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
2、撞前的速度减为零,动量变化量相同,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课标,21,6分)(多选)水平冰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
3、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 kg m s-1,方向与运动员退 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。
4、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。 1.(2017课标,14,6分)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大
5、小为600 m/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.30 kg m/s B.5.7102 kg m/s C.6.0102 kg m/s D.6.3102 kg m/s 考点考点2 2 动量守恒定律及其应用动量守恒定律及其应用 答案答案 A 本题考查了动量守恒定律,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。 火箭与喷出的燃气组成的系统在竖直方向上动量守恒。设喷气后火箭的动量为p,选竖直向上为 正方向,由动量守恒定律有:0=p-mv,则p=m
6、v=0.050600 kg m/s=30 kg m/s。 解题关键解题关键 本题燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略,火箭与喷出的燃气组成的系统,内力远大 于外力,所以系统在竖直方向上动量守恒,总动量为零。 2.(2020天津,11,16分)长为l的轻绳上端固定,下端系着质量为m1的小球A,处于静止状态。A受到一 个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动,恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时, 质量为m2的小球B与之迎面正碰,碰后A、B粘在一起,仍做圆周运动,并能通过圆周轨迹的最高 点。不计空气阻力,重力加速度为g,求 (1)A受到的水平瞬时冲量I的大小; (2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少
7、多大? 答案答案 (1)m1 (2) 5gl 2 12 2 5(2) 2 glmm m 解析解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点,此时轻绳的拉力刚好为零,设A在最高点时的速度大小 为v,由牛顿第二定律,有 m1g=m1 A从最低点到最高点的过程中机械能守恒,取轨迹最低点处重力势能为零,设A在最低点的速度大 小为vA,有 m1=m1v2+2m1gl 由动量定理,有 I=m1vA 联立式,得 I=m1 (2)设两球粘在一起时的速度大小为v,A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点,需满足 v=vA 要达到上述条件,碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同,以此方向为正方向,设B碰前瞬 间的速
8、度大小为vB,由动量守恒定律,有 m2vB-m1vA=(m1+m2)v 2 v l 1 2 2 A v 1 2 5gl 又Ek=m2 联立式,得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为 Ek= 1 2 2 B v 2 12 2 5(2) 2 glmm m 3.(2018课标,24,12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取 制动措施,但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向 前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg,两车与该 冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间
9、极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小 g=10 m/s2。求 (1)碰撞后的瞬间B车速度的大小; (2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。 答案答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s 解析解析 本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识。 (1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有 mBg=mBaB 式中是汽车与路面间的动摩擦因数。 设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB,碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有 v=2aBsB 联立式并利用题给数据得 vB=3.0 m/s (2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有 mAg=mAaA 设碰撞后
