第一章测评
(满分:100分)
一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)
1.下列说法正确的是( )
A.牛顿第二定律可表述为物体动量的变化率等于它受的合外力
B.一个恒力对物体做功为零,则其冲量也为零
C.建筑工人戴的安全帽内有帆布垫,把头和帽子的外壳隔开一定的空间是为了减小冲量
D.玻璃杯掉在水泥地上易碎,是因为受到的冲量太大
2.如图所示,摩天轮以角速度ω做匀速圆周运动,吊篮内的游客随摩天轮做半径为R的匀速圆周运动,游客的质量为m,重力加速度为g,则游客从最高点到最低点的过程中( )
A.重力的冲量大小为mRω B.重力的冲量大小为2mRω
C.重力的冲量大小为 D.重力的冲量大小为
3.(2024安徽合肥月考)篮球比赛中,质量为m的篮球以大小为v1的速度水平撞击竖直篮板后,被篮板水平弹回,速度大小变为v2,已知v2
B.撞击时篮板受到篮球作用力的冲量为零
C.撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量守恒
D.撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒
4.蹦床是一项技术含量很高的体育运动,如图所示,比赛中运动员从空中最高点O自由下落,接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C。B点为运动员最终静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力,运动员从最高点下落到最低点的过程中,运动员在( )
A.OA段动量守恒
B.AC段的动量变化量等于AC段弹力的冲量
C.B点的动量为零
D.OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小
5.质量为0.1 kg的物体静止在水平地面上,从0时刻开始受到竖直向上的拉力F的作用,F随时间t的变化情况如图乙所示,g取10 m/s2,则物体9 s末的速度为( )
A.135 m/s B.130 m/s
C.50 m/s D.45 m/s
6.某无人机竖直向上搬运货物的示意图如图所示,无人机从静止开始先匀加速上升,功率逐渐增加到额定功率,再变加速上升,最后匀速上升,已知该无人机额定功率为500 W,质量为3 kg,搬运货物7 kg,g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.无人机搬运货物匀加速上升的末速度为5 m/s
B.无人机搬运货物匀速上升的速度为10 m/s
C.货物从静止到匀速运动时动量的变化量为35 kg·m/s
D.货物从静止到匀速运动时动量的变化量为50 kg·m/s
7.如图所示,质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上,质量为m球=3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时,给小球一个水平冲量I,小球摆起的最大高度为h1(h1
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。)
8.如图所示,某同学进行足球颠球训练,足球被脚面反弹出去后竖直向上运动,一段时间后又落回到脚面上,足球离开脚面和落回脚面时脚面离地面的高度相同,设整个运动过程中足球受到的空气阻力大小不变。下列说法正确的是( )
A.足球从离开脚面到落回脚面的过程中,重力做的功为零
B.足球上升到最高点的时间大于从最高点落回脚面的时间
C.足球在上升阶段重力的冲量小于下降阶段重力的冲量
D.足球上升阶段动量变化量的大小小于下降阶段动量变化量的大小
9.(2024山东聊城质检)质量为m的小球A,沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰,碰撞后A球的动能变为原来的,那么小球B的速度可能是( )
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
10.用不可伸长的细线悬挂一质量为m'的木块,木块静止,如图所示。现有一质量为m(m m')的子弹自左向右水平射向木块,并停留在木块中,子弹初速度为v0,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
B.子弹射入木块瞬间动量守恒,故子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度为
C.忽略空气阻力,子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒,其机械能等于子弹射入木块前的动能
D.子弹和木块一起上升的最大高度为
三、非选择题(本题共5小题,共54分。)
11.(6分)如图甲所示,某实验小组采用常规方案验证动量守恒定律。实验完成后,该小组又把水平木板改为竖直木板再次实验,如图乙所示。图中小球半径均相同、质量均已知,且mA>mB,B、B'两点在同一水平线上。
(1)若采用图甲所示的装置,实验中还必须测量的物理量是 。
(2)若采用图乙所示的装置,下列说法正确的是 。
A.必须测量BN、BP和BM的长度
B.必须测量B'N、B'P和B'M的长度
C.若,则表明此碰撞动量守恒
D.若,则表明此碰撞动量守恒
12.(9分)某同学用如图所示的装置来“验证动量守恒定律”,在气垫导轨右端固定一弹簧,滑块b的右端有黏性强的物质。图中滑块a和挡光片的总质量为m1=0.310 kg,滑块b的质量为m2=0.108 kg。
实验步骤如下:
①开动气泵,调节气垫导轨,轻推滑块,当滑块上的挡光片经过两个光电门的挡光时间 时,可认为气垫导轨水平;
②将滑块b置于两光电门之间,将滑块a置于光电门1的右侧,然后推动滑块a水平压缩弹簧,撤去外力后,滑块a在弹簧弹力的作用下向左弹射出去,通过光电门1后继续向左滑动并与滑块b发生碰撞;
③两滑块碰撞后合在一起向左运动,并通过光电门2;
④实验后,分别记录下滑块a的挡光片通过光电门1的时间t1,两滑块一起运动时挡光片通过光电门2的时间t2。
(1)完成实验步骤①中所缺少的内容。
(2)设挡光片通过光电门的时间为Δt,挡光片的宽度为d,则滑块通过光电门的速度可表示为v= (用d、Δt表示)。
(3)实验前测得挡光片的宽度d=1.00 cm,实验中测得滑块a经过光电门1的速度为v1=2.00 m/s,两滑块经过光电门2的时间t2=6.85 ms,将两滑块和挡光片看成一个系统,则系统在两滑块相互作用前、后的总动量分别为p1= kg·m/s,p2= kg·m/s(结果均保留3位小数)。实验允许的相对误差绝对值×100%最大为5%,本实验的相对误差为 (结果保留两位有效数字)。
13.(10分)如图所示,甲、乙两名航天员正在离静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0=2 m/s的速度相向运动,甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为m1=90 kg,乙和他的装备总质量为m2=135 kg,为了避免直接相撞,乙从自己的装备中取出一质量为m=45 kg的物体A推向甲,甲迅速接住A后不再松开,此后甲、乙两航天员在空间站外做相对距离不变的同向运动,且安全“飘”向空间站。
(1)乙要以多大的速度v将物体A推出;
(2)设甲与物体A作用时间为t=0.5 s,求甲与物体A的相互作用力F的大小。
14.(13分)如图所示,物块A、B的质量均为m=0.10 kg,B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞,碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h=0.45 m,两物块落地点距离轨道末端的水平距离为x=0.30 m,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)两物块在空中运动的时间t;
(2)两物块碰前A的速度v0的大小;
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
15.(16分)如图所示,虚线OO1左侧的水平地面粗糙,右侧的水平地面光滑,在虚线左侧20 m处静止着一质量m=1 kg的物块A,在虚线右侧静止放置质量m'=3 kg、长度为L=2.4 m的长木板B,B的右端静止放置着另一质量为m0的小物块C,现给A一水平向右、大小为v0=12 m/s的初速度,一段时间后A与B发生弹性碰撞,已知A与OO1左侧地面间的动摩擦因数为μ1=0.2,C与B间的动摩擦因数为μ2=0.25,重力加速度g取10 m/s2,A、C均可视为质点。
(1)求A与B发生碰撞后,B速度的大小;
(2)若最终C恰好未滑离B,求C的质量;
(3)求碰撞后B、C损失的机械能。
参考答案
第一章测评
1.A 根据F=可把牛顿第二定律表述为物体动量的变化率等于它受的合外力,故A正确;一个恒力对物体做功为零,则其冲量不为零,如用力推一个箱子,没有推动,力对箱子做功为零,根据I=Ft,可知推力对箱子的冲量不为零,故B错误;由Δp=FΔt可知,动量变化量相等时,作用时间Δt越长,力F越小,因此建筑工人戴的安全帽内的帆布垫,把头和帽子外壳隔开一定空间,是为了延长作用时间以减小作用力,故C错误;由Δp=FΔt可知,玻璃杯掉在水泥地上,作用时间Δt短,作用力F大,易碎,故D错误。
2.C 游客从最高点到最低点运动的时间t=,因此重力的冲量大小为I=mgt=,A、B、D错误,C正确。
3.A 以篮球被弹回的方向为正方向,则由动量定理可知,撞击时篮球受到篮板作用力的冲量大小为I=mv2-(-mv1)=m(v1+v2),撞击时篮板受到篮球作用力的冲量与其大小相等,方向相反,A正确,B错误;撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不为零,则系统的动量不守恒,C错误;撞击过程中篮球的动能减小,则篮球和篮板组成的系统机械能减小,D错误。
4.D 忽略空气阻力,运动员在OA段只受重力,则合外力不为零,动量增大,故A错误;忽略空气阻力,运动员在AC段受重力和弹力,根据动量定理可知,运动员在AC段的动量变化量等于所受重力和弹力的冲量的矢量和,故B错误;运动员在B点时,加速度等于零,速度不为零,动量不为零,故C错误;对全过程应用动量定理可知IG+IF=0,则OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小,方向相反,故D正确。
5.C 物体在t=1 s时刻F=1 N=mg,则1 s后物体将向上运动,则对物体在1~9 s时间内,由动量定理IF-mgt=mv,其中t=8 s,且1~9 s内力F的冲量IF= N·s=13 N·s,代入解得v=50 m/s,故C正确。
6.C 无人机搬运货物匀速上升时的速度最大,为vm==5 m/s,匀加速上升的末速度一定小于5 m/s,A、B错误;货物从静止到匀速运动时动量的变化量为Δp=mvm-0=7×5 kg·m/s=35 kg·m/s,C正确,D错误。
7.B 滑环固定时,设小球获得冲量I后对应的初速度为v0,根据机械能守恒定律,有m球=m球gh1,解得h1=;滑环不固定时、小球初速度仍为v0,在小球摆起最大高度h2时,它们速度都为v,在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒,水平方向动量守恒,则m球v0=(m+m球)v,m球(m+m球)v2+m球gh2,由以上各式可得h2=,则h1∶h2=4∶1,故B正确。
8.AC 重力做功与路径无关,只与初末位置的高度差有关,足球从离开脚面到落回脚面的过程中,重力做的功为零,故A正确;足球在上升阶段做匀减速直线运动,可以看成方向向下的初速度为0的匀加速直线运动,足球受重力和向下的阻力;足球在下降阶段做初速度为0的匀加速直线运动,足球受重力和向上的阻力,所以上升阶段的加速度大于下降阶段的加速度,由h=at2可知,足球上升到最高点的时间小于从最高点落回脚面的时间,在上升阶段重力的冲量小于下降阶段重力的冲量,故B错误,C正确;由v2=2ah可知,足球离开脚面的初速度大于落回脚面的末速度,由Δp=mΔv,所以足球上升阶段动量变化量的大小大于下降阶段动量变化量的大小,故D错误。
9.AB 根据Ek=mv2,碰撞后A球的动能变为原来的,则A球的速度变为vA'=±v0,正、负表示方向有两种可能,当vA'=v0时,vA'与v0同向,有mv0=mv0+2mvB,解得vB=v0;当vA'=-v0时,vA'与v0反向,有mv0=-mv0+2mvB,解得vB=v0;故A、B正确。
10.BD 从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段,子弹射入木块的瞬间系统动量守恒,但机械能不守恒,有部分机械能转化为系统内能,之后子弹在木块中与木块一起上升,该过程只有重力做功,机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能,故A、C错误;规定向右为正方向,由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可知mv0=(m+m')v',所以子弹射入木块后瞬间的共同速度为v'=,故B正确;之后子弹和木块一起上升,该阶段根据机械能守恒定律得(m'+m)v'2=(m'+m)gh,可得上升的最大高度为h=,故D正确。
11.解析 (1)如果采用题图甲所示装置,由于小球平抛运动的时间相等,故可以用水平位移代替速度进行验证,故需要测量OC、OD和OE的长度。
(2)采用题图乙所示装置时,利用水平距离相等,根据下落的高度可确定飞行时间,根据高度表示出对应的水平速度,故需测量B'N、B'P和B'M的长度,故选项B正确;小球碰后做平抛运动,由vP==x知,速度越大,下落高度越小,不放被碰小球时,落点为P,放被碰小球后,两球相碰,落点分别为M和N,根据动量守恒定律有mAv=mAv1+mBv2,其中v=,v1=,v2=,代入上式有,故选项C正确。
答案 (1)OM、OP和ON的长度
(2)BC
12.解析 (1)在步骤①中气垫导轨安装时应保持水平状态,滑块在轨道上应做匀速直线运动,故滑块上的挡光片通过两光电门的时间相等。
