2024版高中同步新教材選擇性必修第一冊人教物理備課資源第5節(jié) 彈性碰撞和非彈性碰撞

2024版高中同步新教材選擇性必修第一冊人教物理備課資源第一章動量守恒定律5彈性碰撞和非彈性碰撞基礎(chǔ)過關(guān)練題組一碰撞的特點(diǎn)和分類1.以下對碰撞的理解,說法正確的是()A.彈性碰撞一定是對心碰撞B.非對心碰撞一定是非彈性碰撞C.彈性碰撞也可能是非對心碰撞D.彈性碰撞和對心碰撞中動量守恒,非彈性碰撞和非對心碰撞中動量不守恒2.(2023重慶巴蜀中學(xué)月考)如圖所示,甲、乙兩人穿著同款充氣“防護(hù)服”出來散步,由于兩人初次穿充氣服,走起路來有些控制不好平衡,所以兩人在極短時間內(nèi)發(fā)生了一維碰撞。若甲的質(zhì)量為m,乙的質(zhì)量為3m,且以相同的速率v在光滑水平面上發(fā)生相向碰撞,碰撞后乙靜止不動,則這次碰撞()A.屬于完全非彈性碰撞B.屬于彈性碰撞C.總動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D.碰撞后甲的速度大小為4v題組二碰撞過程遵循的三個原則3.(2023山東青島第五十八中學(xué)月考)甲、乙兩輛玩具汽車,質(zhì)量分別為m1=1kg、m2=2kg,在光滑水平面上沿同一直線運(yùn)動,速度分別是v1=8m/s、v2=2m/s,甲從后面追上乙,并發(fā)生正碰,碰后兩物體的速度可能是()A.v1'=4m/s,v2'=4m/sB.v1'=2m/s,v2'=5m/sC.v1'=-2m/s,v2'=7m/sD.v1'=7m/s,v2'=2.5m/s4.在光滑的水平面上,兩個質(zhì)量均為m的完全相同的滑塊以大小均為p的動量相向運(yùn)動,發(fā)生正碰,碰后系統(tǒng)的總動能不可能是()A.0B.2p2mC.題組三彈性碰撞中“動碰靜”模型的簡單應(yīng)用5.如圖所示,質(zhì)量為m的A球在光滑水平面上靜止放置,質(zhì)量為2m的B球向左運(yùn)動,速度大小為v0,B球與A球碰撞且無機(jī)械能損失,碰后A球速度大小為v1,B球的速度大小為v2。碰后相對速度與碰前相對速度的比值定義為恢復(fù)系數(shù),即e=v1?vA.e=1B.e=1C.e=13D.e=6.(2023浙江杭師大附中期中)如圖所示,運(yùn)動的球A(質(zhì)量、初速度都確定)在光滑水平面上與一個原來靜止的球B(質(zhì)量可改變)發(fā)生彈性碰撞,則()A.要使B球獲得最大動能,應(yīng)讓B球質(zhì)量與A相等B.要使B球獲得最大速度,應(yīng)讓B球質(zhì)量遠(yuǎn)小于A球質(zhì)量C.要使B球獲得最大動量,應(yīng)讓B球質(zhì)量遠(yuǎn)大于A球質(zhì)量D.若B球質(zhì)量遠(yuǎn)小于A球質(zhì)量,B球?qū)@得最大動能、最大速度及最大動量

能力提升練題組一彈性碰撞速度公式的應(yīng)用1.(2023甘肅武威階段測試)如圖所示,光滑水平面上有一質(zhì)量mA=1kg的A球和一質(zhì)量mB=1.5kg的B球同向運(yùn)動。已知A球的初速度v1=10m/s,B球的初速度v2=5m/s,運(yùn)動一段時間后,兩球發(fā)生對心正碰。下列說法正確的是()A.當(dāng)兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞時,A球?qū)球的沖量為7.5N·sB.碰撞的過程中,系統(tǒng)損失的機(jī)械能可能為8JC.碰撞后,A球的速度可能為5m/sD.當(dāng)兩球發(fā)生的碰撞是完全非彈性碰撞時,A球?qū)球的沖量為3N·s2.(2022北京順義期末)“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動的探測器,借助行星的引力來改變自己的速度。如圖所示,設(shè)行星運(yùn)動的速度為u,探測器的初速度大小為v0,探測器在遠(yuǎn)離行星后速度大小為v0',探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞,但是在行星的運(yùn)動方向上,其運(yùn)動規(guī)律可類比兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞。那么下列判斷中正確的是()A.v0'=2v0-uB.v0'=2v0+uC.v0'=v0-2uD.v0'=v0+2u題組二碰撞中的圖像問題3.(2022廣東廣州奧林匹克中學(xué)期末)碰碰車是大人和小孩都喜歡的娛樂活動,游樂場上,大人和小孩各駕著一輛碰碰車正對迎面相撞,碰撞前后兩人的位置-時間圖像如圖所示,已知小孩的質(zhì)量為30kg,大人的質(zhì)量為60kg,碰碰車質(zhì)量相同,碰撞時間極短。下列說法正確的是()A.碰前大人的速度大小為2m/sB.碰撞前后大人的運(yùn)動方向保持不變C.碰碰車的質(zhì)量為30kgD.碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量大小為60N·s4.(2023河南安陽一中月考)在足夠長的光滑傾斜長直軌道上,先后將甲、乙兩個小球分別以相同的初速度在同一位置沿軌道向斜上方彈出,兩小球相遇時發(fā)生了完全非彈性碰撞,它們運(yùn)動的v-t圖像如圖所示。已知小球甲的質(zhì)量為1kg,重力加速度g取10m/s2。則下列說法正確的是()A.小球乙的質(zhì)量為2kgB.兩小球碰撞過程中的機(jī)械能損失為25JC.軌道傾角滿足tanθ=0.2D.兩小球回到出發(fā)點(diǎn)時的速度大小為10m/s題組三拋體運(yùn)動中的碰撞問題5.(2023河北唐山月考)一次投擲才藝表演時,投擲愛好者甲將質(zhì)量m1=0.25kg的橡膠球A以v1=8m/s的速度豎直向上拋出時,投擲愛好者乙同時將質(zhì)量為m2=0.50kg的橡膠球B斜向上方拋出。A、B兩球拋出高度相同,正好在最高點(diǎn)發(fā)生對心碰撞。投擲者甲和乙站在同一水平面上,兩人間距d=16m。A、B兩橡膠球的碰撞可看成彈性碰撞,碰撞前后均在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動,不計(jì)空氣阻力對兩橡膠球的影響,重力加速度g=10m/s2。求:(1)碰撞前瞬間橡膠球B的速度大小;(2)碰撞后瞬間橡膠球A的速度大小。題組四多物體、多過程碰撞問題6.(2023江蘇泰州中學(xué)月考)如圖,一水平放置的圓環(huán)形鐵槽固定在水平面上,鐵槽底面粗糙,側(cè)壁光滑,半徑R=2πm,槽內(nèi)放有兩個大小相同的彈性滑塊A、B,質(zhì)量均為m=0.2kg,兩滑塊與鐵槽內(nèi)壁貼合,且兩滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。兩滑塊初始位置與圓心連線夾角為90°;現(xiàn)給A滑塊一瞬時沖量,使其獲得v0=210m/s的初速度并沿鐵槽運(yùn)動,與B滑塊發(fā)生彈性碰撞(設(shè)碰撞時間極短);已知A、B滑塊與鐵槽底面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,重力加速度g=10m/s2(1)A、B第一次相碰過程中,系統(tǒng)儲存的最大彈性勢能Epm;(2)A滑塊運(yùn)動的總路程。7.(2022江蘇蘇州八校聯(lián)盟適應(yīng)性檢測)光滑水平面上依次放99個質(zhì)量均為m的彈性小球,已知質(zhì)量相等的兩彈性小球正碰后交換速度。現(xiàn)一質(zhì)量為2m的小球A以初速度v0與第99個小球發(fā)生彈性正碰,求:(1)小球A第一次與第99個小球碰后的速度大小;(2)第1個小球最終的速度大小;(3)第99個小球最終的速度大小。

