一、知识体系建构——理清物理观念
二、综合考法融会——强化科学思维
考法一 动量、冲量和动量定理
[典例] 一个铁球,从静止状态由10 m高处自由下落,不计空气阻力,然后陷入泥潭中,从进入泥潭到静止用时0.4 s,该铁球的质量为336 g,求(g取10 m/s2):
(1)从开始下落到进入泥潭前,重力对小球的冲量大小;
(2)从进入泥潭到静止,泥潭对小球的冲量大小;
(3)泥潭对小球的平均作用力的大小。
尝试解答:
[融会贯通]
1.动量与冲量的大小和方向
物理观念 情境 模型 大小 方向
动量 运动物体 p=mv p与v 同向
冲量 受力物体 F t图像 IF=Ft I与F 同向
面积表示冲量
2.动量定理和动能定理的比较
动量定理 动能定理
内容 物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化量 物体所受合外力做的功等于物体动能的变化量
公式 F合t=mv2-mv1 F合s=m-m
矢标性 矢量式 标量式
因果 关系 因 合外力的冲量 合外力做的功(总功)
果 动量的变化 动能的变化
相同点 ①动量定理和动能定理都注重初、末状态而不注重过程,不仅适用于恒力,而且也适用于随时间而变化的力。 ②不仅适用于单个物体,也适用于物体系统;研究的过程可以是整个过程也可以是某一过程。 ③动能定理和动量定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动。
[对点训练]
(多选)一物块静止在粗糙水平地面上,0~4 s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示,0~2 s内速度随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度g=10 m/s2,关于物块的运动。下列说法正确的是 ( )
A.前4 s内拉力的冲量为0
B.前4 s内物块的位移大小为6 m
C.第4 s末物块的速度为0
D.前4 s内拉力做的功为16 J
考法二 弹性碰撞与非弹性碰撞分析
[典例] 某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1 N,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小N1和N2;
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1;
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
尝试解答:
[融会贯通]
1.碰撞的分类及特点
物理观念 情境 方程
弹性碰撞 m1v0=m1v1+m2v2 m1=m1+m2
非弹性碰撞 m1v0=m1v1+m2v2 m1>m1+m2 机械能有损失
完全非弹 性碰撞 m1v0=(m1+m2)v共 m1>(m1+m2) 机械能损失最大
2.碰撞和爆炸的比较
比较项目 爆炸 碰撞
相同点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生,相互作用的力为变力,作用时间很短,平均作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
能量情况 都满足能量守恒,总能量保持不变
不同点 动能、机械能情况 有其他形式的能转化为动能,动能会增加,机械能不守恒 弹性碰撞时动能不变,非弹性碰撞时动能要损失,动能转化为内能,动能减少,机械能不一定守恒
[对点训练]
1.如图所示,用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点:初始时,轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放,当物块a下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短),碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,求:
(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小;
(2)轻绳的长度。
2.如图所示,静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列,质量均为m,人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动,当车运动了距离L时与第二辆车相碰,两车以共同速度继续运动了距离L时与第三辆车相碰,三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍,重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用,碰撞时间很短,忽略空气阻力,求:
(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功;
(2)人给第一辆车水平冲量的大小;
(3)第一次与第二次碰撞系统损失的机械能之比。
三、价值好题精练——培树科学态度和责任
1.(2023·广东高考)(多选)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力。开窗帘过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程,下列说法正确的有 ( )
A.该过程动量守恒
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
2.小明同学将“打夯”的情境简化成如图所示的过程:平底重物放置于水平地面上,两人同时通过绳子对重物各施加一个拉力,拉力大小均为F=450 N,方向均与竖直方向成θ=37°角,两人同时作用t=0.4 s 后停止施力。重物上升一段时间后落下,重物砸入地面之下的距离s=4 cm。已知重物的质量为m=48 kg,所受空气阻力忽略不计,重力加速度取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)重物上升的时间;
(2)重物砸入地面的过程中,重物对地面的平均冲击力大小F'。
3.(2024·安徽高考)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置,由静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前,所受拉力的大小;
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小;
(3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
章末小结与质量评价
[综合考法融会]
考法一
[典例] 解析:(1)小球自由下落10 m所用的时间是t1= = s= s,
重力的冲量大小
IG=mgt1=0.336×10× N·s≈4.75 N·s。
(2)设向下为正方向,对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得
mg(t1+t2)-Ft2=0
泥潭的阻力F对小球的冲量大小
IF=Ft2=mg(t1+t2)=0.336×10×(+0.4)N·s≈6.10 N·s。
(3)由Ft2=6.10 N·s,得F=15.25 N。
答案:(1)4.75 N·s (2)6.10 N·s
(3)15.25 N
[对点训练]
选CD 前4 s内拉力的冲量为F t图像与时间轴所围面积,则有IF=6×1 N·s+2×1 N·s-2×2 N·s=4 N·s,故A错误。由乙图可知,第2 s内物体匀速运动,结合甲图可知摩擦力f=2 N,根据v t图像的斜率表示加速度,则第1 s内物块的加速度a= m/s2=4 m/s2,第1 s内F=6 N,根据牛顿第二定律有F-f=ma,代入数据解得m=1 kg,由甲图可知,第3 s内物块减速运动,F的大小为2 N,方向与摩擦力方向相同,根据牛顿第二定律有F+f=ma',解得a'=4 m/s2,则减速到零的时间为t0== s=1 s,故第3 s末物块速度为0,第4 s内拉力与摩擦力相等,物块静止,速度为0,C正确;v t图像与时间轴围成的面积表示位移,则前4 s内的位移为x=×1×4 m+4×1 m+×1 m=8 m,故B错误;前4 s内拉力做的功等于摩擦力做的功,为WF=Wf=fx=16 J,D正确。
