专题七动量与动量守恒10年高考真题

这是一份专题七动量与动量守恒10年高考真题，共48页。试卷主要包含了一质量为0等内容，欢迎下载使用。

专题七　动量与动量守恒
考点一　冲量、动量与动量定理
1.(2017天津理综,4,6分)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是(　　)

A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变
B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力
C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零
D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变
答案　B　本题考查匀速圆周运动。乘客在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,而在上升过程中重力势能增加,机械能增加,下降过程中则相反,A错误。在最高点时,乘客具有竖直向下的向心加速度,处于失重状态,故B正确。因重力恒定,重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积,故重力冲量一定不为零,C错误。重力的瞬时功率P=mg·v·cos α,其中α是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角,故重力的瞬时功率不会保持不变,D错误。
命题评析　本题以竖直平面内的匀速圆周运动为背景,考查了机械能、功率、失重、冲量等重要考点,考查面广泛,难度较小,体现了高考对基础知识、基本能力的“双基”要求。对平时的教学与学习具有重要的指导意义。
2.(2015北京理综,18,6分)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是(　　)
A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大
D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
答案　A　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人经历了先加速后减速的过程,当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大,动能最大,之后绳的拉力大于人的重力,人向下减速到达最低点。绳对人的拉力始终向上,始终做负功。拉力的冲量始终向上,人的动量先增大后减小,综上所述,只有A选项正确。
试题评析　分析好运动细节是解答本类问题的关键。
3.(2019课标Ⅰ,16,6分)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A.1.6×102 kg　　　　　　B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg　　　　　　D.1.6×106 kg
答案　B　本题考查了动量定理知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m,以这部分气体为研究对象,根据动量定理有:Ft=mv-0,解得m=Ftv=4.8×106×13×103 kg=1.6×103 kg,故选项B正确,选项A、C、D错误。
4.(2017课标Ⅲ,20,6分)(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示,则(　　)

A.t=1 s时物块的速率为1 m/s
B.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D.t=4 s时物块的速度为零
答案　AB　前2 s,根据牛顿第二定律,a=Fm=1 m/s2,则0~2 s的速度规律为v=at,t=1 s时,速率为1 m/s,A正确;t=2 s时,速率为2 m/s,则动量为p=mv=4 kg·m/s,B正确;2~4 s,力开始反向,物块减速,根据牛顿第二定律,a=-0.5 m/s2,所以3 s时的速度为1.5 m/s,动量为3 kg·m/s,4 s时速度为1 m/s,C、D错误。
5.(2015重庆理综,3,6分)高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)
A.m2gℎt+mg　　　　　　B.m2gℎt-mg
C.mgℎt+mg　　　　　　D.mgℎt-mg
答案　A　解法一:由v2=2gh得v=2gℎ。对人与安全带作用的过程应用动量定理,则有(mg-F)t=0-mv,解得F=m2gℎt+mg,故A正确。
解法二:对人与安全带作用的过程应用牛顿第二定律,则有F-mg=ma,而a=vt=2gℎt,解得F=m2gℎt+mg,故A正确。
6.[2018江苏单科,12C(3)]如图所示,悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m,运动速度的大小为v,方向向下。经过时间t,小球的速度大小为v,方向变为向上。忽略空气阻力,重力加速度为g,求该运动过程中,小球所受弹簧弹力冲量的大小。

答案　2mv+mgt
解析　取向上为正方向,由动量定理得
mv-(-mv)=I
且I=(F-mg)t
解得IF=Ft=2mv+mgt
7.(2016北京理综,24,20分)(1)动量定理可以表示为Δp=FΔt,其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如,质量为m的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如图1所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。

图1
a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy;
b.分析说明小球对木板的作用力的方向。
(2)激光束可以看作是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例,激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。
一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束①和②穿过介质小球的光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束①和②与SO的夹角均为θ,出射时光束均与SO平行。请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。

图2
a.光束①和②强度相同;
b.光束①比②的强度大。
答案　见解析
解析　(1)a.x方向:动量变化为
Δpx=mv sin θ-mv sin θ=0
y方向:动量变化为
Δpy=mv cos θ-(-mv cos θ)=2mv cos θ
方向沿y轴正方向
b.根据动量定理可知,木板对小球作用力的方向沿y轴正方向;根据牛顿第三定律可知,小球对木板作用力的方向沿y轴负方向。
(2)a.仅考虑光的折射,设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为p。
这些粒子进入小球前的总动量为p1=2np cos θ
从小球出射时的总动量为p2=2np
p1、p2的方向均沿SO向右
根据动量定理:FΔt=p2-p1=2np(1-cos θ)>0
可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力的方向沿SO向左。
b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。

x方向:根据(2)a同理可知,两光束对小球的作用力沿x轴负方向。
y方向:设Δt时间内,光束①穿过小球的粒子数为n1,光束②穿过小球的粒子数为n2,n1>n2。
这些粒子进入小球前的总动量为
p1y=(n1-n2)p sin θ
从小球出射时的总动量为p2y=0
根据动量定理:FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin θ
可知,小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小球的作用力沿y轴正方向。
所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。
疑难突破　光强不同,单位时间内发射的光子个数不同。
8.(2015安徽理综,22,14分)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5 m的位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s,碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ;
(2)若碰撞时间为0.05 s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F;
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。

