章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型
情境提点 模型—规律—方法—结论
热点一 对动量、冲量的理解和动量定理的应用
1.(多选)(2024·福建卷)如图甲,水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F,F随时间t的变化关系如图乙所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则滑块( )
甲
乙
[A]在0～4t0内一直沿斜面向下运动
[B]在0～4t0内所受合外力的冲量大小为零
[C]在t0时的动量大小是在2t0时的一半
[D]在2t0～3t0内的位移大小比在3t0～4t0内的小
【答案】 AD
【解析】 根据牛顿第二定律可知,当拉力为 2mgsin θ 时,滑块加速度a1=3gsin θ,方向沿斜面向下;当拉力为-2mgsin θ时,滑块加速度a2=-gsin θ,方向沿斜面向上;作出滑块沿斜面运动的v-t图像如图所示,其中v0=gt0sin θ。根据v-t图像,可判断出滑块一直沿斜面向下运动,故选项A正确;4t0时滑块速度不为零,根据动量定理I合=mΔv可知0～4t0内滑块所受合外力的冲量不为零,故选项B错误;滑块在t0时的速度大于在2t0时的速度,故滑块在t0时的动量大于在2t0时的动量,故选项C错误;根据v-t图线与t轴所围面积表示位移大小,可判断出选项D正确。
2.(2024·重庆卷)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。质量为m的针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两阶段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为F1、F2,则针鞘( )
[A]被弹出时速度大小为
[B]到达目标组织表面时的动能为F1d1
[C]运动d2的过程中,阻力做功为(F1+F2)d2
[D]运动d2的过程中,动量变化量大小为
【答案】 A
【解析】 设针鞘被弹出时的速度大小为v,根据动能定理得-F1d1-F2d2=0-mv2,解得v=,A正确;针鞘到达目标组织表面后,继续前进d2减速至零,有Ek=F2d2,B错误;针鞘运动d2的过程中,阻力做功为-F2d2,C错误;针鞘运动d2的过程中,动量变化量大小为Δp==,D错误。
3.(多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中,体重为60 kg 的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( )
[A]t=0.15 s时,运动员的重力势能最大
[B]t=0.30 s时,运动员的速度大小为10 m/s
[C]t=1.00 s时,运动员恰好运动到最大高度处
[D]运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
【答案】 BD
【解析】 根据牛顿第三定律可知,t=0.15 s时蹦床对运动员的作用力最大,运动员在最低点,重力势能最小,A错误;由题图可知,t=0.30 s时运动员离开蹦床做竖直上抛运动,t=2.30 s时落回蹦床,竖直上抛运动总时间为2 s,则上升时间为1 s,在t=0.30 s+1 s=1.30 s时,运动员运动到最大高度处,由v0=gt可得运动员竖直上抛的初速度大小为10 m/s,B正确,C错误;取竖直向上为正方向,运动员每次与蹦床接触到离开蹦床过程,由动量定理得(-mg)Δt=mv0-(-mv0),运动员与蹦床作用时间Δt=0.30 s,解得=4 600 N,D正确。
4.(2024·江苏卷)“嫦娥六号”在轨速度为v0,着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt,分离后B的速度为v,且与v0同向,A、B的质量分别为m、M。求:
(1)分离后A的速度v1;
(2)分离时A对B的推力大小。
【答案】 (1) (2)
【解析】 (1)组合体分离前后动量守恒,取v0的方向为正方向,有(m+M)v0=Mv+mv1,
解得v1=。
(2)以组合体B为研究对象,根据动量定理有
FΔt=Mv-Mv0,解得F=。
5.(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】 (1)
(2)①330 N s,方向竖直向上 ②0.2 m
【解析】 (1)如图所示,敏感球受重力mg和敏感臂的压力FN以及斜面的支持力FN′,由牛顿第二定律可知
(mg+FN)tan θ=ma,
解得tan θ=。
(2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小
IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s,
方向竖直向上;
②头锤落到气囊上时的速度
v0==8 m/s,
取竖直向上为正方向,头锤与气囊作用过程根据动量定理有IF-Mgt=Mv-(-Mv0),
解得v=2 m/s,
则上升的最大高度h==0.2 m。
热点二 碰撞与能量、牛顿第二定律的综合
6.(多选)(2024·湖北卷)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则( )
[A]子弹的初速度大小为
[B]子弹在木块中运动的时间为
[C]木块和子弹损失的总动能为
[D]木块在加速过程中,运动的距离为
【答案】 AD
【解析】 设子弹和木块相互作用过程中,二者所受冲量大小为I,对子弹有v1=v0-I,对木块有 v2=I,运动过程必有v1≥v2,即I≤v0,可得v2的取值范围为07.(多选)(2024·广西卷)如图,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在( )
[A]竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
[B]竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
[C]水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
[D]水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】 BC
【解析】 两小球碰撞过程是弹性碰撞,由于两小球质量相等,故碰撞后两小球交换速度,即vM=0,vN=v。碰后小球N做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v;在竖直方向做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
