十年高考物理分類專題7動(dòng)量守恒定律練習(xí)含答案

專題七動(dòng)量守恒定理23年真題1.(2023新課標(biāo),19,6分)(多選)使甲、乙兩條形磁鐵隔開(kāi)一段距離,靜止于水平桌面上,甲的N極正對(duì)著乙的S極,甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量,兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙,在它們相互接近過(guò)程中的任一時(shí)刻()A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動(dòng)量大小比乙的小C.甲的動(dòng)量大小與乙的相等D.甲和乙的動(dòng)量之和不為零答案：BD設(shè)磁鐵乙對(duì)磁鐵甲的作用力大小為F1,磁鐵甲對(duì)磁鐵乙的作用力大小為F2,從釋放甲和乙到任一時(shí)刻t,根據(jù)動(dòng)量定理有(F1-μm甲g)t=p甲=m甲v甲,(F2-μm乙g)t=p乙=m乙v乙,因?yàn)镕1=F2,m甲>m乙,所以,p甲<p乙,v甲<v乙,故B正確,A、C錯(cuò)誤;因μm甲g>μm乙g,甲、乙組成的系統(tǒng)所受的合力不為0,所以甲和乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,即甲和乙的動(dòng)量之和不為零,故D正確。2.(2023天津,5,5分)質(zhì)量為m的列車以速度v勻速行駛,突然以大小為F的力制動(dòng)剎車直到列車停止,整個(gè)過(guò)程中列車還受到大小恒為f的阻力,下列說(shuō)法正確的是()A.減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度大小a=FB.力F的沖量大小為mvC.剎車距離為mD.勻速行駛時(shí)功率為(f+F)v答案C根據(jù)牛頓第二定律有F+f=ma,得a=F+fm,故A錯(cuò)誤;根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有t=va=mvF+f,故力F的沖量大小I=Ft=FmvF+f,B錯(cuò)誤;根據(jù)v2=2ax可得x=v22a=mv22(一題多解剎車過(guò)程,由動(dòng)能定理得-(F+f)x=0-12mv2,解得x=mv3.(2023廣東,10,6分)(多選)某同學(xué)受電動(dòng)窗簾的啟發(fā),設(shè)計(jì)了如圖所示的簡(jiǎn)化模型。多個(gè)質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動(dòng),忽略阻力,開(kāi)窗簾的過(guò)程中,電機(jī)對(duì)滑塊1施加一個(gè)水平向右的恒力F,推動(dòng)滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞,碰撞時(shí)間為0.04s,碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s。關(guān)于兩滑塊的碰撞過(guò)程,下列說(shuō)法正確的有()A.該過(guò)程動(dòng)量守恒B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·sC.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·sD.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N答案BD取向右為正方向,兩滑塊碰撞前的動(dòng)量p1=mv1=0.40kg·m/s,碰撞后的動(dòng)量p2=2mv2=0.44kg·m/s,p1<p2,故兩滑塊的碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒,A錯(cuò)誤。對(duì)滑塊1,由動(dòng)量定理可得I1=mv2-mv1=-0.18kg·m/s,滑塊1受到的合外力的沖量大小為0.18kg·m/s,方向水平向左,B正確。對(duì)滑塊2,由動(dòng)量定理可得I2=mv2=0.22kg·m/s,滑塊2受到的合外力的沖量大小為0.22kg·m/s,方向水平向右,C錯(cuò)誤。對(duì)滑塊2,由沖量的定義式可得I2=FΔt,解得滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小F=5.5N,D正確。4.(2023廣東,15,15分)如圖為某藥品自動(dòng)傳送系統(tǒng)的示意圖。該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺(tái)組成,滑槽高為3L,平臺(tái)高為L(zhǎng)。藥品盒A、B依次被輕放在以v0的速度勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上,在與傳送帶達(dá)到共速后,從M點(diǎn)進(jìn)入滑槽,A剛好滑到平臺(tái)最右端N點(diǎn)停下,隨后滑下的B以2v0的速度與A發(fā)生正碰,碰撞時(shí)間極短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤直徑的兩端。已知A、B的質(zhì)量分別為m和2m,碰撞過(guò)程中損失的能量為碰撞前瞬間總動(dòng)能的14。A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,A、B在滑至N點(diǎn)之前不發(fā)生碰撞,忽略空氣阻力和圓盤的高度,將藥品盒視為質(zhì)點(diǎn)。求:(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t;(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力做的功W;(3)圓盤的圓心到平臺(tái)右端N點(diǎn)的水平距離s。答案(1)v0μg(2)6mgL-3mv0解析(1)A在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a=μg由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t=v0a(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力做的功W=12×2mv02+2mg·3L-12(3)A、B碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律和能量關(guān)系可知2m·2v0=mv1+2mv212×2m·(2v0)2-11解得v1=2v0,v2=v0(另一組解v1=23v0,v2=53v0A、B做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=2L則s-r=v2t1s+r=v1t1解得s=35.(2023天津,11,16分)一質(zhì)量為mA=2kg的A物體從距地面h=1.2m處由靜止自由下落,同時(shí)另一質(zhì)量為mB=1kg的B物體從A物體的正下方地面上豎直向上拋出,經(jīng)過(guò)t=0.2s兩物體相遇,碰撞后立刻粘在一起運(yùn)動(dòng),已知重力加速度g=10m/s2,碰撞時(shí)間極短,不計(jì)空氣阻力。求兩物體:(1)碰撞時(shí)離地面的高度x;(2)碰后瞬間的速度v;(3)碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能ΔE。答案(1)1m(2)0(3)12J解析(1)對(duì)A物體,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得h-x=12gt2,解得x=1m(2)設(shè)B物體從地面豎直向上拋出時(shí)的速度為vB0,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知x=vB0t-12gt解得vB0=6m/s,方向豎直向上根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得碰撞前瞬間A物體的速度大小為vA=gt=2m/s,方向豎直向下碰撞前瞬間B物體的速度大小為vB=vB0-gt=4m/s,方向豎直向上選豎直向下為正方向,由動(dòng)量守恒定律可得mAvA-mBvB=(mA+mB)v解得碰后瞬間的速度v=0m/s。(3)根據(jù)能量守恒定律可知碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能為ΔE=12mAvA2+12mBvB2-12(m解得ΔE=12J。6.(2023海南,18,14分)如圖所示,有一固定的光滑14圓弧軌道A,半徑R=0.2m,一質(zhì)量為mB=1kg的小滑塊B從軌道頂端滑下,在其沖上長(zhǎng)木板C左端時(shí),給木板一個(gè)與小滑塊相同的初速度,已知mC=3kg,B、C間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.2,C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.8,C右端有一個(gè)擋板,C長(zhǎng)為L(zhǎng)。已知g取10m/s2(1)B滑到A的底端時(shí)對(duì)A的壓力是多大?(2)若B未與C右端的擋板碰撞,當(dāng)B與地面保持相對(duì)靜止時(shí),B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少?(3)在0.16m<L<0.8m時(shí),B與C右端擋板發(fā)生碰撞,且碰后粘在一起,求B從滑上C到最終停止所用的時(shí)間(碰撞時(shí)間忽略不計(jì))。答案(1)30N(2)1.6J(3)1-15解析(1)滑塊下滑到圓弧軌道底端,由動(dòng)能定理有mBgR=12mBv2,解得v=2m/s。小滑塊在A的底端時(shí),有FN-mBg=mBv2R,得此時(shí)小滑塊所受支持力FN=30N,由牛頓第三定律可知B對(duì)A的壓力為30(2)B滑上C后,對(duì)B受力分析,水平方向受向左的摩擦力,大小為μ1mBg,由牛頓第二定律可知B的加速度向左,大小為a1=2m/s2對(duì)C進(jìn)行受力分析,受B對(duì)其向右的摩擦力μ1mBg和地面對(duì)其向左的摩擦力μ2(mB+mC)g,其加速度向左,大小為a2=10m/s2,B、C速度減為零后均靜止。B向右運(yùn)動(dòng)的距離x1=v22a1,解得xC向右運(yùn)動(dòng)距離x2=v22a2,解得xB、C間由摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μ1mBg(x1-x2),解得Q=1.6J(3)假設(shè)B還未與C右端擋板碰撞,C先停下,用時(shí)為t1,有t1=va2,得t1=0.2s,由(2)可知此時(shí)B、C的位移分別是0.36m、0.2則x相對(duì)=0.16m,此時(shí)vB=v-a1t1=1.6m/s由L>0.16m,假設(shè)成立,設(shè)C停下后再經(jīng)t2時(shí)間B與C擋板碰撞,有L-0.16m=vBt2-12a1解得t2=(0.8-0.8-L)s(另一解不符合題意,舍去)碰撞前瞬間B的速度vB'=vB-a1t2=20.8-Lm/s碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒可得碰撞后B、C速度v共=0.8-L2之后二者一起減速,a3=μ2g=8m/s2,設(shè)經(jīng)t3后停下,則有t3=v共a3=故總時(shí)間t=t1+t2+t3=1-150.8-L167.(2023山東,18,16分)如圖所示,物塊A和木板B置于水平地面上,固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切,豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力,使A與B以相同速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)B的左端經(jīng)過(guò)軌道末端時(shí),從弧形軌道某處無(wú)初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點(diǎn),并以水平速度v滑上B的上表面,同時(shí)撤掉外力,此時(shí)B右端與P板的距離為s。