2017-2021年福建高考物理真題分類匯編之共點(diǎn)力的平衡與動(dòng)量守恒定律

2017-2021年福建高考物理真題分類匯編之共點(diǎn)力的平衡與動(dòng)量

守恒定律

一.選擇題（共4小題）

1.（2017?新課標(biāo)I）將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s

的速度從火箭噴口在很短時(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.30kg*m/sB.5.7X102kg,m/s

C.6.0X102kg-m/sD.6.3X102kg.m/s

2.（2021?福建）福建屬于臺(tái)風(fēng)頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設(shè)施建設(shè)都要考慮臺(tái)風(fēng)影響。已知10

級(jí)臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速范圍為24.5m/s?28.4m/s,16級(jí)臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速范圍為51.0m/s?56.0m/s。若臺(tái)

風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌，則16級(jí)臺(tái)風(fēng)對(duì)該交通標(biāo)志牌的作用力大小約為10

級(jí)臺(tái)風(fēng)的（）

A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍

3.（2020?新課標(biāo)I）行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會(huì)被彈出并瞬間充

滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，

下列說法正確的是（）

A.增加了司機(jī)單位面積的受力大小

B.減少了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變化量

C.將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動(dòng)能

D.延長了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積

4.（2019?新課標(biāo)I）最近，我國為“長征九號(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3km/s,產(chǎn)生的推力約為4.8X106N,則它在1s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為

（）

A.1.6X102kgB.1.6X103kgC.1.6X105kgD.1.6X106kg

二.多選題（共2小題）

（多選）5.（2019?新課標(biāo)I）如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑

輪。一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N,另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜

止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動(dòng)N,直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45°.已知

M始終保持靜止，則在此過程中（)

B.M所受細(xì)繩的拉力大小一定一直增加

C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加

D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加

（多選）6.（2017?新課標(biāo)I）如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重

物，用手拉住繩的另一端N.初始時(shí)，0M豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角a

（a＞三）?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角a不變，在0M由豎直被拉到水

2

A.MN上的張力逐漸增大

B.MN上的張力先增大后減小

C.0M上的張力逐漸增大

D.0M上的張力先增大后減小

三.計(jì)算題（共3小題）

7.（2019?新課標(biāo)I）豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑

連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時(shí)刻，小物塊A在傾

斜軌道上從靜止開始下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短）；當(dāng)A返回

到傾斜軌道上的P點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時(shí)，速度減為0,此時(shí)對(duì)其施加一外力，使其在傾

斜軌道上保持靜止。物塊A運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖（b）所示，圖中的vi和ti均為未知量。

已知A的質(zhì)量為m,初始時(shí)A與B的高度差為H,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力。

（2）在圖（b）所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；

（3）已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等。在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，改變物塊與軌道

間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將A從P點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后A剛好能與B再次碰上。求改變前

后動(dòng)摩擦因數(shù)的比值。

8.（2018?新課標(biāo)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E,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。

9.（2020?新課標(biāo)I）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面是以O(shè)為圓心，半徑為R的

圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m,電荷量為q（q>0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自

A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知?jiǎng)傔M(jìn)入電場時(shí)速度

為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率vo穿出電場，AC與AB的夾角9=60°.運(yùn)動(dòng)中

粒子僅受電場力作用。

（1）求電場強(qiáng)度的大?。?/p>

（2）為使粒子穿過電場后的動(dòng)能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？

（3）為使粒子穿過電場前后動(dòng)量變化量的大小為mvo,該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多

大？

2017-2021年福建高考物理真題分類匯編之共點(diǎn)力的平衡與動(dòng)量

守恒定律

參考答案與試題解析

選擇題（共4小題）

1.（2017?新課標(biāo)I）將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s

的速度從火箭噴口在很短時(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.30kg?m/sB.5.7X102kg*m/s

C.6.0X102kg.m/sD.6.3X102kg,m/s

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律.

【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合.

【分析】在噴氣的很短時(shí)間內(nèi)，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，結(jié)合動(dòng)量守恒定律求

出燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g火箭的動(dòng)量大小。

【解答】解：開始總動(dòng)量為零，規(guī)定氣體噴出的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得，0

=mivi+p,

解得火箭的動(dòng)量p=-mivi=-0.05X600kg?m/s=-30kg?m/s,負(fù)號(hào)表示方向，故A正

確，B、C、D錯(cuò)誤。

故選：A。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律的基本運(yùn)用，知道噴出燃?xì)獾膭?dòng)量和火箭的動(dòng)量大小

相等，方向相反，基礎(chǔ)題。

2.（2021?福建）福建屬于臺(tái)風(fēng)頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設(shè)施建設(shè)都要考慮臺(tái)風(fēng)影響。已知10

級(jí)臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速范圍為24.5m/s?28.4m/s,16級(jí)臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速范圍為51.0m/s~56.0m/s。若臺(tái)

風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌，則16級(jí)臺(tái)風(fēng)對(duì)該交通標(biāo)志牌的作用力大小約為10

級(jí)臺(tái)風(fēng)的（）

A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍

【考點(diǎn)】動(dòng)量定理；牛頓第三定律.

