專(zhuān)題七動(dòng)量守恒定律目錄考法領(lǐng)航五年高考考點(diǎn)1動(dòng)量、沖量和動(dòng)量定理考點(diǎn)2動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用三年模擬基礎(chǔ)反饋練題型強(qiáng)化練題型11流體類(lèi)模型題型12動(dòng)量守恒中的常見(jiàn)模型綜合創(chuàng)新練實(shí)驗(yàn)聚焦實(shí)驗(yàn)8驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律考法領(lǐng)航核心題

(2023廣東,15,15分)如圖為某藥品自動(dòng)傳送系統(tǒng)的示意圖。該系統(tǒng)由水平傳

送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺(tái)組成,滑槽高為3L,平臺(tái)高為L(zhǎng)。藥品

盒A、B依次被輕放在以v0的速度勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上,在與傳送帶達(dá)到共速后,從M點(diǎn)

進(jìn)入滑槽,A剛好滑到平臺(tái)最右端N點(diǎn)停下,隨后滑下的B以2v0的速度與A發(fā)生正碰,碰撞

時(shí)間極短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤(pán)直徑的兩端。已知A、B的質(zhì)量分別為m和

2m,碰撞過(guò)程中損失的能量為碰撞前瞬間總動(dòng)能的

。A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,A、B在滑至N點(diǎn)之前不發(fā)生碰撞,忽略空氣阻力和圓盤(pán)的高度,將藥品

盒視為質(zhì)點(diǎn)。求:(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t;(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力做的功W;(3)圓盤(pán)的圓心到平臺(tái)右端N點(diǎn)的水平距離s。

答案

(1)

(2)6mgL-3m

(3)

解析

(1)A在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a=μg由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t=

=

。(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力做的功W=

×2m

+2mg·3L-

×2m

=6mgL-3m

。(3)A、B碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律和能量關(guān)系可知2m·2v0=mv1+2mv2

×2m(2v0)2-

=

解得v1=2v0,v2=v0(另一組解v1=

v0,v2=

v0不符合實(shí)際,舍掉)A、B做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=

則s-r=v2t1,s+r=v1t1解得s=

。

試題分析本題以藥品自動(dòng)傳送系統(tǒng)為素材,創(chuàng)設(shè)了與生產(chǎn)生活緊密聯(lián)系的物理問(wèn)題

情境。主要考查勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)及其公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系、動(dòng)量守恒定

律、能量守恒等知識(shí)點(diǎn),重點(diǎn)考查模型建構(gòu)能力和推理論證能力。

特色考法·命題分析①?gòu)V東高考對(duì)本專(zhuān)題內(nèi)容考查較為全面,2023年及2024年都對(duì)動(dòng)量定理及動(dòng)量守恒定

律進(jìn)行了考查,比如:2023廣東,15(計(jì)算題),動(dòng)量守恒定律2023廣東,10(選擇題),動(dòng)量定理2024廣東,14(計(jì)算題),動(dòng)量定理2024廣東,10(選擇題),動(dòng)量守恒定律2025廣東,7(選擇題),動(dòng)量守恒2025廣東,10(選擇題),動(dòng)能定理②“組合題”是廣東高考對(duì)本專(zhuān)題考查命題的特點(diǎn),注重對(duì)模型建構(gòu)能力及推理論證

能力的考查。2025廣東,7碰撞+v-t圖像2024廣東,14自由落體運(yùn)動(dòng)+碰撞+豎直上拋運(yùn)動(dòng)2023廣東,15直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)+曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)+碰撞+平拋運(yùn)動(dòng)2021廣東,13直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)+碰撞+直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)2022廣東,13直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)+碰撞+直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

風(fēng)向展望·考法變式①模型變,從碰撞模型轉(zhuǎn)變?yōu)榛瑝K-木板模型等進(jìn)行考查。②情境變,通過(guò)引入新情境,增大題目的信息量與閱讀性,對(duì)知識(shí)應(yīng)用能力及模型建構(gòu)能

力進(jìn)行考查。

考點(diǎn)1動(dòng)量、沖量和動(dòng)量定理五年高考1.

(2024北京,8,3分)將小球豎直向上拋出,小球從拋出到落回原處的過(guò)程中,若所受空氣阻力大小與速度大小成正比,則下列說(shuō)法正確的是

()A.上升和下落兩過(guò)程的時(shí)間相等B.上升和下落兩過(guò)程損失的機(jī)械能相等C.上升過(guò)程合力的沖量大于下落過(guò)程合力的沖量D.上升過(guò)程的加速度始終小于下落過(guò)程的加速度

C

解析空氣阻力對(duì)小球一直做負(fù)功,除最高點(diǎn)外經(jīng)過(guò)同一位置小球上升時(shí)的速度均大

于下降時(shí)的速度,所以上升過(guò)程的時(shí)間小于下落過(guò)程的時(shí)間,A錯(cuò)誤。設(shè)空氣阻力大小

為f=kv,由微元法可得上升過(guò)程空氣阻力做功較大,所以上升過(guò)程損失的機(jī)械能較大,B

錯(cuò)誤。由動(dòng)量定理I=m·Δv可得上升過(guò)程合力的沖量大于下落過(guò)程合力的沖量,C正

確。上升過(guò)程的加速度大小a上=

,下落過(guò)程的加速度大小a下=

,所以a上>a下,D錯(cuò)誤。2.

(2023廣東,10,6分)(多選)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)窗簾的過(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

()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

BD

C.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·sD.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N

解析取向右為正方向,兩滑塊碰撞前瞬間的動(dòng)量p1=mv1+0=0.40kg·m/s,碰撞后瞬間的

動(dòng)量p2=2mv2=0.44kg·m/s,p1<p2,故兩滑塊的碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒,A錯(cuò)誤。對(duì)滑塊1,由動(dòng)

量定理可得I1=mv2-mv1=-0.18kg·m/s,滑塊1受到的合外力的沖量大小為0.18N·s,方向水

平向左,B正確。對(duì)滑塊2,由動(dòng)量定理可得I2=mv2=0.22kg·m/s,滑塊2受到的合外力的沖

量大小為0.22N·s,方向水平向右,C錯(cuò)誤。對(duì)滑塊2,由沖量的定義式可得I2=F12Δt,解得滑

塊2受到滑塊1的平均作用力大小F12=5.5N,D正確。3.

(2024全國(guó)甲,20,6分)(多選)蹦床運(yùn)動(dòng)中,質(zhì)量為60kg的運(yùn)動(dòng)員在t=0時(shí)剛好落到蹦床上,對(duì)蹦床作用力大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員身體始

終保持豎直,在其不與蹦床接觸時(shí)蹦床水平。忽略空氣阻力,重力加速度大小取10m/s

2。下列說(shuō)法正確的是

()A.t=0.15s時(shí),運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最大

BD

B.t=0.30s時(shí),運(yùn)動(dòng)員的速度大小為10m/sC.t=1.00s時(shí),運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處D.運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開(kāi)過(guò)程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為4600N

解析由題圖知,t=0.15s時(shí)F達(dá)到最大,此時(shí)蹦床的形變量達(dá)到最大,可知t=0.15s時(shí)運(yùn)

動(dòng)員運(yùn)動(dòng)至最低處,重力勢(shì)能最小,A錯(cuò)誤;t=0.3s時(shí),運(yùn)動(dòng)員恰好離開(kāi)蹦床,t=2.3s時(shí)運(yùn)動(dòng)

員又剛好接觸蹦床,0.3~2.3s時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員做豎直上拋運(yùn)動(dòng),從拋出到落回原處所用時(shí)

間為2s,所以運(yùn)動(dòng)員在空中上升的時(shí)間為1s,根據(jù)v=gt可知運(yùn)動(dòng)員在離開(kāi)蹦床時(shí)速度大

小為10m/s,B正確;運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻為1.30s,C錯(cuò)誤;以豎直向下為正方向,運(yùn)

動(dòng)員剛好接觸蹦床時(shí)的速度v1=10m/s,經(jīng)0.3s離開(kāi)蹦床時(shí)的速度v2=-10m/s,根據(jù)動(dòng)量定

理有mgt-

t=mv2-mv1,解得蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的平均作用力大小

=4600N,根據(jù)牛頓第三定律可知,D正確。4.

