【高分攻略】高考二轮复习学案专题第六讲:专题6 动量角度的应用(含解析)

资源下载
  1. 二一教育资源

【高分攻略】高考二轮复习学案专题第六讲:专题6 动量角度的应用(含解析)

资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
专题六 动量角度的应用
考点 考纲要求 考点解读及预测
动量、动量定理、动量守恒定律及其应用 Ⅱ 近几年高考对动量及动量守恒的考查多为简单的选择题形式;而动量和能量的综合性问题则以计算题形式命题,难度较大,常与曲线运动,带电粒子在电磁场中运动和导体棒切割磁感线相联系。考查角度:(1)动量定理与动量守恒定律的应用(2)动量守恒与能量守恒的综合应用(3)动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用
弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ
知识网络
1、 冲量与动量定理的应用
(1)应用动量定理解题的步骤
(2)动量定理的两个重要应用
①应用I=Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求变力的冲量,可以求出变力作用下物体动量的变化Δp,等效代换变力的冲量I.
②应用Δp=FΔt求动量的变化
例如,在曲线运动中,速度方向时刻在变化,求动量变化(Δp=p2-p1)需要应用矢量运算方法,计算比较复杂,如果作用力是恒力,可以求恒力的冲量,等效代换动量的变化.
2.动量守恒定律在碰撞、爆炸和反冲中的应用
(1)应用动量守恒定律解题的步骤
①明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程);
②进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒);
③规定正方向,确定初、末状态动量;
④由动量守恒定律列出方程;
⑤代入数据,求出结果,必要时讨论说明.
(2)三种碰撞的特点
弹性碰撞 动量守恒:m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2,机械能守恒:m1v+m2v=m1v′ +m2v′
完全非弹性碰撞 动量守恒、末速度相同:m1v1+m2v2=(m1+m2)v′,机械能损失最多:机械能的损失ΔE=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v+\f(1,2)m2v))-(m1+m2)v′2
非弹性碰撞 动量守恒:m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2,机械能的损失机械能有损失:ΔE=(m1v+m2v)-(m1v′ +m2v′) 
碰撞问题遵守的三条原则 ①动量守恒:p1+p2=p′1+p′2. ②动能不增加:Ek1+Ek2≥E′k1+E′k2.③速度要符合实际情况
3. 动量守恒定律的综合应用
(1)解题策略
①弄清有几个物体参与运动,并划分清楚物体的运动过程.
②进行正确的受力分析,明确各过程的运动特点.
③在光滑的平面或曲面上的运动,还有不计阻力的抛体运动,机械能一定守恒;碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题,一般考虑用动量守恒定律分析.
④如含摩擦生热问题,则考虑用能量守恒定律分析.
(2)动量与能量的综合问题,常取材“滑块—滑板”模型、“传送带”模型、“弹簧—物块”模型等,设置多个情景、多个过程,考查力学三大观点的综合应用.要成功解答此类“情景、过程综合”的考题,就要善于在把握物理过程渐变规律的同时,洞察过程的临界情景,结合题给条件(往往是不确定条件),进行求解(注意结合实际情况分类讨论).
