PAGE1專題七動量守恒定律考點1動量、沖量和動量定理考向1動量、沖量和動量定理的理解1．☆☆☆（網絡版）（2024福建）（多選）物塊置于足夠長光滑斜面上并鎖定，t=0時刻解除鎖定，并對物體沿斜面施加如圖所示變化的力F，以沿斜面向下為正方向，下列說法正確的是（）A．0~4tB．0~4tC．t0時動量是2D．2t0~3【答案】AD【解析】根據圖像可知當F=2mgsinθ時，物塊加速度a=2mgsinθ+mgsinθm=3gsinθ根據圖像可知0~4t0，物體一直沿斜面向下運動，故A正確；根據圖像可知0~4t0，物塊的末速度不等于0，根據動量定理I合=Δp≠0，故B錯誤；根據圖像可知t0時物塊速度大于2t02.(2024廣西,10,6分)(多選)如圖,堅硬的水平地面上放置一木料,木料上有一個豎直方向的方孔,方孔各側壁完全相同。木栓材質堅硬,形狀為正四棱臺,上下底面均為正方形,四個側面完全相同且與上底面的夾角均為θ。木栓質量為m,與方孔側壁的動摩擦因數為μ。將木栓對準方孔,接觸但無擠壓,錘子以極短時間撞擊木栓后反彈,錘子對木栓沖量為I,方向豎直向下。木栓在豎直方向前進了Δx的位移,未到達方孔底部。若進入的過程方孔側壁發生彈性形變,彈力呈線性變化,重力加速度為g,最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力,則()A.進入過程,木料對木栓的合力的沖量為-IB.進入過程,木料對木栓的平均阻力大小約為I2C.進入過程,木料和木栓的機械能共損失了I2D.木栓前進Δx后木料對木栓一個側面的最大靜摩擦力大小約為μ【答案】BCD【解析】錘子撞擊木栓過程,對木栓分析可知合外力的沖量為0,錘子對木栓的沖量為I,方向豎直向下,設木料對木栓的合力沖量大小為I木料,以豎直向下為正方向,則I+mgt+I木料=0,解得I木料=-(I+mgt),A錯誤;錘子對木栓沖量為I,則木栓獲得的動能為Ek=12mv2=I22m,木栓進入木料過程根據動能定理有(mg-f)Δx=0-Ek,解得平均阻力為f=I22mΔx由于方孔側壁彈力呈線性變化,則有12(fsinθ+FNcosθ)=14f(點撥:平均阻力與重力方向共線,所以木栓每個側面所受摩擦力和支持力需要在豎直方向上分解),又因為f=μFN考向2動量定理的應用1.(2024北京,8,3分)將小球豎直向上拋出,小球從拋出到落回原處的過程中,若所受空氣阻力大小與速度大小成正比,則下列說法正確的是()A.上升和下落兩過程的時間相等B.上升和下落兩過程損失的機械能相等C.上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量D.上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度【答案】C【解析】空氣阻力對小球一直做負功,除最高點外同一位置小球上升時的速度大于下降時的速度,所以上升過程的時間小于下落過程的時間,A錯誤。空氣阻力大小f=kv,由微元法可得上升過程空氣阻力做功較大,所以上升過程損失的機械能較大,B錯誤。由動量定理I=m·Δv可得上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量,C正確。上升過程的加速度大小a上=mg+fm,下落過程的加速度大小a下=mg-fm,所以a2.(2024安徽,9,5分)(多選)一傾角為30°足夠大的光滑斜面固定于水平地面上,在斜面上建立Oxy直角坐標系,如圖(1)所示。從t=0開始,將一可視為質點的物塊從O點由靜止釋放,同時對物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2,其大小與時間t的關系如圖(2)所示。已知物塊的質量為1.2kg,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力。則()A.物塊始終做勻變速曲線運動B.t=1s時,物塊的y坐標值為2.5mC.t=1s時,物塊的加速度大小為53m/s2D.t=2s時,物塊的速度大小為102m/s【答案】BD【解析】根據題圖(2)可得,在0~4s內F1=4-t(N),F2=3t(N),故兩力的合力為F=4+2t(N),物塊在y軸方向受力為mgsin30°,在x軸方向所受的力在改變,故物塊所受合力在改變,物塊做變加速曲線運動,A錯誤;物塊在y軸方向的加速度為ay=mgsin30°m=5m/s2,故t=1s時,物塊的y坐標值為y=12ayt2=2.5m,B正確;t=1s時,x軸方向合力為6N,故此時在x軸方向的加速度ax=61.2m/s2=5m/s2,此時物塊加速度大小為a=ax2+ay2=52m/s2,C錯誤;t=2s時,在x軸正方向上,對物塊根據動量定理有Ft=mvx-0,在0~4s內F與時間t成線性關系,可得F=(4+2×0)+(4+2×2)2考點2動量守恒定律及其應用考向1動量守恒定律的理解及基本應用1.