2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第一部分專(zhuān)題二功第7講動(dòng)量動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用練習(xí)含解析

PAGE29-第7講動(dòng)量動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用構(gòu)建網(wǎng)絡(luò)·重溫真題1．(2024·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)試勝利，這標(biāo)記著我國(guó)重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次試驗(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4.8×106N，則它在1s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg答案B解析設(shè)1s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為m，噴出的氣體與該發(fā)動(dòng)機(jī)的相互作用力為F，由動(dòng)量定理知Ft＝mv，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，B正確。2．(2024·全國(guó)卷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(guò)程中重力和空氣阻力可忽視)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案A解析由于噴氣時(shí)間短，且不計(jì)重力和空氣阻力，則火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。燃?xì)獾膭?dòng)量大小p1＝mv＝0.05×600kg·m/s＝30kg·m/s，則火箭的動(dòng)量大小p2＝p1＝30kg·m/s，A正確。3．(2024·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)煙花彈從地面起先上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)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。答案(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)解析(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設(shè)煙花彈從地面起先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0－v0＝－gt②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))③(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1④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)炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥由⑥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)部分接著上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。4．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長(zhǎng)的水平軌道通過(guò)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起先下滑，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v1和t1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。(1)求物塊B的質(zhì)量；(2)在圖b所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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，變更物塊與軌道間的動(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。求變更前后動(dòng)摩擦因數(shù)的比值。答案(1)3m(2)eq\f(2,15)mgH(3)eq\f(11,9)解析(1)依據(jù)圖b，v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，eq\f(v1,2)為其碰撞后瞬間速度的大小。設(shè)物塊B的質(zhì)量為m′，碰撞后瞬間的速度大小為v′。由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv1＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))＋m′v′①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)v1))2＋eq\f(1,2)m′v′2②聯(lián)立①②式得m′＝3m③(2)在圖b所描述的運(yùn)動(dòng)中，設(shè)物塊A與傾斜軌道間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，下滑過(guò)程中所走過(guò)的路程為s1，返回過(guò)程中所走過(guò)的路程為s2，P點(diǎn)離水平軌道的高度為h，整個(gè)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為W。由動(dòng)能定理有mgH－fs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0④－(fs2＋mgh)＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))2⑤從圖b所給出的v-t圖線(xiàn)可知s1＝eq\f(1,2)v1t1⑥s2＝eq\f(1,2)·eq\f(v1,2)·(1.4t1－t1)⑦由幾何關(guān)系eq\f(s2,s1)＝eq\f(h,H)⑧物塊A在整個(gè)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為W＝fs1＋fs2⑨聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝eq\f(2,15)mgH⑩(3)設(shè)傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)在變更前為μ，有W＝μmgcosθ·eq\f(H＋h,sinθ)?設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s′，由動(dòng)能定理有－μm′gs′＝0－eq\f(1,2)m′v′2?設(shè)變更后的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ′，由動(dòng)能定理有mgh－μ′mgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μ′mgs′＝0?聯(lián)立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得eq\f(μ,μ′)＝eq\f(11,9)。5．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；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＝1.0m，如圖所示。某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分別，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek＝10.0J。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μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。(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？