(2025廣東,10,6分)(多選)如圖所示,無(wú)人機(jī)在空中作業(yè)時(shí),受到一個(gè)方向不變、大小隨時(shí)間變化的拉力。無(wú)人機(jī)經(jīng)飛控系統(tǒng)實(shí)時(shí)調(diào)控,在拉力、空氣作用力和重力作

用下沿水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。已知拉力與水平面成30°角,其大小F隨時(shí)間t的變化

關(guān)系為F=F0-kt(F>0,F0、k均為大于0的常量),無(wú)人機(jī)的質(zhì)量為m,重力加速度為g。關(guān)于

該無(wú)人機(jī)在0到T時(shí)間段內(nèi)(T是滿(mǎn)足F>0的任一時(shí)刻),下列說(shuō)法正確的有

()

ABD

A.受到空氣作用力的方向會(huì)變化B.受到拉力的沖量大小為

TC.受到重力和拉力的合力的沖量大小為mgT+

TD.T時(shí)刻受到空氣作用力的大小為

解析由于無(wú)人機(jī)在拉力、空氣作用力和重力作用下沿水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),故

無(wú)人機(jī)處于平衡狀態(tài),由于重力不變,拉力方向不變,大小隨時(shí)間變化,則受到的空氣作

用力方向必然變化(點(diǎn)撥:可以畫(huà)出力的矢量三角形幫助快速解題),A正確;無(wú)人機(jī)在0~T

時(shí)間內(nèi)受到的拉力的大小隨時(shí)間均勻變化,可采用平均值法求解其沖量大小,則有IF=

T=

T,B正確;無(wú)人機(jī)受到的重力的沖量大小為mgT,由于沖量是矢量,重力和拉力方向不同,所以受到的重力和拉力的合力的沖量大小不等于重力沖量與

拉力沖量的代數(shù)和,C錯(cuò)誤;對(duì)無(wú)人機(jī)受力分析如圖所示,將空氣作用力分解為水平方向

的分力Fx和豎直方向的分力Fy,則有F空氣=

,其中Fx=(F0-kT)cos30°=

(F0-kT),Fy=mg+(F0-kT)sin30°=mg+

(F0-kT),則有F空氣=

,D正確。

5.

(2024廣東,14,13分)汽車(chē)的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。(1)安全帶能通過(guò)感應(yīng)車(chē)的加速度自動(dòng)鎖定,其原理的簡(jiǎn)化模型如圖甲所示。在水平路

面上剎車(chē)的過(guò)程中,敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車(chē)達(dá)到共同的加速度a,同

時(shí)頂起敏感臂,使之處于水平狀態(tài),并卡住卷軸外齒輪,鎖定安全帶。此時(shí)敏感臂對(duì)敏感

球的壓力大小為FN,敏感球的質(zhì)量為m,重力加速度為g,忽略敏感球受到的摩擦力,求斜

面傾角的正切值tanθ。(2)如圖乙所示,在安全氣囊的性能測(cè)試中,可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為H處

做自由落體運(yùn)動(dòng),與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘剛到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn),氣囊對(duì)

頭錘豎直方向的作用力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律,可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭

錘質(zhì)量M=30kg,H=3.2m,重力加速度大小取g=10m/s2,求:①碰撞過(guò)程中F的沖量大小和方向;②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。

答案

(1)

(2)①330N·s方向豎直向上②0.2m

解析

(1)對(duì)敏感球受力分析如圖所示

(2分)三個(gè)力的合力方向水平向左,大小為ma,由幾何關(guān)系可知tanθ=

(2分)(2)①F-t圖像中圖線(xiàn)與橫坐標(biāo)軸所圍的面積等于F的沖量,故有IF=

×0.1×6600N·s=330N·s(2分)氣囊對(duì)頭錘的彈力方向豎直向上,故F的沖量IF方向豎直向上

(1分)②以豎直向上為正方向,對(duì)頭錘與氣囊作用的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理有IF-Mgt=Mv-(-Mv0)

(2分)對(duì)頭錘自由下落過(guò)程,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

=2gH聯(lián)立解得v=2m/s(2分)由v2=2gh,解得h=0.2m(2分)考點(diǎn)2動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用1.

(2025廣東,7,4分)如圖所示,光滑水平面上,小球M、N分別在水平恒力F1和F2作用下,由靜止開(kāi)始沿同一直線(xiàn)相向運(yùn)動(dòng),在t1時(shí)刻發(fā)生正碰后各自反向運(yùn)動(dòng)。已知F1和F2

始終大小相等、方向相反。從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到碰撞后第1次速度減為0的過(guò)程中,兩小球速

度v隨時(shí)間t變化的圖像,可能正確的是

()

A

解析由于F1和F2始終大小相等、方向相反,所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒,小球M、N同時(shí)減速到

零,且碰撞前后小球M、N各自的加速度不變,即碰撞前后v-t圖線(xiàn)的斜率不變,A正確。2.

(2024廣東,10,6分)(多選)如圖所示,光滑斜坡上,可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊,分別從H甲、H乙高度同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與

水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下

列說(shuō)法正確的有

()A.甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止

ABD

B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H乙無(wú)關(guān)D.甲最終停止位置與O處相距

解析由于斜面光滑,則兩滑塊加速度相同,又兩滑塊初速度都為0,所以在斜坡上運(yùn)動(dòng)

過(guò)程中二者始終保持相對(duì)靜止,A正確。由于甲、乙的碰撞屬于彈性碰撞,且二者質(zhì)量

相同,所以碰撞過(guò)程甲、乙交換速度,B正確。H乙越大,乙在斜坡上運(yùn)動(dòng)的位移越大,所

需時(shí)間越長(zhǎng),甲、乙碰撞后交換速度且二者均可視為質(zhì)點(diǎn),則乙在水平面上運(yùn)動(dòng)的位移

與H甲有關(guān),因?yàn)閮蓚€(gè)滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,即a=μg保持不變,則乙在水平

面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H甲有關(guān),綜上所述可知乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H甲、H乙均有關(guān),C錯(cuò)誤。由

于甲、乙碰撞后交換速度,甲在水平面上的位移等于沒(méi)有甲時(shí)乙單獨(dú)滑下時(shí)在水平面

上運(yùn)動(dòng)的位移,由能量守恒可知mgH乙=μmgx,解得x=

,D正確。3.

(2022廣東,13,11分)某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開(kāi)傘過(guò)程的啟發(fā),設(shè)計(jì)了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個(gè)滑塊,初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)

滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動(dòng)時(shí),受到滑桿的摩擦力f為1N。滑塊滑到B處與

滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,帶動(dòng)滑桿離開(kāi)桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)。已知滑塊的質(zhì)量m=

0.2kg,滑桿的質(zhì)量M=0.6kg,A、B間的距離l=1.2m,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻

力。求:(1)滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過(guò)程中,桌面對(duì)滑桿支持力的大小N1和N2;(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v;(3)滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度h。

答案

(1)8N

5N

(2)8m/s

(3)0.2m

解析

(1)滑塊靜止時(shí),由整體法得N1=(m+M)g=8N滑塊向上滑動(dòng)時(shí),以滑桿為研究對(duì)象,受力分析如圖,得N2=Mg-f'=Mg-f=5N。

(2)滑塊從A到B,由動(dòng)能定理有-mgl-fl=

mv2-

m

,得v=8m/s。(3)滑塊與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,由動(dòng)量守恒有mv=(m+M)v',得v'=2m/s碰撞后,滑塊與滑桿一起向上運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理有-(m+M)gh=0-

(m+M)v'2,得h=0.2m。4.

