资源简介

专题十四　动量守恒定律
挖命题
【考情探究】
考点
考向
5年考情
预测热度
考试要求
考题示例
关联考点
素养要素
动量定理
动量和动量定理
c
2018.11选考,22,10分
2018.04选考23,10分
2017.11选考,22,10分
2017.04选考,22,10分
2016.10选考,23,10分
2015.10选考,22,8分
电磁感应、磁场、能量守恒
相互作用
观念
★★★★★
动量守
恒定律
动量守恒定律
c
2016.04选考,23,10分
电磁感应、核衰变
相互作用观念
★★★☆☆
碰撞
d
-
模型建构
★☆☆☆☆
反冲运动　火箭
b
2016.04选考,23,10分
科学本质
★☆☆☆☆
分析解读　本专题在近两年的浙江选考中,均结合磁场或电磁感应等知识,以计算题的形式进行考查,考查核心内容主要涉及动量定理和动量守恒定律,难度较大。后续考试趋势预计与以往相似,学生在学习中应深刻理解动量的矢量性、动量定理、动量守恒定律,掌握动量守恒定律常见的应用。
【真题典例】
破考点
【考点集训】
考点一　动量定理
1.(2018浙江诸暨中学阶段性考试,11)物体在恒定的合力作用下做直线运动,在时间t1内动能由零增大到E1,在时间t2内动能由E1增加到2E1,设合力在时间t1内做的功为W1、冲量为I1,在时间t2内做的功为W2、冲量为I2,则(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.I1I2 C.W1>W2 D.W1答案　B
2.(2018浙江11月选考,22,10分)如图所示,在间距L=0.2m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场,磁感应强度为分布沿y方向不变,沿x方向如下:
B=1T　　x>0.2m5xT　　-0.2m≤x≤0.2m-1T　　x<-0.2m
导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C=1F的未充电的电容器,恒流源可为电路提供恒定电流I=2A,电流方向如图所示。有一质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0=0.7m处。开关S掷向1,棒ab从静止开始运动,到达x3=-0.2m处时,开关S掷向2。已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求:
(提示:可以用F-x图像下的“面积”代表力F所做的功)
(1)棒ab运动到x1=0.2m时的速度v1;
(2)棒ab运动到x2=-0.1m时的速度v2;
(3)电容器最终所带的电荷量Q。
答案　(1)2m/s　(2)235m/s　(3)27C
3.(2019届浙江温州九校10月联考,22)如图所示,两条相互平行的光滑金属导轨,相距l=0.2m,左侧轨道的倾斜角θ=30°,右侧轨道为圆弧线,轨道端点间接有电阻R=1.5Ω,轨道中间部分水平,在MP、NQ间有宽度为d=0.8m,方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B随时间变化如图乙所示。一质量为m=10g、导轨间电阻为r=1.0Ω的导体棒a从t=0时刻无初速度释放,初始位置与水平轨道间的高度差H=0.8m。另一与a棒完全相同的导体棒b静置于磁场外的水平轨道上,靠近磁场左边界PM。a棒下滑后平滑进入水平轨道(转角处无机械能损失),并与b棒发生碰撞而粘合在一起,此后作为一个整体运动。导体棒始终与导轨垂直并接触良好,轨道的电阻和电感不计。求:
甲
乙
(1)导体棒进入磁场前,流过R的电流大小;
(2)导体棒刚进入磁场瞬间受到的安培力大小;
(3)导体棒最终静止的位置离PM的距离;
(4)全过程电阻R上产生的焦耳热。
答案　(1)0.1A　(2)0.04N　(3)0.4m　(4)0.042J
