第7章 动量守恒定律-【十年高考】备战2027年高考物理真题分类解析与应试策略（Word版）
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内容正文：
第七章 动量守恒定律
考点39 冲量和动量
1.C 全尺寸人形机器人的动量大小为p1=m1v=75×10 kg·m/s=750 kg·m/s,四足机器人的动量大小为p2=m2v=38×10 kg·m/s=380 kg·m/s,二者的动量大小之差为Δp=p1-p2=(750-380) kg·m/s=370 kg·m/s,故C正确。
2.AB 无人机沿水平方向做匀速直线运动,合外力为零,因拉力大小发生变化,重力不变,所以空气作用力的方向会变化,A正确;I=t=T=F0-kTT,B正确;I合=(IG+IF),由于重力和拉力方向不在同一直线上,所以I合≠mgT+F0-kT,C错误;在T时刻F=F0-kT,将其沿水平和竖直分解,F空x=Fx=(F0-kT)cos 30°,F空y=Fy+mg=(F0-kT)sin 30°+mg,所以,F空==,D错误。
3.AC a的单位是m,b的单位是kg,c的单位是s,d的单位是kg·m/s,的单位是kg·m2/s2,而能量的单位是J,由Ek=mv2,可知能量的单位是kg·m2/s2,A正确;的单位是kg2·m/s2,不是能量单位,B错误;的单位是kg·m2/s2,C正确;的单位是kg·s/m,D错误。
4.A 根据动能定理有F1d1+F2d2=mv2,解得v=,故A正确;针鞘到达目标组织表面后,继续前进d2减速至零,有Ek=F2,故B错误;针鞘运动d2的过程中,克服阻力做功为F2d2,故C错误;针鞘运动d2的过程中,动量变化量大小Δp==,故D错误。
5.D 本题考查对运动图像的理解和新概念的学习能力。动量p=mv,质点做初速度为零的匀加速直线运动,有v2=2ax,联立解得p=m,D项正确,A、B、C项错误。
6.B 摩天轮匀速转动,乘客动能不变,高度不断变化,重力势能不断变化,机械能等于重力势能和动能之和,机械能也不断变化,A项错误;在最高点,重力指向圆心,支持力背向圆心,合外力提供向心力,F向=mg-FN>0,即mg>FN,B项正确;转动一周,重力始终存在,由I=mg·t可知冲量不为零,C项错误;重力的瞬时功率P=mgvcos α,重力方向不变,速度方向不断变化,重力与速度间的夹角α不断变化,P不断变化,D项错误。
考点40 动量定理的理解及应用
1.A 本题考查动量定理的应用。小球速率不变,设小球质量为m,速率为v,则动量大小p=mv,正方形拐角处速度垂直,速度变化量Δv==v,由动量定理,冲量大小I=Δp=mΔv=mv=p,故在拐点小球所受冲量和动量大小比值为,由几何关系可知=,故A正确。
注意速度矢量变化计算,容易弄错速度Δv=v,另外几何边长、对角线长度容易混淆,匹配选项时分不清其几何关系。
2.B 本题考查匀速圆周运动中动量、冲量、合外力做功及受力平衡的物理概念辨析。座椅在水平面内做匀速圆周运动,速度大小不变,方向改变,根据p=mv可知动量大小不变,方向改变,故A项错误;速度大小不变,则座椅的动能不变,根据动能定理可知所受合外力做功为零,故B项正确;根据IG=mgt可知所受重力的冲量不为零,故C项错误;座椅在水平面内做匀速圆周运动,一定有向心加速度,所以不是处于受力平衡状态,故D项错误。
3.C 本题考查动量定理的基本应用。鸡蛋触地后匀减速至静止,位移s=5 cm=0.05 m,匀减速平均速度为,故撞击时间Δt=,根据动量定理有(F-mg)Δt=0-(-mv),代入数据解得v≈ m/s,由自由落体公式v2=2gh,得高度h== m≈51 m,每层楼高约3 m,对应楼层数为=17层,故C项正确。
4.C 本题考查牛顿第二定律,动量定理,功能关系等。小球上升过程中受到向下的空气阻力,下落过程中受到向上的空气阻力,由牛顿第二定律可知上升过程所受合力(加速度)总大于下落过程所受合力(加速度),D错误;小球运动的整个过程中,空气阻力做负功,由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度,所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小,由动量定理可知,上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量,C正确;上升与下落经过同一位置时的速度,上升时更大,所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度,则上升过程所用时间小于下落过程所用时间,A错误;经同一位置,上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力,由功能关系可知,上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失,B错误。
5.AD 本题考查动量定理与v-t图像结合的问题。根据图像可知当F=2mgsin θ时,滑块加速度为a==3gsin θ
方向沿斜面向下;当F=-2mgsin θ时,滑块加速度大小为a==gsin θ
方向沿斜面向上,作出滑块0~4t0内的v-t图像
根据图像可知0~4t0,滑块一直沿斜面向下运动,故A正确;根据图像可知0~4t0,滑块的末速度不等于0,根据动量定理得I合=Δp≠0,故B错误;根据图像可知t0时滑块速度大于2t0时滑块的速度,故t0时动量不是2t0时的一半,故C错误;v-t图像与横轴围成的面积表示位移,故由图像可知2t0~3t0过程物体的位移小于3t0~4t0的位移,故D正确。故选AD。
6.BCD 锤子撞击木栓到木栓进入的过程,合力的冲量为零,重力冲量不为零,则木料对木栓的冲量不为-I,选项A错误。木栓进入过程,由动能定理知mgΔx-FfΔx=0-mv2,且mv2=,得Ff=+mg,选项B正确。由能量守恒的关系知,损失的机械能ΔE=+mgΔx,选项C正确。对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力呈线性变化,因此×4×(Ffmaxsin θ+FNcos θ)=Ff
由B知Ff=+mg
结合Ffmax=μFN
解得Ffmax=,选项D正确。
7.BD 本题考查运动的合成与分解、动量定理等。根据图像可得F1=4-t(N),F2=3t(N),故两力的合力为F=4+2t,物块在y轴正方向上受到的力不变,为mgsin 30°,在x轴正方向上受到的力在改变,所以物块受到的合力在改变,则物块做的不是匀变速曲线运动,故A错误;在y轴正方向上的加速度为ay==gsin 30°=5 m/s2,故t=1 s时,物块的y轴坐标值为y=ayt2=2.5 m,故B正确;由以上分析可知,t=1 s时,F=6 N,故此时物块的加速度大小为a== m/s2=5 m/s2,故C错误;0~2 s时间内,在x轴正方向上,对物块根据动量定理得t=mvx-0,由于F与时间t成线性关系,故可得= N=6 N,解得vx=10 m/s,此时在y轴正方向上的速度为vy=gsin 30°·t=5×2 m/s=10 m/s,故t=2 s时,物块的速度大小为v==10 m/s,故D正确。
8.D 本题结合F-t图像考查动量、动能概念,动量定理。因为假人的头部只受到安全气囊的作用,则F-t图像的面积即合外力的冲量,根据动量定理F-t图像的面积也是动量的变化量,且图线一直在t轴的上方,则动量的大小一直减小,选项A、B错误;因为Ek=,所以动能的变化量与曲线和横轴围成的面积不成正比,选项C错误;根据牛顿第二定律得假人头部的加速度先增大后减小,选项D正确。
求解图像类问题的关键是弄清图像纵横坐标、图线斜率、图线围的面积、截距等物理意义,对于该题明确图像围的面积代表冲量是求解的关键。
9.D 根据动能定理W1=m(2v)2-mv2=mv2,W2=m(5v)2-m(2v)2=mv2,所以W2=7W1;速度是矢量,所以mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv,所以I2≥I1,D项正确。
10.D 本题考查圆周运动的向心力来源、冲量、动量定理。圆盘停止转动前,小物体随圆盘一起匀速转动,小物体所受摩擦力提供向心力,方向沿半径方向指向圆心,A项错误;圆盘停止转动前,小物体所受摩擦力f=mrω2为小物体所受的合力,方向始终指向圆心是变力,根据动量定理,小物体转动一圈摩擦力的冲量I=mv'-mv=0,B项错误;圆盘停止转动后,由于惯性小物体沿圆周的切线方向运动,C项错误;圆盘停止转动后,根据动量定理可知,小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为I'=Δp=mv=mrω,D项正确。
11.(1)mv2+Ffx (2) (3)论证过程见解析 2
解析 (1)由动能定理可知W-Ffx=mv2
可得牵引力对飞机做的功W=mv2+Ffx。
(2)加速过程,设起飞速度为vm,根据速度位移关系由运动学公式可知=2a1d
减速过程,根据速度位移关系由运动学公式可知=2a2(L-d)
联立解得d=。
(3)气流相对飞机以u的速率向后飞行,并且气流掠过机翼改变方向,假设气流密度为ρ,飞机的受力面积为S,气流方向改变后气流速度方向与水平方向夹角为θ
取极短一段时间Δt内的气流作为研究对象
则对应质量m0=ρSuΔt
设机翼给气流竖直方向的分力为F'
规定向下为正,在竖直方向上由动量定理可知F'Δt=m0(usin θ-0)
解得F'=ρSu2sin θ
由牛顿第三定律可知,气流对飞机竖直向上的作用力大小F=F'=ρSu2sin θ∝u2
故α=2。
应用动量定理解决流体(变质量)问题的方法
1.正确选取研究对象,即选取很短时间Δt内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象。
2.建立“柱状”模型:在时间Δt内所选取的研究对象均分布在以S为截面积、长为vΔt的柱体内,这部分质点的质量为Δm=ρSvΔt,以这部分质量为研究对象,研究它在时间Δt内动量(或其他量)的变化情况。
3.根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。另外在对“微元”进行受力分析时,一般情况下其重力可以忽略。
具体分析步骤为:
(1)建立“柱状”模型,沿流速v的方向选取一段柱形流体,其横截面积为S。
(2)微元研究,作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl=vΔt,对应的质量为Δm=ρSvΔt。
(3)建立方程,应用动量定理研究这段柱状流体。
12.
(1) mg
(2)f=mg(0≤t≤4) f=mg(4<t≤6) 图见解析
(3)g
解析 (1)由题图乙可知F随时间线性变化,根据数学知识可知F=t
所以当t=6 s时,F=
0~6 s内F的冲量为F-t图像围成的面积,即I=×mg×6=mg。
(2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上,则有mgsin 30°=μmgcos 30°
即μ=tan 30°=
在垂直杆方向,当Fsin θ=mgcos θ时细杆对物块的弹力恰好为0,解得t=4 s
故0~4 s,细杆对物块弹力垂直杆向上
垂直杆方向Fsin θ+N=mgcos θ
摩擦力为滑动摩擦力f=μN==mg(0≤t≤4)
在4~6 s内,细杆对物块的弹力垂直杆向下
垂直杆方向Fsin θ=mgcos θ+N
摩擦力为滑动摩擦力f=μN==mg(4<t≤6)
相应的f-t图像如图
(3)在0~6 s内沿杆方向根据动量定理有mgtsin θ+IFcos θ-If=mv
在0~6 s内摩擦力的冲量为(2)解析中f-t图像围成的面积,则If=×mg×4+×mg×2=mg
联立有3mg+mg·cos 30°-mg=mv
可得v=g。
13.(1) (2)①330 N∙s,方向竖直向上 ②0.2 m
解析 本题考查牛顿第二定律、动量定理等。(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂对它向下的压力FN以及斜面对它的支持力F支,则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma
解得tan θ=。
(2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s
方向竖直向上。
②头锤落到气囊上时的速度v0==8 m/s
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得
IF-mgt=mv-(-mv0)
解得v=2 m/s
则上升的最大高度h==0.2 m。
14.(1)F=500 N (2)[34 m,36 m]
解析 (1)设平抛运动的时间为t,鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v,竖直方向分速度大小为vy,根据运动的合成与分解得H=gt2,vy=gt,v=
在碰撞过程中,以鸟蛤为研究对象,取速度v的方向为正方向,由动量定理得-FΔt=0-mv
联立,代入数据得F=500 N。
(2)若释放鸟蛤的初速度为v1=15 m/s,设击中岩石左端时,释放点的x坐标为x1,击中岩石右端时,释放点的x坐标为x2,得x1=v1t,x2=x1+L,代入数据得x1=30 m,x2=36 m
若释放鸟蛤时的初速度为v2=17 m/s,设击中岩石左端时,释放点的x坐标为x1',击中右端时,释放点的x坐标为x2',得x1'=v2t,x2'=x1'+L,代入数据得x1'=34 m,x2'=40 m
综上得x坐标区间[34 m,36 m]。
考点41 动量守恒定律的理解及应用
1.A 本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律。对整个系统分析可知合外力为0,A和B组成的系统动量守恒,得mAvA=mBvB。设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做功,机械能守恒,当弹簧恢复原长时得Ep=mA+mBvB2。联立得Ep=+mA,从细绳剪断到弹簧恢复原长,滑板A做加速运动,弹簧恢复原长后做减速运动,故弹簧恢复原长时滑板速度最大,此时动量最大,动能最大。对于系统来说总动量一直为零,系统机械能不变。故选项A正确。
2.ABD 本题考查a-t图像、冲量、动量定理、机械能守恒定律等,考查分析综合能力。0到t1时间内,墙对B的冲量与弹簧对B的冲量大小相等,而弹簧对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等,根据动量定理,弹簧对A的冲量I=mAv0,A项正确。分析运动过程可知,t1时刻弹簧恢复原长,之后A减速,B加速,当弹簧伸长量最大时二者速度相等,这时二者加速度均最大,即t2时刻,从图像可以看出,B的加速度大,所以质量小,即mB<mA,B项正确。初始时刻,系统机械能仅为弹性势能,弹簧形变量为x;去掉外力后,系统机械能守恒,当B运动后,A、B速度相等时,弹簧形变量最大,这时系统机械能包括动能和弹性势能,因此弹簧的最大形变量小于x,C项错误。a-t图像中图线与t轴之间围的面积表示速度变化,设A、B在t2时刻速度为v1,则v0=S1,v1=v0-S2,v1=S3,解得S1-S2=S3,D项正确。
3.B 设滑板的速度为u,小孩和滑板动量守恒得0=mu-Mv,解得u=v,B项正确。
4.(1)gt (2)2v (3)3vt
解析 (1)物体竖直上抛至最高点时速度为0,由运动学公式可知0=v0-gt,解得v0=gt。
(2)爆炸瞬间水平方向动量守恒,由题可知爆炸前总动量为0,爆炸后A速度为v,由动量守恒定律可知0=2m·v+m·vB
解得vB=-2v,与A的运动方向相反,即炸裂后瞬间B的速度大小为2v。
(3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等,为t,则
A的水平位移xA=vt
B的水平位移xB=vBt=2vt
由(2)解析可知,水平方向上A、B运动方向相反,所以A、B落地点之间的距离d=|xA|+|xB|=vt+2vt=3vt。
5.(1)9 m (2)7.44 m/s 方向沿水平方向向右
解析 (1)对背包受力分析:
沿斜面方向有mgsin θ-f=ma ①
垂直斜面方向有FN=mgcos θ ②
且f=μFN③
由①②③代入数据可得a=2 m/s2
设滑雪者经时间t到达底端
则有xAB=a(1+t)2=v0t+a't2 ④
解得t=2 s(t=-1 s舍去)
代入④解得xAB=9 m。
(2)到达底端时
滑雪者的速度v人=v0+a't=7.5 m/s
背包的速度v包=a(1+t)=6 m/s
以滑雪者与背包为研究对象,设水平向右为正方向,由动量守恒定律得
m包v包+m人v人=(m包+m人)v共
代入数据解得v共=7.44 m/s,
方向沿水平方向向右。
考点42 碰撞模型
1.AD N与斜面间无摩擦,从静止释放后向下做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a=gsin θ,t0时刻速度达到v,M恰好静止在斜面上,由于μ=tan θ,即μmgcos θ=mgsin θ,M沿斜面向下的重力分力与滑动摩擦力始终等大反向,t0时刻,N与M发生弹性碰撞,因两者质量相等,碰后发生速度交换,即vM=v、vN=0,碰后M的滑动摩擦力与重力分力平衡,故向下做速度为v的匀速运动,N从零开始以加速度a再次做匀加速运动,设经过Δt时间两者位移相等发生第二次碰撞,则有vΔt=aΔt2,且由下滑过程v=at0,联立解得Δt=2t0,即在t=3t0时刻发生第二次碰撞,碰前瞬间N的速度vN'=a(2t0)=2v,M的速度保持为v,再次发生弹性碰撞互换速度,碰后瞬间vM'=2v、vN″=v,此后M以2v做匀速直线运动,N以初速度v做匀加速直线运动,直至下一次相遇碰撞。综上分析,M的速度在0~t0为0,在t0~3t0为v,在3t0~5t0为2v;N的速度在t0瞬间由v突变为0,在3t0瞬间由2v突变为v,故A、D正确。
2.A 本题考查碰撞、机械能守恒问题。
小球A下摆过程机械能守恒,有mgL(1-cos 60°)=m,得vA=,由完全相同的小球弹性正碰,速度交换,可知碰后小球A静止,小球B的速度vB=,已知小球B的悬挂摆长为L,根据机械能守恒有m()2=mgh,得h=,故A正确。
3.A 本题综合考查碰撞及图像问题。由图像斜率可知,M、N的加速度大小之比为==,则M、N的质量之比==,设M、N的质量分别是3m和2m,由图像可知,M、N碰前速度分别为4v和-6v,根据动量守恒定律有3m×4v-2m×6v=3mv1+2mv2,结合碰撞的运动规律可知,v1<0,v2>0,且=,B、D错误;又因F1、F2为恒力,故碰后M、N各自的图线斜率应与碰前相同,C错误,A正确。
