2025人教版高中物理选择性必修第一册同步练习题（有解析）--第一章　动量守恒定律拔高练

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2025人教版高中物理选择性必修第一册
综合拔高练
五年高考练
考点1　冲量
1.(2022海南,1)在冰上接力比赛时,甲推乙的作用力是F1,乙对甲的作用力是F2,则这两个力　 (　　)
A.大小相等,方向相反
B.大小相等,方向相同
C.F1的冲量大于F2的冲量
D.F1的冲量小于F2的冲量
2.(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.匀速行驶时功率为(f+F)v
考点2　动量
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.(2022重庆,4)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中,某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中,若假人头部只受到安全气囊的作用,则由曲线可知,假人头部 (　　)
A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B.动量大小先增大后减小
C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D.加速度大小先增大后减小
5.(2022湖北,7)一质点做曲线运动,在前一段时间内速度大小由v增大到2v,在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内,合外力对质点做功分别为W1和W2,合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是 (　　)
A.W2=3W1,I2≤3I1　　　　　　　　B.W2=3W1,I2≥I1
C.W2=7W1,I2≤3I1　　　　　　　　D.W2=7W1,I2≥I1
6.(2021福建,4)福建属于台风频发地区,各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s~28.4 m/s,16级台风的风速范围为51.0 m/s~56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌,则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的 (　　)
A.2倍　　　　　　　　B.4倍
C.8倍　　　　　　　　D.16倍
7.(多选题)(2022全国乙,20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10 m/s2。则 (　　)
A.4 s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J
考点4　动量守恒定律的应用
8.(多选题)(2021湖南,8)如图(a),质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是 (　　)
A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0
B.mA>mB
C.B运动后,弹簧的最大形变量等于x
D.S1-S2=S3
9.(2021广东,13)算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动,使用前算珠需要归零。如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置,甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2 m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2 m,算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取10 m/s2。
(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a;
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
10.(2022广东,13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1 N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小N1和N2;
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
考点5　碰撞问题
11.(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。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
12.(2023天津,12)已知A、B两物体mA=2 kg,mB=1 kg,A物体从h=1.2 m处自由下落,且同时B物体从地面竖直上抛,经过t=0.2 s相遇碰撞后,两物体立刻粘在一起运动,已知重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)碰撞时离地高度x;
(2)碰后速度v;
(3)碰撞损失机械能ΔE。