答案(1)4.0m/s1.0m/s(2)物塊B先停止0.50m(3)0.91m解析(1)設(shè)彈簧釋放后瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(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＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻壁發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不變更A的速度大小，所以無(wú)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sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒(méi)有與B發(fā)生碰撞，此時(shí)A位于動(dòng)身點(diǎn)右邊0.25m處，B位于動(dòng)身點(diǎn)左邊0.25m處，兩物塊之間的距離為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t時(shí)刻后A將接著向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B發(fā)生碰撞，碰撞前A的速度大小為vA′，由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝－μmAg(2l＋sB)⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得vA′＝eq\r(7)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(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″?eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2?聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s?這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng)，B將向左運(yùn)動(dòng)。假設(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″2,2asB′＝vB″2?由④??式及題給數(shù)據(jù)得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m?sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由?式可得兩物塊停止后的距離s′＝sA′＋sB′＝0.91m。命題特點(diǎn)：應(yīng)用動(dòng)量定理，以及綜合應(yīng)用能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律解決力學(xué)問(wèn)題是高考熱點(diǎn)，以選擇題和計(jì)算題形式考查的幾率較大。思想方法：守恒思想、微元法、模型法。

高考考向1動(dòng)量定理的應(yīng)用例1(2024·全國(guó)卷Ⅱ)高空墜物極易對(duì)行人造成損害。若一個(gè)50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時(shí)間約為2ms，則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為()A．10NB．102NC．103ND．104Neq\a\vs4\al(破題關(guān)鍵點(diǎn))(1)雞蛋對(duì)地面的沖擊力與地面對(duì)雞蛋的沖擊力大小有何關(guān)系？提示：大小相等。(2)為了求出地面對(duì)雞蛋的作用力大小應(yīng)以誰(shuí)為探討對(duì)象？提示：雞蛋。[解析]設(shè)雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是3m，由動(dòng)能定理可知：mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×3×24)m/s＝12eq\r(10)m/s。雞蛋落地時(shí)受到自身的重力和地面的支持力，規(guī)定向上為正方向，由動(dòng)量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103N，依據(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為103N，故C正確。[答案]C1.應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)應(yīng)留意的問(wèn)題(1)動(dòng)量定理的探討對(duì)象可以是單一物體，也可以是質(zhì)點(diǎn)系，在探討質(zhì)點(diǎn)系問(wèn)題時(shí)，受力分析只考慮質(zhì)點(diǎn)系的外力。(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維狀況下，各個(gè)矢量必需選取統(tǒng)一的正方向。(3)動(dòng)量定理是過(guò)程定理，解題時(shí)必需明確物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的受力狀況及初末狀態(tài)的動(dòng)量。(4)一般來(lái)說(shuō)，用牛頓其次定律能解決的問(wèn)題，用動(dòng)量定理也能解決，假如題目不涉及加速度和位移，用動(dòng)量定理求解更簡(jiǎn)捷。動(dòng)量定理不僅適用于恒力，也適用于變力。變力狀況下，動(dòng)量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。2．在日常的生活與生產(chǎn)中，常涉及流體的連續(xù)相互作用問(wèn)題，用常規(guī)的方法很難解決，若構(gòu)建柱體微元模型，然后用動(dòng)量定理分析，則可使問(wèn)題迎刃而解。解答時(shí)一般是選擇一段時(shí)間內(nèi)作用在某物體上的流體為探討對(duì)象。1．(2024·山東青島高三一模)雨打芭蕉是我國(guó)古代文學(xué)中重要的抒情意象。為估算雨天院中芭蕉葉面上單位面積所承受的力，小玲同學(xué)將一圓柱形水杯置于院中，測(cè)得10分鐘內(nèi)杯中雨水上升了15mm，查詢(xún)得知，當(dāng)時(shí)雨滴落地速度約為10m/s，設(shè)雨滴撞擊芭蕉后無(wú)反彈，不計(jì)雨滴重力，雨水的密度為1×103kg/m3，據(jù)此估算芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為()A．0.25NB．0.5NC．1.5ND．2.5N答案A解析由于是估算芭蕉葉面單位面積上的平均受力，所以不計(jì)雨滴的重力。設(shè)在Δt時(shí)間內(nèi)質(zhì)量為Δm的雨水的速度由v＝10m/s減為零，雨水受到支持面的平均作用力為F。以向上為正方向，對(duì)這部分雨水應(yīng)用動(dòng)量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得：F＝eq\f(Δmv,Δt)，設(shè)水杯橫截面積為S，水杯里的雨水在Δt時(shí)間內(nèi)水面上升Δh，則有：Δm＝ρSΔh，F(xiàn)＝ρSveq\f(Δh,Δt)，杯中水面單位面積對(duì)雨水的平均作用力：eq\f(F,S)＝ρveq\f(Δh,Δt)＝1×103×10×eq\f(15×10－3,10×60)N/m2＝0.25N/m2，即芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為0.25N，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2．(2024·天津南開(kāi)區(qū)二模)高空作業(yè)須系平安帶。假如質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從起先跌落到平安帶剛對(duì)人產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動(dòng))，重力加速度大小為g，設(shè)豎直向上為正方向，則此過(guò)程人的動(dòng)量變更量為_(kāi)_______。此后經(jīng)驗(yàn)時(shí)間t平安帶達(dá)到最大伸長(zhǎng)量，若在此過(guò)程中平安帶作用力始終豎直向上，則該段時(shí)間平安帶對(duì)人的平均作用力大小為_(kāi)_______。答案－meq\r(2gh)eq\f(m\r(2gh),t)＋mg解析豎直向上為正方向，則人下落h距離時(shí)的速度為：v＝－eq\r(2gh)，所以動(dòng)量變更為：Δp＝mv－0＝－meq\r(2gh)；對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有：h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得：t1＝eq\r(\f(2h,g))，對(duì)運(yùn)動(dòng)的全程，依據(jù)動(dòng)量定理，有：－mg(t＋t1)＋Ft＝0，解得平安帶對(duì)人的平均作用力大小為：F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg。

