(共119张PPT)
动量变化
动量变化
合外力的冲量
零
相反
零
零
真题回顾
冲量
I=Ft
系统所受合力为
动量定理零或不受外力
动量守恒定律
Ft=mv2-mU1
m11+m22=m11+m22
动量
p=U
牛顿第二定律F=ma
知识网络>●●。。
基础落实>●。●
考点突破>●●。。
限时训练>●。。
真题回顾>。。。。
方法破解>。●。。
热身练习>●●。。第3讲 动量定理 动量守恒定律
【p31】
【p31】
1．动量定理
(1)公式：Ft＝p′－p，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是__动量变化__的原因．
(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与__动量变化__的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与__合外力的冲量__方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．
2．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力或者所受外力的矢量和为__零__，这个系统的总动量保持不变．
(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)，或Δp＝0(系统总动量的变化量为零)，或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向__相反__)．
(3)守恒条件
①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为__零__．
②系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为__零__，则系统在该方向上动量守恒．
③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．
【p31】
考点一 动量定理及其应用 例1
香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，米老鼠模型能够上下运动，引人驻足，如图所示．这一景观可做如下简化，假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出，水柱的流量为Q(流量定义：在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积)，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部．水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开．已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计．
(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力．试计算米老鼠模型在空中悬停时，水到达冲浪板底部的速度大小；
(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化，需调整水泵对水做功的功率．水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水的动能．请根据第(2)问中的计算结果，推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式．
【解析】(1)设很短时间Δt内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，水柱在喷口的初速度为v0，喷口的横截面积为S.
则：Δm＝ρΔV
ΔV＝Sv0Δt＝QΔt
解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρQ
(2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时，水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由v变为0，Δt时间这些水对板的作用力的大小为F′，板对水的作用力的大小为F，以向下为正方向，不考虑水柱顶部水的重力，根据动量定理有：FΔt＝0－(Δm)(－v)
根据牛顿第三定律：F＝F′
由于米老鼠模型在空中悬停，根据力平衡条件得：
F′＝Mg
联立可解得：v＝
(3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h，对于Δt时间内喷出的水，根据机械能守恒定律(或运动学公式)得：
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v
水泵对水做功的功率为：P0＝＝
联立解得：h＝－
【答案】(1)ρQ (2) (3)－
【方法总结】1.
应用动量定理解题的基本思路：
(1)确定研究对象．
(2)对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量．
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负．
(4)先根据动量定理列方程，再补充其他必要的方程，最后代入数据求解．
2．应用动量定理处理“流体模型”问题基本思路：
(1)在极短时间Δt内，取一段小柱体作为研究对象．
(2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt.
(3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt.
(4)求小柱体的动量变化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt.
(5)应用动量定理FΔt＝Δp.
变式训练1
如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端有一阻值为R的电阻，一质量为m、电阻也为R的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，在金属棒整个运动过程中，下列说法正确的是( )
A．金属棒b端电势比a端高
B．金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
C．金属棒ab运动的位移为
D．金属棒ab运动的位移为
【解析】由右手定则可知，金属棒ab上电流的方向是b→a，说明b端电势比a端低，A错误；由能量守恒知金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热，B错误；由动量定理－BILΔt＝0－mv0，整个过程中感应电荷量IΔt＝Δt，又E＝＝，联立得IΔt＝，故金属棒的位移x＝，C错误，D正确．
【答案】D
【方法总结】电磁感应问题中应用动量定理时，有两种常见的列式形式．一是直接从安培力的公式出发，得到安培力的冲量I＝∑BIiLΔt＝BLq，这个公式对所有的电磁感应情形都适用．二是在导体棒切割磁感线的情形中，还可将安培力的冲量写成I＝∑Δt＝x，式中的x表示导体棒在这个过程中经过的位移．
考点二 动量守恒定律及其应用 例2(2020·全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0
kg的静止物块以大小为5.0
m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0
m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0
m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48
kg B．53