(2024黑吉遼,14,12分)如圖,高度h=0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B,質(zhì)量mA=mB=0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx=0.1m的輕彈簧,彈簧與A、B不拴接。同時(shí)

由靜止釋放A、B,彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,射程xA=0.4m;B

脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB=0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn),取重力加速度g=

10m/s2。求:(1)脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB;(2)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(3)整個(gè)過(guò)程中,彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp。

答案

(1)1m/s

1m/s

(2)0.2

(3)0.12J

解析

(1)對(duì)物塊A由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得h=

gt2

(1分)xA=vAt

(1分)對(duì)A和B組成的系統(tǒng),相互作用過(guò)程動(dòng)量守恒(點(diǎn)撥:在彈開(kāi)過(guò)程中彈簧對(duì)A、B的彈力大

小相等,方向相反,桌面對(duì)A、B的摩擦力同樣大小相等,方向相反,故系統(tǒng)合力為零)有mAvA=mBvB

(1分)解得vA=1m/s,vB=1m/s

(1分)(2)解法一:應(yīng)用動(dòng)能定理對(duì)物塊B從脫離彈簧到靜止,應(yīng)用動(dòng)能定理有-μmBgxB=0-

mB

(1分)解得μ=0.2

(1分)解法二:應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式由牛頓第二定律可得μmBg=mBa

(1分)物塊B脫離彈簧后做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),有

=2axB

(1分)聯(lián)立解得μ=0.2

(1分)(3)物塊A和B由靜止釋放到剛好脫離彈簧,任一時(shí)刻速度均等大反向,則此過(guò)程物塊A和

B的位移大小均為

,設(shè)物塊A、B與桌面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q,根據(jù)能量守恒定律可得,彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp=Q+

mA

+

mB

(1分)根據(jù)功能關(guān)系有Q=μmAg

+μmBg

(1分)解得彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp=0.12J

(1分)5.

(2024甘肅,14,15分)如圖,質(zhì)量為2kg的小球A(視為質(zhì)點(diǎn))在細(xì)繩O'P和OP作用下處于平衡狀態(tài),細(xì)繩O'P=OP=1.6m,與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜

止在光滑水平面上,質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細(xì)繩O'P,小球A開(kāi)始運(yùn)

動(dòng)。(重力加速度g取10m/s2)(1)求A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力。(2)A在最低點(diǎn)時(shí),細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞(時(shí)間極短),碰后A豎直下落,C水平向右運(yùn)動(dòng)。求碰后C的速度大小。(3)A、C碰后,C相對(duì)B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。

答案

(1)40N

(2)4m/s

(3)0.15

解析根據(jù)題意,設(shè)A、C質(zhì)量分別為mA、mC,則mA=mC=2kg,設(shè)B的質(zhì)量為mB,則mB=6kg,

設(shè)細(xì)繩OP長(zhǎng)為l,則l=1.6m,設(shè)初始時(shí)細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ,則θ=60°。

(1分)(1)A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中,有mAgl(1-cosθ)=

mA

-0,

(2分)對(duì)A在最低點(diǎn)受力分析,根據(jù)牛頓第二定律有T-mAg=

,

(1分)解得v0=4m/s,T=40N,

(1分)由牛頓第三定律可知,A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力大小為40N。(2)A與C相碰過(guò)程,水平方向動(dòng)量守恒,由于碰后A豎直下落,則可知碰后A的水平速度大

小為零,對(duì)于碰撞過(guò)程有mAv0=0+mCvC,

(2分)解得vC=v0=4m/s。

(2分)(3)A、C碰后,C相對(duì)B滑行到共速的過(guò)程示意圖如圖所示,

C相對(duì)B滑行4m后與B共速,則對(duì)C、B分析,根據(jù)動(dòng)量守恒有mCvC=(mB+mC)v,

(2分)根據(jù)能量守恒有μmCgx相對(duì)=

mC

-

(mB+mC)v2,

(2分)聯(lián)立解得μ=0.15。

(2分)6.

(2025河南,14,12分)如圖,在一段水平光滑直道上每間隔l1=3m鋪設(shè)有寬度為l2=2.4m的防滑帶。在最左端防滑帶的左邊緣靜止有質(zhì)量為m1=2kg的小物塊P,另一質(zhì)量

為m2=4kg的小物塊Q以v0=7m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)并與P發(fā)生正碰,且碰撞時(shí)間極短。已

知碰撞后瞬間P的速度大小為v=7m/s,P、Q與防滑帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5,重力

加速度大小g=10m/s2。求(1)該碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能;(2)P從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到靜止經(jīng)歷的時(shí)間。

答案

(1)24.5J

(2)5s

解析

(1)Q與P發(fā)生正碰且碰撞時(shí)間極短,由動(dòng)量守恒有m2v0=m1v+m2vQ代入數(shù)據(jù)解得vQ=3.5m/s碰撞中損失的機(jī)械能ΔE損=

m2

-

m1v2-

m2

代入數(shù)據(jù)解得ΔE損=24.5J(2)P在防滑帶上的加速度大小a=μg=5m/s2設(shè)P通過(guò)防滑帶的總長(zhǎng)度為x1,則0-v2=-2ax1解得x1=4.9m所以

=

=2

,P最終靜止在第3個(gè)防滑帶上設(shè)在防滑帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0,由0=v-at0得t0=

=

s=1.4s設(shè)經(jīng)過(guò)第1個(gè)光滑區(qū)的速度為v1,經(jīng)過(guò)第2個(gè)光滑區(qū)的速度為v2,由

-v2=-2al2得v1=5m/s在第1個(gè)光滑區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=

=

s=0.6s由

-

=-2al2得v2=1m/s在第2個(gè)光滑區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=

=

s=3sP從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到靜止經(jīng)歷的時(shí)間t=t0+t1+t2=5s7.

(2024山東,17,14分)如圖甲所示,質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上,軌道水平部分的上表面粗糙,豎直半圓形部分的表面光滑,兩部分在P點(diǎn)平滑連接,Q為軌道的最高

點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上,與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,最大靜

摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m,重力加速度大小g=10m

/s2。(1)若軌道固定,小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí),受到軌道的彈力大小等于

3mg,求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v;(2)若軌道不固定,給軌道施加水平向左的推力F,小物塊處在軌道水平部分時(shí),軌道的加

速度a與F對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。(ⅰ)求μ和m;(ⅱ)初始時(shí),小物塊靜置在軌道最左端,給軌道施加水平向左的推力F=8N,當(dāng)小物塊到P

點(diǎn)時(shí)撤去F,小物塊從Q點(diǎn)離開(kāi)軌道時(shí)相對(duì)地面的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的

長(zhǎng)度L。

答案

(1)4m/s

(2)(ⅰ)0.2

1kg

(ⅱ)4.5m

解析

(1)對(duì)小物塊在Q點(diǎn),由牛頓第二定律得3mg+mg=m

代入數(shù)據(jù)解得v=4m/s。(2)(ⅰ)由題圖乙可知,F1=4N時(shí)a1=2m/s2,此時(shí)小物塊與軌道間剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),對(duì)小

物塊,由牛頓第二定律得μmg=ma1解得μ=0.2對(duì)小物塊與軌道整體,由牛頓第二定律得F1=(M+m)a1解得m+M=2kgF2=8N時(shí)a2=6m/s2,對(duì)軌道,由牛頓第二定律得F2-μmg=Ma2聯(lián)立解得m=M=1kg。(ⅱ)若初始時(shí)F=8N,向左推動(dòng)軌道,則從一開(kāi)始小物塊就與軌道發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t物塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn),此時(shí)物塊速度為v1,對(duì)地位移為x1,軌道速度為v2,對(duì)地位移

為x2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得t=

=

代入數(shù)據(jù)得v2=3v1物塊與軌道在t時(shí)間內(nèi)的相對(duì)位移L=

(v2-v1)t物塊在Q點(diǎn)的對(duì)地速度為v3=7m/s,方向水平向左,設(shè)此時(shí)軌道的對(duì)地速度為v4,物塊從P

運(yùn)動(dòng)到Q的過(guò)程中,以向左為正方向,對(duì)物塊和軌道整體由水平方向動(dòng)量守恒得mv1+Mv2=mv3+Mv4由機(jī)械能守恒得

m

+

M

=

m

+

M

+mg×2R且由于小物塊從Q點(diǎn)離開(kāi)軌道,則有v3>v4聯(lián)立解得v1=3m/s,v2=9m/s,v4=5m/s,t=1.5s,L=4.5m。8.

