2012届高中物理第二轮复习 专题2 第1讲 动量定理和动量守恒课件

动量和动量定理复习精要一、动量、动量变化、冲量1.动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积.(2)表达式：p＝m v.(3)方向：动量的方向与速度的方向相同.2.动量的变化(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同.(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量.即Δp＝p′－p.3.冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量.(2)公式：I＝Ft.(3)单位：N·s.(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同.1.对动量的理解(1)动量的两性①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的.②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量.(2)动量与动能的比较2.对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积.②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致.(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系. (3)冲量与功的比较一、动量概念及其理解（1）定义：物体的质量及其运动速度的乘积称为该物体的动量p=mv （2）特征： ①动量是状态量，它与某一时刻相关； ②动量是矢量，其方向与物体运动速度的方向相同。

（3）意义：速度从运动学角度量化了机械运动的状态,动量则从动力学角度量化了机械运动的状态。

二、冲量概念及其理解（1（2）特征： （3的冲量将决定着其动量将变多少。

三、关于冲量的计算（1）恒力的冲量计算（2）方向恒定的变力的冲量计算。

如力F 如图—1所示，则该力在时间△t =t 2-t 1部分的“面积”。

（3）一般变力的冲量计算（4）合力的冲量计算再算合力的冲量。

专题七动量定理和动量守恒定律——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．动量定理(1)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(2)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理．2．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp＝p′－p.(2)动能和动量的关系：E k＝p22m.3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力的矢量和为零．(2)系统合外力不为零，但在某个方向上合外力为零．(3)系统合外力不为零，但系统内力远大于系统外力．4．爆炸与反冲现象中系统机械能会增加，但碰撞过程中系统机械能不会增加．考点1 动量定理与动量守恒定律(对应学生用书第33页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年3考：2020年Ⅰ卷T14、Ⅲ卷T202020年Ⅰ卷T35(2)[考情分析]1．结合生活、生产、科技实际情景考查动量、冲量的概念及动量定理、动量守恒定律的简单应用，以选择题命题方式较多，难度一般．2．解答此类问题重在理解冲量和动量的矢量性，某一个力对物体的冲量与物体的运动状态、运动过程无关，与物体是否受其他力无关．3．应用动量定理时，要注意分析物体的受力，若无特殊说明，物体的重力应当考虑．4．判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力．1．(动量守恒定律的应用)(2020·Ⅰ卷T14)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．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/sA [由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．燃气的动量p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝30 kg·m/s，选项A正确．]2．(动量定理的应用)(多选)(2020·Ⅲ卷T 20)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7­1所示，则( )图7­1A．t＝1 s时物块的速率为1 m/sB．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t＝4 s时物块的速度为零[题眼点拨] ①“合外力F的作用下”说明力F的冲量等于物块动量的增量；②“从静止开始沿直线运动”说明物块的初动量为零．AB [由动量定理可得：Ft＝mv，故物块在t＝1 s时的速度v1＝Ft1m＝2×12m/s＝1 m/s，A正确；物块在t＝2 s时的动量p2＝Ft2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，在t＝3 s时的动量大小p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3 kg·m/s，故B正确，C错误；在t＝4 s时，I合＝(2×2－1×2)N·s＝2 N·s，由I合＝mv4可得t＝4 s时，物块的速度v4＝1 m/s，D错误．]在第2题中，若物块放在水平桌面上，F为物块受到的水平拉力，物块与地面的滑动摩擦力大小为1 N，则物块在t1＝1 s时和t4＝4 s时的速度分别为( )A．0.5 m/s 0 B．0 0.5 m/sC．0.5 m/s －0.5 m/s D．－0.5 m/s 0.5 m/sA [由动量定理可得：(F－f)t1＝mv1，可得t1＝1 s时物块速度v1＝0.5 m/s，在t＝3 s时，I合＝(2×2－1×1－1×3) N·s＝0，故此时物块速度为零，之后因F＝f，物块静止不动，因此t4＝4 s时，物块速度为零．]3．(动量定理的应用)(2020·Ⅰ卷T35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.【导学号：19624082】[题眼点拨] ①分析流体问题应利用“微元法”．②“玩具稳定地悬停在空中”：说明水柱对玩具的冲击力与玩具重力相平衡．③“水柱冲击玩具底后，在……速度变为零”可在竖直方向根据动量定理建立方程．【解析】(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S. ③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g －M2g2ρ2v20S2. ⑧【答案】(1)ρv0S (2)v202g－M2g2ρ2v20S2■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．