全国通用2022版高考物理总复习考前三个月专题二能量与动量第2讲动量动量与能量的综合应用试题

第2讲　动量、动量与能量的综合应用高考命题轨迹年份题号(分值)考点难度2022年卷Ⅰ14题(6分)火箭喷气升空，考查动量守恒容易卷Ⅲ20题(6分)物体在合外力作用下做直线运动，考查F—t图象、匀变速直线运动规律、动量中等2022年卷Ⅰ35(2)题(10分)结合流体考查动量定理与力的平衡、竖直上抛运动的综合应用中等卷Ⅱ35(2)题(10分)考查动量守恒定律、机械能守恒定律中等卷Ⅲ35(2)题(10分)结合弹性碰撞考查动量守恒定律和能量守恒定律中等2022年卷Ⅰ35(2)题(10分)结合弹性碰撞考查动量守恒定律、机械能守恒定律的综合应用中等卷Ⅱ35(2)题(10分)考查动量守恒定律、能量守恒定律的综合应用中等考情分析　分析近几年的高考试题，动量定理、动量守恒定律与能量的综合应用是高考的热点，但试题一般以对基础知识的考查为主，题目的难度不太大．2022年考纲将3－5改为必考内容，但考试内容较简单，也没有与力学、电学综合．预计2022年高考试题会在此基础上适当加深一点，动量定理、动量守恒定律与力学的综合性可能会增强，此外也可能与电场、磁场、电磁感应等综合命题．动量部分内容单独命题时可能以选择题为主，与其他模块综合命题时则可能会以计算题形式呈现，但整体难度不会大．知识方法链接1．动量定理公式：Ft＝p′－p说明：(1)F为合外力①恒力，求Δp时，用Δp＝Ft②变力，求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率④当Δp一定时，Ft为确定值：F＝t小F大——如碰撞；t大F小——如缓冲19\n(2)等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式．v1、v2是以同一惯性参照物为参照的．Δp的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp的方向一定与Ft一致．2．动量守恒定律(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．(2)动量守恒条件：①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零．②近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多．③单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒．3．碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律．(2)机械能不增加．(3)速度要合理．①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′；②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．真题模拟精练1．(2022·全国卷Ⅰ·14)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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．30kg·m/s　　　　　　B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/sD．6.3×102kg·m/s答案　A解析　设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s.根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误．19\n2．(多选)(2022·全国卷Ⅲ·20)一质量为2kg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1所示，则(　　)图1A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零答案　AB解析　由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝.t＝1s时物块的速率为v＝＝m/s＝1m/s，故A正确；t＝2s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，t＝3s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，t＝4s时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s，所以t＝4s时物块的速度为1m/s，故B正确，C、D错误．3.(多选)(2022·山东淄博市一模)如图2所示，在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球质量为m0，小车和小球以恒定的速度v沿光滑的水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，下列哪些说法是可能发生的(　　)图2A．在这次碰撞过程中，小车、木块、小球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3B．在这次碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2C．在这次碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)uD．碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1，小木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2答案　CD解析　碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，小球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变为v1和v2，根据动量守恒有：Mv＝Mv1＋mv219\n.若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：Mv＝(M＋m)u，故C正确，A、B错误．碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统水平方向动量守恒，则有：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2，故D正确．故选：C、D.4．(多选)(2022·安徽马鞍山市第一次模拟)如图3所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触但未连接，弹簧水平且无形变，现对物体A施加一个水平向右的瞬间冲量I0，测得A向右运动的最大距离为x0，之后物体A被弹簧弹回，最终停在距离初始位置左侧2x0处，已知弹簧始终在弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)图3A．物体A整个运动过程，弹簧对物体A冲量为零B．物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间C．物体A向左运动的最大速度vm＝2D．物体A与弹簧作用的过程中，最大弹性势能Ep＝－μmgx0答案　BD解析　物体A整个运动过程中与弹簧有相互作用时，由于弹簧的弹力一直向左，故弹簧对物体A冲量不可能为零，故A错误；物体向右运动过程受向左的弹力和摩擦力，而向左运动过程中受向左的弹力与向右的摩擦力，因此向左运动时的加速度小于向右运动时的加速度，而与弹簧接触向左和向右的位移大小相等，则由位移公式可得，向右运动的时间一定小于向左运动的时间，故B正确；对离开弹簧后再向左运动2x0的过程由动能定理可知，mv2＝μmg2x0；解得离开弹簧时的速度为v＝2；而物体在向左运动至弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，故可知向左运动的最大速度一定大于2，故C错误；由动量定理可知I0＝mv0；则由功能关系知，系统具有的最大弹性势能Ep＝mv－μmgx0＝－μmgx0，故D正确；故选：B、D.知识方法链接力学规律的选用原则19\n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．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、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．真题模拟精练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　5．(2022·河北石家庄市第二次质检)如图4所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为R，重力加速度为g，不计空气阻力．求：图4(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量．答案　(1)5mg　(2)m解析　(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：mg·2R＝mv，小球刚到最低点时，根据圆周运动规律和牛顿第二定律有：FN－mg＝m，据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：FN′＝FN.联立解得：FN′＝5mg(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属槽在水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0＝(m＋M)v设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h.则有R2＋h2＝(R)2根据能量守恒定律有：mgh＝mv－(m＋M)v2.联立解得：M＝m.6．(2022·广东广州市一模)如图5所示，固定在水平地面上的凹槽，槽宽D＝2.3m19\n，左侧槽缘高h＝0.6m、斜面倾角θ＝45°，右侧槽缘高H＝0.8m、光滑圆弧形轨道足够长．长L＝1.6m、高H＝0.8m、质量mA＝1kg的木板A静止在槽内，左端距凹槽左侧D1＝0.3m．可视为质点的滑块B，质量mB＝2kg，放在A上表面的最左端．质量m＝1kg、v0＝10m/s的小球水平撞击B后水平反弹，下落过程中刚好与斜面相切通过斜面最高点．已知A与B、A与凹槽底部的动摩擦因数分别为μ1＝、μ2＝，B向右滑行过程中未与A共速，A与凹槽左、右侧碰撞后立即停止但不粘连，g取10m/s2.求：图5(1)小球与B碰后，B获得的速度vB的大小；(2)整个过程中A、B间摩擦产生的热量Q.答案　(1)6m/s　(2)27J解析　(1)设小球水平反弹的速度为vx，从反弹到通过斜面最高点时的时间为t0，竖直方向的速度为vy，则有：tanθ＝①竖直方向有vy＝gt0②H－h＝gt③设小球与B撞击后，B获得的速度为vB，有：mv0＝－mvx＋mBvB④联立①②③④并代入数据得：vx＝2m/s，vB＝6m/s⑤(2)设B滑上凹槽右侧光滑轨道时的速度为v，由于B向右滑行过程中与A未共速，B对地移动的距离为L＋D2(依题意D2＝0.4m)，由动能定理：－μ1mBg(L＋D2)＝mBv2－mBv⑥B沿弧形轨道返回到A的右端时速度大小仍为v，设B在A上减速滑行的加速度大小为a1，A在凹槽内加速滑行的加速度大小为a2，则有：μ1mBg＝mBa1⑦μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa2⑧现判断B向左移动时是否与A共速．假设经过时间t，A、B共速为v1，则：对B：v1＝v－a1t⑨19\n对A：v1＝a2t⑩联立⑥⑦⑧⑨⑩解得：v＝4m/s，a1＝5m/s2，a2＝5m/s2，v1＝2m/s⑪在时间t内：B对地的位移：x1＝＝1.2m⑫A对地的位移：x＝＝0.4m＝D2<(D1＋D2)＝0.7m⑬B在A上滑行的位移：Δx＝x1－x＝0.8m<L＝1.6m⑭所以，A与凹槽左侧相碰前，B未滑离A上表面并与A达到共速．A、B以v1的速度一起减速到A与凹槽左侧相碰，设A与凹槽左侧相碰时速度为v2，则有：－μ2(mA＋mB)gD1＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v⑮A与凹槽左边缘相碰后B在A上滑行的距离：x2＝＝0.3m⑯x2<L－Δx＝0.8m，即B最终未滑离A上表面，整个过程A、B间摩擦产生的热量：Q＝μ1mBg(L＋Δs＋s2)⑰联立得：Q＝27J.