4.BD 爆炸后,A、B组成的系统动量守恒,有3mv1=mv2,B与C碰撞过程动量守恒,有mv2=6mv,联立解得v=0.5v1,爆炸后瞬间A的动能EkA=·3m·,D的初动能EkD=·6m·,两者不相等,故A错误;D水平滑动过程中摩擦力做功为Wf=-μ·6mg·s1=-μ·6mg·=-6mgh,D做平抛运动过程中重力做的功为WG=6mgh,故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0,根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等,故B正确;D物块平抛过程有h=gt2,s2=v0t,联立解得v0=s2,D水平滑动过程中根据动能定理有-6mgh=·6m-·6mv2,化简得v2=+2gh,弹药释放的能量完全转化为A和B的动能,则爆炸过程的能量为E=·3m+·m=24mv2=24m=48mgh,故C错误,D正确。
5.B 根据题意可知,小球A和B碰撞过程中,水平方向上动量守恒,竖直方向上A球的速度大小不变,设碰撞前小球A速度为vA,碰撞后小球A水平速度为v1,小球B水平速度为v2,故A球合速度大小为,水平方向由动量守恒可得mv=mv1+mv2,完全弹性碰撞,由A、B组成的系统能量守恒可得mv2+m=m(+)+m,联立解得v1=v,v2=0,小球A在竖直方向上做匀加速直线运动,则有h=gt2,解得t=2 s,可知碰撞后,小球A在运动t'=1 s末落地,则水平方向上有x=vt',解得v=3.0 m/s,故选B。
小球A和小球B质量相同,水平方向上发生弹性碰撞,则水平方向上交换速度,故碰撞后小球A水平方向速度等于v。
6.D 碰撞时系统动量守恒,则P和N碰撞时mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN',变形后有mP(vP-vP')=mN(vN'-vN),vP-vP'>vN'-vN,故mP<mN,同理,由于Q和N碰撞时vQ-vQ'<vN'-vN,所以mN<mQ,综上可知mQ>mN>mP,D正确。
7.ABD 本题考查机械能守恒、碰撞模型等。两滑块在光滑斜坡上加速度相同,同时由静止开始下滑,则相对速度为0,故A正确;两滑块滑到水平面后均做匀减速运动,由于两滑块质量相同,且发生弹性碰撞,可知碰后两滑块交换速度,即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度,故B正确;设斜面倾角为θ,乙下滑过程有H乙=gsin θ·,在水平面运动一段时间t2后与甲相碰,碰后以甲碰前速度做匀减速运动的时间为t3,乙运动的时间为t=t1+t2+t3,由于t1与H乙有关,则总时间与H乙有关,故C错误;乙下滑过程有mgH乙=m,由于甲和乙质量相等且发生弹性碰撞,交换速度,则可知甲最终停止位置与甲、乙不发生碰撞时乙最终停止的位置相同;则如果甲、乙未发生碰撞,乙在水平面运动到停止有=2μgx,联立可得x=,即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距,故D正确。
8.BC 由于两小球碰撞过程中机械能守恒,M、N的质量相等,且发生弹性正碰,碰后两球将发生速度交换,碰后M静止在碰撞处,N以初速度v开始做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动,选项A错误,B正确。水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v,选项C正确,D错误。
9.D 该过程中系统动能和电势能相互转化,能量守恒,对整个系统分析可知系统受到的合外力为0,故动量守恒,B错误;当三个小球运动到同一条直线上时,根据对称性可知细线中的拉力相等,此时小球3受到小球1和2的电场力大小相等,方向相反,故可知此时小球3受到的合力为0,小球3从静止状态开始运动的瞬间受到的合力不为0,故该过程中小球3受到的合力大小在改变,A错误;对系统根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv3,根据小球1和2运动的对称性可知v1=v2,解得v3=2v1,C错误;根据系统能量守恒有m+m+m=,解得v3=,D正确。
10.C 本题通过“一动一静”模型考查位移图像、动量守恒定律、动量与动能的关系。因为x-t图像的斜率表示物体的速度,根据图像可知m1碰前的速度大小为v0=4 m/s,m2碰前速度为0,选项A错误;两物体正碰后,m1碰后的速度大小为v1=2 m/s,m2碰后的速度大小为v2=2 m/s,碰后两物体的速率相等,选项B错误;两小球碰撞过程中满足动量守恒定律,即m1v0=-m1v1+m2v2,解得两物体质量的关系为m2=3m1,所以碰后m2的动量大于m1的动量,m2的动能大于m1的动能,选项C正确,选项D错误。
11.(1)4 m/s (2)11.2 N
解析 (1)根据题意,设小球A从最低点开始运动时的速度为v0,由动量定理有I=mAv0,
设与B碰前瞬间A的速度大小v,从最低点到最高点,由动能定理有
-mAg·2R=mAv2-mA
联立代入数据解得v=4 m/s。
(2)A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起,由动量守恒定律有
mAv=(mA+mB)v共
设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F,由牛顿第二定律有
F-(mA+mB)g=(mA+mB)
联立代入数据解得F=11.2 N。
12.(1) (2)mg+m (3)mv2
解析 (1)A释放到与B碰撞前,根据动能定理得mgH=mv2
解得H=
(2)碰前瞬间,对A由牛顿第二定律得F-mg=m
解得F=mg+m
(3)A、B碰撞过程中,根据动量守恒定律得mv=2mv1
解得v1=v
则碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=mv2-·2mv2=mv2
13.(1) (2)m(-2μgs0) (3)
解析 本题通过滑块—滑板模型考查动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律等。
(1)小物块C从开始运动到刚要与物块B相碰过程,根据动能定理得
-μmgs0=m-m
解得C在碰撞前瞬间的速度大小为v1=。
(2)物块B、C碰撞过程,根据动量守恒可得mv1=2mv2
解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为v2=
故C与B碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=m-×2m=m(-2μgs0)
(3)滑板A刚要滑动时,对滑板A,由受力平衡可得kΔx+2μmg=3μmg
解得弹簧的压缩量,即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为Δx=
从C与B相碰后到A开始运动的过程中,C和B克服摩擦力所做的功为
W=2μmg·Δx=。
14.(1)乙能滑到边框a (2)0.2 s
解析 (1)甲珠的加速度大小a=μg=1 m/s2
根据运动学公式v2-=-2as1
甲、乙相碰前,甲的速度v=0.3 m/s
甲、乙相碰,动量守恒mv=mv甲2+mv乙
解得v乙=0.2 m/s
以乙为研究对象,乙珠的加速度大小也为a=μg=1 m/s2
由=2as
解得s=0.02 m=s2,乙能滑动到边框a。
(2)对于甲,=2as'
s'=0.005 m,不会到边框a。
甲运动的时间t=t1+t2
t1= s=0.1 s
t2= s=0.1 s
t=0.2 s。
考点43 子弹打木块 滑块—滑板模型
1.AD 本题考查子弹打木块模型。设子弹射入木块后,子弹和木块的速度分别为v1、v2,由动量守恒定律有mv0=mv1+Mv2,子弹和木块相互作用过程中受到的合力都为f=kv0,由牛顿第二定律得子弹和木块的加速度大小分别为a1=,a2=,由运动学公式得2a1x1=-,2a2x2=,又x1-x2=L,联立可得v2=,当木块的速度最大时v0-取极大值,该函数在到无穷单调递减,因此当v0=时,木块的速度最大,A正确;木块获得的最大速度为v2=,由运动学公式得v2=a2t,可得t=,故B错误;由能量守恒定律可得子弹和木块损失的能量为ΔE=Q=fL=,故C错误;木块加速过程运动的距离为x2=t=,故D正确。
2.C 由动量守恒,得mv=(m+M)v共,则系统损失的机械能ΔE=mv2-(m+M)=mv2-(m+M)=,由ΔE==可知若保持m、v、l不变,M越大则系统损失的机械能变大,A项错误;若保持M、v、l不变,m变大则系统损失的机械能变大,B项错误;若保持M、m、l不变,v变大则系统损失的机械能变大,C项正确;若保持M、m、v不变,l变大,则系统损失机械能不变,D项错误。
3.(1)4.5×10-19 J (2)3 600 V 6×106 C/kg (3)见解析
解析 (1)根据光子能量与频率的关系,该激光一个光子的能量为ε=h,解得ε=4.5×10-19 J。
(2)粒子经加速电场加速,由动能定理得qU=mv2,即射出速度v=,粒子垂直进入磁场做匀速圆周运动并平行于CD边射出,由几何关系得其圆周运动半径r=sin 60°= m,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,联立可得比荷K=,粒子在磁场中偏转90°,对应的圆周运动时间恒为t1===,粒子从O点射出后做匀速直线运动,其速度与MN及其平行线PQ的夹角为α,垂直于PQ方向的分速度为vy=vsin α,粒子先经过无场区(垂直距离d=0.3 m)到达PQ,进入偏转电场后做类斜抛运动,垂直于PQ方向受到沿电场线方向的电场力而做类竖直上抛运动,速度先减为零,随后反向加速越过PQ,再做匀速直线运动回到MN,由牛顿第二定律得Eq=ma,类竖直上抛运动过程总时间t2'==,因此在垂直PQ方向上的来回运动总时间为t2=+,从粒子离开加速电场到达接收器所经历的总时间t=t0+t1+t2(t0为粒子离开加速电场到进入磁场的时间),由数学均值不等式可知,当=,即sin2α=时,t2及总时间t取得最小值,由题图2可知当α=60°时t有最小值,联立可得==,解得U==3 600 V,将U=3 600 V及r= m代入K=,解得粒子比荷K= C/kg=6×106 C/kg。
(3)需要测量的物理量为接收器接收到的电流大小I,由电流的微观定义表达式可知,每秒接收的电荷量总数即为电流的大小,即I=nq,可得单个粒子的电荷量为q=,结合第(2)问已求得的粒子比荷K=,联立解得粒子质量m=。
4.(1)40 N (2)4 m/s (3)0.15
解析 本题考查圆周运动、板块模型等知识。
(1)根据题意,设小球A和物块C质量为m=2 kg,木板B的质量为m'=6 kg,细绳OP长为l=1.6 m,初始时细绳与竖直方向夹角θ=60°,A开始运动到最低点有
mgl(1-cos θ)=m-0
对最低点受力分析,根据牛顿第二定律得
F-mg=
解得v0=4 m/s,F=40 N。
(2)A与C相碰时,水平方向动量守恒,由碰后A竖直下落可知mv0+0=0+mvC
解得vC=v0=4 m/s。
(3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速,则对C、B分析,过程中根据动量守恒可得
mvC=(m'+m)v
根据能量守恒得
μmgl相对=m-(m+M)v2
联立解得μ=0.15。
5.(1) (2) (3) m
解析 本题通过板块模型,考查动量守恒定律和牛顿第二定律。
(1)由于地面光滑,则木板与滑块组成的系统动量守恒,有
2mv0=3mv共
解得v共=。
(2)由于木板速度是滑块的2倍,则有v木=2v滑
根据动量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑
联立解得v滑=v0,v木=v0
根据功能关系有
μmgx=×2m-×2m-m
解得x=。
(3)由于木板保持匀速直线运动,则有F=μmg,
对滑块进行受力分析,并根据牛顿第二定律有a滑=μg,
滑块相对木板静止时有v0=a滑t
解得t=
则整个过程中木板滑动的距离为x'=v0t=
则拉力所做的功为W=Fx'=m。
考点44 多运动过程的综合分析
1.AD 释放瞬间,弹簧处于原长状态,其产生的弹力为零,对物块N进行受力分析可知其仅受重力,加速度竖直向下且大小为g,将通过细线连接的物块P与Q视为一个系统,沿着细线运动方向应用牛顿第二定律,可知2mg-mg=3ma,解得物块Q的加速度为a=,对物块Q进行受力分析,根据牛顿第二定律有2mg-FT=2ma,解得此时细线的拉力为FT=mg,故A正确,B错误;释放后,物块N向下加速运动,物块P与Q分别向上和向下加速运动,设某一瞬间弹簧伸长量为x,根据牛顿第二定律,对物块P与Q组成的系统有mg-kx=3maP,对物块N有mg-kx=maN,对比两式可知在此运动过程中任意时刻均满足aN=3aP,由于两者均从静止开始运动,则物块N的速度与位移始终为物块P的3倍,即任意时刻均有vN=3vP与xN=3xP,此时弹簧的总伸长量为x=xP+xN=xN,将其代入物块N的动力学方程可得mg-xN=maN,由此可知物块N实际上以等效劲度系数做简谐运动,当其受到的合外力为零,即aN=0时物块N达到最大速度,此时其下降的位移为xN0=,根据简谐运动的对称性可知物块N下降的最大距离为xNmax=2xN0=,在物块N从静止下落至速度达到最大的整个过程中,根据系统机械能守恒定律,可知系统重力势能的减少量等于系统总动能与弹簧弹性势能的增加量之和,即(2mg-mg)xP+mgxN0=(3m)+m+kx2,结合位移与速度的关联比例式代入化简可得mg·+mg·=·+m+k,解得物块N下降的最大速度为vN=,故C错误,D正确。
类动量守恒
CD.将物块P与Q视为一个整体R,其等效质量为3m,对R进行受力分析,其受到沿细线向下的弹簧弹力以及沿细线向上的等效恒力F'=mg,则R、N组成的系统类动量守恒,有mvN=3mvR,进一步有xN=3xR;物块N速度最大时其加速度必定为零,有mg=kx,此时弹簧的总形变量为x=xN+xR=xN,代入解得物块N此时下降的位移为xN=,在此过程中对整体R与物块N及弹簧组成的系统应用机械能守恒定律,等效恒力F'与物块N的重力做功使减小的重力势能转化为系统的总动能与弹性势能,即F'xR+mgxN=(3m)+m+kx2,结合前述速度与位移的比例关系代入化简,解得物块N下降的最大速度为vN=,另外当物块N下降距离最大时整体R与物块N的速度同时为零,设此时弹簧形变量为xm,由系统机械能守恒定律有F'xRm+mgxNm=k,结合xRm=xm与xNm=xm的比例关系代入解得xNm=,故C错误,D正确。
2.BD 此题考查与传送带相结合的连接体问题。根据题意,传送带对A、B的动摩擦力均为f=0.5×10 N=5 N,刚开始,A做减速运动,初速度为v0,B做加速运动,初速度为0,A、B与弹簧组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,则mAv0=mAv传+mBvB,解得vB=0.5 m/s,此时A与传送带第一次共速,B正确;在0~t1内,由牛顿第二定律可知F弹+f=mAaA,F弹+f=mBaB,由于mA<mB,则aA>aB,A错误;在0~t1内,设A向右运动位移为xA,B向右运动位移为xB,则fxB-fxA+mA=mA+mB+Ep,已知Ep=0.75 J,代入解得xA-xB=0.1 m,即压缩量为0.1 m,C错误;根据题意,A与传送带的相对位移ΔxA=xA-v传t1,B与传送带的相对位移ΔxB=v传t1-xB,则ΔxA+ΔxB=xA-xB=0.1 m,A、B物块运动的v-t图像如图所示,由图可知,ΔxA<ΔxB,综上,ΔxA<0.05 m,D正确。
3.(1)1.2 m/s (2)0.28
解析 (1)在小球C从静止释放至最低点的过程中,细绳张力始终垂直于速度方向不做功,系统机械能守恒,mCgL(1-cos 60°)=mC,
解得碰撞前瞬间小球C的速度大小vC0=3 m/s,
小球C与木板A在极短时间内发生弹性碰撞,对C与A构成的系统,以向左为正方向
由动量守恒定律得mCvC0=mCvC+mAvA
由机械能守恒定律得mC=mC+mA,
联立两式解得碰撞后瞬间木板A的速度大小为vA=vC0=×3 m/s=1.2 m/s。
(2)木板A与物块B构成的系统动量守恒,设弹簧压缩量第一次为x0时,木板A的瞬时速度为vA',vB=0.8 m/s,
由动量守恒定律得mAvA=mAvA'+mBvB,解得vA'=1.0 m/s,
运动过程中,木板A的速度始终大于物块B,物块B相对木板A单向滑动,弹簧由拉伸x0状态变为压缩x0状态,物块B与木板A的相对滑动距离Δs=2x0=0.2 m,当弹簧的压缩量第一次达到x0时,弹簧的形变量与初始伸长量x0相同,弹簧系统的弹性势能变化量ΔEp=0,
根据系统能量守恒定律有mA=mAvA'2+mB+Q
摩擦力做功Q=μmBgΔs
联立解得动摩擦因数μ=0.28。
4.(1)v0 v0 (2)m (3)
解析 本题考查弹性碰撞问题。
(1)小球D与A发生对心弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
Mv0=MvD+mvA
M=M+m
解得vD=v0
vA=v0。
(2)小球D与A发生对心弹性碰撞后,小球D匀速运动,A、B、C向右运动,运动中A减速,B、C加速,当A、B、C第一次共速时弹簧的伸长量最大,可得mvA=v共1
解得v共1=vA=v0
根据机械能守恒定律,可得两弹簧的最大弹性势能
EPm=m(vA)2-(v共1)2=m,
则每根弹簧所含有的最大弹性势能Epm'=Epm=m。
(3)小球D与A发生对心弹性碰撞后,小球D匀速运动,A、B、C的质心向右匀速运动,v质心=v共1=v0
弹簧恢复原长时小球D与A再次“相遇”需满足vD=v质心
可得v0=v0
解得=。
5.(1)4 J (2)0.1 m (3)6 J
解析 本题结合球形机器人情境考查碰撞中动量能量问题。
(1)因为M=4 kg,m=1 kg,R=0.4 m,v0=4 m/s,g=10 m/s2
外壳总质量M壳=M-2m=2 kg
两摆锤摆至水平挡板处,高度上升R,由机械能守恒定律得
m=mv2+mgR
v==2 m/s
碰撞竖直方向动量守恒
2mv=Mv共
v共== m/s
机器人动能
Ek=M=4 J。
(2)机器人竖直上抛,机械能守恒,有M=Mgh
h==0.1 m。
(3)设地面为零势能面,初状态E0=2×m+M壳gR=24 J
末状态(外壳第一次落地停止瞬间)
外壳静止在地面,势能没有变,仍为8 J。两摆刚与挡板分离,位于水平位置,高度为R,速度为 m/s
E1=2×m+2×mgR+M壳gR=18 J
ΔE=E0-E1=(24-18) J=6 J。
6.