【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理能力.

【分析】首先確定研究對(duì)象是風(fēng)，并求解其質(zhì)量；然后根據(jù)動(dòng)量定理列出方程；最后求

出力的表達(dá)式，列比例求解。

【解答】解：設(shè)空氣的密度為P，風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的橫截面積為S,

在時(shí)間At的空氣質(zhì)量為：

Am=pSv,At

假定臺(tái)風(fēng)風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的末速度為零，對(duì)風(fēng)，由動(dòng)量定理得：

-FAt=0-Amv

可得：F=pSv2

10級(jí)臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速vi^25m/s,16臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速V2^50m/s,則有

三=21=4

“H.V21

根據(jù)牛頓第三定律可知，16級(jí)臺(tái)風(fēng)對(duì)該交通標(biāo)志牌的作用力大小約為10級(jí)臺(tái)風(fēng)的4倍,

故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：B?

【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵是研究對(duì)象質(zhì)量的確定。

3.（2020?新課標(biāo)I）行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會(huì)被彈出并瞬間充

滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，

下列說法正確的是（）

A.增加了司機(jī)單位面積的受力大小

B.減少了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變化量

C.將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動(dòng)能

D.延長了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積

【考點(diǎn)】動(dòng)量定理.

【專題】簡答題；歸納法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；分析綜合能力.

【分析】在碰撞過程中，司機(jī)動(dòng)量的變化量是一定的，都等于△p=mv,但安全氣囊會(huì)

延長作用時(shí)間，增加受力面積；再根據(jù)動(dòng)量定理分析即可。

【解答】解：ABD、在碰撞過程中，司機(jī)的動(dòng)量的變化量是一定的，但安全氣囊會(huì)增加

作用的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理Ft=4p可知，可以減小司機(jī)受到的沖擊力F,同時(shí)安全氣囊

會(huì)增大司機(jī)的受力面積，則司機(jī)單位面積的受力大小工減小，故AB錯(cuò)誤，D正確。

S

C、安全氣囊只是延長了作用時(shí)間，減小了司機(jī)的受力，將司機(jī)的動(dòng)能轉(zhuǎn)換成氣囊的彈性

勢(shì)能及氣囊氣體內(nèi)能，故C錯(cuò)誤。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵是知道在碰撞過程中，司機(jī)動(dòng)量的變化量是一定的：會(huì)熟練應(yīng)用動(dòng)

量定理分析力的變化。

4.（2019?新課標(biāo)I）最近，我國為“長征九號(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3km/s,產(chǎn)生的推力約為4.8X1（）6N,則它在1s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為

（）

A.1.6X102kgB.1.6X103kgC.1.6X105kgD.1.6X106kg

【考點(diǎn)】動(dòng)量定理.

【專題】定量思想；方程法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；理解能力；分析綜合能力.

【分析】以氣體為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理列方程求解1s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量。

【解答】解：以氣體為研究對(duì)象，設(shè)t=ls內(nèi)噴出的氣體質(zhì)量為m,根據(jù)動(dòng)量定理可得：

Ft=mv-0

其中v=3km/s=3000m/s

3

解得：m=Ft=l_8>￡10^2￡lkg=i.6x10kg,故B正確，ACD錯(cuò)誤。

3000

故選:B?

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查動(dòng)量定理，利用動(dòng)量定理解答問題時(shí)，要注意分析運(yùn)動(dòng)過程中

物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動(dòng)量的變化。

二.多選題（共2小題）

（多選）5.（2019?新課標(biāo)I）如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑

輪。一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N,另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜

止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動(dòng)N,直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45°.己知

M始終保持靜止，則在此過程中（）

A.水平拉力的大小可能保持不變

B.M所受細(xì)繩的拉力大小一定一直增加

C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加

D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加

【考點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡.

【專題】應(yīng)用題；定性思想；圖析法；受力分析方法專題；推理能力.

【分析】由于M、N在水平拉力作用下，整體保持靜止?fàn)顟B(tài)，那么所受的合力為零。又

由于重力恒定，水平拉力方向不變，可用三角形方法解決此類動(dòng)態(tài)平衡問題。最后結(jié)合,

M所受力的情況進(jìn)行解答即可。

【解答】解：AB、根據(jù)M、N均保持靜止，進(jìn)行受力分析可知，N受到豎直向下的重力

及水平方向的拉力F,變化的繩子拉力T,如下圖所示：

Gv

在向左拉動(dòng)的時(shí)候，繩子拉力T和水平拉力F都不斷增大，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD、對(duì)于M的受力，開始時(shí)可能是T=mgsin0-f,當(dāng)T不斷增大的時(shí)候，f減少；當(dāng)T

