1、 第第 1 课时课时 力学中的动量和能量问题力学中的动量和能量问题 高考命题点 命题轨迹 情境图 动量定理和动 量守恒定律的 应用 2016 1 卷 35(2) 17(3)20 题 2017 2 卷 15, 3 卷 20 2019 1 卷 16 “碰撞模型” 问题 2015 1 卷 35(2)， 2 卷 35(2) 15(1)35(2)题 15(2)35(2)题 16(3)35(2)题 2016 3 卷 35(2) 2018 2 卷 15、24 2019 1 卷 25 18(2)24 题 19(1)25 题 “爆炸模型” 和“反冲模 型”问题 2017 1 卷 14 19(3)25 题 201
2、8 1 卷 24 2019 3 卷 25 “板块模型” 问题 2016 2 卷 35(2) 16(2)35(2)题 1动量定理 (1)公式：Ftpp，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即 合外力的冲量是动量变化的原因 (2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果， 与物体的初、末动量无必然联系动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一 时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系 2动量守恒定律 (1)内容： 如果一个系统不受外力， 或者所受外力的矢量和为零， 这个系统的总动量保持不变 (2)表达式： m1v1m2v2m1v1
3、m2v2或 pp(系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后 总动量 p)，或 p0(系统总动量的变化量为零)，或 p1p2(相互作用的两个物体组成 的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反) (3)守恒条件 系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零 系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动 量守恒 系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程 3解决力学问题的三大观点 (1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变 速运动的问题 (2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物
4、体的受力和时间问题，以 及相互作用物体的问题 (3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能 量的转化问题时，常用能量守恒定律 1力学规律的选用原则 (1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律若其中涉及时间的问题，应选用 动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二 定律 (2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用 动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决 2系统化思维方法 (1)对多个物理过程进行整体分析，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解 决比较复
5、杂的运动 (2)对多个研究对象进行整体分析，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑， 如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统) 类型 1 动量定理的应用 例 1 (2019 全国卷 16)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 ( ) A1.6102 kg B1.6103 kg C1.6105 kg D1.6106 kg 答案 B 解析 设 1 s 时间内喷出的气体
6、的质量为 m， 喷出的气体与该发动机的相互作用力为 F， 由动 量定理有 Ftmv0，则 mFt v 4.810 61 3103 kg1.6103 kg，选项 B 正确 拓展训练 1 (2019 湖北武汉市二月调研)运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬 浮飞行器将水带竖直送上来的水反转 180 后向下喷出，令自己悬停在空中，如图 1 所示已 知运动员与装备的总质量为 90 kg，两个喷嘴的直径均为 10 cm，已知重力加速度大小 g10 m/s2，水的密度 1.0 103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( ) 图 1 A2.7 m/s B5.4 m/s C7.6 m/s D10.8