(2023遼寧,15,17分)如圖,質(zhì)量m1=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)k=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v0=

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)μ=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Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=

kx2。取重力加速度g=10m/s2,結(jié)果可用根式表示。(1)求木板剛接觸彈簧時(shí)速度v1的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離x1。(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x2及此時(shí)木

板速度v2的大小。(3)已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從v2減小到0所用時(shí)間為t0。求木板從速度為v2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ΔU(用t0表示)。

答案

(1)1m/s

0.125m

(2)0.25m

m/s

(3)4

t0-8

(SI)

解析

(1)對(duì)物塊與木板整體分析由動(dòng)量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v1

①可得v1=

=1m/s②對(duì)木板分析,應(yīng)用動(dòng)能定理有μm2gx1=

m1

③解得x1=0.125m④(2)設(shè)物塊與木板即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)二者的加速度大小為a,對(duì)木板與物塊整體分析可知kx2=(m1+m2)a

⑤對(duì)物塊有μm2g=m2a

⑥聯(lián)立⑤⑥得a=1m/s2

⑦x2=0.25m⑧對(duì)木板、物塊與彈簧三者組成的系統(tǒng)根據(jù)能量守恒定律有

(m1+m2)

=

(m1+m2)

+

k

⑨解得v2=

m/s⑩(3)木板速度為v2后,木板與物塊加速度首次相同時(shí),木板加速度大小仍為a,其受力情況

與速度為v2時(shí)的受力情況相同,彈簧壓縮量仍為x2,木板速度大小仍為v2,根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的

對(duì)稱(chēng)性知,運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為2t0,而物塊在該過(guò)程中一直做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),有v'2=v2-a·2t0

聯(lián)立⑦⑩

得v'2=

-2t0

由能量守恒定律可知系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU=

m2

-

m2v'

聯(lián)立⑩

得ΔU=4

t0-8

(SI)

9.

(2024貴州,15,19分)如圖,半徑為R=1.8m的四分之一光滑圓軌道固定在豎直平面內(nèi),其末端與水平地面PM相切于P點(diǎn),PM的長(zhǎng)度d=2.7m。一長(zhǎng)為L(zhǎng)=3.3m的水平傳送帶以

恒定速率v0=1m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),其右端與地面在M點(diǎn)無(wú)縫對(duì)接。物塊a從圓軌道頂端由

靜止釋放,沿軌道下滑至P點(diǎn),再向左做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)至M點(diǎn)與靜止的物塊b發(fā)生彈性正碰,碰

撞時(shí)間極短。碰撞后b向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶的左端N時(shí),瞬間給b一水平向右的沖量I,其

大小為6N·s。以后每隔Δt=0.6s給b一相同的瞬時(shí)沖量I,直到b離開(kāi)傳送帶。已知a的質(zhì)

量為ma=1kg,b的質(zhì)量為mb=2kg,它們均可視為質(zhì)點(diǎn)。a、b與地面及傳送帶間的動(dòng)摩擦

因數(shù)均為μ=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)a運(yùn)動(dòng)到圓軌道底端時(shí)軌道對(duì)它的支持力大小;(2)b從M運(yùn)動(dòng)到N的時(shí)間;(3)b從N運(yùn)動(dòng)到M的過(guò)程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量。

答案

(1)30N

(2)3.2s

(3)95J

解析

(1)a從靜止釋放到運(yùn)動(dòng)到圓軌道底端過(guò)程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有magR=

ma

,

(1分)在P點(diǎn),設(shè)軌道對(duì)a的支持力大小為N,根據(jù)牛頓第二定律有N-mag=ma

,聯(lián)立解得N=30N。

(2分)(2)a從靜止釋放到M點(diǎn)過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有magR-μmagd=

ma

-0,解得vM=3m/s,

(1分)a與b發(fā)生彈性碰撞的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能守恒有mavM=mava+mbvb,

ma

=

ma

+

mb

,

(2分)聯(lián)立解得vb=2m/s,

(1分)b滑上傳送帶后,先做減速運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律有μmbg=mba,解得a=5m/s2,

(1分)b的速度減小到與傳送帶速度相等所需的時(shí)間t1=

=0.2s,此時(shí)的對(duì)地位移x=

·t1=0.3m,

(1分)此后b做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),b到達(dá)傳送帶最左端還需要的時(shí)間t2=

=3s,b從M運(yùn)動(dòng)到N的時(shí)間t=t1+t2=3.2s。

(1分)(3)設(shè)向右為正方向,b到達(dá)N的瞬間給b一水平向右的沖量,對(duì)b根據(jù)動(dòng)量定理有I=mbv-(-

mbv0),解得v=2m/s,

(1分)b向右減速到零所需的時(shí)間t3=

=0.4s,

(1分)b向左從零加速到v0所需的時(shí)間t4=

=0.2s,可得恰好Δt=t3+t4,

(1分)(點(diǎn)撥:意味著以后的過(guò)程是一個(gè)循環(huán)過(guò)程,每次對(duì)地位移相等,相對(duì)路程也相等)b在Δt時(shí)間內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)的距離Δx=

·t3-

·t4=0.3m,

(1分)之后b重復(fù)向右減速到0然后向左加速到v0的過(guò)程,循環(huán)10次后b向右運(yùn)動(dòng)的距離x'=10·Δ

x=3m,每一次相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的路程s=

·t3+v0t3+v0t4-

·t4=0.9m,

(1分)b從N向右運(yùn)動(dòng)3m的過(guò)程中b與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q1=10μmbgs=90J,

(1分)然后b繼續(xù)向右減速運(yùn)動(dòng),根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vt5-

a

=L-x',解得t5=0.2s(另一解不合題意,舍去),

(1分)(點(diǎn)撥:減速運(yùn)動(dòng)中的兩解,較大時(shí)間值對(duì)應(yīng)于速度減小到0后以原加速度反向返回到指

定位置,在分析單向過(guò)程時(shí)應(yīng)取較小時(shí)間的解)此過(guò)程,b相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的路程s'=L-x'+v0t5=0.5m,

(1分)此過(guò)程中b與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q2=μmbgs'=5J,b從N運(yùn)動(dòng)到M的過(guò)程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=Q1+Q2=95J。

(1分)基礎(chǔ)反饋練三年模擬1.

(2025佛山一模)如圖所示,某同學(xué)用大腿顛足球,某時(shí)刻質(zhì)量為0.45kg的足球以3m/s的豎直向下的速度碰撞大腿,足球與大腿接觸0.2s后豎直向上以原速率反彈,重力加

速度取10m/s2,則在足球與大腿碰撞的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是

()A.碰撞前后,足球動(dòng)量變化量的大小為2.7kg·m/sB.碰撞前,足球的動(dòng)量大小為13.5kg·m/sC.足球?qū)Υ笸鹊臎_量大小為1.35N·sD.大腿對(duì)足球的平均作用力大小為13.5N

A

解析以豎直向下為正方向,碰撞前后,足球的動(dòng)量變化量Δp=m(-v)-mv=-2×0.45×3kg·

m/s=-2.7kg·m/s,則足球的動(dòng)量變化量的大小為2.7kg·m/s,A正確(易錯(cuò)點(diǎn)撥:動(dòng)量為矢量,

注意方向性);碰撞前,足球的動(dòng)量大小p=mv=0.45×3kg·m/s=1.35kg·m/s,B錯(cuò)誤;碰撞過(guò)

程中,根據(jù)動(dòng)量定理得Ft+mgt=Δp,解得F=-18N,則大腿對(duì)足球的平均作用力大小為18

N,則足球?qū)Υ笸鹊钠骄饔昧Υ笮球=18N,足球?qū)Υ笸鹊臎_量大小I球=F球t=18×0.2N·s

=3.6N·s,C、D錯(cuò)誤。A.水杯落地時(shí),乒乓球的速率為2

B.脫離水面時(shí),乒乓球的速率為

+

C.從開(kāi)始下落到上升至最高點(diǎn)的過(guò)程中,乒乓球的動(dòng)量變化大小為ID.從開(kāi)始下落到上升至最高點(diǎn)的過(guò)程中,乒乓球重力的沖量大小為I2.

