2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動(dòng)量與能量 第2講 動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用學(xué)案

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1、第2講　動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用 真題再現(xiàn) 考情分析 (2018·高考全國卷Ⅱ)高空墜物極易對行人造成傷害．若一個(gè)50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時(shí)間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為(　　) A.10 N　　　　 B．102 N　　　　C．103 N　　　　 D．104 N 解析：選C.根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)和動(dòng)量定理有2gh＝v2(h為25層樓的高度，約70 m)，F(xiàn)t＝mv，代入數(shù)據(jù)解得F≈1×103 N，所以C正確. [命題點(diǎn)分析] 動(dòng)量定理、機(jī)械能守恒定律 [思路方法] 由機(jī)械能守恒定律可求雞蛋到達(dá)地面時(shí)的速度大小，再根據(jù)動(dòng)量定理求出雞蛋對地面的平

2、均沖擊力 (2017·高考全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) A.30 kg·m/s　　　　　　　　B．5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 解析：選A.燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為p，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝3

3、0 kg·m/s，選項(xiàng)A正確. [命題點(diǎn)分析] 動(dòng)量定理 [思路方法] 以火箭和燃?xì)鉃檠芯繉ο螅谌細(xì)鈬姵龅乃查g動(dòng)量守恒 (多選)(2017·高考全國卷Ⅲ)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)．F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A.t＝1 s時(shí)物塊的速率為1 m/s　 B.t＝2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kg·m/s C.t＝3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kg·m/s D.t＝4 s時(shí)物塊的速度為零 解析：選AB.根據(jù)F－t圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內(nèi)合外力沖量分別為

4、2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應(yīng)用動(dòng)量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B項(xiàng)均正確，C、D項(xiàng)均錯(cuò)誤. [命題點(diǎn)分析] 動(dòng)量定理、F－t圖象 [思路方法] 由F－t圖象中面積的物理意義為合外力F的沖量可知其2 s、 3 s、4 s末的沖量，再根據(jù)動(dòng)量定理可得速率，進(jìn)而求解動(dòng)量大小 命題規(guī)律研究及預(yù)測 雖然2017年全國卷把動(dòng)量內(nèi)容列為必考，但考慮到高考的穩(wěn)定性，2017年高考

5、中的動(dòng)量考查形式都為選擇題，難度較?。S著課改的深入，在2018年全國卷中對該部分的考查既有選擇題，同時(shí)也滲透入計(jì)算題中，且難度為中檔題．說明高考對動(dòng)量的考核越來越重視. 在2019年的備考中不僅要對動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律等知識熟練掌握，而且還要對涉及的一些現(xiàn)象如碰撞、爆炸、反沖等有深刻的體會(huì)，與其他力學(xué)知識一起解決力學(xué)綜合問題的能力也要不斷培養(yǎng) 　沖量與動(dòng)量定理的應(yīng)用 應(yīng)用動(dòng)量定理解題的步驟 動(dòng)量定理的兩個(gè)重要應(yīng)用 (1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量 如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出變力作用下物體動(dòng)量

6、的變化Δp，等效代換變力的沖量I. (2)應(yīng)用Δp＝FΔt求動(dòng)量的變化 例如，在曲線運(yùn)動(dòng)中，速度方向時(shí)刻在變化，求動(dòng)量變化(Δp＝p2－p1)需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法，計(jì)算比較復(fù)雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動(dòng)量的變化． 理解動(dòng)量定理時(shí)應(yīng)注意的問題 (1)動(dòng)量定理表明沖量既是使物體動(dòng)量發(fā)生變化的原因，又是物體動(dòng)量變化的量度．這里所說的沖量是物體所受的合力的沖量(或者說是物體所受各外力沖量的矢量和)．　(2)動(dòng)量定理的研究對象是一個(gè)物體(或可視為一個(gè)物體的系統(tǒng))． (3)動(dòng)量定理是過程定理，解題時(shí)必須明確過程及初、末狀態(tài)的動(dòng)量． (4)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維

7、情況下，各個(gè)矢量必須選取統(tǒng)一的正方向． (2017·高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一．摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．下列敘述正確的是(　　) A．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的機(jī)械能保持不變 B．在最高點(diǎn)時(shí)，乘客重力大于座椅對他的支持力 C．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變 [解析]　摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中乘客的動(dòng)能不變，重力勢能一直變化，故機(jī)械能一直變化，A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)乘客具有豎直向下的向心加速度，重力大于座椅對他的支持力，B正確；摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，