已知v0=1m/s,v=4m/s,mA=mC=1kg,mB=2kg,A與地面間無(wú)摩擦,B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1,C與B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5,B足夠長(zhǎng),使得C不會(huì)從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞,不計(jì)碰撞時(shí)間,取重力加速度大小g=10m/s2。(1)求C下滑的高度H;(2)與P碰撞前,若B與C能達(dá)到共速,且A、B未發(fā)生碰撞,求s的范圍;(3)若s=0.48m,求B與P碰撞前,摩擦力對(duì)C做的功W;(4)若s=0.48m,自C滑上B開(kāi)始至A、B、C三個(gè)物體都達(dá)到平衡狀態(tài),求這三個(gè)物體總動(dòng)量的變化量Δp的大小。答案(1)0.8m(2)0.625m≤s≤2+22(3)-6J(4)32152+6解析(1)下滑過(guò)程機(jī)械能守恒,有mCgH=12mCv2代入數(shù)據(jù)解得H=0.8m②(2)設(shè)C滑上B后經(jīng)時(shí)間t1,B與C共速,速度為v1。對(duì)C受力分析有μ2mCg=mCaC③得aC=5m/s2④C做勻減速直線運(yùn)動(dòng),v1=v-aCt1⑤對(duì)B受力分析有μ2mCg-μ1(mC+mB)g=mBaB⑥得aB=1m/s2⑦B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)有v1=v0+aBt1⑧B的對(duì)地位移xB=v0+v聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨解得t1=0.5s⑩v1=1.5m/sxB=0.625m設(shè)B與C共速以后再經(jīng)時(shí)間t2,A恰好追上B,對(duì)B、C整體受力分析有(mB+mC)gμ1=(mB+mC)aBC解得aBC=1m/s2B、C整體做勻減速直線運(yùn)動(dòng),xB'=v1t2-12aBCtA恰好追上B時(shí)有位移關(guān)系xA=v0(t1+t2)=xB+xB'聯(lián)立⑩得xA=2+22m所以s的范圍為0.625m≤s≤2+22(3)s=0.48m<xB=0.625m,說(shuō)明B與C未達(dá)到共速,設(shè)C滑上B后經(jīng)時(shí)間t3,B與P相撞,根據(jù)題意有s=0.48m=v0t3+12aBt聯(lián)立⑦并代入數(shù)據(jù)解得t3=0.4s設(shè)B與P碰前瞬間C的速度為vC'vC'=v-aCt3聯(lián)立④并代入數(shù)據(jù)解得vC=2m/s對(duì)C應(yīng)用動(dòng)能定理有W=12mCvC'2-12mCv聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得W=-6J因此B與P碰撞前摩擦力對(duì)C所做的功為-6J(4)設(shè)B與P碰撞前B的速度大小為vB'則vB'=v0+aBt3聯(lián)立⑦并代入數(shù)據(jù)可得vB'=1.4m/sB與P發(fā)生彈性碰撞,速度大小不變、方向反向,大小仍為vB',C仍以原來(lái)的加速度向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)設(shè)再經(jīng)時(shí)間t4,B與A相撞對(duì)返回的B進(jìn)行分析mCgμ2+(mC+mB)gμ1=mBaB'解得aB'=4m/s2B與A相撞時(shí)的位移關(guān)系有xA'+xB″=0.48mt4時(shí)間內(nèi)B返回的位移xB″=vB't4-12aB't而xA'=v0(t3+t4)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得t4=(0.6-0.42)s設(shè)B與A碰撞前B的速度大小為vB″,B與A發(fā)生彈性碰撞,該過(guò)程A與B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒且機(jī)械能守恒mAv0-mBvB″=mAvA'+mBvB?12mAv02+12mBvB″2=12mAvA'2+12m其中vB″=vB'-aB't4聯(lián)立各式解得vA'=1-3215vB?=1-815即A以2m/s的速度向左返回,B不可能追上A再次碰撞,即B、C最終靜止,A向左勻速運(yùn)動(dòng),A、B、C都處于平衡狀態(tài),設(shè)自C滑上B開(kāi)始,到最后各自平衡時(shí)A、B、C總動(dòng)量的變化量為Δp。Δp=p末-p初=mAvA'-[(mA+mB)v0+mCv]=mAvA'-(mA+mB)v0-mCv聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得Δp=-32152+6kg·m/s動(dòng)量變化量Δp的大小為32152+6kg8.(2023全國(guó)乙,25,20分)如圖,一豎直固定的長(zhǎng)直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤,圓盤與管的上端口距離為l,圓管長(zhǎng)度為20l。一質(zhì)量為m=13M的小球從管的上端口由靜止下落,并撞在圓盤中心,圓盤向下滑動(dòng),所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸,圓盤始終水平,小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小;(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間,小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離;(3)圓盤在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,小球與圓盤碰撞的次數(shù)。答案(1)2gl2解析(1)設(shè)第一次碰撞前小球的速度為v,第一次碰撞后小球及圓盤的速度分別為v1、v2,取豎直向下為正方向,對(duì)小球根據(jù)動(dòng)能定理有mgl=12mv2解得v=2小球與圓盤的碰撞滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件,有mv=mv1+Mv2①12mv2=12mv12+聯(lián)立①②得v1=m-Mv2=2mm故第一次碰撞后瞬間小球速度大小為2gl2,圓盤速度大小為(2)由題意可知圓盤所受摩擦力與其所受重力大小相等,則小球與圓盤碰撞后,圓盤做勻速直線運(yùn)動(dòng),小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球回到第一次碰撞的位置時(shí),小球與圓盤的速度相同,此時(shí)小球與圓盤間的距離最遠(yuǎn)。對(duì)小球有t=2|v對(duì)圓盤有smax=v2t=l所以在第一次碰撞到第二次碰撞之間,小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離為l。(3)規(guī)定豎直向下為正方向,設(shè)小球與圓盤第一次碰撞后經(jīng)過(guò)時(shí)間t1發(fā)生第二次碰撞,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v1t1+12gt12=v聯(lián)立解得t1=22圓盤在第一次碰撞到第二次碰撞之間下落的高度h1=v2t1=2l小球與圓盤第二次碰撞前瞬間的速度v2前=v1+gt1=3小球與圓盤第二次碰撞時(shí)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒,有mv2前+Mv2=mv2后+Mv312mv2前2+12Mv22=解得v2后=0,v3=2設(shè)小球與圓盤在第二次碰撞到第三次碰撞之間所經(jīng)歷的時(shí)間為t2,則12gt22=v解得t2=22小球在與圓盤第三次碰撞前瞬間的速度v3前=gt2=22圓盤在第二次碰撞到第三次碰撞之間下落的高度h2=v3t2=4l同理可知,圓盤在第三次碰撞到第四次碰撞之間下落的高度h3=6l若圓盤在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球與圓盤能發(fā)生第五次碰撞,則圓盤在第四次碰撞到第五次碰撞之間下落的高度h4=8lh=l+h1+h2+h3+h4=21l>20l可見(jiàn)圓盤在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球與圓盤未發(fā)生第五次碰撞,故小球與圓盤在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中共碰撞4次。9.(2023遼寧,15,17分)如圖,質(zhì)量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上,右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k=20N/m的輕彈簧,彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度v0=54m/s滑上木板左端,兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng),物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi),彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=12kx2。取重力加速度g=10m/s2(1)求木板剛接觸彈簧時(shí)速度v1的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離x1。(2)求木板與彈簧接觸以后,物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量x2及此時(shí)木板速度v2的大小。(3)已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從v2減小到0所用時(shí)間為t0。求木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過(guò)程中,系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU(用t0表示)。答案(1)1m/s0.125m(2)0.25m32m/s(3)43t0-8解析(1)對(duì)物塊與木板整體分析由動(dòng)量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v1①可得v1=m2v0對(duì)木板分析,應(yīng)用動(dòng)能定理有μm2gx1=12m1v解得x1=0.125m④(2)設(shè)物塊與木板即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)二者的加速度大小為a,對(duì)木板與物塊整體分析可知kx2=(m1+m2)a⑤對(duì)物塊有μm2g=m2a⑥聯(lián)立⑤⑥得a=1m/s2⑦x2=0.25m⑧對(duì)木板、物塊與彈簧三者組成的系統(tǒng)根據(jù)能量守恒定律有12(m1+m2)v12=12(m1+m2)v2解得v2=32(3)木板速度為v2后,木板與物塊加速度首次相同時(shí),木板加速度大小仍為a,其受力情況與速度為v2時(shí)的受力情況相同,彈簧壓縮量仍為x2,木板速度大小仍為v2,根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的對(duì)稱性知,運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為2t0,而物塊在該過(guò)程中一直做勻變速直線運(yùn)動(dòng),有v'2=v2-a·2t0聯(lián)立⑦⑩得v'2=32-2t0由能量守恒定律可知系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU=12m2v22-12m聯(lián)立⑩得ΔU=43t0-8t010.