4.(2017浙江宁波九校期末,23)如图所示,质量为M的U形金属框M'MNN',静放在粗糙绝缘水平面上(动摩擦因数为μ),且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。MM'、NN'边相互平行,相距为L,电阻不计且足够长,底边MN垂直于MM',电阻为r。质量为m的光滑导体棒ab电阻为R,垂直MM'放在框架上,整个装置处于垂直轨道平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。在与ab垂直的水平拉力作用下,ab沿轨道由静止开始做匀加速直线运动,经x距离后撤去拉力,直至最后停下,整个过程中框架恰好没动。若导体棒ab与MM'、NN'始终保持良好接触,求:
(1)加速过程中通过导体棒ab的电荷量q;
(2)导体棒ab的最大速度vm以及匀加速阶段的加速度;
(3)导体棒ab的总位移。
答案　见解析
解析　(1)E=ΔΦΔt=BLxΔt
I=ER+r
q=IΔt
q=BLxR+r
(2)由题意可知当导体棒速度最大时,框架恰好不动
故:F安=fm=μ(M+m)g
而F安=BIL,且I(R+r)=BLvm
得到:vm=μg(M+m)(R+r)B2L2
由vm2=2ax,得到:a=μ2g2(M+m)2(R+r)22B4L4x
(3)撤去力后导体棒在安培力作用下做减速运动,由动量定理可知:F安t=mvm
而F安=BIL,且IR+r=BLv
联立可以得到:B2L2vR+rt=mvm
所以x'=vt=μmg(M+m)(R+r)2B4L4
总位移s=x+x'=x+μmg(M+m)(R+r)2B4L4
考点二　动量守恒定律
1.(2018浙江诸暨中学阶段性考试,18)(多选)向空中发射一物体(不计空气阻力),当物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂为a、b两块。若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向,则(　　)
A.b的速度方向一定与原速度方向相反
B.从炸裂到落地这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大
C.a、b一定同时到达地面
D.炸裂的过程中,a、b的动量变化大小一定相等
答案　CD　
2.(2018浙江余姚中学期中)如图,甲车上表面光滑,质量m甲=3kg,右端放一个质量为m=1kg的小物体(可以看成质点),甲车和小物体静止在光滑水平面上,乙车质量为m乙=4kg,以5m/s的速度向左运动,与甲车碰撞后甲车获得4m/s的速度,小物体滑到乙车上,若乙车上表面粗糙而且足够长,则:
①乙车与甲车碰撞后,乙车的速度为多大?
②最终小物体在乙车上与乙车相对静止时的速度为多大?小物体在乙车上表面相对滑行的过程中,小物体受到的合外力的冲量I合为多大?
答案　①2m/s　②1.6m/s　1.6N·s
3.(2018浙江杭州期末,22)某同学设计了一个电磁激发装置,其结构如图所示。间距为L=10cm的平行长直导轨置于水平桌面上,导轨中NO和N'O'段用绝缘材料制成,其余部分均为导电金属材料,两种材料导轨平滑连接。导轨左侧与匝数为100、半径为5cm的圆形线圈相连,线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场。电容为1F的电容器通过单刀双掷开关与导轨相连。在轨道间MPP'M'矩形区域内存在垂直桌面向上的匀强磁场,磁感应强度为2T。磁场右侧边界PP'与OO'间距离为a=4cm。初始时金属棒A处于NN'左侧某处,金属棒B处于OO'左侧距OO'距离为a处。当开关与1连接时,圆形线圈中磁场随时间均匀变化,变化率为ΔBΔt=4πT/s;稳定后将开关拨向2,金属棒A被弹出,与金属棒B相碰,并在B棒刚出磁场时A棒刚好运动到OO'处,最终A棒恰在PP'处停住。已知两根金属棒的质量均为0.02kg,接入电路中的电阻均为0.1Ω,金属棒与金属导轨接触良好,其余导体电阻均不计,一切摩擦不计。问:
(1)当开关与1连接时,电容器带电荷量是多少?下极板带什么电?
(2)金属棒A与B相碰后A棒的速度大小是多少?
(3)电容器所剩电荷量Q'是多少?