10、瞬间A车速度的大小为vA,碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有 v=2aAsA 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒,有 mAvA=mAvA+mBvB 联立式并利用题给数据得 vA=4.3 m/s 2 B 2 A 1.(2017海南单科,1,4分)光滑水平桌面上有P、Q两个物块,Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置 于P、Q之间,用外力缓慢压P、Q。撤去外力后,P、Q开始运动,P和Q的动量大小的比值为( ) A.n2 B.n C. D.1 1 n 以下为教师用书专用 答案答案 D 撤去外力后,系统不受外力,所以总动量守恒,设P的动量方向为正方向,则根据动量守恒 定律有pP
11、-pQ=0,可知pP=pQ,则动量之比为1,故选项D正确。 2.2019江苏单科,12(1)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 m M M m m mM M mM 答案答案 B 本题考查了动量守恒定律,考查的是学生对动量守恒定律适用条件的理解能力,体现了 科学思维中的科学推理要素及物理观念中的运动与相互作用观念要素。 忽略滑板与地面间摩擦时,小孩与滑板在水平方向上动量守恒:0=Mv+mv,解得v=-v,其中“-” 表示v与v方向相反
12、,故B正确。 M m 3.2020江苏单科,12(3)一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水,静止在水中。遇到危险时,它在极 短时间内把吸入的水向后全部喷出,以2 m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。 答案答案 28 m/s 解析解析 由动量守恒得mv-Mv=0 解得v=,代入数据得v=28 m/s Mv m 4.(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=2 kg、mB=1 kg。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=1.8 m(未触及滑轮),然后由
13、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=10 m/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。 答案答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m 解析解析 本题考查自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律。 (1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有 h=gt2 代入数据解得 t=0.6 s (2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有 vB=gt 细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得 mBvB=(mA
14、+mB)v 之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度,联立式,代入数据解得 v=2 m/s (3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中A、B 组成的系统机械能守恒,有 (mA+mB)v2+mBgH=mAgH 代入数据解得 1 2 1 2 H=0.6 m 规律总结规律总结 完全非弹性碰撞 细绳绷直的瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A和B组成的系统动量守恒。此过程属于“绷紧” 模型,可与子弹打入物块并留在其中的碰撞模型归纳为同一个类型,都属于完全非弹性碰撞。 1.(2020课标,15,6分)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线
15、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 考点考点3 3 动量与能量的综合应用动量与能量的综合应用 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。 1 2 2
16、v甲 1 2 2 v乙 1 2 1 2 2.(2019课标,25,20分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连 接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示。t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下 滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速 度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图(b)所示,图 中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空 气阻力。 (1)求物块B的质量; (2)在图(b)所描述的整个运动过程中
17、,求物块A克服摩擦力所做的功; (3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦 因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。 图(a) 图(b) 解析解析 (1)根据图(b),v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块 B的质量为m,碰撞后瞬间的速度大小为v。由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1=m+mv m=m+mv2 联立式得 m=3m (2)在图(b)所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为s 1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度
