專題07動量動量與能量的綜合應(yīng)用（講義）

專題07動量動量與能量的綜合應(yīng)用TOC\o"13"\h\u01專題網(wǎng)絡(luò)·思維腦圖 102考情分析·解密高考 103高頻考點(diǎn)·以考定法 1 2一、動量定理的應(yīng)用 2二、動量守恒定律及其應(yīng)用 3三、動量與能量的綜合應(yīng)用 4 4 9考向1：動量定理與圖形結(jié)合的綜合應(yīng)用 9考向2：動量定理和能量守恒的綜合應(yīng)用 10考向3：動量、能量在滑塊滑板模型中的綜合應(yīng)用 11考向4：動量、能量在磁場中的綜合應(yīng)用 1304核心素養(yǎng)·難點(diǎn)突破 1405創(chuàng)新好題·輕松練 24考點(diǎn)內(nèi)容要求學(xué)習(xí)目標(biāo)動量定理的應(yīng)用II掌握動量定理在蹦極類和流體類問題中的應(yīng)用；掌握動量定理與vt圖像的綜合應(yīng)用；掌握動量守恒定律在各種碰撞、爆炸和反沖問題中的應(yīng)用；掌握動力與能量的綜合應(yīng)用動量守恒定律及其應(yīng)用II動量與能量問題II一、動量定理的應(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.應(yīng)用動量定理時應(yīng)注意的問題(1)動量定理的研究對象可以是單一物體，也可以是一個系統(tǒng)，在研究系統(tǒng)問題時，受力分析只考慮系統(tǒng)的外力。(2)動量定理的表達(dá)式是矢量式，使用時要關(guān)注力、初速度、末速度的方向，為了方便要規(guī)定正方向。(3)動量定理是合力的沖量等于物體動量的改變量，要注意合力與單個力的區(qū)別。3．用動量定理解決兩類連續(xù)體問題的步驟模型一：流體類問題流體及其特點(diǎn)通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ分析步驟1如圖，建立“柱狀”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl＝vΔt，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt3建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體，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模型二：微粒類問題微粒及其特點(diǎn)通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟1建立“柱狀”模型，沿運(yùn)動的方向選取一段柱形微元，柱體的橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形微元的長度為Δl＝vΔt，對應(yīng)的體積為ΔV＝SvΔt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nvSΔt3先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算二、動量守恒定律及其應(yīng)用1．利用動量守恒定律所列方程中的各速度必須相對于同一慣性參考系。2．動量守恒定律應(yīng)用的三種情形（1）系統(tǒng)不受外力或所受合力為零。（2）外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，外力可忽略，系統(tǒng)動量近似守恒，如“爆炸”“碰撞”等現(xiàn)象。（3）系統(tǒng)雖然所受合力不為零，但在某一方向所受合力為零，則在這一方向總動量守恒。3．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(用的最多)。（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。4．碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律（1）動量守恒定律。（2）動能之和不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。（3）若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度。5．兩種特殊的碰撞模型（1）彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機(jī)械能守恒。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)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。結(jié)論：①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后速度交換。②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運(yùn)動。③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來。(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)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)。6．應(yīng)用動量守恒定律分析問題的關(guān)鍵步驟三、動量與能量的綜合應(yīng)用動量與能量綜合模型歸納彈簧類(1)系統(tǒng)動量守恒；(2)系統(tǒng)機(jī)械能守恒；(3)共速時彈簧最長或最短，系統(tǒng)動能損失最大，彈簧的彈性勢能最大，類似于完全非彈性碰撞；(4)彈簧再次恢復(fù)原長時彈簧的彈性勢能再次為零，系統(tǒng)動能最大，整個過程類似于彈性碰撞，此時m2速度最大軌道類(1)水平方向動量守恒；(2)系統(tǒng)機(jī)械能守恒；(3)最高點(diǎn)：m與M共速。