(2024江蘇,9,4分)如圖所示,在水平面上有一個U形滑板A,A的上表面有一個靜止的物體B,左側用輕彈簧連接在滑板A的左端,右側用一根細繩連接在滑板A的右端,開始時彈簧處于拉伸狀態,各表面均光滑,剪斷細繩后,則()A.彈簧恢復原長時A的動能最大B.彈簧壓縮最短時A的動量最大C.系統動量變大D.系統機械能變大【答案】A【解析】對A、B及彈簧組成的系統分析可知合外力為0,系統動量守恒,整個系統中只有彈簧彈力做功,系統機械能守恒,C、D錯誤;由題可知,開始時彈簧處于拉伸狀態,從剪斷細繩到彈簧恢復原長的過程,B向左加速,A向右加速,彈簧壓縮的過程,B向左減速,A向右減速,壓縮至最短時,A、B速度均減為0,可知彈簧原長時A和B的速度均達到最大,此時A的動能、動量均最大,A正確,B錯誤。14.(2024江蘇,14,8分)嫦娥六號探測器于5月3日在中國文昌航天發射場發射升空并進入地月轉移軌道,探測器經過軌道修正、近月制動,順利進入環月軌道飛行。此后探測器經歷著陸器和上升器組合體、軌道器和返回器組合體的分離。已知嫦娥六號在軌速度為v0,著陸器對應的組合體A與軌道器對應的組合體B分離時間為Δt,分離后B的速度為v,且與v0同向,A、B的質量分別為m、M。求:(1)分離后A的速度vA;(2)分離時A對B的推力大小。【答案】(1)(m+解析(1)取v0的方向為正方向,由動量守恒定律有(m+M)v0=Mv+mvA,解得vA=(m(2)以B為研究對象,取v0的方向為正方向,根據動量定理,對B有FΔt=Mv-Mv0,則分離時A對B的推力大小F=M(考向2動量守恒中的常見模型1.(2024廣西,8,6分)(多選)如圖,在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動,速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發生正碰,碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力,則碰撞后,N在()A.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動B.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動C.水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于vD.水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v【答案】BC【解析】兩小球碰撞過程中機械能守恒,可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞,由于兩小球質量相等,故碰撞后兩小球交換速度,即vM=0,vN=v,碰后小球N做平拋運動,在水平方向做勻速直線運動,即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v,C正確,D錯誤;小球N在豎直方向上做自由落體運動,即豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動,A錯誤,B正確。2.(2024湖北,10,4分)(多選)如圖所示,在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊,質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變,其大小f與射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k為已知常數)。改變子彈的初速度大小v0,若木塊獲得的速度最大,則()A.子彈的初速度大小為2B.子彈在木塊中運動的時間為2C.木塊和子彈損失的總動能為kD.木塊在加速過程中運動的距離為mL【答案】AD【解析】子彈在木塊內運動的過程中,子彈和木塊組成的系統動量守恒,若子彈沒有射出木塊,則由動量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得木塊獲得的速度大小為v=mv0M+m,又子彈的初速度越大,其打入木塊越深[點撥:根據能量守恒定律有fΔx=kv0Δx=12mv02-12(M+m)v2,聯立解得Δx=Mmv02k(M+m)],則當子彈恰好不射出木塊時,木塊獲得的速度最大,此時有kv0L=12mv02-12(M+m)v2,解得v0=2kL(M+m)Mm;若子彈能夠射出木塊,設子彈穿出木塊時子彈和木塊的速度分別為v1、v2(v1>v2),子彈和木塊的位移大小分別為x1、x2,則有x1-x2=L,可得v0+v12t-v22t=L,左右兩邊同乘k,得kv02t+k考向3動力學、動量和能量觀點的綜合應用1.