>mgsin。時(shí)，隨著T的增大，f將增大，所以沿斜面的摩擦力f可能先減小后增大；也

可能是T=mgsinO+f,當(dāng)T不斷增大的時(shí)候，摩擦力f增大；故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：BDo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)態(tài)的平衡問題，解題的關(guān)鍵是使用三角形方法解題；其次，在分

析M的受力時(shí)，注意摩擦力的方向問題。

（多選）6.（2017?新課標(biāo)I）如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重

物，用手拉住繩的另一端N.初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角a

（a>2L）o現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角a不變，在OM由豎直被拉到水

2

平的過程中（)

N

A.MN上的張力逐漸增大

B.MN上的張力先增大后減小

C.0M上的張力逐漸增大

D.0M上的張力先增大后減小

【考點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡；力的合成與分解的運(yùn)用.

【專題】定性思想；等效替代法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題.

【分析】整個(gè)拉動(dòng)過程中，小球的重力不變，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件分析。

【解答】解：以重物為研究對(duì)象，受重力mg,0M繩上拉力TOM,MN上拉力TMN,由

題意知，三個(gè)力合力始終為零，矢量三角形如圖所示，在TMN轉(zhuǎn)至水平的過程中，MN

上的張力TMN逐漸增大，OM上的張力TOM先增大后減小，所以A、D正確；B、C錯(cuò)

誤。

故選:ADo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查共點(diǎn)力的平衡條件，這種問題一般要抓住不變的量，然后去分析變化

的量。在本題中，小球的重力大小和方向都不變，抓住這一點(diǎn)，然后去分析另外兩個(gè)力

的變化情況，這樣有理有據(jù)。

三.計(jì)算題（共3小題）

7.（2019?新課標(biāo)I）豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑

連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時(shí)刻，小物塊A在傾

斜軌道上從靜止開始下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短）；當(dāng)A返回

到傾斜軌道上的P點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時(shí)，速度減為0,此時(shí)對(duì)其施加一外力，使其在傾

斜軌道上保持靜止。物塊A運(yùn)動(dòng)的V-t圖象如圖（b）所示，圖中的V!和ti均為未知量。

已知A的質(zhì)量為m,初始時(shí)A與B的高度差為H,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力。

（2）在圖（b）所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；

（3）已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等。在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，改變物塊與軌道

間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將A從P點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后A剛好能與B再次碰上。求改變前

后動(dòng)摩擦因數(shù)的比值。

【考點(diǎn)】動(dòng)能定理；動(dòng)量守恒定律.

【專題】定量思想；方程法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力.

【分析】（D根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量關(guān)系列方程求解；

（2）對(duì)A下滑過程中和上滑過程中根據(jù)動(dòng)能定理列方程，從圖（b）給出的圖象可得A

上升的高度與H的關(guān)系，根據(jù)功的計(jì)算公式求解物塊A在整個(gè)過程中克服摩擦力做的功;

（3）設(shè)根據(jù)動(dòng)能定理求解B在水平軌道上能夠滑行的距離，物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)

在改變后，根據(jù)動(dòng)能定理求解A滑行的距離，然后求出改變前后動(dòng)摩擦因數(shù)的比值。

【解答】解：（1）根據(jù)圖（b）,V］為A在碰撞前瞬間的速度大小，上L為其碰撞后瞬間

2

速度大小。設(shè)物塊B的質(zhì)量為m',碰后瞬間的速度為v',

V4

根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mvi=m（--L）+m'v'

2

根據(jù)能量守恒定律可得：聶丫產(chǎn)品（今）2+氤/2

聯(lián)立解得m'=3m；

（2）在圖（b）描述的運(yùn)動(dòng)中，設(shè)物塊A與軌道間的滑動(dòng)摩擦力大小為f,下滑過程中

所走過的路程為S1，返回過程中所走過的路程為S2,P點(diǎn)的高度為h,整個(gè)過程中克服摩

擦所做的功為W,根據(jù)動(dòng)能定理可得:

mgH-fsi=lmv2-o

2

1VI

(fs2+mgh)=0-

從圖（b）給出的圖象可知，Sl=Lvt

211

IVi、

S2-y—?（L4t「t1）

根據(jù)幾何關(guān)系可得：±2=h

siH

物塊A在整個(gè)過程中克服摩擦力做的功為：

W=fS]+fS2，

聯(lián)立解得：w=21ngH；

15

（3）設(shè)傾斜軌道傾角為e,物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)在改變前為山則有：

W=[imgcos0--、+h，

sin8

設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s',

根據(jù)動(dòng)能定理可得-Nm'gs'=0-lm^y2

設(shè)物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)在改變后為,根據(jù)動(dòng)能定理可得：

mgh-mgcosQ.——-——-，mgs'=0

sin8

聯(lián)立解得：=

|1'9

答：（1）物塊B的質(zhì)量為3m；

（2）在圖（b）所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，物塊A克服摩擦力所做的功為21ng小

15

（3）改變前后動(dòng)摩擦因數(shù)的比值為」1。

9

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了動(dòng)能定理；運(yùn)用動(dòng)能定理解題時(shí)，首先要選取研究過程，然

后分析在這個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末動(dòng)能為多少，根據(jù)動(dòng)能定

理列方程解答；動(dòng)能定理的優(yōu)點(diǎn)在于適用任何運(yùn)動(dòng)包括曲線運(yùn)動(dòng)：一個(gè)題目可能需要選

擇不同的過程多次運(yùn)用動(dòng)能定理研究，也可以全過程根據(jù)動(dòng)能定理解答。

8.（2018?新課標(biāo)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E,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。

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律；豎直上拋運(yùn)動(dòng).

