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2023届二轮复习 第8讲 动量定理 动量守恒定律 学案（浙江专用）
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这是一份2023届二轮复习 第8讲 动量定理 动量守恒定律 学案（浙江专用），共23页。
1.冲量的三种计算方法
(1)公式法:I=Ft适用于求恒力的冲量。
(2)动量定理法:多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。
(3)图像法:用F-t图像与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F-t成线性关系,可直接用平均力求变力的冲量。
2.动量定理
(1)公式:FΔt=mv′-mv。
(2)应用技巧。
①研究对象可以是单一物体,也可以是物体系统。
②表达式是矢量式,需要规定正方向。
③匀变速直线运动,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。
④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力。
3.用动量定理分析“流体模型”
把流体作为研究对象,如水、空气等,隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象,然后列式求解。基本思路:
(1)在极短的时间Δt内,取一段小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV=SvΔt。
(3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=ρSvΔt。
(4)求小柱体的动量变化量大小Δp=vΔm=ρSv2Δt。
(5)运用动量定理FΔt=Δp。
[例1] (2022·湖州选考模拟)如图所示,学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落45 cm,被重新顶起,离开头部后竖直上升的最大高度为125 cm。已知足球与头部的作用时间为0.2 s,足球的质量为0.5 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是( C )
A.头部对足球的平均作用力大小为足球重力大小的2倍
B.足球下落过程中与头部刚接触时动量大小为2.5 kg· m/s
C.足球与头部作用过程中动量变化量大小为 4 kg· m/s
D.从足球下落到升至最高点的过程中重力的冲量大小为4 N·s
解析:设足球自由下落45 cm时的速度为v1,时间为t1,则有v1=2gh1=3 m/s,t1=2h1g=0.3 s,反弹后足球做竖直上抛运动,设上抛的初速度为v2,到达最高点所用时间为t2,上升的最大高度为125 cm,则有v2=2gh2=5 m/s,t2=2h2g=0.5 s,作用时间为Δt=0.2 s,取向上为正方向,由动量定理有(F-mg)Δt=mv2-(-mv1),解得F=5mg,足球与头部作用过程中动量变化量大小为Δp=mv2-(-mv1)=4 kg· m/s,故C正确,A错误;足球刚接触头部时的动量大小为p1=mv1=0.5×3 kg· m/s=1.5 kg· m/s,故B错误;从足球下落到升至最高点的过程,重力的冲量大小为IG=mg(t1+t2+Δt)=0.5×10×(0.3+0.5+0.2) N·s=5 N·s,故D错误。
[拓展训练1] 雨打芭蕉是一种常见的自然景象,如图所示。设雨水竖直匀速下落,某张芭蕉叶认为是水平的,该叶片的面积为S,水滴落到叶片上以原来的一半速率竖直反弹,测得叶片受到雨水的作用力大小为F。已知空中雨水的平均密度为ρ,不考虑落到叶片上雨水的重力。单位时间内雨水下落的高度为( B )
A.2FρSB.2F3ρS
C.2FρSD.2F3ρS
解析:一定时间内,雨水落到叶片上时,对雨水,根据动量定理可知Ft=12mv-(-mv)=32mv,雨水的质量m=ρSvt,解得v=2F3ρS,雨水在空中匀速下落,则单位时间内雨水下落的高度为2F3ρS,故选B。
[拓展训练2] 静电喷漆是利用高压形成的静电场进行喷漆的技术。其原理如图所示,在给工件喷漆的过程中,由喷嘴K喷出的带负电的雾状油滴经KP间电场加速后,射到置于P处的需喷漆的工件上并附着其上。已知喷嘴每秒喷出油漆1 g,电场做功的功率为2 000 W,不计油滴在K处的初速度,不计重力,则油漆对工件表面的平均压力大小约为( B )
A.1 NB.2 NC.5 ND.10 N
解析:以1 s时间喷出的油漆为研究对象,在KP间电场加速,设末速度为v,则有Pt=12mv2,所以油漆射到工件表面时的速度为v=2Ptm=2×2 000×10.001 m/s=2 000 m/s,油漆射到工件表面经Δt速度减为零,设受工件表面的平均作用力为F,则由动量定理有-FΔt=0-Δm·v,其中Δm=0.001Δt,代入数据可得F=2 N,由牛顿第三定律可知,油漆对工件表面的平均压力大小约为2 N。故选B。
题型2 动量守恒定律的应用
1.动量守恒定律的三种表达式
(1)p=p′,p1+p2=p1′+p2′,表示系统的总动量保持不变,即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′,大小相等,方向相同。
(2)Δp1=-Δp2,表示一个物体的动量变化与另一个物体的动量变化大小相等、方向相反。
(3)Δp=0,表示系统的总动量增量为零,即系统的总动量保持不变。
2.动量守恒定律的条件
(1)理想条件:系统不受外力或所受合力为零。
(2)近似条件:系统所受合力不为零,但在系统各部分相互作用的瞬时过程中,系统内力远远大于外力,外力相对来说可以忽略不计,这时系统动量近似守恒,如爆炸过程。
(3)单方向的动量守恒条件:系统总的来看不满足动量守恒的条件,但在某一方向上不受外力或该方向上外力之和为零,则系统在该方向上的动量守恒。
[例2] 如图所示是某乐园的烟花秀。假设某种型号的礼花弹在地面上从专用炮筒中沿竖直方向射出,到达最高点时炸开后,形成漂亮的球状礼花,一边扩大,一边下落。已知礼花弹从炮筒射出的速度为v0=40 m/s,假设整个过程中礼花弹、弹片所受的空气阻力大小总是重力的k倍(k=0.6),忽略炮筒的高度,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)礼花弹射出后,上升的最大高度;
(2)礼花弹炸开后的这些弹片中,最小加速度的大小;
(3)假设其中一个质量30 g的礼花弹由于故障在最高点只炸成两块,其中质量为20 g的弹片速度大小为20 m/s,方向竖直向下,另一弹片质量为10 g,若爆炸释放能量中的50 %转化为两个弹片的动能,这次爆炸所释放的能量;
(4)在(3)题中,两弹片落地的时间间隔。
解析:(1)礼花弹上升过程中有
m1g+km1g=m1a1,0-v02=2(-a1)h,
解得h=v022(1+k)g=50 m。
(2)由题意可知,炸开后,竖直下落的弹片加速度最小,由牛顿第二定律m2g-km2g=m2a2,
解得a2=(1-k)g=4 m/s2。
(3)烟花弹在最高点炸开时动量守恒,
0=2m3v1+m3v2,
解得v2=-2v1=-40 m/s,
两弹片总动能
Ek=12×2m3v12+12×m3v22=12 J,
故释放能量E=2Ek=24 J。