kg C．58
kg D．63
kg
【解析】设运动员和物块的质量分别为m、m0规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律0＝mv1－m0v0，解得v1＝v0；物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝v0，第3次推出后mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝v0；依次类推，第8次推出后，运动员的速度v8＝v0；根据题意可知v8＝v0≥5
m/s，解得m≤60
kg；第7次运动员的速度一定小于5
m/s，则v7＝v0<5
m/s，解得m>52
kg.综上所述，运动员的质量满足52
kgkg，AD错误，BC正确．
【答案】BC
【方法总结】运用动量守恒定律解题时，先要判定系统是否符合动量守恒的条件，再规定正方向，明确初、末两状态的动量表达式，再列方程求解．解题的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，判断是否符合动量守恒的适用情况和适用条件．
变式训练2
如图所示，质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB的长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方为h的位置由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为h(不计空气阻力)，则( )
A．小球冲出B点后做斜上抛运动
B．小球第二次进入轨道后恰能运动到A点
C．小球第一次到达B点时，小车的位移大小是R
D．小球第二次通过轨道克服摩擦力所做的功等于mgh
【解析】小球与小车组成的系统在水平方向系统动量守恒，开始系统在水平方向动量为零，小球离开小车时两者水平速度相等，由于系统在水平方向初动量为零，在水平方向，由动量守恒定律可知，系统末状态在水平方向动量也为零，即小球离开小车时小车与小球在水平方向的速度为零，小球离开小车时的速度方向竖直向上，小球离开小车后做竖直上抛运动，故A错误；从小球开始下落到小球离开小车上升到最高点过程，由能量守恒定律得：mgh＝W＋mg·h，则小球第一次通过轨道时，克服摩擦力做功：W＝mgh，小球第二次通过轨道时，由于在对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做功小于mgh，小球第二次进入轨道后可以从A点冲出轨道，故B、D错误；小球第一次到达B点时，设小车的位移大小为x，则小球的位移大小为：2R－x，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv－mV＝0，即m－m＝0，解得：x＝R，即小球第一次到达B点时，小车的位移大小是R，故C正确．
【答案】C
考点三 碰撞、爆炸和反冲
例3随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度．为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度．如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2.探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比．那么下列判断中正确的是( )
A．v1＞v0
B．v1＝v0
C．v2＞v0
D．v2＝v0
【解析】图1中，探测器类似于与行星对面正碰，设探测器的质量为m，行星的质量为M，碰后探测器滑块的速度大小为v1，行星的速度大小为u1，设向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0－Mu＝mv1＋Mu1，由能量守恒可得：mv＋Mu2＝mv＋Mu
联立可得：v1＝－v0－u，由于M?m，则：v1＝－(v0＋2u)＞v0，负号表示方向向左，故A正确，B错误；图2中，类似于探测器追上行星与之正碰，设探测器的质量为m，行星的质量为M，碰后探测器滑块的速度大小为v2，行星的速度大小为u2，设向右为正方向，根据动量守恒定律有：－mv0－Mu＝mv2＋Mu2
由能量守恒可得：mv＋Mu2＝mv＋Mu
联立可得：v2＝v0－u
由于M?m，则：v2＝v0－2u＜v0，表示方向向右；故C错误，D错误．
【答案】A
【方法总结】1.处理碰撞问题的基本思路：
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．
(3)光滑的平面或曲面(仅有重力做功)，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．
2．处理碰撞问题时，除了符合动量守恒的原则外，还要注意系统总动能不能增大，碰撞前后的速度关系要合理．
3．在弹性正碰的问题中，首先要注意动量守恒、初末动能相等两个约束条件．还要对常见的结论熟练掌握，考试时避免再次推导，可以大大提高解题效率．
变式训练3
如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s(图乙)．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为( )
A.(s＋L)
B.(s＋2L)
C.(s＋L)
D.(L＋2s)
【解析】子弹穿过木块过程，对子弹和木块的系统，外力之和为零，动量守恒有：mv0＝mv1＋mv2；设子弹穿过木块的过程所受阻力为f，对子弹由动能定理：－f(s＋L)＝mv－mv，由动量定理：－ft＝mv1－mv0，对木块由动能定理：fs＝mv，由动量定理：ft＝mv2，联立解得：t＝(L＋2s)；故选D.
【答案】D
【方法总结】子弹打木块是非弹性碰撞(或完全非弹性碰撞)，碰撞中动量守恒，机械能减少．完全非弹性碰撞在三种碰撞中能量损失最大．在对子弹应用动能定理时要注意位移是子弹对地的位移，在对木板应用动能定理时位移是木板对地的位移，而在求转化为内能的量时要用阻力(摩擦力)乘以相对位移(或路程)．
变式训练4
如图所示，水平地面上有一个质量为M＝4
kg、两端带有固定挡板的长木板，其上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板上放置一个可视为质点的小滑块，其质量为m＝1
kg，滑块距左、右挡板的距离均为l＝5.0
m，初始时滑块和长木板均静止．现施加一水平向右、大小为F＝20
N的恒力拉木板，经过一段时间，滑块即将与左挡板接触时，撤去拉力F；滑块与左挡板发生弹性碰撞后，又经过一段时间，再与右挡板发生碰撞，且碰撞后不再分离．g取10
m/s2.求：
(1)滑块与左挡板发生弹性碰撞后的瞬间滑块和长木板的速度大小；
(2)长木板从开始运动到最终静止时发生的总位移．
【解析】(1)设木板做加速运动的加速度为a1，由牛顿第二定律得：
F－μ(M＋m)g＝Ma1
设木板经过l后的速度为v0，由运动学公式得：
v－0＝2a1l
联立解得：a1＝2.5
m/s2，v0＝5
m/s
左挡板与滑块发生弹性碰撞，木板与滑块组成的系统，由动量守恒和机械能守恒得：
Mv0＝Mv1＋mv2
Mv＝Mv＋mv
联立解得：v1＝3
m/s，v2＝8
m/s
(2)撤去F后，设木板做减速运动的加速度为a2，由牛顿第二定律得：
μ(M＋m)g＝Ma2
解得：a2＝2.5
m/s2
此时到停止用时为：t＝＝
s＝1.2
s
此过程M运动的位移为：x1＝v1t＝1.8
m
在t时间内小滑块的位移为：x0＝v2t＝9.6
m
由于x0＜2l＋x1＝11.8
m，所以二者在第二次相撞前木板已经停止．
设滑块与右挡板发生碰撞后，两者达到的共同速度为v3，由动量守恒得：
mv2＝(M＋m)v3
解得：v3＝1.6
m/s
设之后二者一起滑停的位移为x2，由动能定理得：
－μ(M＋m)gx2＝0－(M＋m)v
解得：x2＝0.64
m
长木板全过程的位移为：x＝l＋x1＋x2＝7.44
m