(1)
(2)(ⅰ)0
(ⅱ)
(ⅲ)h1<h2
解析 (1)弹球P从入口端释放到与1号弹球碰撞前,由机械能守恒定律得Mgh0=M
解得碰前瞬间速度v0=
弹球P与静止的1号弹球发生对心弹性碰撞,由动量守恒定律与机械能守恒定律得
Mv0=MvP1+mv11
M=M+m
将M=4m代入联立解得,弹球P碰撞后瞬间速度大小vP1=
1号弹球碰撞后瞬间速度大小v11=;
(2)(ⅰ)1号弹球运动到2号弹球位置的过程中,高度下降量为h2-h1,由机械能守恒定律得m+mg(h2-h1)=mv11'2
1号弹球与静止的2号弹球发生弹性碰撞,因两球质量相等,碰撞后速度发生交换
1号弹球碰撞后瞬间速度大小v11″=0
2号弹球碰撞后瞬间速度大小
v2'=v11'=;
(ⅱ)设弹球P第k-1次碰撞后瞬间速度为vP,k-1,第k次碰撞前瞬间速度为uPk,由机械能守恒定律得M+Mg(h2-h1)=M
弹球P与1号弹球发生第k次弹性碰撞时1号弹球处于静止状态,由弹性碰撞结论可得碰后瞬间弹球P的速度vPk=uPk=uPk
联立可得=+g(h2-h1)
变形得-g(h2-h1)=[-g(h2-h1)]
由此可知数列-g(h2-h1)是以为公比的等比数列,由通项公式可得
-g(h2-h1)=()k-1[-g(h2-h1)]
将=gh0代入并化简解得
vPk=;
(ⅲ)由题设条件h0>(h2-h1)可知2gh0-g(h2-h1)>0
故通项公式中vPk随k的增大而单调递减,当N足够大即k趋近于无穷大时,弹球P碰后速度趋近于极小值vP∞=
在第k次弹性碰撞中碰后弹球P的速度vPk=uPk,1号弹球碰后获得的速度v1k=uPk,碰后P球速度小于1号球速度,且1号球与其他等质量小球弹性碰撞时交换速度,因此要使所有弹球均能到达出口,只需满足极值条件下的弹球P能越过每个“倒V”形管道的最高点即可,由临界条件得M>Mgh1
代入化简解得h1<h2。
7.
(1) (2) (3)(ⅰ)E=mgL
(ⅱ)Ltan θ
解析 (1)轻杆自身不具有机械能无法对外做功,因此仅有重力对小球做功,对全过程由机械能守恒定律有
mgL=mv2
解得小球接触地面瞬间的速度大小为
v=;
(2)设小球脱离轻杆时轻杆与竖直方向的夹角为β,此时两者间弹力为0,仅由重力沿杆方向的分力提供向心力,由牛顿第二定律有
mgcos β=m
从小球由静止开始到脱离轻杆的过程,由机械能守恒定律有
mgL(1-cos β)=m
联立解得
cos β=
脱离轻杆瞬间,小球速度方向垂直于轻杆,其水平分速度为
vx=v1cos β=cos β=
小球脱离轻杆后在水平方向不受力,保持匀速运动,接触地面瞬间的竖直分速度为
vy===
速度与水平面夹角α的正切值为
tan α=
代入数据解得
tan α==;
(3)(ⅰ)小球分裂成质量为m1、m2两部分,由题意知m1=m,m2=m
规定小球分裂前瞬间速度v的方向为正方向,由动量守恒定律,在平行于v的方向上有
m1v1cos θ+m2v2cos θ=mv
在垂直于v的方向上有
m1v1sin θ=m2v2sin θ
联立解得
v1=·
v2=·
根据能量守恒定律,弹射装置释放的能量为
E=m1+m2-mv2
代入速度表达式并整理得
E=-mv2
将v2=2gL代入上式解得
E=mgL;
(ⅱ)将能量表达式变形为E=mgL-1,根据均值不等式可知,当且仅当k=1时,E取得最小值,此时m1=m2=m,v1=v2=
碰撞后小球竖直向上的分速度vy=vsin α,水平分速度vx=vcos α
分裂后两部分第一次落地时刻相同,即空中的运动时间相等,则它们在竖直方向的分速度必相等,由动量守恒定律m1v1y+m2v2y=mvy得
v1y=v2y=vy=vsin α
由空间对称性及水平方向动量守恒可知,两部分在原运动平面内的水平分速度也应相等,即
v1x=v2x=vx=vcos α
设两部分垂直于原运动平面的横向分速度大小为vz,对其中一部分由速度的矢量合成关系有
=++
即=(vcos α)2+(vsin α)2+=v2+
解得
vz=vtan θ
两部分在空中的运动时间为
t==
两落地点间的间距为
d=2vzt
代入vz与t的表达式得
d=2vtan θ=
由(2)中tan α=可知sin α==,代入数据解得
d==Ltan θ
处理爆炸、弹射等内力远大于外力的“极短时间”问题时,首选动量守恒定律,若涉及空间三维发散,应建立明确的空间直角坐标系:以原速度平面为x-y面,将速度正交分解为vx,vy,vz三个分量,利用各方向动量守恒方程求解平面的分量特征,这是解决三维空间爆炸、弹射问题的核心策略。
8.
(1) (2)
(3)当0<k≤1时,k3+3k2+35k-31≥0;
当1<k<3时,3k3+k2+25k-37≤0;
当k>3时,k3-21k2+19k-23≥0
解析 (1)设甲第一次到达A点时的速度大小为v0,由机械能守恒定律得,
mgh=m
解得甲到达A点时的速度大小v0=。
(2)甲物块滑上水平轨道后匀速运动,与静止在中间位置的乙物块发生弹性正碰,设碰撞后甲、乙的速度分别为v1、v2,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得,
mv0=mv1+kmv2
m=m+km
联立解得v1=,v2=
对乙物块,由动量定理得,I=Δp乙=kmv2-0=km·=。
(3)第一次碰撞后,乙必然向右运动,根据k的不同取值,需分三种情况:
①当0<k≤1时,碰撞后甲、乙均向右运动(或甲静止),且乙的速度大于甲的速度(v2>v1≥0)
乙先到达B点并滑上倾斜轨道,要使第二次碰撞发生在水平轨道上且碰撞前只有一个物块滑上斜面,必须保证乙滑上右侧斜面返回后,在甲到达B点前追上甲
乙在斜面上往返的加速度大小a=gsin 30°=g
乙在斜面上运动的总时间t1==
设第一次碰撞后经过时间t两物块发生第二次碰撞,以向右为正方向,
甲的位移x1=v1t,
乙的位移x2=h-v2=2h+-v2t,
发生第二次碰撞时位移相等x1=x2
解得追及时间t=,
此时要求甲未到达B点,即位移需满足x1≤h,
即v1≤h,
代入速度表达式展开得·≤h,
整理得k3+3k2+35k-31≥0
②当1<k<3时,碰撞后甲向左运动,乙向右运动,且乙的速率大于甲的速率(v2>|v1|)
要使只有一个物块滑上倾斜轨道,必须是乙先滑上右侧斜面返回后,在甲到达A点前追上向左运动的甲
以向左为正方向,甲的位移x1'=|v1|t,
乙的位移x2'=-h+v2=-2h-+v2t,
由x1'=x2'解得追及时间t=,
此时要求甲未到达A点,即追及时间需小于等于甲到达A点的时间tA=,
代入速度表达式展开得≤,
即≤,
化简得≤1,
整理得3k3+k2+25k-37≤0
③当k>3时,碰撞后甲向左运动,乙向右运动,且甲的速率大于乙的速率(|v1|>v2)
要使只有一个物块滑上倾斜轨道,必须是甲先滑上左侧斜面返回后,在乙到达B点前追上向右运动的乙
甲在左侧斜面上的运动总时间t2==
以向右为正方向,乙的位移x2″=v2t,
甲的位移x1″=-h+|v1|=-2h-+|v1|t,
由x1″=x2″解得追及时间t=,
要求乙未到达B点,即追及时间需小于等于乙到达B点的时间tB=,
代入速度表达式展开得≤,
化简得≤1,
展开整理得k3-21k2+19k-23≥0
(若k=3,两物块速率相等将同时到达两侧轨道并滑上斜面,不符合临界条件)
综上所述,满足题意的k的关系式为:
当0<k≤1时,k3+3k2+35k-31≥0;
当1<k<3时,3k3+k2+25k-37≤0;
当k>3时,k3-21k2+19k-23≥0。
本题破题关键在于多过程的阶段划分与临界状态的界定。第(3)问中“只有一个物块滑上倾斜轨道”的本质是两物块的“追及相遇”问题。必须以“某速度更快的物块滑上斜面返回后追上另一物块,且此时另一物块尚未到达其对应的轨道端点”作为临界条件,分别设立追及时间与单程到达时间的不等式。
9.(1)0.05 m (2)2 m/s 0.1 s (3)2 m/s
解析 (1)球壳与小球一起向上做竖直上抛运动,加速度均为g,由运动学公式有h=v0t1-g,解得t1=1 s(另一解t1=1.2 s对应落回时状态,舍去),此时球壳与小球的速度均为v1=v0-gt1=11 m/s-10×1 m/s=1 m/s,球壳与天花板发生弹性碰撞,碰后瞬间球壳速度变为vs=-1 m/s,小球速度仍为vb=1 m/s,在这之后Δt=0.1 s内两者均仅受重力,由牛顿第二定律可知两者加速度均为g,相对加速度为零,故相对运动为匀速直线运动,相对速度大小为vrel=vb-vs=1-(-1)m/s=2 m/s,第1次碰撞时小球相对于球壳向上运动了球壳内的高度,即D-d=vrelΔt,代入数据解得小球的直径为d=(0.25-2×0.1)m=0.05 m;(2)第1次碰撞前瞬间,球壳速度为vs1=vs-gΔt=-1 m/s-10×0.1 m/s=-2 m/s,小球速度为vb1=vb-gΔt=1 m/s-10×0.1 m/s=0,设两者碰后速度分别为vs1'和vb1',由弹性碰撞的动量守恒与动能守恒可知碰后相对速度大小不变、方向相反,即vb1'-vs1'=-(vb1-vs1)=-2 m/s,故碰后瞬间两者速度差的大小为2 m/s,碰后两者再次处于完全失重状态,相对加速度仍为零,以大小为2 m/s的相对速度匀速靠近,完成一个内部相对往复运动需走过的相对距离D-d=0.2 m,故前两次碰撞的时间间隔Δt2== s=0.1 s;(3)设球壳质量为M,小球质量为m,分析发现每经过连续两次碰撞两者的速度会恢复到若不发生碰撞而各自自由落体应有的速度,即碰撞导致的相对速度突变在每偶数次碰撞后归零,奇数次碰撞后球壳获得固定的向上速度增量Δvs=vrel,解得Δvs=,第8次碰撞前瞬间对应天花板碰后时间T=8×0.1 s=0.8 s,此时处于奇数次碰后状态,球壳的实际速度等于无碰撞自由落体速度加上Δvs,此时无碰撞自由落体速度为v0'=vs-gT=-1 m/s-10×0.8 m/s=-9 m/s,实际速度为v8=-9 m/s+ m/s,已知该时刻球壳速度大小为6 m/s,由于<4,速度必向下,即-9 m/s+ m/s=-6 m/s,解得m=3M,进而求得奇数次碰后球壳向上的速度增量Δvs=3 m/s,球壳从天花板反弹后到底部的总位移为H=6 m,考察其下落过程,每0.2 s为一个完整周期,经过5个周期,即碰后1.0 s,球壳基础下落位移h0=(1×1.0+×10×1.02) m=6 m,速度增量带来的向上位移抵消Δh=5×(3×0.1)m=1.5 m,此时实际向下位移为4.5 m,下一个0.1 s内无速度增量,球壳初速度向下大小为11 m/s,该段下落位移h1=m=1.15 m,此时距地面剩余0.35 m,且碰前瞬间向下速度为12 m/s,发生第11次碰撞后向下速度变为v11=(12-3) m/s=9 m/s,此后下落0.35 m落地,由-=2gh2可得首次落地速度大小vf= m/s=2 m/s。
10.(1)2.5 m (2)0.48 J
解析 (1)初始状态木板与机器人一起做匀速直线运动,设地面对整体的摩擦力为Ff0,由平衡条件可知Ff0=F=5 N,设木板与地面间的动摩擦因数为μ,则μ(M+m)g=F,解得μ=0.1,在机器人被提起的2 s内,木板受到地面的摩擦力变为Ff1=μMg=0.1×4×10 N=4 N,木板在水平方向受到的合外力为F合1=F-Ff1=5 N-4 N=1 N,由牛顿第二定律得木板此时的加速度大小为a==0.25 m/s2,该2 s内木板做匀加速直线运动,其位移为x=v0t+at2=1×2 m+×0.25×22 m=2.5 m。
(2)机器人被放回木板瞬间,因夹爪水平速度恒定,故机器人的水平初速度v0=1 m/s,此时木板经过加速后的速度为v'=v0+at=1 m/s+0.25×2 m/s=1.5 m/s,在两者发生相对滑动直至相对静止的过程中,木板与机器人组成的系统在水平方向受到的外力之和为F-μ(M+m)g=0,故该系统在水平方向动量守恒,设系统相对静止时的共同速度为v共,选取向右为正方向,由动量守恒定律得Mv'+mv0=(M+m)v共,解得v共=1.4 m/s,对此过程机器人受力分析,其合力为向右的滑动摩擦力,根据动能定理,摩擦力对机器人所做的功Wf=m-m=×1×1.42 J-×1×12 J=0.48 J。
11.(1)3.6 N (2)1.2 m/s (3)0.36
解析 本题考查动量守恒定律的初步应用、动能定理的初步应用、机械能守恒定律在曲线运动中的应用。
(1)设小车运动至圆轨道B点时的速度大小为v0,由机械能守恒定律,有mgR=m
由牛顿第二定律,有FN-mg=m
代入数据,联立解得FN=3.6 N
(2)小车与物块在C点碰撞,在水平方向由动量守恒,有mv0=(M+m)v
代入数据,联立解得v=1.2 m/s
(3)组合体水平方向受动摩擦力作用,从C点匀减速运动至D点静止,由动能定理,有-μ(M+m)gx=0-(M+m)v2
代入数据,联立解得μ=0.36。
12.(1)6 m/s m/s (2) m/s J
解析 (1)因方形物体置于光滑水平面上,故小球与方形物体组成的系统在水平方向上动量守恒,规定向左为正方向,则有
mv1+Mv2=0
由题意可知,小球与方形物体组成的系统机械能守恒,则有
mgh=m+M
联立解得v1=6 m/s,v2=- m/s,负号表示方向向右
故小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2分别为6 m/s、 m/s。
(2)小球从P点抛出后击中a时,小球和a组成的系统在水平方向上动量守恒,设粘在一起时的速度为v3,则有
mv1=(m+ma)v3
解得v3=2 m/s
b解除锁定时,弹簧伸长量
x1== m=0.3 m
设此时a和小球的速度为v4,由能量守恒定律有
(m+ma)-(m+ma)=k
解得v4=1 m/s
在a、b、小球及弹簧运动过程中,a、b、小球和弹簧组成的系统动量守恒,机械能守恒,当a、b、小球共速时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律和机械能守恒定律有
(m+ma)v4=(m+ma+mb)v共
(m+ma)+k-(m+ma+mb)=Epm
解得vb= m/s,Epm= J