(2025汕頭一模)如圖所示為乒乓球火箭現(xiàn)象:將乒乓球放在裝有水的水杯中,隨水杯由靜止下落并與地面發(fā)生碰撞后,乒乓球會(huì)被彈射到很高的地方。在水杯撞擊地面

的極短時(shí)間內(nèi),杯中產(chǎn)生極大的等效浮力,使乒乓球被加速射出。已知等效浮力對(duì)乒乓

球的沖量為I,乒乓球質(zhì)量為m,下落高度為H,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,且mg遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于等效浮

力,忽略空氣阻力,下列說(shuō)法正確的是

()

D

解析水杯落地時(shí)乒乓球的速率v=

,A錯(cuò)誤;以豎直向上為正方向,從水杯落地到乒乓球脫離水面由動(dòng)量定理有I=mv'-(-mv),解得乒乓球脫離水面時(shí)速率v'=

-

,B錯(cuò)誤;從開(kāi)始下落到上升至最高點(diǎn)的過(guò)程中,速度變化量為0,乒乓球的動(dòng)量變化量大小為

0,根據(jù)動(dòng)量定理I-IG=Δp=0知,乒乓球重力的沖量大小IG=I,C錯(cuò)誤,D正確。3.

(2025清遠(yuǎn)聯(lián)考)如圖所示,超市中靜置于水平地面的n輛手推車(chē)沿一直線(xiàn)排列,質(zhì)量均為m,人在極短的時(shí)間內(nèi)給第一輛車(chē)一水平?jīng)_量I使其向右運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)一段距離后與第

二輛車(chē)相碰,以共同速度向右運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)一段距離后又與第三輛車(chē)相碰……直到碰完第

n輛車(chē)。整個(gè)過(guò)程僅考慮碰撞時(shí)的相互作用力,忽略地面的摩擦力和空氣阻力,則n輛車(chē)

最終的速度大小為

()

A.

B.

C.

D.

C

解析第一輛車(chē)的速度v=

,整個(gè)過(guò)程僅考慮碰撞時(shí)的相互作用力,動(dòng)量守恒,(點(diǎn)撥:本題n輛車(chē)依次發(fā)生碰撞,利用全程法求解較為簡(jiǎn)單)碰后共速,則有mv=nmv',則n輛車(chē)最終

的速度大小為v'=

,C正確。

方法點(diǎn)撥應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟

4.

(2025廣州荔灣區(qū)統(tǒng)測(cè))(多選)冰壺運(yùn)動(dòng)是冬季的熱門(mén)項(xiàng)目。如圖所示,質(zhì)量為m的白壺以速度v與靜止的黑壺進(jìn)行碰撞,P、Q為碰撞前同一時(shí)刻兩壺的位置,M、N為兩

壺靜止后所處的位置。兩壺除了顏色外,質(zhì)量、大小、形狀等其余屬性均相同。下列

說(shuō)法正確的是

()A.兩壺碰撞過(guò)程系統(tǒng)近似動(dòng)量守恒B.碰后兩壺的速度大小之比為1∶3

AB

C.兩壺因碰撞而損失的機(jī)械能約為

mv2D.碰撞過(guò)程中,白壺對(duì)黑壺的沖量與黑壺對(duì)白壺的沖量相同

解析兩壺碰撞過(guò)程,內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,系統(tǒng)近似動(dòng)量守恒,A正確;(點(diǎn)撥:從圖中獲取位

移信息)由題圖知,碰后白黑兩壺的位移之比

=

=

,根據(jù)2ax=v2知,碰后兩壺速度大小之比

=

,B正確;兩壺發(fā)生碰撞,根據(jù)動(dòng)量守恒有mv=mv1+mv2,聯(lián)立解得v1=

,v2=

,兩壺因碰撞而損失的機(jī)械能約為ΔE=

mv2-

m

-

m

=

mv2,C錯(cuò)誤;碰撞過(guò)程中,白壺對(duì)黑壺的沖量與黑壺對(duì)白壺的沖量等大反向,D錯(cuò)誤。5.

(2025肇慶聯(lián)考)(多選)一鞭炮從足夠大的水平地面上豎直向上拋出后,在最高點(diǎn)炸裂為甲、乙兩塊。已知甲、乙的質(zhì)量之比為4∶1,不計(jì)空氣阻力,若甲落地時(shí)的速度

大小為v,則乙落地時(shí)的速度大小可能為

()A.v

B.2v

C.3v

D.4v

BC

解析設(shè)乙的質(zhì)量為m,則甲的質(zhì)量為4m,炸裂時(shí)甲、乙的速度大小分別為v1、v2,根據(jù)

動(dòng)量守恒有4mv1=mv2,可得v2=4v1,設(shè)鞭炮在距地面高度為h處炸裂,根據(jù)機(jī)械能守恒定律

有

×4m

+4mgh=

×4mv2,解得甲落地時(shí)速度v=

,同理可得乙落地時(shí)速度v'=

,因此

=

,結(jié)合v2=4v1,可得1<

<4,B、C正確。6.

(2025深圳二模)處于關(guān)閉狀態(tài)的三扇推拉門(mén),質(zhì)量均為20kg,第一扇門(mén)在沿水平軌道方向大小為2.0N的推力作用下勻速運(yùn)動(dòng),與第二扇門(mén)即將重合時(shí)發(fā)生碰撞,碰撞時(shí)

間為0.5s,碰后兩扇門(mén)結(jié)為一體,兩扇門(mén)一起滑行0.4m后速度減為零,未與第三扇門(mén)接

觸。推力始終存在且保持不變,軌道對(duì)兩扇門(mén)的滑動(dòng)摩擦力相同。下列說(shuō)法不正確的

是

()A.兩扇門(mén)結(jié)為一體后的加速度大小為0.05m/s2

C

B.兩扇門(mén)結(jié)為一體瞬間共同速度大小為0.2m/sC.與第二扇門(mén)碰撞前,第一扇門(mén)速度大小為0.4m/sD.兩扇門(mén)碰撞過(guò)程中產(chǎn)生的平均作用力大小為10N

解析第一扇門(mén)在沿水平軌道方向大小為2.0N的推力作用下勻速運(yùn)動(dòng),根據(jù)平衡條件

知,此時(shí)門(mén)受到的摩擦力為2N,因推力始終存在且保持不變,軌道對(duì)兩扇門(mén)的滑動(dòng)摩擦

力相同,兩扇門(mén)結(jié)為一體后,根據(jù)牛頓第二定律有2f-F=2ma,解得兩扇門(mén)一起運(yùn)動(dòng)時(shí)的加

速度大小a=0.05m/s2,A正確;兩扇門(mén)碰撞后一起滑行0.4m后速度減為零,根據(jù)速度位移

關(guān)系有v2=2ax,解得v=0.2m/s,B正確;對(duì)于第二扇門(mén)根據(jù)動(dòng)量定理有F1t-ft=mv,代入數(shù)據(jù)

解得兩扇門(mén)碰撞過(guò)程中產(chǎn)生的平均作用力大小F1=10N,D正確;在碰撞過(guò)程對(duì)第一扇門(mén)

由動(dòng)量定理有Ft-F2t-ft=mv-mv',解得v'=0.45m/s,C錯(cuò)誤。本題選不正確的,故選C。7.