(2024廣東,10,6分)(多選)如圖所示,光滑斜坡上,可視為質點的甲、乙兩個相同滑塊,分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ,乙在水平面上追上甲時發生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有()A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運動時間與H乙無關D.甲最終停止位置與O處相距H【答案】ABD【解析】由于斜面光滑,則兩物塊加速度相同,又兩物塊初速度都為0,所以在斜坡上運動過程中二者始終保持相對靜止,A正確。由于甲、乙的碰撞屬于彈性碰撞,且二者質量相同,所以碰撞過程甲、乙交換速度,B正確。H乙越大,乙在斜坡上運動的位移越大,所需時間越長,甲、乙碰撞后交換速度且二者均可視為質點,則乙在水平面上運動的位移與H甲有關,因為兩個滑塊與水平面間的動摩擦因數均為μ,即a=μg保持不變,則乙在水平面上的運動時間與H甲有關,綜上所述可知乙的運動時間與H甲、H乙均有關,C錯誤。由于甲、乙碰撞后交換速度,甲在水平面上的位移等于沒有甲時乙單獨滑下時在水平面上運動的位移,由能量守恒可知mgH乙=μmgx,解得x=H乙μ,D2.(2024安徽,8,4分)在某裝置中的光滑絕緣水平面上,三個完全相同的帶電小球,通過不可伸長的絕緣輕質細線,連接成邊長為d的正三角形,如圖甲所示。小球質量為m,帶電荷量為+q,可視為點電荷。初始時,小球均靜止,細線拉直。現將球1和球2間的細線剪斷,當三個小球運動到同一條直線上時,速度大小分別為v1、v2、v3,如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統電勢能減少了kq2A.該過程中小球3受到的合力大小始終不變B.該過程中系統能量守恒,動量不守恒C.在圖乙位置,v1=v2,v3≠2v1D.在圖乙位置,v3=2【答案】D【解析】對整個系統分析可知系統受到的合力為0,故動量守恒;當三個小球運動到同一條直線上時,根據對稱性可知細線中的拉力相等,此時球3受到球1和球2的電場力大小相等,方向相反,故可知此時球3受到的合力為0,球3從靜止狀態開始運動,剪斷細線瞬間球3受到的合力不為0,故該過程中小球3受到的合力在改變,系統動能和電勢能相互轉化,能量守恒,A、B錯誤。對系統根據動量守恒定律有mv1+mv2=mv3,根據球1和球2運動的對稱性可知v1=v2,解得v3=2v1,根據能量守恒定律有12mv12+12mv22+12mv3.(2024廣東,14,13分)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。(1)安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定,其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中,敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a,同時頂起敏感臂,使之處于水平狀態,并卡住卷軸外齒輪,鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN,敏感球的質量為m,重力加速度為g,忽略敏感球受到的摩擦力,求斜面傾角的正切值tanθ。(2)如圖乙所示,在安全氣囊的性能測試中,可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動,與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘剛到氣囊表面為計時起點,氣囊對頭錘豎直方向的作用力F隨時間t的變化規律,可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量M=30kg,H=3.2m,重力加速度大小取g=10m/s2,求:①碰撞過程中F的沖量大小和方向;②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。【答案】(1)mamg+FN(2)①330N·s方向豎直向上【解析】(1)對敏感球受力分析如圖所示三個力的合力方向水平向左,大小為ma,由幾何關系可知tanθ=ma(2)①F-t圖像中圖線與橫坐標軸所圍的面積等于F的沖量,故有IF=12×0.1×6600N·s=330N·氣囊對頭錘的彈力方向豎直向上,故F的沖量IF方向豎直向上②以豎直向上為正方向,對頭錘與氣囊作用的過程應用動量定理有IF-Mgt=Mv-(-Mv0)對頭錘自由下落過程,由運動學公式有v0聯立解得v=2m/s由v2=2gh,解得h=0.2m4.