当弹簧弹性势能最大时,b的速度大小为 m/s,弹性势能的最大值Epm为 J。
13.(1)v0 (2)v0 (3)m
解析 (1)玻璃球向右运动,与右侧的第一个钢球发生正碰;玻璃球和该钢球组成的系统在碰撞过程中动量守恒,机械能守恒,以向右为正方向,设碰后玻璃球的速度为v10,由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv10+mv
m=m+mv2
解得v10=0,v=v0
之后右侧钢球依次向右运动并发生正碰,同理可得,碰撞的两钢球质量相等,交换速度,最右侧的钢球最终运动的速度大小v为v0。
(2)玻璃球碰撞右侧第一个钢球,以向右为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v1',钢球速度为v11,由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv1'+3mv11
m=mv1'2+×3m
解得v1'=-v0,v11=v0
则玻璃球的速度大小v1为v0。
(3)玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后,因钢球质量相等且发生正碰,则速度最终会交换到第n个钢球,相当于与第n个钢球碰撞,玻璃球速度反向后与左侧第一个钢球发生正碰,以向左为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v2,钢球速度为v21,由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv1=mv2+3mv21
m=m+×3m
解得v2=-v0=-v0
同理,玻璃球向右与右侧第一个钢球再次发生正碰,有
mv2=mv3+3m
m=m+×3m
解得v3=v0
以此类推,玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为v0
则Ek=m=m。
14.(1)4 m/s (2)0.9 J (3)0.2 m (4)3 N
解析 本题考查弹性碰撞(动碰静)、动能定理的初步应用。
(1)物块从P点到B点由动能定理mgLsin 30°=mv2
解得到达B点的速度v=4 m/s
(2)物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速,摩擦力对其做的功Wf=m-mv2=0.9 J
(3)物块在传送带上加速运动的加速度为a=μg=2.5 m/s2
加速到共速时所用时间t== s=0.4 s
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度Δx=v0t-t=0.2 m
(4)从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知mv0=mv1+Mv2,m=m+M+2mgR
联立解得v1=-2.2 m/s,v2=0.8 m/s
(另一组v1=3.2 m/s,v2=0.2 m/s,因不合实际舍掉)
对滑块在最高点时由牛顿第二定律F+mg=m
解得F=3 N。
15.
(1)72 N,方向竖直向上
(2)1.6 J
(3)0.6 m/s或2.6 m/s
解析 本题考查能量守恒定律在传送带模型中的应用、机械能守恒定律在曲线运动中的应用。
(1)工件A从开始到滑到圆弧轨道最低点间,根据机械能守恒有mAg(R-Rcos 53°)=mA
解得v0=2 m/s
工件A在最低点根据牛顿第二定律有FN-mAg=mA
解得FN=72 N,方向竖直向上;
(2)根据题意工件A滑入空箱B后粘连成一个整体,根据动量守恒有mAv0=(mA+mB)v共
解得v共=1.6 m/s
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能ΔE=mA-(mA+mB)=1.6 J
(3)第一种情况,当传送带速度v小于v共时,AB粘连成的整体滑上传送带后先减速后匀速运动,设AB与传送带间的动摩擦因数为μ,对AB根据牛顿第二定律有μ(mA+mB)g=(mA+mB)a
设经过时间t1后AB与传送带共速,可得v=v共-at1
该段时间内AB运动的位移为x1=t1
传送带运动的位移为x2=vt1
故可得Q=μ(mA+mB)g·(x1-x2)
联立解得v=0.6 m/s,另一解大于v共舍去;
第二种情况,当传送带速度v大于v共时,A、B滑上传送带后先加速后匀速运动,设经过时间t2后A、B与传送带共速,同理可得v=v共+at2
该段时间内A、B运动的位移x1'=t2
传送带运动的位移x2'=vt2
故可得Q=μ(mA+mB)g·(x2'-x1')
解得v=2.6 m/s,另一解小于v共舍去。
16.(1) (2) (3)
解析 (1)散货在传送带上被水平抛出,则其初速度方向水平,大小为v0
对单个散货,撞击传感器过程中,水平方向由动量定理有-I=0-mv0
解得单个散货的质量为m=。
(2)落入货箱中散货的个数为N==
则水平传送带的平均传送速度大小为==。
(3)设倾斜传送带的长度为L,其中散货在加速阶段,由牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma
解得a=g
加速时间t1==
加速位移x1=a=
设匀速时间为t2
其中t1+t2=9Δt
则匀速位移为x2=v0t2=v0
故传送带的长度为L=x1+x2=9v0Δt-
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为Δx=v0t1-x1=
在Δt时间内传送带做的功为W=m+mgLsin 30°+Q
其中m=,L=9v0Δt-,Q=μmgcos 30°·Δx,=
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为=。
整个系统的运动情况以Δt为周期变化,故求解传送带平均输出功率时只需要判断Δt内传送带做的功,前一个散货抛出后瞬间和Δt后下一个散货抛出前瞬间,这两个瞬间系统处于完全相同的状态,故可等效为在Δt时间内,中间8个散货不动,最下方的散货移动到了最上方,则在Δt时间传送带做的功包括:①散货获得的动能m;②散货获得的重力势能mgLsin 30°;③散货加速过程和传送带相对滑动产生的热量Q。故W=m+mgLsin 30°+Q,则=。
17.
(1)a=μg,v1=
(2)M=
(3)<n≤1,<vB<2
解析 本题考查牛顿第二定律,运动学公式和弹性碰撞遵守的规律。
(1)A在传送带上运动时根据牛顿第二定律有μmg=ma
解得A在传送带上运动的加速度大小为a=μg
由于A还未与传送带达到相同速度就离开传送带,所以物体在传送带上做匀加速直线运动,由=2ad
解得A离开传送带时的速度大小v1=
(2)设B的质量为M,则由题意有碰前vA=v1,vB=,两物体发生弹性碰撞时遵守动量守恒和动能守恒,故有mv1+M=mv1'+Mv2',m+M2=mv1'2+Mv2'2
联立解得v1'=,v2'=
因为OP段粗糙,由动能定理有-μmgs=0-mv2
得s=,即所以A在地面上运动的距离sA=,B在地面上运动的距离sB=
根据题意有sB-sA=d,且由(1)有v1=
联立各式解得M=
(3)设碰前小物块B向右运动的速度为vB0,A、B发生碰撞,则vB0<v1
A、B碰撞过程动量守恒有mv1+nmvB0=mvA+nmvB
又因为碰后瞬间A和B的动量相同,则mvA=nmvB>0
联立解得vB=,vA=
根据碰撞的约束条件,要两物块不发生二次碰撞则有vA≤vB,即n≤1
根据能量守恒定律,得碰后动能不增加,即m+m≥m2+(nm)2,可得n>
所以n的取值范围为<n≤1
分别将n=1和n=代入vB=,分别可得vB=>,vB'=<2v1
所以对应的B的速度范围为<vB<2v1,代入v1=
可得<vB<2。
18.
(1)4mg (2)
(3)v=
解析 (1)对机器人由B点运动到最低点的过程,由动能定理可得m-mv2=mgL
对于机器人在最低点的运动状态,由向心力公式可得F-mg=m
联立可得F=4mg。
(2)轻绳运动到左上方与水平方向夹角为37°时,由能量守恒定律可得
mv2=mgLsin 37°+mv2'2
水平方向位移x=Lcos 37°+L=v2'sin 37°·t
竖直方向(取向上为正)位移y=1.2L-Lsin 37°=v2'cos 37°·t-gt2
联立可得v=。
(3)当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为37°时记此时机器人所在的点为C点,在水平方向对机器人运动到C点的过程,由动量守恒定律可得mx1=Mx2
对该过程中机器人和杆的运动情况分析可得
x1+x2=L+Lcos 37°
解得x1=,x2=,x1方向向左,x2方向向右
令C点到A点的水平方向上的距离为xCA,对运动情况进行分析,可得xCA=Lcos 37°+(L-x2)=
同理,令C点到A点的竖直方向上的距离为yCA,则yCA=1.2L-L·sin 37°=0.6L
设此时机器人在水平方向的速度为vx,在竖直方向的速度为vy,杆的速度为vM,根据动量守恒定律可得mvx=MvM,即vx=kvM
对于机器人由B点运动到C点的过程,由动能定理可得
mv2=m(+)+km+mgL·sin 37°
对该式化简可得v2=++1.2gL
分析机器人由C点运动到A点的过程,可得
vx·t=(水平方向)
vy·t-gt2=0.6L(竖直方向)
当以杆为参考系时,小球依然在做圆周运动,此时小球相对于杆的水平速度vx'=vx+vM,由此可得vy=
解得vy=··vx
联立vy与机器人从C点到A点竖直方向运动公式,可得
··-gt2=0.6L
联立解得t=
将t代入刚刚机器人由C点到A点竖直方向运动的公式,可得
vy·-g·=0.6L
解得vy=
因为vy=··vx,可得vx=vy,即vx=·
将vx、vy代入前面动能定理公式在化简后得到的公式,可得
v2=··1.6gL+1.6gL+1.2gL
解得v=(k≥1)
当k=1时,v值最小,为vmin=。
19.
(1) (2)
(3)+n(2n+1)(4n+1)
解析 (1)木板与地面间最大静摩擦力Ff0=μ(3nm+nm)g=4nmμg
单个滑块与木板间滑动摩擦力Ff1=2μmg
由Ff1<Ff0可知滑块1与滑块2碰撞前木板静止
对滑块1,由牛顿第二定律得Ff1=ma1
设滑块1与滑块2碰前瞬间速度大小为v1'
由运动学公式得v1'2-=-2a1L
解得v1'=。
(2)因碰后滑块均粘在一起,将前第j个滑块当作整体,则这j个滑块的滑动摩擦力Ffj=2jμmg
当j≤2n时,有Ffi≤Ff0,木板静止
对j个滑块,由牛顿第二定律得Ffi=jmaj
设第j个滑块与第j+1个滑块碰前瞬间的速度大小为vj'
由运动学公式得vj'2-=-2ajL
解得vj'=
滑块碰撞后粘在一起,由动量守恒定律有
jmvj'=(j+1)mvj+1
得vj+1=。
(3)当2n+1个滑块粘在一起运动时木板开始运动,且恰好不发生下一次碰撞,即2n+1个滑块和第2n+2个滑块刚要接触时滑块、木板恰好共速。
在2n个滑块和第2n+1个滑块碰后到2n+1个滑块将和第2n+2个滑块相碰的运动过程中,
2n+1个滑块的加速度大小a2n+1==2μg
木板和剩余n-1个滑块一起运动的加速度大小
a'==μg
方法一:2n+1个滑块与木板的位移关系x块-x板=L
即(v2n+1t-a2n+1t2)-a't2=L
滑块和木板共速有
v2n+1-a2n+1t=a't
联立解得v2n+1=
方法二:由运动学公式得
0-=2(a2n+1-a')L
解得v2n+1=
当j≤2n时,由vj+1=可知(j+1)2=j2(-4μgL)
即(j+1)2=j2-j2·4μgL
当j=1时,22=-4μgL
当j=2时,32=22-22·4μgL
……
当j=2n时,(2n+1)2=(2n)2-(2n)2·4μgL
将上述2n个等式相加有
(2n+1)2=-[1+22+…+(2n)2]·4μgL
其中=
=βμgL
1+22+…+(2n)2=(2n+1)(4n+1)
得β=+n(2n+1)(4n+1)。
20.
(1)mg (2)(π-π2)
解析 本题综合考查了受力分析、动量、能量以及简谐运动。
(1)如图所示
以O点为坐标原点,沿倾斜直杆ON向上为x轴正方向建立坐标系。任意选取小球A下滑过程中的某一位置O1,设此时弹力绳的伸长量为l,小球A受到的滑动摩擦力为Ff,小球A对倾斜直杆的压力为FN,小球A所受弹力绳的拉力为F,弹力绳与倾斜直杆的夹角为α,孔钉Q到倾斜直杆的距离为h1。已知h=
对小球A进行受力分析,可知Ff=μFN,FN=Fsin α-mgcos θ,F=kl
由几何关系可得h1=lsin α=hcos θ
联立解得Ff=mg
(2)设小球A下滑到斜杆底端O点时的速度为vA,小球由静止释放运动到O点的过程中,由动能定理可得-Ff·2h+mgh+[k(h)2-kh2]=m
可得k(h)2-kh2=m
由小球A、B发生弹性碰撞后瞬间的速度分别为vA'、vB',由动量守恒定律和能量守恒定律有mvA=mvA'+3mvB',m=mvA'2+×3mvB'2
解得vA'=-g,vB'=g
由x=A0sin(t),可知小球A上滑过程做简谐运动,小球A第一次速度为零时,距离达到最大值xm=A0,则有tA=,
解得tA=
小球B碰撞后开始在直杆OM上做匀减速运动,加速度为μg,设小球B速度减为0所经历的时间为tB,则tB==,因tB>tA,则小球A在碰撞后第一次速度为零时,小球B与O点的距离为s,则有s=vB'tA-μg
联立解得s=(π-π2)。
21.(1)24.5 J (2)5 s
解析 (1)P、Q碰撞过程中动量守恒,有m2v0=m1v+m2v'
碰撞过程中损失的机械能ΔE=m2-m1v2-m2v'2
代入数据解得ΔE=24.5 J。
(2)小物块P在防滑带上做匀减速直线运动,在防滑带之间做匀速直线运动,设在防滑带上共经过了x的位移,由运动学公式有v2=2μgx,解得x=4.9 m
故小物块P在第三个防滑带上停下
通过第一个防滑带后速度v1=
通过第二个防滑带后速度v2=
故P从开始运动到静止经历的总时间t=++=5 s。
22.