8.(2024·重庆卷)如图所示,M、N两个钉子固定于相距为a的两点,一根不可伸长的轻质细绳,一端固定在M上,另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B,绳长与M到地面的距离均为10a,质量为2m的小木块A,沿水平方向与B发生弹性碰撞,碰撞时间极短,A与地面间的动摩擦因数为,重力加速度为g,忽略空气阻力和钉子直径,不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
(1)若碰后,B在竖直面内做圆周运动,且能经过圆周运动最高点,求B碰后瞬间速度的最小值;
(2)若改变A碰前瞬间的速度,碰后A运动到P点停止,B在竖直面内做圆周运动旋转2圈,经过M正下方时细绳断开,B也运动到P点,求B碰后瞬间的速度大小;
(3)若拉力达到12mg细绳会断,上下移动N的位置,保持N在M正上方,B碰后瞬间的速度与(2)问中的相同,使B旋转n圈。经过M正下方时细绳断开,求MN之间距离的范围,及在n的所有取值中,B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】 (1)5 (2)4
(3)≤h≤(n=1,2,3,…)
【解析】 (1)碰后B能在竖直面内做圆周运动,轨迹半径为10a,设碰后B的最小速度为v0,最高点最小速度为v,在最高点时,由重力提供向心力有
mg=m,
B从最低点到最高点,由动能定理有
-mg×2×10a=mv2-m,
解得v0=5。
(2)A和B碰撞过程中动量守恒,设碰前A的速度大小为v1,碰后A的速度大小为v2,碰后B的速度大小为v3,则有2mv1=2mv2+mv3,
×2m=×2m+m,
碰后A减速到0,设M正下方到P点的距离为L,有μ×2mgL=×2m,
碰后B做两周圆周运动,绳子在MN间缠绕2圈,缩短4a,在M正下方时,距离M 6a,距离地面4a,设此时B的速度大小为v4,由功能关系得
mg×4a=m-m,
B随后做平抛运动,有4a=gt2,
L=v4t,
解得v3=4,另一解不合题意舍去。
(3)设MN间距离为h,B转n圈后到达M正下方速度的大小为v5,绳缩短2nh,绳断开时,以M为圆心,由牛顿第二定律得
12mg-mg=(n=1,2,3,…),
以N为圆心,由牛顿第二定律得
12mg-mg=(n=1,2,3,…),
B碰后转n圈到达M正下方,由功能关系得
mg×2nh=m-m(n=1,2,3,…),
解得≤h≤(n=1,2,3,…);
绳断后,B做平抛运动,有
2nh=gt′2(n=1,2,3,…),s=v5t′,
可得s=4(n=1,2,3,…),
其中≤nh≤(n=1,2,3,…),
由数学知识可得
当nh=时,smin=,
当n=1时,nh=,smax=。
9.(2024·安徽卷)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,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。
【答案】 (1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ<0.4
【解析】 (1)对小球摆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中,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=4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点,此时两者共速,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,
联立解得μ1=0.4;
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置,此时两者共速,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,
联立解得μ2=0.25,
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。
热点三 动量与传送带、板块的综合
10.(2024·新课标卷)如图,一长度l=1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上,薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动,当薄板运动的距离Δl=时,物块从薄板右端水平飞出;当物块落到地面时,薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等,它们之间的动摩擦因数μ=0.3,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间;
(2)平台距地面的高度。
【答案】 (1)4 m/s s (2) m
【解析】 (1)物块在薄板上做匀减速运动,加速度大小为a1=μg=3 m/s2,
薄板做匀加速运动,加速度大小为
a2==3 m/s2,
对物块l+Δl=v0t-a1t2,
对薄板Δl=a2t2,
联立解得v0=4 m/s,t= s。
(2)物块飞离薄板后,薄板的速度
v2=a2t=1 m/s,
物块飞离薄板后薄板做匀速运动,物块做平抛运动,当物块落到地面时运动的时间为
t′== s,
则平台距地面的高度h=gt′2= m。
11. (2024·湖北卷)如图所示,水平传送带以 5 m/s 的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高。将质量为 0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小;
(2)求小物块与小球碰撞过程中,两者组成的系统损失的总动能;
(3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,求P点到O点的最小距离。
【答案】 (1)5 m/s (2)0.3 J (3)0.2 m
【解析】 (1)小物块在传送带上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有μm物g=m物a,
解得a=5 m/s2,由运动学公式有
x==2.5 m可知小物块运动到传送带右端前与传送带共速,即小物块与小球碰撞前瞬间速度大小
v=v传=5 m/s。
(2)小物块与小球发生正碰,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有
m物v=m物v1+m球v2,
代入数据解得碰后小球速度v2=3 m/s,小物块与小球碰撞过程中,两者组成的系统损失的总动能为ΔEk=m物v2-m物-m球,
解得ΔEk=0.3 J。