【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；動(dòng)量和能量的綜合.

【分析】（1）煙花彈從地面開始上升的過程中做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由速度時(shí)間公式求上升

的時(shí)間。

（2）研究爆炸過程，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合求爆炸后瞬間兩部分的速度，

再由運(yùn)動(dòng)學(xué)求最大高度。

【解答】解：（1）設(shè)煙花彈的初速度為vo.則有：E=lmv2

得:vo=F^

煙花彈從地面開始上升的過程中做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則有：vo-gt=O

得T槨

2

（2）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸上升的高度為：hi=*=&

2gmg

對(duì)于爆炸過程，取豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

O=Amvi-Amv2o

22

根據(jù)能量守恒定律得：E=Ax—mvi2+Xx—mv22o

2222

聯(lián)立解得：VI=產(chǎn)

2

爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分能繼續(xù)上升的最大高度為：h2=L=-L

2gmg

所以爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度為：h=hi+h2=Z&

mg

答：（D煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間是厘；

gVm

（2）爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度是2員。

mg

【點(diǎn)評(píng)】分析清楚煙花彈的運(yùn)動(dòng)過程，把握每個(gè)過程的物理規(guī)律是解題的關(guān)鍵。要知道

爆炸過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)遵守兩大守恒定律：動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律，解

題時(shí)要注意選擇正方向。

9.（2020?新課標(biāo)I）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面是以O(shè)為圓心，半徑為R的

圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m,電荷量為q（q>0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自

A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知?jiǎng)傔M(jìn)入電場時(shí)速度

為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率VO穿出電場，AC與AB的夾角9=60°.運(yùn)動(dòng)中

粒子僅受電場力作用。

（1）求電場強(qiáng)度的大??；

（2）為使粒子穿過電場后的動(dòng)能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？

（3）為使粒子穿過電場前后動(dòng)量變化量的大小為mvo,該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多

大？

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)；動(dòng)量沖量；動(dòng)能；電場強(qiáng)度與電場力.

【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題；分

析綜合能力.

【分析】（1）粒子初速度為零時(shí)，沿電場力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，粒子由C點(diǎn)射出電

場，所以電場方向與AC平行，由A指向C.根據(jù)動(dòng)能定理求電場強(qiáng)度的大小。

（2）為使粒子穿過電場后的動(dòng)能增量最大，電場力做功最多，出射點(diǎn)的切線必定與電場

垂直。粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和分位移公式分別列式，結(jié)合幾

何關(guān)系求解。

（3）以粒子進(jìn)入電場時(shí)的方向?yàn)閤軸，電場方向?yàn)閥軸，建立坐標(biāo)系，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)寫

出圓方程。為使粒子穿過電場前后動(dòng)量變化量的大小為mvo,根據(jù)mvo=mat求解粒子進(jìn)

入電場時(shí)的速度。

【解答】解：（1）粒子初速度為零，由C點(diǎn)射出電場，故電場方向與AC平行，由A指

向C。

由幾何關(guān)系和電場強(qiáng)度的定義知：

AC=R…①

F=qE…②

由動(dòng)能定理得

F，AC=/mvj…③

2

mV

o

聯(lián)立①②③解得2

qR

(2)如圖，由幾何關(guān)系知AC_LBC,故電場中的等勢(shì)線與BC平行。作與BC平行的直

線與圓相切于D點(diǎn)，與AC的延長線交于P點(diǎn)，則自D點(diǎn)從圓周上穿出的粒子的動(dòng)能增

量最大。

由幾何關(guān)系知

/PAD=30°,AP=3R,DP=?<…⑤

22

設(shè)粒子以速度VI進(jìn)入電場時(shí)動(dòng)能增量最大，在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為5粒子在AC方向

做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的距離等于AP；在垂直于AC方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)

動(dòng)的距離等于DP,由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：

F=ma⑥

DP=v山⑧

聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得VI=￥>VQ⑨

(3)設(shè)粒子以速度v進(jìn)入電場時(shí)，在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t。以A為原點(diǎn)，粒子進(jìn)入電

場的方向?yàn)閤軸正方向，電場方向?yàn)閥軸正方向建立直角坐標(biāo)系，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：

y=yat2(1°)

x=vt(11)