考点一  动量定理和动量守恒定律
[典例1](冲量和动量定理) (2020·武汉二中阶段测试)运动员在水上做飞行运动表演,如图所示,他操控喷射式悬浮飞行器将竖直送上来的水反转180°后向下喷出,令自己悬停在空中。已知运动员与装备的总质量为90 kg,两个喷嘴的直径均为10 cm,重力加速度大小g=10 m/s2,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,则喷嘴处喷水的速度大约为(  )
A.2.7 m/s B.5.4 m/s
C.7.6 m/s D.10.8 m/s
[思路点拨] ①“悬停在空中”表明水向上的冲击力等于运动员与装备的总重力。
②“水反转180°”水速度变化量大小为2v。
【解析】两个喷嘴的横截面积均为S=πd2,根据平衡条件可知每个喷嘴对水的作用力为F=mg,取质量为Δm=ρSvΔt的水为研究对象,根据动量定理得FΔt=2Δmv,解得v=≈5.4 m/s,选项B正确。
【答案】B
[典例2](动量守恒定律) (2020·山西太原高三4月检测)如图所示,在光滑水平面上,木块C置于足够长的木板B上,A以v0=10 m/s的初速度向右运动,与B碰撞后以4 m/s的速率弹回,碰撞时间极短。A、B、C的质量分别为mA=1 kg,mB=4 kg,mC=2 kg。B、C之间有摩擦。求:
(1)碰撞后B的最大速度;
(2)碰撞后C运动过程中的最大速度。
[思路点拨] 解此题注意两点
①“碰撞时间极短”表明相互作用过程A、B系统动量守恒,物体C速度为零。
②“与B碰撞后以4 m/s的速率弹回”,要注意速度的矢量性及动量守恒定律的矢量性。
[解析] (1)A以v0=10 m/s的初速度向右运动,与B碰撞,碰撞后vA=-4 m/s,由于时间非常短,A、B组成的系统动量守恒mAv0=mAvA+mBvB
解得vB=3.5 m/s,方向向右。
(2)设碰撞后C运动过程中最大速度为vC,由题意可知,B、C以共同速度运动时,C的速度最大。
根据动量守恒定律mAv0=mAvA+(mB+mC)vC
解得vC= m/s,方向向右。
[答案] (1)3.5 m/s方向向右 (2) m/s 方向向右
[典例3](动量定理与动量守恒定律的综合) 如图所示,在光滑水平面上,人站在静止的小车上用力向右推静止的木箱,木箱以相对冰面6 m/s的速度向右匀速运动,运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞,反弹回来被人接住后,再以相对冰面6 m/s的速度向右推出。已知木箱的质量为10 kg,人与车的总质量为60 kg。求:
(1)第一次推出木箱的过程,人对木箱的冲量大小;
(2)人在一次接住与推出木箱的过程,木箱对人的冲量大小;
(3)人推木箱多少次后,人接不到木箱。
[解析] (1)第一次推出木箱的过程,对木箱,由动量定理可知:
人对木箱的冲量I=m箱v箱 ①
代入数据得:I=10×6 kg·m/s=60 kg·m/s。 ②
(2)人接住木箱到推出木箱过程,设向左的方向为正方向,木箱对人的冲量大小I2=m箱v箱-(-m箱v箱)=2m箱v箱=120 kg·m/s。 ③
(3)第一次推木箱过程,木箱对人的冲量为
I1=m箱v箱
设人推木箱n次后,人接不到木箱,则
I1+(n-1)I2=m人v人 ④
其中v人≥v箱 ⑤
代入数据得:n≥3.5 ⑥
即:人推木箱4次后,人接不到木箱。 ⑦
[答案] (1)60 kg·m/s (2)120 kg·m/s (3)4
考点二 碰撞类问题
[典例4] (2020·湖北十堰1月调考)如图所示,水平地面上有两个静止的物块A和B,A、B的质量分别为m1=2 kg,m2=1 kg,它们与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5。现对物块A施加一大小为40 N·s、水平向右的瞬时冲量I,使物块A获得一个初速度,t=1 s后与物块B发生弹性碰撞,且碰撞时间很短,A、B两物块均可视为质点,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求A与B碰撞前瞬间,A的速度大小;
(2)若物块B的正前方20 m处有一危险区域,请通过计算判断碰撞后A、B是否会到达危验区域。
[思路点拨] ①碰撞时间很短,碰撞过程满足动量守恒。
②弹性碰撞,表明碰撞过程机械能守恒。
[解析] (1)根据题意有I=m1v0,其中v0为物块A所获初速度
对A受力分析可知,A与B碰撞前A做匀减速运动有v1=v0-at,其中a=μg联立解得A与B碰撞前瞬间,A的速度大小v1=15 m/s。
(2)分析知A与B碰撞过程机械能守恒、动量守恒,则有
m1v1=m1v′1+m2v2
m1v=m1v′+m2v
解得碰后A的速度v′1=5 m/s,B的速度v2=20 m/s
由运动学公式可知xA==2.5 m<20 m
xB==40 m>20 m
即物块A不会到达危险区域,物块B会到达危险区域。
[答案] (1)15 m/s (2)A不会到达,B会到达
考点三 动力学、动量和能量观点的综合应用
[典例5] 质量为M=3.0 kg的平板小车静止在光滑水平面上,如图(a)所示。当t=0时,两个质量都是m=1.0 kg的小物体A和B(均可看成质点),分别从左端和右端以大小为v1=4.0 m/s和v2=2.0 m/s的水平速度冲上小车C,当它们在车上停止滑动时,没有相碰。A、B与车面间的动摩擦因数都是μ=0.20,g取10 m/s2。
(a)
(1)求A、B在车上停止滑动时车的速度;
(2)车的长度至少是多少?
