1、考点考点1 1动量和动量定理动量和动量定理1.(2020课标,14,6分)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是()A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积答案答案D若汽车发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并充气,对司机的头部、颈部等部位起保护作用,增大了司机的受力面积,减少了司机单位面积的受力大小,故A项错误。有无安全气囊,司机的速度都是从碰撞前的速度减为零,动量变化量
2、相同,故B项错误。当司机与安全气囊发生作用时,安全气囊的作用并没有将司机的动能全部转化为汽车的动能,故C项错误。安全气囊起缓冲作用,延长了司机的受力时间,从而减少了司机的受力大小,D项正确。2.(2020浙江1月选考,21,10分)如图甲所示,在xOy水平面内,固定放置着间距为l的两平行金属直导轨,其间连接有阻值为R的电阻,电阻两端连接示波器(内阻可视为无穷大),可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t=0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x=x0位置开始做简谐运动,观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取x0=-,则简
3、谐运动的平衡位置在坐标原点O。不计摩擦阻力和其他电阻,导体棒始终垂直导轨运动。(提示:可以用F-x图像下的“面积”代表力F所做的功)(1)求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律;(2)求在0至0.25T时间内外力F的冲量;(3)若t=0时外力F0=1 N,l=1 m,T=2 s,m=1 kg,R=1 ,Um=0.5 V,B=0.5 T,求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。 图甲 图乙m2U TBl答案答案见解析解析解析(1)根据题意,由题中显示的电压与时间关系图像可知U=Um sin而I=则导体棒所受安培力FA=-BIl=-sin(2)由Blv=U可知,v= sin安培力的冲量I
4、A=-qBL=-根据动量定理IA+IF=mvm可知IF=+(3)根据简谐运动知识可知F合=-kx,当t=0时,FA=0,外力F0=1 N此时的位移x0=-=-1 m所以比例系数k=1以向右为正,则F+FA=-x如果是外力与安培力等大,反向,则只有在平衡位置x=0,金属棒合外力为零,即外力大小等于安培2tTURmBlUR2tTmUBl2tT2 20| |B l xRm2BlTURmmUBlm2U TBl力,此时速度v=vm=,代入数据可知,v=1 m/s。如果外力与安培力方向相同,大小相等,则2FA=-x,根据题意,由简谐运动的特点可知导体棒做简谐运动的位移与时间关系为x=x0 cos即tan=
5、2可得sin=或者sin=-导体棒的位置关系x=-cos,所以此时导体棒的位置x= m此时根据v= sin可知,对应速度为v= m/s。mUBl2tT2tT2 24RTB l2tT252tT25m2U TBl2tT15mUBl2tT25一题多解一题多解 本题第(3)问的另一种解法如果外力与安培力方向相同,大小相等,设x=x,v=v,则2FA=-x则FA=-x由FA=-BIl及I=可得-=-x代入数据得2x=v由动能定理得mv2=(-x2)可得x1= m和v1= m/sx2=- m和v2=- m/s12BlvR2 2B l vR12121220 x152515253.(2016浙江10月选考,2
6、3,10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0v0。这束离子经电势差为U=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2a3a区间水平固定放置一探测板。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。3202mvq00mvaqB(3)保持磁感应强度B1不变,求每秒打
7、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,求探测板受到的作用力大小。35答案答案(1)2a4a(2)B0(3)N0 N0mv0 43235645解析解析(1)对于初速度为0的离子,qU=m,r1=a恰好打在x=2a的位置;对于初速度为v0的离子,qU=m-m(v0)2r2=2a,恰好打在x=4a的位置;所以离子束打在x轴上的区间为2a4a。(2)由动能定理可知,qU=m-m(v0)2,r3=,r3=a,解得B1=B0(3)离子束能打到探测板的实际位置范围为2ax3a对应的速度范围为v0v2v0每秒打在探测板上的离子数为N=N0=N0
8、1221v10mvqB00mvqB31222v12320mvqB1222v12321mvqB324343000042-32-vvv v23根据动量定理吸收的离子受到板的作用力大小F吸=反弹的离子受到板的作用力大小F反=N0mv0根据牛顿第三定律,探测板受到的作用力大小F=N0mv0 Pt吸0.82N00423mvmv0089N mvPt反0.22N000042 (0.6)(0.6)3m vvm vv16455645以下为教师用书专用1.(2019课标,16,6分)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
