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专题专项练
专题强化练3　类碰撞问题
题组一　弹簧模型
1.(多选题)[2025山东烟台期中]如图所示,静止在光滑的水平面上的物块乙、丙通过处于原长的轻质弹簧拴接。离物块乙有一定距离的物块甲以大小为4 m/s的初速度水平向左运动,物块甲、乙碰撞(碰撞时间极短)后粘在一起运动。已知物块甲、乙、丙的质量分别为1 kg、3 kg、6 kg,弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的弹性势能最大值为1.2 J
B.物块丙的最大速度为 m/s
C.弹簧压缩至最短时物块丙的速度大小为0.4 m/s
D.物块甲、乙碰撞过程中,物块甲、乙、丙构成的系统机械能守恒
2.[2026重庆沙坪坝第一中学月考]如图所示,完全相同的物块A、B、C静止在光滑水平面上。一轻弹簧两端分别固定在A、B上,初始时弹簧恰好处于原长,C紧靠在B右侧(不粘连),现给A一水平向右的初速度,当弹簧第1次恢复原长时,A的动能为Ek1;弹簧第2次恢复原长时,A的动能为Ek2。则Ek1∶Ek2等于(　　)
A.1∶4　　　　B.4∶3　　　　C.9∶5　　　　D.13∶11
题组二　子弹打木块模型
3.[2026江苏常州阶段练习]如图所示,木块静止在光滑水平面上,两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块,最终都停在木块内,这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度小于子弹B射入的深度,则(　　)
A.子弹A的质量一定比子弹B的质量大
B.入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力小
C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间短
D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
4.[2026湖北武汉阶段测试]如图所示,一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态,一子弹以水平速度v0击中沙袋后(未穿出),二者一起摆动。若子弹质量为m,沙袋质量为3m,子弹和沙袋形状大小忽略不计,子弹击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计,不计空气阻力,重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　)
A.子弹打入沙袋过程中,细绳所受拉力大小保持不变
B.子弹打入沙袋过程中,子弹对沙袋的冲量与沙袋对子弹的冲量相同
C.子弹打入沙袋过程中所产生的热量为
D.沙袋和子弹一起摆动相对最低点所达到的最大高度为
5.(多选题)[2024河南商丘第一高级中学月考]如图所示,在光滑水平直杆上穿一滑块,滑块下面用足够长的细绳悬挂一木球,某时刻,子弹以水平速度v0射入木球并留在其中。已知子弹和木球的质量均为m,滑块的质量为2m,重力加速度为g,下列判断正确的是(　　)
A.当木球摆到最大高度时,子弹、木球、滑块的速度相等
B.当子弹、木球、滑块的速度相等时,滑块的速度达到最大
C.木球能摆起的最大高度是
D.滑块在运动过程中的最大速度是
题组三　滑块-光滑弧面模型
6.[2026四川绵阳第一中学期中]如图所示,在光滑水平面上停放质量为m、装有弧形槽的小车,现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口滑上小车,到达某一高度后,小球又返回小车右端,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.小球到达最高点时的速度为
B.小球离开车后,将对地向右做平抛运动
C.小球沿弧形槽上升的最大高度为
D.此过程中小球对车做的功为m
7.[2025湖北宜昌期中]如图所示,质量mA=1 kg的滑块A在光滑水平平台上向右运动,紧靠在水平平台右端的长木板上表面NQ水平并与平台等高且底面光滑,NQ的长度L=2 m,长木板的右端为半径R=0.1 m的光滑圆弧,长木板的左端有一可视为质点的滑块B,其质量为mB=3 kg,与NQ间的动摩擦因数μ=0.1,滑块A沿水平平台向右运动与滑块B发生弹性碰撞,测得碰后滑块B的速度大小vB=3 m/s,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)与滑块B碰撞前,滑块A的速度大小v0;
(2)为使滑块B不能从长木板右端滑离长木板,长木板的最大质量mC;
(3)在满足(2)的条件下,长木板的最大速度vm及滑块B最终距Q端的距离Δx。
题组四　板块模型
8.[2026河北邯郸阶段测试]如图所示,质量为3 kg的长木板放在光滑平台右侧的光滑水平面上,质量为2 kg的滑块A(视为质点)放在长木板的左端,滑块A与长木板之间的动摩擦因数为0.2。平台上放一质量为1 kg的滑块B,某时刻滑块B受到敲击以大小为6 m/s、方向水平向右的速度滑动,滑块B与A发生弹性碰撞后,滑块A开始滑动。
(1)求滑块A、B碰撞后各自的速度。
(2)若滑块A以2 m/s的速度与长木板分离,求长木板的长度。
(3)若长木板足够长,求滑块A相对于长木板滑动的最大距离。
9.[2026吉林长春期末]如图,半径为R=0.2 m的光滑圆弧轨道AB固定在光滑水平地面上,A点与圆心O等高,圆弧轨道与放在地面上质量为M=3 kg的长木板上表面相切于B点。现将质量m=1.0 kg的小物块(视为质点)从A点由静止释放,小物块从B点离开圆弧后滑上长木板,一段时间后小物块与长木板共速,再经过一段时间后,长木板与右侧竖直墙壁碰撞后以原速率反弹(碰撞时间忽略不计)。已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)小物块滑至圆弧末端B点时对圆弧轨道的压力大小;
(2)小物块从滑上长木板到两者第一次共速过程中产生的热量及小物块相对长木板滑行的位移大小;
(3)长木板与墙碰撞后,长木板与小物块再次共速时的速度大小。
答案与分层梯度式解析
专题专项练
专题强化练3　类碰撞问题
1.AC　
思路点拨
　　过程1:
过程2:
过程3:
整个过程中物块甲、乙、丙构成的系统动量守恒,且三者共速时弹簧压缩至最短,则有m1v0=(m1+m2+m3)v共,解得v共=0.4 m/s,选项C正确;物块甲、乙碰撞时有m1v0=(m1+m2)v1,解得v1=1 m/s,弹簧压缩至最短时弹性势能Ep=(m1+m2)-(m1+m2+m3)=1.2 J[易错点:Ep≠m1-(m1+m2+m3)],选项A正确;弹簧第一次恢复原长时物块丙的速度最大,则有(m1+m2)v1=(m1+m2)v2+m3v3,(m1+m2)=(m1+m2)+m3,解得v3=0.8 m/s,选项B错误;物块甲、乙碰撞后粘在一起,属于完全非弹性碰撞,有内能产生,此过程物块甲、乙、丙构成的系统机械能不守恒,选项D错误。
2.A　设物块A、B、C的质量均为m,A物块的初速度为v,当弹簧第1次恢复原长时A的速度为v1,B、C的速度为v2,对A、B、C组成的系统,根据动量守恒定律有mv=mv1+2mv2,根据能量守恒定律有mv2=m+·2m,解得v1=-,v2=;此后B、C分离,设弹簧第2次恢复原长时A的速度为v3,B的速度为v4,对A、B组成的系统,根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv3+mv4,根据能量守恒定律有m+m=m+m,解得v3=,v4=-,则Ek1∶Ek2=m∶m=1∶4,A正确。
3.A　
关键点拨
木块始终静止,说明两颗子弹对木块的作用力大小始终相等,即阻力f大小相等,B错误。设子弹射入木块的深度为d,根据动能定理,子弹的初动能Ek=fd,由于dAmB,A正确。子弹在木块中做匀减速运动,末速度为0,根据动量定理,则运动时间t=,运动时间相等,C错误。
4.C　子弹未打入沙袋时,细绳拉力为3mg,由动量守恒定律可知子弹以水平速度v0击中沙袋后,沙袋获得速度而做圆周运动,此时细绳的拉力与重力的合力提供向心力,可知拉力F>4mg,A错误。子弹打入沙袋过程中,子弹对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量大小相等,但方向相反,B错误。规定向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=(m+3m)v,根据能量守恒定律有m=·4mv2+Q,联立解得Q=,C正确。对沙袋和子弹一起摆动相对最低点到最高点,由机械能守恒定律可得·4mv2=4mgh,解得最大高度h=,D错误。
5.ACD　
模型建构
木球摆到最大高度时,三者具有相同速度(破题关键),此后滑块在绳子拉力作用下继续加速,选项A正确,B错误;子弹射入木球过程,规定子弹速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得mv0=2mv1,子弹射入木球后,当木球摆到最大高度时,子弹、木球、滑块的速度相等,根据系统水平方向动量守恒可得2mv1=(m+m+2m)v2,由能量守恒有×2m=×4m+2mgh,联立解得h=,选项C正确;子弹射入木球,木球摆到最大高度后再次回到最低点时,滑块的速度达到最大,设此时木球的速度为v'1,滑块的速度为v'2,根据系统水平方向动量守恒可得2mv1=2mv'1+2mv'2,由能量守恒定律有×2m=×2mv+×2mv,联立解得v'2=,选项D正确。
6.C　
模型建构
关键点拨
　　小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒,当小球上升到最高点时,竖直方向的速度为零,水平方向与小车具有相同的速度;根据动量守恒定律和机械能守恒定律可求出小球返回小车右端时的速度,从而得出小球的运动规律;根据动能定理得出小球对小车做功的大小。
由题意,小球到达最高点时,二者共速,小球和小车组成的系统水平方向动量守恒,以向左为正方向,有2mv0=3mv,由机械能守恒定律可得×2m=×3mv2+2mgh,解得小球到达最高点时的速度为v=,上升的最大高度为h=,A错误,C正确;设小球离开小车时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,整个过程中水平方向动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得2mv0=2mv1+mv2,由机械能守恒定律得×2m=×2m+m,解得v1=v0,v2=v0,所以与小车分离后小球对地将向左做初速度为v0的平抛运动,B错误;对小车运用动能定理得,小球对小车做的功W=m=m,D错误。
7.答案　(1)6 m/s　(2)6 kg　(3) m/s　1 m
模型建构
解析　(1)滑块A和B碰撞过程动量守恒、机械能守恒,则有mAv0=mAvA+mBvB
mA=mA+mB
联立解得v0=6 m/s
(2)在保证B不能从右端滑离长木板,长木板质量取最大时,对应的情境是B刚好滑到圆弧的顶端,此时B与长木板共速,对B和长木板有mBvB=(mB+mC)v
mB-(mB+mC)v2=μmBgL+mBgR
代入数据可得v=1 m/s,mC=6 kg
(3)当滑块B返回至Q点时,长木板的速度最大(破题关键),设此时B的速度为v'B,则有(mB+mC)v=mBv'B+mCvm
mBv+mC-(mB+mC)v2=mBgR
解得vm= m/s
设B最终没有滑离长木板,根据能量守恒定律可得
mBgR=μmBgΔx
解得Δx=1 m故假设成立,B最终距Q端Δx=1 m
8.答案　(1)4 m/s,方向水平向右　2 m/s,方向水平向左　(2) m　(3)2.4 m
解析　(1)规定向右为正方向,滑块B与A发生弹性碰撞,根据动量守恒有mBv0=mBvB+mAvA
机械能守恒有mB=mB+mA
其中v0=6 m/s,mB=1 kg,mA=2 kg
联立解得vA=4 m/s,vB=-2 m/s
碰后A的速度方向水平向右,B的速度方向水平向左。
(2)滑块A与长木板相互作用,根据动量守恒有
mAvA=mAvA1+m板v板
根据能量守恒有mA=mA+m板+μmAgL
其中m板=3 kg,μ=0.2,vA1=2 m/s
联立解得长木板的长度L= m
(3)若长木板足够长,最终A与长木板共速(破题关键),根据动量守恒有mAvA=(mA+m板)v
根据能量守恒有mA=(mA+m板)v2+μmAgx相对
联立解得x相对=2.4 m
滑块A相对于长木板滑动的最大距离为2.4 m。
9.答案　(1)30 N　(2)1.5 J　0.5 m　(3)0.25 m/s
解析　(1)小物块由A运动到B的过程中,由机械能守恒得mgR=mv2
解得v=2 m/s
小物块在B点时,由牛顿第二定律得FN-mg=m
解得FN=30 N
由牛顿第三定律可知,小物块对圆弧轨道的压力大小为F'N=FN=30 N
(2)小物块滑上长木板到两者第一次共速,设共同速度为v1,水平向右为正方向,
由动量守恒可得mv=(M+m)v1
解得v1=0.5 m/s
小物块从滑上长木板到两者第一次共速过程中产生的热量Q=mv2-(M+m)
解得Q=1.5 J
根据功能关系有Q=μmgx相对
解得小物块相对长木板滑行的位移大小x相对=0.5 m
(3)长木板与墙碰撞后,取水平向左为正方向,设碰撞后长木板与小物块再次共速时的速度大小为v2
由动量守恒定律可得Mv1-mv1=(M+m)v2
解得v2=0.25 m/s专题专项练
专题强化练2　动量守恒定律中的临界极值问题
1.[2026江苏南京阶段测试]如图所示,小孩站在A车前端和A车以3 m/s的速度共同向右做匀速运动,在A车正前方有一辆静止的B车,为了避免两车相撞,在A车接近B车时,小孩迅速从A车跳上B车,并与B车保持相对静止,此时A、B两车恰好不相撞。小孩质量为30 kg,A、B车质量均为30 kg,不计地面阻力和空气阻力,小孩跳离A车时对地水平速度大小为(　　)