考法二
[典例] 解析:
(1)滑块静止时,对滑块和滑杆整体分析如图甲所示,可得N1=(M+m)g
代入数据解得N1=8 N,
滑块向上滑动时,对滑杆受力分析如图乙所示,可得N2+f=Mg
代入数据解得N2=5 N。
(2)滑块向上运动过程中,从A到B由动能定理得:
-mgl-fl=m-m
代入数据解得v1=8 m/s。
(3)滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,设碰后速度为v',
由动量守恒定律得:mv1=(M+m)v'
再由动能定理得:-(M+m)gh=0-(M+m)v'2
代入数据解得:h=0.2 m。
答案:(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
[对点训练]
1.解析:(1)设a的质量为m,则b的质量为3m,对于碰撞后b滑行的过程,根据动能定理得:-μ·3mgs=0-×3m
解得碰撞后瞬间物块b速度的大小vb=。
(2)对于a、b碰撞过程,设碰撞前、后a的速度分别为v0、va,取水平向左为正方向,根据动量守恒定律得mv0=mva+3mvb
根据机械能守恒定律得
m=m+·3m设轻绳的长度为L,对于a下摆的过程,根据机械能守恒定律得mgL=·m,联立解得L=4μs。
答案:(1) (2)4μs
2.解析:(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W,则
W=-kmgL-2kmgL-3kmgL=-6kmgL。
(2)设第一辆车初速度为u0,第一次碰前速度为v1,碰后共同速度为u1;第二次碰前速度为v2,碰后共同速度为u2;人给第一辆车的水平冲量大小为I。
-kmgL=m-m
-k(2m)gL=(2m)-(2m)
-k(3m)gL=0-(3m)
mv1=2mu1,2mv2=3mu2
得I=mu0=2m。
(3)设两次碰撞中系统动能损失分别为ΔEk1和ΔEk2,由
ΔEk1=m-·2m=kmgL
ΔEk2=·2m-·3m=kmgL
得=。
答案:(1)-6kmgL (2)2m (3)13∶3
[价值好题精练]
1.选BD 取水平向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误;对滑块1,有I1=mv2-mv1=(1×0.22-1×0.40) N·s=-0.18 N·s,负号表示方向水平向左,故B正确;对滑块2,有I2=mv2=1×0.22 N·s=0.22 N·s,故C错误;对滑块2,根据动量定理有FΔt=I2,解得F=5.5 N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N,故D正确。
2.解析:(1)重物开始上升时,重物受到重力和两个拉力的作用,规定竖直向上为正方向,设重物上升的时间为t1,由动量定理得2Ftcos θ-mgt1=0-0,代入数据解得t1=0.6 s。
(2)从重物上升到刚撤去拉力时,设重物上升的高度为h,重物速度为v1,规定竖直向上为正方向,由动量定理得2Ftcos θ-mgt=mv1-0,又h=t
设重物砸入地面的过程中所受地面向上的平均阻力大小为f,由动能定理可得2Fhcos θ+mgs-fs=0-0
代入数据解得f=7 680 N
根据牛顿第三定律可得,重物对地面的平均冲击力大小
F'=f=7 680 N。
答案:(1)0.6 s (2)7 680 N
3.解析:(1)小球运动到最低点的过程中,由动能定理得
mgL=m-0,解得v0=5 m/s,
在最低点,对小球由牛顿第二定律得FT-mg=m,解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。
(2)小球与物块碰撞过程为弹性碰撞,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv1+Mv2,
m=m+M,
解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为
v2=v0=4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点,此时物块和小车共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3,
由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs,
解得μ1=0.4;
若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置,此时物块和小车共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4,由能量守恒定律得M=×2M+μ2Mgs+MgR,解得μ2=0.25;
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
0.25≤μ<0.4。
答案:(1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ<0.4
2 / 6(共80张PPT)
章末小结与质量评价
选择性必修第一册
一、知识体系建构——理清物理观念
二、综合考法融会——强化科学思维
01
02
CONTENTS
目录
三、价值好题精练——培树科学态度和责任
03
阶段质量检测
04
一、知识体系建构——理清物理观念
二、综合考法融会——强化科学思维
[典例] 一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，不计空气阻力，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4 s，该铁球的质量为336 g，求(g取10 m/s2)：
(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量大小；
考法一 动量、冲量和动量定理
[答案] 4.75 N·s
[解析] 小球自由下落10 m所用的时间是t1=
= s= s，重力的冲量大小IG=mgt1
=0.336×10× N·s≈4.75 N·s。
(2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量大小；
[答案] 6.10 N·s
[解析] 设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得
mg(t1+t2)-Ft2=0
泥潭的阻力F对小球的冲量大小
IF=Ft2=mg(t1+t2)=0.336×10×(+0.4)N·s≈6.10 N·s。
(3)泥潭对小球的平均作用力的大小。
[答案] 15.25 N
[解析] 由Ft2=6.10 N·s，得F=15.25 N。
1.动量与冲量的大小和方向
融会贯通
物理观念 情境 模型 大小 方向
动量 运动物体 p=mv p与v同向
冲量 受力物体 F- t图像 IF=Ft I与F同向
面积表示冲量
动量定理 动能定理
内容 物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化量 物体所受合外力做的功等于物体动能的变化量
公式 F合t=mv2-mv1
矢标性 矢量式 标量式
因果 关系 因 合外力的冲量 合外力做的功(总功)
果 动量的变化 动能的变化
2.动量定理和动能定理的比较
F合s=m-m
动量定理 动能定理