【答案】(1)8
m/s 3
m/s (2)7.44
m
【方法总结】“滑块—木板”模型也类似非弹性碰撞(或完全非弹性碰撞)，碰撞中动量守恒，机械能减少．滑块与木板通过滑动摩擦力相互作用，实现系统的机械能部分单向转化为内能，机械能的减少量等于内能的增加量，在弄清物理过程的基础上，由动量守恒p1＝p2
和能量守恒fs相对＝ΔEk列式解决．
微专题突破四 力学规律的综合应用
【p34】
1．(2020·山东卷)如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处．某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞．Q与斜面间的动摩擦因数等于tan
θ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失．两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞．重力加速度大小为g.
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
(3)求物块Q从A点上升的总高度H；
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s.
【解析】(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝mvP1＋4mvQ1 ①
由机械能守恒定律得
mv＝mv＋×4mv ②
联立①②式得
vP1＝－v0 ③
vQ1＝v0 ④
故第一次碰撞后P的速度大小为v0，Q的速度大小为v0
(2)设P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得
0－v＝2·(－2gsin
θ)· ⑤
联立①②⑤式得
h1＝ ⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得
mv－mv＝－mgh1 ⑦
联立①②⑤⑦式得
v02＝v0 ⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2，由动量守恒定律得
mv02
＝
mvP2
＋4mvQ2 ⑨
由机械能守恒定律得
mv＝mv＋×4mv ⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
vP2＝－×v0 ?
vQ2＝×v0 ?
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
0－v＝2·(－2gsin
θ)· ?
联立①②⑤⑦⑨⑩?式得
h2＝· ?
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位罝时速度为v03，第二次碰后至笫三次碰前，
对P由动能定理得
mv－mv＝－mgh2 ?
联立①②⑤⑦⑨⑩??式得
v03＝v0 ?
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3，由动量守恒定律得
mv03＝mvP3＋4mvQ3 ?
由机械能守恒定律得
mv＝mv＋×4mv ?
联立①②⑤⑦⑨⑩????式得
vP3＝－×v0 ?
vQ3＝×v0 ?
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，由运动学公式得
0－v＝2·(－2gsin
θ)·
联立①②⑤⑦⑨⑩????式得
h3＝·
……
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为
hn＝·(n＝1，2，3，……)
(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
0－mv＝－(m＋4m)gH－tan
θ·4mgcos
θ·
解得
H＝
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得
vQ1＝2gt1sin
θ
设P运动到斜面底端时的速度为vP1′，需要的时间为t2，由运动学公式得
vP1′＝vP1＋gt2sin
θ
vP1′2－v＝2sgsin
θ
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
v02＝(－vP1)－gt3sin
θ
当A点与挡板之间的距离最小时
t1＝2t2＋t3
联立式，代入数据得
s＝
【答案】(1)
P的速度大小为v0，Q的速度大小为v0 (2)hn＝()n－1·(n＝1，2，3……) (3)H＝ (4)s＝
【p34】
1．力的三个作用效果及其对应规律
(1)力的瞬时作用效果：牛顿第二定律；
(2)力对空间积累效果：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律；
(3)力对时间积累效果：动量定理、动量守恒定律．
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2)研究某一受到力的持续作用的物体在运动状态发生改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
(3)若研究的对象为由几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但须注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
(4)在涉及相对位移问题时，优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，须注意到这些过程一般均隐含系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
3．运用力学规律解题关键
(1)使用牛顿运动定律的关键：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确并建立力和加速度及运动与加速度的关系．
(2)使用动量定理的关键：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，选取正方向，明确合外力的冲量及初、末动量的正负．
(3)使用动能定理的关键：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确哪些力做功，哪些力不做功，哪些力做正功，哪些力做负功及动能的变化．
(4)使用动量、机械能守恒定律的关键：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，判断是否符合动量、机械能守恒的适用情况和适用条件．
(5)使用能量守恒定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确有哪些力做功，做功的结果是导致什么能向什么能转化，然后建立ΔE增＝ΔE减的关系．
【p34】
1．(2020·天津卷)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
【解析】(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1g＝m1 ①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有m1v＝m1v2＋2m1gl ②
由动量定理，有I＝m1vA ③
联立①②③式，得I＝m1 ④
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
v′＝vA ⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝v′ ⑥
又Ek＝m2v ⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
Ek＝ ⑧
【答案】(1)m1 (2)
2.