A.2 m/s　　B.3 m/s　　C.4 m/s　　D.5 m/s
2.[2026黑龙江哈尔滨期中]如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m,两船沿同一直线相向运动,速率分别为2v0、v0,为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住。不计水的阻力和空气阻力。则抛出货物的对地最小速率是(　　)
A.v0　　 B.8v0　　 C.16v0　　 D.20v0
3.(创新题·新考法)[2026湖北黄冈模拟]如图所示,质量为M的滑块A被固定在光滑水平面上,它上表面为半径为R的四分之一圆弧ab,质量为M的木板B上表面与圆弧面最低点水平相切,A、B之间用装置锁定。质量为m的小滑块C(可视为质点)从某高度处由静止下落,刚好在a点沿圆弧切线方向进入滑块A的圆弧面,C经过圆弧面最低点b时对圆弧面的压力大小为7mg。现解除对A的固定,让C仍然从原来高度自由下落。已知M=m,重力加速度为g,小滑块C与木板B上表面的动摩擦因数为0.6,不计空气阻力和其他摩擦。
(1)求C下落的位置离b点的高度。
(2)解除对A的固定,求C运动到b点过程中小滑块C的水平位移的大小。
(3)解除对A的固定,当C滑上B后立即将A、B解锁,若C未脱离木板B,求木板B的最小长度。
4.[2026河北保定阶段测试]如图所示,在光滑的水平地面上,质量均为m=1 kg的滑块B和C中间夹一轻弹簧,轻弹簧处于原长状态,左端固定在B上,右端与C接触但不连接,质量为M=2 kg、半径为R=1 m的四分之一光滑圆弧形滑块D放置在C的右边(最低点切线水平),C、D间距离较远,现给B一方向水平向右、大小为v0=6 m/s的初速度,已知C冲上D前已与弹簧分离,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)弹簧的最大弹性势能;
(2)C能上升的最大高度;
(3)圆弧轨道D的最大速度大小。
答案与分层梯度式解析
专题专项练
专题强化练2　动量守恒定律中的临界极值问题
1.C　以向右为正方向,设人跳离A车时对地水平速度大小为v1,跳离A车后A车的速度为v2,跳上B车后的共同速度为v3,对人和A车组成的系统,由动量守恒有(m+M)v0=mv1+Mv2,对人和B车组成的系统,由动量守恒有mv1=(m+M)v3,由题意可知v2=v3,v0=3 m/s,m=M=30 kg,联立解得v1=4 m/s,故选C。
2.C　设抛出货物的对地水平速度为v,规定向左为正方向,对乙(含船、人、货物)有12mv0=11mv乙+mv,对甲(含船、人、货物)有mv-10m×2v0=11mv甲,若两船恰好不相撞,则有v甲=v乙,联立解得v=16v0,即抛出货物的对地最小速率为16v0。故选C。
归纳总结　“速度相同”是此类问题的重要临界条件,一般是解题的突破口。
3.答案　(1)3R　(2)R　(3)3R
解析　(1)C经过圆弧面最低点b时对圆弧面的压力大小为7mg,根据牛顿第三定律,圆弧面对滑块C的支持力大小为7mg,根据牛顿第二定律有
FN-mg=m
从开始下落到b点,根据机械能守恒有mgh=mv2
解得C下落的位置离b点的高度h=3R
(2)解除对A的固定,C运动到b点的过程中
C和A、B整体水平方向动量守恒,可得mvx=2MvAB
取一段时间微元,可得mvx·Δt=2MvAB·Δt,求和可得∑mvx·Δt=∑2MvAB·Δt(解题技法)
已知M=m
可得mx1=mx2
由几何关系可得x1+x2=R
联立可得小滑块C的水平位移的大小x1=R
(3)解除对A的固定,设当C滑上B时,C的速度大小为v0,A、B的速度大小为v1
根据A、B、C整体水平方向动量守恒可得mv0=2Mv1
根据机械能守恒可得mgh=m+·2M
联立解得v0=,v1=2
将A、B解锁,若C恰好未脱离木板B,即C滑到B右端时刚好与B共速,取水平向右为正方向,根据B、C组成的系统动量守恒可得
mv0-Mv1=(M+m)v共
根据能量守恒可得
m+M=(M+m)+μmgLmin
解得木板B的最小长度Lmin=3R
4.答案　(1)9 J　(2)1.2 m　(3)4 m/s
解析　(1)弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大,此时B、C的速度相等(破题关键),设此时速度为v1,对B、C整体
根据动量守恒有mv0=2mv1,解得v1=3 m/s
根据能量守恒有ΔEpm=m-·2m
解得弹簧的最大弹性势能ΔEpm=9 J
(2)设C与弹簧分开时B、C的速度分别为v'B和vC
由动量守恒得mv0=mv'B+mvC
由能量守恒得m=mv+m
解得v'B=0,vC=6 m/s
此时C的机械能E1=m=18 J
假设C上升高度为R时C与D相对静止,C在竖直方向速度为0,C、D组成的系统水平方向动量守恒,有mvC=(M+m)vD
此时系统的机械能E2=(M+m)+mgR=16 J
因为E1>E2,所以滑块C在竖直方向速度不为0
设滑块C能上升的最大高度为h,由机械能守恒定律有m=mgh+(M+m)
解得h=1.2 m
(3)C返回D底端时D的速度最大(破题关键),以向右为正方向,由水平方向动量守恒有mvC=mv'C+Mv'D
由能量守恒有m=mv+Mv
联立解得v'D=4 m/s
名师点津　本题中,C冲上D的最高点后做斜抛运动,D做匀速直线运动,由于二者有相同的水平速度,故C落到距地面高R位置时,又会“被圆弧面接住”,二者继续相互作用,D向右加速,C返回D底端时D有最大速度。
另外,学习了第5节“弹性碰撞和非弹性碰撞”相关知识后,可回顾此题,B与C通过弹簧相互作用过程、C冲上D到返回D底端的过程,均可类比发生一次“弹性碰撞”。三年模拟练
应用实践
1.[2026河北衡水开学考试]如图所示,水平地面上A点有一抛射装置(图中未画出,高度忽略不计),某时刻同时沿不同方向斜向上抛出质量相等的甲、乙两球(均可视为质点),乙球落在水平地面B点时,甲球刚好运动到最高点,最终甲球也落在B点,不计空气阻力。则下列说法正确的是(　　)
A.从A到B的过程,甲、乙两球重力冲量的大小之比为4∶1
B.甲、乙两球最高点到地面的距离之比为2∶1
C.甲、乙两球最小速度的大小之比为1∶2
D.甲、乙两球初速度与水平方向间夹角之比为4∶1
2.(多选题)[2024福建莆田模拟]如图所示,一次军事演习中,一质量为M的炮弹从地面发射(炮架高度不计),经过时间t在最高处击中相对地面静止的质量为m的模拟敌方目标,此时炮弹正好发生爆炸,并分成两块质量不同的残骸,可视为质点的两个残骸均做平抛运动,落到地面的时间为t,较小的残骸质量为m并向我方炮架方向飞来,水平方向运动距离为d1,并落到地面上的P点,另一残骸(包括模拟敌方目标)质量为M并向远离我方炮架方向飞去,水平方向运动距离为d2,并落到地面上的Q点。击中过程可看作完全非弹性碰撞,爆炸过程可视为反冲运动,不计质量损失,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.击中过程动量守恒,机械能也守恒
B.炮弹在最高处速度大小为
C.若d1=,残骸会误伤我方人员
D.爆炸过程中机械能守恒,但动量不守恒
3.(多选题)[2026内蒙古自治区多校联考]如图所示,质量为3 kg的木板静止在光滑的水平地面上,质量为1.98 kg、可视为质点的木块静止在木板左端。质量为0.02 kg的子弹以500 m/s的速度水平向右击中木块并留在木块中(子弹击中木块的时间极短),木块最终未滑离木板,已知木块与木板间的动摩擦因数为0.5,取重力加速度大小g=10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
A.木块做匀速直线运动的速度大小为2 m/s
B.全过程子弹、木块、木板组成的系统损失的动能为2 490 J
C.木块与木板间因摩擦产生的热量为10 J
D.木板的长度至少为1.5 m
4.(多选题)[2026河北石家庄阶段测试]如图所示,质量均为m的木块A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为L的细线,细线另一端系一质量为m的球C,现将球C拉起使细线水平伸直,并由静止释放球C,不计空气阻力,则下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)
A.运动过程中,A、B、C组成的系统机械能守恒,动量不守恒
B.C球第一次摆到最低点时,速度大小为
C.C球第一次摆到最低点过程中,木块A、B向右移动的距离为L
D.C向左运动能达到的最大高度为L
5.[2025河南郑州第一次质量预测]工程师对质量为m的汽车进行性能测试,测得该款汽车综合阻力随速度变化的关系式f=f0+kv(k为常数)。现工程师为汽车提供恒定的牵引力F,使汽车由静止开始做直线运动。汽车位移为x时恰好达到最大速度。则(　　)
A.汽车速度越大,加速越快
B.汽车达到的最大速度为
C.整个过程的平均速度为
D.整个过程所用时间为+
6.(多选题)[2026河南阶段测试]如图甲所示,竖直轻弹簧下端固定在地面上,以弹簧原长处为坐标原点O,竖直向下为正方向建立x轴,物块B置于弹簧上端并处于静止状态。现让物块A从O点由静止释放,与B碰撞后一起向下运动,且运动过程始终在弹簧弹性限度内。以B开始静止时所在水平面为参考平面,A向下运动过程中,A、B的总机械能E与A的位置坐标x的关系如图乙所示,图中数据皆为已知量,A、B均可视为质点,重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
　
A.B的质量为A的3倍
B.弹簧的劲度系数为
C.A、B碰撞过程损失的机械能为E1
D.A、B总机械能为零时位置坐标为x1
7.[2025江苏南京、盐城一模]如图所示,轻质弹簧的两端分别与小物块A、B相连,并放在倾角为θ的固定斜面上,A靠在固定的挡板P上,弹簧与斜面平行,A、B均静止。将物块C在物块B上方与B相距x处由静止释放,C和B碰撞的时间极短,碰撞后粘在一起不再分开,已知A、B、C的质量均为m且均可视为质点,弹簧劲度系数为k,且始终在弹性限度内,不计一切摩擦,重力加速度为g,为保证A不离开挡板,则x的最大值为(　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
8.[2026山东聊城模拟]如图所示,在光滑的水平面上有一长为L的木板B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的圆弧槽C,与长木板接触但不相连,圆弧槽的下端与木板上表面相平,B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速度v0从右端滑上B,并以滑离B,恰好能到达C的最高点。A、B的质量均为m,C的质量为2m,试求:
(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ;
(2)圆弧槽C的半径R;
(3)滑块A离开圆弧槽C时的速度大小。
9.[2026湖南湘潭模拟预测]如图所示,固定点O处悬挂长为L的轻质细绳,细绳的末端拴接一个质量为2m的小球。光滑水平地面上有n个质量均为m的相同小滑块,从左向右依次编号为1、2、…、n。现将细线水平拉直,静止释放小球,当小球摆到最低点时刚好与小滑块1发生弹性碰撞。已知滑块间的每次碰撞时间极短,重力加速度大小为g。
(1)求小球与1号小滑块碰前瞬间细绳的拉力大小;
(2)若所有滑块间的碰撞是弹性碰撞,求小滑块n被碰后的速度大小;
(3)若所有滑块间的碰撞是完全非弹性碰撞,求因碰撞损失的机械能。
10.(创新题·新情境)[2026湖北阶段测试]如图(a),农民利用传统的扬谷扇车分离谷粒和杂质。其简化原理如图(b),风车叶片匀速转动,产生水平向右的稳定气流,气流速度为v0,谷粒和杂质均在气流区域受到水平向右的风力。假设谷粒和杂质均从距离地面同一高度为h的出口由静止释放,气流区域的高度为d,谷粒或杂质离开气流区域时速度的水平分量为v0,正常谷粒的质量范围为m1~m2,质量高于或低于此范围视为杂质,重力加速度大小为g,不计其他阻力。
　
(1)求谷粒从出口落到地面所用的时间;
(2)若谷粒在气流区域受到水平向右的风力大小为F=kv(k为常量,v为谷粒或杂质与气流的水平相对速度大小),求地面能够收集到正常谷粒的水平距离范围;
(3)若谷粒在气流区域受到水平向右的风力大小F'仅与谷粒下降高度y有关,且其关系式为F'=F0,式中F0为常量,求质量为m的谷粒落地时的动能。
11.[2026北京期中]自动称米机已被广泛使用。称米时,打开阀门,米粒就以d(kg/s)的恒定流量流进放在秤上的容器。当秤的示数达到顾客所要求的数量时,在出口处关闭阀门,切断米流。米流在出口处速度很小,可视为零。对上述现象,买卖双方引起了争论。买方认为:因为米流落到容器中时有向下的冲力而不划算;卖方则认为:当达到顾客所要求的数量时,切断米流,此时尚有一些米在空中,这些米是多给买方的。请谈谈你的看法,并根据所学的知识给出合理的解释。
答案与分层梯度式解析
三年模拟练
1.C　设乙球从A到B所用的时间为t,则甲球从A到B所用的总时间为2t,由于两球质量相等,由I=mgt可知,甲、乙两球重力冲量的大小之比等于从A到B所用的时间之比,为2t∶t=2∶1,A错误;在竖直方向,小球做竖直上抛运动,甲球从A到最高点所用时间为t,则甲球最高点到地面的距离h甲=gt2,乙球从A到最高点所用的时间为,则乙球最高点到地面的距离h乙=g=gt2,所以h甲∶h乙=4∶1,B错误;小球在最高点时速度最小,即水平方向的分速度,设A、B间的水平距离为x,对甲球有v甲x=,对乙球有v乙x=,所以甲、乙两球最小速度的大小之比为v甲x∶v乙x=1∶2,C正确;设甲球初速度与水平方向间夹角为α,乙球初速度与水平方向间夹角为β,对甲球有v甲y=gt,v甲x=,则tan α==,同理对乙球有tan β==,所以tan α∶tan β=4∶1,但夹角之比不是4∶1,D错误。
2.BC　
题图解读
