2020高考物理決勝大二輪新高考地區(qū)專用版文檔：專題二2第2講動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用

1、第2講動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用一典題感悟。透析考情一典題再現(xiàn) 1.（2020山東等級(jí)考模擬）秦山核電站是我國(guó)第一座核電站，其三期工程采用重水反應(yīng)堆技術(shù)，利用中子（1n）與靜止笊核（2H）的多次碰撞，使中子減速.已知中子某次碰撞前的動(dòng)能為E,碰撞可視為彈性正碰.經(jīng)過該次碰撞后，中子損失的動(dòng)能為（）1812a.qEb.qEc.ed.e9933解析：選B.質(zhì)量數(shù)為1的中子與質(zhì)量數(shù)為 2的笊核發(fā)生彈性碰撞，滿足動(dòng)能守恒和動(dòng)1量守恒，設(shè)中子的初速度為V0,碰撞后中子和笊核的速度分別為V1和V2,可列式：2X1XV2=；X 1Xv2+；X2Xv2, 1 X V0= 1 X V1+ 2X V2.解得 V1=一卜0,即

2、動(dòng)能減小為原來的：，動(dòng)2239能損失量為8e. 9考情分析育題點(diǎn)分析.動(dòng)一.惘石律理造古*中動(dòng)-守恒,機(jī)一Q號(hào)萬活能守作聯(lián)立可求解I:考點(diǎn)建接彈”眥域?qū)W科素養(yǎng)點(diǎn)（科學(xué)思-1典題再現(xiàn)2 .（2019高考全國(guó)卷I ）最近，我國(guó)為“長(zhǎng)征九號(hào)”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國(guó)重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展.若某次實(shí)驗(yàn)中該發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體速度約為3 km/s,產(chǎn)生的推力約為 4.8X106 N,則它在1 s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為（）A.1.6X102 kgB. 1.6X103 kgC.1.6X 105 kgD. 1.6 x 106 kgAm F解析：選B.根據(jù)動(dòng)量定理有FAt=A

3、mv 0,解得=F = 1.6X 103 kg/s,所以選項(xiàng)BAt v正確.考情分析命跑點(diǎn)分析.一班定理:0 一七士 現(xiàn)軼.可根據(jù)曲址遇踣方法- LJUJ15 足冊(cè)乘聊F考點(diǎn)瞳接一/定理的應(yīng)用學(xué)科素養(yǎng)點(diǎn)物理現(xiàn)念典題再現(xiàn)3 .（2018高考全國(guó)卷n）高空墜物極易對(duì)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(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為（）A.10 NB. 102 NC.103 ND. 104 N解析：選C.根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)和動(dòng)量定理有2gh = v2（h為25層樓的高度，約70 m）, Ft=mv，代入數(shù)據(jù)解得F = 1X103 N ,所以C正確

4、.考情分析命題研究動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律屬于力學(xué)的主干知識(shí)，是解決物理問題的重要基本方法，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)方法解決平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、多運(yùn)動(dòng)過程問題；二是綜合運(yùn)用動(dòng)能定理和能量守恒定律，結(jié)合動(dòng)量守恒定律解決電場(chǎng)、磁場(chǎng)內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問題.這幾類題型，命題情景新，密切聯(lián)系實(shí)際，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)量守恒定律在解題過程中的紐帶作用. 山東?？紝?duì)本模塊的考查也比較多， 選擇、實(shí)驗(yàn)、 計(jì)算中都有涉及熱考核的Q高效突破考點(diǎn)1 沖量與動(dòng)量定理的應(yīng)用【高分快攻】1 .應(yīng)用動(dòng)量定理解

5、題的步驟硼定研究對(duì)象進(jìn)行受力分析分析找初、透取iE方向,確定初、末態(tài)的動(dòng)量而各沖量的正地一般為單個(gè)物體求趙個(gè)力帕沖盤.再求心沖任.或先求力.西求 自力的沖艮列方程 卜1根裾動(dòng)員定理列方程求解2 .動(dòng)量定理的兩個(gè)重要應(yīng)用(1)應(yīng)用I=Ap求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I = Ft求變力的沖量，可以求出變力作用下物體動(dòng)量的變化Ap,等效代換變力的沖量 I.(2)應(yīng)用 p = F t求動(dòng)量的變化例如，在曲線運(yùn)動(dòng)中，速度方向時(shí)刻在變化，求動(dòng)量變化(Ap= P2pi)需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法，計(jì)算比較復(fù)雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動(dòng)量的變化.【典題例析】利

