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高考物理一轮复习课件专题七碰撞与动量守恒 (含解析)
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这是一份高考物理一轮复习课件专题七碰撞与动量守恒 (含解析)，共60页。
考点一 冲量和动量 动量定理A组 自主命题·天津卷题组
1.(2017天津理综,4,6分)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标 之一。摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是( ) A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变
答案 B 乘客在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,而在上升过程中重力势能增加,机械能 增加,下降过程中则相反,A错误。在最高点时,乘客具有竖直向下的向心加速度,处于失重状 态,故B正确。因重力恒定,重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积,故重力冲量一定不为零, C错误。重力的瞬时功率P=mg·v·cos α,其中α是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角,故重 力的瞬时功率不会保持不变,D错误。
命题评析 本题以竖直平面内的匀速圆周运动为背景,考查了机械能、功率、失重、冲量等 重要考点,考查面广泛,难度较小,体现了高考对基础知识、基本能力的“双基”要求。对平时 的教学与学习具有重要的指导意义。
2.(2019课标Ⅰ,16,6分)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这 标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体 速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 ( )A.1.6×102 kg B.1.6×103 kgC.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
答案 B 本题考查了考生对动量定理的理解能力,体现了物理模型建构的核心素养,同时也 增强了考生的国人自豪感。设火箭发动机在1 s内喷射出气体的质量为m。以这部分气体为研究对象,应用动量定理,Ft= mv-0,解得m= =1.6×103 kg。
解题关键 本题单位统一用国际单位制单位;研究对象选择发动机在1 s内喷射出的气体。
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
3.(2018课标Ⅰ,14,6分)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在 启动阶段,列车的动能 ( )A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比
答案 B 本题考查匀变速直线运动规律、动能及动量。设列车运动时间为t,由匀变速直线 运动规律v=at、s= at2,结合动能公式Ek= 得Ek= 、Ek=mas,可知Ek∝v2、Ek∝t2、Ek∝s,故A、C项均错误,B项正确。由Ek= ,得Ek∝p2,故D项错误。
4.(2018课标Ⅱ,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层 坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 ( )A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N
答案 C 本题考查机械能守恒定律、动量定理。由机械能守恒定律可得mgh= mv2,可知鸡蛋落地时速度大小v= ,鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知鸡蛋对地面产生的冲击力大小为F= +mg,每层楼高度约为3 m,则h=24×3 m=72 m,得F≈949 N,接近103 N,故选项C正确。
易错点拨 估算能力(1)每层楼高度约为3 m,注意身边的物理知识。(2)在计算时重点注意数量级。
5.(2017课标Ⅲ,20,6分)(多选)一质量为2 kg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变化的图线如图所示,则 ( ) A.t=1 s时物块的速率为1 m/sB.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t=4 s时物块的速度为零
答案 AB 本题通过F-t图像考查动量定理。F-t图线与时间轴所包围的“面积”表示合外 力的冲量。0~1 s内,I1=2×1 N·s=2 N·s,据动量定理可得I1=mv1-mv0=2 N·s,得1 s时,v1=1 m/s,A选项 正确。同理,0~2 s内,I2=2×2 N·s=p2-p0=p2,则t=2 s时动量p2=4 N·s=4 kg·m/s,故B选项正确。0~3 s 内I3=2×2 N·s+(-1)×1 N·s=3 N·s=p3-p0=p3,则t=3 s时,p3=3 N·s=3 kg·m/s,C选项错误。0~4 s 内I4=2 ×2 N·s+(-1)×2 N·s=2 N·s=p4-p0=p4=mv4,则t=4 s时,v4=1 m/s,D选项错误。
方法总结 动量定理的矢量性和F-t图像面积含义(1)合外力的冲量I、物块的动量p都是矢量,解题时应规定正方向;(2)F-t图线与t轴所围的“面积”表示力的冲量,t轴上方的面积表示正方向冲量,下方的面积表 示负方向冲量,一段时间内的总冲量是正向面积(正值)和负向面积(负值)的代数和。
6.(2019北京理综,24,20分)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒,这与雨滴下落过程中受到 空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变,重力加速度为g。(1)质量为m的雨滴由静止开始,下落高度h时速度为u,求这一过程中克服空气阻力所做的 功W。(2)将雨滴看作半径为r的球体,设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2,其中v是雨滴 的速度,k是比例系数。a.设雨滴的密度为ρ,推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式;b.示意图中画出了半径为r1、r2(r1>r2)的雨滴在空气中无初速下落的v-t图线,其中 对应 半径为r1的雨滴(选填①、②);若不计空气阻力,请在图中画出雨滴无初速下落的v-t图线。(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为 垂直于运动方向面积为S的圆盘,证明:圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2(提示:设单位 体积内空气分子数为n,空气分子质量为m0)。
C组 教师专用题组
答案 (1)mgh- mu2 (2)a. b.① 图见解析(3)见解析
解析 本题以雨滴下落为情境,综合考查动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律和动量定 理,体现了科学思维中的模型建构及科学探究中的证据要素。(1)根据动能定理mgh-W= mu2可得W=mgh- mu2(2)a.根据牛顿第二定律mg-f=ma得a=g- 当加速度为零时,雨滴趋近于最大速度vm雨滴质量m= πr3ρ由a=0,可得,雨滴最大速度vm= b.由vm= 可知,①对应半径为r1的雨滴。所作v-t图线如图1。
图1(3)根据题设条件:大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。以下 只考虑雨滴下落的定向运动。简化的圆盘模型如图2。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在Δt时间内,与圆盘 碰撞的空气分子质量为Δm=SvΔtnm0
图2
以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理,有FΔt∝Δm×v得F∝nm0Sv2由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力f∝v2采用不同的碰撞模型,也可得到相同结论。
解题关键 ①雨滴在下落过程中受重力和空气阻力,根据牛顿第二定律确定出下落过程中雨 滴的加速度与运动速度的关系,即可确定下落的最大速度和v-t图像;②巧妙地结合动量定理在 连续体中的应用,用微元思想确定圆盘对气体分子的作用力。
7.(2015北京理综,18,6分,0.65)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从 几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次下降 至最低点的过程中,下列分析正确的是 ( )A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
答案 A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人经历了先加速后减速的过程, 当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大,动能最大,之后绳的拉力大于人的重力,人向下减速 到达最低点。绳对人的拉力始终向上,始终做负功。拉力的冲量始终向上,人的动量先增大后 减小,综上所述,只有A选项正确。
考查点 动量、冲量、能量。
思路点拨 弄清运动过程是解决本题的关键:从绳绷直到下降到最低的过程中可分为两个阶 段,首先是绳对人的拉力从零逐渐增大到等于重力的过程,这个过程中由于加速度方向向下,人 做加速度逐渐减小的加速运动,速度逐渐增大,到两力相等时速度达到最大;再往后由于拉力大 于重力,加速度方向向上,人做加速度增大的减速运动,直到速度减为零。
8.(2018北京理综,22,16分)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏 性的项目之一。某滑道示意图如下,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接,滑道BC高h=10 m, C是半径R=20 m圆弧的最低点。质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度a =4.5 m/s2,到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L;(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小;(3)若不计BC段的阻力,画出运动员经过C点时的受力图,并求其所受支持力FN的大小。
答案 (1)100 m (2)1 800 N·s (3)受力图见解析3 900 N
解析 (1)根据匀变速直线运动公式,有L= =100 m(2)根据动量定理,有I=mvB-mvA=1 800 N·s
(3)运动员经C点时的受力分析如图根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有
mgh= m - m 根据牛顿第二定律,有FN-mg=m 得FN=3 900 N
一题多解 运动员在AB段所受合外力的冲量I=F合t=ma· =1 800 N·s。
9.(2016北京理综,24,20分,0.26)(1)动量定理可以表示为Δp=FΔt,其中动量p和力F都是矢量。在 运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如,质量为m 的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如 图1所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。 图1a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy;b.分析说明小球对木板的作用力的方向。(2)激光束可以看做是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体 上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例,激光 束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。
图2一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束①和②穿过介质小 球的光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束①和②与SO的夹角均为θ,出射 时光束均与SO平行。请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方 向。a.光束①和②强度相同;b.光束①比②的强度大。
答案 见解析
解析 (1)a.x方向:动量变化为Δpx=mv sin θ-mv sin θ=0y方向:动量变化为Δpy=mv cos θ-(-mv cos θ)=2mv cos θ方向沿y轴正方向b.根据动量定理可知,木板对小球作用力的方向沿y轴正方向;根据牛顿第三定律可知,小球对 木板作用力的方向沿y轴负方向。(2)a.仅考虑光的折射,设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为p。这些粒子进入小球前的总动量为p1=2np cos θ从小球出射时的总动量为p2=2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理:FΔt=p2-p1=2np(1-cos θ)>0可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力的 方向沿SO向左。
b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。 x方向:根据(2)a同理可知,两光束对小球的作用力沿x轴负方向。y方向:设Δt时间内,光束①穿过小球的粒子数为n1,光束②穿过小球的粒子数为n2,n1>n2。这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)p sin θ从小球出射时的总动量为p2y=0根据动量定理:FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin θ可知,小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小球的作 用力沿y轴正方向。
所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。
解题指导 (1)将速度沿x轴和y轴两个方向分解,然后求解Δpx与Δpy。(2)运用动量定理确定两个轴向的作用力方向,再进行合成。
疑难突破 光强不同,体现单位时间内发射的光子个数不同。
10.[2013北京理综,24(2),0.31]对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研 究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质。正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量。为简化 问题,我们假定:粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前 后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变。利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受 粒子压力f与m、n和v的关系。
答案 f= nmv2
解析 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为ΔI=2mv如图所示,以器壁上的面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体,由题设可知,其内有1/6的粒子 在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞,碰壁粒子总数为N= n·SvΔt Δt时间内粒子给器壁的冲量为I=N·ΔI= nSmv2Δt器壁上面积为S的部分受到粒子的压力为F= 则器壁单位面积所受粒子的压力为
f= = nmv2
考查点 动量定理。
解题关键 正确建立问题模型是能否解答本题的关键。粒子流碰壁模型:每个粒子碰壁前速度为v,碰壁后原速率弹回,则碰撞对器壁的冲量为2mv,设Δ t时间内碰壁的粒子个数为N,则Δt时间内器壁受到的总冲量为2Nmv,再引用流体模型求得N。
11.[2016课标Ⅰ,35(2),10分]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)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV ①ΔV=v0SΔt ②由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为 =ρv0S ③(ⅱ)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小 为v。对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得 (Δm)v2+(Δm)gh= (Δm) ④在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=(Δm)v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt=Δp ⑥由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h= - ⑧
解题指导 以喷泉为背景考查流体的动量问题。这类题必须要假设以Δt时间内的流体为研 究对象,利用动量定理或动量守恒定律列方程。
