考向15 動量及其綜合應(yīng)用-備戰(zhàn)2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點微專

考向15動量及其綜合應(yīng)用【重點知識點目錄】動量動量定理動量守恒定律及其應(yīng)用碰撞問題爆炸和緩沖問題人船模型子彈打木塊問題含彈簧的碰撞問題物體與曲面體的碰撞問題1．（2022?湖北）一質(zhì)點做曲線運(yùn)動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是（）A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1 C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1【答案】D?！窘馕觥拷猓涸谇耙欢螘r間內(nèi)，根據(jù)動能定理得：W1＝﹣＝3×在后一段時間內(nèi)，根據(jù)動能定理得：W2＝﹣＝21×所以W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是：m?2v﹣mv≤I1≤m?2v+mv，即mv≤I1≤3mvm?5v﹣m?2v≤I2≤m?5v+m?2v，即3mv≤I2≤7mv可知：I2≥I1，故D正確、ABC錯誤。2．（2022?湖南）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A．碰撞后氮核的動量比氫核的小 B．碰撞后氮核的動能比氫核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0【答案】B?！窘馕觥拷猓涸O(shè)中子的質(zhì)量為m，則氫核和氮核的質(zhì)量分別為m、14m，由于碰撞為彈性碰撞，選向右為正方向，由動量守恒定律得：中子與氫核碰撞，mv0＝mv+mv1，，解得：v1＝v0中子與氮核碰撞，mv0＝mvn+14mv2，解得：v2＝＝v0A、碰撞后氫核動量為mv0，氮核動量為14m×＝mv0，氮核動量大于氫核動量，故A錯誤；B、碰撞后氮核的動能為＝，氫核的動能為m，所以碰撞后氮核的動能比氫核的小，故B正確；CD、由上述分析可得：v1＞v2，v2＜v0，故CD錯誤；（多選）3．（2022?乙卷）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則（）A．4s時物塊的動能為零 B．6s時物塊回到初始位置 C．3s時物塊的動量為12kg?m/s D．0～6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40J【答案】AD?！窘馕觥拷猓何飰K與地面間的滑動摩擦力為：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。A、t3＝3s時物體的速度大小為v3，則有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入數(shù)據(jù)解得：v3＝6m/s；t4＝4s時速度為v4，根據(jù)動量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入數(shù)據(jù)解得：v4＝0，故A正確；B、0～3s物塊沿正方向加速運(yùn)動，3s～4s物塊沿正方向減速運(yùn)動，4s末的速度為零，4s～6s物塊反向加速，且加速度大小與0～3s內(nèi)的加速度大小相等，故6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；C、3s時物塊的動量大小為：p＝mv3＝1×6kg?m/s＝6kg?m/s，故C錯誤；D、0～3s內(nèi)物塊的位移：x1＝＝m＝9m，方向為正方向；3s～4s內(nèi)物塊的位移：x2＝＝m＝3m，方向為正方向；6s時物塊的速度大小為v6，則有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s4s～6s物塊的位移大小為：x3＝＝m＝4m，方向為負(fù)方向。所以0～6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正確。4．（2022?甲卷）利用圖示的實驗裝置對碰撞過程進(jìn)行研究。讓質(zhì)量為m1的滑塊A與質(zhì)量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導(dǎo)軌上發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進(jìn)而分析碰撞過程是否為彈性碰撞。完成下列填空：（1）調(diào)節(jié)導(dǎo)軌水平。（2）測得兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運(yùn)動方向相反，應(yīng)選取質(zhì)量為0.304kg的滑塊作為A。（3）調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時，A的左端到左邊擋板的距離s1與B的右端到右邊擋板的距離s2相等。（4）使A以一定的初速度沿氣墊導(dǎo)軌運(yùn)動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時刻開始到各自撞到擋板所用的時間t1和t2。（5）將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復(fù)步驟（4）。多次測量的結(jié)果如表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k＝0.31k20.330.330.33（6）表中的k2＝0.31（保留2位有效數(shù)字）。（7）的平均值為0.32（保留2位有效數(shù)字）。（8）理論研究表明，對本實驗的碰撞過程，是否為彈性碰撞可由判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則的理論表達(dá)式為（用m1和m2表示），本實驗中其值為0.34（保留2位有效數(shù)字）；若該值與（7）中結(jié)果間的差別在允許范圍內(nèi)，則可認(rèn)為滑塊A與滑塊B在導(dǎo)軌上的碰撞為彈性碰撞?！窘馕觥拷猓海?）兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后兩滑塊運(yùn)動方向相反，則A滑塊質(zhì)量要小，才有可能反向運(yùn)動，故選0.304kg的滑塊作為A。（6）因為位移相等，所以速度之比等于時間之比的倒數(shù)，由表中數(shù)據(jù)可得，k2＝＝＝0.31。（7）的平均值為：＝＝0.322≈0.32。（8）由機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律可得：＝+；m1v0＝﹣m1v1+m2v2，聯(lián)立解得：，代入數(shù)據(jù)，可得：＝0.34。5．（2022?湖南）如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍（λ為常數(shù)且0＜λ＜），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；（2）若籃球反彈至最高處h時，運(yùn)動員對籃球施加一個向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中h0已知，求F0的大?。唬?）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點時，運(yùn)動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小?！敬鸢浮浚?）籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比為；（2）F0的大小為；（3）沖量I的大小為m?！窘馕觥拷猓海?）籃球在下落過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知：根據(jù)速度—位移公式可得籃球與地面的碰前速度為：籃球反彈的過程中，根據(jù)牛頓第二定律得：根據(jù)速度—位移公式可得籃球與地面的碰后速率為：因此k＝＝（2）籃球反彈到最高點時，運(yùn)動員對籃球施加一個向下的力，根據(jù)動能定理得：根據(jù)（1）問的描述可知，籃球落地反彈的速度為v4＝kv3在反彈上升的過程中，根據(jù)動能定理可得：聯(lián)立解得：F0＝（3）由（1）問的分析可知，籃球上升和下降過程的加速度分別為a1＝（1﹣λ）g（方向向下）a2＝（1+λ）g（方向向上）因為拍打的時間極短，重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理可知I＝mv即每次拍打籃球都會給籃球一個速度v。拍打第一次下降過程中上升過程中有將k代入上升過程的式子化簡得：聯(lián)立解得：拍打第二次，同理可得：下降過程中上升過程中代入k后得聯(lián)立得：將h1代入到h2得：拍打第三次，同理可得：下降過程有上升過程代入k值化簡得：聯(lián)立解得：再將h2代入到h3得：拍打第N次時，同理可得：下降過程有上升過程代入k值得：聯(lián)立有將hN﹣1代入hN后有其中，hN＝H，h0＝h則有[]則有I＝mv'＝m一、動量動量定理1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負(fù)值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．二、動量守恒定律1．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對象（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）；（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量；（4）由動量守恒定律列式求解；（5）必要時進(jìn)行討論．2．