2020版53B北京物理5年高考3年模拟复习专题七　动量

专 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 七动量真题多维细目表真题涉分考点冲量和动量动量定理动量守恒定律动量的综合应用题型难度设题情境思想方法试题结构素养要素２０１９北京理综，２４（３）１０动量定理计算证明难气体分子碰撞雨滴建模证明关系运动与相互作用观念、科学推理２０１８北京理综，２２１６动量定理计算中跳台滑雪运动建模３问并列运动与相互作用观念、建模２０１６北京理综，２４２０动量定理计算难小球碰撞木板、激光照射物体类比法２问递进科学推理２０１５北京理综，１８６冲量和动量选择中蹦极运动建模选项并列运动与相互作用观念、建模２０１４北京理综，２２１６动量守恒计算易滑块沿光滑圆弧轨道滑下运动建模３问递进运动与相互作用观念、建模２０１３北京理综，２４（２）８动量定理计算难粒子与器壁碰撞建模计算型运动与相互作用观念、科学推理２０１２北京理综，２４２０动量的综合应用计算难带电粒子在电场中运动运动建模极值法３问并列科学推理２０１０北京理综，２４２０动量的综合应用计算难雨滴之间的碰撞数学归纳２问递进运动与相互作用观念、科学推理总计卷均分１２５题／１０卷１题／１０卷２题／１０卷计算难占比１０％考频常见考法命题规律与趋势０１考查内容动量、冲量，动量定理，动量守恒定律，弹性碰撞、完全非弹性碰撞、非弹性（一般）碰撞，等等。０２考查核心动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律的应用。０３考查能力考查考生对这些核心知识的理解和掌握程度，情景 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 能力，建立模型的能力，应用基本规律分析、推理和计算的能力。考查的学科核心素养主要是运动与相互作用观点、科学推理等。０４命题特点试题一般会以常见的运动情景或模型为依托。具体题型有：流体问题，反冲问题，人船模型，爆炸问题，含弹簧问题，碰撞的可能性问题，子弹打木块问题，力学综合问题。试题还可与电场力、磁场力及分子力等联系起来综合命题，也可以与原子核相结合考查。考查形式既可以是选择题，又可以是综合题。０５考题难度以中等偏难的题目为主。０６趋势预测动量和能量是高中物理的核心知识，近几年内对本专题的内容都有考查。依据课本的基本知识，以学生熟悉的简单情景入手，逐级引导，考查学生对物理问题本质的理解，这种考查形式和方向，在今后的学业水平等级性考试中还会延续。０７备考建议在本专题复习过程中，要正确理解动量定理、动量守恒的条件和动量守恒定律的简单应用，知道碰撞的类型和所遵守的基本规律。对于动量与能量的综合问题，可以从分析解决最简单的问题入手，掌握基本的分析方法。专题七　动量５９　　　对应学生用书起始页码Ｐ９４考点一冲量和动量　动量定理　　一、冲量的计算１．恒力的冲量：利用 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 Ｉ＝Ｆｔ计算。２．合力的冲量①如果是一维情形，可以化为代数和，如果不在一条直线上，求合冲量遵循平行四边形定则。②两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式Ｉ合＝Ｆ合ｔ求解。３．变力冲量的计算方法（１）如果一个物体受到的力是变力，但该力随时间是均匀变化的，我们可用求平均值的方法求解，此种情况下该力的平均值为Ｆ＝１２（Ｆｔ＋Ｆ０），则该变力的冲量为Ｉ＝１２（Ｆｔ＋Ｆ０）ｔ。（２）以时间为横轴，力为纵轴，画出变力随时间变化的关系图像，如图所示，该图线与时间轴围成的“面积”（图中阴影部分）在量值上表示了力的冲量的大小。（３）根据动量定理求变力冲量。根据动量定理Ｉ＝Δｐ，若Ｉ无法直接求得，可通过求出Δｐ间接求出Ｉ，这是求变力冲量的重要方法。二、动量定理的应用１．应用动量定理解释生活现象　　如图所示，杂技表演时，常可看见有人用铁锤猛击放在“大力士”身上的条石，石裂而人不伤，试分析其中的道理。解析　设条石的质量为Ｍ，铁锤的质量为ｍ。取铁锤为研究对象，设铁锤打击条石前的速度为ｖ，反弹的速度为ｖ′，根据动量定理得（Ｆ－ｍｇ）Δｔ＝ｍｖ′－ｍ（－ｖ），Ｆ＝ｍ（ｖ＋ｖ′）Δｔ＋ｍｇ。Δｔ极短，条石受铁锤的打击力Ｆ′＝Ｆ很大，铁锤可以击断条石。对条石下的人而言，原来受压力为Ｍｇ，铁锤的打击将对人产生一附加压力，根据牛顿第三定律，条石受到的冲量Ｆ′Δｔ＝ＦΔｔ＝ｍ（ｖ＋ｖ′）＋ｍｇΔｔ，条石因此产生的动量变化量Δｐ＝ｍ（ｖ＋ｖ′）＋ｍｇΔｔ。因人体腹部柔软，缓冲时间ｔ较长，人体受到的附加压力大小为Ｆ１＝Δｐｔ＝ｍ（ｖ＋ｖ′）ｔ＋ｍｇΔｔｔ，故增加的附加压力并不大。 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 　见解析反思总结　（１）用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。（２）应用Ｉ＝Δｐ求变力的冲量。（３）应用Δｐ＝Ｆ·Δｔ求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。２．应用动量定理计算解决冲力问题　　一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了０．５ｍ，据测算两车相撞前的速度约为３０ｍ／ｓ。（１）试求车祸中车内质量约６０ｋｇ的人受到的平均冲力是多大？（２）若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是１ｓ，求人体受到的平均冲力为多大？解析　（１）两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移大小为０．５ｍ设运动时间为ｔ，根据ｘ＝ｖ０２ｔ，得ｔ＝２ｘｖ０＝１３０ｓ根据动量定理有Ｆｔ＝ｍｖ０得Ｆ＝ｍｖ０ｔ＝６０×３０１３０Ｎ＝５．４×１０４Ｎ（２）若人系有安全带，则Ｆ′＝ｍｖ０ｔ′＝６０×３０１Ｎ＝１．８×１０３Ｎ答案　（１）５．４×１０４Ｎ　（２）１．８×１０３Ｎ三、用动量定理解决连续流体的作用问题所谓的连续作用体是指作用对象是连续不断的无数个微粒，如风或者水流等。解决此类问题的关键是找到相互作用的研究对象，进而对其应用动量定理，列出相应的方程即可。应用步骤：（１）选取一个“薄片”为研究对象，其质量为Δｍ。（２）用“流量”来求“作用时间Δｔ”。