答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J
解析　(1)由动能定理,有-μmgs=12mv2-12mv02
可得 μ=0.32
(2)由动量定理,有FΔt=mv'-mv
可得F=130 N
(3)W=12mv'2=9 J

考点二　动量守恒定律
1.(2019江苏单科,12)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为(　　)
A.mMv　　　B.Mmv　　　C.mm+Mv　　　D.Mm+Mv
答案　B　本题考查了动量守恒定律,考查的是学生对动量守恒定律适用条件的理解能力,体现了科学思维中的科学推理要素及物理观念中的运动与相互作用观念要素。
忽略滑板与地面间摩擦时,小孩与滑板在水平方向上动量守恒:0=Mv+mv',解得v'=-Mmv,其中“-”表示v'与v方向相反,故B正确。
关联知识　核反应中四大守恒规律:(1)质量数守恒;
2.(2017海南,1,4分)光滑水平桌面上有P、Q两个物块,Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间,用外力缓慢压P、Q。撤去外力后,P、Q开始运动,P和Q的动量大小的比值为(　　)
A.n2　　　　　　B.n　　　　　　C.1n　　　　　　D.1
答案　D　撤去外力后,系统不受外力,所以总动量守恒,设P的动量方向为正方向,则根据动量守恒定律有:Pp-PQ=0,可知PP=PQ,则动量大小之比为1;故选项D正确,A、B、C错误。
3.(2014福建理综,30(2),6分)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为　　　　。(填选项前的字母) 

A.v0-v2　　　　　　B.v0+v2
C.v0-m2m1v2　　　　　　D.v0+m2m1(v0-v2)
答案　D　箭体与卫星分离过程动量守恒,由动量守恒定律:(m1+m2)v0=m1v1+m2v2
v1=v0+m2m1(v0-v2),D正确。
4.(2014浙江,14(1),4分)如图所示,甲木块的质量为m1,以速度v沿光滑水平地面向右运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙木块上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后(　　)

A.甲木块的动量守恒
B.乙木块的动量守恒
C.甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
答案　C　甲木块与弹簧接触后,由于弹簧弹力的作用,甲、乙的动量要发生变化,但甲、乙所组成的系统所受合力为零,故动量守恒,A、B错误,C正确;甲、乙两木块所组成系统的动能,一部分转化为弹簧的弹性势能,故系统动能不守恒,选项D错误。
5.(2014重庆理综,4,6分)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v=2 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失,取重力加速度g=10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)

答案　B　平抛运动时间t=2ℎg=1 s,爆炸过程遵守动量守恒定律,设弹丸质量为m,则mv=34mv甲+14mv乙,又v甲=x甲t,v乙=x乙t,t=1 s,则有34x甲+14x乙=2 m,将各选项中数据代入计算得B正确。
6. (2013天津理综,2,6分)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠。观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则(　　)

A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功
答案　B　甲、乙之间相互作用力的冲量大小相等,方向相反,A项错误。由I合=Δp知,甲、乙的动量变化量等大反向,B项正确。在相同的作用时间内,作用力的位移不一定相同,因此甲、乙之间的相互作用力做功不一定相等,由W合=ΔEk,知动能变化量不一定相等,C、D项均错误。
7.[2013福建理综,30(2),6分]将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)
A.mMv0　　　　　　B.Mmv0
C.MM-mv0　　　　　　D.mM-mv0
答案　D　根据动量守恒定律mv0=(M-m)v,得v=mM-mv0,选项D正确。
8.[2015福建理综,30(2),6分]如图,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为2m,速度大小为v0,方向向左,两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)

A.A和B都向左运动　　　　　　B.A和B都向右运动
C.A静止,B向右运动　　　　　　D.A向左运动,B向右运动
答案　D　由于A、B碰前总动量为0,由动量守恒可知碰后总动量也为0,因两滑块发生弹性碰撞,故碰后A、B一定反向,即A向左运动,B向右运动,选项D正确。
9.(2014大纲全国,21,6分)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　　)
A.A+1A-1　　　　　　B.A-1A+1　　　　　　
C.4A(A+1)2　　　　　　D.(A+1)2(A-1)2
答案　A　设中子质量为m,则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2,由弹性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,12mv02=12mv12+12Amv22,解得v1=1-A1+Av0,故v0v1=A+1A-1,A正确。
考查点　碰撞
审题技巧　审题的关键词:“碰撞”“弹性正碰”。
延伸拓展　

“运动小球与静止小球发生弹性碰撞”模型
方程:m1v0=m1v1'+m2v2'
12m1v02=12m1v1'2+12m2v2'2
结论v1'=m1-m2m1+m2v0
v2'=2m1m1+m2v0
本题型结论要熟记。
10.(2011全国卷,20,6分)(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为(　　)

A.12mv2　　　　　 　B.12 mMm+M v2
C.12NμmgL　　　　　　D.NμmgL
答案　BD　小物块与箱子作用过程中满足动量守恒,小物块最后恰好又回到箱子正中间。二者相对静止,即为共速,设速度为v1,则mv=(m+M)v1,系统损失的动能ΔEk=12mv2-12(M+m)v12=12 Mmv2M+m,A错误,B正确;由于碰撞为弹性碰撞,故碰撞时不损失能量,系统损失的动能等于系统产生的热量,即ΔEk=Q=NμmgL,C错误,D正确。
11.[2016天津理综,9(1)]如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的质量是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动,与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对于盒静止,则此时盒的速度大小为　　　　,滑块相对于盒运动的路程为　　　　。 

