2025屆新高考物理精準(zhǔn)復(fù)習(xí)動(dòng)量

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

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

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