(3)若小球运动到P点正上方,绳子恰好不松弛,设此时P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度为v3,重力提供向心力有
m球g=m球,小球从O点正下方到P点正上方过程根据机械能守恒定律有
m球=m球+m球g(2L绳-d),
联立解得d=0.2 m,
即P点到O点的最小距离为0.2 m。
12.(2024·甘肃卷)如图,质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态,细绳O′P=OP=1.6 m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P,小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
(2)A在最低点时,细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短),碰后A竖直下落,C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
(3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
【答案】 (1)40 N,方向竖直向下 (2)4 m/s (3)0.15
【解析】 根据题意,设A、C质量均为m=2 kg,B的质量为M=6 kg,细绳OP长为l=1.6 m,初始时细绳与竖直方向夹角θ=60°。
(1)从A开始运动到最低点,由动能定理得
mgl(1-cos θ)=m-0,
在最低点对A受力分析,根据牛顿第二定律得
F-mg=,
联立解得v0=4 m/s,F=40 N,
根据牛顿第三定律可知,A运动到最低点时细绳OP所受的拉力大小为40 N,方向竖直向下。
(2)A与C相碰时,水平方向动量守恒,由于碰后A竖直下落,可知mv0=0+mvC,
解得vC=v0=4 m/s。
(3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速,设共同速度为v,C在B上滑行过程中,根据动量守恒定律可得mv0=(M+m)v,
根据能量守恒定律得
μmgL相对=m-(m+M)v2,
联立解得μ=0.15。
热点四 实验:验证动量守恒定律
13.(2024·北京卷)如图甲所示,让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。
(1)关于本实验,下列做法正确的是 (多选,填选项前的字母)。
A.实验前,调节装置,使斜槽末端水平
B.选用两个半径不同的小球进行实验
C.用质量大的小球碰撞质量小的小球
(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。首先,将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放,小球落到复写纸上,重复多次。然后,把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端,再将质量为m1的小球从S位置由静止释放,两球相碰,重复多次。分别确定平均落点,记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。
①图乙为实验的落点记录,简要说明如何确定平均落点 ;
②分别测出O点到平均落点的距离,记为OP、OM和ON。在误差允许范围内,若关系式
成立,即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)受上述实验的启发,某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示,用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点,两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放,在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′,小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和M,弦长AB=l1、A′B=l2、CD=l3。
推导说明,m、M、l1、l2、l3满足什么关系即可验证碰撞前后动量守恒。
【答案】 (1)AC
(2)①用一最小的圆将落点圈起,圆心即为平均落点的位置
②m1OP=m1OM+m2ON
(3)见解析
【解析】 (1)实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前、后速度成正比,需要确保小球做平抛运动,即实验前,调节装置,使斜槽末端水平,A正确;为使两小球发生的碰撞为对心正碰,两小球半径须相同,B错误;为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出,需要用质量大的小球碰撞质量小的小球,C正确。
(2)①无论入射小球还是被碰小球,每次落点可能不会在同一点,可通过这些落点作一尽量小的圆,其圆心可看作落点。
②碰撞前后小球均做平抛运动,由h=gt2可知,小球的运动时间相同,所以水平位移与平抛初速度成正比,所以若m1OP=m1OM+m2ON,即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)设摆长为R,小球在A点时轻绳偏离竖直方向的摆角为θ,到达最低点的速度大小为v1。根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=m,又有=2R2-2R2cos θ=2R2(1-cos θ),联立可得v1=l1,同理可求得碰撞后瞬间两小球的速度大小与其对应的弦长l2和l3的关系。综上,若m、M、l1、l2、l3满足ml1=Ml3-ml2,即可验证碰撞前后动量守恒。
14.(2024·山东卷)在第四次“天宫课堂”中,航天员演示了动量守恒实验。受此启发,某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验,气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器,a测量滑块A与它的距离xA,b测量滑块B与它的距离xB。
部分实验步骤如下:
①测量两个滑块的质量,分别为200.0 g和400.0 g;
②接通气源,调整气垫导轨水平;
③拨动两滑块,使A、B均向右运动;
④导出传感器记录的数据,绘制xA、xB随时间变化的图像,分别如图乙、图丙所示。
回答以下问题:
(1)从图像可知两滑块在t= s时发生碰撞。
(2)滑块B碰撞前的速度大小v= m/s(结果保留2位有效数字)。
(3)通过分析,得出质量为200.0 g的滑块是 (选填“A”或“B”)。