相同点 ①动量定理和动能定理都注重初、末状态而不注重过程，不仅适用于恒力，而且也适用于随时间而变化的力。 ②不仅适用于单个物体，也适用于物体系统；研究的过程可以是整个过程也可以是某一过程。 ③动能定理和动量定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(多选)一物块静止在粗糙水平地面上，0~4 s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0~2 s内速度随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度g=10 m/s2，关于物块的运动。下列说法正确的是 ( )
A.前4 s内拉力的冲量为0
B.前4 s内物块的位移大小为6 m
C.第4 s末物块的速度为0
D.前4 s内拉力做的功为16 J
对点训练
√
√
解析：前4 s内拉力的冲量为F- t图像与时间轴所围面积，则有IF=6×1 N·s+2×1 N·s-2×2 N·s=4 N·s，故A错误。由乙图可知，第2 s内物体匀速运动，结合甲图可知摩擦力f=2 N，根据v- t图像的斜率表示加速度，则第1 s内物块的加速度a= m/s2=4 m/s2，第1 s内F=6 N，根据牛顿第二定律有F-f=ma，代入数据解得m=1 kg，由甲图可知，第3 s内物块减速运动，F的大小为2 N，方向与摩擦力方向相同，根据牛顿第二定律有F+f=ma'，解得a'=4 m/s2，
则减速到零的时间为t0== s=1 s，故第3 s末物块速度为0，第4 s内拉力与摩擦力相等，物块静止，速度为0，C正确；v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，则前4 s内的位移为x=×1×4 m+4×1 m+×1 m
=8 m，故B错误；前4 s内拉力做的功等于摩擦力的功，为WF=Wf=
fx=16 J，D正确。
[典例] 某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图
所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑
块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为
10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处
与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向
上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg，滑杆的质量M=0.6 kg，A、B间的距离l=1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
考法二 弹性碰撞与非弹性碰撞分析
[答案] 8 N 5 N
[解析] 滑块静止时，对滑块和滑杆整体分析如图甲所示，可得N1=(M+m)g
代入数据解得N1=8 N，
滑块向上滑动时，对滑杆受力分析
如图乙所示，可得N2+f=Mg
代入数据解得N2=5 N。
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
[答案] 8 m/s
[解析] 滑块向上运动过程中，从A到B由动能定理得：
-mgl-fl=m-m
代入数据解得v1=8 m/s。
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
[答案] 0.2 m
[解析] 滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为v'，
由动量守恒定律得：mv1=(M+m)v'
再由动能定理得：-(M+m)gh=0-(M+m)v'2
代入数据解得：h=0.2 m。
1.碰撞的分类及特点
融会贯通
物理观念 情境 方程
弹性碰撞 m1v0=m1v1+m2v2
m1=m1+m2
物理观念 情境 方程
非弹性碰撞 m1v0=m1v1+m2v2
m1>m1+m2
机械能有损失
完全非弹性碰撞 m1v0=(m1+m2)v共
m1>(m1+m2)机械能损失最大
2.碰撞和爆炸的比较
比较项目 爆炸 碰撞
相同点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
能量情况 都满足能量守恒，总能量保持不变
比较项目 爆炸 碰撞
不同点 动能、机械能情况 有其他形式的能转化为动能，动能会增加，机械能不守恒 弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能，动能减少，机械能不一定守恒
1.如图所示，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O
点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止
释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平
面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，求：
(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小；
对点训练
答案：
解析：设a的质量为m，则b的质量为3m，对于碰撞后b滑行的过程，根据动能定理得：
-μ·3mgs=0-×3m
解得碰撞后瞬间物块b速度的大小vb=。
(2)轻绳的长度。
答案：4μs
解析：对于a、b碰撞过程，设碰撞前、后a的速度分别为v0、va，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得mv0=mva+3mvb
根据机械能守恒定律得m=m+·3m
设轻绳的长度为L，对于a下摆的过程，根据机械能守恒定律得mgL=·m，联立解得L=4μs。
2.如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三辆车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；
答案：-6kmgL
解析：设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则
W=-kmgL-2kmgL-3kmgL=-6kmgL。
(2)人给第一辆车水平冲量的大小；
答案：2m
解析：设第一辆车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2；人给第一辆车的水平冲量大小为I。
-kmgL=m-m
-k(2m)gL=(2m)-(2m)
-k(3m)gL=0-(3m)
mv1=2mu1，2mv2=3mu2，得I=mu0=2m。
(3)第一次与第二次碰撞系统损失的机械能之比。
答案：13∶3
解析：设两次碰撞中系统动能损失分别为ΔEk1和ΔEk2，由
ΔEk1=m-·2m=kmgL
ΔEk2=·2m-·3m=kmgL
得=。
三、价值好题精练——培树科学态度和责任
1.(2023·广东高考)(多选)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有 ( )
A.该过程动量守恒
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
√
√
解析：取水平向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×
0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，有I1=mv2-mv1=(1×0.22-1×0.40) N·s=-0.18 N·s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，有I2=mv2=1×0.22 N·s=0.22 N·s，故C错误；对滑块2，根据动量定理有FΔt=I2，解得F=5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。