(4)炸开后,质量m3的弹片上升时间
t1=v2-(1+k)g=2.5 s,
上升高度h1=v222(1+k)g=50 m,
此弹片落回爆炸点时间t2=2h1(1-k)g=5 s,
落回时的速度v2′=(1-k)gt2=20 m/s=v1,
即回到爆炸点后,此弹片与另一弹片落到地面所用时间相同。
故两弹片落地时间相差Δt=t1+t2=7.5 s。
答案:(1)50 m (2)4 m/s2 (3)24 J (4)7.5 s
[拓展训练3] 质量为m、半径为R的小球,放在半径为3R、质量为3m的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置(两球心在同一水平面上)无初速度沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离是( A )
A.12RB.52R
C.14RD.34R
解析:设小球滑到最低点所用的时间为t,大球的位移大小为x,小球相对于地面的水平位移大小为3R-R-x=2R-x,取水平向左为正方向。根据水平方向动量守恒得3mxt-m2R-xt=0,解得x=R2,故选A。
题型3 碰撞类问题
1.三种碰撞的特点
2.常见碰撞模型
[例3] 如图所示,光滑水平桌面左端与半径为R的竖直光滑半圆轨道最低点D相切,右端与倾角为θ的粗糙斜面相连,质量为m的小滑块a从斜面上某点由静止滑下,与静止在水平桌面上质量为2m的小滑块b发生弹性碰撞,碰后b恰能通过半圆轨道的最高点C。已知a与斜面间的动摩擦因数为μ,a由斜面底端进入水平桌面时无机械能损失,重力加速度为g,求:
(1)小滑块b运动到C点时的速度大小vC;
(2)第一次碰撞后小滑块b经过D点时对半圆轨道的压力F;
(3)小滑块a开始下滑时离斜面底端的距离x。
解析:(1)小滑块b在半圆轨道最高点C有
2mg=2mvC2R,解得vC=gR。
(2)小滑块b沿半圆轨道上滑时有
-2mg·2R=12×2mvC2-12×2mvD2,
解得vD=5gR,
小滑块b在半圆轨道D点时有F-2mg=2mvD2R,解得F=12mg,由牛顿第三定律,小滑块b在D点对半圆轨道的压力大小为12mg,方向竖直向下。
(3)a、b发生弹性碰撞,mv=2mvD+mva,
12mv2=12×2mvD2+12mva2,
解得v=325gR,
小滑块a沿斜面下滑a=gsin θ-μgcs θ,
下滑位移x=v22a=45R8(sinθ-μcsθ)。
答案:(1)gR (2)12mg,方向竖直向下
(3)45R8(sinθ-μcsθ)
[拓展训练4] (多选) 如图所示为一足够长的光滑水平面,右侧挡板C与轻质弹簧一端相连,接触面均光滑的三角形斜劈A静止放在水平面上,另一可视为质点的小球B从斜劈顶端距地面高h处由静止释放,小球B滑下与弹簧作用后反向弹回,已知mA=3m,mB=m,下列说法正确的有( BC )
A.小球B离开斜劈时,二者水平位移xA=3xB
B.小球B下滑过程中,支持力对小球做功
C.弹簧可以获得的最大弹性势能为34mgh
D.小球B反向弹回后能追上斜劈,并滑上斜劈顶端h高处
解析:小球B下滑,A、B组成的系统在水平方向动量守恒,则有0=mAxAt-mBxBt,解得xB=3xA,A错误;小球B下滑过程中,斜劈对小球B的支持力与小球的位移方向不垂直,则支持力对小球做功,B正确;从开始下滑至B离开A,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有0=mAvA-mBvB,mBgh=12mAvA2+12mBvB2,解得vA=gh6,vB=3gh6,在小球B压缩弹簧过程中,弹簧获得的最大弹性势能Ep=12mBvB2=34mgh,C正确;小球B被弹簧反弹后,速度大小仍为vB,由于vB>vA,则小球B能追上斜劈,当小球B上升至最高处时,有mAvA+mBvB=(mA+mB)v,mBgh′=12mAvA2+12mBvB2-12(mA+mB)v2,联立可得h′=h4,h′[拓展训练5] (多选)如图所示,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R=1.8 m,小滑块的质量关系是mB=2mA,重力加速度g取10 m/s2。则碰撞后小滑块B的速度大小不可能是( AD )
A.5 m/sB.4 m/s
C.3 m/sD.1 m/s
解析:小滑块A下滑到最低点时,由机械能守恒定律得mAgR=12mAv02,解得v0=6 m/s,A与B碰撞过程动量守恒,若是弹性碰撞,机械能也守恒,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得mAv0=mAv1+mBv2,由机械能守恒定律得12mAv02=12mAv12+12mBv22,解得v2=4 m/s;A与B碰撞过程动量守恒,若是完全非弹性碰撞,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v,解得v=2 m/s,所以碰撞后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤vB≤4 m/s,所以碰撞后小滑块B的速度大小不可能为5 m/s、1 m/s,故A、D正确,B、C错误。
专题训练8 动量定理 动量守恒定律
保分基础练
1.(2021·湖南卷)物体的运动状态可用位置x和动量p描述,称为相,对应px图像中的一个点。物体运动状态的变化可用px图像中的一条曲线来描述,称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则对应的相轨迹可能是( D )
解析:质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则有v2=2ax,而动量为p=mv,联立可得p=m2ax=m2a·x12,动量p关于x为幂函数,且x>0,故选D。
2.(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( B )
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
解析:撤去推力,系统所受合力为0,动量守恒,滑块和小车之间有滑动摩擦力,由于摩擦生热,故系统机械能减少,B正确。
3.近年中国女子速滑队取得的成绩十分令人瞩目。在速滑接力赛中,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间的阻力,下列说法正确的是( D )
A.甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同
B.甲的速度增加量一定等于乙的速度减少量
C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D.乙对甲的作用力一定做正功,甲的动能一定增大
解析:甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等,方向相反,A错误;根据动量定理得Δv=Δpm,因为甲、乙的质量未知,所以二者速度的变化量大小无法比较,B错误;乙推甲时,使甲获得更大的速度向前冲出,说明甲在获得推力的过程中,运动的位移要大于乙,二者的相互作用力大小相等,所以乙对甲的推力做的功要大于甲对乙推力做的功,根据动能定理,甲的动能增加量一定大于乙的动能减少量,C错误;乙对甲的作用力与甲的运动方向相同,所以该力对甲做正功,甲的动能一定增大,D正确。