(3)在图(b)所给出的坐标系中画出0~4.0 s内小车运动的速度—时间图象。
(b)
[思路点拨]
[解析] (1)以水平向右为正方向,设A、B在车上停止滑动时,车的速度为v,根据动量守恒定律可得:m(v1-v2)=(M+2m)v
解得v=0.40 m/s,方向向右。
(2)设A、B在车上相对于车滑动的距离分别为l1和l2,由功能关系可得:μmgl1+μmgl2=mv+mv-(2m+M)v2
解得l1+l2=4.8 m,即车长至少为4.8 m。
(3)车的运动可分为以下三个阶段:
第一阶段:A、B同时在车上滑动时,小物体对车的摩擦力大小均为μmg,方向相反,车受力平衡而保持不动。 当B的速度减为0时,此过程结束。设这段时间内小物体的加速度大小为a,根据牛顿第二定律有μmg=ma
得小物体的加速度大小a=μg
设B到t1时刻停止滑动,则t1==1.0 s。
第二阶段:B停止运动后,A继续在车上滑动。设到t2时刻物体A与车有共同速度v,则有
v=(v1-v2)-a(t2-t1),解得t2=1.8 s。
第三阶段:t2时刻之后,车以速度v做匀速直线运动。小车运动的速度—时间图象如图所示。
[答案] (1)0.40 m/s,方向向右 (2)4.8 m (3)见解析
一、选择题(1~6题为单项选择题,7~8题为多项选择题)
1.(2021 海淀区二模)如图所示,静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起,弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中,射入时间极短。下列说法中正确的是(  )
A.子弹射入物块A的过程中,子弹和物块A的机械能守恒
B.子弹射入物块A的过程中,子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小
C.子弹射入物块A后,两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能
D.两物块运动过程中,弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能
2.(2021 绵阳模拟)质点所受的合外力F方向始终在同一直线上,大小随时间变化的情况如图所示,已知t=0时刻质点的速度为零。在图示的t=1s、2s、3s、4s各时刻中,质点动能最小的时刻是(  )
A.1s B.2s C.3s D.4s
3.(2021 攀枝花二模)如图所示,水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药(质量不计),爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.1m、0.4m。已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同,则P、Q的质量之比m1:m2为(  )
A.4:1 B.1:4 C.2:1 D.1:2
4.(2021 南充模拟)在光滑水平面上,一物体以6m/s的速度匀速运动,t=0时刻到一个与物体运动方向相同,但大小随时间变化的外力F作用,力F作用了4s,0~4s内物体运动的加速度a随时间t变化的关系图像如图所示。已知物体的质量m=2kg,以下说法正确的是(  )
A.外力F的最大值为2N
B.4s末物体停止运动
C.0~4s,外力F对物体的冲量大小为8N s
D.物体在0~4s内的位移小于32m
5.(2021 海淀区一模)如图甲所示,质量为0.4kg的物块在水平力F作用下可沿竖直墙面滑动,物块与竖直墙面间的动摩擦因数为0.5,力F随时间t变化的关系如图乙所示。若t=0时物块的速度为0,设物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2。下列图像中,能正确反映物块所受摩擦力f大小与时间t变化关系的是(  )