答案與分層梯度式解析第一章動量守恒定律5彈性碰撞和非彈性碰撞基礎(chǔ)過關(guān)練1.C2.B3.AB4.B5.A6.ABC1.C彈性碰撞是沒有機(jī)械能損失的碰撞,對心碰撞是速度方向與兩球心連線共線的碰撞,因此彈性碰撞可能是對心碰撞,也可能是非對心碰撞,故A錯誤,C正確;非對心碰撞是指速度方向與兩球心連線不共線的碰撞,而非彈性碰撞是有機(jī)械能損失的碰撞,因此非對心碰撞可能是彈性碰撞,也可能是非彈性碰撞,故B錯誤;只要物體間相互作用的過程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,都可以認(rèn)為系統(tǒng)的動量守恒,因此彈性碰撞、非彈性碰撞、對心碰撞、非對心碰撞中動量均守恒,故D錯誤。故選C。2.B設(shè)碰撞后甲的速度為v',以乙的運(yùn)動方向?yàn)檎较?根據(jù)動量守恒定律可得3mv-mv=mv',故碰后甲的速度為v'=2v,D錯誤;碰前甲、乙的總動能為Ek=12×3mv2+12mv2=2mv2,碰后甲、乙的總動能為Ek'=12mv'2=2mv2,由于碰撞前后總動能相等,所以此碰撞為彈性碰撞,碰撞后系統(tǒng)總動能沒有損失,沒有轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,3.AB模型構(gòu)建碰撞的過程中動量守恒,碰撞之后的動能不可能超過碰撞之前的動能。如果碰撞是彈性碰撞,沒有損失動能,此時乙的速度最大,根據(jù)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',12m1v12+12m2v22=12m1v1'2+1得v1'=(m1?m2)解得v1'=0,v2'=6m/s。如果碰撞是完全非彈性碰撞,損失動能最多,此時乙的速度最小,根據(jù)m1v1+m2v2=(m1+m2)v2″,解得v2″=4m/s。因此碰后甲的速度范圍是0≤v甲≤4m/s,乙的速度范圍是4m/s≤v乙≤6m/s,故選A、B。規(guī)律總結(jié)4.B兩滑塊發(fā)生碰撞時遵循動量守恒定律,由于開始時兩個滑塊以大小均為p的動量相向運(yùn)動,所以總動量為0。若發(fā)生完全非彈性碰撞,則2mv=0,所以碰后系統(tǒng)總動能為0;若發(fā)生彈性碰撞,則兩個滑塊的總動能不變,碰前兩滑塊的總動能為2×p22m=p2m,因?yàn)榕鲎埠笙到y(tǒng)的動能不會增加5.AA、B在碰撞的過程中動量守恒,根據(jù)動量守恒定律可得2mv0=mv1+2mv2;在碰撞的過程中機(jī)械能守恒,可得12×2mv02=12mv12+12×2mv22,解得v1=43v0,v2=16.ABC設(shè)A球的質(zhì)量為m1,B球質(zhì)量為m2,碰前A球的速度為v0。A與B發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2,12m1v02=12m1v12+12m2v22,解得v1=m1?m2m1+m2v0,v2=2m1m1+m2v0,當(dāng)A、B兩球質(zhì)量相等時,碰后A的速度為零,B獲得了A碰前的全部動能,B球獲得了最大動能,A正確;當(dāng)A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量時,B球獲得最大速度,接近碰前A速度的2倍,B正確;能力提升練1.CD2.D3.BC4.B1.CD兩球發(fā)生彈性碰撞時,根據(jù)動量守恒及機(jī)械能守恒,有mAv1+mBv2=mAvA+mBvB,12mAv12+12mBv22=12mAvA2+12mBvB2,解得vA=4m/s,vB=9m/s,根據(jù)動量定理,A球?qū)球的沖量為I=mBvB-mBv2=6N·s,A錯誤;若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞,由mAv1+mBv2=(mA+mB)v,得v=7m/s,則碰撞后A球的速度在4m/s到7m/s之間,完全非彈性碰撞的機(jī)械能損失最大,損失的最大機(jī)械能為ΔE=12mAv12+12mBv22-12(mA+mB)v2=7.5J,B錯誤,C正確;2.D設(shè)探測器的質(zhì)量為m,行星的質(zhì)量為M,規(guī)定向左為正方向,由動量守恒得-mv0+Mu=mv0'+Mu1,由機(jī)械能守恒得12mv02+12Mu2=12mv0'2+12Mu12,整理可得v0'=M?mM+m(v0+u)+u,由于m?模型構(gòu)建彈性碰撞兩物體碰后速度:v1'=(v2'=(3.BC由圖可知,碰前瞬間小孩的速度為2m/s,大人的速度為-3m/s,碰后兩人的共同速度為-1m/s,A錯誤;x-t圖像的斜率表示速度,斜率的正負(fù)表示速度的方向,由圖可知規(guī)定了大人初始運(yùn)動方向?yàn)樨?fù)方向,碰后兩車一起向負(fù)方向運(yùn)動,故碰撞前后大人的運(yùn)動方向保持不變,B正確;設(shè)碰碰車的質(zhì)量為M,由動量守恒定律有(30+M)×2kg·m/s-(60+M)×3kg·m/s=(2M+30+60)×(-1)kg·m/s,解得M=30kg,碰前小孩與其駕駛的碰碰車的總動量為p1=120kg·m/s,碰后總動量為p1'=-60kg·m/s,由動量定理可知碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量為I=Δp=-180N·s,故其大小為180N·s,C正確,D錯誤。故選B、C。4.B模型構(gòu)建由v-t圖像可知,甲、乙兩小球在t=4s時碰撞,此時v甲=-5m/s,v乙=5m/s,甲、乙兩小球碰撞為完全非彈性碰撞,如圖所示:兩小球碰撞過程中動量守恒,有m甲v甲+m乙v乙=(m甲+m乙)v共,得m乙=1kg,A錯誤;碰撞過程中機(jī)械能損失為ΔE=12m甲v甲2+12m乙v乙2=25J,B正確;甲、乙兩小球碰撞后一起運(yùn)動的加速度大小a=ΔvΔt=?106?4m/s2=5m/s2,軌道光滑,由牛頓第二定律可知,甲、乙兩小球碰撞后一起運(yùn)動的加速度大小a=(m甲+m乙)gsinθm甲+m乙=gsinθ,可知sinθ=12,則tanθ=33,C錯誤5.答案(1)20m/s(2)26.7m/s解析(1)A、B兩球拋出高度相同,正好在最高點(diǎn)發(fā)生正碰,兩球被拋出后,A球做豎直上拋運(yùn)動,B球做斜上拋運(yùn)動,A球的初速度為v1,設(shè)B球在最高點(diǎn)水平速度為v2,相碰之前兩球運(yùn)動時間為t,由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得,對A球,豎直方向v1=gt,對B球,水平方向d=v2t,解得碰撞前瞬間B球速度大小v2=20m/s(2)對A、B兩球組成的系統(tǒng),發(fā)生彈性正碰,設(shè)碰撞后A球的初速度為v3,B球在最高點(diǎn)水平速度為v4,由動量守恒定律和能量守恒可得m2v2=m1v3+m2v4,12m2v22=12m1v32解得v3=26.7m/s。