1、专题专题 08 动量动量 选择题选择题 1.(2021 全国乙卷)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另 一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推 力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小 车、弹簧和滑块组成的系统( ) A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒 C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒 2.(2021 春 浙江卷)在爆炸实验基地有一发射塔， 发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录 仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之
2、比为 2：1、初速度 均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在 5s末和 6s末先后记录到从空气中传 来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为 340m/s，忽略空气阻力。下列 说法正确的是( ) A.两碎块的位移大小之比为 1：2 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为 80m C.爆炸后质量大的碎块的初速度为 68m/s D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为 340m 3.(2021 云南曲靖一模)有一个质量为 3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为 v0、 方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为 2m，速度大小为 v，方 向水平向东，则另一块的速度
3、是( ) A.3v0v B.2v03v C.3v02v D.2v0v 计算题计算题 4.(2021 广西柳州一模)某地有一倾角为=37 的如图所示的山坡， 山坡上有一质量为 m=1kg 的石板 B，其上下表面与斜坡平行；板上有一质量也为 m=1kg 小石块 A。已知 A 与 B 之间 的动摩擦因数为 A =0.3，B 与斜坡间动摩擦因数为 B =0.5，斜坡足够长。系统在外力约束 下处于静止状态。现在 t=0 时刻撒去约束并同时给 B 施加一个沿斜面向下的冲量 12.8N sI ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g=10m/s2，sin=0.6， cos=0.8。 (1)求 t
4、=0 时 A的加速度大小； (2)为保证 A 不从石板 B 上端滑出，求石板 B 的最小长度； (3)假设石板 B足够长，求从 t=0 时开始 B对 A 的冲量大小。 5.(2021 广东卷)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑 动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置， 甲靠边框 b，甲、乙相隔 2 1 3.5 10 ms ，乙与边框 a 相隔 2 2 2.0 10 ms ，算珠与导杆 间的动摩擦因数 0.1 。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大 小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重
5、力加速度 g取 2 10m/s。 (1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框 a； (2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。 6.(2021 江苏常州一模)如图所示，质量为 M4kg 的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧 为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直。一质量为 m1kg 的小物块，被压缩弹簧 弹出后， 冲上大滑块， 能从大滑块顶端滑出， 滑出时大滑块的速度为 1m/s。 g 取 10m/s2。 求： (1)小物块被弹簧弹出时的速度； (2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度 h1； (3)小物块回到水平面的速度及再次滑上大滑块后能达到的最大高度 h2。 7.(2021 河北唐山一模)
6、如图所示， 固定斜面倾角为 ， 小物块 A和 B 的质量分别为 2m和 m， 与斜面之间的动摩擦因数分别为 1和 2。开始时小物块 B恰好静止在距离斜面顶端 x0处， 此时小物块 B 所受摩擦力为最大静摩擦力。小物块 A 从斜面顶端由静止释放，一段时间后 与物块 B 发生弹性正碰，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与 B均可视为质点，求： (1)物块 A与 B 发生碰撞后物块 B的速度； (2)若物块 A 与 B在斜面上只能发生一次碰撞，斜面长度应小于多少？ 专题专题 08 动量动量 选择题选择题 1. (2021全国乙卷)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连， 另一端与滑
