《动量-2023年高考物理真题题源解密含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《动量-2023年高考物理真题题源解密含答案.pdf（45页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1专题七动量目录真题考查解读2023年真题展现真题考查解读2023年真题展现考向一动量冲量动量定理考向二动量守恒定律及综合应用近年真题对比近年真题对比考向一 动量冲量动量定理考向二 动量守恒定律及综合应用命题规律解密名校模拟探源易错易混速记命题规律解密名校模拟探源易错易混速记【命题意图】通过实际生活考查动量与音频量的理解及动量定理的应用；通过通过碰撞和板块模型，弹簧连接体模型考查动量与能量问题【考查要点】(1)考查动量、冲量和动量的变化量的基本概念，并掌握其简单的应用；掌握动量定理解决与实际生产、生活相关的题型，尤其是流体类模型；(2)考查动量守恒定律条件的理解；动量守恒定律的理解和应用和考查
2、动量与能量的综合问题【课标链接】动量、冲量的理解；动量定理的理解及其应用；动量守恒定律的理解应用；动量与能量的综合。考向一动量冲量动量定理1(2023(2023新课标卷)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻()动量-2023年高考物理真题题源解密2A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零2(20232023广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨
3、上滑动，忽略阻力开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有()A该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18NsC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40NsD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N考向二动量守恒定律及综合应用3(20232023辽宁卷)如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度v0
4、=54m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。(1)求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；(3)已知木板向右运动的速度从 v2减小到 0所用时间为 t0。求木板从速度为 v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能DU(用t表示)。4(202
5、32023浙江6 6月卷)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v0=2 21m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=30.8m，以v=2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数=0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹
6、性势能Ep=12kx2(x为形变量)。(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能E；(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差x。5(20232023浙江1 1月卷)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角=37的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角=37的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B E处凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖
7、直侧壁GH处，摆渡车:上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面已知螺旋圆形轨道半径R=0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG=2.5m，HI长度L0=9m，摆渡车长度L=3m、质量m=1kg将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37=0.6，cos37=0.8)(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t6
8、(20232023湖南卷)如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g4(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；(2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；(3)若Mm=ba-b，求小球下降h=b2高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)7(202
9、32023全国乙卷)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m=13M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。8(20232023山东卷)如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末
10、端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0=1m/s，v=4m/s，mA=mC=1kg，mB=2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数1=0.1，C与B间动摩擦因数2=0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g=10m/s2。5(1)求C下滑高度H；(2)与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰
11、撞，求s的范围；(3)若s=0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；(4)若s=0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量p的大小。考向一动量冲量动量定理1(20222022 全国乙卷 T T2020)质量为1kg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=10m/s2。则()A.4s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kgm/sD.06s时间内F对物块所做的功为40J2(20222022 湖南卷 T T7 7)
12、神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v-t图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是()A 在0t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B.在0t1时间内，返回舱的加速度不变C.在t1t2时间内，返回舱的动量随时间减小D.在t2t3时间内，返回舱的机械能不变63(20222022 山东卷 T T2 2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零
13、时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中()A.火箭的加速度为零时，动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量考向二动量守恒定律及综合应用4(20222022 全国乙卷 T T2525)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
14、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(sin=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。5(20222022 湖南卷 T T4 4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()7A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