2.小明同学将“打夯”的情境简化成如图所示的过程：平底重物放置于水平地面上，两人同时通过绳子对重物各施加一个拉力，拉力大小均为F=450 N，方向均与竖直方向成θ=37°角，两人同时作用t=0.4 s 后停止施力。重物上升一段时间后落下，重物砸入地面之下的距离s=4 cm。已知重物的质量为m=48 kg，所受空气阻力忽略不计，重力加速度取10 m/s2，
sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)重物上升的时间；
答案：0.6 s
解析：重物开始上升时，重物受到重力和两个拉力的作用，规定竖直向上为正方向，设重物上升的时间为t1，由动量定理得2Ftcos θ-mgt1=0-0
代入数据解得t1=0.6 s。
(2)重物砸入地面的过程中，重物对地面的平均冲击力大小F'。
答案：7 680 N
解析：从重物上升到刚撤去拉力时，设重物上升的高度为h，重物速度为v1，规定竖直向上为正方向，由动量定理得2Ftcos θ-mgt=mv1-0，又h=t
设重物砸入地面的过程中所受地面向上的平均阻力大小为f，由动能定理可得2Fhcos θ+mgs-fs=0-0
代入数据解得f=7 680 N
根据牛顿第三定律可得，重物对地面的平均冲击力大小F'=f=7 680 N。
3.(2024·安徽高考)如图所示，一实验小车静止在光
滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一
圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。
一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25 m，小球质量m=0.20 kg，物块、小车质量均为M=0.30 kg，小车上的水平轨道长s=1.0 m，圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；
答案：6 N
解析：小球运动到最低点的过程中，由动能定理得mgL=m-0，解得v0=5 m/s，
在最低点，对小球由牛顿第二定律得FT-mg=m，解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
答案：4 m/s
解析：小球与物块碰撞过程为弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv1+Mv2，
m=m+M，
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2=v0=4 m/s。
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
答案：0.25≤μ<0.4
解析：若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时物块和小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3，
由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs，
解得μ1=0.4；
若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时物块和小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4，由能量守恒定律得M=×2M+μ2Mgs+MgR，
解得μ2=0.25；
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为0.25≤μ<0.4。
阶段质量检测
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一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情景，他们使两个带正电的不同重粒子加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间具有相同大小的( )
A.速率 B.质量
C.动量 D.动能
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解析：尽可能减少碰后粒子的动能，才能尽可能增大内能，所以设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间合动量为零，即具有相同大小的动量。
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2.质量m=100 kg的小船静止在平静水面上，船
两端载着m甲=40 kg、m乙=60 kg的游泳者，在同一水
平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度
跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为 ( )
A.0.6 m/s，向左 B.3 m/s，向左
C.0.6 m/s，向右 D.3 m/s，向右
√
解析：以向左为正方向，根据动量守恒得0=m甲v-m乙v+mv'，代入数据解得v'=0.6 m/s，方向向左，故A正确。
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3.一个质量为0.5 kg的物体，从静止开始做直线
运动，物体所受合外力F随时间t变化的图像如图所
示，则在时刻t=8 s时，物体的速度为 ( )
A.2 m/s B.8 m/s
C.16 m/s D.4 m/s
√
解析：F- t图像的面积表示冲量，在上方为正，在下方为负，故根据动量定理可得： N·s=mv-0，
解得第8 s末的速度v=16 m/s，C正确。
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4.如图所示，光滑的水平地面上静止放着质量为M的小车，小车底边长为L，质量为m的小球从小车顶端静止释放，最终从小车上滑离，不计一切摩擦，下列说法正确的是 ( )
A.小车、小球组成的系统动量守恒
B.小车、小球组成的系统机械能不守恒
C.小球从小车上滑离后，将做自由落体运动
D.小球从小车上滑离时，小车向左运动的距离为L
√
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解析：对于小车、小球组成的系统，由于小球沿曲面加速下滑，有竖直向下的加速度，所以系统竖直方向的合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；对于小车、小球组成的系统，在小球下滑过程中只有重力做功，所以系统机械能守恒，B错误；对系统，水平方向动量守恒，有0=mv1-Mv2，根据机械能守恒定律，有mgh=m+M，小球滑离小车时的速度不为零，因此小球做平抛运动，C错误；对系统，水平方向动量守恒，有0=mv1-Mv2，即有M=m，即Mx2=mx1，又因为x1+x2=L，解得x2=L，D正确。
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5.如图所示，光滑水平面上有a、b、c三个弹性小球，质量分别为2m、3m、m。小球a一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b相连，此时弹簧处于原长。现给小球c一个向左的初速度v0，与小球b发生碰撞，整个碰撞过程中没有机械能损失，弹簧始终处于弹性限度之内。下列说法正确的是 ( )
A.整个过程中小球a、b、c和弹簧组成的系统动量守恒
B.碰撞过程中小球c的动量变化量大小为2mv0
C.弹簧弹性势能最大值为m
D.弹簧第一次达到最长时，小球a的速度达到最大
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解析：由于墙壁对a球有弹力作用，整个过程中小球a、b、c和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；小球c与小球b发生弹性碰撞，设碰撞后小球b速度为v1，小球c速度为v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=3mv1+mv2，m=·3m+m，解得v1=v0，v2=-v0，所以Δp=mv2-mv0=-mv0，故小球c的动量变化量大小为mv0，故B错误；