高考考向2動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用例2(2024·全國(guó)卷Ⅱ)汽車(chē)A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)覺(jué)其正前方停有汽車(chē)B，馬上實(shí)行制動(dòng)措施，但仍舊撞上了汽車(chē)B。兩車(chē)碰撞時(shí)和兩車(chē)都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車(chē)向前滑動(dòng)了4.5m，A車(chē)向前滑動(dòng)了2.0m，已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103kg和1.5×103kg，兩車(chē)與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車(chē)碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車(chē)輪均沒(méi)有滾動(dòng)，重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)碰撞后的瞬間B車(chē)速度的大小；(2)碰撞前的瞬間A車(chē)速度的大小。eq\a\vs4\al(破題關(guān)鍵點(diǎn))(1)如何求碰撞后瞬間B車(chē)速度的大小？提示：依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。(2)如何求碰撞前瞬間A車(chē)速度的大?。刻崾荆阂罁?jù)動(dòng)量守恒定律求解。[解析](1)設(shè)B車(chē)質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，依據(jù)牛頓其次定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽車(chē)與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。設(shè)碰撞后瞬間B車(chē)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vB′2＝2aBsB②聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得vB′＝3.0m/s③(2)設(shè)A車(chē)的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA。依據(jù)牛頓其次定律有μmAg＝mAaA④設(shè)碰撞后瞬間A車(chē)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vA′2＝2aAsA⑤設(shè)碰撞前瞬間A車(chē)速度的大小為vA，兩車(chē)在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得vA＝4.25m/s。[答案](1)3.0m/s(2)4.25m/s1.動(dòng)量是否守恒的推斷方法不受外力或者所受外力的矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；當(dāng)外力比相互作用的內(nèi)力小得多時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量近似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。2．動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟(1)明確探討對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體)及探討的過(guò)程；(2)進(jìn)行受力分析，推斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上動(dòng)量是否守恒)；(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)的動(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)探討說(shuō)明。3．(2024·遼寧省沈陽(yáng)市一模)(多選)如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B木塊之間夾一被壓縮的彈簧?，F(xiàn)釋放彈簧，A、B木塊被彈開(kāi)后，各自由桌面上滑行一段距離后飛離桌面。A落地點(diǎn)距桌邊水平距離為0.5m，B落地點(diǎn)距桌邊水平距離為1m，則()A．A、B離開(kāi)彈簧時(shí)的速度比為1∶2B．A、B離開(kāi)彈簧時(shí)的速度比為1∶1C．A、B質(zhì)量之比為1∶2D．A、B質(zhì)量之比為2∶1答案AD解析A和B離開(kāi)桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，下落的高度相同，則它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，由x＝v0t得速度之比：eq\f(vA,vB)＝eq\f(xA,xB)＝eq\f(0.5,1)＝eq\f(1,2)，故A正確，B錯(cuò)誤；彈簧彈開(kāi)兩木塊的過(guò)程，兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，則質(zhì)量之比：eq\f(mA,mB)＝eq\f(vB,vA)＝eq\f(2,1)，故C錯(cuò)誤，D正確。4．(2024·福建省泉州市一模)在游樂(lè)場(chǎng)中，父子兩人各自乘坐的碰碰車(chē)沿同始終線(xiàn)相向而行，在碰前瞬間雙方都關(guān)閉了動(dòng)力，此時(shí)父親的速度大小為v，兒子的速度大小為2v。兩車(chē)瞬間碰撞后兒子沿反方向滑行，父親運(yùn)動(dòng)的方向不變且經(jīng)過(guò)時(shí)間t停止運(yùn)動(dòng)。已知父親和車(chē)的總質(zhì)量為3m，兒子和車(chē)的總質(zhì)量為m，兩車(chē)與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，求：(1)碰后瞬間父親的速度大小和此后父親能滑行的最大距離；(2)碰撞過(guò)程父親坐的車(chē)對(duì)兒子坐的車(chē)的沖量大小。答案(1)μgteq\f(1,2)μgt2(2)3mv－3μmgt解析(1)設(shè)碰后瞬間父親的速度大小為v1，由動(dòng)量定理得－μ·3mgt＝0－3mv1解得v1＝μgt設(shè)此后父親能滑行的最大距離為s，由動(dòng)能定理得－μ·3mgs＝0－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,1)解得s＝eq\f(1,2)μgt2。(2)設(shè)碰后瞬間兒子的速度大小為v2，取父親的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得3mv－m·2v＝3mv1＋mv2設(shè)碰撞過(guò)程父親坐的車(chē)對(duì)兒子坐的車(chē)的沖量大小為I，對(duì)兒子及兒子坐的車(chē)，由動(dòng)量定理得I＝mv2－(－m·2v)解得I＝3mv－3μmgt。高考考向3碰撞、爆炸與反沖問(wèn)題例3(2024·貴州畢節(jié)二模)(多選)如圖甲所示，兩個(gè)彈性球A和B放在光滑的水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量分別為m1和m2，其中m1＝1kg。