方法技巧 在流体中用动量知识时一定要取Δt时间内的流体为研究对象求解未知量。
1.(2013天津理综,2,6分)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠。 观察发现,“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 间在水平方向上的相互作用,则 ( )A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功
答案 B 甲、乙之间相互作用力的冲量大小相等,方向相反,A项错误。由I合=Δp知,甲、乙的 动量变化量等大反向,B项正确。在相同的作用时间内,作用力的位移不一定相同,因此甲、乙 之间的相互作用力做功不一定相等,由W合=ΔEk,知动能变化量不一定相等,C、D项均错误。
考点一 匀变速直线运动
A组 自主命题·天津卷题组
2.[2015天津理综,9(1),4分]如图所示,在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A球在水平面上静 止放置,B球向左运动与A球发生正碰,B球碰撞前、后的速率之比为3∶1,A球垂直撞向挡板,碰 后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞,A、B两球的质量之比为 ,A、B碰撞 前、后两球总动能之比为 。
答案 4∶1 9∶5
解析 设碰前B球速度大小为v0,碰后A、B两球速度大小分别为vA、vB,由题意知,碰后A球速度 方向向左,B球速度方向向右,且vA=vB= v0,碰撞过程动量守恒,取水平向右为正方向,则有-mBv0=-mAvA+mBvB,解得:mA∶mB=4∶1;碰撞前、后两球总动能之比为 = 。
3.(2017课标Ⅰ,14,6分)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/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.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/sC.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
答案 A 本题考查动量守恒定律。由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与 燃气组成的系统动量守恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷 出燃气的动量等值反向,可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05 kg× 600 m/s=30 kg·m/s,A正确。
易错点拨 系统中量与物的对应性动量守恒定律的应用中,系统内物体至少为两个,计算各自的动量时,需注意速度与质量对应于 同一物体。
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
4.(2019江苏单科,12)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略 滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速 度大小为 ( )A. v B. v C. v D. v
答案 B
解析 本题考查了动量守恒定律,考查的是学生对动量守恒定律适用条件的理解能力,体现了 科学思维中的科学推理要素及物理观念中的运动与相互作用观念要素。忽略滑板与地面间摩擦时,小孩与滑板在水平方向上动量守恒:0=Mv+mv',解得v'=- v,其中“-”表示v'与v方向相反,故B正确。
关联知识 核反应中四大守恒规律:(1)质量数守恒;
5.(2018课标Ⅱ,24,12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即 采取制动措施,但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞 后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动, 重力加速度大小g=10 m/s2。求(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
解析 本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识。(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB ①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB',碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有v =2aBsB ②联立①②式并利用题给数据得vB'=3.0 m/s③(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA ④设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA',碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有v =2aAsA ⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB' ⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.3 m/s⑦
解题关键 确定速度是解决碰撞问题的关键(1)由牛顿第二定律和运动学公式可确定碰撞后瞬间A、B两车的速度。(2)由于两车碰撞时间极短,因此碰撞时内力远大于外力,满足动量守恒,故可确定碰撞前的瞬 间A车的速度。
6.[2016课标Ⅱ,35(2),10分]如图,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3 m/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=0.3 m(h小于斜面体的 高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对 运动。取重力加速度的大小g=10 m/s2。 (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 见解析
v2=1 m/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。
解题思路 ①光滑冰面无摩擦力,可考虑用动量守恒定律求解;②小孩与冰块相互作用过程中 动量守恒;③因斜面体的表面光滑,则冰块与斜面体相互作用过程中机械能守恒,水平方向动量 守恒。
C组 教师专用题组
7.(2014北京理综,22,16分,0.89)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相 切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放,A与B碰撞后结合 为一个整体,并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2 m;A和B的质量相等;A和B整体与 桌面之间的动摩擦因数μ=0.2。取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)碰撞前瞬间A的速率v;(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v';(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。
答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m
考查点 机械能守恒、动量守恒。
一题多解 第(3)问也可结合牛顿运动定律,应用匀变速运动规律求解:在桌面上的加速度为a= μg=2 m/s2,又v'2=2al,所以l= =0.25 m。
1.[2018天津理综,9(1),4分]质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上,一质量为0.05 kg的子弹 以200 m/s的水平速度击中木块,并留在其中,整个木块沿子弹原方向运动,则木块最终速度的 大小是 m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N,则子弹射入木块的 深度为 m。
答案 20 0.2
解析 本题考查动量守恒定律、功能关系等知识。子弹击中木块,并留在其中,二者共速,子弹击中木块的过程,系统合外力为零,满足动量守恒条 件,则mv0=(m+M)v,v= = m/s=20 m/s;此过程中对系统由功能关系可得:fd= m - (m+M)v2,d= =0.2 m。
知识拓展 系统中产生的焦耳热Q=f·d。
考点一 动量的综合应用A组 自主命题·天津卷题组
2.(2017天津理综,10,16分)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量 不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于空 中。现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,A、 B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2,空气阻力不计。求: (1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;(2)A的最大速度v的大小;(3)初始时B离地面的高度H。
答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m
解析 本题考查自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律。(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有h= gt2 ①代入数据解得t=0.6 s②(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有vB=gt ③细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得mBvB=(mA+mB)v ④之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度,联立②③④式,代入数据解得v=2 m/s⑤(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中 A、B组成的系统机械能守恒,有 (mA+mB)v2+mBgH=mAgH ⑥
代入数据解得H=0.6 m⑦
3.[2016天津理综,9(1),4分]如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的质 量是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动,与盒 的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对于盒静止,则此时盒 的速度大小为 ,滑块相对于盒运动的路程为 。
答案
解析 设滑块的质量为m,最终盒与滑块的共同速度为v'根据动量守恒得:mv=(m+2m)v'解得v'= v设滑块相对于盒的运动路程为s根据能量守恒得:μmgs= mv2- (m+2m)v'2解得s=
4.(2014天津理综,10,16分)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4 kg,上表面光 滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量 mB=2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与 B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t= 0.6 s,二者的速度达到vt=2 m/s。求(1)A开始运动时加速度a的大小;(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;(3)A的上表面长度l。
答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.45 m
解析 (1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有F=mAa ①代入数据解得a=2.5 m/s2 ②(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6 s的过程,由动量定理得Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v ③代入数据解得v=1 m/s④(3)设A、B发生碰撞前,A的速度为vA,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v ⑤A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有Fl= mA ⑥由④⑤⑥式,代入数据解得l=0.45 m⑦
5.(2019课标Ⅰ,25,20分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平 滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示。t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静 止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中 未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图 像如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加 速度大小为g,不计空气阻力。 图(a)
图(b)
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
答案 (1)3m (2) mgH (3)
解析 本题通过两物块在粗糙轨道上的滑行与碰撞考查了动量守恒定律、能量守恒定律等 相关规律,考查了考生综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了模型建构、 科学推理等核心素养要素。(1)根据图(b),v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小, 为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m',碰撞后瞬间的速度大小为v'。由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=m +m'v' ① m = m + m'v'2 ②联立①②式得m'=3m ③(2)在图(b)所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程 为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由 动能定理有mgH-fs1= m -0 ④
-(fs2+mgh)=0- m ⑤从图(b)所给出的v-t图线可知s1= v1t1 ⑥s2= · ·(1.4t1-t1) ⑦由几何关系可得 = ⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2 ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W= mgH ⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有W=μmg cos θ·
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s',由动能定理有-μm'gs'=0- m'v'2 设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有mgh-μ'mg cos θ· -μ'mgs'=0 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩ 式可得 =
解法解导 (1)在时间短暂的弹性碰撞中,利用动量守恒、能量守恒列式求解;(2)涉及距离的 问题中,通常利用动能定理列式可简便求解力、功等相关物理量。
6.(2018课标Ⅰ,24,12分)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的 速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且 均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
答案 (1) (2)
解析 本题主要考查竖直上抛运动规律及动量守恒定律。(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有E= m ①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0-v0=-gt ②联立①②式得t= ③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1 ④火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题 给条件和动量守恒定律有 m + m =E ⑤ mv1+ mv2=0 ⑥
由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上 部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有 m = mgh2 ⑦联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2= ⑧
易错点拨 关键词理解,隐含条件显性化①题目中的两个E,分别对应“一个物体”和“两个物体”。②爆炸后两部分质量均为 。③爆炸过程中系统初动量为0。④距地面的最大高度由两部分组成,一是爆炸前上升的高度,二是爆炸后向上运动的部分上升 的高度。
