2025屆新高考物理精準(zhǔn)復(fù)習(xí)動量

屆新高考物理精準(zhǔn)復(fù)習(xí)動量2025屆新高考物理精準(zhǔn)復(fù)習(xí)動量eq\o\ac(○,熱)eq\o\ac(○,點)eq\o\ac(○,考)eq\o\ac(○,點)eq\o\ac(○,解)eq\o\ac(○,讀)知識必備知識必備一、動量定理及應(yīng)用1．沖量的三種計算方法公式法I＝Ft適用于求恒力的沖量動量定理法多用于求變力的沖量或F、t未知的情況圖像法F－t圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量．若F－t成線性關(guān)系，也可直接用平均力求解2．動量定理(1)公式：FΔt＝mv′－mv(2)應(yīng)用技巧①研究對象可以是單一物體，也可以是物體系統(tǒng)．②表達(dá)式是矢量式，需要規(guī)定正方向．③勻變速直線運動，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理比用牛頓第二定律求解更簡捷．④在變加速運動中F為Δt時間內(nèi)的平均沖力．⑤電磁感應(yīng)問題中，利用動量定理可以求解時間、電荷量或?qū)w棒的位移．3．流體作用的柱狀模型對于流體運動，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設(shè)在極短的時間Δt內(nèi)通過某一截面積為S的橫截面的柱形流體的長度為Δl，如圖所示．設(shè)流體的密度為ρ，則在Δt的時間內(nèi)流過該橫截面的流體的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根據(jù)動量定理，流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元動量的變化量，即FΔt＝ΔmΔv，分兩種情況：(以原來流速v的方向為正方向)(1)作用后流體微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；(2)作用后流體微元以速率v反彈，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.二、動量守恒定律及應(yīng)用1．判斷守恒的三種方法(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為0，如光滑水平面上的板－塊模型、電磁感應(yīng)中光滑導(dǎo)軌上的雙桿模型．(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，如爆炸、反沖．(3)某一方向守恒：系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0，則在該方向上動量守恒，如滑塊－斜面(曲面)模型．2．動量守恒定律的三種表達(dá)形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的動量之和等于作用后的動量之和(常用)．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零．三、碰撞模型及拓展1．碰撞問題遵循的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合實際情況：若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度．2．兩種碰撞特點(1)彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律．以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰為例，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2).結(jié)論：①當(dāng)m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度．②當(dāng)m1＞m2時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運動．③當(dāng)m1＜m2時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來．④當(dāng)m1?m2時，v1′＝v1，v2′＝2v1.(2)完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，機(jī)械能損失最多，機(jī)械能的損失：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2.3．碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球－彈簧模型小球－曲面模型達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能再次分離相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足mv0＝mv1＋Mv2，能量滿足eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(2)“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面或水平導(dǎo)軌光滑)達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能易錯易混易錯易混1.研究對象常常需要選取流體為研究對象，如水、空氣等。2.研究方法隔離出一定形狀的一部分流體作為研究對象，然后列式求解。3.基本思路（1）在極短時間Δt（2）求小柱體的體積ΔV=vS（3）求小柱體質(zhì)量Δm=ρ（4）求小柱體的動量變化Δp=（5）應(yīng)用動量定理FΔ①作用后流體停止，?Δp=FΔ②作用后流體以速率v反彈，有?2Δp=FΔ方法必知方法必知一、“滑塊—彈簧”模型1．模型圖示2．模型特點(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒．(2)機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相同，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能)．(4)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(相當(dāng)于剛完成彈性碰撞)．二、“滑塊—斜(曲)面”模型1．模型圖示2．模型特點(1)上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時m的豎直速度vy＝0.系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為m的重力勢能)．(2)返回最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(相當(dāng)于完成了彈性碰撞)．eq\o\ac(

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,學(xué))真題回顧真題回顧1．（2024?浙江）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角的直軌道，半徑的圓弧軌道，長度、傾角為的直軌道，半徑為、圓心角為的圓弧管道組成，軌道間平滑連接。在軌道末端的右側(cè)，光滑水平面上緊靠著質(zhì)量滑塊，其上表面與軌道末端所在的水平面平齊。質(zhì)量的小物塊從軌道上高度為靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道滑上軌道，軌道由特殊材料制成，小物塊向上運動時動摩擦因數(shù)，向下運動時動摩擦因數(shù)，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當(dāng)小物塊在滑塊上滑動時動摩擦因數(shù)恒為，小物塊運動到滑塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質(zhì)點，不計空氣阻力，，，?。?）若，求小物塊：①第一次經(jīng)過點的向心加速度大小；②在上經(jīng)過的總路程；③在上向上運動時間和向下運動時間之比；（2）若，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊。2．（2023?全國）兩個質(zhì)量相等的小球和位于同一高度，它們以相同大小的速度分別拋出，做平拋運動，做豎直下拋運動，則A．落地時的動量大小小于落地時的動量大小 B．落地時的動量大小大于落地時的動量大小 C．在各自從拋出到落地時間內(nèi)，所受重力沖量的大小比的大 D．在各自從拋出到落地時間內(nèi)，所受重力沖量的大小比的小3．（2023?新課標(biāo)）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的極正對著乙的極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的動量大小比乙的小 C．甲的動量大小與乙的相等 D．甲和乙的動量之和不為零4．（2023?遼寧）如圖，質(zhì)量的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量的小物塊以水平向右的速度滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能與形變量的關(guān)系為。取重力加速度，結(jié)果可用根式表示。（1）求木板剛接觸彈簧時速度的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離。（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量及此時木板速度的大小。（3）已知木板向右運動的速度從減小到0所用時間為。求木板從速度為時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能△（用表示）。