mv0＝(M＋m)v共；eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh，其中h為m上升的最大高度(完全非彈性碰撞拓展模型)；最低點(diǎn)：mv0＝mv1＋Mv2；eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)(彈性碰撞拓展模型)滑塊滑板(1)系統(tǒng)動量守恒；(2)系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，損失的動能等于產(chǎn)生的內(nèi)能：－ΔEk＝Q＝fx相電磁感應(yīng)中的“雙桿”模型(水平導(dǎo)軌都光滑)達(dá)到共速時相當(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，轉(zhuǎn)化為電能【典例1】（多選）（2023·廣東·統(tǒng)考高考真題）某同學(xué)受電動窗簾的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的簡化模型．多個質(zhì)量均為的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機(jī)對滑塊1施加一個水平向右的恒力，推動滑塊1以的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為．關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有（

）A．該過程動量守恒B．滑塊1受到合外力的沖量大小為C．滑塊2受到合外力的沖量大小為D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為【答案】BD【詳解】A．取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為碰撞后的動量為，則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；B．對滑塊1，取向右為正方向，則有，負(fù)號表示方向水平向左，故B正確；C．對滑塊2，取向右為正方向，則有，故C錯誤；D．對滑塊2根據(jù)動量定理有，解得，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為，故D正確。故選BD?！镜淅?】（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖，質(zhì)量m1=1kg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)k=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg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)μ=0.1，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Ep與形變量x的關(guān)系為。取重力加速度g=10m/s2，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(yùn)動前右端距彈簧左端的距離x1；（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x2及此時木板速度v2的大??；（3）已知木板向右運(yùn)動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2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U（用t0表示）?！敬鸢浮浚?）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）【詳解】（1）由于地面光滑，則m1、m2組成的系統(tǒng)動量守恒，則有m2v0=(m1＋m2)v1，代入數(shù)據(jù)有v1=1m/s對m1受力分析有則木板運(yùn)動前右端距彈簧左端的距離有v12=2a1x1，代入數(shù)據(jù)解得x1=0.125m（2）木板與彈簧接觸以后，對m1、m2組成的系統(tǒng)有kx=(m1＋m2)a共對m2有a2=μg=1m/s2當(dāng)a共=a2時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量x2=0.25m對m1、m2組成的系統(tǒng)列動能定理有，代入數(shù)據(jù)有

（3）木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，則當(dāng)木板與木塊的加速度相同時即彈簧形變量為x2時，則說明此時m1的速度大小為v2，共用時2t0，且m2一直受滑動摩擦力作用，則對m2有－μm2g?2t0=m2v3－m2v2，解得則對于m1、m2組成的系統(tǒng)有，U=Wf聯(lián)立有【典例3】（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）質(zhì)量的物題A自距地面高度自由落下，與此同時質(zhì)量的物題B由地面豎直上拋，經(jīng)過與A碰撞，碰后兩物體粘在一起,碰撞時間極短,忽略空氣阻力。兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度，求A、B：（1）碰撞位置與地面的距離x；（2）碰撞后瞬時的速度大小v；（3）碰撞中損失的機(jī)械能?！