18、为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定 理有 mgH-fs1=m-0 -(fs2+mgh)=0-m 1 2 v 1 - 2 v 1 2 2 1 v 1 2 2 1 1 - 2 v 1 2 1 2 2 1 v 1 2 2 1 - 2 v 答案答案 (1)3m (2)mgH (3) 2 15 11 9 s2= (1.4t1-t1) 由几何关系可得 = 物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W=fs1+fs2 联立式可得 W=mgH (3)设倾斜轨道倾角为,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为,有 W=mg cos 1 2 1 2 v 2 1 s s h H 2 15 sin Hh 从图(
19、b)所给出的v-t图线可知 s1=v1t1 1 2 = 11 9 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s,由动能定理有 -mgs=0-mv2 设改变后的动摩擦因数为,由动能定理有 mgh-mg cos -mgs=0 联立 式可得 1 2 sin h 评分标准评分标准 各1分; 各2分。 一题多解一题多解 用牛顿运动定律的观点求解 (2)物体沿斜面下滑过程: mg sin -f=ma1(1分) a1=(0.5分) s1=v1t1(0.5分) Wf1=fs1(0.5分) 物体沿斜面上滑过程: mg sin +f=ma2(1分) a2=(0.5分) s2=v10.4t1(0.5分) Wf2=fs2(
20、0.5分) 又:H=s1sin (1分) 联立可得W=Wf1+Wf2=mgH(2分) 1 1 v t 1 2 1 1 1 2 0.4 v t 1 2 1 2 2 15 3.(2019课标,25,20分)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg;两者 之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示。某时刻,将压缩的微型 弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后,A沿着与墙壁垂直的方向 向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为=0.20。重力加速度取g=10 m/s2。A、B运动过程 中所涉
21、及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。 (1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小; (2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少? (3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少? 答案答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)B先停 0.50 m (3)0.91 m 解析解析 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正,由动量守恒定律和题给条件 有 0=mAvA-mBvB Ek=mA+mB 联立式并代入题给数据得 vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s (2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a。假设
22、A和B 发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止 所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有 mBa=mBg sB=vBt-at2 vB-at=0 在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,所以无论此 碰撞是否发生,A在时间t内的路程sA都可表示为 sA=vAt-at2 1 2 2 A v 1 2 2 B v 1 2 1 2 联立式并代入题给数据得 sA=1.75 m,sB=0.25 m sAl且sA-sB2l,这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边0. 25 m处。B位
23、于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为 s=0.25 m+0.25 m=0.50 m (3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为vA,由动能定理有 mAvA2-mA=-mAg(2l+sB) 联立式并代入题给数据得 vA= m/s 故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB,由动量守恒定律与机械能守恒定律 有 mA(-vA)=mAvA+mBvB mAvA2=mAvA2+mBvB2 联立 式并代入题给数据得 vA= m/s,vB=- m/s 1 2 1 2 2 A v 7 1 2 1 2 1 2 3 7 5 2 7 5 这表明碰撞后A将向右运
24、动,B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA时停止,B向左运动距 离为sB时停止,由运动学公式有 2asA=vA2,2asB=vB2 根据 式及题给数据得 sA=0.63 m,sB=0.28 m sA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离 s=sA+sB=0.91 m 4.(2018课标,24,12分)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度 为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直 方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求 (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过