A. B.
C. D.
6.(2021 仪陇县模拟)质量为m=2kg的物体放置在水平桌面上,物体与水平桌面间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g=10m/s2。现对物体施加一水平外力F,使其做直线运动,物体的速度﹣时间图象如图所示,则下列判断正确的是(  )
A.0~6s内物体位移的大小为30m
B.0~6s内物体的平均速度为5m/s
C.0~6s内外力F的冲量大小为12N s
D.0~6s内外力F做的功为340J
7.红壶以一定的速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞,碰撞时间极短,碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向上的冰面来减小阻力。碰撞前、后两壶运动的v﹣t图线如图中实线所示,如果两冰壶的质量相等,那么,由图像可得出正确的结论是(  )
A.碰撞后瞬间,蓝壶的速度为1.5m/s,红壶的速度为0.5m/s
B.两壶在碰撞过程中,损失的机械能为两壶从碰后到静止损失的总机械能的倍
C.红、蓝两壶在运动过程中,动摩擦因数之比为μ红:μ蓝=3:4
D.碰后蓝壶经过4s停止运动
8.(2021 广元模拟)如图所示,甲球从O点以水平速度v1飞出,落在水平地面上的A点。乙球从O点以水平速度v2飞出,落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点。两球质量均为m。若乙球落在B点时的速度大小为v3,与地面的夹角为60°,且与地面发生弹性碰撞,不计碰撞时间和空气阻力,下列说法正确的是(  )
A.OA两点的水平距离与OB两点的水平距离之比是3:1
B.由O点到A点,甲、乙两球运动时间之比是1:1
C.乙球在B点受到地面的冲量大小为mv3
D.设地面处重力势能为零,甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为2:1
9.(2021 内江二模)如图所示,竖直平面内有一半径R=0.4m的光滑圆轨道,P、Q分别是它的最低点和最高点,在P点有一质量为0.5kg的静止小球(视为质点)。现给它一水平向右大小为2.5N s的瞬时冲量,重力加速度g取10m/s2,则小球在竖直轨道内运动过程中,下列说法正确的是(  )
A.在P点时,小球对轨道的压力为5N
B.在Q点时,小球的速度大小为3m/s
C.小球在最高点的向心加速度大小为10m/s2
D.从P点运动到Q点小球克服重力做功的平均功率等于从Q点运动到P点小球重力做功的平均功率
二、计算题
10.(2021 武侯区校级模拟)如图所示,水平传送带两轮间的距离L=30m,传送带以恒定的速率v0=4m/s顺时针匀速转动,两质量分别为m1=4kg、m2=2kg的小滑块P、Q用一根轻绳(未画出)连接,中间夹着一根被压缩的轻质弹簧(弹簧与物体不拴接),此时弹簧的弹性势能Ep=54J,现把P、Q从传送带的最左端由静止开始释放,t1=2s时轻绳突然断裂,瞬间弹簧恢复至原长(不考虑弹簧的长度的影响)。已知两滑块块与传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.1,重力加速度g=10m/s2,求:
(1)从出发到轻绳突然断裂的过程中,两滑块与传送带之间摩擦所产生的热量;
(2)两滑块离开传送带的时间差。
11.(2021 武侯区校级模拟)如图所示,一水平传送带以v=3m/s的恒定速度顺时针转动,其上表面左端A点、右端B点分别与一光滑曲面、一光滑水平台面平滑对接。光滑水平台面上距B点d1=2m处的P点放置有一质量为M=3kg的物块,P点右侧相距d2=4m处的C点固定有竖直挡板。一质量为m=1kg的物块从光滑曲面距水平面h=1.8m处由静止释放。已知A、B两点相距L=2.5m,物块m与传送带之间的动摩擦因数为 =0.4,重力加速度为g=10m/s,所有碰撞都是弹性碰撞,且碰撞时间极短,可忽略不计,两物块均可视为质点,它们之间每次碰撞的地点都在BC之间,求
(1)物块m第一次到达B点的速度;
(2)物块m从开始释放至与物块M发生第2次碰撞的过程中,整个系统因摩擦产生的内能Q;
(3)物块m与M发生第1次碰撞和第2次碰撞所经历的时间间隔t。
1.(2019·高考全国卷Ⅰ)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 kg
C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
2.(2019·江苏卷)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. B. C. D.
3、(2019·高考全国卷Ⅰ)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 kg
C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
4.(2018·高考北京卷)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.某滑道示意图如图,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.
5.(2018·高考全国卷Ⅱ)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.
6.(2018·高考全国卷Ⅰ)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.
7(2019·高考全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示.某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J.释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动.A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20.重力加速度取g=10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小;
(2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少?
(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?