15、B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v06(2022浙江6月卷T20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m=2g，l=1m，R=0.4m，H=0.2m，v=2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数=0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止
16、。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g=10m/s2。(1)若h=1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；(3)若物块b释放高度0.9mh1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。【答案】(1)5m/s；(2)FN=0.1h-0.14(h1.2m)；(3)当0.9mh1.2m时，2.6mx3m，当1.2mh1.65m时，3+35mx 3.6+35m7(20222022 河北 T T1313)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B
17、，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块C、D的质量均为1kg，A和C以相同速度v0=10m/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滑块，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=0.1。重力加速度大小取g=10m/s2。(1)若0k m乙所以a甲 a乙由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲 m乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。故选BD。2(20232023广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的
18、简化模型多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有()A该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18NsC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40NsD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N【答案】BD【解析】【详解】A取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=10.40kgm/s=0.40kgm/s碰撞后的动量为p2=2mv2=210.22
19、kgm/s=0.44kgm/s则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；B对滑块1，取向右为正方向，则有I1=mv2-mv1=10.22kgm/s-10.40kgm/s=-0.18kgm/s3负号表示方向水平向左，故B正确；C对滑块2，取向右为正方向，则有I2=mv2=10.22kgm/s=0.22kgm/s故C错误；D对滑块2根据动量定理有Ft=I2解得F=5.5N则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N，故D正确。故选BD。考向二动量守恒定律及综合应用3(20232023辽宁卷)如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自
20、然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度v0=54m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。(1)求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；(3)已知木板向右运动的速度从 v2减小到 0所用时间为 t0。求木板从速度为 v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程
21、中，系统因摩擦转化的内能DU(用t表示)。【答案】(1)1m/s；0.125m；(2)0.25m；32m/s；(3)4 3t0-8t20【解析】(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0=(m1+m2)v1代入数据有v1=1m/s对m1受力分析有a1=m2gm1=4m/s2则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v21=2a1x1代入数据解得x1=0.125m(2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx=(m1+m2)a共4对m2有a2=g=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对m1、m2组成的系统列动能定理有-12
22、kx22=12(m1+m2)v22-12(m1+m2)v21代入数据有v2=32m/s(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即 m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为 x2时，则说明此时 m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有-m2g2t0=m2v3-m2v2解得v3=32-2t0则对于m1、m2组成的系统有-Wf=12m1v22+12m2v23-12(m1+m2)v22DU=-Wf联立有U=4 3t0-8t204(20232023浙江6 6月卷)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实
23、验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v0=2 21m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8m，以v=2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数=0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep=12kx2(x为形变量)。(1)求滑块a到达圆弧管道DEF
24、最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能E；(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差x。【答案】(1)10m/s；31.2；(2)0；(3)0.2m【解析】(1)滑块a从D到F，由能量关系mg2R=12mv2F-12mv20在F点FN-mg=mv2FR解得vF=10m/sFN=31.2N(2)滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为a=g=5m/s2根据v2B=v2C-2aL可得在C点的速度vC=3m/s则滑块a从碰撞后到到达C点12mv21
25、=12mv2C+mg2R解得v1=5m/s5因ab碰撞动量守恒，则mvF=-mv1+3mv2解得碰后b的速度v2=5m/s则碰撞损失的能量E=12mv2F-12mv21-123mv22=0(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度mvF=4mv解得v=2.5m/s当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4mv=6mv则v=53m/s当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系124mv2=126mv2+12kx21解得x1=0.1m同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1则弹簧最大长度与最小长度之差x=2x1=0.2m5(20232023浙江1 1月卷)一游戏装置竖直截面如图
26、所示，该装置由固定在水平地面上倾角=37的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角=37的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B E处凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车:上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面已知螺旋圆形轨道半径R=0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG=2.5m，HI长度L0=9m，摆渡车长度L=3m、质量m=1kg将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即