答案　(1)1C　正电　(2)0.4m/s　(3)0.88C
4.(2017浙江绍兴选考一模,23)某同学设计了一个电磁弹射加喷气推动的起飞装置。如图所示,水平固定在绝缘底座上的两根足够长的平行光滑导轨,电阻不计,间距为 L,通过开关与电源相连,电源电动势为E,内阻为r。导轨间加有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。电阻为R的轻金属棒CD垂直于导轨静止放置,上面固定着质量为m的舰载机。合上开关K开始工作,CD棒在安培力的作用下加速,当棒带着舰载机获得最大速度时,开关自动断开,同时舰载机自动脱离金属棒并启动发动机工作,把质量为Δm的高温高压燃气水平向后喷出,喷出的燃气相对于喷气后舰载机的速度为u,获得更大的速度后腾空而起。
(1)开关合上瞬间,舰载机获得的加速度a的大小;
(2)开关自动断开前舰载机最大速度v1;
(3)喷气后舰载机增加的速度Δv。
答案　(1)BELm(R+r)　(2)EBL　(3)Δmmu
炼技法
【方法集训】
方法1　动量定理在电磁感应中的应用
1.(2017浙江11月选考,22,10分)如图所示,匝数N=100、截面积S=1.0×10-2m2、电阻r=0.15Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1,其变化率k=0.80T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d=0.20m的竖直导轨,下端连接阻值R=0.50Ω的电阻。一根阻值也为0.50Ω、质量m=1.0×10-2kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关S后,棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直,且与导轨接触良好,不计摩擦阻力和导轨电阻。
(1)求磁感应强度B2的大小,并指出磁场方向;
(2)断开开关S后撤去挡条,棒开始下滑,经t=0.25s后下降了h=0.29m,求此过程棒上产生的热量。
答案　见解析
解析　(1)线圈的感应电动势为E=NΔΦΔt=NSΔB1Δt
流过导体棒的电流Iab=E2(r+R2)
导体棒对挡条的压力为零,有B2Iabd=mg
或B2=mg(R+2r)Ed
得B2=0.50T
B2方向垂直纸面向外
(2)由动量定理(mg-IB2d)t=mv或mgt-B2dΔq=mv
及Δq=It=dhB22R
得v=gt-hB22d22Rm
ab棒产生的热量Q=12mgh-12mv2
得Q=2.3×10-3J
2.(2018浙江台州中学统练,23)如图所示,平行金属导轨OP、KM和PQ、MN相互垂直,且OP、KM与水平面间夹角为θ=37°,导轨间距均为L=1m,电阻不计,导轨足够长。两根金属棒ab和cd与导轨垂直放置且接触良好,ab的质量为M=2kg,有效电阻为R1=2Ω,cd的质量为m=0.2kg,有效电阻为R2=1Ω,金属棒和导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.5,两个导轨平面均处在垂直于轨道平面OPKM向上的匀强磁场中。现让cd固定不动,将金属棒ab由静止释放,当ab沿导轨下滑x=6m时,速度已达到稳定,此时,整个回路消耗的电功率为P=12W。(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)
求:(1)磁感应强度B的大小;
(2)ab沿导轨下滑x=6m的过程中ab棒上产生的焦耳热Q;
(3)若将ab与cd同时由静止释放,当运动时间t=0.5s时,ab的速度vab与cd的速度vcd的关系式。
答案　(1)2T　(2)10J　(3)5m/s=10vab-2vcd
方法2　动量定理在流体问题中的应用
1.(2017浙江宁波镇海中学月考,12)某课外小组设计了一种测定风速的装置,其原理如图所示,一个劲度系数k=1.3×103N/m,自然长度L0=0.5m的弹簧一端固定在墙上的M点,另一端N与导电的迎风板相连,弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属杆上,弹簧是不导电的材料制成的。迎风板面积S=0.5m2,工作时总是正对着风吹来的方向。电路的一端与迎风板相连,另一端在M点与金属杆相连。迎风板可在金属杆上滑动,且与金属杆接触良好,不计摩擦。定值电阻R=1.0Ω,电源的电动势E=12V,内阻r=0.5Ω。闭合开关,没有风吹时,弹簧处于原长,电压表的示数U1=3.0V,某时刻由于风吹迎风板,电压表的示数变为U2=2.0V。(电压表可看做理想电表)试分析求解:
(1)此时风作用在迎风板上的力的大小;
(2)假设风(运动的空气)与迎风板作用后的速度变为零,空气的密度为1.3kg/m3,则风速为多大。
答案　见解析
解析　(1)当无风时,由闭合电路欧姆定律得,
电路中电流I=E-U1R+r=6A
此时金属杆接入电路中的电阻R金=U1I=0.5Ω
此时金属杆接入电路的长度为L0=0.5m
当有风时,同理金属杆接入电路的电阻R金'=0.3Ω
此时金属杆接入电路的长度L=0.3m
根据胡克定律得,作用在迎风板上的风力F=k(L0-L)=1.3×103N/m×(0.5-0.3)m=260N
(2)以在极短时间Δt内吹到迎风板上的空气为研究对象,取风的方向为正方向,根据动量定理得
-F'Δt=0-mv
又m=ρSvΔt,F'=F
则FΔt=ρSvΔt·v
得到v=FρS=20m/s
2.[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)v022g-M2g2ρ2v02S2
方法3　碰撞、爆炸等现象中动量守恒定律的应用