25、的时间; (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 答案答案 (1) (2) 1 g 2E m 2E mg 解析解析 (1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有 E=m 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有 0-v0=-gt 联立式得 t= (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有 E=mgh1 火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条 件和动量守恒定律有 m+m=E mv1+mv2=0 由式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运 动部分继续上升
26、的高度为h2,由机械能守恒定律有 1 2 2 0 v 1 g 2E m 1 4 2 1 v 1 4 2 2 v 1 2 1 2 m=mgh2 联立式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h=h1+h2= 1 4 2 1 v 1 2 2E mg 素养考查素养考查 本题考查了竖直上抛运动、动量守恒定律、能量守恒定律知识,以及理解能力、推理 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、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。 5.(2019海南单科,13,10分)如图,用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点:初始时,轻绳处于
27、水平拉直状 态。现将a由静止释放,当物块a下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰 撞时间极短),碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为 ,重力加速度大小为g。求: (1)碰撞后瞬间物块b速度的大小; (2)轻绳的长度。 解析解析 (1)设a的质量为m,则b的质量为3m 碰撞后b滑行过程,根据动能定理得 -3mgs=0-3m 解得碰撞后瞬间物块b速度的大小vb= (2)对于a、b碰撞过程,取水平向左为正方向,根据动量守恒定律得 mv0=mva+3mvb 根据机械能守恒得m=m+3m 设轻绳的长度为L,对于a下摆的过程,根据机械能守恒得
28、 mgL=m 联立解得L=4s 1 2 2 b v 2gs 1 2 2 0 v 1 2 2 a v 1 2 2 b v 1 2 2 0 v 素养考查素养考查 本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理知识,以及理解能力、推理能 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、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。 答案答案 (1) (2)4s 2gs 6.2016课标,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 3 m/
29、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=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已 知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力 加速度的大小g=10 m/s2。 ()求斜面体的质量; ()通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩? 答案答案 见解析 解析解析 ()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)v m2=(m2+m3)v2+m2gh 式中v20=-3 m/s为冰
30、块推出时的速度。联立式并代入题给数据得 m3=20 kg ()设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有 m1v1+m2v20=0 代入数据得 v1=1 m/s 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+m3v3 m2=m2+m3 1 2 2 20 v 1 2 1 2 2 20 v 1 2 2 2 v 1 2 2 3 v 联立式并代入数据得 v2=1 m/s 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。 解题思路解题思路 光滑冰面无摩擦力,可考虑用动量守恒定律求解;小孩与冰块相互作用过程中动
31、量守恒;因斜面体的表面光滑,则冰块与斜面体相互作用过程中机械能守恒,水平方向动量守 恒。 7.2016课标,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m。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。 3 4 答案答案 mgl 即 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1。由能量守恒有 m=m+mgl 设在a、b碰撞后的瞬间,a、b的速度大小分别为v1、v2,由动量守恒