(2)由于挡光片的宽度比较小,故挡光片通过光电门的时间比较短,因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度,故滑块通过光电门的速度可表示为v=。
(3)两滑块相互作用前系统的总动量为
p1=m1v1=0.310×2.00 kg·m/s=0.620 kg·m/s
两滑块通过光电门2时的速度为
v2= m/s=1.46 m/s
故两滑块相互作用后系统的总动量为
p2=(m1+m2)v2=0.610 kg·m/s
本实验的相对误差为
×100%=×100%=1.6%。
答案 (1)相等
(2)
(3)0.620 0.610 1.6%
13.解析 (1)规定水平向左为正方向,设甲、乙两航天员最终的速度大小均为v1,方向向左。对甲、乙及其装备组成的系统根据动量守恒定律可得
m2v0-m1v0=(m1+m2)v1
对乙及其装备组成的系统,根据动量守恒定律可得
m2v0=(m2-m)v1+mv
联立解得v=5.2 m/s,v1=0.4 m/s。
(2)对甲根据动量定理有
Ft=m1v1-m1(-v0)
解得F=432 N。
答案 (1)5.2 m/s
(2)432 N
14.解析 (1)两物块碰撞后,竖直方向的运动为自由落体运动,则有h=gt2
解得t=0.30 s。
(2)设A、B碰后瞬间的速度为v,水平方向的运动为匀速运动,则有x=vt
解得v=1.0 m/s
根据动量守恒定律有mv0=2mv
解得v0=2.0 m/s。
(3)根据能量守恒定律可得,两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE=×2mv2
解得ΔE=0.10 J。
答案 (1)0.30 s
(2)2.0 m/s
(3)0.10 J
15.解析 (1)选A为研究对象,在OO1左侧运动阶段,设A与B碰撞前A的速度为v
由运动学公式有
v2=-2a1x
由牛顿第二定律可知μ1mg=ma1
联立解得v=8 m/s
A与B发生弹性碰撞的瞬间,C的速度未发生变化,则碰撞过程中A和B组成的系统动量守恒、机械能守恒,有
mv=mv1+m'v2
mv2=m'
解得B的速度大小为v2==4 m/s。
(2)对B与C,根据动量守恒定律和能量守恒定律可知m'v2=(m0+m')v3
μ2m0gL=m'(m0+m')
解得m0=1 kg。
(3)碰撞后B、C损失的机械能为
ΔE=m'(m'+m0)=μ2m0gL=6 J。
答案 (1)4 m/s
(2)1 kg
(3)6 J01
分层作业1 动量
A组必备知识基础练
题组一 寻求碰撞中的不变量
1.(多选)(2024江苏徐州高二月考)在利用摆球测量小球碰撞前后的速度的实验中,下列说法正确的是 ( )
A.悬挂两球的细线长度要适当,且两细线等长
B.由静止释放小球以便较准确地计算小球碰撞前的速度
C.两小球必须都是刚性球,且质量相同
D.两小球碰后可以粘在一起共同运动
2.(多选)(2024浙江湖州高二月考)某同学利用如图所示的光电门和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验,下列说法正确的是( )
A.滑块的质量用天平测量
B.挡光片的宽度用刻度尺测量
C.挡光片通过光电门的时间用秒表测量
D.挡光片通过光电门的时间用打点计时器测量
3.(2024安徽合肥高二期末)某同学采用如图所示的装置探究碰撞中的不变量,把两个小球用等长的细线悬挂于同一点,让B球静止,拉起A球,由静止释放后使它们相碰,碰后粘在一起。实验过程中除了要测量A球被拉起的角度θ1和两球碰撞后摆起的最大角度θ2之外,还需测量 (写出物理量的名称和符号)才能进行验证。用测量的物理量表示碰撞中的不变量的关系式是 。
题组二 动量与动量的变化量
4.(2024安徽亳州高二月考)物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s,这说明( )
A.物体的动量在减小
B.物体的动量在增大
C.物体的动量大小一定变化
D.物体的动量大小可能不变
5.(2024福建宁德高二月考)质量为0.5 kg的物体,运动速度为3 m/s,它在一个变力作用下速度变为7 m/s,方向和原运动方向相反,则这段时间内动量的变化量为( )
A.5 kg·m/s,方向与原运动方向相反
B.5 kg·m/s,方向与原运动方向相同
C.2 kg·m/s,方向与原运动方向相反
D.2 kg·m/s,方向与原运动方向相同
6.(2024江西南昌高二期末)如图所示,PQS是固定于竖直平面内光滑的四分之一圆周轨道,圆心O在S的正上方,在O和P两点各有一质量为m的物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑。下列说法正确的是( )
A.a与b同时到达S,它们在S点的动量相同
B.a比b先到达S,它们在S点的动量不同
C.b比a先到达S,它们在S点的动量不同
D.a比b先到达S,它们从各自起点到S点的动量的变化相同
题组三 动量与动能的比较
7.(多选)(2024山东泰安高二月考)关于动量和动能,下列说法正确的是( )
A.一个物体(质量不变)的动量改变,它的动能一定改变
B.一个物体(质量不变)的动能改变,它的动量一定改变
C.做匀变速直线运动的物体,它的动量一定在改变
D.甲物体动量p1=5 kg·m/s,乙物体动量p2=-10 kg·m/s,所以甲物体的动量大小大于乙物体的动量大小
8.如图所示,一个人坐在摩天轮中做匀速圆周运动,运动一周的过程中,下列说法正确的是( )
A.人的动量一直变化,动能始终不变
B.人的动能一直变化,动量始终不变
C.人的动量和动能始终不变
D.人的动量和动能一直变化
B组关键能力提升练
9.(2024安徽安庆高二期末)一物体从某高处由静止释放,设所受空气阻力恒定,当它下落h时的动量大小为p1,当它下落2h时动量大小为p2,那么p1∶p2等于( )
A.1∶1 B.1∶
C.1∶2 D.1∶4
10.(2024浙江丽水高二月考)一台自动传送盘,盘上离转轴0.5 m处有一质量为0.5 kg的零件,随盘做匀速圆周运动,则当盘以角速度为2 rad/s转过180°的过程中,零件动量的变化量大小为( )
A.0.25 kg·m/s B.0.5 kg·m/s
C.1 kg·m/s D.2 kg·m/s
11.(2024湖南湘潭高二月考)将质量为m=1 kg的小球,从距水平地面高h=5 m处,以v0=10 m/s的水平速度抛出,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)在整个平抛运动过程中小球动量的增量Δp;
(2)小球落地时的动量p'。
C组核心素养拔高练
12.(2024江苏扬州高二期末)如图所示,一足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球。
(1)若开始时足球的速度是4 m/s,方向水平向右,踢球后,足球的速度为10 m/s,方向仍水平向右(如图甲所示),求足球的初动量、末动量以及踢球过程中动量的变化量;
(2)若足球以10 m/s的速度撞向球门门柱,然后以3 m/s的速度反向弹回(如图乙所示),求这一过程中足球动量的变化量。
参考答案
分层作业1 动量
1.ABD 解析 细线长度适当,便于操作,两线等长,保证两球对心碰撞,故A正确;由静止释放,初动能为零,可由机械能守恒定律计算碰前小球的速度,方便简单,故B正确;为保证实验的普适性,两球的质量不一定相同,但大小相同才能对心碰撞,故C错误;碰后分开或共同运动都是可能的,故D正确。
2.AB 解析 用天平测量滑块的质量,用刻度尺测量挡光片的宽度,A、B正确;挡光片通过光电门的时间由数字计时器测量,用秒表或打点计时器测量时间误差较大,C、D错误。
3.解析 A球由静止释放到两球碰撞前,根据机械能守恒定律,有mAgl(1-cos θ1)=mA
两球碰撞后到一起运动到最高点,根据机械能守恒定律,有
(mA+mB)gl(1-cos θ2)=(mA+mB)v2
又碰撞中的不变量满足mAvA=(mA+mB)v
所以用测得的物理量表示碰撞中的不变量的关系式为
mA=(mA+mB),所以还需要测量A球的质量mA和B球的质量mB。
答案 A球的质量mA和B球的质量mB
mA=(mA+mB)
4.D 解析 只知道动量的变化量,无法确定动量的大小变化,大小可能不变,也可能减小,还有可能增大,故A、B、C错误,D正确。
5.A 解析 以原运动的方向为正方向,动量的变化量Δp=mv'-mv得Δp=[0.5×(-7)-0.5×3] kg·m/s=-5 kg·m/s,负号表示Δp的方向与原运动方向相反,故A正确。
6.B 解析 在物块向下运动的过程中,只有重力对小物块做功,故机械能守恒,有mgh=mv2,解得v=,所以两物块到达S时的速度大小相同,即速率相同。由于a的运动路程小于b的运动路程,由t=知ta
8.A 解析 匀速圆周运动速度大小不变,方向时刻变化,动量是矢量,既有大小又有方向,则人的动量一直变化,动能是标量,只有大小没有方向,则人的动能始终不变,故A正确,B、C、D错误。
9.B 解析 物体做初速度为零的匀加速直线运动,则有=2ah,=2a·2h,则p1=mv1=m,p2=mv2=m,所以p1∶p2=1∶,选项B正确。
10.C 解析 零件随盘做匀速圆周运动,故零件的速度大小一直为v=ωr=1 m/s,当盘转过180°时,零件的速度方向与原来相反,设转动后零件的速度方向为正方向,所以零件动量的变化量大小为Δp=mv-(-mv)=2mv=1 kg·m/s,故选项C正确。
11.解析 (1)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动,故h=gt2
落地时间t==1 s
Δv=vy=gt=10×1 m/s=10 m/s,方向竖直向下
故Δp=mΔv=1×10 kg·m/s=10 kg·m/s,方向竖直向下。
(2)小球落地时竖直分速度为
vy=gt=10 m/s
可得落地速度
v= m/s=10 m/s
所以小球落地时的动量大小为p'=mv=10 kg·m/s,方向与水平方向的夹角为45°。
答案 (1)10 kg·m/s,方向竖直向下 (2)10 kg·m/s,方向与水平方向的夹角为45°
12.解析 (1)取水平向右为正方向,初动量为p=mv1=0.4×4 kg·m/s=1.6 kg·m/s,方向水平向右
末动量为p'=mv1'=0.4×10 kg·m/s=4 kg·m/s,方向水平向右
动量的变化量为Δp=p'-p=2.4 kg·m/s,方向水平向右。
(2)取水平向右为正方向,初动量为
p1=mv2=0.4×10 kg·m/s=4 kg·m/s,方向水平向右
末动量为
p2=mv2'=0.4×(-3) kg·m/s=-1.2 kg·m/s,方向水平向左
动量的变化量为
Δp'=p2-p1=-5.2 kg·m/s,方向水平向左。
答案 见解析01
分层作业2 动量定理
A组必备知识基础练
题组一 冲量的理解与计算
1.(2024湖北黄冈中学高二月考)下列关于动量和冲量的说法正确的是( )
A.物体的动量变化时动能一定变化
B.物体所受合力冲量越大,它的动量也越大
C.当力与物体的位移垂直时,一段时间内该力的冲量为零
D.体操运动员落地总要屈腿,是为了延长作用时间以减小地面对运动员的作用力
2.(多选)(2024山东山大附中高二月考)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上,如图所示,经时间t,下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A.重力对物体的冲量大小为mgtsin θ
B.支持力对物体的冲量大小为零
C.摩擦力对物体的冲量大小为mgtsin θ
D.合力对物体的冲量大小为零
3.(多选)(2024湖南益阳高二月考)如图所示,质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下,一直沿水平面向右匀速运动,重力加速度为g。关于物体在时间t内所受力的冲量,下列说法正确的是( )
A.重力的冲量大小为mgt
B.物体所受合力的冲量为0
C.拉力F的冲量大小为Ftcos θ
D.摩擦力的冲量大小为Ftsin θ
题组二 动量定理的理解与应用
4.(2024湖南常德高二月考)蹦床运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、腾翻,做出各种动作。现有一位质量为50 kg的运动员,从离水平网面3.2 m的高处自由落下,着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5 m的高处。若这位运动员与网接触的时间为1.0 s,g取10 m/s2,则网对运动员的平均作用力的大小为( )
A.900 N B.1 400 N
C.600 N D.1 000 N
5.(多选)(2024重庆高二期末)安全气囊是汽车安全保障的重要设施,它与座椅安全带配合使用,可以为乘员提供有效的防撞保护,在汽车相撞时,汽车安全气囊可使头部受伤率减少25%,面部受伤率减少80%左右。某次汽车安全测试中,汽车发生剧烈碰撞,安全气囊未打开与安全气囊顺利打开相比,下列说法正确的是(设每次测试汽车速度相同)( )
A.安全气囊未打开时,模拟乘员的动量变化量大
B.安全气囊打开时,模拟乘员的动量变化慢
C.安全气囊未打开时,模拟乘员受到的撞击力的冲量大
D.安全气囊打开时,模拟乘员受到的撞击力小
6.(2024北京海淀区高二期末)一个质量为2 kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A.t=1 s时物体的加速度是2 m/s2
B.t=2 s时物体开始反向运动
C.t=3 s时物体的动量大小是5 kg·m/s
D.t=4 s时物体的速度大小是1 m/s
题组三 应用动量定理解释现象
7.(2024江西九江高二月考)交通管理法规定:骑摩托车必须戴好头盔,这样做的目的是保护交通安全事故中的人,理由是( )
A.减小头部的冲量,起到安全作用
B.延长头部与硬物接触时间,从而减小冲力,起到保护作用
C.减小头部的速度变化量使人安全
D.减小头部的动量变化量,起到安全作用