現(xiàn)給A球一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量，使A、B球發(fā)生彈性碰撞，以此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩球的速度隨時(shí)間變更的規(guī)律如圖乙所示，從圖示信息可知()A．B球的質(zhì)量m2＝2kgB．球A和B在相互擠壓過(guò)程中產(chǎn)生的最大彈性勢(shì)能為4.5JC．t3時(shí)刻兩球的動(dòng)能之和小于0時(shí)刻A球的動(dòng)能D．在t2時(shí)刻兩球動(dòng)能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8eq\a\vs4\al(破題關(guān)鍵點(diǎn))(1)要求B球的質(zhì)量，應(yīng)以哪一過(guò)程為探討對(duì)象？提示：以0～t1過(guò)程為探討對(duì)象。(2)何時(shí)A、B相互擠壓產(chǎn)生的彈性勢(shì)能最大？提示：A、B速度相等時(shí)。[解析]A、B球在碰撞過(guò)程中滿(mǎn)意動(dòng)量守恒定律，因此0～t1內(nèi)有m1v＝(m1＋m2)v共，代入數(shù)據(jù)有m2＝2kg，A正確；球A和球B在共速時(shí)產(chǎn)生的彈性勢(shì)能最大，因此最大彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(1,2)m1v2－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)＝3J，B錯(cuò)誤；A、B球發(fā)生彈性碰撞，0～t3內(nèi)兩個(gè)小球碰撞前后系統(tǒng)沒(méi)有機(jī)械能損失，因此0時(shí)刻球A的動(dòng)能和t3時(shí)刻兩個(gè)球的動(dòng)能之和相等，C錯(cuò)誤；從起先碰撞到t2時(shí)刻，兩小球組成的系統(tǒng)滿(mǎn)意動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，因此有m1v＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得v2＝2m/s，v1＝－1m/s，故在t2時(shí)刻兩個(gè)球的動(dòng)能之比Ek1∶Ek2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)∶eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝1∶8，D正確。[答案]AD抓住“一推斷、三原則、三定律”速解碰撞類(lèi)問(wèn)題(1)推斷屬于彈性碰撞模型還是完全非彈性碰撞模型，比如典例探究例3中當(dāng)A、B共速時(shí)屬完全非彈性碰撞模型，當(dāng)A、B分開(kāi)時(shí)屬?gòu)椥耘鲎材Ｐ汀?2)碰撞的“三原則”①動(dòng)量守恒原則，即碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)滿(mǎn)意動(dòng)量守恒定律。②動(dòng)能不增加原則，即碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能不大于碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能。③物理情境可行性原則，假如碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，碰撞前后面物體的速度大于前面物體的速度，碰撞后原來(lái)在前面的物體速度必增大，且大于或等于原來(lái)在后面的物體的碰后速度(僅限碰撞前后后面物體速度方向不變的狀況)。假如碰撞前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，則碰撞后，兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不行能都不變更，除非兩物體碰撞后速度均為零。(3)合理選用三個(gè)定律①假如物體間發(fā)生的是彈性碰撞，則一般是應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律進(jìn)行求解。②假如物體間發(fā)生的不是彈性碰撞，則一般應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律(功能關(guān)系)進(jìn)行求解。5．(2024·湖南省長(zhǎng)沙市寧鄉(xiāng)三模)在冰壺競(jìng)賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺，兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞，如圖a所示，碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v-t圖線(xiàn)如圖b中實(shí)線(xiàn)所示，其中紅壺碰撞前后的圖線(xiàn)平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則()A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞 B．碰后藍(lán)壺速度為0.8m/sC．碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4mD．碰后紅壺所受摩擦力小于藍(lán)壺所受摩擦力答案B解析由圖知，碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后紅壺的速度為v0′＝0.2m/s，設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，依據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.8m/s，因?yàn)閑q\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)mv2，即碰撞過(guò)程中系統(tǒng)的機(jī)械能有損失，所以碰撞為非彈性碰撞，故A錯(cuò)誤，B正確；依據(jù)v-t圖象與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，可得碰后藍(lán)壺的位移大小x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(0.8,2)×5m＝2m，故C錯(cuò)誤；依據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度大于藍(lán)壺的加速度，兩者的質(zhì)量相等，由牛頓其次定律知碰后紅壺所受摩擦力大于藍(lán)壺所受的摩擦力，故D錯(cuò)誤。6．(2024·湖北八校聯(lián)合二模)如圖所示，質(zhì)量均為m的兩塊完全相同的木塊A、B放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽視不計(jì))。讓A、B以初速度v0一起從O點(diǎn)滑出，滑行一段距離x后到達(dá)P點(diǎn)，速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，此時(shí)炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)覺(jué)木塊A接著沿水平方向前進(jìn)3x后停下。已知炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能有50%轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能，爆炸時(shí)間很短可以忽視不計(jì)，重力加速度為g，求：(1)木塊與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能E0。答案(1)eq\f(3v\o\al(2,0),8gx)(2)2mveq\o\al(2,0)解析(1)從O滑到P，對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)能定理可得－μ·2mgx＝eq\f(1,2)·2m（eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)，解得μ＝eq\f(3v\o\al(2,0),8gx)。