7.[2016课标Ⅲ,35(2),10分]如图,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b 相距l,b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为 m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞。重力加速 度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。
答案 ≤μ<
解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞,应有 m >μmgl ①即μ< ②设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1。由能量守恒有 m = m +μmgl ③设在a、b碰撞后的瞬间,a、b的速度大小分别为v1'、v2',由动量守恒和能量守恒有mv1=mv1'+ v2' ④ m = mv + v ⑤联立④⑤式解得v2'= v1 ⑥由题意,b没有与墙发生碰撞,由功能关系可知 v ≤μ gl ⑦联立③⑥⑦式,可得
μ≥ ⑧联立②⑧式,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件为 ≤μ< ⑨
评分参考 ①②式各1分(若②式同时有小于和等于号,同样给分),③式2分,④⑤⑥⑦式各1分, ⑧式2分(若只有大于号,同样给分)。
解题指导 解答本题需要满足两个条件:①小物块a减速运动距离l与小物块b发生弹性碰撞; ②碰后,小物块b做减速运动而与墙未发生碰撞。
易错点拨 本题的易错点在于考生利用物理规律列方程时,列出的是不等式,而不等式左右两 边的大小关系是需要结合物理规律来分析判定的,尤其是不等式“等号”的取舍。
C组 教师专用题组
8.(2007北京理综,19,6分)如图所示的单摆,摆球a向右摆动到最低点时,恰好与一沿水平方向向 左运动的黏性小球b发生碰撞,并黏接在一起,且摆动平面不变。已知碰撞前a球摆动的最高点 与最低点的高度差为h,摆动的周期为T,a球质量是b球质量的5倍,碰撞前a球在最低点的速度是 b球速度的一半。则碰撞后 ( ) A.摆动的周期为 TB.摆动的周期为 TC.摆球的最高点与最低点的高度差为0.3hD.摆球的最高点与最低点的高度差为0.25h
答案 D 单摆周期T=2π 与摆球质量和摆角无关,故A、B都错。设a球碰撞前速度为va,碰后a、b共同速度为v,上升最大高度为h',由机械能守恒得magh= ma ,碰撞过程动量守恒mava-mb(2va)=(ma+mb)v,又(ma+mb)gh'= (ma+mb)v2,及ma=5mb,联立解得h'=0.25h,故D对。
9.(2009北京理综,24,20分)(1)如图1所示,ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道,BC段水平,AB 段与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑,与静止在轨道BC段 上质量为m2的小球发生碰撞,碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上,且在碰撞过程中无机 械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2; 图1(2)碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律,我们采用多 球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上且无机械能损失的简化力学模型。如图2所示,在固 定光滑水平轨道上,质量分别为m1、m2、m3…mn-1、mn…的若干个球沿直线静止相间排列,给第 1个球初动能Ek1,从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能Ek 与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n。a.求k1n;
b.若m1=4m0,mk=m0,m0为确定的已知量。求m2为何值时,k1n值最大。 图2
答案 (1) (2)a. b.2m0
解析 (1)设碰撞前m1的速度为v10,根据机械能守恒定律m1gh= m1 ①设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律m1v10=m1v1+m2v2 ②由于碰撞过程中无机械能损失 m1 = m1 + m2 ③②、③式联立解得v2= ④将①式代入④式得v2= (2)a.由④式,考虑到Ek1= m1 和Ek2= m2 得Ek2= Ek1
根据动能传递系数的定义,对于1、2两球k12= = ⑤同理可得,球m2和球m3碰撞后,动能传递系数k13应为k13= = · = · ⑥依次类推,动能传递系数k1n应为k1n= = · … = · … 解得 k1n= b.将m1=4m0,m3=m0代入⑥式可得k13=64 为使k13最大,只需使 = 最大,即m2+ 取最小值
由m2+ = +4m0可知当 = ,即m2=2m0时,k13最大。
10.(2012北京理综,24,20分,0.20)匀强电场的方向沿x轴正向,电场强度E随x的分布如图所示,图 中E0和d均为已知量。将带正电的质点A在O点由静止释放。A离开电场足够远后,再将另一带 正电的质点B放在O点也由静止释放。当B在电场中运动时,A、B间的相互作用力及相互作用 能均为零;B离开电场后,A、B间的相互作用视为静电作用。已知A的电荷量为Q。A和B的质 量分别为m和 。不计重力。 (1)求A在电场中的运动时间t;(2)若B的电荷量q= Q,求两质点相互作用能的最大值Epm;
(3)为使B离开电场后不改变运动方向,求B所带电荷量的最大值qm。
答案 (1) (2) QE0d (3) Q
已知q= Q,由①、②、③式解得相互作用能的最大值Epm= QE0d(3)考虑A、B在x>d区间的运动,由动量守恒、能量守恒,且在初态和末态均无相互作用,有mvA+ vB=mvA0+ vB0 ④ m + · = m + · ⑤由④、⑤解得vB=- vB0+ vA0因B不改变运动方向,故vB=- vB0+ vA0≥0 ⑥由①、⑥解得q≤ Q即B所带电荷量的最大值qm= Q
评析 本题借助带电质点在电场中的运动以及相互作用的过程情境,综合考查学生应用图像 分析运动规律,进行逻辑推理,运用数学工具解析物理问题的能力,涉及带电粒子在电场中的运 动、动量守恒、能量守恒等物理学主干知识。求解本题首先要分析清楚问题情境,准确把握 运动规律并以方程表达出来,把弹性碰撞模型有效迁移到本题中,才能作出正确分析和解答,本 题属难题。
11.(2010北京理综,24,20分)雨滴在穿过云层的过程中,不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结 合为一体,其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初 始质量为m0,初速度为v0,下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并,质量变为m1。此后每经过同 样的距离l后,雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并,质量依次变为m2、m3……mn……(设各质量 为已知量)。不计空气阻力。(1)若不计重力,求第n次碰撞后雨滴的速度vn';(2)若考虑重力的影响,a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1';b.求第n次碰撞后雨滴的动能 mnv'n2。
答案 (1) v0(2)a. b. ( +2gl )
解析 (1)不计重力,全过程中动量守恒,m0v0=mnvn'得vn'= v0(2)若考虑重力的影响,雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动,碰撞瞬间动量守恒a.第1次碰撞前 = +2gl,v1= 第1次碰撞后m0v1=m1v1'v1'= v1= ①b.第2次碰撞前 =v'12+2gl利用①式化简得 = + ·2gl ②第2次碰撞后,利用②式得v'22= = + ·2gl同理,第3次碰撞后v'32= + ·2gl
……第n次碰撞后v'n2= + ·2gl动能 mnv'n2= ( +2gl )
评析 本题以实际生活情景为背景,把碰撞模型融于雨滴与小水珠相结合的情景之中,是一道综合性很强的力学试题。主要考查考生对动量、动量守恒、匀变速运动等物理核 心知识的掌握情况,以及应用上述知识对实际问题的分析综合探究能力和数学运算能力及数 学归纳思想在物理中的迁移能力。本题要求考生要有扎实的物理、数学功底,一定的知识迁 移能力和良好的心理素质。本题难度为难。
考点一 冲量和动量 动量定理
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2018和平二模)质量为0.1 kg的球竖直向下以10 m/s的速度落至水平地面,再以5 m/s的速度 反向弹回。取竖直向下为正方向,重力加速度g=10 m/s2,在小球与地面接触的时间内,合外力对 小球的冲量I= N·s,合外力对小球做功为W= J。
答案 -1.5 -3.75
解析 取竖直向下为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化为:Δp=mv2-mv1=-0.1×5 kg·m/s-0.1×10 kg·m/s=-1.5 kg·m/s,根据动量定理得:I=Δp=-1.5 N·s。由动能 定理可知,合外力做功:W= m - m = ×0.1×52 J- ×0.1×102 J=-3.75 J。
2.(2019南开二模)高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到 安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带 达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大 小为 。
答案 +mg
解析 对自由落体运动,有:h= g ,解得:t1= ,规定向下为正方向,对运动的全程,根据动量定理,有:mg(t1+t)-Ft=0,解得:F= +mg。
3.(2018河西二模)如图所示,质量mA=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=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;(2)木板的长度L。
答案 (1)3.0 m/s (2)0.50 m
解析 (1)设水平向右为正方向,有I=mAv0代入数据解得v0=3.0 m/s。(2)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,对A、B分别由动量定理有-(FBA+FCA)t=mAvA-mAv0FABt=mBvB其中FAB=FBA,FCA=μ(mA+mB)g设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB,对A、B分别由动能定理有-(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
4.(2019南开一模)一静止在湖面上的小船质量为100 kg,船上一个质量为60 kg的人,以6 m/s的 水平速度向后跳离此小船,则人离开小船瞬间,小船的速度大小为 m/s。若船长为10 m,则当此人由船头走到船尾时,船移动的距离为 m(不计水的阻力和风力影响)。
答案 3.6 3.75
解题技巧 不计水的阻力和风力,人在跳离小船的过程中,系统的动量守恒,结合规定的正方 向,即可求解小船的速度;人由船头走到船尾的过程,依据运动学公式用位移和时间之比表示人和船的速度,结合动量守 恒定律,即可求解。
解析 设人的运动方向为正方向。人在跳离小船的过程中,系统的动量守恒,根据动量守恒定 律,得:m人v人-M船v船=0得:v船= = m/s=3.6 m/s设船移动的距离为x,船长为L。人在行走过程中,系统动量守恒,则有:m人v人-M船v船=0又v人= ,v船= 代入得:m人· - M船· =0解得:x= = m=3.75 m
5.(2019十二区县一模)质量为M=0.6 kg的长木板固定在光滑水平面上,其左端有质量为m=0.5 kg、可视为质点的遥控电动赛车,由静止出发,经过时间t1=2.0 s,赛车向右滑行了L1=1.44 m,之 后关闭电动机,同时解除对长木板的固定,赛车在木板上又滑行一段距离后,恰好停在木板的右 端。若通电后赛车以恒定功率P=0.8 W行驶,赛车与木板的动摩擦因数μ=0.2,不计空气阻力,重 力加速度g取10 m/s2。求: (1)t1=2.0 s时刻赛车的速度v1的大小;(2)木板长度L。
答案 (1)0.8 m/s (2)1.53 m
解析 (1)赛车加速过程中电动机和摩擦力做功,由动能定理可得:Pt1-μmgL1= m ,代入数据可得:v1=0.8 m/s,(2)关闭电动机后,赛车与木板组成的系统动量守恒,选取向右为正方向,设最终的共同速度为v, 则:mv1=(M+m)v,则共同速度:v= m/s,该过程中:μmgL2= m - (M+m)v2,代入数据可得:L2≈0.09 m,所以木板的长度:L=L1+L2=1.44 m+0.09 m=1.53 m。
解题技巧 (1)由动能定理即可求出赛车的速度;(2)关闭电动机后,二者组成的系统动量守恒,由此求出共同速度,然后结合功能关系即可求出 木板的长度。
6.(2019河东一模)一物体以20 m/s的速度在空中飞行,突然由于内力的作用,物体分裂成质量比 为3∶7的两块,在这一瞬间,大块物体以80 m/s的速度向原方向飞去,则小块物体的速度大小是 m/s,方向是 。
答案 120 与原方向相反
解析 设物体原飞行方向为正方向,则v0=20 m/s,v1=80 m/s物体分裂成质量比为3∶7的两块,设m1=0.7m,m2=0.3m因为内力的作用远大于外力,系统在原飞行方向上动量守恒,有:mv0=m1v1+m2v2代入数据得:v2=-120 m/s此结果表明,小块物体的速度大小是120 m/s,其中负号表示与所设正方向相反,即方向是与原 方向相反。
7.(2019部分区一模)如图所示,光滑水平面上有m1=2 kg,m2=4 kg的两个物体,其中m2左侧固定一 轻质弹簧,m1以v0=6 m/s的速度向右运动,通过压缩弹簧与原来静止的m2发生碰撞,则弹簧被压 缩最短时m2的速度v= m/s,此时弹簧存储的弹性势能为 J。
答案 2 24
解析 据题意可知,当弹簧压缩最短时,两物体具有相同速度,据动量守恒定律:m1v0=(m1+m2)v, 即m2的速度v=2 m/s;由能量守恒定律可得,此时弹簧存储的弹性势能为:E= m1 - (m1+m2)v2=24 J。
点评 动量守恒定律和能量守恒定律为本题主要考查点。
8.(2019和平二模)如图所示,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。可看成质点的小 球A、B质量分别为m、3m,A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最 低点的B球相撞,碰撞后A、B球能达到的最大高度相同,碰撞中无机械能损失。重力加速度为 g。则碰撞后A球的速度大小 vA= ;B球的速度大小vB= 。
答案
解析 A下落过程中,根据机械能守恒得:mgR= m ,A、B碰撞后达到的最大高度相同,且碰撞无机械能损失,说明A、B碰撞后速度大小相同,方向 相反,设A、B碰撞后速度大小均为v,则有:mv1=-mv+3mv,联立解得:vA=vB=v= 。
解题技巧 小球A在与小球B碰撞前,在下滑的过程中重力势能全部转化为动能,据此可求出碰 撞前A的速度;两小球碰撞后最大高度相同,说明A、B碰撞后速度大小相同;碰撞中无机械能损 失,说明为弹性碰撞,碰撞后两者速度方向相反;两小球碰撞过程动量守恒,据此列出关系式,即 可求出A、B两球的速度。
9.(2019十二区县一模)光滑水平面上放着质量mA=2.5 kg的物块A与质量mB=1.5 kg的物块B,A与 B均可视为质点,物块A、B相距L0=0.4 m,A、B间系一长L=1.0 m的轻质细绳,开始时A、B均处 于静止状态,如图所示。现对物块B施加一个水平向右的恒力F=5 N,物块B运动一段时间后,绳 在短暂时间内被拉断,绳断后经时间t=0.6 s,物块B的速度达到vt=3 m/s。求:(1)绳拉断后瞬间B的速度大小vB;(2)绳拉断过程绳对物块B的冲量I的大小;(3)绳拉断过程绳对物块A所做的功W。
答案 (1)1 m/s (2)1.5 N·s (3)0.45 J
解析 (1)解法一:细绳拉断之后,对B应用动量定理得Ft=mBvt-mBvB解得vB=1 m/s解法二:由a= vt=vB+at得vB=1 m/s(2)细绳拉断之前对B应用动能定理F(L-L0)= mB -0v0=2 m/s细绳拉断过程,对B应用动量定理得I=mBvB-mBv0解得I=-1.5 N·s即细绳对B的冲量大小为1.5 N·s(3)细绳拉断过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得:
mBv0=mBvB+mAvA得vA=0.6 m/s细绳拉断过程细绳对物块A所做的功W= mA 解得W=0.45 J
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
时间:70分钟 分值:95分一、选择题(每小题6分,共12分)
1.(2018十二区县二模)质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动,已知它们 的动量分别是p1=5 kg·m/s、p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为8 kg ·m/s,则甲、乙两球质量m1与m2间的关系可能是 ( )A.m1=m2 B.2m1=m2 C.3m1=2m2 D.4m1=m2
答案 B 根据动量守恒定律得:p1+p2=p1'+p2'解得:p1'=4 kg·m/s。碰撞过程系统的总动能不增加,则有 + ≤ + 代入数据解得: ≤0.6。碰撞后甲的速度不大于乙的速度,则有: ≤ 代入数据解得: ≥0.5。综上有0.5≤ ≤0.6,所以只有2m1=m2符合题意,故B正确,A、C、D均错误。
名师点睛 对于碰撞过程,往往根据三大规律,分析两物质量的范围:动量守恒定律;总动能不 增加;碰撞后两物体同向运动时,后面物体的速度不大于前面物体的速度。