6.答案(1)1.8J(2)5m解析(1)對A滑塊,由動能定理可得-μmg·2πR4=12mv1A、B碰撞過程,兩者速度相等時,儲存的彈性勢能最大,由動量守恒定律得mv1=(m+m)v2由能量守恒定律可得12mv12=12(m+m)解得Epm=1.8J(2)A、B發(fā)生彈性碰撞,由動量守恒定律得mv1=mv3+mv4由機(jī)械能守恒定律可得12mv12=12mv解得v3=0,v4=6m/s,設(shè)A、B運(yùn)動的總路程為s1,由功能關(guān)系有-μmgs1=0-12m設(shè)A、B運(yùn)動的總?cè)?shù)為n,有s1=2πRn,得n=2.5滑塊A、B的運(yùn)動過程如圖所示:對A、B的運(yùn)動過程進(jìn)行分析,A運(yùn)動了1.25圈,故A滑塊的路程s2=1.25×2πR=5m7.答案(1)v03(2)43v0(解析(1)根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒有2mv0=2mvA1+mv99,2mv02聯(lián)立解得vA1=v03,v99=4(2)質(zhì)量相等的兩彈性小球正碰后交換速度,則各小球依次與前面的小球正碰后,第1個小球的速度為v1=v99=43v(3)小球A以速度vA1與第99個小球發(fā)生第二次彈性碰撞,有2mvA1=2mvA2+mv'99,2mvA1解得vA2=v09=v032,v99'=各小球依次正碰后,第2個小球以4v0以此類推,可得第99個小球最終的速度v=4v036反沖現(xiàn)象火箭基礎(chǔ)過關(guān)練題組一對反沖現(xiàn)象的理解1.(2023湖北黃梅國際育才高級中學(xué)期中)物理是源自生活的科學(xué),只要細(xì)心觀察,生活中處處皆是物理。下列關(guān)于生活中的情景說法正確的是()A.在沒有空氣的宇宙空間,火箭無法利用反沖進(jìn)行加速B.當(dāng)靜止的章魚向前噴水時,利用反沖可使身體向后運(yùn)動C.在船頭和碼頭安裝舊輪胎是為了延長作用時間,以減小碼頭對船的沖量D.體操運(yùn)動員在落地時總要屈腿是為了減小動量的變化量,使運(yùn)動員避免受傷2.如圖,一艘小船原來靜止在平靜的水面上,現(xiàn)前艙有水需要用抽水機(jī)抽往后艙,不計(jì)水面對船艙的阻力,則在抽水過程中,關(guān)于船艙的運(yùn)動,以下說法正確的是()A.若前后艙是分開的,則前艙將向前運(yùn)動B.若前后艙是分開的,則前艙將向后運(yùn)動C.若前后艙不分開(不相通),則船將向前運(yùn)動D.若前后艙不分開(不相通),則船將會一直靜止在水面上3.(2023湖南郴州一模)在一次課外活動中,老師和同學(xué)們來到學(xué)校操場,舉行水火箭發(fā)射比賽,如圖所示是水火箭升空瞬間的照片。這一有趣的比賽活動引起了同學(xué)們對有關(guān)物理學(xué)知識的討論,下列說法正確的是()A.水火箭上升過程中加速度一直等于重力加速度B.水火箭上升過程中處于超重狀態(tài),下落過程中處于失重狀態(tài)C.水火箭利用反沖原理,噴出液體對空氣作用力的反作用力使水火箭獲得前進(jìn)的動力D.水火箭利用反沖原理,噴出液體使水火箭獲得反作用力作為前進(jìn)的動力4.圖為一空間探測器的示意圖,P1、P2、P3、P4是四臺噴氣式發(fā)動機(jī),P1、P3的連線與空間一固定坐標(biāo)系的x軸平行,P2、P4的連線與y軸平行。每臺發(fā)動機(jī)開動時,都能向探測器提供推力,但不會使探測器轉(zhuǎn)動。開始時,探測器以恒定的速率v0向+x方向平動。要使探測器改為向+x偏-y60°的方向以原來的速率v0平動,則可()A.先開動P1適當(dāng)時間,再開動P4適當(dāng)時間B.先開動P3適當(dāng)時間,再開動P2適當(dāng)時間C.開動P4適當(dāng)時間D.先開動P3適當(dāng)時間,再開動P4適當(dāng)時間5.(2022江西南昌八一中學(xué)期末)一只質(zhì)量為2.8kg的章魚吸入0.2kg的水,靜止在水中,遇到危險(xiǎn)時,它在極短的時間內(nèi)把吸入的水向后完全噴出,以2.5m/s的速度向前逃竄。求該章魚噴出的水的速度大小。題組二爆炸問題6.(2023江蘇蘇州實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)一顆煙花彈從水平地面以一定的速度豎直上升,速度為零的瞬間爆炸分成a、b兩部分,其中a部分質(zhì)量是b部分質(zhì)量的2倍,a部分水平飛出。不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量,a、b兩部分落地時水平方向的動量大小分別為pa、pb,a、b兩部分做平拋運(yùn)動過程中動量的變化量大小分別為Δpa、Δpb,則()A.pa=pb,2Δpa=ΔpbB.pa=pb,Δpa=2ΔpbC.pa>pb,Δpa=2ΔpbD.pa<pb,2Δpa=Δpb7.(2022廣東梅州田家炳實(shí)驗(yàn)中學(xué)段考)一枚在空中飛行的導(dǎo)彈,質(zhì)量為M,在某點(diǎn)速度為v,方向水平。導(dǎo)彈在該點(diǎn)突然炸成兩塊,如圖所示,其中質(zhì)量為m的一塊沿著與v相反的方向飛去,速率為v1。爆炸過程的相互作用時間為Δt,忽略該過程中的重力和空氣阻力,求:(1)爆炸后另一塊的速率v2;(2)爆炸過程中另一塊對質(zhì)量為m的一塊的平均作用力大小。8.(2023河北石家莊月考)國慶期間,河北正定古城舉辦電子煙花秀祝福祖國。假設(shè)質(zhì)量為m=0.6kg的煙花彈在地面上以v0=30m/s的速度豎直向上射出,當(dāng)煙花彈上升至最高點(diǎn)時炸成質(zhì)量m1=0.2kg、m2=0.4kg的A、B兩塊,其中A塊豎直向上運(yùn)動。已知重力加速度g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力,爆炸釋放的能量E=100J,且有60%轉(zhuǎn)化為A、B兩塊的動能。計(jì)算結(jié)果可以帶根號。求:(1)A塊上升的最大高度;(2)爆炸后開始計(jì)時,t=2s時A、B兩塊的距離。9.(2023重慶巴蜀中學(xué)月考)一發(fā)炮彈從地面以與水平面夾角為60°的速度射向天空,在最高點(diǎn)爆炸分為質(zhì)量為m和2m的兩部分,其中質(zhì)量為m的部分做自由落體運(yùn)動,經(jīng)時間t落到地面。不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量,重力加速度為g,求:(1)炮彈爆炸前在最高點(diǎn)的速度大小;(2)炮彈爆炸釋放的化學(xué)能。(設(shè)釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能)