(2)爆炸過(guò)程中，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)爆炸后瞬間A的速度為vA，B的速度為vB，由動(dòng)量守恒定律有2meq\f(v0,2)＝mvA＋mvB，依據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)·2m(eq\f(v0,2))2＝50%E0，爆炸后，對(duì)A由動(dòng)能定理有－μmg·3x＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，聯(lián)立解得E0＝2mveq\o\al(2,0)。高考考向4動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用例4如圖所示，質(zhì)量為m3＝2kg的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半徑為R＝0.3m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)輕彈簧，滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑。質(zhì)量為m2＝3kg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m1＝1kg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)相碰后粘為一體(g＝10m/s2)。求：(1)物體1從釋放到與物體2恰好將要相碰的過(guò)程中，滑道向左運(yùn)動(dòng)的距離；(2)若CD＝0.2m，兩物體與滑道的CD部分的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.15，求在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能；(3)物體1、2最終停在何處？eq\a\vs4\al(破題關(guān)鍵點(diǎn))(1)物體1下滑過(guò)程中，物體1與滑道組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，在與物體2相碰之前，物體1的水平位移大小為多少？提示：R。(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能出現(xiàn)在什么時(shí)候？提示：彈簧首次被壓縮到最短時(shí)，即物體1、物體2的粘合體首次與滑道速度相同時(shí)。[解析](1)物體1從釋放到與物體2碰撞前瞬間，物體1、滑道組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)物體1水平位移大小為x1，滑道水平位移大小為x3，有：0＝m1x1－m3x3①x1＝R解得x3＝eq\f(m1x1,m3)＝0.15m②(2)設(shè)物體1、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，對(duì)物體1和滑道組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律有m1gR＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)③由動(dòng)量守恒定律有0＝m1v1－m3v3④設(shè)物體1和物體2相碰后的共同速度大小為v2，對(duì)物體1、2組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2⑤彈簧第一次被壓縮到最短時(shí)，由動(dòng)量守恒定律可知物體1、2和滑道速度均為零，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)為Epm。從物體1、2碰撞后到彈簧第一次被壓縮到最短的過(guò)程中，由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)－μ(m1＋m2)g·CD＝Epm⑥聯(lián)立③④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)可以求得Epm＝0.3J。(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CD部分運(yùn)動(dòng)的路程為s，由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)＝μ(m1＋m2)gs代入數(shù)據(jù)可得s＝0.25m所以物體1、2最終停在D點(diǎn)左側(cè)離D點(diǎn)為0.05m處。[答案](1)0.15m(2)0.3J(3)D點(diǎn)左側(cè)離D點(diǎn)為0.05m處動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的選取原則(1)動(dòng)量觀點(diǎn)①對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度，而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問(wèn)題，特殊對(duì)于打擊一類(lèi)的問(wèn)題，因時(shí)間短且沖擊力隨時(shí)間變更，應(yīng)用動(dòng)量定理求解，即Ft＝mv－mv0。②對(duì)于碰撞、爆炸、反沖一類(lèi)的問(wèn)題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解。(2)能量觀點(diǎn)①對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度和時(shí)間的問(wèn)題，無(wú)論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動(dòng)能定理求解。②對(duì)于物體系統(tǒng)只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功而又不涉及運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度和時(shí)間的問(wèn)題，一般采納機(jī)械能守恒定律求解。③對(duì)于相互滑動(dòng)的兩物體，若明確兩物體相對(duì)滑動(dòng)的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒定律建立方程。7．(2024·湖北八校聯(lián)合二模)如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個(gè)質(zhì)量都是m的小車(chē)A和B，兩車(chē)之間用輕質(zhì)彈簧相連，它們以共同的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，另有一質(zhì)量為m的粘性物體，從高處自由落下，正好落在A車(chē)上，并與之粘合在一起，求這以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為()A.eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0) B.eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C.eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0) D.eq\f(1,15)mveq\o\al(2,0)答案C解析粘性物體和A相互作用，水平方向動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mv1，得v1＝eq\f(1,2)v0。以后三個(gè)物體一起相互作用，動(dòng)量守恒，當(dāng)B車(chē)與A車(chē)速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得2mv0＝3mv2，解得v2＝eq\f(2,3)v0，故彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2m(eq\f(1,2)v0)2－eq\f(1,2)×3m(eq\f(2,3)v0)2＝eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)，故選C。8．(2024·云南二模)如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側(cè)同時(shí)射入木塊，最終都停在木塊內(nèi)，這一過(guò)程中木塊始終保持靜止。