9、射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A.1.6102 kg B.1.6103 kgC.1.6105 kg D.1.6106 kg答案答案B本题考查了动量定理知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m,以这部分气体为研究对象,根据动量定理有:Ft=mv-0,解得m= kg=1.6103 kg,故选项B正确,选项A、C、D错误。Ftv634.8 1013 102.(2018课标,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤
10、害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N答案答案C本题考查了机械能守恒定律、动量定理知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、科学论证的要素。对于鸡蛋撞击地面前的下落过程,根据机械能守恒定律可得mgh=mv2,可知鸡蛋落地时速度大小v=,鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知鸡蛋对地面产生的冲击力大小为F=+mg,每层楼高度约为3 m
11、,则h=243 m=72 m,得F949 N,接近103 N,故选项C正确。122ghmvt易错点拨易错点拨估算能力(1)每层楼高度约为3 m,注意身边的物理知识。(2)在计算时重点注意数量级。一题多解一题多解 鸡蛋刚接触地面的速度也可以根据动能定理或自由落体运动规律求解。3.(2018课标,14,6分)高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车的动能()A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比答案答案B本题考查了匀变速直线运动、动能和动量知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中运动观念的要素和科学思维中科学推
12、理的要素。列车的动能Ek=mv2与速度的平方成正比,故选项C错误;列车的动能Ek=mv2=m(at)2=ma2t2,则列车的动能与时间的平方成正比,故选项A错误;列车的动能Ek=mv2=m2ax=max,则列车的动能与位移成正比,故选项B正确;列车的动能Ek=mv2=,则列车的动能与动量的平方成正比,故选项D错误。1212121212121222pm解题思路解题思路(1)写出动能表达式:Ek=mv2,可知列车的动能与它的速度的关系;(2)推导出列车的动能与它所经历的时间的表达式;(3)推导出列车的动能与它的位移的表达式;(4)推导出列车的动能与它的动量的表达式。124.(2017课标,20,6
13、分)(多选)一质量为2 kg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=1 s时物块的速率为1 m/sB.t=2 s时物块的动量大小为4 kgm/sC.t=3 s时物块的动量大小为5 kgm/sD.t=4 s时物块的速度为零答案答案AB本题考查了F-t图像、动量定理知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念和科学思维中模型建构、科学推理的要素。前2 s,根据牛顿第二定律,a=1 m/s2,则02 s的速度规律为:v=at。t=1 s时,速率为1 m/s,A正确;t=2 s时,速率为2 m/s,则动量为p=mv=4 k
14、gm/s,B正确;24 s,力开始反向,物体减速,根据牛顿第二定律,a=-0.5 m/s2,所以3 s时的速度为1.5 m/s,动量为3 kgm/s,4 s时速度为1 m/s,C、D错误。Fm5.(2017天津理综,4,6分)“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答案答案B本题考查匀速圆周运动。乘客在竖直面内做匀速
15、圆周运动,动能不变,而在上升过程中重力势能增加,机械能增加,下降过程中则相反,A错误。在最高点时,乘客具有竖直向下的向心加速度,处于失重状态,故B正确。因重力恒定,重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积,故重力冲量一定不为零,C错误。重力的瞬时功率P=mgvcos ,其中是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角,故重力的瞬时功率不会保持不变,D错误。命题评析命题评析 本题以竖直平面内的匀速圆周运动为背景,考查了机械能、功率、失重、冲量等重要考点,考查面广泛,难度较小,体现了高考对基础知识、基本能力的“双基”要求。对平时的教学与学习具有重要的指导意义。6.2016课标,35(2),10分某游乐园入口