5．（2023?乙卷）如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為，圓管長度為。一質(zhì)量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為。求（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大?。唬?）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離；（3）圓盤在管內(nèi)運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。區(qū)域模擬區(qū)域模擬1．（2024?鏡湖區(qū)校級二模）如圖所示，質(zhì)量均為的物塊、放在光滑的水平面上，中間用輕彈簧相連，彈簧處于原長，一顆質(zhì)量為的子彈以水平速度射入木塊并留在物塊中（時間極短），則下列說法正確的是A．子彈射入物塊的過程中，子彈的動量變化量為 B．子彈射入物塊的過程中，物塊的動能增加量為 C．在彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，物塊的動量大小最大值為D．彈簧第一次壓縮到最短的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為2．（2024?朝陽區(qū)一模）如圖所示，光滑水平地面上的、兩物體質(zhì)量均為，以速度向右運動，靜止且左端固定一輕彈簧。當(dāng)彈簧被壓縮至最短時A．的動量為0 B．的動量達(dá)到最大值 C．、系統(tǒng)總動量小于 D．彈簧儲存的彈性勢能為3．（2024?海南）小明制作了一個火箭模型，火箭模型質(zhì)量為（含燃料），開始火箭模型靜置在地面上，點火后在極短時間內(nèi)以相對地面的速度豎直向下噴出質(zhì)量為的燃?xì)?，噴氣過程中忽略重力和空氣阻力的影響，下列說法正確的是A．火箭噴氣過程機(jī)械能守恒 B．火箭的推力來源于空氣對它的反作用力 C．噴氣結(jié)束時火箭模型的動量大小為 D．噴氣結(jié)束時火箭模型的速度大小為4．（2024?北京一模）航天器離子發(fā)動機(jī)原理如圖所示，電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進(jìn)劑離子化（即電離出正離子），正離子被正負(fù)極柵板間的電場加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推進(jìn)或調(diào)整姿態(tài)的反沖力。已知單個正離子的質(zhì)量為，電荷量為，正、負(fù)柵板間加速電壓為，從噴口噴出的正離子所形成的電流為，忽略離子間的相互作用力及離子噴射對航天器質(zhì)量的影響。該發(fā)動機(jī)產(chǎn)生的平均推力的大小為A． B． C． D．5．（2024?鄭州二模）扇車在我國西漢時期就已廣泛被用來清選谷物。谷物從扇車上端的進(jìn)谷口進(jìn)入分離倉，分離倉右端有一鼓風(fēng)機(jī)提供穩(wěn)定氣流，從而將谷物中的秕粒（秕粒為不飽滿的谷粒，質(zhì)量較輕）和飽粒分開。若所有谷粒進(jìn)入分離倉時，在水平方向獲得的動量相同。之后所有谷粒受到氣流的水平作用力可視為相同。圖中虛線分別表示谷粒的軌跡。、為相應(yīng)谷粒所受的合力。下列四幅圖中可能正確的是A． B． C． D．6．（2024?平谷區(qū)模擬）、兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，、兩球的質(zhì)量分別為和。若使球獲得瞬時速度（如圖甲），彈簧壓縮到最短時，球的速度為，球的速度為，彈簧的長度為；若使球獲得瞬時速度（如圖乙），彈簧壓縮到最短時，球的速度為，球的速度為，彈簧的長度為。則A． B． C． D．7．（2024?碑林區(qū)校級模擬）如圖所示，質(zhì)量為的小球（可視為質(zhì)點）用長為的不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛在點?，F(xiàn)把小球移動到點，此時細(xì)線伸直，與水平方向的夾角為，使小球從點由靜止釋放，當(dāng)小球運動到點時，細(xì)線再次伸直，然后沿圓弧運動到最低點點，已知重力加速度為，下列說法正確的是A．小球在點的速度大小為 B．小球在點處因細(xì)線再次伸直受到細(xì)線的拉力的沖量大小為 C．小球在點的速度大小為 D．小球在點受到細(xì)線的拉力大小為8．（2024?濰坊一模）一物體在時刻通過點的速度大小為，加速度與速度方向相同，物體的加速度隨時間的變化如圖所示。經(jīng)物體運動到點。在該過程中，下列判斷正確的是A．與的平均速度相同 B．與合外力的沖量相同 C．與合外力做的功相同 D．到達(dá)點的速度大小為9．（2024?天津模擬）如圖所示，光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，水平，為半圓，圓弧軌道的半徑，在處與相切。