高考物理二轮复习讲练专题二第2讲动量观点的应用 (含解析)

这是一份高考物理二轮复习讲练专题二第2讲动量观点的应用 (含解析)，共18页。

第2讲　动量观点的应用

真题再现
考情分析
1.(2019·高考全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A.1.6×102 kg
B．1.6×103 kg
C.1.6×105 kg
D．1.6×106 kg
解析：选B.根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得＝＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确.

2.(2018·高考全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)
A.10 N
B．102 N
C.103 N
D．104 N
解析：选C.根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确.

3.(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)
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：选A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确.

命题研究
　　动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，是解决物理问题的重要基本方法，高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决平抛运动、圆周运动、多运动过程问题；二是综合运用动能定理和能量守恒定律，结合动量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．这几类题型，命题情景新，密切联系实际，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒定律在解题过程中的纽带作用
　冲量与动量定理的应用
【高分快攻】
1．应用动量定理解题的步骤

2．动量定理的两个重要应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化
例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化．
【典题例析】
对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系．(解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)

[解析]　如图所示，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，
碰撞粒子总数N＝n·SvΔt，
Δt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt
器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝
则器壁单位面积所受粒子的压力f＝＝nmv2.
[答案]　f＝nmv2
【题组突破】
1．(多选)(2017·高考全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)

A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
解析：选AB.根据F－t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项均正确，C、D项均错误．
2．(2018·高考北京卷) 2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点．质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2.


(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小．
解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有
L＝＝100 m.

(2)根据动量定理，有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s.
(3)运动员经C点时的受力分析如图所示．
根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有
mgh＝mv－mv
根据牛顿第二定律，有FN－mg＝m
联立解得FN＝3 900 N.
答案：见解析
　动量守恒定律在碰撞、爆炸和反冲中的应用
【高分快攻】
1．应用动量守恒定律解题的步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初、末状态动量；
(4)由动量守恒定律列出方程；
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
2．三种碰撞的特点
弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，
机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v′ ＋m2v′
完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′，机械能损失最多：机械能的损失
ΔE＝－(m1＋m2)v′2
非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，
机械能有损失：机械能的损失
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1v′ ＋m2v′)
碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.
(3)速度要符合实际情况
【典题例析】
如图所示，在光滑水平面上有质量为m的小物块a以初速度v0水平向右运动，在小物块a左右两侧各放置完全相同的小物块b、c，小物块b、c上各固定一个轻弹簧，小物块b、c的质量均为km，其中k＝1、2、3…，弹簧始终处于弹性限度内．求：

(1)小物块a第一次与小物块c碰撞时，弹簧的最大弹性势能为多大？
(2)若小物块a至少能与小物块c碰撞2次，k的最小值为多少？
[解析]　(1)小物块a和c相互作用，两者速度相等时弹簧的弹性势能最大，对于小物块a和c，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋km)v
根据能量转化和守恒定律有
Epmax＝mv－(m＋km)v2
联立解得Epmax＝·mv.
(2)设小物块a第一次离开小物块c时，小物块a和c的速度分别为v1、v2，对于小物块a和c根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋kmv2
根据机械能守恒定律有mv＝mv＋kmv
联立解得，小物块a的速度为v1＝v0
小物块c的速度为v2＝v0
小物块a离开c后与小物块b作用，当小物块a离开b时，小物块a和小物块b的速度分别为v′1、v′2，对于小物块a和b，根据动量守恒定律有mv1＝mv′1＋kmv′2
根据机械能守恒定律有mv＝mv′ ＋kmv′
联立解得v′1＝v0
若小物块a和c至少碰撞2次，则有v′1＞v2
由数学知识可得k2－4k－1＞0
解得k＞2＋
而k＝1、2、3…
故kmin＝5.
[答案]　(1)·mv　(2)5
【题组突破】
角度1　碰撞问题分析
1．(2018·高考全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．
解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB ①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v′＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得
v′B＝3.0 m/s. ③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA ④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有
v′＝2aAsA ⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAv′A＋mBv′B ⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.25 m/s. ⑦
答案：见解析
角度2　爆炸现象分析
2．(2018·高考全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．
解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0－v0＝－gt ②
联立①②式得
t＝ . ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1 ④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有
mv＋mv＝E ⑤
mv1＋mv2＝0 ⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv＝mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝. ⑧
答案：见解析
角度3　多过程问题中的动量守恒3．(2019·临沂高三二模)质量m＝1 kg的小物块在高h1＝0.3 m的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣K，物块将以水平速度v0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝0.15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块M，m滑下与M发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度的，碰撞过程中无能量损失，g＝10 m/s2，求：