①１ｓ内流出的流体柱的长为ｖ；②１ｓ内流出的流体柱的体积为Ｓｖ；③１ｓ内流出的流体柱的质量为ρＳｖ；④“薄片”与物体的作用时间ΔｍρＳｖ。　　有一宇宙飞船，它的正面面积Ｓ＝０．９８ｍ２，以ｖ＝２×１０３ｍ／ｓ的速度飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，微粒的平均质量ｍ＝２×１０－７ｋｇ，要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？（设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上）。解题思路　选在时间Δｔ内与飞船碰撞的微粒为研究对象，表示出其质量，再根据动量定理即可求解。解析　选在时间Δｔ内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为Ｓ、高为ｖΔｔ的圆柱体内微粒的质量，Ｍ＝ｍＳｖΔｔ，初动量为０，末动量为Ｍｖ。设飞船对微粒的作用力为Ｆ，由动量定理得：Ｆ·Δｔ＝Ｍｖ－０则Ｆ＝ＭｖΔｔ＝ｍＳｖΔｔ·ｖΔｔ＝ｍＳｖ２；根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于ｍＳｖ２，则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加Ｆ′＝Ｆ＝ｍＳｖ２；代入数据得：Ｆ′＝２×１０－７×０．９８×（２×１０３）２Ｎ＝０．７８４Ｎ答案　０．７８４Ｎ􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６０　　　５年高考３年模拟Ｂ版（教师用书）１．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是（　　）①掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小②掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小③掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢④掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间长Ａ．①②Ｂ．②③Ｃ．②④Ｄ．③④１．答案　Ｄ　杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小。规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为ｈ。玻璃杯从ｈ高度落地瞬间的速度大小为２ｇｈ，设玻璃杯的质量为ｍ，则落地前瞬间的动量大小为ｐ＝ｍ２ｇｈ，与水泥地或草地接触Δｔ时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化为Δｐ＝－（－ｍ２ｇｈ），再由动量定理可知（Ｆ－ｍｇ）·Δｔ＝－（－ｍ２ｇｈ），所以Ｆ＝ｍ２ｇｈΔｔ＋ｍｇ。由此可见，Δｔ越小，玻璃杯所受撞击力Ｆ越大，玻璃杯就越容易碎。杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，撞击力小，因此玻璃杯不易碎。２．（２０１５重庆理综，３，６分）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．ｍ２ｇｈｔ＋ｍｇＢ．ｍ２ｇｈｔ－ｍｇＣ．ｍｇｈｔ＋ｍｇＤ．ｍｇｈｔ－ｍｇ２．答案　Ａ　解法一：由ｖ２＝２ｇｈ得ｖ＝２ｇｈ。对人与安全带作用的过程应用动量定理，则有（ｍｇ－Ｆ）ｔ＝０－ｍｖ，解得Ｆ＝ｍ２ｇｈｔ＋ｍｇ，故Ａ正确。解法二：对人与安全带作用的过程应用牛顿第二定律，则有Ｆ－ｍｇ＝ｍａ，而ａ＝ｖｔ＝２ｇｈｔ，解得Ｆ＝ｍ２ｇｈｔ＋ｍｇ，故Ａ正确。３．高水速切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造工程中高难度的工艺加工而特制了一台高压水切割坐标机器人，该机器人的喷嘴直径为０．５ｍｍ，喷嘴射流速度为空气中音速的３倍，假设水流射到工件上后的速度变为零。已知空气中音速约为１０００３ｍ／ｓ，水的密度为１×１０３ｋｇ／ｍ３，高速射流在工件上产生的压力约为（　　）Ａ．２０００ＮＢ．２００ＮＣ．２０ＮＤ．２Ｎ３．答案　Ｂ　时间ｔ内喷到工件上的水的体积为：Ｖ＝πｄ２４×３ｖ声ｔ，故质量为：ｍ＝ρＶ＝３ρπｄ２４ｖ声ｔ设水的初速度方向为正方向，则由动量定理可得：Ｆｔ＝０－ｍ（３ｖ声）解得：Ｆ＝－３ｍｖ声ｔ＝－９ρπｄ２４ｖ２声＝－９×１×１０３×３．１４×（０．５×１０－３）２×１０００３()２４Ｎ≈－２００Ｎ由牛顿第三定律知，工件受到的压力约为２００Ｎ。４．（２０１７北京丰台二模，２２）如图所示，一质量为ｍ＝０．５ｋｇ的小物块放在水平地面上的Ａ点，小物块以ｖ０＝９ｍ／ｓ的初速度从Ａ点沿ＡＢ方向运动，与墙发生碰撞（碰撞时间极短）。碰前瞬间的速度ｖ１＝７ｍ／ｓ，碰后以ｖ２＝６ｍ／ｓ反向运动直至静止。已知小物块与地面间的动摩擦因数μ＝０．３２，取ｇ＝１０ｍ／ｓ２。求：（１）Ａ点距墙面的距离ｘ；（２）碰撞过程中，墙对小物块的冲量大小Ｉ；（３）小物块在反向运动过程中，克服摩擦力所做的功Ｗ。４．答案　（１）５ｍ　（２）６．５Ｎ·ｓ　（３）９Ｊ解析　（１）小物块由Ａ到Ｂ过程做匀减速运动，由动能定理有：－μｍｇｘ＝１２ｍｖ２１－１２ｍｖ２０得：ｘ＝５ｍ（２）选初速度方向为正方向，由动量定理得Ｉ＝－ｍｖ２－ｍｖ１得：Ｉ＝－６．５Ｎ·ｓ，即冲量大小为６．５Ｎ·ｓ（３）小物块反向运动过程中，由动能定理得Ｗ′＝－１２ｍｖ２２得Ｗ′＝－９Ｊ，即克服摩擦力所做的功为Ｗ＝９Ｊ５．（２０２０北京学考等级性抽样测试，２０）喷射悬浮飞行器由抽水机、压缩机等组成，利用一根软管将水从河中抽入飞行器，再以较高的速度竖直向下喷出两道高压水柱，可将使用者推至距水面几米的高度，如图所示。现有一质量为Ｍ的使用者被缓慢推至距水面Ｈ高处悬停，设此状态下飞行器的质量恒为ｍ，水喷出前的速度为零，两个喷水口的横截面积均为Ｓ，水的密度为ρ，重力加速度为ｇ，空气阻力及抽水过程中软管和河水对飞行器的作用均可忽略不计。求：（１）该使用者被缓慢推到距水面Ｈ高处的过程中，飞行器􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七　动量６１　　　对使用者做的功；（２）使用者悬停在水面上方时，飞行器喷水的平均功率。