對于本專題知識，單獨考查動量及動量守恒，多為簡單的選擇題；而動量和能量的綜合性問題則以計算題形式命題，難度較大，常與曲線運動，帶電粒子在電磁場中運動和導體棒切割磁感線相聯系。

一、動量定理和動量守恒定律
1．恒力的沖量可應用I＝Ft直接求解，變力的沖量優先考慮應用動量定理求解，合外力的沖量可利用I＝F合•t或I合＝Δp求解。
2．動量守恒表達式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或p＝p′或Δp＝0。
3．“一動一靜”模型中，兩物體發生彈性正碰后的速度滿足：v1＝m1－m2m1＋m2v0、v2＝2m1m1＋m2v0。
二、動力學、動量和能量觀點的綜合應用
動量與能量的綜合問題，常取材“滑塊—滑板”模型、“傳送帶”模型、“彈簧—物塊”模型等，設置多個情景、多個過程，考查力學三大觀點的綜合應用。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律的同時，洞察過程的臨界情景，結合題給條件(往往是不確定條件)，進行求解(注意結合實際情況分類討論)。

1．運動員在水上做飛行運動表演，如圖所示，他操控噴射式懸浮飛行器將豎直送上來的水反轉180°后向下噴出，令自己懸停在空中。已知運動員與裝備的總質量為90 kg，兩個噴嘴的直徑均為10 cm，重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，則噴嘴處噴水的速度大約為(　　)

A．2.7 m/s B．5.4 m/s C．7.6 m/s D．10.8 m/s
2．如圖所示，有一個以v0＝6 m/s的速度逆時針勻速運動的水平傳送帶，傳送帶左端點M與光滑水平平臺相切，在M點左側P處豎直固定一個彈性擋板（物塊與彈性擋板碰撞無機械能損失，PM間有很小的縫隙且不與傳送帶相連，物塊在PM段運動的時間忽略不計）。在M左側縫隙處安裝有自動控制系統，當小物塊b每次向右經過縫隙時都會被系統瞬時鎖定從而保持靜止。傳送帶N端與半徑r＝5 m的光滑四分之一圓弧相切且不與傳送帶相連，在小物塊a從圓弧最高點由靜止下滑后滑上傳送帶，經過M點時控制系統會使靜止在M點左側縫隙處的小物塊b自動解鎖，a與b發生第一次彈性正碰。已知a的質量m＝1 kg，b的質量M＝3 kg，兩個物塊均可視為質點，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.2，MN間的距離L＝22 m，g＝10 m/s2。不計經過M、N兩點處的能量損失。求：

(1)a與b第一次碰撞前a在傳送帶上運動的時間；
(2)a與b第一次碰撞后到最后靜止過程中運動的總時間。

1．某電影里兩名槍手在房間對決，他們各自背靠墻壁，一左一右。假設他們之間的地面光滑隨機放著一均勻木塊，木塊到左右兩邊的距離不一樣。兩人拿著相同的步槍和相同的子彈同時朝木塊射擊一發子彈，聽天由命。但是子彈都沒有射穿木塊，兩人都活了下來反而成為了好朋友。假設你是偵探，仔細觀察木塊發現右邊的射孔(彈痕)更深。設子彈與木塊的作用力大小一樣，請你分析一下，哪個結論是正確的( )

A．開始時，木塊更靠近左邊的人，左邊的人相對更安全
B．開始時，木塊更靠近左邊的人，右邊的人相對更安
C．開始時，木塊更靠近右邊的人，左邊的人相對更安全區
D．開始時，木塊更靠近右邊的人，右邊的人相對更安全
2．(2019•全國卷Ⅲ•25)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l＝1.0 m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0 J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為μ＝0.20，重力加速度取g＝10 m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。

(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；
(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？
(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？

1．一機槍架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前進，小船及機槍總質量M＝200 kg，每顆子彈質量為m＝20 g，在水平方向機槍以v＝600 m/s的對地速度射出子彈，打出5顆子彈后船的速度可能為(　　)
A．1.4 m/s B．2 m/s C．0.8 m/s D．0.5 m/s
2．2020年11月10日，全國皮劃艇靜水錦標賽在浙江省麗水市水上運動中心開幕。大賽前，甲、乙兩個運動員分別劃動兩艘皮劃艇沿同一方向進行賽前訓練，他們分別劃動了一段時間后讓各自的皮劃艇自由滑行，一段時間后停下。他們及各自的皮劃艇總質量相等，測速器測得甲、乙的v－t圖像分別如圖中的OAB、O′CD所示，圖中AB//CD，則(　　)