(1)物块m压缩弹簧时储存的弹性势能Ep；
(2)物块M的质量．
解析：(1)小物块由A运动到B做平抛运动，h1－h2＝gt2，解得：t＝ s
由几何关系：R＝h1，h1－h2＝，∠BOC＝60°
设小球平抛时的初速度为v0，
则＝tan 60°
弹性势能Ep等于小物块在A点的动能，
Ep＝mv
解得：Ep＝0.5 J.
(2)设小物块到C点时的速度为v1，
小物体从A点到C点过程，机械能守恒
由机械能守恒定律，mv＋mgh1＝mv
m与M碰撞过程动量守恒，有：mv1＝mv3＋Mv2
m与M碰撞过程能量守恒，有：
mv＝mv＋Mv其中v3＝－
由以上各式解得：M＝2.0 kg.
答案：(1)0.5 J　(2)2.0 kg

命题角度
解决方法
易错辨析
动量守恒的条件判断
掌握三个守恒条件
准确判断系统合外力是否为零或内力远大于外力，或者分析是否为碰撞或爆炸
弹性碰撞分析
动量守恒定律、机械能守恒定律
无能量损失是最大特点
完全非弹性碰撞分析
动量守恒定律
掌握碰撞后速度相等这一条件
爆炸现象求解
动量守恒的条件是内力远大于外力
注意爆炸后各部分的速度方向，有可能不在同一平面内
　
　动量守恒定律的综合应用
【高分快攻】
1．解题策略
(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)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、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．
(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．
2．动量与能量的综合问题，常取材“滑块—滑板”模型、“传送带”模型、“弹簧—物块”模型等，设置多个情景、多个过程，考查力学三大观点的综合应用．要成功解答此类“情景、过程综合”的考题，就要善于在把握物理过程渐变规律的同时，洞察过程的临界情景，结合题给条件(往往是不确定条件)，进行求解(注意结合实际情况分类讨论)．
【典题例析】
(2019·高考全国卷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v′A，由动能定理有
mAv′2　A－mAv＝－μmAg(2l＋sB) ⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
v′A＝ m/s⑪
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B ⑫
mAv′＝mAv″＋mBv″ ⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
v″A＝ m/s，v″B＝－ m/s ⑭
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s′A时停止，B向左运动距离为s′B时停止，由运动学公式
2as′A＝v″，2as′B＝v″ ⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
s′A＝0.63 m，s′B＝0.28 m ⑯
s′A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′＝s′A＋s′B＝0.91 m. ⑰
[答案]　(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)B先停止　0.50 m
(3)0.91 m
【题组突破】
角度1　“子弹打木块”模型
1．如图所示，在固定的足够长的光滑水平杆上，套有一个质量为m＝0.5 kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98 kg的木块，现有一质量为m0＝20 g的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g＝10 m/s2)，求：

(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；
(2)木块所能达到的最大高度．
解析：(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有
m0v0＝(m0＋M)v
在该过程中机械能有损失，损失的机械能为
ΔE＝m0v－(m0＋M)v2
解得：ΔE＝99 J.
(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有
(m0＋M)v＝(m0＋M＋m)v′
又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有
(m0＋M)gh＝(m0＋M)v2－(m0＋M＋m)v′2
联立解得：h＝0.01 m.
答案：见解析
角度2　“滑块类”模型
2．(2019·潍坊高三模拟)如图所示，水平地面上OP段是粗糙的，OP长为L＝1.6 m，滑块A、B与该段的动摩擦因数都为μ＝0.5，水平地面的其余部分是光滑的．滑块B静止在O点，其质量mB＝2 kg.滑块A在O点左侧以v0＝5 m/s 的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞．A的质量是B的k(k取正整数)倍，滑块均可视为质点，取g＝10 m/s2.