能力提升練題組一反沖、爆炸規(guī)律的應(yīng)用1.(2023河北承德月考)某人從岸上以相對岸大小為v0的水平速度跳到一條靜止的小船上,使小船以速度v1開始運(yùn)動;如果此人從這條靜止的小船上以相對岸同樣大小的水平速度跳離小船,小船的速度大小為v2,則下列判斷正確的是()A.v1>v2B.v1<v2C.v1=v2D.條件不足,無法判斷2.(2022江蘇蘇州第十中學(xué)月考)如圖所示,裝有炮彈的火炮總質(zhì)量為m1,炮彈的質(zhì)量為m2,炮彈射出炮口時對地的速率為v0,若炮管與水平地面的夾角為θ,忽略火炮后退對彈道的影響,則火炮后退的速度大小為(假設(shè)水平地面光滑)()A.m2m1vC.m2v3.(2023江蘇蘇州黃埭中學(xué)月考)如圖所示,一質(zhì)量為m的炮彈運(yùn)動到水平地面O點(diǎn)的正上方時,速度沿水平方向,距離地面高度為h,炮彈動能為E。此時炮彈發(fā)生爆炸,炸為質(zhì)量相等的兩部分,兩部分炮彈的動能之和為2E,速度方向和炮彈爆炸前的速度方向在同一直線上,爆炸時間極短。重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。下列說法正確的是()A.在爆炸的整個過程中,炮彈的機(jī)械能守恒B.爆炸后炮彈的兩部分不能同時落地C.炮彈的兩部分都落在O點(diǎn)的前方D.炮彈的兩部分落地點(diǎn)之間的距離為4E?題組二人船模型4.(2023遼寧營口期末)如圖所示,帶有四分之一光滑圓弧軌道的滑塊P靜止在光滑水平地面上,其末端與水平地面相切。一小滑塊Q從光滑圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放,已知滑塊P和滑塊Q的質(zhì)量均為m,圓弧軌道的半徑為R,重力加速度大小為g,求:(1)滑塊Q剛離開P時,滑塊P的位移大小;(2)滑塊Q滑到水平地面上時的速度大小;(3)滑塊Q在圓弧軌道上下滑的過程中,P對Q的支持力做的功。

答案與分層梯度式解析第一章動量守恒定律6反沖現(xiàn)象火箭基礎(chǔ)過關(guān)練1.B2.AC3.D4.A6.B1.B火箭的加速利用了反沖原理,靠噴出氣流的反作用力進(jìn)行加速,沒有空氣也可以,A錯誤;靜止的章魚向前噴水時,利用反沖可以使身體向后運(yùn)動,B正確;在船頭和碼頭安裝舊輪胎是為了延長作用時間,以減小碼頭對船的作用力,C錯誤;體操運(yùn)動員在落地時屈腿能延長與地面的作用時間t,由動量定理Ft=Δp可知,可以減小地面對運(yùn)動員的沖擊力,使運(yùn)動員避免受傷,D錯誤。故選B。2.AC若前后艙是分開的,不計(jì)水的阻力,則系統(tǒng)在水平方向動量守恒,系統(tǒng)總動量保持為零,用抽水機(jī)把前艙的水抽往后艙,水的速度向后,水的動量向后,則前艙向前運(yùn)動,故A正確,B錯誤;若前后艙不分開,用抽水機(jī)把前艙的水抽往后艙,則水的重心后移,故船將向前運(yùn)動(等效于人船模型),故C正確,D錯誤。故選A、C。3.D水火箭加速上升過程中加速度向上,加速度大小可能在變化,液體噴射完后向上做減速運(yùn)動,但還受空氣阻力作用,加速度不等于重力加速度,到最高點(diǎn)時空氣阻力為零,加速度才等于重力加速度,A錯誤;水火箭加速上升過程中處于超重狀態(tài),減速上升和下落過程中處于失重狀態(tài),B錯誤;水火箭利用反沖原理,噴出液體使水火箭獲得反作用力(克服重力)作為前進(jìn)的動力,C錯誤,D正確。故選D。4.A先開動P1適當(dāng)時間,探測器受到的推力沿-x方向,探測器沿+x方向減速運(yùn)動,再開動P4適當(dāng)時間,又產(chǎn)生沿-y方向的推力,探測器的合速度可以沿+x偏-y60°的方向,并以原來的速率v0平動,A正確。先開動P3適當(dāng)時間,探測器受到的推力沿+x方向,將沿+x方向加速運(yùn)動,速率大于v0,再開動P2適當(dāng)時間,又產(chǎn)生沿+y方向的推力,探測器的合速度大于v0,B錯誤。開動P4適當(dāng)時間,探測器受到的推力沿-y方向,將獲得沿-y方向的速度,沿+x方向的速率不變,合速度大于v0,C錯誤。先開動P3適當(dāng)時間,探測器受到的推力沿+x方向,將沿+x方向加速運(yùn)動,速率大于v0,再開動P4適當(dāng)時間,探測器受到的推力沿-y方向,將獲得沿-y方向的速度,合速度大于v0,D錯誤。導(dǎo)師點(diǎn)睛物體在兩個不同方向上的運(yùn)動是相互獨(dú)立、互不影響的,兩個分運(yùn)動同時進(jìn)行或者先后進(jìn)行效果是一樣的。5.答案35m/s解析根據(jù)動量守恒定律,有m1v1=m2v2解得v2=m代入數(shù)據(jù)得v2=2.8×2.50.26.B解題關(guān)鍵做平拋運(yùn)動的物體,在水平方向做勻速直線運(yùn)動,水平方向的動量大小不變,在豎直方向做自由落體運(yùn)動,動量的變化量等于重力的沖量。煙花彈上升到最高點(diǎn)時速度為0,煙花彈爆炸,由動量守恒定律可知mava+mbvb=0,煙花彈爆炸后,a、b兩部分均沿水平方向飛出,做平拋運(yùn)動,水平方向的分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動,水平方向的動量保持不變,pa=pb,C、D錯誤;豎直方向的分運(yùn)動為自由落體運(yùn)動,根據(jù)h=12gt2可知,a、b兩部分下落的時間相等,運(yùn)動過程中只受重力,由動量定理可得Gt=Δp,設(shè)b部分質(zhì)量為m,則a部分質(zhì)量為2m,則有Δpa=2mgt,Δpb=mgt,即Δpa=2Δpb,A錯誤,B正確,7.答案(1)Mv+mv1M解析(1)爆炸過程系統(tǒng)動量守恒,有Mv=(M-m)v2-mv1解得v2=Mv(2)對質(zhì)量為m的一塊進(jìn)行分析,以與原速度相反的方向(向左)為正方向,由動量定理可得FΔt=mv1-m(-v)解得F=m8.答案(1)65m(2)60m解析(1)煙花彈上升至最高點(diǎn)時速度為零,煙花彈爆炸,內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,動量守恒,A、B兩塊的動量等大反向,則m1v1=m2v2根據(jù)能量守恒有E·60%=12m1v12+1解得A、B兩塊獲得的速度大小分別為v1=20m/s,v2=10m/sA塊上升的高度為hA=v1此前煙花彈上升的高度為h=v0A塊上升的最大高度為hm=hA+h=65m(2)以豎直向下為正方向,煙花彈爆炸后2s時A、B兩塊運(yùn)動的位移分別為xA=-v1t+12gt2=-20m,xB=v2t+12gtA、B兩塊的距離為x=xB-xA=60m。9.答案(1)3gt3(2)14mg模型構(gòu)建炮彈做斜拋運(yùn)動,如圖所示,在最高點(diǎn)爆炸,動量守恒。解析(1)設(shè)炮彈在地面的初速度為v,炮彈做斜拋運(yùn)動,設(shè)豎直方向向上運(yùn)動的最大高度為h,則有0-vy2=-2gh,其中vy=vsin60°,h=12聯(lián)立可得v=2炮彈爆炸前在最高點(diǎn)的速度為vx=vcos60°=3(2)質(zhì)量為m的部分做自由落體運(yùn)動,說明爆炸后其瞬時速度為零。設(shè)爆炸后質(zhì)量為2m的部分瞬時速度為v2,爆炸過程滿足動量守恒,則有3mvx=2mv2+0解得v2=3根據(jù)能量守恒可得炮彈爆炸釋放的化學(xué)能為ΔE化=12×2mv22-12×3mvx2能力提升練1.B設(shè)人的質(zhì)量為m,船的質(zhì)量為M。人從岸上跳到船上的過程,取人的初速度的方向?yàn)檎较?