敬鸢浮浚?）1m；（2）0；（3）12J【詳解】（1）對物塊A，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得，（2）設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可知，即，解得可得碰撞前A物塊的速度，方向豎直向下；碰撞前B物塊的速度，方向豎直向上；選向下為正方向，由動量守恒可得，解得碰后速度（3）根據(jù)能量守恒可知碰撞損失的機(jī)械能【典例4】（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，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(yùn)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g。求（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大??；（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；（3）圓盤在管內(nèi)運(yùn)動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)?！敬鸢浮浚?）小球速度大小，圓盤速度大小；（2）l；（3）4【詳解】（1）過程1：小球釋放后自由下落，下降，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，解得過程2：小球以與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律和動量守恒定律分別有，，解得，，，即小球碰后速度大小，方向豎直向上，圓盤速度大小為，方向豎直向下；（2）第一次碰后，小球做豎直上拋運(yùn)動，圓盤摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤下降速度比小球快，二者間距就不斷增大，當(dāng)二者速度相同時，間距最大，即，解得根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得最大距離為（3）第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相等，則有，即，解得此時小球的速度圓盤的速度仍為，這段時間內(nèi)圓盤下降的位移之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒根據(jù)能量守恒聯(lián)立解得：，同理可得當(dāng)位移相等時，，，解得圓盤向下運(yùn)動此時圓盤距下端管口13l，之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度有動量守恒機(jī)械能守恒得碰后小球速度為圓盤速度當(dāng)二者即將四次碰撞時x盤3=x球3，即，得在這段時間內(nèi)，圓盤向下移動此時圓盤距離下端管口長度為20l－1l－2l－4l－6l=7l此時可得出圓盤每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2l，故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤將向下移動x盤4=8l則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤在管內(nèi)運(yùn)動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數(shù)為4次?？枷?：動量定理與圖形結(jié)合的綜合應(yīng)用1.（多選）（2024·廣東肇慶·統(tǒng)考二模）在水平面上靜置有質(zhì)量相等的a、b兩個物體，水平推力、分別作用在a、b上，一段時間后撤去推力，物體繼續(xù)運(yùn)動一段距離后停下，a、b在運(yùn)動過程中未相撞，a、b的vt圖像如圖所示，圖中平行于，整個過程中a、b的最大速度相等，運(yùn)動時間之比。則在整個運(yùn)動過程中下列說法正確的是（）A．物體a、b受到的摩擦力大小相等 B．兩水平推力對物體的沖量之比為C．兩水平推力對物體的做功之比為 D．兩水平推力的大小之比為【答案】ABC【詳解】AD．由題圖知，平行于，說明撤去推力后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，，，解得根據(jù)圖像可知，，解得，故A正確，D錯誤；B．根據(jù)動量定理有，，解得，故B正確；C．根據(jù)動能定理可得，，，，，解得故C正確。故選ABC。2.（多選）（2023·貴州畢節(jié)·統(tǒng)考三模）如圖，水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運(yùn)動。物體運(yùn)動秒后，速度大小增為，此時撤去F，物體繼續(xù)滑行秒后停止運(yùn)動。則（）A．在此過程中F所做的功為 B．在此過程中F的沖量大小等于C．F的大小等于滑動摩擦力大小的3倍 D．物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于【答案】BC【詳解】BC．時間內(nèi)，根據(jù)動量定理可得時間內(nèi)，根據(jù)動量定理可得，，聯(lián)立可得，在此過程中F的沖量大小等于，故BC正確；A．時間內(nèi)，根據(jù)動能定理可得，，又，聯(lián)立可得在此過程中F所做的功為，故A錯誤；D．設(shè)物體與桌面間的動摩擦因數(shù)為，時間內(nèi)，根據(jù)動量定理可得，解得，故D錯誤。故選BC?？枷?：動量定理和能量守恒的綜合應(yīng)用3.（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）在碰撞檢測管線中。連續(xù)碰撞檢測（ContinuousCollisionDetection·CCD）專門處理物體之間的遂穿和對滑類問題，研究人員假設(shè)了如下模型，如圖所示，小物塊A和長木板B疊放在一起。已知小物塊A的質(zhì)量為3m，B的質(zhì)量為m，長木板B足夠長。