(2024甘肅,14,15分)如圖,質量為2kg的小球A(視為質點)在細繩O'P和OP作用下處于平衡狀態,細繩O'P=OP=1.6m,與豎直方向的夾角均為60°。質量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上,質量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細繩O'P,小球A開始運動。(重力加速度g取10m/s2)(1)求A運動到最低點時細繩OP所受的拉力。(2)A在最低點時,細繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側碰撞(時間極短),碰后A豎直下落,C水平向右運動。求碰后C的速度大小。(3)A、C碰后,C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數。【答案】(1)40N(2)4m/s(3)0.15解析根據題意,設A、C質量分別為mA、mC,則mA=mC=2kg,設B的質量為mB,則mB=6kg,設細繩OP長為l,則l=1.6m,設初始時細繩與豎直方向的夾角為θ,則θ=60°。(1)A開始運動到最低點的過程中,有mAgl(1-cosθ)=12mAv對A在最低點受力分析,根據牛頓第二定律有T-mAg=mA解得v0=4m/s,T=40N,由牛頓第三定律可知,A運動到最低點時細繩OP所受的拉力大小為40N。(2)A與C相碰過程,水平方向動量守恒,由于碰后A豎直下落,則可知碰后A的水平速度大小為零,對于碰撞過程有mAv0=0+mCvC,解得vC=v0=4m/s。(3)A、C碰后,C相對B滑行到共速的過程示意圖如圖所示,C相對B滑行4m后與B共速,則對C、B分析,根據動量守恒有mCvC=(mB+mC)v,根據能量守恒有μmCgx相對=12mCvC2-12(mB+m聯立解得μ=0.15。5.(2024安徽,14,14分)如圖所示,一實驗小車靜止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道,圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點。一物塊靜止于小車最左端,一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方,并輕靠在物塊左側。現將細線拉直到水平位置,由靜止釋放小球,小球運動到最低點時與物塊發生彈性碰撞。碰撞后,物塊沿小車上的軌道運動。已知細線長L=1.25m,小球質量m=0.20kg,物塊、小車質量均為M=0.30kg,小車上的水平軌道長s=1.0m,圓弧軌道半徑R=0.15m。小球、物塊均可視為質點,不計空氣阻力,重力加速度g取10m/s2。(1)求小球運動到最低點與物塊碰撞前,所受拉力的大小;(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間,物塊速度的大小;(3)為使物塊能進入圓弧軌道,且在上升階段不脫離小車,求物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍。【答案】(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4解析(1)小球從釋放到運動至最低點的過程,根據動能定理有mgL=12mv解得v0=5m/s在最低點,對小球由牛頓第二定律有FT-mg=mv解得小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT=6N。(2)小球與物塊發生彈性碰撞,由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv0=mv1+Mv2、12mv02=12mv解得v2=2mm+(3)若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點時物塊與小車共速,則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒有Mv2=2Mv3由能量守恒定律有12Mv22=12×2M解得μ1=0.4若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的位置時兩者共速,則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒有Mv2=2Mv4由能量守恒定律有12Mv22=12×2M解得μ2=0.25綜上所述,物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍為0.25≤μ<0.4。