7、块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去 推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始， 小车、弹簧和滑块组成的系统( ) A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量守恒，机械能不守恒 C. 动量不守恒，机械能守恒 D. 动量不守恒，机械能不守恒 答案 B 解析解析： 因为滑块与车厢水平底板间有摩擦， 且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动， 即摩擦力 做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒 的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选 B。 2. (2021 春浙江卷)在爆炸实验
8、基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记 录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为 2：1、初速 度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在 5s 末和 6s 末先后记录到从空气中 传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为 340m/s，忽略空气阻力。下 列说法正确的是( ) A. 两碎块的位移大小之比为 1：2 B. 爆炸物的爆炸点离地面高度为 80m C. 爆炸后质量大的碎块的初速度为 68m/s D. 爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为 340m 【答案】B 【解析】 A爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知 1 12 2 0
9、mvm v 因两块碎块落地时间相等，则 1 122 0m xm x 则 12 21 1 = 2 xm xm 则两碎块的水平位移之比为 1：2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于 1：2，选项 A错误； B设两碎片落地时间均为 t，由题意可知 (5)1 = (6)2 t v t v 声 声 解得 t=4s 爆炸物的爆炸点离地面高度为 22 11 10 4 m=80m 22 hgt 选项 B正确； CD爆炸后质量大的碎块的水平位移 1 (54) 340m340mx 质量小的碎块的水平位移 2 (64) 340m680mx 爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为 340m+680m=1020m 质量
10、大的碎块的初速度为 1 10 340 m/s85m/s 4 x v t 选项 CD错误。 故选 B。 3. (2021 云南曲靖一模)有一个质量为 3m的爆竹斜向上抛出， 到达最高点时速度大小为 v0、 方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为 2m，速度大小为 v，方 向水平向东，则另一块的速度是( ) A. 3v0v B. 2v03v C. 3v02v D. 2v0v 【答案】C 【解析】 爆竹在最高点速度大小为 v0、方向水平向东，爆炸前动量为 3mv0，其中一块质量为 2m，速 度大小为 v，方向水平向东，设爆炸后另一块瞬时速度大小为 v，取爆竹到最高点未爆炸 前的速
11、度方向为正方向，爆炸过程水平方向动量守恒， 则有：3mv0=2mv+mv 解得：v=3v02v 故选 C 【名师点睛】 爆竹在最高点速度方向水平， 爆炸时水平方向动量守恒， 由动量守恒定律可求出爆炸后另一 块的速度大小 计算题计算题 4. (2021广西柳州一模)某地有一倾角为=37 的如图所示的山坡，山坡上有一质量为 m=1kg 的石板 B，其上下表面与斜坡平行；板上有一质量也为 m=1kg小石块 A。已知 A与 B 之间的动摩擦因数为 A =0.3，B 与斜坡间动摩擦因数为 B =0.5，斜坡足够长。系统在外力 约束下处于静止状态。现在 t=0 时刻撒去约束并同时给 B 施加一个沿斜面向下
12、的冲量 12.8N sI ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g=10m/s2，sin=0.6， cos=0.8。 (1)求 t=0 时 A的加速度大小； (2)为保证 A 不从石板 B 上端滑出，求石板 B 的最小长度； (3)假设石板 B足够长，求从 t=0 时开始 B对 A 的冲量大小。 【答案】(1) 8.4m/s2；(2) 6.4m；(3) 12 101 N s 5 【解析】 (1)对 A 受力分析可得sin AA mgfma cos AA fmg sincos AA agg8.4m/s2 (2)对 B 受力分析可得cos2 cossin ABB mgmgmgma aB
13、 = 44 m/s2 B 做匀减速直线运动。对 B，由动量定理 0 Imv 解得 0 v=12.8m/s 当 A、B 共速时，有 101AB a tva t 解得 t1=1s 此时 A的位移 2 1 1 4.2 2 AA xa tm B 的位移 2 0 11 1 10.6 2 BB xv ta tm 此时 A在 B 上滑动的距离 6.4m BA xxx 相 故要求 A 不从 B 上端滑下，则板至少长 L=6.4m (3)设 A达最高点后相对 B向下滑，对 A 受力分析可得 sincos AA mgmgma 解得 A a =3.6m/s2 对 B 受力分析可得sincos2cos ABB mgm