32、和能量守恒有 mv1=mv1+v2 m=mv+v 联立式解得v2=v1 由题意,b没有与墙发生碰撞,由功能关系可知 vgl 联立式,可得 1 2 2 0 v 2 0 2 v gl 1 2 2 0 v 1 2 2 1 v 3 4 m 1 2 2 1 v 1 2 2 1 1 2 3 4 m 2 2 8 7 1 2 3 4 m 2 2 3 4 m 2 0 32 113 v gl 联立式,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件为 L,说明铁块在没有与平板小车达到共速时就滑出平板小车,所以小铁块在 平板小车上运动过程中系统损失的机械能为E=2mgL=9 J,故C错误,D正确。 1 2 2 1 v 1
33、 2 2 0 v 12 -v v g 21 2 vv14 2 2 2 v1 2 B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间:60分钟 分值:100分) 一、选择题(每小题8分,共64分) 1.(2020河北张家口摸底,5)一质点静止在光滑水平面上。现对其施加水平外力F,F随时间t按正弦 规律变化,如图所示,下列说法正确的是( ) A.第2 s末,质点的动量为0 B.第2 s末,质点距离出发点最远 C.在02 s内,F的功率先增大后减小 D.在02 s内,F的冲量为0 答案答案 C 本题考查了动量定理、功率、F-t图像的相关知识。考查了理解能力、推理论证能 力、模型建构能力。体现了物理观念中运
34、动与相互作用观念、能量观念。突出对综合性、应用 性的考查要求。 由图线可知,在02 s内,质点做加速度先增大后减小的变加速运动,在第2 s末,质点的速度达到最 大,动量达到最大,故A错误;在24 s内,质点做加速度先增大后减小的变减速运动,速度逐渐减小,4 s末F的总冲量为零,质点的速度减为零,此时质点距离出发点最远,故B错误;在02 s内,F先增大后 减小,而速度逐渐增大,第2 s末,质点受力F=0,由P=Fv知,F的功率先增大后减小,故C正确;在02 s 内,F的冲量为图线与时间轴所围“面积”,为一定的数值,故D错误。故选C项。 2.(2020福建南平一模,7)如图所示,表面光滑的楔形物块
35、ABC固定在水平地面上,ABCACB,质 量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程 中,正确的是( ) A.两物块所受重力冲量相同 B.两物块的动量改变量相同 C.两物块的动能改变量相同 D.两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同 答案答案 C 题目考查了冲量、动量定理、动能定理、瞬时功率的相关知识。体现了物理观念中 运动与相互作用观念、能量观念。体现了科学思维中科学推理、科学论证要素。突出对综合 性、应用性的考查要求。 设斜面倾角为,则物块在斜面上的加速度为a=g sin ,设斜面高度为h,则物块在斜面上滑行的时间 t=。由ABCmg),弹簧的弹
36、性势能为E,撤去力F后,下列说法正确的是( ) A.当A速度最大时,弹簧仍处于压缩状态 B.弹簧恢复到原长的过程中,弹簧弹力对A、B的冲量相同 C.当B开始运动时,A的速度大小为 D.全过程中,A上升的最大高度为+ - E mgF g mk 4 E mg 3() 4 mgF k 答案答案 AD 由题意可知当A受力平衡时速度最大,此时弹簧弹力大小等于重力大小,弹簧处于压 缩状态,故A项正确;由于冲量是矢量,而弹簧弹力对A、B的冲量方向相反,故B项错误;设弹簧恢复 到原长时A的速度为v,绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1,A、B共同上升的最大高度为h,A上升的最 大高度为H,弹簧恢复到原长的过程中根
37、据能量守恒得E=mg+mv2,绳子绷紧瞬间根据动量 守恒定律得mv=2mv1,A、B共同上升的过程中据能量守恒可得(m+m)=(m+m)gh,H=h+,可 得B开始运动时A的速度大小为,A上升的最大高度为+,故C项错误,D 项正确。故选A、D项。 mgF k 1 2 1 2 2 1 v mgF k - 22 EmgF g mk 4 E mg 3() 4 mgF k 7.(2020河北冀州中学期中,14)(多选)如图所示,A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑 的足够长的杆上,三个球的质量分别为mA=2 kg,mB=3 kg,mC=1 kg,初状态三个小球均静止,B、C球之 间连着一根轻
38、质弹簧,弹簧处于原长状态。现给A一个向左的初速度v0=10 m/s,A、B碰后A球的速 度变为向右,大小为2 m/s,下列说法正确的是( ) A.球A和B的碰撞是弹性碰撞 B.球A和B碰后,球B的最小速度可为0 C.球A和B碰后,弹簧的最大弹性势能可以达到96 J D.球A和B碰后,弹簧恢复原长时球C的速度可能为12 m/s 答案答案 AD 本题考查了动量守恒、机械能守恒的相关知识。体现了物理观念中运动与相互作用 观念、能量观念。体现了科学思维中模型建构、科学推理、科学论证要素。突出对综合性、应 用性的考查要求。 A、B两球碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得mAv0=mAv
39、A+mBvB,解得vB=8 m/ s,碰撞前系统总动能Ek=mA=2102 J=100 J,碰撞后系统总动能Ek=mA+mB=2(-2)2 J+382 J=100 J,碰撞过程机械能不变,机械能守恒,碰撞是弹性碰撞,故A正确;A、B碰撞后,B、C 组成的系统水平方向动量守恒,弹簧恢复原长时B的速度最小,C的速度最大,以向左为正方向,从碰 撞后到弹簧恢复原长过程,在水平方向,由动量守恒定律得mBvB=mBvB+mCvC,由机械能守恒定律得 mB=mBvB2+mC,解得vB=4 m/s,vC=12 m/s(弹簧恢复原长时C的速度最大,vB=8 m/s,vC=0 m/s不 符合实际,舍去),由此可知
40、,弹簧恢复原长时C的速度为12 m/s,B的最小速度为4 m/s,故B错误,D正 确;B、C速度相等时弹簧伸长量最大,弹性势能最大,B、C系统在水平方向动量守恒,以向左为正 方向,在水平方向,由动量守恒定律得mBvB=(mB+mC)v同,由机械能守恒定律得:mB=(mB+mC)+ Ep,解得弹簧的最大弹性势能Ep=24 J,故C错误。故选A、D项。 1 2 2 0 v 1 2 1 2 2 A v 1 2 2 B v 1 2 1 2 1 2 2 B v 1 2 1 2 2 C v 1 2 2 B v 1 2 2 v同 8.(2019河北精英中学二调,15)(多选)如图所示,质量m=245 g的物