在直軌道上放著質(zhì)量分別為、的物塊、（均可視為質(zhì)點），用輕質(zhì)細(xì)繩將、連接在一起，且、間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧（未被拴接）。軌道左側(cè)的光滑水平地面上停著一質(zhì)量為、長的小車，小車上表面與等高?，F(xiàn)將細(xì)繩剪斷，與彈簧分開之后向左滑上小車，向右滑動且恰好能沖到圓弧軌道的最高點處。物塊與小車之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度取。求：（1）物塊運動到最低點時對軌道的壓力；（2）細(xì)繩剪斷之前彈簧的彈性勢能；（3）物塊相對小車滑動多遠(yuǎn)的距離。10．（2024?天津模擬）如圖所示，質(zhì)量的滑塊靜止放置于光滑平臺上，的左端固定一輕質(zhì)彈簧。平臺右側(cè)有一質(zhì)量的小車，其上表面與平臺等高，小車與水平面間的摩擦不計。光滑圓弧軌道半徑，連線與豎直方向夾角為，另一與完全相同的滑塊從點由靜止開始沿圓弧下滑?；疗脚_上擠壓彈簧，彈簧恢復(fù)原長后滑塊離開平臺滑上小車且恰好未滑落，滑塊與小車之間的動摩擦因數(shù)，取，、可視為質(zhì)點，求：（1）滑塊剛到平臺上的速度大小；（2）該過程中彈簧彈性勢能的最大值；（3）小車的長度?？记把侯}考前押題1．（2024?遼寧模擬）如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平面上，一根勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧下端固定于斜面底部，上端放一個質(zhì)量為的小物塊，與彈簧間不拴接，開始時靜止于點。質(zhì)量也為的小物塊從斜面上點由靜止釋放，與發(fā)生正碰后立即粘在一起成為組合體，組合體在以后的運動過程中恰好不離開彈簧。已知彈簧的彈性勢能與其形變量的關(guān)系為，重力加速度為，彈簧始終未超出彈性限度。則之間的距離是A． B． C． D．2．（2024?市中區(qū)校級一模）如圖甲所示，質(zhì)量分別為、的、兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力作用在上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上靠墻面），此時彈簧形變量為，撤去外力并開始計時，、兩物體運動的圖像如圖乙所示，表示0到時間內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，、分別表示到時間內(nèi)、的圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，在時刻的速度。下列說法正確的是A．0到時間內(nèi)，墻對、系統(tǒng)的沖量等于 B． C．時刻彈簧的形變量最大且 D．時刻運動后，彈簧的最大形變量等于3．（2024?廈門模擬）如圖所示，傾角為的斜面固定在水平地面上，斜面上、段長度分別為、，段粗糙，斜面其余部分均光滑，底端處固定一垂直于斜面的擋板。兩塊質(zhì)量分布均勻的木板、緊挨著放在斜面上，的下端位于點。將、從圖示位置由靜止釋放，已知、質(zhì)量均為，長度均為，與段的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度為，求：（1）木板剛到點時速度的大小；（2）木板剛好完全進(jìn)入段時，、之間彈力的大??；（3）若木板剛好完全離開段時木板還未與擋板發(fā)生碰撞，求此時速度的大?。唬?）若木板剛好完全離開段時恰好與木板發(fā)生碰撞，求此次碰撞后木板速度減為零時其下端到點的距離。已知木板與擋板及木板之間的碰撞均為彈性碰撞，碰撞時間忽略不計。4．（2024?蓮湖區(qū)校級模擬）如圖，在光滑水平面上放著質(zhì)量、長度的薄木板。一質(zhì)量的小物體放在木板的最右端，小物體和木板之間的動摩擦因數(shù)，開始時木板和小物體均靜止。今對木板施加一水平向右的恒定拉力，取。（1）若要使小物體不從木板上掉下來，求的最大值；（2）若，當(dāng)小物體滑動到木板中點時撤去，求拉力對木板的沖量大小及撤去后木板和小物體間因摩擦產(chǎn)生的熱量。5．（2024?長安區(qū)一模）如圖所示，小球質(zhì)量為，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在點，點到光滑水平面的距離為。物塊和的質(zhì)量都是，與用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且物塊位于點正下方。現(xiàn)拉動小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊發(fā)生正碰（碰撞時間極短），反彈后上升到最高點時到水平面的距離為。小球與物塊均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為，求：（1）小球與物塊碰撞后各自的速度大小、；（2）輕彈簧獲得的最大彈性勢能。