根據(jù)動量守恒定律得mv0=(m+M)v1,解得v1=mv0m+M;人從船上跳離的過程,取船速度方向?yàn)檎较?由動量守恒定律得0=Mv2-mv0,解得v2=mv0M,2.C由于炮彈的重力作用,火炮發(fā)射炮彈的過程只有水平方向動量守恒,以向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律有m2v0cosθ-(m1-m2)v=0,解得v=m2v3.D在爆炸的整個過程中,炮彈的機(jī)械能增加了,A錯誤;爆炸后炮彈的兩部分在豎直方向均做自由落體運(yùn)動,能同時落地,下落時間均為2?g,B錯誤;水平方向動量守恒,有mv0=12mv1+12mv2,根據(jù)題意可知12mv02=E,12×12mv12+12×12mv22=2E,聯(lián)立解得v1=0,v2=22Em,炮彈的一部分落在O點(diǎn),另一部分落在O點(diǎn)的前方,C錯誤;炮彈的兩部分落地點(diǎn)之間的距離Δx4.答案(1)R2(2)gR(3)-1模型構(gòu)建滑塊P、Q組成的系統(tǒng)水平方向不受外力,水平方向動量守恒。系統(tǒng)最初靜止,屬于“人船模型”。速度表達(dá)式為0=mvP-mvQ,位移表達(dá)式為0=mxP-mxQ,其中xP+xQ=R。解析(1)滑塊P、Q組成的系統(tǒng)水平方向不受外力,水平方向動量守恒,根據(jù)動量守恒的位移表達(dá)式有0=mxP-mxQ,且xP+xQ=R,解得xP=R2(2)在水平方向,由動量守恒定律有0=mvP-mvQ對系統(tǒng)由能量守恒定律有mgR=12mvP2+解得vQ=gR;(3)對滑塊Q,由動能定理有mgR+W支=12mvQ2,解得W支=-第一章動量守恒定律綜合拔高練五年高考練考點(diǎn)1動量與動量定理1.(2019課標(biāo)Ⅰ,16)最近,我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機(jī)聯(lián)試成功,這標(biāo)志著我國重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次實(shí)驗(yàn)中該發(fā)動機(jī)向后噴射的氣體速度約為3km/s,產(chǎn)生的推力約為4.8×106N,則它在1s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()A.1.6×102kgB.1.6×103kgC.1.6×105kgD.1.6×106kg2.(2018課標(biāo)Ⅱ,15)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下,與地面的碰撞時間約為2ms,則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為()A.10NB.102NC.103ND.104N3.(2022北京,12)“雪如意”是我國首座國際標(biāo)準(zhǔn)跳臺滑雪場地。跳臺滑雪運(yùn)動中,裁判員主要根據(jù)運(yùn)動員在空中的飛行距離和動作姿態(tài)評分。運(yùn)動員在進(jìn)行跳臺滑雪時大致經(jīng)過四個階段:①助滑階段,運(yùn)動員兩腿盡量深蹲,順著助滑道的傾斜面下滑;②起跳階段,當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時,運(yùn)動員兩腿猛蹬滑道快速伸直,同時上體向前伸展;③飛行階段,在空中運(yùn)動員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài);④著陸階段,運(yùn)動員落地時兩腿屈膝,兩臂左右平伸。下列說法正確的是()A.助滑階段,運(yùn)動員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力B.起跳階段,運(yùn)動員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度C.飛行階段,運(yùn)動員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度D.著陸階段,運(yùn)動員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時間4.(2022全國乙,20)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動,F與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。則()A.4s時物塊的動能為零B.6s時物塊回到初始位置C.3s時物塊的動量為12kg·m/sD.0~6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40J5.[2019北京理綜,24(3)]雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒,這與雨滴下落過程中受到空氣阻力有關(guān)。雨滴間無相互作用且雨滴質(zhì)量不變,重力加速度為g。由于大量氣體分子在各方向運(yùn)動的概率相等,其對靜止雨滴的作用力為零。將雨滴簡化為垂直于運(yùn)動方向面積為S的圓盤,證明:圓盤以速度v下落時受到的空氣阻力f∝v2(提示:設(shè)單位體積內(nèi)空氣分子數(shù)為n,空氣分子質(zhì)量為m0)?？键c(diǎn)2動量守恒定律的應(yīng)用6.(2021湖南,8)如圖(a),質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng),外力F作用在A上,系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面),此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計(jì)時,A、B兩物體運(yùn)動的a-t圖像如圖(b)所示,S1表示0到t1時間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小,S2、S3分別表示t1到t2時間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在t1時刻的速度為v0。下列說法正確的是()A.0到t1時間內(nèi),墻對B的沖量等于mAv0B.mA>mBC.B運(yùn)動后,彈簧的最大形變量等于xD.S1-S2=S37.(2021廣東,13)算盤是我國古老的計(jì)算工具,中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動,使用前算珠需要?dú)w零。如圖所示,水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置,甲靠邊框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2m,乙與邊框a相隔s2=2.0×10-2m,算珠與導(dǎo)桿間的動摩擦因數(shù)μ=0.1?，F(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出,甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s,方向不變,碰撞時間極短且不計(jì),重力加速度g取10m/s2。