知识方法链接系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法．(1)对多个物理过程进行整体思维，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杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体思维，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)．真题模拟精练7．(2022·河南安阳市二模)如图6所示，光滑绝缘水平地面上竖直虚线AB左侧有足够长水平向右的匀强电场，电场强度E＝，竖直虚线AB右侧是一半径为R的光滑绝缘半圆轨道，与水平轨道在A点相切；一质量为m、带电量为＋q的小物块从地面上某点由静止释放经过A点进入竖直半圆轨道时，恰有A点上方落下的一质量为的橡皮泥粘在小物块上与物块一起进入竖直光滑轨道；已知重力加速度为g19\n，若物块进入竖直半圆轨道后，始终没有脱离轨道，求物块释放时到A点的距离x的取值范围．图6答案　x≤3R或x≥解析　物块进入竖直半圆轨道后，始终没有脱离轨道，有两种情况：(1)到达半圆轨道的一半高度返回，即物块沿半圆轨道上升四分之一圆周；设此时物块从离A点x1处释放；物块从释放至运动到A点，由动能定理得Eqx1＝mv，在A点粘上橡皮泥，由动量守恒定律mv1＝(m＋)v1′从A点恰好运动到四分之一圆周处时，由机械能守恒有：(m＋)v1′2＝(m＋)gR；联立解得：x1＝3R(2)若物块能从B点飞出，设此时物块从离A点x2处释放，物块及橡皮泥恰好从B点飞出时，由牛顿第二定律：(m＋)g＝(m＋)物块从释放运动到A点，由动能定理得Eqx2＝mv在A点粘上橡皮泥，由动量守恒定律得mv2＝(m＋)v2′从A点到B点由机械能守恒定律：(m＋)v2′2＝(m＋)g·2R＋(m＋)vB2联立解得：x2＝.综上所述，物块释放时到A点的距离满足：x≤3R或x≥.8.(2022·广东深圳市第一次调研)如图7所示，质量mA＝0.8kg、带电量q＝－4×10－3C的A球用长度l＝0.8m的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E＝5×103N/C.质量mB＝0.2kg不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6J．现将A球拉至左边与圆心等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道．A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，g＝10m/s2.求：19\n图7(1)碰撞过程中A球对B球做的功；(2)碰后C第一次离开电场时的速度大小；(3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C每次离开电场前瞬间线受到的拉力．答案　(1)－3.2J　(2)5.66m/s　(3)FT＝(80n－30)Nn＝1,2,3……解析　(1)碰前A的速度大小mAv＝mAgl解得vA＝4m/s碰前B的速度大小E＝mBv解得vB＝6m/s由动量守恒得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vC解得vC＝2m/sA对B所做的功W＝mBv－E＝－3.2J(2)碰后，整体受到电场力F＝qE＝20NG＝mCg＝10N因F－mCg>mC，C做类平抛运动水平方向上：x＝vCt竖直方向上：y＝at2其中a＝＝10m/s2圆的方程19\n(y－l)2＋x2＝l2解得：x＝0.8m　y＝0.8mC刚好在圆心等高处线被拉直此时C向上的速度为v1＝at＝4m/s设C运动到最高点速度为v2由动能定理得mCv－mCv＝(F－mCg)l解得v2＝4≈5.66m/s(3)设C从最高点运动到最低点时的速度为v3，得：mCv－mCv＝mCg×2lv3＝8m/s由FT＋F－mCg＝mC可知FT>0，所以C能一直做圆周运动设经过最高点次数为nmCv－mCv＝(n－1)qE×2lFT＋mCg－F＝mC解得：FT＝(80n－30)N，n＝1,2,3……专题规范练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　题组1　高考真题体验1．(2022·全国卷Ⅰ·35(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：(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．答案　(ⅰ)ρv0S　(ⅱ)－解析　(ⅰ)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变．19\n该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①喷出水柱质量Δm＝ρΔV②其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为＝ρv0S(ⅱ)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲＝Mg④其中，F冲为水柱对玩具底面的作用力由牛顿第三定律：F压＝F冲⑤其中，F压为玩具底面对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底面时的速度由运动学公式：v′2－v＝－2gh⑥在很短Δt时间内，冲击玩具的水柱的质量为ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F压＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－.2．(2022·全国卷Ⅱ·35(2))如图1，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3m/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＝0.3m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.图1(ⅰ)求斜面体的质量；(ⅱ)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案　(ⅰ)20kg　(ⅱ)不能，理由见解析19\n解析　(ⅰ)规定向左为速度正方向．