【答案】 (1)1.0 (2)0.20 (3)B
【解析】 (1)由x-t图像的斜率表示速度可知,两滑块的速度在t=1.0 s时发生突变,即此时发生了碰撞。
(2)根据x-t图像斜率的绝对值表示速度大小可知,碰撞前瞬间B的速度大小为v=|| cm/s=
0.20 m/s。
(3)由题图乙可知,碰撞前A的速度大小vA=0.50 m/s,碰撞后A的速度大小vA′=0.36 m/s,由题图丙可知,碰撞后B的速度大小vB′=0.5 m/s,A和B碰撞过程动量守恒,则有mAvA+mBv=mAvA′+
mBvB′,代入数据解得≈2,所以质量为200.0 g的滑块是B。
动量守恒定律 检测试题
(分值:100分)
一、单项选择题:共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.两个相向运动的物体碰撞后都静止,这说明两物体原来的( )
[A]速度大小相等 [B]质量大小相等
[C]动能大小相等 [D]动量大小相等
【答案】 D
【解析】 两个相向运动的物体碰撞后都静止,根据碰撞过程,内力远远大于外力,可知,两物体组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律可知,两个相向运动的物体碰撞后都静止,这说明两物体原来的动量大小相等,方向相反,总动量为0。故D正确。
2.如图所示,建筑工地上常用打桩机把桩打入地下。电动机先把重锤吊起一定的高度,然后由静止释放,重锤打在桩上后随桩一起向下运动直到停止。不计空气阻力,则下列说法正确的是( )
[A]重锤与桩的撞击过程中,机械能守恒
[B]重锤随桩一起向下运动过程中,机械能守恒
[C]整个运动过程中,重锤和桩组成的系统动量守恒
[D]整个运动过程中,重锤所受合外力冲量为零
【答案】 D
【解析】 重锤与桩的撞击过程中,会产生内能,机械能不守恒,故A错误;重锤随桩一起向下运动过程中,需要克服泥土阻力做功,机械能不守恒,故B错误;整个运动过程中,重锤和桩组成的系统初始动量为零,末动量为零,但运动过程动量不为零,可知重锤和桩组成的系统动量不守恒,故C错误;整个运动过程中,重锤的初始动量为零,末动量为零,根据动量定理可知,重锤所受合外力冲量为零,故D正确。
3.为测量干粉灭火器喷出磷酸盐的速度,有人做了这样的实验:如图,人坐在小车上,手持灭火器,按压阀门让灭火器水平向前喷射。人自静止状态出发,在 8.0 s内匀加速移动的距离为
16.0 m。已知人(连同设备)的总质量为65 kg,灭火器单位时间内喷出磷酸盐的质量恒为
0.20 kg,人(连同设备)在地面运动时,所受阻力恒为自身重力的。忽略该过程中人(连同设备)总质量的变化,可估算出磷酸盐喷出的速率最接近( )
[A]195 m/s [B]120 m/s
[C]100 m/s [D]60 m/s
【答案】 A
【解析】 设人(连同设备)的末速度为v,根据x=t,解得v=4 m/s,设磷酸盐喷出的速率为v′,根据动量定理,分别对人(连同设备)和磷酸盐有Ft-μMgt=Mv,F′t=mv′,又F=F′,解得v′=195 m/s,故A正确。
4.下列实际生活现象中,为了获得较大作用力采取措施正确的是( )
[A]在跳高运动员落地位置铺设海绵垫
[B]拳击比赛中运动员戴着厚厚的拳套
[C]蹦极跳要采用弹性很好的橡皮绳
[D]钉钉子时要使用坚硬的钢锤
【答案】 D
【解析】 根据动量定理,在动量变化量相同时,延长作用时间,可减小作用力,其中在跳高运动员落地位置铺设海绵垫、拳击比赛中运动员戴着厚厚的拳套以及蹦极跳要采用弹性很好的橡皮绳均是在动量变化量相同时增加作用时间,从而减小作用力;而钉钉子时使用钢锤,目的就是缩短作用时间,增大作用力,故选项A、B、C错误,D正确。
5.在某次演练中,一颗炮弹在向上飞行过程中爆炸,如图所示。爆炸后,炮弹分成两部分。若炮弹重力远小于爆炸内力,则关于爆炸后两部分的运动轨迹不可能是( )
[A] [B] [C] [D]
【答案】 C
【解析】 炮弹爆炸时,内力远大于外力,满足系统动量守恒,爆炸前动量方向与v方向相同,则爆炸后的两部分的动量的矢量和一定沿v的方向,由此可知选项A、B、D情形均可能发生,但选项C情形不可能发生,故C符合题意。
6.如图所示,某同学乘坐电梯上到十楼再下到某层楼,绘制如图所示vt 图线,该同学的质量m=50 kg。下列选项正确的是( )
[A]4 s末该同学上升到最大高度,最大高度为30 m
[B]0～6 s内,该同学的位移为40 m
[C]0～6 s内,该同学的动量变化量的大小为1 000 kg· m/s
[D]4～6 s内,该同学所受的合外力的冲量大小为1 000 N·s
【答案】 D
【解析】 前5 s速度为正,所以5 s末上升到最大高度,故A错误;0～6 s内的位移x=×
10 m-×10×1 m=30 m,故B错误;0～6 s内,Δp=mv6-0=-500 kg· m/s,故C错误;4～6 s内,
I合=mv6-mv4=(-50×10-50×10) N·s=-1 000 N·s,故D正确。
7.如图所示,一质量为M=3.0 kg的长木板Q放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量为 m=1.0 kg 的小木块P。给P和Q一大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度,使P开始向左运动,Q开始向右运动,P始终没有滑离Q。在P做加速运动的时间内,Q的速度大小可能是( )
[A]1.8 m/s [B]2.4 m/s
[C]2.8 m/s [D]3.5 m/s
【答案】 C
【解析】 以P、Q组成的系统为研究对象,因为系统不受外力,则系统动量守恒,选择水平向右的方向为正方向,从P开始运动到P的速度为零,根据动量守恒定律可得(M-m)v0=MvQ1,解得vQ1= m/s,当从开始运动到P、Q共速,根据动量守恒定律可得(M-m)v0=(M+m)vQ2,解得vQ2=2.5 m/s,木块P加速运动的过程为其速度减为零到与Q共速,此过程中Q始终减速,则在木块P正在做加速运动的时间内,Q的速度范围为2.5 m/s≤vQ≤ m/s,故C正确,A、B、D错误。
8.如图,边长均为a的正方体木块和密封的空心铁盒,用长度也为a的细绳连接,悬浮在平静的池水中,木块上表面和水面的距离为h。当细绳断裂后,木块与铁盒分别竖直向上、向下运动,当木块上表面刚浮出水面时,铁盒恰好到达池底。已知木块的质量为m,铁盒的质量为M,不计水的阻力,则池深为( )
[A]h [B]h+2a
[C](h+2a) [D]h+3a
【答案】 D
【解析】 设铁盒下降的高度为H,对于木块和铁盒整体所受合外力为0,细绳断裂前后动量守恒,则有m-M=0,即mh=MH,化简得H=,则池深为d=h+H+3a=h+3a,故D正确。
二、多项选择题:共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.在短道速滑比赛中,“接棒”的甲运动员提前在“交棒”的乙运动员前面慢慢滑行,当乙追上甲的瞬间,乙猛推甲使甲获得更大的速度向前冲出。忽略运动员与冰面之间的摩擦,则在乙推甲的过程中,下列说法正确的是( )