利用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；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号．(4)根据动量定理列方程代入数据求解．2．动量守恒定律的五性(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒． (4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．3．动量守恒定律的三种表达式及对应意义(1)p ＝p′，即系统相互作用前的总动量p 等于相互作用后的总动量p′. (2)Δp＝p′－p ＝0，即系统总动量的增量为0.(3)Δp 1＝－Δp 2，即两个物体组成的系统中，一个物体动量的增量与另一个物体动量的增量大小相等、方向相反．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 动量定理的应用1．高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2ght ＋mg B.m 2ght －mg C.m ght＋mg D.m ght－mg A [下降h 阶段v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，－(F －mg)t ＝0－mv ，得F ＝m 2ght＋mg ，A 正确．] 考向2 动量守恒定律的应用2．如图7­2所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝m C ＝3m B ，A 、B 用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起最终三滑块之间距离不变．求B 与C 碰撞前B 的速度及最终的速度. 【导学号：19624083】图7­2【解析】 对A 、B 被弹开过程由动量守恒有：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，对B 、C 碰撞过程由动量守恒有：m B v B ＝(m B ＋m C )v C由题意知三个滑块最终速度相同v A ＝v C 解得最终速度v A ＝v C ＝4v 07，B 与C 碰撞前B 的速度v B ＝16v 07. 【答案】 B 与C 碰撞前B 的速度为16v 07 最终的速度为4v 07考点2 动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用 (对应学生用书第35页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年8考： 2020年Ⅱ卷T 35(2)、Ⅲ卷T 35(2) 2020年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2) 2020年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2) 2020年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2) [考情分析]1．以动量守恒定律与动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律进行综合命题，试题综合性强，难度较大，多以计算题的形式命题．2．具体问题中要注意物体间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞． 3．理清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．4．(“碰撞类”动量与能量的问题)(2020·Ⅲ卷T 35(2))如图7­3所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．图7­3[题眼点拨] ①“a 与b 发生弹性碰撞”说明物块a 、b 碰撞过程中动量、动能均守恒；②“但b 没有与墙发生碰撞”说明物块b 碰撞后向右滑行的最大位移为l.【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 20>μmgl ① 即μ<v 22gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有 12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有 mv 1＝mv 1′＋34mv 2′④12mv 21＝12mv′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v′22 ⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v 2′2≤μ34mgl⑦ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥32v 20113gl⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件 32v 20113gl ≤μ<v 22gl. ⑨【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl(2020·Ⅱ卷T 35(2))两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比． 【解析】 (1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得 v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v. 由题给图象得 v ＝23 m/s ③由动量守恒定律得 m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④ 联立①②③④式得 m 1∶m 2＝1∶8.⑤ (2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v2⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2 ⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W∶ΔE＝1∶2.⑧【答案】 (1)1∶8 (2)1∶25．(“冲击板块类”动量与能量问题)(2020·Ⅱ卷T 35(2))如图7­4所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.图7­4(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？[题眼点拨] ①“光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体”说明斜面体、滑板、冰块运动过程中不受摩擦力；②“冰块在斜面体上上升的最大高度为h”说明冰块在最大高度处时与斜面体速度相同．【解析】 (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m 2v 20＝(m 2＋m 3)v① 12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ②式中v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得 m 3＝20 kg.