就量

目錄

真題考查解讀

2023年真題展現(xiàn)

考向一動(dòng)量沖量動(dòng)量定理

考向二動(dòng)量守恒定律及綜合應(yīng)用

近年真題對(duì)比

考向一動(dòng)量沖量動(dòng)量定理

考向二動(dòng)量守恒定律及綜合應(yīng)用

命題規(guī)律

名校模擬探源

易錯(cuò)易混速記

真題考查解讀

rt

【命題意圖】通過(guò)實(shí)際生活考查動(dòng)量與音頻量的理解及動(dòng)量定理的應(yīng)用;通過(guò)通過(guò)碰撞和板塊模型，彈

簧連接體模型考查動(dòng)量與能量問(wèn)題

【考查要點(diǎn)】（1）考查動(dòng)量、沖量和動(dòng)量的變化量的基本概念，并掌握其簡(jiǎn)單的應(yīng)用；掌握動(dòng)量定理解決

與實(shí)際生產(chǎn)、生活相關(guān)的題型,尤其是流體類(lèi)模型；（2）考查動(dòng)量守恒定律條件的理解;動(dòng)量守恒定律

的理解和應(yīng)用和考查動(dòng)量與能量的綜合問(wèn)題

【課標(biāo)鏈接】①動(dòng)量、沖量的理解;②動(dòng)量定理的理解及其應(yīng)用;③動(dòng)量守恒定律的理解應(yīng)用；動(dòng)量與能

量的綜合。

：2023年真題展現(xiàn)

考向一動(dòng)量沖量動(dòng)量定理

題耳口（2023新課標(biāo)卷）使甲、乙兩條形磁鐵隔開(kāi)一段距離,靜止于水平桌面上，甲的N極正對(duì)著乙的

S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙,在它們相互接

近過(guò)程中的任一時(shí)刻（）

甲土

SINIISIN

A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動(dòng)量大小比乙的小

C.甲的動(dòng)量大小與乙的相等D.甲和乙的動(dòng)量之和不為零

【答案】BD

【解析】對(duì)甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析,如圖所示

加甲m

乙7

A.根據(jù)牛頓第二定律有a產(chǎn)F—RT的gF-fim乙g

@乙=----------------

m甲nt乙

由于7n甲＞m乙所以0甲Va乙

由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，可得o甲＜0乙4錯(cuò)誤;

BCD.對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于umvg＞乙g,合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動(dòng)量方向向

左，顯然甲的動(dòng)量大小比乙的小，8。正確、。錯(cuò)誤。

故選BD。

題目U]（2023廣東卷）某同學(xué)受電動(dòng)窗簾的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的簡(jiǎn)化模型.多個(gè)質(zhì)量均為1kg的

滑塊可在水平滑軌上滑動(dòng)，忽略阻力.開(kāi)窗簾過(guò)程中，電機(jī)對(duì)滑塊1施加一個(gè)水平向右的恒力F,推動(dòng)

滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時(shí)間為0.04s,碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度

為0.22m/s.關(guān)于兩滑塊的碰撞過(guò)程，下列說(shuō)法正確的有（）

尸T1I21I3I……回

A,該過(guò)程動(dòng)量守恒

B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N-S

C.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N-S

D.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動(dòng)量為

Pi=mv{=1X0.40kg?m/s=0.40kg?m/s

碰撞后的動(dòng)量為

p2—2mv2=2X1X0.22kg?m/s=0.44kg,m/s

則滑塊的碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；

B.對(duì)滑塊1,取向右為正方向，則有

4=1x0.22kg?m/s—lx0.40kg?m/s=-0.18kg,m/s

負(fù)號(hào)表示方向水平向左，故B正確；

C.對(duì)滑塊2,取向右為正方向，則有

12=mv2—1x0.22kg?m/s=0.22kg?m/s

故C錯(cuò)誤；

D.對(duì)滑塊2根據(jù)動(dòng)量定理有

FM=I2

解得

F=5.57V

則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N,故D正確。

故選BD。

考向二動(dòng)量守恒定律及綜合應(yīng)用

■目叵（2023遼寧卷）如圖，質(zhì)量小產(chǎn)1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁

度系數(shù)R=20N/m的輕彈簧,彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度3=

?m/s滑上木板左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)”

=0.1,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能用與形變量力的

關(guān)系為耳=/%0九取重力加速度g=lOm/s?,結(jié)果可用根式表示。

（1）求木板剛接觸彈簧時(shí)速度”的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離的；

（2）求木板與彈簧接觸以后,物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量工2及此時(shí)木板速度。2的大