1.(2017浙江4月选考,22,10分)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,如图所示。倾角为θ的导轨处于磁感应强度大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中,水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef,用长度为L的刚性绝缘杆连接构成),在“联动双杆”右侧存在磁感应强度大小为B2,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ,其长度大于L。质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆ab与“联动双杆”发生碰撞,碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”。“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出。运动过程中,杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直。已知杆ab、cd和ef电阻均为R=0.02Ω,m=0.1kg,l=0.5m,L=0.3m,θ=30°,B1=0.1T,B2=0.2T。不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应。求
(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0;
(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v;
(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q。
答案　见解析
解析　(1)感应电动势E=B1lv0
电流I=E1.5R
安培力F=B1Il
匀速运动条件为F=mgsinθ
v0=1.5mgRsinθB12l2=6m/s
(2)由动量守恒定律mv0=4mv
v=v04=1.5m/s
(3)进入磁场区间Ⅱ,设速度变化Δv,由动量定理,有
-IB2lΔt=4mΔv
IΔt=Δq=B2lL1.5R
Δv=-B22l2L1.5R×4m=-0.25m/s
出磁场区间Ⅱ,同样有
Δv=-B22l2L1.5R×4m=-0.25m/s
出磁场区间Ⅱ后“联动三杆”的速度为v'=v+2Δv=1.0m/s
Q=12×4m(v2-v'2)=0.25J
2.(2017浙江宁波十校联考,23)如图所示,平行光滑且足够长的金属导轨ab、cd固定在同一水平面上,处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=2T,导轨间距L=0.5m。有两根金属棒MN、PQ质量均为1kg,电阻均为0.5Ω,其中PQ静止于导轨上,MN用两条轻质绝缘细线悬挂在挂钩上,细线长h=0.9m,当细线竖直时棒刚好与导轨接触但对导轨无压力。现将MN向右拉起使细线与竖直方向夹角为60°,然后由静止释放MN,忽略空气阻力。发现MN到达最低点与导轨短暂接触后继续向左上方摆起,PQ在MN短暂接触导轨的瞬间获得速度,且在之后1s时间内向左运动的距离s=1m。两根棒与导轨接触时始终垂直于导轨,不计其余部分电阻。求:
(1)当悬挂MN的细线到达竖直位置时,MNPQ回路中的电流大小及MN两端的电势差大小;
(2)MN与导轨接触的瞬间流过PQ的电荷量;
(3)MN与导轨短暂接触时回路中产生的焦耳热。
答案　(1)3A　1.5V　(2)1C　(3)2J
过专题
【五年高考】
A组 自主命题·浙江卷题组
1.[2014浙江自选,14(1),3分]如图所示,甲木块的质量为m1,以速度v沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后(　　)
A.甲木块的动量守恒
B.乙木块的动量守恒
C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
答案　C
2.(2018浙江4月选考,23,10分)如图所示,在竖直平面内建立xOy坐标系,在0≤x≤0.65m、y≤0.40m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长l=0.10m、质量m=0.02kg、电阻R=0.40Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置,其中心的坐标为(0,0.65m)。现将线框以初速度v0=2.0m/s水平向右抛出。线框在进入磁场过程中速度保持不变,然后在磁场中运动,最后从磁场右边界离开磁场区域,完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内,其ab边与x轴保持平行,空气阻力不计。(g取10m/s2)求:
(1)磁感应强度B的大小;
(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q;
(3)在全过程中,cb两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。
答案　见解析
解析　(1)线框做平抛运动,当ab边与磁场上边界接触时,竖直方向有h=12gt2=0.2m,得t=0.2s,此时竖直方向的分速度v2y=gt=2m/s=v0,合速度方向与水平方向成45°角,由题知线框匀速进入磁场,则感应电流
I=ER=Blv2yR
F安=BIl
因为线框匀速进入磁场,合力为0,所以mg=F安
联立解得B=2T
(2)线框全部进入磁场区域之后,水平方向做匀速运动,竖直方向做匀加速运动,线框离开磁场过程中,上下两边所受到的安培力抵消,所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热,水平方向上,只有ad边在水平方向上切割磁感线,线框离开磁场时电荷量
q=ΔΦR=Bl2R
对离开过程列水平方向的动量定理,设向右为正,则
-Blq=mv5x-mv0
得v5x=1.5m/s
由能量守恒得