A．運動員乙較晚停下，乙做功更多
B．乙劃槳時間長，乙劃槳時受到水反作用力的沖量大
C．甲皮劃艇早停下，甲劃槳時受到水反作用力的沖量小
D．甲在劃槳時用力小
3．(多選)如圖所示，光滑水平面上A球向右運動與靜止的B球發生正碰，A球碰撞前后速率之比為4∶1。碰后A、B球均向右運動滑上光滑斜面，沿斜面上升的最大高度之比為1∶4，已知斜面與水平面平滑連接，兩球質量分別為mA、mB，碰撞前后兩球總動能分別為Ek1、Ek2，則(　　)

A．mA∶mB＝4∶3 B．mA∶mB ＝2∶3
C．Ek1∶Ek2＝16∶7 D．Ek1∶Ek2＝16∶13
4．(多選)沙灘排球，是風靡全世界的一項體育運動。假設在某次進行排球運動時，質量為m的排球從距離沙灘表面高度為H的A點由靜止釋放，落到沙灘并陷入深度為h的B點時速度減為零，如圖所示。不計空氣阻力，重力加速度為g。則關于排球過程中，下列說法正確的是(　　)

A．整個下落過程中，排球的機械能減少了mgH
B．整個下落過程中，排球克服阻力做的功為mg(H＋h)
C．在陷入沙灘過程中，排球動量的改變量的大小等于m2gH
D．在陷入沙灘過程中，排球所受阻力的沖量大小大于m2gH
5．如圖所示，一水平輕彈簧右端固定在水平面右側的豎直墻壁上，質量M＝2 kg的物塊靜止在水平面上的P點，質量m＝1 kg的光滑小球以初速度v0＝3 m/s與物塊發生彈性正碰，碰后物塊向右運動并壓縮彈簧，之后物塊被彈回，剛好能回到P點。不計空氣阻力，物塊和小球均可視為質點。求：

(1)小球的最終速度；
(2)彈簧的最大彈性勢能Ep。

6．如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶順時針勻速轉動的速度大小v0＝2 m/s，物塊A的質量m1＝1 kg，與傳送帶間的動摩擦因數μ1＝35；物塊B的質量m2＝3 kg，與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝253。將兩物塊由靜止開始同時在傳送帶上釋放，開始釋放時兩物塊間的距離L＝13 m，經過一段時間兩物塊發生彈性碰撞，碰后立即將A取走。已知重力加速度g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。

(1)兩物塊釋放后經多長時間發生碰撞？
(2)物塊B與傳送帶摩擦共產生了多少熱量？

7．如圖所示，木板A靜止在光滑的水平面上，其右端與固定的臺階相距x，與滑塊B(可視為質點)相連的細線一端固定在O點，水平拉直細線并由靜止釋放，當滑塊B到達最低點時，被一顆水平從左向右飛來的子彈C擊中(子彈留在了滑塊B內)。被擊中后的滑塊B恰好將細線拉斷，之后滑塊B(內含子彈)從木板A左端上表面水平滑入。已知木板A的質量為2m，滑塊B的質量為0.9m，子彈質量為0.1m，A、B之間動摩擦因數為μ，細線長為L，能承受的最大拉力Tm＝9mg，木板A足夠長，滑塊B不會從木板A表面滑出，木板A與臺階碰撞無機械能損失，不計空氣阻力，重力加速度為g。

(1)求子彈擊中滑塊B前的速度大小v0；
(2)若木板A與臺階只發生了1次碰撞，求x滿足的條件；
(3)若木板A與臺階共發生了10次碰撞，求x滿足的條件。

8．有6個質量相同，大小可不計的小物塊等距離地依次放在傾角θ＝30°的足夠長斜面上。木塊2以上的斜面部分是光滑的，以下部分是粗糙的，木塊和斜面之間的靜摩擦因數和動摩擦因數都是μ。開始時用手扶著木塊1，其余各木塊都靜止在斜面上。現在放手使木塊1自然下滑并與木塊2發生碰撞，接著陸續發生其他碰撞。假設各木塊間的碰撞都是完全非彈性的。
(1)設它們質量為m，依次相距為d，全部碰了后一起下滑了3d停止，求全過程摩擦力做功Wf。
(2)μ取何值時，木塊5能夠被撞擊到，而木塊6不會被撞擊？(結果可以用根號表示)