6、用所學(xué)例12對(duì)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(jiǎn)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.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.(解題過程中需要用至ij、但題目沒有給出的物理量，要在解題時(shí)做必要的說明)解析如圖所示，一個(gè)粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量AI=2mv,以器壁上面積1 ,、，一，一為S的部分為底、t為成柱體，由題設(shè)

7、可知，其內(nèi)有后的粒子在At時(shí)間內(nèi)與器壁上面 積為S的部分發(fā)生碰撞， 1碰撞粒子總數(shù) N = 6nSv At,1c*時(shí)間內(nèi)粒子給命壁的沖重I = N - AI =nSmv2 At3器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力 F=At則器壁單位面積所受粒子的壓力f= F= rnmv2.S 3答案f= &mv23【題組突破】1 .（多選）（2017高考全國(guó)卷出）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(yùn)動(dòng).F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則 （）A. t= 1 s時(shí)物塊的速率為 1 m/sB. t = 2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kg - m/sC. t = 3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kg

8、 - m/sD. t = 4 s時(shí)物塊的速度為零解析：選AB.根據(jù)F-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在01 s、02 s、03 s、04 s內(nèi)合外力沖量分別為2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns,應(yīng)用動(dòng)量定理I=m Av可知物塊在1s、2s、3s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s,2 kg m/s,則A、B項(xiàng)均正物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為2 kg m/s、4 kg m/s、3 kg m/s、確，C、D項(xiàng)均錯(cuò)誤.a= 4.5 m/s2,到2. （2018高考北京卷）2022年將在我國(guó)舉辦第二十四屆冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞

9、性的項(xiàng)目之一.某滑道示意圖如圖，長(zhǎng)直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道 BC高h(yuǎn)=10 m, C是半徑R= 20 m圓弧 的最低點(diǎn).質(zhì)量 m= 60 kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度Vb= 30 m/s,取重力加速度 g = 10 m/s2.（1）求長(zhǎng)直助滑道AB的長(zhǎng)度L;（2）求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I的大小;（3）若不計(jì)BC段的阻力，畫出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力圖，并求其所受支持力Fn的大小.解析：（1）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，有vB vAL= 100 m. 2a（2）根據(jù)動(dòng)量定理，有 I = mvBmvA= 1 800 N s.運(yùn)動(dòng)員經(jīng)C點(diǎn)時(shí)的受力分析

10、如圖所示.根據(jù)動(dòng)能定理，運(yùn)動(dòng)員在 BC段運(yùn)動(dòng)的過程中，有mg1212mgh=2mvC 2mvBvC根據(jù)牛頓第一te律，有 Fn mg= mR聯(lián)立解得Fn=3 900 N.答案：見解析考點(diǎn)2 動(dòng)量守恒定律在碰撞、爆炸和反沖中的應(yīng)用【高分快攻】1 .應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟(i)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程)；(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)量；(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程；(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說明.2 .三種碰撞的特點(diǎn)彈性碰撞動(dòng)量守恒：m1v+m2v2= m1v 1 + m2v

11、2, 1八 1八 1八1機(jī)械能寸恒：-m1v2+ 2m2v2=-m1vz 2 +-m2v 2完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒、末速度相同：m1v+m2v2= (m1 +m2)v,機(jī)械能損失最多：機(jī)械能的損失. L 121212 E= -m1v2 + 2m2v2 -(m1 + m2)v2非彈性碰撞動(dòng)量守恒： m1v1+m2v2= m1v 1 + m2v 2, 機(jī)械能有損失：機(jī)械能的損失. L ,12121, 212 E= (gmM + Imzv2) $m1v 2 +2m2v 2)碰撞問題遵守的三條原則(1)動(dòng)量守恒：p1 + p2= p1+p 2.(2)動(dòng)能不增加：Ek1+Ek2E k1+Ek2.(3)速