??；

（3）已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從。2減小到。所用時(shí)間為±0。求木板從速度為02時(shí)到之后與物塊加速

度首次相同時(shí)的過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能OU（用t表示）。

—

.「

二一？一△一“的肘

【答案】（l）lm/s;0.125m;（2）0.25m;（3）4V3to—8to

【解析】⑴由于地面光滑，則7721、館2組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有館2。0=（館1+館2）”1

代入數(shù)據(jù)有%=lm/s

對(duì)恒1受力分析有Qi==4m/s2

mi

則木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離有憂=2Q便1

代人數(shù)據(jù)解得劣尸0.125m

⑵木板與彈簧接觸以后，對(duì)??21、人組成的系統(tǒng)有版=（m1+m2）a^

2

對(duì)m2有。2=—lm/s

當(dāng)°共=02時(shí)物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)，解得此時(shí)的彈簧壓縮量g=0.25m

_

對(duì)m1、m2組成的系統(tǒng)列動(dòng)能定理有一!■"舄=-^-（mi+m2）f2—-1（館1+館2）*

代入數(shù)據(jù)有v2=-^-m/s

（3）木板從速度為3時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過(guò)程中，由于木板即7nl的加速度大于木塊

7n2的加速度，則當(dāng)木板與木塊的加速度相同時(shí)即彈簧形變量為g時(shí)，則說(shuō)明此時(shí)7721的速度大小為

,共用時(shí)2力o,且m2一^受滑動(dòng)摩擦力作用，則對(duì)m2有―沖3,2琳=解得v3=-2t0

則對(duì)于皿、恒2組成的系統(tǒng)有—%=送+看加2w—"^-（mi+m2）l；2DU=—Wf

聯(lián)立有AU=4，^廠8片

、題目區(qū)（2023浙江6月卷）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道43、

CD和水平傳送帶平滑無(wú)縫連接，兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道0EF

與軌道CD和足夠長(zhǎng)的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用

勁度系數(shù)k=100N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上。現(xiàn)有質(zhì)量砧=0.12kg的滑塊a以初速度

%=2V21m/s從D處進(jìn)入,經(jīng)0EF管道后,與FG上的滑塊b碰撞（時(shí)間極短）。已知傳送帶長(zhǎng)L=

0.8m,以。=2m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)必=0.5,其它摩擦和阻力均不

計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn),彈簧的彈性勢(shì)能E=^kx\x為形變量）o

（1）求滑塊a到達(dá)圓弧管道。EF最低點(diǎn)尸時(shí)速度大小。尸和所受支持力大小FN；

（2）若滑塊a碰后返回到8點(diǎn)時(shí)速度vB=lm/s,求滑塊a、b碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能^E■,

（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,求碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差A(yù)a：o

【答案】⑴10m/s;31.2;（2）0;（3）0.2m

【解析】（1）滑塊a從。到尸，由能量關(guān)系mg,2R=-^-mvp—^-mvl

在尸點(diǎn)層—mg=m萼解得”F=10m/s琦=31.2N

⑵滑塊Q返回B點(diǎn)時(shí)的速度”B=lm/s,滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為Q=〃g=5m/s2

根據(jù)Vp=Vc-2aL可得在。點(diǎn)的速度vc=3m/s

則滑塊a從碰撞后到到達(dá)C點(diǎn)、-^-mvc+mg92R解得%=5m/s

因ab碰撞動(dòng)量守恒，則mvF=—mvi+3mv2解得碰后b的速度。2=5m/s

則碰撞損失的能量AS=——0

（3）若滑塊Q碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度mvF—Amv

解得v=2.5m/s

當(dāng)彈簧被壓縮到最短或者伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí)有共同速度^mv=6mv則v=

當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)壓縮量為Xi,由能量關(guān)系~~?47rM?=X.Qmv2+-^-kxl解得名尸0.1m

同理當(dāng)彈簧被拉到最長(zhǎng)時(shí)伸長(zhǎng)量為電=電

則彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差A(yù)r=22產(chǎn)0.2m

?IZ（2023浙江1月卷）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角0=37°的

直軌道AB,螺旋圓形軌道BCDE,傾角9=37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段

軌道均光滑，且各處平滑連接.螺旋圓形軌道與軌道45、EF相切于6（E）處.凹槽GH7J底面印水

平光滑，上面放有一無(wú)動(dòng)力擺渡車(chē)，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處,擺渡車(chē):上表面與直軌道下FG、平臺(tái)