参考答案
【过关检测】
1.D【解答】解:A、子弹射入物块A的过程中,要产生内能,则子弹和物块A的机械能减少,故A错误;B、子弹射入物块A的过程中,根据牛顿第三定律可知,子弹对物块A的作用力大小等于物块A对子弹的作用力大小,而且两个力作用时间相等,由I=Ft知,子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小,故B错误;C、由于子弹射入物块A的过程中要产生内能,所以,子弹射入物块A后,两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能,故C错误;D、两物块运动过程中,弹簧最短时和弹簧最长时两物块速度相同,设两物块的共同速度为v。取水平向右为正方向,由动量守恒定律得:m弹v0=(m弹+mA+mB)v可知,弹簧最短时和弹簧最长时两物块的共同速度相同,系统的总动能相同,由系统的机械能守恒定律知,弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能,故D正确。故选:D。
2.D【解答】解:在F﹣t图像中,图像与时间轴所围的面积表示质点的冲量,则在4s末质点的冲量最小,根据动量定理可知:I=mv﹣0:,在4s末速度最小,故动能最小,故ABC错误,D正确;故选:D。
3.C【解答】解:爆炸过程中,两滑块动量守恒,取水平向右为正,则0=﹣m1v1+m2v2,爆炸之后分别对两滑块动能定理可知:滑块P:﹣μm1gx1=0,滑块Q:﹣μm2gx2=0,联立解得:m1:m2=2:1,故ABD错误,C正确;
故选:C。
4.C【解答】解:A、在t=0时刻,加速度最大,外力F=ma=2×2N=4N最大,故A错误;
B、由图象面积可知在4s内物体的速度变化量△v4×2m/s=4m/s,加速度方向与速度方向相同,末速度v'=v+△v=6m/s+4m/s=10m/s,故B错误;C、由动量定理得外力F对物体的冲量大小I=m△v=2×4N s=8N s,故C正确;D、由于在这4s内物体做变速运动,4s内的位移x4m=32m,故D错误。故选:C。
5.C【解答】解:物块水平方向受力平衡,物块在水平方向的力F=FNt=4t,滑动摩擦力f=μF=0.5×4t=2t,竖直向上所以f﹣t图象是过原点的倾斜直线,斜率k=2,当物块静止时,物块受到静摩擦力f=mg=0.4kg×10N=4N,图象和t轴平行,f﹣t图象的面积表示f的冲量,
根据动量定理mgt0,解得物块运动的时间为t=4s,故C正确,ABD错误。
故选:C。
6.C【解答】解:A、由图象可知在0﹣2s内,物体加速运动位移大小x12×10m=10m,
在2﹣4s内,物体减速运动位移大小x22×10m=10m,在4﹣6s内,物体反向加速位移大小x32×10m=10m,故0﹣6s内物体位移大小x=x1+x2﹣x3=10m+10m﹣10m=10m;故A错误;B、0~6s内物体的平均速度为m/sm/s,故B错误;C、由图象可知在0﹣2s内,a1m/s2=5m/s2,由F1﹣μmg=ma1,得F1=14N,在2﹣4s内,a2m/s2=5m/s2,由F2+μmg=ma2,得F2=6N在4﹣6s内,a3m/s2=5m/s2,F3﹣μmg=ma3得F3=14N
故0﹣6s内外力冲量I=F1t1﹣F2t2﹣F3t3=(14×2﹣6×2﹣14×2)N s=﹣12N s,故C正确;
D、0﹣6s内外力做功W=F1x1﹣F2x2+F3x3=(14×10﹣6×10+14×10)J=220J,故D错误;
故选:C。
7.AD【解答】解:A、由图可知,碰撞前红壶的速度v0=2m/s,碰撞后瞬间蓝壶的速度v2=1.5m/s,两冰壶质量相等,设冰壶质量为m,两冰壶碰撞过程系统动量守恒,设碰撞后红壶的速度为v1,以碰撞前红壶的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv0=mv1+mv2,代入数据解得:v1=0.5m/s,故A正确;B、两壶碰撞过程损失的机械能为:△E1,两壶从碰后到停止损失的总机械能为:△E2,代入数据解得:,故B错误;CD、由牛顿第二定律可知碰前红壶的加速度为:a1μ红gm/s2=0.5m/s2
解得:μ红=0.05,由图像结合相似三角形规律可知:,解得:t2=5s
则碰后蓝壶运动时间为:△t=t2﹣1=5s﹣1s=4s;由牛顿第二定律可知碰后蓝壶的加速度为:a2μ蓝gm/s2=0.375m/s2,解得:μ蓝=0.0375,所以:μ红:μ蓝=0.05:0.0375=3:4,故C错误,D正确;故选:AD。
8.AC【解答】解:A、乙球先做平抛运动,再做斜上抛运动,根据对称性可知,从B到A的水平位移等于从O到B的水平位移的2倍,所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍,故A正确;B、设OA间的竖直高度为h。由O点到A点,甲球运动时间为t,乙球运动时间是甲球的3倍,故B错误;C、乙球落在B点时的速度大小为v3,与地面的夹角为60°,故竖直方向的分量vy=v3sin60°v3,反弹后竖直方向的分量为vy′=﹣vy,水平方向速度不变,故冲量大小为P=mvy﹣mv′ymv3,故C错误;D、设乙球由O点到B点水平位移为x,时间为t。对甲球有 3x=v1t,对乙球有 x=v2t,则得v1:v2=3:1,设地面处势能为0,则机械能为mgh,故甲、乙两球在运动过程中的机械能之比不为3:1,故D正确;故选:AC。