(1)gsin θ (2)=或≥1
(3)m1gRsin θ≤Ek≤12m1gRsin θ
解析 (1)小球甲在斜面上受到重力和支持力,设小球甲的质量为m1
根据牛顿第二定律有m1gsin θ=m1a1
解得a1=gsin θ。
(2)小球甲恰能到达c点,有
m1gsin θ=m1
解得v1=
由题可知小球甲与小球乙在c点发生弹性碰撞,设小球乙的质量为m2,有m1v1=m1v1'+m2v2'
m1=m1v1'2+m2v2'2
解得v1'=v1
v2'=
若碰后小球乙恰能到e点,其做类平抛运动R=v2'·t
8R=gsin θ·t2
联立解得8m1=m1+m2,即=
若碰后小球乙先沿cd做圆周运动再沿de做直线运动,则需满足m2gsin θ≤
即v2'≥
综上解得≥1。
(3)设小球甲、乙碰撞后,小球乙的速度为v乙
要使小球乙穿过线段de,由(2)可知,应为=的情况,当小球乙速度最小时,小球乙从c点做类平抛运动且恰好运动到e点,有
8R=gsin θ·t2
R=v乙min·t
联立解得v乙min=
同理当小球乙速度最大时,小球乙从c点做类平抛运动且恰好运动到d点,有R=gsin θ·t2
R=v乙maxt
解得v乙max=
由(2)可知m1∶m2=1∶7
所以v甲max=
v甲min=
由机械能守恒定律,可知Ek=m1+8m1gRsin θ
解得Ekmax=12m1gRsin θ
Ekmin=m1gRsin θ
所以小球甲初动能应满足m1gRsin θ≤Ek≤12m1gRsin θ。
23.(1)1 m/s 1 m/s (2)0.2 (3)0.12 J
解析 (1)A离开桌面后做平抛运动,A在空中的飞行时间为t
则h=gt2,解得t==0.4 s
由xA=vAt
解得vA==1 m/s
设脱离弹簧时A、B速度大小为vA和vB。由于A、B组成的系统在弹簧恢复原长过程中,系统合外力为零,动量守恒,由动量守恒可知
mAvA=mBvB
解得vB=1 m/s。
(2)B脱离弹簧后沿桌面运动到静止,由动能定理可知
0-mB=-μmBgxB
解得μ==0.2。
(3)弹簧的压缩量为Δx=0.1 m,则在弹簧恢复到原长的过程中,A、B运动位移分别为xA'=xB'=0.05 m
由能量守恒知
mA+mB=ΔEp-μmAgxA'-μmBgxB'
解得ΔEp=0.12 J。
24.(1)4 m/s (2)(ⅰ)μ=0.2,m=1 kg (ⅱ)4.5 m
解析 (1)在Q点,根据牛顿第二定律有
3mg+mg=m ①
解得v=2=4 m/s。
(2)(ⅰ)当F较小时,小物块与轨道一起向左运动,根据牛顿第二定律,
对整体F=(M+m)a1 ②
对小物块f=ma1 ③
当f=μmg时,一起运动的加速度最大
即a1m=μg ④
由题图乙可知,a1m=2 m/s2,这时F=4 N,所以μg=2,μ=0.2
代入②式得M+m=2 kg⑤
当F=8 N时,有F-μmg=Ma2 ⑥
解得m=1 kg,M=1 kg。
(ⅱ)当F=8 N时,二者分别运动
对M:a4== m/s2=6 m/s2
对m:a5=2 m/s2
设经过时间t,小物块到达P,则
-+=L ⑦
v2=3v1 ⑧
当撤去F后,系统水平方向动量守恒,总机械能守恒,可得
mv1+Mv2=mv1'+Mv2' ⑨
m+M=mv1'2+Mv2'2+mg×2R ⑩
联立解得L=4.5 m。
25.(1)1.5 m (2)90 J 2 (3)xAC=LB
解析 (1)设机器人质量为m0,三个木板质量为m,机器人与A木板组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得m0v=mvA0,设所用时间为t0,则有m0vt0=mvA0t0,即m0x=mx1,又x+x1=lA,解得x1=1.5 m。
(2)设机器人起跳的速度大小为v,方向与水平方向的夹角为θ,从A木板右端跳到B木板左端时间为t,根据斜抛运动规律得vcos θ·t=x1,=,解得v2=,机器人跳离A木板的过程,系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得m0vcos θ=mvA,根据能量守恒定律可得机器人做的功W=m0v2+m,得W=×45 J=×45 J=45× J,根据数学知识可得当tan θ=时,即tan θ=2时,W取最小值,代入数值得此时W=90 J。
(3)根据tan θ=2可得vcos θ= m/s,由动量守恒定律有m0vcos θ=mvA,解得vA= m/s,这时A木板以该速度向左匀速运动,机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中,机器人与B、C木板组成的系统在水平方向动量守恒, m0vcos θ=(m0+2m)v共,解得v共= m/s,该过程A木板向左运动的距离为xA=vAt=× m=4.5 m,机器人连续3次等间距跳到B木板右端,整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次起跳机器人的水平速度大小为v0,B木板的速度大小为vB,机器人每次跳跃的时间为Δt,取向右为正方向,得(m0+m)v共=m0v0-mvB,每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为,可得=(v0+vB)Δt,机器人到B木板右端时,B木板恰好追上A木板,从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中,A、B木板的位移差为Δx=x1+xA=6 m,可得(vB-vA)·3Δt=Δx,联立解得Δt=-,故A、C两木板间距为xAC=(vA+vC)·3Δt+Δx+LB,vC=v共,解得xAC=LB。
26.(1)5 m/s (2)0.3 J (3)0.2 m
解析 本题考查“传送带”模型、机械能与曲线运动结合问题、碰撞中的动量与能量守恒问题等。
(1)小物块在传送带上加速运动过程,由牛顿第二定律得
μmg=ma
解得a=5 m/s2
由运动学公式可得,小物块从放在传送带上到小物块与传送带共速,运动的距离为
x==2.5 m<L传=3.6 m
则小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小等于传送带的速度大小,即v物=5 m/s。
(2)小物块与小球在碰撞过程中动量守恒,以水平向右为正方向,由动量守恒定律有
m物v物=m物v1+m球v2
其中v物=5 m/s,v1=-1 m/s
解得v2=3 m/s
两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=m物-m物-m球
解得ΔEk=0.3 J。
(3)若小球运动到P点正上方,轻绳恰好不松弛,设此时P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度大小为v3,在P点正上方,由牛顿第二定律有m球g=m球
小球从O点正下方到P点正上方过程中,根据机械能守恒定律有m球=m球+m球g(2L绳-d)
解得d=0.2 m
即P点到O点的最小距离为0.2 m。
27.(1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ<0.4
解析 (1)根据小球摆下过程机械能守恒有
mgL=m
解得v0==5 m/s
碰撞前,对小球,根据牛顿第二定律有
F-mg=
解得F=6 N。
(2)小球与物块发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有
mv0=mv1+Mv2
根据机械能守恒定律有
m=m+M
解得物块的碰后速度大小v2=4 m/s。
(3)①物块恰能到圆弧轨道最低点
根据动量守恒定律有
Mv2=(M+M)v共
解得v共=2 m/s
根据能量守恒定律有
μ1Mgs=M-(M+M)
解得μ1=0.4
②物块恰能到圆弧轨道最高点
根据能量守恒定律有
μ2Mgs=M-(M+M)-MgR
解得μ2=0.25
综上所述,μ的取值范围是0.25≤μ<0.4。
28.(1)30 N (2)3.2 s (3)95 J
解析 (1)物块a从静止释放运动到圆轨道底端过程,根据动能定理得magR=ma,解得vP=6 m/s,
在P点,设轨道对它的支持力大小为FN, 根据牛顿第二定律得FN-mag=ma
联立解得FN=30 N。
(2)a从静止释放运动到M点过程中,根据动能定理有
magR-μmagd=ma-0
解得vM=3 m/s。
a与b发生弹性碰撞的过程,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mavM=mava+mbvb,ma=ma+mb
解得vb=2 m/s。
b滑上传送带后做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得
μmbg=mba
解得a=5 m/s2
b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
t1==0.2 s
对地位移x=·t1=0.3 m
此后b做匀速直线运动,b到达传送带最左端还需要的时间
t2==3 s
b从M运动到N的时间t=t1+t2=3.2 s。
(3)设向左为正方向,瞬间给b一水平向右的冲量,对b,根据动量定理得-I=-mbv-mbv0
解得v=2 m/s
b向右减速到零所需的时间t3==0.4 s
然后向左加速到v0所需的时间t4==0.2 s
可得Δt=t3+t4
b在Δt时间内向右运动的距离
Δx=·t3-·t4=0.4 m-0.1 m=0.3 m
循环10次后b向右运动的距离为x'=10·Δx=3 m,此时b距M还有L-x'=0.3 m,
每一次相对传动带运动的路程
s=·t3+v0t3+v0t4-·t4=0.9 m
b从N向右运动3 m的过程中b与传送带摩擦产生的热量
Q1=10μmbgs=90 J
然后b继续向右减速运动0.3 m到达M,根据运动学公式
vt5-a=L-x'
解得t5=0.2 s
此过程,b相对传动带运动的路程
s'=L-x'+v0t5=0.5 m
此过程中b与传送带摩擦产生的热量
Q2=μmbgs'=5 J
b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量
Q=Q1+Q2=95 J。
1.根据动能定理和牛顿第二定律求物块a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小;
2.根据动能定理求物块a运动到M的速度,再根据动量守恒定律和机械能守恒定律以及运动学公式求物块b从M运动到N的时间;
3.根据动量定律求物块b的速度,根据运动学公式求相对位移,最后根据摩擦生热的公式求b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
29.
(1)0.8 m (2)0.625 m≤s≤ m (3)-6 J
(4)9.02 kg·m/s
解析 (1)对C用动能定理得mCgH=mCv2
解得H=0.8 m。
(2)C在B上滑动的过程,C在B上减速、B沿地面加速,二者共速后B和C一起减速
以水平向右为正方向,aC1=-μ2g=-5 m/s2
对B满足μ2mCg-μ1(mB+mC)g=mBaB1
解得aB1=1 m/s2
设经过时间t1,B和C共速,则有v0+aB1t1=v+aC1t1
解得t1=0.5 s
B的位移sB1=v0t1+aB1=0.625 m
B和C共速后,一起以加速度a=-1 m/s2做减速运动
B和C的初速度vB1=v0+aB1t1=1.5 m/s
B和C到达挡板,A也刚好到达挡板为另一临界,设B和C共速运动的时间为t2,
则有sB2=vB1t2+a=1.5t2-0.5
A的位移满足sA=v0(t1+t2)
sA=sB1+sB2
解得t2= s
sA= m
故B与C能达到共速,且A、B未发生碰撞,s的范围为0.625 m≤s≤ m。
(3)若s=0.48 m,根据(2)的分析,B和C共速前,B已经和C相碰
设B和P经过时间t3相碰,对s=v0t3+aB1
解得t3=0.4 s
C移动的位移sC=vt3+aC1=1.2 m
故摩擦力对C做的功W=-μ2mCgsC=-6 J。
(4)t3=0.4 s时,vB2=1.4 m/s
B与P碰撞后,vB2'=-1.4 m/s
此时对B受力分析得μ2mCg+μ1(mB+mC)g=mBaB2
解得aB2=4 m/s2
t3内A的位移sA2=v0t2=0.4 m
B相对A多走了Δs1=0.08 m
故再经过Δt2,A、B相遇,则需满足
sA3=sB3+Δs1
其中
可以解得
Δt2= s
此时A、B两物体的速度为
A、B弹性碰撞,则速度满足
解得
此后A一直匀速,
而C此时速度
vC3=v+aC1(t2+Δt2)=(2-1) m/s≈1.83 m/s
此后由于B、C机械能必有损失,所以B、C总机械能满足
E总≤mB+mC= J<2 J
故B、C都不能追上A,且最终一定停下
可求得最终状态总动量
p末=mAvA4=-2.02 kg·m/s
初状态总动量为
p初=(mA+mB)v0+mCv=7 kg·m/s
故整个过程动量变化量大小为
|Δp|=|p末-p初|=9.02 kg·m/s。
30.(1)30 N (2)1.6 J (3)1- s
解析 (1)滑块下滑过程,有mBgR=mB-0
解得v0=2 m/s
在底部,对B根据牛顿第二定律FN-mBg=mB
解得FN=30 N
由牛顿第三定律可知B对A的压力是30 N。
(2)当B滑上C后,对B在水平方向,受到向左摩擦力,根据牛顿第二定律得fB=μ1mBg=mBaB
解得加速度向左为a1=2 m/s2
对C在水平方向,受到B对它的向右的摩擦力μ1mBg和地面对它的向左的摩擦力f地C=μ2(mB+mC)g
根据牛顿第二定律f地C-fBC=μ2(mB+mC)g-μ1mBg=mCa2
解得加速度为a2=10 m/s2,方向向左。
由位移与速度关系公式v2-=2ax,得B向右运动的距离x1==1 m
C向右运动距离x2==0.2 m
由功能关系可知,B、C间摩擦产生的热量Q=μ1mBg(x1-x2)
可得Q=1.6 J
(3)由上问可知,若B还末与C上的挡板碰撞,C先停下,用时为t1,有t1=
解得t1=0.2 s
B的位移为xB1=v0t1-a1=0.36 m
则此刻的相对位移为x相=xB1-x2=0.16 m
此时vB1=v0-a1t1=1.6 m/s
由L>0.16 m,一定是C停下之后,B才与C上挡板碰撞。
设再经t2时间B与C挡板碰撞,有
L-0.16=vB1t2-a1
解得t2=0.8-
碰撞时B速度为vB2=vB1-a1t2=2
碰撞时由动量守恒可得mBvB2=(mA+mB)v
解得碰撞后B、C速度为v=
碰撞后二者一起减速,根据牛顿第二定律得a3==8 m/s2
再经t3后停下,则有t3==
故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间t=t1+t2+t3=1- s
31.
(1)
(2)+=1(y≤0)
(3)
解析 (1)小球与凹槽组成的系统机械能守恒,则
mgb=m0+m(凹槽相对地面向右的速度为v1,小球相对地面向左的速度为v2) ①
小球与凹槽组成的系统在水平方向上动量守恒,则m0v1=mv2 ②
联立①②得v1=
由②式得m0x1=mx2(x1、x2均为相对地面位移的大小) ③
x1+x2=a ④
联立③④得x1=。
(2)小球与凹槽组成的系统,在水平方向上动量守恒,
则m0x1'=mx2'
x+x2'=a
且满足+=1
联立以上各式得
+=1(y≤0)。
(3)当=时,轨迹方程为+=1,即小球的轨迹为圆的一部分,圆心为(a-b,0),半径为b
根据几何关系可得图中α=30°
在水平方向上,根据动量守恒定律得
mvcos 60°=m0v'
根据机械能守恒定律得
mg=m0v'2+mv2
联立解得v=。
32.