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小球b向左运动至速度为零时，弹簧弹性势能最大，则Epm=·3m=
m，故C正确；从小球b开始压缩弹簧到弹簧恢复原长过程，小球b与弹簧组成的系统机械能守恒，小球b向右的速度大小为v1，当小球a、b向右运动，弹簧恢复原长时，小球a的速度最大，故D错误。
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6.有一宇宙飞船，它的正对面积S=2 m2，以v=3×103 m/s 的相对速度飞入一宇宙微粒区。此微粒区1 m3 空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m=2×10-7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加 ( )
A.3.6×103 N B.3.6 N
C.1.2×103 N D.1.2 N
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解析：在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒的总质量为M=vtSm，由动量定理得：Ft=Mv，解得F=3.6 N，根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6 N。要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，故B正确。
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7.1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是 ( )
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
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解析：设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=
mv1+mv3，m=m+m，联立解得v1=v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=14mv2+mv4，m
=·14m+m，联立解得v2=v0，可得v1=v0>v2，碰撞后氢核的动量为pH=mv1=mv0，氮核的动量为pN=14mv2=，可得pN>pH，碰撞后氢核的动能为EkH=m=m，氮核的动能为EkN=·14m=，可得EkH>
EkN，故B正确，A、C、D错误。
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二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8.如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是( )
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A.甲、乙两车运动中速度之比为
B.甲、乙两车运动中速度之比为
C.甲车移动的距离为L
D.乙车移动的距离为L
解析：甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，A正确，B错误；Mx甲=(M+m)x乙，x甲+x乙=L，解得C、D正确。
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9.甲、乙两个物体动量随时间变化的图像如图所示，图像对应的物体的运动过程可能是 ( )
A.甲物体可能做匀加速运动
B.甲物体可能做竖直上抛运动
C.乙物体可能做匀变速运动
D.乙物体可能做水平直线运动时遇到了一端固定的弹簧
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解析：甲物体的动量随时间的变化图像是一条直线，其斜率恒定不变，说明物体受到恒定的合外力作用，由图线可以看出甲物体的动量先减小然后反向增大，则甲物体做匀变速直线运动，与竖直上抛运动类似，A错误，B正确；乙物体的动量随时间的变化规律是一条曲线，曲线的斜率先增大后减小，则乙物体在运动过程中受到的合外力先增大后减小。由图线还可以看出，乙物体的动量先正方向减小到零，然后反方向增大。由此可知乙物体的运动是一个变加速运动，与水平面上的小球运动时遇到一端固定的弹簧的情况类似，C错误，D正确。
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10.如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是 ( )
A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C.B能达到的最大高度为
D.B能达到的最大高度为
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解析：根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0=，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v=，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=×2mv2=mgh，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh'=mv2，B能达到的最大高度为，D正确。
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三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(6分)如图甲所示，某同学设计一个气垫导轨装置验证动量守恒定律的实验：
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(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度d如图乙所示，则d=_______mm。(2分)
13.80
解析：用游标卡尺测得遮光条的宽度
d=1.3 cm+0.05 mm×16=13.80 mm。
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(2)质量为m2的滑块2静止放在水平气垫导轨上光电门②的右侧，质量为m1的滑块1从光电门①的右侧向左运动，穿过光电门①与滑块2发生碰撞，随后两个滑块分离并依次穿过光电门②，滑块2与导轨左端相碰并被粘接条粘住，待滑块1穿过光电门②后用手将它停住，两个滑块上固定的遮光条宽度相同，数字计时器分别记录下滑块1通过光电门①的时间Δt、滑块2和滑块1依次通过光电门②的时间Δt2和Δt1。本实验中两个滑块的质量大小关系应为________。若等式___________成立，则证明两滑块碰撞过程中系统的动量守恒(用题中所给的字母表示)。(4分)
m1>m2
=+
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解析：滑块1穿过光电门1的速度：v=；滑块1穿过光电门2的速度：v1=；滑块2穿过光电门2的速度：v2=；若动量守恒，则m1=m1+m2，即=+；为防止碰后m1反弹，则两滑块的质量关系是m1>m2。
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12.(10分)用如图甲所示装置结合频闪照相机
拍摄的照片来验证动量守恒定律，实验步骤如下：