8.(2024山东威海高二月考)如图所示,将一杯水放在桌边,杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条(此过程中杯子相对纸条滑动),发现杯子会滑落;当快速拉动纸条时,发现杯子并没有滑落。对于这个实验,下列说法正确的是( )
A.缓慢拉动纸条时,摩擦力对杯子的冲量较小
B.快速拉动纸条时,摩擦力对杯子的冲量较大
C.为使杯子不滑落,杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量大一些
D.为使杯子不滑落,杯子与桌面间的动摩擦因数应尽量大一些
B组关键能力提升练
9.(2024山西太原高二月考)如图所示,一铁块压着一纸条放在水平桌面上,当以速度v抽出纸条后,铁块掉到地面上的P点,若以速度2v抽出纸条,则铁块落地点 ( )
A.仍在P点
B.在P点左侧
C.在P点右侧不远处
D.在P点右侧原水平位移的两倍处
10.(2024广东清远高二月考)水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的甲、乙两物体上,作用一段时间后撤去推力,物体将继续运动一段时间后停下来。两物体的v-t图像如图所示,图中线段AB∥CD,则整个运动过程中( )
A.F1的冲量大于F2的冲量
B.F1的冲量等于F2的冲量
C.两物体受到的摩擦力大小相等
D.两物体受到的摩擦力大小不等
11.(2024河南郑州高二期末)一强夯机如图所示,其夯锤质量为1.2×104 kg,夯锤最大提升高度为20 m,在一次夯实地面的过程中,夯锤从最大提升高度处开始做自由落体运动,与地面的作用时间是0.01 s,g取10 m/s2。
(1)若不考虑夯锤所受重力,在夯锤与地面作用的时间内,地面受到夯锤的平均作用力是多少
(2)若考虑夯锤所受重力,在夯锤与地面作用的时间内,地面受到夯锤的平均作用力是多少
12.(2024广东深圳高二月考)如图所示,在倾角θ=37°的固定斜面上有一质量m=5 kg的物体沿斜面下滑,物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.2,物体下滑2 s的时间内,求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
(1)物体所受各力的冲量;
(2)物体所受合力的冲量。
C组核心素养拔高练
13.(2024浙江杭州高二月考)如果雨滴下落为自由落体运动,则雨滴落到地面时,对地表动植物危害极大,实际上,动植物很少被雨滴砸伤,因为雨滴下落时不仅受重力,还受空气的浮力和阻力,使得雨滴落地时不会因速度太大而将动植物砸伤。某次下暴雨时,质量为m=2.5×10-5 kg的雨滴,从高h=2 000 m的云层下落。(g取10 m/s2)
(1)如果不考虑空气浮力和阻力,雨滴做自由落体运动,落到地面经Δt1=1.0×10-5 s速度变为零,因为雨滴和地面作用时间极短,可认为在Δt1时间内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力,求雨滴对地面的作用力大小;
(2)考虑到雨滴同时还受到空气浮力和阻力的作用,设雨滴落到地面的实际速度为8 m/s,落到地面上经时间Δt2=3.0×10-4 s速度变为零,在Δt2时间内地面对雨滴的作用力不变且不考虑这段时间雨滴受到的重力、空气的浮力和阻力,求雨滴对地面的作用力大小。
参考答案
分层作业2 动量定理
1.D 解析 当物体的速度方向发生变化,大小未变化时,物体的动量发生变化,但动能不变,故A错误;物体所受合力冲量越大,它的动量变化量就越大,不是动量越大,故B错误;力的冲量I=Ft,当力与物体的位移垂直时,该力的冲量不为零,故C错误;体操运动员在落地的过程中,动量的变化量是一定的,屈腿是延长时间,可以减小运动员受到的平均作用力,故D正确。
2. CD 解析 根据冲量的定义知,重力对物体的冲量大小为mgt,A错误;对物体进行受力分析可知支持力大小FN=mgcos θ,则支持力对物体的冲量大小为mgtcos θ,B错误;摩擦力Ff=mgsin θ,所以摩擦力对物体的冲量大小为mgtsin θ,C正确;因物体静止,合力为零,则合力对物体的冲量大小为零,D正确。
3.AB 解析 由冲量的定义可知重力的冲量大小IG=mgt,A正确;物体做匀速直线运动,故所受合力为0,则所受合力的冲量为0,B正确;拉力F的冲量大小IF=Ft,C错误;由平衡条件可得摩擦力的大小Ff=Fcos θ,则摩擦力的冲量大小为If=Fft=Ftcos θ,D错误。
4.B 解析 运动员与网接触前瞬间有2gh1=v2-0,运动员与网分开后有-2gh2=0-v'2,从接触到分开过程中由动量定理得mgt-Ft=-mv'-mv,代入数据解得F=1 400 N,故B正确。
5.BD 解析 无论安全气囊是否打开,模拟乘员的初末动量不变,动量变化量不变,根据I=Δp,可知受到撞击力的冲量不变,故A、C错误;安全气囊打开时,模拟乘员速度变化的时间增加,而动量变化量不变,则模拟乘员的动量变化慢,根据Ft=Δp可知,模拟乘员受到的撞击力小,故B、D正确。
6.D 解析 由题图可知,t=1 s时F=2 N,由牛顿第二定律可得,物体的加速度为a= m/s2=1 m/s2,故A错误;t=2 s时物体的加速度开始反向,物体的速度达到最大,即将开始做匀减速运动,运动方向不变,故B错误;在3 s内,由动量定理可得F1t1+F2t2=p-0,代入数据解得p=3 kg·m/s,故C错误;在4 s内,由动量定理可得F1t1+F2t3=mv-0,代入数据解得v=1 m/s,故D正确。
7.B 解析 戴和不戴头盔,头部的速度变化量相同,则动量变化量相同,根据动量定理可知受到的冲量也相同,而戴头盔能够延长头部与硬物的接触时间,根据FΔt=Δp可知,可以减小冲力,从而起到保护作用,故B正确,A、C、D错误。
8.D 解析 在缓慢拉动和快速拉动纸条的过程中,杯子受到的摩擦力均为滑动摩擦力,大小相等,但快速拉动时,纸条与杯子作用时间短,此时摩擦力对杯子的冲量小,由I=Δp可知,杯子增加的动量较小,因此杯子没有滑落。缓慢拉动时,摩擦力对杯子的冲量大,杯子增加的动量大,杯子会滑落,选项A、B错误;为使杯子不滑落,摩擦力对杯子的冲量应尽量小一些,杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量小一些,选项C错误;杯子与桌面间的动摩擦因数较大时,杯子在桌面上做减速运动的加速度较大,则滑动的距离较小,杯子不容易滑落,选项D正确。
9.B 解析 以速度2v抽出纸条时,纸条对铁块的作用时间变短,而纸条对铁块的作用力相同,故与以速度v抽出相比,纸条对铁块的作用力的冲量减小,铁块获得的动量减小,做平抛运动的初速度减小,水平位移减小,故落在P点左侧,选项B正确。
10.C 解析 甲、乙先做加速运动,撤去推力后做减速运动。题图中线段AB∥CD,表明甲、乙与水平面的动摩擦因数相同,又甲、乙质量相等,所以两物体受到的摩擦力大小相等,选项C正确,D错误;因为整个运动过程中两物体的动量改变量均为零,所以推力的冲量大小等于物体受到的摩擦力的冲量大小,由题图可知甲的运动时间小于乙的运动时间,所以甲物体受到的摩擦力的冲量小于乙物体受到的摩擦力的冲量,则F1的冲量小于F2的冲量,选项A、B错误。
11.解析 夯锤接触地面前做自由落体运动,末速度为v==20 m/s
设在夯锤与地面作用的时间内,地面对夯锤的平均作用力大小为F,末速度为0,取竖直向上为正方向。
(1)不考虑夯锤所受重力,由动量定理得
FΔt=0-m(-v)
解得F=2.4×107 N
由牛顿第三定律可知,地面受到夯锤的平均作用力大小F'=F=2.4×107 N,方向竖直向下。
(2)考虑夯锤所受重力,由动量定理得
FΔt-mgΔt=0-m(-v)
解得F=2.412×107 N
由牛顿第三定律可知,地面受到夯锤的平均作用力大小F'=F=2.412×107 N,方向竖直向下。
答案 (1)2.4×107 N,方向竖直向下
(2)2.412×107 N,方向竖直向下
12.解析 (1)重力的冲量
IG=mgt=100 N·s,方向竖直向下
支持力的冲量IN=mgtcos 37°=80 N·s
方向垂直斜面向上
摩擦力的冲量If=μmgtcos 37°=16 N·s
方向沿斜面向上。
(2)合力的冲量
I合=(mgsin 37°-μmgcos 37°)t=44 N·s
方向沿斜面向下。
答案 (1)重力的冲量为100 N·s,方向竖直向下 支持力的冲量为80 N·s,方向垂直斜面向上 摩擦力的冲量为16 N·s,方向沿斜面向上
(2)44 N·s,方向沿斜面向下
13.解析 (1)不考虑空气浮力和阻力,雨滴做自由落体运动,落到地面的速度为
v==200 m/s
取竖直向上为正方向,设地面对雨滴的作用力大小为F,对雨滴和地面的作用过程,运用动量定理得
FΔt1=0-(-mv)
代入数据解得F=500 N
根据牛顿第三定律可知,雨滴对地面的作用力大小为500 N。
(2)对雨滴和地面作用的过程,由动量定理得
F'Δt2=0-(-mv')
其中v'=8 m/s
代入数据解得F'= N
根据牛顿第三定律可知,雨滴对地面的作用力大小为 N。
答案 (1)500 N (2) N01
分层作业3 动量定理的应用
A组必备知识基础练
题组一 应用动量定理处理多过程问题
1.(2024安徽安庆高二月考)质量为1 kg的物体做直线运动,其v-t图像如图所示。则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是( )
A.10 N·s,10 N·s B.10 N·s,-10 N·s
C.0,10 N·s D.0,-10 N·s
2.(2024浙江绍兴高二期末)如图所示,蹦极是一项富有挑战性的运动,一质量为60 kg的运动员将长为5 m的弹性绳的一端系在小腿上,另一端固定在平台上,然后运动员从平台上由静止下落,绳伸直后又经2 s运动员第一次到达最低点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则从绳伸直至运动员到达最低点的过程中,绳对运动员平均作用力的大小约为( )
A.1 200 N B.900 N
C.600 N D.300 N
3.(2024云南玉溪第一中学高三月考)将质量m=1 kg的物块置于水平地面上,已知物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5,现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F=10 N,物体由静止开始运动,作用4 s后撤去F。已知g取10 m/s2,对于物块从静止开始到物块停下这一过程,下列说法正确的是( )
A.整个过程物块运动的时间为6 s
B.整个过程物块运动的时间为8 s
C.整个过程中物块的位移大小为40 m
D.整个过程中物块的位移大小为60 m
题组二 应用动量定理处理流体的“柱状”模型
4.(2024辽宁大连模拟)水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、不需要二次加工以及节约材料等特点,因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示,若横截面直径为d的圆柱形水流垂直射到要切割的钢板上,碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流量(单位时间流出水的体积)为Q,水的密度为ρ,则钢板受到水的平均冲力大小为( )
A.4Qρ B.Qρ
C. D.
5.(2024海南三亚高二期末)太空探测器常装配离子发动机,其基本原理是将被电离的离子从发动机尾部高速喷出,从而为探测器提供推力,若某探测器质量m=490 kg,离子以v=30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出,流量Q=3.0×10-3 g/s,则探测器获得的平均推力大小为( )
A.1.47 N B.0.147 N
C.0.09 N D.0.009 N
6.(2024湘豫名校联考高三测试)水切割又称水刀,即高压水射流切割技术,是一种利用高压水流切割的技术。在电脑的控制下能任意雕琢工件,而且受材料质地影响小。因为其成本低,易操作,良品率又高,水切割逐渐成为工业切割技术方面的主流切割方式。如图所示,若水柱的截面面积为S,水流以速度v垂直射到被切割的钢板上,之后速度减为零,已知水的密度为ρ,则下列说法正确的是( )
A.减小水柱的截面面积S可以增大水对钢板冲力产生的压强
B.若水流速度v增大到原来的2倍,可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的2倍
C.若水流速度v增大到原来的2倍,可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的4倍
D.若在水中添加适量食盐,在同样条件下会使水对钢板冲力产生的压强减小
题组三 动量定理与动能定理的区别与应用
7.(多选)(2024山东枣庄高二期末)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示,已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,则( )
A.4 s时物块的动能为0
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J
B组关键能力提升练
8.(多选)(2024天津南开中学检测)有些人喜欢躺着刷手机,经常出现手机掉落砸伤眼睛或者额头的情况。若有一手机质量为120 g,从离人额头约20 cm的高度无初速掉落,砸到额头后手机的反弹忽略不计,重力加速度g取10 m/s2,额头受到手机的冲击时间约为0.2 s。下列分析正确的是( )
A.手机与额头作用过程中,手机的动量变化量大小约为0.24 kg·m/s
B.手机对额头作用力的冲量大小约为0.24 N·s
C.手机对额头作用力的冲量方向竖直向上
D.手机对额头的作用力大小约为2.4 N
9.(2024山东淄博高二月考)由于空气阻力作用,设雨水竖直匀速下落,某张芭蕉叶保持水平,该叶片的面积为S,水滴落到叶片上以原来速率的一半竖直反弹,测得叶片受到雨水的作用力大小为F。已知空中雨水的平均密度为ρ,不考虑落到叶片上雨水的重力,单位时间内雨水下落的高度为( )