(1)v物=5(1-k)m/s,方向向右 v滑= m/s,方向向右 (2)1.875 m
解析 (1)选物块C、D组成得系统为研究对象,物块C、D碰撞过程中动量守恒,设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物,C、D的质量均为m=1 kg,以向右方向为正方向,则有
mv0-m·kv0=(m+m)v物
解得v物=v0=5(1-k)m/s>0
即新滑块的速度大小为5(1-k)m/s,方向向右。
选滑板A、B组成得系统为研究对象,设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑,滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg,则根据动量守恒,有
Mv0-2M·kv0=(M+2M)v滑
解得v滑=v0= m/s>0
即新滑板的速度大小为 m/s,方向向右。
(2)若k=0.5,可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
v物'=5(1-k) m/s=2.5 m/s
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
v滑'= m/s=0 m/s
由此可知碰后新物块相对于新滑板向右运动,新物块向右做匀减速运动,新滑板向右做匀加速运动,新物块的质量为m'=2 kg,新滑板的质量为M'=3 kg,相对静止时的共同速度为v共,根据动量守恒得m'v物'=(m'+M')v共
解得v共=1 m/s
根据能量守恒可得μm'gx相=m'v物'2-(m'+M')
解得x相=1.875 m。
33.
(1) (2)x2+4y2-8μly=0(0<x≤2μl)
(3)μl<h≤μl
解析 本题考查动能定理、平抛、碰撞等。
(1)根据动能定理得
mg·2μl-μmgl=m-0 ①
解得v0=。 ②
(2)当A落在P点时
v0't1=2μl ③
g=μl ④
Ek=mv0'2+mgμl ⑤
联立③④⑤得Ek=2μmgl ⑥
当A落在任一点(x,y)时:
v0″t2=x ⑦
g=y ⑧
Ek=mv0″2+mgy ⑨
联立⑥⑦⑧⑨得x2+4y2-8μly=0(0<x≤2μl)。 ⑩
(3)由动能定理得
mgh-μmgl=m-0
碰撞时有mv1=-mv2+λmvB
m=m+λm
设A碰撞后又回到O点的速度为v3,有
-μmg·2l=m-m
A落到弧形轨道上,故v3≤v0'
A落到B落点右侧,有v3>vB
联立解得
μl<h≤μl。
34.
(1)vP1大小为v0,vQ1大小为v0
(2)hn=n-1·(n=1,2,3,…)
(3)H=
(4)s=
解析 (1)P与Q的第一次碰撞,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvP1+4mvQ1 ①
由机械能守恒定律得m=m+·4m ②
联立①②式得
vP1=-v0 ③
vQ1=v0 ④
故第一次碰撞后P的速度大小为v0,Q的速度大小为v0。
(2)设P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1,对Q由运动学公式得
0-=2·(-2gsin θ)· ⑤
联立①②⑤式得h1= ⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02,第一次碰后至第二次碰前,对P由动能定理得
m-m=-mgh1 ⑦
联立①②⑤⑦式得v02=v0 ⑧
P与Q的第二次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2,由动量守恒定律得mv02=mvP2+4mvQ2 ⑨
由机械能守恒定律得m=m+·4m
联立①②⑤⑦⑨式得
vP2=-×v0
vQ2=×v0
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2,对Q由运动学公式得
0-=2·(-2gsin θ)·
联立①②⑤⑦⑨式得h2=·
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03,第二次碰后至第三次碰前,对P由动能定理得
m-m=-mgh2
联立①②⑤⑦⑨式得v03=2v0
P与Q的第三次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3,由动量守恒定律得mv03=mvP3+4mvQ3
由机械能守恒定律得
m=m+·4m
联立①②⑤⑦⑨式得
vP3=-×2v0
vQ3=×2v0
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3,由运动学公式得
0-=2·(-2gsin θ)·
联立①②⑤⑦⑨式得
h3=2·
……
总结可知,第n次碰撞后,物块Q上升的高度为hn=n-1·(n=1,2,3,…)
(3)当P、Q达到H时,两物块到此处的速度可视为零,对两物块运动全过程由动能定理得
0-m=-(m+4m)gH-tan θ·4mgcos θ·
解得H=
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1,由运动学公式得vQ1=2gt1sin θ
设P运动到斜面底端时的速度为vP1',需要的时间为t2,由运动学公式得
vP1'=vP1+gt2sin θ
vP1'2-=2sgsin θ
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
v02=(-vP1)-gt3sin θ
当A点与挡板之间的距离最小时t1=2t2+t3
联立式,代入数据得s=
碰撞中多过程问题的解题策略
1.弄清有几个物体参与运动,并划分清楚碰前的和碰后的物体的运动过程。
2.进行正确的受力分析,明确各过程的运动特点,分析过程是要根据题目的关键词句或图像信息弄清隐含的临界条件。
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、子弹击打木块、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.如果是弹性碰撞,碰撞过程要明确动能也守恒。一些碰撞的二级结论要记住。
5.如含摩擦生热问题,则考虑用能量守恒定律分析。
考点45 实验:验证动量守恒定律 动量定理
1.(1)8.260 (2)②时间相等 ③= ④0.56
解析 本题考查螺旋测微器的使用,瞬时速度的测量,动能等知识点。(1)小球的直径为d=8 mm+26.0×0.01 mm=8.260 mm
(2)②若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力,小车将在轨道甲上做匀速直线运动,通过两个光电门的速度相等,即通过光电门A和B的时间相等。
③若两个小车发生弹性碰撞,由于两个小车的质量相等,则碰撞后两个小车的速度互换,即碰撞后小车1的速度等于碰撞前小车2的速度,则有t1=t2
④根据题意可知,碰撞前小车2的速度为v0== m/s=1 m/s
碰撞后,小车1和小车2的速度分别为v1== m/s,v2== m/s
则碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为==0.56。
2.
(1)>
(2)maxP=maxM+mbxN 小球作平抛运动,水平方向速度不变,而下落的高度相同,则水平运动的时间相同
解析 本题考查验证动量守恒定律的实验。
(1)为保证a球碰撞b球后不反弹,要求ma>mb。
(2)两小球做平抛运动,在竖直方向上有h=gt2,故t=,两小球做平抛运动的初速度为va=,va'=,vb'=,如果碰撞中满足动量守恒定律,则mava=mava'+mbvb',联立解得maxP=maxM+mbxN。小球作平抛运动,水平方向速度不变,而下落的高度相同,则水平运动的时间相同。
3.
(1)AC (2)用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点 m1OP=m1OM+m2ON (3)ml1=-ml2+Ml3
解析 本题考查验证动量守恒定律。(1)实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前、后的速度成正比,需要确保小球做平抛运动,即实验前,调节装置,使斜槽末端水平,故A正确;为使两小球发生的碰撞为对心正碰,两小球的半径需相同,故B错误;为使碰后入射小球与被碰小球同时向右飞出,需要用质量大的小球碰撞质量小的小球,故C正确。
(2)用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点。碰撞前、后小球均做平抛运动,由h=gt2可知,小球的运动时间相同,水平位移与平抛初速度成正比,所以若m1OP=m1OM+m2ON,即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)设轻绳长为l0,小球从偏角θ处静止摆下,摆到最低点时的速度为v,小球经过圆弧对应的弦长为l,则由动能定理有mgl0(1-cos θ)=mv2,由数学知识可知sin =,联立两式解得v=l,若两小球碰撞过程中动量守恒,则有mv1=-mv2+Mv3,又有v1=l1,v2=l2,v3=l3,整理可得ml1=-ml2+Ml3。
4.(2)0.99 (3)右 (5) (7)59.7
解析 本题考查用光电门研究匀变速运动、验证动量守恒定律的实验步骤和数据处理、游标卡尺的使用与读数。
(2)游标卡尺的分度值为0.1 mm,则挡光片的宽度为d=0.9 cm+9×0.1 mm=0.99 cm。
(3)小车经过光电门的速度为v车=
测得挡光片经过A、B的挡光时间分别为13.56 ms、17.90 ms,可知小车经过光电门A的速度大于经过光电门B的速度,故应适当调高轨道的右端;
(5)小车经过光电门的速度为v车=
子弹粘上小车的过程,根据动量守恒定律有mv=(M+m)v车
解得v=。
(7)根据表格数据,可得子弹速度大小v的平均值为==59.7 m/s。
5.
(1)一元 (2) (3) (4)存在空气阻力;硬币大小不能忽略,不可视为质点等(答案合理即可)
解析 (1)甲碰撞乙,为了使碰撞后甲的速度方向不变,则甲的质量应该大于乙的质量,已知一元硬币的质量大于一角硬币的质量,所以甲选用的是一元硬币。
(2)对甲,从O到P做匀减速直线运动,设甲到O 点时的速度大小为v0,加速度a==μg,由公式v2=2ax得,=2μgs0,故v0=。
(3)根据动量守恒定律可得,m1v0=m1v1+m2v2,由(2)得v0=,同理可得v1=,v2=,所以m1=m1+m2,故=。
(4)存在空气阻力;硬币大小不能忽略,不可视为质点等。
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第七章 动量守恒定律
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考点
2017~2021年
2022年
2023年
2024年
2025年
2026年
合计
39.冲量和动量
2
0
0
1
2
1
6
40.动量定理的理解及应用
2
2
0
5
4
1
14
41.动量守恒定律的理解及应用
3
0
0
1
1
0
5
42.碰撞模型
1
2
1
4
4
2
14
43.子弹打木块 滑块—滑板模型
2
0
0
2
0
1
5
44.多运动过程的综合分析
2
1
3
6
13
9
34
45.实验:验证动量守恒定律 动量定理
0
0
1
3
1
0
5
命题热度
本章命题热度非常高()
课程标准
备考策略
1.理解冲量和动量。通过理论推导和实验,理解动量定理和动量守恒定律。
2.了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
复习本章时,不仅要对动量、冲量、动量定理、动量守恒定律等知识熟练掌握,而且要结合本章,把处理综合问题的三大方法——动力学的方法、能量的方法、动量的方法,分类复习掌握。
重点把握对以下知识点:牛顿运动定律结合运动学公式处理匀变速直线运动的问题;动能定理结合能量守恒定律处理变力及曲线运动问题;动量定理结合能量守恒定律、动量守恒定律处理碰撞、反冲类问题。
考点39冲量和动量答案P320
1.(2026·四川,1,4分,难度★)2026年2月,我国某科创团队发布全球首款速度达到10 m/s的全尺寸人形机器人,该机器人体重75 kg;2025年1月,该团队发布的四足机器人体重38 kg。若两款机器人均以10 m/s的速度同方向运动,则二者的动量大小之差为 ( )
A.1 850 kg·m/s
B.750 kg·m/s
C.370 kg·m/s
D.37 kg·m/s
2.(2025·广东,10,6分,难度★★★)(多选)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化关系为F=F0-kt(F≠0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻),下列说法正确的有 ( )
A.受到空气作用力的方向会变化
B.受到拉力的冲量大小为F0-kTT
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+F0-kTT
D.T时刻受到空气作用力的大小为
3.(2025·四川,8,6分,难度★★)(多选)若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示,则下列各式可能表示能量的是 ( )
A. B. C. D.
4.(2024·重庆,4,4分,难度★★)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力,针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2,则针鞘 ( )
A.被弹出时速度大小为
B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2过程中,阻力做功为(F1+F2)d2
D.运动d2的过程中动量变化量大小为
5.(讲解2021·湖南,2,4分,难度★)物体的运动状态可用位置x和动量p描述,称为相,对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述,称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则对应的相轨迹可能是 ( )
6.(讲解2017·天津,4,6分,难度★)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是( )
A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变
B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力
C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零
D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变
考点40动量定理的理解及应用答案P321
1.(2026·江苏,11,4分,难度★★★)水平面内有一圆形光滑轨道,其内接正方形abcd和外切正方形efgh。有一光滑小球从如图所示位置出发,沿abcd做速率不变的运动,在拐点处其所受冲量和动量大小的比值为 ( )