答案　v3　v23μg
解析　设滑块的质量为m,最终盒与滑块的共同速度为v'
根据动量守恒得:mv=(m+2m)v'
解得v'=13v
设滑块相对于盒的运动路程为s
根据能量守恒得:μmgs=12mv2-12(m+2m)v'2
解得s=v23μg
反思感悟　应用动量守恒定律解题的过程中,只需关注初、末两个状态,而不必关注过程细节,这正是动量守恒定律的优越性。例如,本题中不必关心滑块究竟是怎样与盒相互作用的及碰撞了多少次。
12.[2015天津理综,9(1)]如图所示,在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A球在水平面上静止放置,B球向左运动与A球发生正碰,B球碰撞前、后的速率之比为3∶1,A球垂直撞向挡板,碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞,A、B两球的质量之比为　　　　,A、B碰撞前、后两球总动能之比为　　　　。 

答案　4∶1　9∶5
解析　设碰前B球速度大小为v0,碰后A、B两球速度大小分别为vA、vB,由题意知,碰后A球速度方向向左,B球速度方向向右,且vA=vB=13v0,碰撞过程动量守恒,取水平向右为正方向,则有-mBv0=-mAvA+mBvB,解得:mA∶mB=4∶1;碰撞前、后两球总动能之比为12mBv0212mAvA2+12mBvB2=95。
13.[2018天津理综,9(1)]质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上,一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块,并留在其中,整个木块沿子弹原方向运动,则木块最终速度的大小是　　　　m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N,则子弹射入木块的深度为　　　　m。 
答案　20　0.2
解析　本题考查动量守恒定律、功能关系等知识。
子弹击中木块,并留在其中,二者共速,子弹击中木块的过程,系统合外力为零,满足动量守恒条件,则mv0=(m+M)v,v=mv0M+m=200×0.050.5 m/s=20 m/s;此过程中对系统由功能关系可得:fd=12mv02-12(m+M)v2,d=mv02-(m+M)v22f=0.2 m。
知识拓展　系统中产生的焦耳热Q=f·d。
14.(2017天津理综,10,16分)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于空中。现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,A、B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2,空气阻力不计。求:

(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;
(2)A的最大速度v的大小;
(3)初始时B离地面的高度H。
答案　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m
解析　本题考查自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律。
(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有
h=12gt2①
代入数据解得
t=0.6 s②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有
vB=gt③
细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得
mBvB=(mA+mB)v④
之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度,联立②③④式,代入数据解得
v=2 m/s⑤
(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中A、B组成的系统机械能守恒,有
12(mA+mB)v2+mBgH=mAgH⑥
代入数据解得
H=0.6 m⑦
15.[2016课标Ⅱ,35(2),10分]如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10 m/s2。
(ⅰ)求斜面体的质量;
(ⅱ)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?

答案　见解析
解析　(ⅰ)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20=(m2+m3)v①
12m2v202=12(m2+m3)v2+m2gh②
式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得
m3=20 kg③
(ⅱ)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有
m1v1+m2v20=0④
代入数据得
v1=1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20=m2v2+m3v3⑥
12m2v202=12m2v22+12m3v32⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2=1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。
素养考查　本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律知识,以及理解能力、推理能力、综合分析能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、科学论证的要素。
16.[2013江苏单科,12C(3)]如图所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为0.1 m/s。A将B向空间站方向轻推后,A的速度变为0.2 m/s,求此时B的速度大小和方向。

答案　0.02 m/s　离开空间站方向
解析　以空间站为参考系,以v0的方向为正方向,由动量守恒定律(mA+mB)v0=mAvA+mBvB
解得vB=0.02 m/s
方向远离空间站方向。
17.(2019海南单科,13,10分)如图,用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点:初始时,轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放,当物块a下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短),碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。求:
(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小;
(2)轻绳的长度。

答案　(1)2μgs　(2)4μs
解析　(1)设a的质量为m,则b的质量为3m
碰撞后b滑行过程,根据动能定理得
-μ×3mgs=0-12×3mvb2
解得,碰撞后瞬间物块b速度的大小vb=2μgs
(2)对于a、b碰撞过程,取水平向左为正方向,根据动量守恒定律得
mv0=mva+3mvb
根据机械能守恒得12mv02=12mva2+12×3mvb2
设轻绳的长度为L,对于a下摆的过程,根据机械能守恒得
mgL=12mv02。
联立解得L=4μs
素养考查　本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理知识,以及理解能力、推理能力、综合分析能力、应用数学知识处理物理问题的能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
18.[2015课标Ⅱ,35(2),10分]两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞;碰撞后两者粘在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求:
(ⅰ)滑块a、b的质量之比;
(ⅱ)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。