12、度要符合實(shí)際情況【典題例析】物園如圖所示，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第一次與小物塊c碰撞時(shí)，彈簧的最大彈性勢(shì)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(shì)能最大，對(duì)于小物塊a和c,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mvo=(m + km)v根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有1212Epmax= 2mvo 2(m+ km)v聯(lián)立

13、解得 E pmax=一篇V2.k+ 1 2(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vi、V2,對(duì)于小物塊a和c根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mvo= mvi + kmv2 i i 1 c根據(jù)機(jī)械能寸恒te律有 2mv0=2mv1 + 2kmV21 k聯(lián)立解得，小物塊 a的速度為V1=vok+ 1 2小物塊c的速度為V2=V0k+ 1小物塊a離開c后與小物塊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(duì)于小物塊a和b,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mv1=mv 1 + kmv21cle 1 c根據(jù)機(jī)械能寸恒th律有 2mv1= 2mv 1 +2kmv 21 k 2聯(lián)

14、立解得v1= vok+1若小物塊a和c至少碰撞2次，則有v1v2由數(shù)學(xué)知識(shí)可得 k2-4k-10解得k2+V5而 k= 1、2、3故 kmin = 5.k 1c答案百；2mv2 (2)5【題組突破】角度1碰撞問題分析3 . (2018高考全國(guó)卷n )汽車A在水平冰雪路面上行駛.駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B,立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示， 碰撞后B車向前滑動(dòng)了 4.5 m , A車向前滑動(dòng)了 2.0 m .已知A 和B的質(zhì)量分別為2.0 X 103 kg和1.5 X 103 kg,兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 0.10,兩車碰撞時(shí)間極短，

15、 在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng)，重力加速度大小 g= 10 m/s2 求(1)碰撞后的瞬間B車速度的大小;(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小.解析：(1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB,碰后加速度大小為 aB.根據(jù)牛頓第二定律有pmBg= mBaB式中W是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為 vB,碰撞后滑行的距離為 SB.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2=2aBSB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得v b= 3.0 m/s.(2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA,碰后加速度大小為 aA.根據(jù)牛頓第二定律有(jmAg=mAaA設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為VA,碰撞后滑行的距離為SA.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v A= 2aASA設(shè)碰撞前的瞬間 A車

16、速度的大小為 VA.兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mAVA = mAv a + mBv b聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得va=4.25 m/s.答案：見解析角度2爆炸現(xiàn)象分析4 . (2018高考全國(guó)卷I)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能 E后，從地面豎直升空.當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為 巳 且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng).爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量.求(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度.解析：(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為 V0,由題給條件有12E=,mv2

17、設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0vo= gt聯(lián)立式得(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為hi,由機(jī)械能守恒定律有E=mghi火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為vi 和V2.由題給條件和動(dòng)量守恒定律有1 2 12二 mS + ,mv2= E44112mv1+2mv2=0由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng).設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2,由機(jī)械能守恒定律有1 2 1 4mV1 =2mgh2聯(lián)立 式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為2E丁h= h1+ h2= .mg答案：見解析角度3

18、多過程問題中的動(dòng)量守恒3. (2019臨沂高三二模)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(shì)能，打開鎖扣K,物塊將以水平速度 vo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 上=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：3物塊m壓縮彈簧時(shí)儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能Ep;(2)物塊M的質(zhì)量.解析：小物塊由A運(yùn)動(dòng)到B做平拋

19、運(yùn)動(dòng)，hi-h2=1gt2,解得：t = J| s 一R由幾何關(guān)系： R= hi, hi- h2=2-, /BOC=60設(shè)小球平拋時(shí)的初速度為V0,則更=tan 60 vo彈性勢(shì)能Ep等于小物塊在 A點(diǎn)的動(dòng)能,12Ep=2mv2解得：Ep=0.5 J.(2)設(shè)小物塊到C點(diǎn)時(shí)的速度為vi,小物體從A點(diǎn)到C點(diǎn)過程，機(jī)械能守恒 、八1 c1 c由機(jī)械能寸恒7E律，2mv2+ mghi = 2mv2m與M碰撞過程動(dòng)量守恒，有：mvi = mv3+Mv2m與M碰撞過程能量守恒，有:由以上各式解得：M = 2.0 kg.答案：(i)0.5 J (2)2.0 kg命題角度解決方法易錯(cuò)辨析動(dòng)量守恒的條件判斷掌