8、乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，C錯(cuò)誤；重力瞬時(shí)功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉(zhuǎn)動(dòng)過程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時(shí)功率也是變化的，D錯(cuò)誤． [答案]　B [突破訓(xùn)練] (2018·高考北京卷)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會(huì)，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一．某滑道示意圖如圖，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h(yuǎn)＝10 m，C是半徑R＝20 m圓弧的最低點(diǎn)．質(zhì)量m＝60 kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2. (1)求長直助滑道

9、AB的長度L. (2)求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I的大?。? (3)若不計(jì)BC段的阻力，畫出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力圖，并求其所受支持力FN的大小． 解析：(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式， 有L＝＝100 m. (2)根據(jù)動(dòng)量定理，有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s. (3)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)C點(diǎn)時(shí)的受力分析如圖所示． 根據(jù)動(dòng)能定理，運(yùn)動(dòng)員在BC段運(yùn)動(dòng)的過程中，有 mgh＝mv－mv 根據(jù)牛頓第二定律，有FN－mg＝m 聯(lián)立解得FN＝3 900 N. 答案：見解析 　動(dòng)量守恒定律在碰撞、爆炸和反沖中的應(yīng)用 應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟 (1)明確研究

10、對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程)； (2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)； (3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量； (4)由動(dòng)量守恒定律列出方程； (5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說明． 三種碰撞的特點(diǎn) (1)彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒． 以質(zhì)量為m1，速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v＝m1v1′2 ＋m2v2′2 解得v1′＝ v2′＝. 結(jié)論：①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換速度． ②當(dāng)m1遠(yuǎn)大于m2時(shí)，

11、 v1′＝v1，v2′＝2v1. ③當(dāng)m1遠(yuǎn)小于m2時(shí)， v1′＝－v1，v2′＝0. (2)非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失． (3)完全非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大，以碰后系統(tǒng)速度相同為標(biāo)志．　 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用可以是多物體組成的系統(tǒng)，且相互作用的過程中可能比較復(fù)雜，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)，可以選擇不同的系統(tǒng)，針對相互作用的不同階段列式求解． (多選)如圖所示，現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞，已知碰撞后，甲滑塊靜止不動(dòng)，則(　　) A．碰撞前總動(dòng)量大小是2mv B．碰撞過程動(dòng)量不守恒 C．碰撞后乙的

12、速度大小為2v D．碰撞屬于非彈性碰撞 [解析]　取向右為正方向，碰撞前總動(dòng)量為3mv－mv＝2mv，A正確；碰撞過程兩滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，B錯(cuò)誤；設(shè)碰撞后乙的速度為v′，由動(dòng)量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，解得v′＝2v，C正確；碰撞前總動(dòng)能為·3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后總動(dòng)能為0＋m(2v)2＝2mv2，碰撞前后無機(jī)械能損失，碰撞屬于彈性碰撞，D錯(cuò)誤． [答案]　AC 角度1　動(dòng)量守恒條件的判斷 1．(多選)下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是(　　) 解析：選AC.A中子彈和木塊的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向

13、所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；B中在彈簧恢復(fù)原長過程中，系統(tǒng)在水平方向始終受到墻的作用力，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒；C中細(xì)線斷裂后，以整體為研究對象，木球與鐵球的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；D中木塊下滑過程中，斜面始終受擋板作用力，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒． 角度2　碰撞問題分析 2．(2018·高考全國卷 Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛．駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車 B.兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m，A車向前滑動(dòng)了2.0 m．已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

14、均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng)，重力加速度大小g＝10 m/s2.求： (1)碰撞后的瞬間B車速度的大?。? (2)碰撞前的瞬間A車速度的大?。? 解析：(1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB，碰撞后加速度大小為a B.根據(jù)牛頓第二定律有 μmBg＝mBaB① 式中μ是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為v′B，碰撞后滑行的距離為s B.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v′＝2aBsB② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得 v′B＝3.0 m/s.③ (2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA.根據(jù)牛頓第二定律有 μmAg＝mAaA④ 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為v