A. B. C. D.
10.(2024河北邯郸模拟)如图甲所示,在粗糙的水平面上静止放置一滑块,t=0时刻在滑块上施加一水平向右的外力F,外力大小随时间的变化规律如图乙所示,滑块的加速度随时间的变化规律如图丙所示,已知滑块与地面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
甲
乙
丙
A.滑块的质量为2 kg
B.4 s末滑块速度的大小为12 m/s
C.在0~1 s的时间内,摩擦力的冲量大小为0
D.在0~4 s的时间内,摩擦力的冲量大小为22 N·s
11.(2024河北张家口模拟)娱乐风洞是一种空中悬浮装置,在一个特定的空间内有人工制造的可控制气流,游客只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区,即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。已知一游客质量为60 kg,腹部向下时受风面积最大为0.7 m2,身体直立时受风面积最小为0.2 m2,气流密度为1.2 kg/m3,气流速度为30 m/s,重力加速度g取10 m/s2,假设气流吹到人身体上后速度近似变为0。
(1)若游客在风洞内悬浮,则受风面积应调整为多大(结果保留两位有效数字)
(2)若游客进入风洞先由最大受风面积运动1 s后立即改为最小受风面积,则游客距出发点的最远距离为多少(结果保留两位有效数字)
C组核心素养拔高练
12.(2024山东潍坊高二期末)某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为m的玩具稳定地悬停在空中,为计算方便,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;整个水柱的横截面积保持不变,玩具底面为平板(面积大于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:
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;
(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。
参考答案
分层作业3 动量定理的应用
1.D 解析 由图像可知,t=0时和t=10 s时的动量相等,p1=p2=5 kg·m/s,由动量定理知I1=0;t=20 s时动量p3=-5 kg·m/s,I2=p3-p2=-10 N·s,故选项D正确。
2.B 解析 运动员下落至绳子伸直的过程中,由动能定理得mgh=-0,从绳伸直到运动员到达最低点的过程,由动量定理得(mg-F)t=0-mv0,联立解得绳对运动员平均作用力的大小为F=900 N,故选项B正确。
3.B 解析 在整个过程中由动量定理得Ft1-μmgt=0,解得t=8 s,选项A错误,B正确;物块在前4 s运动的过程中由动量定理得Ft1-μmgt1=mv,解得v=20 m/s,因物块加速和减速过程的平均速度都为,则物块的总位移x=t1+t2=t=×8 m=80 m,选项C、D错误。
4.D 解析 水流速度v=,单位时间内流出水的质量Δm=ρQ,在Δt时间内由动量定理可得-FΔt=0-mv=0-ΔmΔtv=0-ρQΔt,解得F=,故D正确,A、B、C错误。
5.C 解析 对离子流,根据动量定理有FΔt=Δmv,而Δm=QΔt,解得F=0.09 N,故探测器获得的平均推力大小为0.09 N,故选项C正确。
6.C 解析 t时间内喷到钢板上的水的体积为V=Svt,质量为m=ρV=ρSvt,设水的初速度方向为正方向,由动量定理得Ft=-mv,得F=-ρSv2,由牛顿第三定律可知水对钢板的冲力为F'=ρSv2,水对钢板冲力产生的压强为p==ρv2,减小水柱的截面面积S,水对钢板冲力产生的压强不变,A错误;若水流速度v增大到原来的2倍,可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的4倍,B错误,C正确;若在水中添加适量食盐会使密度增大,在同样条件下会使水对钢板冲力产生的压强增大,D错误。
7.AD 解析 物块与地面间的摩擦力为Ff=μmg=2 N,对物块在0~3 s时间内由动量定理可知(F-Ff)t1=mv3,代入数据可得v3=6 m/s,3 s时物块的动量为p=mv3=6 kg·m/s,故C错误;设3 s后经过时间t2物块的速度减为0,由动量定理可得-(F+Ff)t2=0-mv3,解得t2=1 s,所以物块在4 s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确;在0~3 s时间内,对物块由动能定理可得(F-Ff)x1=,解得x1=9 m,3~4 s时间内,对物块由动能定理可得-(F+Ff)x2=0-,解得x2=3 m,4~6 s时间内物块开始反向运动,物块的加速度大小为a==2 m/s2,4~6 s时间内物块位移大小为x3==4 m
9.B 解析 一定时间内,雨水落到叶片上时,对雨水,根据动量定理可知Ft=mv-(-mv)=mv,雨水的质量m=ρSvt,解得v=,雨水在空中匀速下落,则单位时间内雨水下落的高度为,B正确。
10.D 解析 根据题图乙可知,外力F随时间变化的关系表达式为F=2+4t,由题图丙可知,在t=1 s时,滑块开始有加速度,故此刻拉力与最大静摩擦力平衡,则有Ff=F1=6 N,由题图丙可知,在t=4 s时,滑块的加速度为4 m/s2,根据牛顿第二定律有F4-Ff=ma,解得m==3 kg,A错误;由a-t图像的面积表示速度的变化量,滑块由静止开始加速运动,故4 s内a-t图像的面积即表示4 s末滑块速度的大小,v4=×(4-1) m/s=6 m/s,B错误;在0~1 s的时间内,有静摩擦力作用,故摩擦力的冲量大小不为0,其大小等于F的冲量大小,If1=IF=×1 N·s=4 N·s,C错误;在1~4 s的时间内,摩擦力的冲量大小为If14=Fft14=6×3 N·s=18 N·s,故在0~4 s的时间内,摩擦力的冲量大小为I=If1+If14=22 N·s,D正确。
11.解析 (1)在Δt时间内吹到人体的气流质量为Δm=ρSvΔt
设人对气流的力的大小为F,则对此段气流由动量定理得FΔt=Δmv
由牛顿第三定律,气流给人的力大小F'=F
人受力平衡,所以F'=mg
联立可得S≈0.56 m2。
(2)气流速度远大于人速,人在风洞内做匀变速直线运动,当S1=0.7 m2时,可得人受到气流的力
F1=ρS1v2=756 N
由牛顿第二定律得F1-mg=ma1
经过t1=1 s时x1=a1=1.3 m
v=a1t1=2.6 m/s
当受风面积为S2=0.2 m2时加速度向下
可得F2=ρS2v2=216 N
由牛顿第二定律得mg-F2=ma2
解得a2=6.4 m/s2
游客减速过程上升的距离x2=
解得x2≈0.53 m
游客距离出发点的最远距离为x=x1+x2
解得x=1.8 m。
答案 (1)0.56 m2 (2)1.8 m
12.解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt时间内,可认为喷出的水柱保持速度v0不变
该时间内,喷出水柱高度Δh=v0Δt
喷出水柱质量Δm=ρΔV
其中ΔV为水柱体积,满足ΔV=ΔhS
联立可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为
=ρv0S。
(2)如图所示,设玩具底面相对于喷口的高度为h
由玩具受力平衡得F冲=mg
其中,F冲为水柱对玩具底面的作用力
由牛顿第三定律F压=F冲
其中,F压为玩具底面对水柱的作用力
设v'为水柱到达玩具底面时的速度
由运动学公式v'2-=-2gh
在很短时间Δt内,冲击玩具的水柱的质量
Δm=ρv0SΔt
由题意可知,在竖直方向上,对该部分水柱应用动量定理(F压+Δmg)Δt=Δmv'
由于Δt很小,Δmg也很小,故Δmg·Δt可以忽略
有F压Δt=Δmv'
联立可得h=。
答案 (1)ρv0S (2)01
分层作业4 动量守恒定律
A组必备知识基础练
题组一 对动量守恒定律的理解
1.(2024河南安阳高二月考)下列情境满足动量守恒条件的是( )
A.用铁锤打击放在铁砧上的铁块,打击过程中,铁锤和铁块的总动量
B.子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中,子弹和木块的总动量
C.子弹水平穿过墙壁的过程中,子弹和墙壁的总动量
D.棒击垒球的过程中,棒和垒球的总动量
2.(2024湖北十堰高二月考)把一支枪水平固定在小车上,小车放在光滑的水平面上,枪发射出一颗子弹时,关于枪、子弹和车,下列说法正确的是( )
A.枪和子弹组成的系统动量守恒
B.枪和车组成的系统动量守恒
C.三者组成的系统因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小,使系统的动量变化很小,可忽略不计,故系统动量近似守恒
D.三者组成的系统动量守恒,因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用,且这两个外力的合力为零,故系统动量守恒
3.(多选)(2024山东青岛高二期中)如图所示,木块A、B用轻弹簧连接,放在光滑的水平面上,A紧靠墙壁,在木块B上施加向左的水平力F,使弹簧压缩,当撤去外力后 ( )
A.A尚未离开墙壁前,A、B组成的系统的动量守恒
B.A尚未离开墙壁前,A、B及弹簧组成的系统的机械能守恒
C.A离开墙壁后,A、B组成的系统动量守恒
D.A离开墙壁后,A、B及弹簧组成的系统机械能不守恒
4.(多选)(2024河南南阳高二期末)如图所示,A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上,木块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行,最后停在木块B的右端,对此过程,下列叙述正确的是( )
A.当C在A上滑行时,A、C组成的系统动量守恒
B.当C在B上滑行时,B、C组成的系统动量守恒
C.无论C是在A上滑行还是在B上滑行,A、B、C组成的系统动量都守恒
D.当C在B上滑行时,A、B、C组成的系统动量守恒
题组二 动量守恒定律的应用
5.(2024云南昆明高二阶段检测)在光滑水平面上相向运动的A、B两球发生正碰后一起沿A球原来的速度方向运动,这说明原来( )
A.A球的质量一定大于B球的质量
B.A球的速度一定大于B球的速度
C.A球的动量一定大于B球的动量
D.A球的动能一定大于B球的动能
6.(2024辽宁大连高二月考)质量相等的三个小球a、b、c,在光滑的水平面上以相同的速率运动,它们分别与原来静止的A、B、C三球发生碰撞,碰撞后小球a继续沿原方向运动,小球b静止,小球c沿反方向弹回,则碰撞后A、B、C三球中动量大小最大的是 ( )
A.A球 B.B球
C.C球 D.不能确定
7.(2024河南新乡高二月考)篮球和滑板车是深受青少年喜爱的两项体育活动。某同学抱着一篮球站在滑板车上一起以速度v0沿光滑水平地面运动,某一时刻该同学将篮球抛出,抛出瞬间篮球相对于地面的速度大小为v0,方向与抛出前滑板车的运动方向相反,已知篮球的质量为m,该同学和滑板车质量之和为m'。则抛出篮球后瞬间该同学和滑板车的速度大小为( )
A.v0 B.
C. D.
8.(2024湖北荆门高二月考)在光滑水平地面上匀速运动的装有沙子的小车,小车和沙子总质量为m',速度为v0,在行驶途中有质量为m的沙子从车上漏掉,沙子漏掉后小车的速度应为( )
A.v0 B.
C. D.
B组关键能力提升练
9.(2024福建南平高二月考)甲、乙两个滑冰者的质量分别为48 kg和50 kg,甲手里拿着质量为2 kg的球,两人均以2 m/s的速率,在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行,甲将球传给乙,乙再将球传给甲,这样抛接几次后,球又回到甲的手里,乙的速度为零,则甲的速度的大小为( )
A.0 B.2 m/s
C.4 m/s D.无法确定
10.(多选)(2024安徽黄山高二月考)如图所示,在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车,人从a车跳上b车,又立即从b车跳回a车,并与a车保持相对静止。下列说法正确的是( )
A.最终a车的速率大于b车的速率
B.最终a车的速率小于b车的速率
C.全过程中,a车对人的作用力的冲量大于b车对人的作用力的冲量
D.全过程中,a车对人的作用力的冲量小于b车对人的作用力的冲量
11.(多选)(2024山东东营高二月考)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
12.(2024浙江杭州高二月考)如图所示,一足够长木板,质量为m',放在光滑水平面上,在其左端放一质量为m的木块(可看成质点),m>m',木块与木板间存在摩擦,现使两者以速度v0共同向右运动。已知木板与墙碰撞后立即反向且速度大小不变,木块不会滑离木板和碰到墙。求木板在第二次碰墙后的运动过程中,木板速度为零时木块的速度大小。
C组核心素养拔高练
13.(2024山大附中高二月考)如图所示,在光滑水平面上,有一质量m'=3 kg的薄板,板上有质量m=1 kg的物块,两者以v0=4 m/s的初速度朝相反方向运动。薄板与物块之间存在摩擦且薄板足够长,取水平向右为正方向。
(1)当物块的速度方向与初速度方向相同、大小为3 m/s时,薄板的速度是多少
(2)物块最后的速度是多少
参考答案
分层作业4 动量守恒定律
1.B
2.D 解析 由于枪水平放置,故三者组成的系统除受重力和支持力(两外力平衡)外,不受其他外力,动量守恒。子弹和枪筒之间的力应为系统的内力,对系统的总动量没有影响。枪和子弹组成的系统受到车对其的外力作用,车和枪组成的系统受到子弹对其的外力作用,动量都不守恒。故正确选项为D。
3.BC 解析 当撤去外力F后,A尚未离开墙壁前,A、B组成的系统受到墙壁的作用力,系统所受的外力不为零,所以A和B组成的系统的动量不守恒,故A错误;以A、B及弹簧组成的系统为研究对象,在A离开墙壁前,除了系统内弹力做功外,无其他力做功,系统机械能守恒,故B正确;A离开墙壁后,A、B组成的系统所受的外力之和为0,所以A、B组成的系统的动量守恒,故C正确;在A离开墙壁后,对A、B及弹簧组成的系统,除了系统内弹力做功外,无其他力做功,A、B及弹簧组成的系统机械能守恒,故D错误。
4.BCD 解析 当C在A上滑行时,对A、C组成的系统,B对A的作用力为外力,不等于0,系统动量不守恒,故A错误;当C在B上滑行时,A、B已分离,对B、C组成的系统,沿水平方向不受外力作用,系统动量守恒,故B正确;若将A、B、C三木块视为一系统,则沿水平方向无外力作用,系统动量守恒,故C、D正确。
5.C 解析 两球相撞过程,系统的动量守恒,相撞后,总动量沿A球原来的方向,根据动量守恒定律得知,碰撞前的总动量的方向与A球原来的速度方向一致,由于A、B两球是相向运动,动量又是矢量,则知A球的动量一定大于B球的动量,故C正确;由于两球的质量关系未知,无法判断速度大小、动能大小的关系,故A、B、D错误。
6.C 解析 在三个小球发生碰撞的过程中,系统动量都是守恒的,根据动量守恒定律得mv0=mv+m'v',整理可得m'v'=mv0-mv,取小球初速度方向为正方向,可得出C球的动量大小是最大的,C正确。
7.C 解析 以滑板车的运动方向为正方向,则由动量守恒定律(m'+m)v0=m'v-mv0,解得v=。
8.A 解析 设漏掉质量为m的沙子后,由于惯性,沙子从车上漏掉的瞬间速度仍然为v0,小车速度为v',根据水平方向动量守恒可得m'v0=mv0+(m'-m)v',解得v'=v0,故B、C、D错误,A正确。
9.A 解析 以甲、乙及球组成的系统为研究对象,以甲原来的滑行方向为正方向,有(m甲+m球)v甲+m乙v乙=(m甲+m球)v甲',解得v甲'= m/s=0,A正确。
10.BD 解析 设小车的质量为m,人的质量为m人,最终a车速度大小为va,b车速度大小为vb,对整个过程,根据动量守恒定律有(m+m人)va-mvb=0,解得<1,由此可知,最终a车的速率小于b车的速率,B正确,A错误。设人以速度大小v1从a车跳到b车,跳到b车后b车速度大小为vb1,由动量定理可知,该过程中a车对人的作用力的冲量大小为Ia1=m人v1,方向向左;b车对人的作用力的冲量大小为Ib1=m人v1-m人vb1,方向向右;然后人以速度大小v2从b车跳到a车,跳到a车后b车速度大小为vb,由动量定理可知,该过程中b车对人的作用力的冲量大小为Ib2=m人v2-(-m人vb1),方向向右;a车对人的作用力的冲量大小为Ia2=m人v2-m人va,方向向左。全过程中,a车对人的作用力的冲量大小为Ia=Ia1+Ia2=m人v1+m人v2-m人va,b车对人的作用力的冲量大小为Ib=Ib1+Ib2=m人v1-m人vb1+m人v2-(-m人vb1)=m人v1+m人v2,所以Ia
12.解析 以速度v0的方向为正方向,第一次碰墙后,木板速度反向瞬间,木块速度不变,木板与木块最终一起以共同速度向右运动
由动量守恒定律得(m-m')v0=(m+m')v
得v=v0
第二次碰墙后,当木板速度为零时,由动量守恒定律得(m-m')v=mv'
得v'=v0。
答案 v0
13.解析 (1)由于水平面光滑,物块与薄板组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得
m'v0-mv0=-mv1+m'v'
代入数据解得v'= m/s
方向水平向右。
(2)在摩擦力作用下物块和薄板最后达到共同速度,设共同运动速度大小为v,由动量守恒定律得
m'v0-mv0=(m+m')v
代入数据解得v=2 m/s
方向水平向右。
答案 (1) m/s,方向水平向右 (2)2 m/s,方向水平向右01
分层作业5 动量守恒定律的应用
A组必备知识基础练
题组一 对动量守恒条件的进一步理解
1.(2024山东济南高二期末)如图所示,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。某时刻小孩将冰块向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,并随即沿斜面滑下。则( )
A.小孩推出冰块过程,小孩和冰块系统动量不守恒
B.冰块在斜面上运动过程,冰块和斜面体系统水平方向动量守恒
C.冰块从斜面体上下滑过程,斜面体动量减少
D.冰块离开斜面时的速率与冲上斜面时的速率相等
2.(2024湖北孝感期中)如图所示,一质量为m'的沙车,在光滑的水平面上做匀速直线运动,速度为v0,质量为m的铁球以速度v竖直向下落入沙车中,稳定后,沙车的速度为( )