粒子離開電場的位置在圓周上，有

(X-返R)2+(y-JiR)2=R2(12)

22

粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其X方向的動(dòng)量不變，y方向的初動(dòng)量為零，設(shè)穿過電場前后

動(dòng)量變化量的大小為mvo的粒子，離開電場時(shí)其y方向的速度分量為V2,由題給條件及

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：

mv2=mvo=mal(13)

聯(lián)立②④⑥(10)(11)(12)(13)式得：

v=0

或v=—v

2n0

另解:

由題意知，初速度為。時(shí)，動(dòng)量增量大小為mvo,此即問題的一個(gè)解。

自A點(diǎn)以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，沿y方向位移相等時(shí)，所用時(shí)間

都相同，因此，不同粒子運(yùn)動(dòng)到線段CB上時(shí)，動(dòng)量變化量都相同，自B點(diǎn)射出電場的

粒子，其動(dòng)量變化也為mvo，由幾何關(guān)系和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得，此時(shí)入射速率丫=返丫,。

20

2

答：（1）電場強(qiáng)度的大小為之；

2qR

（2）為使粒子穿過電場后的動(dòng)能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為近丫門。

（3）為使粒子穿過電場前后動(dòng)量變化量的大小為mvo,該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為0

或返vn。

2。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)問題，要明確粒子的受力情況，確定其

運(yùn)動(dòng)情況，會(huì)熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法處理類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合幾何知識(shí)幫助解答。

考點(diǎn)卡片

1.豎直上拋運(yùn)動(dòng)

【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】

1.定義：物體以初速度vo豎直向上拋出后，只在重力作用下而做的運(yùn)動(dòng)，叫做豎直上拋運(yùn)

動(dòng)。

2.特點(diǎn)：

（1）初速度：vo#O；

（2）受力特點(diǎn)：只受重力作用（沒有空氣阻力或空氣阻力可以忽略不計(jì)）；

（3）加速度：a=g,其大小不變，方向始終豎直向下。

3.運(yùn)動(dòng)規(guī)律：

取豎直向上的方向?yàn)檎较颍校?/p>

v（=vo-gt,

h=vot-Agt2,

2

Vt2-V（r=2gh；

4.幾個(gè)特征量：

v2

（1）上升的最大高度hmax=」n一；

2g

（2）質(zhì)點(diǎn)在通過同一高度位置時(shí)，上升速度與下落速度大小相等；上升到最大高度處所需

時(shí)間t上和從最高處落回到拋出點(diǎn)所需時(shí)間相等t下，t±=t>=二2。

S

【命題方向】

例1：某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2.5s內(nèi)物體的（）

A.路程為65m

B.位移大小為25m,方向向上

C.速度改變量的大小為10m/s

D.平均速度大小為13m/s,方向向上

分析：豎直上拋運(yùn)動(dòng)看作是向上的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，和向下的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，明確運(yùn)動(dòng)過

程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求出各物理量。

解答：由丫=浜可得，物體的速度減為零需要的時(shí)間t=19=%=3s,故5s時(shí)物體正在下

g10

落；

2

A、路程應(yīng)等于向上的高度與后2s內(nèi)下落的高度之和，由v2=2gh可得，h=]_=45m,后

兩s下落的高度h'=_^gt'2=20m,故總路程s=(45+20)m=65m；故A正確；

B、位移h=vot-￡gt2=25m,位移在拋出點(diǎn)的上方，故B正確；

C、速度的改變量△v=gt=50m/s,方向向下，故C錯(cuò)誤；

D、平均速度v=Il=Z2=5m/s,故D錯(cuò)誤。

t5

故選：ABo

點(diǎn)評(píng)：豎直上拋運(yùn)動(dòng)中一定要靈活應(yīng)用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正確

理解公式，如平均速度一定要用位移除以時(shí)間；速度變化量可以用avnat求得。

例2：在豎直的井底，將一物塊以Um/s的初速度豎直向上拋出，物體沖出井口再落回到井

口時(shí)被人接住，在被人接住前1s內(nèi)物體的位移是4m,位移方向向上，不計(jì)空氣阻力，取g

=10m/s2.求：

(1)物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間；

(2)豎直井的深度。

分析：豎直上拋運(yùn)動(dòng)的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時(shí)一般用分

段法，此題可以直接應(yīng)用整體法進(jìn)行求解。

解答：(1)設(shè)最后1s內(nèi)的平均速度為[

貝！J：；=^h^=4m/s

平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，即接住前0.5s的速度為vi=4m/s

設(shè)物體被接住時(shí)的速度為V2,

則vi=V2-gt得：V2=4+10X0.5=9m/s,

則物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間t=立衛(wèi)+1=W1L+1=1.2S；

g-10

(2)豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移，則

h=V0t-Agt2=11X1.2-Axiox1.22=6mo

22

答：（1）物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間為1.2s

（2）豎直井的深度為6m。

點(diǎn)評(píng)：豎直上拋運(yùn)動(dòng)的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時(shí)一般用分