①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；
②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平
面保持水平；
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③先不在斜槽的末端放小球B，从斜槽上位置P由静止开始释放小球A，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示)；
④将小球B放在斜槽的末端，再从位置P处由静止释放小球A，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示)；
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⑤测出所需要的物理量。
请回答：
(1)实验步骤①中A、B两球的质量应满足mA _____mB(填“>”“=”或“<”)。(2分)
解析：为了防止入射球碰后反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即mA>mB。
>
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(2)在实验步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有___________ (请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)。(4分)
解析：碰撞时应有：mAv0=mAvA+mBvB
由平抛规律有x=vt，小球从相同高度落下，频闪照相机频率相同，所以题图乙、丙中小球的运动时间相等，上式中两边同乘以t，
则有：mAx0=mAxA+mBxB，所以需要在照片中直接测量的物理量有：x0、xA、xB。
x0、xA、xB
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(3)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：________________ (用所测物理量表示)。(4分)
mAx0=mAxA+mBxB
解析：由(2)的分析可知，应验证的表达式为：mAx0=mAxA+mBxB。
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13.(10分)如图所示，质量mA为4.0 kg的木板A
放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ
为0.24，木板右端放着质量mB为1.0 kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0 J。小物块的动能EkB为0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求：
(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小；(3分)
答案：3.0 m/s
解析：设水平向右为正方向，有I=mAv0
代入数据解得v0=3.0 m/s。
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(2)木板的长度L。(7分)
答案：0.50 m
解析：设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，根据动量定理有-(FBA+FCA)t=mAvA-mAv0，FABt=mBvB
其中FAB=FBA，FCA=μ(mA+mB)g
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设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB，
根据动能定理有-(FBA+FCA)sA=mA-mA，FABsB=EkB
动量与动能之间的关系为mAvA=
mBvB=
木板A的长度L=sA-sB，代入数据解得L=0.50 m。
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14.(12分)如图所示，长为R=0.6 m的不可伸
长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量为m2
=0.1 kg的小球B，小球B刚好与水平面相接触。
现使质量为m1=0.3 kg物块A以v0=5 m/s的初速度
向B运动，A与水平面间的动摩擦因数μ=0.3，A、B间的初始距离x=1.5 m。两物体碰撞后，A物块速度变为碰前瞬间速度的，方向不变。B小球能在竖直平面内做圆周运动。已知重力加速度g=10 m/s2，两物体均可视为质点，试求：
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(1)碰撞过程中B球所受到的冲量大小；(6分)
答案：0.6 kg·m/s
解析：碰前A做匀变速直线运动，由动能定理得：-μm1gx=m1v2-m1，解得v=4 m/s。碰撞过程中，A、B系统的动量守恒，选取物块A运动的方向为正方向，
则有：m1v=m1+m2v2，代入数据可得v2=6 m/s，根据动量定理可得：I=m2v2=0.6 kg·m/s。
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(2)B球运动到圆周最高点时细绳受到的拉力大小。(6分)
答案：1 N
解析：小球B在摆至最高点的过程中，机械能守恒，设到最高点时的速度为v3，
则有：m2=m2+m2g·2R
在最高点进行受力分析，有T+m2g=m2，
代入数据解得T=1 N
由牛顿第三定律可得细绳受到的拉力大小T'=T=1 N。
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15.(16分)为了探究物体间碰撞特性，
设计了如图所示的实验装置。水平直轨道
AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半
径均为R=0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m=0.12 kg的滑块a以初速度v0=2 m/s从 D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8 m，以v=2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为形变量)。(g取10 m/s2)
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(1)求滑块a到达圆弧管道 DEF最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小 FN；(5分)
答案：10 m/s 31.2 N
解析：滑块a从D到F，由动能定理有mg·2R=m-m，在F点根据牛顿第二定律有FN-mg=m，解得vF=10 m/s，FN=31.2 N。
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(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；(5分)
答案：0
解析：滑块a返回B点时的速度vB=1 m/s，滑块a一直在传送带上做减速运动，加速度大小为a=μg=5 m/s2，根据=-2aL，可得在C点的速度vC=3 m/s，则滑块a从碰撞后到返回到C点，有m=m+mg·2R，解得v1=5 m/s，因a、b碰撞过程动量守恒，则mvF=-mv1+3mv2，解得碰后b的速度v2=5 m/s，则碰撞损失的机械能ΔE=m-m-·3m=0。
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(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。(6分)
