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章末总结
命题热点
命题热点1　对冲量、动量定理的理解及应用
1.(多选)(2025·广东广州校考)安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带.如图所示,在汽车正面碰撞测试中,汽车以72 km/h的速度发生碰撞.车内假人的质量为50 kg,使用安全带时,假人用时0.8 s停下;不使用安全带时,假人与前方碰撞,用时0.2 s停下.下列说法正确的有(　　)
[A] 碰撞过程中,汽车和假人的总动量守恒
[B] 安全带的作用是延长冲击力作用时间,减小冲击力大小
[C] 安全带的作用是减小假人受到的冲量
[D] 无论是否使用安全带,假人受到的冲量相同
【答案】 BD
【解析】 碰撞过程中,汽车和假人组成的系统受外界撞击力作用,总动量不守恒,故A错误;假人的初动量为p=mv0,末动量都为0,根据动量定理有I=0-mv0,所以无论是否使用安全带,假人受到的冲量相同,故C错误,D正确;使用安全带时,假人用时0.8 s停下,不使用安全带时,用时0.2 s停下,可知安全带的作用是延长冲击力作用时间.由冲量的定义I=Ft可知,冲量相同时,延长力的作用时间可以减小冲击力的大小,故B正确.
2.(多选)(2025·广东惠州期末)当人仰躺着看手机时,手机有时会砸到人的脸部.若手机的质量为120 g,从离脸部高为20 cm处无初速度掉落,砸到脸部后未反弹,冲击脸部的时间为0.1 s,g取10 m/s2.下列分析正确的有(　　)
[A] 手机下落的时间为0.4 s
[B] 手机接触脸部前瞬间的速度大小为2 m/s
[C] 手机冲击脸部的作用力大小为1.2 N
[D] 手机冲击脸部的过程中,动量变化量大小为0.24 kg·m/s
【答案】 BD
【解析】 由题意得,手机下落的时间为t== s=0.2 s,故A错误;手机接触脸部前瞬间的速度大小为v=gt=2 m/s,故B正确;由动量定理得Ft=0-mv,解得F=- N=-2.4 N,手机冲击脸部的作用力大小为2.4 N,故C错误;手机冲击脸部的过程中,动量变化量大小为Δp=0-mΔv=-0.24 kg·m/s,即动量变化量大小为0.24 kg·m/s,故D正确.
3.(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型.多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力.开窗帘过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s.关于两滑块的碰撞过程,下列说法正确的有(　　)
[A] 该过程动量守恒
[B] 滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
[C] 滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
[D] 滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
【答案】 BD
【解析】 取向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=0.40 kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=0.44 kg·m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误;对滑块1,取向右为正方向,则有I1=mv2-mv1=-0.18 kg·m/s=-0.18 N·s,负号表示方向水平向左,故B正确;对滑块2,取向右为正方向,则有I2=mv2-0=0.22 kg·m/s=0.22 N·s,故C错误;对滑块2根据动量定理有FΔt=I2,解得F=5.5 N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N,故D正确.
命题热点2　对动量守恒定律的理解及应用
4.(2025·广东广州检测)某次冰壶项目训练中,运动员将质量为19.1 kg的冰壶甲以某一速度掷出,冰壶在向前运动过程中,碰到了对方的静止冰壶乙,冰壶乙在运动0.2 m后停下.已知比赛双方所用冰壶完全相同,冰壶与冰面的动摩擦因数为0.01,当地重力加速度约为
10 m/s2.假设两冰壶的碰撞为一维碰撞,且不计碰撞的能量损失,则冰壶甲在碰前的速度约为(　　)
[A] 2.0 m/s [B] 0.2 m/s
[C] 1.0 m/s [D] 0.1 m/s
【答案】 B
【解析】 碰撞过程中,甲、乙冰壶的动量守恒,得mv0=mv1+mv2,根据能量守恒定律得m=m+m,对乙冰壶根据动能定理得-μmgx=0-m,解得v0=0.2 m/s,故B正确.