段法，此題只有豎直向上的勻減速運(yùn)動(dòng)，直接應(yīng)用整體法求解即可。

【解題方法點(diǎn)撥】

1.豎直上拋運(yùn)動(dòng)的兩種研究方法：

（1）分段法：上升階段是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，下落階段是自由落體運(yùn)動(dòng)，下落過程是上升過

程的逆過程。

（2）整體法：從全程來看，加速度方向始終與初速度vo的方向相反，所以可把豎直上拋運(yùn)

動(dòng)看成一個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)，要特別注意vo、“、g、h等矢量的正、負(fù)號(hào)。一般選取豎直

向上為正方向，vo總是正值，上升過程中“為正值，下落過程中“為負(fù)值；物體在拋出點(diǎn)

以上時(shí)h為正值，物體在拋出點(diǎn)以下時(shí)h為負(fù)值。

?。贺Q直上拋運(yùn)動(dòng)的上升階段和下降階段具有對(duì)稱性：①速度對(duì)稱：上升和下降過程經(jīng)過同

一位置時(shí)速度等大、反向；②時(shí)間對(duì)稱：上升和下降過程經(jīng)過同一段高度的上升時(shí)間和下降

時(shí)間相等。

2.力的合成與分解的運(yùn)用

【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】

一、物體的受力分析

1.放在水平地面上靜止的物體.

F合=0

二力平衡：某個(gè)物體受兩個(gè)力作用時(shí)，只要兩個(gè)力大小相等，方向相反，作用在同一條

直線上，則這兩個(gè)力合力為零，物體處于平衡狀態(tài).

2.放在水平地面上的物體（受到一個(gè)豎直向上的力F仍保持靜止）

F

ZZ/ZZ/ZZZZZZZ

vG

F合=0

豎直方向上三力平衡：F+FN=G,BP：豎直方向上合力為0.

3.放在水平地面上的物體（受到一個(gè)推力仍保持靜止）

F合=0

水平方向上二力平衡，即：水平方向上合力為o

豎直方向上二力平衡；即：豎直方向上合力為0.

4.放在水平地面上的物體（受到一個(gè)拉力F仍保持靜止如圖示）

水平方向上：Fx=Ff,即：水平方向上合力為0；

豎直方向上：G=Fy+FN，即：豎直方向上合力為0.

5.力的合成解題：放在斜面上靜止的物體

合成法：物體受幾個(gè)力的作用，可先將某幾個(gè)力合成，再將問題轉(zhuǎn)化為二力平衡.

6.力的分解解題：放在斜面上靜止的物體

分解法：物體受幾個(gè)力的作用，將某個(gè)力按效果分解，則其分力與其它兒個(gè)力滿足平衡條

件.

7.放在斜面上的物體受到一個(gè)平行斜面向上的力F仍保持靜止

平行斜面方向上：Fi-F+Ff,即：平行斜面方向方向上合力為0；

垂直斜面方向上：F2=FN.即：垂直斜面方向上合力為0.

8.放在斜面上的物體受到一個(gè)垂直斜面向下的力F仍保持靜止

F合=0

平行斜面方向上：Fi=Ff,即：平行斜面方向方向上合力為0；

垂直斜面方向上：F2+F=FN，即：垂直斜面方向上合力為0.

9.放在斜面上的物體受到一個(gè)水平向右的力F仍保持靜止

G

F合二0

平行斜面方向上：Gi=Ff+Fi，即：平行斜面方向方向上合力為0；

垂直斜面方向上：G2+F2=FN，即：垂直斜面方向上合力為0.

3.共點(diǎn)力的平衡

共點(diǎn)力的平衡

4.牛頓第三定律

【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】

1.內(nèi)容：兩個(gè)物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線

上.

2.作用力與反作用力的“四同”和“三不同”:

'大小相同

同閂方向在同一直線上

四同性質(zhì)相同

出現(xiàn)、存在、消失的時(shí)間相同

'方向不同

三不同作用時(shí)象不同

作用效果不同

【命題方向】

題型一：牛頓第三定律的理解和應(yīng)用

例子：關(guān)于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）

A.作用力與反作用力的合力為零

B.先有作用力，然后才產(chǎn)生反作用力

C.作用力與反作用力大小相等、方向相反

D.作用力與反作用力作用在同一個(gè)物體上

分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上,

作用在兩個(gè)物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失.

解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個(gè)物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯(cuò)誤.

B、作用力與反作用力，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失，故B錯(cuò)誤.

C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個(gè)物體上，故C正確.

D、作用力與反作用力，作用在兩個(gè)物體上，故D錯(cuò)誤.

故選：C.

點(diǎn)評(píng)：考查牛頓第三定律及其理解.理解牛頓第三定律與平衡力的區(qū)別.