(1)通過計(jì)算,判斷乙算珠能否滑動到邊框a;(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時間。8.(2022廣東,13)某同學(xué)受自動雨傘開傘過程的啟發(fā),設(shè)計(jì)了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊,初始時它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時,受到滑桿的摩擦力f為1N?；瑝K滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運(yùn)動。已知滑塊的質(zhì)量m=0.2kg,滑桿的質(zhì)量M=0.6kg,A、B間的距離l=1.2m,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力。求:(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中,桌面對滑桿支持力的大小N1和N2;(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v;(3)滑桿向上運(yùn)動的最大高度h?？键c(diǎn)3碰撞問題9.(2022北京,10)質(zhì)量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰,其位置坐標(biāo)x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是()A.碰撞前m2的速率大于m1的速率B.碰撞后m2的速率大于m1的速率C.碰撞后m2的動量大于m1的動量D.碰撞后m2的動能小于m1的動能10.(2020北京,13)在同一豎直平面內(nèi),3個完全相同的小鋼球(1號、2號、3號)懸掛于同一高度,靜止時小球恰能接觸且懸線平行,如圖所示。在下列實(shí)驗(yàn)中,懸線始終保持繃緊狀態(tài),碰撞均為對心正碰。以下分析正確的是()A.將1號移至高度h釋放,碰撞后,觀察到2號靜止、3號擺至高度h。若2號換成質(zhì)量不同的小鋼球,重復(fù)上述實(shí)驗(yàn),3號仍能擺至高度hB.將1、2號一起移至高度h釋放,碰撞后,觀察到1號靜止,2、3號一起擺至高度h,釋放后整個過程機(jī)械能和動量都守恒C.將右側(cè)涂膠的1號移至高度h釋放,1、2號碰撞后粘在一起,根據(jù)機(jī)械能守恒,3號仍能擺至高度hD.將1號和右側(cè)涂膠的2號一起移至高度h釋放,碰撞后,2、3號粘在一起向右運(yùn)動,未能擺至高度h,釋放后整個過程機(jī)械能和動量都不守恒11.(2021北京,17)如圖所示,小物塊A、B的質(zhì)量均為m=0.10kg,B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞,碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點(diǎn)距離水平地面的豎直高度為h=0.45m,兩物塊落地點(diǎn)距離軌道末端的水平距離為s=0.30m,取重力加速度g=10m/s2。求:(1)兩物塊在空中運(yùn)動的時間t;(2)兩物塊碰前A的速度v0的大小;(3)兩物塊碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE。考點(diǎn)4多物體、多過程問題中的動量守恒定律的應(yīng)用12.(2020課標(biāo)Ⅱ,21)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動員面對擋板靜止在冰面上,他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板,運(yùn)動員獲得退行速度;物塊與擋板彈性碰撞,速度反向,追上運(yùn)動員時,運(yùn)動員又把物塊推向擋板,使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后,運(yùn)動員退行速度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運(yùn)動員。不計(jì)冰面的摩擦力,該運(yùn)動員的質(zhì)量可能為()A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg13.(2022河北,13)如圖,光滑水平面上有兩個等高且足夠長的滑板A和B,質(zhì)量分別為1kg和2kg,A右端和B左端分別放置物塊C和D,物塊質(zhì)量均為1kg。A和C以相同速度v0=10m/s向右運(yùn)動,B和D以相同速度kv0向左運(yùn)動,在某時刻發(fā)生碰撞,作用時間極短,碰撞后C與D粘在一起形成一個新物塊,A與B粘在一起形成一個新滑板。物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1,重力加速度大小取g=10m/s2。(1)若0<k<0.5,求碰撞后瞬間新物塊與新滑板各自速度的大小和方向;(2)若k=0.5,從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止時,求兩者相對位移的大小。14.(2022全國乙,25)如圖(a),一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接,靜止在光滑水平面上;物塊B向A運(yùn)動,t=0時與彈簧接觸,到t=2t0時與彈簧分離,第一次碰撞結(jié)束,A、B的v-t圖像如圖(b)所示。已知從t=0到t=t0時間內(nèi),物塊A運(yùn)動的距離為0.36v0t0。A、B分離后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,與一直在水平面上運(yùn)動的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同。斜面傾角為θ(sinθ=0.6),與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求(1)第一次碰撞過程中,彈簧彈性勢能的最大值;(2)第一次碰撞過程中,彈簧壓縮量的最大值;(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。