JK位于同一水平面.已知螺旋圓形軌道半徑R=0.5m,B點(diǎn)高度為L(zhǎng)2A,尸G長(zhǎng)度入出=2.5小，印

長(zhǎng)度Lo=9m,擺渡車(chē)長(zhǎng)度乙=3m、質(zhì)量巾=1kg.將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h

=2.3巾處?kù)o止釋放，滑塊在FG段運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力為其重力的0.2倍.（擺渡車(chē)碰到豎直側(cè)壁〃立即靜

止,滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，sin37°=0.6,cos37°=0.8）

⑴求滑塊過(guò)。點(diǎn)的速度大小外和軌道對(duì)滑塊的作用力大小兄；

（2）擺渡車(chē)碰到〃前,滑塊恰好不脫離擺渡車(chē),求滑塊與擺渡車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)⑷

（3）在（2）的條件下,求滑塊從G到J所用的時(shí)間t.

【答案】⑴％=4m/s,Fc=227V;（2）//=0.3;（3）t=2.5s

【解析】⑴滑塊從靜止釋放到。點(diǎn)過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理可得mg（/i-1.2R-R-Acos。）=/稔

解得vc=4m/s

滑塊過(guò)。點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得為+mg=nz等解得m=22N

（2）設(shè)滑塊剛滑上擺渡車(chē)時(shí)的速度大小為“，從靜止釋放到G點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

2

mgh—Q.2mgLFG=-^-mv解得v=6m/s

擺渡車(chē)碰到〃前，滑塊恰好不脫離擺渡車(chē)，說(shuō)明滑塊到達(dá)擺渡車(chē)右端時(shí)剛好與擺渡車(chē)共速上,以滑塊

和擺渡車(chē)為系統(tǒng),根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv=2mVi解得%=-1-=3m/s

根據(jù)能量守恒可得。=/j,mgL=-^-mv2―X解得〃=0.3

⑶滑塊從滑上擺渡車(chē)到與擺渡車(chē)共速過(guò)程，滑塊的加速度大小為&=絲”=3m/s2

m

所用時(shí)間為力=———=1s

a

此過(guò)程滑塊通過(guò)的位移為Xi="：t尸4.5m

滑塊與擺渡車(chē)共速后，滑塊與擺渡車(chē)一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，該過(guò)程所用時(shí)間為t.=見(jiàn)至=1.5s

V1

則滑塊從G到J所用的時(shí)間為土=t1+寸=2.5s

題目叵（2023湖南卷）如圖，質(zhì)量為雙的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的光滑

軌道，橢圓的半長(zhǎng)軸和半短軸分別為a和b,長(zhǎng)軸水平，短軸豎直.質(zhì)量為小的小球,初始時(shí)刻從橢圓

軌道長(zhǎng)軸的右端點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑.以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固

定于地面的直角坐標(biāo)系立?！皺E圓長(zhǎng)軸位于非軸上.整個(gè)過(guò)程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g.

（1）小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，求凹槽的速度大小以及凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離；

（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中,求出小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程；

⑶若絲=一^,求小球下降仁靜高度時(shí),小球相對(duì)于地面的速度大?。ńY(jié)果用a、b及g表示）.

ma—b2

2病gbm/x[x[M+m)—ma]22

【答案】（1）紇=r=+⑶2b

［解析】（1）小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的時(shí)候小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正0=mV1-Mv2

小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgb=

2rrtgb

聯(lián)立解得紇

M2+Mrrt

因水平方向在任何時(shí)候都動(dòng)量守恒即0=nw-Mv2

兩邊同時(shí)乘1可得mXi=MX2

且由幾何關(guān)系可知Xi+x2=a

聯(lián)立記得多=a

M+m

（2）小球向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中凹槽向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球的坐標(biāo)為（x，n）時(shí)，此時(shí)凹槽水平向右運(yùn)動(dòng)的位移為

△力,根據(jù)上式有m（a—x）=M*!\x

(x—Ax)2

則小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知此時(shí)的橢圓方程為=i

a24

rri)—ma]2

整理得=i

M2a24

（3）將”=—代入小球的軌跡方程化簡(jiǎn)可得［x-（a-b）］2+y2=b2

ma—b

即此時(shí)小球的軌跡為以（a—b）為圓心，b為半徑的圓，則當(dāng)小球下降的高度為-1-時(shí)有如圖

此時(shí)可知速度和水平方向的的夾角為60°,小球下降援的過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒

0=77203cos600—Mv^

系統(tǒng)機(jī)械能守恒mg-^-=-^-mvl+^-Mvl

聯(lián)立得”3=

I題目上（2023全國(guó)乙卷）如圖，一豎直固定的長(zhǎng)直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為河的靜止薄圓盤(pán)，圓盤(pán)與管的上端

口距離為Z,圓管長(zhǎng)度為20Z。一質(zhì)量為巾=3河的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤(pán)中心，

O

圓盤(pán)向下滑動(dòng),所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸，圓盤(pán)始終

水平,小球與圓盤(pán)發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。

求

（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度大??；

（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間,小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離；

（3）圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與圓盤(pán)碰撞的次數(shù)。

【答案】（1）小球速度大小UpL圓盤(pán)速度大小“戈；（2）1;（3）4

【解析】⑴過(guò)程1:小球釋放后自由下落，下降Z,根據(jù)機(jī)械能守恒定律山）=。小病

解得“o={2gl

過(guò)程2:小球以J9與靜止圓盤(pán)發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律分別有

-^~mvo=—mvl+-^-Mv'imv0=nwi+Mv；

解得._m-M_V2gl'

^V1-m+MVo-2"l2。。-2

即小球碰后速度大小號(hào)L方向豎直向上，圓盤(pán)速度大小為當(dāng)"，方向豎直向下；

（2）第一次碰后，小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，圓盤(pán)摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤(pán)下降速度比

小球快，二者間距就不斷增大，當(dāng)二者速度相同時(shí)，間距最大，即V1+gt=a

解得1=上”=也

99

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得最大距離為dmax=/盤(pán)一2；球=v^t—（5力—=~2~='

（3）第一次碰撞后到第二次碰撞時(shí)，兩者位移相等，則有x盤(pán)i=①球1

即3打+為流=v解得t產(chǎn)&9_

29

、Q

此時(shí)小球的速度02=Vi+gti=~|~。0

圓盤(pán)的速度仍為。；，這段時(shí)間內(nèi)圓盤(pán)下降的位移/盤(pán)1=0篙=系=2/

之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒mv2+Mvi=mv2+Mv"^

根據(jù)能量守恒-^-Tnv2-\-^-Mv'i=

聯(lián)立解得”；=00；=%

同理可得當(dāng)位移相等時(shí)2盤(pán)2=力球2以2=:娟解得但為

圓盤(pán)向下運(yùn)動(dòng)力盤(pán)2=”32=~-=4：1

此時(shí)圓盤(pán)距下端關(guān)口13Z,之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度”3=g力2=2%

f

有動(dòng)量守恒mv3+Mv2=mv^+Mv^

機(jī)械能守恒~^rnvl+-^-Mvf2，—或

得碰后小球速度為宿=

圓盤(pán)速度錯(cuò)=?

當(dāng)二者即將四次碰撞時(shí)N盤(pán)3=6球3

即"晶3=就得t'3=—=tl=%2

在這段時(shí)間內(nèi)，圓盤(pán)向下移動(dòng)2蠹3="/==6Z

此時(shí)圓盤(pán)距離下端管口長(zhǎng)度為20Z—1%—2/-42-62=7/

此時(shí)可得出圓盤(pán)每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2Z,故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤(pán)將向下移

動(dòng)力盤(pán)4=81

則第四次碰撞后落出管口夕卜，因此圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球與圓盤(pán)的碰撞次數(shù)為4次。

If叵(2023山東卷)如圖所示,物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上

表面所在平面相切,豎直擋板P固定在地面上。作用在人上的水平外力，使人與口以相同速度v0向

右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)B的左端經(jīng)過(guò)軌道末端時(shí)，從弧形軌道某處無(wú)初速度下滑的滑塊。恰好到達(dá)

最低點(diǎn),并以水平速度”滑上B的上表面，同時(shí)撤掉外力,此時(shí)B右端與P板的距離為s。已知g=

lm/s,v=4m/s,mA=mc=1kg,mB=2kg,A與地面間無(wú)摩擦，8與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)〃尸0.1,。與

B間動(dòng)摩擦因數(shù)“2=0.5,B足夠長(zhǎng)，使得C不會(huì)從B上滑下?？谂cP、人的碰撞均為彈性碰撞,不計(jì)