【解題方法點(diǎn)撥】

應(yīng)用牛頓第三定律分析問題時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)

（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結(jié)論，分析問題需嚴(yán)格依據(jù)科學(xué)理論.

（2）理解應(yīng)用牛頓第三定律時(shí)，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關(guān)系

與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān).

（3）與平衡力區(qū)別應(yīng)抓住作用力和反作用力分別作用在兩個(gè)物體上.

【知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用及延伸】

比較作用力和反作用力與平衡力的異同點(diǎn):

一對(duì)作用力與反作用力一對(duì)平衡力

相大小相等相等

同方向相反相反

點(diǎn)

是否共線共線共線

不性質(zhì)一定相同不一定相同

同作用時(shí)間同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失不一定同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失

點(diǎn)

作用對(duì)象不同（異體）相同（同體

作用效果兩個(gè)力在不同物體產(chǎn)生不同效果，不能兩個(gè)力在同一物體上使物體達(dá)到平

抵消衡的效果

5.動(dòng)量沖量

【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】

一、動(dòng)量

1.定義：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動(dòng)量，通常用p來表示.

2.表達(dá)式：p=mv.

3.單位：kgTn/s.

4.標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，其方向和速度方向相同.

二、沖量

1.定義：力尸和它的作用時(shí)間t的乘積叫做這個(gè)力的沖量，通常用/表示.

2.表達(dá)式：/=Ft（此式只能用來計(jì)算恒力廠的沖量）.

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.

【命題方向】

題型一：動(dòng)量大小的計(jì)算及方向的判斷

例子：一個(gè)物體的質(zhì)量是2kg,沿豎直方向下落，以lOm/s的速度碰到水泥地面上，隨后又

以8m/s的速度被反彈回，若取豎直向上為正方向，則小球與地面相碰前的動(dòng)量是-20kg

,m/s,相碰后的動(dòng)量是16kg?m/s,小球的動(dòng)量變化是36kg?m/s.

分析：已知向上為正方向，則可知初末動(dòng)量大小，同時(shí)可求出小球的動(dòng)量變化.

解答：因向上為正，則小球與地面相碰前的動(dòng)量為：Pi=mvi=2X(-10)=-20kgem/s；

碰后的動(dòng)量為P2=mv2=2X8=16kg*m/s；

則小球的動(dòng)量變化為：P2-Pi=16-(-20)=36kg?m/s

故答案為：-20；16；36.

點(diǎn)評(píng)：本題考查動(dòng)量的求法，求動(dòng)量時(shí)一定要注意動(dòng)量的正負(fù).

6.動(dòng)量定理

【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】

1.內(nèi)容：物體在一個(gè)過程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過程中所受力的沖量.

2.表達(dá)式：pr-p=/或機(jī)u-加加=五九

3.用動(dòng)量概念表示牛頓第二定律：由次u-mvo=?，得到尸二111Vm_Q=_^_=nJ

ttt

ma,所以物體動(dòng)量的變化率等于它受到的力，即尸=心艮，這是牛頓第二定律的動(dòng)量表述.

t

【命題方向】

題型一：動(dòng)量定理的應(yīng)用

例子：一質(zhì)量為m的鐵錘，以速度v豎直打在木樁上，經(jīng)過時(shí)間而停止，則在打擊時(shí)間

內(nèi)，鐵錘對(duì)木樁的平均沖力的大小是()

A.mg△tB._?L.C.1117+mg

AtAt

D.-5^--mg

At

分析：由題意可知，鐵錘的初末動(dòng)量，由動(dòng)量定理可求得其對(duì)木樁的平均沖力.

解答：對(duì)鐵錘分析可知，其受重力與木樁的作用力；設(shè)向下為正方向，則有：

(mg-F)t=0-mv

得：F=mg+-?PZ-；

At

由牛頓第三定律可知，鐵錘對(duì)樁的平均沖力為：F=mg+3_；

At

故選：C.

點(diǎn)評(píng)：本題考查動(dòng)量定理的應(yīng)用，在應(yīng)用時(shí)要注意先明確正方向，然后才能列動(dòng)能定理的關(guān)

系式求解.

【解題方法點(diǎn)撥】

1.動(dòng)量、動(dòng)量的變化量、沖量、力都是矢量.解題時(shí)，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(shí)間的乘積表示，變力的沖量計(jì)算，要看題目條件確定.如

果力隨時(shí)間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時(shí)間均勻變化，就用/表示這個(gè)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(shí)間3用牛頓第二定律能解答的問題、用動(dòng)量定理也能解

答，而用動(dòng)量定理解題，更簡捷.

7.動(dòng)量守恒定律

【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】

1.內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不

變，這就是動(dòng)量守恒定律.

2.表達(dá)式：

（1）p=p',系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p'.

（2）m\v\+m2V2—m\v\'+m2V2）＞相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于

作用后的動(dòng)量和.

（3）△〃[=-△〃，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向.

（4）△/?=0,系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零.

3.動(dòng)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(gè)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(dòng)量守恒.