(1)若滑块A与B发生完全非弹性碰撞，求A、B碰撞过程中损失的机械能；
(2)若滑块A、B构成的系统在碰撞过程中没有机械能损失，试讨论k在不同取值范围时滑块A克服摩擦力所做的功．
解析：(1)设滑块A碰B后的共同速度为v，A、B碰撞过程中损失的机械能为ΔE
由动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v ①
由能量守恒定律有ΔE＝mAv－(mA＋mB)v2 ②
联立①②式并代入数据解得ΔE＝ J． ③
(2)设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向，由于弹性碰撞，有：
mAv0＝mAvA＋mBvB ④
mAv＝mAv＋mBv ⑤
联立④⑤式并代入数据解得vA＝ m/s ⑥
vB＝ m/s ⑦
假设滑块A、B都能在OP段滑动，滑块A、B在OP段的加速度(aA＝aB＝μg)相等，
由⑥⑦式知在任意时刻vB>vA，滑块A、B不会再一次发生碰撞．
由题知，当滑块A刚好能够到达P点有
mAv＝μmAgL
代入数据解得k＝9
讨论：
a．当k＝1时，vA＝0，滑块A停在O点，A克服摩擦力所做的功为WfA＝0.
b．当1 WfA＝mAv＝25k J.
c．当k>9时，滑块A从OP段右侧离开，A克服摩擦力所做的功为WfA＝μmAgL＝16 kJ.
答案：见解析
角度3　“弹簧类”组合模型
3．(2019·湖北八校联考)如图所示，质量为m3＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻质弹簧．滑道CD部分粗糙，其他部分均光滑．质量为m2＝3 kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝1 kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放．两物体在滑道上的C点相碰后粘在一起(g＝10 m/s2)．

(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离．
(2)若CD＝0.2 m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能．
(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？
解析：(1)物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为s1，滑道的水平位移大小为s3，有
0＝m1s1－m3s3，s1＝R
解得s3＝＝0.15 m.
(2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3，由机械能守恒定律有
m1gR＝m1v＋m3v
由动量守恒定律有0＝m1v1－m3v3
物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v2，由动量守恒定律有
m1v1＝(m1＋m2)v2
弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为Epm.从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有
(m1＋m2)v＋m3v－μ(m1＋m2)g·CD＝Epm
联立以上方程，代入数据解得Epm＝0.3 J.
(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒定律有
(m1＋m2)v＋m3v＝μ(m1＋m2)gs
代入数据可得s＝0.25 m
所以物体1、物体2最终停在C点和D点之间与D点间的距离为0.05 m处．
答案：见解析

1．“子弹打木块”模型是碰撞中常见模型，其突出特征是在子弹打击木块的过程中有机械能损失，此类问题的一般解法可归纳如下：
(1)分析子弹打击木块的过程，弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动还是穿透木块和木块各自运动；
(2)子弹在打击木块的过程中，由于时间较短，内力远远大于外力，故在打击的过程中动量守恒；　
(3)子弹在打击木块过程中产生的机械能损失，一般有两种求解方法：一是通过计算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的损失；二是通过计算在子弹打击木块的过程中，子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解．
2．利用弹簧进行相互作用的碰撞模型，一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律，此类试题的一般解法是：
(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态；
(2)分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程；
(3)判断解出的结果是否满足“实际情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果．
注意：(1)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解；
(2)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧连接的两个物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的突破点．

一、单项选择题
1．(2018·高考全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看做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：选B.列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝at2 代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误．
2．为估算雨滴撞击池中睡莲叶面的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1 h内杯中水面上升了45 mm，查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s.据此计算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)(　　)
A．0.15 Pa B．0.54 Pa
C．1.5 Pa D．5.4 Pa
解析：选A.解答此类连续相互作用的问题，首先要注意研究对象的选取．选取Δt＝1 h时间内与面积为S的睡莲发生相互作用的雨滴作为研究对象，其质量为m＝ρhS，发生作用后速度变为零，根据动量定理，有FΔt＝mv＝ρhSv，则压强p＝＝＝0.15 Pa，选项A正确．
3．(2017·高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是(　　)

A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
解析：选B.摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误．
4．如图所示，一轻杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量大于b球质量，两球的半径相等，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从图示位置由静止释放，则(　　)