13.(2023广东,15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成,滑槽高为3L,平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以v0的速度匀速运动的传送带上,在与传送带达到共速后,从M点进入滑槽,A刚好滑到平台最右端N点停下,随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰,碰撞时间极短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m,碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,A、B在滑至N点之前不发生碰撞,忽略空气阻力和圆盘的高度,将药品盒视为质点。求:
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t;
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W;
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
考点6　多物体、多过程问题中的动量守恒定律的应用
14.(2022福建,14)如图,L形滑板A静置在粗糙水平面上,滑板右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧左端与一小物块B相连,弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度v0从滑板最左端滑入,滑行s0后与B发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短),然后一起向右运动;一段时间后,滑板A也开始运动。已知A、B、C的质量均为m,滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g;最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,弹簧始终处于弹性限度内。求:
(1)C在碰撞前瞬间的速度大小;
(2)C与B碰撞过程中损失的机械能;
(3)从C与B相碰后到A开始运动的过程中,C和B克服摩擦力所做的功。
15.(2022河北,13)如图,光滑水平面上有两个等高且足够长的滑板A和B,质量分别为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C和D,物块质量均为1 kg。A和C以相同速度v0=10 m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块,A与B粘在一起形成一个新滑板。物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1,重力加速度大小取g=10 m/s2。
(1)若0(2)若k=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小。
16.(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　实验:验证动量守恒定律
17.(2023辽宁,11)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律,设计了如下实验:用纸板搭建如图所示的滑道,使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上,其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。
　
测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面上某一位置,标记此位置为B。由静止释放甲,当甲停在水平面上某处时,测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处,左侧与O点重合,将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后,分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变,重复实验若干次,得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。
(1)在本实验中,甲选用的是　　　　(填“一元”或“一角”)硬币;
(2)碰撞前,甲到O点时速度的大小可表示为　　　　(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g);
(3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒,则=　　　　(用m1和m2表示),然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒;
(4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1,写出一条产生这种误差可能的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　。
三年模拟练
应用实践
1.(2023河南安阳月考)将一个小球以速度v0竖直向上抛出,已知小球经t时间上升到最高点,再经一段时间匀速经过抛出点时,速度大小为v1。空气阻力大小与小球速度大小成正比,重力加速度为g,则下列判断正确的是 (　　)