答案：0.2 m
解析：若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共同速度设为v，由动量守恒定律有mvF=4mv，解得v=2.5 m/s，
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时，a、b、c三者速度相等，设共同速度为v'，由动量守恒定律有4mv=6mv'，则v'= m/s，
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当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由机械能守恒定律有·4mv2=·6mv'2+k，解得x1=0.1 m，同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1，则弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x1=0.2 m。阶段质量检测(一) 动量与动量守恒定律
(满分:100分)
一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情景,他们使两个带正电的不同重粒子加速后,沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能,关键是设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间具有相同大小的 ( )
A.速率 B.质量
C.动量 D.动能
2.质量m=100 kg的小船静止在平静水面上,船两端载着m甲=40 kg、m乙=60 kg的游泳者,在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中,如图所示,则之后小船的速率和运动方向为 ( )
A.0.6 m/s,向左 B.3 m/s,向左
C.0.6 m/s,向右 D.3 m/s,向右
3.一个质量为0.5 kg的物体,从静止开始做直线运动,物体所受合外力F随时间t变化的图像如图所示,则在时刻t=8 s时,物体的速度为 ( )
A.2 m/s B.8 m/s
C.16 m/s D.4 m/s
4.如图所示,光滑的水平地面上静止放着质量为M的小车,小车底边长为L,质量为m的小球从小车顶端静止释放,最终从小车上滑离,不计一切摩擦,下列说法正确的是 ( )
A.小车、小球组成的系统动量守恒
B.小车、小球组成的系统机械能不守恒
C.小球从小车上滑离后,将做自由落体运动
D.小球从小车上滑离时,小车向左运动的距离为L
5.如图所示,光滑水平面上有a、b、c三个弹性小球,质量分别为2m、3m、m。小球a一端靠墙,并通过一根轻弹簧与小球b相连,此时弹簧处于原长。现给小球c一个向左的初速度v0,与小球b发生碰撞,整个碰撞过程中没有机械能损失,弹簧始终处于弹性限度之内。下列说法正确的是 ( )
A.整个过程中小球a、b、c和弹簧组成的系统动量守恒
B.碰撞过程中小球c的动量变化量大小为2mv0
C.弹簧弹性势能最大值为m
D.弹簧第一次达到最长时,小球a的速度达到最大
6.有一宇宙飞船,它的正对面积S=2 m2,以v=3×103 m/s 的相对速度飞入一宇宙微粒区。此微粒区1 m3 空间中有一个微粒,每一个微粒的平均质量为m=2×10-7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上,要使飞船速度不变,飞船的牵引力应增加 ( )
A.3.6×103 N B.3.6 N
C.1.2×103 N D.1.2 N
7.1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,下列说法正确的是 ( )
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
8.如图所示,甲、乙两车的质量均为M,静置在光滑的水平面上,两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人,他通过一条轻绳拉甲车,甲、乙两车最后相接触,以下说法正确的是 ( )
A.甲、乙两车运动中速度之比为
B.甲、乙两车运动中速度之比为
C.甲车移动的距离为L
D.乙车移动的距离为L
9.甲、乙两个物体动量随时间变化的图像如图所示,图像对应的物体的运动过程可能是 ( )
A.甲物体可能做匀加速运动
B.甲物体可能做竖直上抛运动
C.乙物体可能做匀变速运动
D.乙物体可能做水平直线运动时遇到了一端固定的弹簧
10.如图所示,轻质弹簧的一端固定在墙上,另一端与质量为m的物体A相连,A放在光滑水平面上,有一质量与A相同的物体B,从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下,与A相碰后一起将弹簧压缩,弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是 ( )
A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C.B能达到的最大高度为
D.B能达到的最大高度为
三、非选择题(本题共5小题,共54分)
11.(6分)如图甲所示,某同学设计一个气垫导轨装置验证动量守恒定律的实验:
(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度d如图乙所示,则d= mm。(2分)
(2)质量为m2的滑块2静止放在水平气垫导轨上光电门②的右侧,质量为m1的滑块1从光电门①的右侧向左运动,穿过光电门①与滑块2发生碰撞,随后两个滑块分离并依次穿过光电门②,滑块2与导轨左端相碰并被粘接条粘住,待滑块1穿过光电门②后用手将它停住,两个滑块上固定的遮光条宽度相同,数字计时器分别记录下滑块1通过光电门①的时间Δt、滑块2和滑块1依次通过光电门②的时间Δt2和Δt1。本实验中两个滑块的质量大小关系应为 。若等式 成立,则证明两滑块碰撞过程中系统的动量守恒(用题中所给的字母表示)。(4分)
12.(10分)用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律,实验步骤如下:
①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB;
②安装好实验装置,使斜槽的末端所在的平面保持水平;
③先不在斜槽的末端放小球B,从斜槽上位置P由静止开始释放小球A,小球A离开斜槽后,频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示);
④将小球B放在斜槽的末端,再从位置P处由静止释放小球A,使它们碰撞,频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示);
⑤测出所需要的物理量。
请回答:
(1)实验步骤①中A、B两球的质量应满足mA mB(填“>”“=”或“<”)。(2分)
(2)在实验步骤⑤中,需要在照片中直接测量的物理量有 (请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)。(4分)
(3)两球在碰撞过程中若动量守恒,满足的方程是: (用所测物理量表示)。(4分)
11.(1) (2)
12.(1) (2) (3)
13.(10分)如图所示,质量mA为4.0 kg的木板A放在水平面C上,木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24,
木板右端放着质量mB为1.0 kg的小物块B(视为质点),它们均处于静止状态,木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动,当小物块滑离木板时,木板的动能EkA为8.0 J。小物块的动能EkB为0.50 J,重力加速度取10 m/s2,求:
(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小;(3分)