A. B. C. D.
2.(2025·天津,3,5分,难度★★)
一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示,该设施中钢绳一端系着座椅,另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动,座椅可视为质点,则某座椅运动一周的过程中 ( )
A.动量保持不变
B.所受合外力做功为零
C.所受重力的冲量为零
D.始终处于受力平衡状态
3.(2025·浙江,9,3分,难度★★★)高空抛物伤人事件时有发生,成年人头部受到500 N的冲击力,就会有生命危险。设有一质量为50 g的鸡蛋从高楼坠落,以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间,上、下沿距离为5 cm,要产生500 N的冲击力,估算鸡蛋坠落的楼层为 ( )
A.5层 B.8层 C.17层 D.27层
4.(2024·北京,8,3分,难度★★)将小球竖直向上抛出,小球从抛出到落回原处的过程中,若所受空气阻力大小与速度大小成正比,则下列说法正确的是 ( )
A.上升和下落两过程的时间相等
B.上升和下落两过程损失的机械能相等
C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
5.(2024·福建,7,4分,难度★★★)(多选)如图(a),水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F,F随时间t的变化关系如图(b)所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则滑块( )
图(a)
图(b)
A.在0~4t0内一直沿斜面向下运动
B.在0~4t0内所受合外力的总冲量大小为零
C.在t0时动量大小是在2t0时的一半
D.在2t0~3t0内的位移大小比在3t0~4t0内的小
6.(2024·广西,10,6分,难度★★★)(多选)如图所示,坚硬的水平地面上放置一木料,木料上有一个竖直方向的方孔,方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬,形状为正四棱台,上下底面均为正方形,四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m,与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔,接触但无挤压,锤子以极短时间撞击木栓后反弹,锤子对木栓冲量为I,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移,未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变,弹力呈线性变化,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,则 ( )
A.进入过程,木料对木栓的合力的冲量为-I
B.进入过程,木料对木栓的平均阻力大小约为+mg
C.进入过程,木料和木栓的机械能共损失了+mgΔx
D.木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
7.(2024·安徽,9,5分,难度★★★)(多选)一倾角为30°、足够大的光滑斜面固定于水平地面上,在斜面上建立Oxy直角坐标系,如图甲所示。从t=0开始,将一可视为质点的物块从O点由静止释放,同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2,其大小与时间t的关系如图乙所示。已知物块的质量为1.2 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。则 ( )
甲 乙
A.物块始终做匀变速曲线运动
B.t=1 s时,物块的y轴坐标值为2.5 m
C.t=1 s时,物块的加速度大小为5 m/s2
D.t=2 s时,物块的速度大小为10 m/s
8.(2022·重庆,4,4分,难度★★)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中,某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中,若假人头部只受到安全气囊的作用,则由曲线可知,假人头部 ( )
A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B.动量大小先增大后减小
C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D.加速度大小先增大后减小
9.(2022·湖北,7,4分,难度★★★)一质点做曲线运动,在前一段时间内速度大小由v增大到2v,在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内,合外力对质点做功分别为W1和W2,合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是 ( )
A.W2=3W1,I2≤3I1
B.W2=3W1,I2≥I1
C.W2=7W1,I2≤3I1
D.W2=7W1,I2≥I1
10.(2021·北京,10,3分,难度★★★)如图所示,圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动,圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动,小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是 ( )
A.圆盘停止转动前,小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B.圆盘停止转动前,小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C.圆盘停止转动后,小物体沿圆盘半径方向运动
D.圆盘停止转动后,小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
11.(2025·北京,19,10分,难度★★★)关于飞机的运动,研究下列问题。
(1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动,当位移为x时速度为v。在此过程中,飞机受到的平均阻力为Ff,求牵引力对飞机做的功W。
(2)飞机准备起飞,在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动,跑道上存在这样一个位置,飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞,否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L,飞机加速时加速度大小为a1,减速时最大加速度大小为a2,求该位置距起点的距离d。
(3)无风时,飞机以速率u水平向前匀速飞行,相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼,方向改变,沿机翼向后下方运动,如图所示。请建立合理的物理模型,论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα,并确定α的值。
12.(2025·甘肃,14,15分,难度★★★)如图甲所示,细杆两端固定,质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻,物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上,F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长,重力加速度为g,θ=30°。求:
甲 乙
(1)t=6 s时F的大小,以及t在0~6 s内F的冲量大小;
(2)t在0~6 s内,摩擦力f随时间t变化的关系式,并作出相应的f-t图像;
(3)t=6 s时,物块的速度大小。
13.(2024·广东,14,13分,难度★★★)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
甲
乙 丙
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g,忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤刚到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2,求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
14.(讲解2021·山东,16,9分,难度★★★)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后,有时会飞到空中将它丢下,利用与地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m=0.1 kg的鸟蛤,在H=20 m的高度、以v0=15 m/s的水平速度飞行时,松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力。
(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt=0.005 s,弹起速度可忽略,求碰撞过程中鸟蛤受到平均作用力的大小F;(碰撞过程中不计重力)
(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上,有一与地面平齐、长度L=6 m的岩石,以岩石左端为坐标原点,建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20 m,速度大小在15~17 m/s之间,为保证鸟蛤一定能落到岩石上,求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
考点41动量守恒定律的理解及应用 答案P323
1.(2024·江苏,9,4分,难度★★)如图所示,在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端,右侧用一根细绳连接在滑板A的右端,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑,剪断细绳后,则 ( )
A.弹簧恢复原长时时A动量最大
B.弹簧压缩最短时A动量最大
C.整个系统动量变大
D.整个系统机械能变大
2.(讲解2021·湖南,8,5分,难度★★★★)(多选)如图甲所示,质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图乙所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是 ( )
甲乙
A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0
B.mA>mB
C.B运动后,弹簧的最大形变量等于x
D.S1-S2=S3
3.(讲解2019·江苏,12,4分,难度★★)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.v B.v C. v D. v
4.(2025·北京,17,9分,难度★★★)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出,经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分,质量分别为2m和m,其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g,不计空气阻力,求:
(1)该物体抛出时的初速度大小v0;
(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB;
(3)A、B落地点之间的距离d。
5.(讲解2021·河北,13,11分,难度★★)如图,一滑雪道由AB和BC两段滑道组成,其中AB段倾角为θ,BC段水平,AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下,若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶,恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ=,重力加速度g取10 m/s2,sin θ=,cos θ=,忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求:
(1)滑道AB段的长度;
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
考点42碰撞模型答案P323
1.(2026·山东,11,4分,难度★★★)(多选)
如图所示,质量相等的两个小物块M和N,M恰好静止于倾角为θ的固定斜面上,N从斜面上某位置由静止释放,t0时刻以速度v与M发生弹性碰撞。已知M与斜面间动摩擦因数为tan θ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,N与斜面间无摩擦,碰撞时间极短,斜面足够长,下列描述M、N速度规律的vM-t、vN-t图像正确的是 ( )
A B
C D
2.(2026·贵州,3,4分,难度★★)如图,完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂,静止在同一竖直平面内,相互接触无挤压,悬挂点到球心的距离分别为L和L,A被拉至与竖直方向成60°的位置并由静止释放,随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力,B的球心上升的最大高度为 ( )
A.L B.L C.L D.L
3.(2025·广东,7,4分,难度★★★)如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下,由静止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速度v随时间t变化的图像,可能正确的是 ( )
两小球碰撞前后过
程的运动图像分析
A B
C D
4.(2025·湖南,10,5分,难度★★★)(多选)如图所示,某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成,C是可以在滑轨上运动的标准测量件,其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时,将弹药放入装载台圆筒内,两端用物块A和B封装,装载台与滑轨等高。引爆后,假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D,D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出,落地点距抛出点水平距离为s2,根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中,A、B、C质量分别为3m、m、5m,s1=,整个过程发生在同一竖直平面内,不计空气阻力,重力加速度大小为g。则 ( )
A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B.D的初动能与其落地时的动能相等
C.弹药释放的能量为36mgh
D.弹药释放的能量为48mgh
5.(2025·甘肃,4,4分,难度★★★)如图所示,小球A从距离地面20 m处自由下落,1 s末恰好被小球B从左侧水平击中,小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同,碰撞为完全弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为 ( )
A.1.5 m/s B.3.0 m/s C.4.5 m/s D.6.0 m/s
6.(2025·河南,7,4分,难度★★)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则 ( )
图1
图2
A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP
7.(2024·广东,10,6分,难度★★)(多选)如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同滑块,分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑,斜坡与水平面在O处平滑相接,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力,下列说法正确的有 ( )
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H乙无关
D.甲最终停止位置与O处相距
8.(2024·广西,8,6分,难度★★)(多选)如图所示,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在 ( )
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
9.(2024·安徽,8,4分,难度★★★)在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球通过不可伸长的绝缘轻质细线连接成边长为d的正三角形,如图甲所示。小球质量为m,电荷量为+q,可视为点电荷。初始时,小球均静止,细线拉直。现将小球1和小球2间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v2、v3,如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了,k为静电力常量,不计空气阻力。则 ( )
甲 乙
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒
C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1
D.在图乙位置,v3=
10.(2022·北京,10,3分,难度★★)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰,其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是 ( )
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的动量大于m1的动量
D.碰撞后m2的动能小于m1的动能
11.(2024·天津,11,8分,难度★★★)如图所示,光滑半圆轨道直径沿竖直方向,最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I,A沿轨道运动到最高点时,与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I=1.8 N∙s,A、B的质量分别为mA=0.3 kg、mB=0.1 kg,轨道半径和绳长均为R=0.5 m,两球均视为质点,轻绳不可伸长,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)与B碰前瞬间A的速度大小;
(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。
12.(2023·北京,18,10分,难度★★★)如图所示,质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点,在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B,B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度,由静止释放,A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求:
(1)A释放时距桌面的高度H;
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F;
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
13.(2022·福建,14,12分,难度★★★)如图,L形滑板A静置在粗糙水平面上,滑板右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧左端与一小物块B相连,弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度v0从滑板最左端滑入,滑行s0后与B发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短),然后一起向右运动;一段时间后,滑板A也开始运动。已知A、B、C的质量均为m,滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,弹簧始终处于弹性限度内。求:
(1)C在碰撞前瞬间的速度大小;
(2)C与B碰撞过程中损失的机械能;
(3)从C与B相碰后到A开始运动的过程中,C和B克服摩擦力所做的功。
14.(2021·广东,13,11分,难度★★★)算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动,使用前算珠需要归零。如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置,甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2 m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2 m,算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取10 m/s2。
(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a;
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
考点43子弹打木块 滑块—滑板模型 答案P325
1.(2024·湖北,10,4分,难度★★★★)(多选)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则 ( )
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
2.(讲解2018·海南,5,3分,难度★★)如图,用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱,沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中,随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程 ( )
A.若保持m、v、l不变,M变大,则系统损失的机械能变小
B.若保持M、v、l不变,m变大,则系统损失的机械能变小
C.若保持M、m、l不变,v变大,则系统损失的机械能变大
D.若保持M、m、v不变,l变大,则系统损失的机械能变大
3.(2026·河北,15,16分,难度★★★)图1为某质谱仪工作原理示意图。电离室中的气体分子被激光照射后发生电离,其中带正电的粒子由静止经平行于纸面的加速电场加速后,垂直于CD边进入梯形匀强磁场区域(磁场方向垂直纸面向外),并从CG边中点O平行于CD边射出,经无场区从边界PQ进入平行于纸面的匀强偏转电场,最终打到接收器与纸面交线MN上并被吸收,接收器可视为接地良好的金属板。MN延长线经过O点,与CD所在直线夹角为α,α可通过MN绕O点在纸面内的转动进行调整,调整前后PQ与MN始终平行且间距为0.3 m不变。CG边长为0.2 m,与底边HG夹角为60°,磁感应强度大小为0.4 T,偏转电场的电场强度大小为1.8×104 V/m,方向始终垂直于PQ。整个过程只考虑一种粒子,加速电场的电压恒定,MN与PQ足够长,装置处于真空环境,忽略粒子间相互作用,不计重力。
图1 图2
(1)已知激光波长为442 nm,求该激光一个光子的能量ε。(普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,真空中光速c=3×108 m/s)
(2)调整α,得到从粒子离开加速电场到粒子到达接收器所经历的时间t与α的关系如图2所示,求加速电场的电压U以及粒子比荷K。
(3)质谱仪稳定工作时,测得接收器每秒接收的粒子数为n,若再测一个除电荷量和质量以外的物理量,便可在(2)问的基础上得到粒子的质量。请写出该物理量,并推导粒子质量表达式(所有物理量均用字母表示)。
4.(2024·甘肃,14,15分,难度★★★)如图,质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态,细绳O'P=OP=1.6 m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳 O'P,小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
(2)A在最低点时,细绳OP断裂,A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短),碰后A竖直下落,C水平向右运动,求碰后C的速度大小。
(3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速,求C和B之间的动摩擦因数。
5.(讲解2021·海南,17,12分,难度★★★)如图,一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动,将一小滑块无初速地轻放在木板最右端已知滑块和木板的质量分别为m和2m,它们之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时,求它们的共同速度大小;
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍,求此时滑块到木板最右端的距离;
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时,给木板施加一水平向右的外力,使得木板保持匀速直线运动,直到滑块相对木板静止,求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
考点44多运动过程的综合分析答案P326
1.(2026·陕晋宁青,10,6分,难度★★★)(多选)
如图,物体N、P、Q的质量分别为m、m、2m,Q通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与P连接,P与位于正下方的N用劲度系数为k的轻弹簧相连。用手托住物块N和Q,使弹簧处于原长,同时释放N和Q,在运动过程中,物块均视为质点且不与滑轮发生碰撞,不计空气阻力,弹簧始终在弹性限度内,弹性势能Ep=kx2,重力加速度为g,则 ( )
A.释放瞬间,Q的加速度大小为
B.释放瞬间,绳子的拉力大小为mg
C.释放后,N下降的最大距离为
D.释放后,N下降的最大速度为
2.(2025·福建,8,6分,难度★★★)(多选)传送带沿顺时针转动的速度大小恒为1 m/s,质量为1 kg的物块A和质量为2 kg的物块B中间有一根处于原长的轻质弹簧,A与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.5,B与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.25。t=0时,将物块A、B、轻质弹簧整体平放于传送带上,物块B速度为0,赋予A一个水平向右的初速度v0=2 m/s,在t1时,A与传送带第一次共速,此时弹簧弹性势能Ep=0.75 J,传送带足够长,A可留下痕迹,重力加速度g取10 m/s2,则 ( )
A.在t=t1时,B的加速度大于A的加速度
B.t=t1时,B的速度大小为0.5 m/s
C.t=t1时,弹簧的压缩量为0.2 m
D.0~t1时间内,A在传送带上留下的痕迹长度小于0.05 m
3.(2026·黑吉辽内蒙古,14,12分,难度★★★)如图,光滑水平面上一质量mA=0.4 kg的木板,其右端通过轻弹簧连接质量mB=0.1 kg的物块,此时弹簧伸长量x0=0.1 m,物块和木板均静止。质量mC=0.1 kg的小球(可视为质点)通过长L=0.9 m的轻绳悬于O点。小球从绳与竖直方向成θ=60°处由静止释放,摆至最低点时与木板右端发生弹性碰撞,时间极短。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求碰撞后瞬间木板的速度大小vA。
(2)弹簧的压缩量第一次为x0时,物块速度大小为vB=0.8 m/s,方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数μ。
4.(2026·江苏,16,15分,难度★★★★)如图所示,在光滑水平面上固定两个柱形光滑轨道,轨道上面分别约束着只能沿轨道方向运动的两个小球B和C,质量均为m。小球B和C通过弹性限度足够大的弹簧,与两者之间质量为m的小球A连接,初始时弹簧为原长状态。此时一个质量为M的小球D,以速度v0与小球A发生对心弹性碰撞。假设每段碰撞与约束都不存在除了碰撞外的能量损失。
(1)求小球D与A碰撞之后小球D和A各自的速度大小。
(2)发生碰撞后,求每根弹簧所含有的最大弹性势能。
(3)要使弹簧恢复原长时,小球D与A恰好再次发生碰撞,求小球A和小球D的质量比。
5.(2026·广东,14,13分,难度★★★)如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图,水平横轴过球心O点与外壳固定,外壳上的两挡板位于过O点的水平线上,两质量均为m的摆锤,由长均为R的不可伸长轻绳悬挂于轴上的O点,初始时刻,两摆锤同时以水平初速度v0从最低点向相反方向摆动,直至与两挡板发生碰撞,碰撞时间极短,随后带动外壳以共同速度竖直向上运动,机器人到达最高点后落回地面瞬间,外壳立即静止,两摆锤速度不变,与挡板分离,继续向下运动,已知机器人(含摆锤)总质量为M=4 kg,m=1 kg,R=0.4 m,v0=4 m/s。重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力,摆锤可视为质点,求:
(1)摆锤与挡板碰撞后瞬间,机器人的动能Ek;
(2)机器人外壳上升的最大高度h;
(3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失ΔE。
6.(2026·云南,15,16分,难度★★★★)某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示,装置由一段倾斜直管道和N个相同的不对称“倒V ”形管道平滑连接而成,管道透明且光滑,固定在竖直平面内。入口端与第一个“倒V”形管道左端高度差为h0,每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为h1和h2(h1<h2)。每个“倒V”形管道的左端均静置1个质量为m的弹球,自上而下依次编号为1,2,3,…,N。开始游戏时,在入口端由静止释放一质量为M=4m的弹球P。所有弹球的直径均略小于管道内径,不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损失和空气阻力,所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞,重力加速度为g。
(1)求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间,弹球P和1号弹球各自的速度大小;
(2)已知:每个弹球在被上方弹球碰撞后,与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞,且所有弹球(包括P)都能到达出口。
(ⅰ)求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间,1、2号弹球各自的速度大小;
(ⅱ)求弹球P与1号弹球第k(k<N)次碰撞后瞬间的速度大小;
(ⅲ)若N足够大,且h0>(h2-h1),求h1与h2之间应满足的关系。
7.(2026·湖南,15,16分,难度★★★)如图,长为L的轻杆竖直放置,上端固定一质量为m的小球,下端连接水平地面上某固定点,杆可绕该点无摩擦转动。小球内部安装了质量不计的智能弹射装置。受轻微扰动后,小球和杆从静止开始一起运动,当两者间弹力为0时,小球脱离轻杆,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求小球接触地面瞬间的速度v的大小;
(2)求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值;
(3)小球与地面碰撞前后,竖直方向分速度大小相等、方向相反,水平方向分速度相等。碰撞后瞬间,智能弹射装置工作,小球在极短时间内分裂成两部分,两部分速度方向均与小球分裂前瞬间的速度方向成θ角(θ已知,且0<θ<α)。设两部分质量之比为k,弹射装置释放的能量为E。
(ⅰ)求E与k的关系;
(ⅱ)当E最小时,若分裂后两部分第一次落地时刻相同,求两部分第一次落地点的间距d。
8.(2026·湖北,15,18分,难度★★★★)在如图所示的竖直平面内,固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为30°的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成,连接点分别为A、B。质量为m的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高h处,质量为km的小物块乙静止在水平轨道上,乙到A、B两点的距离均为h。现静止释放甲,所有碰撞均为弹性正碰,重力加速度大小为g,不计空气阻力。
(1)求甲第一次到达A点时的速度大小。
(2)求两物块第一次碰撞过程中,乙所受合外力的冲量大小。
(3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞,且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道,求k满足的关系式(不求具体数值)。
9.(2026·河南,15,17分,难度★★★★)如图,水平地面上的球壳内下端有一小球,球壳的直径D=0.25 m,上端距天花板的距离为h=6 m。现以v0=11 m/s的初速度把球壳连同小球一起竖直向上抛出,球壳与天花板碰撞后经过Δt=0.1 s,小球与球壳发生第1次碰撞。所有的碰撞均为弹性碰撞、时间极短,不计球壳厚度和空气阻力,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求小球的直径;