碰撞時(shí)間，取重力加速度大小g=10m/s2o

(1)求。下滑的高度

(2)與P碰撞前，若8與。能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；

⑶若s=0.48m,求口與P碰撞前，摩擦力對(duì)C做的功W；

(4)若s=0.48m,自。滑上B開(kāi)始至A、B、。三個(gè)物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個(gè)物體總動(dòng)量的變化

量Ap的大小。

【答案】（1）H=0.8m;（2）0.625m&s1.707m;（3）—6J;（4）9.02kg,m/s

【解析】⑴由題意可知滑塊C靜止滑下過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有771聞7=/“/

代入數(shù)據(jù)解得H=0.8巾

⑵滑塊C剛滑上B時(shí)可知C受到水平向左的摩擦力，為f2=u2mcg

木板3受到。的摩擦力水平向右，為為

B受到地面的摩擦力水平向左，為力=‘i(rric+mB)g

所以滑塊。的加速度為ac=色=4g=5mzs?

mc

木板B的加速度為3=g紜=1mzs2

mB

設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間B和。共速，有4—5x￡i=l+l義打

代入數(shù)據(jù)解得t尸0.5s

木板B的位移SB產(chǎn)1X0.5+4X1X0.52=0.625m

共同的速度。共1=1+1x0.5m/s=1.5m/s

rnrn

此后8和。共同減速，加速度大小為aBC="i(8+''=lm/s'

mB+mc

設(shè)再經(jīng)過(guò)±2時(shí)間,物塊4恰好祖上模板B,有0.625+(1.5t2-yX1義琢=1x(0.5+切

整理得記一方2—0.25=0

1

解得t2=s,力2=11戶(hù)s(舍去)

此時(shí)B的位移Sfl2=0.625+(1.5t2-yx1x^)=1x(0.5+與)=1+半仁1.707m

共同的速度。共2=。共「t2=1.5—1x]'^m/s

綜上可知滿(mǎn)足條件的s范圍為0.625巾Ws<1.707m

(3)由于6=0.48m<0.625m

所以可知滑塊。與木板8沒(méi)有共速，對(duì)于木板B,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0.48=1xto+Jxlx/

整理后有to+2to-O.96=0

解得M=0.4s,1=—2.4$(舍去)

2

滑塊。在這段時(shí)間的位移sc=4X0.4—X5x0.4m=1.2m

所以摩擦力對(duì)。做的功W=—%Sc=—agcgsc=—6J

(4)因?yàn)槟景錌足夠長(zhǎng)，最后的狀態(tài)一定會(huì)是。與8靜止，物塊4向左勻速運(yùn)動(dòng)。木板石向右運(yùn)動(dòng)

0.48m時(shí)，有vBG=1+1x0.4m/s=lAm/svc()=4—5x0.4m/s=2m/ssA=1x0.4m=0.4m

此時(shí)_A、8之間的距離為s=0.48m—0.4m=0.08m

由于8與擋板發(fā)生碰撞不損失能量，故將原速率反彈。接著8向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，可得加速度大小

，UMcg+u《mB+mc)g2

aB=-----------------------------=4m/s

mB

物塊A和木板B相向運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)功時(shí)間恰好相遇，則有1xt3+(1.4t3-yx4X忌)=0.08

整理得這一1.2匈+0.04=0

解得t3=3-ys,t'3=3+j—s(舍去)

55

此時(shí)有vB1=1.4—4X——棄2mzs=區(qū)2——m/s方向向左；

55

vci=2—5X——言與m/s=(2A/2—l)m/s方向向右。

接著4、8發(fā)生彈性碰撞，碰前A的速度為%)=lm/s,方向向右，以水平向右為正方向，則有

代入數(shù)據(jù)解得人=—32^^——m/s2.02m/svB=m/sx0.246m/s

1515

而此時(shí)vc=vci=2—5X——^^m/s=(2V2—l)m/s七1.83m/s

o

物塊在向左的速度大于木板B和。向右的速度，由于摩擦力的作用，最后8和。靜止，4向左勻速運(yùn)

動(dòng)，系統(tǒng)的初動(dòng)量「初=(m^m^VQ+mcV=7kg-m/s

末動(dòng)量「末=2.02kg,m/s

則整個(gè)過(guò)程動(dòng)量的變化量△夕=,末—p初=—9.02kg?m/s即大小為9.02kgam^o

『近年真題對(duì)比工

考向一動(dòng)量沖量動(dòng)量定理

趣耳|T(2022?全國(guó)乙卷?T20)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力尸的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線

運(yùn)動(dòng)，R與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小取q=

2

10m/so則()