【命題方向】

題型一：動(dòng)量守恒的判斷

例子：如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量比mA：mB=3：2,它們?cè)瓉盱o止在平板車C上，A、

B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，地面光滑.當(dāng)彈簧

突然釋放后，則有（）

A.A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.A、B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒

C.小車向左運(yùn)動(dòng)D.小車向右運(yùn)動(dòng)

分析：在整個(gè)過程中三個(gè)物體組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒.分析小車的受力情

況，判斷其運(yùn)動(dòng)情況.

解答：A、B,由題意，地面光滑，所以A、B和彈簧、小車組成的系統(tǒng)受合外力為零，所

以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒.

在彈簧釋放的過程中，由于mA：nw=3：2,A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B組

成的系統(tǒng)合外力不為零，動(dòng)量不守恒.故A錯(cuò)誤.B正確；

C、D由于A、B兩木塊的質(zhì)量之比為mi：m2=3：2,由摩擦力公式f=uN=|img知，A對(duì)

小車向左的滑動(dòng)摩擦力大于B對(duì)小車向右的滑動(dòng)摩擦力，在A、B相對(duì)小車停止運(yùn)動(dòng)之前,

小車的合力所受的合外力向左，會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤.

故選：BC.

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵掌握系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律的適用條件：合外力為零，并能通過分析受力，判斷

是否系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，題目較為簡單」

題型二：動(dòng)量守恒的應(yīng)用

例子：如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3m,在木板的上面

有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B,它們與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為n，最初木板靜止，A、

B兩木塊同時(shí)以方向水平向右的初速度vo和2Vo在木板上滑動(dòng)，木板足夠長，A、B始終未

滑離木板.求：

（1）木塊B從剛開始運(yùn)動(dòng)到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移；

（2）木塊A在整個(gè)過程中的最小速度.

分析：（1）A、B兩木塊同時(shí)水平向右滑動(dòng)后，木塊A先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木塊A與

木板C的速度相等后，A、C相對(duì)靜止一起在C摩擦力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；木塊B

一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到三個(gè)物體速度相同.根據(jù)三個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒求出最

終共同的速度，對(duì)B由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理求解發(fā)生的位移；

（2）當(dāng)木塊A與木板C的速度相等時(shí)，木塊A的速度最小，根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒求解A

在整個(gè)過程中的最小速度，或根據(jù)牛頓第二定律分別研究A、C,求出加速度，根據(jù)速度公

式，由速度相等條件求出時(shí)間，再求解木塊A在整個(gè)過程中的最小速度.

解答：（1）木塊A先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；木塊B一直做勻減速直線

運(yùn)動(dòng)；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到A、B、C三者的速度相等為止，

設(shè)為VI.對(duì)A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得:

mvo+2mvo=(m+m+3m)vi

解得：vi=O.6vo

木塊B滑動(dòng)的加速度為：a=pg,

Vj-(2v)291VQ

所發(fā)生的位移:0

-2a50|Ig

(2)A與C速度相等時(shí)，速度最小，此過程A和B減少的速度相等，有:

mvo+2mvo=(m+3m)VA+HIVB

v()-VA=2V()-VB

解得：VA=O.4VO

答：(1)木塊B從剛開始運(yùn)動(dòng)到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移是

5011g

(2)木塊A在整個(gè)過程中的最小速度是O.4vo.

點(diǎn)評(píng)：本題是木塊在木板上滑動(dòng)的類型，分析物體的運(yùn)動(dòng)過程是解題基礎(chǔ)，其次要把握物理

過程所遵守的規(guī)律，這種類型常常根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒結(jié)合處理.

題型三：動(dòng)量守恒的臨界問題

如圖所示，光滑的水平面上有一個(gè)質(zhì)量為M=2m的凸型滑塊，它的一個(gè)側(cè)面是與水平面相

切的光滑曲面，滑塊的高度為h=0.3m.質(zhì)量為m的小球，以水平速度vo在水平面上迎著

光滑曲面沖向滑塊.試分析計(jì)算vo應(yīng)滿足什么條件小球才能越過滑塊.(取g=10m/s2)

分析：小球越到滑塊最高點(diǎn)速度水平向右，以滑塊和和小球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象；根據(jù)動(dòng)

量守恒和過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒列出等式；根據(jù)題意要越過滑塊，應(yīng)有V|>V2,我們解決問題

時(shí)取的是臨界狀態(tài)求解.

解答：設(shè)小球越過滑塊最高點(diǎn)的速度為V|,此時(shí)滑塊的速度為V2,根據(jù)動(dòng)量守恒得：

mvo=mvi+2mv2

此過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒得：

—mvo=-mvi+_2mv2+mgh

222

小球要越過滑塊，應(yīng)有V1>V2，至少也要有V1=V2，設(shè)V1=V2=V,上述兩式變?yōu)?/p>

mvo=(m+2m)v

Amvo2>—（m+2m）v2+