27、静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37=0.6，cos37=0.8)(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t【答案】(1)vC=4m/s，FC=22N；(2)=0.3；(3)t=2.5s【解析】(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(h-1.2R-R-Rcos)=12mv2C解得vC=4m/s滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得FC+mg=mv2CR解得FC=22N(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，
28、根据动能定理可得6mgh-0.2mgLFG=12mv2解得v=6m/s摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv=2mv1解得v1=v2=3m/s根据能量守恒可得Q=mgL=12mv2-122mv21解得=0.3(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a=mgm=3m/s2所用时间为t1=v-v1a=1s此过程滑块通过的位移为x1=v+v12t1=4.5m滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为t2=L0-x1v1=1.5s则滑块从G到J所用的时间为t=t1
29、+t2=2.5s6(20232023湖南卷)如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；(2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；(3)若Mm=ba-b，求小球下降h=b2高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g
30、表示)【答案】(1)v2=2m2gbM2+Mm，x2=mM+ma；(2)x M+m-ma2M2a2+y2b2=1；(3)2bga+3b【解析】(1)小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正0=mv1-Mv2小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒mgb=12mv21+12Mv22联立解得v2=2m2gbM2+Mm因水平方向在任何时候都动量守恒即0=mv1-Mv27两边同时乘t可得mx1=Mx2且由几何关系可知x1+x2=a联立记得x2=mM+ma(2)小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为 x,y时，此时凹槽水平向右运动的位移为x，根据上式有m a-x=Mx则小球
31、现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为x-x2a2+y2b2=1整理得x M+m-ma2M2a2+y2b2=1(3)将Mm=ba-b代入小球的轨迹方程化简可得 x-a-b2+y2=b2即此时小球的轨迹为以 a-b为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为b2时有如图此时可知速度和水平方向的的夹角为60，小球下降b2的过程中，系统水平方向动量守恒0=mv3cos60-Mv4系统机械能守恒mgb2=12mv23+12Mv24联立得v3=4gb2a+3b=2bga+3b7(20232023全国乙卷)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管
32、长度为20l。一质量为m=13M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。8【答案】(1)小球速度大小2gl2，圆盘速度大小2gl2；(2)l；(3)4【解析】(1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律mgl=12mv20解得v0=2gl过程2：
33、小球以2gl 与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有12mv20=12mv21+12Mv21mv0=mv1+Mv1解得v1=m-Mm+Mv0=-2gl2v1=12v0=2gl2即小球碰后速度大小2gl2，方向竖直向上，圆盘速度大小为2gl2，方向竖直向下；(2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即v1+gt=v1解得t=v1-v1g=v0g根据运动学公式得最大距离为dmax=x盘-x球=v1t-v1t-12gt2=v202g=l(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者
34、位移相等，则有x盘1=x球1即v1t1+12gt21=v1t1解得t1=2v0g此时小球的速度v2=v1+gt1=32v0圆盘的速度仍为v1，这段时间内圆盘下降的位移x盘1=v1t1=v20g=2l之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒mv2+Mv1=mv2+Mv2根据能量守恒12mv22+12Mv21=12mv22+12Mv22联立解得v2=0v2=v0同理可得当位移相等时x盘2=x球2v2t2=12gt22解得t2=2v0g9圆盘向下运动x盘2=v2t2=2v20g=4l此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度v3=gt2=2v0有动量守恒mv3+Mv2=mv3+Mv
35、3机械能守恒12mv23+12Mv22=12mv23+12Mv23得碰后小球速度为v3=v02圆盘速度v3=3v02当二者即将四次碰撞时x盘3=x球3即v3t3=v3t3+12gt23得t3=2v0g=t1=t2在这段时间内，圆盘向下移动x盘3=v3t3=3v20g=6l此时圆盘距离下端管口长度20l-1l-2l-4l-6l=7l此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加 2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4=8l则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。8(20232023山东卷)如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形
36、轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0=1m/s，v=4m/s，mA=mC=1kg，mB=2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数1=0.1，C与B间动摩擦因数2=0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g=10m/s2。(1)求C下滑高度H；(2)与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发
37、生碰撞，求s的范围；(3)若s=0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；(4)若s=0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量p的大小。【答案】(1)H=0.8m；(2)0.625ms1.707m；(3)-6J；(4)9.02kgm/s10【解析】(1)由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有mCgH=12mCv2代入数据解得H=0.8m(2)滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为 f2=2mCg木板B受到C的摩擦力水平向右，为 f2=2mCgB受到地面的摩擦力水平向左，为 f1=1mC+mBg所以滑块C的加速度为aC=2mCgm
38、C=2g=5m/s2木板B的加速度为aB=2mCg-1mC+mBgmB=lm/s2设经过时间t1，B和C共速，有4-5t1=1+1t1代入数据解得t1=0.5s木板B的位移SB1=10.5+1210.52=0.625m共同的速度v共1=1+10.5m/s=1.5m/s此后B和C共同减速，加速度大小为aBC=1mB+mCgmB+mC=lm/s2设再经过t2时间，物块A恰好祖上模板B，有0.625+1.5t2-121t22=1 0.5+t2整理得t22-t2-0.25=0解得t2=1+22s，t2=1-22s(舍去)此时B的位移SB2=0.625+1.5t2-121t22=1 0.5+t2=1+2