(2023湖南,15,16分)如圖,質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上,凹槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的光滑軌道,橢圓的半長(zhǎng)軸和半短軸分別為a和b,長(zhǎng)軸水平,短軸豎直。質(zhì)量為m的小球,初始時(shí)刻從橢圓軌道長(zhǎng)軸的右端點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑。以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn),在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy,橢圓長(zhǎng)軸位于x軸上。整個(gè)過(guò)程凹槽不翻轉(zhuǎn),重力加速度為g。(1)小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí),求凹槽的速度大小以及凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離;(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,求出小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程;(3)若Mm=ba-b,求小球下降h=b2高度時(shí),小球相對(duì)于地面的速度大小(結(jié)果用a、b答案：(1)2m2(2)1+mMx-m(3)2bg解析(1)設(shè)小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為vm,凹槽速度大小為vM,地面光滑,小球和凹槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,則有0=mvm-MvM半橢圓形軌道光滑,由機(jī)械能守恒定律有mgb=12mvm2+1解得vM=2根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有:mvm'=MvM',xm=∑vm't,xM=∑vM't,且xm+xM=a聯(lián)立解得xM=maM(2)以水平向右為正方向,設(shè)小球運(yùn)動(dòng)軌跡上某點(diǎn)坐標(biāo)為(x,y),則小球的水平分位移為a-x,方向向左此時(shí)凹槽位移為x2,方向向右,有m(x-a)+Mx2=0因凹槽內(nèi)表面為半橢圓形,橢圓中心位置坐標(biāo)為(x2,0),故小球在橢圓軌道上的位置坐標(biāo)滿足(x-x由以上幾式整理得小球運(yùn)動(dòng)軌跡方程為1+mMx-mM(3)將M、m的關(guān)系式代入第(2)問(wèn)小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程中,則有[x-(a-b可知小球的運(yùn)動(dòng)軌跡為半徑為b的圓弧,圓心為O1(a-b,0),如圖所示當(dāng)小球下降h=b2高度時(shí),設(shè)小球此時(shí)的坐標(biāo)為(x0,y0),則y0=-設(shè)此時(shí)小球的速度大小為v1,v1的方向與水平方向的夾角為θ,凹槽的速度大小為v2根據(jù)幾何關(guān)系可知tanθ=3將v1沿水平方向和豎直方向分解,則vx=v1cosθ根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgb2=12mv12小球和凹槽在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,水平方向動(dòng)量守恒,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mvx=Mv2聯(lián)立解得v1=2bga11.(2023重慶,14,13分)如圖所示,桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道,M、N為軌道上的兩點(diǎn),且位于同一直徑上,P為MN段的中點(diǎn)。在P點(diǎn)處有一加速器(大小可忽略),小球每次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)后,其速度大小都增加v0。質(zhì)量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時(shí)針運(yùn)動(dòng),與靜止在M處的小球2發(fā)生第一次彈性碰撞,碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時(shí)間。求:(1)球1第一次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)后瞬間向心力的大小;(2)球2的質(zhì)量;(3)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間。答案(1)4mv02R解析(1)球1第一次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)后瞬間的速度大小為2v0,在P點(diǎn),根據(jù)向心力公式有F向=m(2v0)(2)球1與球2發(fā)生彈性碰撞,且碰后速度大小相等(設(shè)為v),說(shuō)明球1碰后反彈(點(diǎn)撥:若碰后瞬間兩球速度大小相等、方向相同,則為完全非彈性碰撞,與題意不符)設(shè)球2的質(zhì)量為m',根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m·2v0=-mv+m'v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12m(2v0)2=12mv2+12m'v2,聯(lián)立解得v=v(3)設(shè)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間為Δt,球1從第一次碰撞至運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為t1,此時(shí)球2運(yùn)動(dòng)到P的對(duì)稱點(diǎn)(點(diǎn)撥:因?yàn)榍?、球2第一次碰后運(yùn)動(dòng)速率相同,方向相反,故相同時(shí)間所走路程相等),即二者運(yùn)動(dòng)的路程之和為πR,球1從P點(diǎn)至第二次碰撞所用時(shí)間為t2,根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律有t1=πR2v0,v0t2+2v0t2=πR,聯(lián)立解得Δt=t1+t12.(2023河北,15,16分)如圖,質(zhì)量為1kg的薄木板靜置于光滑水平地面上,半徑為0.75m的豎直光滑圓弧軌道固定在地面,軌道底端與木板等高,軌道上端點(diǎn)和圓心連線與水平面成37°角。質(zhì)量為2kg的小物塊A以8m/s的初速度從木板左端水平向右滑行,A與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。當(dāng)A到達(dá)木板右端時(shí),木板恰好與軌道底端相碰并被鎖定,同時(shí)A沿圓弧切線方向滑上軌道。待A離開(kāi)軌道后,可隨時(shí)解除木板鎖定,解除鎖定時(shí)木板的速度與碰撞前瞬間大小相等、方向相反。已知木板長(zhǎng)度為1.3m,g取10m/s2,10取3.16,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求木板與軌道底端碰撞前瞬間,物塊A和木板的速度大小;(2)求物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)受到軌道的彈力大小及離開(kāi)軌道后距地面的最大高度;(3)物塊A運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)會(huì)炸裂成質(zhì)量比為1∶3的物塊B和物塊C,總質(zhì)量不變,同時(shí)系統(tǒng)動(dòng)能增加3J,其中一塊沿原速度方向運(yùn)動(dòng)。為保證B、C之一落在木板上,求從物塊A離開(kāi)軌道到解除木板鎖定的時(shí)間范圍。答案(1)7m/s2m/s(2)1643N2m(3)0.1s≤Δt≤0.118s或0.732s≤Δt≤0.75s解析(1)設(shè)物塊A的初速度為v0,木板與軌道底端碰撞前,物塊A和木板的速度分別為v1和v2,物塊A和木板的質(zhì)量分別為m1和m2,物塊A與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,木板長(zhǎng)度為L(zhǎng),由動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系有m1v0=m1v1+m2v2,12m1v02=12m1v12+12由題意分析知v1≥v2,聯(lián)立解得v1=7m/s,v2=2m/s(2)設(shè)圓弧軌道半徑為R,物塊A到圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)斜拋速度為v3,軌道對(duì)物塊A的彈力為FN。物塊A從軌道最低點(diǎn)到最高點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理有-m1gR(1+sin37°)=12m1v32-1物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有FN+m1gsin37°=m1v聯(lián)立得FN=1643N,v3=5設(shè)物塊A拋出時(shí)速度v3的水平分量和豎直分量分別為vx和vy,有vx=v3sin37°=3m/s,vy=v3cos37°=4m/s則斜拋過(guò)程物塊A上升時(shí)間t1=vyg=0.4該段時(shí)間物塊A向左運(yùn)動(dòng)距離為s1=vxt1=1.2m物塊A距離地面最大高度H=R(1+sin37°)+vy22(3)物塊A從最高點(diǎn)落地時(shí)間t2=2Hg=0.632設(shè)向左為正方向,物塊A在最高點(diǎn)炸裂為B、C,設(shè)質(zhì)量和速度分別為m3、m4和v4、v5,設(shè)m3∶m4=1∶3,系統(tǒng)動(dòng)能增加ΔEk。根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有m1vx=m3v4+m4v5,12m1vx2+ΔEk=12m3v4解得v4=6m/s,v5=2m/s或v4=0,v5=4m/s。設(shè)從物塊A離開(kāi)軌道到解除木板鎖定的時(shí)間為Δt,①若v4=6m/s,v5=2m/s,炸裂后B落地過(guò)程中的水平位移為x'=v4t2=3.792m炸裂后C落地過(guò)程中的水平位移為x″=v5t2=1.264m木板右端到軌道底端的距離為Δs=v2(t1+t2-Δt)=(2.064-2Δt)m運(yùn)動(dòng)軌跡分析如圖1所示為了保證B、C之一落在木板上,需要滿足下列條件之一a.若僅C落在木板上,應(yīng)滿足(2.064-2Δt)+1.3≥1.264+0.6且(2.064-2Δt)≤1.264+0.6解得0.1s≤Δt≤0.75sb.若僅B落在木板上,應(yīng)滿足(2.064-2Δt)+1.3≥3.792+0.6且(2.064-2Δt)≤3.792+0.6不等式無(wú)解;②若v4=0,v5=4m/s,炸裂后B落地過(guò)程中水平位移為0,炸裂后C落地過(guò)程中水平位移為x?=v5t2=2.528m木板右端到軌道底端的距離為Δs'=v2(t1+t2-Δt)=(2.064-2Δt)m運(yùn)動(dòng)軌跡分析如圖2所示為了保證B、C之一落在木板上,需要滿足下列條件之一a.若僅B落在木板上,應(yīng)滿足(2.064-2Δt)+1.3≥0.6且(2.064-2Δt)≤0.6解得0.732s≤Δt≤1.382sb.若僅C落在木板上,應(yīng)滿足(2.064-2Δt)+1.3≥2.528+0.6且(2.064-2Δt)≤2.528+0.6解得0≤Δt≤0.118s綜合分析①②兩種情況,為保證B、C之一一定落在木板上,Δt滿足的條件為0.1s≤Δt≤0.118s或0.732s≤Δt≤0.75s22年及之前真題1.