解決動量守恒中的臨界問題應(yīng)把握以下兩點：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開始反向運(yùn)動等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點是求解這類問題的關(guān)鍵．3．綜合應(yīng)用動量觀點和能量觀點4．動量觀點和能量觀點：這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運(yùn)動狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道過程的始末狀態(tài)動量、動能和力在過程中所做的功，即可對問題求解．5．利用動量觀點和能量觀點解題應(yīng)注意下列問題：（1）動量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無分量表達(dá)式．（2）動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學(xué)中解題時必須注意動量守恒條件及機(jī)械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個規(guī)律時，當(dāng)確定了研究對象及運(yùn)動狀態(tài)的變化過程后，根據(jù)問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解．（3）中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動解決的問題，若用動量觀點或能量觀點求解，一般比用力和運(yùn)動的觀點簡便．三、彈性碰撞和非彈性碰撞碰撞的特點分析：（1）動量守恒；（2）機(jī)械能不增加；（3）速度要合理；①若碰前兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)有v后＞v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)有v前′≥v后′．②碰前兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變．四、用動量守恒定律定量分析一維碰撞問題1.彈性碰撞規(guī)律非彈性碰撞反沖對反沖運(yùn)動的進(jìn)一步理解（1）反沖運(yùn)動是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果．（2）反沖運(yùn)動的過程中，如果合外力為零或外力的作用遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，可利用動量守恒定律來處理．（3）研究反沖運(yùn)動的目的是找出反沖速度的規(guī)律．求反沖速度的關(guān)鍵是確定相互作用的物體系統(tǒng)和其中各物體對地的運(yùn)動狀態(tài)．一、動量1．定義：運(yùn)動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動量，通常用p來表示．2．表達(dá)式：p=mv．3．單位：kg?m/s．4．標(biāo)矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同．二、沖量1．定義：力F和它的作用時間t的乘積叫做這個力的沖量，通常用I表示．2．表達(dá)式：I=Ft（此式只能用來計算恒力F的沖量）．3．單位：N?s（1N?s=1kg?m/s）4．標(biāo)矢性：沖量是矢量、方向由力的方向決定．三、動量定理1．內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達(dá)式：3．用動量概念表示牛頓第二定律：，所以物體動量的變化率等于它受到的力，即，這是牛頓第二定律的動量表述四、動量守恒定律1．內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律．2．表達(dá)式：（1）p=p′，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′．（2）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和．（3）△p1=-△p2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．（4）△p=0，系統(tǒng)總動量的增量為零．3．動量守恒定律的適用條件（1）不受外力或所受外力的合力為零．不能認(rèn)為系統(tǒng)內(nèi)每個物體所受的合外力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．（2）近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力．（3）如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則在這一方向上動量守恒．五、彈性碰撞和非彈性碰撞碰撞現(xiàn)象1．碰撞：兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用力，而其他的相互作用力相對來說可以忽略不計的過程．2．彈性碰撞：如果碰撞過程中機(jī)械能守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞，即EK1=EK2（能夠完全恢復(fù)形變）；3．非彈性碰撞：如果碰撞過程中機(jī)械能不守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞，即EK1＞EK2（不能夠完全恢復(fù)形變）；4．完全非彈性碰撞：碰撞過程中物體的形變完全不能恢復(fù)，以致兩物體合為一體一起運(yùn)動，即兩物體在非彈性碰撞后以同一速度運(yùn)動，系統(tǒng)機(jī)械能損失最大．碰撞的特點：1．相互作用時間極短．2、相互作用力極大，即內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，遵循動量守恒定律．反沖定義：一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運(yùn)動，另一部分必然向相反的方向運(yùn)動，這個現(xiàn)象叫作反沖．

要點：①內(nèi)力作用下；②一個物體分為兩個部分；③兩部分運(yùn)動方向相反．2．原理：遵循動量守恒定律作用前：P=0作用后：P′=mv-Mv′則根據(jù)動量守恒定律有：P′=P即mv-Mv′=0，故有：3．反沖運(yùn)動的應(yīng)用和防止防止：榴彈炮應(yīng)用：反擊式水輪機(jī)、噴氣式飛機(jī)、火箭

易錯題【01】注意動量定理是合外力的沖量等于動量的變化量，注意系統(tǒng)動量守恒的條件。易錯題【02】注意彈性碰撞題型的計算，最好能夠記住一些二級結(jié)論。易錯題【03】在火箭反沖問題中，要注意參考系的選擇。6．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）質(zhì)量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，t＝0時刻，分別受到水平拉力F1、F2的作用從靜止開始運(yùn)動。經(jīng)過時間t0和3t0，分別撤去F1和F2。兩物體速度隨時間變化的圖線如圖所示。設(shè)F1和F2對物體的沖量大小分別為I1和I2，對物體做的功分別為W1和W2（）A．I1：I2＝4：5，W1：W2＝9：4 B．I1：I2＝4：5，W1：W2＝6：5 C．I1：I2＝3：2，W1：W2＝6：5 D．I1：I2＝3：2，W1：W2＝9：47．（2022春?浙江期中）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧壓縮后處于鎖定狀態(tài)，下端固定在足夠長的光滑斜面底端，上端與物體A接觸而不栓接。彈簧解除鎖定后將物體沿斜面向上彈出，在斜面上O點（圖中未標(biāo)出）物體與彈簧脫離。現(xiàn)在僅將彈簧上端與物體拴接，其它條件不變，從物體第一次運(yùn)動到點開始計時，到物體第一次回到O點用時0.4s，則下列判斷正確的是（g取10m/s2）（）A．物體A做簡諧運(yùn)動，O點是其平衡位置 B．物體A做簡諧運(yùn)動的周期是1.6s C．0到0.4s這段時間內(nèi)，彈簧的彈力對A的沖量沿斜面向下 D．0到0.4s這段時間內(nèi)，合外力對A的沖量為08．（2022?湖北模擬）如圖所示，光滑傾斜滑道OM與粗糙水平滑道MN平滑連接．質(zhì)量為1kg的滑塊從O點由靜止滑下，在N點與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1m的P點停下．已知O點比M點高1.25m，滑道MN長4m，滑塊與滑道MN的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小g取10m/s2，不計空氣阻力．下列說法正確的是（）A．滑塊運(yùn)動到M點的速度大小為6m/s B．滑塊運(yùn)動到N點的速度大小為4m/s C．緩沖墻對滑塊的沖量大小為10N?s D．緩沖墻對滑塊做的功為﹣2.5J9．（2022春?朝陽區(qū)校級期中）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，此時彈簧處于原長，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。給小車一個瞬時沖擊作用，使其瞬間獲得速度v0。在地面參考系（可視為慣性系）中，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）A．從小車獲得速度v0到彈簧壓縮至最短的過程，動量守恒，機(jī)械能守恒 B．從小車獲得速度v0到彈簧壓縮至最短的過程，動量守恒，機(jī)械能不守恒 C．從彈簧壓縮至最短到彈簧恢復(fù)原長的過程，動量不守恒，機(jī)械能守恒 D．從彈簧壓縮至最短到彈簧恢復(fù)原長的過程，動量不守恒，機(jī)械能不守恒10．（2022?