其上表面與小物塊A的摩擦因數(shù)為μ，水平面光滑，水平面上擺放著若干質(zhì)量均為2m的小物塊。初始時使A水平向右的速度為。B速度為0。B在A的帶動下運(yùn)動。當(dāng)B與編號1的小物塊剛要相碰時，AB恰好達(dá)到共速，之后當(dāng)AB再次共速時再次與編號1小物塊發(fā)生碰撞，碰撞持續(xù)，最終小物塊A未從B的右端滑出。已知重力加速度為g，題中所有碰撞均為時間極短的彈性碰撞，除木塊B外其余物塊均可能為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）A、B第一次共速時系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；（2）初始時，B物體右端距離編號1的小物塊的距離d1；（3）B與編號1的小物塊第1次碰撞后，B的右端與該小物塊的最大距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）由于地面光滑，A、B系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒解得共速時的速度根據(jù)能量守恒聯(lián)立解得（2）對B從釋放到第一次與A共速過程，用動能定理對B分析有，解得（3）B與編號1的小物塊發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒解得，，A、B第二次達(dá)到相同速度，根據(jù)動量守恒對B分析有，解得由于1小物塊與2小物塊質(zhì)量相等且發(fā)生彈性碰撞，碰撞后速度發(fā)生交換，1小物塊碰后靜止，2小物塊速度為。A、B發(fā)生相對運(yùn)動過程中的加速度大小分別為，從1第一次被碰后，直到1碰2，歷時為B的速度反向減速到0，歷時為可知，表明B的速度減小到0時，B距1最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)距離為考向3：動量、能量在滑塊滑板模型中的綜合應(yīng)用4.（多選）（2024·河南·統(tǒng)考一模）如圖（a）所示，“L”形木板靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為的滑塊以的初速度滑上木板，時與木板相撞并粘在一起。兩者運(yùn)動的圖像如圖（b）所示。重力加速度大小取，則（）A．的質(zhì)量為 B．地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為 D．時木板速度恰好為零【答案】AC【詳解】A．兩者碰撞時，取滑塊P的速度方向為正方向，設(shè)P的質(zhì)量為m=1kg，Q的質(zhì)量為M，由系統(tǒng)動量守恒定律得根據(jù)vt圖像可知，v1=3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s，代入上式解得，故A正確；B．設(shè)P與Q之間的動摩擦因數(shù)為μ1，Q與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，根據(jù)vt圖像可知，02s內(nèi)P與Q的加速度分別為aP=1.5m/s2，aQ=0.5m/s2，對P、Q分別受力分析，由牛頓第二定律得，，聯(lián)立解得，故B錯誤；C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為，代入數(shù)據(jù)解得，故C正確；D．對碰撞后整體受力分析，由動量定理得，代入數(shù)據(jù)解得因此木板速度恰好為零的時刻為，故D錯誤；故選AC。5.（多選）（2024·吉林·統(tǒng)考一模）如圖（a），質(zhì)量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙左端的距離為L，初始時甲、乙均靜止，質(zhì)量為M的物塊丙以速度向右運(yùn)動，與乙發(fā)生彈性碰撞。碰后，乙的位移x隨時間t的變化如圖（b）中實線所示，其中時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線，二者相切于P，拋物線的頂點(diǎn)為Q。甲始終未脫離乙，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．碰后瞬間乙的速度大小為 B．甲、乙間的動摩擦因數(shù)為C．甲到乙左端的距離 D．乙、丙的質(zhì)量比【答案】BC【詳解】AB．設(shè)碰后瞬間乙的速度大小為，碰后乙的加速度大小為，由圖（b）可知拋物線的頂點(diǎn)為Q，根據(jù)圖像的切線斜率表示速度，則有，聯(lián)立解得，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得甲、乙間的動摩擦因數(shù)為，故A錯誤，B正確；C．由于甲、乙質(zhì)量相同，則甲做加速運(yùn)動的加速度大小也為根據(jù)圖（b）可知，時刻甲、乙剛好共速，則時間內(nèi)甲、乙發(fā)生的相對位移為，則甲到乙左端的距離滿足，故C正確；D．物塊丙與乙發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒可得可得，可得乙、丙的質(zhì)量比為，故D錯誤。故選BC。考向4：動量、能量在磁場中的綜合應(yīng)用6.（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。一質(zhì)量為、電阻為、長度也為的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為的速度向P運(yùn)動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)。