41、块(可视为质点)放在质量M=0.5 kg的木板左端,木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数=0.4,质量m0=5 g的子弹以 速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),物块最后恰好没有滑离木板,取g=10 m/s2,则在整个过程中( ) A.物块的最大速度为6 m/s B.木板的最大速度为3 m/s C.物块相对于木板滑行的时间为0.75 s D.木板的长度为3 m 答案答案 AD 题目以子弹打物块为背景,考查了动量守恒的相关知识。体现了物理观念中运动与 相互作用观念、能量观念。体现了科学思维中模型建构、科学论证要素。突出对综合性、应用 性的考查要求。 子弹射
42、入物块,由动量守恒可得,子弹射入物块后两者的共同速度v=6 m/s,之后,物块受到 摩擦力做减速运动,木板受到摩擦力做加速运动,直到物块到达木板右端时,两者达到共同速度,故 物块的最大速度为6 m/s,故A正确;物块(含子弹)在木板上滑行时,整体所受的合外力为零,故动量 守恒,那么共同速度v=2 m/s,所以木板的最大速度为2 m/s,故B错误;物块在木板上滑行 时所受合外力等于摩擦力,故物块做加速度大小为a=g=4 m/s2的匀减速直线运动,所以,物块相对 于木板滑行的时间t=1 s,故C错误;物块在木板上滑行时,木板做加速度大小为a=2 m/s2的匀加速直线运动,所以木板的长度L=-=3
43、m,故D正确。故选A、D。 00 0 m v mm 0 0 ()mm v mmM - v v a 0 () mm g M 22 - 2 v v a 2 -0 2 v a 9.(2020海南海口四中月考,14)用如图1所示装置通过半径相同的A、B两球碰撞来验证动量守恒定 律,实验时先使质量为mA的A球从斜槽上某一固定点G由静止开始滚下,落到位于水平地面上的记 录纸上,留下痕迹,重复上述操作10次,得到10个落点痕迹。把质量为mB的B球放在水平槽上靠近槽 末端的地方,让A球仍从位置G由静止开始滚下,和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的 落点痕迹,重复这种操作10次,得到了如图2所示的三个
44、落地范围。 图1 图2 二、实验题(6分) (1)请在图2中读出OP= cm; (2)由题可以判断出R是 球的落地点,Q是 球的落地点。 (3)为了验证碰撞前后动量守恒,该同学只需验证表达式 即可。 答案答案 (1)17.5(2分) (2)B(1分) A(1分) (3)mA OQ=mA OP+mB OR(2分) 解析解析 (1)用最小的圆将P处的各点圈起,其圆心处即P点的准确位置,从图中读出OP=17.5 cm。 (2)A与B相撞后,B的速度增大,A的速度减小,不发生碰撞的A球与发生碰撞的A、B两球都做平抛运 动,高度相同,落地时间相同,所以Q点是没有碰撞时A球的落地点,R是碰后B的落地点,P
45、是碰后A的 落地点。 (3)两小球从同一高度开始下落,故下落的时间相同,根据动量守恒定律可得mAv0=mAv1+mBv2 则有mAv0t=mAv1t+mBv2t 即mA OQ=mA OP+mB OR 10.(2020福建质检,24)(12分)第24届冬奥会将于2022年在北京和张家口举行,冰壶是比赛项目之 一。如图甲,蓝壶静止在大本营圆心O处,红壶推出后经过P点沿直线向蓝壶滑去,滑行一段距离后, 队员在红壶前方开始不断刷冰,直至两壶发生正碰为止。已知,红壶经过P点时速度v0=3.25 m /s,P、O两点相距L=27 m,大本营半径R=1.83 m,从红壶进入刷冰区域后某时刻开始,两壶正碰前后
46、 的v-t图线如图乙所示。假设在未刷冰区域内两壶与冰面间的动摩擦因数恒定且相同,红壶进入刷 冰区域内与冰面间的动摩擦因数变小且恒定,两壶质量相等且均视为质点。 甲 乙 三、计算题(共30分) (1)试计算说明碰后蓝壶是否会滑出大本营; (2)求在刷冰区域内红壶滑行的距离s。 答案答案 (1)见解析 (2)15 m 解析解析 (1)设冰壶的质量为m,碰撞前、后瞬间红壶、蓝壶的速度分别为v1、0和v1、v2,由图乙可得 v1=1.25 m/s、v1=0.25 m/s,由动量守恒定律得 mv1=mv1+mv2(2分) 设碰后蓝壶滑行距离为s1,红壶、蓝壶的加速度大小均为a1 s1=(1分) a1=0
47、.25 m/s2(1分) 由及图乙信息得 s1=2.00 mR=1.83 m(1分) 故会滑出(1分) (2)设在不刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为f1 f1=ma1(1分) 由图乙可得t=0时红壶的速度v0=1.35 m/s,设在刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为f2,加速度大小为 a2 f2=ma2(1分) a2=0.10 m/s2(1分) 2 2 1 2 v a 1 |0- | v t 10 | - | v v t 在红壶经过P点到与蓝壶发生正碰前的过程中,由动能定理得 -f1(L-s)-f2s=m-m(2分) 由式及代入数据得 s=15 m(1分) 1 2 2 1 v 1 2 2 0 v 11.(2020福建厦门质检,25)(18分)如图所示,一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置,上、下两端各 固定质量均为M的物体A和B(均视为质点),物体B置于水平地面上,整个装置处于静止状态。一个 质量m1=的小球P从物体A正上方距其高度h处由静止自由下落,与物体A发生碰撞(碰撞时间极 短),碰后A和P粘在一起共同运动,不计空气阻力,重力加速度为g。 (1)求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小; (2)当地面对物体B的弹力恰好为零时,求P和A的共