歷城區(qū)校級模擬）離子發(fā)動機(jī)是利用電場加速離子形成高速離子流而產(chǎn)生推力的航天發(fā)動機(jī)，工作時將推進(jìn)劑離子化，使之帶電，然后在靜電場作用下推進(jìn)劑得到加速后噴出，從而產(chǎn)生推力，這種發(fā)動機(jī)適用于航天器的姿態(tài)控制、位置保持等，航天器質(zhì)量M，單個離子質(zhì)量m，帶電量q，加速電場的電壓為U，高速離子形成的等效電流強(qiáng)度為I，根據(jù)以上信息計算該發(fā)動機(jī)產(chǎn)生的推力為（）A．I B．I C．I D．I11．（2022?襄城區(qū)校級四模）如圖所示，兩個質(zhì)量分布均勻的長木板A、B放置在水平桌面上，質(zhì)量均為m，木板長度均為L，水平桌面以M點為界，左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙，粗糙部分與兩木板的動摩擦因數(shù)均為μ，粗糙部分的長度為s（s＞2L）。初始時木板B的左端恰與M點重合，現(xiàn)使木板A木塊以初速度v0滑向B，與B碰后粘合成為一個整體（碰撞時間極短），最終兩木塊沒有掉落桌面，則v0的最大值為（）A． B． C． D．12．（2022春?五華區(qū)校級期中）光滑水平面上質(zhì)量為2kg的物體受到水平拉力F的作用由靜止開始運(yùn)動，過程中的a﹣t圖如圖所示。下列判斷正確的是（）A．0﹣4s內(nèi)物體先做加速運(yùn)動再做勻速運(yùn)動 B．6s末物體的速度為零 C．0﹣4s內(nèi)拉力做功49J D．0﹣4s內(nèi)拉力沖量為18N?s13．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）如圖甲所示，兩小球a、b在足夠長的光滑水平面上發(fā)生正向?qū)π呐鲎?。小球a、b質(zhì)量分別為m1和m2，且m1＝1kg。取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時間變化的x﹣t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．碰撞前球a做加速運(yùn)動，球b做勻速運(yùn)動 B．碰撞后球a做減速運(yùn)動，球b做加速運(yùn)動 C．碰撞后兩小球的總動能為8J D．碰撞前后兩小球總動能為4J14．（2022?鞍山二模）質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為M的小球C。現(xiàn)將C球拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放C球。下面說法正確的是（）A．A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小球C到達(dá)最低點時速度大小為 C．小球C到達(dá)左側(cè)最高點時速度為零 D．小球C第一次到達(dá)最低點時木塊A、B分離15．（2022春?鼓樓區(qū)校級期中）在冰壺比賽中，紅壺以一定速度與靜止在大本營中心的藍(lán)壺發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，如圖甲所示．碰后運(yùn)動員用冰壺劇摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面，來減小阻力．碰撞前后兩壺運(yùn)動的v﹣t圖線如圖乙中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，已知兩壺質(zhì)量相等，由圖像可得（）A．碰撞后，藍(lán)壺經(jīng)過4s停止運(yùn)動 B．紅、藍(lán)兩壺的碰撞過程是彈性碰撞 C．碰撞后，藍(lán)壺的瞬時速度為0.8m/s D．紅、藍(lán)兩壺從碰后至停止的運(yùn)動過程中，所受摩擦力的沖量之比為1：516．（2022春?滄州期末）如圖所示，水平面上AO段粗糙，動摩擦因數(shù)μ＝0.6，OB段光滑．物體甲放在距O點左側(cè)x1＝3m的A處，質(zhì)量為M＝7kg的物體乙靜止放在距O點右側(cè)x2＝4m的B處．現(xiàn)給物體甲一個初速度v0＝10m/s，物體甲與物體乙在B點發(fā)生彈性正碰，碰后物體甲恰好能返回出發(fā)點A，重力加速度g取10m/s2，兩物體均可視為質(zhì)點，則（）A．物體甲到O點速度大小為8.5m/s B．物體甲向右從O點到B點所用的時間為0.75s C．物體甲與乙碰撞后，物體甲的速度的大小為5m/s D．物體甲的質(zhì)量為1kg17．（2022?永州三模）如圖，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小球A、B質(zhì)量分別為m、km（k為待定系數(shù)）。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，碰撞中無機(jī)械能損失，重力加速度為g。關(guān)于各種情況下k的取值。下列各項中不正確的是（）A．若0＜k＜0.2，則小球B第一次碰后就能夠運(yùn)動到圓軌道的最高點 B．若0.2＜k＜1，則小球B第一次碰后將會在某處脫離圓軌道 C．若k＞1，小球B不可能脫軌 D．若k＝3，小球A和小球B將在圓軌道的最低點發(fā)生第二次碰撞18．（2022春?鼓樓區(qū)校級月考）如圖所示，豎直輕質(zhì)彈簧下端焊接一個質(zhì)量為m的小球A，A處于靜止?fàn)顟B(tài)。在A的正下方一質(zhì)量為2m的小球B正被豎直向上拋出，與A球發(fā)生對心彈性正碰，碰前瞬間B球的速度為v0，碰后兩球仍沿同一直線運(yùn)動。當(dāng)A球運(yùn)動到碰前初始位置時再次與B球發(fā)生彈性對心正碰。則（）A．在兩次碰撞之間的過程中彈簧對A球的沖量一定為零 B．在兩次碰撞之間的過程中重力對A球的沖量一定為零 C．若只將題中碰前瞬間B球的速度改為2v0，則兩球仍能在原位置發(fā)生第二次碰撞 D．A球運(yùn)動到最高點時，小球B的速度恰好為零19．（2021秋?湖南月考）如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點。一質(zhì)量為m的滑塊（可視為質(zhì)點）從小車上的A點由靜止開始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點。已知M＝3m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．滑塊從A滑到C的過程中，滑塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 B．滑塊滑到B點時的速度大小為 C．滑塊從A滑到C的過程中，小車的位移大小為 D．水平軌道的長度L＝（多選）20．（2022?湖南學(xué)業(yè)考試）如圖所示，一根彈性繩上端懸于A點、自然伸長時，下端恰好與正下方的光滑小釘D（垂直地釘入紙面所代表的豎直墻壁）平齊。現(xiàn)在彈性繩下端掛一質(zhì)量為2m的重物P（可視為質(zhì)點），彈性繩靠著釘子左側(cè)伸長l后、P靜止于地面上B點，此時地面對重物的支持力為mg。今將重物P向右拉開到距A為l的O點，并以O(shè)點為原點建立圖示x坐標(biāo)。設(shè)彈性繩的形變始終在彈性限度內(nèi)，其彈力滿足胡克定律，重物P與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。釋放重物P后，下列說法正確的是（）A．P釋放的瞬間，其加速度大小為2.5m/s2 B．P釋放后，運(yùn)動到x＝處時其速度最大 C．P釋放后，運(yùn)動到x＝處將停止 D．釋放后P向左運(yùn)動停止后，給它向右的瞬時沖量m，P能恰好回到O處（多選）21．（2022?滄州二模）如圖所示，圓心為O、半徑為R的四分之一光滑圓弧面豎直固定在水平地面上，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧兩端分別拴接質(zhì)量均為m的小球A、B，小球A置于光滑水平地面上，小球B置于圓弧面上由靜止釋放，小球B沿圓弧面下滑的過程中用水平力F作用在小球A上使其處于靜止?fàn)顟B(tài)，經(jīng)過時間t小球B落地，落地后立刻撤去力F．已知小球B釋放的位置與O點的連線與水平方向的夾角為53°，釋放小球B時彈簧處于原長，彈簧與水平地面的夾角為37°，小球B落地時的速度為，落地后不反彈，重力加速度為g，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，下列說法正確的是（）A．小球B落地時彈簧的彈性勢能為mgR B．時間t內(nèi)力F的沖量大小為kRt C．小球B離開圓弧面后，彈簧的最大形變量為R D．小球B離開圓弧面后，彈簧最長時的彈性勢能為mgR22．（2022?湖北）打樁機(jī)是基建常用工具。某種簡易打樁機(jī)模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長的輕質(zhì)長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實線位置）時，C到兩定滑輪的距離均為L。重物A和B的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時，用外力將C拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放。設(shè)C的下落速度為時，與正下方質(zhì)量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運(yùn)動距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C、D均可視為質(zhì)點。（1）求C的質(zhì)量；（2）若D在運(yùn)動過程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大??；（3）撤掉樁D，將C再次拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動能最大時C的動能。23．（2022?