1．【答案】B
【解析】兩個噴嘴的橫截面積均為S＝14πd2，根據平衡條件可知每個噴嘴對水的作用力為F＝12mg，取質量為Δm＝ρSvΔt的水為研究對象，根據動量定理得FΔt＝2Δmv，聯立解得v≈5.4 m/s，B正確。
【點評】本題是反沖運動模型，涉及力與時間的問題，優先考慮動量與沖量。
2．【解析】(1)設小物塊a從圓弧最高點由靜止下滑到達最低點速度為v1，根據動能定理有：
mgr＝12mv12
解得v1＝10 m/s
a以10 m/s滑上傳送帶，做勻減速運動，根據牛頓第二定律：μ•2mg＝ma
解得a＝2 m/s2
假設a經過t1減速到v0＝6 m/s，v0＝v1－at
代入數據求得t1＝2 s
在t1內a的位移＝16 m
x1＜L，所以a先減速運動，后勻速運動，勻速運動時間為t2，則＝1 s
所以a與b第一次碰撞前物塊a在傳送帶上運動的時間t＝t1＋t2＝3 s。
(2)a與b第一次碰撞，動量守恒、機械能守恒，碰后a的速度為va1，b的速度為vb1，則有：
mv0＝mva1＋Mvb1
12mv02＝12mva12＋12Mvb12
解得：va1＝－3 m/s，vb1＝3 m/s。
a與b第一次碰撞后沿傳送帶向右減速到零，再向左加速返回M點，返回到M點的速度大小為va1，所用時間

a、b碰后，b向左與擋板P碰后反彈，速度等大反向，經M點時被鎖定而靜止，此后，a與b發生第二次碰撞，以后重復這個過程，根據動量守恒、機械能守恒，每次碰后的速度是碰前的二分之一，最后靜止在M點。
a與b第二次碰撞后沿傳送帶向右減速到零，再向左加速到M點，所用時間

a與b第三次碰撞后沿傳送帶向右減速到零，再向左加速到M點，所用時間

a與b第n次碰撞后沿傳送帶向右減速到零，再向左加速到M點，所用時間

根據無窮等比數列求和公式可得：a與b第一次碰撞后a運動的總時間。
【點評】光滑的平面或曲面，還有不計阻力的拋體運動，機械能一定守恒；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，一般考慮用動量守恒定律分析。

1．【解析】子彈的質量與射出時的速度都相等，兩子彈與木塊組成的系統總動量為零；如果木塊在正中間，則彈痕應該一樣長，結果是右邊的長一些，假設木塊靠近其中某一人，設子彈質量為m，初速度為v0，木塊質量為M，阻力為f，彈痕長度分別為x1、x2，兩子彈與木塊組成的系統在水平方向所受合外力為零，系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1，由能量守恒定律得12mv02＝12(M＋m)v12＋fx1，對另一發子彈，同樣有(M＋m)v1－mv0＝0，12mv02＋12(M＋m)v12＝fx2 ，解得x1＜x2，綜合判斷，后接觸木塊的子彈彈痕長，更容易射穿木塊，對面的人更危險，所以一開始木塊離左邊近一些，右邊的人相對更安全，故B正確，ACD錯誤。
【答案】B
【點評】本題考查了動量守恒定律的應用，根據題意分析清楚子彈與木塊的運動過程、正確選擇研究對象是解題的關鍵。
2．【解析】(1)設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動量守恒定律和題給條件有：
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝12mAvA2＋12mBvB2②
聯立①②式并代入題給數據得：vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s。③
(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a。假設A和B發生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有：
mBa＝μmBg④
sB＝vBt－12at2⑤
vB－at＝0⑥
在時間t內，A可能與墻發生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發生，A在時間t內的路程sA都可表示為：
sA＝vAt－12at2⑦
聯立③④⑤⑥⑦式并代入題給數據得：sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
這表明在時間t內A已與墻壁發生碰撞，但沒有與B發生碰撞，此時A位于出發點右邊0.25 m處。B位于出發點左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m。⑨
(3)t時刻后A將繼續向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有：
12mAvA′2－12mAvA2＝－μmAg2l＋sB⑩
聯立③⑧⑩式并代入題給數據得：vA′＝7 m/s?
故A與B將發生碰撞。設碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動量守恒定律與機械能守恒定律有：
mA－vA′＝mAvA″＋mBvB″?
12mAvA′2＝12mAvA″2＋12mBvB″2?
聯立???式并代入題給數據得：vA″＝375 m/s，vB″＝－275 m/s?
這表明碰撞后A將向右運動，B繼續向左運動．設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式2asA′＝vA″2，2asB′＝vB″2?
由④??式及題給數據得：sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m?
sA′小于碰撞處到墻壁的距離．由上式可得兩物塊停止后的距離s′＝sA′＋sB′＝0.91 m。
【點評】本題涉及動量守恒定律、直線運動規律等，關鍵是做好每個階段的運動分析，理清楚需要求解的物理量與兩個物塊的運動過程之間存在什么關系。本題的易錯點在于分析物塊的運動過程時，不能得出完整的運動情況，對于每個階段到底應該用運動學知識還是動量守恒定律或能量守恒定律認識不夠，從而造成錯解。