6.(2024貴州,15,19分)如圖,半徑為R=1.8m的四分之一光滑圓軌道固定在豎直平面內,其末端與水平地面PM相切于P點,PM的長度d=2.7m。一長為L=3.3m的水平傳送帶以恒定速率v0=1m/s逆時針轉動,其右端與地面在M點無縫對接。物塊a從圓軌道頂端由靜止釋放,沿軌道下滑至P點,再向左做直線運動至M點與靜止的物塊b發生彈性正碰,碰撞時間極短。碰撞后b向左運動到達傳送帶的左端N時,瞬間給b一水平向右的沖量I,其大小為6N·s。以后每隔Δt=0.6s給b一相同的瞬時沖量I,直到b離開傳送帶。已知a的質量為ma=1kg,b的質量為mb=2kg,它們均可視為質點。a、b與地面及傳送帶間的動摩擦因數均為μ=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大小;(2)b從M運動到N的時間;(3)b從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產生的熱量。【答案】(1)30N(2)3.2s(3)95J解析(1)a從靜止釋放到運動到圓軌道底端過程,根據機械能守恒定律有magR=12mav在P點,設軌道對a的支持力大小為N,根據牛頓第二定律有N-mag=mavP(2)a從靜止釋放到M點過程中,根據動能定理有magR-μmagd=12mavM2a與b發生彈性碰撞的過程,根據動量守恒定律和動能守恒有mavM=mava+mbvb,12mavM2=12mava2聯立解得vb=2m/s,b滑上傳送帶后,先做減速運動,根據牛頓第二定律有μmbg=mba,解得a=5m/s2,b的速度減小到與傳送帶速度相等所需的時間t1=vb此時的對地位移x=vb+v此后b做勻速直線運動,b到達傳送帶最左端還需要的時間t2=L-b從M運動到N的時間t=t1+t2=3.2s。(3)設向右為正方向,b到達N的瞬間給b一水平向右的沖量,對b根據動量定理有I=mbv-(-mbv0),解得v=2m/s,b向右減速到零所需的時間t3=vab向左從零加速到v0所需的時間t4=v0可得恰好Δt=t3+t4,b在Δt時間內向右運動的距離Δx=v2·t3-v02之后b重復向右減速到0然后向左加速到v0的過程,循環10次后b向右運動的距離x'=10·Δx=3m,每一次相對傳送帶運動的路程s=v2·t3+v0t3+v0t4-v02b從N向右運動3m的過程中b與傳送帶摩擦產生的熱量Q1=10μmbgs=90J,然后b繼續向右減速運動,根據運動學公式有vt5-12at52此過程,b相對傳送帶運動的路程s'=L-x'+v0t5=0.5m,此過程中b與傳送帶摩擦產生的熱量Q2=μmbgs'=5J,b從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產生的熱量Q=Q1+Q2=95J。7.(2024河北,15,16分)如圖,三塊厚度相同、質量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排靜止在光滑水平面上,尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質量均為2.0kg,A木板長度為2.0m,機器人質量為6.0kg,重力加速度g取10m/s2,忽略空氣阻力。(1)機器人從A木板左端走到A木板右端時,求A、B木板間的水平距離。(2)機器人走到A木板右端相對木板靜止后,以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端,求起跳過程機器人做的功,及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。(3)若機器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對靜止,隨即相對B木板連續不停地3次等間距跳到B木板右端,此時B木板恰好追上A木板。求該時刻A、C兩木板間距與B木板長度的關系。【答案】(1)1.5m(2)90J2(3)xAC=74L解析(1)設機器人的質量為m,木板的質量均為M,機器人從左向右走,A板向左運動,二者組成的系統動量守恒,因開始時總動量為零,故機器人在木板A上行走時,二者動量時刻等大反向,有mx機=MxA(點撥:聯想到人船模型)又x機+xA=LA=2.0m聯立解得xA=1.5m,故此時A、B間距為1.5m。