河北模擬）如圖所示，水平面右側(cè)有豎直墻壁，垂直墻壁的同一直線上有兩個靜止的物塊A和B（均可視為質(zhì)點），相距L＝15m，物塊B到墻壁的距離s＝5m，兩物塊的質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝0.5kg，物塊B與水平面間無摩擦，物塊A與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。現(xiàn)給物塊A施加水平向右的力F＝6N，作用2s后撤去F，之后物塊A與物塊B、物塊B與墻壁間發(fā)生正碰，碰撞中無能量損失，且碰撞時間極短，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）物塊A從開始運(yùn)動到兩物塊第一次發(fā)生碰撞所經(jīng)歷的時間及物塊A第一次碰撞前的速度大??；（2）兩物塊第一次碰撞后的速度大??；（3）從開始到兩物塊第三次碰撞前物塊B通過的總路程。24．（2022?山東模擬）如圖所示，質(zhì)量M2kg的長木板Q靜止在光滑水平地面上，右端緊靠光滑固定曲面AB的最低點B，木板上表面與曲面相切于B點，水平面的左側(cè)與木板左端相距為x（x為未知量且其大小可以調(diào)節(jié)）處有一擋板C。一質(zhì)量m＝1kg的小滑塊P（可視為質(zhì)點）從曲面上與B的高度差為h＝1.8m處由靜止滑下，經(jīng)B點后滑上木板，最終滑塊未滑離木板。已知重力加速度大小為g＝10m/s2，滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3，木板與左擋板C和最低點B的碰撞過程中沒有機(jī)械能損失且碰撞時間極短可忽略，則從滑塊滑上木板到二者最終都靜止的過程中：（1）若木板只與C發(fā)生了1次碰撞，求木板的運(yùn)動時間；（2）若木板只與C發(fā)生了3次碰撞，求x的值；（3）其他條件不變，若m＝2kg，M＝1kg，x＝m，求木板通過的總路程。25．（2022?新疆三模）如圖所示，長L＝3.76m的傳送帶與水平面夾角θ＝37°，以速度v＝2m/s順時針運(yùn)行。t＝0時刻，質(zhì)量mA＝1kg的小物塊A從傳送帶頂端以初速度v0A＝0.6m/s滑下，同時質(zhì)量mB＝2kg的小物塊B以初速度v0B＝4m/s從底端沖上傳送帶，經(jīng)過一段時間后，兩物塊在傳送帶上某處發(fā)生瞬間碰撞并且粘連。傳送帶與物塊間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。求：（1）t＝0時刻，小物塊A和小物塊B沿傳送帶運(yùn)動的加速度大??；（2）從t＝0時刻開始到兩物塊發(fā)生碰撞經(jīng)歷的時間；（3）小物塊A和小物塊B離開傳送帶時的動能。26．（2022?河北）如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質(zhì)量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質(zhì)量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運(yùn)動，B和D以相同速度kv0向左運(yùn)動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新滑塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。（1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；（2）若k＝0.5，從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。27．（2022?浙江）如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點。（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大小；（2）物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系；（3）若物塊b釋放高度0.9m＜h＜1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍（以A點為坐標(biāo)原點，水平向右為正，建立x軸）。28．（2022?廣東）某同學(xué)受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1N。滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運(yùn)動。已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小v；（3）滑桿向上運(yùn)動的最大高度h。29．（2022?乙卷）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運(yùn)動，t＝0時與彈簧接觸，到t＝2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的v﹣t圖像如圖（b）所示。已知從t＝0到t＝t0時間內(nèi)，物塊A運(yùn)動的距離為0.36v0t0。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運(yùn)動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點與前一次相同。斜面傾角為θ（sinθ＝0.6），與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。

考向15動量及其綜合應(yīng)用【重點知識點目錄】動量動量定理動量守恒定律及其應(yīng)用碰撞問題爆炸和緩沖問題人船模型子彈打木塊問題含彈簧的碰撞問題物體與曲面體的碰撞問題1．（2022?湖北）一質(zhì)點做曲線運(yùn)動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是（）A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1 C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1【答案】D?！窘馕觥拷猓涸谇耙欢螘r間內(nèi)，根據(jù)動能定理得：W1＝﹣＝3×在后一段時間內(nèi)，根據(jù)動能定理得：W2＝﹣＝21×所以W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是：m?2v﹣mv≤I1≤m?2v+mv，即mv≤I1≤3mvm?5v﹣m?2v≤I2≤m?5v+m?2v，即3mv≤I2≤7mv可知：I2≥I1，故D正確、ABC錯誤。2．（2022?湖南）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A．碰撞后氮核的動量比氫核的小 B．碰撞后氮核的動能比氫核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0【答案】B?！窘馕觥拷猓涸O(shè)中子的質(zhì)量為m，則氫核和氮核的質(zhì)量分別為m、14m，由于碰撞為彈性碰撞，選向右為正方向，由動量守恒定律得：中子與氫核碰撞，mv0＝mv+mv1，，解得：v1＝v0中子與氮核碰撞，mv0＝mvn+14mv2，解得：v2＝＝v0A、碰撞后氫核動量為mv0，氮核動量為14m×＝mv0，氮核動量大于氫核動量，故A錯誤；B、碰撞后氮核的動能為＝，氫核的動能為m，所以碰撞后氮核的動能比氫核的小，故B正確；CD、由上述分析可得：v1＞v2，v2＜v0，故CD錯誤；（多選）3．（2022?乙卷）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則（）A．4s時物塊的動能為零 B．6s時物塊回到初始位置 C．3s時物塊的動量為12kg?m/s D．0～6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40J【答案】AD?！窘馕觥拷猓何飰K與地面間的滑動摩擦力為：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。A、t3＝3s時物體的速度大小為v3，則有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入數(shù)據(jù)解得：v3＝6m/s；t4＝4s時速度為v4，根據(jù)動量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入數(shù)據(jù)解得：v4＝0，故A正確；B、0～3s物塊沿正方向加速運(yùn)動，3s～4s物塊沿正方向減速運(yùn)動，4s末的速度為零，4s～6s物塊反向加速，且加速度大小與0～3s內(nèi)的加速度大小相等，故6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；C、3s時物塊的動量大小為：p＝mv3＝1×6kg?m/s＝6kg?m/s，故C錯誤；D、0～3s內(nèi)物塊的位移：x1＝＝m＝9m，方向為正方向；3s～4s內(nèi)物塊的位移：x2＝＝m＝3m，方向為正方向；6s時物塊的速度大小為v6，則有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s4s～6s物塊的位移大小為：x3＝＝m＝4m，方向為負(fù)方向。所以0～6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正確。4．（2022?甲卷）利用圖示的實驗裝置對碰撞過程進(jìn)行研究。讓質(zhì)量為m1的滑塊A與質(zhì)量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導(dǎo)軌上發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進(jìn)而分析碰撞過程是否為彈性碰撞。完成下列填空：（1）調(diào)節(jié)導(dǎo)軌水平。（2）測得兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運(yùn)動方向相反，應(yīng)選取質(zhì)量為0.304kg的滑塊作為A。