５．答案　（１）ＭｇＨ　（２）１２（Ｍ＋ｍ）ｇ（Ｍ＋ｍ）ｇ２Ｓρ解析　（１）使用者被缓慢推上去，因此可认为每一时刻推力近似等于重力，那么飞行器对使用者做的功为Ｗ＝ＭｇＨ（２）飞行器喷水产生的推力Ｆ＝（Ｍ＋ｍ）ｇ对喷出的水用动量定理，ＦΔｔ＝２Δｍｖ，其中Δｍ＝ρｖΔｔＳ，可得ｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｇ２Ｓρ飞行器喷水的平均功率Ｐ＝１２·２Δｍｖ２Δｔ＝１２（Ｍ＋ｍ）ｇ（Ｍ＋ｍ）ｇ２Ｓρ考点二动量守恒定律　　一、动量守恒定律的理解及判断守恒的方法　　１．动量守恒定律的“五性”矢量性动量守恒定律的表达式为矢量式，解题时应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面）同时性动量是一个瞬时量，表达式中的ｐ１、ｐ２…必须是系统中各物体在同一时刻的动量，ｐ１′、ｐ２′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统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，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统　　２．判断系统动量是否守恒的方法方法一：由动量守恒的条件直接判断。方法二：系统所受的合外力是否为零不很明确时，直接看系统的动量是否变化。如果系统的动量增加或减少，则系统的动量一定不守恒。　　如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是（　　）Ａ．男孩和木箱组成的系统动量守恒Ｂ．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒Ｃ．小车与木箱组成的系统动量守恒Ｄ．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同解析　在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故Ａ错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故Ｂ正确；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故Ｃ错误；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故Ｄ错误。答案　Ｂ二、利用动量守恒解题的一般步骤（１）明确研究对象，确定系统的组成。（２）受力分析，判断动量是否守恒。（３）规定正方向，确定初末动量。（４）根据动量守恒定律，建立守恒方程。（５）代入数据，求出结果并讨论说明。　　光滑水平面上有两个物块Ａ、Ｂ，在同一直线上相向运动，Ａ的速度大小为４ｍ／ｓ，质量为２ｋｇ，Ｂ的速度大小为２ｍ／ｓ，二者碰后粘在一起沿Ａ原来的方向运动，且速度大小变为１ｍ／ｓ。求：（１）Ｂ的质量；（２）这一过程产生的内能。解题思路　１．碰撞过程动量守恒。２．建立动量守恒方程要注意矢量性。解析　（１）设Ａ、Ｂ两物块的质量分别为ｍＡ、ｍＢ，碰前速度为ｖＡ、ｖＢ，碰后共同速度为ｖ，以Ａ物块的运动方向为正方向，由碰撞过程动量守恒有：ｍＡｖＡ－ｍＢｖＢ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ，则ｍＢ＝ｖＡ－ｖｖＢ＋ｖｍＡ＝４－１２＋１×２ｋｇ＝２ｋｇ。（２）碰撞过程产生的内能为Ｑ＝ΔＥｋ＝１２ｍＡｖ２Ａ＋１２ｍＢｖ２Ｂ－１２（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ２＝１８Ｊ。答案　（１）２ｋｇ　（２）１８Ｊ１．如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球。开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速释放。在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是（　　）Ａ．小车和小球系统动量守恒Ｂ．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动Ｃ．小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动Ｄ．小球摆到最低点时，小车的速度最大１．答案　Ｄ　水平面光滑，小车和小球系统水平方向不受外力，动量守恒，但竖直方向动量不守恒，Ａ错误；由水平方向动量守恒得０＝ｍ球ｖ１－Ｍ车ｖ２，小球向右加速摆动时小车向左加速运动，小球向右减速摆动时小车向左减速运动，因此Ｂ错误；小球摆到右方最高点时刻，与小车共速，小车和小球速度均为０，Ｃ错误；小球摆到最低点时速度最大，小车的速度最大，Ｄ正确。２．如图所示，质量为Ｍ的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止的状态。这个人手中拿着一个质量为ｍ的小物体，他以相对飞船为ｖ的速度把小物体抛出，在抛出物体后他相对飞船的速度大小为（　　）􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６２　　　５年高考３年模拟Ｂ版（教师用书）Ａ．ｍＭｖＢ．ＭｍｖＣ．Ｍ＋ｍｍｖＤ．ｍＭ＋ｍｖ２．答案　Ａ　人和小物体组成的系统不受其他力的作用，所以系统动量守恒。由动量守恒定律有ｍｖ＝Ｍｖ′，解得ｖ′＝ｍＭｖ。３．Ａ球的质量是ｍ，Ｂ球的质量是２ｍ，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。Ｂ在前，Ａ在后，发生正碰后，Ａ球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比ｖＡ′∶ｖＢ′为（　　）Ａ．１∶２Ｂ．１∶３Ｃ．２∶１Ｄ．２∶３３．答案　Ｄ　设碰前Ａ球的速率为ｖ，根据题意ｐＡ＝ｐＢ，即ｍｖ＝２ｍｖＢ，得碰前ｖＢ＝ｖ２，碰后ｖＡ′＝ｖ２，由动量守恒定律，有ｍｖ＋２ｍ×ｖ２＝ｍ×ｖ２＋２ｍｖＢ′，解得ｖＢ′＝３ｖ４，所以ｖＡ′∶ｖＢ′＝ｖ２∶３ｖ４＝２∶３，Ｄ正确。４．