答案　(ⅰ)1∶8　(ⅱ)1∶2
解析　(ⅰ)设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图像得
v1=-2 m/s①
v2=1 m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图像得
v=23 m/s③
由动量守恒定律得
m1v1+m2v2=(m1+m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2=1∶8⑤
(ⅱ)由能量守恒得,两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE=12m1v12+12m2v22-12(m1+m2)v2⑥
由图像可知,两滑块最后停止运动。由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为W=12(m1+m2)v2⑦
联立⑥⑦式,并代入题给数据得
W∶ΔE=1∶2⑧
考查点　碰撞
易错警示　由x-t图像可知a、b整体速度最后减小为零。
19.(2014大纲全国,24,12分)冰球运动员甲的质量为80.0 kg。当他以5.0 m/s的速度向前运动时,与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短,求
(1)碰后乙的速度的大小;
(2)碰撞中总机械能的损失。
答案　(1)1.0 m/s　(2)1 400 J
解析　(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M,碰前速度大小分别为v、V,碰后乙的速度大小为V'。由动量守恒定律有
mv-MV=MV'①
代入数据得V'=1.0 m/s②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE,应有
12mv2+12MV2=12MV'2+ΔE③
联立②③式,代入数据得
ΔE=1 400 J④
评分标准　①②③④式各3分。
20.(2014北京理综,22,16分)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2 m;A和B的质量相等;A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2。取重力加速度g=10 m/s2。求:

(1)碰撞前瞬间A的速率v;
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v';
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。
答案　(1)2 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m
解析　设滑块的质量为m。
(1)根据机械能守恒定律mgR=12mv2
得碰撞前瞬间A的速率v=2gR=2 m/s
(2)根据动量守恒定律mv=2mv'
得碰撞后瞬间A和B整体的速率v'=12v=1 m/s
(3)根据动能定理12(2m)v'2=μ(2m)gl
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离
l=v'22μg=0.25 m
考查点　机械能守恒、动量守恒。
一题多解　第(3)问也可结合牛顿运动定律,应用匀变速运动规律求解:在桌面上的加速度为a=μg=2 m/s2,又v'2=2al,所以l=v'22μg=0.25 m。
21.[2014江苏单科,12C(3)]牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载,A、B两个玻璃球相碰,碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。分离速度是指碰撞后B对A的速度,接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B,且为对心碰撞,求碰撞后A、B的速度大小。
答案　1748v0　3124v0
解析　设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2
由动量守恒定律
2mv0=2mv1+mv2,且由题意知v2-v1v0=1516
解得v1=1748v0,v2=3124v0
考查点　本题考查碰撞、动量守恒定律等知识,属于容易题。
知识拓展　若两球碰撞过程中满足动量守恒和能量守恒,可推导出分离速度和接近速度之比是1。本题中的该比值小于1,暗示两球碰撞过程中动能有损失,不满足能量守恒,为非弹性碰撞。
22.[2014山东理综,39(2)]如图,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量为m。开始时橡皮筋松弛,B静止,给A向左的初速度v0。一段时间后,B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍,也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求:
(ⅰ)B的质量;
(ⅱ)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。

答案　(ⅰ)m2　(ⅱ)16mv02
解析　(ⅰ)以初速度v0的方向为正方向,设B的质量为mB,A、B碰撞后的共同速度为v,由题意知:碰撞前瞬间A的速度为v2,碰撞前瞬间B的速度为2v,由动量守恒定律得
mv2+2mBv=(m+mB)v①
由①式得
mB=m2②
(ⅱ)从开始到碰后的全过程,由动量守恒定律得
mv0=(m+mB)v③
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE,则
ΔE=12mv22+12mB(2v)2-12(m+mB)v2④
联立②③④式得
ΔE=16mv02⑤
23.[2016海南单科,17(2),8分]如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始时静止;从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,碰撞后两者粘连在一起运动,碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得。某同学以h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线拟合,求得该直线的斜率为k=1.92 ×10-3 s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400 kg和mB=0.100 kg,重力加速度大小g=9.80 m/s2。

(ⅰ)若碰撞时间极短且忽略空气阻力,求h-v2直线斜率的理论值k0。
(ⅱ)求k值的相对误差δ(δ=|k-k0|k0×100%,结果保留1位有效数字)。
答案　(ⅰ)2.04×10-3 s2/m　(ⅱ)6%
解析　(ⅰ)设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v',由动量守恒定律有
mBv=(mA+mB)v'①
在碰撞后A和B共同上升的过程中,由机械能守恒定律有
12(mA+mB)v'2=(mA+mB)gh②
联立①②式得
h=mB22g(mA+mB)2v2③
由题意得
k0=mB22g(mA+mB)2④
代入题给数据得
k0=2.04×10-3 s2/m⑤
(ⅱ)按照定义
δ=|k-k0|k0×100%⑥
由⑤⑥式和题给条件得
δ=6%⑦
24.[2013山东理综,38(2),5分]如图所示,光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端,三者质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg、mC=2 kg。开始时C静止,A、B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。

答案　2 m/s
解析　因碰撞时间极短,A与C碰撞过程动量守恒,设碰后瞬间A的速度为vA,C的速度为vC,以向右为正方向,由动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mCvC①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度,设共同速度为vAB,由动量守恒定律得
mAvA+mBv0=(mA+mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞,应满足
vAB=vC③
联立①②③式,代入数据得
vA=2 m/s④
25.[2011海南单科,19(2),10分]一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上,其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面,长度为L;bc为一光滑斜面,斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动,在斜面上上升的最大高度为h,返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求
(ⅰ)木块在ab段受到的摩擦力f;
(ⅱ)木块最后距a点的距离s。