如图所示，水平面内ab和cd是两条平行放置的足够长的粗糙金属直导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m，两杆与导轨间的动摩擦因数均为μ.开始时水平外力F作用在杆MN上，使两杆以速度v0水平向右匀速运动．两杆的总电阻为R，导轨间距为d，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持外力F不变，金属杆和导轨始终接触良好，已知在t＝t0时刻后杆MN速度保持不变，且在0～t0时间内两杆速度方向始终向右，求：
(1)0～t0时间内任意时刻两杆的加速度大小之比；
(2)t0时刻两杆各自的速度；
(3)0～t0时间内两杆各自的位移．【解析】(1)细线烧断前金属杆做匀速直线运动，由平衡条件得：F＝μ·3mg＝3μmg，
烧断细线前回路不产生感应电流，烧断细线后，两金属杆受到的安培力等大反向，由牛顿第二定律得：
对MN∶F－F安培－μmg＝ma1，方向：水平向右，
对M′N′：μ·2mg－F安培＝2ma2，方向：水平向左，
解得：a1∶a2＝2∶1；
(2)两杆在0～t0时间内速度方向相同，拉力保持不变，两杆组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv1＋2mv2＝3mv0，
两杆达到最大速度时，加速度均为零，则：F安培′＝2μmg，
安培力：F安培′＝BId，
感应电动势：E＝Bd(v1－v2)，
感应电流：I＝，
解得：v1＝v0＋，v2＝v0－；
(3)在0～t0时间内，对MN杆，由动量定理得：
Ft0－μmgt0－BI0dt0＝mv1－mv0，
平均感应电流：I0＝＝，
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv1＋mv2＝3mv0，
即：m＋2m＝3mv0，则：x1＋2x2＝3v0t0，
解得：x1＝v0t0＋－，
x2＝v0t0－＋
【答案】(1)2∶1 (2)v0＋ v0－
(3)v0t0＋－
v0t0－＋
真题回顾
【p36】
1．(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示．已知甲的质量为1
kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3
J
B．4
J
C．5
J
D．6
J
【解析】由v－t图可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲＝5
m/s，v乙＝1
m/s；碰后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1
m/s，v乙′＝2
m/s，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6
kg，则损失的机械能为ΔE＝m甲v＋m乙v－m甲v甲′2－m乙v乙′2，解得，ΔE＝3
J．故选A.
【答案】A
2．(2020·山东卷)(多选)如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连．现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零．轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态．以下判断正确的是( )
A．M<2m
B．2m
C．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
【解析】由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T＝2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有2mgsin
θ＝Mg，故有M<2m，故A正确，B错误；由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确．
【答案】ACD
3．(2019·全国卷Ⅰ)(多选)
在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a－x关系如图中虚线所示．假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则( )
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
【解析】由a－x图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有：mg－kx＝ma，变形式为：a＝g－x，该图象的斜率为－，纵轴截距为重力加速度g.根据图象的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为：＝＝；又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即：G＝m′g，即该星球的质量M＝.又因为：M＝ρ，联立得ρ＝.故两星球的密度之比为：＝·＝1∶1，故A正确；当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，mg＝kx，即：m＝；结合a－x图象可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为：＝＝，故物体P和物体Q的质量之比为：＝·＝，故B错误；物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置(a＝0)时，它们的动能最大；根据v2＝2ax，结合a－x图象“面积”的物理意义可知：物体P的最大速度满足v＝3a0x0，物体Q的最大速度满足：v＝2a0x0，则两物体的最大动能之比：＝＝·＝4，C正确；物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置(a＝0)可知，物体P和Q振动的振幅A分别为x0和2x0，即物体P所在弹簧最大压缩量为2x0，物体Q所在弹簧最大压缩量为4x0，则物体Q下落过程中弹簧最大压缩量是物体P下落过程中最大压缩量的2倍，D错误；故本题选A、C.
【答案】AC
4．(2019·全国卷Ⅱ)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10
m/s2.由图中数据可得( )
A．物体的质量为2
kg
B．h＝0时，物体的速率为20
m/s
C．h＝2
m时，物体的动能Ek＝40
J
D．从地面至h＝4
m，物体的动能减少100
J
【解析】Ep－h图象知其斜率为G，故G＝＝20
N，解得m＝2
kg，故A正确；
h＝0时，Ep＝0，Ek＝E总－Ep＝100
J－0＝100
J，故mv2＝100
J，解得：v＝10
m/s，故B错误；
h＝2
m时，Ep＝40
J，Ek＝E总－Ep＝90
J－40
J＝50
J，故C错误；
h＝0时，Ek＝E总－Ep＝100
J－0＝100
J；h＝4
m时，Ek′＝E总－Ep＝80
J－80
J＝0，则Ek－Ek′＝100
J，故D正确．
【答案】AD
5．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3
m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10
m/s2.该物体的质量为
( )
A．2
kg
B．1.5
kg
C．1
kg
D.