若子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度，則()A．子彈A的質(zhì)量肯定比子彈B的質(zhì)量大B．入射過(guò)程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力大C．子彈A在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比子彈B在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)D．子彈A射入木塊時(shí)的初動(dòng)能肯定比子彈B射入木塊時(shí)的初動(dòng)能大答案D解析由于木塊始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則兩子彈對(duì)木塊的推力大小相等，則兩子彈所受的阻力大小相等，設(shè)為f，依據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)A子彈：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA；對(duì)B子彈：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA＞dB，則子彈入射時(shí)的初動(dòng)能EkA＞EkB，故B錯(cuò)誤，D正確。兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有eq\r(2mAEkA)＝eq\r(2mBEkB)，而EkA＞EkB，則mA＜mB，故A錯(cuò)誤。子彈A、B從木塊兩側(cè)同時(shí)射入木塊，木塊始終保持靜止，分析得知，兩子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)時(shí)間必定相等，否則木塊就會(huì)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤。易錯(cuò)警示包含彈簧的系統(tǒng)的動(dòng)量和能量的綜合問(wèn)題例(2024·四川省樹(shù)德中學(xué)二診)(多選)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1、m2(已知m2＝0.5kg)的兩物塊A、B相連接，處于原長(zhǎng)并靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)使B獲得水平向右、大小為6m/s的瞬時(shí)速度，從今刻起先計(jì)時(shí)，兩物塊的速度隨時(shí)間變更的規(guī)律如圖乙所示，從圖象供應(yīng)的信息可得()A．在t1時(shí)刻，兩物塊達(dá)到共同速度2m/s，且彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)B．從t3到t4，彈簧由原長(zhǎng)變更為壓縮狀態(tài)C．t3時(shí)刻彈簧彈性勢(shì)能為6JD．在t3和t4時(shí)刻，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)分析與解從v-t圖象可以看出，從0到t1的過(guò)程中B減速A加速，B的速度大于A的速度，彈簧被拉伸，t1時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度2m/s，此時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，A正確；從圖象可知從t3到t4時(shí)間內(nèi)A做減速運(yùn)動(dòng)，B做加速運(yùn)動(dòng)，彈簧由壓縮狀態(tài)復(fù)原到原長(zhǎng)，即t3時(shí)刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t4時(shí)刻彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，故B、D錯(cuò)誤；由v-t圖象可知，t3時(shí)刻兩物塊速度相同，都是2m/s，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v3，解得m1＝1kg，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,3)＋Ep，解得Ep＝6J，C正確。答案AC易錯(cuò)警示包含彈簧的系統(tǒng)可以類(lèi)比幾種碰撞模型，一般來(lái)說(shuō)，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最小，類(lèi)比于彈性碰撞模型，彈簧形變量最大時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，類(lèi)比于完全非彈性碰撞模型，其他時(shí)刻類(lèi)比于非彈性碰撞模型。配套作業(yè)限時(shí)：60分鐘滿(mǎn)分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分，其中第1～4題為單選題，第5～10題為多選題)1.(2024·廣西欽州三模)“飛針穿玻璃”是一項(xiàng)高難度的絕技表演，曾一度引起質(zhì)疑。為了探討該問(wèn)題，以下測(cè)量能夠得出飛針在穿越玻璃的時(shí)間內(nèi)，對(duì)玻璃平均沖擊力大小的是()A．測(cè)出玻璃厚度和飛針穿越玻璃前后的速度B．測(cè)出玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時(shí)間C．測(cè)出飛針質(zhì)量、玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時(shí)間D．測(cè)出飛針質(zhì)量、飛針穿越玻璃所用時(shí)間和穿越玻璃前后的速度答案D解析在飛針穿越玻璃的過(guò)程中，對(duì)飛針，由動(dòng)量定理得：－Ft＝mv2－mv1，故測(cè)出飛針質(zhì)量、飛針穿越玻璃所用時(shí)間和穿越玻璃前后的速度，結(jié)合牛頓第三定律，就能得出飛針對(duì)玻璃的平均沖擊力大小，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。2．(2024·四川資陽(yáng)二診)A、B兩小球在光滑水平面上沿同始終線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，B球在前，A球在后。mA＝1kg，mB＝2kg。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，A、B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞前、后兩球的位移—時(shí)間圖象如圖所示，依據(jù)以上信息可知碰撞類(lèi)型屬于()A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無(wú)法推斷答案A解析由圖可知，A球碰前速度vA＝6m/s，碰后速度vA′＝2m/s；B球碰前速度為vB＝3m/s，碰后速度為vB′＝5m/s。兩球組成的系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒，依據(jù)題給數(shù)據(jù)可知，系統(tǒng)碰前的總動(dòng)能為eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝27J，碰后的總動(dòng)能為eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝27J，則A、B碰撞過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能也守恒，所以屬于彈性碰撞，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。3.(2024·遼寧葫蘆島一模)我國(guó)女子短道速滑隊(duì)在2013年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3000m接力三連冠。視察發(fā)覺(jué)，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且起先向前滑行，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過(guò)程中，忽視運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()A．