真題回顧真題回顧1．【答案】（1）①第一次經(jīng)過點的向心加速度大?。虎谠谏辖?jīng)過的總路程為；③在上向上運動時間和向下運動時間之比為；（2）若，滑塊至少長才能使小物塊不脫離滑塊?！窘獯稹拷猓海?）①物塊從到，根據(jù)動能定理解得在處，根據(jù)向心加速度公式代入數(shù)據(jù)解得②物塊從到，根據(jù)動能定理代入數(shù)據(jù)解得設(shè)上滑的最大高度為根據(jù)動能定理代入數(shù)據(jù)解得之間的高度差因此物塊未滑出軌道；設(shè)物塊在上經(jīng)過的總路程為，最后一次剛好能從運動到；根據(jù)動能定理代入數(shù)據(jù)解得③物塊在軌道上滑的加速度大小代入數(shù)據(jù)解得由于，物塊上滑減速為零后，沿軌道下滑；物塊在軌道下滑的加速度大小代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)勻變速運動公式由于物塊上滑和下滑的路程相等，因此有所以（2）物塊從經(jīng)到的過程中，根據(jù)動能定理代入數(shù)據(jù)解得設(shè)物塊與滑塊向左運動的共同速度為，取水平向右為正方向根據(jù)動量守恒定律根據(jù)功能關(guān)系代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得。答：（1）①第一次經(jīng)過點的向心加速度大小；②在上經(jīng)過的總路程為；③在上向上運動時間和向下運動時間之比為；（2）若，滑塊至少長才能使小物塊不脫離滑塊。2．【答案】【解答】解：、設(shè)小球初速度大小為，拋出位置離地面高度為，小球落地的速度大小為，小球落地的速度大小為，小球做平拋運動，水平方向為勻速直線運動，落地時水平分速度豎直方向為自由落體運動，落地時豎直分速度則小球做豎直下拋運動，根據(jù)勻變速直線運動位移—速度公式得：解得：則小球落地時速度大小相等，落地時的動量為則兩小球落地時動量大小相等，故錯誤；、設(shè)小球下落時間為，小球下落時間為，小球豎直方向為自由落體運動，有：解得：小球做豎直下拋運動，有：則兩小球所受沖量大小為則所受重力沖量的大小比的大，故正確，錯誤。故選：。3．【答案】【解答】解：、分別對甲和乙受力分析，設(shè)兩者間的磁力為，對甲，由牛頓第二定律得：解得：對乙，由牛頓第二定律得：解得：由題意可知，，則，則在它們相近過程中的任意時刻甲的速度大小比乙的小，故錯誤；、甲物體所受摩擦力大于乙物體所受摩擦力，則甲所受合力小于乙所受合力，從釋放甲和乙到它們相互接近過程中的某一時刻，甲所受合力的沖量小于乙所受合力的沖量，根據(jù)動量定理得，合力的沖量等于動量的變化量，甲的動量大小比乙的小，甲和乙的動量之和不為零，故正確，錯誤；故選：。4．【解答】解：（1）物塊滑上木板到兩者共速時木板恰好與彈簧接觸的過程，物塊與木板組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律，以向右為正方向，則有：代入數(shù)據(jù)解得：此過程對木板，由動能定理得：代入數(shù)據(jù)解得：；（2）物塊與木板一起向右壓縮彈簧，兩者即將相對滑動時它們之間的靜摩擦力等于最大靜摩擦力，設(shè)此時兩者的加速度大小為。對物塊受力分析，由牛頓第二定律得：解得：對物塊和木板組成的整體受力分析，由牛頓第二定律得：代入數(shù)據(jù)解得：從木板與彈簧接觸到物塊與木板即將相對滑動的過程，由機(jī)械能守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：；（3）物塊與木板相對滑動后到兩者加速度首次相同的過程中，木板的加速度始終大于物塊的加速度，物塊相對木板始終向右運動，物塊的加速度大小始終為，方向水平向左。此過程木板先向右速度從減小到0，再反向加速運動到加速度大小等于，因彈簧彈力與形變量成正比，故此過程木板的減速運動過程與加速運動過程具有對稱性，可知此過程的總時間為，木板的末速度大小等于，木板的位移為零，彈簧的初、末狀態(tài)的形變量相同，故此過程彈簧的初、末狀態(tài)的彈性勢能相等，木板的初末動能也相等，由能量守恒定律可知此過程系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能△就等于物塊減少的動能，設(shè)此過程物塊的末速度為，則有：△對物塊，由速度—時間公式得：聯(lián)立解得：△答：（1）木板剛接觸彈簧時速度的大小為，木板運動前右端距彈簧左端的距離為。（2）木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量為，此時木板速度的大小為。（3）木板從速度為時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能△為。5．【答案】（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小均為；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離為；（3）圓盤在管內(nèi)運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)為4次?！窘獯稹拷猓海?）