mgΔh-Q1=12mv52-12mv42=12m(v5x2+v5y2)-12m(v02+v4y2)
同时离开磁场过程中竖直方向只受重力,有
v5y2-v4y2=2gΔh
联立解得Q1=0.0175J
在进入磁场过程中,速度不变,重力势能转换成焦耳热Q2=mgl=0.02J
所以Q总=Q1+Q2=0.0375J
(3)易得图中2、3、4、5状态下中心横坐标分别为0.4m、0.5m、0.6m、0.7m
①当x≤0.4m时,线框还没进入磁场,Ucb=0
②当0.4mUcb=-14Blv2y+B(x-0.4m)v0=4x-1.7V
③当0.5m线框完全进入磁场,电路中没有电流,但bc边仍在切割磁感线,因此仍然相当于一个电源,Ucb=Blv0=0.4V
④当0.6m线框出磁场,整个电动势由ad边提供,bc边已经在磁场外,Ucb=14Blv5x
又由动量定理得B2l2(x-0.6m)R=m(v0-v5x)
得Ucb=0.25V-0.25x
3.(2016浙江10月选考,23,10分)如图所示,在x轴的上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。位于x轴下方离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子,其初速度大小范围为0~3v0。这束离子经电势差为U=mv022q的电场加速后,从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域,最后打到x轴上,在x轴上2a~3a区间水平固定放置一探测板a=mv0qB0。假设每秒射入磁场的离子总数为N0,打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)。
(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间。
(2)调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板右端,求此时的磁感应强度大小B1。
(3)保持磁感应强度B1不变,求每秒打在探测板上的离子数N;若打在板上的离子80%被板吸收,20%被反向弹回,弹回速度大小为打板前速度大小的35,求探测板受到的作用力大小。
答案　(1)2a~4a　(2)43B0　(3)23N0　5645N0mv0
4.(2015浙江10月选考,22,8分)如图1所示,质量m=3.0×10-3kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“”形框的水平细杆CD长l=0.20m,处于磁感应强度大小B1=1.0T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n=300、面积S=0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图2所示。
(1)求0~0.10s线圈中的感应电动势大小;
(2)t=0.22s时闭合开关K,若细杆CD所受安培力方向竖直向上,判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向;
(3)t=0.22s时闭合开关K,若安培力远大于重力,细框跳起的最大高度h=0.20m,求通过细杆CD的电荷量。
图1
图2
答案　(1)30V　(2)见解析　(3)0.03C
解析　(2)由左手定则可知电流方向:C→D
结合图2由楞次定律可知B2方向向上
5.(2016浙江4月选考,23,10分)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置,如图所示。竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨,间距为L。导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B。绝缘火箭支撑在导轨间,总质量为m,其中燃料质量为m',燃料室中的金属棒EF电阻为R,并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触。
　　引燃火箭下方的推进剂,迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动,当回路CEFDC面积减少量达到最大值ΔS,用时Δt,此过程激励出强电流,产生电磁推力加速火箭。在Δt时间内,电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体,当燃烧室下方的可控喷气孔打开后,喷出燃气进一步加速火箭。
(1)求回路在Δt时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量,并判断金属棒EF中的感应电流方向;
(2)经Δt时间火箭恰好脱离导轨,求火箭脱离时的速度v0;(不计空气阻力)
(3)火箭脱离导轨时,喷气孔打开,在极短的时间内喷射出质量为m'的燃气,喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u,求喷气后火箭增加的速度Δv。(提示:可选喷气前的火箭为参考系)
答案　(1)BΔSΔt　BΔSR　由E到F　(2)B2LΔSmR-gΔt
(3)m'um-m'
6.[2015浙江自选,14(2),6分]一辆质量m1=3.0×103kg的小货车因故障停在车道上,后面一辆质量m2=1.5×103kg的轿车来不及刹车,直接撞入货车尾部失去动力。相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s=6.75m停下。已知车轮与路面的动摩擦因数μ=0.6,求碰撞前轿车的速度大小。(重力加速度取g=10m/s2)
答案　27m/s
B组 统一命题·省（区、市）卷题组
1.(2017课标Ⅲ,20,6分)(多选)一质量为2kg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=1s时物块的速率为1m/s