15、′A，碰撞后滑行的距離為sA.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v′＝2aAsA⑤ 設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒，有 mAvA＝mAv′A＋mBv′B⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得 vA＝4.25 m/s. 答案：見解析 角度3　動(dòng)量守恒定律在爆炸現(xiàn)象中的應(yīng)用 3．一彈丸在飛行到距離地面5 m 高時(shí)僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1，不計(jì)質(zhì)量損失，重力加速度g＝10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 解析：選B.彈丸在爆炸過程中，水平方向的動(dòng)量守恒，有mv＝mv甲＋mv乙，解得4v＝

16、3v甲＋v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有h＝gt2，水平方向?qū)?、乙兩彈片分別有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入圖中各數(shù)據(jù)，可知B正確． 命題角度 解決方法 易錯(cuò)辨析 動(dòng)量守恒的條件判斷 掌握三個(gè)守恒條件 準(zhǔn)確判斷系統(tǒng)合外力是否為零或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力 彈性碰撞分析 動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒 無能量損失是最大特點(diǎn) 完全非彈性碰撞分析 動(dòng)量守恒定律 掌握碰撞后速度相等這一條件 爆炸現(xiàn)象求解 動(dòng)量守恒的條件是內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力 注意爆炸后各部分的速度方向 　 　動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用 解題策略 (1)弄清有幾個(gè)物體參與運(yùn)動(dòng)，并劃分清楚物體的

17、運(yùn)動(dòng)過程． (2)進(jìn)行正確的受力分析，明確各過程的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)． (3)在光滑的平面或曲面上的運(yùn)動(dòng)，還有不計(jì)阻力的拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動(dòng)量守恒定律分析． (4)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析． 動(dòng)量與能量的綜合問題，常取材“板、塊”模型、“傳送帶”模型、“彈簧、物塊”模型等，設(shè)置多個(gè)情景、多個(gè)過程，考查力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用．要成功解答此類“情景、過程綜合”的考題，就要善于在把握物理過程漸變規(guī)律的同時(shí)，洞察過程的臨界情景，結(jié)合題給條件(往往是不確定條件)，進(jìn)行求解(注意結(jié)合實(shí)際情況分類討論)．　

18、 (2018·高考全國卷 Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空．當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)．爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量．求： (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間； (2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度． [解析]　(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有 E＝mv① 設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 0－v0＝－gt② 聯(lián)立①②式得 t＝ .③ (2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度

19、為h1，由機(jī)械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動(dòng)量守恒定律有 mv＋mv＝E⑤ mv1＋mv2＝0⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)．設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有 mv＝mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為 h＝h1＋h2＝. [答案]　見解析 角度1　“子彈打木塊”模型 1．如圖所示，在固定的足夠長的光滑水平桿上，套有一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5 kg的光滑金屬圓環(huán)，輕繩一端拴在

20、環(huán)上，另一端系著一個(gè)質(zhì)量為M＝1.98 kg的木塊，現(xiàn)有一質(zhì)量為m0＝20 g的子彈以v0＝100 m/s的水平速度射入木塊并留在木塊中(不計(jì)空氣阻力和子彈與木塊作用的時(shí)間，g＝10 m/s2)，求： (1)圓環(huán)、木塊和子彈這個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能； (2)木塊所能達(dá)到的最大高度． 解析：(1)子彈射入木塊過程，動(dòng)量守恒，有 m0v0＝(m0＋M)v 在該過程中機(jī)械能有損失，損失的機(jī)械能為 ΔE＝m0v－(m0＋M)v2 解得：ΔE＝99 J. (2)木塊(含子彈)在向上擺動(dòng)過程中，木塊(含子彈)和圓環(huán)在水平方向動(dòng)量守恒，有 (m0＋M)v＝(m0＋M＋m)v′ 又木塊(含