(2025潮州期末)如圖所示,兩輛完全相同的小車(chē)都靜止在光滑水平面上,車(chē)上各站著一人,人與車(chē)的總質(zhì)量均為M,甲、乙中的一人手持一質(zhì)量為m的籃球。從某時(shí)刻

起,持球人將籃球以水平速度v拋給另一人,另一人接到球后,又把球拋給對(duì)方……,直到

最終球被甲、乙兩人中的一人接住而不再拋出,這時(shí)甲、乙的速率分別為v甲、v乙。下

列判斷正確的是

()A.第一次拋接球的過(guò)程,拋球人獲得的速度為

C

B.第一次拋接球的過(guò)程,接球人獲得的速度為

C.若v甲<v乙,說(shuō)明甲是最終的持球人D.若v甲>v乙,說(shuō)明乙是開(kāi)始的持球人

解析第一次拋接球的過(guò)程,對(duì)拋球人和球組成的系統(tǒng),根據(jù)動(dòng)量守恒有mv=Mv',可得

拋球人獲得的速度v'=

,A錯(cuò)誤。第一次拋接球的過(guò)程,對(duì)接球人和球組成的系統(tǒng),根據(jù)動(dòng)量守恒有mv=(M+m)v″,接球人獲得的速度v″=

,B錯(cuò)誤。從開(kāi)始拋球到最終結(jié)束,根據(jù)Mv1=(M+m)v2,若v甲<v乙,說(shuō)明甲是最終的持球人;若v甲>v乙,說(shuō)明乙是最終的持球

人,但是不能確定開(kāi)始的持球人是誰(shuí),C正確,D錯(cuò)誤。8.

(2025汕頭金山中學(xué)期中)如圖甲所示,兩個(gè)質(zhì)量分別為m1=2kg、m2=1kg的小球A、B疊放在一起,中間留有小空隙;小球A下端距地面h0=1.8m,現(xiàn)將其由靜止釋放。A

球與地面碰撞后立即以原速率反彈,A球與B球碰撞的時(shí)間為0.01s,不計(jì)空氣阻力,以豎

直向上為正方向,B球的速度-時(shí)間圖像如圖乙所示,g取10m/s2,下列說(shuō)法中正確的是

()

D

A.B球與A球碰前的速度大小為5m/sB.A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞C.A球?qū)球做功為20JD.兩球碰撞過(guò)程中,B球的重力與A球?qū)球的平均作用力大小的比值為1∶101解析碰前,兩球均做自由落體運(yùn)動(dòng),則

=2gh0,解得B球與A球碰前的速度大小v0=6m/s,A錯(cuò)誤;以豎直向上為正方向,B球碰后的速度v2=4m/s,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v0-m2v0=

m1v1+m2v2,解得v1=1m/s,碰前兩球的機(jī)械能之和E1=

m1

+

m2

=54J,碰后兩球的機(jī)械能之和E2=

m1

+

m2

=9J,碰撞后系統(tǒng)總機(jī)械能減小,為非彈性碰撞,B錯(cuò)誤;A球?qū)球做功W=

m2

-

m2

=-10J,C錯(cuò)誤;在碰撞時(shí)間t=0.01s內(nèi),設(shè)A球?qū)球作用力的沖量為I1,對(duì)B球有I1-m2gt=m2v2-(-m2v0),B球重力的沖量I2=m2gt,解得B球的重力與A球?qū)球的平均

作用力大小的比值

=

=

,D正確。9.

(2025廣州一模)如圖所示,某同學(xué)在水平冰面上進(jìn)行冰壺練習(xí)時(shí),冰壺甲意外滑入寬

=27.25m的矩形ABCD區(qū)域,并停在O點(diǎn),該區(qū)域禁止人員進(jìn)入,為了取回冰壺甲,該同學(xué)將與冰壺甲完全相同的冰壺乙從E點(diǎn)以某一初速度滑入該區(qū)域與甲正碰,最終

甲滑出該區(qū)域,乙恰好停在AB邊界,已知

=21.00m,且EO⊥CD,兩冰壺相同且均可視為質(zhì)點(diǎn),冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.008,碰撞中系統(tǒng)損失的動(dòng)能等于碰前瞬間總

動(dòng)能的

,重力加速度g取10m/s2,求:(1)碰后瞬間乙的速度大小:(2)乙滑入該區(qū)域的初速度大小。

答案

(1)1m/s

(2)4.4m/s

解析

(1)設(shè)兩冰壺質(zhì)量均為m,碰前瞬間乙的速度為v1,碰后瞬間甲、乙的速度分別為v

甲、v乙,乙從O恰好滑至AB過(guò)程有-μmg·(

-

)=0-

m

①解得v乙=1m/s②(2)乙與甲碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,系統(tǒng)損失的動(dòng)能為碰前總動(dòng)能的

,有mv1=mv甲+mv乙③,

m

×

=

m

+

m

④聯(lián)立②③④解得v1=4m/s⑤或v1=

m/s(依題意v甲>v乙,排除此解)設(shè)乙在E點(diǎn)的初速度為v0,從E點(diǎn)至O點(diǎn)的過(guò)程有-μmg·

=

m

-

m

⑥解得v0=4.4m/s⑦

題型11流體類(lèi)模型題型強(qiáng)化練1.

(2024汕頭一模)某實(shí)驗(yàn)小組用電池、電動(dòng)機(jī)等器材自制風(fēng)力小車(chē),如圖所示,葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)將周?chē)諝庖运俣葀向后排開(kāi),葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面積為S,空氣密度為ρ,

下列說(shuō)法正確的是

()A.風(fēng)力小車(chē)的原理是將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為小車(chē)的動(dòng)能B.t時(shí)間內(nèi)葉片排開(kāi)的空氣質(zhì)量為ρSvC.葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),空氣對(duì)小車(chē)的推力為ρSv2

C

D.葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),單位時(shí)間內(nèi)葉片排開(kāi)的空氣的動(dòng)能為

ρSv2

解析風(fēng)力小車(chē)的原理是電能先轉(zhuǎn)化成葉片的動(dòng)能,后又轉(zhuǎn)化為風(fēng)能,從而推動(dòng)小車(chē)運(yùn)

動(dòng),故是電能轉(zhuǎn)化為小車(chē)的動(dòng)能,A錯(cuò)誤;t時(shí)間內(nèi)葉片排開(kāi)的空氣質(zhì)量m=ρV=ρvtS,B錯(cuò)誤;

葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),以Δt時(shí)間內(nèi)葉片排開(kāi)的空氣為研究對(duì)象,由動(dòng)量定理可得,空氣受到的

推力大小F=

=

=ρSv2,根據(jù)牛頓第三定律可知,空氣對(duì)小車(chē)的推力大小為ρSv2,C正確;葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),單位時(shí)間內(nèi)葉片排開(kāi)的空氣的動(dòng)能Ek=

m0v2=

ρSv·v2=

ρSv3,D錯(cuò)誤。2.

(2025江蘇無(wú)錫期中)2024年第11號(hào)臺(tái)風(fēng)“摩羯”于9月6日在海南文昌登陸,登陸時(shí)中心附近最大風(fēng)力有17級(jí)以上,造成巨大破壞。已知11級(jí)臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速范圍為28.5~

32.6m/s,17級(jí)臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速范圍為56.1~61.2m/s。若臺(tái)風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)

志牌,則17級(jí)臺(tái)風(fēng)對(duì)該標(biāo)志牌的作用力大小約為11級(jí)臺(tái)風(fēng)的

()A.2倍

B.4倍

C.8倍

D.16倍

B

解析設(shè)空氣的密度為ρ,固定的交通標(biāo)志牌的橫截面積為S,在Δt時(shí)間內(nèi)垂直吹向交通

標(biāo)志牌的空氣質(zhì)量Δm=ρS·vΔt,假定臺(tái)風(fēng)吹向固定的交通標(biāo)志牌后速度變?yōu)?,由動(dòng)量定

理有-F·Δt=0-Δmv,解得F=ρSv2,假設(shè)11級(jí)臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速v11=

m/s≈31m/s,17級(jí)臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速v17=

m/s≈59m/s,故有

=

=

≈4,B正確。3.