答案　(ⅰ)mv02-3mgh3L　(ⅱ)v02-6ghv02-3ghL
解析　(ⅰ)从开始到木块到达最大高度过程:
由动量守恒:mv0=3mv1
由能量守恒:12mv02=12·3mv12+mgh+fL
解得:f=mv02-3mgh3L
(ⅱ)木块从最大高度至与物体P最终相对静止:
由动量守恒:3mv1=3mv2
由能量守恒:12·3mv12+mgh=12·3mv22+fx
距a点的距离:s=L-x
解得:s=L-3gℎLv02-3gh=v02-6ghv02-3ghL
26.[2015课标Ⅰ,35(2),10分,0.425]如图,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间。A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。

答案　(5-2)M≤m 解析　A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mvA1+MvC1①
12mv02=12mvA12+12MvC12②
联立①②式得
vA1=m-Mm+Mv0③
vC1=2mm+Mv0④
如果m>M,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;所以只需考虑m 第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后,A的速度为vA2,B的速度为vB1,同样有
vA2=m-Mm+MvA1=m-Mm+M2v0⑤
根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有
vA2≤vC1⑥
联立④⑤⑥式得
m2+4mM-M2≥0⑦
解得
m≥(5-2)M⑧
另一解m≤-(5+2)M舍去。所以,m和M应满足的条件为
(5-2)M≤m (①②式各2分,③④⑤⑥⑧⑨式各1分)
考查点　碰撞
解题关键　①A与C碰撞后必须返回。
②A与B碰后速度必须小于与C碰后的速度。
温馨提示　本题为“弹性碰撞模型”。
27.[2015山东理综,39(2)]如图,三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以18v0、34v0的速度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。

答案　2116v0
解析　设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA,由题意知,碰后A的速度vA'=18v0,B的速度vB=34v0,由动量守恒定律得
mvA=mvA'+mvB①
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得
WA=12mv02-12mvA2②
设B与C碰撞前B的速度为vB',B克服轨道阻力所做的功为WB,由功能关系得
WB=12mvB2-12mvB'2③
据题意可知
WA=WB④
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得
mvB'=2mv⑤
联立①②③④⑤式,代入数据得
v=2116v0⑥
28.[2013课标Ⅱ,35(2),10分,0.27]如图,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,
(ⅰ)整个系统损失的机械能;
(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。

答案　(ⅰ)116mv02　(ⅱ)1348mv02
解析　(ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A、B与弹簧组成的系统,由动量守恒定律得
mv0=2mv1①
此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为ΔE,对B、C组成的系统,由动量守恒和能量守恒定律得
mv1=2mv2②
12mv12=ΔE+12(2m)v22③
联立①②③式得
ΔE=116mv02④
(ⅱ)由②式可知v2 mv0=3mv3⑤
12mv02-ΔE=12(3m)v32+Ep⑥
联立④⑤⑥式得
Ep=1348mv02⑦
考查点　碰撞
解题关键　①B与C发生完全非弹性碰撞,损失的机械能ΔE就是B、C组成的系统碰撞过程损失的机械能。
②弹簧压缩至最短的时刻是A、B、C速度相同的时刻。
29.(2013广东理综,35,18分)如图,两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上,质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧,左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端,质量为2m且可看做质点。P1与P以共同速度v0向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P1与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P2之间的动摩擦因数为μ。求
(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2;
(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。

答案　(1)v02　34v0　(2)v0232μg-L　116mv02
解析　(1)P1、P2碰撞瞬间,P的速度不受影响,根据动量守恒:mv0=2mv1,解得v1=v02
最终三个物体具有共同速度,根据动量守恒:3mv0=4mv2,解得v2=34v0
(2)根据能量守恒,系统动能减少量等于因摩擦产生的内能:
12·2mv12+12·2mv02-12·4mv22=2mgμ(L+x)×2
解得x=v0232μg-L
在从第一次共速到第二次共速过程中,弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能,即:Ep=2mgμ(L+x)
解得Ep=116mv02
评析　本题考查了碰撞问题中的两大守恒定律的应用,关键点有:①P1、P2碰撞时P速度不变;②当P1、P2粘在一起之后再应用能量守恒定律,这样就回避了P1、P2结合在一起时的机械能损失问题;③第一次共速时弹簧被压缩到最短。
30.(2011全国,35(2),18分)如图,A、B、C三个木块的质量均为m,置于光滑的水平桌面上,B、C之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连,使弹簧不能伸展,以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动,与B相碰并黏合在一起。之后细线突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0。求弹簧释放的势能。

答案　13mv02
解析　设碰后A、B和C的共同速度的大小为v,由动量守恒定律得3mv=mv0①
设C离开弹簧时,A、B的速度大小为v1,由动量守恒定律得3mv=2mv1+mv0②
设弹簧的弹性势能为Ep,从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒,有
12(3m)v2+Ep=12(2m)v12+12mv02③
由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep=13mv02
31.(2020山东,18,16分)如图所示,一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板,P、Q两物块的质量分别为m和4m,Q静止于斜面上A处。某时刻,P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan θ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦,与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点,斜面足够长,Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1;
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn;
(3)求物块Q从A点上升的总高度H;
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞,求A点与挡板之间的最小距离s。