4.小明某次打喷嚏时气流喷出的速度是40 m/s,共喷出5.0×10-5m3的空气,用时约0.013 s。已知空气的密度为1.3 kg/m3,则小明打这次喷嚏受到的平均反冲力约为( A )
A.0.2 NB.2.0 N
C.0.3 ND.3.0 N
解析:打一次喷嚏喷出的空气质量为m=ρV=1.3×5.0×10-5 kg=6.5×10-5 kg,设打一次喷嚏喷出的空气受到的作用力为F,根据动量定理得FΔt=mv,解得F=mvΔt=6.5×10-5×400.013N=0.2 N,根据牛顿第三定律可得,人受到的平均反冲力为F′=F=0.2 N,故A正确,B、C、D错误。
5.如图所示,若船用缆绳固定,人恰好可以从船头跳上岸;撤去缆绳,人仍然恰好可以从船头跳上岸。已知两次从离开船到跳上岸所用时间相等,人的质量为60 kg,船的质量为120 kg,不计水和空气阻力,忽略人竖直方向的运动,则两次人消耗的能量之比为( D )
A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.2∶3
解析:假设缆绳固定时人跳出的速度为v1,则人消耗的能量E1=12m人v12,撤去缆绳后,人跳出的速度仍为v1,由动量守恒定律m人v1=m船v2,人消耗的能量E2=12m人v12+12m船v22,代入数据可得E1∶E2=2∶3,故选D。
6.(2022·环大罗山联盟模拟)如图所示,光滑半圆弧轨道竖直固定在水平面上,A、B是半圆弧轨道的两个端点且A、B连线水平,将物块甲从A上方某一高度处静止释放,进入半圆弧轨道后与静止在轨道最低点的物块乙发生弹性碰撞,之后两物块恰好能运动到A、B两端点,两物块均可视为质点。若将甲、乙初始位置互换,其余条件不变,则碰撞后甲、乙两物块第一次上升的最大高度之比为( A )
A.9∶1B.5∶2
C.5∶4D.6∶1
解析:设甲、乙两物块的质量分别为m、M,甲物块从初始位置运动到半圆弧轨道最低点的速度为v,碰撞后甲、乙的速度分别为v1、v2,甲、乙两物块发生弹性碰撞,有mv=mv1+Mv2,12mv2=12mv12+12Mv22,联立解得v1=m-Mm+Mv,v2=2mm+Mv,两物块碰撞后恰好能运动到A、B两点,由机械能守恒定律mgh=12mv2可知,碰撞后两物块的速度大小相等,方向相反,解得M=3m;若乙物块从同一高度处静止释放,则碰撞前乙物块的速度也为v,设甲、乙两物块碰撞后速度分别为v3、v4,同理可得v3=2MM+mv=32v,v4=M-mM+mv=12v,由机械能守恒定律mgh=12mv2可得,碰撞后甲、乙两物块第一次上升的最大高度之比为9∶1,故选A。
7.质量相等的4个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线,如图所示,具有初动能E的物块1向其他3个静止物块运动,依次发生碰撞,每次碰撞后不再分开,最后,4个物块粘为一个整体,这个整体的动能等于( C )
A.EB.34E
C.14ED.116E
解析:取向右为正方向,设每个物块的质量为m。物块1初始速度为v0,最终4个物块的共同速度为v,总动能为Ek。以物块组成的系统为研究对象,对于整个过程,选向右为正方向,根据动量守恒定律得mv0=4mv,E=12mv02,Ek=12×4mv2,联立得Ek=18mv02=14E,故选C。
8.如图所示,质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB的长度为2R,现将质量也为m的小球从距A点正上方为h的位置由静止释放,然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出,在空中上升的最大高度为12h(不计空气阻力),则( C )
A.小球冲出B点后做斜上抛运动
B.小球第二次进入轨道后恰能运动到A点
C.小球第一次到达B点时,小车的位移大小是R
D.小球第二次通过轨道克服摩擦力所做的功等于 12mgh
解析:小球与小车组成的系统在水平方向系统动量守恒,开始系统在水平方向动量为零,小球离开小车时小车与小球在水平方向的速度为零,即小球离开小车后做竖直上抛运动,故A错误;从小球开始下落到小球离开小车上升到最高点过程,由能量守恒定律得mgh=Wf+mg·12h,则小球第一次通过轨道时,克服摩擦力做功为Wf=12mgh,小球第二次通过轨道时,由于在对应位置处速度变小,因此小车对小球的弹力变小,摩擦力变小,克服摩擦力做功小于12mgh,小球第二次进入轨道后可以从A点冲出轨道,故B、D错误;小球第一次到达B点时,设小车的位移大小为x,则小球的位移大小为2R-x,系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv-mv′=0,即m2R-xt-mxt=0,解得x=R,即小球第一次到达B点时,小车的位移大小是R,故C正确。
9.(2021·浙江1月选考)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比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时,在5 s末和6 s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340 m/s,忽略空气阻力。下列说法正确的是( B )
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80 m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
解析:爆炸物上升到最高点时,瞬时速度为零,爆炸瞬间水平方向动量守恒,因此质量之比为2∶1的两碎块,其速度之比为1∶2,根据平抛运动规律可知,水平方向位移为1∶2,但合位移并不为1∶2,选项A错误;根据题意,设声速为v,质量大的碎块水平位移为x,则2xv-xv=1 s,解得x=340 m,两落地碎块相距3x=1 020 m,选项D错误;由上述推导可知,质量小的碎块,落地后声音传播 2 s,根据平抛运动的规律可知,两碎块平抛时间均为4 s,则爆炸物下落的高度h=12gt2=80 m,选项B正确;质量大的碎
块水平位移为340 m,则其水平速度为xt=85 m/s,选项C错误。
10.(多选)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”,通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示,A、B、C三个弹性极好的小球,相邻小球间有极小间隙,三球球心连线竖直,从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H),所有碰撞均为弹性碰撞,且碰撞后B、C恰好静止,则( ABD )
A.C球落地前瞬间A球的速度为2gH
B.从上至下三球的质量之比为1∶2∶6
C.A球弹起的最大高度为25H
D.A球弹起的最大高度为9H
解析:三球同时由静止释放,做自由落体运动,C球落地前瞬间下降的高度为H,则A球下降的高度也为H,根据速度位移公式得v2=2gH,解得 v=2gH,故A正确;C球与地面发生弹性碰撞后,速度方向向上,大小为2gH,此时B球的速度大小也为v=2gH,方向竖直向下,C、B两球发生弹性碰撞,动量守恒,机械能守恒,设碰撞后瞬间B球的速度为v1,规定向上为正方向,有mCv-mBv=mBv1,12mCv2+12mBv2=12mBv12,联立解得mC=3mB,v1=2v;A、B两球发生弹性碰撞,动量守恒,机械能守恒,设碰撞后A球的速度为v2,规定向上为正方向,有mBv1-mAv=mAv2,12mBv12+12mAv2=12mAv22,联立解得mB=2mA,v2=3v,可知mA∶mB∶mC=1∶2∶6,故B正确;根据速度位移公式,对A球有v22=2gh,解得A球弹起上升的最大高度h=v222g=9v22g=9H,故C错误,D正确。