P在導(dǎo)軌上運(yùn)動時，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求（1）金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大小；（2）金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動過程中產(chǎn)生的熱量；（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動的時間。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由于絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒可得，聯(lián)立解得，由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)，則金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大小為（2）根據(jù)能量守恒有，解得（3）P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據(jù)動量定理得，又，，聯(lián)立可得，由于Q為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運(yùn)動，故Q運(yùn)動的時間為一、單選題1．（2023·天津和平·統(tǒng)考二模）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運(yùn)載火箭，如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點(diǎn)火飛向太空。設(shè)從火箭開始運(yùn)動到點(diǎn)火的過程始終受氣體推力，則此過程中（）A．氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量B．高壓氣體釋放的能量等于火箭動能的增加量C．在氣體推力作用下，火箭的速度一直在增大D．氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量【答案】D【詳解】A．火箭動量的增加量等于氣體對火箭推力與火箭重力沖量的矢量和，A錯誤；B．火箭動能的增加量與火箭重力勢能增加量和克服空氣阻力的功的代數(shù)和等于高壓氣體釋放的能量，B錯誤；C．在氣體推力作用下，火箭的速度先增加后減小，C錯誤；D．火箭機(jī)械能的增加量等于氣體的推力和空氣阻力對火箭做功的代數(shù)和，D正確。故選D。二、多選題2．（2024·廣西·校聯(lián)考一模）如圖，質(zhì)量為m的物塊A以的速度在光滑水平面上向右運(yùn)動，A的左側(cè)為墻面，A與墻面碰撞后以原速率返回。A的右側(cè)有一以速度向右運(yùn)動的物塊B，物塊B的質(zhì)量為M（M未知），B的左側(cè)固定一輕彈簧，物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是（）A．無論A、B發(fā)生幾次接觸，整個過程A、B的總動量都守恒B．若，彈簧能達(dá)到的最大彈性勢能為C．若，則A、B能發(fā)生兩次接觸D．無論M為何值，A、B都不能發(fā)生三次接觸【答案】BD【詳解】A．A與墻壁碰撞過程墻壁對其有向右的沖量，該過程動量不守恒，A錯誤；B．A、B第一次共速后A與墻壁碰撞，墻壁對其有向右的沖量，系統(tǒng)的動量增大，第二次共速的速度變大，動能變大，而系統(tǒng)無機(jī)械能損失，彈性勢能小于第一次壓縮到最短時的彈性勢能。因此第一次共速時彈簧的彈性勢能最大。時彈性勢能為，B正確；CA第一次接觸彈簧到與彈簧分離的過程，以向右為正方向，得解得若要發(fā)生兩次接觸，需滿足，且解得C錯誤；D物塊A第二次接觸彈簧到與彈簧分離的過程，得解得若要發(fā)生三次接觸，首先需滿足得顯然這與發(fā)生兩次接觸的條件矛盾，故無論M為何值，A、B都不能發(fā)生三次接觸，D正確。故選BD。3．（2024·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，質(zhì)量為m的小球A和質(zhì)量為3m的小球B用長為L的彈性繩連接，小球B靜止在光滑水平面上，小球A在小球B正上方高為0.72L處以一定的初速度水平向右拋出，小球落地時彈性繩剛好拉直（第一次處于原長），小球A落地時，與地面碰撞過程，豎直方向的速度減為零，水平方向的速度保持不變，彈性繩始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，不計小球大小，則（）A．小球A拋出時的初速度大小為 B．小球A拋出時的初速度大小為C．彈性繩具有的最大彈性勢能為 D．彈性繩具有的最大彈性勢能為【答案】BC【詳解】AB．A球從拋出到落地過程，可解得，A錯誤，B正確；CD．A球落地后到與B球速度相同時，彈簧彈性勢能最大解得，C正確，D錯誤。故選BC。4．（2024·河南·統(tǒng)考一模）粒子以一定的初速度與靜止的氧原子核發(fā)生正碰。此過程中，粒子的動量隨時間變化的部分圖像如圖所示，時刻圖線的切線斜率最大。則（）A．時刻的動量為 B．時刻的加速度達(dá)到最大C．時刻的動能達(dá)到最大 D．時刻系統(tǒng)的電勢能最大【答案】AB【詳解】A．粒子與氧原子核組成的系統(tǒng)動量守恒，時刻的動量為故A正確；B．時刻圖線的切線斜率最大，則粒子的動量變化率最大，根據(jù)可知粒子的速度變化率最大，即加速度最大，即粒子受到的電場力最大，則氧原子核受到的電場力也最大，的加速度達(dá)到最大，故B正確；C．時刻，粒子速度為零，由圖可知時刻后，粒子反向運(yùn)動，系統(tǒng)動量守恒，可知在時刻之后，的動量達(dá)到最大，的速度達(dá)到最大，的動能達(dá)到最大，故C錯誤；D．時刻，氧原子核受到的電場力最大，粒子與氧原子核的距離最近，系統(tǒng)的電勢能最大，故D錯誤。故選AB。5．