2.(2018河东一模)(多选)一辆汽车在平直公路上从静止开始运动,所受阻力恒定,10 s末撤掉牵 引力,其速度随时间变化的图线如图所示,则下列说法正确的是 ( ) A.0~5 s和10~15 s内加速度相同B.0~5 s和10~15 s内阻力做功相等C.0~5 s和5~10 s内牵引力做功的平均功率相等D.0~5 s和10~15 s内合外力的冲量相同
答案 BC v-t图线的斜率表示加速度,0~5 s和10~15 s内加速度大小相等,但方向相反,故A错 误;v-t图线与时间轴包围的面积表示位移大小,故0~ 5 s和10~ 15 s内位移相等,阻力也相等,故 阻力做功相等,故B正确;0~ 5 s内,加速度为:a1= m/s2=2 m/s2,位移为:x1= ×5×10 m=25 m;5~10 s内,加速度为零,位移为:x2=5×10 m=50 m;10~15 s内:加速度为:a3=-2 m/s2,位移为:x3= ×5×10 m=25 m;根据牛顿第二定律,0~5 s内:F1-f=ma1,故F1=m×2 m/s2+f,根据平衡条件,5~10 s内:F2=f,根据 牛顿第二定律,10~15 s内:-f=ma3,故f=m×2 m/s2,联立得到:F1=m×4 m/s2,F2=m×2 m/s2,0~5 s内牵引 力做功的平均功率为: = = W=20m W,5~10 s内牵引力做功的平均功率为: = = W=20m W,故0~5 s和5~10 s内牵引力做功的平均功率相等,故C正确;0~5 s和10~15 s内合外力等大、反向,故冲量也是等大、反向,故D错误。
3.(2018五区县二模)(5分)某机械装置的竖直切面如图所示,装置由内壁光滑的圆管构成,其中 AB部分水平,BC部分是内径为R的半圆,且圆管半径远小于R。由于某种原因,一质量为m的小 球a留在了水平管内,现用一个质量为m的小球b“冲撞”小球a,小球a恰好到达圆管最高 点C。已知两小球发生弹性正碰,两小球直径略小于圆管直径,重力加速度为g。则小球b的入 射速度大小为 ,小球b对小球a的冲量大小为 。
答案 2 2m
二、非选择题(共83分)
解析 小球a恰好到达圆管最高点C,速度为零,即vC=0小球a从起始位置到C,由机械能守恒得: m =2mgR解得:小球a的碰后速度va=2 对于碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:mv0=mvb+mva m = m + m 解得小球b的入射速度:v0=va=2 对a球,由动量定理得:I=mva-0=2m
名师点睛 对于小球在圆管里的运动情形与轻杆模型类似,关键抓住临界情况:小球恰好到达 最高点,即此时速度为零。对于弹性碰撞,要抓住两大守恒:动量守恒和机械能守恒。
4.(2019河北一模)(12分)如图所示,质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上,车长L=1.5 m。现有质量m2=0.2 kg、可视为质点的物块,以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车,最 后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s2。求: (1)物块在车面上滑行的时间t;(2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少。
答案 (1)0.24 s (2)见解析
解析 (1)设物块与小车的共同速度为v,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为F,对物块应用动量定理有-Ft=m2v-m2v0其中F=μm2g解得t= 代入数据得t=0.24 s(2)要使物块恰好不从小车右端滑出,需使物块到达车面右端时与小车有共同的速度v',则m2v0'=(m1+m2)v'由功能关系有 m2v0'2= (m1+m2)v'2+μm2gL代入数据解得v0'=5 m/s故要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车的速度v0'不能超过5 m/s。
解题技巧 (1)本题考查动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的应用。由于地 面光滑,物块和小车组成的系统动量守恒,由m2v0=(m1+m2)v求解出物块和小车共同的运动速 度v,然后对物块由动量定理得-Ft=m2v-m2v0求解出物块在车上的滑行时间t。(2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑至小车右端时与小车需有共同的速度v',物块在小车上 滑动时,根据动量守恒定律m2v0'=(m1+m2)v'和能量守恒定律 m2v0'2= (m1+m2)v'2+μm2gL,即可求解出物块滑上小车左端的最大速度v0'。
5.(2018北辰一模)(14分)如图所示,物体P推压着轻弹簧置于A点,Q物体放在B点静止,P和Q均为 m=1 kg的物体,它们的大小相对于轨道来说可忽略。光滑轨道ABCD中的AB部分水平,BC部分 为曲线,CD部分为直径d=5 m圆弧的一部分,该圆弧轨迹与地面相切,D点为圆弧的最高点,各段 连接处对滑块的运动无影响。现松开P物体,P沿轨道运动至B点,与Q相碰后不再分开,最后两 物体从D点水平抛出,测得水平射程s=2 m。(g=10 m/s2)求: (1)两物体水平抛出时的速度大小;(2)两物体运动到D点时对圆弧的压力N大小;
(3)轻弹簧被压缩时的弹性势能Ep。
答案 (1)2 m/s (2)16.8 N (3)208 J
解题技巧 (1)两物块做平抛运动,根据水平射程和高度即可求得两物块水平抛出时的速度。(2)两物块运动到D点时由重力和轨道支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律和牛顿第 三定律求解物体对圆弧的压力N。(3)两物体碰撞,遵守动量守恒定律,两物体碰后从B滑至D遵守机械能守恒定律,P被轻弹簧弹 出过程遵守机械能守恒定律,根据动量守恒和机械能守恒列式,即可求得轻弹簧被压缩时的弹 性势能Ep。
解题关键 解答本题的关键是分析物理过程,碰撞过程的动量守恒,平抛运动的分解,弹簧射出 过程的机械能守恒,根据这些基本规律进行分析求解。
6.(2018和平二模)(12分)如图所示,光滑水平地面上有高为h的平台,台面上左端有固定的光滑 坡道,坡道顶端距台面为h,坡道底端与台面相切。小球B放置在台面右端边缘处,并与台面锁 定在一起。小球A从坡道顶端由静止开始滑下,到达水平光滑的台面后与小球B发生碰撞; 在A、B碰撞前一瞬间,小球B解除锁定;A、B碰撞后粘连在一起,从台面边缘飞出。两球均可 视为质点,质量均为m,平台与坡道的总质量为3m,忽略空气阻力,重力加速度为g,求: (1)小球A刚滑至水平台面时,小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB;(2)A、B两球落地时,落地点到平台右端的水平距离s。
答案 (1)vA=4 vB= (2)s= h
解析 (1)小球A下滑的过程,对A、B及平台组成的系统分析,取水平向右为正方向,由水平方向 动量守恒得:mvA=(m+3m)vB根据机械能守恒定律得:mgh= m + ·(m+3m) 联立解得:vB= ,vA=4 (2)对于A、B两球碰撞过程,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得:mvA-mvB=2mv解得:v= 之后A、B做平抛运动,则有:h= gt2解得:运动时间t= 这段时间内A、B的位移:xAB=vt,平台的位移:x3m=vBtA、B落地点到平台右端的水平距离:s=xAB+x3m解得:s= h
思路分析 (1)小球A下滑的过程,A、B及平台组成的系统水平方向不受外力,动量守恒,机械能 也守恒,由此列式,即可求解。(2)对于A、B两球碰撞过程,由动量守恒定律求解碰后两球的共 同速度。之后,两球一起做平抛运动,平台做匀速直线运动,由平抛运动的规律和运动关系求 解。
7.(2018河东二模)(12分)如图所示是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置,滑轨由四部分粗 细均匀的金属杆组成:水平光滑直轨道AB,半径分别为R1和R2的光滑圆弧轨道,其中R2=5.0 m,倾 斜直轨道CD表面粗糙,动摩擦因数为μ=0.25,AB、CD与两圆弧轨道相切。现有甲、乙两个质 量均为m=2 kg的小球穿在滑轨上,甲球静止在B点,乙球从AB的中点E以v0=10 m/s的初速度水平向左运动,两球在整个过程中的碰撞均无能量损失。已知θ=37°,g=10 m/s2。(sin 37°=0.6, cos 37°=0.8)求: (1)甲球第一次通过圆的最低点F处时对轨道的压力;
(2)两球在克服摩擦力做功过程中所通过的总路程x。
答案 (1)180 N 方向竖直向下 (2)95 m
解析 (1)选定向左为正方向,由于两球在光滑的轨道上运动,所以水平方向不受外力,甲、乙 两球在发生碰撞过程前、后动量守恒,有:mv0=mv甲+mv乙由题意可知发生无能量损失的碰撞,由机械能守恒定律可得: m = m + m 解得:v乙=0,v甲=v0即两球速度交换甲球从B点滑到F点的过程中,根据机械能守恒定律得: m +mg·2R2= m 在F点,根据牛顿第二定律,FN-mg=m 联立各式解得:FN=180 N根据牛顿第三定律,甲球对轨道的压力FN'=FN=180 N,方向竖直向下。(2)小球最终在D点下方来回晃动,即到达D点的速度为零,由能量守恒得: m +mgR2(1+cos θ)=μmgx cos θ解得:x=95 m
8.(2018河北二模)(16分)如图所示,半径为R的光滑半圆轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一 竖直平面内,两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连,水平轨道与斜轨道间有一段很小圆弧 过渡。在水平轨道上,轻质弹簧被a、b两小球挤压(弹簧与两小球均不相连),处于静止状态。 同时释放两个小球,a、b两小球都在水平轨道CD上与弹簧分离,之后a恰好能通过圆轨道最高 点A,b球恰好到达斜轨道的最高点B。已知a球质量为m,重力加速度为g。求: (1)弹簧恢复原长时,a球、b球的速度大小va、vb各是多少;(2)b球的质量mb是多少;
(3)释放小球前弹簧的弹性势能Ep为多少。
答案 (1) 2 (2)0.5m (3)7.5mgR
9.(2017南开一模)(12分)如图所示,光滑冰面上固定一表面粗糙的斜面体,斜面与水平方向的夹 角θ=37°,斜面体右侧一蹲在滑板上的男孩推着一冰块向斜面体以v0=1 m/s的速度滑来。某时 刻男孩将冰块以相对于冰面5 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体(斜面体足够 高)。已知男孩与滑板的总质量m1=40 kg,冰块的质量m2=20 kg,男孩与滑板始终无相对运动,冰 块与斜面体的动摩擦因数μ=0.25(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)。求: (1)男孩将冰块推出后获得的速度大小和方向;(2)通过计算判断,冰块与男孩是否还会相撞。
答案 (1)1 m/s 方向向右 (2)见解析
解析 (1)设向左为速度正方向,男孩推出冰块后的速度为v1,冰块获得的速度为v2=5 m/s,根据 动量守恒定律可得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2代入数据解得:v1=-1 m/s,负号表示方向向右。(2)设冰块沿斜面体上滑到最高点时的位移为x,由动能定理得:-m2gx sin θ-μm2gx cos θ=0- m2 设冰块沿斜面体下滑回到冰面时的速度为v3。由动能定理得:m2gx sin θ-μm2gx cos θ= m2 解得v3=- m/s,负号表示方向向右。因为|v3|>|v1|,且方向相同,所以冰块会追上男孩,与男孩还会相撞。
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2018红桥二模)如图所示,长为L的细绳竖直悬挂着一质量为3m的小球A,恰好紧挨着放置在 水平面上质量为m的物块B。现保持细绳绷直,把小球向左上方拉至细绳与竖直方向成60°角 的位置,然后释放小球。小球到达最低点时恰好与物块发生碰撞,而后小球向右摆动的最大高 度为 L,碰后物块向右滑行的距离恰为4.5L,求物块B与地面之间的动摩擦因数μ。
答案 0.25
解析 小球A下摆过程满足机械能守恒,由机械能守恒定律得:3mgL(1-cos 60°)= ×3m 解得碰前A的速度:vA= 小球A向右摆动过程机械能守恒,由机械能守恒定律得: ×3mv2= ×3mgL,解得:v= A、B碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:3mvA=3mv+mvB物块B滑动过程由动能定理得: m =μmg·4.5L解得:μ=0.25
2.(2018五区县一模)如图所示,光滑水平面上放置一质量为M、半径为R的 竖直光滑圆轨道B,圆弧轨道B左端与水平面相切,有一锁定装置将其固定。水平轨道左端固定一弹簧,质量为m的 物块A(可视为质点)从圆弧轨道B的最高点由静止释放,当A进入水平面时,解除对B的锁定。已 知M=0.4 kg,m=0.2 kg,R=1.8 m,取g=10 m/s2。求: (1)A下滑到圆轨道最低点时对圆轨道的压力;(2)A压缩弹簧返回后沿圆弧轨道上升的最大高度h。
答案 (1)6 N 方向竖直向下 (2)1.2 m
解析 (1)物块A下滑过程,由机械能守恒定律得:mgR= m 解得:v0= = m/s=6 m/sFN-mg=m 解得轨道对滑块的支持力大小为:FN=3mg=3×0.2×10 N=6 N由牛顿第三定律知,A下滑到圆轨道最低点时对圆轨道的压力为:FN'=FN=6 N,方向竖直向下。(2)A压缩弹簧返回后速度大小仍为v0=6 m/s,方向向右,当物块A和B的速度相等时,A上升到最 大高度。取水平向右为正方向,根据水平方向上动量守恒和机械能守恒得:mv0=(m+M)v m = (m+M)v2+mgh
联立解得:h=1.2 m
3.(2018河东一模)如图所示,可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上,一起以v0的速 度沿光滑的水平轨道匀速运动,与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞,碰撞时间极 短,碰撞后B、C的速度相同,B、C的上表面相平且B、C不粘连,A滑上C后恰好能到达C板的右 端。已知A、B质量相等,C的质量为A的质量的2倍,木板C长为L,重力加速度为g,求: (1)B、C碰撞过程中,损失的机械能ΔE;(2)A运动到C的右端时的速度v;(3)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数μ。
答案 (1) m (2) v0 方向水平向右 (3)
解析 (1)B、C碰撞过程中动量守恒,设B、C碰后的共同速度为v1,以B的初速度方向为正方向, 由动量守恒定律可得mv0=3mv1 ①机械能损失ΔE= m - (m+2m) ②联立解得ΔE= m ③(2)B、C共速后,A以v0的速度滑上C后,B、C脱离,A、C相互作用过程中动量守恒,以向右为正 方向,由动量守恒定律可得mv0+2mv1=3mv ④由①④可得v= v0,方向水平向右 ⑤(3)在A、C相互作用过程中,由能量守恒定律可得fL= m + ·2m - ·3mv2 ⑥又f=μmg ⑦由③⑤⑥⑦可得μ=
名师点睛 本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式的综合 运用,综合性较强,对学生能力综合分析的要求较高;运用动量守恒定律解题时,需注意选取的 系统,通过动量守恒列式求解。
4.(2019 5·3原创)2019年春节热播的科幻电影《流浪地球》赢得了普遍的赞誉。影片讲述的 是由于太阳急速衰老和膨胀,在不远的将来太阳将会吞并包括地球在内的众多行星。为了自 救,人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划,即倾全球之力在地球表面建造上万座行星发 动机和转向发动机,推动地球离开太阳系,用2 500年的时间奔往新家园——4.2光年外的恒星 (比邻星)。“流浪地球”计划分为五个阶段,刹车阶段:通过部署在赤道上的行星发动机使地 球停止自转。逃逸阶段:通过行星发动机(安装在朝向太阳半面的地球上)使地球加速;先流浪 阶段:通过木星和地球的“引力弹弓效应”再次使地球加速,驶出太阳系,奔向人类选定的新家 园“比邻星”;后流浪阶段:继续加速进行星际航行,快到达比邻星时减速;新太阳阶段:地球被 比邻星捕获,成为比邻星的行星。设太阳质量为m,地球质量为m1,木星质量为m2(1)如图甲所示,若日、地间的距离为r,设无限远处的引力势能为零,则地球和太阳间的引力势 能可表示为Ep=-G ,G为引力常量。
甲①若该位置的地球仅在地球和太阳的万有引力作用下绕太阳做匀速圆周运动,则地球的运行 速度v的大小为多少?②要使地球从该位置逃离太阳系,则地球应该具有的最小速度v逃的大小为多少?(2)地球仅靠行星发动机难以达到很高的速度逃离太阳的引力进行星际航行,故在“先流浪阶 段”让地球从极远处迎面飞向木星,地球从木星旁绕过时,由于木星引力作用,将使地球的运动 速率增大,这种现象称之为“引力弹弓效应”。如图乙所示,以太阳为参考系,地球以速率v1从 遥远的地方飞向木星,此时木星以对太阳的轨道速率v2运行,方向与v1相反。当地球绕过木星
并远离木星到极远处时速率为v1',此时木星的速率为v2',v1'和v2'的方向相同。由于m1≪m2,在极 远处v1、v2、v1'、v2'的方向可视为相互平行。上述过程中以木星和地球组成的系统动量和机 械能均守恒。木星的自转以及太阳对它们的引力的影响均可忽略不计。 乙①请推导经上述“引力弹弓效应”后,地球速度v1'的表达式(用v1、v2、m、m1和m2表示),并求 出当m1≪m2时v1'的大小;②若地球飞向木星时其速度v1与木星的速度v2同方向,如图丙所示,是否仍能利用“引力弹弓 效应”使地球速率增大?请简要分析说明。
丙
答案 (1)① ② (2)见解析
解析 (1)①万有引力提供向心力,则有:G =m1 解得:v= ②由机械能守恒定律得: m1 +(-G )=0解得:v逃= (2)①在“引力弹弓效应”中,系统的动量守恒和机械能守恒,设木星运动方向为正方向,则有:m1(-v1)+m2v2=m1v1'+m2v2' m1(-v1)2+ m2 = m1v + m2v 联立上述两式得:v1'= 当m1≪m2时,则得:v1'=v1+2v2②不能若当v1与v2同向,要使地球追上木星,应有v1>v2,设木星运动方向为正方向,根据动量守恒可得:
m1v1+m2v2=m1(-v1')+m2v2' m1 + m2 = m1(-v1')2+ m2v 解得:v1'=- 当m1≪m2时,有v1'=v1-2v2所以v1'
考点一 冲量和动量 动量定理A组 自主命题·天津卷题组
1.(2017天津理综,4,6分)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标 之一。摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是( ) A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变
答案 B 乘客在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,而在上升过程中重力势能增加,机械能 增加,下降过程中则相反,A错误。在最高点时,乘客具有竖直向下的向心加速度,处于失重状 态,故B正确。因重力恒定,重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积,故重力冲量一定不为零, C错误。重力的瞬时功率P=mg·v·cos α,其中α是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角,故重 力的瞬时功率不会保持不变,D错误。
命题评析 本题以竖直平面内的匀速圆周运动为背景,考查了机械能、功率、失重、冲量等 重要考点,考查面广泛,难度较小,体现了高考对基础知识、基本能力的“双基”要求。对平时 的教学与学习具有重要的指导意义。
2.(2019课标Ⅰ,16,6分)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这 标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体 速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 ( )A.1.6×102 kg B.1.6×103 kgC.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
答案 B 本题考查了考生对动量定理的理解能力,体现了物理模型建构的核心素养,同时也 增强了考生的国人自豪感。设火箭发动机在1 s内喷射出气体的质量为m。以这部分气体为研究对象,应用动量定理,Ft= mv-0,解得m= =1.6×103 kg。
解题关键 本题单位统一用国际单位制单位;研究对象选择发动机在1 s内喷射出的气体。
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
3.(2018课标Ⅰ,14,6分)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在 启动阶段,列车的动能 ( )A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比
答案 B 本题考查匀变速直线运动规律、动能及动量。设列车运动时间为t,由匀变速直线 运动规律v=at、s= at2,结合动能公式Ek= 得Ek= 、Ek=mas,可知Ek∝v2、Ek∝t2、Ek∝s,故A、C项均错误,B项正确。由Ek= ,得Ek∝p2,故D项错误。
4.(2018课标Ⅱ,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层 坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 ( )A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N
答案 C 本题考查机械能守恒定律、动量定理。由机械能守恒定律可得mgh= mv2,可知鸡蛋落地时速度大小v= ,鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知鸡蛋对地面产生的冲击力大小为F= +mg,每层楼高度约为3 m,则h=24×3 m=72 m,得F≈949 N,接近103 N,故选项C正确。
易错点拨 估算能力(1)每层楼高度约为3 m,注意身边的物理知识。(2)在计算时重点注意数量级。
5.(2017课标Ⅲ,20,6分)(多选)一质量为2 kg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变化的图线如图所示,则 ( ) A.t=1 s时物块的速率为1 m/sB.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t=4 s时物块的速度为零
答案 AB 本题通过F-t图像考查动量定理。F-t图线与时间轴所包围的“面积”表示合外 力的冲量。0~1 s内,I1=2×1 N·s=2 N·s,据动量定理可得I1=mv1-mv0=2 N·s,得1 s时,v1=1 m/s,A选项 正确。同理,0~2 s内,I2=2×2 N·s=p2-p0=p2,则t=2 s时动量p2=4 N·s=4 kg·m/s,故B选项正确。0~3 s 内I3=2×2 N·s+(-1)×1 N·s=3 N·s=p3-p0=p3,则t=3 s时,p3=3 N·s=3 kg·m/s,C选项错误。0~4 s 内I4=2 ×2 N·s+(-1)×2 N·s=2 N·s=p4-p0=p4=mv4,则t=4 s时,v4=1 m/s,D选项错误。
方法总结 动量定理的矢量性和F-t图像面积含义(1)合外力的冲量I、物块的动量p都是矢量,解题时应规定正方向;(2)F-t图线与t轴所围的“面积”表示力的冲量,t轴上方的面积表示正方向冲量,下方的面积表 示负方向冲量,一段时间内的总冲量是正向面积(正值)和负向面积(负值)的代数和。
6.(2019北京理综,24,20分)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒,这与雨滴下落过程中受到 空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变,重力加速度为g。(1)质量为m的雨滴由静止开始,下落高度h时速度为u,求这一过程中克服空气阻力所做的 功W。(2)将雨滴看作半径为r的球体,设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2,其中v是雨滴 的速度,k是比例系数。a.设雨滴的密度为ρ,推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式;b.示意图中画出了半径为r1、r2(r1>r2)的雨滴在空气中无初速下落的v-t图线,其中 对应 半径为r1的雨滴(选填①、②);若不计空气阻力,请在图中画出雨滴无初速下落的v-t图线。(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为 垂直于运动方向面积为S的圆盘,证明:圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2(提示:设单位 体积内空气分子数为n,空气分子质量为m0)。
C组 教师专用题组
答案 (1)mgh- mu2 (2)a. b.① 图见解析(3)见解析
解析 本题以雨滴下落为情境,综合考查动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律和动量定 理,体现了科学思维中的模型建构及科学探究中的证据要素。(1)根据动能定理mgh-W= mu2可得W=mgh- mu2(2)a.根据牛顿第二定律mg-f=ma得a=g- 当加速度为零时,雨滴趋近于最大速度vm雨滴质量m= πr3ρ由a=0,可得,雨滴最大速度vm= b.由vm= 可知,①对应半径为r1的雨滴。所作v-t图线如图1。
图1(3)根据题设条件:大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。以下 只考虑雨滴下落的定向运动。简化的圆盘模型如图2。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在Δt时间内,与圆盘 碰撞的空气分子质量为Δm=SvΔtnm0
图2
以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理,有FΔt∝Δm×v得F∝nm0Sv2由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力f∝v2采用不同的碰撞模型,也可得到相同结论。
解题关键 ①雨滴在下落过程中受重力和空气阻力,根据牛顿第二定律确定出下落过程中雨 滴的加速度与运动速度的关系,即可确定下落的最大速度和v-t图像;②巧妙地结合动量定理在 连续体中的应用,用微元思想确定圆盘对气体分子的作用力。
7.(2015北京理综,18,6分,0.65)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从 几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次下降 至最低点的过程中,下列分析正确的是 ( )A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
答案 A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人经历了先加速后减速的过程, 当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大,动能最大,之后绳的拉力大于人的重力,人向下减速 到达最低点。绳对人的拉力始终向上,始终做负功。拉力的冲量始终向上,人的动量先增大后 减小,综上所述,只有A选项正确。
考查点 动量、冲量、能量。
思路点拨 弄清运动过程是解决本题的关键:从绳绷直到下降到最低的过程中可分为两个阶 段,首先是绳对人的拉力从零逐渐增大到等于重力的过程,这个过程中由于加速度方向向下,人 做加速度逐渐减小的加速运动,速度逐渐增大,到两力相等时速度达到最大;再往后由于拉力大 于重力,加速度方向向上,人做加速度增大的减速运动,直到速度减为零。
8.(2018北京理综,22,16分)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏 性的项目之一。某滑道示意图如下,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接,滑道BC高h=10 m, C是半径R=20 m圆弧的最低点。质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度a =4.5 m/s2,到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L;(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小;(3)若不计BC段的阻力,画出运动员经过C点时的受力图,并求其所受支持力FN的大小。
答案 (1)100 m (2)1 800 N·s (3)受力图见解析3 900 N
解析 (1)根据匀变速直线运动公式,有L= =100 m(2)根据动量定理,有I=mvB-mvA=1 800 N·s
(3)运动员经C点时的受力分析如图根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有
mgh= m - m 根据牛顿第二定律,有FN-mg=m 得FN=3 900 N
一题多解 运动员在AB段所受合外力的冲量I=F合t=ma· =1 800 N·s。
9.(2016北京理综,24,20分,0.26)(1)动量定理可以表示为Δp=FΔt,其中动量p和力F都是矢量。在 运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如,质量为m 的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如 图1所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。 图1a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy;b.分析说明小球对木板的作用力的方向。(2)激光束可以看做是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体 上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例,激光 束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。
图2一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束①和②穿过介质小 球的光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束①和②与SO的夹角均为θ,出射 时光束均与SO平行。请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方 向。a.光束①和②强度相同;b.光束①比②的强度大。
答案 见解析
解析 (1)a.x方向:动量变化为Δpx=mv sin θ-mv sin θ=0y方向:动量变化为Δpy=mv cos θ-(-mv cos θ)=2mv cos θ方向沿y轴正方向b.根据动量定理可知,木板对小球作用力的方向沿y轴正方向;根据牛顿第三定律可知,小球对 木板作用力的方向沿y轴负方向。(2)a.仅考虑光的折射,设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为p。这些粒子进入小球前的总动量为p1=2np cos θ从小球出射时的总动量为p2=2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理:FΔt=p2-p1=2np(1-cos θ)>0可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力的 方向沿SO向左。
b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。 x方向:根据(2)a同理可知,两光束对小球的作用力沿x轴负方向。y方向:设Δt时间内,光束①穿过小球的粒子数为n1,光束②穿过小球的粒子数为n2,n1>n2。这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)p sin θ从小球出射时的总动量为p2y=0根据动量定理:FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin θ可知,小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小球的作 用力沿y轴正方向。
所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。
解题指导 (1)将速度沿x轴和y轴两个方向分解,然后求解Δpx与Δpy。(2)运用动量定理确定两个轴向的作用力方向,再进行合成。
疑难突破 光强不同,体现单位时间内发射的光子个数不同。
10.[2013北京理综,24(2),0.31]对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研 究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质。正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量。为简化 问题,我们假定:粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前 后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变。利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受 粒子压力f与m、n和v的关系。
答案 f= nmv2
解析 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为ΔI=2mv如图所示,以器壁上的面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体,由题设可知,其内有1/6的粒子 在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞,碰壁粒子总数为N= n·SvΔt Δt时间内粒子给器壁的冲量为I=N·ΔI= nSmv2Δt器壁上面积为S的部分受到粒子的压力为F= 则器壁单位面积所受粒子的压力为
f= = nmv2
考查点 动量定理。
解题关键 正确建立问题模型是能否解答本题的关键。粒子流碰壁模型:每个粒子碰壁前速度为v,碰壁后原速率弹回,则碰撞对器壁的冲量为2mv,设Δ t时间内碰壁的粒子个数为N,则Δt时间内器壁受到的总冲量为2Nmv,再引用流体模型求得N。
11.[2016课标Ⅰ,35(2),10分]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)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV ①ΔV=v0SΔt ②由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为 =ρv0S ③(ⅱ)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小 为v。对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得 (Δm)v2+(Δm)gh= (Δm) ④在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=(Δm)v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt=Δp ⑥由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h= - ⑧
解题指导 以喷泉为背景考查流体的动量问题。这类题必须要假设以Δt时间内的流体为研 究对象,利用动量定理或动量守恒定律列方程。
方法技巧 在流体中用动量知识时一定要取Δt时间内的流体为研究对象求解未知量。