A. B.
C.v0 D.
题组二 应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题
3.(2024浙江湖州高二月考)如图所示,A、B两物体的质量之比为mA∶mB=1∶2,它们原来静止在平板车C上,A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧,A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同,水平地面光滑。当弹簧突然释放后,A、B两物体同时被弹开,均与平板车发生相对滑动(A、B两物体始终不滑出平板车),则有( )
A.A、B组成的系统动量守恒
B.A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒
C.小车C先向左运动后向右运动
D.小车C一直向右运动直到静止
4.(2024江苏连云港高二月考)质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线,且彼此隔开一定的距离,具有初速度v0的第5号物块向左运动,使得各物块依次发生碰撞,如图所示,最后这五个物块粘成一个整体,则它们最后的速度为( )
A.v0 B. C. D.
题组三 动量守恒定律应用中的临界问题分析
5.(2024浙江宁波高二月考)如图所示,一轻质弹簧两端连着物体A和B,放在光滑的水平面上,物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中。已知物体A的质量是物体B质量的,子弹的质量是物体B质量的,弹簧压缩到最短时B的速度为( )
A. B. C. D.
6.(多选)如图所示,一小车放在光滑的水平面上,小车AB段是长为3 m的粗糙水平轨道,BC段是半径为0.2 m的四分之一光滑圆弧轨道,两段轨道相切于B点。一可视为质点、质量与小车相同的物块在小车左端A点,随小车一起以4 m/s的速度水平向右匀速运动,一段时间后,小车与右侧墙壁发生碰撞,碰后小车速度立即减为零,但不与墙壁粘连。已知物块与小车AB段之间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,则( )
A.物块到达C点时对轨道的压力为0
B.物块第二次经过B点时速度大小为1 m/s
C.物块最终距离小车A点0.5 m
D.小车最终的速度大小为1 m/s
7.(2024湖北孝感高二月考)如图所示,甲车质量m1=20 kg,车上有质量m=50 kg的人,甲车(连同车上的人)从足够长、高h=0.45 m的斜坡上由静止滑下,到水平面上后继续向前滑动。此时质量m2=50 kg的乙车正以v0=1.8 m/s的速度迎面滑来,为了避免两车相撞,当两车相距适当距离时,人从甲车跳到乙车上,人跳出甲车的水平速度v(相对地面)应在什么范围以内 不计地面和斜坡的摩擦,g取10 m/s2。
B组关键能力提升练
8.(多选)(2024河南郑州高二月考)如图所示,三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列,质量均为m',静止在光滑水平面上。c车上有一静止的质量为m的小孩,先跳到b车上,接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度均为v。小孩跳到a车上后相对a车保持静止,则( )
A.小车a、b、c、小孩四者组成的系统水平方向动量守恒
B.b、c两车运动速率相等
C.b车的速率为
D.a车的速率为v
9.(多选)如图所示,质量均为2 kg的三个物块静止在光滑水平面上,其中物块B的右侧固定一轻弹簧,物块A与弹簧接触但不连接。某时刻物块A突然以v0=3 m/s的速度向左运动,已知当A、B速度相等时,B与C恰好发生完全非弹性碰撞,碰撞过程时间极短,然后继续运动。若B、C碰撞过程中损失的机械能为ΔE,B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep,则( )
A.ΔE=4.875 J B.ΔE=1.125 J
C.Ep=6 J D.Ep=4.875 J
10.(2024陕西榆林测试)如图甲所示,物块A、B的质量分别是mA=4.0 kg和mB=3.0 kg,两物块之间用轻弹簧连接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙壁相接触,另有一物块C从t=0时,以一定速度向右运动。在t=4 s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再分开,物块C的v-t图像如图乙所示,墙壁对物块B的弹力在4~12 s的时间内的冲量I的大小为( )
A.9 N·s B.18 N·s
C.36 N·s D.72 N·s
11.(2024广东东莞高二月考)如图所示,光滑水平面上A、B两车质量都是m',A车前站立一质量为m的人,两车在同一直线上相向运动。为避免两车相撞,人从A车跳到B车上,最终A车停止运动,B车获得反向速度v0。
(1)求两小车和人组成的系统的初动量大小。
(2)若人跳跃速度较小,为避免两车相撞,则人跳上B车后,A车的速度最大多大
C组核心素养拔高练
12.(2024北京高三模拟)如图所示,两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上,挡板的厚度可忽略不计,车长为2L,与平板车质量相同的物体甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度v0向右运动,已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失。下列说法正确的是( )
A.甲、乙达到共同速度所需的时间为
B.甲、乙共速前甲的速度一定始终大于乙的速度
C.如果甲、乙碰撞的次数为n(n≠0),则最终甲距离乙左端的距离可能为+L+2nL
D.如果甲、乙碰撞的次数为n(n≠0),则最终甲距离乙左端的距离可能为L+2nL-
参考答案
分层作业5 动量守恒定律的应用
1.B 解析 小孩推出冰块过程,系统合外力为0,小孩和冰块系统动量守恒,故A错误;冰块在斜面上运动过程,冰块和斜面体系统水平方向合外力为0,在水平方向上动量守恒,故B正确;冰块从斜面体上下滑过程,冰块对斜面体做功,速度增加,斜面体动量增加,故C错误;冰块在斜面体上上滑和下滑过程,斜面体对冰块做负功,速度减小,冰块离开斜面时的速率与冲上斜面时的速率不相等,故D错误。
2.A 解析 沙车与铁球组成的系统水平方向动量守恒,则有m'v0=(m'+m)v,解得v=,故A正确。
3.D 解析 在弹簧释放的过程中,因mA∶mB=1∶2,由滑动摩擦力公式Ff=μFN=μmg知,A、B两物体所受的摩擦力大小不等,所以A、B两物体组成的系统合力不为零,A、B两物体组成的系统动量不守恒,故A错误;A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B物体对小车向右的滑动摩擦力,在A、B两物体相对小车停止运动之前,小车所受的合力向右,会向右运动,因滑动摩擦力做负功,则A、B、C及弹簧组成的系统的机械能不守恒,最终整个系统将静止,故B、C错误,D正确。
4.B 解析 由于五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用,故系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得mv0=5mv,得v=v0,即它们最后的速度为v0,B正确。
5.C 解析 弹簧压缩到最短时,子弹、A、B具有共同的速度v1,且子弹、A、B组成的系统,从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中,系统所受合外力始终为零,故整个过程系统的动量守恒,取子弹速度v0的方向为正方向,设子弹、A、B的质量分别为m、mA、mB,由动量守恒定律得mv0=(m+mA+mB)v1,又m=mB,mA=mB,故v1=,即弹簧压缩到最短时B的速度为,故C正确。
6.AD 解析 对物块从A到B过程,由动能定理有-μmgx=,解得vB=2 m/s,对物块从B到C过程,由动能定理有-mgr=,解得vC=0,根据向心力公式有FN=m,故物块到达C点时对轨道的压力为0,物块返回B点时,由于BC是光滑的,故返回B点速度大小不变,vB'=vB=2 m/s,A正确,B错误;物块从B到A,以水平向左为正方向,小车和物块组成的系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律有mvB=(m+m)v,解得v=1 m/s,由能量守恒定律有(m+m)v2+μmgx1,解得x1=0.5 m<3 m,物块不会从小车左端滑下来,符合题意,故物块最终距离A点的距离为L=x-x1=2.5 m,C错误,D正确。
7.解析 设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1,由机械能守恒定律得
(m1+m)gh=(m+m1)
在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自系统动量守恒,设人跳离甲车和跳上乙车后,两车的速度分别为v1'和v2',由动量守恒定律得
人跳离甲车时(m1+m)v1=mv+m1v1'
人跳上乙车时mv-m2v0=(m+m2)v2'
两车不可能再发生碰撞,即甲车追不上乙车,或甲车反向滑上斜坡又返回仍追不上乙车,临界条件是v1'=±v2'
当v1'=v2'时,解得v=3.8 m/s,
当v1'=-v2'时,解得v=4.8 m/s,
故v的取值范围为3.8 m/s≤v≤4.8 m/s。
答案 3.8 m/s≤v≤4.8 m/s
8.AD 解析 小车a、b、c、小孩四者组成的系统,水平方向受到的外力之和为零,水平方向动量守恒,故A正确。对小孩跳离c车的过程,取水平向右为正方向,对小孩和c组成的系统,由水平方向动量守恒,有0=mv+m'vc,解得c车的速度为vc=-,负号表示方向向左;对小孩跳上b车再跳离b车的过程,由小孩和b车组成的系统水平方向动量守恒,有mv+0=m'vb+mv,解得b车最终的速度为vb=0,故B、C错误。对小孩跳上a车的过程,由动量守恒定律,有mv+0=(m'+m)va,解得a车的最终速度为va=v,故D正确。
9.BD 解析 对A、B整体由动量守恒有mv0=2mv1,对B、C整体由动量守恒有mv1=2mv2,解得v2=,对A、B、C整体由动量守恒有mv0=3mv3,B、C碰撞过程中损失的机械能为ΔE=×2m=1.125 J,B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep=-ΔE-×3m=4.875 J。
10.C 解析 由题图乙知,C与A碰前速度为v1=9 m/s,碰后瞬间C的速度为v2=3 m/s,C与A碰撞过程动量守恒,以C的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mCv1=(mA+mC)v2,代入数据解得mC=2 kg,12 s末A和C的速度为v3=-3 m/s,4~12 s,墙壁对物块B的弹力的冲量I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2,代入数据解得I=-36 N·s,方向向左,故C正确,A、B、D错误。
11.解析 (1)光滑水平面上,两车与人组成的系统动量守恒,所以两车和人组成的系统的初动量就等于最终A车停止运动、B车获得反向速度时系统的动量,所以由系统动量守恒定律知p初=(m'+m)v0。
(2)为避免两车恰好发生碰撞,最终两车和人具有相同速度,设共速时速度为v1,由系统动量守恒定律得(m'+m)v0=(2m'+m)v1
解得v1=v0。
答案 (1)(m'+m)v0 (2)v0
12.D 解析 设甲、乙质量均为m,碰前瞬间甲的速度为v1,乙的速度为v2,碰后瞬间甲的速度为v1',乙的速度为v2',由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1+mv2=mv1'+mv2',mv1'2+mv2'2,解得v1'=v2,v2'=v1,即甲、乙发生碰撞时速度互换,设甲、乙最终的共同速度为v3,则mv0=2mv3,得v3=,则达到共速所需的时间为t=,故A、B错误;甲、乙从开始运动到相对静止,设甲、乙相对路程为s,由动能定理有-μmgs=×2m,解得s=,甲、乙共发生n次碰撞,设相对静止时物体甲距平板车左端的距离为s0,若甲、乙最后一次碰撞发生在平板车的左侧挡板,则L+2L(n-1)+s0=s,解得s0=+L-2nL(n=2,4,6,…),若甲、乙最后一次碰撞发生在平板车右侧挡板,则L+2L(n-1)+2L-s0=s,解得s0=2nL+L-(n=1,3,5,…),故C错误,D正确。01
分层作业6 实验:验证动量守恒定律
1.(2024广东广州高二月考)某实验小组采用如图所示的实验装置做“验证动量守恒定律”实验。在水平桌面上放置气垫导轨,导轨上安装光电计时器1和光电计时器2,带有遮光片的滑块A、B的质量分别为mA、mB,两遮光片沿运动方向的宽度均为d,实验过程如下:①调节气垫导轨成水平状态;②轻推滑块A,测得滑块A通过光电计时器1的遮光时间为t1;③滑块A与滑块B相碰后,滑块B和滑块A先后经过光电计时器2的遮光时间分别为t2和t3。
(1)实验中为确保两滑块碰撞后滑块A不反向运动,则mA、mB应满足的关系为mA (选填“大于”“等于”或“小于”)mB。
(2)碰前滑块A的速度大小为 。
(3)利用题中所给物理量的符号表示动量守恒定律成立的公式为 。
2.(2024河南南阳高二月考)在“验证动量守恒定律”实验中,实验装置如图所示,按照以下步骤进行操作:
①在平木板表面钉上白纸和复写纸,并将该木板竖直立于紧靠槽口处,将小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放,撞到木板并在白纸上留下痕迹O;
②将木板水平向右移动一定距离并固定,再将小球a从固定点处由静止释放,撞到木板上得到痕迹B;
③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端,让小球a仍从固定点处由静止释放,和小球b相碰后,两球撞在木板上得到痕迹A和C。
(1)下列措施可减小实验误差的是 。
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.每次实验均重复几次后,再记录平均落点
C.a球和b球的半径和质量满足ra=rb和ma
A.a球开始释放的高度h
B.木板水平向右移动的距离L
C.a球和b球的质量ma、mb
D.O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3
(3)只要验证等式 成立,即表示碰撞中动量守恒(用第2问中测量的物理量表示)。
3.(2024山东济南高二期末)某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验:在小车1的前端粘有橡皮泥,推动小车1使之做匀速直线运动,然后与原来静止在前方的小车2相碰并粘合成一体,继续做匀速直线运动。他设计的装置如图甲所示,在小车1后连着纸带,电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz,长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。
甲
乙
(1)若已测得打点纸带如图乙所示,并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点,则应选 (选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)段来计算小车1碰前的速度。