7、 m/s 答案 C 解析 设 t 时间内一个喷嘴中有质量为 m 的水喷出，忽略水的重力冲量，对两个喷嘴喷出 的水由动量定理得： Ft2mv mvtd 2 4 因运动员悬停在空中，则 FMg 联立代入数据解得：v7.6 m/s，故 C 正确 类型 2 动量定理和动量守恒定律的应用 例 2 (2019 河北省“五个一名校联盟” 第一次诊断)观赏“烟火”表演是每年“春节”庆 祝活动的压轴大餐某型“礼花”底座仅用 0.2 s 的发射时间，就能将 5 kg 的礼花弹竖直抛 上 180 m 的高空(忽略发射底座高度，不计空气阻力，g 取 10 m/s2) (1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的作用力约是
8、多少？ (2)某次试射，当礼花弹到达最高点 180 m 的高空时爆炸为沿水平方向运动的两块(爆炸时炸 药质量忽略不计)，测得两块落地点间的距离 s900 m，落地时两者的速度相互垂直，则两块 的质量各为多少？ 答案 见解析 解析 (1)设礼花弹竖直抛上 180 m 高空用时为 t，由竖直上抛运动的对称性知： h1 2gt 2 代入数据解得：t6 s 设发射时间为 t1，火药对礼花弹的作用力为 F，对礼花弹发射到 180 m 高空运用动量定理有： Ft1mg(tt1)0 代入数据解得： F1 550 N； (2)设礼花弹在 180 m 高空爆炸时分裂为质量为 m1、m2的两块，对应水平速度大小为
9、 v1、v2， 方向相反，礼花弹爆炸时该水平方向合外力为零，由动量守恒定律有： m1v1m2v20 且有：m1m2m 由平抛运动的规律和题目落地的距离条件有：(v1v2)ts 设落地时竖直速度为 vy，落地时两块的速度相互垂直，如图所示，有： tan vy v1 v2 vy 又 vygt 联立代入数据解得： m11 kg m24 kg 或 m14 kg m21 kg 拓展训练 2 (多选)(2019 福建厦门市上学期期末质检)如图 2 所示， 一质量 M2.0 kg 的长 木板 B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量 m1.0 kg 的小物块 A.给 A 和 B 以大小均 为 3.0 m/
10、s、 方向相反的初速度， 使 A 开始向左运动， B 开始向右运动， A 始终没有滑离 B 板 下 列说法正确的是( ) 图 2 AA、B 共速时的速度大小为 1 m/s B在小物块 A 做加速运动的时间内，木板 B 速度大小可能是 2 m/s C从 A 开始运动到 A、B 共速的过程中，木板 B 对小物块 A 的水平冲量大小为 2 N s D从 A 开始运动到 A、B 共速的过程中，小物块 A 对木板 B 的水平冲量方向向左 答案 AD 解析 设水平向右为正方向， 根据动量守恒定律得： Mvmv(Mm)v共， 解得 v共1 m/s， A 正确；在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为
11、 v1，根据动量守恒定律：Mv mvMv1，解得：v11.5 m/s，所以当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的 速度必然小于 1.5 m/s，所以 B 错误；根据动量定理，A、B 相互作用的过程中，木板 B 对小 物块 A 的水平冲量大小为 Imv共mv4 N s，故 C 错误；根据动量定理，A 对 B 的水平冲 量 IMv共Mv4 N s，负号代表与正方向相反，即向左，故 D 正确 1模型介绍 碰撞模型主要是从运动情景和解题方法高度相似角度进行归类模型具体有以下几种情况： (水平面均光滑) 物体与物体的碰撞；子弹打木块；两个物体压缩弹簧；两个带电体在光滑绝缘水平 面上的运动等 2基
12、本思路 (1)弄清有几个物体参与运动，并分析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)光滑的平面或曲面(仅有重力做功)，不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、 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 3方法选择 (1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律 (2)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应使用牛顿运动定律 (3)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，运用动能定理解决曲线运动和变 加速运动问题特别方便 (4)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理 例 3 (2
13、019 山东日照市 3 月模拟)A、B 两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接， A、B 两球的质量分别为 m 和 M(mL2 BL1L2 CL1L2 D不能确定 答案 C 解析 当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取 A 的初速度方向为正方向，由动 量守恒定律得：mv(mM)v 由机械能守恒定律得：Ep1 2mv 21 2(mM)v 2 联立解得弹簧压缩到最短时有：Ep mMv2 2mM 同理：对题图乙取 B 的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：Ep mMv2 2mM 故弹性势能相等，则有：L1L2，故 A、B、D 错误，C 正确 拓展训练 3 (2019 四川省第二次