1.(2013天津理综,2,6分)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠。 观察发现,“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 间在水平方向上的相互作用,则 ( )A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功
答案 B 甲、乙之间相互作用力的冲量大小相等,方向相反,A项错误。由I合=Δp知,甲、乙的 动量变化量等大反向,B项正确。在相同的作用时间内,作用力的位移不一定相同,因此甲、乙 之间的相互作用力做功不一定相等,由W合=ΔEk,知动能变化量不一定相等,C、D项均错误。
考点一 匀变速直线运动
A组 自主命题·天津卷题组
2.[2015天津理综,9(1),4分]如图所示,在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A球在水平面上静 止放置,B球向左运动与A球发生正碰,B球碰撞前、后的速率之比为3∶1,A球垂直撞向挡板,碰 后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞,A、B两球的质量之比为 ,A、B碰撞 前、后两球总动能之比为 。
答案 4∶1 9∶5
解析 设碰前B球速度大小为v0,碰后A、B两球速度大小分别为vA、vB,由题意知,碰后A球速度 方向向左,B球速度方向向右,且vA=vB= v0,碰撞过程动量守恒,取水平向右为正方向,则有-mBv0=-mAvA+mBvB,解得:mA∶mB=4∶1;碰撞前、后两球总动能之比为 = 。
3.(2017课标Ⅰ,14,6分)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/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.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/sC.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
答案 A 本题考查动量守恒定律。由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与 燃气组成的系统动量守恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷 出燃气的动量等值反向,可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05 kg× 600 m/s=30 kg·m/s,A正确。
易错点拨 系统中量与物的对应性动量守恒定律的应用中,系统内物体至少为两个,计算各自的动量时,需注意速度与质量对应于 同一物体。
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
4.(2019江苏单科,12)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略 滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速 度大小为 ( )A. v B. v C. v D. v
答案 B
解析 本题考查了动量守恒定律,考查的是学生对动量守恒定律适用条件的理解能力,体现了 科学思维中的科学推理要素及物理观念中的运动与相互作用观念要素。忽略滑板与地面间摩擦时,小孩与滑板在水平方向上动量守恒:0=Mv+mv',解得v'=- v,其中“-”表示v'与v方向相反,故B正确。
关联知识 核反应中四大守恒规律:(1)质量数守恒;
5.(2018课标Ⅱ,24,12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即 采取制动措施,但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞 后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动, 重力加速度大小g=10 m/s2。求(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
解析 本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识。(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB ①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB',碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有v =2aBsB ②联立①②式并利用题给数据得vB'=3.0 m/s③(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA ④设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA',碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有v =2aAsA ⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB' ⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.3 m/s⑦
解题关键 确定速度是解决碰撞问题的关键(1)由牛顿第二定律和运动学公式可确定碰撞后瞬间A、B两车的速度。(2)由于两车碰撞时间极短,因此碰撞时内力远大于外力,满足动量守恒,故可确定碰撞前的瞬 间A车的速度。
6.[2016课标Ⅱ,35(2),10分]如图,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3 m/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=0.3 m(h小于斜面体的 高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对 运动。取重力加速度的大小g=10 m/s2。 (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 见解析
v2=1 m/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。
解题思路 ①光滑冰面无摩擦力,可考虑用动量守恒定律求解;②小孩与冰块相互作用过程中 动量守恒;③因斜面体的表面光滑,则冰块与斜面体相互作用过程中机械能守恒,水平方向动量 守恒。
C组 教师专用题组
7.(2014北京理综,22,16分,0.89)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相 切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放,A与B碰撞后结合 为一个整体,并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2 m;A和B的质量相等;A和B整体与 桌面之间的动摩擦因数μ=0.2。取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)碰撞前瞬间A的速率v;(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v';(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。
答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m
考查点 机械能守恒、动量守恒。
一题多解 第(3)问也可结合牛顿运动定律,应用匀变速运动规律求解:在桌面上的加速度为a= μg=2 m/s2,又v'2=2al,所以l= =0.25 m。
1.[2018天津理综,9(1),4分]质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上,一质量为0.05 kg的子弹 以200 m/s的水平速度击中木块,并留在其中,整个木块沿子弹原方向运动,则木块最终速度的 大小是 m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N,则子弹射入木块的 深度为 m。
答案 20 0.2
解析 本题考查动量守恒定律、功能关系等知识。子弹击中木块,并留在其中,二者共速,子弹击中木块的过程,系统合外力为零,满足动量守恒条 件,则mv0=(m+M)v,v= = m/s=20 m/s;此过程中对系统由功能关系可得:fd= m - (m+M)v2,d= =0.2 m。
知识拓展 系统中产生的焦耳热Q=f·d。
考点一 动量的综合应用A组 自主命题·天津卷题组
2.(2017天津理综,10,16分)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量 不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于空 中。现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,A、 B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2,空气阻力不计。求: (1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;(2)A的最大速度v的大小;(3)初始时B离地面的高度H。
答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m
解析 本题考查自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律。(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有h= gt2 ①代入数据解得t=0.6 s②(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有vB=gt ③细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得mBvB=(mA+mB)v ④之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度,联立②③④式,代入数据解得v=2 m/s⑤(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中 A、B组成的系统机械能守恒,有 (mA+mB)v2+mBgH=mAgH ⑥
代入数据解得H=0.6 m⑦
3.[2016天津理综,9(1),4分]如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的质 量是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动,与盒 的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对于盒静止,则此时盒 的速度大小为 ,滑块相对于盒运动的路程为 。
答案
解析 设滑块的质量为m,最终盒与滑块的共同速度为v'根据动量守恒得:mv=(m+2m)v'解得v'= v设滑块相对于盒的运动路程为s根据能量守恒得:μmgs= mv2- (m+2m)v'2解得s=
4.(2014天津理综,10,16分)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4 kg,上表面光 滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量 mB=2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与 B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t= 0.6 s,二者的速度达到vt=2 m/s。求(1)A开始运动时加速度a的大小;(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;(3)A的上表面长度l。
答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.45 m
解析 (1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有F=mAa ①代入数据解得a=2.5 m/s2 ②(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6 s的过程,由动量定理得Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v ③代入数据解得v=1 m/s④(3)设A、B发生碰撞前,A的速度为vA,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v ⑤A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有Fl= mA ⑥由④⑤⑥式,代入数据解得l=0.45 m⑦
5.(2019课标Ⅰ,25,20分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平 滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示。t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静 止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中 未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图 像如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加 速度大小为g,不计空气阻力。 图(a)
图(b)
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
答案 (1)3m (2) mgH (3)
解析 本题通过两物块在粗糙轨道上的滑行与碰撞考查了动量守恒定律、能量守恒定律等 相关规律,考查了考生综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了模型建构、 科学推理等核心素养要素。(1)根据图(b),v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小, 为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m',碰撞后瞬间的速度大小为v'。由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=m +m'v' ① m = m + m'v'2 ②联立①②式得m'=3m ③(2)在图(b)所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程 为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由 动能定理有mgH-fs1= m -0 ④
-(fs2+mgh)=0- m ⑤从图(b)所给出的v-t图线可知s1= v1t1 ⑥s2= · ·(1.4t1-t1) ⑦由几何关系可得 = ⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2 ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W= mgH ⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有W=μmg cos θ·
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s',由动能定理有-μm'gs'=0- m'v'2 设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有mgh-μ'mg cos θ· -μ'mgs'=0 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩ 式可得 =
解法解导 (1)在时间短暂的弹性碰撞中,利用动量守恒、能量守恒列式求解;(2)涉及距离的 问题中,通常利用动能定理列式可简便求解力、功等相关物理量。
6.(2018课标Ⅰ,24,12分)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的 速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且 均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
答案 (1) (2)
解析 本题主要考查竖直上抛运动规律及动量守恒定律。(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有E= m ①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0-v0=-gt ②联立①②式得t= ③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1 ④火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题 给条件和动量守恒定律有 m + m =E ⑤ mv1+ mv2=0 ⑥
由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上 部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有 m = mgh2 ⑦联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2= ⑧
易错点拨 关键词理解,隐含条件显性化①题目中的两个E,分别对应“一个物体”和“两个物体”。②爆炸后两部分质量均为 。③爆炸过程中系统初动量为0。④距地面的最大高度由两部分组成,一是爆炸前上升的高度,二是爆炸后向上运动的部分上升 的高度。