(2)已测得小车1的质量m1=0.2 kg,小车2的质量为m2=0.1 kg,则碰前两小车的总动量为 kg·m/s,碰后两小车的总动量为 kg·m/s。
参考答案
分层作业6 实验:验证动量守恒定律
1.解析 (1)滑块A和滑块B发生碰撞,用质量大的滑块A碰质量小的滑块B,则不会发生反弹,所以mA大于mB。
(2)滑块经过光电计时器时做匀速运动
则碰前滑块A的速度为vA=。
(3)碰后滑块A的速度vA'=
碰后滑块B的速度vB'=
由动量守恒定律得
mAvA=mAvA'+mBvB'
化简可得。
答案 (1)大于 (2) (3)
2.解析 (1)本实验是“验证动量守恒定律”的,所以实验误差与斜槽轨道的光滑程度无关,A错误;每次实验均重复几次后,再记录平均落点,这样可减小实验误差,B正确;要产生正碰,需a球和b球的半径满足ra=rb,为防止两球碰撞后a球反弹,质量要满足ma>mb,C错误。
(2)每次a球释放的高度h确定不变就可以,不用测量h的值,A错误;因为小球每次打在木板上时,水平方向的位移相等,所以不需测量木板水平向右移动的距离L,B错误;要验证动量守恒定律,必须测量a球和b球的质量ma、mb,C正确;需要计算小球运动的时间,则要测量O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3,D正确。
(3)a、b两球碰撞后做平抛运动,
由L=vt和y=gt2,可得v=
则由动量守恒定律可得mav0=mav1+mbv2
即为ma=ma+mb
整理解得
若表达式成立,即表示碰撞中动量守恒。
答案 (1)B (2)CD (3)
3.解析 (1)从分析纸带上打点的情况看,BC段和DE段内小车运动稳定,而碰前小车速度大,故应选用BC段计算小车1碰前的速度。
(2)小车1在碰撞前速度v0==2.1 m/s
小车1在碰撞前动量
p=m1v0=0.42 kg·m/s
碰撞后小车1、2的共同速度v==1.39 m/s
碰撞后小车1、2的总动量
p'=(m1+m2)v=0.417 kg·m/s。
答案 (1)BC (2)0.42 0.41701
分层作业7 弹性碰撞和非弹性碰撞
A组必备知识基础练
题组一 对碰撞问题的认识和理解
1.(2024河南新乡高二月考)如图所示,5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上,B、C、D、E四个小球质量相等,而F球质量小于B球质量,A球的质量等于F球质量,A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后( )
A.5个小球静止,1个小球运动
B.4个小球静止,2个小球运动
C.3个小球静止,3个小球运动
D.6个小球都运动
2.(多选)(2024湖北咸宁高二月考)在光滑的水平面上,一个质量为2 kg的物体A与另一物体B发生正碰,碰撞时间不计,两物体的位移随时间变化规律如图所示,以A物体碰前速度方向为正方向,下列说法正确的是( )
A.碰撞后A的动量为6 kg·m/s
B.碰撞后A的动量为2 kg·m/s
C.物体B的质量为2 kg
D.碰撞过程中合外力对B的冲量为6 N·s
3.(2024山东临沂高二月考)如图所示,A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球,A、B球的质量分别为mA、mB且mB=5mA,B球静止,拉起A球,使细线与竖直方向夹角为30°,由静止释放A球,在最低点A球与B球发生弹性碰撞。不计空气阻力,则关于碰后两小球的运动,下列说法正确的是( )
A.A球静止,B球向右,且偏角小于30°
B.A球向左,B球向右,且偏角等于30°
C.A球向左,B球向右,A球偏角大于B球偏角,且都小于30°
D.A球向左,B球向右,A球偏角等于B球偏角,且都小于30°
4.(2024山东枣庄高二月考)如图所示,光滑平台上有两个刚性小球A和B,质量分别为2m和3m,小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程中不损失机械能),小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中,小车与沙子的总质量为m,速度为2v0,小车行驶的路面近似看作是光滑的,求:
(1)碰撞后小球A和小球B的速度大小;
(2)小球B掉入小车后的速度大小。
题组二 碰撞的可能性判断
5.(多选)(2024山东济宁高二月考)如图所示,光滑的水平地面上,质量为m的小球A正以速度v向右运动,与前面大小相同、质量为3m的静止B球相碰,则碰后A、B两球总动能可能为( )
A.mv2 B.mv2 C.mv2 D.mv2
6.(2024广东中山高二月考)如图所示,在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A球在水平面上静止放置,B球向左运动与A球发生正碰,B球碰撞前、后的速率之比为3∶1,A球垂直撞向挡板,碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞,则A、B两球的质量之比为( )
A.1∶2 B.2∶1 C.1∶4 D.4∶1
7.(多选)(2024广东深圳高二月考)如图所示,光滑水平面上有一质量为2m、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C,质量为m的小球B置于其底端,另一个小球A质量为,小球A以v0=6 m/s的速度向B运动,并与B发生弹性碰撞,不计一切摩擦,小球均视为质点,则( )
A.B的最大速率为4 m/s
B.B运动到最高点时的速率为 m/s
C.B能与A再次发生碰撞
D.B不能与A再次发生碰撞
B组关键能力提升练
8.(多选)(2024山西晋中高三模拟)如图所示,半径为R的四分之一圆弧与水平地面平滑连接,圆弧内表面光滑。质量为4m的物块P(可看成质点)放在水平轨道光滑与粗糙的连接处,P左侧光滑,P右侧粗糙。质量为m的物块Q(可看成质点)自圆弧顶端静止释放,已知P、Q与粗糙水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5,P、Q碰撞时间极短,为弹性碰撞,与圆弧连接的水平面有很长一段是光滑的,P停止之前Q不会与其发生再一次碰撞,重力加速度为g。则( )
A.第一次碰撞后Q的速度大小为
B.从第一次碰撞后到第二次碰撞前P的位移大小为
C.第二次碰撞前Q的速度大小为
D.最终P停止时所通过的位移大小为
9.(多选)(2024江苏苏州模拟)如图所示,两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,球2在前,球1在后,两球的质量分别为m1=1 kg、m2=3 kg,初始时的速度分别为v01=6 m/s、v02=3 m/s,当球1与球2发生碰撞后,两球的速度分别为v1、v2,将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1,则v1、v2、E1、p1的可能值为( )
A.v1=1.75 m/s,v2=3.75 m/s
B.v1=1.5 m/s,v2=4.5 m/s
C.E1=9 J
D.p1=1 kg·m/s
10.(2024广东汕头高二期末)如图所示,ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道,AB段是半径R=0.8 m的圆弧,B在圆心O的正下方,BC段水平,AB段与BC段平滑连接,球2、球3均放在BC轨道上,质量m1=0.4 kg的球1从A点由静止释放,球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰,球2再与球3发生弹性正碰,g取10 m/s2。
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小。
(2)若球2的质量m2=0.1 kg,求球1与球2碰撞后球2的速度大小。
(3)若球3的质量m3=0.1 kg,为使球3获得最大的动能,球2的质量应为多少
C组核心素养拔高练
11.(2024山东聊城高二月考)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2.0×103 kg和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度g取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。
参考答案
分层作业7 弹性碰撞和非弹性碰撞
1.C 解析 由题知mA
2.BD 解析 由题图可知,碰撞前A的速度为v0= m/s=4 m/s,碰撞后A、B共同的速度为v= m/s=1 m/s,则碰撞后A的动量为pA=mAv=2 kg×1 m/s=2 kg·m/s,A错误,B正确;A、B碰撞过程中,由动量守恒定律可得mAv0=(mA+mB)v,解得mB=6 kg,C错误;对B,由动量定理可得IB=mBv-0=6 N·s,D正确。
3.C 解析 设A球到达最低点的速度为v,在最低点A球与B球发生弹性碰撞后,A球的速度为vA,B球的速度为vB,取向右为正方向,由动量守恒定律可得mAv=mAvA+mBvB,由机械能守恒有mAv2=mAmB,可得vA=v=-v,vB=v=v,A球向左,B球向右,摆动过程机械能守恒,由mgh=mv2知hA>hB,A球偏角大于B球偏角,且都小于30°,故选项C正确。
4.解析 (1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒,以水平向右为正方向,由动量守恒定律得
mAv0=mAv1+mBv2
碰撞过程中系统机械能守恒,有
mAmAmB
解得v1=v0=-v0,v2=v0=v0,故碰后小球A速度大小为,小球B的速度大小为v0。
(2)B球掉入沙车过程中系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得
mBv2-m车·2v0=(mB+m车)v'
解得v'=v0。
答案 (1)v0 v0 (2)v0
5.AC 解析 若A、B发生的是弹性碰撞,则没有能量的损失,碰后的总动能为mv2;若发生的是能量损失最多的完全非弹性碰撞,由动量守恒定律有mv=4mv1,则碰后两者总动能为Ek=×4mmv2,因此,碰后两者总动能满足mv2≤E总≤mv2,故A、C正确,B、D错误。
6.D 解析 设A、B两球的质量分别为mA、mB,B球的初速度为v0,取B球的初速度方向为正方向,由题意知,两球刚好不发生第二次碰撞,说明A、B两球碰撞后速度大小相等,方向相反,分别为和-,则有mBv0=mA·+mB,解得mA∶mB=4∶1,D正确。
7.AD 解析 A与B发生弹性碰撞,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得,v0=vA+mvB,,解得vA=-2 m/s,vB=4 m/s,A与B碰后瞬间B的速率最大,故B的最大速率为4 m/s,A正确;B冲上C并运动到最高点时二者共速,设为v,则mvB=(m+2m)v,得v= m/s,B错误;设B、C分离时的速度分别为vB'、vC',从B冲上C然后又滑到C底端的过程,由水平方向动量守恒,有mvB=mvB'+2mvC',由机械能守恒定律有·m·mvB'2+×2mvC'2,联立解得vB'=- m/s,由于|vB'|<|vA|,所以B不能与A再次发生碰撞,C错误,D正确。
8.AD 解析 物块Q在下滑过程中,由机械能守恒定律,有mgR=,解得v0=,P、Q发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,以水平向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvQ+4mvP,由机械能守恒定律得·4m,联立解得vQ=-,vP=,故A正确;第一次碰撞后,物块P在粗糙水平面上做匀减速直线运动,直到速度为零,由动能定理得-μ·4mgx0=0-·4m,得x0=,故B错误;设第二次碰撞前物块Q的速度为v,由动能定理得-μmgx0=mv2-,解得v=,故C错误;P、Q第二次碰撞过程,以水平向右为正方向,由动量守恒定律得mv=mvQ'+4mvP',由机械能守恒定律得mv2=mvQ'2+·4mvP'2,解得vQ'=-,vP'=,碰撞后对P由动能定理得-μ·4mgx1=0-·4mvP'2,解得P继续向右的位移x1=R,对Q有-μmgxQ=0-mvQ'2,解得xQ=R
10.解析 (1)对球1从A运动到B应用动能定理m1gR=m1
在B点对球1应用牛顿第二定律
FN-m1g=m1
联立解得v0=4 m/s、FN=12 N
由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN'=FN=12 N。
(2)球1、球2碰撞时,根据动量守恒定律有
m1v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得
m1m1m2
解得v2=v0=6.4 m/s。
(3)同理,球2、球3碰撞后
v3=v2
则v3=v0
代入数据,各物理量均取国际单位,在数值上有v3=v0
由数学知识可知,当m2=时,m2++0.5最小,v3最大
所以=0.04,m2=0.2 kg。
答案 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
11.解析 (1)设B车质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB
式中μ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xB。由运动学公式有
vB'2=2aBxB
联立解得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μmAg=mAaA
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA',碰撞后滑行的距离为xA。由运动学公式有
vA'2=2aAxA
设碰撞前瞬间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'
联立解得
vA=4.25 m/s。
答案 (1)3.0 m/s (2)4.25 m/s01
分层作业8 子弹打木块模型和滑块—木板模型
A组必备知识基础练
题组一 子弹打木块模型
1.(2024湖南长沙模拟)如图所示,一沙袋用不可伸长的轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态,此后弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出。第一次弹丸的速度为v1,打入沙袋后二者共同向右摆动的最大摆角为30°。当它们第1次返回图示位置时,第2粒弹丸以水平速度v2击中沙袋,使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°,若弹丸质量是沙袋质量的,忽略空气阻力,则以下结论正确的是( )
A.v1∶v2=41∶42 B.v1∶v2=41∶83
C.v1∶v2=1∶1 D.v1∶v2=42∶41
2.(2024福建宁德高二月考)质量为m'的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动,质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块,要使木块停下来,必须使发射子弹的数目为(子弹均留在木块中不穿出)( )