(2)由能量守恒定律得W=12mv2+12設機器人跳離瞬間的速度方向與水平方向的夾角為θ,機器人與A木板在水平方向上動量守恒,有mvcosθ=MvA聯立得W=3v2+9v2cos2θ機器人做斜拋運動,其跳到木板B左端時水平方向位移為xA=vcosθ×t0,t0=2解得v2sin2θ=15所以W=45×1+3cos2由數學均值不等式可知,當tanθ=2時,W取到最小值Wmin=90J(3)由(2)得,tanθ=2,cosθ=15,sinθ=25,vcosθ=1215m/s,vA=3215m/s,txA0=vAt0=4.5m,x和=xA0+xA=6m機器人跳到B板上立刻相對靜止,mvcosθ=(2M+m)vC解得vC=31015此時如圖1跳3次后如圖2跳第1次,(m+M)vC=MvB1+mv1(m+M)vCt1=-MxB1+mx1(點撥:選取向右為正方向,由題意知,機器人起跳后B向左運動)①x1+xB1=13LB跳第2次,(m+M)vC=MvB2+mv2(m+M)vCt2=-MxB2+mx2③x2+xB2=13LB跳第3次,(m+M)vC=MvB3+mv3(m+M)vCt3=-MxB3+mx3⑤x3+xB3=13LB此過程中木板C前進的位移xC=vC(t1+t2+t3)⑦聯立①~⑦得(m+M)xC=mLB-(M+m)xB化簡得4xC=-4xB+3LB⑧由B板恰追上板A得xB=xA'+x和xA'=vA(t1+t2+t3)⑨由⑦⑨得xA'=vAxCv聯立解得xC=18LBxAC=xC+LB+x和+xA'解得xAC=74L8.(2024重慶,15,18分)如圖所示,M、N兩個釘子固定于相距a的兩點,M的正下方有不可伸長的輕質細繩,一端固定在M上,另一端連接位于M正下方放置于水平地面質量為m的小木塊B,繩長與M到地面的距離均為10a,質量為2m的小木塊A,沿水平方向與B發生彈性碰撞,碰撞時間極短,A與地面間動摩擦因數為548,重力加速度為g,忽略空氣阻力和釘子直徑,不計繩被釘子阻擋和繩斷裂時的機械能損失。(1)若碰后,B在豎直面內做圓周運動,且能經過圓周運動最高點,求B碰后瞬間速度的最小值;(2)若改變A碰前瞬間的速度,碰后A運動到P點停止,B在豎直面內做圓周運動旋轉2圈,經過M正下方時細繩斷開,B也來到P點,求B碰后瞬間的速度大小;(3)若拉力達到12mg細繩會斷,上下移動N的位置,保持N在M正上方,B碰后瞬間的速度與(2)問中的相同,使B旋轉n圈。經過M正下方時細繩斷開,求MN之間距離的范圍,及在n的所有取值中,B落在地面時水平位移的最小值和最大值。答案(1)52ga(2)4(3)5a3n≤h≤30a解析(1)碰后B能在豎直面內做圓周運動,軌跡半徑為10a,設碰后B的最小速度大小為v0,則B通過最高點時的速度大小為v,在最高點時由牛頓第二定律有mg=mvB從最低點到最高點由動能定理可得-mg×2×10a=12mv2-12解得v0=52ga(2)A和B碰撞過程中動量守恒、機械能守恒,設碰前A的速度大小為v1,碰后A的速度大小為v2,碰后B的速度大小為v3,則有2mv1=2mv2+mv312×2mv12=12×2mv碰后A減速到0,設碰后A在水平面上的運動距離為L,則有μ×2mgL=12×2m碰后B做兩圈圓周運動,繩子在MN間纏繞2圈,縮短4a,B在M點正下方且細繩剛斷開時,B和M點的距離為6a,B和水平地面的距離為4a,此時設B的速度大小為v4,由功能關系得-mg×4a=12mv42-B隨后做平拋運動,有4a=12gt2,L=v4聯立解得v3=45ga(另一解速度小于v0(3)設M、N間距離為h,B轉n圈后到達M正下方時速度大小為v5,繩縮短2nh,繩斷開時,以M為圓心,由牛頓第二定律得12mg-mg≤mv5斷開前以N為圓心,由牛頓第二定律得12mg-mg≥mv5從碰后到B轉n圈后到達M正下方,由功能關系得mg×2nh=12mv32-1聯立解得5a3n繩斷后,B做平拋運動,有2nh=12gt'2(n=1,2,3,…),s=v5可得s=420an?由于5a3≤nh≤則由數學知識分析可得,當nh=5a3時,smin當n=1時,nh=30a7,則有smax=9.(2024湖北,14,16分)如圖所示,水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉動,傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點O,用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2kg的小球,小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子,P點與O點等高。將質量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端,小物塊運動到右端與小球正碰,碰撞時間極短,碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s,方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動,當輕繩被釘子擋住后,小球繼續繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5,重力加速度大小g=10m/s2。