答案　见解析
解析　(1)P与Q的第一次碰撞,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得
mv0=mvP1+4mvQ1①
由机械能守恒定律得
12mv02=12mvP12+12·4mvQ12②
联立①②式得
vP1=-35v0③
vQ1=25v0④
故第一次碰撞后P的速度大小为35v0,Q的速度大小为25v0
(2)设P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1,对Q由运动学公式得
0-vQ12=2·(-2g sin θ)·ℎ1sinθ⑤
联立①②⑤式得
h1=v0225g⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02,第一次碰后至第二次碰前,对P由动能定理得
12mv022-12mvP12=-mgh1⑦
联立①②⑤⑦式得
v02=75v0⑧
P与Q的第二次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2,由动量守恒定律得
mv02=mvP2+4mvQ2⑨
由机械能守恒定律得
12mv022=12mvP22+12·4mvQ22⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
vP2=-35×75v0
vQ2=25×75v0
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2,对Q由运动学公式得
0-vQ22=2·(-2g sin θ)·ℎ2sinθ
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
h2=725·v0225g
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03,第二次碰后至第三次碰前,对P由动能定理得
12mv032-12mvP22=-mgh2
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
v03=752v0
P与Q的第三次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3, 由动量守恒定律得
mv03=mvP3+4mvQ3
由机械能守恒定律得
12mv032=12mvP32+12·4mvQ32
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
vP3=-35×752v0
vQ3=25×752v0
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3,由运动学公式得
0-vQ32=2·(-2g sin θ)·ℎ3sinθ
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
h3=7252·v0225g
……
总结可知,第n次碰撞后,物块Q上升的高度为
hn=725n-1·v0225g(n=1,2,3…)
(3)当P、Q达到H时,两物块到此处的速度可视为零,对两物块运动全过程由动能定理得
0-12mv02=-(m+4m)gH-tan θ·4mg cos θ·Hsinθ
解得
H=v0218g
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1,由运动学公式得
vQ1=2gt1 sin θ
设P运动到斜面底端时的速度为vP1',需要的时间为t2,由运动学公式得
vP1'=|vP1|+gt2 sin θ
vP1'2-vP12=2sg sin θ
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
v02=(-vP1)-gt3 sin θ
当A点与挡板之间的距离最小时
t1=2t2+t3
联立式,代入数据得
s=(87-13)v02200gsinθ
32.(2019课标Ⅲ,25,20分)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示。某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20。重力加速度取g=10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小;
(2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?
(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?

答案　(1)4.0 m/s　1.0 m/s
(2)B先停　0.50 m　(3)0.91 m
解析　本题考查动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理和机械能守恒定律的综合应用,要求考生具有较强的推理能力和综合分析能力。题目中涉及两个物体,运动过程较多,涉及规律较多,综合性很强,为较难题。体现了模型建构、科学推理的素养要求。
(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正,由动量守恒定律和题给条件有
0=mAvA-mBvB①
Ek=12mAvA2+12mBvB2②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a。假设A和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有
mBa=μmBg④
sB=vBt-12at2⑤
vB-at=0⑥
在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,所以无论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程sA都可表示为
sA=vAt-12at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75 m,sB=0.25 m⑧
sA>l且sA-sB<2l,这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边0.25 m处,B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为
s=0.25 m+0.25 m=0.50 m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为vA',由动能定理有
12mAvA'2-12mAvA2=-μmAg(2l+sB)
联立③⑧式并代入题给数据得
vA'=7 m/s
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″,由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(-vA')=mAvA″+mBvB″
12mAvA'2=12mAvA″2+12mBvB″2
联立式并代入题给数据得
vA″=375 m/s,vB″=-275 m/s
这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA'时停止,B向左运动距离为sB'时停止,由运动学公式有
2asA'=vA″2,2asB'=vB″2
根据④式及题给数据得
sA'=0.63 m,sB'=0.28 m
sA'小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
s'=sA'+sB'=0.91 m
素养考查　本题考查了动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律、牛顿运动定律、运动学公式知识,以及理解能力、推理能力、综合分析能力、应用数学知识处理物理问题的能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、科学论证的要素。
33.(2019课标Ⅱ,25,20分)一质量为m=2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中,司机突然发现前方100 m处有一警示牌,立即刹车。刹车过程中,汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中,0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略,汽车仍保持匀速行驶),t1=0.8 s;t1~t2时间段为刹车系统的启动时间,t2=1.3 s;从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止。已知从t2时刻开始,汽车第1 s内的位移为24 m,第4 s内的位移为1 m。

图(a)

图(b)
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线;
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小;
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功;从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离约为多少(以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
答案　(1)见解析　(2)28 m/s　8 m/s2　(3)30 m/s　1.16×105 J　87.5 m
解析　本题综合考查了动能定理、动量定理等基本考点,考查了学生综合分析及运用数学知识解决问题的能力,体现了科学推理与科学论证的素养要素,通过研究汽车的运动渗透了关注生产、生活的价值观念。
(1)v-t图像如图所示。