16、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,重力加速度大小为g。求()喷泉单位时间内喷出的水的质量;()玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。答案答案()v0S()- 202vg222202M g v S解析解析()设t时间内,从喷口喷出的水的体积为V,质量为m,则m=VV=v0St由式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为=v0S()设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度
17、为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于t时间内喷出的水,由能量守恒得mt(m)v2+(m)gh=(m)在h高度处,t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p=(m)v设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有Ft=p由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg联立式得121220vh=-202vg222202M g v S解题指导解题指导 (1)应用“微元法”分析流体问题;(2)喷出的水流流量相等;(3)应用动量定理分析水流的冲击力;(4)玩具处于静止状态,根据平衡条件列方程。素养考查素养考查 本题考查了能量守恒定律、动量定理、二力平衡知识,以及理解能力、推理
18、能力、综合分析能力、应用数学知识处理物理问题的能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、科学论证、质疑创新的要素。7.(2016北京理综,24,20分)(1)动量定理可以表示为p=Ft,其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如,质量为m的小球斜射到木板上,入射的角度是,碰撞后弹出的角度也是,碰撞前后的速度大小都是v,如图1所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。 图1a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化px、py;b.分析说明小球对木板的作用力的方向。(2)激光束可以看做是粒子流,其中
19、的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例,激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。 图2一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束和穿过介质小球的光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束和与SO的夹角均为,出射时光束均与SO平行。请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。a.光束和强度相同;b.光束比的强度大。答案答案见解析解析解析(1)a.x方向:动量变化为px=mv sin -mv sin =0y方向:动量变化为py=mv cos -(-mv c
20、os )=2mv cos 方向沿y轴正方向b.根据动量定理可知,木板对小球作用力的方向沿y轴正方向;根据牛顿第三定律可知,小球对木板作用力的方向沿y轴负方向。(2)a.仅考虑光的折射,设t时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为p。这些粒子进入小球前的总动量为p1=2np cos 从小球出射时的总动量为p2=2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理:Ft=p2-p1=2np(1-cos )0可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力的方向沿SO向左。b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。x方向:根据(2)a同理可知,两光束对小球的作用
21、力沿x轴负方向。y方向:设t时间内,光束穿过小球的粒子数为n1,光束穿过小球的粒子数为n2,n1n2。这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)p sin 从小球出射时的总动量为p2y=0根据动量定理:Fyt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin 可知,小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小球的作用力沿y轴正方向。所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。8.2019北京理综,24(3),7分雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒,这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变,重力加速度为g。由于大量气体分子在各方向运动的几率相