1．【答案】C
【解析】若子彈射出方向與船前進的方向在同一直線上，則子彈、機槍和小船組成的系統動量守恒，取船前進的方向為正方向，若子彈向船前進的方向射出，則有Mv0＝(M－5m)v′＋5mv，解得v1′＝0.7 m/s，若子彈向船前進的反方向射出，則有Mv0＝(M－5m)v′－5mv，解得v2′＝1.3 m/s，當子彈對地的速度方向與船原來的速度方向的夾角θ在0°＜θ＜180°內，可見船速應在0.7～1.3 m/s之間。
2．【答案】D
【解析】由圖像可知，減速階段斜率相同，則加速度相同，水的阻力相同；最大速度相同，由動能定理得WF－fs＝12mvm2，運動員乙加速階段的位移小，乙做功WF小，A錯誤；乙加速度階段時間短，劃槳時間短，B錯誤；由I－ft＝mvm，甲皮劃艇加速階段的時間長，甲劃槳時受到水反作用力的沖量I大，C錯誤；由牛頓第二定律得F－f＝ma，加速階段甲的斜率小，加速度小，在劃槳時用力F小，D正確。
3．【答案】BC
【解析】光滑水平面上A球向右運動與靜止的B球發生正碰，根據動量守恒和能量守恒有mAv0＝mAv1＋mBv2，12mAv12＝mAgh1，12mBv22＝mBgh2，碰撞前后兩球的總動能為Ek1＝12mAv02，Ek2＝12mAv12＋12mBv22，A球碰撞前后速率之比為4∶1。沿斜面上升的最大高度之比為1∶4，解得mA∶mB ＝2∶3，Ek1∶Ek2＝16∶7。故選BC。
4．【答案】BCD
【解析】由動能定理mg(H＋h)＋Wf＝0，小球的機械能減少了mg(H＋h)，克服阻力做的功為mg(H＋h)，所以A錯誤，B正確；小球自由落下至地面過程，機械能守恒mgH＝12mv2，v＝2gH，落到地面上后又陷入泥潭中，由動量定理IG－If＝0－mv，小球動量的改變量等于合外力的沖量，而If＝IG＋mv＝IG＋m2gH＞m2gH，小球所受阻力的沖量大于m2gH，所以CD正確。
5．【解析】(1)規定向右為正方向，設小球與物塊發生彈性正碰后瞬間小球的速度為v1，物塊的速度為v2，碰撞前后小球與物塊系統動量守恒、機械能守恒：
mv0＝mv1＋Mv2
12mv02＝12mv12＋12Mv22
聯立解得：v1＝－1 m/s，v2＝2 m/s
小球的最終速度大小為1 m/s，方向水平向左。
(2)設物塊碰后向右運動至回到P點的全過程物塊克服摩擦力做的功為W克，對全過程，由動能定理：
－W克＝0－12Mv22
碰后物塊向右運動至速度為零的過程中，由動能定理得：－12W克－Ep＝0－12Mv22
解得：Ep＝2 J。
6．【解析】(1)剛釋放時，A沿斜面向下運動，a1＝gsin θ－μ1gcos θ＝2 m/s2
B沿斜面向上加速，a2＝μ2gcos θ－gsin θ＝1 m/s2
B加速至與傳送帶速度相同時，由速度公式v0＝a2t0得t0＝2 s
由于12a1t02＋12a2t02＝6 m＜L
故經t0＝2 s時兩物塊還沒相撞，設經t時間兩物塊相撞，有：
L＝12a1t2＋12a2t2＋v0(t－t0)
解得：t＝3 s或t＝－5 s(舍去)。
(2)兩物塊碰撞前A速度大小v1＝a1t＝6 m/s
碰撞過程，取沿斜面向上為正方向，根據動量守恒定律得：
m2v0－m1v1＝m1vA＋m2vB
12m2v02＋12m1v12＝12m1vA2＋12m2vB2
聯立解得：vA＝6 m/s，vB＝－2 m/s
碰前B與傳送帶的相對位移 m
碰后至B與傳送帶共速，所用時間 s
Δx2＝v0Δt2－(vBΔt2＋12a2Δt22)＝8 m
故總熱量Q＝μ2m2gcos θ(Δx1＋Δx2)＝180 J。
7．【解析】(1)B恰好到達水平位置時的速度為v，根據機械能守恒定律：
mBgL＝12mBv2