两块厚度相同的木块Ａ和Ｂ，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为ｍＡ＝２．０ｋｇ，ｍＢ＝０．９０ｋｇ，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有一质量ｍＣ＝０．１０ｋｇ的滑块Ｃ，以ｖＣ＝１０ｍ／ｓ的速度水平地滑到Ａ的上表面，如图所示。由于摩擦，滑块最后停在木块Ｂ上，Ｂ和Ｃ的共同速度为０．５０ｍ／ｓ。求：（１）木块Ａ的最终速度ｖＡ；（２）滑块Ｃ离开Ａ时的速度ｖＣ′。４．答案　（１）０．２５ｍ／ｓ　（２）２．７５ｍ／ｓ解析　Ｃ从开始滑上Ａ到滑至Ａ的右端过程中，Ａ、Ｂ、Ｃ组成的系统动量守恒ｍＣｖＣ＝（ｍＢ＋ｍＡ）ｖＡ＋ｍＣｖＣ′Ｃ刚滑上Ｂ到两者相对静止的过程中，Ｂ、Ｃ组成的系统动量守恒ｍＢｖＡ＋ｍＣｖＣ′＝（ｍＢ＋ｍＣ）ｖ解得ｖＡ＝０．２５ｍ／ｓｖＣ′＝２．７５ｍ／ｓ５．（２０１７北京东城二模，２２）如图所示，固定的光滑轨道ＭＯＮ的ＯＮ段水平，且与ＭＯ段平滑连接。将质量为ｍ的小球ａ从Ｍ处由静止释放后沿ＭＯＮ运动，在Ｎ处与质量也为ｍ的小球ｂ发生正碰并粘在一起。已知Ｍ、Ｎ两处的高度差为ｈ，碰撞前小球ｂ用长为ｈ的轻绳悬挂于Ｎ处附近。两球均可视为质点，且碰撞时间极短。（１）求两球碰撞前瞬间小球ａ的速度大小；（２）求两球碰撞后的速度大小；（３）若悬挂小球ｂ的轻绳所能承受的最大拉力为２．５ｍｇ，通过计算说明两球碰后轻绳是否会断裂？５．答案　（１）２ｇｈ　（２）１２２ｇｈ　（３）见解析解析　（１）设两球碰撞前瞬间小球ａ的速度大小为ｖＮ根据机械能守恒定律有ｍｇｈ＝１２ｍｖ２Ｎ①解得ｖＮ＝２ｇｈ（２）设碰撞后两球的速度大小为ｖ由动量守恒定律有ｍｖＮ＝２ｍｖ②解得ｖ＝１２ｖＮ＝１２２ｇｈ（３）两球碰撞后一起做圆周运动，设在最低点时轻绳拉力为Ｔ根据牛顿第二定律有Ｔ－２ｍｇ＝２ｍｖ２ｈ解得Ｔ＝３ｍｇ＞２．５ｍｇ，轻绳会断裂考点三动量的综合应用　　一、对碰撞问题的研究　　１．碰撞现象满足的规律２．因碰撞过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变。３．三种碰撞的特点（１）弹性碰撞：碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等。ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２＝ｍ１ｖ１′＋ｍ２ｖ２′１２ｍ１ｖ２１＋１２ｍ２ｖ２２＝１２ｍ１ｖ′２１＋１２ｍ２ｖ′２２ｖ１′＝（ｍ１－ｍ２）ｖ１＋２ｍ２ｖ２ｍ１＋ｍ２，ｖ２′＝（ｍ２－ｍ１）ｖ２＋２ｍ１ｖ１ｍ１＋ｍ２当ｍ１＝ｍ２时，有ｖ１′＝ｖ２，ｖ２′＝ｖ１，即碰后速度交换。（２）非弹性碰撞：碰撞结束后，形变部分消失，动能有部分损失。ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２＝ｍ１ｖ１′＋ｍ２ｖ２′１２ｍ１ｖ２１＋１２ｍ２ｖ２２＝１２ｍ１ｖ′２１＋１２ｍ２ｖ′２２＋ΔＥｋ损（３）完全非弹性碰撞：碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，形变完全保留，动能损失最大。ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ１２ｍ１ｖ２１＋１２ｍ２ｖ２２＝１２（ｍ１＋ｍ２）ｖ２＋ΔＥｋｍａｘ质量为ｍ、速度为ｖ的Ａ球与质量为３ｍ的静止Ｂ球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后Ｂ球的速度可能有不同的值。碰撞后Ｂ球的速度大小可能是（　　）Ａ．０．６ｖＢ．０．４ｖＣ．０．２ｖＤ．ｖ解题思路　可依据碰撞过程总动量守恒，总动能不增加，以及碰撞前后速度要合理等原则，采用逐项排除法。解析　根据动量守恒得ｍｖ＝ｍｖ１＋３ｍｖ２，则当ｖ２＝０．６ｖ时，ｖ１＝－０．８ｖ，则碰撞后的总动能Ｅ′＝１２ｍ（－０．８ｖ）２＋１２×３ｍ（０．６ｖ）２＝１．７２×１２ｍｖ２，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中机械能不增􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七　动量６３　　　加，故选项Ａ错误；当ｖ２＝０．４ｖ时，ｖ１＝－０．２ｖ，则碰撞后的总动能为Ｅ′＝１２ｍ（－０．２ｖ）２＋１２×３ｍ（０．４ｖ）２＝０．５２×１２ｍｖ２，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，选项Ｂ正确；当ｖ２＝０．２ｖ时，ｖ１＝０．４ｖ，则碰撞后的Ａ球的速度大于Ｂ球的速度，而两球碰撞，Ａ球不可能穿越Ｂ球，故选项Ｃ错误；当ｖ２＝ｖ时，ｖ１＝－２ｖ，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故选项Ｄ错误。答案　Ｂ　　（２０１７北京石景山一模，２４）中子的发现是物理史上的一件大事。１９２０年英国物理学家卢瑟福通过人工核转变发现了质子，在研究原子核的带电荷量与质量时发现原子核的质量大于核中所有质子的质量和，于是预言：可能有一种质量与质子相近的不带电的中性粒子存在，他把它叫做中子。１９３０年科学家在真空条件下用α射线轰击铍核９４Ｂｅ时，发现一种看不见、贯穿能力极强的不知名射线和另一种粒子产生。这种不知名射线具有如下特点：①在任意方向的磁场中均不发生偏转；②这种射线的速度远小于光速；③用它轰击含有氢核的物质，可以把氢核打出来；用它轰击含有氮核的物质，可以把氮核打出来。实验中测得，被打出氢核的最大速度为３．３×１０７ｍ／ｓ，氮核的最大速度为４．７×１０６ｍ／ｓ，假定该射线中的粒子均具有相同的能量，氢核和氮核碰前可认为是静止的，碰撞过程中没有机械能的损失。已知氢核质量ＭＨ与氮核质量ＭＮ之比为１∶１４。根据以上信息，不考虑相对论效应，回答下列问题。（１）请通过分析说明该射线是否带电，是否为γ射线；（２）请判断该射线中的粒子是否为卢瑟福所预言的中子，并通过分析说明依据；解析　（１）若该射线带电，在磁场中受到洛伦兹力会发生偏转。由①知，该射线在任意方向的磁场中均不发生偏转，因此该射线不带电，由电中性的粒子流组成。由②可知，这种射线的速度远小于光速，而γ射线是光子流，其速度就是光速，因此该射线不是γ射线。（２）下面分析该射线中的粒子的质量与质子的质量间的关系。设组成该射线的粒子质量为ｍ，轰击含有氢核或氮核的物质时速度为ｖ。