14、诊断)如图 4 甲所示，一块长度为 L、质量为 m 的木块静 止在光滑水平面上一颗质量也为 m 的子弹以水平速度 v0射入木块当子弹刚射穿木块时， 木块向前移动的距离为 s，如图乙所示设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子 弹可视为质点则子弹穿过木块的时间为( ) 图 4 A. 1 v0(sL) B. 1 v0(s2L) C. 1 2v0(sL) D. 1 v0(L2s) 答案 D 解析 子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以 v0的方 向为正方向，有：mv0mv1mv2， 设子弹穿过木块的过程所受阻力为 Ff，对子弹由动能定理：Ff(sL)1 2mv1 2
15、1 2mv0 2， 由动量定理：Fftmv1mv0， 对木块由动能定理：Ffs1 2mv2 2， 由动量定理：Fftmv2， 联立解得：t 1 v0(L2s)，故选 D. 例 4 (2019 全国卷 25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧 平滑连接，小物块 B 静止于水平轨道的最左端，如图 5(a)所示t0 时刻，小物块 A 在倾斜 轨道上从静止开始下滑，一段时间后与 B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当 A 返回到倾斜轨 道上的 P 点(图中未标出)时，速度减为 0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静 止物块 A 运动的 vt 图象如图(b)所示，图中的 v1
16、和 t1均为未知量已知 A 的质量为 m， 初始时 A 与 B 的高度差为 H，重力加速度大小为 g，不计空气阻力 图 5 (1)求物块 B 的质量； (2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块 A 克服摩擦力所做的功； (3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等在物块 B 停止运动后，改变物块与轨道间的动 摩擦因数，然后将 A 从 P 点释放，一段时间后 A 刚好能与 B 再次碰上求改变前后动摩擦因 数的比值 答案 (1)3m (2) 2 15mgH (3) 11 9 解析 (1)根据题图(b)，v1为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小，v1 2 为其碰撞后瞬间速度的大 小设物块 B 的质
17、量为 m，碰撞后瞬间的速度大小为 v.由动量守恒定律和机械能守恒定 律有 mv1m v1 2 mv 1 2mv1 21 2m 1 2v1 21 2mv 2 联立式得 m3m； (2)在题图(b)所描述的运动中，设物块 A 与轨道间的滑动摩擦力大小为 Ff，下滑过程中所经 过的路程为 s1，返回过程中所经过的路程为 s2，P 与 B 的高度差为 h，整个过程中克服摩擦 力所做的功为 W.由动能定理有 mgHFfs11 2mv1 20 (Ffs2mgh)01 2m v1 2 2 从题图(b)所给出的 vt 图线可知 s11 2v1t1 s21 2 v1 2 (1.4t1t1) 由几何关系得：s2
18、s1 h H 物块 A 在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为 WFfs1Ffs2 联立式可得 W 2 15mgH； (3)设倾斜轨道倾角为 ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为 ，有 Wmgcos Hh sin 设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为 s，由动能定理有mgs01 2mv 2 设改变后的动摩擦因数为 ，由动能定理有 mghmgcos h sin mgs0 联立式可得 11 9 . 拓展训练 4 (2019 福建泉州市质量检查)在游乐场中，父子两人各自乘坐的碰碰车沿同一直 线相向而行，在碰前瞬间双方都关闭了动力，此时父亲的速度大小为 v，儿子的速度大小为 2v.两车瞬间碰撞后儿子
19、沿反方向滑行，父亲运动的方向不变且经过时间 t 停止运动已知父 亲和车的总质量为 3m，儿子和车的总质量为 m，两车与地面之间的动摩擦因数均为 ，重力 加速度大小为 g，求： (1)碰后瞬间父亲的速度大小和此后父亲能滑行的最大距离； (2)碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小 答案 (1)gt 1 2gt 2 (2)3mv3mgt 解析 (1)设碰后瞬间父亲的速度大小为 v1，由动量定理可得 3mgt03mv1 得 v1gt 设此后父亲能滑行的最大距离为 s，由动能定理可得 3mgs01 23mv1 2 得 s1 2gt 2 (2)设碰后瞬间儿子的速度大小为 v2，取父亲的运动方向为正方向