三年模擬練應(yīng)用實(shí)踐1.(2022遼寧沈陽第一二○中學(xué)期中)由輕彈簧連接的質(zhì)量分別為mA=7m0和mB=2m0的兩個物塊A、B初始時靜止于水平光滑地面上,某時刻一質(zhì)量為m0的子彈以速度v0從左側(cè)射入物塊A并停留在其中,則以下說法正確的是()A.整個過程中由子彈、物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量、機(jī)械能均守恒B.彈簧的彈性勢能最大時,B的速度大小為110vC.整個過程中產(chǎn)生的熱量為716m0D.彈簧的最大彈性勢能為32.(2023重慶巴蜀中學(xué)月考)光滑半圓形曲面B靜止于光滑地面上,物塊C固定于地面,現(xiàn)將小球A從曲面最右端由靜止釋放,當(dāng)小球A滑至曲面最底端時,曲面B恰好與C粘連。已知A與B的質(zhì)量都為m,B曲面半徑為R,重力加速度為g,則()A.最初時B右側(cè)與C的距離為RB.B與C粘連時A的速度大小為gRC.此后A能運(yùn)動到的最高點(diǎn)距離地面RD.此后A運(yùn)動到最高點(diǎn)時,B受到A的壓力大小為03.(2023河南安陽月考)將一個小球以速度v0豎直向上拋出,已知小球經(jīng)t時間上升到最高點(diǎn),再經(jīng)一段時間勻速經(jīng)過拋出點(diǎn)時,速度大小為v1?？諝庾枇Υ笮∨c小球速度大小成正比,重力加速度為g,則下列判斷正確的是()A.小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時速度為零,處于平衡狀態(tài)B.小球上升的最大高度為vC.小球從拋出到落回拋出點(diǎn),上升過程中阻力的沖量大于下降過程中阻力的沖量D.小球運(yùn)動的最大加速度大小為a=v04.(2023遼寧大連期中)2022年北京冬奧會短道速滑混合團(tuán)體2000米接力決賽中,我國短道速滑隊(duì)奪得中國隊(duì)在本屆冬奧會的首金。如果在某次接力訓(xùn)練中質(zhì)量為65kg的甲以大小為8m/s的速度在前面滑行,質(zhì)量為60kg的乙以大小為10m/s的速度從后面追上,并迅速將甲向前推出。若乙推出甲后,乙僅受大小恒為81N的阻力且在5秒末停下,假設(shè)運(yùn)動員們在直道上滑行。則:(1)假設(shè)乙推甲過程中,作用時間極短、不計(jì)任何阻力,甲、乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒?乙對甲做了多少功?(2)若甲離開乙后立即做勻加速直線運(yùn)動且在1秒內(nèi)追上前方2米處以10.5m/s勻速滑行的另一隊(duì)的隊(duì)員丙,則甲做勻加速直線運(yùn)動的加速度至少多大?5.(2023江蘇西安交大蘇州附中月考)如圖所示,質(zhì)量為m的小車靜止在光滑水平面上,距其右端L3μ處有一彈性擋板,在其左端的正上方L處有一固定點(diǎn),通過長為L的細(xì)繩懸掛一質(zhì)量為2m的小滑塊,細(xì)繩能承受的最大拉力為滑塊重力的3.25倍,把細(xì)繩水平拉直并給小滑塊一個豎直向下的初速度,當(dāng)小滑塊到達(dá)最低點(diǎn)時,細(xì)繩恰好被拉斷,小滑塊滑上小車,滑塊和小車間的動摩擦因數(shù)為μ,小車與擋板碰撞過程時間極短,碰后小車速度大小不變,滑塊沒有從小車上滑下,重力加速度為(1)小滑塊的初速度大小v0和細(xì)繩拉斷瞬間小滑塊的速度大小v;(2)第一次碰撞過程中擋板對小車的沖量。遷移創(chuàng)新6.某同學(xué)遇到一道“智力題”:一個騎著電動平衡車的雜技演員帶著兩個相同的鐵球想通過一座很長的小橋,但小橋所能承受的最大壓力是演員、電動平衡車和其中一個鐵球的重力之和,演員能否帶著兩個鐵球從橋上走過去?該同學(xué)利用所學(xué)的拋體運(yùn)動知識,提出解決方案:騎著電動平衡車的演員通過小橋的過程中,只需不斷地交替將一個鐵球拋在空中,這樣手里始終不會有兩個鐵球,小橋所承受的壓力不會超過其限度,從而保證演員帶著兩個鐵球安全過橋。你認(rèn)為該同學(xué)的方案是否合理?請結(jié)合所學(xué)知識,建立合理模型,通過分析說明。

答案與分層梯度式解析第一章動量守恒定律綜合拔高練五年高考練1.B2.C3.B4.AD6.ABD9.C10.D12.BC1.B設(shè)火箭發(fā)動機(jī)在1s內(nèi)噴射出氣體的質(zhì)量為m。以這部分氣體為研究對象,應(yīng)用動量定理,Ft=mv-0,解得m=F·tv=1.6×1032.C對于雞蛋撞擊地面前的下落過程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgh=12mv2,可知雞蛋落地時速度大小v=2g?;雞蛋與地面作用過程中,設(shè)豎直向上為正方向,由動量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力大小為F=mvt+mg,每層樓高度約為3m,則h=24×3m=72m,得F≈949N,接近1033.B滑動摩擦力的大小取決于動摩擦因數(shù)與壓力的大小,助滑階段的深蹲狀態(tài)不能改變這兩個因素,A錯誤。起跳階段運(yùn)動員猛蹬滑道可增大地面對人向上的作用力,從而增大運(yùn)動員所受合力的沖量,由動量定理可知B正確。飛行階段的姿態(tài)可減小空氣阻力,但無法產(chǎn)生向前的作用力,也就不能增加水平方向的速度,C錯誤。著陸階段的屈膝可增加地面對人的作用時間,從而減小人與地面間的作用力,D錯誤。4.AD物塊與地面間的滑動摩擦力為f=μmg=2N,0~3s內(nèi),由動量定理得(F-f)t1=mv3,即(4-2)×3N·s=1kg×v3,得v3=6m/s,3s時物塊的動量為p=mv3=6kg·m/s,C錯誤;設(shè)3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0,由動量定理可得-(F+f)t=0-mv3,即-(4N+2N)t=0-1×6kg·m/s,解得t=1s,物塊在4s時速度減為0,此時物塊的動能也為0,A正確;設(shè)0~3s內(nèi)物塊發(fā)生的位移為x1,由動能定理得(F-f)x1=12mv32,即(4N-2N)x1=12×1×62J,得x1=9m,設(shè)3~4s內(nèi),物塊發(fā)生的位移為x2,由動能定理得-(F+f)x2=0-12mv32,即-(4N+2N)x2=0-12×1×62J,得x2=3m,4~6s內(nèi)物塊反向運(yùn)動,加速度大小為a=F?fm=2m/s2,物塊在6s時的速度大小為v6=2×2m/s=4m/s,發(fā)生的位移為x3=vt=42×2m=4m<x1+x2,即6s時物塊沒有回到初始位置,B錯誤;0~6s內(nèi)F所做的功為W=Fx1-方法技巧利用物體運(yùn)動的v-t圖像有助于對本題的理解。v-t圖像與時間軸所圍面積表示物體的位移。0~3s,F與位移同向,都沿正方向;3~4s,F與位移反向;4~6s,F與位移同向,都沿負(fù)方向。5.答案見解析解析根據(jù)題設(shè)條件:大量氣體分子在各方向運(yùn)動的概率相等,其對靜止雨滴的作用力為零。以下只考慮雨滴下落的定向運(yùn)動。簡化的圓盤模型如圖。設(shè)空氣分子與圓盤碰撞前后相對速度大小不變。在Δt時間內(nèi),與圓盤碰撞的空氣分子質(zhì)量為Δm=SvΔtnm0以F表示圓盤對氣體分子的作用力,根據(jù)動量定理,有FΔt∝Δm×v得F∝nm0Sv2由牛頓第三定律,可知圓盤所受空氣阻力f∝v2采用不同的碰撞模型,也可得到相同結(jié)論。