(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間,小物塊的速度大小。(2)求小物塊與小球碰撞過程中,兩者構成的系統損失的總動能。(3)若小球運動到P點正上方,繩子不松弛,求P點到O點的最小距離。【答案】(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m解析(1)根據題意,小物塊在傳送帶上,由牛頓第二定律有μm物g=m物a,解得a=5m/s2由運動學公式可得,小物塊與傳送帶共速時運動的距離為x=v傳22可知,小物塊運動到傳送帶右端前已和傳送帶共速,即小物塊與小球碰撞前瞬間,小物塊的速度大小為5m/s。(2)小物塊運動到傳送帶右端與小球正碰,碰撞時間極短,小物塊與小球組成的系統動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中v=5m/s,v1=-1m/s,解得v2=3m/s小物塊與小球碰撞過程中,兩者構成的系統損失的總動能為ΔEk=12m物v2-12m物v12-解得ΔEk=0.3J。(3)設P點到O點的距離為d,小球在P點正上方時速度為v3,小球從O點正下方到P點正上方過程中,由機械能守恒定律有12m球v22=12m球v32+m球g(2L繩當小球運動到P點正上方,繩子恰好不松弛,即繩子的拉力剛好為零時,v3最小在P點正上方,由牛頓第二定律有m球g=m球v聯立解得d=0.2m即P點到O點的最小距離為0.2m。10.（2024山東，17，14分）如圖甲所示，質量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2。（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道的加速度a與F對應關系如圖乙所示。（ⅰ）求μ和m；（ⅱ）初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地面的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L。【答案】（1）4m/s（2）（ⅰ）0.21kg（ⅱ）4.5m【解析】（1）對小物塊在Q點，由牛頓第二定律得3mg+mg=mv代入數據解得v=4m/s。（2）（ⅰ）由題圖乙可知，F1=4N時a1=2m/s2，此時小物塊與軌道間剛要發生相對滑動，對小物塊，由牛頓第二定律得μmg=ma1解得μ=0.2對小物塊與軌道整體，由牛頓第二定律得F1=（M+m）a1解得m+M=2kgF2=8N時a2=6m/s2，對軌道，由牛頓第二定律得F2-μmg=Ma2聯立解得m=M=1kg。（ⅱ）若初始時F=8N，向左推動軌道，則從一開始小物塊就與軌道發生相對滑動設經過時間t物塊運動到P點，此時物塊速度為v1，對地位移為x1，軌道速度為v2，對地位移為x2由運動學公式可得t=v1a代入數據得v2=3v1物塊與軌道在t時間內的相對位移L=12（v2-v1物塊在Q點的對地速度為v3=7m/s，方向水平向左，設此時軌道的對地速度為v4，物塊從P運動到Q的過程中，以向左為正方向，對物塊和軌道整體由水平方向動量守恒得mv1+Mv2=mv3+Mv4由機械能守恒得12mv12+12Mv22=12且由于小物塊從Q點離開軌道，則有v3>v4聯立解得v1=3m/s，v2=9m/s，v4=5m/s，t=1.5s，L=4.5m。11.(2024湖南,15,16分)如圖,半徑為R的圓環水平放置并固定,圓環內有質量為mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始時小球A以初速度v0沿圓環切線方向運動,與靜止的小球B發生碰撞。不計小球與圓環之間的摩擦,兩小球始終在圓環內運動。(1)若小球A與B碰撞后結合在一起,求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大小;(2)若小球A與B之間為彈性碰撞,且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點,求小球的質量比mA(3)若小球A與B之間為非彈性碰撞,每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大小的e倍(0<e<1),求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過的路程。