（3）調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時，A的左端到左邊擋板的距離s1與B的右端到右邊擋板的距離s2相等。（4）使A以一定的初速度沿氣墊導(dǎo)軌運(yùn)動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時刻開始到各自撞到擋板所用的時間t1和t2。（5）將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復(fù)步驟（4）。多次測量的結(jié)果如表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k＝0.31k20.330.330.33（6）表中的k2＝0.31（保留2位有效數(shù)字）。（7）的平均值為0.32（保留2位有效數(shù)字）。（8）理論研究表明，對本實驗的碰撞過程，是否為彈性碰撞可由判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則的理論表達(dá)式為（用m1和m2表示），本實驗中其值為0.34（保留2位有效數(shù)字）；若該值與（7）中結(jié)果間的差別在允許范圍內(nèi)，則可認(rèn)為滑塊A與滑塊B在導(dǎo)軌上的碰撞為彈性碰撞?！窘馕觥拷猓海?）兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后兩滑塊運(yùn)動方向相反，則A滑塊質(zhì)量要小，才有可能反向運(yùn)動，故選0.304kg的滑塊作為A。（6）因為位移相等，所以速度之比等于時間之比的倒數(shù)，由表中數(shù)據(jù)可得，k2＝＝＝0.31。（7）的平均值為：＝＝0.322≈0.32。（8）由機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律可得：＝+；m1v0＝﹣m1v1+m2v2，聯(lián)立解得：，代入數(shù)據(jù)，可得：＝0.34。5．（2022?湖南）如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍（λ為常數(shù)且0＜λ＜），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；（2）若籃球反彈至最高處h時，運(yùn)動員對籃球施加一個向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中h0已知，求F0的大??；（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點時，運(yùn)動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小?！敬鸢浮浚?）籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比為；（2）F0的大小為；（3）沖量I的大小為m?！窘馕觥拷猓海?）籃球在下落過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知：根據(jù)速度—位移公式可得籃球與地面的碰前速度為：籃球反彈的過程中，根據(jù)牛頓第二定律得：根據(jù)速度—位移公式可得籃球與地面的碰后速率為：因此k＝＝（2）籃球反彈到最高點時，運(yùn)動員對籃球施加一個向下的力，根據(jù)動能定理得：根據(jù)（1）問的描述可知，籃球落地反彈的速度為v4＝kv3在反彈上升的過程中，根據(jù)動能定理可得：聯(lián)立解得：F0＝（3）由（1）問的分析可知，籃球上升和下降過程的加速度分別為a1＝（1﹣λ）g（方向向下）a2＝（1+λ）g（方向向上）因為拍打的時間極短，重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理可知I＝mv即每次拍打籃球都會給籃球一個速度v。拍打第一次下降過程中上升過程中有將k代入上升過程的式子化簡得：聯(lián)立解得：拍打第二次，同理可得：下降過程中上升過程中代入k后得聯(lián)立得：將h1代入到h2得：拍打第三次，同理可得：下降過程有上升過程代入k值化簡得：聯(lián)立解得：再將h2代入到h3得：拍打第N次時，同理可得：下降過程有上升過程代入k值得：聯(lián)立有將hN﹣1代入hN后有其中，hN＝H，h0＝h則有[]則有I＝mv'＝m一、動量動量定理1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負(fù)值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．二、動量守恒定律1．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對象（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）；（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量；（4）由動量守恒定律列式求解；（5）必要時進(jìn)行討論．2．解決動量守恒中的臨界問題應(yīng)把握以下兩點：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開始反向運(yùn)動等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點是求解這類問題的關(guān)鍵．3．綜合應(yīng)用動量觀點和能量觀點4．動量觀點和能量觀點：這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運(yùn)動狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道過程的始末狀態(tài)動量、動能和力在過程中所做的功，即可對問題求解．5．利用動量觀點和能量觀點解題應(yīng)注意下列問題：（1）動量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無分量表達(dá)式．（2）動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學(xué)中解題時必須注意動量守恒條件及機(jī)械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個規(guī)律時，當(dāng)確定了研究對象及運(yùn)動狀態(tài)的變化過程后，根據(jù)問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解．（3）中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動解決的問題，若用動量觀點或能量觀點求解，一般比用力和運(yùn)動的觀點簡便．三、彈性碰撞和非彈性碰撞碰撞的特點分析：（1）動量守恒；（2）機(jī)械能不增加；（3）速度要合理；①若碰前兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)有v后＞v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)有v前′≥v后′．②碰前兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變．四、用動量守恒定律定量分析一維碰撞問題1.彈性碰撞規(guī)律非彈性碰撞反沖對反沖運(yùn)動的進(jìn)一步理解（1）反沖運(yùn)動是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果．（2）反沖運(yùn)動的過程中，如果合外力為零或外力的作用遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，可利用動量守恒定律來處理．（3）研究反沖運(yùn)動的目的是找出反沖速度的規(guī)律．求反沖速度的關(guān)鍵是確定相互作用的物體系統(tǒng)和其中各物體對地的運(yùn)動狀態(tài)．一、動量1．定義：運(yùn)動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動量，通常用p來表示．2．表達(dá)式：p=mv．3．單位：kg?m/s．4．標(biāo)矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同．二、沖量1．定義：力F和它的作用時間t的乘積叫做這個力的沖量，通常用I表示．2．表達(dá)式：I=Ft（此式只能用來計算恒力F的沖量）．3．單位：N?s（1N?s=1kg?m/s）4．標(biāo)矢性：沖量是矢量、方向由力的方向決定．三、動量定理1．內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達(dá)式：3．用動量概念表示牛頓第二定律：，所以物體動量的變化率等于它受到的力，即，這是牛頓第二定律的動量表述四、動量守恒定律1．內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律．2．表達(dá)式：（1）p=p′，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′．（2）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和．（3）△p1=-△p2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．（4）△p=0，系統(tǒng)總動量的增量為零．3．動量守恒定律的適用條件（1）不受外力或所受外力的合力為零．不能認(rèn)為系統(tǒng)內(nèi)每個物體所受的合外力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．（2）近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力．（3）如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則在這一方向上動量守恒．五、彈性碰撞和非彈性碰撞碰撞現(xiàn)象1．碰撞：兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用力，而其他的相互作用力相對來說可以忽略不計的過程．2．彈性碰撞：如果碰撞過程中機(jī)械能守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞，即EK1=EK2（能夠完全恢復(fù)形變）；3．非彈性碰撞：如果碰撞過程中機(jī)械能不守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞，即EK1＞EK2（不能夠完全恢復(fù)形變）；4．完全非彈性碰撞：碰撞過程中物體的形變完全不能恢復(fù)，以致兩物體合為一體一起運(yùn)動，即兩物體在非彈性碰撞后以同一速度運(yùn)動，系統(tǒng)機(jī)械能損失最大．碰撞的特點：1．相互作用時間極短．2、相互作用力極大，即內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，遵循動量守恒定律．反沖定義：一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運(yùn)動，另一部分必然向相反的方向運(yùn)動，這個現(xiàn)象叫作反沖．