21、子彈)在向上擺動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒，有 (m0＋M)gh＝(m0＋M)v2－(m0＋M＋m)v′2 聯(lián)立解得：h＝0.01 m. 答案：見解析 角度2　“彈簧類”模型 2．(2018·湖北八校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m3＝2 kg的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半徑為R＝0.3 m的四分之一圓弧，圓弧底部與滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一個(gè)輕質(zhì)彈簧．滑道CD部分粗糙，其他部分均光滑．質(zhì)量為m2＝3 kg的物體2(可視為質(zhì)點(diǎn))放在滑道的B點(diǎn)，現(xiàn)讓質(zhì)量為m1＝1 kg的物體1(可視為質(zhì)點(diǎn))自A點(diǎn)由靜止釋放．兩物體在滑道上的C點(diǎn)相碰后粘在一起(g＝10 m/s2)．

22、 (1)求物體1從釋放到與物體2相碰的過程中，滑道向左運(yùn)動(dòng)的距離． (2)若CD＝0.2 m，兩物體與滑道的CD部分的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.15，求在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧具有的最大彈性勢能． (3)在(2)的條件下，物體1、2最終停在何處？ 解析：(1)物體1從釋放到與物體2碰撞的過程中，物體1和滑道組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)物體1水平位移大小為s1，滑道的水平位移大小為s3，有 0＝m1s1－m3s3，s1＝R 解得s3＝＝0.15 m. (2)設(shè)物體1、物體2剛要相碰時(shí)物體1的速度大小為v1，滑道的速度大小為v3，由機(jī)械能守恒定律有 m1gR＝m1v＋m3v 由動(dòng)

23、量守恒定律有0＝m1v1－m3v3 物體1和物體2相碰后的共同速度大小設(shè)為v2，由動(dòng)量守恒定律有 m1v1＝(m1＋m2)v2 彈簧第一次壓縮至最短時(shí)由動(dòng)量守恒定律可知物體1、2和滑道速度為零，此時(shí)彈性勢能最大，設(shè)為Epm.從物體1、2碰撞后到彈簧第一次壓縮至最短的過程中，由能量守恒定律有 (m1＋m2)v＋m3v－μ(m1＋m2)g·CD＝Epm 聯(lián)立以上方程，代入數(shù)據(jù)解得Epm＝0.3 J. (3)分析可知物體1、2和滑道最終將靜止，設(shè)物體1、2相對滑道CD部分運(yùn)動(dòng)的路程為s，由能量守恒定律有 (m1＋m2)v＋m3v＝μ(m1＋m2)gs 代入數(shù)據(jù)可得s＝0.25 m

24、所以物體1、物體2最終停在C點(diǎn)和D點(diǎn)之間與D點(diǎn)間的距離為0.05 m處． 答案：見解析 1．“子彈打木塊模型”是碰撞中常見模型，其突出特征是在子彈打擊木塊的過程中有機(jī)械能損失，此類問題的一般解法可歸納如下： (1)分析子彈打擊木塊的過程，弄清楚子彈是停留在木塊中和木塊一起運(yùn)動(dòng)還是穿透木塊和木塊各自運(yùn)動(dòng)； (2)子彈在打擊木塊的過程中，由于時(shí)間較短，內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，故在打擊的過程中動(dòng)量守恒； (3)子彈在打擊木塊過程中產(chǎn)生的機(jī)械能損失，一般有兩種求解方法：一是通過計(jì)算打擊前系統(tǒng)的機(jī)械能與打擊后系統(tǒng)的機(jī)械能的差值得出機(jī)械能的損失；二是通過計(jì)算在子彈打擊木塊的過程中，子彈克服阻力做的

25、功與阻力對木塊做的功的差值進(jìn)行求解． 2．利用彈簧進(jìn)行相互作用的碰撞模型，一般情況下均滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，此類試題的一般解法是： (1)首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長、伸長還是壓縮狀態(tài)； (2)分析碰撞前后彈簧和物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列出方程； (3)判斷解出的結(jié)果是否滿足“實(shí)際情境可行性原則”，如果不滿足，則要舍掉該結(jié)果． 注意：(1)由于彈簧的彈力是變力，所以彈簧的彈性勢能通常利用機(jī)械能守恒或能量守恒求解； (2)要特別注意彈簧的三個(gè)狀態(tài)：原長(此時(shí)彈簧的彈性勢能為零)、壓縮到最短或伸長到最長的狀態(tài)(此時(shí)彈簧連接的兩個(gè)物體具有共同的速度