7.[2016课标Ⅲ,35(2),10分]如图,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b 相距l,b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为 m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞。重力加速 度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。
答案 ≤μ<
解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞,应有 m >μmgl ①即μ< ②设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1。由能量守恒有 m = m +μmgl ③设在a、b碰撞后的瞬间,a、b的速度大小分别为v1'、v2',由动量守恒和能量守恒有mv1=mv1'+ v2' ④ m = mv + v ⑤联立④⑤式解得v2'= v1 ⑥由题意,b没有与墙发生碰撞,由功能关系可知 v ≤μ gl ⑦联立③⑥⑦式,可得
μ≥ ⑧联立②⑧式,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件为 ≤μ< ⑨
评分参考 ①②式各1分(若②式同时有小于和等于号,同样给分),③式2分,④⑤⑥⑦式各1分, ⑧式2分(若只有大于号,同样给分)。
解题指导 解答本题需要满足两个条件:①小物块a减速运动距离l与小物块b发生弹性碰撞; ②碰后,小物块b做减速运动而与墙未发生碰撞。
易错点拨 本题的易错点在于考生利用物理规律列方程时,列出的是不等式,而不等式左右两 边的大小关系是需要结合物理规律来分析判定的,尤其是不等式“等号”的取舍。
C组 教师专用题组
8.(2007北京理综,19,6分)如图所示的单摆,摆球a向右摆动到最低点时,恰好与一沿水平方向向 左运动的黏性小球b发生碰撞,并黏接在一起,且摆动平面不变。已知碰撞前a球摆动的最高点 与最低点的高度差为h,摆动的周期为T,a球质量是b球质量的5倍,碰撞前a球在最低点的速度是 b球速度的一半。则碰撞后 ( ) A.摆动的周期为 TB.摆动的周期为 TC.摆球的最高点与最低点的高度差为0.3hD.摆球的最高点与最低点的高度差为0.25h
答案 D 单摆周期T=2π 与摆球质量和摆角无关,故A、B都错。设a球碰撞前速度为va,碰后a、b共同速度为v,上升最大高度为h',由机械能守恒得magh= ma ,碰撞过程动量守恒mava-mb(2va)=(ma+mb)v,又(ma+mb)gh'= (ma+mb)v2,及ma=5mb,联立解得h'=0.25h,故D对。
9.(2009北京理综,24,20分)(1)如图1所示,ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道,BC段水平,AB 段与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑,与静止在轨道BC段 上质量为m2的小球发生碰撞,碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上,且在碰撞过程中无机 械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2; 图1(2)碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律,我们采用多 球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上且无机械能损失的简化力学模型。如图2所示,在固 定光滑水平轨道上,质量分别为m1、m2、m3…mn-1、mn…的若干个球沿直线静止相间排列,给第 1个球初动能Ek1,从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能Ek 与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n。a.求k1n;
b.若m1=4m0,mk=m0,m0为确定的已知量。求m2为何值时,k1n值最大。 图2
答案 (1) (2)a. b.2m0
解析 (1)设碰撞前m1的速度为v10,根据机械能守恒定律m1gh= m1 ①设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律m1v10=m1v1+m2v2 ②由于碰撞过程中无机械能损失 m1 = m1 + m2 ③②、③式联立解得v2= ④将①式代入④式得v2= (2)a.由④式,考虑到Ek1= m1 和Ek2= m2 得Ek2= Ek1
根据动能传递系数的定义,对于1、2两球k12= = ⑤同理可得,球m2和球m3碰撞后,动能传递系数k13应为k13= = · = · ⑥依次类推,动能传递系数k1n应为k1n= = · … = · … 解得 k1n= b.将m1=4m0,m3=m0代入⑥式可得k13=64 为使k13最大,只需使 = 最大,即m2+ 取最小值
由m2+ = +4m0可知当 = ,即m2=2m0时,k13最大。
10.(2012北京理综,24,20分,0.20)匀强电场的方向沿x轴正向,电场强度E随x的分布如图所示,图 中E0和d均为已知量。将带正电的质点A在O点由静止释放。A离开电场足够远后,再将另一带 正电的质点B放在O点也由静止释放。当B在电场中运动时,A、B间的相互作用力及相互作用 能均为零;B离开电场后,A、B间的相互作用视为静电作用。已知A的电荷量为Q。A和B的质 量分别为m和 。不计重力。 (1)求A在电场中的运动时间t;(2)若B的电荷量q= Q,求两质点相互作用能的最大值Epm;
(3)为使B离开电场后不改变运动方向,求B所带电荷量的最大值qm。
答案 (1) (2) QE0d (3) Q
已知q= Q,由①、②、③式解得相互作用能的最大值Epm= QE0d(3)考虑A、B在x>d区间的运动,由动量守恒、能量守恒,且在初态和末态均无相互作用,有mvA+ vB=mvA0+ vB0 ④ m + · = m + · ⑤由④、⑤解得vB=- vB0+ vA0因B不改变运动方向,故vB=- vB0+ vA0≥0 ⑥由①、⑥解得q≤ Q即B所带电荷量的最大值qm= Q
评析 本题借助带电质点在电场中的运动以及相互作用的过程情境,综合考查学生应用图像 分析运动规律,进行逻辑推理,运用数学工具解析物理问题的能力,涉及带电粒子在电场中的运 动、动量守恒、能量守恒等物理学主干知识。求解本题首先要分析清楚问题情境,准确把握 运动规律并以方程表达出来,把弹性碰撞模型有效迁移到本题中,才能作出正确分析和解答,本 题属难题。
11.(2010北京理综,24,20分)雨滴在穿过云层的过程中,不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结 合为一体,其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初 始质量为m0,初速度为v0,下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并,质量变为m1。此后每经过同 样的距离l后,雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并,质量依次变为m2、m3……mn……(设各质量 为已知量)。不计空气阻力。(1)若不计重力,求第n次碰撞后雨滴的速度vn';(2)若考虑重力的影响,a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1';b.求第n次碰撞后雨滴的动能 mnv'n2。
答案 (1) v0(2)a. b. ( +2gl )
解析 (1)不计重力,全过程中动量守恒,m0v0=mnvn'得vn'= v0(2)若考虑重力的影响,雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动,碰撞瞬间动量守恒a.第1次碰撞前 = +2gl,v1= 第1次碰撞后m0v1=m1v1'v1'= v1= ①b.第2次碰撞前 =v'12+2gl利用①式化简得 = + ·2gl ②第2次碰撞后,利用②式得v'22= = + ·2gl同理,第3次碰撞后v'32= + ·2gl
……第n次碰撞后v'n2= + ·2gl动能 mnv'n2= ( +2gl )
评析 本题以实际生活情景为背景,把碰撞模型融于雨滴与小水珠相结合的情景之中,是一道综合性很强的力学试题。主要考查考生对动量、动量守恒、匀变速运动等物理核 心知识的掌握情况,以及应用上述知识对实际问题的分析综合探究能力和数学运算能力及数 学归纳思想在物理中的迁移能力。本题要求考生要有扎实的物理、数学功底,一定的知识迁 移能力和良好的心理素质。本题难度为难。
考点一 冲量和动量 动量定理
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2018和平二模)质量为0.1 kg的球竖直向下以10 m/s的速度落至水平地面,再以5 m/s的速度 反向弹回。取竖直向下为正方向,重力加速度g=10 m/s2,在小球与地面接触的时间内,合外力对 小球的冲量I= N·s,合外力对小球做功为W= J。
答案 -1.5 -3.75
解析 取竖直向下为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化为:Δp=mv2-mv1=-0.1×5 kg·m/s-0.1×10 kg·m/s=-1.5 kg·m/s,根据动量定理得:I=Δp=-1.5 N·s。由动能 定理可知,合外力做功:W= m - m = ×0.1×52 J- ×0.1×102 J=-3.75 J。
2.(2019南开二模)高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到 安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带 达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大 小为 。
答案 +mg
解析 对自由落体运动,有:h= g ,解得:t1= ,规定向下为正方向,对运动的全程,根据动量定理,有:mg(t1+t)-Ft=0,解得:F= +mg。
3.(2018河西二模)如图所示,质量mA=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=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;(2)木板的长度L。
答案 (1)3.0 m/s (2)0.50 m
解析 (1)设水平向右为正方向,有I=mAv0代入数据解得v0=3.0 m/s。(2)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,对A、B分别由动量定理有-(FBA+FCA)t=mAvA-mAv0FABt=mBvB其中FAB=FBA,FCA=μ(mA+mB)g设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB,对A、B分别由动能定理有-(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
4.(2019南开一模)一静止在湖面上的小船质量为100 kg,船上一个质量为60 kg的人,以6 m/s的 水平速度向后跳离此小船,则人离开小船瞬间,小船的速度大小为 m/s。若船长为10 m,则当此人由船头走到船尾时,船移动的距离为 m(不计水的阻力和风力影响)。
答案 3.6 3.75
解题技巧 不计水的阻力和风力,人在跳离小船的过程中,系统的动量守恒,结合规定的正方 向,即可求解小船的速度;人由船头走到船尾的过程,依据运动学公式用位移和时间之比表示人和船的速度,结合动量守 恒定律,即可求解。
解析 设人的运动方向为正方向。人在跳离小船的过程中,系统的动量守恒,根据动量守恒定 律,得:m人v人-M船v船=0得:v船= = m/s=3.6 m/s设船移动的距离为x,船长为L。人在行走过程中,系统动量守恒,则有:m人v人-M船v船=0又v人= ,v船= 代入得:m人· - M船· =0解得:x= = m=3.75 m
5.(2019十二区县一模)质量为M=0.6 kg的长木板固定在光滑水平面上,其左端有质量为m=0.5 kg、可视为质点的遥控电动赛车,由静止出发,经过时间t1=2.0 s,赛车向右滑行了L1=1.44 m,之 后关闭电动机,同时解除对长木板的固定,赛车在木板上又滑行一段距离后,恰好停在木板的右 端。若通电后赛车以恒定功率P=0.8 W行驶,赛车与木板的动摩擦因数μ=0.2,不计空气阻力,重 力加速度g取10 m/s2。求: (1)t1=2.0 s时刻赛车的速度v1的大小;(2)木板长度L。
答案 (1)0.8 m/s (2)1.53 m
解析 (1)赛车加速过程中电动机和摩擦力做功,由动能定理可得:Pt1-μmgL1= m ,代入数据可得:v1=0.8 m/s,(2)关闭电动机后,赛车与木板组成的系统动量守恒,选取向右为正方向,设最终的共同速度为v, 则:mv1=(M+m)v,则共同速度:v= m/s,该过程中:μmgL2= m - (M+m)v2,代入数据可得:L2≈0.09 m,所以木板的长度:L=L1+L2=1.44 m+0.09 m=1.53 m。
解题技巧 (1)由动能定理即可求出赛车的速度;(2)关闭电动机后,二者组成的系统动量守恒,由此求出共同速度,然后结合功能关系即可求出 木板的长度。
6.(2019河东一模)一物体以20 m/s的速度在空中飞行,突然由于内力的作用,物体分裂成质量比 为3∶7的两块,在这一瞬间,大块物体以80 m/s的速度向原方向飞去,则小块物体的速度大小是 m/s,方向是 。
答案 120 与原方向相反
解析 设物体原飞行方向为正方向,则v0=20 m/s,v1=80 m/s物体分裂成质量比为3∶7的两块,设m1=0.7m,m2=0.3m因为内力的作用远大于外力,系统在原飞行方向上动量守恒,有:mv0=m1v1+m2v2代入数据得:v2=-120 m/s此结果表明,小块物体的速度大小是120 m/s,其中负号表示与所设正方向相反,即方向是与原 方向相反。
7.(2019部分区一模)如图所示,光滑水平面上有m1=2 kg,m2=4 kg的两个物体,其中m2左侧固定一 轻质弹簧,m1以v0=6 m/s的速度向右运动,通过压缩弹簧与原来静止的m2发生碰撞,则弹簧被压 缩最短时m2的速度v= m/s,此时弹簧存储的弹性势能为 J。
答案 2 24
解析 据题意可知,当弹簧压缩最短时,两物体具有相同速度,据动量守恒定律:m1v0=(m1+m2)v, 即m2的速度v=2 m/s;由能量守恒定律可得,此时弹簧存储的弹性势能为:E= m1 - (m1+m2)v2=24 J。
点评 动量守恒定律和能量守恒定律为本题主要考查点。
8.(2019和平二模)如图所示,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。可看成质点的小 球A、B质量分别为m、3m,A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最 低点的B球相撞,碰撞后A、B球能达到的最大高度相同,碰撞中无机械能损失。重力加速度为 g。则碰撞后A球的速度大小 vA= ;B球的速度大小vB= 。
答案
解析 A下落过程中,根据机械能守恒得:mgR= m ,A、B碰撞后达到的最大高度相同,且碰撞无机械能损失,说明A、B碰撞后速度大小相同,方向 相反,设A、B碰撞后速度大小均为v,则有:mv1=-mv+3mv,联立解得:vA=vB=v= 。
解题技巧 小球A在与小球B碰撞前,在下滑的过程中重力势能全部转化为动能,据此可求出碰 撞前A的速度;两小球碰撞后最大高度相同,说明A、B碰撞后速度大小相同;碰撞中无机械能损 失,说明为弹性碰撞,碰撞后两者速度方向相反;两小球碰撞过程动量守恒,据此列出关系式,即 可求出A、B两球的速度。
9.(2019十二区县一模)光滑水平面上放着质量mA=2.5 kg的物块A与质量mB=1.5 kg的物块B,A与 B均可视为质点,物块A、B相距L0=0.4 m,A、B间系一长L=1.0 m的轻质细绳,开始时A、B均处 于静止状态,如图所示。现对物块B施加一个水平向右的恒力F=5 N,物块B运动一段时间后,绳 在短暂时间内被拉断,绳断后经时间t=0.6 s,物块B的速度达到vt=3 m/s。求:(1)绳拉断后瞬间B的速度大小vB;(2)绳拉断过程绳对物块B的冲量I的大小;(3)绳拉断过程绳对物块A所做的功W。
答案 (1)1 m/s (2)1.5 N·s (3)0.45 J
解析 (1)解法一:细绳拉断之后,对B应用动量定理得Ft=mBvt-mBvB解得vB=1 m/s解法二:由a= vt=vB+at得vB=1 m/s(2)细绳拉断之前对B应用动能定理F(L-L0)= mB -0v0=2 m/s细绳拉断过程,对B应用动量定理得I=mBvB-mBv0解得I=-1.5 N·s即细绳对B的冲量大小为1.5 N·s(3)细绳拉断过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得:
mBv0=mBvB+mAvA得vA=0.6 m/s细绳拉断过程细绳对物块A所做的功W= mA 解得W=0.45 J
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
时间:70分钟 分值:95分一、选择题(每小题6分,共12分)
1.(2018十二区县二模)质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动,已知它们 的动量分别是p1=5 kg·m/s、p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为8 kg ·m/s,则甲、乙两球质量m1与m2间的关系可能是 ( )A.m1=m2 B.2m1=m2 C.3m1=2m2 D.4m1=m2
答案 B 根据动量守恒定律得:p1+p2=p1'+p2'解得:p1'=4 kg·m/s。碰撞过程系统的总动能不增加,则有 + ≤ + 代入数据解得: ≤0.6。碰撞后甲的速度不大于乙的速度,则有: ≤ 代入数据解得: ≥0.5。综上有0.5≤ ≤0.6,所以只有2m1=m2符合题意,故B正确,A、C、D均错误。
名师点睛 对于碰撞过程,往往根据三大规律,分析两物质量的范围:动量守恒定律;总动能不 增加;碰撞后两物体同向运动时,后面物体的速度不大于前面物体的速度。
2.(2018河东一模)(多选)一辆汽车在平直公路上从静止开始运动,所受阻力恒定,10 s末撤掉牵 引力,其速度随时间变化的图线如图所示,则下列说法正确的是 ( ) A.0~5 s和10~15 s内加速度相同B.0~5 s和10~15 s内阻力做功相等C.0~5 s和5~10 s内牵引力做功的平均功率相等D.0~5 s和10~15 s内合外力的冲量相同