高分强化练
11.如图,水平面上有一质量m=1 kg的小车,其右端固定一水平轻质弹簧,弹簧左端连接一质量m0=1 kg的小物块,小物块与小车一起以v0=6 m/s的速度向右运动,与静止在水平面上质量M=4 kg 的小球发生正碰,碰撞后小球的速度v=2 m/s,碰撞时间极短,弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦阻力,求:
(1)小车与小球碰撞后瞬间小车的速度v1;
(2)从碰撞后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中,弹簧弹力对小车的冲量大小。
解析:(1)小车与小球碰撞过程,以向右运动为正方向,根据动量守恒定律有mv0=Mv+mv1,
解得v1=-2 m/s,负号表示碰撞后小车向左运动。
(2)当弹簧被压缩到最短时,设小车的速度大小为v2,根据动量守恒定律有m0v0+mv1=(m0+m)v2,
解得v2=2 m/s,
设从碰撞后瞬间到弹簧被压缩到最短的过程中,弹簧弹力对小车的冲量大小为I,根据动量定理有I=mv2-mv1,解得I=4 N·s。
答案:(1)2 m/s,方向向左 (2)4 N·s
12.如图所示,在光滑的水平面上有一辆小车处于静止状态,小车的上表面左端AB部分是水平的轨道,右侧BC是一段光滑的14圆弧轨道,圆弧的底端恰好与AB段相切,小车质量M=8 kg,现有一质量m=2 kg的物块,以初速度v0=10 m/s从A点冲上小车,并沿BC上滑,然后恰好沿轨道返回到A点,已知物块与水平面AB部分的动摩擦因数μ=0.2,求:
(1)小物块返回到A点时的速度大小;
(2)小车上表面AB的长度l;
(3)要使小物块不从C点冲出,14圆弧BC的半径R的最小值。
解析:(1)小物块和小车组成的系统在水平方向上的动量守恒,小物块恰好返回到A点,所以小物块返回到A点时和小车的速度相同,设它们的共同速度为v,则有mv0=(m+M)v,
解得v=mv0m+M=2×102+8 m/s=2 m/s。
(2)小物块返回到A点时,小物块的动能减少,小车的动能增加,系统的内能增加,由能量守恒定律得12mv02-12(m+M)v2=μmg·2l,
解得l=10 m。
(3)小物块在圆弧BC上运动到最高点C时,水平方向上的速度与小车相同,竖直方向上的速度为零,此时小物块刚好不冲出小车,圆弧半径最小,所以小物块和小车组成的系统在水平方向上的动量守恒,有mv0=(m+M)v′,
解得v′=mv0m+M=2×102+8 m/s=2 m/s,
小物块在圆弧BC上运动到最高点C的过程中,小物块的动能减少,重力势能增加,小车的动能增加,由能量守恒定律得
12mv02-12(m+M)v′2=μmgl+mgRmin,
解得Rmin=2 m。
答案:(1)2 m/s (2)10 m (3)2 m
13.(2022·衢州二模)如图所示,一条轨道固定在竖直平面内,粗糙的ab段水平,bcde段光滑,cde段是半径为R的一段圆弧(d是圆弧最高点,圆心在a、b延长线上)。可视为质点的质量为m的小物块A以v0=10gR 的初速度从水平轨道上的a点沿水平轨道向右运动,与静止在b处可视为质点的质量为3m的小物块B发生弹性碰撞,碰撞后小物块B恰好到达d点。已知重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)小物块A碰撞前、后瞬间速率之比;
(2)小物块A整个运动过程中克服摩擦力做的功;
(3)若改变初速度,使小物块A仍从a点以初速度v0′沿轨道向右运动,这次与小物块B碰撞后,使小物块B恰好从d点离开轨道,求改变前后初速度的比值v0v0'。
解析:(1)设碰撞前后瞬间小物块A的速度分别为v1、v2,碰撞后瞬间B的速度为v3,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=mv2+3mv3,
12mv12=12mv22+12×3mv32,
联立解得|v1v2|=2。
(2)因碰撞后小物块B恰好到达最高点d,故到d点速度为0,由动能定理有3mgR=12×3mv32,
小物块A由a向b运动过程中,由动能定理有
-Wf1=12mv12-12mv02,
小物块A碰撞后向左运动直至速度为0,由动能定理有-Wf2=-12mv22,则整个过程中克服摩擦力做功为W=Wf1+Wf2,
解得W=2mgR。
(3)B恰好从d点离开轨道时,只有重力提供向心力,设小物块B在d点时的速度为v,故3mg=3mv2R,
设小物块B撞完瞬间速度为v3′,则小物块B由b到d过程有12×3mv3′2=3mgR+12×3mv2,
设碰撞前后瞬间小物块A的速度分别为v1′、v2′。A、B碰撞结束瞬间,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
mv1′=mv2′+3mv3′,
12mv1′2=12mv2′2+12×3mv3′2,
小物块A由a向b运动过程中,由动能定理有
-Wf1=12mv1′2-12mv0′2,
联立解得v0v0'=57。
答案:(1)2 (2)2mgR (3)57
弹性
碰撞
动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
机械能守恒:12m1v12+12m2v22=
12m1v1′2+12m2v2′2
完全
非弹性
碰撞
动量守恒、末速度相同:
m1v1+m2v2=(m1+m2)v′,
机械能损失最多:
ΔE=12m1v12+12m2v22 -12(m1+m2)v′2
非弹性
碰撞
动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
机械能的损失:ΔE=12m1v12+12m2v22-(12m1v1′2+12m2v2′2)
碰撞问
题遵守
的三条
原则
(1)动量守恒:p1+p2=p1′+p2′。
(2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′。
(3)速度要符合实际情况。若碰后同向,后方物体的速度不大于前方物体的速度
模型分类
特点及满足的规律
弹簧模型
(水平面光滑)
弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹性势能最大,系统满足动量守恒、机械能守恒
m1v0=(m1+m2)v共,
12m1v02=12(m1+m2)v共2+Epm
弹簧再次处于原长时弹性势能为零,系统满足动量守恒、机械能守恒
m1v0=m1v1+m2v2,
12m1v02=12m1v12+12m2v22,
v1=m1-m2m1+m2v0,
v2=2m1m1+m2v0
子弹打
木块模型
(水平面光滑)
系统动量守恒、能量守恒
mv0=(m+M)v,
FfL相对=12mv02-12(M+m)v2,
木块固定和放于光滑水平面上,一般认为子弹所受阻力相等,子弹完全穿出时系统产生的热量相等
14光滑圆弧轨道模型
(水平面光滑)
最高点:m与M具有共同水平速度,系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒
mv0=(M+m)v共,12mv02=12(M+m)v共2+mgh。
最低点:m与M分离点。水平方向动量守恒、系统机械能守恒
mv0=mv1+Mv2,
12mv02=12mv12+12Mv22
1.冲量的三种计算方法
(1)公式法:I=Ft适用于求恒力的冲量。
(2)动量定理法:多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。
(3)图像法:用F-t图像与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F-t成线性关系,可直接用平均力求变力的冲量。
2.动量定理
(1)公式:FΔt=mv′-mv。
(2)应用技巧。
①研究对象可以是单一物体,也可以是物体系统。
②表达式是矢量式,需要规定正方向。
③匀变速直线运动,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。
④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力。
3.用动量定理分析“流体模型”
把流体作为研究对象,如水、空气等,隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象,然后列式求解。基本思路:
(1)在极短的时间Δt内,取一段小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV=SvΔt。
(3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=ρSvΔt。
(4)求小柱体的动量变化量大小Δp=vΔm=ρSv2Δt。
(5)运用动量定理FΔt=Δp。
[例1] (2022·湖州选考模拟)如图所示,学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落45 cm,被重新顶起,离开头部后竖直上升的最大高度为125 cm。已知足球与头部的作用时间为0.2 s,足球的质量为0.5 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是( C )
A.头部对足球的平均作用力大小为足球重力大小的2倍
B.足球下落过程中与头部刚接触时动量大小为2.5 kg· m/s
C.足球与头部作用过程中动量变化量大小为 4 kg· m/s
D.从足球下落到升至最高点的过程中重力的冲量大小为4 N·s
解析:设足球自由下落45 cm时的速度为v1,时间为t1,则有v1=2gh1=3 m/s,t1=2h1g=0.3 s,反弹后足球做竖直上抛运动,设上抛的初速度为v2,到达最高点所用时间为t2,上升的最大高度为125 cm,则有v2=2gh2=5 m/s,t2=2h2g=0.5 s,作用时间为Δt=0.2 s,取向上为正方向,由动量定理有(F-mg)Δt=mv2-(-mv1),解得F=5mg,足球与头部作用过程中动量变化量大小为Δp=mv2-(-mv1)=4 kg· m/s,故C正确,A错误;足球刚接触头部时的动量大小为p1=mv1=0.5×3 kg· m/s=1.5 kg· m/s,故B错误;从足球下落到升至最高点的过程,重力的冲量大小为IG=mg(t1+t2+Δt)=0.5×10×(0.3+0.5+0.2) N·s=5 N·s,故D错误。
[拓展训练1] 雨打芭蕉是一种常见的自然景象,如图所示。设雨水竖直匀速下落,某张芭蕉叶认为是水平的,该叶片的面积为S,水滴落到叶片上以原来的一半速率竖直反弹,测得叶片受到雨水的作用力大小为F。已知空中雨水的平均密度为ρ,不考虑落到叶片上雨水的重力。单位时间内雨水下落的高度为( B )
A.2FρSB.2F3ρS
C.2FρSD.2F3ρS
解析:一定时间内,雨水落到叶片上时,对雨水,根据动量定理可知Ft=12mv-(-mv)=32mv,雨水的质量m=ρSvt,解得v=2F3ρS,雨水在空中匀速下落,则单位时间内雨水下落的高度为2F3ρS,故选B。
[拓展训练2] 静电喷漆是利用高压形成的静电场进行喷漆的技术。其原理如图所示,在给工件喷漆的过程中,由喷嘴K喷出的带负电的雾状油滴经KP间电场加速后,射到置于P处的需喷漆的工件上并附着其上。已知喷嘴每秒喷出油漆1 g,电场做功的功率为2 000 W,不计油滴在K处的初速度,不计重力,则油漆对工件表面的平均压力大小约为( B )
A.1 NB.2 NC.5 ND.10 N
解析:以1 s时间喷出的油漆为研究对象,在KP间电场加速,设末速度为v,则有Pt=12mv2,所以油漆射到工件表面时的速度为v=2Ptm=2×2 000×10.001 m/s=2 000 m/s,油漆射到工件表面经Δt速度减为零,设受工件表面的平均作用力为F,则由动量定理有-FΔt=0-Δm·v,其中Δm=0.001Δt,代入数据可得F=2 N,由牛顿第三定律可知,油漆对工件表面的平均压力大小约为2 N。故选B。
题型2 动量守恒定律的应用
1.动量守恒定律的三种表达式
(1)p=p′,p1+p2=p1′+p2′,表示系统的总动量保持不变,即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′,大小相等,方向相同。
(2)Δp1=-Δp2,表示一个物体的动量变化与另一个物体的动量变化大小相等、方向相反。
(3)Δp=0,表示系统的总动量增量为零,即系统的总动量保持不变。
2.动量守恒定律的条件
(1)理想条件:系统不受外力或所受合力为零。
(2)近似条件:系统所受合力不为零,但在系统各部分相互作用的瞬时过程中,系统内力远远大于外力,外力相对来说可以忽略不计,这时系统动量近似守恒,如爆炸过程。
(3)单方向的动量守恒条件:系统总的来看不满足动量守恒的条件,但在某一方向上不受外力或该方向上外力之和为零,则系统在该方向上的动量守恒。
[例2] 如图所示是某乐园的烟花秀。假设某种型号的礼花弹在地面上从专用炮筒中沿竖直方向射出,到达最高点时炸开后,形成漂亮的球状礼花,一边扩大,一边下落。已知礼花弹从炮筒射出的速度为v0=40 m/s,假设整个过程中礼花弹、弹片所受的空气阻力大小总是重力的k倍(k=0.6),忽略炮筒的高度,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)礼花弹射出后,上升的最大高度;
(2)礼花弹炸开后的这些弹片中,最小加速度的大小;
(3)假设其中一个质量30 g的礼花弹由于故障在最高点只炸成两块,其中质量为20 g的弹片速度大小为20 m/s,方向竖直向下,另一弹片质量为10 g,若爆炸释放能量中的50 %转化为两个弹片的动能,这次爆炸所释放的能量;
(4)在(3)题中,两弹片落地的时间间隔。
解析:(1)礼花弹上升过程中有
m1g+km1g=m1a1,0-v02=2(-a1)h,
解得h=v022(1+k)g=50 m。
(2)由题意可知,炸开后,竖直下落的弹片加速度最小,由牛顿第二定律m2g-km2g=m2a2,
解得a2=(1-k)g=4 m/s2。
(3)烟花弹在最高点炸开时动量守恒,
0=2m3v1+m3v2,
解得v2=-2v1=-40 m/s,
两弹片总动能
Ek=12×2m3v12+12×m3v22=12 J,
故释放能量E=2Ek=24 J。
(4)炸开后,质量m3的弹片上升时间
t1=v2-(1+k)g=2.5 s,
上升高度h1=v222(1+k)g=50 m,