0.5
kg
【解析】对上升过程，由动能定理，－(f＋mg)h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－(f＋mg)h，即f＋mg＝12
N；下落过程，(mg－f)(3－h)＝Ek，即mg－f＝8
N，联立两公式，得到m＝1
kg、f＝2
N.
【答案】C
6．(2018·全国Ⅰ卷)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
【解析】根据初速度为零的匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v＝at，由动能公式Ek＝mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项A、C错误；由v2＝2ax，可知列车动能与位移x成正比，选项B正确；由动量公式p＝mv，可知列车动能Ek＝mv2＝，即与列车的动量二次方成正比，选项D错误．
【答案】B
7．(2018·全国Ⅱ卷)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
【解析】木箱受力如图所示：
木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知：WF－Wf＝mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误．
故选A.
【答案】A
8．(2018·全国卷Ⅱ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程( )
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
【解析】设第②次所用时间为t，根据速度图象的“面积”等于位移(此题中为提升的高度)可知，×2t0×v0＝×(t＋t－t0)×v0，解得：t＝，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶＝4∶5，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F－mg＝ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；由功率公式，P＝Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确；由动能定理：WF－mgh＝ΔEk＝0，∴WF＝mgh；两次做功相同，选项D错误．
【答案】AC
9．(2018·全国Ⅰ卷)(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是( )
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
【解析】根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab.对微粒a，由牛顿第二定律，qE＝maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE＝mbab，联立解得：>，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于a微粒受到的电场力(合外力)等于b微粒受到的电场力(合外力)，根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，选项D正确．
【答案】BD
10．(2020·全国卷Ⅱ)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,
g为重力加速度的大小，不计空气阻力．
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件．
【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动．设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
Ma1＝Mg＋f ①
ma2＝f－
mg ②
联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g ③
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同．由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
v0＝ ④
方向均向下．管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下．
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同．取向上为正方向，由运动学公式
v0－a1t1＝－v0＋a2t1 ⑤
联立③④⑤式得t1＝ ⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v.由运动学公式可得
h1＝v0t1－a1t ⑦
v＝v0－a1t1 ⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0.此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点．
由运动学公式有h2＝ ⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，
则H1＝h1＋h2 ⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝H ?
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0 ?
联立??式并代入题给数据得x1＝H ?
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为x2＝H1 ?
设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1＋x2≤L ?
联立????式，L应满足条件为L≥H ?
【答案】(1)a1＝2g a2＝3g (2)H1＝H (3)L≥H
11．(2020·山东卷)单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°.某次练习过程中，运动员以vM＝10
m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道．图乙为腾空过程左视图．该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力力加速度的大小g＝10
m/s2，sin
72.8°＝0.96，cos
72.8°＝0.30.求：
(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
(2)M、N之间的距离L.
【解析】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得
v1＝vMsin
72.8° ①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿笫二定律得
mgcos
17.2°＝ma1 ②
由运动学公式得
d＝ ③
联立①②③式，代入数据得
d＝4.8
m ④
(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得
v2＝vMcos
72.8° ⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得
mgsin
17.2°＝ma2 ⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得
t＝2 ⑦
L＝v2t＋a2t2 ⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
L＝12
m ⑨
【答案】(1)4.8
m (2)12
m
12．(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v－t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．
(1)求物块B的质量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．
【解析】(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝m(－)＋m′v′ ①
mv＝m(－)2＋m′v′2 ②
联立①②式得
m′＝3m ③
(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有
mgH－fs1＝mv－0 ④
－(fs2＋mgh)＝0－m(－)2 ⑤
从图(b)所给的v－t图线可知
s1＝v1t1 ⑥
s2＝··(1.4t1－t1) ⑦
由几何关系
＝ ⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2 ⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝mgH
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcos
θ·
?
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有
－μm′gs′＝0－m′v′2 ?
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcos
θ·－μ′mgs′＝0 ?
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得
＝ ?
【答案】(1)3m (2)mgH (3)
13．(2019·全国卷Ⅱ)一质量为m＝2
000
kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方100
m处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图(a)中的图线．图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8
s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3
s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1
s内的位移为24
m，第4
s内的位移为1
m.
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t图线；
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
【解析】(1)v－t图象如图所示．
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1
s，设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1，2，3，….
若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有
s1－s4＝3a(Δt)2 ①
s1＝v2Δt－a(Δt)2 ②
v4＝v2－4aΔt ③
联立①②③式，代入已知数据解得
v4＝－
m/s ④
这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．
由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt ⑤
2as4＝v ⑥
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
a＝8
m/s2，v2＝28
m/s ⑦
或者a＝
m/s2，v2＝29.76
m/s ⑧
但⑧式情形下，v3小于零，不符合条件，故舍去．
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有：f1＝ma ⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为
I＝f1(t2－t1) ⑩
由动量定理有I＝mv1－m2 ?