20、握三個(gè)守恒條件準(zhǔn)確判斷系統(tǒng)合外力是否為零或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力， 或者分析是否為碰撞或爆炸彈性碰撞分析動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律無能量損失是最大特點(diǎn)完全非彈性碰撞分析動(dòng)量守恒定律掌握碰撞后速度相等這一條件爆炸現(xiàn)象求解動(dòng)量守恒的條件是內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力注意爆炸后各部分的速度方 向，有可能小在同T囿內(nèi)考點(diǎn)3 動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用【高分快攻】1 .解題策略（i）弄清有幾個(gè)物體參與運(yùn)動(dòng)，并劃分清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程.（2）進(jìn)行正確的受力分析，明確各過程的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn).（3）在光滑的平面或曲面上的運(yùn)動(dòng)，還有不計(jì)阻力的拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能一定守恒；碰撞 過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動(dòng)

21、量守恒定律分析.（4）如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析.2 .動(dòng)量與能量的綜合問題，常取材“滑塊 一滑板”模型、“傳送帶”模型、“彈簧 一 物塊”模型等，設(shè)置多個(gè)情景、多個(gè)過程，考查力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用.要成功解答此類“情景、過程綜合”的考題， 就要善于在把握物理過程漸變規(guī)律的同時(shí)，洞察過程的臨界情景，結(jié)合題給條件（往往是不確定條件），進(jìn)行求解（注意結(jié)合實(shí)際情況分類討論 ）.【典題例析】周回（2019高考全國(guó)卷 出）靜止在水平地面上的兩小物塊A、B,質(zhì)量分別為mA= 1.0 kg,mB=4.0 kg;兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離 l = 1.0 m,如圖所

22、示.某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek= 10.0 J.釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng).A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為產(chǎn)0.20.重力加速度取g = 10 m/s2.A、B運(yùn)動(dòng)過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極(1)求彈簧釋放后瞬間 A、B速度的大??；(2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？解析(1)設(shè)彈簧釋放瞬間 A和B的速度大小分別為 VA、VB,以向右為正，由動(dòng)量守恒定律和題給條件有0=mAVAmBVBEk=2mAvA+2mBvB聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得v

23、a= 4.0 m/s, vb= 1.0 m/s.(2)A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t, B向左運(yùn)動(dòng)的路程為 sb,則有mBa= jinBg,1 .2公sb= VBt2at2VB at= 0在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后 A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sa都可表示為,1 2Qsa= vAt 2at聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得sa= 1.75 m, sb= 0.25 m這表明在時(shí)間t內(nèi)A已

24、與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時(shí) A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25 m處.B位于出發(fā)點(diǎn)左邊 0.25 m處，兩物塊之間的距離 s為s= 0.25 m + 0.25 m= 0.50 m .(3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為 vA由動(dòng)能定理有mAV 2 a 2mAvA= (inAg(2l + sb)聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得vA= tf7 m/s?故A與B將發(fā)生碰撞.設(shè)碰撞后A、B的速度分別為 vA和vB,由動(dòng)量守恒定律與機(jī) 械能守恒定律有mA( v A) = mAvA+ mBvB2mAv A = mAvA + 2mBv聯(lián)立？?？ 式并代入題給數(shù)據(jù)得37.2 ；

25、 7v a= 5 m/s, v b= 5 m/s?這表明碰撞后 A將向右運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng).設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為sA時(shí)停止,B向左運(yùn)動(dòng)距離為 sB時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2asA=vA, 2as b= v由？式及題給數(shù)據(jù)得sa=0.63 m, sb= 0.28 m?sA小于碰撞處到墻壁的距離.由上式可得兩物塊停止后的距離s =sA+s B=0.91 m.?答案(1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)B 先停止 0.50 m(3)0.91 m【題組突破】角度1子彈打木塊”模型1 .如圖所示，在固定的足夠長(zhǎng)的光滑水平桿上，套有一個(gè)質(zhì)量為m= 0.5 kg的光滑金屬圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一