击中敌方目标过程可看作完全非弹性碰撞,可知击中过程动量守恒,机械能不守恒,A错误;设炮弹在最高处速度大小为v,取炮弹最高处速度方向为正方向,击中过程根据动量守恒可得Mv=-mv1+Mv2,又d1=v1t,d2=v2t,联立解得炮弹在最高处速度大小为v=,B正确;若残骸误伤我方人员,则有x=v1t=vt,即d1=,C正确;爆炸过程中内能转化为机械能,机械能不守恒,动量守恒,D错误。
3.ABD　子弹击中木块过程动量守恒,根据动量守恒定律有m1v0=(m1+m2)v1,解得v1= m/s=5 m/s,子弹击中木块后与木板一起运动到三者速度相等的过程中动量守恒,根据动量守恒定律有(m1+m2)v1=(m1+m2+m3)v2,解得v2=2 m/s,故A正确;全过程系统损失的动能为ΔEk=m1-(m1+m2+m3),代入数据解得ΔEk=2 490 J,B正确;木板与木块间因为摩擦产生的热量为Q=(m1+m2)-(m1+m2+m3),代入数据解得Q=15 J,C错误;由Q=μ(m1+m2)gL,代入数据解得L=1.5 m,即木板长度至少为1.5 m,D正确。
4.AD　木块A、B和球C组成的系统机械能守恒,水平方向动量守恒,但竖直方向动量不守恒,所以系统的总动量不守恒,A正确;C球第一次摆到最低点过程中,A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒有mvC-2mvA=0,由机械能守恒得mgL=m+×2m,解得vA=,vC=,B错误;C球第一次摆到最低点过程中,A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒,有mxC=2mxA,xC+xA=L(人船模型),所以木块A、B向右移动的距离为xA=,C错误;C球摆到最低点时,A、B将要分离(破题关键),当C向左运动到达最大高度时,A、C共速,从C运动到最低点再到A、C共速,由动量守恒有mvC-mvA=2mv共,由机械能守恒有m+m=×2m+mgh,解得C向左运动能达到的最大高度为h=L,D正确。
5.D　
解题指引　对汽车进行受力分析可知,汽车水平方向受到牵引力和综合阻力作用,汽车所受的合力F合=F-f=F-f0-kv=ma,解得a=,可知汽车速度v越大,加速度a越小,当加速度为零时,汽车的速度达到最大,画出v-t图像,如图所示,t时刻汽车的位移为x。
工程师为汽车提供恒定的牵引力F,根据牛顿第二定律有F合=F-f=F-f0-kv=ma,解得a=,可知汽车速度v越大,加速度a越小,即加速越慢,A错误;汽车达到最大速度时,汽车受到的阻力最大,汽车所受合力为零,有F合=F-f0-kvm=0,解得最大速度vm=,B错误;整个过程中,汽车做加速度减小的加速运动,汽车的平均速度=>==,C错误;汽车从静止达到最大速度过程中,根据动量定理有Ft-t=mvm-0,其中t=∑(f0+kv)t=f0t+∑kvt=f0t+kx(点拨:微元法求和得到),解得整个过程所用时间t=+,D正确。
6.AB　
题图解读
以B开始静止时所在水平面为参考平面,由题可知E1=mAgx1=mA,A、B碰撞过程动量守恒,规定竖直向下为正方向,由动量守恒有mAv0=(mA+mB)v,碰撞后A、B的总机械能E1=(mA+mB)v2,联立解得mB=3mA,A正确;由题知O为弹簧原长位置,对物块B,由平衡条件可知mBg=kx1,由于E1=mAgx1,mB=3mA,联立解得弹簧的劲度系数为k=,B正确;物块A、B碰撞过程损失的机械能为E1-E1=E1,C错误;设A、B总机械能为零时位置坐标为x2,从x1到x2,由功能关系可知E1=k(-),解得x2=x1,D错误。
7.B　解题指引　(1)“A、B均静止”→A、B均处于平衡状态,A、B两物块所受合力均为零,弹簧处于压缩状态。
(2)“C和B碰撞的时间极短,碰撞后粘在一起不再分开”→C和B发生完全非弹性碰撞。
(3)“保证A不离开挡板”→x取最大值时,弹簧伸长量最大,A恰好要离开挡板。
A、B均静止时,设弹簧压缩量为x0,对B,根据平衡条件有mg sin θ=kx0,设A刚要离开挡板时弹簧伸长量为x1,对A有mg sin θ=kx1,可知x1=x0;设C与B碰前瞬间的速度为v1,碰撞前C下滑过程有m=mgx sin θ;物块B、C从相碰后到一起运动至A刚要离开挡板,物块B、C和弹簧组成的系统机械能守恒,A刚要离开挡板时物块B、C速度为零(关键点),从B、C相碰后到A刚要离开挡板,弹簧弹性势能变化量为零,设碰后瞬间B、C整体的速度为v2,由机械能守恒定律得·2m=2mg×2x1·sin θ(点拨:2x1=x1+x0,指从B的原位置到B、C速度为零的位置间的距离),碰撞过程根据动量守恒有mv1=2mv2,联立解得x=,故选B。
8.答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)规定向左为正方向,当A在B上滑动时,对A、B、C组成的系统,根据动量守恒有mv0=m·+3mv1
解得B、C整体的速度v1=
由能量守恒可知μmgL=m-m·-×3m·
代入数据解得μ=
(2)从A滑上C到A到达C的最高点的过程,对A、C组成的系统,由水平方向动量守恒有
m·+2mv1=3mv2
解得到达C最高点时A、C整体的速度v2=v0
由能量守恒有m·+×2m=mgR+×3m
代入数据解得R=
(3)A滑上C到A离开C的过程,对A、C组成的系统,由水平方向动量守恒定律得m·+2mv1=mvA+2mvC
由A、C组成的系统能量守恒得m·+×2m=m+×2m
联立解得vA=
方法点津
对于此类多过程问题的求解
(1)划分系统运动阶段,必要时画出过程草图,将过程清晰展现出来。
(2)分析系统在每个运动阶段中的动量是否守恒、能量转化情况以及可能的临界或极值状态。
(3)选取合适的系统、合适的阶段,利用动量守恒定律、能量守恒定律等列方程。
9.答案　(1)6mg　(2)　(3)
解析　(1)小球下摆过程,由机械能守恒得2mgL=×2m
碰前瞬间小球所需向心力由拉力和重力的合力提供FT-2mg=2m
联立解得细绳的拉力大小FT=6mg
(2)小球与滑块1发生弹性碰撞,取水平向右为正方向,由水平方向动量守恒和机械能守恒,得2mv0=2mv+mv1,×2m=×2mv2+m
联立解得v==,v1=
滑块1、2发生弹性碰撞,由水平方向动量守恒和机械能守恒,得mv1=mv'1+mv2,m=mv+m
联立解得v'1=0,v2=
质量相等的滑块发生弹性碰撞后,二者交换速度(解题技法),可知小滑块n被碰后速度大小为vn=
(3)若所有滑块间的碰撞是完全非弹性碰撞,整个碰撞过程中水平方向动量守恒,有mv1=nmv'n
整个过程中损失的机械能为ΔE=m-nmv
联立解得ΔE=
10.答案　(1)　(2)v0~v0　(3)mgh+
思维导图
解析　(1)谷粒在竖直方向做自由落体运动,则
h=gt2
解得t=
(2)设谷粒质量为m,谷粒在气流区域中水平方向做变加速直线运动,
根据动量定理∑k(v0-vx)·Δt=mv0(解题技法)
谷粒在气流区域用时t1,竖直方向有d=g
水平位移x1=∑vx·Δt
离开气流区域后水平方向做匀速运动,水平位移x2=v0(t-t1)
水平总位移x=x1+x2
将谷粒的质量代入,水平距离范围为v0~v0
(3)水平风力大小F'=F0
又下落高度y=gt2
解得F'=F0
谷粒在气流区域所受风力大小随时间均匀减小,故=F0
若谷粒落地时的分速度分别为vx、vy,经过气流区域时,根据动量定理有t1=mvx
从谷粒由静止释放到谷粒落地,谷粒在竖直方向上做自由落体运动,有=2gh
落地时的动能为Ek=m(+)
解得Ek=mgh+
11.答案　见解析
解析　米流的恒定流量为d(kg/s),关闭阀门就可以在出口处切断米流。
若切断米流时,设容器中的米的质量为m1,空中的米的质量为m2,刚落到静止的米堆上的一部分米的质量为Δm,它对静止的米的冲击力为F,重力加速度为g。
刚切断米流时,称米机的读数为M1=m1+
最终称米机的读数为M2=m1+m2+Δm
取Δm为研究对象,在Δt时间内,则Δm=d·Δt
设Δm落到米堆前的速度为v,经过时间Δt 静止,其受力如图所示,取向上为正方向,根据动量定理有
(F'-Δmg)Δt=0-(-Δmv)
设米从出口到容器中的时间为t,则
m2=d·t,v=gt
联立得dv=m2g
则F'=m2g+Δmg
根据牛顿第三定律得F=F'
所以切断米流时,称米机的读数为
M1=m1+=m1+m2+Δm=M2
可见,双方的说法都不正确,自动称米机是准确的,不存在谁划算谁不划算的问题。五年高考练
考点1　冲量
1[2023天津,5]质量为m的列车以速度v匀速行驶,突然以大小为F的力制动刹车直到列车停止,整个过程中列车还受到大小恒为f的阻力,下列说法正确的是(　　)
A.减速运动过程的加速度大小a=
B.力F的冲量大小为mv
C.刹车距离为
D.匀速行驶时①功率为(f+F)v
①关键点拨　匀速行驶时,牵引力的大小等于阻力的大小。
考点2　动量
2[2024重庆,4]活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力①。针鞘质量为m,针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为F1、F2②,则针鞘(　　)
A.被弹出时速度大小为
B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2过程中,阻力做功为(F1+F2)d2
D.运动d2的过程中动量变化量大小为
①②言之有“物”　两段匀减速直线运动,末速度为零。
3.(多选题)[2023新课标,20]一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.在x=1 m时,拉力的功率为6 W
B.在x=4 m时,物体的动能为2 J
C.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为8 J
D.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s
考点3　动量定理
4.[2025浙江1月选考,5]有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒,在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比,比例系数为1×10-9 kg/s,重力加速度g取10 m/s2,则它降落到地面的时间约为(　　)
A.0.5 h　　B.3 h　　C.28 h　　D.166 h
5.[2025湖北,7]一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成,门处于关闭状态,其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.2
6.(多选题)[2024全国甲,20]蹦床运动中,质量为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是　(　　)
A.t=0.15 s时,运动员的重力势能最大
B.t=0.30 s时,运动员的速度大小为10 m/s
C.t=1.00 s时,运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
7[2024广东,14]汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带①。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g,忽略敏感球受到的摩擦力,求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤刚到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小取g=10 m/s2,求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
　
①关键点拨　这段文字中新名词很多,如敏感球、敏感臂、齿轮、安全带,但研究对象是敏感球。能从题目信息中快速确定研究对象,属于必备能力。
8.[2025河北,14]如图,一长为2 m的平台,距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点,不考虑空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m,物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中,所受弹力冲量的大小,以及物块弹离地面时水平速度的大小。
9.[2025甘肃,14]如图1所示,细杆两端固定,质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻,物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上,F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长,重力加速度为g,θ=30°。求:
　
(1)t=6 s时F的大小,以及t在0~6 s内F的冲量大小。
(2)t在0~6 s内,摩擦力f随时间t变化的关系式,并作出相应的f-t图像。
(3)t=6 s时,物块的速度大小。
考点4　动量守恒定律的应用
10.[2025山东,6]轨道舱与返回舱的组合体,绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动,轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示,轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱,分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2,G为引力常量,此时轨道舱相对行星的速度大小为　(　　)