要點：①內(nèi)力作用下；②一個物體分為兩個部分；③兩部分運(yùn)動方向相反．2．原理：遵循動量守恒定律作用前：P=0作用后：P′=mv-Mv′則根據(jù)動量守恒定律有：P′=P即mv-Mv′=0，故有：3．反沖運(yùn)動的應(yīng)用和防止防止：榴彈炮應(yīng)用：反擊式水輪機(jī)、噴氣式飛機(jī)、火箭

易錯題【01】注意動量定理是合外力的沖量等于動量的變化量，注意系統(tǒng)動量守恒的條件。易錯題【02】注意彈性碰撞題型的計算，最好能夠記住一些二級結(jié)論。易錯題【03】在火箭反沖問題中，要注意參考系的選擇。6．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）質(zhì)量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，t＝0時刻，分別受到水平拉力F1、F2的作用從靜止開始運(yùn)動。經(jīng)過時間t0和3t0，分別撤去F1和F2。兩物體速度隨時間變化的圖線如圖所示。設(shè)F1和F2對物體的沖量大小分別為I1和I2，對物體做的功分別為W1和W2（）A．I1：I2＝4：5，W1：W2＝9：4 B．I1：I2＝4：5，W1：W2＝6：5 C．I1：I2＝3：2，W1：W2＝6：5 D．I1：I2＝3：2，W1：W2＝9：4【答案】B?！窘馕觥拷猓河蓈﹣t圖像可知，撤去拉力F后兩物體做勻減速的圖線平行，可知兩物體做勻減速的加速度大小相等，由于兩物體質(zhì)量相等，可知A、B兩物體受到的摩擦力相等，設(shè)為摩擦力為f，對A物體，整個運(yùn)動過程中，根據(jù)動量定理可得I1﹣f?4t0＝0對B物體，整個運(yùn)動過程中，根據(jù)動量定理可得I2﹣f?5t0＝0聯(lián)立可得v﹣t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故物體A運(yùn)動過程的位移：B物體整個運(yùn)動過程的位移為對A物體，根據(jù)動能定理可得W1﹣f?xA＝0對B物體，根據(jù)動能定理可得W2﹣f?xB＝0聯(lián)立可得故B正確，ACD錯誤。7．（2022春?浙江期中）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧壓縮后處于鎖定狀態(tài)，下端固定在足夠長的光滑斜面底端，上端與物體A接觸而不栓接。彈簧解除鎖定后將物體沿斜面向上彈出，在斜面上O點（圖中未標(biāo)出）物體與彈簧脫離?，F(xiàn)在僅將彈簧上端與物體拴接，其它條件不變，從物體第一次運(yùn)動到點開始計時，到物體第一次回到O點用時0.4s，則下列判斷正確的是（g取10m/s2）（）A．物體A做簡諧運(yùn)動，O點是其平衡位置 B．物體A做簡諧運(yùn)動的周期是1.6s C．0到0.4s這段時間內(nèi)，彈簧的彈力對A的沖量沿斜面向下 D．0到0.4s這段時間內(nèi)，合外力對A的沖量為0【答案】C?！窘馕觥拷猓篈、當(dāng)物體處于平衡位置時kx0＝mgsinθ某時刻物體離開平衡位置的位移為x，則此時的回復(fù)力F＝﹣[k（x+x0）﹣mgsinθ]＝﹣kx則物體A做簡諧振動，平衡位置在O點以下距離為，故A錯誤；B、由題意可得：物體A做簡諧運(yùn)動的周期為T＝0.8s，故B錯誤；C、0到0.4s這段時間內(nèi)，彈簧處于拉長狀態(tài)，彈簧的彈力方向沿斜面向下，則彈簧對A的沖量沿斜面向下，故C正確；D、若t﹣0時刻物體的速度沿斜面向上，大小為v，則在t＝0.4s時刻回到O點時的速度大小仍為v，方向沿斜面向下，若規(guī)定沿斜面向下為正方向，則0到0.4s這段時間內(nèi)，合外力對A的沖量為I＝mv﹣（﹣mv）＝2mv≠0，故D錯誤；8．（2022?湖北模擬）如圖所示，光滑傾斜滑道OM與粗糙水平滑道MN平滑連接．質(zhì)量為1kg的滑塊從O點由靜止滑下，在N點與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1m的P點停下．已知O點比M點高1.25m，滑道MN長4m，滑塊與滑道MN的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小g取10m/s2，不計空氣阻力．下列說法正確的是（）A．滑塊運(yùn)動到M點的速度大小為6m/s B．滑塊運(yùn)動到N點的速度大小為4m/s C．緩沖墻對滑塊的沖量大小為10N?s D．緩沖墻對滑塊做的功為﹣2.5J【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、從O到M的過程，由動能定理可知，解得滑塊運(yùn)動到M的速度大小為v0＝5m/s，故A錯誤；B、由M到N的過程中，加速度大小為，由位移公式可得，可得滑塊運(yùn)動到N的速度大小為v＝3m/s，故B錯誤；C、由N到P可知，解得被緩沖墻反彈，滑塊的速度大小v'＝﹣2m/s（方向與初速度反向，取負(fù)），由動量定理可知緩沖墻對滑塊的沖量I＝Δp＝mv'﹣mv＝1×（﹣2）N?s﹣1×3N?s＝﹣5N?s，故C錯誤；D、由動能定理可得緩沖墻對滑塊做的功，代入數(shù)據(jù)解得W＝﹣2.5J，故D正確．9．（2022春?朝陽區(qū)校級期中）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，此時彈簧處于原長，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。給小車一個瞬時沖擊作用，使其瞬間獲得速度v0。在地面參考系（可視為慣性系）中，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）A．從小車獲得速度v0到彈簧壓縮至最短的過程，動量守恒，機(jī)械能守恒 B．從小車獲得速度v0到彈簧壓縮至最短的過程，動量守恒，機(jī)械能不守恒 C．從彈簧壓縮至最短到彈簧恢復(fù)原長的過程，動量不守恒，機(jī)械能守恒 D．從彈簧壓縮至最短到彈簧恢復(fù)原長的過程，動量不守恒，機(jī)械能不守恒【答案】B。【解析】解：從小車獲得速度v0開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；當(dāng)滑塊在車廂底板上有相對滑動，彈簧被壓縮且彈簧的彈力大于滑塊受到的滑動摩擦力，滑塊受到的合力不為零，滑塊相對車廂底板滑動，系統(tǒng)要克服摩擦力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能減小，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B正確，ACD錯誤。10．（2022?歷城區(qū)校級模擬）離子發(fā)動機(jī)是利用電場加速離子形成高速離子流而產(chǎn)生推力的航天發(fā)動機(jī)，工作時將推進(jìn)劑離子化，使之帶電，然后在靜電場作用下推進(jìn)劑得到加速后噴出，從而產(chǎn)生推力，這種發(fā)動機(jī)適用于航天器的姿態(tài)控制、位置保持等，航天器質(zhì)量M，單個離子質(zhì)量m，帶電量q，加速電場的電壓為U，高速離子形成的等效電流強(qiáng)度為I，根據(jù)以上信息計算該發(fā)動機(jī)產(chǎn)生的推力為（）A．I B．I C．I D．I【答案】B?！窘馕觥拷猓焊鶕?jù)動能定理得：解得：v＝根據(jù)電流的定義式有對離子，根據(jù)動量定理可得：FΔt＝Nmv聯(lián)立解得：F＝I，故B正確，ACD錯誤；11．（2022?襄城區(qū)校級四模）如圖所示，兩個質(zhì)量分布均勻的長木板A、B放置在水平桌面上，質(zhì)量均為m，木板長度均為L，水平桌面以M點為界，左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙，粗糙部分與兩木板的動摩擦因數(shù)均為μ，粗糙部分的長度為s（s＞2L）。初始時木板B的左端恰與M點重合，現(xiàn)使木板A木塊以初速度v0滑向B，與B碰后粘合成為一個整體（碰撞時間極短），最終兩木塊沒有掉落桌面，則v0的最大值為（）A． B． C． D．【答案】A?！窘馕觥拷猓焊鶕?jù)動量守恒，可知mv0＝2mv，解得v＝，即為A、B粘為一個整體的速度；從粘合成為一個整體開始到全部運(yùn)動到粗糙平面，摩擦力隨位移均勻增大，然后摩擦力不變，減速至零，根據(jù)動能定理，﹣﹣μ?2mg（s﹣L）＝0﹣，解得v0＝，即為v0的最大值，故A正確，BCD錯誤；12．（2022春?五華區(qū)校級期中）光滑水平面上質(zhì)量為2kg的物體受到水平拉力F的作用由靜止開始運(yùn)動，過程中的a﹣t圖如圖所示。下列判斷正確的是（）A．0﹣4s內(nèi)物體先做加速運(yùn)動再做勻速運(yùn)動 B．6s末物體的速度為零 C．0﹣4s內(nèi)拉力做功49J D．0﹣4s內(nèi)拉力沖量為18N?s【答案】C?！