26、，彈簧具有最大的彈性勢能)，這往往是解決此類問題的突破點(diǎn)．　 ,　　　　　　　 (建議用時(shí)：45分鐘) 一、單項(xiàng)選擇題 1．(2018·銀川段考)冰壺運(yùn)動(dòng)深受觀眾喜愛，圖1為索契冬奧會(huì)上中國隊(duì)員投擲冰壺的鏡頭．在某次投擲中，冰壺甲運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與對方靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖2.若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是選項(xiàng)圖中的(　　) 解析：選B.兩冰壺碰撞過程動(dòng)量守恒，兩冰壺發(fā)生正碰，由動(dòng)量守恒定律可知，碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量不變，兩冰壺的動(dòng)量方向即速度方向不會(huì)偏離甲原來的方向，故A錯(cuò)誤；如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞

27、后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運(yùn)動(dòng)，最后靜止，最終兩冰壺的位置如選項(xiàng)圖B所示，故B正確；兩冰壺碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，故C錯(cuò)誤；碰撞過程機(jī)械能不可能增大，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，即碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D錯(cuò)誤． 2．質(zhì)量為2 kg的物體做直線運(yùn)動(dòng)，其v－t圖象如圖所示，則物體在前10 s內(nèi)和后10 s內(nèi)所受合外力的沖量分別是(　　) A．0，－20 N·s B．20 N·s，－40 N·s C．0，20 N·s D．20 N·s，－20 N·s 解析：選A.由圖象可知，物體在前

28、10 s內(nèi)初、末狀態(tài)的動(dòng)量相同，p1＝p2＝10 kg·m/s，由動(dòng)量定理知I1＝0；物體在后10 s內(nèi)末狀態(tài)的動(dòng)量p3＝－10 kg·m/s，由動(dòng)量定理知I2＝p3－p2＝－20 N·s，選項(xiàng)A正確． 3．如圖所示，一輕桿兩端分別固定著a、b兩個(gè)光滑金屬球，a球質(zhì)量大于b球質(zhì)量，兩球的半徑相等，整個(gè)裝置放在光滑的水平面上，將此裝置從圖示位置由靜止釋放，則(　　) A．在b球落地前瞬間，a球的速度方向向右 B．在b球落地前瞬間，a球的速度方向向左 C．在b球落地前的整個(gè)過程中，輕桿對b球的沖量為零 D．在b球落地前的整個(gè)過程中，輕桿對b球做的功為零 解析：選D.整個(gè)裝置下落過程中，

29、水平方向沒有外力，水平方向的動(dòng)量守恒，原來系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量為零，在b球落地前瞬間，系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量仍為零，a球水平方向速度一定為零，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；設(shè)桿對a球做功為W1，對b球做功為W2，在b球落地前由于機(jī)械能守恒，則除了重力以外的力做的功必定為零，即W1＋W2＝0，對a球由動(dòng)能定理可知W1＝0，故W2＝0，選項(xiàng)D正確；對b球，水平方向上動(dòng)量變化為零，桿對b球的水平?jīng)_量為零，在豎直方向上，由動(dòng)量定理可知，桿對b球的豎直方向的沖量必定不為零，且沖量方向向上，選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 4．為估算雨滴撞擊池中睡蓮葉面的平均壓強(qiáng)，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1 h內(nèi)杯中水面上升了45 mm，查詢得

30、知，當(dāng)時(shí)雨滴豎直下落的速度約為12 m/s.據(jù)此計(jì)算該壓強(qiáng)約為(設(shè)雨滴撞擊睡蓮葉面后無反彈，不計(jì)雨滴重力，雨水的密度為1×103 kg/m3)(　　) A．0.15 Pa　　　　　　　　 B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa 解析：選A.解答此類連續(xù)相互作用的問題，首先要注意研究對象的選取．選取Δt＝1 h時(shí)間內(nèi)與面積為S的睡蓮發(fā)生相互作用的雨滴作為研究對象，其質(zhì)量為m＝ρhS，發(fā)生作用后速度變?yōu)榱?，根?jù)動(dòng)量定理，有FΔt＝mv＝ρhSv，則壓強(qiáng)p＝＝＝0.15 Pa，選項(xiàng)A正確． 5．(2018·北京東城區(qū)期中)質(zhì)量為80 kg的冰球運(yùn)動(dòng)員甲，以5 m/s的速度