22、等,其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘,证明:圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f v2(提示:设单位体积内空气分子数为n,空气分子质量为m0)。答案答案见解析解析解析根据题设条件:大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。简化的圆盘模型如图。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在t时间内,与圆盘碰撞的空气分子质量为m=Svtnm0以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理,有Ftmv得Fnm0Sv2由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力fv2采用不同的碰撞模型,也可得到相同结论。另辟蹊径另辟蹊径 【证明】设
23、在极短时间t内,空气分子与雨滴碰撞,设空气分子的速率为u,在t内,空气分子个数为:N=nSvt,其质量为m=Nm0设向下为正方向,对圆盘下方空气分子由动量定理有:F1t=m(v+u)对圆盘上方空气分子由动量定理有:-F2t=0-m(u-v)圆盘受到的空气阻力为:f=F1-F2 联立解得:f=2Sv2nm0v2。素养考查素养考查 本题要求考生从相对运动的角度思考雨滴下落过程中受到的空气阻力。试题达到“科学思维”核心素养中“模型建构”的“水平五”的要求:能将较复杂的实际问题中的对象和过程转换成物理模型。考点考点2 2动量守恒定律动量守恒定律1.(2020课标,15,6分)甲、乙两个物块在光滑水平桌
24、面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为()A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J答案答案A由图像可知甲物块碰前速度v甲=5 m/s,乙物块碰前速度v乙=1 m/s,甲物块碰后速度v甲=-1 m/s,乙物块碰后速度v乙=2 m/s。甲和乙碰撞过程中系统动量守恒,有m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲+m乙v乙,解得m乙=6 kg。碰撞过程中两物块损失的机械能E=m甲+m乙-m甲v甲2-m乙v乙2=3 J。故选A项。122v甲122v乙12122.(2020课标,21,6分)(多选)水平冰
25、面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为( )A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg答案答案BC物块每次与挡板碰撞后,挡板对物块的冲量I冲=mv0-m(-v0)=40 kgms-1,方向与运动员
26、退行方向相同,以此方向为正方向,以运动员和物块整体为研究对象,当物块撞击挡板7次后,7I冲=m人v7+mv0,v752 kg,当物块撞击挡板8次后,8I冲=m人v8+mv0,v85 m/s,得m人m。则h1和h2的关系为()A.h1h2 B.h1h2 C.h1=h2 D.无法确定答案答案C本题以小球在光滑圆弧槽上运动为情境,考查运动过程的动量及机械能相关知识。考查学生理解能力、提取信息能力,体现了模型建构、科学推理的素养要素。若给小球水平向右的初速度v0,地面光滑,所以小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒,有mv0=(m+M)v共,解得v共=,此时小球的重力势能最大,为mgh1=m-(m+
27、M),解得h1=;若给滑块水平向左的初速度v0,同理可得Mv0=(m+M)v共,解得v共=,小球的重力势能最大为mgh2=M-(m+M),解得h2=,即两种情况下小球上升的高度相等,h1=h2,C正确。0mvmM1220v122v共202()MvmM g0MvmM1220v122v共202()MvmM g4.(2020浙江宁波十校联考,11)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B,如图乙所示,物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则()A.A物体的质量为2mB.A物体
28、的质量为4mC.弹簧压缩量最大时的弹性势能为mD.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m 20v3220v答案答案D弹簧一端固定,当弹簧压缩量最大时,弹性势能最大,物体A的动能转化为弹簧的弹性势能,根据系统的机械能守恒得弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能,设A的质量为mA,即Epm=mA,当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时,A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动,当A、B速度相等时,弹簧的弹性势能最大,选取A的初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得mA2v0=(m+mA)v,由机械能守恒定律得Epm=mA(2v0)2-(mA+m)v2,联立得mA=3m、Epm=m,故A、B、C错误,D正确。