6.ABD從a-t圖像可知,0~t1時間內(nèi)B物體未運(yùn)動,仍處于靜止?fàn)顟B(tài),故墻對B的作用力的大小、方向和彈簧對A的作用力大小、方向均相等,故墻對B的沖量與彈簧對A的沖量相同,故由動量定理可知其大小等于mAv0,選項(xiàng)A正確;t1時刻之后,A、B構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒,彈簧形變量最大時,彈簧彈力最大,a也最大,在t2時刻,A、B加速度最大,且此時A、B受力大小相等,方向相反,aA<aB,所以mA>mB,選項(xiàng)B正確;t2時刻彈簧形變量最大,aA<a0,所以形變量小于x,選項(xiàng)C錯誤;由于a-t圖線與時間軸圍成的面積表示速度變化量,故t1時刻A的速度v0=S1,t2時刻vB=S3,vA=S1-S2,當(dāng)彈簧形變量最大時有vA=vB,解得S1-S2=S3,選項(xiàng)D正確。故選A、B、D。7.答案(1)見解析(2)0.2s解析設(shè)算珠的質(zhì)量為m,取從甲到乙的方向?yàn)檎较?甲算珠碰撞前后的速度分別為v1和v1',乙算珠碰后的速度為v2'。對算珠,由牛頓第二定律知-μmg=ma,解得a=-μg=-0.1×10m/s2=-1m/s2(1)對甲算珠,有v12-v02=2as1,得v甲算珠與乙算珠碰撞,由動量守恒定律得mv1=mv1'+mv2'代入數(shù)據(jù),解得v2'=0.2m/s設(shè)乙滑行s后停下,有0-v2'2=2as代入數(shù)據(jù),解得s=2.0×10-2m由于s=s2,則乙算珠可以滑到邊框a(2)設(shè)甲算珠從被撥出到與乙算珠碰撞所用時間為t1,碰后至停下所用時間為t2根據(jù)vt-v0=at,有t=vt1=v1?v0at2=0?v1'a=在t2時間內(nèi),設(shè)甲算珠的位移為s1'由vt2-v02=2as,得s1'=0?v1'22故甲算珠從被撥出到停下來所需時間t=t1+t2=0.1s+0.1s=0.2s8.答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析(1)滑塊靜止時,桌面對滑桿的支持力與滑塊和滑桿的重力大小相等,即N1=(m+M)g=8N?；瑝K向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N,由牛頓第三定律可知,滑塊對滑桿的摩擦力也為1N,方向豎直向上,此時桌面對滑桿的支持力為N2=Mg-f'=5N。(2)滑塊向上運(yùn)動到碰前瞬間,根據(jù)動能定理有-mgl-fl=12mv2-12代入數(shù)據(jù)解得v=8m/s(3)滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,碰后兩者共速,碰撞過程根據(jù)動量守恒有mv=(m+M)v'碰后滑塊和滑桿以速度v'整體向上做豎直上拋運(yùn)動,由動能定理有-(m+M)gh=0-12(m+M)v'代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得h=0.2m。9.C位置-時間圖像的斜率表示速度,則由圖像可知,碰前m2處于靜止?fàn)顟B(tài),碰后兩物體速率相等、運(yùn)動方向相反,A、B均錯誤。碰撞過程中動量守恒:p1=-p1'+p2',可知p2'>p1',C正確。由p2'>p1'、碰后兩物體速率相等可知m2>m1,則m2的動能大于m1的動能,D錯誤。10.D1號球與質(zhì)量不同的2號球碰撞后,1號球速度不為零,則2號球獲得的動能小于1號球撞2號球前瞬間的動能,所以2號球與3號球碰撞后,3號球獲得的動能也小于1號球撞2號球前瞬間的動能,則3號不可能擺至高度h,故A錯誤;1、2號球釋放后,1號靜止,2、3號一起擺至高度h,說明三個小球之間的碰撞為彈性碰撞,且三個小球組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,但整個過程中,系統(tǒng)所受合外力不為零,所以系統(tǒng)動量不守恒,故B錯誤;1、2號碰撞后粘在一起,為完全非彈性碰撞,碰撞過程有機(jī)械能損失,所以1、2號球再與3號球碰撞后,3號球獲得的動能不足以使其擺至高度h,故C錯誤;碰撞后,2、3號球粘在一起,為完全非彈性碰撞,碰撞過程有機(jī)械能損失,且整個過程中,系統(tǒng)所受合外力不為零,所以系統(tǒng)的機(jī)械能和動量都不守恒,故D正確。故選D。11.答案(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J解析(1)兩物塊在豎直方向做自由落體運(yùn)動,由h=12gt得t=0.30s(2)設(shè)A、B碰后速度為v,碰后A、B一起做平拋運(yùn)動,水平方向的分運(yùn)動為勻速運(yùn)動,由s=vt得v=1.0m/s根據(jù)動量守恒定律,由mv0=2mv得v0=2.0m/s(3)兩物塊碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE=12mv02-1得ΔE=0.10J12.BC物塊每次與擋板碰撞后,擋板對物塊的沖量I=mv0-m(-v0)=40kg·m·s-1,方向與運(yùn)動員退行方向相同,以此方向?yàn)檎较?以運(yùn)動員和物塊整體為研究對象,當(dāng)物塊撞擊擋板7次后,7I=m人v7+mv0,v7<5m/s,得m人>52kg,當(dāng)物塊撞擊擋板8次后,8I=m人v8+mv0,v8>5m/s,得m人<60kg。故B、C正確,A、D錯誤。13.答案(1)5(1-k)m/s,方向水平向右10?20k3m/s,方向水平向右(2)1模型構(gòu)建碰撞在瞬間完成,分析物塊C、D碰撞不要受滑板A、B的影響,分析滑板A、B碰撞也不要受物塊C、D的影響。兩個碰撞同時完成后,新物塊與新滑板再發(fā)生相互作用。解析(1)取水平向右為正方向,設(shè)C、D相碰后的共同速度為vCD,C、D碰撞前后遵守動量守恒定律:mCv0-mDkv0=(mC+mD)vCD代入數(shù)值后得vCD=5(1-k)m/s0<k<0.5時,vCD>0,即C、D形成的新物塊速度方向水平向右。設(shè)A、B相碰后的共同速度為vAB,A、B碰撞前后遵守動量守恒定律:mAv0-mBkv0=(mA+mB)vAB代入數(shù)值后得vAB=103(1-2k)0<k<0.5時,1-2k>0,vAB>0,即A、B形成的新滑板速度方向水平向右。(2)若k=0.5,根據(jù)(1)可知v=vCD=2.5m/s,vAB=0。之后C、D一起向右做勻減速運(yùn)動,A、B一起向右做初速度為0的勻加速運(yùn)動,直到達(dá)到共同速度v共。由AB、CD系統(tǒng)動量守恒得(mC+mD)v=(mA+mB+mC+mD)v共v共=1m/s設(shè)新物塊在新滑板上滑動的相對位移的大小為Δx,對AB、CD系統(tǒng),根據(jù)能量守恒可得μ(mC+mD)gΔx=12(mC+mD)v2-12(mA+mB+mC+mD代入數(shù)值可得Δx=1.875m14.答案(1)0.6mv02(2)0.768v0t0(3)0思路點(diǎn)撥物塊B與物塊A碰撞,在t0時刻共速,在2t0時刻碰撞結(jié)束,物塊B以0.8v0向右運(yùn)動,物塊A以2v0滑上斜面并以某一速度從斜面返回,再次與物塊B碰撞,碰撞后物塊A的速度仍為2v0。解析(1)當(dāng)彈簧被壓縮到最短時,彈簧彈性勢能最大,此時A、B速度相等,即t=t0時刻,根據(jù)動量守恒定律有mB·1.2v0=(mB+m)v0根據(jù)能量守恒定律有Epmax=12mB(1.2v0)2-12(mB+m聯(lián)立解得mB=5m,Epmax=0.6mv(2)碰撞過程動量守恒,有mvA