(2025江蘇蘇州期末)如圖所示,水平桌面上放置一沙漏,A玻璃罐中的沙子穿過(guò)狹窄的管道流入B玻璃罐。假設(shè)沙粒完全相同且流量恒定,已知沙漏所受的總重力為G,

對(duì)桌面的壓力為F。下列說(shuō)法正確的是

()A.第一粒沙子還在下落的過(guò)程中,F<GB.如圖所示的沙子下落的過(guò)程中,F<GC.最后一粒沙子下落的過(guò)程中,F<GD.任何時(shí)刻,F=G

A

解析第一粒沙子還在下落的過(guò)程中,沙子具有向下的加速度,處于完全失重狀態(tài),容器

底部沒(méi)有沙子,整個(gè)系統(tǒng)處于完全失重狀態(tài),則總重力大于支持力,A正確;當(dāng)容器底部有

沙子,部分沙子做自由落體運(yùn)動(dòng),設(shè)沙漏的總質(zhì)量為m,空中正在下落的沙子的質(zhì)量為m1,

沙漏中部細(xì)孔到底部靜止沙子表面的高度為h,因細(xì)孔處速度很小,可視為0,故下落的沙

子沖擊底部靜止沙子表面的速度為v,有v2=2gh,解得v=

,沙子下落的時(shí)間為t,有v=gt,解得t=

,設(shè)下落的沙子對(duì)底部靜止沙子的沖擊力為F1,在極短時(shí)間Δt內(nèi),撞擊在底部靜止沙子表面的沙子質(zhì)量為Δm,由動(dòng)量定理有F1Δt=Δmv=Δm

,解得F1=

,空中的沙子質(zhì)量為m1,t時(shí)間內(nèi)撞擊底部的沙子質(zhì)量為m,則有

=

,解得m1=

t=

,則F1=m1g,對(duì)沙漏受力分析,可知桌面對(duì)沙漏的支持力FN=(m-m1)g+F1=mg=G,B、C、D錯(cuò)誤。4.(模塊融合)(2025廣州五中月考)2024年10月30日消息,神舟十九號(hào)載人飛船與空間站

組合體完成自主快速交會(huì)對(duì)接。若我國(guó)空間站離地高度為H,繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),

地球半徑為R,地球表面的重力加速度大小為g。由于在空間站運(yùn)行軌道上存在密度為

ρ的均勻稀薄氣體,為了維持空間站長(zhǎng)期在固定軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng),需要對(duì)空間站

施加一個(gè)與速度方向相同的動(dòng)力,若碰到稀薄氣體后氣體速度立刻與空間站速度相同,

此時(shí)對(duì)空間站施加動(dòng)力的大小為F,則空間站在垂直于速度方向的面積為

()A.

B.

C.

D.

A

解析設(shè)空間站在垂直于速度方向的面積為S,經(jīng)過(guò)Δt時(shí)間,碰到稀薄氣體的質(zhì)量m=ρSv

Δt,空間站對(duì)稀薄氣體的作用力為F1,根據(jù)動(dòng)量定理得F1Δt=mv-0,由萬(wàn)有引力提供向心

力有

=

,在地球表面,有

=m0g,聯(lián)立得F1=ρSv2=ρS

=

,則碰到稀薄氣體過(guò)程中,對(duì)空間站施加的動(dòng)力大小為F,則有F=

,則空間站在垂直于速度方向的面積S=

,A正確。B.兩者共速時(shí),小球的水平位移(相對(duì)地面)比滑塊的大C.小球的機(jī)械能最小時(shí),其速度一定為0D.小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí),其速度為

題型12動(dòng)量守恒中的常見(jiàn)模型1.

(2025廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)(多選)如圖甲所示,曲面為四分之一圓弧的滑塊靜止在光滑水平地面上,一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面,且沒(méi)有從滑塊上端沖

出去。若測(cè)得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2,作出的部分圖像如圖

乙所示,則從小球沖上滑塊至最終離開(kāi)過(guò)程,下列說(shuō)法正確的是

()A.兩者滑離時(shí),滑塊的速率最大

ABD

解析小球滑上及滑下過(guò)程對(duì)滑塊彈力均指向右下方,對(duì)滑塊一直做正功,滑塊速度一

直增大,則兩者滑離時(shí),滑塊的速率最大,A正確;兩者共速時(shí),小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn),豎直方

向速度為0,在水平方向上與滑塊具有相同的速度,此時(shí)小球在滑塊圓弧上,可知小球的

水平位移(相對(duì)地面)比滑塊的大,B正確;滑塊對(duì)小球一直做負(fù)功,小球滑離滑塊時(shí)小球

機(jī)械能最小,根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有mv0=mv1+Mv2,根據(jù)機(jī)械能守恒有

m

=

m

+

M

,解得v1=

v0,小球機(jī)械能最小時(shí),其速度不一定為0,C錯(cuò)誤;小球和滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,則有mv0=mv1+Mv2,可得v2=

v0-

v1,由題圖乙得

v0=b,

=

,得小球的質(zhì)量m=

M,v0=a,小球上升到最大高度時(shí),小球豎直方向速度為0,小球和滑塊速度相等,取向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒有mv0=(M+m)v,小球上升到最高點(diǎn)的速度v=

,故D正確。

知識(shí)拓展“滑塊-斜(曲)面體”模型特點(diǎn)(1)上升到最大高度h時(shí):滑塊與斜(曲)面體具有共同水平速度v共,此時(shí)滑塊豎直方向的速

度vy=0。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,有mv0=(M+m)v共;系統(tǒng)機(jī)械能守恒有

m

=

(M+m)

+mgh,其中h不一定等于斜(曲)面體的高度(相當(dāng)于完全非彈性碰撞,系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化

為滑塊的重力勢(shì)能)。(2)返回最低點(diǎn)[滑塊與斜(曲)面體分離點(diǎn)]時(shí):水平方向動(dòng)量守恒,有mv0=mv1+Mv2;系統(tǒng)機(jī)

械能守恒,有

m

=

m

+

M

(相當(dāng)于彈性碰撞)。2.

(2025深圳寶安期末)(多選)裝甲車(chē)和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。如圖(a)所示,一質(zhì)量為m的子彈(可視為質(zhì)點(diǎn))以v0的速度

垂直射向靜止在光滑水平桌面上質(zhì)量為2M的鋼板甲,剛好未能穿出鋼板。現(xiàn)把鋼板甲

分成兩塊完全相同的鋼板乙,并排放置但不粘連,如圖(b)所示。若子彈在鋼板中受到的

恒定阻力為f,子彈最后嵌在第二塊鋼板里。子彈的重力可忽略,下列說(shuō)法正確的是

()

ABC

A.鋼板甲的厚度為

B.子彈在鋼板甲中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

C.圖(a)中子彈的末速度比圖(b)中子彈的末速度小D.圖(b)中第二塊鋼板乙的最終速度為

解析題圖(a)子彈嵌入鋼板甲的過(guò)程,子彈與鋼板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定

律得mv0=(2M+m)v1,解得v1=

,設(shè)鋼板甲厚度為d,由能量守恒得fd=

m

-

(2M+m)

,解得d=

,A正確;對(duì)鋼板甲,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1=at,由牛頓第二定律有f=2Ma,解得t=

,B正確;作出在圖(a)、圖(b)兩過(guò)程子彈與鋼板的v-t圖像如圖1、圖2所示,可知題圖(a)中子彈的末速度比題圖(b)中子彈的末速度小,即v1'>v1=

,C正確,D錯(cuò)誤。點(diǎn)撥

本題屬于“子彈打木塊”模型,常見(jiàn)的有兩種情境(1)子彈嵌入木塊中,兩者速度相等,機(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)動(dòng)量守恒:mv0=(m+M)v能量守恒:Q=f·s=

m

-

(M+m)v2(2)子彈穿透木塊動(dòng)量守恒:mv0=mv1+Mv2能量守恒:Q=f·d=

m

-

B.球擺到最低點(diǎn)過(guò)程,C球的速度vC=

C.C球第一次擺到最低點(diǎn)過(guò)程中,木塊A、B向右移動(dòng)的距離為

LD.C球向左運(yùn)動(dòng)能達(dá)到的最大高度為

L3.