③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有 m 1v 1＋m 2v 20＝0 ④代入数据得 v 1＝1 m/s⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3 ⑥ 12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得 v 2＝1 m/s⑧ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩． 【答案】 (1)20 kg (2)见解析■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．三类碰撞的特点2．爆炸与反冲的特点(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒．(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加．(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反．3．动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0.②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．(2)能量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．③对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1 “碰撞类”动量与能量问题3．[2020·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]如图7­5所示，水平轨道AB长L＝9 m，光滑倾斜轨道BC足够长．开始时质量为m Q＝1 kg的滑块Q静止在AB中点M处；在A点，质量为m P＝3 kg的滑块P 以速度v0＝5 m/s向右运动；P、Q只会发生弹性碰撞，滑块经过B点时，动能损失不计．已知重力加速度g＝10 m/s2，P、Q与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1.求：图7­5(1)P向右运动的最大位移大小；(2)Q在倾斜轨道上能滑到的最大高度；(3)P、Q都停下后两滑块间的距离.【导学号：19624084】【解析】(1)设P、Q碰撞前瞬间，P的速度为v1，由动能定理有－μm P g L 2＝12m P v 21－12m P v 20，解得v 1＝4 m/sP 、Q 发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m P v 1＝m P v P ＋m Q v Q 由机械守恒定律有12m P v 21＝12m P v 2P ＋12m Q v 2Q解得v P ＝2 m/s ，v Q ＝6 m/sP 继续向右运动的距离x P ＝v 2P 2μg ＝2 m ＜L2＝4.5 mP 向右运动的最大位移x 1＝L2＋x P ＝6.5 m.(2)由动能定理有－μm Q g L 2－m Q gh ＝0－12m Q v 2Q解得Q 在倾斜轨道上能滑到的最大高度h ＝1.35 m.(3)假设Q 从斜面上滑下来后，会与滑块P 发生第二次弹性碰撞．由运动学知识可知Q 与P 碰前，P 已经停下来了．由动能定理有－μm Q g(L 2＋L －x 1)＝12m Q v 22－12m Q v 2Q解得P 、Q 碰前瞬间，Q 的速度v 2＝22 m/sP 、Q 间一定发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m Q v 2＝m P v′P ＋m Q v′Q 由机械能守恒定律有12m Q v 22＝12m P v′2P ＋12m Q v′2Q解得v′P ＝222m/s ，v′Q ＝－222m/s ，负号表示方向向右 碰后滑块P 向左滑动的位移x′P ＝v′2P2μg＝2.75 m碰后滑块Q 向右滑动的位移x′Q ＝v′2Q2μg ＝2.75 m ＞L －x 1＝2.5 m ，所以滑块Q 在第二次碰撞后会冲上斜面后返回x′＝x′Q －(L －x 1)＝0.25 m ，不会发生第三次碰撞 所以P 、Q 都停下后两滑块相距Δx＝x′P ＋x′Q －2x′＝5 m. 【答案】 (1)6.5 m (2)1.35 m (3)5 m 考向2 “冲击板块类”动量与能量问题4．[2020·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅱ)]如图7­6所示，在光滑桌面上置有长木板B 和物块C ，在长木板的右侧置有物块A ，一开始A 、B 处于静止状态．物块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.2，长木板B 足够长．物块A 的质量为2 kg ，长木板B 的质量为1 kg ，物块C 的质量为3 kg.物块C 以4 m/s 的初速度向右运动，与长木板B 碰撞后，与长木板B 黏在一起．重力加速度g 取10 m/s 2，试求：图7­6(1)C 与B 碰撞过程中，损失的机械能；(2)最终A 、B 、C 的速度大小和A 相对于B 运动的距离. 【导学号：19624085】【解析】 (1)设B 、C 碰撞后的瞬间速度为v 1，根据动量守恒定律得 m C v C ＝(m B ＋m C )v 1 解得v 1＝3 m/s碰撞过程中，损失的机械能为 ΔE＝12m C v 2C －12(m B ＋m C )v 21解得ΔE＝6 J. (2)根据动量守恒定律得 m C v C ＝(m A ＋m B ＋m C )v 2 解得v 2＝2 m/s 根据功能关系：μm A gx ＝12(m B ＋m C )v 21－12(m A ＋m B ＋m C )v 22解得x ＝1.5 m.【答案】 (1)6 J (2)2 m/s 1.5 m(2020·衡水市冀州中学一模)如图所示，竖直平面内轨道ABCD 的质量M ＝0.4 kg ，放在光滑水平面上，其中AB 段是半径R ＝0.4 m 的光滑14圆弧，在B 点与水平轨道BD 相切，水平轨道的BC 段粗糙，动摩擦因数μ＝0.4，长L ＝3.5 m ，C 点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)在距A 点高为H ＝3.6 m 处由静止自由落下，恰沿A 点滑入圆弧轨道(g ＝10 m/s 2)．求：(1)ABCD 轨道在水平面上运动的最大速率； (2)小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小．【解析】 (1)由题意分析可知，当小物体运动到圆弧最低点B 时轨道的速率最大，设为v m ，假设此时小物体的速度大小为v ，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒，以初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得： Mv m ＝mv由机械能守恒得：mg(H ＋R)＝12Mv 2m ＋12mv 2解得：v m ＝2.0 m/s.