26、端系著一個(gè)質(zhì)量為M = 1.98 kg的木塊，現(xiàn)有一質(zhì)量為 m0=20 g的子彈以Vo= 100 m/s的水平速度射入木塊并留在木塊中(不計(jì)空氣阻力和子彈與木塊作用的時(shí)間，g = 10 m/s2),求：(1)圓環(huán)、木塊和子彈這個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能;(2)木塊所能達(dá)到的最大高度.解析：(1)子彈射入木塊過程，動(dòng)量守恒，有movo = (mo + M )v在該過程中機(jī)械能有損失，損失的機(jī)械能為一 1 O 1 .AE=尹0丫22(mo+ M)v2解得：AE=99 J.(2)木塊(含子彈)在向上擺動(dòng)過程中，木塊(含子彈)和圓環(huán)在水平方向動(dòng)量守恒，有(mo+ M)v= (mo+ M + m)v又木塊(含子

27、彈)在向上擺動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒，有12 12(mo+ M)gh = 2(mo+ M) v2 2(mo + M + m)v2聯(lián)立解得：h= 0.01 m.答案：見解析角度2“滑塊類”模型2. (2019濰坊高三模擬)如圖所示，水平地面上 OP段是粗糙的，OP長(zhǎng)為L(zhǎng)=1.6 m,滑 塊A、B與該段的動(dòng)摩擦因數(shù)都為 尸0.5,水平地面的其余部分是光滑的.滑塊 B靜止在O 點(diǎn)，其質(zhì)量mB=2 kg.滑塊A在。點(diǎn)左側(cè)以v0=5 m/s的水平初速度向右運(yùn)動(dòng)，并與 B發(fā)生 碰撞.A的質(zhì)量是B的k(k取正整數(shù))倍，滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，取 g= 10 m/s2.(1)若滑塊A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，求 A、B碰

28、撞過程中損失的機(jī)械能；(2)若滑塊A、B構(gòu)成的系統(tǒng)在碰撞過程中沒有機(jī)械能損失，試討論k在不同取值范圍時(shí)滑塊A克服摩擦力所做的功.解析：(1)設(shè)滑塊A碰B后的共同速度為v, A、B碰撞過程中損失的機(jī)械能為AE由動(dòng)量守恒定律有 mAv0= (mA+mB)v1 c 1C-由能重寸恒7E律有 AE = 2 mAv0 21mA + mB)v225k聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得 AE = a j .k+1(2)設(shè)碰撞后A、B速度分別為va、vb,且設(shè)向右為正方向，由于彈性碰撞，有:mAv0=mAvA+ mBvB121212/mAv0= /mAvA+ mBvB5 (ki)聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得 va = m/s dk

29、+ 110k,vb = m/sk+ 1假設(shè)1t塊A、B都能在OP段滑動(dòng)，滑塊 A、B在OP段的加速度(aA= aB=科)相等,由式知在任意時(shí)刻 vbva,滑塊A、B不會(huì)再一次發(fā)生碰撞.由題知，當(dāng)滑塊 A剛好能夠到達(dá)P點(diǎn)有12gmAvA= (iDAgL代入數(shù)據(jù)解得k= 9討論:a.當(dāng) k= 1 時(shí)，va = 0,滑塊A停在。點(diǎn)，A克服摩擦力所做的功為 WfA= 0.b.當(dāng)19時(shí)，滑塊A從OP段右側(cè)離開，A克服摩擦力所做的功為 WfA= pnAgL= 16 kJ. 答案：見解析角度3 “彈簧類”組合模型3. (2019湖北八校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為 m3 = 2 kg的滑道靜止在光滑的水平面上，滑

30、 道的AB部分是半徑為 R=0.3 m的四分之一圓弧，圓弧底部與滑道水平部分相切，滑道水 平部分右端固定一個(gè)輕質(zhì)彈簧.滑道CD部分粗糙，其他部分土光滑.質(zhì)量為m2 = 3 kg的物體2(可視為質(zhì)點(diǎn))放在滑道的B點(diǎn)，現(xiàn)讓質(zhì)量為 m=1 kg的物體1(可視為質(zhì)點(diǎn))自A點(diǎn)由 靜止釋放.兩物體在滑道上的C點(diǎn)相碰后粘在一起(g= 10 m/s2).(1)求物體1從釋放到與物體2相碰的過程中，滑道向左運(yùn)動(dòng)的距離.(2)若CD = 0.2 m,兩物體與滑道的 CD部分的動(dòng)摩擦因數(shù)都為-0.15,求在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能.(3)在(2)的條件下，物體1、2最終停在何處？解析：(1)物體1從釋