由于碰撞过程中没有机械能损失，当被打出的氢核和氮核的速度为最大值时，表明其碰撞为弹性碰撞。设与氢核发生弹性正碰后粒子速度为ｖ１，氢核速度为ｖＨ；与氮核发生弹性正碰后粒子速度为ｖ２，氮核速度为ｖＮ。根据动量守恒和机械能守恒有，轰击氢核ｍｖ＝ｍｖ１＋ＭＨｖＨ①１２ｍｖ２＝１２ｍｖ２１＋１２ＭＨｖ２Ｈ②解得ｖＨ＝２ｍｖｍ＋ＭＨ③轰击氮核ｍｖ＝ｍｖ２＋ＭＮｖＮ④１２ｍｖ２＝１２ｍｖ２２＋１２ＭＮｖ２Ｎ⑤解得ｖＮ＝２ｍｖｍ＋ＭＮ⑥由③⑥式解得ｍ＝１．１６ＭＨ≈ＭＨ计算得该射线中的粒子的质量与质子（氢核）的质量近似相等，表明这种射线中的粒子就是卢瑟福所预言的中子。反思总结　碰撞问题解题策略（１）抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。（２）可熟记一些公式，如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：ｖ１＝ｍ１－ｍ２ｍ１＋ｍ２ｖ０、ｖ２＝２ｍ１ｍ１＋ｍ２ｖ０。（３）熟记一些结论，如质量相等的两物体发生完全弹性碰撞后交换速度；发生完全非弹性碰撞后两物体共速等。二、动量和能量的综合应用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运动的物体、做抛体运动的物体（不计阻力），机械能一定守恒；碰撞、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。４．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。　　如图所示，光滑水平面上有一质量Ｍ＝４．０ｋｇ的平板车，车的上表面是一段长Ｌ＝１．５ｍ的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径Ｒ＝０．２５ｍ的光滑四分之一圆轨道，圆弧轨道与水平轨道在点Ｏ′处相切。一质量ｍ＝１．０ｋｇ的小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左的初速度ｖ０滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝０．５，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点Ａ。取ｇ＝１０ｍ／ｓ２，求：（１）小物块滑上平板车的初速度ｖ０的大小；（２）小物块与车最终相对静止时，它距点Ｏ′的距离大小。解题思路　１．由于水平面光滑，因此物块与平板车组成的系统水平方向动量守恒。２．整个运动过程中，系统的机械能损失转化为摩擦产生的内能。解析　（１）平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点Ａ时，二者的共同速度为ｖ１由动量守恒得：ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ１①由能量守恒得：１２ｍｖ２０－１２（Ｍ＋ｍ）ｖ２１＝ｍｇＲ＋μｍｇＬ②联立得ｖ０＝５ｍ／ｓ③（２）设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为ｖ２，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ２④设小物块与车最终相对静止时，它距Ｏ′点的距离为ｘ，由能量守恒得：１２ｍｖ２０－１２（Ｍ＋ｍ）ｖ２２＝μｍｇ（Ｌ＋ｘ）⑤联立③④⑤并代入数据解得：ｘ＝０．５ｍ答案　（１）５ｍ／ｓ　（２）０．５ｍ　　三、动量、能量、牛顿运动定律的综合应用１．解动力学问题的三个基本观点（１）力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。（２）能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６４　　　５年高考３年模拟Ｂ版（教师用书）（３）动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。２．力学规律的选用原则（１）求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律列式解决，有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式。（２）研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑运用动量定理。在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。（３）若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件。（４）在涉及相对位移问题时优先考虑能量守恒定律，即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统的内能。（５）在涉及有碰撞、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有系统机械能与其他形式能量之间的转化。这类问题因作用时间极短，动量守恒定律通常能用得上。　　（２０１７北京四中期中）如图所示，质量Ｍ＝１．０ｋｇ的木块随传送带一起以ｖ＝２．０ｍ／ｓ的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝０．５０。当木块运动至最左端Ａ点时，一颗质量为ｍ＝２０ｇ的子弹以ｖ０＝３．０×１０２ｍ／ｓ水平向右的速度击穿木块，穿出时子弹速度ｖ１＝５０ｍ／ｓ。设传送带的速度恒定，子弹击穿木块的时间极短，且不计木块质量变化，ｇ＝１０ｍ／ｓ２。求：（１）在被子弹击穿后，木块向右运动距Ａ点的最大距离；（２）子弹击穿木块过程中产生的内能；（３）从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中，木块与传送带间由于摩擦产生的内能。解题思路　１．子弹击穿木块过程，木块位置没来得及变化，仅为速度突变。由两者组成的系统遵守动量守恒规律，但动能有损失。２．子弹击穿木块后，由于传送带向左运动，木块获得相反方向的速度，故其会先向右做减速运动，再向左做加速运动，最后与传送带共速。这些过程均遵循牛顿运动定律和运动学规律。３．