A．在b球落地前瞬间，a球的速度方向向右
B．在b球落地前瞬间，a球的速度方向向左
C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量为零
D．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的功为零
解析：选D.整个装置下落过程中，水平方向没有外力，水平方向的动量守恒，原来系统水平方向的动量为零，在b球落地前瞬间，系统水平方向的动量仍为零，a球水平方向速度一定为零，选项A、B错误；设杆对a球做功为W1，对b球做功为W2，在b球落地前由于机械能守恒，则除了重力以外的力做的功必定为零，即W1＋W2＝0，对a球由动能定理可知W1＝0，故W2＝0，选项D正确；对b球，水平方向上动量变化为零，杆对b球的水平冲量为零，在竖直方向上，由动量定理可知，杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，选项C错误．
5．如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量．若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为(　　)

A．L1>L2 B．L1 C．L1＝L2 D．不能确定
解析：选C.若用锤子敲击A球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则mAv＝(mA＋mB)v′，解得v′＝，弹性势能最大，最大为ΔEp＝mAv2－(mA＋mB)v′2＝；若用锤子敲击B球，同理可得mBv＝(mA＋mB)v″，解得v″＝，弹性势能最大为ΔEp＝mBv2－(mA＋mB)v′2＝，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L1＝L2，C正确．
6．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)

解析：选B.弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv＝mv甲＋mv乙，解得4v＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入图中各数据，可知B正确．
7．(2019·菏泽高三二模)如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，秋千一端固定在离地面高为H的O点，秋千的长度可调节．改变秋千的长度，杂技演员每次都从A点(与O等高)由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A处．已知男演员质量为2m和女演员质量为m，秋千的质量不计，空气阻力忽略不计，则男演员落地点C与O点的水平距离x的最大值是(　　)

A． B．H
C． D．2H
解析：选D.两杂技演员从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒．设二者到达B点的速度大小为v0，则由机械能守恒定律有：(m＋2m)gR＝(m＋2m)v，演员相互作用，沿水平方向动量守恒．设作用后女、男演员的速度大小分别为v1、v2，所以有(m＋2m)v0＝2mv2－mv1.女演员上摆到A点的过程中机械能守恒，因此有mgR＝mv.男演员自B点平抛，有：x＝v2t.运动时间t可由竖直方向的自由落体运动出得H－R＝gt2，联立以上各式，可解得x＝4，当秋千的长度R＝时，男演员落地点C与O点的水平距离最大为x＝2H，故D正确，A、B、C错误．
8．(2019·最新高考信息卷)如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)

A．长木板的质量M＝2 kg
B．A、B之间动摩擦因数为0.2
C．长木板长度至少为2 m
D．A、B组成系统损失机械能为4 J
解析：选A.从图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故A正确；由图乙可知，木板B匀加速运动的加速度a＝＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得μmg＝MaB，解得动摩擦因数μ＝0.1，故B错误；由图乙可知前1 s内B的位移xB＝0.5 m，A的位移xA＝1.5 m，所以木板最小长度L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成系统损失机械能ΔE＝mv－(M＋m)v2＝2 J，故D错误．
二、多项选择题
9．(2019·德州高三三模)在地面上以大小为v1的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g.下列判断正确的是(　　)
A．皮球上升的最大高度为
B．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为mv－mv
C．皮球上升过程经历的时间为
D．皮球从抛出到落地经历的时间为
解析：选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，则上升的高度小于，上升的时间小于，故A、C错误；皮球从抛出到落地过程中重力不做功，根据动能定理得克服阻力做功为Wf＝mv－mv，故B正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则：mgt1＋kvt1＝mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h＝vt1，即：mgt1＋kh＝mv1①同理，设下降阶段的平均速度为v′，则下降过程mgt2＋kv′t2＝mv2，即：mgt2－kh＝mv2②，由①②式得：mg(t1＋t2)＝m(v1＋v2)，解得：t＝t1＋t2＝，故D正确．
10．如图所示，四个小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分别以v0和2v0的速率向两侧匀速运动，中间两个小球静止，小球1质量为m，小球2的质量为2m，1、2两球之间放置一被压缩的轻质弹簧，弹簧所具有的弹性势能为Ep，将弹簧的弹性势能全部释放，下列说法正确的是(　　)