(2022北京,12,3分)“雪如意”是我國(guó)首座國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場(chǎng)地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中,裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評(píng)分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過(guò)四個(gè)階段:①助滑階段,運(yùn)動(dòng)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(shí),運(yùn)動(dòng)員兩腿猛蹬滑道快速伸直,同時(shí)上體向前伸展;③飛行階段,在空中運(yùn)動(dòng)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(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝,兩臂左右平伸。下列說(shuō)法正確的是()A.助滑階段,運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時(shí)間答案B滑動(dòng)摩擦力的大小取決于動(dòng)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(gè)因素,A錯(cuò)誤。起跳階段運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道可增大地面對(duì)人向上的作用力,從而增大運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量,由動(dòng)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(wú)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(cuò)誤。著陸階段的屈膝可增加地面對(duì)人的作用時(shí)間,從而減小人與地面間的作用力,D錯(cuò)誤。2.(2022重慶,4,4分)在測(cè)試汽車的安全氣囊對(duì)駕乘人員頭部防護(hù)作用的實(shí)驗(yàn)中,某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時(shí)間變化的曲線(如圖)。從碰撞開(kāi)始到碰撞結(jié)束過(guò)程中,若假人頭部只受到安全氣囊的作用,則由曲線可知,假人頭部()A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積B.動(dòng)量大小先增大后減小C.動(dòng)能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積D.加速度大小先增大后減小答案D假人的頭部只受到安全氣囊的作用力,則F?t圖線與時(shí)間軸所圍的面積即合力的沖量,再根據(jù)動(dòng)量定理可知合力的沖量等于物體動(dòng)量改變量,即曲線與橫軸圍成的面積表示動(dòng)量的變化量,A、C錯(cuò)誤;圖線一直在t軸的上方,即合力的沖量方向不變,由于頭部初動(dòng)量方向與合力的沖量方向相反,則假人頭部動(dòng)量的大小先減小,B錯(cuò)誤;假人的頭部只受到安全氣囊的作用,則根據(jù)牛頓第二定律可知a∝F,即假人頭部的加速度先增大后減小,D正確。3.(2022湖北,7,4分)一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng),在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v,在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5v,前后兩段時(shí)間內(nèi),合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2,合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是()A.W2=3W1,I2≤3I1B.W2=3W1,I2≥I1C.W2=7W1,I2≤3I1D.W2=7W1,I2≥I1答案D設(shè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m,由動(dòng)能定理有W1=12m(2v)2-12mv2=32mv2,W2=12m(5v)2-12m(2v)2=212mv2,故W2=7W1;由動(dòng)量定理和矢量減法知識(shí)可知,I1≥m(2v)-mv,I2≥m(5v)-m(2v),即I1≥mv,I2≥3mv,故4.(2022湖南,4,4分)1932年,查德威克用未知射線轟擊氫核,發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖,中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核,碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設(shè)碰撞為彈性正碰,不考慮相對(duì)論效應(yīng),下列說(shuō)法正確的是()A.碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小B.碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小C.v2大于v1D.v2大于v0答案B設(shè)中子質(zhì)量為m,則氫核質(zhì)量為m,氮核質(zhì)量為M=14m。對(duì)中子碰撞氫核過(guò)程,有mv0=mv'+mv1,12mv02=12mv'2+12mv12,聯(lián)立解得:v'=0,v1=v0,則碰后氫核動(dòng)量p'=mv0,氫核動(dòng)能Ek'=12mv02;同理,分析中子碰撞氮核過(guò)程,有mv0=mv″+Mv2,12mv02=12mv″2+12Mv22,解得v″=m-MM+mv0=-1315v0,v2=2mM+mv0=215v0,可知碰后氮核動(dòng)量p″4.(2022北京,10,3分)質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰,其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。下列說(shuō)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(dòng)量大于m1的動(dòng)量D.碰撞后m2的動(dòng)能小于m1的動(dòng)能答案C位移-時(shí)間圖線的斜率表示速度,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(dòng)方向相反,A、B均錯(cuò)誤。碰撞過(guò)程中動(dòng)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(dòng)能大于m1的動(dòng)能,D錯(cuò)誤。5.(2022山東,2,3分)我國(guó)多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長(zhǎng)征十一號(hào)系列運(yùn)載火箭。如圖所示,發(fā)射倉(cāng)內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出,火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)火的過(guò)程中()A.火箭的加速度為零時(shí),動(dòng)能最大B.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能C.高壓氣體對(duì)火箭推力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量答案A從火箭開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)火的過(guò)程中,火箭受到豎直向上的推力F、豎直向下的重力G和豎直向下的阻力f,規(guī)定豎直向上為正方向,利用牛頓第二定律F-G-f=ma定性分析,火箭先豎直向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)加速度為零時(shí),速度最大,動(dòng)能最大,A正確。高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能、火箭的重力勢(shì)能、內(nèi)能,B錯(cuò)誤。火箭所受合外力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量,C錯(cuò)誤。高壓氣體的推力、空氣阻力和重力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量,D錯(cuò)誤。6.(2017天津理綜,4,6分)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪,是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是()A.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,乘客的機(jī)械能保持不變B.在最高點(diǎn)時(shí),乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力C.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中,乘客重力的沖量為零D.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變答案B本題考查勻速圓周運(yùn)動(dòng)。乘客在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),動(dòng)能不變,而在上升過(guò)程中重力勢(shì)能增加,機(jī)械能增加,下降過(guò)程中則相反,A錯(cuò)誤。在最高點(diǎn)時(shí),乘客具有豎直向下的向心加速度,處于失重狀態(tài),故B正確。因重力恒定,重力的沖量等于重力與其作用時(shí)間的乘積,故重力沖量一定不為零,C錯(cuò)誤。重力的瞬時(shí)功率P=mg·v·cosα,其中α是瞬時(shí)速度v的方向與重力方向之間的夾角,故重力的瞬時(shí)功率不會(huì)保持不變,D錯(cuò)誤。命題評(píng)析本題以豎直平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)為背景,考查了機(jī)械能、功率、失重、沖量等重要考點(diǎn),考查面廣泛,難度較小,體現(xiàn)了高考對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)、基本能力的“雙基”要求。對(duì)平時(shí)的教學(xué)與學(xué)習(xí)具有重要的指導(dǎo)意義。7.(2015北京理綜,18,6分)“蹦極”運(yùn)動(dòng)中,長(zhǎng)彈性繩的一端固定,另一端綁在人身上,人從幾十米高處跳下。將蹦極過(guò)程簡(jiǎn)化為人沿豎直方向的運(yùn)動(dòng)。從繩恰好伸直,到人第一次下降至最低點(diǎn)的過(guò)程中,下列分析正確的是()A.繩對(duì)人的沖量始終向上,人的動(dòng)量先增大后減小B.繩對(duì)人的拉力始終做負(fù)功,人的動(dòng)能一直減小C.繩恰好伸直時(shí),繩的彈性勢(shì)能為零,人的動(dòng)能最大D.人在最低點(diǎn)時(shí),繩對(duì)人的拉力等于人所受的重力答案A從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點(diǎn)的過(guò)程中,人經(jīng)歷了先加速后減速的過(guò)程,當(dāng)繩對(duì)人的拉力等于人的重力時(shí)速度最大,動(dòng)能最大,之后繩的拉力大于人的重力,人向下減速到達(dá)最低點(diǎn)。繩對(duì)人的拉力始終向上,始終做負(fù)功。拉力的沖量始終向上,人的動(dòng)量先增大后減小,綜上所述,只有A選項(xiàng)正確。