20、，由动量守恒定律可得 3mvm 2v3mv1mv2 设碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小为 I，由动量定理可得 Imv2(m 2v) 解得 I3mv3mgt 例 5 (2019 全国卷 25)静止在水平地面上的两小物块 A、B，质量分别为 mA1.0 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 l1.0 m，如图 6 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 Ek10.0 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 0.20. 重力加速度取 g10 m/s2.A、B 运动过程
21、中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短 图 6 (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？ 答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块 B 先停止 0.50 m (3)0.91 m 解析 (1)设弹簧释放瞬间 A 和 B 的速度大小分别为 vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定 律和题给条件有 0mAvAmBvB Ek1 2mAvA 21 2mBvB 2 联立式并代入题给数据得 vA4.0 m/s，vB1.0 m/s (2)A、B
22、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 mBamBg sBvBt1 2at 2 vBat0 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 sAvAt1 2at 2 联立式并代入题给数据得 sA1.75 m，sB0.25 m 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
23、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 s0.25 m0.25 m0.50 m (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 vA，由动 能定理有 1 2mAvA 21 2mAvA 2m Ag( )2lsB 联立式并代入题给数据得 vA 7 m/s 故 A 与 B 将发生碰撞设碰撞后 A、B 的速度分别为 vA和 vB，由动量守恒定律与机械能 守恒定律有 mA()vA mAvAmBvB 1 2mAvA 21 2mAvA 21 2mBvB 2 联立式并代入题给数据得 vA3 7 5 m/
24、s，vB2 7 5 m/s 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 sA时停止，B 向左运动距离为 sB时停止，由运动学公式 2asAvA2,2asBvB2 由式及题给数据得 sA0.63 m，sB0.28 m sA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 ssAsB0.91 m 拓展训练 5 (2019 云南昆明市 4 月质检)科研人员乘热气球进行科学考察，气球、座舱、压 舱物和科研人员的总质量为 M200 kg.热气球在空中以 v00.1 m/s 的速度匀速下降，距离 水平地面高度 h186 m 时科研人员将质量 m20 kg 的压舱物竖直向下
25、抛出，抛出后 6 s 压 舱物落地此过程中压舱物所受空气阻力可忽略不计，热气球所受浮力不变，重力加速度取 g10 m/s2，求： (1)压舱物刚被抛出时的速度大小； (2)压舱物落地时热气球距离水平地面的高度 答案 (1)1 m/s (2)206 m 解析 (1)设压舱物抛出时的速度为 v1，热气球的速度为 v2 压舱物抛出后做竖直下抛运动，由运动学规律有： hv1t1 2gt 2 代入数据得到：v11 m/s (2)热气球和压舱物组成的系统动量守恒，以 v0的方向为正方向，Mv0mv1(Mm)v2 代入数据得到：v20 设热气球所受浮力为 F，则 FMg 压舱物抛出后对热气球进行受力分析，由
26、牛顿第二定律有：F(Mm)g(Mm)a 代入数据得到：a10 9 m/s2 热气球 6 s 上升的高度为：h2v2t1 2at 2 代入数据得到：h220 m 则 Hh1h2206 m. 例 6 (2019 河南省九师联盟质检)如图 7 所示，在光滑水平面上有 B、C 两个木板，B 的上 表面光滑，C 的上表面粗糙，B 上有一个可视为质点的物块 A，A、B、C 的质量分别为 3m、 2m、m.A、B 以相同的初速度 v 向右运动，C 以速度 v 向左运动B、C 的上表面等高，二者 发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短A 滑上 C 后恰好能到达 C 的中间位置，C 的长度为 L，不计空气阻
27、力求： 图 7 (1)木板 C 的最终速度大小； (2)木板 C 与物块 A 之间的摩擦力 Ff大小； (3)物块 A 滑上木板 C 之后，在木板 C 上做减速运动的时间 t. 答案 (1)5 6v (2) mv2 3L (3)3L 2v 解析 (1)设水平向右为正方向，B、C 碰撞过程中动量守恒：2mvmv(2mm)v1 解得 v1v 3 A 滑到 C 上，A、C 动量守恒：3mvmv1(3mm)v2 解得 v25 6v； (2)根据能量关系可知，在 A、C 相互作用过程中，木板 C 与物块 A 之间因摩擦产生的热量为 Q1 2(3m)v 21 2mv1 21 2(3mm)v2 2 QFf