9.BD【解答】解;A、设小球获得冲量后的速度大小为v0,对小球,由动量定理得;I=mv0,代入数据解得:v0=5m/s,在P点,设轨道对小球的支持力大小为F,由牛顿第二定律得:F﹣mg=m,代入数据解得;F=36.25N,由牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力大小F′=F=36.25N,方向竖直向下,故A错误;B、从P到Q过程小球机械能守恒,由机械能守恒定律得:mg×2R,代入数据解得:vQ=3m/s,故B正确;C、小球在最高点的加速度大小am/s2=22.5m/s2,故C错误;D、小球从从P点运动到Q点是小球从Q点运动到P点的逆过程,运动时间t相等,两过程种小球高度变化量相等,都是2R,从P点运动到Q点小球克服重力做的功W与从Q点运动到P点小球重力做的功W′相等,由P可知,从P点运动到Q点小球克服重力做功的平均功率等于从Q点运动到P点小球重力做功的平均功率,故D正确。故选:BD。
10.【解答】解:(1)绳子断前对PQ整体:μ(m1+m2)g=(m1+m2)a
解得:a=1m/s2
假设绳子断前P、Q一直加速:v1=at1﹣2m/s<v0假设成立
可见:2m
该过程中传送带的位移x2=v0t=4×2m=8m
PQ与传送带之间的相对位移Δx=x2﹣x2=6m
两滑块与传送带摩擦而产生的热量Q=fΔx=0.1×6×10J=36J
(2)绳断到弹簧恢复原长的过程,P、Q与弹簧系统动量、能量守恒,向右为正,则:
(m1+m2)v1=m1vP1+m2vQ1
解得:vP1=﹣1m/s,vQ1=8m/s
绳断后P向左运动:可见P从右侧掉落
P向左减速为零时间:
P向右加速到传送带速度:,
P向右匀速直到掉下:L﹣s1﹣sP2﹣sP3=v0tP4解得:tp4=5.125s
Q向右减速到传送带速度:v0=vQ1﹣atQ2解得:tQ2=4s,
Q向右匀速直到掉下:L﹣s1﹣sQ2=v0tQ3,解得:tQ3=1s
时间差:Δt=tP2+tP3+tP4﹣tQ2﹣tQ3=5.125s
答:(1)从出发到轻绳突然断裂的过程中,两滑块与传送带之间摩擦所产生的热量为36J;
(2)两滑块离开传送带的时间差为5.125s。
11.【解答】解:(1)物块m从释放点下滑到A点过程中,根据动能定理有:mgh,
代入数据解得:vA=6m/s,
假设m滑过A点后,一直匀减速运动至B点,根据牛顿第二定律有:μmg=ma,
解得加速度大小:a=μg=0.4×10m/s2=4m/s2,
根据运动学公式有:2(﹣a)L
代入数据解得:vB=4m/s;
(2)该速度大于传送带速度v=3m/s,可见m在传送带上一直做匀减速运动,
之后沿光滑台面做匀速运动与M发生第一次碰撞,故第一次碰撞前m的速度大小:vB=4m/s;
在传送带上m从A点一直匀减速运动至B点,两者相对运动的路程:s0=L﹣v 2.5m﹣3m=1m;
设第一次碰撞后瞬间,m和M的速度分别为v1和u1,规定向右为正方向,
根据动量守恒定律有:mvB=mv1+Mu1,
根据机械能守恒有:,
代入数据解得:v1=﹣2m/s,u1=2m/s,
在传送带上m向左运动到速度减为0时,两者相对路程为:s1=v (3)m=2m,
m向右运动到B点时,两者相对路程为:s1′=v (3)m=1m,
物块m从开始释放至与物块M发生第2次碰撞的过程中,整个系统因摩擦产生的内能:Q=μmg(s0+s1+s1′),
代入数据解得:Q=16J。
(3)物块m和M碰撞后以2m/s的速度向左运动到B点的时间为t1,解得t1=1s
物块m从B点滑上传送带减速到零通过的位移为xm=0.5m<2.5m,说明减速到0立即反向加速到B点,该段过程时间为t2=22s=1s
物块M从碰撞之后2s通过的位移xM=u1t=2×2m=4m=d2
此时物块m和M分别位于B点和C点,设再经过时间t3相遇:t3
因为所有的碰撞都是弹性碰撞,没有能量损失,所以vm=2m/s,vM=2m/s
解得:t3=1.5s
物块m从滑上传送带到与M发射第2次碰撞所经历的时间t
t=t1+t2+t3=1s+1s+1.5s=3.5s
答:
(1)物块m第一次到达B点的速度为4m/s;
(2)物块m从开始释放至与物块M发生第2次碰撞的过程中,整个系统因摩擦产生的内能Q为16J;
(3)物块m与M发生第1次碰撞和第2次碰撞所经历的时间间隔t为3.5s。
【高考链接】
1.B【解析】根据动量定理有FΔt=Δmv-0,解得==1.6×103 kg/s,所以选项B正确.
2.B【解析】设滑板的速度为,小孩和滑板动量守恒得:,解得:,故B正确。
3.【解析】(1)根据匀变速直线运动公式,有
L=eq \f(v-v,2a)=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所示.
根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有
mgh=mv-mv
根据牛顿第二定律,有FN-mg=meq \f(v,R)
联立解得FN=3 900 N.
4.【解析】(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=mBaB①