試題評(píng)析分析好運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)是解答本類問(wèn)題的關(guān)鍵。8.(2019課標(biāo)Ⅰ,16,6分)最近,我國(guó)為“長(zhǎng)征九號(hào)”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試成功,這標(biāo)志著我國(guó)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(dòng)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(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()A.1.6×102kgB.1.6×103kgC.1.6×105kgD.1.6×106kg答案B本題考查了動(dòng)量定理知識(shí),以及理解能力、推理能力,體現(xiàn)了物理觀念中物質(zhì)觀念、運(yùn)動(dòng)與相互作用觀念的要素和科學(xué)思維中模型建構(gòu)、科學(xué)推理的要素。設(shè)某次實(shí)驗(yàn)中該發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體的質(zhì)量為m,以這部分氣體為研究對(duì)象,根據(jù)動(dòng)量定理有:Ft=mv-0,解得m=Ftv=4.8×106×13×103kg=1.6×103kg,故選項(xiàng)B9.(2017課標(biāo)Ⅲ,20,6分)(多選)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示,則()A.t=1s時(shí)物塊的速率為1m/sB.t=2s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4kg·m/sC.t=3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5kg·m/sD.t=4s時(shí)物塊的速度為零答案AB前2s,根據(jù)牛頓第二定律,a=Fm=1m/s2,則0~2s的速度規(guī)律為v=at,t=1s時(shí),速率為1m/s,A正確;t=2s時(shí),速率為2m/s,則動(dòng)量為p=mv=4kg·m/s,B正確;2~4s,力開(kāi)始反向,物塊減速,根據(jù)牛頓第二定律,a=-0.5m/s2,所以3s時(shí)的速度為1.5m/s,動(dòng)量為3kg·m/s,4s時(shí)速度為1m/s,C、D10.(2015重慶理綜,3,6分)高空作業(yè)須系安全帶,如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落,從開(kāi)始跌落到安全帶對(duì)人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動(dòng))。此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng),若在此過(guò)程中該作用力始終豎直向上,則該段時(shí)間安全帶對(duì)人的平均作用力大小為()A.m2ghtC.mght+mgD.答案A解法一:由v2=2gh得v=2gh。對(duì)人與安全帶作用的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理,則有(mg-F)t=0-mv,解得F=m2ght解法二:對(duì)人與安全帶作用的過(guò)程應(yīng)用牛頓第二定律,則有F-mg=ma,而a=vt=2ght,解得F=m211.(2019江蘇單科,12)質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上,小孩和滑板均處于靜止?fàn)顟B(tài),忽略滑板與地面間的摩擦。小孩沿水平方向躍離滑板,離開(kāi)滑板時(shí)的速度大小為v,此時(shí)滑板的速度大小為()A.mMvB.MmvC.mm答案B本題考查了動(dòng)量守恒定律,考查的是學(xué)生對(duì)動(dòng)量守恒定律適用條件的理解能力,體現(xiàn)了科學(xué)思維中的科學(xué)推理要素及物理觀念中的運(yùn)動(dòng)與相互作用觀念要素。忽略滑板與地面間摩擦?xí)r,小孩與滑板在水平方向上動(dòng)量守恒:0=Mv+mv',解得v'=-Mmv,其中“-”表示v'與v方向相反,故B關(guān)聯(lián)知識(shí)核反應(yīng)中四大守恒規(guī)律:(1)質(zhì)量數(shù)守恒;12.(2017海南,1,4分)光滑水平桌面上有P、Q兩個(gè)物塊,Q的質(zhì)量是P的n倍。將一輕彈簧置于P、Q之間,用外力緩慢壓P、Q。撤去外力后,P、Q開(kāi)始運(yùn)動(dòng),P和Q的動(dòng)量大小的比值為()A.n2B.nC.1n答案D撤去外力后,系統(tǒng)不受外力,所以總動(dòng)量守恒,設(shè)P的動(dòng)量方向?yàn)檎较?則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有:Pp-PQ=0,可知PP=PQ,則動(dòng)量大小之比為1;故選項(xiàng)D正確,A、B、C錯(cuò)誤。13.(2014浙江,14(1),4分)如圖所示,甲木塊的質(zhì)量為m1,以速度v沿光滑水平地面向右運(yùn)動(dòng),正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊,乙木塊上連有一輕質(zhì)彈簧。甲木塊與彈簧接觸后()A.甲木塊的動(dòng)量守恒B.乙木塊的動(dòng)量守恒C.甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒D.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒答案C甲木塊與彈簧接觸后,由于彈簧彈力的作用,甲、乙的動(dòng)量要發(fā)生變化,但甲、乙所組成的系統(tǒng)所受合力為零,故動(dòng)量守恒,A、B錯(cuò)誤,C正確;甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能,一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能,故系統(tǒng)動(dòng)能不守恒,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。14.(2014重慶理綜,4,6分)一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有水平速度v=2m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計(jì)質(zhì)量損失,取重力加速度g=10m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()答案B平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=2hg=1s,爆炸過(guò)程遵守動(dòng)量守恒定律,設(shè)彈丸質(zhì)量為m,則mv=34mv甲+14mv乙,又v甲=x甲t,v乙=x乙t,t=1s,則有34x甲+15.[2015福建理綜,30(2),6分]如圖,兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng),滑塊A的質(zhì)量為m,速度大小為2v0,方向向右,滑塊B的質(zhì)量為2m,速度大小為v0,方向向左,兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是()A.A和B都向左運(yùn)動(dòng)B.A和B都向右運(yùn)動(dòng)C.A靜止,B向右運(yùn)動(dòng)D.A向左運(yùn)動(dòng),B向右運(yùn)動(dòng)答案D由于A、B碰前總動(dòng)量為0,由動(dòng)量守恒可知碰后總動(dòng)量也為0,因兩滑塊發(fā)生彈性碰撞,故碰后A、B一定反向,即A向左運(yùn)動(dòng),B向右運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D正確。16.(2014大綱全國(guó),21,6分)一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰。若碰前原子核靜止,則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為()A.A+1A-C.4A(答案A設(shè)中子質(zhì)量為m,則原子核的質(zhì)量為Am。設(shè)碰撞前后中子的速度分別為v0、v1,碰后原子核的速度為v2,由彈性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,12mv02=12mv12+12Amv22,解得v1=117.(2014福建理綜,30(2),6分)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置,由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1,后部分的箭體質(zhì)量為m2,分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行,若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化,則分離后衛(wèi)星的速率v1為。(填選項(xiàng)前的字母)

A.v0-v2B.v0+v2C.v0-m2m1v2D.v0+m2m答案D箭體與衛(wèi)星分離過(guò)程動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律:(m1+m2)v0=m1v1+m2v2v1=v0+m2m1(v0-v18.[2016天津理綜,9(1)]如圖所示,方盒A靜止在光滑的水平面上,盒內(nèi)有一小滑塊B,盒的質(zhì)量是滑塊的2倍,滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。若滑塊以速度v開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng),與盒的左、右壁發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞,滑塊在盒中來(lái)回運(yùn)動(dòng)多次,最終相對(duì)于盒靜止,則此時(shí)盒的速度大小為,滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為。

答案v3解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m,最終盒與滑塊的共同速度為v'根據(jù)動(dòng)量守恒得:mv=(m+2m)v'解得v'=13設(shè)滑塊相對(duì)于盒的運(yùn)動(dòng)路程為s根據(jù)能量守恒得:μmgs=12mv2-12解得s=v反思感悟應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的過(guò)程中,只需關(guān)注初、末兩個(gè)狀態(tài),而不必關(guān)注過(guò)程細(xì)節(jié),這正是動(dòng)量守恒定律的優(yōu)越性。例如,本題中不必關(guān)心滑塊究竟是怎樣與盒相互作用的及碰撞了多少次。19.[2015天津理綜,9(1)]如圖所示,在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板,A球在水平面上靜止放置,B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰,B球碰撞前、后的速率之比為3∶1,A球垂直撞向擋板,碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞,A、B兩球的質(zhì)量之比為,A、B碰撞前、后兩球總動(dòng)能之比為。

