越性，模型甲內(nèi)部裝有Δm＝100 g的壓縮氣體，總質(zhì)量為M＝1 kg，點(diǎn)火后全部壓縮氣體以v0＝570 m/s的速度從底部噴口在極短的時(shí)間內(nèi)豎直向下噴出；模型乙分為兩級，每級內(nèi)部各裝有的壓縮氣體，每級總質(zhì)量均為，點(diǎn)火后模型后部第一級內(nèi)的全部壓縮氣體以速度v0從底部噴口在極短時(shí)間內(nèi)豎直向下噴出，噴出后經(jīng)過2 s時(shí)第一級脫離，同時(shí)第二級內(nèi)全部壓縮氣體仍以速度v0從第二級底部在極短時(shí)間內(nèi)豎直向下噴出．噴氣過程中的重力和整個(gè)過程中的空氣阻力忽略不計(jì)，g取10 m/s2，求兩種模型上升的最大

55、高度之差． 解析　對模型甲：0＝(M－Δm)v甲－Δmv0 h甲＝＝m≈200.56 m 對模型乙第一級噴氣：0＝(M－)v乙1－v0 解得：v乙1＝30 m/s 2 s末：v乙1′＝v乙1－gt＝10 m/s h乙1＝＝40 m 對模型乙第一級噴氣：v乙1＝(－)v乙2－v0 解得：v乙2＝ m/s h乙2＝＝m≈277.10 m 可得：Δh＝h乙1＋h乙2－h(huán)甲＝m≈116.54 m 答案　116.54 m 12．(2018·濟(jì)寧市高三第二次模擬)如圖所示，水平地面上固定一半徑為R＝0.8 m的光滑圓弧軌道，軌道左端放一質(zhì)量為M＝3 kg、長為L＝1.75 m的木板

56、，木板上表面與軌道末端等高，木板與地面間無摩擦，其左端放一質(zhì)量m＝1 kg的物塊，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4.現(xiàn)給物塊施一水平向右的恒力F＝15 N，作用一段距離x后撤去F，物塊正好能滑到圓弧軌道的最高點(diǎn)，然后再滑回，取g＝10 m/s2. (1)求物塊滑到板右端時(shí)的速度v多大？ (2)求x的大?。? (3)通過計(jì)算說明，物塊最終能否滑離木板． 解析　(1)對于物塊從軌道底端上升到頂端的過程，由機(jī)械能守恒可得：mv2＝mgR 解得：v＝4 m/s (2)對于物塊從木板左端滑到右端的過程，由動(dòng)能定理可得： Fx－μmgL＝mv2 解得：x＝1 m (3)設(shè)物塊相對板向左滑動(dòng)距離Δx后，與木板達(dá)到相同速度v′，由動(dòng)量守恒定律得： mv＝(M＋m)v′解得：v′＝1 m/s 由能量守恒定律得：μmgΔx＝(M＋m)v′2 解得：Δx＝1.5 m＜L＝1.75 m 故物塊不會(huì)滑離木板． 答案　(1)4 m/s　(2)1 m　(3)物塊不會(huì)滑離木板 26