[A]甲与乙组成的系统动量守恒
[B]甲、乙的速度变化量一定相同
[C]甲、乙的动量变化量大小相等、方向相反
[D]甲增加的动能一定等于乙减少的动能
【答案】 AC
【解析】 乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面之间的摩擦,则甲与乙组成的系统所受外力之和等于零,可知甲与乙组成的系统动量守恒,故A正确;已知甲与乙组成的系统动量守恒,则有
p甲1+p乙1=p甲2+p乙2,解得p甲2-p甲1+p乙2-p乙1=0,即有Δp甲=-Δp乙,可知甲、乙的动量变化量大小相等、方向相反,故C正确;由于Δp=mΔv,甲、乙质量关系不确定,结合上述可知,甲与乙的速度变化量方向相反、大小关系不确定,故B错误;根据Ek=mv2=,由于甲和乙的质量关系不确定,因此无法确定甲增加的动能与乙减少的动能的大小关系,故D错误。
10.如图所示,P、Q两物体质量相等,Q上连有一轻质弹簧,且静止在光滑的水平面上,当P以速度v通过弹簧与Q正碰时,则( )
[A]当弹簧压缩量最大时,P的动能恰为零
[B]当弹簧压缩量最大时,弹簧具有的弹性势能等于物体P碰撞前动能的一半
[C]碰后P离开弹簧时,P静止,Q以速度v向右运动
[D]碰后P离开弹簧时,P被弹回向左运动,Q向右运动
【答案】 BC
【解析】 当弹簧压缩量最大时,此时P、Q最近,两者共速,此时P的动能不为零,选项A错误;当弹簧压缩量最大时,则mv=2mv′,弹簧具有的弹性势能Ep=mv2-×2mv′2=mv2=·mv2,即等于物体P碰撞前动能的一半,选项B正确;碰后P离开弹簧时,根据mv=mv1+mv2,mv2=m+
m,解得v1=0,v2=v,即此时P静止,Q以速度v向右运动,选项C正确,D错误。
11.将一质量为m的物体在空中某一位置以大小为v0的速度水平抛出,物体运动一段时间t后,正好经过其正下方某一位置,其速度大小仍为v0,但方向与初速度相反,如图所示,在其运动过程中还受到风力作用,重力加速度为g,则在这段时间t内,下列说法正确的是( )
[A]风力方向一定水平向左
[B]风力对物体做负功
[C]物体机械能减少mg2t2
[D]风力对物体的冲量大小为
【答案】 BD
【解析】 由于初速度和末速度都是水平的且大小相等,其动量变化量的方向水平向左,根据动量定理可知合力的冲量水平向左,而重力竖直向下,可知风力的方向为左上方,故A错误;整个过程中,动能的大小不变,根据动能定理,合力的功为0,但重力做正功,可知风力对物体一定做负功,故B正确;由于竖直方向不是自由落体运动,下落高度也不等于gt2,则损失的机械能不等于mg2t2,故C错误;根据动量定理,风力水平方向冲量 Ix=px=2mv0,竖直方向冲量等于重力冲量Iy=mgt,则风力的冲量大小为I==,故D正确。
12.光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑圆弧槽的小车,一质量也为m的小球以水平速度v0沿槽口向小车滑去,到达某一高度后,小球又返回右端,图甲小车放置在无阻碍的光滑水平面上,图乙小车靠墙停放,已知重力加速度为g,则( )
[A]图甲中小球返回右端将向右做平抛运动
[B]图乙中小球返回右端将向右做平抛运动
[C]图甲中小球在弧形槽内上升的最大高度为
[D]图甲中全过程小球对小车压力的冲量为mv0
【答案】 BC
【解析】 题图甲中,设小球离开小车时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,整个过程中系统在水平方向上动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得mv0=mv1+mv2,由机械能守恒定律得m=m+m,联立解得v1=0,v2=v0,所以,题图甲中小球返回右端将做自由落体运动,A错误;题图乙中小车静止不动,因此小球返回右端将向右做平抛运动,B正确;设题图甲中小球在弧形槽内上升的最大高度为h,由系统水平方向满足动量守恒定律,有mv0=2mv,由机械能守恒定律得m=×2mv2+mgh,解得h=,C正确;由以上选项可知,题图甲中小球返回右端将做自由落体运动,小车将向左做匀速直线运动,速度为v0,对小车水平方向,由动量定理可得Ix=Δp=mv0,由于小球对小车一直有竖直向下的压力分量,故全过程小球对小车压力的冲量不等于mv0,D错误。
三、非选择题:共6小题,共60分。
13.(6分)用气垫导轨和光电门等装置来验证动量守恒定律和测量轻弹簧对滑块的冲量、弹簧的弹性势能,实验装置如图所示。滑块在气垫导轨上运动时阻力不计,其上方挡光条到达光电门D(或E)时,计时器开始计时;挡光条到达光电门C(或F)时,计时器停止计时。实验主要步骤如下:
a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB;
b.给气垫导轨通气并调整使其水平;
c.调节光电门,使其位置合适,测出光电门C、D间的水平距离L,光电门E、F间的水平距离x;
d.A、B之间紧压一轻弹簧(与A、B不粘连),并用细线拴住A、B,如图静置于气垫导轨上;
e.烧断细线,A、B各自运动,弹簧恢复原长前A、B均未到达光电门,从计时器上分别读取A、B在两光电门之间运动的时间tA、tB。
(1)利用上述测量的物理量,写出验证动量守恒定律的表达式: (用题中所给的字母表示)。
(2)利用上述各量可得出弹簧对滑块A的作用力的冲量大小IA= ,弹簧对滑块B的作用力的冲量大小IB= ;若mA>mB,则弹簧对滑块A的作用力的冲量大小和对滑块B的作用力的冲量大小之间的关系是 (选填“IA大于IB”“IA小于IB”或“IA等于IB”)。
(3)利用上述各量还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能Ep= (用题中所给的字母表示)。
【答案】 (1)mA-mB=0
(2)mA mB IA等于IB
(3)mA() 2+mB() 2
【解析】 (1)烧断细线弹簧恢复原长后滑块A的速度大小为vA=,滑块B的速度大小为vB=,若动量守恒,则有mAvA-mBvB=0,所以验证动量守恒定律的表达式为mA-mB=0。
(2)根据动量定理,弹簧对滑块A的作用力的冲量大小为IA=mAvA,即IA=mA;弹簧对滑块B的作用力的冲量大小为IB=mBvB,即IB=mB。无论两滑块的质量关系如何,弹簧对滑块A的作用力的冲量大小和对滑块B的作用力的冲量大小之间的关系都是IA等于IB。
(3)烧断细线前弹簧的弹性势能Ep等于烧断细线后两滑块A、B最终的动能之和,烧断细线前弹簧的弹性势能为Ep=mA+mB,即Ep=mA() 2+mB() 2。
14.(8分)某科学兴趣小组同学用如图甲所示的装置验证“动量守恒定律”。
实验步骤如下:
①用绳子将大小相同、质量分别为mA和mB的小球A和B悬挂在天花板上;
②在A、B两球之间放入少量炸药,引爆炸药,两球反方向摆起,用量角器记录两球偏离竖直方向的最大夹角分别为α、β。
回答下列问题:
(1)实验中所用两绳长度应 (选填“相等”或“不相等”)。
(2)若两球动量守恒,应满足的表达式为 (用mA、mB、α、β表示)。
另一小组同学用该实验装置想验证两小球间的碰撞是弹性碰撞,实验步骤如下:
①小球B竖直静止,将小球A拉起一定角度α,从静止释放;
②小球A和小球B发生正碰之后,小球A被弹回,用量角器测出小球B能摆起的与竖直方向的最大角度β;
③多次改变初始α的值,使得小球B摆起的最大角度发生变化,记录多组α、β值,以1-cos α为纵轴,1-cos β为横轴,绘制(1-cos α)(1-cos β)图像,如图乙所示。
(3)该小组实验中需保证两小球的质量满足mA (选填“>”“<”或“=”)mB。
(4)图乙中(1-cos α)(1-cos β)图像的斜率为k,则A、B两球的质量之比为 。
【答案】 (1)相等 (2)mA=mB
(3)< (4)
【解析】 (1)实验需要两小球发生碰撞,则两小球绳长必须相等。
(2)设绳长为L,爆炸后对A、B球分别由动能定理得-mAg(L-Lcos α)=0-mA,-mBg(L-
Lcos β)=0-mB,由动量守恒定律有mAv1=mBv2,联立解得mA=mB。
(3)小球A和小球B发生正碰之后,小球A被弹回,则A的质量小于B的质量。
(4)小球A与B碰撞前根据动能定理可得mAg(L-Lcos α)=mA,小球A和小球B发生正碰,则mAv0=-mAv1+mBv2,mA=mA+mB,B上升到最大高度的过程中根据动能定理可得mBg(L-Lcos β)=mB,解得v2=v0,整理可得=,则A、B两球的质量之比为=。
15.(8分)如图所示,一直升机总质量为m,旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆的面积)为S,已知空气密度为ρ,重力加速度为g,求:
(1)直升机悬停在空中时推动空气的速度大小;
(2)直升机悬停在空中时其内部发动机的功率。
【答案】 (1) (2)
【解析】 (1)直升机悬停时受力平衡,设空气对螺旋桨的力为F,则满足F=mg,设螺旋桨作用于空气后,空气的速度为v,在很短时间Δt内,被推动的空气质量满足Δm=ρSvΔt,
设螺旋桨对空气的力为F′,则满足F=F′,
对质量为Δm的空气列动量定理,满足
F′Δt=Δmv,解得v=。
(2)设发动机的功率为P,由动能定理可得
PΔt=Δmv2-0,
解得P=。
16.(8分)如图所示,在固定的光滑水平杆(杆足够长)上,套有一个质量为m=0.5 kg的光滑金属圆环,轻绳一端拴在环上,另一端系着一个质量为M=1.96 kg的物块,现有一质量为m0=40 g的子弹以v0=100 m/s的水平速度射入物块并留在物块中,子弹射入物块的时间极短,不计空气阻力和子弹与物块作用的时间,g取10 m/s2,求:
(1)物块所能达到的最大高度;
(2)金属圆环的最大速度。
【答案】 (1)0.04 m (2)3.2 m/s
【解析】 (1)子弹射入物块过程中,对子弹和物块组成的系统动量守恒,取向右为正方向,有
m0v0=(m0+M)v,
代入数据解得v=2 m/s;
物块(含子弹)在向上摆动过程中,对物块(含子弹)和圆环组成的系统水平方向动量守恒,物块到达最大高度时具有相同速度,则有
(m0+M)v=(m0+M+m)v′,
又机械能守恒,则有
(m0+M)v2=(m0+M+m)v′2+(m0+M)gh,
代入数据解得h=0.04 m。
(2)子弹、物块、圆环达到共同速度后,子弹和物块将向下摆动,到达最低点前的过程中圆环一直受到轻绳水平向右的分力作用,圆环速度一直增大,子弹和物块到达圆环正下方时圆环速度最大。设此时子弹和物块的速度为v1,圆环速度为v2,则有(m0+M)v=(m0+M)v1+mv2,
(m0+M)v2=(m0+M)+m,
联立解得v1=1.2 m/s,v2=3.2 m/s,
故金属圆环的最大速度为3.2 m/s。
17.(14分)如图所示的水平面,A点左侧和B点右侧的水平面光滑,半径为R、质量为2m的四分之一光滑圆弧形槽放在水平面上,弧形槽刚好与水平面相切于A点,质量为5m的物块乙左端拴接一轻弹簧,静止在水平面上,弹簧原长时左端点刚好位于水平面上的B点。已知AB段粗糙且物块甲与AB段间的动摩擦因数为,A、B两点之间的距离为R,质量为m的物块甲由弧形槽的最高点无初速度释放,重力加速度为g,两物块均可视为质点。
(1)求物块甲刚到达水平面时弧形槽的位移大小;
(2)求整个过程中弹簧储存的弹性势能的最大值;
(3)通过计算说明物块甲能否第二次通过A点,若能,求出物块甲第二次到A点的速度大小;若不能,求出物块甲停止时到A点的距离。
【答案】 (1) (2)mgR (3)能通过,
【解析】 (1)A点左侧的水平面光滑,以物块甲和弧形槽为系统,水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒,取水平向右为正方向,设物块甲沿水平方向的分速度为v1,弧形槽的速度大小为v2,根据水平方向满足动量守恒定律,有
mv1-2mv2=0,
设物块甲刚到达水平面时,物块甲和弧形槽的水平位移大小分别为x1、x2,则
mx1-2mx2=0,x1+x2=R,
联立解得x2=。
(2)物块甲由弧形槽滑下时,由机械能守恒定律得,mgR=m+·2m,
设物块甲到达B的速度为v3,物块甲从A到B,根据动能定理有
-μmgR=m-m,
联立解得v3=,
物块甲过B点后,压缩弹簧,当物块甲和物块乙共速时,弹簧储存的弹性势能最大,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律有
mv3=(m+5m)v,
根据机械能守恒定律有
Epm=m-·(m+5m)v2,
解得Epm=mgR。
(3)设物块甲第二次通过B点的速度大小为v4,作用后乙的速度为v′,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律有
mv3=5mv′-mv4,
根据机械能守恒定律有
m=m+·5mv′2。
联立解得v4=,
假设物块甲返回后在离B距离为x时静止,根据动能定理有-μmgx=0-m,
解得x=R>R,
所以物块甲能第二次通过A点,根据动能定理有
-μmgR=m-m,
解得v5=。
18.(16分)如图,质量m2=2 kg、厚度h=0.45 m的木板C静置于光滑水平地面上,半径R=1.6 m的竖直光滑半圆弧轨道固定在木板C右边的水平地面上,木板与轨道均在同一竖直面内,轨道底端D点与木板C等高,并与圆心O在同一竖直线上,轨道上端最高点为E点。质量m1=0.9 kg的物块B置于木板C的左端,一质量m0=0.1 kg的子弹A以v0=160 m/s的水平速度射中物块B并留在其中(时间极短),然后物块B(包括A)从木板左端水平向右滑行,B与C间的动摩擦因数 μ=0.92。当物块B(包括A)到达木板右端时,木板恰好与半圆弧轨道底端相碰并被锁定,同时物块B(包括A)沿圆弧切线方向滑上轨道。已知木板长度L=7.5 m,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求子弹A射中物块B并留在其中后,物块B(包括A)的速度大小;