木块与传送带之间由于摩擦产生的内能等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。解析　（１）设木块被子弹击穿时的速度为ｕ，子弹击穿木块过程动量守恒ｍｖ０－Ｍｖ＝ｍｖ１＋Ｍｕ解得ｕ＝３．０ｍ／ｓ设子弹穿出木块后，木块向右做匀减速运动的加速度为ａ，根据牛顿第二定律有－μＭｇ＝Ｍａ解得ａ＝－５．０ｍ／ｓ２木块向右运动到离Ａ点最远时，速度为零，设木块向右移动最大距离为ｓ１则０－ｕ２＝２ａｓ１解得ｓ１＝０．９０ｍ（２）根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为Ｅ＝１２ｍｖ２０＋１２Ｍｖ２－１２ｍｖ２１－１２Ｍｕ２解得Ｅ＝８７２．５Ｊ（３）设木块向右运动至速度减为零所用时间为ｔ１，然后再向左做加速运动，经时间ｔ２与传送带达到相对静止，木块向左移动的距离为ｓ２。根据牛顿第二定律知，木块向左加速运动的加速度ａ′＝μＭｇＭ＝μｇ＝５ｍ／ｓ２。根据运动学公式有ｖ２＝２ａ′ｓ２解得ｓ２＝０．４０ｍｔ１＝０－ｕａ＝０．６０ｓ，ｔ２＝ｖａ′＝０．４０ｓ木块向右减速运动的过程中相对传送带的位移为ｓ′＝ｖｔ１＋ｓ１＝２．１ｍ产生的内能Ｑ１＝μＭｇｓ′＝１０．５Ｊ木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为ｓ″＝ｖｔ２－ｓ２＝０．４０ｍ产生的内能Ｑ２＝μＭｇｓ″＝２．０Ｊ所以整个过程中木块与传送带间由于摩擦产生的内能Ｑ＝Ｑ１＋Ｑ２＝１２．５Ｊ答案　（１）０．９０ｍ　（２）８７２．５Ｊ　（３）１２．５Ｊ１．如图所示，在光滑的水平面上有两物体Ａ、Ｂ，它们的质量均为ｍ。在物体Ｂ上固定一个轻弹簧处于静止状态。物体Ａ以速度ｖ０沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体Ｂ发生作用。下列说法正确的是（　　）Ａ．当弹簧获得的弹性势能最大时，物体Ａ的速度为零Ｂ．当弹簧获得的弹性势能最大时，物体Ｂ的速度为零Ｃ．在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体Ｂ所做的功为１２ｍｖ２０Ｄ．在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体Ａ和物体Ｂ的冲量大小相等，方向相反１．答案　Ｄ　当Ａ、Ｂ速度相同时，弹簧获得最大弹性势能，故Ａ、Ｂ均错误。系统机械能守恒，Ｅ总＝１２ｍｖ２０，故当弹簧具有弹性势能时，物体的动能一定小于１２ｍｖ２０，故Ｃ错误；弹簧对Ａ、Ｂ的作用力始终大小相等方向相反，故Ｄ正确。２．在光滑水平面上，质量为ｍ的小球Ａ正以速度ｖ０匀速运动。某时刻小球Ａ与质量为３ｍ的静止小球Ｂ发生正碰，两球相碰后，Ａ球的动能恰好变为原来的１／４。则碰后Ｂ球的速度大小是　（　　）Ａ．ｖ０２　　　Ｂ．ｖ０６　　　Ｃ．ｖ０２或ｖ０６　　　Ｄ．无法确定２．答案　Ａ　由Ｅｋ＝１２ｍｖ２知两球碰后Ａ的速率ｖ＝ｖ０２，若碰后Ａ球速度方向跟初始时相同，由动量守恒定律有ｍｖ０＝ｍ·ｖ０２＋３ｍ·ｖＢ，得ｖＢ＝ｖ０６。表明Ｂ在Ａ前与Ａ同向运动，但运动速度比Ａ小，违反了碰撞规律。若Ａ碰后运动方向跟碰前相反，由ｍｖ０＝ｍ（－ｖ０２）＋３ｍ·ｖＢ得ｖＢ＝ｖ０２，Ａ正确。􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七　动量６５　　　３．（２０１９北京牛栏山一中期中，１０）图是“牛顿摆”装置，５个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，５根轻绳互相平行，５个钢球彼此紧密排列，球心等高。用１、２、３、４、５分别标记５个小钢球。当把小球１向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球５向右摆起，且达到的最大高度与球１的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是（　　）Ａ．上述实验过程中，５个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒Ｂ．上述实验过程中，５个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒Ｃ．如果同时向左拉起小球１、２、３到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球４、５一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球１、２、３的释放高度Ｄ．如果同时向左拉起小球１、２、３到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球３、４、５一起向右摆起，且上升的最大高度与小球１、２、３的释放高度相同３．答案　Ｄ　题述实验过程中，小球５能够达到与小球１释放时相同的高度，说明系统机械能守恒，而且小球５离开平衡位置时的速度和小球１摆动到平衡位置时的速度相同，说明碰撞过程动量守恒，但随后上摆过程动量不守恒，动量方向在变化，选项Ａ、Ｂ错。根据前面的分析，碰撞过程为弹性碰撞。那么同时向左拉起小球１、２、３到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，那么球３先以速度ｖ与球４发生弹性碰撞，此后球３的速度变为０，球４获得速度ｖ后与球５碰撞，球５获得速度ｖ，开始上摆，同理球２与球３碰撞，最后球４以速度ｖ上摆，同理球１与球２碰撞，最后球３以速度ｖ上摆，所以选项Ｃ错Ｄ对。４．（２０１８北京朝阳期中）如图所示，质量为Ｍ、内间距为Ｌ的箱子静止在光滑水平面上，箱子中间有一质量为ｍ的小物块（可视为质点），初始时小物块停在箱子正中间。现给小物块一水平向右的初速度ｖ，小物块与箱壁Ｎ次碰撞后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞过程中没有机械能损失。求：（１）小物块与箱子相对静止后共同速度的大小；（２）整个过程中系统产生的热量；（３）小物块与箱子底板间的动摩擦因数。４．答案　（１）ｍｖＭ＋ｍ　（２）Ｍｍｖ２２（Ｍ＋ｍ）　（３）Ｍｖ２２ＮｇＬ（Ｍ＋ｍ）解析　（１）设小物块与箱子相对静止后的共同速度为ｖ共。