此弹片落回爆炸点时间t2=2h1(1-k)g=5 s,
落回时的速度v2′=(1-k)gt2=20 m/s=v1,
即回到爆炸点后,此弹片与另一弹片落到地面所用时间相同。
故两弹片落地时间相差Δt=t1+t2=7.5 s。
答案:(1)50 m (2)4 m/s2 (3)24 J (4)7.5 s
[拓展训练3] 质量为m、半径为R的小球,放在半径为3R、质量为3m的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置(两球心在同一水平面上)无初速度沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离是( A )
A.12RB.52R
C.14RD.34R
解析:设小球滑到最低点所用的时间为t,大球的位移大小为x,小球相对于地面的水平位移大小为3R-R-x=2R-x,取水平向左为正方向。根据水平方向动量守恒得3mxt-m2R-xt=0,解得x=R2,故选A。
题型3 碰撞类问题
1.三种碰撞的特点
2.常见碰撞模型
[例3] 如图所示,光滑水平桌面左端与半径为R的竖直光滑半圆轨道最低点D相切,右端与倾角为θ的粗糙斜面相连,质量为m的小滑块a从斜面上某点由静止滑下,与静止在水平桌面上质量为2m的小滑块b发生弹性碰撞,碰后b恰能通过半圆轨道的最高点C。已知a与斜面间的动摩擦因数为μ,a由斜面底端进入水平桌面时无机械能损失,重力加速度为g,求:
(1)小滑块b运动到C点时的速度大小vC;
(2)第一次碰撞后小滑块b经过D点时对半圆轨道的压力F;
(3)小滑块a开始下滑时离斜面底端的距离x。
解析:(1)小滑块b在半圆轨道最高点C有
2mg=2mvC2R,解得vC=gR。
(2)小滑块b沿半圆轨道上滑时有
-2mg·2R=12×2mvC2-12×2mvD2,
解得vD=5gR,
小滑块b在半圆轨道D点时有F-2mg=2mvD2R,解得F=12mg,由牛顿第三定律,小滑块b在D点对半圆轨道的压力大小为12mg,方向竖直向下。
(3)a、b发生弹性碰撞,mv=2mvD+mva,
12mv2=12×2mvD2+12mva2,
解得v=325gR,
小滑块a沿斜面下滑a=gsin θ-μgcs θ,
下滑位移x=v22a=45R8(sinθ-μcsθ)。
答案:(1)gR (2)12mg,方向竖直向下
(3)45R8(sinθ-μcsθ)
[拓展训练4] (多选) 如图所示为一足够长的光滑水平面,右侧挡板C与轻质弹簧一端相连,接触面均光滑的三角形斜劈A静止放在水平面上,另一可视为质点的小球B从斜劈顶端距地面高h处由静止释放,小球B滑下与弹簧作用后反向弹回,已知mA=3m,mB=m,下列说法正确的有( BC )
A.小球B离开斜劈时,二者水平位移xA=3xB
B.小球B下滑过程中,支持力对小球做功
C.弹簧可以获得的最大弹性势能为34mgh
D.小球B反向弹回后能追上斜劈,并滑上斜劈顶端h高处
解析:小球B下滑,A、B组成的系统在水平方向动量守恒,则有0=mAxAt-mBxBt,解得xB=3xA,A错误;小球B下滑过程中,斜劈对小球B的支持力与小球的位移方向不垂直,则支持力对小球做功,B正确;从开始下滑至B离开A,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有0=mAvA-mBvB,mBgh=12mAvA2+12mBvB2,解得vA=gh6,vB=3gh6,在小球B压缩弹簧过程中,弹簧获得的最大弹性势能Ep=12mBvB2=34mgh,C正确;小球B被弹簧反弹后,速度大小仍为vB,由于vB>vA,则小球B能追上斜劈,当小球B上升至最高处时,有mAvA+mBvB=(mA+mB)v,mBgh′=12mAvA2+12mBvB2-12(mA+mB)v2,联立可得h′=h4,h′
A.5 m/sB.4 m/s
C.3 m/sD.1 m/s
解析:小滑块A下滑到最低点时,由机械能守恒定律得mAgR=12mAv02,解得v0=6 m/s,A与B碰撞过程动量守恒,若是弹性碰撞,机械能也守恒,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得mAv0=mAv1+mBv2,由机械能守恒定律得12mAv02=12mAv12+12mBv22,解得v2=4 m/s;A与B碰撞过程动量守恒,若是完全非弹性碰撞,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v,解得v=2 m/s,所以碰撞后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤vB≤4 m/s,所以碰撞后小滑块B的速度大小不可能为5 m/s、1 m/s,故A、D正确,B、C错误。
专题训练8 动量定理 动量守恒定律
保分基础练
1.(2021·湖南卷)物体的运动状态可用位置x和动量p描述,称为相,对应px图像中的一个点。物体运动状态的变化可用px图像中的一条曲线来描述,称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则对应的相轨迹可能是( D )
解析:质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则有v2=2ax,而动量为p=mv,联立可得p=m2ax=m2a·x12,动量p关于x为幂函数,且x>0,故选D。
2.(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( B )
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
解析:撤去推力,系统所受合力为0,动量守恒,滑块和小车之间有滑动摩擦力,由于摩擦生热,故系统机械能减少,B正确。
3.近年中国女子速滑队取得的成绩十分令人瞩目。在速滑接力赛中,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间的阻力,下列说法正确的是( D )
A.甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同
B.甲的速度增加量一定等于乙的速度减少量
C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D.乙对甲的作用力一定做正功,甲的动能一定增大
解析:甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等,方向相反,A错误;根据动量定理得Δv=Δpm,因为甲、乙的质量未知,所以二者速度的变化量大小无法比较,B错误;乙推甲时,使甲获得更大的速度向前冲出,说明甲在获得推力的过程中,运动的位移要大于乙,二者的相互作用力大小相等,所以乙对甲的推力做的功要大于甲对乙推力做的功,根据动能定理,甲的动能增加量一定大于乙的动能减少量,C错误;乙对甲的作用力与甲的运动方向相同,所以该力对甲做正功,甲的动能一定增大,D正确。
4.小明某次打喷嚏时气流喷出的速度是40 m/s,共喷出5.0×10-5m3的空气,用时约0.013 s。已知空气的密度为1.3 kg/m3,则小明打这次喷嚏受到的平均反冲力约为( A )
A.0.2 NB.2.0 N
C.0.3 ND.3.0 N
解析:打一次喷嚏喷出的空气质量为m=ρV=1.3×5.0×10-5 kg=6.5×10-5 kg,设打一次喷嚏喷出的空气受到的作用力为F,根据动量定理得FΔt=mv,解得F=mvΔt=6.5×10-5×400.013N=0.2 N,根据牛顿第三定律可得,人受到的平均反冲力为F′=F=0.2 N,故A正确,B、C、D错误。