31、在水平冰面上向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，與質(zhì)量為100 kg、速度為3 m/s的迎面而來的運(yùn)動(dòng)員乙相撞，碰后甲恰好靜止．假設(shè)碰撞時(shí)間極短，下列說法正確的是(　　) A．碰后乙向左運(yùn)動(dòng)，速度大小為1 m/s B．碰后乙向右運(yùn)動(dòng)，速度大小為7 m/s C．碰撞中甲、乙的機(jī)械能總共增加了1 450 J D．碰撞中甲、乙的機(jī)械能總共損失了1 400 J 解析：選D.甲、乙碰撞的過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，設(shè)碰撞前甲的速度為v甲，乙的速度為v乙，碰撞后乙的速度為v′乙，由動(dòng)量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝m乙v′乙，解得v′乙＝1 m/s，方向水平向右，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；甲、乙碰撞過程機(jī)

32、械能的變化量ΔE＝m甲v＋m乙v－m乙v′，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝1 400 J，機(jī)械能減少了1 400 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 6．(2018·日照月考)“蹦極”運(yùn)動(dòng)中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運(yùn)動(dòng)，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中，下列分析正確的是(　　) A．繩對人的沖量始終向上，人的動(dòng)量先增大后減小 B．繩對人的拉力始終做負(fù)功，人的動(dòng)能一直減小 C．繩恰好伸直時(shí)，繩的彈性勢能為零，人的動(dòng)能最大 D．人在最低點(diǎn)時(shí)，繩對人的拉力等于人所受的重力 解析：選A.從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中，人先

33、做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，加速度等于零時(shí)，速度最大，故人的動(dòng)量和動(dòng)能都是先增大后減小，加速度等于零時(shí)(即繩對人的拉力等于人所受的重力時(shí))速度最大，動(dòng)量和動(dòng)能最大，在最低點(diǎn)時(shí)人具有向上的加速度，繩對人的拉力大于人所受的重力，繩的拉力方向始終向上與運(yùn)動(dòng)方向相反，故繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負(fù)功，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤． 二、多項(xiàng)選擇題 7.如圖所示，四個(gè)小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分別以v0和2v0的速率向兩側(cè)勻速運(yùn)動(dòng)，中間兩個(gè)小球靜止，小球1質(zhì)量為m，小球2的質(zhì)量為2m，1、2兩球之間放置一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈簧所具有的彈性勢能為

34、Ep，將彈簧的彈性勢能全部釋放，下列說法正確的是(　　) A．彈簧的彈性勢能在釋放過程中，小球1和小球2的合動(dòng)量不為零 B．小球1和小球2離開彈簧后瞬間的速度大小分別是2、 C．小球1能否與小球3碰撞，取決于小球3的質(zhì)量大小 D．若離開彈簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，則質(zhì)量m要滿足≤m< 解析：選BD.小球1和小球2組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，由于開始小球1和小球2靜止，所以在彈簧的彈性勢能釋放的過程中，小球1和小球2組成的系統(tǒng)合動(dòng)量為零，A錯(cuò)誤；設(shè)小球1和小球2離開彈簧后瞬間的速度大小分別為v1、v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律知：mv1－2mv2＝0，Ep＝m

35、v＋×2mv，解得v1＝2，v2＝，B正確；若離開彈簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，速度大小應(yīng)滿足v1＝2>v0，v2＝≤2v0，解得≤m<，C錯(cuò)誤，D正確． 8．(2018·貴陽檢測)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為(　　) A.Mv2 B.v2 C.NμmgL D．NμmgL 解析：選BD.設(shè)最

36、終箱子與小物塊的速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv＝(m＋M)v1，則動(dòng)能損失ΔEk＝mv2－(m＋M)v，解得ΔEk＝v2，B對；依題意：小物塊與箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相對箱子運(yùn)動(dòng)的路程為s＝0.5L＋(N－1)L＋0.5L＝NL，故系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量即為系統(tǒng)損失的動(dòng)能：ΔEk＝Q＝NμmgL，D對． 三、非選擇題 9．皮球從某高度落到水平地板上，每彈跳一次上升的高度總等于前一次的0.64，且每次球與地板接觸的時(shí)間相等．若空氣阻力不計(jì)，與地板碰撞時(shí)，皮球重力可忽略． (1)求相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比是多少？ (2)若用手拍這個(gè)球，使其保持在0.8 m的高度上