A.小球运动到最高点时速度为零,处于平衡状态
B.小球上升的最大高度为
C.小球从抛出到落回抛出点,上升过程中阻力的冲量大于下降过程中阻力的冲量
D.小球运动的最大加速度大小为a=g
2.(2024重庆沙坪坝第八中学调研)在某次台球比赛中,质量均为m、材料相同的白球和黑球静止在水平台球桌面上,某时刻一青少年瞬击白球后,白球与一静止的黑球发生了对心碰撞,碰撞前后两球的位置标记如图所示,A、B分别为碰前瞬间白球、黑球所在位置,C、D分别为碰撞后白球、黑球停止的位置。则由图可知白、黑两球碰撞过程中损失的动能与碰前时刻白球动能的比值为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
3.(多选题)由轻弹簧连接的质量分别为mA=7m0和mB=2m0的两个物块A、B初始时静止于水平光滑地面上,某时刻一质量为m0的子弹以速度v0从左侧射入物块A并停留在其中,则以下说法正确的是　 (　　)
A.整个过程中由子弹、物块和弹簧组成的系统动量、机械能均守恒
B.弹簧的弹性势能最大时,B的速度大小为v0
C.整个过程中产生的热量为m0
D.弹簧的最大弹性势能为
4.(多选题)(2023重庆巴蜀中学月考)光滑半圆形曲面B静止于光滑地面上,物块C固定于地面,现将小球A从曲面最右端由静止释放,当小球A滑至曲面最底端时,曲面B恰好与C粘连。已知A与B的质量都为m,B曲面半径为R,重力加速度为g,则 (　　)
A.最初时B右侧与C的距离为R
B.B与C粘连时A的速度大小为
C.此后A能运动到的最高点距离地面
D.此后A运动到最高点时,B受到A的压力大小为0
5.(多选题)(2024山东德州联考)如图所示,质量为M=3 kg的长木板置于光滑水平地面上,质量为m=1 kg的小物块(可视为质点)放在长木板的右端,在木板右侧固定着一个竖直弹性挡板,挡板的下沿略高于木板。现使木板和物块以v1=8 m/s的速度一起向右匀速运动,物块与挡板发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.3,木板足够长,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　)
A.物块与挡板第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为4 s
B.物块与挡板第二次碰撞过程,挡板对物块的冲量大小为8 N·s
C.物块与挡板第n次碰撞前的速度大小为vn=24-n m/s
D.若整个过程中物块不会从长木板上滑落,长木板的最小长度为 m
6.(2024山西吕梁一模)如图所示,粗细均匀的光滑直杆竖直固定在地面上,一根轻弹簧套在杆上,下端与地面连接,上端连接带孔的质量为m的小球B并处于静止状态,质量为m的小球A套在杆上,在B球上方某一高度处由静止释放,两球碰撞后粘在一起。当A、B一起上升到最高点O时(O点未画出),A、B的加速度大小为,g为重力加速度,弹簧的形变总在弹性限度内,弹簧的劲度系数为k,A、B两球均可视为质点。求:
(1)从A、B两球碰撞到A、B球上升到最高点O,弹簧中弹性势能的变化量;
(2)小球A开始释放的位置离B球的距离;
(3)若将A球仍由原位置静止释放,A、B发生弹性碰撞,碰撞后立即取走A球,此后B球上升到O点时的速度。
迁移创新
7.(2024北京海淀区期中)风洞是用来模拟物体周围气体流动情况并可量度气流对物体作用效果的实验设备。取重力加速度为g。
(1)在一次检验飞机性能的试验中,风洞管道竖直截面图如图甲所示,管道中有水平向右的气流,AB是飞机模型的截面,轻绳OP拉住模型,当模型在气流中保持静止时,轻绳恰好水平,已知气流对模型的作用力垂直于模型截面,模型截面与水平面夹角为θ。求剪断轻绳的瞬间,模型加速度的大小;
(2)为测定某火箭的力学性能,采用了缩比模型进行风洞试验,即将与火箭材料相同的火箭模型放入风洞并固定,如图乙所示。试验时,空气由管道1流入管道2,空气与模型截面垂直作用,模型单位面积所能承受的最大作用力为f,假设空气分子与模型作用后其定向运动速度(气体流速)减为零。
①为研究问题方便,设空气分子的平均质量为m0,气流稳定时,管道2中空气分子的数密度为n。为使模型不被破坏,求管道2中空气与模型截面作用前可允许的最大流速v;
②若质量为M的火箭竖直升空,其与空气垂直作用的等效面积为S,在火箭速度达到v1后,发动机对火箭做功的功率P0保持不变,火箭继续加速。此后火箭上升高度h、所用时间为t时,速度达到最大,此时其所受空气阻力为其所能承受最大作用力的一半。忽略火箭质量的变化,求火箭在上述上升高度h的过程中,空气阻力对火箭做的功。
　
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.A　根据牛顿第三定律可知F1和F2等大反向、具有同时性,根据冲量定义式I=Ft可知F1和F2的冲量大小相等,方向相反,A正确。
2.C　根据牛顿第二定律有F+f=ma,可得减速运动加速度大小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;匀速行驶时牵引力等于阻力,则功率为P=fv,D错误。
3.BC　
图形剖析　
由于拉力沿水平方向,则拉力做的功为W=Fx,可看出W-x图像的斜率代表拉力F(破题关键)。由W-x图可知,0~2 m,拉力F1=k1=6 N,2~4 m,拉力F2=k2=3 N。f=μmg=4 N,当x=1 m时,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。当x=4 m时,由动能定理知W4-fx4=Ek,得Ek=2 J,故B正确。0~2 m,Wf克=fx2=8 J,故C正确。因F1>f、F24.D　假人的头部只受到安全气囊的作用力,则F-t图线与时间轴所围的面积即合力的冲量,再根据动量定理可知合力的冲量等于物体动量改变量,即曲线与横轴围成的面积表示动量的变化量,而动能Ek=mv2=,故A、C错误;图线一直在t轴的上方,即合力的冲量方向不变,由于头部初动量方向与合力的冲量方向相反,则假人头部动量的大小一直减小,B错误;假人的头部只受到安全气囊的作用,则根据牛顿第二定律可知a∝F,即假人头部的加速度先增大后减小,D正确。