（2024·河北·一模）如圖所示，傾角為α的足夠長粗糙斜面固定在水平地面上，質(zhì)量為m的滑塊A放在斜面上恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量也為m的滑塊B下表面光滑，從斜面上與A相距為L處由靜止釋放，之后與A發(fā)生多次彈性正碰，每次碰撞時間都極短，已知斜面傾角α=30°，A、B兩滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）A．B由靜止釋放后至第一次與A碰撞經(jīng)歷的時間為B．B與A第一次碰撞后瞬間A的速度大小為C．B與A發(fā)生第一次碰撞至發(fā)生第二次碰撞的時間為D．B與A發(fā)生第一次碰撞至發(fā)生第二次碰撞滑塊A克服摩擦力做的功為4mgL【答案】BC【詳解】A.設(shè)B下滑過程中加速度大小為a，B由靜止釋放后至第一次與A碰撞經(jīng)歷的時間為t1，第1次與A碰前瞬間的速度為v，則對B由牛頓第二定律得由運(yùn)動學(xué)規(guī)律得，，解得，，故A錯誤；B.第一次碰撞后A的速度為vA1，B的速度為vB1，由動量守恒和機(jī)械能守恒得；，解得，，故B正確；C.第一次碰撞后，A勻速下滑，B勻加速下滑，發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第二次碰撞的過程中兩滑塊下滑的位移相等，所用時間為t2，則有，解得，故C正確；D.B與A發(fā)生第一次碰撞至發(fā)生第二次碰撞，A的位移為滑塊A克服摩擦力做的功，解得，故D錯誤。故選BC。6．（2023·安徽·校聯(lián)考二模）在一座高樓的頂層，工程師們正在安裝一個新型的安全裝置，來檢測大樓內(nèi)部的振動情況，以便及時采取措施防止可能的安全隱患。如圖為該安全裝置的簡化模型，豎直放置的輕質(zhì)彈簧下端固定在地面上，上端與物塊甲連接，初始時物塊甲靜止于A點(diǎn)?，F(xiàn)有質(zhì)量為m的物塊乙從距物塊甲上方h處由靜止釋放，乙與甲相碰后立即一起向下運(yùn)動但不粘連，此時甲，乙兩物塊的總動能為，向下運(yùn)動到B點(diǎn)時總動能達(dá)到最大為，繼續(xù)向下運(yùn)動到達(dá)最低點(diǎn)C（未標(biāo)出），之后在彈起過程中將乙拋離甲。整個過程中彈簧始終處于豎直狀態(tài)，且在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法正確的是（

）A．物塊甲的質(zhì)量為mB．彈起過程中，物塊甲和物塊乙一起運(yùn)動到A點(diǎn)時分離C．A、B兩點(diǎn)間距離與B、C兩點(diǎn)間距離之比為D．彈簧彈性勢能的最大值為7mgh【答案】AC【詳解】A．物塊乙自由下落h，設(shè)碰撞前乙的速度為，對物塊乙由機(jī)械能守恒有而根據(jù)題意，設(shè)碰后物塊甲和物塊乙的共同速度為v，碰后甲、乙的總動能為物塊甲和物塊乙碰撞，碰撞過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有，聯(lián)立解得，故A正確；B．物塊甲與物塊乙分離時速度、加速度均相等，相互作用的彈力為零，此時刻物塊乙只受重力，加速度豎直向下等于g，因此分離時物塊甲的加速度也等于g，合力為mg，即此時彈簧處于原長狀態(tài)，即物塊甲與物塊乙在彈簧恢復(fù)原長時分離，故B錯誤；C．設(shè)彈簧勁度系數(shù)為k，甲、乙兩個物塊的質(zhì)量均為m，設(shè)B、A兩點(diǎn)間距離為，C、B兩點(diǎn)間距離為，在A點(diǎn)彈簧形變量在B點(diǎn)彈簧形變量則可得從A到B，根據(jù)動能定理可得，解得在C點(diǎn)彈簧的形變量從B到C，根據(jù)動能定理可得，解得，可知，故C正確；D．物塊甲和物塊乙在最低點(diǎn)C時彈性勢能最大，又初始時彈簧的壓縮量為初始時彈簧的彈性勢能從物塊甲和物塊乙在A點(diǎn)碰后到運(yùn)動至最低點(diǎn)C，由機(jī)械能守恒定律有解得，故D錯誤。，故選AC。7．（2024·重慶沙坪壩·重慶八中?？家荒＃┤鐖D所示，將質(zhì)量均為m的編號依次為1，2…6的劈塊放在水平面上，它們靠在一起構(gòu)成傾角為θ的三角形劈面，每個劈塊上斜面長度均為L。質(zhì)量為m的小物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝2tanθ，每個劈塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ2，假定最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，劈塊間不粘連?，F(xiàn)使A從斜面底端以平行于斜面的初速度沖上斜面，g為重力加速度，在上滑過程中（）A．若所有劈塊均固定，則水平面對所有劈塊的總支持力小于7mgB．若所有劈塊均不固定且μ2＝0，則所有劈塊和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒C．若所有劈塊均不固定且，則物塊能沖上6號劈塊，且剛沖上6號劈塊時，6號劈塊開始相對水平面滑動D．若所有劈塊均不固定且μ2＝2tanθ，則物塊能沖上6號劈塊，且剛沖上6號劈塊時，6號劈塊受到地面的摩擦力大小為【答案】AC【詳解】A．若所有劈塊均固定，小物塊A沿斜面向上做減速運(yùn)動，加速度沿斜面方向向下，小物塊A處于失重狀態(tài)，而斜面的加速度為零，處于平衡狀態(tài)，所以水平面對所有劈塊的總支持力小于7mg，故A正確；B．若所有劈塊均不固定且μ2＝0，則所有劈塊和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，則系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，而豎直方向上系統(tǒng)所受合力不為零，則所有劈塊和物塊組成的系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；C．