B.t=2s时物块的动量大小为4kg·m/s
C.t=3s时物块的动量大小为5kg·m/s
D.t=4s时物块的速度为零
答案　AB　
2.(2017课标Ⅰ,14,6分)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为600m/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.30kg·m/s B.5.7×102kg·m/s
C.6.0×102kg·m/s D.6.3×102kg·m/s
答案　A　
3.(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=2kg、mB=1kg。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=1.8m(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=10m/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)0.6s　(2)2m/s　(3)0.6m
4.[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34m。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　32v02113gl≤μ<v022gl
C组 教师专用题组
1.(2015安徽理综,22,14分)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5m的位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ;
(2)若碰撞时间为0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F;
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
答案　(1)0.32　(2)130N　(3)9J
2.[2016海南单科,17(2),8分]如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始时静止;从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,碰撞后两者粘连在一起运动,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均可由传感器(图中未画出)测得。某同学以h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线拟合,求得该直线的斜率为k=1.92×10-3s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400kg和mB=0.100kg,重力加速度大小g=9.80m/s2。
(ⅰ)若碰撞时间极短且忽略空气阻力,求h-v2直线斜率的理论值k0。
(ⅱ)求k值的相对误差δ(δ=|k-k0|k0×100%,结果保留1位有效数字)。
答案　(ⅰ)2.04×10-3s2/m　(ⅱ)6%
3.[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 3m/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=0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/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
解析　(ⅰ)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20=(m2+m3)v①
12m2v202=12(m2+m3)v2+m2gh②
式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得
m3=20kg③
(ⅱ)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有
m1v1+m2v20=0④
代入数据得
v1=1m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20=m2v2+m3v3⑥
12m2v202=12m2v22+12m3v32⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2=1m/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。
4.[2014山东理综,39(2)]如图,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量为m。开始时橡皮筋松弛,B静止,给A向左的初速度v0。一段时间后,B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍,也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求:
(ⅰ)B的质量;
(ⅱ)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。
答案　(ⅰ)m2　(ⅱ)16mv02
5.(2014广东理综,35,18分)如图的水平轨道中,AC段的中点B的正上方有一探测器,C处有一竖直挡板,物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞,并接合成复合体P,以此碰撞时刻为计时零点,探测器只在t1=2s至t2=4s内工作,已知P1、P2的质量都为m=1kg,P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1,AB段长L=4m,g取10m/s2,P1、P2和P均视为质点,P与挡板的碰撞为弹性碰撞。