小球第一次與圓盤碰撞前做自由落體運動，設(shè)兩者第一次碰撞前瞬間小球的速度大小為，由速度—位移公式得：解得：設(shè)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度分別為、，小球與圓盤發(fā)生彈性碰撞，以豎直向下為正方向，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得：已知：聯(lián)立解得：，故第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小均為，小球速度方向為豎直向上，圓盤速度方向為豎直向下。（2）第一次碰后小球做豎直上拋運動。因圓盤所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等，故圓盤豎直向下做勻速直線運動，當(dāng)小球的速度與圓盤的速度相同時，兩者間距離最遠(yuǎn)。設(shè)第一次碰后小球經(jīng)過時間與圓盤的速度相同，兩者間的最遠(yuǎn)距離為，以豎直向下為正方向，根據(jù)運動學(xué)公式得：解得：解得：。（3）第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相同，設(shè)此過程經(jīng)歷的時間為，圓盤的位移為，以豎直向下為正方向，根據(jù)運動學(xué)公式得：解得：，第二次碰撞前瞬間小球的速度為：設(shè)第二次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度分別為、，以豎直向下為正方向，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得：聯(lián)立解得：，同理，設(shè)第二次碰撞后到第三次碰撞時經(jīng)歷的時間為，圓盤的位移為，則有：解得：，第三次碰撞前瞬間小球的速度為：設(shè)第三次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度分別為、，同理可得：聯(lián)立解得：，同理，設(shè)第三次碰撞后到第四次碰撞時經(jīng)歷的時間為，圓盤的位移為，則有：解得：，綜上分析，由前三次碰撞后圓盤的向下運動的位移分別為：，，，可歸納出每次碰撞后到下一次碰撞時，圓盤位移逐次增加，如果圓盤不離開圓管，第四次碰撞后到第五次碰撞時圓盤的位移為。因，故第四次碰撞后圓盤離開圓管，則圓盤在管內(nèi)運動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數(shù)為4次。答：（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小均為；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離為；（3）圓盤在管內(nèi)運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)為4次。區(qū)域模擬區(qū)域模擬1．【答案】【解答】解：、子彈射入物塊的過程中，對子彈與物塊整體動量守恒，則有：代入數(shù)據(jù)解得：所以子彈動量的變化量：△，代入解得：，故錯誤；、物塊的動能增加量為，代入數(shù)據(jù)解得：，故錯誤；、當(dāng)子彈和物塊、速度相同時，彈簧第一次壓縮到最短時，此時物塊的動量最大，則有子彈與物塊、、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，則有代入數(shù)據(jù)解得：物塊動量的最大值為：，故正確；、彈簧第一次壓縮到最短的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為，代入數(shù)據(jù)解得：，故錯誤。故選：。2．【答案】【解答】解：、物體、與輕彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，滿足系統(tǒng)動量守恒的條件，系統(tǒng)總動量為，所以彈簧被壓縮至最短時此系統(tǒng)總動量仍然為，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：，解得：，所以的動量為，不為零，故錯誤；、根據(jù)機(jī)械能守恒定律得彈簧儲存的彈性勢能為，故正確；、彈簧被壓縮至最短時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對物體有向右的彈力，物體的速度方向也向右，所以在接下來的一段時間內(nèi)，物體做加速運動，其動量會繼續(xù)增大，故此時的動量不是最大，故錯誤。故選：。3．【答案】【解答】解：．系統(tǒng)所受合外力為零，滿足動量守恒，但機(jī)械能不守恒，故錯誤；．火箭的推力是燃料燃燒產(chǎn)生的高溫高壓氣體向后噴出時對火箭的反作用力，故錯誤；．開始總動量為零，規(guī)定氣體噴出的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得噴氣結(jié)束時火箭模型的動量大小，故正確；．規(guī)定氣體噴出的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律解得，故錯誤。