31、放到與物體 2碰撞的過程中，物體1和滑道組成的系統(tǒng)在水平方 向上動(dòng)量守恒，設(shè)物體 1水平位移大小為S1,滑道的水平位移大小為 S3,有0=m1S1m3s3, S1 = Rm1S1S3=T = 0.15 m.(2)設(shè)物體1、物體2剛要相碰時(shí)物體1的速度大小為v1,滑道的速度大小為v3,由機(jī)械 能守恒定律有12 12mgR= 2m1v1 +2m3v3由動(dòng)量守恒定律有0= m1V1 m3v3物體1和物體2相碰后的共同速度大小設(shè)為V2,由動(dòng)量守恒定律有mivi = (mi + m2)v2彈簧第一次壓縮至最短時(shí)由動(dòng)量守恒定律可知物體1、2和滑道速度為零，此時(shí)彈性勢(shì)能最大，設(shè)為 Epm.從物體1、2碰撞后

32、到彈簧第一次壓縮短的過程中,由能量守恒定律CD部分運(yùn)動(dòng)的路程0.05 m 處.12 122(m1 + m2)v2 + 尹3v3(Xm1 + m2)g CD = Epm聯(lián)立以上方程，代入數(shù)據(jù)解得Epm= 0.3 J.(3)分析可知物體1、2和滑道最終將靜止，設(shè)物體 1、2相對(duì)滑道 為s,由能量守恒定律有12 122(m1 + m2)v2 + 2m3v3= Mm1 + m2)gs代入數(shù)據(jù)可得s= 0.25 m所以物體1、物體2最終停在C點(diǎn)和D點(diǎn)之間與D點(diǎn)間的距離為答案：見解析田燈窟困1 .“子彈打木塊”模型是碰撞中常見模型， 其突出特征是在子彈打擊木塊的過程中有機(jī) 械能損失，此類問題的一般解法可歸

33、納如下:(1)分析子彈打擊木塊的過程，弄清楚子彈是停留在木塊中和木塊一起運(yùn)動(dòng)還是穿透木塊和木塊各自運(yùn)動(dòng);(2)子彈在打擊木塊的過程中，由于時(shí)間較短，內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，故在打擊的過程中動(dòng)量守恒；(3)子彈在打擊木塊過程中產(chǎn)生的機(jī)械能損失，一般有兩種求解方法：一是通過計(jì)算打擊前系統(tǒng)的機(jī)械能與打擊后系統(tǒng)的機(jī)械能的差值得出機(jī)械能的損失；二是通過計(jì)算在子彈打擊木塊的過程中，子彈克服阻力做的功與阻力對(duì)木塊做的功的差值進(jìn)行求解.2.利用彈簧進(jìn)行相互作用的碰撞模型，一般情況下均滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，此類試題的一般解法是：(1)首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長(zhǎng)、伸長(zhǎng)還是壓縮狀態(tài)；(2)分析碰撞前后彈

34、簧和物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列出方程；(3)判斷解出的結(jié)果是否滿足 “實(shí)際情境可行性原則”，如果不滿足，則要舍掉該結(jié)果.注意：(1)由于彈簧的彈力是變力，所以彈簧的彈性勢(shì)能通常利用機(jī)械能守恒定律或能 量守恒定律求解;(2)要特別注意彈簧的三個(gè)狀態(tài)：原長(zhǎng)(此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為零卜壓縮到最短或伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)的狀態(tài)(此時(shí)彈簧連接的兩個(gè)物體具有共同的速度，彈簧具有最大的彈性勢(shì)能)，這往往 是解決此類問題的突破點(diǎn).課后演練0強(qiáng)化提能(建議用時(shí)：40分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1. (2018高考全國(guó)卷I )高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看做初速度為零的勻加速直線運(yùn) 動(dòng).在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能 (