(1)若v1=6m/s,求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE;
(2)若P与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B点,求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。
答案　(1)3m/s　9J　(2)10m/s≤v1≤14m/s　17J
【三年模拟】
非选择题(共100分)
1.(2019届浙江绿色评价联盟10月适应性考试,23)(20分)当下世界科技大国都在研发一种新技术,实现火箭回收利用,有效节约太空飞行成本,其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞,为此设计师在返回火箭的底盘安装了4台电磁缓冲装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓火箭对地的冲击力。该装置的主要部件有两部分:①缓冲滑块,由高强绝缘材料制成,其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd,指示灯连接在cd两处;②火箭主体,包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图中未画出),超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时,滑块立即停止运动,此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用,指示灯发光,火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度,从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时,火箭主体的速度大小为v0,软着陆要求的速度为0;指示灯、线圈的ab边和cd边电阻均为R,其余电阻忽略不计;ab边长为L,火箭主体质量为m,匀强磁场的磁感应强度大小为B,重力加速度为g,一切摩擦阻力不计。
(1)求缓冲滑块刚停止运动时,线圈的ab边受到的安培力大小;
(2)求缓冲滑块刚停止运动时,火箭主体的加速度大小;
(3)若火箭主体的速度大小从v0减到0的过程中,经历的时间为t,求该过程中每台电磁缓冲装置中线圈产生的焦耳热。
答案　(1)2B2L2v03R　(2)8v0B2L23Rm-g
(3)548mv02+5m2gR(v0+gt)64B2L2
2.(2019届浙江超级全能生9月联考,23)(20分)如图所示,在坐标系xOy的第一象限中存在n(n为奇数)个宽度均为d、磁感应强度大小均为B的匀强磁场,各磁场区域紧密连接,且左、右两侧边界相互平行,第1个磁场区域的左边界为y轴,磁场方向垂直纸面向外,相邻磁场区域的磁场方向相反。在第n个磁场区域的右边界上有一长为2d的探测板PQ,探测板的下边缘Q与x轴相距2.2d。坐标原点O处的粒子源以某一特定速度在xOy平面内不断向磁场区域发射质量为m,电荷量为+q的粒子,方向与x轴正方向成θ=30°角,每秒发射粒子的总数为N0,通过改变粒子发射速度的大小,可以使粒子从不同位置射出磁场。已知sin53°=0.8,cos53°=0.6,3=1.73,不计粒子重力且忽略粒子间的相互作用。
(1)若粒子从(d,0)点射出磁场,求粒子发射速度大小v1;
(2)若粒子均垂直打到探测板上并全部被反向弹回,且弹回速度大小为打板前速度大小的58,求:
Ⅰ.探测板受到的平均作用力大小;
Ⅱ.n的所有可能值,当n取最大值时,粒子在磁场中运动的总时间t为多少。(不计粒子与探测板发生碰撞的时间)
答案　(1)qBdm　(2)Ⅰ.13N0qBd4　Ⅱ.见解析
解析　(1)由几何关系可知r1=d,由牛顿第二定律可得qv1B=mv12r1,故v1=qBdm;
(2)若粒子垂直打到板上,由粒子轨迹的对称性可知,粒子必定垂直经过第一个磁场区域的右边界,如图所示,由几何关系可得粒子在磁场中运动的半径为r=dsinθ=2d,
Ⅰ.同理可得粒子射入磁场的速度为v=2qBdm,故粒子被板弹回时的速度为v'=58v=5qBd4m;
取一小段时间Δt,由动量定理可得FΔt=N0Δtm[v'-(-v)];
根据牛顿第三定律,探测板受到的平均作用力F'=F=13N0qBd4;
Ⅱ.粒子从O点出发至打到板上的过程中,沿y轴方向的位移y=nr(1-cosθ)=(2-3)nd,
由题意可知2.2d≤y≤4.2d,解得8.2≤n≤15.7;
因为n为奇数,所以n的可能值为9、11、13、15;
当n=15时,可求得粒子被板弹回后在磁场中运动的半径为r'=mv'qB=54d;
设粒子被板弹回后在每个磁场区域中的运动轨迹所对应的圆心角为θ',sinθ'=dr'=45,
所以θ'=53°;
粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB,与粒子速度大小无关,所以粒子在磁场中运动的总时间t=15×(30°+53°)360°·2πmqB=83πm12qB。
3.(2017浙江金华十校联考,22)(20分)如图所示,两根竖直固定的足够长的光滑金属导轨ab和cd相距L=1m,金属导轨电阻不计。两根水平放置的金属杆MN和PQ质量均为0.1kg,在电路中两金属杆MN和PQ的电阻均为R=2Ω,PQ杆放置在水平绝缘平台上。整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中,g取10m/s2。
(1)若将MN杆固定,两杆间距为d=4m,现使磁感应强度从零开始以ΔBΔt=0.5T/s的变化率均匀地增大,经过多长时间,PQ杆对地面的压力为零?