由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为
W＝mv－mv ?
联立⑦⑨⑩??式，代入已知数据解得
v1＝30
m/s ?
W＝1.16×105
J ?
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋ ?
联立⑦??式，代入已知数据解得
s＝87.5
m ?
【答案】(1)见解析图 (2)28
m/s 8
m/s2
(3)1.16×105
J 87.5
m
14．(2019·全国卷Ⅲ)
静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0
kg，mB＝4.0
kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0
m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0
J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10
m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？【解析】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB ①
Ek＝mAv＋mBv ②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0
m/s，vB＝1.0
m/s ③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有
mBa＝μmBg ④
sB＝vBt－at2 ⑤
vB－at＝0 ⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－at2 ⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75
m sB＝0.25
m ⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25
m处．B位于出发点左边0.25
m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25
m＋0.25
m＝0.50
m ⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
mAvA′2－mAv＝－μmAg(2l＋sB) ⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝
m/s ?
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″ ?
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2 ?
联立???式并代入题给数据得
vA″＝
m/s，vB″＝－
m/s ?
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2，2asB′＝vB″2 ?
由④??式及题给数据得
sA′＝0.63
m，sB′＝0.28
m ?
sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91
m ?
【答案】(1)4.0
m/s 1.0
m/s (2)B先停止 0.50
m (3)0.91
m【p128】
A组
1．人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况．若手机质量为120
g，从离人约20
cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2
s，取重力加速度g＝10
m/s2.下列分析正确的是( )
A．手机接触头部之前的速度约为1
m/s
B．手机对头部的冲量大小约为0.48
N·s
C．手机对头部的作用力大小约为1.2
N
D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48
kg·m/s
【解析】手机做自由落体运动，根据运动学公式可知手机接触头部之前的速度约为：v＝＝
m/s＝2
m/s，故A错误；因为手机落在头上没反弹，速度减为0，规定竖直向下为正方向，对手机由动量定理得：mgt＋I＝0－mv，代入数据可得：I＝－0.48
N·s，负号表示方向竖直向上，根据牛顿第三定律，可知手机对头部的冲量大小约为：I′＝－I＝0.48
N·s，故B正确；根据冲量定义得手机对头部的作用力大小约为：F＝＝2.4
N，故C错误；手机与头部作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与头部作用过程中动量变化为：Δp＝0－mv＝－0.24
kg·m/s，故D错误．
【答案】B
2．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑，则( )
A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处
【解析】小球与弹簧接触前，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，且有mv球－mv槽＝0则有v槽＝v球．当小球与弹簧接触后，小球受外力，故小球和槽组成的系统所受外力不为零，动量不再守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于接触面的，故力和位移不垂直，故两力均做功，故B错误；小球脱离弧形槽后，槽向后做匀速运动，小球向前做速度大小和槽相同的匀速运动，而小球和弹簧作用过程中机械能守恒，故小球被原速率反弹，反弹继续做匀速运动，故C正确；小球被反弹后，因两物体均有向左的速度，且速度大小相等，则两物体不会相遇，小球不会到达最高点，故D错误．
【答案】C
3．如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接．现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧．不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是( )
A．E＝mv I＝2mv0
B．E＝mv I＝2mv0
C．E＝mv I＝mv0
D．E＝mv I＝mv0
【解析】AB碰撞瞬间，由动量守恒定律可知：mv0＝2mv1
，解得：v1＝；碰撞后系统机械能守恒，当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能E，则：E＝×2m×＝mv.取AB整体分析，取向右为正，由动量定理可得I＝2m×－(－2m×)＝2mv0，所以墙对弹簧的冲量大小为2mv0，故A项正确，其他选项错误．