5.如图所示,若船用缆绳固定,人恰好可以从船头跳上岸;撤去缆绳,人仍然恰好可以从船头跳上岸。已知两次从离开船到跳上岸所用时间相等,人的质量为60 kg,船的质量为120 kg,不计水和空气阻力,忽略人竖直方向的运动,则两次人消耗的能量之比为( D )
A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.2∶3
解析:假设缆绳固定时人跳出的速度为v1,则人消耗的能量E1=12m人v12,撤去缆绳后,人跳出的速度仍为v1,由动量守恒定律m人v1=m船v2,人消耗的能量E2=12m人v12+12m船v22,代入数据可得E1∶E2=2∶3,故选D。
6.(2022·环大罗山联盟模拟)如图所示,光滑半圆弧轨道竖直固定在水平面上,A、B是半圆弧轨道的两个端点且A、B连线水平,将物块甲从A上方某一高度处静止释放,进入半圆弧轨道后与静止在轨道最低点的物块乙发生弹性碰撞,之后两物块恰好能运动到A、B两端点,两物块均可视为质点。若将甲、乙初始位置互换,其余条件不变,则碰撞后甲、乙两物块第一次上升的最大高度之比为( A )
A.9∶1B.5∶2
C.5∶4D.6∶1
解析:设甲、乙两物块的质量分别为m、M,甲物块从初始位置运动到半圆弧轨道最低点的速度为v,碰撞后甲、乙的速度分别为v1、v2,甲、乙两物块发生弹性碰撞,有mv=mv1+Mv2,12mv2=12mv12+12Mv22,联立解得v1=m-Mm+Mv,v2=2mm+Mv,两物块碰撞后恰好能运动到A、B两点,由机械能守恒定律mgh=12mv2可知,碰撞后两物块的速度大小相等,方向相反,解得M=3m;若乙物块从同一高度处静止释放,则碰撞前乙物块的速度也为v,设甲、乙两物块碰撞后速度分别为v3、v4,同理可得v3=2MM+mv=32v,v4=M-mM+mv=12v,由机械能守恒定律mgh=12mv2可得,碰撞后甲、乙两物块第一次上升的最大高度之比为9∶1,故选A。
7.质量相等的4个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线,如图所示,具有初动能E的物块1向其他3个静止物块运动,依次发生碰撞,每次碰撞后不再分开,最后,4个物块粘为一个整体,这个整体的动能等于( C )
A.EB.34E
C.14ED.116E
解析:取向右为正方向,设每个物块的质量为m。物块1初始速度为v0,最终4个物块的共同速度为v,总动能为Ek。以物块组成的系统为研究对象,对于整个过程,选向右为正方向,根据动量守恒定律得mv0=4mv,E=12mv02,Ek=12×4mv2,联立得Ek=18mv02=14E,故选C。
8.如图所示,质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB的长度为2R,现将质量也为m的小球从距A点正上方为h的位置由静止释放,然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出,在空中上升的最大高度为12h(不计空气阻力),则( C )
A.小球冲出B点后做斜上抛运动
B.小球第二次进入轨道后恰能运动到A点
C.小球第一次到达B点时,小车的位移大小是R
D.小球第二次通过轨道克服摩擦力所做的功等于 12mgh
解析:小球与小车组成的系统在水平方向系统动量守恒,开始系统在水平方向动量为零,小球离开小车时小车与小球在水平方向的速度为零,即小球离开小车后做竖直上抛运动,故A错误;从小球开始下落到小球离开小车上升到最高点过程,由能量守恒定律得mgh=Wf+mg·12h,则小球第一次通过轨道时,克服摩擦力做功为Wf=12mgh,小球第二次通过轨道时,由于在对应位置处速度变小,因此小车对小球的弹力变小,摩擦力变小,克服摩擦力做功小于12mgh,小球第二次进入轨道后可以从A点冲出轨道,故B、D错误;小球第一次到达B点时,设小车的位移大小为x,则小球的位移大小为2R-x,系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv-mv′=0,即m2R-xt-mxt=0,解得x=R,即小球第一次到达B点时,小车的位移大小是R,故C正确。
9.(2021·浙江1月选考)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比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时,在5 s末和6 s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340 m/s,忽略空气阻力。下列说法正确的是( B )
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80 m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
解析:爆炸物上升到最高点时,瞬时速度为零,爆炸瞬间水平方向动量守恒,因此质量之比为2∶1的两碎块,其速度之比为1∶2,根据平抛运动规律可知,水平方向位移为1∶2,但合位移并不为1∶2,选项A错误;根据题意,设声速为v,质量大的碎块水平位移为x,则2xv-xv=1 s,解得x=340 m,两落地碎块相距3x=1 020 m,选项D错误;由上述推导可知,质量小的碎块,落地后声音传播 2 s,根据平抛运动的规律可知,两碎块平抛时间均为4 s,则爆炸物下落的高度h=12gt2=80 m,选项B正确;质量大的碎
块水平位移为340 m,则其水平速度为xt=85 m/s,选项C错误。
10.(多选)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”,通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示,A、B、C三个弹性极好的小球,相邻小球间有极小间隙,三球球心连线竖直,从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H),所有碰撞均为弹性碰撞,且碰撞后B、C恰好静止,则( ABD )
A.C球落地前瞬间A球的速度为2gH
B.从上至下三球的质量之比为1∶2∶6
C.A球弹起的最大高度为25H
D.A球弹起的最大高度为9H
解析:三球同时由静止释放,做自由落体运动,C球落地前瞬间下降的高度为H,则A球下降的高度也为H,根据速度位移公式得v2=2gH,解得 v=2gH,故A正确;C球与地面发生弹性碰撞后,速度方向向上,大小为2gH,此时B球的速度大小也为v=2gH,方向竖直向下,C、B两球发生弹性碰撞,动量守恒,机械能守恒,设碰撞后瞬间B球的速度为v1,规定向上为正方向,有mCv-mBv=mBv1,12mCv2+12mBv2=12mBv12,联立解得mC=3mB,v1=2v;A、B两球发生弹性碰撞,动量守恒,机械能守恒,设碰撞后A球的速度为v2,规定向上为正方向,有mBv1-mAv=mAv2,12mBv12+12mAv2=12mAv22,联立解得mB=2mA,v2=3v,可知mA∶mB∶mC=1∶2∶6,故B正确;根据速度位移公式,对A球有v22=2gh,解得A球弹起上升的最大高度h=v222g=9v22g=9H,故C错误,D正确。