29、故选D。1220v12123220v5.(2019浙江温州中学期中)电影火星救援中,宇航员在太空中与飞船之间相距7.5 m,飞船无法实施救援活动,为了靠近飞船,男主角剪破自己的宇航服,反向喷出气体使自己飞向飞船。假设气体能以50 m/s的速度喷出,宇航员连同装备共100 kg,开始时宇航员和飞船保持相对静止,宇航员必须在100 s内到达飞船,喷出气体的质量至少为()A.0.1 kg B.0.15 kg C.0.2 kg D.0.25 kg答案答案B设宇航员反冲获得的速度为u,则u= m/s=0.075 m/s,设喷出气体的质量为m,宇航员连同装备的质量为M,喷出气体的过程系统动量守恒,以气体的
30、速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv-(M-m)u=0,解得m0.15 kg,故选B。xt7.5100二、非选择题(共30分)6.(2019浙江衢州第二中学期中)(10分)一质量为0.5 kg的小球从空中某高度由静止开始下落,该下落过程对应的图像如图所示。小球与水平地面碰撞后竖直反弹,离开地面时的速度大小为碰撞前的,该小球受到的空气阻力大小恒为f,小球与地面第一次碰撞的时间为t= s,取g=10 m/s2。求:(1)小球受到的空气阻力的大小;(2)小球第一次和地面碰撞过程中受到地面的平均作用力的大小(小球和地面碰撞过程中受到的空气阻力忽略不计)。 23112答案答案(1)2 N(2)35 N
31、解析解析(1)设小球第一次下落过程中的加速度大小为a1,由图像可知a1= m/s2=6 m/s2根据牛顿第二定律,得mg-f=ma1解得f=2 N(2)由题图知小球第一次到达地面时的速度大小为v1=3 m/s,设球第一次离开地面时的速度为v2,则有v2=2 m/s,球和地面碰撞过程中,设球受到地面的平均作用力大小为,设向下为正方向,由动量定理可得(mg-)t=-mv2-mv1解得=35 Nvt30.5FFF7.(2018浙江超级全能生联考,22)(10分)如图所示,间距为l=0.5 m的两条光滑平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成。倾角为=37的倾斜导轨处在磁感应强度大小为B1=2 T
32、、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场区域中,在导轨的上端接有一个阻值R0=1 的电阻,置于倾斜导轨上质量为m1、有效阻值R1=1 的金属棒ab的中部与一绝缘细绳相连,细绳上端固定在倾斜导轨的顶部,已知细绳所能承受的最大拉力为FTm=4 N。长度s=2 m的水平导轨处在磁感应强度大小为B2=1 T、方向竖直向下的匀强磁场区域中,在水平导轨和倾斜导轨的连接处有一质量m2=1 kg、有效阻值R2=1 的金属棒cd处于静止状态,现用一大小F=10 N且与金属棒垂直的水平恒力作用在金属棒cd上,使之水平向右加速运动,当金属棒cd刚好到达水平导轨末端时,与金属棒ab相连的细绳断裂,此时撤去力F,金属棒cd水平
33、飞出,并落在水平地面上,已知金属棒cd的落地点与水平导轨末端的水平距离x=2.4 m,水平导轨离地高度h=0.8 m,不计摩擦阻力和导轨电阻,两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度g=10 m/s2,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:(1)金属棒ab的质量m1;(2)金属棒cd在水平导轨上运动过程中,电阻R0上产生的焦耳热Q0;(3)金属棒cd在水平导轨上运动的时间t。答案答案(1)0.5 kg(2) J(3) s131930解析解析(1)金属棒cd水平飞出的过程中,由h=g,x=v1t得v1=6 m/s金属棒cd到达水平导轨末端时产生的感应电动势E=B2lv1回路总电
34、阻R=+R2=1.5 此时,对金属棒ab受力分析,有m1g sin +B1l=FTm解得m1=0.5 kg(2)设金属棒cd在水平导轨上运动过程中,回路中产生的总焦耳热为Q,由能量守恒定律得Fs=m2+Q1221t0101R RRR2ER1221v解得Q=2 J由串、并联电路的规律可得Q0=Q= J(3)金属棒cd在水平导轨上运动过程中,由动量定理得(F-B2l)t=m2v1且q=t=1613II2B lsR联立上述两式可得Ft-=m2v1解得t= s2 22B l sR19308.(2020浙江宁波十校联考,20)(10分)如图所示,在光滑水平桌面AB上静止着三个小滑块,滑块1与滑块3的质量
35、均为0.1 kg,滑块2的质量为0.2 kg,滑块1与滑块2之间压缩一轻弹簧(滑块与轻弹簧之间不拴接),A的左端固定着与AB相切的、半径为R的光滑竖直双半圆环轨道,孔径大小不计,滑块正好可以在其内部滑行;B的右端与一长L=0.7 m的水平传送带相连,传送带以速度v顺时针转动,滑块与传送带间的动摩擦因数=0.5。释放被压缩的弹簧,滑块1和滑块2被弹出,滑块2弹出时的速度v2=4 m/s(此时滑块1未与滑块3相碰),滑块1与滑块3相碰后粘在一起,进入双半圆环轨道,并恰好能过最高点F,滑块2经过水平传送带在C点水平抛出,落在水平地面上,落点为D,已知C点与水平地面的竖直距离为h=0.2 m,C点与D