窘馕觥拷猓篈B、物體是從靜止開始運(yùn)動，故在0～1s內(nèi)做加速度增大的加速運(yùn)動；1～4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，4～6s做加速度減小的加速運(yùn)動，6s末加速度為零，速度最大，故AB錯誤；D、a﹣t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度變化量，故根據(jù)動量定理可得0～4s內(nèi)拉力的沖量為，故D錯誤；C、因為水平面光滑，故物體受到的合力大小等于F，根據(jù)動能定理可得因為是從靜止開始運(yùn)動的，所以4s末的動量為p＝14N?s根據(jù)聯(lián)立可求得WF＝49J故C正確。13．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）如圖甲所示，兩小球a、b在足夠長的光滑水平面上發(fā)生正向?qū)π呐鲎?。小球a、b質(zhì)量分別為m1和m2，且m1＝1kg。取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時間變化的x﹣t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．碰撞前球a做加速運(yùn)動，球b做勻速運(yùn)動 B．碰撞后球a做減速運(yùn)動，球b做加速運(yùn)動 C．碰撞后兩小球的總動能為8J D．碰撞前后兩小球總動能為4J【答案】C?！窘馕觥拷猓篈B、根據(jù)x﹣t圖像可知碰撞前后球a做勻速運(yùn)動，球b靜止；碰撞后球a和球b均做勻速運(yùn)動，故AB錯誤；CD、碰撞前a球的速度為：碰撞后兩小球的速度分別為：；根據(jù)動量守恒定律得：m1va1＝m1va2+m2vb1解得：m2＝3kg碰前兩小球的動能為：碰后兩小球的動能為：，故C正確，D錯誤；14．（2022?鞍山二模）質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為M的小球C?，F(xiàn)將C球拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放C球。下面說法正確的是（）A．A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小球C到達(dá)最低點時速度大小為 C．小球C到達(dá)左側(cè)最高點時速度為零 D．小球C第一次到達(dá)最低點時木塊A、B分離【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、木塊A、B和小球C組成的系統(tǒng)豎直方向動量不守恒，水平方向動量守恒，所以系統(tǒng)的總動量不守恒，故A錯誤；B、如果A和B固定，小球C到達(dá)最低點時速度大小為v，則有：mgL＝，解得：v＝；現(xiàn)在木塊A和B并排放在光滑水平面上，當(dāng)小球C達(dá)到水平地面上時，A和B水平方向的速度不為零，根據(jù)能量守恒定律可知，小球的速度小于，故B錯誤；CD、小球C第一次到達(dá)最低點時木塊A、B分離，此后B以一定的速度向右做勻速直線運(yùn)動；對個系統(tǒng)，水平方向根據(jù)動量守恒定律可知，小球C到達(dá)左側(cè)最高點時A和C的動量大小與B的動量大小相等、方向相反，速度不為零，故C錯誤、D正確。15．（2022春?鼓樓區(qū)校級期中）在冰壺比賽中，紅壺以一定速度與靜止在大本營中心的藍(lán)壺發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，如圖甲所示．碰后運(yùn)動員用冰壺劇摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面，來減小阻力．碰撞前后兩壺運(yùn)動的v﹣t圖線如圖乙中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，已知兩壺質(zhì)量相等，由圖像可得（）A．碰撞后，藍(lán)壺經(jīng)過4s停止運(yùn)動 B．紅、藍(lán)兩壺的碰撞過程是彈性碰撞 C．碰撞后，藍(lán)壺的瞬時速度為0.8m/s D．紅、藍(lán)兩壺從碰后至停止的運(yùn)動過程中，所受摩擦力的沖量之比為1：5【答案】C。【解析】解：A、設(shè)碰撞后藍(lán)壺經(jīng)過ts時間停止運(yùn)動。根據(jù)三角形相似法知，，解得：t＝5s，故A錯誤。C、設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后速度為v′0＝0.2m/s，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv，解得：v＝0.8m/s，故C正確。B、碰撞過程兩壺?fù)p失的動能為：ΔEk＝，解得：ΔEk＝0.16m＞0，所以紅藍(lán)兩壺碰撞過程是非彈性碰撞，故B錯誤。D、紅、藍(lán)兩壺碰后至停止運(yùn)動過程中，所受摩擦力的沖量大小之比I紅：I藍(lán)＝mv′0：mv＝1：4，故D錯誤。16．（2022春?滄州期末）如圖所示，水平面上AO段粗糙，動摩擦因數(shù)μ＝0.6，OB段光滑．物體甲放在距O點左側(cè)x1＝3m的A處，質(zhì)量為M＝7kg的物體乙靜止放在距O點右側(cè)x2＝4m的B處．現(xiàn)給物體甲一個初速度v0＝10m/s，物體甲與物體乙在B點發(fā)生彈性正碰，碰后物體甲恰好能返回出發(fā)點A，重力加速度g取10m/s2，兩物體均可視為質(zhì)點，則（）A．物體甲到O點速度大小為8.5m/s B．物體甲向右從O點到B點所用的時間為0.75s C．物體甲與乙碰撞后，物體甲的速度的大小為5m/s D．物體甲的質(zhì)量為1kg【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、對物體甲，由牛頓第二定律得：﹣μmg＝ma，代入數(shù)據(jù)解得：a＝﹣6m/s2，設(shè)甲到達(dá)O點時的速度大小為v，則＝2ax1，代入數(shù)據(jù)解得：v＝8m/s，故A錯誤；B、甲在OB段勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間t＝s＝0.5s，故B錯誤；C、設(shè)碰撞后瞬間甲的速度為v1，碰撞后甲在BO段勻速返回，到OA段勻減速停止在A點，則﹣＝2ax1，代入數(shù)據(jù)解得：v1＝6m/s，故C錯誤；D、甲乙發(fā)生彈性正碰，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv＝mv1+Mv2，由機(jī)械能守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：m＝1kg，故D正確。17．（2022?永州三模）如圖，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小球A、B質(zhì)量分別為m、km（k為待定系數(shù)）。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，碰撞中無機(jī)械能損失，重力加速度為g。關(guān)于各種情況下k的取值。下列各項中不正確的是（）A．若0＜k＜0.2，則小球B第一次碰后就能夠運(yùn)動到圓軌道的最高點 B．若0.2＜k＜1，則小球B第一次碰后將會在某處脫離圓軌道 C．若k＞1，小球B不可能脫軌 D．若k＝3，小球A和小球B將在圓軌道的最低點發(fā)生第二次碰撞【答案】B?！窘馕觥拷猓盒∏駻下滑到最低點的過程中，根據(jù)動能定理得：mgR＝mv02，解得A與B碰撞前的速度v0＝，碰撞過程中動量守恒，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定理得：mv0＝mvA+kmvB，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mv02＝mvA2+kmvB2，聯(lián)立解得：vB＝，vA＝。B小球恰運(yùn)動至軌道頂點，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：kmvB2＝kmg?2R+kmv2，小球B能恰好通過最高點，則有：mg＝m，解得：v＝聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)解得：k＝﹣1≈0.265。A、由上分析可知，當(dāng)k≤0.265時，B球可運(yùn)動至軌道最高點，故A正確；B、當(dāng)0.265＜k＜1時，B脫軌，而k＞0.2，不一定脫軌，故B錯誤；C、若k＝1，兩球發(fā)生彈性碰撞，由于兩球質(zhì)量相等，速度交換，B球恰能運(yùn)動到四分之一圓弧軌道，所以若k＞1，小球運(yùn)動不到四分之一圓弧軌道處速度減為零，又返回，所以小球B不可能脫軌，故C正確；D、若k＝3時，vB＝，vA＝﹣，兩球速度大小相等，方向相反，經(jīng)過相同的時間會同時回到最低點，所以兩球會在最低點發(fā)生第二次碰撞，故D正確。本題選錯誤的。18．（2022春?鼓樓區(qū)校級月考）如圖所示，豎直輕質(zhì)彈簧下端焊接一個質(zhì)量為m的小球A，A處于靜止?fàn)顟B(tài)。在A的正下方一質(zhì)量為2m的小球B正被豎直向上拋出，與A球發(fā)生對心彈性正碰，碰前瞬間B球的速度為v0，碰后兩球仍沿同一直線運(yùn)動。當(dāng)A球運(yùn)動到碰前初始位置時再次與B球發(fā)生彈性對心正碰。則（）A．在兩次碰撞之間的過程中彈簧對A球的沖量一定為零 B．在兩次碰撞之間的過程中重力對A球的沖量一定為零 C．若只將題中碰前瞬間B球的速度改為2v0，則兩球仍能在原位置發(fā)生第二次碰撞 D．A球運(yùn)動到最高點時，小球B的速度恰好為零【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、A、B兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后A的速度為vA，B的速度為vB，根據(jù)動量守恒定律可知：2mv0＝mvA+2mvB，根據(jù)能量守恒定律可知：＝+，聯(lián)立解得：vA＝v0，vB＝v0由題可知第二次碰撞是在初始位置，根據(jù)能量守恒定律，則兩球回到初始位置時速度和碰后的速度大小相同方向相反，設(shè)運(yùn)動時間為t，分析A球有：mgt+I＝m?v0﹣m（﹣v0）分析B球有：2mgt＝2mv0﹣2m（﹣v0）解得在兩次碰撞之間的過程中彈簧對A球的沖量為：I＝2，故A錯誤。