【答案】A
4．在足够长的倾斜长直轨道上，先后将甲、乙两个相同小球以相同的初速度在同一位置沿轨道向斜上方弹出，它们运动的v－t图象如图所示．据图可知下列说法错误的是( )
A．该轨道是光滑轨道
B．t＝4
s时，两球相对于出发点的位移相等
C．两球在轨道上发生的碰撞是完全非弹性碰撞
D．两小球回到出发点时的速度大小为10
m/s
【解析】根据图象的斜率表示加速度，知两球下滑的加速度与上滑的加速度相同，所以该轨道是光滑轨道，故A正确；根据图象与时间轴所围的面积表示位移，图象在时间轴上方位移为正，在时间轴下方位移为负，知t＝4
s时，两球相对于出发点的位移相等，故B正确；t＝4
s时两球发生碰撞，碰后两球速度相同，所以两球的碰撞是完全非弹性碰撞，故C正确；t＝4
s时，乙球相对于出发点的位移为
x＝×2
m＝20
m，两球碰后的速度为0，加速度大小为a＝5
m/s2，则两小球回到出发点时的速度大小为v＝＝
m/s＝10
m/s，故D错误．
【答案】D
5．使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里．播种时，在离地面10
m高处、以15
m/s的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气压力把荚以5
m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，荚进入地面下10
cm深处完成一次播种．已知荚的总质量为20
g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后重力的作用，g取10
m/s2，则( )
A．射出荚的过程中，播种器对荚做的功为0.25
J
B．离开无人机后，荚在空中运动的时间为
s
C．土壤对荚冲量的大小为3
kg·m/s
D．荚在土壤内受到平均阻力的大小为22.5
N
【解析】荚的水平速度v1＝15
m/s，竖直速度v2＝5
m/s，根据矢量求和定则可知，荚离开播种机的速度v＝＝5
m/s，分析题意可知，播种器对荚做功引起其动能的变化，W＝mv2－mv＝0.25
J，故A正确；荚在竖直方向上做匀加速直线运动，h＝v2t＋gt2，代入数据解得t＝1
s，故B错误；荚落地速度为v′，下落过程中，根据动能定理有：mv2＋mgh＝mv′2，解得v′＝15
m/s；根据动量定理可知，土壤对荚冲量的大小等于荚的动量的变化，则I＝mv′＝
kg·m/s，故C错误；根据几何关系可知，荚到达地面的速度方向与水平方向之间的夹角为45°，荚进入地面下10
cm，相对于地面的位移大小x＝d＝
m，根据动能定理可知，－Ff·x＝0－mv′2，解得F＝
N，故D错误．
【答案】A
6．平行板电容器下极板附近有一个静止的放射性原子核，它所放出的粒子a与反冲核b平行于极板分别向左和向右运动，相等时间内的运动轨迹如图所示，图中的m和n均表示长度，m∶n＝2∶3，不计重力，则a、b两粒子的电荷量之比为( )
A．2∶1
B．3∶2
C．1∶3
D．2∶3
【解析】原子核衰变过程系统动量守恒，以b的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mbvb－mava＝0，则mava＝mbvb＝p，即两粒子的动量大小相等．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：x＝vt，沿电场方向：y＝t2，粒子质量m′＝＝，解得：q＝＝，则两粒子的电荷量之比：＝＝×＝，故D正确，ABC错误．
【答案】D
7．(多选)“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户．他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力飞上天空，然后利用风筝平稳着陆．假设万户及所携设备火箭(含燃料、椅子、风筝等)总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出．忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．火箭的推力来源于燃气对它的反作用力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
D．在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
【解析】火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭(含燃料、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小为v＝，故B正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为
h＝＝，故C错误；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误．
【答案】AB
8.
(多选)小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d，若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法正确的是( )
A．第n发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方
B．待打完n发子弹后，小车将以一定速度一直向右匀速运动
C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为
D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同，应越来越大
【解析】子弹、枪、人、车系统水平方向不受外力，水平方向动量一直守恒，子弹射击前系统总动量为零，设子弹出口速度为v，车后退速度大小为v′，以向右为正，根据动量守恒定律，有：
0＝－mv＋[M＋(n－1)m]v′ ①
子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故：
vt＋v′t＝d ②
联立解得v′＝，t＝
故车后退距离为：
Δs＝v′t＝×＝；
每颗子弹从发射到击中靶的过程中，车均退Δs，故n颗子弹发射完毕后，小车后退s＝n·Δs＝，故A、C正确，D错误；由于整个系统动量守恒，初动量为零，故打完n发后，车静止不动，故B错误．
【答案】AC
B组9.(多选)2020年5月5日，长征五号B运载火箭在中国文昌航天发射场成功首飞，把近22吨的新一代载人飞船试验船送入太空，这是中国乃至亚洲火箭首次发射超过“两万公斤”的航天器．此次新一代载人飞船试验船采用了全新的自主飞行控制系统，飞行期间，在没有人工干预的情况下，自主完成了七次精确变轨，将飞船逐级抬到一个远地点距离地面8