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11.如图,水平面上有一质量m=1 kg的小车,其右端固定一水平轻质弹簧,弹簧左端连接一质量m0=1 kg的小物块,小物块与小车一起以v0=6 m/s的速度向右运动,与静止在水平面上质量M=4 kg 的小球发生正碰,碰撞后小球的速度v=2 m/s,碰撞时间极短,弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦阻力,求:
(1)小车与小球碰撞后瞬间小车的速度v1;
(2)从碰撞后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中,弹簧弹力对小车的冲量大小。
解析:(1)小车与小球碰撞过程,以向右运动为正方向,根据动量守恒定律有mv0=Mv+mv1,
解得v1=-2 m/s,负号表示碰撞后小车向左运动。
(2)当弹簧被压缩到最短时,设小车的速度大小为v2,根据动量守恒定律有m0v0+mv1=(m0+m)v2,
解得v2=2 m/s,
设从碰撞后瞬间到弹簧被压缩到最短的过程中,弹簧弹力对小车的冲量大小为I,根据动量定理有I=mv2-mv1,解得I=4 N·s。
答案:(1)2 m/s,方向向左 (2)4 N·s
12.如图所示,在光滑的水平面上有一辆小车处于静止状态,小车的上表面左端AB部分是水平的轨道,右侧BC是一段光滑的14圆弧轨道,圆弧的底端恰好与AB段相切,小车质量M=8 kg,现有一质量m=2 kg的物块,以初速度v0=10 m/s从A点冲上小车,并沿BC上滑,然后恰好沿轨道返回到A点,已知物块与水平面AB部分的动摩擦因数μ=0.2,求:
(1)小物块返回到A点时的速度大小;
(2)小车上表面AB的长度l;
(3)要使小物块不从C点冲出,14圆弧BC的半径R的最小值。
解析:(1)小物块和小车组成的系统在水平方向上的动量守恒,小物块恰好返回到A点,所以小物块返回到A点时和小车的速度相同,设它们的共同速度为v,则有mv0=(m+M)v,
解得v=mv0m+M=2×102+8 m/s=2 m/s。
(2)小物块返回到A点时,小物块的动能减少,小车的动能增加,系统的内能增加,由能量守恒定律得12mv02-12(m+M)v2=μmg·2l,
解得l=10 m。
(3)小物块在圆弧BC上运动到最高点C时,水平方向上的速度与小车相同,竖直方向上的速度为零,此时小物块刚好不冲出小车,圆弧半径最小,所以小物块和小车组成的系统在水平方向上的动量守恒,有mv0=(m+M)v′,
解得v′=mv0m+M=2×102+8 m/s=2 m/s,
小物块在圆弧BC上运动到最高点C的过程中,小物块的动能减少,重力势能增加,小车的动能增加,由能量守恒定律得
12mv02-12(m+M)v′2=μmgl+mgRmin,
解得Rmin=2 m。
答案:(1)2 m/s (2)10 m (3)2 m
13.(2022·衢州二模)如图所示,一条轨道固定在竖直平面内,粗糙的ab段水平,bcde段光滑,cde段是半径为R的一段圆弧(d是圆弧最高点,圆心在a、b延长线上)。可视为质点的质量为m的小物块A以v0=10gR 的初速度从水平轨道上的a点沿水平轨道向右运动,与静止在b处可视为质点的质量为3m的小物块B发生弹性碰撞,碰撞后小物块B恰好到达d点。已知重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)小物块A碰撞前、后瞬间速率之比;
(2)小物块A整个运动过程中克服摩擦力做的功;
(3)若改变初速度,使小物块A仍从a点以初速度v0′沿轨道向右运动,这次与小物块B碰撞后,使小物块B恰好从d点离开轨道,求改变前后初速度的比值v0v0'。
解析:(1)设碰撞前后瞬间小物块A的速度分别为v1、v2,碰撞后瞬间B的速度为v3,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=mv2+3mv3,
12mv12=12mv22+12×3mv32,
联立解得|v1v2|=2。
(2)因碰撞后小物块B恰好到达最高点d,故到d点速度为0,由动能定理有3mgR=12×3mv32,
小物块A由a向b运动过程中,由动能定理有
-Wf1=12mv12-12mv02,
小物块A碰撞后向左运动直至速度为0,由动能定理有-Wf2=-12mv22,则整个过程中克服摩擦力做功为W=Wf1+Wf2,
解得W=2mgR。
(3)B恰好从d点离开轨道时,只有重力提供向心力,设小物块B在d点时的速度为v,故3mg=3mv2R,
设小物块B撞完瞬间速度为v3′,则小物块B由b到d过程有12×3mv3′2=3mgR+12×3mv2,
设碰撞前后瞬间小物块A的速度分别为v1′、v2′。A、B碰撞结束瞬间,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
mv1′=mv2′+3mv3′,
12mv1′2=12mv2′2+12×3mv3′2,
小物块A由a向b运动过程中,由动能定理有
-Wf1=12mv1′2-12mv0′2,
联立解得v0v0'=57。
答案:(1)2 (2)2mgR (3)57
弹性
碰撞
动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
机械能守恒:12m1v12+12m2v22=
12m1v1′2+12m2v2′2
完全
非弹性
碰撞
动量守恒、末速度相同:
m1v1+m2v2=(m1+m2)v′,
机械能损失最多:
ΔE=12m1v12+12m2v22 -12(m1+m2)v′2
非弹性
碰撞
动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
机械能的损失:ΔE=12m1v12+12m2v22-(12m1v1′2+12m2v2′2)
碰撞问
题遵守
的三条
原则
(1)动量守恒:p1+p2=p1′+p2′。
(2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′。
(3)速度要符合实际情况。若碰后同向,后方物体的速度不大于前方物体的速度
模型分类
特点及满足的规律
弹簧模型
(水平面光滑)
弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹性势能最大,系统满足动量守恒、机械能守恒
m1v0=(m1+m2)v共,
12m1v02=12(m1+m2)v共2+Epm
弹簧再次处于原长时弹性势能为零,系统满足动量守恒、机械能守恒
m1v0=m1v1+m2v2,
12m1v02=12m1v12+12m2v22,
v1=m1-m2m1+m2v0,
v2=2m1m1+m2v0
子弹打
木块模型
(水平面光滑)
系统动量守恒、能量守恒
mv0=(m+M)v,
FfL相对=12mv02-12(M+m)v2,
木块固定和放于光滑水平面上,一般认为子弹所受阻力相等,子弹完全穿出时系统产生的热量相等
14光滑圆弧轨道模型
(水平面光滑)
最高点:m与M具有共同水平速度,系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒
mv0=(M+m)v共,12mv02=12(M+m)v共2+mgh。
最低点:m与M分离点。水平方向动量守恒、系统机械能守恒
mv0=mv1+Mv2,
12mv02=12mv12+12Mv22
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