(2)求小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小,及它们前两次碰撞的时间间隔;
(3)若小球与球壳第8次碰撞前瞬间球壳的速度大小为v1=6 m/s,求球壳首次碰地时的速度大小。
10.(2026·河北,14,14分,难度★★★)如图所示,质量为4 kg的木板上放有一个质量为1 kg的机器人,木板始终受到水平向右、大小为5 N的恒力作用。初始时木板与机器人一起以1 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为1 m/s的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起,2 s后放回木板,同时夹爪缩回,机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。g取10 m/s2,机器人可视为质点,机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求:
(1)机器人被提起的2 s内,木板位移的大小。
(2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中,摩擦力对机器人所做的功。
11.(2025·天津,11,难度★★★)如图所示,半径为R=0.45 m的四分之一圆轨道AB竖直固定放置,与水平桌面在B点平滑连接。质量为m=0.12 kg的玩具小车从A点由静止释放,运动到桌面上C点时与质量为M=0.18 kg的静置物块发生碰撞并粘在一起,形成的组合体匀减速滑行x=0.20 m至D点停止。A点至C点光滑,小车和物块碰撞时间极短,小车、物块及组合体均视为质点,g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小;
(2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小;
(3)组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数μ的值。
12.(2025·山东,17,14分,难度★★★)如图所示,内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上,P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方向,Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接并置于光滑水平面上,b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落,无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时,b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg,b的质量mb= kg,方形物体的质量M= kg,重力加速度大小g取10 m/s2,弹簧的劲度系数k=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量),所有过程不计空气阻力。求:
(1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2;
(2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
13.(2025·江苏,14,13分,难度★★★)如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置,每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小v;
(2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1;
(3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
14.(2025·浙江,17,11分,难度★★★)某兴趣小组设计了一传送装置,其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道,BC是以恒定速率v0顺时针转动的足够长水平传送带,紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道,水平面和传送带BC处于同一高度,各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块,从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑,经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ,其余接触面均光滑。已知R=0.36 m,L=1.6 m,v0=5 m/s,m=0.2 kg,M=1.8 kg,μ=0.25。不计空气阻力,物块可视为质点,传送带足够长。求物块:
(1)滑到B点处的速度大小;
(2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功;
(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度;
(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间,受到轨道的压力大小。
15.(2025·海南,18,12分,难度★★★)某自动包装系统的部分结构简化后如图所示,足够长的传送带固定在竖直平面内,半径为R=0.5 m,圆心角θ=53°的圆弧轨道与平台平滑连接,平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接,工件A从圆弧顶点无初速度下滑,在平台上滑入静止的空箱B并与其瞬间粘连成一个整体,随后一起滑上传送带,与传送带共速后进入下一道工序。已知工件A质量为mA=4 kg,空箱B的质量为mB=1 kg,A、B及粘连成的整体均可视为质点,整体与传送带间的动摩擦因数恒定,在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量Q=2.5 J,忽略轨道及平台的摩擦,cos 53°=0.6,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)工件A滑到圆弧轨道最低点时受到的支持力;
(2)工件A与空箱B在整个碰撞过程中损失的机械能;
(3)传送带的速度大小。
16.(2025·广西,15,16分,难度★★★★)图甲为某智能分装系统工作原理示意图,每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后抛出,撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号,随后竖直掉入已与水平传送带共速的货箱中,此系统利用传感器探测散货的质量,自动调节水平传送带的速度,实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°,以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A,从放置某个散货时开始计数,当放置第10个散货时,第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ=,到达顶端前已与倾斜传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短,撞击后竖直方向速度不变,水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔,重力加速度为g。分装系统稳定运行后,连续装货,某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙,求这段时间内:
甲
乙
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
17.(2025·重庆,15,20分,难度★★★★)如图所示,长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO,与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右运动,从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。
(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小;
(2)若碰前瞬间,B的速度大小为A的一半,碰撞为弹性碰撞,且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d,求B的质量;
(3)若B的质量是A的n倍,碰后瞬间A和B的动量相同,求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。
18.(2025·湖南,15,16分,难度★★★★)某地为发展旅游经济,因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中,需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点,图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道,轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻,轻绳绷紧且与轨道平行,机器人从B点以初速度v竖直向下运动,B点位于轨道平面上,且在A点正下方,AB=1.2L。滑杆始终与轨道垂直,机器人可视为质点且始终在同一竖直平面内运动,不计空气阻力,轻绳不可伸长,sin 37°=0.6,重力加速度大小为g。
(1)若滑杆固定,v=,当机器人运动到滑杆正下方时,求轻绳拉力的大小;
(2)若滑杆固定,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时,机器人松开轻绳后被抛至A点,求v的大小;
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动,M=km,且k≥1,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时,机器人松开轻绳后被抛至A点,求v与k的关系式及v的最小值。
19.(2025·湖北,15,18分,难度★★★★)如图所示,一足够长的平直木板放置在水平地面上,木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块,从左向右依次编号为1、2、…、3n,木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L,木板与地面之间的动摩擦因数为μ,滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度,大小为(β为足够大常数,g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短,碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间,第1个滑块的速度大小。
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj,第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。
(3)若木板开始滑动后,滑块间恰好不再相碰,求β的值。
提示:12+22+…+k2=k(k+1)(2k+1)。
20.(2025·江西,13,14分,难度★★★★)如图所示,在竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于P点,另一端经光滑孔钉Q连接质量为m的小球A,该球穿过与水平直杆OM(足够长)成30°角的直杆ON,两杆平滑连接。点P、Q和O在同一竖直线上,PQ间距为弹力绳原长。将小球A拉至与Q等高的位置由静止释放。当小球A首次运动到斜杆底端O点后,在水平方向与穿在直杆OM且静止于O点、质量为3m的小球B发生弹性碰撞。小球A、B与杆间的动摩擦因数均为μ=,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律,劲度系数为k,其弹性势能Ep与伸长量x的关系为Ep=kx2。已知重力加速度为g,OQ间距为。
(1)求小球A下滑过程中滑动摩擦力的大小;
(2)若从碰撞后开始计时,小球A第一次上滑过程中离O点的距离x与时间t的关系为x=A0sin(t)(A0为常数),求小球A第一次速度为零时,小球B与O点的距离。
21.(2025·河南,14,12分,难度★★★)如图所示,在一段水平光滑直道上每间隔l1=3 m铺设有宽度为l2=2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1=2 kg的小物块P,另一质量为m2=4 kg的小物块Q以v0=7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰,且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v=7 m/s,P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)该碰撞过程中损失的机械能;
(2)P从开始运动到静止经历的时间。
22.(2025·四川,15,16分,难度★★★)如图所示,倾角为θ的斜面固定于水平地面,斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点,bd为半圆挡板直径且沿水平方向,c为半圆挡板最高点,两挡板相切于b点,de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发,沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞,碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定,小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1,两小球均可视为质点,不计一切摩擦,重力加速度大小为g。
(1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小;
(2)若小球甲恰能到达c点,且碰撞后小球乙能运动到e点,求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件;
(3)在满足(2)中质量比值的条件下,若碰撞后小球乙能穿过线段 de,求小球甲初动能应满足的条件。
23.(2024·辽宁,14,12分,难度★★★)如图所示,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m,B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
24.(2024·山东,17,14分,难度★★★★)如图甲所示,质量为M的轨道静止在光滑水平面上,轨道水平部分的上表面粗糙,竖直半圆形部分的表面光滑,两部分在P点平滑连接,Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上,与水平轨道间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m,重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时,受到轨道的弹力大小等于3mg,求小物块在Q点的速度大小v;
(2)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
甲 乙
(ⅰ)求μ和m;
(ⅱ)初始时,小物块静置在轨道最左端,给轨道施加水平向左的推力F=8 N,当小物块到P点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
25.(2024·河北,16,16分,难度★★★★)如图所示,三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上,尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板的质量均为2.0 kg,A木板的长度为2.0 m,机器人的质量为6.0 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力。
(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时,求A、B木板间的水平距离。
(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后,以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端,求起跳过程机器人做的功,及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止,随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端,此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
26.(2024·湖北,14,16分,难度★★★)如图所示,水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小。
(2)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能。
(3)若小球运动到P点正上方,轻绳不松弛,求P点到O点的最小距离。
27.(2024·安徽,14,难度★★★)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点,一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。将细线拉直到水平位置时,静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿着轨道运动。已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小。
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小。
(3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
28.(2024·贵州,15,19分,难度★★★★)如图,半径为R=1.8 m的光滑圆轨道固定在竖直平面内,其末端与水平地面PM相切于P点,PM的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动,其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放,沿轨道下滑至P点,再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰,碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时,瞬间给b一水平向右的冲量I,其大小为6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s给b一相同的瞬时冲量I,直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1 kg,b的质量为mb=2 kg,它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数μ均为0.5,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小;
(2)b从M运动到N的时间;
(3)b从N运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量。
29.(2023·山东,18,16分,难度★★★★)如图所示,物块A和木板B置于水平地面上,固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切,竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力,使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时,从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点,并以水平速度v滑上B的上表面,同时撤掉外力,此时B右端与P板的距离为s。已知v0=1 m/s,v=4 m/s,mA=mC=1 kg,mB=2 kg,A与地面间无摩擦,B与地面间动摩擦因数μ1=0.1,C与B间动摩擦因数μ2=0.5,B足够长,使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞,不计碰撞时间,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求C下滑的高度H;
(2)与P碰撞前,若B与C能达到共速,且A、B未发生碰撞,求s的范围;
(3)若s=0.48 m,求B与P碰撞前,摩擦力对C做的功W;
(4)若s=0.48 m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态,求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。
30.(2023·海南,18,14分,难度★★★★)如图所示,有一固定的光滑圆弧轨道,半径R=0.2 m,一质量为mB=1 kg的小滑块B从轨道顶端滑下,在其冲上长木板C左端时,给木板一个与小滑块相同的初速度,已知mC=3 kg,B、C间动摩擦因数μ1=0.2,C与地面间的动摩擦因数μ2=0.8,C右端有一个挡板,C长为L。
(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大?
(2)若B未与C右端挡板碰撞,当B与地面保持相对静止时,B、C间因摩擦产生的热量是多少?
(3)在0.16 m<L<0.8 m时,B与C右端挡板发生碰撞,且碰后粘在一起,求B从滑上C到最终停止所用的时间。
31.(2023·湖南,15,16分,难度★★★★)如图所示,质量为m0的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a 和b,长轴水平,短轴竖直。质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离;
(2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程;
(3)若=,求小球下降h=高度时 ,小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。
32.(2022·河北,13,11分,难度★★★)如图,光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为1 kg,A和C以相同速度v0=10 m/s 向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块,A与B粘在一起形成一个新滑板,物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1。重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)若0<k<0.5,求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向。
(2)若k=0.5,从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小。
33.(讲解2021·湖南,14,15分,难度★★★★)如图所示,竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为l的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy,x轴的正方向水平向右,y轴的正方向竖直向下,弧形轨道P端坐标为(2μl,μl),Q端在y轴上。重力加速度为g。
(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μl的位置由静止开始下滑,求A经过O点时的速度大小;
(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑,经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同,求PQ的曲线方程;
(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点,A沿倾斜轨道由静止开始下滑,与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短),要使A和B均能落在弧形轨道上,且A落在B落点的右侧,求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
34.(讲解2020·山东,18,16分,难度★★★★★)如图所示,一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板,P、Q两物块的质量分别为m和4m,Q静止于斜面上A处。某时刻,P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan θ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦,与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点,斜面足够长,Q的速度减为零之前P 不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1;
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn;
(3)求物块Q从A点上升的总高度H;
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞,求A点与挡板之间的最小距离s。
考点45实验:验证动量守恒定律 动量定理答案P340
1.(2025·广东,11,8分,难度★★★)请完成下列实验操作和计算。
(1)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中,用螺旋测微器测量小球的直径,示数如图甲所示,读数为 mm。
图甲
(2)实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能,装置如图乙所示,图中轨道由轨道甲和乙平滑拼接而成,且轨道乙倾角较大。
图乙
①选取相同的两辆小车,分别安装宽度为1.00 cm的遮光条。
②轨道调节。
调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高,将小车在轨道乙上释放,若测得小车通过光电门A和B的 ,表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。
③碰撞测试。
先将小车1静置于光电门A和B中间,再将小车2在M点由静止释放,测得小车2通过光电门A的时间为t2,碰撞后小车1通过光电门B的时间为t1。若t2 t1,可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。
④吸能材料性能测试。
将吸能材料紧贴于小车2的前端,重复步骤③,测得小车2通过光电门A的时间为10.00 ms,两车碰撞后,依次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00 ms,30.00 ms,不计吸能材料的质量,计算可得碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为 (结果保留2位有效数字)。
2.(2024·全国新课标,22,6分,难度★★)某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌面上,轨道末端水平,右侧端点在水平木板上的垂直投影为O,木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放,a从轨道右端水平飞出后落在木板上;重复多次,测出落点的平均位置P与O点的距离xP。将与a半径相等的小球b置于轨道右侧端点,再将小球a从Q处由静止释放,两球碰撞后均落在木板上;重复多次,分别测出a、b两球落点的平均位置M、N与O点的距离xM、xN。
完成下列填空:
(1)记a、b两球的质量分别为ma、mb,实验中须满足条件ma (选填“>”或“<”)mb。
(2)如果测得的xP、xM、xN、ma和mb在实验误差范围内满足关系式 ,则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中,用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度,依据是
。
3.(2024·北京,16,10分,难度★★★)如图甲所示,让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。
甲
(1)关于本实验,下列做法正确的是 (填选项前的字母)。
A.实验前,调节装置,使斜槽末端水平
B.选用两个半径不同的小球进行实验
C.用质量大的小球碰撞质量小的小球
(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影,首先,将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放,小球落到复写纸上,重复多次。然后,把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端,再将质量为m1的小球从S位置由静止释放,两球相碰,重复多次。分别确定平均落点,记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。
乙
a.图乙为实验的落点记录,简要说明如何确定平均落点
;
b.分别测出O点到平均落点的距离,记为OP、OM和ON。在误差允许范围内,若关系式 成立,即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)受上述实验的启发,某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示,用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O'点,两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放,在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A',小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和M,弦长AB=l1、A'B=l2、CD=l3。
丙
推导说明,m、M、l1、l2、l3满足 关系即可验证碰撞前后动量守恒。
4.(2024·福建,12,8分,难度★★★)某小组基于动量守恒定律测量玩具枪子弹离开枪口的速度大小,实验装置如图(a)所示。所用器材有:玩具枪、玩具子弹、装有挡光片的小车、轨道、光电门、光电计时器、十分度游标卡尺、电子秤等。实验步骤如下:
图(a)
图(b)
(1)用电子秤分别测量小车的质量M和子弹的质量m;
(2)用游标卡尺测量挡光片宽度d,示数如图(b)所示,宽度d= cm;
(3)平衡小车沿轨道滑行过程中的阻力。在轨道上安装光电门A和B,让装有挡光片的小车以一定初速度由右向左运动,若测得挡光片经过A、B的挡光时间分别为13.56 ms、17.90 ms,则应适当调高轨道的 (选填“左”或“右”)端。经过多次调整,直至挡光时间相等;
(4)让小车处于A的右侧,枪口靠近小车,发射子弹,使子弹沿轨道方向射出并粘在小车上,小车向左运动经过光电门A,测得挡光片经过A的挡光时间Δt;
(5)根据上述测量数据,利用公式v= (用d、m、M、Δt表示)即可得到子弹离开枪口的速度大小v;
(6)重复步骤(4)五次,并计算出每次的v值,填入下表;
次数
1
2
3
4
5
速度v/(m·s-1)
59.1
60.9
60.3
58.7
59.5
(7)根据表中数据,可得子弹速度大小v的平均值为 m/s。(结果保留3位有效数字)
5.(2023·辽宁,11,8分,难度★★)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律,设计了如下实验:用纸板搭建如图所示的滑道,使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上,其中OA为水平段,选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。
图(a)
图(b)
测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2),将硬币甲放置在斜面上某一位置,标记此位置为B。由静止释放甲,当甲停在水平面上某处时,测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处,左侧与O点重合,将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后,分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON,保持释放位置不变,重复实验若干次,得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。
(1)在本实验中,甲选用的是 (选填“一元”或“一角”)硬币;
(2)碰撞前,甲到O点时速度的大小可表示为 (设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g);
(3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒,则= (用m1和m2表示),然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒;
(4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1,写出一条产生这种误差可能的原因: 。
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