甲對(duì)乙的沖量肯定等于乙對(duì)甲的沖量B．甲、乙的動(dòng)量變更肯定大小相等方向相反C．甲的動(dòng)能增加量肯定等于乙的動(dòng)能削減量D．甲對(duì)乙做多少負(fù)功，乙對(duì)甲就肯定做多少正功答案B解析因?yàn)闆_量是矢量，甲對(duì)乙的作用力與乙對(duì)甲的作用力大小相等方向相反，故她們相互作用的沖量大小相等方向相反，A錯(cuò)誤；二人相互作用的過(guò)程中動(dòng)量守恒，依據(jù)動(dòng)量守恒定律知甲、乙的動(dòng)量變更肯定大小相等方向相反，B正確；甲、乙間的作用力大小相等，但作用過(guò)程中甲、乙的位移大小不相等，故相互作用力做的功大小不等，依據(jù)動(dòng)能定理，甲、乙的動(dòng)能變更量大小不相等，C、D錯(cuò)誤。4．(2024·四川高三畢業(yè)班其次次診斷)如圖甲所示，一塊長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度v0射入木塊。當(dāng)子彈剛射穿木塊時(shí)，木塊向前移動(dòng)的距離為s(圖乙)。設(shè)子彈穿過(guò)木塊的過(guò)程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質(zhì)點(diǎn)，則子彈穿過(guò)木塊的時(shí)間為()A.eq\f(1,v0)(s＋L) B.eq\f(1,v0)(s＋2L)C.eq\f(1,2v0)(s＋L) D.eq\f(1,v0)(L＋2s)答案D解析設(shè)子彈穿過(guò)木塊后子彈的速度為v1，木塊的速度為v2，對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，合外力為零，動(dòng)量守恒，有：mv0＝mv1＋mv2，設(shè)子彈穿過(guò)木塊的過(guò)程所受阻力大小為f，對(duì)子彈由動(dòng)能定理：－f(s＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由動(dòng)量定理：－ft＝mv1－mv0，對(duì)木塊由動(dòng)能定理：fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由動(dòng)量定理：ft＝mv2，聯(lián)立解得：t＝eq\f(1,v0)(L＋2s)。故選D。5．(2024·西安一模)如圖所示，在小車(chē)內(nèi)固定一光滑的斜面體，傾角為θ，一輕繩的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端拴一個(gè)質(zhì)量為m的物塊A，繩與斜面平行。整個(gè)系統(tǒng)由靜止起先向右勻加速運(yùn)動(dòng)，物塊A恰好不脫離斜面，則向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的過(guò)程中，關(guān)于物塊A的說(shuō)法正確的是()A．重力的沖量為零B．重力做功為零C．輕繩拉力的沖量大小為mgtcotθD．輕繩拉力做功為eq\f(1,2)mg2t2cot2θ答案BD解析已知物塊A恰好不脫離斜面，對(duì)物塊A進(jìn)行受力分析可知，物塊A受輕繩拉力和重力，依據(jù)力的分解得：Tsinθ＝mg，則有：T＝eq\f(mg,sinθ)，故重力的沖量為：IG＝mgt，拉力的沖量為：IT＝eq\f(mgt,sinθ)，A、C錯(cuò)誤；由于重力的方向與物塊A的位移方向垂直，故重力做功為零，B正確；由牛頓其次定律可知：eq\f(mg,tanθ)＝ma，則有：a＝eq\f(g,tanθ)，末速度為：v＝at＝eq\f(gt,tanθ)，依據(jù)動(dòng)能定理可知，拉力做的功等于物塊A動(dòng)能的變更，即：WT＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(mg2t2,2tan2θ)＝eq\f(1,2)mg2t2cot2θ，D正確。6．(2024·哈爾濱第三中學(xué)高三上學(xué)期期末)如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊P，P、Q間接觸面粗糙。現(xiàn)給P向右的速率vP，給Q向左的速率vQ，取向右為速度的正方向，不計(jì)空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)過(guò)程中P、Q的速度隨時(shí)間變更的圖象可能正確的是()答案ABC解析起先時(shí)，兩物塊均在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，兩者最終速度相同。P、Q組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，依據(jù)動(dòng)量守恒定律：mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v，若mPvP＝mQvQ，則v＝0，圖象如圖A所示；若mPvP>mQvQ，則v>0，圖象如圖B所示；若mPvP<mQvQ，則v<0，圖象如圖C所示，故A、B、C正確，D錯(cuò)誤。7．(2024·安徽定遠(yuǎn)重點(diǎn)中學(xué)高三二模)如圖所示，光滑大圓環(huán)靜止在水平面上，一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點(diǎn)的小環(huán)套在大環(huán)上，已知大環(huán)半徑為R，質(zhì)量為M＝3m，小環(huán)由圓心等高處無(wú)初速度釋放，滑到最低點(diǎn)時(shí)()A．小環(huán)的速度大小為eq\r(2gR)B．小環(huán)的速度大小為eq\f(\r(6gR),2)C．大環(huán)移動(dòng)的水平距離為eq\f(3R,2)D．大環(huán)移動(dòng)的水平距離為eq\f(R,4)答案BD解析設(shè)小環(huán)滑至最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，此時(shí)大環(huán)的速度大小為v2，依據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，兩環(huán)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，有：0＝mv1－Mv2，聯(lián)立解得：v1＝eq\r(\f(3gR,2))＝eq\f(\r(6gR),2)，v2＝eq\r(\f(gR,6))，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)小環(huán)和大環(huán)在水平方向的位移大小分別為x1和x2，依據(jù)人船模型的結(jié)論可知mx1＝Mx2，且x1＋x2＝R，解得x1＝eq\f(3,4)R，x2＝eq\f(1,4)R，故C錯(cuò)誤，D正確。8．(2024·兩湖八市十二校聯(lián)合二模)如圖所示，A為一固定在地面上的光滑弧形軌道，質(zhì)量為2m的足夠長(zhǎng)的小車(chē)B緊靠弧形軌道的右側(cè)靜止在水平光滑地面上，弧形軌道末端的切線(xiàn)水平且恰好與小車(chē)的上表面平齊。一質(zhì)量為m的滑塊C自弧形軌道的a點(diǎn)由靜止起先下滑，當(dāng)滑塊C與小車(chē)相對(duì)靜止時(shí)，它們的速度為v0，滑塊相對(duì)于小車(chē)滑行的距離為d，滑塊與小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，滑塊C可視為質(zhì)點(diǎn)。從滑塊起先下滑到滑塊與小車(chē)相對(duì)靜止的過(guò)程中，下列推斷正確的是()A．小車(chē)對(duì)滑塊的摩擦力做功等于μmgdB．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為μmgdC．滑塊C到達(dá)弧形軌道末端時(shí)速度為eq\r(v\o\al(2,0)－2μg)D．