(2)由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A 点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为v x ，假设此时小物体在竖直方向的分速度为v y ，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得： (M ＋m)v x ＝0由能量守恒得：mgH ＝12(M ＋m)v 2x ＋12mv 2y ＋μmg2L解得v x ＝0，v y ＝4.0 m/s故小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小v A ＝v 2x ＋v 2y ＝16 m/s ＝4 m/s.【答案】 (1)2.0 m/s (2)4 m/s考向3 “传送带类”动量与能量问题5．如图7­7所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑，水平段OP 长L ＝1 m ，P 点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3 m/s ，一质量为1 kg 可视为质点的物块A 压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得弹性势能E p ＝9 J ，物块与OP 段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A 完全相同的物块B 停在P 点，B 与传送带间的动摩擦因数μ2＝33，传送带足够长，A 与B 的碰撞时间不计，碰后A 、B 交换速度，重力加速度g 取10 m/s 2，现释放A ，求：图7­7(1)物块A 、B 第一次碰撞前瞬间，A 的速度v 0；(2)从A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量；(3)A 、B 能够碰撞的总次数．【解析】 (1)设物块质量为m ，A 与B 第一次碰撞前的速度为v 0，则E p ＝12mv 20＋μ1mgL ， 解得v 0＝4 m/s.(2)设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v A 、v B ，则v A ＝0，v B ＝4 m/s ，碰后B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a 1，则mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma 1，解得a 1＝gsin θ＋μ2gcos θ＝10 m/s 2.运动的时间t 1＝v B a 1＝0.4 s ，位移x 1＝v B 2t 1＝0.8 m. 此过程相对运动路程Δs 1＝vt 1＋x 1＝2 m.此后B 反向加速，加速度仍为a 1，由于mgsin θ＝μ2mgcos θ，B 与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，加速时间为t 2＝v a 1＝0.3 s ， 位移为x 2＝v 2t 2＝0.45 m. 此过程相对运动路程Δs 2＝vt 2－x 2＝0.45 m.全过程摩擦产生的热量Q ＝μ2mg(Δs 1＋Δs 2)cos θ＝12.25 J.(3)B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A 向左运动再返回与B 碰撞，B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．则对A 、B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞，满足12mv 2＝2nμ1mgL. 解得第二次碰撞后重复的过程数为n ＝2.25，所以碰撞总次数为N ＝2＋2n ＝6.5＝6(取整数)．【答案】 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次规范练高分| 动量与能量的综合应用类问题(对应学生用书第37页)[典题在线] (2020·达州市一模)(18分)如图7­8所示，质量为M ＝2.0 kg 的①小车静止在光滑水平面上，小车AB 部分是半径为R ＝0.4 m 的②四分之一圆弧光滑轨道，③BC 部分是长为L ＝0.2_m 的水平粗糙轨道，动摩擦因数为μ＝0.5，两段轨道相切于B 点．C 点离地面高为h ＝0.2 m ，质量为m ＝1.0 kg 的小球(视为质点)在小车上A 点④从静止沿轨道下滑，重力加速度取g ＝10 m/s 2.图7­8(1)⑤若小车固定，求小球运动到B 点时受到的支持力大小F N ；(2)⑥若小车不固定，小球仍从A 点由静止下滑：(ⅰ)求小球运动到B 点时小车的速度大小v 2；(ⅱ)小球能否从C 点滑出小车？若不能，请说明理由；若能，求小球落地时与小车之间的水平距离s.[信息解读]①小车与水平面间无摩擦，小车的初速度为零．②圆弧轨道光滑，小球与圆弧轨道间无摩擦作用．③小球在BC 段运动时系统有摩擦热产生．④小球释放时初速度为零．⑤小球沿圆弧轨道下滑时，小球机械能守恒．⑥小球沿圆弧轨道下滑时，小球和小车组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒．[考生抽样][阅卷点评] 点评内容 点评1该生在第(1)(2)(ⅰ)步上分析和解析比较规范，能得全分(8分). 点评2 在第(2)(ⅱ)步中，该生没有考虑小球平抛运动过程中小车同时向左做匀速直线运动，故只能得6分.【解析】 (1)小球从A 到B 的过程中机械能守恒，mgR ＝12mv 2B ①(2分) 在B 点由牛顿第二定律可得：F N －mg ＝m v 2B R②(1分) 解得：F N ＝30 N ． ③(1分)(2)(ⅰ)若不固定小车，小球到达B 点时速度为v 1，小车的速度为v 2，由动量守恒定律可得， mv 1－Mv 2＝0④(1分)由系统机械能守恒定律可得：mgR ＝12mv 21＋12Mv 22 ⑤(2分) 解得：v 1＝433 m/s ，v 2＝233m/s.⑥(1分) (ⅱ)设小球能从小车右端C 点滑出，滑出时小球的速度为v 3，小车的速度为v 4，由系统动量守恒定律可得：mv 3－Mv 4＝0，⑦(1分)由能量守恒定律可得：mgR ＝12mv 23＋12Mv 24＋μmgL ⑧(2分)解得：v3＝2 m/s，v4＝1 m/s ⑨(1分)故小球能从小车右端C点滑出，滑出后小球做平抛运动，小车以速度v4向左做匀速直线运动，则：h＝12gt2 ⑩(1分)x m＝v3t ⑪(1分) x M＝v4t ⑫(1分) s＝x m＋x M ⑬(2分) 可解得：s＝0.6 m．⑭(1分)【答案】(1)30 N (2)(ⅰ)233m/s (ⅱ)能0.6 m[评分标准]第(2)(ⅰ)中，表达式④、⑤正确且计算结果也正确，但将题目要求小车的速度，写成小球的速度大小的减1分．第(2)(ⅱ)中，只计算出小球平抛的水平位移即作为最后结果且计算正确的，减去4分．2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，倾角为α的斜面体A 置于粗糙水平面上，物块B 置于斜面上，已知A 、B 的质量分别为M 、m ，它们之间的动摩擦因数为tan μα=。