A.　B.　C.　D.
11.[2024黑吉辽,14]如图,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
12.[2025新课标,25]如图,物块P固定在水平面上,其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起,圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上,另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落,落到A点后沿圆弧轨道下滑,小球与弹簧接触后,当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR,此时断开P和Q的连接,Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小,忽略空气阻力,圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑,弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功;
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离;
(3)欲使P和Q断开后,弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR,Q的质量应为多大
(4)欲使P和Q断开后,Q的最终动能最大,Q的质量应为多大
考点5　碰撞问题
13.[2025河南,7]两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则(　　)
　
A.mP>mN>mQ　　　　B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN　　　　D.mQ>mN>mP
14.[2025浙江1月选考,8]如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5,重力加速度g=10 m/s2,则(　　)
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m
15[2022北京,10]质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰,其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示①。下列说法正确的是(　　)
A.碰撞前m2的速率大于m1的速率
B.碰撞后m2的速率大于m1的速率
C.碰撞后m2的动量大于m1的动量
D.碰撞后m2的动能小于m1的动能
①教材回溯　本题素材来源于教材P29 A组第7题,考查从图像中提取信息的能力。
16.[2025广东,7]如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下,由静止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速度v随时间t变化的图像,可能正确的是(　　)
　　　　
　　　　
考点6　多物体、多过程问题中的动量守恒定律的应用
17.[2025江苏,14]如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置,每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小v;
(2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1;
(3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
18.[2022全国乙,25]如图(a),一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上;物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t=0到t=t0时间内,物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值;
(2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值;
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。
考点7　动量相关实验
19.[2025广东,11]请完成下列实验操作和计算。
(1)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中,用螺旋测微器测量小球的直径,示数如图1所示,读数为　　　　mm。
(2)实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能,装置如图2所示。图中轨道由轨道甲和乙平滑拼接而成,且轨道乙倾角较大。
①选取相同的两辆小车,分别安装宽度为1.00 cm的遮光条。
②轨道调节。
调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高,将小车在轨道乙上释放,若测得小车通过光电门A和B的　　　　,表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。
③碰撞测试。
先将小车1静置于光电门A和B中间,再将小车2在M点由静止释放,测得小车2通过光电门A的时间为t2,碰撞后小车1通过光电门B的时间为t1。若t2　　　t1,可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。
④吸能材料性能测试。
将吸能材料紧贴于小车2的前端,重复步骤③,测得小车2通过光电门A的时间为10.00 ms,两车碰撞后,依次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00 ms,30.00 ms。不计吸能材料的质量,计算可得碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为　　　　(结果保留2位有效数字)。
20.[2024山东,13]在第四次“天宫课堂”中,航天员演示了动量守恒实验。受此启发,某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验,气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器,a测量滑块A与它的距离xA,b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下:
①测量两个滑块的质量,分别为200.0 g和400.0 g;
②接通气源,调整气垫导轨水平;
③拨动两滑块,使A、B均向右运动;
④导出传感器记录的数据,绘制xA、xB随时间变化的图像,分别如图乙、图丙所示。
　　
回答以下问题:
(1)从图像可知两滑块在t=　　　　 s时发生碰撞;
(2)滑块B碰撞前的速度大小v=　　　　m/s(保留2位有效数字);
(3)通过分析,得出质量为200.0 g的滑块是　　　　(选填“A”或“B”)。
学科竞赛
21.[2024浙江北斗星盟竞赛]如图所示,在水平地面上,有一横截面积为S的圆弧形直角弯管,圆弧半径为r。管中有流速为v、密度为ρ的水通过。由于水的流动,弯管所受力的大小为(　　)
A.ρv2S　　　　B.ρv2S
C.ρv2πr2　　　　D.
E.2ρv2S
强基计划
22.[中国科学技术大学强基计划]如图所示,水平地面上质量为m、初速度为v的小球在竖直墙壁和质量为2m的木块之间来回运动,木块初始时静止。设碰撞瞬时完成且是完全弹性的,并假设木块与墙之间的距离足够远,以至于每次与小球碰撞之前木块已经静止。已知木块与地面间的动摩擦因数为μ,而小球与地面之间没有摩擦力,重力加速度为g。
(1)小球与木块发生第n(n→∞)次碰撞之后的速度等于多少
(2)木块最终能运动多远距离
(3)木块运动的总时间(即其速度不为0的时间)等于多少
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.C　
真题降维
关键描述 信息挖掘
以大小为F的力制动刹车直到列车停止,整个过程中列车还受到大小恒为f的阻力 说明列车刹车时受到的合力大小为F+f
力F的冲量大小 需要求出列车从开始刹车到停止的时间
匀速行驶时功率 匀速行驶时牵引力的大小等于阻力的大小
根据牛顿第二定律有F+f=ma,可得减速运动过程的加速度大小a=,A错误;根据运动学公式有t==,故力F的冲量大小为I=Ft=,方向与运动方向相反,B错误;根据运动学公式v2=2ax,可得x==,C正确;匀速行驶时牵引力的大小等于阻力的大小,则功率为P=fv,D错误。
一题多解　刹车过程,由动能定理得-(F+f)x=0-mv2,解得x=,C正确。
2.A　
真题降维
对整个过程,根据动能定理有-(F1d1+F2d2)=0-mv2,解得v=,A正确;针鞘到达目标组织表面后,继续前进d2减速至0,根据动能定理有W=-F2d2=0-Ek,则Ek=F2d2,运动d2过程中阻力做功为-F2d2,B、C错误;由动量p=mv,动能Ek=mv2,可知动量大小和动能的关系为p=,针鞘在目标组织中运动d2的过程中,动量变化量大小=|0-|=,D错误。
考情分析　新高考对基础知识的考查越来越重视,要求考生不仅要会用知识解决问题,更要理解知识的本质。本题结合实际生活中的活检针活体组织取样情境,考查应用物理知识分析实际问题的能力,引导考生重视物理知识的运用。
3.BC　
题图解读
由于拉力沿水平方向,则拉力做的功为W=Fx,可看出W-x图线的斜率代表拉力F(破题关键)。由W-x图像可知,0~2 m过程中,拉力F1=k1=6 N,2~4 m过程中,拉力F2=k2=3 N。滑动摩擦力f=μmg=4 N,物体从x=0运动到x=1 m的过程,由动能定理知W1-fx1=m,得v1=2 m/s,拉力的功率P1=F1v1=12 W,故A错误。物体从x=0运动到x=4 m的过程,由动能定理知W4-fx4=Ek,得Ek=2 J,故B正确。0~2 m过程中,=fx2=8 J,故C正确。因F1>f、F24.B　沙尘颗粒开始时速度较小,阻力较小,可知mg-kv=ma,之后沙尘颗粒速率增大,阻力增大,加速度减小,当a=0时,沙尘颗粒速度达到最大且稳定,此时速度满足mg=kvm, 解得vm=2×10-3 m/s,由动量定理可得mgt-kt=mvm, 即mgt-kh=mvm,则沙尘颗粒下落时间为t=,由于mvm kh,则t≈=104 s≈3 h,B正确。
考场速解　由于最大速度vm=2×10-3 m/s,可知沙尘颗粒做加速运动的时间很短,加速下落的高度也很小,因此整个下落过程可视为以vm匀速下落,时间t== s=1×104 s≈3 h,B正确。
5.B　设门板受到的拉力为F,作用时间为t1,最大速度为vm,整个过程的v-t图像如图
由动量定理,有(F-μmg)t1=mvm,得t1=,设撤去拉力后门板运动的时间为t2,由动量定理,有μmgt2=mvm,得t2=,对于全过程,有Ft1=μmgt,得F=,对于全过程还有=,门板运动的总时间t=t1+t2=+=+=·=·=,可知t2越大,t越小,当t2=t时,t取最小值,则最短时间tmin=。故选B。
一题多解　由题意知门板的初速度为0,末速度为0,根据牛顿第二定律,门板先做匀加速直线运动,运动的加速度大小a1=,再做匀减速直线运动,运动的加速度大小a2=μg,总位移为,设总时间为t。当门板受到的恒力F不同,会得到不同的运动时间,门板的速度-时间图像如图所示,根据图像可知,需要满足总位移x不变,即v-t图线与t轴所围的面积不变,当恒力F趋近于无穷大时,匀加速运动过程的时间趋近于0,总时间最小,此时总位移=μgt2,解得最小的总时间t=,B正确。
6.BD　
模型建构
　　将蹦床等效成弹簧,运动员的运动过程符合的模型如图所示。
根据题图可知t=0.15 s时,运动员对蹦床的弹力最大,根据牛顿第三定律可知,蹦床对运动员的弹力最大,蹦床的形变量最大,此时运动员处于最低点,运动员的重力势能最小,故A错误;根据题图可知运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为1 s,则在t=1.3 s时,运动员恰好运动到最大高度处,t=0.30 s时运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s,故B正确,C错误;运动员落到蹦床上时的速度大小为10 m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)(易错点)(运动员重力不能忽略),其中Δt=0.3 s,代入数据可得=4 600 N,根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N,故D正确。