a(chǎn)點(diǎn)到弧形軌道末端的豎直高度為eq\f(9v\o\al(2,0),2g)答案BD解析設(shè)滑塊C以速度v滑上小車(chē)，在摩擦力作用下減速，最終與小車(chē)共速，滑塊的動(dòng)能削減，轉(zhuǎn)化為小車(chē)的動(dòng)能和熱量，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝fs相對(duì)，而滑塊C相對(duì)小車(chē)的位移為s相對(duì)＝d，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgd，故小車(chē)對(duì)滑塊的摩擦力做的功大于μmgd，A錯(cuò)誤；依據(jù)能量守恒定律可知，系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于μmgd，故B正確；滑塊C滑上小車(chē)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有：mv＝3mv0，解得v＝3v0，故C錯(cuò)誤；滑塊C從弧形軌道下滑時(shí)機(jī)械能守恒，則有：mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得：h＝eq\f(9v\o\al(2,0),2g)，故D正確。9．(2024·陜西咸陽(yáng)三模)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為3m的長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的鐵塊A放在長(zhǎng)木板右端。一質(zhì)量為m的子彈以速度v0射入木板并留在其中，鐵塊恰好不滑離木板。子彈射入木板中的時(shí)間極短，子彈、鐵塊均視為質(zhì)點(diǎn)，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A．木板獲得的最大速度為eq\f(v0,5)B．鐵塊獲得的最大速度為eq\f(v0,5)C．鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(v\o\al(2,0),40gL)D．子彈、木塊、鐵塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為eq\f(2mv\o\al(2,0),5)答案BCD解析對(duì)子彈和木板B組成的系統(tǒng)，依據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv0＝4mv1，解得v1＝eq\f(v0,4)，故A錯(cuò)誤；對(duì)木板B(包括子彈)和鐵塊A組成的系統(tǒng)，依據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv0＝5mv2，解得v2＝eq\f(v0,5)，故B正確；子彈打入木板后，對(duì)木板B(包括子彈)和鐵塊A組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律：μmgL＝eq\f(1,2)·4mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)·5mveq\o\al(2,2)，解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0),40gL)，故C正確；對(duì)全過(guò)程由能量守恒定律可知，子彈、木板、鐵塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·5mveq\o\al(2,2)＝eq\f(2,5)mveq\o\al(2,0)，故D正確。10．(2024·安徽黃山二模)如圖，C是放在光滑水平面上的一塊右端有固定擋板的長(zhǎng)木板，在木板的上面有兩塊可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊A和B，三者的質(zhì)量均為m，滑塊A、B與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。最初木板靜止，A以初速度v0從C的左端、B以初速度2v0從木板中間某一位置同時(shí)水平向右滑上木板C。在之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中B曾以eq\f(4,3)v0的速度與C的右擋板發(fā)生過(guò)一次彈性碰撞，重力加速度為g，則對(duì)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．滑塊A的最小速度為eq\f(2,3)v0B．滑塊B的最小速度為eq\f(5,6)v0C．滑塊A與B可能發(fā)生碰撞D．系統(tǒng)的機(jī)械能削減了40%答案ABD解析當(dāng)小滑塊A和B相對(duì)長(zhǎng)木板滑動(dòng)時(shí)，A、B受到的滑動(dòng)摩擦力相同，依據(jù)動(dòng)量定理可知在相同的時(shí)間內(nèi)小滑塊A和B的速度變更量相同；假設(shè)B與C碰撞前A、C已共速，則小滑塊B與擋板發(fā)生彈性碰撞時(shí)，小滑塊B與長(zhǎng)木板交換速度，A與B速度相同，之后小滑塊A和B做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，直到共速，所以滑塊A與B不能發(fā)生碰撞；當(dāng)長(zhǎng)木板與小滑塊A共速時(shí)滑塊A的速度最小，設(shè)滑塊A的最小速度為vm，則速度變更量的大小為v0－vm，以長(zhǎng)木板、小滑塊A和B為系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律，則有：mv0＋m·2v0＝m[2v0－(v0－vm)]＋2mvm，解得vm＝eq\f(2,3)v0，此時(shí)B的速度為v0＋vm＝eq\f(5,3)v0>eq\f(4,3)v0，故假設(shè)成立，A正確，C錯(cuò)誤。設(shè)小滑塊B與擋板發(fā)生碰撞之前瞬間長(zhǎng)木板速度為v1，依據(jù)動(dòng)量守恒則有：mv0＋m·2v0＝m·eq\f(4,3)v0＋2mv1，解得v1＝eq\f(5,6)v0，由以上分析可知，B、C碰撞后瞬間B的速度最小，為eq\f(5,6)v0，B正確。設(shè)長(zhǎng)木板、小滑塊A和B的共同速度為v2，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv0＋m·2v0＝3mv2，解得v2＝v0，系統(tǒng)的機(jī)械能削減了ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)＝mveq\o\al(2,0)，eq\f(ΔE,E)＝eq\f(mv\o\al(2,0),\f(1,2)mv\o\al(2,0)＋\f(1,2)m2v02)＝0.4，故D正確。二、計(jì)算題(本題共3小題，共40分，須寫(xiě)出規(guī)范的解題步驟)11．(2024·遼寧大連二模)(12分)滑板運(yùn)動(dòng)是極限運(yùn)動(dòng)的鼻祖，許多極限運(yùn)動(dòng)都是由滑板運(yùn)動(dòng)延長(zhǎng)而來(lái)。如圖所示是一個(gè)滑板場(chǎng)地，OP段是光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道，半徑為0.8m。PQ段是足夠長(zhǎng)的粗糙水平地面，滑板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2?；迨植戎錋從O點(diǎn)由靜止滑下，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，馬上向前起跳?；迨蛛x開(kāi)滑板A后，滑板A以速度v1＝2m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前接著滑動(dòng)。已知滑板質(zhì)量是m＝5kg，滑板手的質(zhì)量是滑板的9倍，滑板B與P點(diǎn)的距離為Δx＝3m，g＝10m/s2。(不考慮滑板的長(zhǎng)度以及人和滑板間的作用時(shí)間)求：(1)當(dāng)滑板手和滑板A到達(dá)圓弧軌道末端P點(diǎn)時(shí)滑板A對(duì)軌道的壓力大小；(2)滑板手落到滑板B上瞬間，滑板B的速度大?。?3)兩個(gè)滑板間的最終距離。答案(1)1500N(2)4.2m/s(3)6.41m解析(1)O→P下滑過(guò)程，滑板手與滑板A機(jī)械能守恒：10mgR＝eq\f(1,2)×10mv2，代入數(shù)據(jù)解得v＝eq\r(2gR)＝4m/s，設(shè)滑板手和滑板A在P點(diǎn)受到的支持力為FN，有：FN－10mg＝10meq\f(v2,R)，解得：FN＝1500N，依據(jù)牛頓第三定律：F壓＝FN＝1500N。(2)滑板手跳離A板，滑板手與滑板A組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒：10mv＝－mv1＋9mv2，解得：v2＝eq\f(14,3)m/s，滑板手跳上B板，滑板手與