(2025珠三角六校第三次聯(lián)考)(多選)如圖所示,質(zhì)量均為m的木塊A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一豎直輕桿,輕桿上端的O點(diǎn)系一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線(xiàn),細(xì)線(xiàn)另一端系一

質(zhì)量為m的球C,現(xiàn)將球C拉起使細(xì)線(xiàn)水平伸直,并由靜止釋放球C,則下列說(shuō)法正確的是

(重力加速度為g)

()A.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒

CD

解析

A、B和球C組成的系統(tǒng)在水平方向合力為0,在水平方向上動(dòng)量守恒,豎直方向

合力不為0,則豎直方向上動(dòng)量不守恒,故系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒,A錯(cuò)誤;小球C第一次到達(dá)

最低點(diǎn)時(shí),設(shè)此時(shí)A、B共同速度大小為vAB,C的速度大小為vC,系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgL=

m

+

×2m

,水平方向動(dòng)量守恒有mvC=2mvAB,解得vC=

,B錯(cuò)誤;小球C第一次擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中,設(shè)C的水平速度大小為v1,木塊A、B的速度大小為v2,則mv1=2mv2,可得

=

=

,則小球C第一次擺到最低點(diǎn)過(guò)程中,C的水平位移大小x1與木塊A、B的位移大小x2之比

=

,由幾何關(guān)系得x1+x2=L,解得x2=

L,C正確;球C第一次由最低點(diǎn)向左擺至最高點(diǎn)的過(guò)程,A與C組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,球C向左擺至最高點(diǎn)時(shí)兩者

共速,以水平向左為正方向,根據(jù)A、C組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒得

mvC-mvA=2mv,

m

+

m

=

×2mv2+mgh,解得h=

L,D正確。

點(diǎn)撥本題屬于“人船模型”,其模型特點(diǎn)(1)“人”“船”滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律,有mv人-Mv船=0。(2)“人”“船”的位移大小滿(mǎn)足m

-M

=0。B.a物體的最大速度為2m/sC.在a物體離開(kāi)擋板后,彈簧的最大彈性勢(shì)能為6JD.在a物體離開(kāi)擋板后,物體a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒4.

(2024東莞六校聯(lián)考)如圖甲所示,物體a、b間拴接一個(gè)壓縮后被鎖定的輕質(zhì)彈簧,整個(gè)系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上,其中a物體最初與左側(cè)的固定擋板相接觸,b物體

質(zhì)量為4kg。現(xiàn)解除對(duì)彈簧的鎖定,在a物體離開(kāi)擋板后的某時(shí)刻開(kāi)始,b物體的v-t圖像

如圖乙所示,則可知

()A.a物體的質(zhì)量為1kg

C

解析解除對(duì)彈簧的鎖定,a離開(kāi)擋板后(a離開(kāi)擋板前b受彈簧彈力做加速運(yùn)動(dòng),a靜止

不動(dòng),當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的下一刻a離開(kāi)擋板),系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒。由題意可知

當(dāng)b的速度最大,a的速度最小且為0時(shí),彈簧處于原長(zhǎng);而b的速度最小時(shí),a的速度最大,此

時(shí)彈簧也處于原長(zhǎng)。設(shè)a的質(zhì)量為ma,a的最大速度為va,根據(jù)動(dòng)量守恒有mbv0=mbvb+mava,

由機(jī)械能守恒可得

mb

=

mb

+

ma

,由圖像可知v0=3m/s,vb=1m/s,解得va=4m/s,ma=2kg,A、B錯(cuò)誤。當(dāng)a、b速度相等時(shí),a、b動(dòng)能之和最小,根據(jù)能量守恒定律,此時(shí)彈簧

彈性勢(shì)能最大。根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mbv0=(mb+ma)v,根據(jù)能量守恒有Epmax=

mb

-

(mb+ma)v2,解得Epmax=6J,C正確。在a物體離開(kāi)擋板后,物體a、b以及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒,D錯(cuò)誤。

歸納總結(jié)“滑塊-彈簧”模型的特點(diǎn)(1)動(dòng)量守恒:兩個(gè)物體與彈簧相互作用的過(guò)程中,若系統(tǒng)所受外力的矢量和始終為0,則

系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)機(jī)械能守恒:系統(tǒng)除彈簧彈力、重力以外的力不做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)彈簧被壓縮到最短狀態(tài)時(shí)兩物體速度相同,彈簧彈性勢(shì)能最大,系統(tǒng)動(dòng)能通常最小

(相當(dāng)于完全非彈性碰撞,兩物體減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能)。(4)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),彈性勢(shì)能為0,系統(tǒng)機(jī)械能最大(全過(guò)程相當(dāng)于彈性碰撞)。5.

(2025廣州白云一模)(多選)如圖所示,小車(chē)的上面固定一個(gè)光滑彎曲圓管道,整個(gè)小車(chē)(含管道)的質(zhì)量為m,原來(lái)靜止在光滑的水平面上。有一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)的小

球,質(zhì)量也為m,半徑略小于管道半徑,以水平速度v從左端滑上小車(chē),小球恰好能到達(dá)管

道的最高點(diǎn),然后從管道右端滑離小車(chē)。不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,關(guān)于這個(gè)過(guò)程,

下列說(shuō)法正確的是

()A.小球滑離小車(chē)時(shí),小車(chē)回到原來(lái)位置

BCD

B.小球滑離小車(chē)時(shí)的速度大小為vC.到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)小球上升的豎直高度為

D.小球從滑進(jìn)管道到滑到管道最高點(diǎn)的過(guò)程中,小車(chē)所受合力的沖量大小為

解析小球從管道左端滑上小車(chē)到從右端滑離小車(chē)的過(guò)程中,小車(chē)水平方向先加速后

減速,在整個(gè)過(guò)程中小車(chē)一直向右運(yùn)動(dòng),不會(huì)回到原來(lái)位置,A錯(cuò)誤;小球與小車(chē)組成的系

統(tǒng)在水平方向上不受外力,水平方向動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒,有mv=mv1+mv2,

mv2=

m

+

m

,其中v1是小球速度,v2是小車(chē)速度,解得v1=v,v2=0,小球滑離小車(chē)時(shí)的速度大小為v,B正確;小球恰好到達(dá)管道的最高點(diǎn)時(shí),小球和小車(chē)的速度相同且為v',有mv=2mv',

mv2=

×2mv'2+mgh,解得v'=

,h=

,C正確;小球滑到管道的最高點(diǎn)時(shí),根據(jù)動(dòng)量定理可得,小車(chē)所受合力的沖量大小I=mv'=

,D正確。6.

(2025深圳一模)如圖所示為一項(xiàng)冰上游戲設(shè)施,平臺(tái)之間的水平冰面上有可滑動(dòng)的小車(chē),左右平臺(tái)及小車(chē)上表面等高,小車(chē)緊靠左邊平臺(tái)。小孩坐在雪橇上(系有安全帶),

靜止在左邊平臺(tái)邊緣處。家長(zhǎng)施加推力,雪橇瞬間獲得水平?jīng)_量I=160N·s,滑上小車(chē)。

小車(chē)在冰面上滑行了L2=4m的距離后與右側(cè)平臺(tái)碰撞并被鎖定,雪橇最終停在右側(cè)平

臺(tái)上。已知小孩和雪橇的總質(zhì)量m=20kg,雪橇與小車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.8,雪

橇與右側(cè)平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5。已知小車(chē)質(zhì)量M=20kg,長(zhǎng)度L1=2.5m。將雪橇

視作質(zhì)點(diǎn),忽略冰面阻力,g取10m/s2。試計(jì)算(1)雪橇滑上小車(chē)時(shí)的速度;(2)小車(chē)碰撞右側(cè)平臺(tái)時(shí)的速度;(3)雪橇在右側(cè)平臺(tái)上滑行的距離。

答案

(1)8m/s,方向水平向右

(2)4m/s,方向水平向右

(3)0.8m

解析

(1)設(shè)雪橇滑上小車(chē)的瞬時(shí)速度為v1,根據(jù)動(dòng)量定理有I=mv1-0解得v1=8m/s方向水平向右。(2)解法一動(dòng)量與能量