28、L 2 联立解得 Ffmv 2 3L ； (3)在 A、C 相互作用过程中，以 C 为研究对象，由动量定理得 Fftmv2mv1 解得 t3L 2v. 拓展训练 6 (2019 四川攀枝花市第二次统考)如图 8 所示，质量 m1 kg 的小物块静止放 置在固定水平台的最左端， 质量 M2 kg 的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上， 平台、 小车的长度 l 均为 0.6 m现对小物块施加一水平向右的恒力 F，使小物块开始运动，当小物 块到达平台最右端时撤去恒力 F，小物块刚好能够到达小车的右端小物块大小不计，与平 台间、小车间的动摩擦因数 均为 0.5，重力加速度 g 取 10 m/s2，求
29、： 图 8 (1)小物块离开平台时速度的大小； (2)水平恒力 F 对小物块冲量的大小 答案 (1)3 m/s (2)5 N s 解析 (1)设撤去水平向右的恒力 F 时小物块的速度大小为 v0， 小物块和小车的共同速度大小 为 v1.从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以 v0的方向为正方向，对小物块和小车组成 的系统： 由动量守恒：mv0(mM)v1 由能量守恒：1 2mv0 21 2(mM)v1 2mgl 联立以上两式并代入数据得：v03 m/s (2)设水平恒力 F 对小物块冲量的大小为 I，小物块在平台上运动的时间为 t.小物块在平台上 运动的过程，对小物块： 由动量定理：Imgtm
30、v00 由运动学规律：lv0 2 t 联立并代入数据得：I5 N s. 专题强化练专题强化练 (限时 45 分钟) 1. (多选)(2019 安徽宣城市第二次模拟)如图 1，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 m 的光 滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为 m 的小球从槽上高 h 处由静止开始自由下滑，则( ) 图 1 A在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒 B在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功 C被弹簧反弹后，小球能回到槽上高 h 处 D被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动 答案 AD 解析 在小球下滑的过程中，小球和槽组
31、成的系统，在水平方向上不受力，则水平方向上动 量守恒，故 A 正确；在小球下滑过程中，槽向左滑动，根据动能定理知，槽的速度增大，则 小球对槽的作用力做正功，故 B 错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动 量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相反，由于质量相等，则速度大小 相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧时的速度大小相等， 可知反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，则小球不会回到槽上高 h 处，故 D 正确，C 错误 2(多选)(2019 辽宁葫芦岛市一模)一个静止的质点在 t0 到 t4 s 这段时间，仅受到力 F
32、的作用，F 的方向始终在同一直线上，F 随时间 t 的变化关系如图 2 所示下列说法中正确的 是( ) 图 2 A在 t0 到 t4 s 这段时间，质点做往复直线运动 B在 t1 s 时，质点的动量大小为 1 kg m/s C在 t2 s 时，质点的动能最大 D在 t1 s 到 t3 s 这段时间，力 F 的冲量为零 答案 CD 3(2019 广东省“六校”第三次联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学 开心得跳了起来假设小明质量为 m，从开始蹬地到离开地面用时为 t，离地后小明重心最大 升高 h，重力加速度为 g，忽略空气阻力以下说法正确的是( ) A从开始蹬地到到达最高点的过
33、程中，小明始终处于失重状态 B在 t 时间内，小明机械能增加了 mgh C在 t 时间内，地面给小明的平均支持力为 F m 2gh t D在 t 时间内，地面对小明做功 mgh 答案 B 解析 从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明是先超 重后失重，故 A 错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高 h，可 知小明离开地面时的机械能为 mgh，这是在蹬地的时间 t 中，其他外力做功转化的，故 B 正 确；在时间 t 内，由动量定理得： F tmgtmv0，离开地面到最高点有：mgh1 2mv 2，联 立解得： F m 2gh t mg，故 C 错