考教衔接　本题以蹦床运动为背景,主要考查竖直上抛规律、动量定理,与教材P11第5题很类似,只是本题需要从图像中提取关键信息进行作答。
7.答案　(1)　(2)①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m
真题降维
关键描述 信息挖掘
敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a 对敏感球受力分析,根据牛顿第二定律列式求倾角的正切值
气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律 图线与时间轴所围成图形的面积表示力F的冲量
碰撞结束后头锤上升的最大高度 碰撞结束后头锤上升的过程做竖直上抛运动
(1)对敏感球受力分析,如图所示,敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N,则由牛顿第二定律可得(mg+FN)tan θ=ma
解得tan θ=
(2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s,方向竖直向上;
②头锤落到气囊上时的速度大小为v0==8 m/s
与气囊作用过程由动量定理有(以竖直向上为正方向)IF-Mgt=Mv-(-Mv0)
解得v=2 m/s
则上升的最大高度h==0.2 m
8.答案　(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0
解析　(1)设小物块到达平台右端时的速度大小为v1,由动能定理得-μmgL=m-m
代入数据解得v1=1 m/s
小物块做平抛运动过程中,竖直方向上有h=g,解得t1=0.6 s
水平方向上有x=v1t1=0.6 m
(2)设小物块第一次落地时的速度大小为v2,水平分速度大小v2x=v1=1 m/s
竖直分速度大小v2y=gt1=6 m/s
设第一次落地后弹起的竖直分速度大小为v2y',水平分速度为v2x',第一次弹起至最高点所用时间为t2,则由H=g,代入H=0.45 m,得t2==0.3 s
v2y'==3 m/s
小物块第一次与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1 s
以竖直向上为正方向,在Δt时间内对小物块在竖直方向上应用动量定理得
IF-mgΔt=mv2y'-(-mv2y)
代入数据解得弹力冲量的大小为IF=0.1 N·s
假设小物块与地面间在Δt的作用时间内始终存在滑动摩擦力,以水平向右为正方向,在Δt内对小物块在水平方向上应用动量定理,得-μIF=mv2x'-mv2x
代入数据解得物块弹离地面时的水平速度v2x'=-1 m/s<0,假设不符
说明在小物块弹起前水平分速度减小到零,然后物块若向左加速,则摩擦力方向会变为向右,故在水平分速度减小到零后,小物块在水平方向上的速度将保持为零不再变化,最终离地时的水平分速度为零。
易错警示　在求解小物块弹离地面时的水平分速度时易错得水平方向分速度向左且大小为1 m/s,此时需要讨论,物块与地面间的滑动摩擦力只能是阻力,不可能提供向左的动力。
9.答案　(1)mg　mg(N·s)
(2)f=　图见解析　(3)g(m/s)
解析　(1)由题图2可知F=mgt(N)
代入t=6 s可得F=mg
0~6 s内F的冲量大小等于F-t图像中0~6 s的图线与横轴围成的面积,
即IF=×6 s×mg=mg(N·s)。
(2)初始时刻物块刚好能静止在细杆上,有
mg sin θ=μmg cos θ
力F作用时,垂直杆方向有FN=|mg cos θ-F sin θ|
又f=μFN
代入F=mgt(N)可得f=mg(N)
即f=
以沿细杆向下为正方向,沿杆方向的合力Fx=F cos θ+mg sin θ-f
代入f值验证可得Fx=mg(N)≥0,说明0~6 s内摩擦力方向始终沿细杆向上(t=4 s时摩擦力为0)
画出f-t图像如图甲所示。
(3)由(2)中分析得Fx=mg(N)
即Fx=
作出Fx-t图像如图乙所示,Fx-t图线与时间轴围成的面积表示合力的冲量大小
由动量定理得t1+t2=mv-0
代入数据得×4 s×2mg+×2 s×=mv
解得v=g(m/s)。
10.C　组合体绕行星运动,设速度大小为v,返回舱的质量为m1,轨道舱的质量为m2,万有引力提供向心力,有G=(m1+m2),解得v=。设返回舱和轨道舱分离后的速度分别为v1、v2,由于分离前后动量守恒,有(m1+m2)v=m1v1+m2v2,根据题意可知=且v1=2,联立解得v2=,C正确。
11.答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
模型建构
(1)A、B两物块完全相同,与水平桌面间动摩擦因数相同,故A、B脱离弹簧前受到桌面的滑动摩擦力等大反向,A、B和轻弹簧组成的系统动量守恒,以向左为正方向,则mAvA-mBvB=0
mA=mB
弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端水平飞出做平抛运动,则h=gt2
xA=vAt
联立解得vA=vB=1 m/s
(2)物块B脱离弹簧后在水平桌面匀减速至停止,由动能定理得-μmBgxB=0-mB
解得μ=0.2
(3)从弹簧压缩量为Δx=0.1 m至恢复原长过程,对A、B物块和轻弹簧组成的整体,由能量守恒得
ΔEp=mA+mB+μmAg·ΔxA+μmBg·ΔxB
ΔxA+ΔxB=0.1 m
联立解得ΔEp=0.12 J
一题多解　(3)因为mA=mB,ΔxA+ΔxB=0.1 m,则ΔxA=ΔxB=0.05 m,ΔEp=2μmBg(ΔxB+xB)=0.12 J。
方法技巧
处理动量守恒问题的三个关键
12.答案　(1)mgR　(2)　R　(3)4m
(4)m
解析　(1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功为WG=mgR
(2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0,由机械能守恒定律可知m=Ep+m
其中Ep=2mgR
同时有mg(h+R)=m
联立解得v0=
h=R
(3)弹簧达到最大弹性势能时,小球与Q共速,设Q的质量为M,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=(m+M)v共
m=Ep2+(m+M)
其中Ep2=2.2mgR
联立解得M=4m
(4)对Q和小球整体,根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大,需满足小球的速度刚好为零时,弹簧刚好恢复原长;设此时Q的质量为M',Q的最大速度为vm,根据动量守恒和机械能守恒有
m·v0=M'vm
m=M'
解得M'=m
13.D　
题图解读
P、N碰撞时,根据动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN',即mP(vP-vP')=mN(vN'-vN),根据图1可知vP-vP'>vN'-vN,故mPmN;即mQ>mN>mP,故选D。
14.D　碰撞瞬间C相对地面向左运动,A错误。以向右为正方向,则A、B碰撞过程由动量守恒定律得mvA-mvB=2mv1,解得v1=1 m/s,方向向右;碰撞后到三者共速时有2mv1-mvC=3mv,可知v=0,即最终三者一起静止,可知经历的时间t== s=0.4 s,B错误。碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量Q=×2m+m=3 J,C错误。碰撞后到三者相对静止,由能量关系可知Q=μmgx相对,可得x相对=0.6 m,D正确。
15.C　
题图解读
x-t图线的斜率表示速度,则由图像可知,碰前m2处于静止状态,碰后两物体速率相等、运动方向相反,A、B错误。碰撞过程中动量守恒,有m1v0=m1v1+m2v2,解得m2=3m1,可知碰后m2的动量大于m1的动量,C正确。由题图可知碰后两物体速率相等,又因为m2>m1,则m2的动能大于m1的动能,D错误。
16.A　由于F1和F2始终大小相等、方向相反,所以系统动量守恒,小球M、N同时减速到零,且碰撞前后小球M、N各自的加速度不变,即碰撞前后v-t图线的斜率不变,A正确。
17.答案　(1)v0　(2)　(3)
解析　(1)若钢球质量为m,质量为m的玻璃球以初速度v0向右与其右侧第1个钢球相碰,碰撞过程,由动量守恒定律可得mv0=mv2+mv3
由机械能守恒定律可得m=m+m
解得v2=0,v3=v0
同理,玻璃球右侧第1个钢球与第2个钢球相撞,第2个钢球与第3个钢球相撞,一直到右侧倒数第2个钢球与最后一个钢球相撞,均会发生速度交换,则最右侧的钢球最终运动的速度大小v=v0。
(2)若钢球质量为3m,玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞
由动量守恒定律可得mv0=mv4+3mv5
由机械能守恒定律可得m=m+×3m
解得v4=-,v5=
则玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1=。
(3)由第(2)问分析可知玻璃球第一次与其右侧第1个钢球相碰后速度大小为,方向向左,则玻璃球与左侧第1个钢球发生弹性碰撞的过程中,以向右为正方向,由动量守恒定律可得-m=mv2'+3mv钢2'
由机械能守恒定律可得m=mv2'2+×3mv钢2'2
由第(2)问中的规律可知,玻璃球与左侧第1个钢球碰完后,玻璃球将以速度大小v2'=向右运动,左侧第1个钢球以速度大小向左运动。
右侧第1个钢球以速度大小与第2个钢球相撞后,速度发生交换,第1个钢球静止,第2个钢球以速度大小与第3个钢球相撞,一直持续到第n个钢球被撞,前n-1个钢球静止
在玻璃球以速度大小v2'==v0向右与静止的第1个钢球再次相撞后,由以上分析出的碰撞特点可知玻璃球第3次与钢球碰撞后,玻璃球的速度大小为|v3'|==v0,方向向左
不难得出玻璃球经历2n次碰撞后的速度大小
v2n'=v0
则玻璃球经历2n次碰撞后的动能
Ek=m=。
18.答案　(1)0.6m　(2)0.768v0t0　(3)0.45
思路点拨
　　物块B与物块A碰撞,在t0时刻共速,在2t0时刻碰撞结束,物块B以0.8v0向右运动,物块A以2v0滑上斜面并以某一速度从斜面返回,再次与物块B碰撞,碰撞后物块A的速度仍为2v0。
解析　(1)当弹簧被压缩到最短时,弹簧弹性势能最大,此时A、B速度相等,对应t0时刻
根据动量守恒定律有mB·1.2v0=(mB+m)v0
根据能量守恒定律有
Epmax=mB(1.2v0)2-(mB+m)
联立解得mB=5m,Epmax=0.6m
(2)碰撞过程动量守恒,有mvA+mBvB=(mB+m)v0
即任一极短时间Δt内有mvAΔt+mBvBΔt=(mB+m)v0Δt
从t=0到t=t0时刻,对上式微元求和,可得msA+mBsB=(mB+m)v0t0(解题技法)
即m×0.36v0t0+mBsB=(mB+m)v0t0
解得sB=1.128v0t0
第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值
Δs=sB-sA=0.768v0t0
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同,说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0,方向水平向右。(破题关键)
设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA',取向左为正方向,物块A第一次滑下后与B碰撞
根据动量守恒定律可得
mvA'-5m·0.8v0=m·(-2v0)+5mvB'
根据能量守恒定律得mvA'2+·5m·(0.8v0)2=m·(-2v0)2+·5mvB'2
联立解得vA'=v0
设物块A在斜面上滑行的长度为L,上滑过程,根据动能定理可得-mgL sin θ-μmgL cos θ=0-m(2v0)2
下滑过程,根据动能定理可得
mgL sin θ-μmgL cos θ=m-0
联立解得μ=0.45。
一题多解　(2)同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等,根据牛顿第二定律F=ma可知同一时刻aA=5aB,则极短时间内A的速度变化量大小是B的5倍,一段时间内A的速度变化量大小也是B的5倍
同一时刻A、B的瞬时速度分别为vA=ΔvA,vB=1.2v0-
极短时间内的位移ΔxA=vAΔt,ΔxB=vBΔt
可推导出在0~t0时间内xB=1.2v0t0-
又xA=0.36v0t0
解得xB=1.128v0t0
第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值Δx=xB-xA=0.768v0t0
(3)物块A上滑和下滑的过程由牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma上
mg sin θ-μmg cos θ=ma下
上滑时末速度为0,下滑时初速度为0,由匀变速直线运动的位移-速度关系可得
2a上x=(2v0)2-0,2a下x=vA'2=