若所有劈塊均固定，則有物塊減速為零的位移為若所有劈塊均不固定且，物塊對劈塊的壓力為物塊與劈塊的滑動摩擦力為劈塊恰好開始相對水平面滑動時有解得說明物塊能沖上6號劈塊，且剛沖上6號劈塊時，6號劈塊開始相對水平面滑動，故C正確；D．若所有劈塊均不固定且μ2＝2tanθ，由上述分析可知，物塊能沖上6號劈塊，此時而地面對6號劈塊的滑動摩擦力為當(dāng)時，6號劈塊相對對面滑動，則6號劈塊受到地面的摩擦力大小為；當(dāng)時，6號劈塊仍然靜止，則6號劈塊受到地面的摩擦力大小為，故D錯誤。故選AC。三、解答題8．（2024·四川綿陽·統(tǒng)考二模）如圖所示，豎直平面內(nèi)，存在水平向左的勻強(qiáng)電場和足夠長的光滑桿AB，桿AB與水平方向的夾角為θ，θ可調(diào)節(jié)。質(zhì)量為m、電量為+q的小球套在桿上的A端，讓小球以初速度v0從A端沿桿向B端運(yùn)動，當(dāng)桿水平放置時，經(jīng)時間t1在小球速度減為零；當(dāng)桿豎直放置時，經(jīng)時間t2小球速度減為零。t1、t2的值未知，但已知，重力加速度為g。（1）求電場強(qiáng)度E的大?。唬?）調(diào)節(jié)θ，使小球速度減為零經(jīng)過的時間最短，求最短時間t3及此過程中小球的位移大小x?！敬鸢浮浚?）；（2），【詳解】（1）以運(yùn)動方向為正方向，當(dāng)桿水平放置時，在水平方向上有當(dāng)桿豎直放置時，在豎直方向上有解得（2）小球運(yùn)動時間最短，則加速度最大，運(yùn)動方向與重力和電場的合力反向，則由動量定理有解得小球沿桿運(yùn)動的位移解得9．（2024·河北邯鄲·統(tǒng)考二模）如圖所示，高度相同的兩塊平板P1、P2置于光滑水平面上，其質(zhì)量分別為m1=1kg和m2=3kg。質(zhì)量m=1kg且可看作質(zhì)點(diǎn)的物體P置于P1的最右端，P1與P一起以v0=4m/s的速度向右運(yùn)動，與靜止的P2發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），碰撞過程中無機(jī)械能損失。P與P2之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，P2足夠長，重力加速度g取10m/s2。求：（1）P1、P2碰撞后瞬間兩平板的速度大??；（2）P最終距離P2左端的距離?！敬鸢浮浚?）均為2m/s；（2）0.3m【詳解】（1）、碰撞過程中無機(jī)械能損失，以、為系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立解得，則碰后、的速度大小均為。（2）碰撞后以的速度運(yùn)動到上，最后兩物體共速，碰撞后對與，根據(jù)動量守恒定律得對與，根據(jù)功能關(guān)系得聯(lián)立解得則P最終距離P2左端的距離。10．（2024·湖北十堰·統(tǒng)考一模）如圖所示，平臺和足夠長的傳送帶處于同一高度，平臺右端與傳送帶左端無縫連接，傳送帶在電動機(jī)的帶動下沿順時針方向以勻速轉(zhuǎn)動。傳送帶上方所在區(qū)域存在水平向左的勻強(qiáng)電場。在平臺左端固定一個輕質(zhì)短彈簧，一質(zhì)量的帶正電的物塊B靜止在平臺右端，將另一個與物塊B質(zhì)量相同的絕緣物塊A向左壓縮彈簧(不拴連)，在與物塊B的距離處由靜止釋放，物塊A向右運(yùn)動恰好能與物塊B接觸。將物塊A沿豎直方向切去一半（設(shè)為A＇），然后壓縮彈簧仍從距物塊B為l處由靜止釋放，物塊A＇與物塊B發(fā)生彈性正碰，碰撞前后物塊B的電荷量不變，且碰撞時間極短，碰撞后物塊B在傳送帶上運(yùn)動，經(jīng)過時間后與傳送帶共速，（A＇）、B與平臺、傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為，取重力加速度大小。，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。物塊A＇與物塊B碰撞后撤去彈簧。（1）求物塊A＇碰撞后滑行的距離；（2）求物塊B沿傳送帶向右運(yùn)動的過程中克服電場力做的功；（3）物塊B能否與物塊A＇再次相碰?通過計算說明。【答案】（1）1m；（2）9.6J；（3）物塊B能與物塊A＇再次相碰【詳解】（1）從釋放物塊A到A恰好與物塊B接觸的過程中，由能量守恒定律可得彈簧的彈性勢能設(shè)物塊A＇與物塊B碰前瞬間的速度大小為v0，從釋放物塊A＇到物塊A＇與物塊B碰撞前瞬間，由能量守恒定律可得代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得物塊A＇與物塊B發(fā)生彈性正碰，設(shè)碰撞后瞬間物塊A＇的速度為v1，物塊B的速度為vB，以向右為正方向，由動量守恒定律可得由機(jī)械能守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得碰撞后物塊A＇反向運(yùn)動，碰撞后對物塊A＇由動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得（2）設(shè)物塊B受到的電場力大小為F，則有物塊B減速到與傳送帶速度相同的過程中則有物塊B減速時的加速度大小為解得電場力為物塊B減速到與傳送帶速度相同時向右運(yùn)動的位移大小為物塊B減速到與傳送帶速度相同后，因電場力大于最大靜摩擦力，物塊B將繼續(xù)向右做減速運(yùn)動，由牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)解得設(shè)物塊B與傳送帶速度相同到速度減到零向右運(yùn)動位移大小為x2，可得以后物塊B在電場力作用下向左做加速運(yùn)動，因此物塊B沿傳送帶向右運(yùn)動的過程中克服電場力做的功為（3）物塊B速度減到零后，以加速度a2向左做勻加速運(yùn)動，離開傳送帶時的位移大小為設(shè)物塊B向左離開傳送帶時的速度大小為，則有設(shè)物塊B離開傳送帶在平臺上向左速度減到零時的位移大小為，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得因為可知物塊B能與物塊A＇再次相碰。