(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1,则t1时刻的速度也为v1;t2时刻的速度为v2。在t2时刻后汽车做匀减速运动,设其加速度大小为a。取Δt=1 s。设汽车在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt内的位移为sn,n=1,2,3,…。
若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止,设它在t2+3Δt时刻的速度为v3,在t2+4Δt时刻的速度为v4,由运动学公式有
s1-s4=3a(Δt)2①
s1=v2Δt-12a(Δt)2②
v4=v2-4aΔt③
联立①②③式,代入已知数据解得
v4=-176 m/s④
这说明在t2+4Δt时刻前,汽车已经停止。因此,①式不成立。
由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止,由运动学公式
v3=v2-3aΔt⑤
2as4=v32⑥
联立②⑤⑥式,代入已知数据解得
a=8 m/s2,v2=28 m/s⑦
或a=28825 m/s2,v2=29.76 m/s⑧
但⑧式情形下,v3<0,不合题意,舍去。
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时,汽车所受阻力的大小为f1。由牛顿第二定律有
f1=ma⑨
在t1~t2时间内,阻力对汽车冲量的大小为
I=12f1(t2-t1)⑩
由动量定理有
I=mv1-mv2
由动能定理,在t1~t2时间内,汽车克服阻力做的功为
W=12mv12-12mv22
联立⑦⑨⑩式,代入已知数据解得
v1=30 m/s
W=1.16×105 J
从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离s约为
s=v1t1+12(v1+v2)(t2-t1)+v222a
联立⑦式,代入已知数据解得
s=87.5 m
34.(2018海南单科,14,16分)如图,光滑轨道PQO的水平段QO=ℎ2,轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑,在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞,碰撞时间极短。求:
(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小;
(2)A、B均停止运动后,二者之间的距离。

答案　(1)352gℎ　252gℎ　(2)26125h
解析　(1)A下滑过程机械能守恒,由机械能守恒定律得
mgh=12mv02
A、B发生完全弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvA+4mvB
由机械能守恒定律得12mv02=12mvA2+12(4m)vB2
解得vA=-352gℎ,vB=252gℎ
(2)物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动,最终速度为零,由动能定理得
-μ×4mgx=0-12×4mvB2,x=8ℎ25,
设当物块A的位移为x时速度为v,对A,由动能定理得
-μmgx=12mv2-12mvA2
解得v=25gh
A、B发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv=mvA'+4mvB'
由机械能守恒定律得
12mv2=12mv'A2+12×4mv'B2
解得vA'=-3525gh,vB'=2525gh
碰撞后A向左做减速运动,B向右做减速运动,由动能定理得
-μmgxA=0-12mv'A2
-μ×4mgxB=0-12×4mv'B2
解得xA=18125h,xB=8125h,A、B均停止运动后它们之间的距离d=xA+xB=26125h。
素养考查　本题考查了机械能守恒定律、动量守恒定律、动能定理知识,以及理解能力、推理能力、综合分析能力、应用数学知识处理物理问题的能力,体现了物理观念中物质观念、运动观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
35.[2014课标Ⅰ,35(2),9分,0.537]如图,质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8 m,A球在B球的正上方。先将B球释放,经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t=0.3 s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰,碰撞时间极短,碰后瞬间A球的速度恰为零。已知mB=3mA,重力加速度大小g=10 m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求
(ⅰ)B球第一次到达地面时的速度;
(ⅱ)P点距离地面的高度。

答案　(ⅰ)4 m/s　(ⅱ)0.75 m
解析　(ⅰ)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB,由运动学公式有vB=2gℎ①
将h=0.8 m代入上式,得vB=4 m/s②
(ⅱ)设两球相碰前后,A球的速度大小分别为v1和v1'(v1'=0),B球的速度分别为v2和v2'。由运动学规律可得
v1=gt③
由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变。规定向下的方向为正,有
mAv1+mBv2=mBv2'④
12mAv12+12mBv22=12mBv'22⑤
设B球与地面相碰后的速度大小为vB',由运动学及碰撞的规律可得vB'=vB⑥
设P点距地面的高度为h',由运动学规律可得
h'=v'B2-v222g⑦
联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得
h'=0.75 m⑧
36.(2014广东理综,35,18分)如图的水平轨道中,AC段的中点B的正上方有一探测器,C处有一竖直挡板,物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞,并接合成复合体P,以此碰撞时刻为计时零点,探测器只在t1=2 s至t2=4 s内工作,已知P1、P2的质量都为m=1 kg,P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1,AB段长L=4 m,g取10 m/s2,P1、P2和P均视为质点,P与挡板的碰撞为弹性碰撞。

(1)若v1=6 m/s,求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE;
(2)若P与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B点,求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。
答案　(1)3 m/s　9 J　(2)10 m/s≤v1≤14 m/s　17 J
解析　(1)P1、P2碰撞过程,动量守恒
mv1=2mv①
解得v=v12=3 m/s②
碰撞损失的动能ΔE=12mv12-12(2m)v2③
解得ΔE=9 J④
(2)根据牛顿第二定律,P做匀减速运动,加速度为a=μ·2mg2m⑤
设P1、P2碰撞后的共同速度为v共,则推得v共=v12⑥
把P与挡板碰撞前后运动过程当做整体运动过程处理
经过时间t1,P运动过的路程为s1,则s1=v共t1-12at12⑦
经过时间t2,P运动过的路程为s2,则s2=v共t2-12at22⑧
如果P能在探测器工作时间内通过B点,必须满足
s1≤3L≤s2⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨得10 m/s≤v1≤14 m/s⑩
v1的最大值为14 m/s,此时v共=7 m/s,根据动能定理知
-μ·2mg·4L=E-12·2mv共2
代入数据得E=17 J
37.(2014安徽理综,24,20分)在光滑水平地面上有一凹槽A,中央放一小物块B。物块与左右两边槽壁的距离如图所示,L为1.0 m,凹槽与物块的质量均为m,两者之间的动摩擦因数μ为0.05。开始时物块静止,凹槽以v0=5 m/s初速度向右运动,设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失,且碰撞时间不计。g取10 m/s2。求:
(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度;
(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数;
(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。