联立可解得μ=0.45
19.答案　(1)8.260　(2)②时间相等　③等于
④0.56
解析　(1)根据螺旋测微器的读数规则可得读数为8 mm+26.0×0.01 mm=8.260 mm。
(2)②小车通过光电门A和B的时间相等,说明小车通过光电门A和B时速度大小相等,小车做匀速直线运动,表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。
③两辆相同的小车,质量相同,若二者发生弹性碰撞,则碰撞后交换速度,碰撞后小车1的速度等于碰撞前小车2的速度,即若碰撞后小车1通过光电门B的时间t1和碰撞前小车2通过光电门A的时间t2相等,则可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。
④设两小车的质量均为m,遮光条宽度为d,碰前小车2的动能Ek=m,碰后两小车的总动能E'k=m+m,可得碰撞后两小车的总动能与碰撞前小车2的动能的比值=≈0.56。
20.答案　(1)1.0　(2)0.20　(3)B
解析　(1)由x-t图线的斜率表示速度可知两滑块的速度在t=1.0 s时发生突变,即这个时候发生了碰撞;
(2)根据x-t图线斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小为v= cm/s=0.20 m/s。
(3)由题图乙知,碰撞前A的速度大小vA=0.50 m/s,碰撞后A的速度大小v'A≈0.36 m/s,由题图丙可知,碰撞后B的速度大小为v'B=0.50 m/s,A和B碰撞过程动量守恒,则有mAvA+mBv=mAv'A+mBv'B,代入数据解得≈2,所以质量为200.0 g的滑块是B。
21.B　Δt时间内流过水的质量为Δm=ρV=ρSvΔt,对这部分水根据动量定理得FΔt=Δm·Δv,根据矢量三角形法可得Δv=v(破题关键),如图所示,解得F=ρv2S,根据牛顿第三定律可知,水对弯管压力的大小为ρv2S,B正确。
22.答案　(1)0　(2)　(3)
解析　(1)因木块与地面之间有摩擦,而小球与地面之间无摩擦,则可知只要小球有速度均能与木块相碰,所以小球与木块发生若干次碰撞之后,当小球的速度等于零时,碰撞才会结束,则小球与木块发生第n(n→∞)次碰撞之后的速度等于0。
(2)小球与木块之间的碰撞不损失机械能,则由能量关系可知mv2=μ·2mgx
解得x=
(3)第一次碰撞过程mv=mv1+2mv2
mv2=m+×2m
解得v1=-,v2=
则木块运动过程有-μ·2mgt1=0-2mv2
解得t1=
小球以的速度被墙壁反弹后再次与木块相碰,同理可求得第二次木块运动的时间为t2=·
同理木块第三次运动的时间为t3=·
……
由数学知识可知,木块运动的总时间t==专题专项练
易混易错练2
易错点1　动量守恒条件理解不准确
1.如图所示,光滑水平地面上质量为M、半径为R且内壁光滑的半圆槽左侧靠竖直墙壁静止。质量为m的小球(可视为质点)从槽口A点的正上方某高度处由静止释放,并从A点沿切线进入槽内,最后从C点离开半圆槽,B为半圆槽的最低点。关于小球与槽相互作用的过程,下列说法中正确的是(　　)
A.小球在槽内从A运动到B的过程中,小球与槽组成的系统在水平方向动量不守恒
B.小球在槽内从A运动到B的过程中,小球的机械能不守恒
C.小球在槽内从B运动到C的过程中,小球与槽组成的系统在水平方向上动量不守恒
D.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动
易错点2　单纯套用动量守恒定律的公式,而不考虑实际情况
2.如图所示,在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A,木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑。现有一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面,对于滑块B在木板A上滑动的过程(B始终未从A的上表面滑出,B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数),以下说法正确的是(　　)
A.A、B组成的系统动量和机械能都守恒
B.A、B组成的系统动量和机械能都不守恒
C.当B的速度为v0时,A的速度为v0
D.当A的速度为v0时,B的速度为v0
易错点3　混淆相对速度和对地速度
3.如图所示,质量为M的小车上面站着一个质量为m的人,小车以v0的速度在光滑的水平地面上前进。开始时人和小车相对静止,现在人以相对于小车为u的速度水平向后跳出后,车速增加了多少
4.如图所示,水平面上放置着半径为R、质量为2m的半圆形槽,AB为槽的水平直径。质量为m的小球(可视为质点)自左端槽口A点的正上方、距离A点R处由静止下落,从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g,不计一切摩擦和空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.槽一直向左运动
B.小球运动到槽最低点时,槽向左运动位移大小为R
C.小球能从B点离开槽,且上升的最大高度小于R
D.小球运动到槽最低点时,槽对小球的支持力大小为7mg
易错点4　不能从题目情境中抽象出物理模型
5.(多选题)[2025黑龙江哈尔滨阶段测试]“引力弹弓效应”是一种利用大质量天体的引力场来加速或减速小质量飞行器的现象。当飞行器接近一个大质量天体(如行星,质量远大于飞行器)时,由于天体的引力作用,飞行器会被吸引并改变其速度。具体原理可以简化为在行星的运动方向上,可以视为弹性碰撞。如图所示,以太阳为参考系,设行星运动的速度为u,飞行器的初速度大小为v0,在如图所示的两种情况下,飞行器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。那么下列判断中正确的是(　　)
A.v1>v0>v2　　　　B.v1=2u+v0
C.v2=v0+2u　　　　D.v2=v0-u
答案与分层梯度式解析
专题专项练
易混易错练2
1.A　小球在槽内从A运动到B的过程中,小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零,系统在水平方向动量不守恒,A正确;小球在槽内从A运动到B的过程中只有重力做功,小球的机械能守恒,B错误;小球在槽内从B运动到C的过程中,小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力为零,系统在水平方向动量守恒,C错误;小球从C点离开半圆槽时具有水平向右与竖直向上两个分速度,小球的实际速度斜向右上方,小球做斜上抛运动,不是竖直上抛运动(易错点),D错误。
错解分析　本题容易忽略动量守恒定律的适用条件而误选。判断系统动量是否守恒,关键是明确系统所受合外力是否为零,在应用动量守恒定律时,一定要明确是哪一系统在哪一过程中动量守恒。
2.C　设A与斜面间的动摩擦因数为μ,A匀速下滑时,有mg sin θ=μmg cos θ;B在A上滑动时,对于A、B组成的系统,有2mg sin θ=μ·2mg cos θ,所以系统所受合外力为零,系统的动量守恒;由于系统要克服摩擦力做功产生内能,所以系统的机械能不守恒,故A、B错误。以A、B组成的系统为研究对象,其所受合外力为零,动量守恒,取沿斜面向下为正方向,则有mv0=mvA+mvB,当vB=v0时vA=v0,当vA=v0时vB=v0,由于B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数,所以vA≥vB,故C正确,D错误。
错解分析　只是将C、D选项中的速度代入动量守恒定律的公式中进行计算,进而导致多选D。物理是一门实际应用学科,用数学方法求得的结果有时候不具有实际意义,应结合实际进行甄别。
3.答案　u
解析　以人和小车作为一个系统,因为水平方向不受外力,所以水平方向动量守恒。设人跳出后,小车对地的速度增加了Δv,以v0的方向为正方向,以地面为参考系,由动量守恒定律有(M+m)v0=M(v0+Δv)-m[u-(v0+Δv)],解得Δv=u。
错解分析　错解的主要原因是没有把所有的速度都换算成同一惯性参考系中的速度。因为题目中给出的v0是初状态小车对地的速度,而人跳车时的速度u指的是人相对车的速度,在列动量守恒方程时,应把人跳车的速度转换成人对地的速度。在应用动量守恒定律时,所有速度都要是对同一参考系而言。
4.D　小球与槽组成的系统水平方向动量守恒,小球从A点经过最低点滑到B点的过程中,槽向左运动,小球从B点经过最低点滑到A点的过程中,槽向右运动,故A错误;小球从A点运动到槽最低点的过程,系统水平方向动量守恒,有mx球-Mx槽=0,x球+x槽=R,解得槽向左运动的位移大小为x槽=R,故B错误;小球到达B点时,水平方向速度为零,槽的速度也为零,根据机械能守恒可知,小球能从B点离开槽,且上升的最大高度等于R,故C错误;小球从开始下落到运动到槽的最低点过程中,小球与槽组成的系统机械能守恒,有2mgR=m+M,以水平向右为正方向,系统水平方向动量守恒,有mv球+Mv槽=0,解得v球=2,v槽=-,小球运动到槽最低点时,FN-mg==(易错点),解得FN=7mg,故D正确。故选D。
错解分析　本题容易将速度选错而找不到正确选项。动量守恒定律中的速度是沿动量守恒的方向相对地面的速度;圆周运动向心力公式m中的速度是相对圆心的速度。
5.AB　左图中,飞行器类似于与行星对面正碰,设飞行器的质量为m,行星的质量为M,碰后飞行器的速度大小为v1,行星的速度大小为u1,设向右为正方向,根据动量守恒定律有mv0-Mu=-mv1-Mu1,由机械能守恒得m+Mu2=m+M,联立解得v1=v0+u,由于M m,则v1=v0+2u;同理,右图中有v2=v0-2u;综上所述得v1>v0>v2,故选A、B。
错解分析　“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器借助行星的引力来改变自己的速度,行星和探测器作用的过程,行星和探测器组成的系统满足动量守恒定律和能量守恒定律,可以将这个问题转化为一条直线上的弹性碰撞问题。许多同学由于不能从题目给出的情境中抽象出物理模型而出错。专题专项练
专题强化练1　利用动量定理处理流体模型类问题
1.[2026山东泰安开学考试]如图所示,用高压水枪水力采煤,假设水枪的喷嘴直径为D,水流喷出的速度为v,不考虑水在空中的速度变化,并假设水流冲击煤层后顺着煤层流下。已知水的密度为ρ,则煤层受到水的平均冲击力大小为(　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
2.[2026河北邢台开学考试]2025年6月,贵州榕江遭遇特大洪水期间,无人机突破交通受阻的困境,参与救助受困群众,为受困群众搭建“生命桥”。一架无人机质量为m0,螺旋桨转动能使面积为S的空气以速度v向下运动。已知空气密度为ρ,重力加速度为g,则该无人机能携带货物的最大质量为(　　)
A.+m0　　　　B.-m0
C.+m0　　　　D.-m0
3.(创新题·新情境)[2026广东佛山模拟预测]悬浮床(如图)是一种基于气体流动悬浮原理设计的医疗设备,通过向床内充入高压气体,使重症烧伤患者的身体悬浮在空中,从而减少创面受压,促进创面愈合。人体下方的床板源源不断地往上喷出气体,设气体遇到人体后速度大小变为原来的十分之一,方向向下。已知人体质量为M,喷出气体的速率为v,重力加速度为g,则t时间内喷出气体的质量为(　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
4.(创新题·新考法)[2025山东日照开学考]如图所示,用高压水枪清洗汽车时,设水枪出水口的直径为d1,水柱射出出水口的速度大小为v1,水柱垂直射到汽车表面时的直径为d2,水柱垂直射到汽车表面时水的速度大小为v2,冲洗汽车时水的速度为零。已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(　　)
A.若d1B.高压水枪单位时间内喷出的水的质量为ρπv2
C.高压水枪单位时间内喷出的水的质量为ρπv1
D.水柱对汽车的平均作用力大小为ρπ
5.《三体》中描写的三体舰队通过尘埃区被动减速的场景,引起了天文爱好者们的讨论,如果想要不减速通过尘埃区,就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度为ρ=4.0×10-8 kg/m3,飞船进入尘埃区的速度为v=3.0×105 m/s,飞船垂直于运动方向上的最大横截面积为S=10 m2,尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上,求:
(1)单位时间(Δt=1 s)内附着在飞船上的微粒质量;
(2)飞船要保持速度v不变,所需提供的动力大小与该动力的功率。
答案与分层梯度式解析
专题专项练
专题强化练1　利用动量定理处理流体模型类问题
1.C　
模型建构
设Δt时间内水枪射出水的质量为Δm,则有Δm=ρSvΔt=ρπvΔt,以这小段水柱为研究对象,选取初速度的方向为正方向,根据动量定理有-FΔt=0-Δmv,联立解得F=,根据牛顿第三定律可知煤层受到水的平均冲击力大小为 ,故选C。