1F/N

4——

?:???t/s

02:46

-4

A.4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零B.6s時(shí)物塊回到初始位置

C.3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg-m/sD.。?6s時(shí)間內(nèi)尸對(duì)物塊所做的功為40J

【答案】AD

【解析】

物塊與地面間的摩擦力為

f=[img=2N

AC.對(duì)物塊從0?3內(nèi)由動(dòng)量定理可知

(F—f)ti=nvu3

即

(4—2)x3=1x2

得

g=6m/s

3s時(shí)物塊的動(dòng)量為

p=他5=6kg?m/s

設(shè)3s后經(jīng)過(guò)時(shí)間力物塊的速度減為0,由動(dòng)量定理可得

—(F+f)t=0—mv3

即

—(4+2)力=0—1x6

解得

t=ls

所以物塊在4s時(shí)速度減為0,則此時(shí)物塊的動(dòng)能也為0,故A正確，。錯(cuò)誤;

B.。?3物塊發(fā)生的位移為g,由動(dòng)能定理可得

(R—力刈=

即

(4-2)名尸yX1x62

得

名尸9m

3s?4s過(guò)程中,對(duì)物塊由動(dòng)能定理可得

一(R+力力2=0-

即

—(4+2)/2=0—x1x62

得

x2—3m

4s?6s物塊開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)，物塊的加速度大小為

F—f°

a=-------=2m/s2

m

發(fā)生的位移為

19

力3=-x2x2m=4m<xx+x2

即6s時(shí)物塊沒(méi)有回到初始位置,故B錯(cuò)誤；

D,物塊在6s時(shí)的速度大小為

vQ=2X2m/s=4m/s

。?6s拉力所做的功為

W二(4x9—4x3+4x4)J=40J

故。正確。

故選ADO

趣目區(qū)（2022?湖南卷?T7）神舟十三號(hào)返回艙進(jìn)入大氣層一段時(shí)間后，逐一打開(kāi)引導(dǎo)傘、減速傘、主傘，

最后啟動(dòng)反沖裝置,實(shí)現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開(kāi)后返回艙的運(yùn)動(dòng)情況,將其運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化

為豎直方向的直線運(yùn)動(dòng)，其。-力圖像如圖所示。設(shè)該過(guò)程中,重力加速度不變，返回艙質(zhì)量不變,下

列說(shuō)法正確的是（）

ol

A在0?時(shí)間內(nèi)，返回艙重力的功率隨時(shí)間減小

B.在0~右時(shí)間內(nèi)，返回艙的加速度不變

C.在協(xié)?益時(shí)間內(nèi)，返回艙的動(dòng)量隨時(shí)間減小

D.在與~t3時(shí)間內(nèi)，返回艙的機(jī)械能不變

【答案】47

【解析】

A.重力的功率為

P=mgv

由圖可知在0~ti時(shí)間內(nèi)，返回艙的速度隨時(shí)間減小，故重力的功率隨時(shí)間減小，故/正確；

B.根據(jù)u—t圖像的斜率表示加速度可知在0~t1時(shí)間內(nèi)返回艙的加速度減小,故B錯(cuò)誤；

C.在協(xié)?右時(shí)間內(nèi)由圖像可知返回艙的速度減小，故可知?jiǎng)恿侩S時(shí)間減小。故。正確；

D.在與?質(zhì)時(shí)間內(nèi)，由圖像可知返回艙的速度不變，則動(dòng)能不變，但由于返回艙高度下降，重力勢(shì)能減

小，故機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤。

故選ACo

題目區(qū)（2022?山東卷?T2）我國(guó)多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長(zhǎng)征十一號(hào)系列運(yùn)載火箭。如圖所示,

發(fā)射倉(cāng)內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開(kāi)始運(yùn)動(dòng)

到點(diǎn)火的過(guò)程中（）

火

箭上

高

壓

,氣

體

最大

，動(dòng)能

零時(shí)

度為

加速

箭的

A.火

動(dòng)能

箭的

為火

轉(zhuǎn)化

全部

能量

放的

體釋

壓氣

B.高

量

增加

量的

箭動(dòng)

于火

量等

的沖

推力

火箭

體對(duì)

壓氣

C.高

加量

的增

動(dòng)能

火箭

等于

之和

做功

火箭

力對(duì)

氣阻

和空

推力

體的

壓氣

D.高

】A

【答案

】

【解析

力

的推

氣體

高壓

上的

直向

和豎