5.D　根据动能定理可知W1=m(2v)2-mv2=mv2,W2=m(5v)2-m(2v)2=mv2,可得W2=7W1;由动量定理知,合外力的冲量等于动量的变化量,由于动量是矢量,具有方向,当初、末速度方向相同时,动量变化量最小,方向相反时,动量变化量最大,因此合外力的冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv,比较可得I2≥I1一定成立,D正确。
6.B　设空气的密度为ρ,迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的风的横截面积为S,在时间Δt内吹到交通标志牌上的空气的质量为Δm=ρSv·Δt(解题技法),假定风的末速度变为零,对风由动量定理有-F·Δt=0-Δm·v,可得F=ρSv2。10级台风的风速v1≈25 m/s,16级台风的风速v2≈50 m/s,则有=≈4,B正确。
一题多解　设空气的密度为ρ,迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的风的横截面积为S,在时间Δt内的空气质量为Δm=ρSv·Δt,以Δt时间内吹在广告牌的空气为研究对象,根据牛顿第二定律可得F=Δm·a,其中a==,联立可得F=ρSv2,则=≈4。
7.AD　物块与地面间的滑动摩擦力为f=μmg=2 N,0~3 s内,由动量定理得(F-f)t1=mv3,即(4-2)×3 N·s=1 kg×v3,得v3=6 m/s,3 s时物块的动量为p=mv3=6 kg·m/s,C错误;设3 s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得-(F+f)t=0-mv3,即-(4 N+2 N)t=0-1×6 kg·m/s,解得t=1 s,物块在4 s时速度减为0,此时物块的动能也为0,A正确;设0~3 s内物块发生的位移为x1,由动能定理得(F-f)x1=m,即(4 N-2 N)x1=×1×62 J,得x1=9 m,设3~4 s内,物块发生的位移为x2,由动能定理得-(F+f)x2=0-m,即-(4 N+2 N)x2=0-×1×62 J,得x2=3 m,4~6 s内物块反向运动,加速度大小为a==2 m/s2,物块在6 s时的速度大小为v6=2×2 m/s=4 m/s,发生的位移为x3=t=×2 m=4 m方法技巧　利用物块运动的v-t图像有助于对本题的理解。v-t图像与时间轴所围面积表示物块的位移。
0~3 s,F与位移同向,都沿正方向;3~4 s,F与位移反向;4~6 s,F与位移同向,都沿负方向。
8.ABD
图形剖析　
从a-t图像可知,0~t1时间内B物体未运动,仍处于静止状态,故墙对B的作用力的大小、方向和弹簧对A的作用力大小、方向均相等,故墙对B的冲量与弹簧对A的冲量相同,故由动量定理可知其大小等于mAv0,选项A正确;t1时刻之后,A、B构成的系统动量守恒,在t2时刻,弹簧形变量最大,弹簧弹力最大,A、B加速度a也最大,且此时A、B受力大小相等,方向相反,aAmB,选项B正确;t2时刻弹簧形变量最大,aA9.答案　(1)见解析　(2)0.2 s
解析　设算珠的质量为m, 取从甲到乙的方向为正方向,甲算珠碰撞前后的速度分别为v1和v1',乙算珠碰后的速度为v2'。对算珠,由牛顿第二定律知-μmg=ma,解得a=-μg=-0.1×10 m/s2=-1 m/s2
(1)对甲算珠,有-=2as1,得v1=0.3 m/s
甲算珠与乙算珠碰撞,由动量守恒定律得
mv1=mv1'+mv2'
代入数据,解得v2'=0.2 m/s
设乙滑行s后停下,有0-v2'2=2as
代入数据,解得s=2.0×10-2 m
由于s=s2,则乙算珠可以滑到边框a
(2)设甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞所用时间为t1,碰后至停下所用时间为t2
根据vt-v0=at,有t=
t1== s=0.1 s
t2== s=0.1 s
在t2时间内,设甲算珠的位移为s1'
由-=2as,得s1'== m=0.5×10-2 m故甲算珠从被拨出到停下来所需时间
t=t1+t2=0.1 s+0.1 s=0.2 s
方法技巧　处理动量守恒问题的三个关键:
10.答案　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m
解析　(1)滑块静止时,桌面对滑杆的支持力与滑块和滑杆的重力大小相等,即N1=(m+M)g=8 N。
滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N,由牛顿第三定律可知,滑块对滑杆的摩擦力也为1 N,方向竖直向上,此时桌面对滑杆的支持力为N2=Mg-f'=5 N。
(2)滑块向上运动到碰前瞬间,根据动能定理有
-mgl-fl=mv2-m
代入数据解得v=8 m/s
(3)滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞,碰后两者共速,碰撞过程根据动量守恒有mv=(m+M)v'
碰后滑块和滑杆以速度v'整体向上做竖直上抛运动,由动能定理有-(m+M)gh=0-(m+M)v'2