方法技巧
应用动量定理分析流体问题的流程
(1)确定一小段时间Δt内的流体为研究对象。
(2)写出选取的流体的质量Δm与Δt的关系式。
(3)分析选取的流体的受力情况和初、末态的动量。
(4)应用动量定理列式求解。
2.D　Δt时间内,螺旋桨使质量Δm=ρSvΔt的空气竖直向下运动,由动量定理,有FΔt=Δmv,则无人机对空气的作用力大小为F=ρSv2,由牛顿第三定律可知,空气对无人机的作用力大小为F'=F=ρSv2,该无人机能携带货物的最大质量为Mmax=-m0=-m0,故选D。
3.D　设极短时间Δt内喷出气体的质量为Δm,以喷出气体为研究对象,取方向向上为正方向,根据动量定理可得-FΔt=Δm·-Δm·v=-Δm·v,又F=Mg,联立可得Δm=,根据=,可得t时间内喷出气体的质量为m=,故选D。
4.D　
关键点拨
　　本题题目情境的不同之处在于:水柱的直径并不是一致的。此类情境中,当水柱稳定时,各截面的流量Q相等,即相同时间内流过的水的体积相同。
依题意,可得πv1Δt=πv2Δt(点拨:相同时间内流过不同截面的水的体积相同),解得v1=v2,若d1v2,A错误;高压水枪单位时间内喷出的水的质量为m0=ρV=ρπ·v1==,B、C错误;设汽车对水柱的平均作用力大小为F,由动量定理得-FΔt=0-Δmv2=0-m0Δtv2=-Δt·v2,解得F=ρπ,由牛顿第三定律可知,水柱对汽车的平均作用力大小为ρπ,D正确。
5.答案　(1)0.12 kg　(2)3.6×104 N　1.08×1010 W
解析　(1)飞船在尘埃区飞行,在Δt时间内附着在飞船上的微粒质量Δm=ρSvΔt=0.12 kg
(2)微粒由静止到与飞船一起运动,微粒的动量增加,由动量定理得FΔt=Δmv=ρSvΔtv
解得F=ρSv2=3.6×104 N
则所需提供的动力大小为3.6×104 N
功率P=Fv=1.08×1010 W
名师点津　解答本题要抓住三个关键:专题专项练
易混易错练1
易错点1　不在同一直线上的动量变化量的求解
1.如图所示,水平圆盘以ω=5 rad/s的角速度顺时针匀速转动,一个质量m=0.1 kg的小物块(可看成质点)放在水平圆盘上距圆心r=0.3 m处,小物块随圆盘从A位置运动到B位置转过90°的过程中,小物块的动量变化量大小为(　　)
A.0　　　　B.0.5 kg·m/s
C.0.15 kg·m/s　　　　D.0.21 kg·m/s
2.[2026河南鹤壁期末]某赛车轨道在一段山谷处的示意图如图所示,竖直面内圆弧形轨道AB对应的圆心角为θ,B点为轨道的最低点。质量为m的赛车(连同赛车手)以恒定的速率v从A点运动到B点的过程中,合力的冲量大小为(　　)
A.2mv sin 　　　　B.mv sin
C.2mv sin θ　　　　D.mv sin θ
易错点2　变力的冲量直接套冲量公式
3.一质量为m的人造卫星绕地球做匀速圆周运动,其轨道半径是r,已知地球半径是R,质量是M,引力常量为G,则卫星的周期和在一个周期内地球引力的冲量大小分别是(　　)
A.2πr,2πm
B.2πr,2πm
C.2πr,0
D.2πr,0
易错点3　不理解冲量的概念
4.如图所示,皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速率沿顺时针方向转动。现将一质量m=1 kg的物体由静止轻放在皮带上,物体和皮带间的动摩擦因数μ=0.5。设皮带足够长,取g=10 m/s2,在物体与皮带发生相对滑动的过程中,皮带对物体的冲量大小为(　　)
A.1 N·s　　　　B.2 N·s　　　　C.3 N·s　　　　D. N·s
易错点4　矢量的方向被忽略
5.如图所示,两个质量相等的物体从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下,到达斜面底端的过程中(　　)
　　　
A.两物体所受重力的冲量相同
B.两物体所受合外力的冲量相同
C.两物体到达斜面底端时动量相同
D.两物体到达斜面底端时动量不同
易错点5　应用动量定理时出错
6.[2026山东青岛月考]排球运动员进行垫球训练,排球以6 m/s的速度竖直向下落在运动员的小臂上,然后以8 m/s的速度竖直向上垫起。已知排球的质量为270 g,排球与手臂的作用时间为0.2 s。不计空气阻力,取g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.排球速度变化量的大小为2 m/s
B.排球对手臂的平均作用力大小为21.6 N
C.排球动量变化量的大小为0.54 kg·m/s
D.排球受到手臂的冲量大小为3.78 N·s
答案与分层梯度式解析
专题专项练
易混易错练1
1.D　小物块的线速度v=ωr=1.5 m/s,在A位置时,小物块的动量pA=mv=0.15 kg·m/s,方向垂直OA向下;在B位置时,小物块的动量pB=mv=0.15 kg·m/s,方向垂直OB向左。如图所示:
小物块的动量变化量大小Δp=×0.15 kg·m/s≈0.21 kg·m/s,故选D。
错解分析　动量是矢量,在计算动量变化量时不能直接相减,要用矢量运算法则计算。
2.A　从A点运动到B点的过程中速度变化量如图所示,可知动量变化量Δp=mΔv=2mv sin ,由动量定理可知合力的冲量大小为2mv sin 。故选A。
错解分析　进行矢量运算,要先画图,再根据图形的几何关系进行计算,不要想当然。
3.D　地球对卫星的万有引力F=G,由万有引力提供向心力,有G=mr,可得卫星的周期T=2πr,B、C错误;在一个周期内卫星的动量变化量是0,由动量定理可知,地球对卫星的引力的冲量是0,A错误,D正确。故选D。
错解分析　冲量公式I=Ft只能计算恒力的冲量,对于变力(包括方向变化),不能直接套用。地球对卫星的引力大小不变,但方向时刻在变,因此不能选A。
4.D　物体在皮带上受到的滑动摩擦力大小为f=μmg=5 N,物体的加速度大小为a=μg=5 m/s2,物体与皮带发生相对滑动的时间t==0.2 s,摩擦力对物体的冲量大小为If=ft=1 N·s,支持力对物体的冲量大小为IN=Nt=mgt=2 N·s,故皮带对物体的冲量大小为I== N·s,选项D正确。
错解分析　有些同学认为力的方向与运动方向垂直时,该力没有冲量。而实际上皮带对物体的冲量包含两部分,一部分为摩擦力的冲量,另一部分为弹力的冲量,冲量是矢量,运用矢量运算法则求合冲量。
5.D　设斜面的倾角为θ,物体从高度为h处由静止滑下,物体沿光滑斜面下滑的加速度大小为a=g sin θ,=at2,解得t=,故整个过程中重力的冲量为IG=mgt=mg,由于斜面倾角不同,故两物体所受重力的冲量不同,A错误。物体所受合外力大小为F合=mg sin θ,合外力的冲量大小为I合=F合t=mgt sin θ=m,整个过程中两物体所受合外力的冲量大小相等,但由于冲量是矢量,斜面倾角不同,所受合外力方向不同,故合外力的冲量不同,B错误。物体到达斜面底端时速度大小为v=at=,由于斜面倾角不同,两物体到达斜面底端时速度大小相等,方向不同,故两物体到达斜面底端时动量不同,C错误,D正确。
错解分析　冲量、动量都是矢量,忽略矢量性容易错选B、C。题目涉及冲量和动量,不但要注意大小,还要注意方向。
6.B　速度变化量为矢量,设竖直向上为正方向,初速度为-6 m/s,末速度为8 m/s,故Δv=v末-v初=8 m/s-(-6 m/s)=14 m/s,即速度变化量大小为14 m/s,故A错误;排球动量变化量大小为Δp=mΔv=0.27 kg×14 m/s=3.78 kg·m/s,根据动量定理有(F-mg)Δt=Δp,解得F=+mg=21.6 N,根据牛顿第三定律可知,排球对手臂的平均作用力大小为21.6 N,故B正确,C错误;排球受到手臂的冲量大小为I=FΔt=21.6×0.2 N·s=4.32 N·s,故D错误。故选B。
错解分析　本题有两个易错点:一是容易忽略矢量性,动量变化量计算出错;二是漏掉重力,在应用动量定理时直接列出FΔt=Δp,得到错误结论。
避免此类错误的方法:
(1)应用动量定理时,先规定正方向,各量代入正负号进行计算。在平时训练时应提高对矢量的敏感度。
(2)求合冲量时,要明确物体受哪些力,哪些力的冲量可以忽略,哪些力的冲量不能忽略。比如重力的冲量,当题目中明确说明“作用时间极短”时,一般可将其忽略;若题目给出了一段作用时间,一般不能将其忽略。专题专项练
思想方法练1
一、微元求和法
方法概述　　对于变力的冲量,不能直接用冲量公式计算,可以通过微元法,将变力冲量转化为恒力冲量,然后再将微元求和,间接得出整个过程变力的冲量。(第2节基础过关练第5题、能力提升练第10题也用了此方法)
1.[2026浙江嘉兴一模]在地面上一小球以3 m/s的初速度竖直上抛,落地速度为2.6 m/s。若小球运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比,则小球在空中运动的时间为(取重力加速度大小为10 m/s2)(　　)
A.0.60 s　　　　B.0.56 s　　　　C.0.52 s　　　　D.0.50 s
二、流体微元法
方法概述　　对“连续”质点系发生持续作用的情况,选取很短时间内动量(或其他量)发生变化的那部分作为研究对象,建立“流体”模型,使问题变得直观、容易理解。(专题强化练1第1~5题也用了此方法)
2.(多选题)[2024山东泰安期中]国产超高压数控万能水切割机(水刀)以其卓越的切割性能备受瞩目。水刀就是对普通的水加压,使其从细小的喷嘴中以400~1 000 m/s的速度射出形成的水流。我们知道,任何材料承受的压强都有一定的最大限度,下表列出了几种材料所能承受的最大压强。
橡胶 花岗岩 工具钢 铸铁
5×107 Pa 1.2×108~ 2.6×108 Pa 6.7×108 Pa 8.8×108 Pa
设想有一水刀的水流射出的速度大小为600 m/s,水流与材料接触后以原速率反弹,水的密度ρ=1×103 kg/m3,则此水刀能切割上述材料中的(　　)
A.橡胶　　B.花岗岩　　C.工具钢　　D.铸铁
三、临界值法
方法概述　　临界值法是以原理、定理或定律为依据,直接从临界状态和相应的临界量入手,求出所研究问题的特殊规律和特殊解,然后以此对一般情况进行分析、讨论和推理的方法。
3.如图所示,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放,已知圆弧轨道半径R=1.8 m,小滑块A、B的质量关系是mB=2mA,重力加速度g=10 m/s2,则碰后小滑块B的速度大小不可能是(小滑块A、B均可视为质点)(　　)
A.5 m/s　　　　B.4 m/s　　　　C.3 m/s　　　　D.2 m/s
四、系统动量定理法
方法概述　　一段时间内,作用于系统的合外力的冲量等于系统动量的变化量。(第3节能力提升练第3题也用了此方法)
4.[2025河北模拟]如图所示,质量均为m的两物块A、B通过劲度系数为k的轻弹簧相连,物块A用细线悬挂,初始时整个系统处于静止状态。现剪断细线,经过一段时间t(t未知),弹簧第一次出现压缩量与剪断前弹簧的伸长量相等的时刻,且此时两物块速度恰好相等,均为πg。已知重力加速度为g,不考虑空气阻力,求:
(1)刚剪断细线时,物块A、B各自的加速度大小;
(2)时间t的值;
(3)从剪断细线开始,经过时间t的过程中,物块A下落的高度。
答案与分层梯度式解析
专题专项练
思想方法练1
1.B　将整个过程分成很多个极短时间,在极短时间Δt内,小球的运动可看成匀速运动,小球受到的空气阻力可看成恒力,则极短时间Δt内空气阻力的冲量ΔI=kv·Δt=kΔs,将各小段求和,则整个过程空气阻力的冲量If=∑ΔI=∑kv·Δt=∑kΔs=kh=0(整个过程小球位移h=0),取竖直向下为正方向,对小球,由动量定理有mgt-If=mv2-m(-v1),可得t== s=0.56 s,故选B。
方法点津
化变力为恒力思想
变力的冲量不能直接用冲量公式计算,但通过时间微元,将变力转化为恒力,这样就能用冲量公式计算极短时间内恒力的冲量,再将各段求和,完成变力冲量的计算过程。
2.ABC　设喷嘴的横截面积为S,在Δt时间内水流的质量为m=ρSvΔt,水流与材料接触后以原速率反弹,以水流与材料接触前的速度方向为正方向,由动量定理有-FΔt=-mv-mv,由牛顿第三定律可知水流受到的材料的作用力与材料受到的冲击力大小相等,即F'=F,则材料承受的压强为p==2ρv2=7.2×108 Pa,对照题表可知此水刀能切割的材料有橡胶、花岗岩和工具钢。故选A、B、C。
方法点津　建立水的“柱体”模型,沿速度v的方向选取一段微元,针对微元研究,作用时间Δt内的长度为vΔt,则对应的体积为V=SvΔt。此方法对于气体、液体等流体相关问题的求解有简化作用。
3.A　设小滑块A到达最低点时的速度为v0,由动能定理可得mAgR=mA-0,解得v0=6 m/s。若小滑块A、B发生弹性碰撞,系统能量无损失,碰后小滑块B获得的速度最大,根据动量守恒有mAv0=mAv1+mBv2,根据能量守恒有mA=mA+mB,联立解得v2=4 m/s;若小滑块A、B发生完全非弹性碰撞,系统能量损失最多,碰后小滑块B获得的速度最小,根据动量守恒可得mAv0=(mA+mB)v3,解得v3=2 m/s。综上可知碰后小滑块B的速度范围为2 m/s≤v≤4 m/s,本题要求选不可能的,故选A。