答案 BC v-t图线的斜率表示加速度,0~5 s和10~15 s内加速度大小相等,但方向相反,故A错 误;v-t图线与时间轴包围的面积表示位移大小,故0~ 5 s和10~ 15 s内位移相等,阻力也相等,故 阻力做功相等,故B正确;0~ 5 s内,加速度为:a1= m/s2=2 m/s2,位移为:x1= ×5×10 m=25 m;5~10 s内,加速度为零,位移为:x2=5×10 m=50 m;10~15 s内:加速度为:a3=-2 m/s2,位移为:x3= ×5×10 m=25 m;根据牛顿第二定律,0~5 s内:F1-f=ma1,故F1=m×2 m/s2+f,根据平衡条件,5~10 s内:F2=f,根据 牛顿第二定律,10~15 s内:-f=ma3,故f=m×2 m/s2,联立得到:F1=m×4 m/s2,F2=m×2 m/s2,0~5 s内牵引 力做功的平均功率为: = = W=20m W,5~10 s内牵引力做功的平均功率为: = = W=20m W,故0~5 s和5~10 s内牵引力做功的平均功率相等,故C正确;0~5 s和10~15 s内合外力等大、反向,故冲量也是等大、反向,故D错误。
3.(2018五区县二模)(5分)某机械装置的竖直切面如图所示,装置由内壁光滑的圆管构成,其中 AB部分水平,BC部分是内径为R的半圆,且圆管半径远小于R。由于某种原因,一质量为m的小 球a留在了水平管内,现用一个质量为m的小球b“冲撞”小球a,小球a恰好到达圆管最高 点C。已知两小球发生弹性正碰,两小球直径略小于圆管直径,重力加速度为g。则小球b的入 射速度大小为 ,小球b对小球a的冲量大小为 。
答案 2 2m
二、非选择题(共83分)
解析 小球a恰好到达圆管最高点C,速度为零,即vC=0小球a从起始位置到C,由机械能守恒得: m =2mgR解得:小球a的碰后速度va=2 对于碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:mv0=mvb+mva m = m + m 解得小球b的入射速度:v0=va=2 对a球,由动量定理得:I=mva-0=2m
名师点睛 对于小球在圆管里的运动情形与轻杆模型类似,关键抓住临界情况:小球恰好到达 最高点,即此时速度为零。对于弹性碰撞,要抓住两大守恒:动量守恒和机械能守恒。
4.(2019河北一模)(12分)如图所示,质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上,车长L=1.5 m。现有质量m2=0.2 kg、可视为质点的物块,以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车,最 后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s2。求: (1)物块在车面上滑行的时间t;(2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少。
答案 (1)0.24 s (2)见解析
解析 (1)设物块与小车的共同速度为v,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为F,对物块应用动量定理有-Ft=m2v-m2v0其中F=μm2g解得t= 代入数据得t=0.24 s(2)要使物块恰好不从小车右端滑出,需使物块到达车面右端时与小车有共同的速度v',则m2v0'=(m1+m2)v'由功能关系有 m2v0'2= (m1+m2)v'2+μm2gL代入数据解得v0'=5 m/s故要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车的速度v0'不能超过5 m/s。
解题技巧 (1)本题考查动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的应用。由于地 面光滑,物块和小车组成的系统动量守恒,由m2v0=(m1+m2)v求解出物块和小车共同的运动速 度v,然后对物块由动量定理得-Ft=m2v-m2v0求解出物块在车上的滑行时间t。(2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑至小车右端时与小车需有共同的速度v',物块在小车上 滑动时,根据动量守恒定律m2v0'=(m1+m2)v'和能量守恒定律 m2v0'2= (m1+m2)v'2+μm2gL,即可求解出物块滑上小车左端的最大速度v0'。
5.(2018北辰一模)(14分)如图所示,物体P推压着轻弹簧置于A点,Q物体放在B点静止,P和Q均为 m=1 kg的物体,它们的大小相对于轨道来说可忽略。光滑轨道ABCD中的AB部分水平,BC部分 为曲线,CD部分为直径d=5 m圆弧的一部分,该圆弧轨迹与地面相切,D点为圆弧的最高点,各段 连接处对滑块的运动无影响。现松开P物体,P沿轨道运动至B点,与Q相碰后不再分开,最后两 物体从D点水平抛出,测得水平射程s=2 m。(g=10 m/s2)求: (1)两物体水平抛出时的速度大小;(2)两物体运动到D点时对圆弧的压力N大小;
(3)轻弹簧被压缩时的弹性势能Ep。
答案 (1)2 m/s (2)16.8 N (3)208 J
解题技巧 (1)两物块做平抛运动,根据水平射程和高度即可求得两物块水平抛出时的速度。(2)两物块运动到D点时由重力和轨道支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律和牛顿第 三定律求解物体对圆弧的压力N。(3)两物体碰撞,遵守动量守恒定律,两物体碰后从B滑至D遵守机械能守恒定律,P被轻弹簧弹 出过程遵守机械能守恒定律,根据动量守恒和机械能守恒列式,即可求得轻弹簧被压缩时的弹 性势能Ep。
解题关键 解答本题的关键是分析物理过程,碰撞过程的动量守恒,平抛运动的分解,弹簧射出 过程的机械能守恒,根据这些基本规律进行分析求解。
6.(2018和平二模)(12分)如图所示,光滑水平地面上有高为h的平台,台面上左端有固定的光滑 坡道,坡道顶端距台面为h,坡道底端与台面相切。小球B放置在台面右端边缘处,并与台面锁 定在一起。小球A从坡道顶端由静止开始滑下,到达水平光滑的台面后与小球B发生碰撞; 在A、B碰撞前一瞬间,小球B解除锁定;A、B碰撞后粘连在一起,从台面边缘飞出。两球均可 视为质点,质量均为m,平台与坡道的总质量为3m,忽略空气阻力,重力加速度为g,求: (1)小球A刚滑至水平台面时,小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB;(2)A、B两球落地时,落地点到平台右端的水平距离s。
答案 (1)vA=4 vB= (2)s= h
解析 (1)小球A下滑的过程,对A、B及平台组成的系统分析,取水平向右为正方向,由水平方向 动量守恒得:mvA=(m+3m)vB根据机械能守恒定律得:mgh= m + ·(m+3m) 联立解得:vB= ,vA=4 (2)对于A、B两球碰撞过程,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得:mvA-mvB=2mv解得:v= 之后A、B做平抛运动,则有:h= gt2解得:运动时间t= 这段时间内A、B的位移:xAB=vt,平台的位移:x3m=vBtA、B落地点到平台右端的水平距离:s=xAB+x3m解得:s= h
思路分析 (1)小球A下滑的过程,A、B及平台组成的系统水平方向不受外力,动量守恒,机械能 也守恒,由此列式,即可求解。(2)对于A、B两球碰撞过程,由动量守恒定律求解碰后两球的共 同速度。之后,两球一起做平抛运动,平台做匀速直线运动,由平抛运动的规律和运动关系求 解。
7.(2018河东二模)(12分)如图所示是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置,滑轨由四部分粗 细均匀的金属杆组成:水平光滑直轨道AB,半径分别为R1和R2的光滑圆弧轨道,其中R2=5.0 m,倾 斜直轨道CD表面粗糙,动摩擦因数为μ=0.25,AB、CD与两圆弧轨道相切。现有甲、乙两个质 量均为m=2 kg的小球穿在滑轨上,甲球静止在B点,乙球从AB的中点E以v0=10 m/s的初速度水平向左运动,两球在整个过程中的碰撞均无能量损失。已知θ=37°,g=10 m/s2。(sin 37°=0.6, cos 37°=0.8)求: (1)甲球第一次通过圆的最低点F处时对轨道的压力;
(2)两球在克服摩擦力做功过程中所通过的总路程x。
答案 (1)180 N 方向竖直向下 (2)95 m
解析 (1)选定向左为正方向,由于两球在光滑的轨道上运动,所以水平方向不受外力,甲、乙 两球在发生碰撞过程前、后动量守恒,有:mv0=mv甲+mv乙由题意可知发生无能量损失的碰撞,由机械能守恒定律可得: m = m + m 解得:v乙=0,v甲=v0即两球速度交换甲球从B点滑到F点的过程中,根据机械能守恒定律得: m +mg·2R2= m 在F点,根据牛顿第二定律,FN-mg=m 联立各式解得:FN=180 N根据牛顿第三定律,甲球对轨道的压力FN'=FN=180 N,方向竖直向下。(2)小球最终在D点下方来回晃动,即到达D点的速度为零,由能量守恒得: m +mgR2(1+cos θ)=μmgx cos θ解得:x=95 m
8.(2018河北二模)(16分)如图所示,半径为R的光滑半圆轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一 竖直平面内,两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连,水平轨道与斜轨道间有一段很小圆弧 过渡。在水平轨道上,轻质弹簧被a、b两小球挤压(弹簧与两小球均不相连),处于静止状态。 同时释放两个小球,a、b两小球都在水平轨道CD上与弹簧分离,之后a恰好能通过圆轨道最高 点A,b球恰好到达斜轨道的最高点B。已知a球质量为m,重力加速度为g。求: (1)弹簧恢复原长时,a球、b球的速度大小va、vb各是多少;(2)b球的质量mb是多少;
(3)释放小球前弹簧的弹性势能Ep为多少。
答案 (1) 2 (2)0.5m (3)7.5mgR
9.(2017南开一模)(12分)如图所示,光滑冰面上固定一表面粗糙的斜面体,斜面与水平方向的夹 角θ=37°,斜面体右侧一蹲在滑板上的男孩推着一冰块向斜面体以v0=1 m/s的速度滑来。某时 刻男孩将冰块以相对于冰面5 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体(斜面体足够 高)。已知男孩与滑板的总质量m1=40 kg,冰块的质量m2=20 kg,男孩与滑板始终无相对运动,冰 块与斜面体的动摩擦因数μ=0.25(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)。求: (1)男孩将冰块推出后获得的速度大小和方向;(2)通过计算判断,冰块与男孩是否还会相撞。
答案 (1)1 m/s 方向向右 (2)见解析
解析 (1)设向左为速度正方向,男孩推出冰块后的速度为v1,冰块获得的速度为v2=5 m/s,根据 动量守恒定律可得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2代入数据解得:v1=-1 m/s,负号表示方向向右。(2)设冰块沿斜面体上滑到最高点时的位移为x,由动能定理得:-m2gx sin θ-μm2gx cos θ=0- m2 设冰块沿斜面体下滑回到冰面时的速度为v3。由动能定理得:m2gx sin θ-μm2gx cos θ= m2 解得v3=- m/s,负号表示方向向右。因为|v3|>|v1|,且方向相同,所以冰块会追上男孩,与男孩还会相撞。
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2018红桥二模)如图所示,长为L的细绳竖直悬挂着一质量为3m的小球A,恰好紧挨着放置在 水平面上质量为m的物块B。现保持细绳绷直,把小球向左上方拉至细绳与竖直方向成60°角 的位置,然后释放小球。小球到达最低点时恰好与物块发生碰撞,而后小球向右摆动的最大高 度为 L,碰后物块向右滑行的距离恰为4.5L,求物块B与地面之间的动摩擦因数μ。
答案 0.25
解析 小球A下摆过程满足机械能守恒,由机械能守恒定律得:3mgL(1-cos 60°)= ×3m 解得碰前A的速度:vA= 小球A向右摆动过程机械能守恒,由机械能守恒定律得: ×3mv2= ×3mgL,解得:v= A、B碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:3mvA=3mv+mvB物块B滑动过程由动能定理得: m =μmg·4.5L解得:μ=0.25
2.(2018五区县一模)如图所示,光滑水平面上放置一质量为M、半径为R的 竖直光滑圆轨道B,圆弧轨道B左端与水平面相切,有一锁定装置将其固定。水平轨道左端固定一弹簧,质量为m的 物块A(可视为质点)从圆弧轨道B的最高点由静止释放,当A进入水平面时,解除对B的锁定。已 知M=0.4 kg,m=0.2 kg,R=1.8 m,取g=10 m/s2。求: (1)A下滑到圆轨道最低点时对圆轨道的压力;(2)A压缩弹簧返回后沿圆弧轨道上升的最大高度h。
答案 (1)6 N 方向竖直向下 (2)1.2 m
解析 (1)物块A下滑过程,由机械能守恒定律得:mgR= m 解得:v0= = m/s=6 m/sFN-mg=m 解得轨道对滑块的支持力大小为:FN=3mg=3×0.2×10 N=6 N由牛顿第三定律知,A下滑到圆轨道最低点时对圆轨道的压力为:FN'=FN=6 N,方向竖直向下。(2)A压缩弹簧返回后速度大小仍为v0=6 m/s,方向向右,当物块A和B的速度相等时,A上升到最 大高度。取水平向右为正方向,根据水平方向上动量守恒和机械能守恒得:mv0=(m+M)v m = (m+M)v2+mgh
联立解得:h=1.2 m
3.(2018河东一模)如图所示,可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上,一起以v0的速 度沿光滑的水平轨道匀速运动,与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞,碰撞时间极 短,碰撞后B、C的速度相同,B、C的上表面相平且B、C不粘连,A滑上C后恰好能到达C板的右 端。已知A、B质量相等,C的质量为A的质量的2倍,木板C长为L,重力加速度为g,求: (1)B、C碰撞过程中,损失的机械能ΔE;(2)A运动到C的右端时的速度v;(3)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数μ。
答案 (1) m (2) v0 方向水平向右 (3)
解析 (1)B、C碰撞过程中动量守恒,设B、C碰后的共同速度为v1,以B的初速度方向为正方向, 由动量守恒定律可得mv0=3mv1 ①机械能损失ΔE= m - (m+2m) ②联立解得ΔE= m ③(2)B、C共速后,A以v0的速度滑上C后,B、C脱离,A、C相互作用过程中动量守恒,以向右为正 方向,由动量守恒定律可得mv0+2mv1=3mv ④由①④可得v= v0,方向水平向右 ⑤(3)在A、C相互作用过程中,由能量守恒定律可得fL= m + ·2m - ·3mv2 ⑥又f=μmg ⑦由③⑤⑥⑦可得μ=
名师点睛 本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式的综合 运用,综合性较强,对学生能力综合分析的要求较高;运用动量守恒定律解题时,需注意选取的 系统,通过动量守恒列式求解。
4.(2019 5·3原创)2019年春节热播的科幻电影《流浪地球》赢得了普遍的赞誉。影片讲述的 是由于太阳急速衰老和膨胀,在不远的将来太阳将会吞并包括地球在内的众多行星。为了自 救,人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划,即倾全球之力在地球表面建造上万座行星发 动机和转向发动机,推动地球离开太阳系,用2 500年的时间奔往新家园——4.2光年外的恒星 (比邻星)。“流浪地球”计划分为五个阶段,刹车阶段:通过部署在赤道上的行星发动机使地 球停止自转。逃逸阶段:通过行星发动机(安装在朝向太阳半面的地球上)使地球加速;先流浪 阶段:通过木星和地球的“引力弹弓效应”再次使地球加速,驶出太阳系,奔向人类选定的新家 园“比邻星”;后流浪阶段:继续加速进行星际航行,快到达比邻星时减速;新太阳阶段:地球被 比邻星捕获,成为比邻星的行星。设太阳质量为m,地球质量为m1,木星质量为m2(1)如图甲所示,若日、地间的距离为r,设无限远处的引力势能为零,则地球和太阳间的引力势 能可表示为Ep=-G ,G为引力常量。
甲①若该位置的地球仅在地球和太阳的万有引力作用下绕太阳做匀速圆周运动,则地球的运行 速度v的大小为多少?②要使地球从该位置逃离太阳系,则地球应该具有的最小速度v逃的大小为多少?(2)地球仅靠行星发动机难以达到很高的速度逃离太阳的引力进行星际航行,故在“先流浪阶 段”让地球从极远处迎面飞向木星,地球从木星旁绕过时,由于木星引力作用,将使地球的运动 速率增大,这种现象称之为“引力弹弓效应”。如图乙所示,以太阳为参考系,地球以速率v1从 遥远的地方飞向木星,此时木星以对太阳的轨道速率v2运行,方向与v1相反。当地球绕过木星
并远离木星到极远处时速率为v1',此时木星的速率为v2',v1'和v2'的方向相同。由于m1≪m2,在极 远处v1、v2、v1'、v2'的方向可视为相互平行。上述过程中以木星和地球组成的系统动量和机 械能均守恒。木星的自转以及太阳对它们的引力的影响均可忽略不计。 乙①请推导经上述“引力弹弓效应”后,地球速度v1'的表达式(用v1、v2、m、m1和m2表示),并求 出当m1≪m2时v1'的大小;②若地球飞向木星时其速度v1与木星的速度v2同方向,如图丙所示,是否仍能利用“引力弹弓 效应”使地球速率增大?请简要分析说明。
丙
答案 (1)① ② (2)见解析
解析 (1)①万有引力提供向心力,则有:G =m1 解得:v= ②由机械能守恒定律得: m1 +(-G )=0解得:v逃= (2)①在“引力弹弓效应”中,系统的动量守恒和机械能守恒,设木星运动方向为正方向,则有:m1(-v1)+m2v2=m1v1'+m2v2' m1(-v1)2+ m2 = m1v + m2v 联立上述两式得:v1'= 当m1≪m2时,则得:v1'=v1+2v2②不能若当v1与v2同向,要使地球追上木星,应有v1>v2,设木星运动方向为正方向,根据动量守恒可得:
m1v1+m2v2=m1(-v1')+m2v2' m1 + m2 = m1(-v1')2+ m2v 解得:v1'=- 当m1≪m2时,有v1'=v1-2v2所以v1'
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