代入数据联立解得h=0.2 m。
一题多解　第(2)问,滑块上滑过程,对滑块有f+mg=ma
解得a=15 m/s2
由v2-=-2al,得v=8 m/s
11.C　位置-时间图像的斜率表示速度,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均错误。碰撞过程中动量守恒,有m1v0=-m1v1+m2v2,解得m2=3m1,则p2'>p1',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。
教材溯源　本题可溯源至人教版教材选择性必修第一册29页第7题,题图相似,问法不同。
12.答案　(1)1 m　(2)0　(3)12 J
解析　(1)对物块A,根据运动学公式可得
x=h-gt2=1.2 m-×10×0.22 m=1 m
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0,根据运动学公式可知x=vB0t-gt2
即1=vB0×0.2-×10×0.22
解得vB0=6 m/s
可得碰撞前A物块的速度vA=gt=2 m/s,方向竖直向下;
碰撞前B物块的速度vB=vB0-gt=4 m/s,方向竖直向上;
选向下为正方向,由动量守恒可得mAvA-mBvB=(mA+mB)v
解得碰后速度v=0
(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能ΔE=mA+mB-(mA+mB)v2=12 J
13.答案　(1)　(2)6mgL-3m　(3)
解析　(1)A在传送带上加速运动时的加速度a=μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间
t==
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功
W=×2m+2mg·3L-×2m=6mgL-3m
(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
2m·2v0=mv1+2mv2
×2m·(2v0)2-=
解得v1=2v0,v2=v0
(另一组解v1=v0,v2=v0舍掉)
A、B做平抛运动的时间t1=
则s-r=v2t1
s+r=v1t1
解得s=
考情分析　弹性碰撞和完全非弹性碰撞是高考常考内容之一,以选择题和计算题为主,涉及多物体碰撞问题,多与其他知识综合命题。
14.答案　(1)　(2)m(-2μgs0)
(3)
关键点拨　解决第(3)问的关键在于弄清小物块B和C一起向右压缩弹簧至滑板恰好开始运动时B和C运动的位移,理解滑板A恰好开始运动的条件是地面对滑板A的摩擦力恰好达到最大静摩擦力。
解析　(1)设C在碰撞前瞬间的速度大小为v1,对C碰撞前的滑行过程应用动能定理有
-μmgs0=m-m
解得v1=
(2)设C与B碰撞后的共同速度为v2,碰撞过程中动量守恒,有mv1=2mv2
设碰撞过程中损失的机械能为ΔE,再由能量守恒有
m=×2m×+ΔE
联立解得ΔE=m(-2μgs0)
(3)当A开始运动时,A与地面间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力fm=3μmg
设此时弹簧的压缩量为x,对A由平衡条件有
fm=kx+μ×(m+m)g
解得x=
则此过程中C和B克服摩擦力所做的功为
W=2μmgx=
15.答案　(1)5(1-k) m/s,方向水平向右
m/s,方向水平向右　(2)1.875 m
模型构建　碰撞在瞬间完成,分析物块C、D碰撞不要受滑板A、B的影响,分析滑板A、B碰撞也不要受物块C、D的影响。两个碰撞同时完成后,新物块与新滑板再发生相互作用。
解析　(1)取水平向右为正方向,设C、D相碰后的共同速度为vCD,C、D碰撞前后遵守动量守恒定律:
mCv0-mDkv0=(mC+mD)vCD
代入数值后得vCD=5(1-k) m/s
00,即C、D形成的新物块速度方向水平向右。
设A、B相碰后的共同速度为vAB,
A、B碰撞前后遵守动量守恒定律:
mAv0-mBkv0=(mA+mB)vAB
代入数值后得vAB=(1-2k) m/s
00,vAB>0,即A、B形成的新滑板速度方向水平向右。
(2)若k=0.5,根据(1)可知v=vCD=2.5 m/s,vAB=0。之后C、D一起向右做匀减速运动,A、B一起向右做初速度为0的匀加速运动,直到达到共同速度v共。
由AB、CD系统动量守恒得
(mC+mD)v=(mA+mB+mC+mD)v共
v共=1 m/s
设新物块在新滑板上滑动的相对位移的大小为Δx,
对AB、CD系统,根据能量守恒可得μ(mC+mD)gΔx=(mC+mD)v2-(mA+mB+mC+mD)
代入数值可得Δx=1.875 m
16.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,即t=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)根据牛顿第二定律,可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度,
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
17.答案　(1)一元　(2)　(3)　(4)见解析
解析　(1)为了防止碰撞时硬币甲被反弹回去,应使硬币甲的质量大于硬币乙的质量,故甲应选用一元硬币。(2)甲从O运动到P的过程,由动能定理得-μm1gs0=0-m1,解得v0=。(3)同理可得v1=,v2=,若甲、乙碰撞过程动量守恒,则m1v0=m1v1+m2v2,联立并整理可得=。(4)产生这种误差可能的原因:距离或质量的测量存在误差、碰撞过程不是对心碰撞、两硬币实际与纸板间的动摩擦因数不同等。