取小物块和箱子为系统，系统的动量守恒，取水平向右为正方向，则有ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ共所以ｖ共＝ｍｖＭ＋ｍ（２）取小物块和箱子为系统，根据能量守恒定律，系统产生的热量Ｑ＝１２ｍｖ２－１２（Ｍ＋ｍ）ｖ２共＝Ｍｍｖ２２（Ｍ＋ｍ）（３）由题意可知，小物块与箱子发生Ｎ次碰撞恰好又回到箱子正中间，由此可知，小物块相对于箱子滑动的距离ｓ＝ＮＬ，小物块所受摩擦力ｆ＝μｍｇ，对系统，由能量守恒有：１２ｍｖ２＝１２（Ｍ＋ｍ）ｖ２共＋ｆｓ解得μ＝Ｍｖ２２ＮｇＬ（Ｍ＋ｍ）５．（２０１７北京海淀期中，１７）建筑工程中的“打桩”是利用重锤的冲击克服泥土对桩柱的阻力，使桩柱插入泥土到达预定深度的过程。如图甲所示，设打桩机重锤的质量为ｍ，桩柱的质量为Ｍ。打桩过程可简化如下：桩柱下端开始时在地表面没有进入泥土，提升重锤到距离桩柱上端ｈ高度后使其自由落下，重锤撞击桩柱上端，经极短时间的撞击使两者以共同的速度一起向下移动一段距离后停止。然后再次提升重锤，重复打桩过程，逐渐把桩柱打到预定深度。设桩柱向下移动的过程中泥土对桩柱的阻力ｆ的大小与桩柱打入泥土中的深度ｘ成正比，其函数表达式ｆ＝ｋｘ（ｋ为大于０的常量，具体值未知），ｆ－ｘ图像如图乙所示。已知重力加速度大小为ｇ。（１）求重锤与桩柱第一次碰撞后瞬间的共同速度大小；（２）图像法和比较法是研究物理问题的重要方法，例如从教科书中我们明白了由ｖ－ｔ图像求直线运动位移的思想和方法，请你借鉴此方法，根据图示的ｆ－ｘ图像结合函数式ｆ＝ｋｘ，分析推导在第一次打桩将桩柱打入泥土的过程中阻力所做的功与桩柱打入泥土深度的关系式；并将泥土对桩柱的阻力与你熟悉的弹簧弹力进行比较，从做功与能量转化的角度简要说明泥土对桩柱的阻力做功和弹簧弹力做功的不同；（３）若重锤与桩柱第一次的撞击能把桩柱打入泥土中的深度为ｄ，试求常量ｋ的大小。５．答案　（１）ｍ２ｇｈＭ＋ｍ　（２）见解析（３）２（Ｍ＋ｍ）ｇｄ＋２ｍ２ｇｈ（Ｍ＋ｍ）ｄ２解析　（１）设重锤落到桩柱上端时的速度为ｖ０，对于重锤下落的过程，根据机械能守恒定律有１２ｍｖ２０＝ｍｇｈ解得：ｖ０＝２ｇｈ重锤与桩柱相互作用过程极为短暂，冲击力远大于它们所受的重力，重锤与桩柱组成的系统，沿竖直方向动量守恒，设二者碰撞后共同运动的速度为ｖ１，根据动量守恒定律有ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ１解得：ｖ１＝ｍｖ０Ｍ＋ｍ＝ｍ２ｇｈＭ＋ｍ（２）由直线运动的ｖ－ｔ图像与横坐标轴所围的“面积”表示位移，比较阻力随深度变化的ｆ－ｘ图像可知，ｆ－ｘ图像与横坐标轴所围的“面积”表示阻力做功的大小：ｋｘ２ｘ＝１２ｋｘ２阻力对桩柱做负功，所以Ｗ＝－１２ｋｘ２􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６６　　　５年高考３年模拟Ｂ版（教师用书）由题可知：弹簧弹力的大小和泥土对桩柱的阻力大小变化的规律一样，都是大小与位移成正比。但是弹簧弹力做的功会使物体减少的机械能以弹性势能的形式存储起来，是不同形式的机械能之间的转化；而泥土对桩柱做的功会使物体减少的机械能转化成内能，是机械能转化为内能的过程。泥土阻力一定做负功，弹簧弹力可以做正功，也可以做负功。（３）对于第一次碰撞后获得共同速度到进入泥土深度为ｄ的过程，根据动能定理有（Ｍ＋ｍ）ｇｄ－１２ｋｄ２＝０－１２（Ｍ＋ｍ）ｖ２１可解得：ｋ＝２（Ｍ＋ｍ）ｇｄ＋２ｍ２ｇｈ（Ｍ＋ｍ）ｄ２􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋对应学生用书起始页码Ｐ１００题型一　反冲与爆炸问题　　１．对反冲现象的三点说明（１）系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。（２）反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加。（３）反冲运动中平均动量守恒。　　一枚火箭搭载着卫星以速率ｖ０进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为ｍ１，后部分的箭体质量为ｍ２，分离后箭体以速率ｖ２沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率ｖ１为（　　）Ａ．ｖ０－ｖ２　　Ｂ．ｖ０＋ｖ２　　Ｃ．ｖ０－ｍ２ｍ１ｖ２　　Ｄ．ｖ０＋ｍ２ｍ１（ｖ０－ｖ２）解析　火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２，解得ｖ１＝ｖ０＋ｍ２ｍ１（ｖ０－ｖ２），Ｄ项正确。答案　Ｄ　２．爆炸现象的三个规律（１）动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。（２）位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从作用前的位置以新的动量开始运动。（３）由于内力≫外力，故爆炸过程动量守恒。　　一炮弹质量为ｍ，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度大小为ｖ，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道返回，质量为ｍ２。求：（１）爆炸后的瞬时另一块的速度大小。（２）爆炸过程中系统增加的机械能。解析　（１）爆炸后其中一块沿原轨道返回，则该块速度大小为ｖ，方向与原方向相反爆炸过程中动量守恒，故ｍｖ＝－ｍ２ｖ＋ｍ２ｖ１解得ｖ１＝３ｖ（２）爆炸过程中重力势能没有改变爆炸前系统总动能Ｅｋ＝１２ｍｖ２爆炸后系统总动能Ｅｋ′＝１２·ｍ２ｖ２＋１２·ｍ２（３ｖ）２＝２．５ｍｖ２。所以，系统增加的机械能ΔＥ＝Ｅｋ′－Ｅｋ＝２ｍｖ２。答案　（１）３ｖ　（２）２ｍｖ２　　１－１　将静置在地面上，质量为Ｍ（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度ｖ０竖直向下喷出质量为ｍ的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（　　）Ａ．ｍＭｖ０Ｂ．Ｍｍｖ０Ｃ．ＭＭ－ｍｖ０Ｄ．ｍＭ－ｍｖ０１－１答案　Ｄ　根据动量守恒定律ｍｖ０＝（Ｍ－ｍ）ｖ，得ｖ＝ｍＭ－ｍｖ０，选项Ｄ正确。　　