5.(多选)如图所示,半径均为R、内外表面均光滑的两个完全相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在光滑水平面上,A、B质量均为M,a、b两点分别为A、B槽的最高点,c、d两点分别为A、B槽的最低点,A槽的左端紧靠着墙壁,一个质量为m的小球P(视为质点)从圆弧槽A的顶端由静止释放,重力加速度为g.下列说法正确的有(　　)
[A] 小球P从a点运动到c点时的速度大小为
[B] 小球P在B槽内运动的最大高度为
[C] 小球P第一次返回到B槽最低点d时,B槽具有的速度为
[D] 小球P从B槽最低点d到第一次返回到B槽最低点d过程中,B槽的位移为
【答案】 AC
【解析】 小球P从a点运动到c点的过程中,A、B均保持静止,根据动能定理可得mgR=m,解得小球P从a点运动到c点时的速度大小为v0=,故A正确;小球P滑到B槽后,A依然保持静止,B开始向右运动,由于小球P和B槽组成的系统水平方向上不受外力,则水平方向动量守恒,当小球P在B槽内运动到最大高度时,二者水平速度相同,取向右为正方向,设共同速度为v,根据水平方向动量守恒可得mv0=(M+m)v,对小球P和B槽组成的系统,根据机械能守恒定律可得m=(M+m)v2+mgh,联立解得h=,B错误;小球P第一次返回到B槽最低点d时,设P的速度为v1,B的速度为v2,取水平向右为正方向,根据系统水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0=mv1+Mv2,m=m
+M,联立解得B槽的速度为v2=,故C正确;小球P从B槽最低点d到第一次返回到B槽最低点d的过程中,虽然系统满足水平方向动量守恒,但由于系统水平方向的总动量不为0,有别于人船模型,所以B槽的位移不是,故D错误.
6.(2025·广东阳江期末)如图所示,固定点O上用长L=0.5 m的细绳系一质量m=1.0 kg的小球(可视为质点),小球与水平面上的B点刚好接触且无压力.一质量M=2.0 kg的物块(可视为质点)从水平面上A点以速度v0(未知)向右运动,在B处与静止的小球发生正碰,碰后小球在绳的约束下恰好能做完整的圆周运动;碰后物块经过t=1 s后最终停在水平地面上的D点,其水平位移s=1.25 m,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求物块与水平面间的动摩擦因数;
(2)求碰撞后瞬间小球的动量大小;
(3)设物块与小球的初始距离为s1=2.2 m,求物块在A处的初速度大小.
【答案】 (1)0.25　(2)5 kg·m/s　(3)6 m/s
【解析】 (1)物块和小球碰撞后减速,由牛顿第二定律得μMg=Ma,
由逆向思维得s=at2,
解得μ=0.25.
(2)小球恰好能做完整的圆周运动,则在最高点时仅由重力提供向心力,有mg=m,
设碰撞后小球的速度为v2,由机械能守恒定律得
m=m+2mgL,
碰撞后小球的动量大小
p小球=mv2,
解得p小球=5 kg·m/s.
(3)碰撞后物块做匀变速直线运动,有=2as,
设碰撞前瞬间物块的速度为v,由动量守恒定律得
Mv=Mv1+mv2,
物块从A点运动到与小球碰撞前瞬间过程,对物块,由动能定理得-μMgs1=Mv2-M,
解得物块在A处的初速度大小v0=6 m/s.
7.(2023·广东卷)如图,为某药品自动传送系统的示意图.该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成,滑槽高为3L,平台高为L.药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上,在与传送带达到共速后,从M点进入滑槽,A刚好滑到平台最右端N点停下,随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰,碰撞时间极短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端.已知A、B的质量分别为m和2m,碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的.A与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,A、B在滑至N点之前不发生碰撞,忽略空气阻力和圆盘的高度,将药品盒视为质点.求:
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t;
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W;
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s.
【答案】 (1)　(2)6mgL-3m　(3)
【解析】 (1)A在传送带上运动时的加速度
a=μg,
由静止加速到与传送带共速所用的时间
t==.
(2)B从M点滑至N点的过程,根据动能定理有
2mg·3L-W=·2m(2v0)2-·2m,
解得B从M点滑至N点过程克服阻力做功
W=6mgL-3m.