(2)木板的长度L。(7分)
14.(12分)如图所示,长为R=0.6 m的不可伸长的细绳一端固定在O点,另一端系着质量为m2=0.1 kg的小球B,小球B刚好与水平面相接触。现使质量为m1=0.3 kg物块A以v0=5 m/s的初速度向B运动,A与水平面间的动摩擦因数μ=0.3,A、B间的初始距离x=1.5 m。两物体碰撞后,A物块速度变为碰前瞬间速度的,方向不变。B小球能在竖直平面内做圆周运动。已知重力加速度g=10 m/s2,两物体均可视为质点,试求:
(1)碰撞过程中B球所受到的冲量大小;(6分)
(2)B球运动到圆周最高点时细绳受到的拉力大小。(6分)
15.(16分)为了探究物体间碰撞特性,设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接,两半径均为R=0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100 N/m的轻质弹簧连接,静置于轨道FG上。现有质量m=0.12 kg的滑块a以初速度v0=2 m/s从 D处进入,经DEF管道后,与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8 m,以v=2 m/s的速率顺时针转动,滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,其他摩擦和阻力均不计,各滑块均可视为质点,弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为形变量)。(g取10 m/s2)
(1)求滑块a到达圆弧管道 DEF最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小 FN;(5分)
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1 m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE;(5分)
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。(6分)
课时跟踪检测(一)
1.选C 根据p=mv,子弹的动量p1=8 kg·m/s,小球的动量p2=8 kg·m/s,所以二者动量相等;根据Ek=mv2,子弹的动能Ek1=3 200 J,小球的动能Ek2=40 J,所以子弹的动能较大,故C正确,A、B、D错误。
2.选A 动量是矢量,既有大小又有方向,动能是标量,只有大小没有方向。所以人的动能不变,动量一直变化,A正确。
3.选B 根据动量与动能的关系式p2=2mEk,可得两辆汽车动量大小之比是 ,故B正确,A、C、D错误。
4.选D 取拍子击打网球前网球的速度的方向为正方向,根据动量定理得拍子对网球作用力的冲量为:I=-mv2-mv1=-m(v1+v2),即冲量大小为m(v1+v2),方向与v1方向相反,与v2方向相同,故D正确,A、B、C错误。
5.选B 动能为零时,速度为零,而加速度不一定等于零,物体不一定处于平衡状态,A错误;物体受恒力,也可能做曲线运动,如平抛运动,B正确;合外力不变,加速度不变,速度均匀变化,动量一定变化,C错误;动能不变,若速度的方向变化,动量就变化,D错误。
6.选AB 取兔子奔跑的速度方向为正方向,根据动量定理得-Ft=0-mv,解得v=,其中F=mg,则v==gt=10×0.2 m/s=2 m/s,则被撞死的兔子的奔跑速度大于或等于2 m/s,故选A、B。
7.选C 碰撞过程中动能变化量为ΔEk=0-m,可知安全气囊没有改变碰撞过程中模型人的动能变化量,故A错误; 安全气囊增加了碰撞过程中模型人的受力时间,故B错误; 由动量定理可得-Ft=0-mv0,由于安全气囊增加了碰撞过程中模型人的受力时间,所以模型人受到的冲击力减小,故C正确;根据动量定理可知,碰撞过程中模型人受到的冲量大小为I=mv0,所以安全气囊没有改变碰撞过程中模型人受到的冲量,故D错误。
8.选B 由动量定理Ft=Δp知,接球时两手随球迅速收缩至胸前,延长了手与球作用的时间,从而减小了球的动量变化率,即减小了球对手的冲击力,故B正确。
9.选B 选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象,其质量应等于体积为SvΔt空间内微粒的质量,即M=,研究对象初动量为零,末动量大小为Mv,设飞船对微粒的作用力大小为F,由动量定理得FΔt=Mv-0,则F==,根据牛顿第三定律可知,微粒对飞船的作用力大小也为F,则飞船要保持匀速飞行,牵引力应增加F,代入数据得F=0.98 N,故选B。
10.选B 物体受到的最大静摩擦力fm=μmg=5 N,由图像可知前2 s内物体受到的拉力小于最大静摩擦力,物体保持静止状态,拉力F大小等于静摩擦力,故A错误;F t图像中图线与横轴围成的面积代表冲量,所以6 s内,拉力F对物体的冲量大小IF=(4×2+10×2+15×2)N·s=58 N·s,故B正确;前2 s物体受静摩擦力,大小为4 N,后4 s物体受滑动摩擦力,大小为5 N,故摩擦力对物体的冲量大小If=(4×2+5×4)N·s=28 N·s,故C错误;根据动量定理有IF-If=mv,解得v= m/s=12 m/s,故D错误。
11.选C 小球上升过程中受到向下的空气阻力和向下的重力,下落过程中受到向上的空气阻力和向下的重力,由牛顿第二定律可知,上升过程的加速度总大于下落过程的加速度,D错误;小球运动的整个过程中,空气阻力做负功,由动能定理可知,小球落回原处时的速度小于抛出时的速度,所以上升过程中小球动量变化量的大小大于下落过程中动量变化量的大小,由动量定理可知,上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量,C正确;上升与下落过程的位移相等,上升时加速度更大,所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间,A错误;经过同一位置时,上升过程的速度更大,则上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力,由功能关系可知,上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失,B错误。
12.解析:法一:分段处理
取小球为研究对象,根据自由落体运动和竖直上抛运动可知,小球与地板碰撞前的速度:
v1== m/s=5 m/s,方向竖直向下;
小球与地板碰撞后的速度:
v2== m/s=4 m/s,方向竖直向上。
与地板碰撞时小球受力情况如图所示,取竖直向上为正方向。
根据动量定理:(-mg)t=mv2-(-mv1)
解得=50 N
由牛顿第三定律可知,小球对地板的平均作用力大小为50 N,方向竖直向下。
法二:全程处理
以开始下落的瞬间为初状态,反弹到最高点时为末状态,则重力的作用时间:t=+t碰+=(0.5+0.1+0.4)s=1 s
地板对小球平均作用力的作用时间为t碰=0.1 s
取竖直向下为正方向,由动量定理:mgt-t碰=0
解得=50 N
由牛顿第三定律可知,小球对地板的平均作用力大小为50 N,方向竖直向下。
答案:50 N,方向竖直向下
13.解析:(1)设排球在空中飞行的时间为t,则h1-h2=gt2,解得t=0.6 s;则排球在空中飞行的水平距离x=v0t=4.8 m。
(2)
乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小vy=gt=6.0 m/s;
根据v=得v=10.0 m/s;
设速度方向与水平方向夹角为θ(如图所示)
则有tan θ==0.75。
(3)根据动量定理,排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I=2mv=6.0 N·s。
答案:(1)x=4.8 m (2)v=10.0 m/s,方向与水平方向夹角tan θ=0.75 (3)6.0 N·s
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