答案4∶19∶5解析設(shè)碰前B球速度大小為v0,碰后A、B兩球速度大小分別為vA、vB,由題意知,碰后A球速度方向向左,B球速度方向向右,且vA=vB=13v0,碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒,取水平向右為正方向,則有-mBv0=-mAvA+mBvB,解得:mA∶mB=4∶1;碰撞前、后兩球總動(dòng)能之比為12m20.[2018天津理綜,9(1)]質(zhì)量為0.45kg的木塊靜止在光滑水平面上,一質(zhì)量為0.05kg的子彈以200m/s的水平速度擊中木塊,并留在其中,整個(gè)木塊沿子彈原方向運(yùn)動(dòng),則木塊最終速度的大小是m/s。若子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的平均阻力為4.5×103N,則子彈射入木塊的深度為m。

答案200.2解析本題考查動(dòng)量守恒定律、功能關(guān)系等知識(shí)。子彈擊中木塊,并留在其中,二者共速,子彈擊中木塊的過(guò)程,系統(tǒng)合外力為零,滿足動(dòng)量守恒條件,則mv0=(m+M)v,v=mv0M+m=200×0.050.5m/s=20m/s;此過(guò)程中對(duì)系統(tǒng)由功能關(guān)系可得:fd=12m知識(shí)拓展系統(tǒng)中產(chǎn)生的焦耳熱Q=f·d。21.(2022廣東,13,11分)某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開(kāi)傘過(guò)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(gè)滑塊,初始時(shí)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(dòng)時(shí),受到滑桿的摩擦力f為1N。滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,帶動(dòng)滑桿離開(kāi)桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)。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(shí)和向上滑動(dòng)的過(guò)程中,桌面對(duì)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(dòng)的最大高度h。答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析(1)滑塊靜止時(shí),由整體法得:N1=(m+M)g=8N滑塊向上滑動(dòng)時(shí),以滑桿為研究對(duì)象,受力分析如圖得:N2=Mg-f'=Mg-f=5N。(2)滑塊從A到B,由動(dòng)能定理:-mgl-fl=12mv2-12得:v=8m/s。(3)滑塊與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,由動(dòng)量守恒:mv=(m+M)v'得v'=2m/s碰撞后,滑塊與滑桿一起向上運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理:-(m+M)gh=0-12(m+M)v'得:h=0.2m22.(2022全國(guó)乙,25,20分)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(dòng),t=0時(shí)與彈簧接觸,到t=2t0時(shí)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(shí)間內(nèi),物塊A運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(guò)程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi),重力加速度g=10m/s2。求(1)第一次碰撞過(guò)程中,彈簧彈性勢(shì)能的最大值;(2)第一次碰撞過(guò)程中,彈簧壓縮量的最大值;(3)物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。答案(1)0.6mv02(2)0.768v0t0(3)0解析(1)t0時(shí)彈簧被壓縮至最短,A、B碰撞動(dòng)量守恒,由圖(b)知mB·1.2v0=(mB+mA)v0得:mB=5mA=5m此過(guò)程A、B與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒彈簧的最大彈性勢(shì)能Epmax=|ΔEk|=12mB(1.2v0)2-12(mA+mB)v02=0(2)t0時(shí)彈簧壓縮量最大,設(shè)為Δx由題意,0~t0內(nèi),系統(tǒng)動(dòng)量始終守恒,得mAvA+mBvB=mB·1.2v0即mvA+5mvB=6mv0化簡(jiǎn)得vA=5(1.2v0-vB)根據(jù)圖(b)分析上式,A圖線在0~t0上任意一點(diǎn)到橫坐標(biāo)軸的距離,等于同一時(shí)刻B圖線上對(duì)應(yīng)點(diǎn)到v=1.2v0這條直線的距離的5倍。由v-t圖線與時(shí)間軸所圍面積表示位移,且0~t0時(shí)間內(nèi)xA=0.36v0t0,可知0~t0時(shí)間內(nèi)圖線B與v=1.2v0線所圍面積x1=15xA=0.072v0t0,圖線B與A之間所圍面積表示Δx,則Δx=1.2v0t0-xA-x1=0.768v0t(3)A、B第二次碰撞過(guò)程,設(shè)碰前A速度大小為vA1,碰后A、B速度大小分別為vA'、vB'動(dòng)量守恒:mB·0.8v0-mAvA1=mBvB'+mAvA'動(dòng)能不變:12mB(0.8v0)2+12mAvA12=12mBvB'2+1A、B第二次碰撞后,A再次滑上斜面,且與第一次碰撞后達(dá)到的最高點(diǎn)相同,則vA'=2v0聯(lián)立解得vA1=v0對(duì)A第一次碰撞后以2v0沖上斜面至速度為零過(guò)程,由動(dòng)能定理有-mgh-μmghcosθsinθ=0-12m對(duì)A沖上斜面又下滑至水平面過(guò)程,由動(dòng)能定理有-2μmghcosθsinθ=12mvA1聯(lián)立解得μ=0.4523.(2022河北,13,11分)如圖,光滑水平面上有兩個(gè)等高且足夠長(zhǎng)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(dòng),B和D以相同速度kv0向左運(yùn)動(dòng),在某時(shí)刻發(fā)生碰撞,作用時(shí)間極短,碰撞后C與D粘在一起形成一個(gè)新物塊,A與B粘在一起形成一個(gè)新滑板。物塊與滑板之間的動(dòng)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(duì)靜止時(shí),求兩者相對(duì)位移的大小。答案見(jiàn)解析解析(1)取向右為正方向C、D相碰后的共同速度為vCDC、D系統(tǒng)碰撞前后遵守動(dòng)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(shí),vCD>0,即C、D構(gòu)成的新物塊速度向右A、B相碰后的共同速度為vABA、B系統(tǒng)碰撞前后遵守動(dòng)量守恒定律:mAv0-mBkv0=(mA+mB)vAB代入數(shù)值后得:vAB=103(1-2k0<k<0.5時(shí),1-2k>0,vAB>0,即A、B構(gòu)成的新滑板速度向右(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(dòng),A、B一起向右做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng),直到兩者達(dá)到共同速度v共由A、B、C、D系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)的相對(duì)位移的大小為Δx對(duì)A、B、C、D系統(tǒng),根據(jù)系統(tǒng)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=1.875m24.(2022山東,18,16分)如圖所示,“L”形平板B靜置在地面上,小物塊A處于平板B上的O'點(diǎn),O'點(diǎn)左側(cè)粗糙,右側(cè)光滑。用不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為M的小球懸掛在O'點(diǎn)正上方的O點(diǎn),輕繩處于水平拉直狀態(tài)。將小球由靜止釋放,下擺至最低點(diǎn)與小物塊A發(fā)生碰撞,碰后小球速度方向與碰前方向相同,開(kāi)始做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)(要求擺角小于5°),A以速度v0沿平板滑動(dòng)直至與B右側(cè)擋板發(fā)生彈性碰撞。一段時(shí)間后,A返回到O點(diǎn)的正下方時(shí),相對(duì)于地面的速度減為零,此時(shí)小球恰好第一次上升到最高點(diǎn)。已知A的質(zhì)量mA=0.1kg,B的質(zhì)量mB=0.3kg,A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.4,B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.225,v0=4m/s,取重力加速度g=10m/s2。整個(gè)過(guò)程中A始終在B上,所有碰撞時(shí)間忽略不計(jì),不計(jì)空氣阻力,求:(1)A與B的擋板碰撞后,二者的速度大小vA與vB;(2)B光滑部分的長(zhǎng)度d;(3)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A對(duì)B的摩擦力所做的功Wf;(4)實(shí)現(xiàn)上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程,MmA的取值范圍(結(jié)果用cos5答案(1)2m/s2m/s(2)76m(3)-3(4)見(jiàn)解析解析(1)A與B發(fā)生彈性碰撞,mA<mB,則A碰撞后反彈,以向右為正方向,滿足mAv0=mA(-vA)+mBvB12mAv02=12mAvA解得vA=2m/s,vB=2m/s(2)與擋板碰前A向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),B靜止不動(dòng),與擋板碰后,A先向左勻速運(yùn)動(dòng),后向左做勻減速運(yùn)動(dòng),A未減速時(shí)B的加速度大小滿足μ2(mA+mB)g=mBaB解得aB=3m/s2A減速時(shí)加速度大小為aA=μ1m經(jīng)過(guò)分析,A和B碰撞后運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖所示,設(shè)碰后A勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3,則有t3=vAaAA減速運(yùn)動(dòng)的位移大小x3=vA2t3=0根據(jù)題意,x3為減速階段的位移,即A開(kāi)始減速時(shí)O'已向右移動(dòng)了0.5m,則有vBt2-12aBt22解得t2=13故B光滑部分長(zhǎng)度d=vAt2+x3=76(3)A、B碰后經(jīng)過(guò)時(shí)間t2后A和B之間有摩擦力,剛有摩擦力時(shí)B的速度為vB'=vB-aBt2=1m/sB的加速度滿足μ1mAg+μ2(mA+mB)g=mBaB'解得aB'=133m/sB在此后減速運(yùn)動(dòng)的位移xB滿足2(-aB')xB=0-vB'2解得xB=326A對(duì)B的摩擦力所做的功為Wf=-μ1mAgxB=-365(4)設(shè)A在光滑區(qū)向右滑動(dòng)的時(shí)間為t1,在粗糙區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3,水平向右為正方向,單擺的擺長(zhǎng)為L(zhǎng),周期為T,小球與A碰前速度為v,碰后速度為v'由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得t1=d由題意知T=4(t1+t2+t3)代入數(shù)據(jù)得T=4.5s由機(jī)械能守恒定律得MgL=12Mv由動(dòng)量守恒定律得Mv=Mv'+mAv0由題意得v'>0由單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件得MgL(1-cos5°)>12Mv'由碰撞過(guò)程的能量關(guān)系得12Mv2≥12Mv'2+12由T=2πLg42π45<25.