14、gmgma 解得 2 sincos2cos0.4m/s BAB aggg A a B a 显然此时 A会从 B的下端滑出 此时有 22 2222 11 () 22 AB xv ta tv ta t 相共共 解得 t2=2s。A 相对 B 滑动时，支持力的冲量为 12 cos ()24N s N Imgtt A 相对 B上滑时，A 受到的摩擦力向下: 11 cos2.4N s fA Imgt A 相对 B下滑时，A 受到的摩擦力向上: 22 cos4.8N s fA Imgt 故摩擦力总的冲量为 21 2.4N s fff III 所以 B对 A 的总冲量为 22 12 101 2.4 101N
15、 s 5 BANf III 5. (2021广东卷)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上 滑动， 使用前算珠需要归零， 如图所示， 水平放置的算盘中有甲、 乙两颗算珠未在归零位置， 甲靠边框 b，甲、乙相隔 2 1 3.5 10 ms ，乙与边框 a 相隔 2 2 2.0 10 ms ，算珠与导杆 间的动摩擦因数 0.1 。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大 小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度 g取 2 10m/s。 (1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框 a； (2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。 答案答案：
16、(1)能；(2)0.2s 解析解析： (1)甲乙滑动时的加速度大小均为 2 1m/sag 甲与乙碰前的速度 v1，则 22 101 2vvas 解得 v1=0.3m/s 甲乙碰撞时由动量守恒定律 123 mvmvmv 解得碰后乙的速度 v3=0.2m/s 然后乙做减速运动，当速度减为零时则 22 3 2 0.2 m=0.02m 22 1 v xs a 可知乙恰好能滑到边框 a； (2)甲与乙碰前运动的时间 01 1 0.40.3 s=0.1s 1 vv t a 碰后甲运动的时间 2 2 0.1s=0.1s 1 v t a 则甲运动的总时间为 12 0.2sttt 6(2021江苏常州一模)如图
17、所示，质量为 M4kg 的大滑块静置在光滑水平面上，滑块 左侧为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直。一质量为 m1kg 的小物块，被压缩 弹簧弹出后， 冲上大滑块， 能从大滑块顶端滑出， 滑出时大滑块的速度为 1m/s。 g 取 10m/s2。 求： (1)小物块被弹簧弹出时的速度； (2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度 h1； (3)小物块回到水平面的速度及再次滑上大滑块后能达到的最大高度 h2。 【分析】(1)M、m 组成的系统水平方向动量守恒，列式可以求解； (2)m 弹出后在到达最高点的过程中，M、m 组成的系统机械能守恒，列系统机械能守恒表 达式可以求解； (3)m 从空中
18、再次回到地面过程中，M、m 组成的系统水平方向动量守恒，可以求出 m 到地 面的速度，再次被弹簧弹回后，M、m 组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能也守恒， 列式联立求解即可。 【解答】解：(1)设小物块离开弹簧后的速度为 v1，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方 向动量守恒，mv1(m+M)v2 解得 v15 m/s. (2)小物块第一次跃升到最高点时水平速度等于 v2， 系统机械能守恒， 解得 h11 m (3)小物块能下落到大滑块并从大滑块上滑到水平面，取向右为正方向，系统水平方向动量 守恒：mv1mv1+Mv2 机械能守恒： 解得 v13 m/s，v22 m/s 负号表示小物块速度方
19、向向左； 小物块弹回后，对 m、M 水平方向列动量守恒：m(v1)+Mv2(m+M)v 对 m、M 列系统机械能守恒： 解得 h20.04 m 答：(1)小物块被弹簧弹出时的速度为 5m/s； (2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度 h 为 1m； (3)小物块回到水平面的速度为 3m/s，方向水平向左，再次滑上大滑块后能达到的最大高度 为 0.04m. 【点评】本题是动量守恒和机械能守恒综合问题，考察学生对某方向动量守恒的理解，系统 在某方向受到的合外力为零时， 系统在该方向上动量守恒， 结合机械能守恒可以求解该类问 题。 7. (2021 河北唐山一模)如图所示， 固定斜面倾角为 ， 小
20、物块 A和 B 的质量分别为 2m和 m， 与斜面之间的动摩擦因数分别为 1和 2。开始时小物块 B恰好静止在距离斜面顶端 x0处， 此时小物块 B 所受摩擦力为最大静摩擦力。小物块 A 从斜面顶端由静止释放，一段时间后 与物块 B 发生弹性正碰，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与 B均可视为质点，求： (1)物块 A 与 B发生碰撞后物块 B的速度； (2)若物块 A与 B 在斜面上只能发生一次碰撞，斜面长度应小于多少？ 【答案】(1) 10 4 2 (sincos ) 3 gx ；(2) 0 19 3 x 【解析】 (1)A 加速下滑，由动能定理得 2 100 1 (2sin2cos )2 2 mgmgxmv 对于 AB 碰撞过程，由动量守恒定律得 012 22mvmvmv 由机械能守恒定律得 222 012 111 22 222 mvmvmv 联立方程，解得 10 1 2 (sincos ) 3 gx v ， 10 2 4 2 (sincos ) 3 gx v (2)若A、 B发生第一次碰撞后到恰好要发生第二次， 运动时间为t， A的位移为 2 1 1 2 A xvtat 1 (sincos )ag B 的位移为 2B xv t 且有 BA xx 解得 0 1 2 2 (sincos ) x t g 则斜面的长度 0 02 19 3 x Lxv t