1.（2023·北京西城·統(tǒng)考二模）研究蹦極運(yùn)動時，在運(yùn)動員身上裝好傳感器，用于測量他在不同時刻下落的高度及速度。運(yùn)動員身系彈性繩，從蹦極臺無初速度下落，根據(jù)某次傳感器測到的數(shù)據(jù)，得到如圖所示的速度—位移圖像。忽略空氣阻力，根據(jù)圖像可知（）A．彈性繩的原長為15mB．0~15m下落過程中，運(yùn)動員重力勢能的減少量大于動能的增加量C．15~27m下落過程中，運(yùn)動員受合力先減小后增大D．0~27m下落過程中，運(yùn)動員重力沖量大于彈性繩彈力沖量【答案】B【詳解】A．由圖像可知位移大小為15m時，速度大小為最大值，可知該位移處有彈性繩的彈力與運(yùn)動員的重力等大，所以彈性繩處于伸長狀態(tài)，即彈性繩的原長小于15m，故A錯誤；B．運(yùn)動員下落過程中先做加速度為g的加速運(yùn)動，至彈性繩恰好拉直后運(yùn)動員繼續(xù)做加速度減小的加速運(yùn)動，直至速度達(dá)到最大，此時位移大小為15m，所以0~15m下落過程中，運(yùn)動員重力勢能的減少量等于動能的增加量加上彈性繩彈性勢能的增加量，故B正確；C．15m時，彈性繩的彈力與運(yùn)動員的重力等大合力為零，之后運(yùn)動員繼續(xù)向下運(yùn)動，彈性繩伸長量繼續(xù)變大，彈性繩彈力大于重力，合力向上且變大。故C錯誤；D．0~27m下落過程中由動量定理可得可知運(yùn)動員重力沖量大小等于彈性繩彈力沖量大小，故D錯誤。故選B。2.（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，游戲者享受著坐在噴泉上的快樂。若游戲者的質(zhì)量，噴泉噴到人體的水柱橫截面積，支撐人的水柱高，水接觸人體后做平拋運(yùn)動。忽略空氣阻力，水的密度，重力加速度g取，則噴口處的水流速度為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】噴口處的水流速度為，與人體接觸時水流速度為，設(shè)水流與人接觸的很短時間內(nèi)，水的質(zhì)量設(shè)這部分水受到的向下的沖擊力大小為，豎直向上為正方向，由動量定理得，解得又根據(jù)牛頓第三定律，游戲者對人的沖擊力大小，對游戲者受力平衡得得解得由運(yùn)動學(xué)公式，，解得故選C。3.（多選）（2024·全國·校聯(lián)考一模）如圖所示，水平放置、足夠長的光滑桿上套有一小球，小球通過一長度為的不可伸長的輕繩與小球相連，小球的質(zhì)量均為。將小球放置于小球的正下方處，并以初速度水平拋出，為重力加速度。下列說法正確的是（）A．繩子恰好繃直時，其與的夾角為B．繩子繃直前瞬間，小球的速度大小為C．繩子繃直后瞬間，小球的速度大小為D．繩子繃直前后，繩子對B球的沖量大小為【答案】AC【詳解】AB．根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律，從拋出到繩子恰好繃直，幾何關(guān)系，聯(lián)立三式可得，，則，，可知繩繃直時與桿的夾角，且繃直前瞬間B球速度與水平方向的夾角也為，此時B球的速度大小，A正確，B錯誤；C．繩子繃直過程中，B球所受總沖量沿繩由B指向A，B球的動量減小，故B球的速度減小，但方向不變，設(shè)繃直后瞬間A、B球的速度分別為，根據(jù)水平方向動量守恒有，由A、B球沿繩方向速度相同，聯(lián)立兩式解得，，，C正確；D．對B球用動量定理分析，繩子對B球的沖量大小，，所以繩子對B沖量大于，D錯誤。故選AC。4.（2024·山東濰坊·昌樂二中?？寄M預(yù)測）如圖所示，返回艙接近地面時，相對地面豎直向下的速度為v，此時反推發(fā)動機(jī)點(diǎn)火，在極短時間內(nèi)，豎直向下噴出相對地面速度為u、體積為V的氣體，輔助返回艙平穩(wěn)落地。已知噴出氣體的密度為，噴出氣體所受重力忽略不計，則噴氣過程返回艙受到的平均反沖力大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】噴出的氣體的質(zhì)量為以噴出的氣體為研究對象，設(shè)氣體受到的平均沖力為F，取向下為正方向，噴出氣體所受重力忽略不計，根據(jù)動量定理有解得根據(jù)牛頓第三定律可知噴氣過程返回艙受到的平均反沖力大小為。故選A。5.（多選）（2023·江西上饒·統(tǒng)考二模）如圖所示，一輛質(zhì)量的小車A靜止在光滑的水平面上，A上有一質(zhì)量的光滑小球B，將一左端固定于A上的輕質(zhì)彈簧壓縮并鎖定，此時彈簧的彈性勢能，B與A右壁距離為l。解除鎖定，B脫離彈簧后與A右壁碰撞并被粘住，下列說法正確的是（）A．B脫離彈簧時，A的速度大小為B．B和A右壁碰撞并被粘住的過程中，A右壁對B的沖量大小為C．整個過程B移動的距離為D．B碰到A右壁前瞬間，A與B的動量相同【答案】AB【詳解】A．B脫離彈簧時，由動量守恒和能量關(guān)系解得A的速度大小為B的速度大小為選項A正確；B．B和A右壁碰撞并被粘住時，AB的速度均變?yōu)榱?，則由動量定理A右壁對B的沖量大小為選項B正確；C．整個過程由動量守恒其中解得B移動的距離為選項C錯誤；D．B碰到A右壁前瞬間，A與B的動量大小相等，方向相反，選項D錯誤。故選AB。6.（多選）（2024·貴州·統(tǒng)考一模）如圖所示，在水平面上放置一半徑為R的半圓槽，半圓槽的左、右最高點(diǎn)A、B在同一水平線上、最低點(diǎn)為C，現(xiàn)讓一個小球從槽右側(cè)最高點(diǎn)B無初速釋放。已知小球和半圓槽的質(zhì)量分別為m和2m，不計小球與半圓槽和半圓槽與水平地面之間的摩擦，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。則（

）A．小球向左運(yùn)動能達(dá)到A點(diǎn) B．半圓槽向右運(yùn)動