A. B.
C. D.
3.(2024安徽芜湖高二月考)如图所示,子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块,子弹未穿透木块,此过程木块的动能增加了6 J,那么此过程产生的内能可能为 ( )
A.16 J B.2 J C.6 J D.4 J
4.(2024江西九江高二月考)悬绳下吊着一个质量为m'=9.99 kg的沙袋,构成一个单摆,摆长L=1 m。一颗质量m=10 g的子弹以v0=500 m/s的水平速度射入沙袋,瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量,g取10 m/s2),则此时悬绳的拉力为( )
A.35 N B.100 N
C.102.5 N D.350 N
题组二 滑块—木板模型
5.(2024山东德州高二期末)如图所示,光滑水平面上有质量为m且足够长的木板,木板上放一质量也为m、可视为质点的木块。现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0,两次运动均在木板上留下划痕,则两次划痕长度之比为( )
A.1∶4 B.1∶4
C.1∶8 D.1∶12
6.(多选)(2024河南南阳高二月考)如图所示,A、B两木块靠在一起放于光滑的水平面上,A、B的质量分别为mA=2.0 kg,mB=1.5 kg,一个质量为mC=0.5 kg的铁块C以v0=8 m/s的速度滑到木块A上,离开木块A后最终与木块B一起匀速运动。若木块A在铁块C滑离后的速度为vA=0.8 m/s,铁块C与木块A、B间动摩擦因数均为μ=0.4,g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.铁块C在滑离A时的速度为2.4 m/s
B.木块B的长度至少为0.24 m
C.铁块C在木块B上滑行的时间为3.0 s
D.全过程铁块C克服摩擦力做的功为15.64 J
7.(多选)(2024湖北荆州高三月考)如图所示,将质量为m'的木板静止地放在光滑水平面上,质量为m的物块以水平初速度v0由木板左端开始向右运动,恰能滑至木板的右端与木板相对静止。已知物块与长木板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,物块可视作质点。下列判断正确的是( )
A.木板与物块的共同速度大小为v0
B.木板的长度为
C.滑动摩擦力对木板做的功为
D.物块滑动过程中产生的热量为
8.(2024河南驻马店高二月考)如图所示,在光滑水平面上有B、C两个木板,B的上表面光滑,C的上表面粗糙,B上有一个可视为质点的物块A,A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动,C以速度v向左运动。B、C的上表面等高,二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连,碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置,C的长度为L,不计空气阻力。求:
(1)木板C的最终速度大小;
(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff大小;
(3)物块A滑上木板C之后,在木板C上做减速运动的时间t。
B组关键能力提升练
9.(多选)(2024山东莱芜高二月考)小车静止在光滑水平面上,站在车上的人练习打靶,靶装在车的另一端,如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为m'(不含子弹),每颗子弹质量为m,共n发,打靶时,枪口到靶的距离为d,若每发子弹打入靶中,就留在靶里,且待前一发子弹打入靶中后,再打下一发。则以下说法正确的是( )
A.待打完n发子弹后,小车将以一定的速度向右匀速运动
B.待打完n发子弹后,小车应停在射击之前位置的右方
C.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移相同,大小均为
D.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移不相同
10.(多选)(2024山东济宁高二月考)如图所示,质量为m'的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以水平速度v0射中木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动,已知当子弹相对木块静止时,木块前进距离L,子弹进入木块的深度为s,此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定,则下列关系式正确的是( )
A.FfL=m'v2 B.Fft=mv0-mv
C.v= D.Ffs=mv2
11.(2024湖北十堰高二月考)如图所示,光滑水平面上放一木板A,质量m'=4 kg,小铁块B(可视为质点)质量为m=1 kg,木板A和小铁块B之间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,小铁块B以v0=10 m/s的初速度从木板A的左端冲上木板,恰好不滑离木板。
(1)A、B的加速度分别为多少
(2)经过多长时间A、B速度相同,相同的速度为多少
(3)求薄木板的长度。
C组核心素养拔高练
12.(2024海南海口高二期末)如图所示,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,将一滑块无初速度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。
参考答案
分层作业8 子弹打木块模型和滑块—木板模型
1.B 解析 根据摆动过程中机械能守恒和两次沙袋摆动的角度相等可知,两次沙袋被击中后的速度相同,设为v,用m'表示沙袋的质量,m表示弹丸的质量,则m'=40m,以水平向右为正方向,由动量守恒定律,第一次有mv1=(m'+m)v,第二次有mv2-(m'+m)v=(m'+2m)v,解得v1∶v2=41∶83,B正确。
2.C 解析 设发射子弹的数目为n,选择n颗子弹和木块组成的系统为研究对象,系统在水平方向所受的合外力为零,满足动量守恒的条件。以子弹运动的方向为正方向,由动量守恒定律有nmv2-m'v1=0,得n=,所以选项C正确。
3.A 解析 设子弹的质量为m0,初速度为v0,木块的质量为m,子弹打入木块的过程中,子弹与木块组成的系统动量守恒,即m0v0=(m+m0)v,此过程产生的内能等于系统损失的动能,即ΔE=m0(m+m0)v2=mv2,而木块获得的动能Ek木=mv2=6 J,则ΔE>6 J,A正确。
4.C 解析 子弹打入沙袋的过程中,对子弹和沙袋组成的系统由动量守恒定律得mv0=(m+m')v,得子弹与沙袋的共同速度v= m/s=0.5 m/s。对子弹和沙袋组成的系统,子弹射入沙袋瞬间,合外力提供向心力,有FT-(m+m')g=(m+m'),得悬绳的拉力FT=(m+m')g+(m+m')=102.5 N,故C正确。
5.A 解析 木块从开始运动到相对木板静止的过程中,木块和木板组成的系统水平方向动量守恒,取水平向右为正方向,则有mv0=(m+m)v,解得v=;根据能量守恒定律有μmgs=(m+m)v2,解得划痕长度s=;同理,当木块的初速度为2v0时,则划痕长度s'=,故两次划痕长度之比为s∶s'=1∶4,故A正确,B、C、D错误。
6.ABD 解析 铁块C在滑离A的瞬间,由动量守恒定律mCv0=(mA+mB)vA+mCvC,代入数据解得vC=2.4 m/s,所以A正确;铁块C和木块B相互作用最终和B达到相同的速度,铁块C和B作用过程中动量守恒、能量守恒,有mCvC+mBvA=(mC+mB)vB,(mC+mB)+μmCgx1=mCmB,因铁块C没有从木块B上掉下来,所以木块B的长度L≥x1,联立以上方程代入数据,解得L≥0.24 m,即木块B的长度至少为0.24 m,所以B正确;由B选项分析,可得C与B共速的速度为vB=1.2 m/s,C滑上B后做匀减速运动,加速度为aC=μg=4 m/s2,则铁块C在木块B上滑行的时间为t==0.3 s,所以C错误;C刚滑上A时,C做匀减速运动,A做匀加速运动,则C的总位移为x2==7.82 m,则全过程铁块C克服摩擦力做的功为Wf=Ffx2=15.64 J,所以D正确。
7.BD 解析 根据动量守恒mv0=(m'+m)v,解得v=v0,故A错误;根据能量守恒(m'+m)v2=μmgL,解得L=,故B正确;滑动摩擦力对木板做的功为W=ΔEk=m'v2=,故C错误;物块滑动过程中产生的热量为Q=(m'+m)v2=,故D正确。
8.解析 (1)设水平向右为正方向,B、C碰撞过程中动量守恒有2mv-mv=(2m+m)v1
解得v1=
A滑到C上,A、C动量守恒有3mv+mv1=(3m+m)v2
解得v2=v。
(2)根据能量关系可知,在A、C相互作用过程中,木板C与物块A之间因摩擦产生的热量为Q=×3mv2+(3m+m)
Q=Ff·
联立解得Ff=。
(3)在A、C相互作用过程中,以C为研究对象,由动量定理得Fft=mv2-mv1
解得t=。
答案 (1)v (2) (3)
9.BC 解析 车、人、枪、靶和n颗子弹组成的系统动量守恒,系统初动量为0,故末动量也为0,子弹打完后,车子不可能向右匀速运动;每射击一次,车子都会右移,所以子弹打完后,车子停在射击之前位置的右方,故A错误,B正确。每发子弹打入靶中,就留在靶里,且待前一发打入靶中后,再打下一发,因此每次射击,以一颗子弹和车、人、枪、靶、(n-1)颗子弹为研究对象,根据动量守恒有0=m-[m'+(n-1)m]×,由位移关系有x车+x子=d,解得x车=,故C正确,D错误。
10.AB 解析 由动能定理,对木块可得FfL=m'v2,故A正确;以向右为正方向,由动量定理,对子弹可得-Fft=mv-mv0,故B正确;对木块、子弹整体,根据动量守恒定律得mv0=(m'+m)v,解得v=,故C错误;根据能量守恒定律得Ffs=(m'+m)v2,故D错误。
11.解析 (1)对小铁块B受力分析,由牛顿第二定律有μmg=maB,即aB=μg=2 m/s2
对木板A受力分析,由牛顿第二定律有
μmg=m'aA,即aA==0.5 m/s2。
(2)由于A、B组成的系统所受合外力为零,则A、B组成的系统动量守恒,有
mv0=(m+m')v共
代入数据解得v共=2 m/s
由于木板A做匀加速直线运动,则v共=aAt
代入数据解得t=4 s。
(3)设薄木板的长度为L,则对A、B整体由动能定理有
-μmgL=(m+m')
代入数据解得L=20 m。
答案 (1)0.5 m/s2 2 m/s2 (2)4 s 2 m/s (3)20 m
12.解析 (1)由于地面光滑,则木板与滑块组成的系统动量守恒,有2mv0=(m+2m)v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
联立得v滑=v0,v木=v0
再根据功能关系有
-μmgx=×2m×2m
解得x=。
(3)对滑块进行受力分析,并根据牛顿第二定律有μmg=ma滑
滑块相对木板静止时有v0=a滑t
解得t=
由于木板保持匀速直线运动,则有
F=μmg
整个过程中木板滑动的距离为x'=v0t=
则外力所做的功为W=Fx'=m。
答案 (1) (2) (3) m01
分层作业9 滑块—斜(曲)面模型和滑块—弹簧模型
A组必备知识基础练
题组一 滑块—斜(曲)面模型
1.(2024湖南长沙高二月考)如图所示,在光滑的水平地面上停放着质量为m的弧形槽小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去,不计一切摩擦,则( )
A.在相互作用的过程中,小车和小球组成的系统总动量守恒
B.小球从右侧离开车后,对地将向右做平抛运动
C.小球从右侧离开车后,对地将做自由落体运动
D.小球从右侧离开车后,小车的速度有可能大于v0
2.(多选)(2024广西桂林高二月考)如图所示,光滑的半圆槽置于光滑的水平地面上,从一定高度自由下落的小球m恰能沿半圆槽边缘的切线方向滑入原先静止的槽内,对此情况,下列说法正确的是( )
A.小球第一次离开槽时,将向右上方做斜抛运动
B.小球第一次离开槽时,将做竖直上抛运动
C.小球离开槽后,仍能落回槽内,而槽将做往复运动
D.槽一直向右运动
3.(2024河北唐山高二期中)质量为m'的小车静止在光滑水平面上,车上是一个四分之一的光滑圆弧轨道,轨道下端切线水平。质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车,重力加速度为g,如图所示。已知小球不从小车上端离开小车,小球滑上小车又滑下,与小车分离时,小球与小车速度方向相反,速度大小之比等于1∶3,则m∶m'的值为( )
A.1∶3 B.1∶4 C.3∶5 D.2∶3
4.(2024四川绵阳高二期中)如图所示,质量为m'的滑块静止在光滑的水平面上,滑块的光滑弧面底部与水平面相切,一质量为m的小球以速度v0向滑块滚来,设小球不能越过滑块,则( )
A.小球滑到最高点的过程中,小球和滑块组成的系统动量守恒
B.小球滑到最高点时滑块的速度大小为0
C.小球滑到最高点时的高度为
D.小球滑到最高点时的高度为
题组二 滑块—弹簧模型
5.(多选)(2024湖北黄石高二月考)如图所示,与水平轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上,物体B沿水平方向向右运动,跟轻弹簧相碰。在B跟弹簧相碰后,对于A、B和轻弹簧组成的系统,下列说法正确的是( )
A.弹簧压缩量最大时,A、B的速度相同
B.弹簧压缩量最大时,A、B的动能之和最小
C.弹簧被压缩的过程中,系统的总动量不断减少
D.物体A的速度最大时,弹簧的弹性势能为零
6.(多选)(2024山东济宁高二期中)如图甲所示,一轻质弹簧的两端分别与质量分别是m1、m2的A、B两物块相连,它们静止在光滑水平面上,两物块质量之比m1∶m2=2∶3。现给物块A一个水平向右的初速度v0并从此时刻开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,下列说法正确的是( )
A.物块A、B与弹簧组成的系统动量守恒
B.物块A、B与弹簧组成的系统机械能不守恒
C.v3=v0
D.v3=0.4v0
7.(2024山东泰安高二月考)如图所示,A、B两个木块用轻弹簧相连接,它们静止在光滑水平面上,A和B的质量分别是99m和100m,一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出,则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( )