36、点间的水平距离为x。g取10 m/s2,求:(1)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep;(2)滑块1和滑块3经过双半圆环轨道最低点A时对轨道的压力大小;(3)若传送带的速度取值范围为1 m/sv6 m/s,滑块2落点D与C点间水平距离x与传送带速度v之间满足的关系。答案答案(1)4.8 J(2)10 N(3)见解析解析解析本题涉及碰撞中的动量守恒,传送带之间的运动规律及平抛与圆周运动。考查学生通过审题提取信息的能力、理解能力,体现了模型建构、科学推理的素养要素。(1)释放被压缩的弹簧,滑块1、滑块2和弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒,则有m2v2-m1v1=0Ep=m2+m1解得被压缩的轻弹簧的弹性
37、势能Ep=4.8 Jv1=8 m/s(2)由题意可知,在双半圆环轨道最高点时,速度为0,在双半圆环轨道最低点A时,根据牛顿第二定律可得FN-(m1+m3)g=滑块1和滑块3从双半圆环轨道最低点到双半圆环轨道最高点的过程中,根据动能定理可得-(m1+m3)g2R=0-(m1+m3)联立解得FN=10 N根据牛顿第三定律可得滑块1和滑块3经过双半圆环轨道最低点A时对轨道的压力大小为10 N(3)滑块2离开水平传送带做平抛运动,则有1222v1221v2133()mm vR1223vh=gt2x=v0t 解得x=0.2v0若滑块2在水平传送带一直做匀加速直线运动,则有a=g-=2aL解得v5= m/
38、s1 m/s若水平传送带的速度在1 m/sv3 m/s时,滑块2在水平传送带一直做匀减速直线运动,则有滑块2离开水平传送带速度大小为v0=3 m/s可得x=0.6 m若水平传送带的速度在3 m/sv m/s时,滑块2离开水平传送带速度大小为v0=v可得x=0.2v(m)若水平传送带的速度在 m/sv6 m/s时,滑块2在水平传送带一直做匀加速直线运动,则有滑块2离开水平传送带速度大小为v0= m/s1225v22v232522v232323可得x= m2351.(2020 53原创)(多选)如图所示,水平光滑地面上停放着一辆小车,可认为小车由半径为R的光滑圆弧轨道AB和光滑水平轨道BC组成,两
39、轨道在B点相切,整个轨道处于同一竖直平面内。质量为m的小物块(可视为质点)从C点以水平速度v0向右滑上小车的水平轨道,然后冲上圆弧轨道。已知小车的总质量M=5m,重力加速度大小为g。不考虑空气阻力及小物块和圆弧轨道相互作用引起的能量损失。从小物块滑入小车至永远滑离小车过程,下列说法正确的有()A.全过程小物块与小车组成的系统动量守恒B.全过程小物块与小车组成的系统机械能守恒C.小物块从A点飞出后不能回到小车上D.小物块永远离开小车后小车的速度v车=v0 1413答案答案BD全过程小物块与小车组成的系统水平方向上不受外力,水平方向动量守恒,但在竖直方向上动量不是守恒的,故A错误;整个系统只有两物
40、体的动能和重力势能之间的转化,故机械能守恒,所以B正确;如果小物块初速度足够大,小物块将从A点飞离小车,飞离时小物块水平速度等于小车速度,最终还得从A点返回小车,故C错误;全过程水平方向动量守恒,机械能守恒,根据弹性碰撞模型不难计算小车的最终速度v车=v0,故D正确。132.(2020 53原创)如图所示是粒子散射图景。假设每一个粒子与原子核之间的相互作用过程都是孤立的,不受其他所有粒子的影响。下列说法正确的是()A.粒子与原子核组成的系统动量不守恒B.粒子与原子核组成的系统机械能守恒C.路径4中的粒子与原子核可视为对心正碰D.粒子与原子核之间的最小距离越小,散射偏转角就越大答案答案D因为粒子
41、与原子核之间的相互作用过程都是孤立的,不受其他所有粒子的影响,即组成的系统不受外力作用,动量守恒,故A错误;粒子与原子核都带正电,相互作用过程中机械能与电势能之间存在相互转化,机械能不守恒,故B错误;发生对心碰撞时,粒子将沿原来路径反弹,而不是大角度散射,故C错误;非对心碰撞时,会发生角度偏转,而不是沿原来路径反弹,而且发生偏转时粒子与原子核之间达到的最短距离越小,偏转角就越大,故D正确。3.(2020 53原创)(多选)如图所示,半径为R的光滑半圆形轨道固定在水平地面上,A、B是两个可视为质点的小球,B球静止于轨道上最低点,A球从图示位置由静止释放,然后与B球发生弹性碰撞,碰撞后A球被反向弹
42、回,且A、B球能达到相同最大高度。下列说法正确的有()A.以轨道最低点为零势能点,两球所达到的相同的最大高度为RB.B球的质量是A球质量的4倍C.偶数次碰撞后A球的速度为0D.两球总是在最低点发生碰撞14答案答案AD两球发生弹性碰撞,设碰前A球速度为v0,碰后A球、B球速度为vA、vB,A、B发生弹性碰撞,根据动量守恒得mAv0=mAvA+mBvB,根据机械能守恒得mA=mA+mB,碰后能达到相同的高度,可知碰后速度大小相等,再联立以上关系式可得vB=-vA=v0,然后根据功能关系,不难推断A正确;根据前面所得速度关系代入动量守恒关系式,不难推导B球的质量是A球质量的3倍,所以B错误;根据过程对称关系,偶数次碰撞后,A球速度大小为v0,故C错误;对运动过程分析可知,两球总是在最低点发生碰撞,故D正确。1220v122Av122Bv12