34、误；在时间 t 内，地面对小明的支持力并没有在力的方向 上发生位移，做功为 0，故 D 错误 4(2019 陕西榆林市第三次测试)如图 3 甲所示，物块 A、B 的质量分别是 mA4.0 kg 和 mB 3.0 kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块 B 右侧与竖直墙壁相接 触，另有一物块 C 从 t0 时，以一定速度向右运动在 t4 s 时与物块 A 相碰，并立即与 A 粘在一起不再分开，物块 C 的 vt 图象如图乙所示，墙壁对物块 B 的弹力在 4 s 到 12 s 的时 间内对 B 的冲量 I 的大小为( ) 图 3 A9 N s B18 N s C36 N s D7
35、2 N s 答案 C 解析 由题图乙知，C 与 A 碰前速度为：v19 m/s，碰后瞬间 C 的速度为：v23 m/s，C 与 A 碰撞过程动量守恒， 以 C 的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得： mCv1(mAmC)v2， 代入数据解得 mC2 kg, 12 s 末 A 和 C 的速度为：v33 m/s,4 s 到 12 s，墙对 B 的冲量为： I(mAmC)v3(mAmC)v2，代入数据解得：I36 N s，方向向左，故 C 正确，A、B、D 错误 5(2019 陕西省第二次质检)核桃是“四大坚果”之一，核桃仁具有丰富的营养价值，但核桃 壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开小悠同学发
36、现了一个开核窍门：把核桃竖直上抛落 回与坚硬地面撞击后就能开裂抛出点距离地面的高度为 H，上抛后达到的最高点与抛出点 的距离为 h.已知重力加速度为 g，空气阻力不计 (1)求核桃落回地面的速度大小 v； (2)已知核桃质量为 m，与地面撞击作用时间为 t，撞击后竖直反弹 h1高度，求核桃与地面 之间的平均作用力 F. 答案 (1) 2gHh (2)m 2gh1 2gHh t mg，方向竖直向上 解析 (1)核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有：v22g(Hh) 则落回地面的速度：v 2gHh (2)设核桃反弹速度为 v1，则有：v122gh1 以竖直向上为正方向，核桃与地面作用的过程：
37、(Fmg)tmv1m(v) 解得：Fm 2gh1 2gHh t mg，方向竖直向上 6 (2019 河南南阳市上学期期末)如图 4 所示， 水平光滑地面上有两个静止的小物块 A 和 B(可 视为质点)，A 的质量 m1.0 kg，B 的质量 M4.0 kg，A、B 之间有一轻质压缩弹簧，且 A、 B 间用细线相连(图中未画出)，弹簧的弹性势能 Ep40 J，弹簧的两端与物块接触而不固定连 接水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为 30 的光滑斜面平滑连接将细线剪断，A、 B 分离后立即撤去弹簧，物块 A 与墙壁发生弹性碰撞后，A 在 B 未到达斜面前追上 B，并与 B 相碰后结合在一起向右运动
38、，g 取 10 m/s2，求： 图 4 (1)A 与弹簧分离时的速度大小； (2)A、B 沿斜面上升的最大距离 答案 (1)8 m/s (2)1.024 m 解析 (1)设 A、B 与弹簧分离时的速度大小分别为 v1、v2， 系统动量守恒：0mv1Mv2 系统能量守恒：Ep1 2mv1 21 2Mv2 2 解得 v18 m/s，v22 m/s； (2)A 与墙壁碰后速度大小不变，设 A 与 B 相碰后，A 与 B 的速度大小为 v， 对 A、B 系统动量守恒：mv1Mv2(mM)v 解得 v3.2 m/s 对 A、B 整体，由动能定理： (mM)gLsin 30 01 2(mM)v 2 解得
39、L1.024 m. 7(2019 河南郑州市第二次质量预测)如图 5 甲所示，半径为 R0.8 m 的四分之一光滑圆弧 轨道固定在竖直平面内，A 为轨道最高点，与圆心 O 等高；B 为轨道最低点在光滑水平面 上紧挨 B 点有一静止的平板车，其质量 M3 kg，小车足够长，车的上表面与 B 点等高，平 板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的 变化图象如图乙所示物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点 A 由静止释放，其质量 m1 kg， g 取 10 m/s2. 图 5 (1) 求物块滑到 B 点时对轨道压力的大小； (2) 物块相对小车静止时距小车左端多远？
40、 答案 (1)30 N (2)1.75 m 解析 (1)物块从光滑圆弧轨道 A 点滑到 B 点的过程中， 只有重力做功， 由机械能守恒定律得： mgR1 2mvB 2 代入数据解得 vB4 m/s 在 B 点，由牛顿第二定律得 FNmgmvB 2 R 代入数据解得 FN30 N 由牛顿第三定律可知，物块滑到 B 点时对轨道的压力大小：FNFN30 N (2)物块滑上小车后，由于水平地面光滑，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒以向右 为正方向，由动量守恒定律得 mvB(mM)v 代入数据解得 v1 m/s 由能量关系得系统生热 Q1 2mvB 21 2(mM)v 2 解得 Q6 J 由功能关系知 Q1 21mgx11mg(xx1) 将 10.4，x10.5 m 代入可解得 x1.75 m.
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