故選：。4．【答案】【解答】解：設(shè)離子經(jīng)電場加速后，從端口噴出時的速度大小為。由動能定理得，解得：設(shè)在△時間內(nèi)有個離子被噴出，根據(jù)電流的定義式得：對于單個離子，由動量定理得：△若有個離子被噴出，則有由以上各式聯(lián)立可解得：根據(jù)牛頓第三定律可知，該發(fā)動機(jī)產(chǎn)生的平均推力大小：，故正確，錯誤。故選：。5．【答案】【解答】解：飽粒和秕粒都是在水平方向受到氣流的作用力，豎直方向受到重力作用，所以它們在豎直方向都是做自由落體運動，則它們在空中的運動時間相等。因為飽粒和秕粒的水平動量相等，而秕粒的質(zhì)量小，則初速度大，水平方向受到的氣流作用力是相等的，所以秕粒在水平方向的加速度較大，所以秕粒水平方向的位移大，即秕粒會落在飽粒的左邊。它們受水平方向的作用力相等，但是飽粒的重力較大，所以飽粒受到的合力方向與豎直方向的夾角小于秕粒受到的合力方向與豎直方向的夾角，故正確，錯誤。故選：。6．【答案】【解答】解：當(dāng)彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相同，，方向向右，，方向向左，所以，故錯誤；對題圖甲取的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立解得彈簧壓縮到最短時同理：對題圖乙取的初速度方向為正方向，當(dāng)彈簧壓縮到最短時有故彈性勢能相等，則有，故正確。故選：。7．【答案】【解答】解：、由點到點做自由落體運動，由對稱性和幾何關(guān)系可知與水平方向夾角也為，點到點的高度差為：設(shè)小球剛到達(dá)點時的速度為，則由運動公式得：，聯(lián)立解得：但小球到點時細(xì)線瞬間繃緊，小球沿細(xì)線方向的分速度瞬間變?yōu)?，只有垂直方向分速度為：，解得：，故正確；、由選項的分析可知，小球沿細(xì)線方向的分速度為：，拉力的沖量為：，聯(lián)立解得：，故錯誤；、因小球在點速度突變，故從點到點圓周運動，由動能定理可得：，解得：，故錯誤；、在點時有：，解得：，故錯誤。故選：。8．【答案】【解答】解：、根據(jù)圖像作出圖像如圖：由圖與坐標(biāo)軸圍成的面積可知兩段時間的位移不相等，則與的平均速度不相同，故錯誤；、根據(jù)沖量的計算公式，可知題中圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積與質(zhì)量的乘積代表合外力的沖量，可見與合外力的沖量相同，故正確；、根據(jù)可知平均合外力相等，而，結(jié)合可知與合外力做的功不相同，故錯誤；、根據(jù)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積可知到達(dá)點的速度大小為，故錯誤；故選：。9．【答案】（1）物塊運動到最低點時對軌道的壓力大小為，方向豎直向下；（2）細(xì)繩剪斷之前彈簧的彈性勢能為；（3）物塊相對小車滑動的距離為?！窘獯稹拷猓荷婕皠恿渴睾愣?，取向左為正方向。（1）對分析，在軌道最高點由牛頓第二定律可得：從到由動能定理可得：在點由牛頓第二定律可得：聯(lián)立以上方程可得：由牛頓第三定律可知物塊對軌道的壓力大小為，方向豎直向下；（2）細(xì)繩剪斷之后，取向右為正方向，由動量守恒定律可得：由能量守恒定律可得：聯(lián)立以上方程可得：；（3）假設(shè)恰好滑到小車左端時與小車有共同速度，由動量守恒定律可得：由能量守恒定律可得：解得：。答：（1）物塊運動到最低點時對軌道的壓力大小為，方向豎直向下；（2）細(xì)繩剪斷之前彈簧的彈性勢能為；（3）物塊相對小車滑動的距離為。10．【答案】（1）滑塊剛到平臺上的速度大小為；（2）該過程中彈簧彈性勢能的最大值為；（3）小車的長度為?！窘獯稹拷猓海?）滑塊自點滑至平臺過程中，由動能定理有解得（2）當(dāng)、速度大小相等時彈簧彈性勢能最大，設(shè)向右為正方向，動量守恒定律有解得由能量守恒定律有解得：（3）彈簧恢復(fù)原長時與分離，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得：聯(lián)立解得恰好未從小車上滑落，即到小車右端時二者速度相同，由動量守恒有解得：由功能關(guān)系有：，聯(lián)立解得：。答：（1）滑塊剛到平臺上的速度大小為；（2）該過程中彈簧彈性勢能的最大值為；（3）小車的長度為?？记把侯}考前押題1．【答案】【解答】解：設(shè)之間的距離是。物塊從點到點，由動能定理得與碰撞過程，取沿斜面向下為正方向，由動量守恒定律得當(dāng)向上運動到最高點時彈簧的彈力恰為零，則從碰撞后到運動到最高點的過程中，由與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒得其中：聯(lián)立解得：，故錯誤，正確。故選：。2．【答案】【解答】解：由圖像可知，在時刻彈簧恢復(fù)到原長，0到時間內(nèi)，規(guī)定向右為正方向，對、系統(tǒng)由動量定理即墻對、系統(tǒng)的沖量等于，故正確；時間內(nèi)，彈簧從原長位置到伸長到最長，由圖可知該過程中根據(jù)牛頓第二定律有可知故錯誤；由以上分析可知，時刻彈簧的形