39、21.707m共同的速度v共2=v共1-aBCt2=1.5-11+22m/s=1-22m/s综上可知满足条件的s范围为0.625ms1.707m(3)由于s=0.48m0.625m所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有0.48=1t0+121t20整理后有t20+2t0-0.96=0解得t0=0.4s，t0=-2.4s(舍去)滑块C在这段时间的位移sC=40.4-1250.42m=1.2m所以摩擦力对C做的功W=-f2sC=-2mCgsC=-6J(4)因为木板 B 足够长，最后的状态一定会是 C 与 B 静止，物块 A 向左匀速运动。木板 B 向右运动0.48m时，有vB
40、0=1+10.4m/s=1.4m/svC0=4-50.4m/s=2m/ssA=10.4m=0.4m此时A、B之间的距离为s=0.48m-0.4m=0.08m由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小11aB=2mCg+1mB+mCgmB=4m/s2物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有1t3+1.4t3-124t23=0.08整理得t23-1.2t3+0.04=0解得t3=3-2 25s，t3=3+2 25s(舍去)此时有vB1=1.4-43-2 25m/s=8 2-55m/s方向向左；vC1=2-53-2 25m/s=2 2-1m/s
41、方向向右。接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有mAv0+mB-vB1=mAvA+mBvB12mAv20+12mB-vB12=12mAv2A+12mBv2B代入数据解得vA=-32 2-2515m/s-2.02m/svB=15-8 215m/s0.246m/s而此时vC=vC1=2-53-2 25m/s=2 2-1m/s1.83m/s物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量p初=mA+mBv0+mCv=7kgm/s末动量p末=mAvA=-2.02kgm/s则整个过程动量的变化量p=
42、p末-p初=-9.02kgm/s即大小为9.02kg9.02kg m/sm/s。考向一动量冲量动量定理1(20222022 全国乙卷 T T2020)质量为1kg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=10m/s2。则()A.4s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kgm/sD.06s时间内F对物块所做的功为40J【答案】AD【解析】物块与地面间摩擦力为12f=mg=2NAC对物块从03内由动量定理可知(F-f)t1=mv3即(4-2)3=1v3得v3=6m/s
43、3s时物块的动量为p=mv3=6kgm/s设3s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+2)t=0-16解得t=1s所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；B03物块发生的位移为x1，由动能定理可得(F-f)x1=12mv23即(4-2)x1=12162得x1=9m3s4s过程中，对物块由动能定理可得-(F+f)x2=0-12mv23即-(4+2)x2=0-12162得x2=3m4s6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a=F-fm=2m/s2发生的位移为13x3=12222m=4mv2碰撞后氢核的动量为pH=mv1=mv
44、0氮核的动量为pN=14mv2=28mv015可得pNpH碰撞后氢核的动能为EkH=12mv21=12mv20氮核的动能为EkN=1214mv22=28mv20225可得EkHEkN故B正确，ACD错误。故选B。6(2022浙江6月卷T20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m=2g
45、，l=1m，R=0.4m，H=0.2m，v=2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数=0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g=10m/s2。(1)若h=1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；(3)若物块b释放高度0.9mh1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。18【答案】(1)5m/s；(2)FN=0.1h-0.14(h1.2m)；(3)当0.9mh1.2m时，
46、2.6mx3m，当1.2mh1.65m时，3+35mx 3.6+35m【解析】(1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律mgh=12mv2b解得vb=5m/sb与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvb=mvb+mv012mv2b=12mv2b+12mv20联立解得v0=vb=5m/s(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理可得mgh1-2mgl-mgH=0解得h1=1.2m以竖直向下为正方向FN+mg=mv2ER由动能定理mgh-2mgl-mgH=12mv2E联立可得FN=0.1h-0.14(h
47、1.2m)(3)当1.2mh1.65m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理得mgh-2mgl-mgH=12mv2E从E点飞出后，竖直方向H=12gt219水平方向s=vEt根据几何关系可得DF=35m联立解得x=3l+DF+s1代入数据解得3+35mx 3.6+35m当0.9mh1.2m时，从h2=0.9m释放时，根据动能定理可得mgh-mgs2=0解得s2=1.8m可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得mgH-mgs3=0解得s3=0.4m距离C点0.6m，综上可知当0.9mh1.2m时3l-s3x3l代入数据得2.6mx3m7(202
48、22022 河北 T T1313)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块C、D的质量均为1kg，A和C以相同速度v0=10m/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滑块，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=0.1。重力加速度大小取g=10m/s2。(1)若0k0可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1-k)m/s，方向向右。(2)若k=0.5，可知碰后滑块C、D形成的新滑块的速度为v=5(1-k)m/s=5(1-0.5)m/
49、s=2.5m/s滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v，以向右方向为正方向，则有mAv0-mBkv0=(mA+mB)v解得v=0可知碰后新滑块相对于新滑板向右运动，新滑块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新滑块的质量为M1=2kg，新滑板的质量为M2=3kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得M1v=(M1+M2)v共解得v共=1m/s根据能量守恒可得M1gs相=12M1v2-12(M1+M2)v2共解得s相=1.875m8(20222022 广东卷 T T1313)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
50、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10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力 f为1N，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=0.2kg，滑杆的质量M=0.6kg，A、B间的距离l=1.2m，重力加速度g取10m/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v1；(3)滑杆向上运动的最大高度h。21【答案】(1)N1=8N，N2=5N；(2)v1=8m/s；(3)h=0.2m【解析】(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力