考情分析　验证动量守恒定律的方法很多,用斜槽验证动量守恒定律是本实验主要的考查方式,随着新课改的深入进行,在以后高考中一定会继续出现一些创新性实验。
三年模拟练
1.B　设空气阻力f=kv,小球运动到最高点时速度为零,空气阻力为零,只受重力作用,所以小球的加速度等于重力加速度,方向竖直向下,不是平衡状态,A错误;小球刚抛出时加速度最大,ma=mg+kv0,小球以v1匀速经过抛出点时,处于平衡状态,由kv1=mg得k=,联立可得最大加速度a=g(1+),D错误;小球上升过程,由动量定理得-mgt-kt=0-mv0,即-mgt-·h=-mv0,解得h=,B正确;小球上升过程,阻力的冲量大小I上=kt,下降过程,阻力的冲量大小I下=kt',又t=t'=h,所以小球从抛出到落回抛出点,上升过程阻力的冲量与下降过程阻力的冲量大小相等,C错误。故选B。
2.C　设碰后白球的位移为3x0,则黑球碰后位移为12x0,碰撞过程,根据动量守恒定律有mv0=mv1+mv2,碰撞后两球做匀减速直线运动,利用逆向思维,根据速度与位移关系有=2μg·3x0,=2μg·12x0,白、黑两球碰撞过程中损失的动能ΔEk=m-m-m,碰前时刻白球动能Ek0=m,解得=,C正确。
3.BC　整个过程中由子弹、物块和弹簧组成的系统所受合外力为零,动量守恒,在子弹打中物块A的过程中有摩擦力做功,故系统机械能不守恒,A错误。子弹射入物块A的过程,子弹与物块A组成的系统动量守恒,可得m0v0=8m0v,解得v=,因摩擦产生的热量Q=m0-×8m0=m0,C正确。当子弹、物块A和物块B达到共速时,弹簧弹性势能最大,由动量守恒定律可得8m0v=10m0v共,解得v共=v0,故最大弹性势能Epm=×8m0v2-×10m0,解得Epm=m0,B正确,D错误。
4.BC　
模型构建　
从A开始下滑到到达最低点过程,A、B组成的系统在水平方向动量守恒,以向左为正方向,设B移动的距离为x,由动量守恒定律得mvA-mvB=0,即m-m=0,解得x=R,A错误;从A开始下滑到到达最低点过程,由机械能守恒定律得m+m=mgR,联立解得vA=vB=,B正确;B与C粘在一起后,A在运动过程中机械能守恒,由m=mgh,解得h=,C正确;B与C粘在一起后,A运动到最高点即h=时,B受到A的压力F=mg sin 30°=mg,D错误。
5.BCD　小物块第一次与挡板碰撞后,先向左做匀减速直线运动,再向右做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得加速度大小a=μg=3 m/s2,小物块第一次与挡板碰撞后,小物块与木板相互作用直到有共同速度v2,由动量守恒定律得Mv1-mv1=(M+m)v2,解得v2=4 m/s,小物块与木板共速时的位移和所用时间分别为x1==8 m,t1'==4 s,小物块和木板一起向右匀速运动的时间为t1″==2 s,小物块与挡板第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为t1=t1'+t1″=6 s,A错误;小物块第一次与挡板碰撞后,小物块与木板相互作用直到有共同速度v2,由动量守恒定律得Mv1-mv1=(M+m)v2,解得v2=v1,小物块第二次与挡板碰撞后,小物块与木板相互作用直到有共同速度v3,由动量守恒定律得Mv2-mv2=(M+m)v3,解得v3=v2=v1,以此类推可得vn=v1=24-n m/s(解题技法),物块与挡板第二次碰撞前速度大小为v2=v1=4 m/s,碰后原速率反弹,规定水平向左为正方向,对物块应用动量定理,可得I=mv2-(-mv2)=8 N·s,B、C正确;木板在与小物块发生相对滑动时,一直向右做匀减速运动,最终两个物体全部静止,根据能量守恒定律得μmglmin=m+M,解得lmin= m,D正确。
6.答案　(1)0　(2)　(3)2g
解析　(1)开始时,弹簧的压缩量x1=
当A、B一起上升到最高点时,设弹簧的伸长量为x2,根据牛顿第二定律有kx2+2mg=2m×g
解得x2=
由x1=x2
可得从A、B两球碰撞到A、B球上升到最高点O,弹簧的弹性势能的变化为0
(2)设开始时A、B间的距离为h,根据机械能守恒有mgh=m
设A、B碰撞后一瞬间,A、B共同速度大小为v2,根据动量守恒有mv1=2mv2
从碰后一瞬间到上升到最高点,根据机械能守恒有×2m=2mg(x1+x2)
解得h=
(3)A、B碰撞前后,根据动量守恒有mv1=mv1'+mv2'
根据机械能守恒有m=mv1'2+mv2'2
解得v2'=
B球上升到O点的过程根据动能定理有
m-mv2'2=-mg(x1+x2)
解得v末==2g
7.答案　(1)g tan θ
(2)①　②Mgh+M-M-P0t
解析　(1)飞机模型静止时,受力情况如图所示。绳对模型的拉力T与气流对模型的作用力F及模型所受重力G的合力F合相等,即T=F合=mg tan θ
剪断轻绳后T=0
依据牛顿第二定律有mg tan θ=ma
解得飞机的加速度a=g tan θ
(2)①设模型与空气垂直作用的等效面积为S0,当管道2中流速为v时,依据动量定理,在Δt时间内有S0fΔt=(nS0vΔt)m0v
解得v=
②火箭达到最大速度vm时a=0
空气阻力f阻=Sf
依据平衡条件,发动机推力F=Sf+Mg
依据功率公式有P0=Fvm=vm
则vm==
对火箭由速度v1到最大速度vm的过程,依据动能定理有P0t+Wf-Mgh=M-M
解得Wf=Mgh+M-M-P0t
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