37、下跳動(dòng)，則每次應(yīng)給球施加的沖量為多少？(已知球的質(zhì)量m＝0.5 kg，g取10 m/s2) 解析：(1)由題意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8.設(shè)皮球所處的初始高度為H，與地板第一次碰撞前瞬時(shí)速度大小為v0＝，第一次碰撞后瞬時(shí)速度大小(亦為第二次碰撞前瞬時(shí)速度大小)v1和第二次碰撞后瞬時(shí)速度大小v2滿足v2＝0.8v1＝0.82v0.設(shè)兩次碰撞中地板對球的平均沖力分別為F1、F2，選豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理，有 F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0 F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0 則F1∶F2＝5∶4. (2)欲使球跳起0.8 m，應(yīng)使球由靜

38、止下落的高度為h＝ m＝1.25 m，球由1.25 m落到0.8 m處的速度為v＝3 m/s，則應(yīng)在0.8 m處給球的沖量為I＝mv＝1.5 N·s，方向豎直向下． 答案：(1)5∶4　(2)1.5 N·s　方向豎直向下 10．在如圖所示的水平軌道中，AC段的中點(diǎn)B的正上方有一探測器，C處有一豎直擋板．物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點(diǎn)的物體P2碰撞，并結(jié)成復(fù)合體P，以此碰撞時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)．探測器只在t1＝2 s至t2＝4 s內(nèi)工作，已知P1、P2的質(zhì)量都為m＝1 kg，P與AC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，AB段長L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均視為質(zhì)點(diǎn)，P與擋板的碰

39、撞為彈性碰撞． (1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動(dòng)能ΔE. (2)若P與擋板碰后，能在探測器的工作時(shí)間內(nèi)通過B點(diǎn)，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的最大動(dòng)能E. 解析：(1)根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv1＝2mv① 解得：v＝＝3 m/s 碰撞過程中損失的動(dòng)能為： ΔEk＝mv－×2mv2② 解得ΔEk＝9 J. (2)P滑動(dòng)過程中，由牛頓第二定律知 2ma＝－μ·2mg③ 可以把P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C再返回B點(diǎn)的全過程看做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：3L＝vt＋at2④ 由①③④式得v1＝⑤ (Ⅰ)若2 s時(shí)通過B點(diǎn)， 解得：

40、v1＝14 m/s (Ⅱ)若4 s時(shí)通過B點(diǎn)，解得：v1＝10 m/s 故v1的取值范圍為：10 m/s≤v1≤14 m/s 設(shè)向左經(jīng)過A點(diǎn)的速度為vA，由動(dòng)能定理知 ×2mv－×2mv2＝－μ·2mg·4L⑥ 當(dāng)v＝v1＝7 m/s時(shí)，復(fù)合體向左通過A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大，EkAmax＝17 J. 答案：(1)3 m/s　9 J (2)10 m/s≤v1≤14 m/s　17 J 11．如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5 m．物塊A以v0＝6 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點(diǎn)Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B

41、碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1 m．物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短)． (1)求A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v和受到的彈力大小F. (2)若碰后AB最終停止在第k個(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值． (3)求碰后AB滑至第n個(gè)(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式． 解析：(1)物塊A從滑入圓軌道到最高點(diǎn)Q，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，得mv＝mg·2R＋mv2 所以A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度 v＝＝ m/s＝4 m/s>＝ m/s 在Q點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式，得 mg＋F＝m 所以A受到的彈力F＝－mg＝N＝22 N. (2)A與B碰撞遵守動(dòng)量守恒定律，設(shè)碰撞后的速度為v′，則mv0＝2mv′， 所以v′＝v0＝3 m/s 從碰撞到AB停止，根據(jù)動(dòng)能定理，得 －2μmgkL＝0－·2mv′2 所以k＝＝＝45. (3)AB從碰撞到滑至第n個(gè)光滑段根據(jù)動(dòng)能定理，得 －2μmgnL＝·2mv－·2mv′2 解得vn＝(n＜k)． 答案：(1)4 m/s　22 N　(2)45　(3)vn＝(n＜k) 17