B被C擊中后的速度為v1，根據牛頓第二定律：Tm－(mB＋mC)g＝
C擊中B的過程中動量守恒：mCv0＋mBv＝mv1
解得：，。
(2)設與臺階碰撞前瞬間，速度分別為vA、vB，由動量守恒定律：
mv1＝2mvA＋mvB
只發生一次碰撞的條件是：∣2mvA∣≥∣mvB∣ ①
這樣板與臺階碰后，系統的總動量向左，不可能發生第二次碰
對A根據動能定理得：μmgx＝12×2mvA2 ②
解得：。
(3)若木板A與臺階恰好發生了10次碰撞，最后，物塊B和木板A都停下來：
對木板A，每次運動到臺階前時的速度相等：μmgt＝2mvA ③
對B物體，發生的位移為19x，而每次位移所用時間t相同，則：
－19μmgt＝mv1－mvB ④
聯立①②③④解得：
同理，恰好碰9次時，
因此能碰10次的條件是：。
8．【解析】(1)全過程摩擦力依次做功：
W1＝2μmgdcos θ，W2＝3μmgdcos θ，W3＝4μmgdcos θ，W4＝5μmgdcos θ，W5＝18μmgdcos θ
Wf＝W1＋W2＋W3＋W4＋W5＝32μmgdcos θ＝163μmgd。
(2)先求出質量為m速率為v的質點與質量為M靜止質點做完全非彈性碰撞而結成一體后剩余的動能，設v'為結成一體后的速率，根據動量守恒定律有：m＝(M＋m)v'①
碰撞后體系剩余的動能為：Ek＝12(M＋m)v'2＝mM＋m(12Mv2) ②
令Ek0表示原來的動能，則上式可寫成：Ek＝mM＋mEk0 ③
本題中木塊碰撞后結合體的動能，在木塊下滑時，勢能的減少使其動能增加。而摩擦損耗又使功能減少，設各木塊相距為d(木塊的大小不計)，則木塊1與2相碰之前。其動能為：
Ek0＝mgdsin θ＝A
兩者剛碰上結成一體后，動能為：Ek1＝ Ek0＝12A ④
1、2結合體與木塊3相碰之前，動能為：
Ek1'＝Ek1＋2mgdsin θ－2μmgdcos θ＝Ek1＋2(A－B)， ⑤
其中B＝μmgdcos θ。
相碰之后動能為：
Ek2＝ Ek1'＝23[12A＋2(A－B)]＝53A－43B
依次可得1、2、3結合體與木塊4相碰之前動能為：E'k2＝Ek2＋3(A－B)
若1、2、3結合體與木塊4相碰之后動能為：
Ek2'＝23[12A＋2(A－B)]－3(A－B)＝53B－43A ⑥
在這種情況下，兩者剛相碰之后的1、2、3、4結合體的動能為：
Ek3＝ Ek2'＝34{23[12A＋2(A－B)]－3(A－B)}＝54B－A ⑦
1、2、3、4與木塊5相碰之前動能為：
Ek3'＝Ek3＋4(A－B)＝3A－ B ⑧
相碰之后的1、2、3、4、5結合體的動能為：
Ek4＝ Ek3'＝45Ek3'＝ A－ B> 0 ⑨
若要這結合體不能與木塊6相碰(即木塊6不能被撞)，必須符合條件：
Ek4'＝Ek3＋5(A－B)＝ A－ B≤0 ⑩
若要這結合體不能與木塊5相碰(即木塊5不能被撞)，必須符合條件：
由條件⑨與⑩式可得：能相碰(即木塊4能被撞)，必須符合條件：
A－ B>0，即 <
A－ B≤0，即 ≥
⑨、⑩兩式可合寫成： ≤μ< ?
即：0.593≤μ<0.63。

久久天天躁狠狠躁夜夜躁,国产精品入口福利,97久久精品人人爽人人爽蜜臀 ,中文字幕国产精品一区二区

當前位置首頁 > 高中物理 > 綜合與其它

【原創】（新高考）高考二輪精品專題四動量和能量的綜合應用

發表評論

久久天天躁狠狠躁夜夜躁,国产精品入口福利,97久久精品人人爽人人爽蜜臀 ,中文字幕国产精品一区二区

當前位置首頁 > 高中物理 > 綜合與其它

【原創】（新高考）高考二輪精品專題四 動量和能量的綜合應用

發表評論

【原創】（新高考）高考二輪精品專題四動量和能量的綜合應用