35、)A.與它所經(jīng)歷的時(shí)間成正比B.與它的位移成正比C.與它的速度成正比D.與它的動(dòng)量成正比解析：選B.列車啟動(dòng)的過程中加速度恒定，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間關(guān)系可知v1c. . 一 1= at,且列車的動(dòng)能為 Ek=2mv2,由以上整理得 Ek = 2ma2t2,動(dòng)能與時(shí)間的平方成正比，動(dòng)1c能與速度的平方成正比，A、C錯(cuò)誤；將x=1at2代入上式得Ek=max,則列車的動(dòng)能與位移成正比，B正確；由動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系式Ek=可知，列車的動(dòng)能與動(dòng)量的平方成正比，2mD錯(cuò)誤.2.為估算雨滴撞擊池中睡蓮葉面的平均壓強(qiáng)，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺(tái)， 測(cè)得1 h內(nèi)杯中水面上升了 45 mm,查詢得知

36、，當(dāng)時(shí)雨滴豎直下落的速度約為12 m/s.據(jù)此計(jì)算該壓強(qiáng)約為（設(shè)雨滴撞擊睡蓮葉面后無反彈，不計(jì)雨滴重力，雨水的密度為1X103kg/m 3）（）A. 0.15 PaB. 0.54 PaC. 1.5 PaD. 5.4 Pa解析：選A.解答此類連續(xù)相互作用的問題，首先要注意研究對(duì)象的選取.選取At=1 h時(shí)間內(nèi)與面積為S的睡蓮發(fā)生相互作用的雨滴作為研究對(duì)象，其質(zhì)量為m= p hS發(fā)生作用F Phv后速度變?yōu)榱?，根?jù)動(dòng)量定理，有FAt=mv= p hSv則壓強(qiáng)P=G=0.15 Pa,選項(xiàng)AS 及正確.3. （2017高考天津卷）“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

37、輪懸掛透明座艙， 乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).下列敘述正確的是（）A.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的機(jī)械能保持不變B.在最高點(diǎn)時(shí)，乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力C.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量為零D.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變解析：選B.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中乘客的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能一直變化，故機(jī)械能一直變化，A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)乘客具有豎直向下的向心加速度，重力大于座椅對(duì)他的支持力，B正確；摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，C錯(cuò)誤；重力瞬時(shí)功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉(zhuǎn)動(dòng)過程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時(shí)功率也是

38、變化的,D錯(cuò)誤.A球的質(zhì)量小于B4.如圖所示，A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接,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(zhǎng)度為L(zhǎng)i；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(zhǎng)度為 L2,則Li與L2的大小關(guān)系為(A. LiL2C. Li= L2B. LiL2D,不能確定解析：選C.若用錘子敲擊 A球，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧最短時(shí)，兩者共速,則 mAv= (mA+mB)v，解得 v= mAv ,彈性勢(shì)能最大，最大為AEp=mAv2 1(mA+mB)vmA+ mB22一mAmBv;若用錘子敲擊 B球，同理可得 mBv= (mA+ mB)v，

39、解得v= mBv ,彈性 2 (mA+ mB)mA+ mB勢(shì)能最大為AEp=1mBv2 1(mA+mB)v2=2才AmBvJ,即兩種情況下彈簧壓縮最短時(shí)，彈性勢(shì)能相等，故 Li=L2, C正確.5. 一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)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(jì)質(zhì)量損失，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(0.5 m 2.5 m：X甲，I ：,l.】in 2 m1 m2 tn解析：選B.彈丸在爆炸過程中，水平方向的動(dòng)量守恒，有mv= mv甲十,mv乙，解得4v44=3v甲+ v乙，爆炸后兩塊彈片

40、均做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有h=2gt2,水平方向?qū)?、乙兩彈片分別有x甲=丫甲3 x乙=丫乙1,代入圖中各數(shù)據(jù)，可知 B正確.6. (2019荷澤高三二模)如圖所示，一對(duì)雜技演員(都視為質(zhì)點(diǎn))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(zhǎng)度可調(diào)節(jié).改變秋千的長(zhǎng)度，雜技 演員每次都從 A點(diǎn)（與O等高）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（）D. 2H3H C.y解析：選D.兩雜