冰块在斜面体上上升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m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20kg，v＝1m/s③(ⅱ)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入数据得v1＝－1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥m2v＝m2v＋m3v⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1m/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．3．(2022·新课标Ⅰ卷·35(2))如图2，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图2答案　(－2)M≤m＜M解析　设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv可得v1＝v0，v2＝v0要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜MA反向向左运动与B发生碰撞过程，有19\nmv1＝mv3＋Mv4mv＝mv＋Mv整理可得v3＝v1，v4＝v1由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2即v0≥v1＝()2v0整理可得m2＋4Mm≥M2解方程可得m≥(－2)M另一解m≤－(＋2)M舍去所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(－2)M≤m＜M.4．(2022·新课标Ⅱ卷·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3所示．求：图3(ⅰ)滑块a、b的质量之比；(ⅱ)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．答案　(ⅰ)1∶8　(ⅱ)1∶2解析　(ⅰ)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得v1＝－2m/s①v2＝1m/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＝m/s③由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤19\n(ⅱ)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)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＝(m1＋m2)v2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶25．(2022·新课标Ⅱ卷·35(2))现利用图4(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．图4实验测得滑块A的质量m1＝0.310kg，滑块B的质量m2＝0.108kg，遮光片的宽度d＝1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt0＝3.500ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．若实验允许的相对误差绝对值(×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．答案　见解析解析　按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为v＝①式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则ΔtA＝＝0.02s②ΔtA可视为很短．设滑块A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1.19\n将②式和图给实验数据代入①式可得v0＝2.00m/s③v1＝0.97m/s④设滑块B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有v2＝⑤代入题给的实验数据得v2≈2.86m/s⑥设两滑块在碰撞前、后的动量分别为p和p′，则p＝m1v0⑦p′＝m1v1＋m2v2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp＝×100%⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δp≈1.7%<5%⑩因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．题组2　各省市模拟精选6．(2022·湖南株洲市一模)如图5所示，质量为m的小滑块(可视为质点)，从h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点(斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接)．要使物体能原路返回，在B点需给物体的瞬时冲量最小应是(　　)图5A．2mB．mC.D．4m答案　A解析　滑块从A到B过程，根据动能定理，有：mgh－Wf＝0，滑块从B返回A过程，根据动能定理，有：－mgh－Wf＝0－mv2，联立解得：v＝2；在B点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故I＝mv＝2m，故A正确，B、C、D错误．7．(多选)(2022·福建漳州市八校模拟)如图6所示，光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的木块A和B，开始时弹簧处于原长，现给A一个向右的瞬时冲量，让A开始以速度v0向右运动，若mA>mB，则(　　)19\n图6A．当弹簧压缩最短时，B的速度达到最大值B．当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定向右C．