[2018江蘇單科,12C(3)]如圖所示,懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m,運(yùn)動(dòng)速度的大小為v,方向向下。經(jīng)過(guò)時(shí)間t,小球的速度大小為v,方向變?yōu)橄蛏?。忽略空氣阻?重力加速度為g,求該運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,小球所受彈簧彈力沖量的大小。答案2mv+mgt解析取向上為正方向,由動(dòng)量定理得mv-(-mv)=I且I=(F-mg)t解得IF=Ft=2mv+mgt26.(2016北京理綜,24,20分)(1)動(dòng)量定理可以表示為Δp=FΔt,其中動(dòng)量p和力F都是矢量。在運(yùn)用動(dòng)量定理處理二維問(wèn)題時(shí),可以在相互垂直的x、y兩個(gè)方向上分別研究。例如,質(zhì)量為m的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后彈出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如圖1所示。碰撞過(guò)程中忽略小球所受重力。圖1a.分別求出碰撞前后x、y方向小球的動(dòng)量變化Δpx、Δpy;b.分析說(shuō)明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颉?2)激光束可以看作是粒子流,其中的粒子以相同的動(dòng)量沿光傳播方向運(yùn)動(dòng)。激光照射到物體上,在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時(shí),也會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生作用。光鑷效應(yīng)就是一個(gè)實(shí)例,激光束可以像鑷子一樣抓住細(xì)胞等微小顆粒。一束激光經(jīng)S點(diǎn)后被分成若干細(xì)光束,若不考慮光的反射和吸收,其中光束①和②穿過(guò)介質(zhì)小球的光路如圖2所示。圖中O點(diǎn)是介質(zhì)小球的球心,入射時(shí)光束①和②與SO的夾角均為θ,出射時(shí)光束均與SO平行。請(qǐng)?jiān)谙旅鎯煞N情況下,分析說(shuō)明兩光束因折射對(duì)小球產(chǎn)生的合力的方向。圖2a.光束①和②強(qiáng)度相同;b.光束①比②的強(qiáng)度大。答案見(jiàn)解析解析(1)a.x方向:動(dòng)量變化為Δpx=mvsinθ-mvsinθ=0y方向:動(dòng)量變化為Δpy=mvcosθ-(-mvcosθ)=2mvcosθ方向沿y軸正方向b.根據(jù)動(dòng)量定理可知,木板對(duì)小球作用力的方向沿y軸正方向;根據(jù)牛頓第三定律可知,小球?qū)δ景遄饔昧Φ姆较蜓貀軸負(fù)方向。(2)a.僅考慮光的折射,設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)每束光穿過(guò)小球的粒子數(shù)為n,每個(gè)粒子動(dòng)量的大小為p。這些粒子進(jìn)入小球前的總動(dòng)量為p1=2npcosθ從小球出射時(shí)的總動(dòng)量為p2=2npp1、p2的方向均沿SO向右根據(jù)動(dòng)量定理:FΔt=p2-p1=2np(1-cosθ)>0可知,小球?qū)@些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根據(jù)牛頓第三定律,兩光束對(duì)小球的合力的方向沿SO向左。b.建立如圖所示的Oxy直角坐標(biāo)系。x方向:根據(jù)(2)a同理可知,兩光束對(duì)小球的作用力沿x軸負(fù)方向。y方向:設(shè)Δt時(shí)間內(nèi),光束①穿過(guò)小球的粒子數(shù)為n1,光束②穿過(guò)小球的粒子數(shù)為n2,n1>n2。這些粒子進(jìn)入小球前的總動(dòng)量為p1y=(n1-n2)psinθ從小球出射時(shí)的總動(dòng)量為p2y=0根據(jù)動(dòng)量定理:FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)psinθ可知,小球?qū)@些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負(fù)方向,根據(jù)牛頓第三定律,兩光束對(duì)小球的作用力沿y軸正方向。所以兩光束對(duì)小球的合力的方向指向左上方。疑難突破光強(qiáng)不同,單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的光子個(gè)數(shù)不同。27.(2015安徽理綜,22,14分)一質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn),距離A點(diǎn)5m的位置B處是一面墻,如圖所示。物塊以v0=9m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng),在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s,碰后以6m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止。g取10m/s2。(1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(2)若碰撞時(shí)間為0.05s,求碰撞過(guò)程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F;(3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功W。答案(1)0.32(2)130N(3)9J解析(1)由動(dòng)能定理,有-μmgs=12mv2-12可得μ=0.32(2)由動(dòng)量定理,有FΔt=mv'-mv可得F=130N(3)W=12mv'2=928.(2017天津理綜,10,16分)如圖所示,物塊A和B通過(guò)一根輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩相連,跨放在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè),質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=1kg。初始時(shí)A靜止于水平地面上,B懸于空中?，F(xiàn)將B豎直向上再舉高h(yuǎn)=1.8m(未觸及滑輪),然后由靜止釋放。一段時(shí)間后細(xì)繩繃直,A、B以大小相等的速度一起運(yùn)動(dòng),之后B恰好可以和地面接觸。取g=10m/s2,空氣阻力不計(jì)。求:(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t;(2)A的最大速度v的大小;(3)初始時(shí)B離地面的高度H。答案(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m解析本題考查自由落體運(yùn)動(dòng)、機(jī)械能守恒定律及動(dòng)量守恒定律。(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng),有h=12gt2代入數(shù)據(jù)解得t=0.6s②(2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB,有vB=gt③細(xì)繩繃直瞬間,細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力,A、B相互作用,由動(dòng)量守恒得mBvB=(mA+mB)v④之后A做勻減速運(yùn)動(dòng),所以細(xì)繩繃直后瞬間的速度v即最大速度,聯(lián)立②③④式,代入數(shù)據(jù)解得v=2m/s⑤(3)細(xì)繩繃直后,A、B一起運(yùn)動(dòng),B恰好可以和地面接觸,說(shuō)明此時(shí)A、B的速度為零,這一過(guò)程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有12(mA+mB)v2+mBgH=mA代入數(shù)據(jù)解得H=0.6m⑦29.[2016課標(biāo)Ⅱ,35(2),10分]如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30kg,冰塊的質(zhì)量為m2=10kg,小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g=10m/s2。(ⅰ)求斜面體的質(zhì)量;(ⅱ)通過(guò)計(jì)算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?答案見(jiàn)解析解析(ⅰ)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度,設(shè)此共同速度為v,斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v①12m2v202=12(m2+m3)v式中v20=-3m/s為冰塊推出時(shí)的速度。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3=20kg③(ⅱ)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1,由動(dòng)量守恒定律有m1v1+m2v20=0④代入數(shù)據(jù)得v1=1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3,由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3⑥12m2v202=12m2v22聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2=1m/s⑧由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方,故冰塊不能追上小孩。素養(yǎng)考查本題考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律知識(shí),以及理解能力、推理能力、綜合分析能力,體現(xiàn)了物理觀念中物質(zhì)觀念、運(yùn)動(dòng)與相互作用觀念、能量觀念的要素和科學(xué)思維中模型建構(gòu)、科學(xué)推理、科學(xué)論證的要素。30.[2013江蘇單科,12C(3)]如圖所示,進(jìn)行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80kg和100kg,他們攜手遠(yuǎn)離空間站,相對(duì)空間站的速度為0.1m/s。A將B向空間站方向輕推后,A的速度變?yōu)?.2m/s,求此時(shí)B的速度大小和方向。答案0.02m/s離開(kāi)空間站方向解析以空間站為參考系,以v0的方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律(mA+mB)v0=mAvA+mBvB解得vB=0.02m/s方向遠(yuǎn)離空間站方向。31.(2019海南單科,13,10分)如圖,用不可伸長(zhǎng)輕繩將物塊a懸掛在O點(diǎn):初始時(shí),輕繩處于水平拉直狀態(tài)。現(xiàn)將a由靜止釋放,當(dāng)物塊a下擺至最低點(diǎn)時(shí),恰好與靜止在水平面上的物塊b發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短),碰撞后b滑行的最大距離為s。已知b的質(zhì)量是a的3倍。b與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g。