41、技，M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)1B點(diǎn)的速度大小為 vo,則由機(jī)械能寸恒te律有：（m+2m）gR = g（m+2m）v0,演貝相互作用,沿水平方向動(dòng)量守恒.設(shè)作用后女、男演員的速度大小分別為vi、V2,所以有（m+2m）vo = .1 C 一 、一 .一2mv2mvi.女演貝上擺到 A點(diǎn)的過程中機(jī)械能寸恒，因此有mgR= 2mv2.男演貝自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= 2gt2,聯(lián)立以上各式，可解得x=4勺（H-R） R，當(dāng)秋千的長(zhǎng)度 R = H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、

42、B、C錯(cuò)誤.7. （2019最新高考信息卷）如圖甲所示，光滑水平面上放著長(zhǎng)木板B,質(zhì)量為m = 2 kg的木塊A以速度vo= 2 m/s滑上原來靜止的長(zhǎng)木板 B的上表面，由于A、B之間存在摩擦，A、 B的速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，重力加速度g=10 m/s2.則下列說法正確的是（ ）A .長(zhǎng)木板的質(zhì)量 M = 2 kg8. A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.2C.長(zhǎng)木板長(zhǎng)度至少為 2 mD. A、B組成系統(tǒng)損失機(jī)械能為 4 J解析：選A.從圖乙可以看出，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：mvo=（m+M）v,解彳導(dǎo)

43、:M加= m=2 kg,故A正確；由圖乙可知，木板B勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度 a=1 m/s2,對(duì)B,At根據(jù)牛頓第二定律得 科mg MaB,解得動(dòng)摩擦因數(shù) 科=0.1,故B錯(cuò)誤；由圖乙可知前 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(zhǎng)度L=xa xb=1 m,故C錯(cuò)誤; 1c 1cA、B組成系統(tǒng)損失機(jī)械能 AE = 2mv02（M+m）v2=2 J,故D錯(cuò)誤.二、多項(xiàng)選擇題8.（2019德州高三三模）在地面上以大小為 vi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

44、確的是（）v2A .皮球上升的最大高度為 V-2g1cleB.皮球從拋出到落地過程中克服阻力做的功為2mv2-mv2一 V1C.皮球上升過程經(jīng)歷的時(shí)間為 vg V1 + V2D.皮球從拋出到落地經(jīng)歷的時(shí)間為 g解析：選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V2. .、 ,V1 ,. .一 . .于看，上升的時(shí)間小于 二，故A、C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 4 gg 11定理得克服阻力做功為 Wf=2mv2-2mv2,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,則：mgt1+kvt1=mv1,由于平均速度

45、乘以時(shí)間等于上升的高度，故有：h=vt1,即：mgt + kh= mv1同理，設(shè)下降階段的平均速度為v,則下降過程 mgt2+ kv t2= mv2,即：mgt2 kh = mv2，由 式得：mg（t1+t2）= m（v1+v2）,解v1 + v2得：t = t1 + t2 =-,故 D 正確. g9.如圖所示，四個(gè)小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分別以vo和2vo的速率向兩側(cè)勻速運(yùn)動(dòng)，中間兩個(gè)小球靜止，小球1質(zhì)量為m,小球2的質(zhì)量為2m, 1、2兩球之間放置一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈簧所具有的彈性勢(shì)能為Ep,將彈簧的彈性勢(shì)能全部釋放，下列說法正確的是（）睡 帆 2m 加A.在彈簧的彈性勢(shì)能

46、釋放過程中，小球1和小球2的合動(dòng)量不為零B.小球1和小球2離開彈簧后瞬間的速度大小分別是21端、/赤C.小球1能否與小球3碰撞，取決于小球 3的質(zhì)量大小D.若離開彈簧后小球1能追上小球3,小千2 2不能追上小球4,則質(zhì)量m要滿足12v2忘4Epmvo, v2源& 2vo,解得最w m4EpC錯(cuò)誤，D正確.10. （2019衡水中學(xué)信息卷）如圖所示，足夠長(zhǎng)白木板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) 科=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