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v′B,碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v′=2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得
v′B=3.0 m/s.③
(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=mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A,碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有
v′=2aAsA⑤
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=mAv′A+mBv′B⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA=4.25 m/s.⑦
5.【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有
E=mv①
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=-gt②
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=mgh1④
火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆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
mv+mv=E⑤
mv1+mv2=0⑥
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.设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有
mv=mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h=h1+h2=.⑧
6.【解析】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正,由动量守恒定律和题给条件有
0=mAvA-mBvB①
Ek=mAv+mBv②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s.③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a.假设A和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有
mBa=μmBg④
sB=vBt-at2⑤
vB-at=0⑥
在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,所以无论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程sA都可表示为
sA=vAt-at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75 m,sB=0.25 m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边0.25 m处.B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为
s=0.25 m+0.25 m=0.50 m.⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为v′A,由动能定理有
mAv′2 A-mAv=-μmAg(2l+sB)⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
v′A= m/s
故A与B将发生碰撞.设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B,由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(-v′A)=mAv″A+mBv″B
mAv′=mAv″+mBv″
联立 式并代入题给数据得
v″A= m/s,v″B=- m/s
这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动.设碰撞后A向右运动距离为s′A时停止,B向左运动距离为s′B时停止,由运动学公式
2as′A=v″,2as′B=v″
由④ 式及题给数据得
s′A=0.63 m,s′B=0.28 m
s′A小于碰撞处到墙壁的距离.由上式可得两物块停止后的距离
s′=s′A+s′B=0.91 m.
【答案】(1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)B先停止 0.50 m (3)0.91 m
考纲解读
知识梳理
重点拓展
典例精讲
过关检测
高考链接
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页)
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑

资源预览