求:(1)碰撞后瞬間物塊b速度的大小;(2)輕繩的長(zhǎng)度。答案(1)2μgs解析(1)設(shè)a的質(zhì)量為m,則b的質(zhì)量為3m碰撞后b滑行過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理得-μ×3mgs=0-12×3m解得,碰撞后瞬間物塊b速度的大小vb=2(2)對(duì)于a、b碰撞過(guò)程,取水平向左為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0=mva+3mvb根據(jù)機(jī)械能守恒得12mv02=12mv設(shè)輕繩的長(zhǎng)度為L(zhǎng),對(duì)于a下擺的過(guò)程,根據(jù)機(jī)械能守恒得mgL=12mv聯(lián)立解得L=4μs素養(yǎng)考查本題考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、動(dòng)能定理知識(shí),以及理解能力、推理能力、綜合分析能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問(wèn)題的能力,體現(xiàn)了物理觀念中物質(zhì)觀念、運(yùn)動(dòng)與相互作用觀念、能量觀念的要素和科學(xué)思維中模型建構(gòu)、科學(xué)推理的要素。32.[2015課標(biāo)Ⅱ,35(2),10分]兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng),并發(fā)生碰撞;碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng);經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,從光滑路段進(jìn)入粗糙路段。兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。求:(ⅰ)滑塊a、b的質(zhì)量之比;(ⅱ)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比。答案(ⅰ)1∶8(ⅱ)1∶2解析(ⅰ)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2,a、b碰撞前的速度為v1、v2。由題給圖像得v1=-2m/s①v2=1m/s②a、b發(fā)生完全非彈性碰撞,碰撞后兩滑塊的共同速度為v。由題給圖像得v=23由動(dòng)量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v④聯(lián)立①②③④式得m1∶m2=1∶8⑤(ⅱ)由能量守恒得,兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為ΔE=12m1v12+12m2v22-12由圖像可知,兩滑塊最后停止運(yùn)動(dòng)。由動(dòng)能定理得,兩滑塊克服摩擦力所做的功為W=12(m1+m2)v2聯(lián)立⑥⑦式,并代入題給數(shù)據(jù)得W∶ΔE=1∶2⑧考查點(diǎn)碰撞易錯(cuò)警示由x-t圖像可知a、b整體速度最后減小為零。33.(2014大綱全國(guó),24,12分)冰球運(yùn)動(dòng)員甲的質(zhì)量為80.0kg。當(dāng)他以5.0m/s的速度向前運(yùn)動(dòng)時(shí),與另一質(zhì)量為100kg、速度為3.0m/s的迎面而來(lái)的運(yùn)動(dòng)員乙相撞。碰后甲恰好靜止。假設(shè)碰撞時(shí)間極短,求(1)碰后乙的速度的大小;(2)碰撞中總機(jī)械能的損失。答案(1)1.0m/s(2)1400J解析(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M,碰前速度大小分別為v、V,碰后乙的速度大小為V'。由動(dòng)量守恒定律有mv-MV=MV'①代入數(shù)據(jù)得V'=1.0m/s②(2)設(shè)碰撞過(guò)程中總機(jī)械能的損失為ΔE,應(yīng)有12mv2+12MV2=12聯(lián)立②③式,代入數(shù)據(jù)得ΔE=1400J④評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)①②③④式各3分。34.(2014北京理綜,22,16分)如圖所示,豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切,小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。現(xiàn)將A無(wú)初速釋放,A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體,并沿桌面滑動(dòng)。已知圓弧軌道光滑,半徑R=0.2m;A和B的質(zhì)量相等;A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2。取重力加速度g=10m/s2。求:(1)碰撞前瞬間A的速率v;(2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v';(3)A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離l。答案(1)2m/s(2)1m/s(3)0.25m解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m。(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgR=12mv得碰撞前瞬間A的速率v=2gR=2(2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv=2mv'得碰撞后瞬間A和B整體的速率v'=12v=1(3)根據(jù)動(dòng)能定理12(2m)v'2得A和B整體沿水平桌面滑動(dòng)的距離l=v'22考查點(diǎn)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒。一題多解第(3)問(wèn)也可結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律,應(yīng)用勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解:在桌面上的加速度為a=μg=2m/s2,又v'2=2al,所以l=v'22μg35.[2014江蘇單科,12C(3)]牛頓的《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》中記載,A、B兩個(gè)玻璃球相碰,碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為15∶16。分離速度是指碰撞后B對(duì)A的速度,接近速度是指碰撞前A對(duì)B的速度。若上述過(guò)程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B,且為對(duì)心碰撞,求碰撞后A、B的速度大小。答案1748v03124解析設(shè)A、B球碰撞后速度分別為v1和v2由動(dòng)量守恒定律2mv0=2mv1+mv2,且由題意知v2-解得v1=1748v0,v2=3124考查點(diǎn)本題考查碰撞、動(dòng)量守恒定律等知識(shí),屬于容易題。知識(shí)拓展若兩球碰撞過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒和能量守恒,可推導(dǎo)出分離速度和接近速度之比是1。本題中的該比值小于1,暗示兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)能有損失,不滿足能量守恒,為非彈性碰撞。36.[2014山東理綜,39(2)]如圖,光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接,A的質(zhì)量為m。開(kāi)始時(shí)橡皮筋松弛,B靜止,給A向左的初速度v0。一段時(shí)間后,B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍,也是碰撞前瞬間B的速度的一半。求:(ⅰ)B的質(zhì)量;(ⅱ)碰撞過(guò)程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失。答案(ⅰ)m2(ⅱ)16解析(ⅰ)以初速度v0的方向?yàn)檎较?設(shè)B的質(zhì)量為mB,A、B碰撞后的共同速度為v,由題意知:碰撞前瞬間A的速度為v2,碰撞前瞬間B的速度為2v,mv2+2mBv=(m+mB由①式得mB=m2(ⅱ)從開(kāi)始到碰后的全過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律得mv0=(m+mB)v③設(shè)碰撞過(guò)程A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為ΔE,則ΔE=12mv22+12mB(2v)2-12聯(lián)立②③④式得ΔE=16mv37.[2016海南單科,17(2),8分]如圖,物塊A通過(guò)一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板下,初始時(shí)靜止;從發(fā)射器(圖中未畫出)射出的物塊B沿水平方向與A相撞,碰撞后兩者粘連在一起運(yùn)動(dòng),碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由傳感器(圖中未畫出)測(cè)得。某同學(xué)以h為縱坐標(biāo),v2為橫坐標(biāo),利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作直線擬合,求得該直線的斜率為k=1.92×10-3s2/m。已知物塊A和B的質(zhì)量分別為mA=0.400kg和mB=0.100kg,重力加速度大小g=9.80m/s2。(ⅰ)若碰撞時(shí)間極短且忽略空氣阻力,求h-v2直線斜率的理論值k0。(ⅱ)求k值的相對(duì)誤差δ(δ=|k-k0|k答案(ⅰ)2.04×10-3s2/m(ⅱ)6%解析(ⅰ)設(shè)物塊A和B碰撞后共同運(yùn)動(dòng)的速度為v',由動(dòng)量守恒定律有mBv=(mA+mB)v'①在碰撞后A和B共同上升的過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律有12(mA+mB)v'2=(mA+mB聯(lián)立①②式得h=mB22由題意得k0=mB代入題給數(shù)據(jù)得k0=2.04×10-3s2/m⑤(ⅱ)按照定義δ=|k由⑤⑥式和題給條件得δ=6%⑦38.[2015課標(biāo)Ⅰ,35(2),10分,0.425]如圖,在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線上,A位于B、C之間。A的質(zhì)量為m,B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng),求m和M之間應(yīng)滿足什么條件,才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。答案(5-2)M≤m<M解析A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生第一次碰撞,碰撞過(guò)程中,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒。設(shè)速度方向向右為正,開(kāi)始時(shí)A的速度為v0,第一次碰撞后C的速度為vC1,A的速度為vA1。由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv0=mvA1+MvC1①12mv02=12mvA聯(lián)立①②式得vA1=m-MmvC1=2mm+如果m>M,第一次碰撞后,A與C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能與B發(fā)生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右運(yùn)動(dòng),A不可能與B發(fā)生