(2)若将PQ杆固定,让MN杆在竖直向上的恒定拉力F=2N的作用下由静止开始向上运动,磁感应强度B恒为1T。若杆MN发生的位移为h=1.8m时达到最大速度。求最大速度和加速时间。
答案　见解析
解析　(1)根据法拉第电磁感应定律:
E=ΔΦΔt=ΔBΔt·S=ΔBΔt·L·d
根据闭合电路欧姆定律:I=E2R
由题中条件可知:B=0.5t
当PQ杆对地面的压力恰好为零时:
对PQ杆:mg=BIL
联立可得:t=4s
(2)当杆MN达最大速度vm时,其加速度为0
对MN杆:mg+BI'L=F
I'=BLvm2R
可得:vm=4m/s
杆MN从静止到最大速度vm的运动过程:
根据动量定理:Ft'-mgt'-BI'Lt'=mvm
I'=BLv2R,h=vt'
联立可得:t'=0.85s
4.(2017浙江宁波选考适应性考试,22)(20分)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R的圆周运动,如图所示,已知电场强度为E,方向竖直向下,磁感应强度为B,方向水平(图中垂直纸面向里),重力加速度为g。运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计,问:
(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动?
(2)液滴运动的速度多大?
(3)若液滴运动到最低点A时分裂成两个完全相同的液滴,其中一个仍在原平面内做半径R1=3R的圆周运动,绕行方向不变,且圆周的最低点仍是A点,则另一个液滴怎样运动?
答案　见解析
解析　(1)分析可知,液滴顺时针运动
(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡,液滴所受洛伦兹力提供向心力。即
Eq=mg
qvB=mv2R
得v=gBRE
(3)分裂后,第一个液滴电荷量、质量均减半,电场力与重力仍平衡,依据上面运算可得,第一个液滴的绕行速度大小
v1=gBR1E=gB·3RE=3v,过A点时的速度方向向左。
分裂后的第二个液滴速度设为v2,分裂前后动量守恒
mv=12mv1+12mv2
解得v2=-v
即分裂后第二个液滴速度大小为v,过A点的速度方向向右,所受电场力与重力仍平衡。在洛伦兹力作用下仍做匀速圆周运动,绕行方向仍是顺时针方向,A点是圆周的最高点,圆周半径R2=R。
5.(2017浙江嘉兴基础测试,23)(20分)图甲所示的一种离子推进器工作原理简化后如图乙所示,氙离子从腔室中漂移过栅电极C的速度大小可以忽略不计,在栅电极C、D之间的电场中加速,并从栅电极D喷出,在加速氙离子(质量为m、电荷量为q)的过程中飞船获得动力,不计氙离子间的相互作用及重力影响。
　　(1)若该离子推进器固定在地面上进行试验时,在D的右侧有板长与板间距离均为d的平行金属板,板间存在匀强磁场B(如图丙)。从两平行板中央射入的离子恰好打在上板右边缘(Q点)。求C、D之间的电压U与B的关系。
(2)若装配该种离子推进器的宇宙飞船处于悬浮状态,宇航员在飞船内经多次往复运动后回到原位置,判断飞船最终是否偏离原位置?若偏离,请计算相对原位置的距离,若不偏离;请说明理由。
(3)若悬浮状态下的推进器在某段时间内喷射出N个氙离子以速度v通过栅电极D,该过程中离子和飞船获得的总动能占发动机提供能量的η倍,飞船的总质量Μ及获得的动力保持不变。已知发动机总功率为P,求动力大小。
答案　见解析
解析　(1)qU=12mv2
qvB=mv2R
R2=R-d22+d2或R=54d
联立解得:U=25qd2B232m
(2)由动量守恒知,不会偏离。
(3)Nmv=Mv'
ηPt=12Nmv2+12Mv'2
Ft=Mv'
联立解得:F=2ηMP(M+Nm)v

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