当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定小于B的速度D．当弹簧再次恢复原长时，A的速度可能大于B的速度答案　BC解析　A开始压缩弹簧时做减速运动，B做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩最短，然后B继续做加速运动，A继续做减速运动，所以弹簧压缩到最短时，B的速度没有达到最大值，故选项A错误；弹簧压缩到最短时，两者速度相等，然后B继续做加速运动，A继续做减速运动，直到弹簧恢复原长，此时B的速度达到最大，且大于A的速度，根据动量守恒有：mAv0＝mAvA＋mBvB，若A的速度方向向左，则mBvB＞mAv0，动能Ek＝，可知EkB＞Ek0，违背了能量守恒定律，所以A的速度一定向右，故选项B、C正确，D错误．故选B、C.8.(2022·江西南昌市三校第四次联考)如图7所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t.若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上．若两个微粒所受重力均忽略，则新微粒运动的(　　)图7A．轨迹为pb，至屏幕的时间将小于tB．轨迹为pc，至屏幕的时间将大于tC．轨迹为pa，至屏幕的时间将大于tD．轨迹为pb，至屏幕的时间将等于t答案　C解析　带电粒子和不带电粒子相碰遵守动量守恒，故碰后总动量不变，总电量也保持不变，由Bqv＝m，得：r＝＝，p、q、B都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r不变，故轨迹应为pa，由周期T＝可知，因m增大，故粒子运动的周期增大，因所对应轨迹不变，圆心角不变，故新微粒通过pa所用的时间将大于t，C正确．9.(2022·广东肇庆市第二次模拟)如图8所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B19\n，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以v0滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求：图8(1)木板B上表面的动摩擦因数μ；(2)圆弧槽C的半径R；(3)当A滑离C时，C的速度．答案　(1)　(2)　(3)解析　(1)当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒：mv0＝m＋2mv1①系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能：Q＝μmgL②ΔEk＝mv－m()2－(2m)v③而Q＝ΔEk④联立①②③④式解得：μ＝，v1＝⑤(2)当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为v2，由于水平面光滑，A与C组成的系统水平方向动量守恒：m＋mv1＝2mv2⑥A与C组成的系统机械能守恒：m()2＋m()2＝(2m)v＋mgR⑦由⑥⑦式解得：R＝⑧(3)当A滑下C时，设A的速度为vA，C的速度为vC，A与C组成的系统动量守恒：m＋mv1＝mvA＋mvC⑨A与C组成的系统机械能守恒：19\nm()2＋m()2＝mv＋mv⑩联立⑨⑩式解得：vC＝⑪10．(2022·广东揭阳市高三期末)如图9所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R＝0.6m．平台上静止着两个滑块A、B，mA＝0.1kg，mB＝0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为M＝0.3kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ＝0.2，Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA＝6m/s，而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，且g＝10m/s2.求：图9(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；(2)若L＝0.8m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内？答案　(1)1N，方向竖直向上　(2)0.22J(3)0.675m≤L＜1.35m解析　(1)A从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：mAv－mAv2＝mAg×2R在最高点由牛顿第二定律：mAg＋FN＝mA联立解得滑块A在半圆轨道最高点受到的压力为：FN＝1N由牛顿第三定律得：滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1N，方向竖直向上；(2)爆炸过程由动量守恒定律：mAvA＝mBvB，解得vB＝3m/s滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：mBvB＝(mB＋M)v共由能量守恒定律：Ep＝mBv－(mB＋M)v－μmBgL，解得Ep＝0.22J；(3)滑块B最终没有离开小车，滑块B和小车具有共同的末速度，设为u，滑块B与小车组成的系统动量守恒，有19\nmBvB＝(M＋mB)u若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块B还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块B恰好滑到Q点，由能量守恒定律得μmBgL1＝mBv－(mB＋M)u2联立解得L1＝1.35m若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块B必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块B恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律2μmBgL2＝mBv－(mB＋M)u2联立解得L2＝0.675m综上所述，要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是0.675m≤L＜1.35m.19