(2)求木板C与圆弧轨道底部碰撞前瞬间,物块B(包括A)和木板C的速度大小;
(3)判断物块B(包括A)是否会落到木板上 求该物块落点到木板左端的距离。
【答案】 (1)16 m/s (2)10 m/s 3 m/s
(3)会 2.7 m
【解析】 (1)子弹A射中物块B并留在其中,根据动量守恒定律有m0v0=(m0+m1)v,
解得v=16 m/s。
(2)设木板与轨道底部碰撞前瞬间,物块B(包括A)和木板C的速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律和能量守恒定律有
(m0+m1)v=(m0+m1)v1+m2v2,
(m0+m1)v2=(m0+m1)+m2+μ(m0+m1)gL,且v1≥v2,
联立解得v1=10 m/s,v2=3 m/s。
(3)设物块B(包括A)运动到圆弧轨道最高点E时的速度大小为vE,B(包括A)从轨道最低点到最高点E的过程,根据动能定理有
-(m0+m1)g×2R=(m0+m1)-(m0+m1),
解得vE=6 m/s;
物块B(包括A)做平抛运动,假设B(包括A)落到木板上,则2R=gt2,x=vEt,
联立解得x=4.8 m;
由于x=4.8 m章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型 情境提点 模型—规律—方法—结论
热点一 对动量、冲量的理解和动量定理的应用
1.(多选)(2024·福建卷)如图甲,水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F,F随时间t的变化关系如图乙所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则滑块( )
甲
乙
[A]在0～4t0内一直沿斜面向下运动
[B]在0～4t0内所受合外力的冲量大小为零
[C]在t0时的动量大小是在2t0时的一半
[D]在2t0～3t0内的位移大小比在3t0～4t0内的小
AD
【解析】 根据牛顿第二定律可知,当拉力为 2mgsin θ 时,滑块加速度a1=
3gsin θ,方向沿斜面向下;当拉力为-2mgsin θ时,滑块加速度a2=-gsin θ,方向沿斜面向上;作出滑块沿斜面运动的v-t图像如图所示,其中v0=gt0sin θ。根据v-t图像,可判断出滑块一直沿斜面向下运动,故选项A正确;4t0时滑块速度不为零,根据动量定理I合=mΔv可知0～4t0内滑块所受合外力的冲量不为零,故选项B错误;滑块在t0时的速度大于在2t0时的速度,故滑块在t0时的动量大于在2t0时的动量,故选项C错误;根据v-t图线与t轴所围面积表示位移大小,可判断出选项D正确。
2.(2024·重庆卷)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。质量为m的针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两阶段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为F1、F2,则针鞘( )
A
3.(多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中,体重为60 kg 的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( )
[A]t=0.15 s时,运动员的重力势能最大
[B]t=0.30 s时,运动员的速度大小为10 m/s
[C]t=1.00 s时,运动员恰好运动到最大高度处
[D]运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
BD
4.(2024·江苏卷)“嫦娥六号”在轨速度为v0,着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt,分离后B的速度为v,且与v0同向,A、B的质量分别为m、M。求:
(1)分离后A的速度v1;
(2)分离时A对B的推力大小。
5.(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
【解析】 (1)如图所示,敏感球受重力mg和敏感臂的压力FN以及斜面的支持力FN′,由牛顿第二定律可知
(mg+FN)tan θ=ma,
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;
【答案】 (2)①330 N s,方向竖直向上
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】 ②0.2 m
热点二 碰撞与能量、牛顿第二定律的综合
6.(多选)(2024·湖北卷)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则( )
AD
7.(多选)(2024·广西卷)如图,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在( )
[A]竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
[B]竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
[C]水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
[D]水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
BC
【解析】 两小球碰撞过程是弹性碰撞,由于两小球质量相等,故碰撞后两小球交换速度,即vM=0,vN=v。碰后小球N做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v;在竖直方向做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
(1)若碰后,B在竖直面内做圆周运动,且能经过圆周运动最高点,求B碰后瞬间速度的最小值;
(2)若改变A碰前瞬间的速度,碰后A运动到P点停止,B在竖直面内做圆周运动旋转2圈,经过M正下方时细绳断开,B也运动到P点,求B碰后瞬间的速度大小;
(3)若拉力达到12mg细绳会断,上下移动N的位置,保持N在M正上方,B碰后瞬间的速度与(2)问中的相同,使B旋转n圈。经过M正下方时细绳断开,求MN之间距离的范围,及在n的所有取值中,B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