答案(1)mAmA+mBv0(3)2πR解析(1)小球A和B發生完全非彈性碰撞,由動量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v,解得v=mAm對組合體受力分析,其做圓周運動的向心力F向=(mA+mB)v聯立解得F向=mA(2)標出所有碰撞位置如圖所示,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三處為等邊三角形的三個頂點。第1次碰撞,小球A撞上小球B,發生彈性碰撞,由動量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB由機械能守恒定律有12mAv02=12mAvA聯立解得vA=mA-mBmA+mBv0,vB=2mAmA+第2次碰撞,小球B撞上小球A,發生彈性碰撞,第2次碰后,小球A的速度恢復到v0,小球B靜止,發生第2次碰撞時是B比A多運動一圈追上A發生碰撞,若小球A和B第2次碰撞位置在Ⅱ處,則vAvB=可得mAm第3次碰撞是A在Ⅱ處撞上B,而后A在Ⅲ處被B撞上發生第4次碰撞(與第2次碰撞類似),第6次在Ⅰ處碰撞,以此類推,兩球總是在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ處發生碰撞。若小球A和B第2次碰撞位置在Ⅲ處,則vAvB=可得mA與前面分析類似,此情況下所有的碰撞位置也剛好位于等邊三角形的三個頂點,滿足要求。(3)第1次碰撞,由動量守恒定律有mAv0=mAvA1+mBvB1由碰撞前后相對速度的變化關系有vB每次發生碰撞時有xB1-xA1=vB1t1-vA1t1=2πR其中t1為第1次碰撞至第2次碰撞的時間聯立解得xB1=vB1t1=2第2次碰撞,有mAvA1+mBvB1=mAvA2+mBvB2(點撥:對于始終發生碰撞的系統,為了計算方便,等式左邊可以用mAv0代替,即mAv0=mAvA2+mBvB2)vA2-vB2vB1-xA2-xB2=vA2t2-vB2t2=2πR聯立解得xB2=2通過運算發現,第1次碰撞后B球速度大于A球速度,則第2次碰撞為速度大的B球撞A球,碰撞后A球速度大于B球速度且B球不反彈,第3次碰撞為速度大的A球撞B球,如此循環往復,可知第n次碰撞后到第n+1次碰撞,B球運動的路程xBn=2從第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間B球通過的路程xB=xB1+xB2+xB3+…+xB2n=2=2πRm考向4彈性碰撞的一般規律及其應用實驗微專題8驗證動量守恒定律1.（2024新課標，22，6分）某同學用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律。將斜槽軌道固定在水平桌面上，軌道末段水平，右側端點在水平木板上的垂直投影為O，木板上疊放著白紙和復寫紙。實驗時先將小球a從斜槽軌道上Q處由靜止釋放，a從軌道右端水平飛出后落在木板上；重復多次，測出落點的平均位置P與O點的距離xP，將與a半徑相等的小球b置于軌道右側端點，再將小球a從Q處由靜止釋放，兩球碰撞后均落在木板上；重復多次，分別測出a、b兩球落點的平均位置M、N與O點的距離xM、xN。完成下列填空:（1）記a、b兩球的質量分別為ma、mb，實驗中須滿足條件ma________mb（填“>”或“<”）；（2）如果測得的xP、xM、xN、ma和mb在實驗誤差范圍內滿足關系式，則驗證了兩小球在碰撞中滿足動量守恒定律。實驗中，用小球落點與O點的距離來代替小球水平飛出時的速度，依據是。【答案】（1）>（2）maxP=maxM+mbxN小球a、b離開軌道后均做平拋運動，兩者下落時間相同，因此可以用水平位移代替水平飛出時的速度進行驗證【解析】（1）為了防止小球a碰撞小球b后反彈，應讓小球a的質量大于小球b的質量，即滿足ma>mb；（2）小球a、b離開軌道后均做平拋運動，兩者在空中的運動時間相同，其水平位移與初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，實驗需要驗證mav0=mav1+mbv2，則只需驗證maxP=maxM+mbxN即可。2.（2024山東，13，6分）在第四次“天宮課堂”中，航天員演示了動量守恒實驗。受此啟發，某同學使用如圖甲所示的裝置進行了碰撞實驗，氣墊導軌兩端分別安裝a、b兩個位移傳感器，a測量滑塊A與它的距離xA，b測量滑塊B與它的距離xB。部分實驗步驟如下:①測量兩個滑塊的質量，分別為200.0g和400.0g；②接通氣源，調整氣墊導軌水平；③撥動兩滑塊，使A、B均向右運動；④導出傳感器記錄的數據，繪制xA、xB隨時間變化的圖像，分別如圖乙、圖丙所示。回答以下問題:（1）從圖像可知兩滑塊在t=s時發生碰撞；

（2）滑塊B碰撞前的速度大小v=m/s（保留2位有效數