B、在兩次碰撞之間的過程中重力對A球的沖量為：IG＝mgt，故B錯誤。C、第一次碰撞前小球B做豎直上拋運(yùn)動，若只將題中碰前瞬間B球的速度改為2v0，B球的能量增加，但是B球仍做豎直上拋運(yùn)動，但是碰后A球的能量也增加，小球A和彈簧相連接，因此小球A的運(yùn)動情況與第一次不相同，則兩球不會在原位置發(fā)生第二次碰撞，故C錯誤。D、由于第二次碰撞是在初始位置，根據(jù)運(yùn)動對稱性，兩個小球上升和下降的時間是相同的，A球運(yùn)動到最高點時，B球也運(yùn)動到最高點，此時的B球速度恰好為零，故D正確。19．（2021秋?湖南月考）如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點。一質(zhì)量為m的滑塊（可視為質(zhì)點）從小車上的A點由靜止開始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點。已知M＝3m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．滑塊從A滑到C的過程中，滑塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 B．滑塊滑到B點時的速度大小為 C．滑塊從A滑到C的過程中，小車的位移大小為 D．水平軌道的長度L＝【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、滑塊從A到B過程系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，在豎直方向所受合外力不為零，系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，滑塊從B到C過程系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤；B、滑塊由A到B過程系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設(shè)滑塊到B時的速度大小為vm，小車的速度大小為v，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：0＝mvm﹣Mv，由機(jī)械能守恒定律得：mgR＝+Mv2解得：vm＝，故B錯誤；C、設(shè)全程小車相對地面的位移大小為s，根據(jù)題意可知全程滑塊水平方向相對小車的位移為R+L，則滑塊水平方向相對地面的位移為：x'＝R+L﹣s，滑塊與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，取水平向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：m?M＝0，已知M＝3m，解得：s＝（R+L），x'＝（R+L），故C錯誤；D、滑塊與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，對整個過程，由動量守恒定律得：0＝（m+M）v'，解得：v'＝0，由能量守恒定律得：mgR＝μmgL，解得：L＝，故D正確。（多選）20．（2022?湖南學(xué)業(yè)考試）如圖所示，一根彈性繩上端懸于A點、自然伸長時，下端恰好與正下方的光滑小釘D（垂直地釘入紙面所代表的豎直墻壁）平齊?，F(xiàn)在彈性繩下端掛一質(zhì)量為2m的重物P（可視為質(zhì)點），彈性繩靠著釘子左側(cè)伸長l后、P靜止于地面上B點，此時地面對重物的支持力為mg。今將重物P向右拉開到距A為l的O點，并以O(shè)點為原點建立圖示x坐標(biāo)。設(shè)彈性繩的形變始終在彈性限度內(nèi)，其彈力滿足胡克定律，重物P與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。釋放重物P后，下列說法正確的是（）A．P釋放的瞬間，其加速度大小為2.5m/s2 B．P釋放后，運(yùn)動到x＝處時其速度最大 C．P釋放后，運(yùn)動到x＝處將停止 D．釋放后P向左運(yùn)動停止后，給它向右的瞬時沖量m，P能恰好回到O處【答案】BCD。【解析】解：A、P釋放的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得：解得：a＝1.25m/s2，故A錯誤；B、當(dāng)P合外力為零時，此時P的速度最大，則有kl′cosθ＝μ（2mg﹣kl′sinθ）解得：由于以O(shè)點為原點建立圖示x坐標(biāo)，則可恥運(yùn)動到處時其速度最大，故B正確；C、設(shè)其運(yùn)動到x處，停止運(yùn)動，由于為變力，根據(jù)動能定理得：則有摩擦力做功為Wf＝﹣μmgx＝﹣0.5mgx聯(lián)立可得：解得：，故C正確；D、根據(jù)C選項分析可知f＝﹣0.5mg又運(yùn)動到x＝處是其速度最大，由動能定理可得：Wf＝﹣μmgx＝﹣0.5mgx解得：又根據(jù)動量定理得：，故D正確；（多選）21．（2022?滄州二模）如圖所示，圓心為O、半徑為R的四分之一光滑圓弧面豎直固定在水平地面上，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧兩端分別拴接質(zhì)量均為m的小球A、B，小球A置于光滑水平地面上，小球B置于圓弧面上由靜止釋放，小球B沿圓弧面下滑的過程中用水平力F作用在小球A上使其處于靜止?fàn)顟B(tài)，經(jīng)過時間t小球B落地，落地后立刻撤去力F．已知小球B釋放的位置與O點的連線與水平方向的夾角為53°，釋放小球B時彈簧處于原長，彈簧與水平地面的夾角為37°，小球B落地時的速度為，落地后不反彈，重力加速度為g，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，下列說法正確的是（）A．小球B落地時彈簧的彈性勢能為mgR B．時間t內(nèi)力F的沖量大小為kRt C．小球B離開圓弧面后，彈簧的最大形變量為R D．小球B離開圓弧面后，彈簧最長時的彈性勢能為mgR【答案】AD?！窘馕觥拷猓篈、小球B下滑過程中，小球B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：，由題圖可知：h＝Rsin53°＝R，解得小球B落地時彈簧的彈性勢能為EP＝，故A正確；B、小球B落地時彈簧的壓縮量為：Δx＝，小球落地時彈力的大小為F＝kΔx＝，時間t內(nèi)彈力水平分力的平均值不是，小球A靜止，力F始終等于彈簧的水平分力，力F的沖量大小不是，故B錯誤；C、剛撤去力F時，彈簧的形變量為Δx＝，小球B落地時速度方向豎直向下，落地后不反彈，則此時兩小球的速度均為0，B離開圓弧面后，小球B、A和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)二者速度相等時，彈簧的形變量最大，根據(jù)能量守恒可知此時彈簧的彈性勢能小于剛撤去力F時的彈簧的彈性勢能，故彈簧的形變量小于，故C錯誤；D、小球B離開圓弧面后，彈簧最長時兩球速度相等，從撤去力F到彈簧恢復(fù)原長，根據(jù)能量守恒定律可得：，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝2mv，此時的彈性勢能：，故D正確。22．（2022?湖北）打樁機(jī)是基建常用工具。某種簡易打樁機(jī)模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長的輕質(zhì)長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實線位置）時，C到兩定滑輪的距離均為L。重物A和B的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時，用外力將C拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放。設(shè)C的下落速度為時，與正下方質(zhì)量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運(yùn)動距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C、D均可視為質(zhì)點。（1）求C的質(zhì)量；（2）若D在運(yùn)動過程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大小；（3）撤掉樁D，將C再次拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動能最大時C的動能?！敬鸢浮浚?）C的質(zhì)量為m；（2）若D在運(yùn)動過程中受到的阻力F可視為恒力，F(xiàn)的大小為6.5mg；（3）撤掉樁D，將C再次拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放，A、B、C的總動能最大時C的動能為（4﹣2）mgL?！窘馕觥拷猓海?）系統(tǒng)在如圖虛線位置保持靜止，以C為研究對象，根據(jù)平衡條件可知：mCg＝2mgcos30°解得：mC＝m；（2）CD碰后C的速度為零，設(shè)碰撞后D的速度v，取向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知：＝2mv解得：v＝CD碰撞后向下運(yùn)動距離后停止，根據(jù)動能定理可知：2mg?﹣F?＝0﹣解得：F＝6.5mg；（3）設(shè)某時刻C向下運(yùn)動的速度為v′，AB向上運(yùn)動的速度為v，圖中虛線與豎直方向的夾角為α，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知：+2×＝mCg?﹣2mg?（﹣L）令y＝mCg?﹣2mg?（﹣L）對上式求導(dǎo)數(shù)可得：＝當(dāng)＝0時，解得：cosα＝，即α＝30°此時，有：y＝mC