9.(2024·安徽卷)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,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】 (1)6 N
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小;
【答案】 (2)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】 (3)0.25≤μ<0.4
热点三 动量与传送带、板块的综合
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间;
(2)平台距地面的高度。
11. (2024·湖北卷)如图所示,水平传送带以 5 m/s 的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高。将质量为 0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小;
【答案】 (1)5 m/s
(2)求小物块与小球碰撞过程中,两者组成的系统损失的总动能;
【答案】 (2)0.3 J
(3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,求P点到O点的最小距离。
【答案】 (3)0.2 m
12.(2024·甘肃卷)如图,质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态,细绳O′P=OP=1.6 m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P,小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
【答案】 (1)40 N,方向竖直向下
(2)A在最低点时,细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短),碰后A竖直下落,C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
【答案】 (2)4 m/s
【解析】 (2)A与C相碰时,水平方向动量守恒,由于碰后A竖直下落,可知mv0=0+mvC,
解得vC=v0=4 m/s。
(3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
【答案】 (3)0.15
【解析】 (3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速,设共同速度为v,C在B上滑行过程中,根据动量守恒定律可得mv0=(M+m)v,
根据能量守恒定律得
热点四 实验:验证动量守恒定律
13.(2024·北京卷)如图甲所示,让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。
(1)关于本实验,下列做法正确的是 (多选,填选项前的字母)。
A.实验前,调节装置,使斜槽末端水平
B.选用两个半径不同的小球进行实验
C.用质量大的小球碰撞质量小的小球
AC
【解析】 (1)实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前、后速度成正比,需要确保小球做平抛运动,即实验前,调节装置,使斜槽末端水平,A正确;为使两小球发生的碰撞为对心正碰,两小球半径须相同,B错误;为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出,需要用质量大的小球碰撞质量小的小球,C正确。
(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。首先,将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放,小球落到复写纸上,重复多次。然后,把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端,再将质量为m1的小球从S位置由静止释放,两球相碰,重复多次。分别确定平均落点,记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。
①图乙为实验的落点记录,简要说明如何确定平均落点
;
用一最小的圆
将落点圈起,圆心即为平均落点的位置
【解析】 (2)①无论入射小球还是被碰小球,每次落点可能不会在同一点,可通过这些落点作一尽量小的圆,其圆心可看作落点。
②分别测出O点到平均落点的距离,记为OP、OM和ON。在误差允许范围内,若关系式 成立,即可验证碰撞前后动量守恒。
m1OP=m1OM+m2ON
(3)受上述实验的启发,某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示,用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点,两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放,在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′,小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和M,弦长AB=l1、A′B=l2、CD=l3。
推导说明,m、M、l1、l2、l3满足什么关系即可验证碰撞前后动量守恒。
14.(2024·山东卷)在第四次“天宫课堂”中,航天员演示了动量守恒实验。受此启发,某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验,气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器,a测量滑块A与它的距离xA,b测量滑块B与它的距离xB。
部分实验步骤如下:
①测量两个滑块的质量,分别为200.0 g和400.0 g;
②接通气源,调整气垫导轨水平;
③拨动两滑块,使A、B均向右运动;
④导出传感器记录的数据,绘制xA、xB随时间变化的图像,分别如图乙、图丙所示。
回答以下问题:
(1)从图像可知两滑块在t= s时发生碰撞。
1.0
【解析】 (1)由x-t图像的斜率表示速度可知,两滑块的速度在t=1.0 s时发生突变,即此时发生了碰撞。
(2)滑块B碰撞前的速度大小v= m/s(结果保留2位有效数字)。
0.20
(3)通过分析,得出质量为200.0 g的滑块是 (选填“A”或“B”)。
B
感谢观看