答案　(1)2.5 m/s　(2)6次　(3)5 s　12.75 m
解析　(1)设两者间相对静止时速度为v,由动量守恒定律得
mv0=2mv,即v=2.5 m/s
(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff=μN=μmg
设两者相对静止前相对运动的路程为s1,由动能定理得
-Ff·s1=12(m+m)v2-12mv02,得s1=12.5 m
已知L=1.0 m,可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。
(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2,碰后的速度分别为v1'、v2'。有
mv1+mv2=mv1'+mv2',12mv12+12mv22=12mv'12+12mv'22
得v1'=v2,v2'=v1
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换,在同一坐标系上两者的速度图线如图所示,根据碰撞次数可分为13段,凹槽、物块的v-t图像在两条连续的匀变速运动图线间转换,故可用匀变速直线运动规律求时间。则

v=v0+at、a=-μg,解得t=5 s
凹槽的v-t图像所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2。等腰三角形面积共分13份,第一份面积为0.5L,其余每份面积均为L。
s2=12(v02)t+6.5L,解得s2=12.75 m
38.(2014天津理综,10,16分)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4 kg,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量mB=2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6 s,二者的速度达到vt=2 m/s。求
(1)A开始运动时加速度a的大小;
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;
(3)A的上表面长度l。

答案　(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m
解析　(1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有
F=mAa①
代入数据解得
a=2.5 m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6 s的过程,由动量定理得
Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v③
代入数据解得
v=1 m/s④
(3)设A、B发生碰撞前,A的速度为vA,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有
mAvA=(mA+mB)v⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有
Fl=12mAvA2⑥
由④⑤⑥式,代入数据解得
l=0.45 m⑦
39.[2013课标Ⅰ,35(2),9分,0.549]在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B,两者相距为d。现给A一初速度,使A与B发生弹性正碰,碰撞时间极短。当两木块都停止运动后,相距仍然为d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ,B的质量为A的2倍,重力加速度大小为g。求A的初速度的大小。
答案　285μgd
解析　设在发生碰撞前的瞬间,木块A的速度大小为v;在碰撞后的瞬间,A和B的速度分别为v1和v2。在碰撞过程中,由能量和动量守恒定律,得
12mv2=12mv12+12(2m)v22①
mv=mv1+(2m)v2②
式中,以碰撞前木块A的速度方向为正。由①②式得
v1=-v22③
设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2,由动能定理得
μmgd1=12mv12④
μ(2m)gd2=12(2m)v22⑤
按题意有
d=d1+d2⑥
设A的初速度大小为v0,由动能定理得
μmgd=12mv02-12mv2⑦
联立②至⑦式,得
v0=285μgd⑧
考查点　碰撞、动能定理
审题技巧　审题的关键点:“弹性碰撞”、“A、B相距仍然为d”。
40.(2013重庆理综,9,18分)在一种新的“子母球”表演中,让同一竖直线上的小球A和小球B,从距水平地面高度为ph(p>1)和h的地方同时由静止释放,如图所示。球A的质量为m,球B的质量为3m。设所有碰撞都是弹性碰撞,重力加速度大小为g,忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。

(1)求球B第一次落地时球A的速度大小;
(2)若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰,求p的取值范围;
(3)在(2)情形下,要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置,求p应满足的条件。
答案　(1)2gℎ　(2)1 解析　(1)两球同时释放后都做自由落体运动,球B第一次落地时下降h,A球也下降h,设此时A球速度为v0,则有:
v02=2gh
故v0=2gℎ
(2)设B球下落至地面的过程经历的时间为t1,则有
h=12gt12
v0=gt1
B球与地面发生弹性碰撞后以原速率v0反弹,设经过时间t2与球A碰撞,则
对A球有:hA=12g(t1+t2)2
对B球有:hB=v0t2-12gt22
相碰时位移关系hA+hB=ph
若使B球在第一次上升中能与A球相碰,应有
0 联立以上各式可得1 (3)设A、B两球碰撞前后的速率分别为vA、vB与vA'、vB',由动量守恒、能量守恒有:3mvB-mvA=3mvB'+mvA'
12·3m·vB2+12mvA2=12·3m·vB'2+12mvA'2
解之得vA'=vA+3vB2,vB'=vB-vA2
若使球A碰后恰能到达与其释放点等高的位置,应有
vA'=vA
可得vA=3vB①
两球相碰时的位移关系为v02-vB22g+vA22g=ph
可解得v B=14g(p-1)h②
由此式可知p>1
再由相碰时两球运动时间应满足的关系有
v0g+v0-vBg=vAg
解之有vA=2v0-vB③
联立①②③三式并结合v0=2gℎ可得p=3
要使A球碰后能到达比原释放点更高的位置,则要求碰前B球的速度更大,发生碰撞的位置更低,p值更小,故p应满足的条件为1