方法点津　两滑块碰撞过程能量损失最小、最大都是临界状态,分别求出临界状态的临界速度,即可确定碰后B的速度范围。题目中出现“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“可能”“不可能”等暗示性词语时,往往采用临界值法求解。
4.答案　(1)2g　0　(2)π　(3)
解析　(1)在剪断细线瞬间,弹簧弹力不变,F弹=mg
物块B所受合力为零
则aB=0
对物块A,由牛顿第二定律有mg+F弹=maA
则aA=2g
(2)对物块A、B组成的系统由动量定理有2mgt=2mv-0(解题技法)
且v=πg
解得t=π
(3)设弹簧原长为l0,初始时,有kΔx0=mg
两物块速度相等时,有mgHA+mgHB=·2mv2
且l0-(l0+Δx0-HA+HB)=Δx0
联立可得
HA=
方法点津　应用系统的动量定理可简化复杂问题的求解,尤其适用于多物体相互作用、内力难以直接分析的情况。通过整体分析系统,无需深入研究内部相互作用力,只需关注合外力对系统总动量的影响,从而快速求解问题。本题中,对系统应用动量定理,可避开弹簧对单个物体冲量的讨论,使问题轻松破解。专题专项练
专题强化练4　力学三大观点的综合应用
1.(多选题)[2026河北三模]如图,轻质弹簧左端固定,将圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点,质量为m2=4 kg的小球B静止在水平轨道上,将质量为m1=2 kg的小球A压缩弹簧后由静止释放,小球A能从M点进入圆弧轨道,通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用,之后从N点返回水平轨道,水平轨道足够长,两球间的碰撞为弹性碰撞。已知两球的大小相同且半径很小,圆弧轨道半径R=0.1 m,不计一切摩擦和空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。则(　　)
A.释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为10 J
B.两小球第一次碰撞后速度大小之比为1∶2
C.小球A再次返回轨道运动时与内轨道无弹力
D.两小球至多能发生2次碰撞
2.(多选题)[2026河北邯郸阶段测试]如图所示,质量为1 kg的“L”形长木板放置在水平面上,长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.5,质量均为0.5 kg的滑块A、B放在长木板上,与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.25,初始时滑块A、B之间的距离为1.8 m,滑块A和长木板之间连接有一处于原长状态的轻质弹簧,弹簧的劲度系数为50 N/m,某时刻给滑块B一个方向向左、大小为v0=5 m/s的初速度,滑块B和A碰后粘连在一起。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.滑块B与A碰撞前瞬间的速度大小为4 m/s
B.滑块B和A由于碰撞损失的机械能为2 J
C.长木板刚滑动时弹簧的压缩量为0.15 m
D.长木板刚滑动前因摩擦产生的热量为2.25 J
3.[2026贵州毕节三模]如图所示,将质量分别为3m和m的木块A、B静置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧连接,弹簧处于原长状态。一质量为m的子弹以水平向右的速度v0射击木块A并留在其中(作用时间极短),经过t0时间,木块A运动了l的位移,弹簧第一次被压缩至最短,且弹簧始终在弹性限度内。求:
(1)在运动过程中,弹簧的最大弹性势能;
(2)弹簧第一次和第二次恢复原长时木块A的速度之比;
(3)弹簧第一次被压缩至最短时木块B运动位移的大小。
4.[2026安徽期中]如图,一根竖直固定的无限长的直圆管内有一质量为3m的水平薄圆盘恰好静止,圆盘与管的上端口有一段距离。一质量为m的小球从管的上端口由静止释放,以速度v0与圆盘发生弹性碰撞(碰撞时间极短),碰撞后圆盘在管中匀速滑动。设小球在管中运动时与管壁不接触,小球与圆盘的碰撞均为弹性碰撞,重力加速度大小为g,不计空气阻力,圆盘所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求:
(1)小球从释放到与圆盘第一次碰撞前所经历的时间t;
(2)第一次碰撞与第二次碰撞之间圆盘与圆管摩擦产生的热量Q;
(3)第二次碰撞与第三次碰撞之间小球与圆盘之间的最大距离x。
5.(甄选真题)[2024安徽,14]如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置,由静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前,所受拉力的大小;
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小;
(3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
6.[2026浙江嘉兴一模]如图1所示,BC为一水平传送带,C点右侧连接一光滑水平台面,水平台面上放置有质量M=1.8 kg、半径R=0.32 m的四分之一光滑圆弧形滑块C'D(图示位置C'与C重合)。传送带左下方地面上固定一图2所示的倾角为53°的光滑斜面,斜面上安装一弹射装置。质量m=0.2 kg的小物块(可视为质点)被弹射后沿斜面从A点冲出,并恰能水平切入到传送带B点,且滑至传送带末端C点时速度恰好为0。已知BC长L=1 m,AB高度差h=0.8 m,传送带以v1=2 m/s的速度逆时针转动,重力加速度g=10 m/s2。
　
(1)求小物块到达B点时速度大小及物块与传送带间的动摩擦因数μ;
(2)保持弹射速度不变,改变传送带旋转方向和速度:
①若物块恰好可以滑至弧形滑块D点,求传送带顺时针转动速度v2的大小和此过程摩擦力对小物块做的功;(结果可保留分数)
②求物块滑出D点后能到达离水平台面的最大高度H。
答案与分层梯度式解析
专题专项练
专题强化练4　力学三大观点的综合应用
1.BC　小球A在最高点P时恰好与圆管无弹力作用,有m1g=m1,解得vP=1 m/s,释放小球A时弹簧储存的弹性势能为Ep=m1+2m1gR=5 J,A错误;小球A与B碰前,小球A的动能Ek=Ep=5 J,小球A与B碰前的速度v0== m/s,以水平向右为正方向,则A、B碰撞过程根据动量守恒有m1v0=m1v1+m2v2,根据机械能守恒有m1=m1+m2,联立解得v1=- m/s,v2= m/s,即两小球第一次碰撞后速度大小之比为1∶2,B正确;设小球A再次返回轨道运动时能上升的最大高度为h,由m1gh=m1,解得h= m2.ABC　设“L”形长木板的质量为mC=1 kg,因为μ1mBg<μ2(mA+mB+mC)g,可知滑块B与A碰撞前木板处于静止状态,对B有-=-2μ1gxAB,解得滑块B与A碰撞前瞬间的速度大小vB=4 m/s,A正确;规定向左为正方向,B与A碰撞过程,由动量守恒有mBvB=(mB+mA)v共,由于碰撞损失的机械能ΔE=mB-(mB+mA),解得ΔE=2 J,B正确;长木板刚滑动时,对木板有μ1(mB+mA)g+kx=μ2(mA+mB+mC)g,解得弹簧的压缩量x=0.15 m,C正确;长木板刚滑动前因摩擦产生的热量Q=μ1mBgxAB+μ1(mB+mA)gx,解得Q=2.625 J,D错误。
3.答案　(1)m　(2)　(3)v0t0-4l
关键点拨
解析　(1)子弹射击A过程,由动量守恒定律有mv0=4mv1
A、B共速时,弹簧弹性势能最大,有4mv1=5mv2
Epm=×4m-×5m
解得Epm=m
(2)从子弹射击结束瞬间到弹簧第一次恢复原长,根据动量守恒定律和能量守恒定律有4mv1=4mvA+mvB,×4m=×4m+×m
解得vA=v1
根据对称性可知,弹簧第二次恢复原长时A的速度为v1(破题关键),故=
(3)在弹簧第一次被压缩过程中,设t时刻A、B的速度分别为vA1和vB1,则4mv1=4mvA1+mvB1
在极短时间Δt内,A、B的运动可视为匀速运动,则在Δt时间内A、B运动的位移分别为ΔxA1=vA1Δt,ΔxB1=vB1Δt
故4mv1Δt=4mΔxA1+mΔxB1
在t0的时间内,累积可得4mv1t0=4ml+mxB(解题技法)
解得xB=v0t0-4l
4.答案　(1)　(2)3m　(3)
解析　(1)小球与圆盘第一次碰撞前做自由落体运动,根据v0=gt
解得t=
(2)设小球与圆盘第一次碰撞后小球的速度为v1,圆盘的速度为v2,取竖直向下为正方向,根据动量守恒和机械能守恒有mv0=mv1+3mv2
m=m+×3m
解得v1=-v0,v2=v0
设经过时间t1,小球与圆盘第二次碰撞,以竖直向下为正方向,则有v2t1=v1t1+g
解得t1=
圆盘匀速下滑,与管壁之间的摩擦力f=3mg
在这段时间内,圆盘运动的距离为x1=v2t1
由于摩擦产生的热量为Q=fx1
解得Q=3m
(3)第二次碰撞前小球的速度为v3=v1+gt1
设第二次碰撞后,小球的速度为v4,圆盘的速度为v5,根据弹性碰撞的规律有
mv3+3mv2=mv4+3mv5
m+×3m=m+×3m
解得v4=0,v5=v0
可知第二次碰撞后,小球做自由落体运动,圆盘以速度v0做匀速运动,当两者速度相等时,小球与圆盘的距离最远(破题关键),有v5=gt2
x=v5t2-g
解得x=
5.答案　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
思路点拨
　　(1)小球从初位置释放后做圆周运动,在最低点获得最大速度v0;
(2)小球与物块发生弹性碰撞,碰撞时满足动量守恒和机械能守恒。
(3)物块与小车组成一个新的系统,两者之间的摩擦力为内力,系统水平方向动量守恒。当物块刚好运动到水平轨道最右端两者共速,此时动摩擦因数最大;当物块运动到与圆弧轨道圆心等高的位置两者共速,此时动摩擦因数最小。
解析　(1)对小球摆动到最低点的过程,由动能定理得mgL=m-0
解得v0=5 m/s
在最低点,对小球由牛顿第二定律得FT-mg=m
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N
(2)小球与物块碰撞过程中,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+Mv2
m=m+M
解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为
v2=v0=4 m/s
(3)由于小车与物块组成的系统水平方向不受外力,则该系统水平方向动量守恒,则:
①若物块恰好运动到水平轨道最右端,此时两者共速(破题关键)(当动摩擦因数较大时,物块不能进入圆弧轨道),则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3
由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs
解得μ1=0.4
②若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置,此时两者共速(破题关键)(当动摩擦因数较小时,物块会脱离小车),则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4
由能量守恒定律得M=×2M+μ2Mgs+MgR
解得μ2=0.25(点拨:此时动摩擦因数值最小)
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4
方法技巧　解答本题时要利用好极限法,明确动摩擦因数最小或最大时会出现什么情况,进而得出动摩擦因数μ的取值范围。
6.答案　(1)3 m/s　0.45　(2)① m/s　- J
②0.81 m
解析　(1)物块从A点斜抛到B点为平抛逆过程,则h=gt2
解得t=0.4 s
则vy=gt=4 m/s,vB=vx==3 m/s
物块从B到C,由牛顿第二定律得f=μmg=ma
根据=2aL
得μ=0.45
(2)①设物块到达C点时速度为vC1,到达D点时两物体共速,速度为vD1,物块与弧形滑块作用过程,由水平方向上动量守恒及机械能守恒有
mvC1=(m+M)vD1
m=(M+m)+mgR
解得vC1= m/s
因vB=3 m/s> m/s,传送带顺时针转动,所以v2=vC1= m/s(点拨:物块在传送带上先减速,与传送带共速后匀速)
摩擦力对小物块做的功W=m-m
得W=- J
②设物块在传送带上一直加速时(破题关键)到达C的速度为vC2,到D上方最高点时速度为vD2,物块在传送带上一直加速有-=2aL
得vC2=3 m/s
物块进入弧形滑块到最高点过程,由水平方向上动量守恒和机械能守恒有
mvC2=(m+M)vD2,m=(M+m)+mgH
解得H=0.81 m(点拨:物块到达最高点时,与弧形滑块具有相同的速度)

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