000公里的大椭圆轨道上.5月8日，试验船的返回舱在返回地面过程中，到合适高度处，先打开三个降落伞，接近地面时，再打开底部的6个气囊，落地缓冲，平稳着陆．这标志着试验船飞行试验任务圆满成功，也意味着中国载人航天事业开启了新的篇章．下列说法正确的是( )
A．降落伞打开后的下降过程中，空气阻力做负功，返回舱的机械能变小
B．打开6个气囊，落地缓冲，气囊的作用是减小试验船落地时与地面间的冲量
C．飞船自主完成七次精确变轨，每次变轨都要加速才能从低轨道变到高轨道
D．飞船在远地点距地面为8
000公里的椭圆轨道上运动的周期等于距地面为8
000公里的圆轨道上运动的周期
【解析】降落伞打开后的下降过程中，空气阻力做负功，返回舱的机械能一部分转化为内能，所以机械能变小，故A正确；气囊的作用是增加试验船落地时与地面间的作用时间，动量变化量不变，从而减少试验船落地时与地面间的作用力，故B错误；飞船由低轨道向高轨道运动过程中需要从低轨道加速做离心运动，所以每次变轨都要加速才能从低轨道变到高轨道，故C正确；飞船在远地点距地面为8
000公里的椭圆轨道上运动的半长轴小于8
000公里，根据开普勒第三定律可知，飞船在远地点距地面为8
000公里的椭圆轨道上运动的周期小于距地面为8
000公里的圆轨道上运动的周期，故D错误．
【答案】AC
10．2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面，如图所示为月球探测器在月面软着陆的最后阶段的运动示意图．探测器原来悬停在A点，为避开正下方B处的障碍物，探测器需先水平运动到C点，再沿CD竖直下降，到达D点时速度变为0，此后探测器关闭所有发动机，在自身重力作用下自由下落至月面E点．已知月球表面重力加速度g＝1.62
m/s2，AC＝1.6
m，CD＝26
m，DE＝4
m，探测器在A点时质量m＝1
000
kg，从C点运动到D点所用时间为15
s．探测器主发动机M竖直向下喷气，可产生0～7
500
N的变推力，辅助发动机P、Q分别水平向左、水平向右喷气，产生的推力恒为400
N，所有发动机喷出的气体相对探测器的速度大小均为u＝2
000
m/s，且发动机的推力F与喷气速度u、秒流量Q(单位时间内喷出的气体质量)满足F＝uQ.探测器在如图所示的整个过程中所消耗的燃料质量Δm?m.求：
(1)探测器着陆前瞬间的速度；
(2)探测器从C点运动到D点过程中所消耗的燃料质量Δm1；
(3)探测器从A点运动到C点过程消耗的燃料质量(即喷出的气体质量)Δm2的最小值．
【解析】(1)根据自由落体运动公式有：v2＝2gh，代入数据解得：v＝3.6
m/s.
(2)对CD过程，根据动量定理可知：IF－mgt＝0－0.其中IF＝∑F·Δt＝∑uQ·Δt＝u·Δm1.联立解得：Δm1＝12.15
kg.
(3)探测器从A点运动到C点的过程中，主发动机产生的推力为：F1＝mg，秒流量为Q1＝.发动机P或Q工作时，推力F2＝400
N，秒流量Q2＝.
假设从A点运动到C点的过程中，探测器先加速运动t1时间，再匀速运动t2时间，最后再减速运动t3时间．t1＝t3.探测器加速和减速过程中位移s1＝s3＝at.
匀速过程中的位移s2＝AC－s1－s3.
匀速运动的时间t2＝.
F2＝ma.
整个过程中消耗的燃料质量
Δm2＝Q1(t1＋t2＋t3)＋Q2(t1＋t3)．
代入数据解得，Δm2＝1.21t1＋.
当t1＝
s时，Δm2最小，最小值为3.96
kg.
【答案】(1)3.6
m/s (2)12.15
kg (3)3.96
kg
11．如图所示，光滑导体轨道PMN和P′M′N′是两个完全相同的轨道，是由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M和M′点相切，两轨道并列平行放置，MN和M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L，PP′之间有一个阻值为R的电阻，开关S是一个感应开关(开始时开关是断开的)，矩形区域MNN′M′内有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为h.金属棒a和b质量均为m、电阻均为R.在水平轨道某位置放上金属棒b，静止不动，a棒从圆弧顶端PP′静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x＝.两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b棒离开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关S闭合．不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g.求：
(1)两棒速度稳定时，两棒的速度分别是多少？
(2)两棒落到地面后的距离是多少？
(3)整个过程中，两棒产生的焦耳热分别是多少？
【解析】(1)a棒沿圆弧轨道运动到最低点M时，由机械能守恒定律得：mgr＝mv
解得a棒到达圆弧轨道最低点M时的速度v0＝.
a棒向b棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，产生感应电流．a棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，b棒则在安培力的作用下向右做加速运动．只要a棒的速度大于b棒的速度，回路总有感应电流，a棒继续减速，b棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度做匀速运动．
从a棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒．
由动量守恒定律得：mv0＝2mv1
解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度
v1＝＝
(2)经过一段时间，b棒离开轨道后，a棒与电阻R组成回路，从b棒离开轨道到a棒离开轨道过程中a棒受到安培力的冲量大小为IA＝ILBt＝BL＝
由动量定理：－IA＝mv2－mv1
解得v2＝
由平抛运动规律得：两棒落到地面后的距离
Δx＝(v1－v2)＝
(3)b棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等Qa1＝Qb
由能量守恒定律可知：Qa1＋Qb＝mv－(2m)v
解得：Qa1＝Qb＝mgr
b棒离开轨道后，a棒与电阻R通过的电流大小总是相等，两者产生的焦耳热相等
由能量守恒定律可知：2Qa2＝mv－mv
解得：Qa2＝mgr
所以整个过程中，a棒产生的焦耳热
Qa＝Qa1＋Qa2＝mgr
【答案】(1) (2) (3)mgr mgr