１－２　一弹丸在飞行到距离地面５ｍ高时仅有水平速度ｖ＝２ｍ／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，取重力加速度ｇ＝１０ｍ／ｓ２，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（　　）１－２答案　Ｂ　平抛运动时间ｔ＝２ｈｇ＝１ｓ，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为ｍ，则ｍｖ＝３４ｍｖ甲＋１４ｍｖ乙，又ｖ甲＝ｘ甲ｔ，ｖ乙＝ｘ乙ｔ，ｔ＝１ｓ，则有３４ｘ甲＋１４ｘ乙＝２ｍ，将各选项中数据代入计算得Ｂ正确。　　１－３　长为Ｌ、质量为Ｍ的小船停在静水中，一个质量为ｍ的人立在船头，若不计水的黏滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？１－３答案　见解析解析　选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零。当人起步加速前进时，船同时加速后退；当人匀速前进时，船匀速后退；当人减速前进时，船减速后退；当人速度为零时，船速度也为零。设某时刻人对地的速率为ｖ１，船对地的速率为ｖ２，根据动量守恒得ｍｖ１－Ｍｖ２＝０①因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒，结合①式分析可得，ｍｘ１－Ｍｘ２＝０②􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七　动量６７　　　②式为人对地的位移和船对地的位移关系。由图还可看出：ｘ１＋ｘ２＝Ｌ③联立②③两式得ｘ１＝ＭＭ＋ｍＬｘ２＝ｍＭ＋ｍＬìîíïïïï􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋题型二　“子弹打木块”或“木块滑木板”模型　　在这类模型中，往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内的物体的运动状态，既可由两大定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由守恒定律分析动量的传递、能量的转化，在能量转化方面往往用到ΔＥ内＝－ΔＥ机＝Ｆ滑ｘ相。　　如图所示，质量为ｍ＝２４５ｇ的物块（可视为质点）放在质量为Ｍ＝０．５ｋｇ的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝０．４。质量为ｍ０＝５ｇ的子弹以速度ｖ０＝３００ｍ／ｓ沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），ｇ取１０ｍ／ｓ２。子弹射入后，求：（１）子弹和物块一起向右滑行的最大速度ｖ１；（２）木板向右滑行的最大速度ｖ２；（３）物块在木板上滑行的时间ｔ。解析　（１）子弹进入物块后和物块一起向右滑行的初速度即最大速度，由动量守恒可得：ｍ０ｖ０＝（ｍ０＋ｍ）ｖ１，解得ｖ１＝６ｍ／ｓ。（２）当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：（ｍ０＋ｍ）ｖ１＝（ｍ０＋ｍ＋Ｍ）ｖ２，解得ｖ２＝２ｍ／ｓ。（３）对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：－μ（ｍ０＋ｍ）ｇｔ＝（ｍ０＋ｍ）ｖ２－（ｍ０＋ｍ）ｖ１，解得：ｔ＝１ｓ。答案　（１）６ｍ／ｓ　（２）２ｍ／ｓ　（３）１ｓ　　２－１　（多选）如图所示，一木块放在光滑水平面上，一子弹水平射入木块中，射入深度为ｄ，平均阻力为ｆ，设木块滑行距离为ｓ时开始匀速前进，下列判断正确的是（　　）Ａ．子弹损失的动能等于ｆｄＢ．子弹损失的动能等于ｆ（ｓ＋ｄ）Ｃ．总机械能的损失等于ｆｓＤ．总机械能的损失等于ｆｄ２－１答案　ＢＤ　设子弹的质量为ｍ，木块的质量为Ｍ，系统动量守恒，有ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，对子弹应用动能定理，有：－ｆ（ｓ＋ｄ）＝１２ｍｖ２－１２ｍｖ２０，对木块应用动能定理，有ｆｓ＝１２Ｍｖ２，则子弹损失的动能为ΔＥｋ子弹＝ｆ（ｓ＋ｄ），而系统损失的机械能为：ΔＥ＝１２ｍｖ２０－１２（Ｍ＋ｍ）ｖ２＝ｆｄ。　　２－２　如图所示，质量ｍ１＝０．３ｋｇ的小车静止在光滑的水平面上，车长Ｌ＝１．５ｍ，现有质量ｍ２＝０．２ｋｇ可视为质点的物块，以水平向右的速度ｖ０从左端滑上小车。物块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝０．５，取ｇ＝１０ｍ／ｓ２。要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度ｖ０不超过多少？２－２答案　５ｍ／ｓ解析　要使物块恰好不从小车上滑出，需满足物块到小车右端时与小车有共同的速度ｖ，则ｍ２ｖ０＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ，由功能关系有１２ｍ２ｖ２０＝１２（ｍ１＋ｍ２）ｖ２＋μｍ２ｇＬ，代入数据解得ｖ０＝５ｍ／ｓ，故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度ｖ０不能超过５ｍ／ｓ。􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋题型三　“木块压弹簧”模型　　两个或两个以上物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中，在能量方面，若系统所受的重力和弹簧弹力以外的其他力不做功，系统机械能守恒。若还有其他外力和内力做功，这些力做功之和等于系统机械能的改变量。做功之和为正，系统总机械能增加，反之减少。在相互作用过程特征方面，弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长（或压缩至最短）时，两端的物体具有相同的速度，弹簧的弹性势能最大。如系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度。　　如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为ｍ的物块Ａ、Ｂ、Ｃ。Ｂ的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设Ａ以速度ｖ０朝Ｂ