A．在弹簧的弹性势能释放过程中，小球1和小球2的合动量不为零
B．小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2、
C．小球1能否与小球3碰撞，取决于小球3的质量大小
D．若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，则质量m要满足≤m<
解析：选BD.小球1和小球2组成的系统满足动量守恒，由于开始小球1和小球2静止，所以在弹簧的弹性势能释放的过程中，小球1和小球2组成的系统合动量为零，A错误；设小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律知：mv1－2mv2＝0，Ep＝mv＋×2mv，解得v1＝2，v2＝，B正确；若离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，速度大小应满足v1＝2>v0，v2＝≤2v0，解得≤m<，C错误，D正确．
11．(2019·威海检测)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)

A．Mv2 B．v2
C．NμmgL D．NμmgL
解析：选BD.设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律：mv＝(m＋M)v1，则动能损失ΔEk＝mv2－(m＋M)v，解得ΔEk＝v2，B对；依题意：小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s＝0.5L＋(N－1)L＋0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能：ΔEk＝Q＝NμmgL，D对．
12．(2019·衡水中学信息卷)如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m＝1 kg.用大小为6 N方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量
B．拉力F做功为6 J
C．小滑块Q的最大速度为3 m/s
D．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J
解析：选ACD.对系统由动量定理得Ft＝mvP＋mvQ＝2mv共，即木板P与小滑块Q所组成系统的动量增加量一定等于拉力F的冲量，A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过·2m＝4 N，拉力F为6 N大于4 N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2，1 s内木板P的位移x＝at2＝2 m．拉力F做功W＝Fx＝12 J，B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft＝2mv共，v共＝3 m/s，C正确；整个过程中，对系统由能量守恒定律可知W＝·2mv＋Q，解得Q＝3 J，D正确．
三、非选择题
13．皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64，且每次球与地板接触的时间相等．若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略．
(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？
(2)若用手拍这个球，使其保持在0.8 m的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m＝0.5 kg，g取10 m/s2)
解析：(1)由题意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8.设皮球所处的初始高度为H，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v0＝，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦
为第二次碰撞前瞬时速度大小)v1和第二次碰撞后瞬时速度大小v2满足v2＝0.8v1＝0.82v0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2，选竖直向上为正方向，根据动量定理，有
F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0
F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0
则F1∶F2＝5∶4.
(2)欲使球跳起0.8 m，应使球由静止下落的高度为h＝ m＝1.25 m，球由1.25 m落到0.8 m处的速度为v＝3 m/s，则应在0.8 m处给球的冲量为I＝mv＝1.5 N·s，方向竖直向下．
答案：(1)5∶4　(2)1.5 N·s　方向竖直向下
14．(2019·青岛二模)如图所示，滑板A放在光滑的水平面上，B滑块可视为质点，A和B的质量都是m＝1 kg，A的左侧面靠在光滑竖直墙上，A上表面的ab段是光滑的半径为R＝0.8 m的四分之一圆弧，bc段是粗糙的水平面，ab段与bc段相切于b点．已知bc长度为l＝2 m，滑块B从a点由静止开始下滑，取g＝10 m/s2.

(1)求滑块B滑到b点时对A的压力大小；
(2)若滑块B与bc段的动摩擦因数为μ且μ值满足0.1≤μ≤0.5，试讨论因μ值的不同，滑块B在滑板A上滑动过程中因摩擦而产生的热量(计算结果可含有μ)．
解析：(1)设B下滑到b点时速度为v0，受到的支持力为N
由机械能守恒定律mv＝mgR ①
由牛顿第二定律N－mg＝m ②
联立①②式解得N＝30 N
由牛顿第三定律可知，B滑到b点时对A的压力为30 N.
(2)设bc段的动摩擦因数为μ1时，B滑到c点时A、B恰好达到共同速度v
由动量守恒定律得mv0＝2mv ③
由能量守恒定律得μ1mgl＝mv－(2m)v2 ④
联立①③④式并代入数据解得μ1＝0.2.
讨论：
(Ⅰ)当0.1≤μ＜0.2时，A、B不能达到同速，B将滑离A，滑板与滑块因摩擦而产生的热量为Q1＝μmgl＝20μ J.
(Ⅱ)当0.2≤μ≤0.5时，A、B能达到同速，滑板与滑块因摩擦而产生的热量为
Q2＝mv－(2m)v2 ⑤
联立①③⑤式并代入数据解得Q2＝4 J.
答案：见解析