(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知
2m·2v0=mv1+2mv2,
·2m·(2v0)2-(m+·2m)=[·2m·],
解得v1=2v0(或v0,舍掉),
v2=v0(或v0,舍掉),
两物体平抛运动的时间t1=,
则s-r=v2t1,s+r=v1t1,
解得s=.(共22张PPT)
章末总结
「命题热点」
命题热点1　对冲量、动量定理的理解及应用
1.(多选)(2025·广东广州校考)安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带.如图所示,在汽车正面碰撞测试中,汽车以72 km/h的速度发生碰撞.车内假人的质量为50 kg,使用安全带时,假人用时0.8 s停下;不使用安全带时,假人与前方碰撞,用时0.2 s停下.下列说法正确的有(　 　)
[A] 碰撞过程中,汽车和假人的总动量守恒
[B] 安全带的作用是延长冲击力作用时间,减小冲击力大小
[C] 安全带的作用是减小假人受到的冲量
[D] 无论是否使用安全带,假人受到的冲量相同
BD
【解析】 碰撞过程中,汽车和假人组成的系统受外界撞击力作用,总动量不守恒,故A错误;假人的初动量为p=mv0,末动量都为0,根据动量定理有I=0-
mv0,所以无论是否使用安全带,假人受到的冲量相同,故C错误,D正确;使用安全带时,假人用时0.8 s停下,不使用安全带时,用时0.2 s停下,可知安全带的作用是延长冲击力作用时间.由冲量的定义I=Ft可知,冲量相同时,延长力的作用时间可以减小冲击力的大小,故B正确.
2.(多选)(2025·广东惠州期末)当人仰躺着看手机时,手机有时会砸到人的脸部.若手机的质量为120 g,从离脸部高为20 cm处无初速度掉落,砸到脸部后未反弹,冲击脸部的时间为0.1 s,g取10 m/s2.下列分析正确的有(　 　)
[A] 手机下落的时间为0.4 s
[B] 手机接触脸部前瞬间的速度大小为2 m/s
[C] 手机冲击脸部的作用力大小为1.2 N
[D] 手机冲击脸部的过程中,动量变化量大小为0.24 kg·m/s
BD
3.(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型.多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力.开窗帘过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为
0.22 m/s.关于两滑块的碰撞过程,下列说法正确的有(　 　)
[A] 该过程动量守恒
[B] 滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
[C] 滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
[D] 滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
BD
【解析】 取向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=
0.40 kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=0.44 kg·m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误;对滑块1,取向右为正方向,则有I1=mv2-mv1=-0.18 kg·m/s=
-0.18 N·s,负号表示方向水平向左,故B正确;对滑块2,取向右为正方向,则有I2=mv2-0=0.22 kg·m/s=0.22 N·s,故C错误;对滑块2根据动量定理有FΔt=I2,解得F=5.5 N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N,故D正确.
命题热点2　对动量守恒定律的理解及应用
4.(2025·广东广州检测)某次冰壶项目训练中,运动员将质量为19.1 kg的冰壶甲以某一速度掷出,冰壶在向前运动过程中,碰到了对方的静止冰壶乙,冰壶乙在运动0.2 m后停下.已知比赛双方所用冰壶完全相同,冰壶与冰面的动摩擦因数为0.01,当地重力加速度约为10 m/s2.假设两冰壶的碰撞为一维碰撞,且不计碰撞的能量损失,则冰壶甲在碰前的速度约为(　 　)
[A] 2.0 m/s [B] 0.2 m/s
[C] 1.0 m/s [D] 0.1 m/s
B
5.(多选)如图所示,半径均为R、内外表面均光滑的两个完全相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在光滑水平面上,A、B质量均为M,a、b两点分别为A、B槽的最高点,c、d两点分别为A、B槽的最低点,A槽的左端紧靠着墙壁,一个质量为m的小球P(视为质点)从圆弧槽A的顶端由静止释放,重力加速度为g.下列说法正确的有(　 　)
AC
6.(2025·广东阳江期末)如图所示,固定点O上用长L=0.5 m的细绳系一质量m
=1.0 kg的小球(可视为质点),小球与水平面上的B点刚好接触且无压力.一质量M=2.0 kg的物块(可视为质点)从水平面上A点以速度v0(未知)向右运动,在B处与静止的小球发生正碰,碰后小球在绳的约束下恰好能做完整的圆周运动;碰后物块经过t=1 s后最终停在水平地面上的D点,其水平位移s=1.25 m,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求物块与水平面间的动摩擦因数;
【答案】 (1)0.25　
(2)求碰撞后瞬间小球的动量大小;
【答案】 (2)5 kg·m/s
(3)设物块与小球的初始距离为s1=2.2 m,求物块在A处的初速度大小.
【答案】 (3)6 m/s
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t;
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W;
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s.
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