A. B.
C. D.
B组关键能力提升练
8.(2024湖南长沙高二月考)如图所示,在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为m'的斜面,斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m(m
9.(多选)(2024广东广州高二月考)如图所示,质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连,放在光滑水平面上,A紧靠竖直墙壁。用水平力向左推B,将弹簧压缩,推到某位置静止时推力大小为F,弹簧的弹性势能为Ep。在此位置突然撤去推力,下列说法正确的是( )
A.从撤去推力到A离开竖直墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能守恒
B.从撤去推力到A离开竖直墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能守恒
C.A离开竖直墙壁后,弹簧弹性势能最大值为
D.A离开竖直墙壁后,弹簧弹性势能最大值为Ep
10.(2024湖北黄冈中学高二月考)如图所示,形状完全相同的光滑弧形槽A、B静止在足够长的光滑水平面上,两弧形槽相对放置,底端与光滑水平面相切,弧形槽高度为h,弧形槽A质量为2m,弧形槽B质量为m'。质量为m的小球,从弧形槽A顶端由静止释放,重力加速度为g。
(1)求小球从弧形槽A滑下的最大速度;
(2)若小球从弧形槽B上滑下后还能追上弧形槽A,求m'、m间所满足的关系。
C组核心素养拔高练
11.(2024湖南长沙高二月考)如图所示,在光滑水平面上有一带挡板的木板,挡板和木板的总质量为m,木板长度为L(挡板的厚度可忽略),挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)。木板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块。滑块与木板间的动摩擦因数恒定,整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初速度v0,滑块相对木板向右运动,刚好能与小炸药包接触,接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短,爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动,且完好无损),滑块最终回到木板的左端,恰与木板相对静止。求:
(1)滑块与木板间的动摩擦因数;
(2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度。
参考答案
分层作业9 滑块—斜(曲)面模型和滑块—弹簧模型
1.C 解析 整个过程中小车与小球组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故A错误;设小球离开小车时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,整个过程中水平方向动量守恒,有mv0=mv1+mv2,由机械能守恒定律得,联立解得v1=0,v2=v0,即小球与小车分离时二者交换速度,所以小球从小车右侧离开后对地将做自由落体运动,故B、D错误,C正确。
2.BC 解析 小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零,初状态时系统在水平方向动量为零,由动量守恒定律可知,小球第一次离开槽时,系统水平方向动量为零,小球与槽在水平方向的速度都为零,小球离开槽后做竖直上抛运动,故A错误,B正确;小球沿槽的右侧下滑到底端过程,槽向右做加速运动,小球从底端向左侧上升过程,槽向右做减速运动,小球离开槽时,槽静止,小球做竖直上抛运动,然后小球落回槽的左侧,小球从槽的左侧下滑过程,槽向左做加速运动,从最低点向右上滑时,槽向左做减速运动,然后小球离开槽做竖直上抛运动,此后重复上述过程,由此可知,槽在水平面上做往复运动,故C正确,D错误。
3.C 解析 设小球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律有mv0=m'v1-mv2,由题意可得,对整体由机械能守恒定律有m',联立解得m∶m'=3∶5,故C正确。
4.D 解析 小球滑到最高点的过程中,小球和滑块组成的系统动量不守恒,系统水平方向动量守恒,A错误;根据动量守恒定律得mv0=(m+m')v,小球滑到最高点时滑块的速度大小为v=,B错误;根据机械能守恒定律得(m'+m)v2+mgh,小球滑到最高点时的高度为h=,C错误,D正确。
5.ABD 解析 物体B与弹簧刚接触时,弹簧发生形变,产生弹力,可知B做减速运动,A做加速运动,当两者速度相等时,弹簧的压缩量最大,故A正确;A、B和弹簧组成的系统能量守恒,弹簧压缩量最大时,弹性势能最大,此时A、B的动能之和最小,故B正确;弹簧在压缩的过程中,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,故C错误;当两者速度相等时,弹簧的压缩量最大,然后A继续加速,B继续减速,弹簧逐渐恢复原长,当弹簧恢复原长时,A的速度最大,此时弹簧的弹性势能为零,故D正确。
6.AD 解析 物块A、B与轻质弹簧组成的系统所受合外力为零,满足动量守恒,A正确;物块A、B与轻质弹簧组成的系统只有轻质弹簧的弹力做功,机械能守恒,B错误;在0~t1时间内,A向右减速,B向右加速,结合图乙可知,t1时刻两者达到共同速度v3,据动量守恒定律可得m1v0=(m1+m2)v3,解得v3=0.4v0,C错误,D正确。
7.A 解析 子弹打入木块A,由动量守恒得mv0=100mv1;对子弹和木块A、B组成的系统,当它们速度相同时,弹簧压缩量最大,弹性势能最大,由动量守恒得mv0=200mv2,弹簧弹性势能的最大值Ep=×100m×200m,故选项A正确。
8.D 解析 斜面固定时,由动能定理得-mgh=0-,所以v0=;斜面不固定时,由水平方向动量守恒得mv0=(m'+m)v,由机械能守恒得(m'+m)v2+mgh',解得h'=h,故D正确。
9.AC 解析 A离开墙壁前,墙壁对A有弹力,这个弹力虽不做功,但对A有冲量,因此系统动量不守恒,机械能守恒,选项A正确,B错误;由系统机械能守恒可得Ep=×2m,A脱离墙面后速度逐渐增加,B速度逐渐减小,此过程中弹簧逐渐伸长,当A、B速度相同时,弹簧弹性势能最大,这一过程系统动量和机械能均守恒。有动量守恒2mvB=(m+2m)v,机械能守恒Epmax=×2m(m+2m)v2,联立解得Epmax=,选项C正确,D错误。
10.解析 (1)小球到达弧形槽A底端时速度最大。设小球到达弧形槽A底端时速度大小为v1,弧形槽A的速度大小为v2。
小球与弧形槽A组成的系统在水平方向动量守恒,以水平向右为正方向,小球下滑过程中,由动量守恒定律得mv1-2mv2=0
由机械能守恒定律得mgh=·2m
联立解得v1=2,v2=。
(2)小球冲上弧形槽B后,上滑到最高点后再返回分离,设分离时小球速度反向,大小为v3,弧形槽B的速度为v4。整个过程二者水平方向动量守恒,则有:
mv1=-mv3+m'v4
二者的机械能守恒,则有m'
小球还能追上弧形槽A,须有v3>v2。
解得m'>3m。
答案 (1)2 (2)m'>3m
11.解析 (1)滑块相对木板向右运动,刚好能与炸药包接触,此时滑块和木板的速度相同,设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1,以水平向右为正方向;滑块和木板组成的系统,滑块在木板上滑动的过程中,系统所受合外力为零,则该系统动量守恒,故有mv0=2mv1
解得v1=v0,方向水平向右
滑块在木板上滑动的过程中,由功能关系可知μmgL=×2m
联立解得μ=。
(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1'和v2',最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2,系统在爆炸前后动量守恒,则有
2mv1=mv1'+mv2'
2mv1=2mv2
系统爆炸后,对滑块在木板上运动的过程应用功能关系,则有μmgL=mv1'2+mv2'2-×2m
联立以上各式解得v1'=0,v2'=v0,方向水平向右。
答案 (1) (2)0 v0,方向水平向右01
分层作业10 反冲现象 火箭
A组必备知识基础练
题组一 反冲运动及应用
1.(多选)(2024湖北荆门高二月考)判断下列说法正确的是( )
A.反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果
B.只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析
C.反冲运动的原理既适用于宏观物体,也适用于微观粒子
D.在没有空气的宇宙空间,火箭仍可加速前行
2.(2024湖南岳阳高二月考)下列图片所描述的事例或应用没有利用反冲运动原理的是( )
3.(2024广东韶关高二月考)一航天探测器完成对月球的探测后,离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一定倾角的直线飞行,先加速运动后匀速运动。探测器通过喷气而获得动力,下列关于喷气方向的说法正确的是( )
A.探测器加速运动时,向后喷气
B.探测器加速运动时,竖直向下喷气
C.探测器匀速运动时,竖直向下喷气
D.探测器匀速运动时,不需要喷气
4.(2024河南开封高二月考)如图所示,装有炮弹的火炮总质量为m1,炮弹的质量为m2,炮弹射出炮口时对地的速率为v0,若炮管与水平地面的夹角为θ,则火炮后退的速度大小为(设水平地面光滑)( )
A.v0 B.
C. D.
题组二 火箭
5.(2024河南洛阳高二月考)运送人造地球卫星的火箭开始工作后,火箭做加速运动的原因是( )
A.燃料燃烧推动空气,空气的反作用力推动火箭
B.火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出,气体的反作用力推动火箭
C.火箭吸入空气,然后向后推出,空气对火箭的反作用力推动火箭
D.火箭燃料燃烧发热,加热周围空气,空气膨胀推动火箭
6.(多选)(2024天津高二期末)下列关于火箭的描述正确的是( )
A.增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B.增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C.当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D.火箭发射时获得的推力来自喷出的燃气与发射台之间的相互作用
7.(2024浙江杭州高二月考)一质量为m'的航天器,正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v1,加速后航天器的速度大小为v2,则喷出气体的质量m为( )
A.m' B.m'
C.m' D.m'
8.(2024安徽合肥高二月考)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.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
B组关键能力提升练
9.(2024浙江宁波高二期末)如图所示,火炮车连同炮弹的总质量为m',当炮管水平,火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶时,发射一枚质量为m的炮弹后,火炮车的速度变为v2,仍向右行驶,则炮弹相对炮筒的发射速度v0为( )
A.
B.
C.
D.
10.(多选)(2024福建福州高二期末)如图所示,质量m=400 kg的小船静止在平静的水面上,船两端载着质量为m甲=40 kg、m乙=60 kg的游泳者,甲向左、乙向右同时以2 m/s(相对于岸)的水平速度跃入水中,不计水对船的阻力,下列说法正确的是 ( )
A.小船获得的速度大小为0.5 m/s
B.小船获得的速度大小为0.1 m/s
C.小船受到的合外力冲量大小为40 kg·m/s
D.若乙跃出的水平速度为3 m/s,则小船获得的速度为零
11.(2024山东聊城高二期末)平板车停在水平光滑的轨道上,平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向顺着轨道方向跳出,落在平板车地板上的A点,距货厢水平距离为l=4 m,如图所示,人的质量为m,车连同货厢的质量为m0=4m,货厢高度为h=1.25 m。
(1)求人跳出后到落到地板期间车的反冲速度大小。
(2)人落在平板车上并站定以后,车还运动吗 车在地面上移动的位移是多少
C组核心素养拔高练
12.(2024江苏宿迁高二月考)设有一质量m=5 t的小型火箭,架设于发射台上,其喷出气体对地的速度为1 000 m/s,g取10 m/s2。请估算它每秒喷出质量不少于多少的气体,才能让火箭开始上升。如果要使火箭以2 m/s2的加速度上升,请估算它每秒应喷出多少气体。
参考答案
分层作业10 反冲现象 火箭
1.ACD 解析 反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果,选项A正确;系统某一方向上合外力为零的反冲运动也可以用动量守恒定律来分析,选项B错误;反冲运动的原理既适用于宏观物体,也适用于微观粒子,选项C正确;在没有空气的宇宙空间,火箭向下喷气时,由于反冲作用,火箭仍可加速前行,选项D正确。
2.D 解析 喷灌装置是利用水流喷出时的反冲作用而运动的,章鱼在水中前行和转向利用了喷出的水的反冲作用,火箭发射是利用喷气的方式而获得动力的,利用了反冲运动,故A、B、C不符合题意;码头边轮胎的作用是延长碰撞时间,从而减小作用力,没有利用反冲作用,故D符合题意。
3.C 解析 探测器在加速运动时,因为受月球引力的作用,喷气所产生的推力一方面要平衡月球的引力,另一方面还要提供加速的动力,则沿着后下方某一个方向喷气,选项A、B错误;探测器在匀速运动时,因为受月球引力的作用,喷气产生的推力只需要平衡月球的引力即可,即竖直向下喷气,选项C正确,D错误。
4.C 解析 炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒,0=m2v0cos θ-(m1-m2)v,得v=,选项C正确。
5.B 解析 火箭的工作原理是反冲运动,火箭燃料燃烧产生的高温高压气体从尾部迅速喷出时,气体的反作用力推动火箭,使火箭获得反冲速度,故B正确。
6.AB 解析 根据FΔt=Δmv可知,增加单位时间的燃气喷射量或增大燃气相对于火箭的喷射速度,都可以增大火箭的推力,故A、B正确;当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时,燃气相对火箭的速度不为零,且与火箭的运动方向相反,火箭仍然受推力作用,做加速运动,故C错误;燃气被喷出的瞬间,燃气对火箭的反冲力作用在火箭上,使火箭获得推力,故D错误。
7.C 解析 规定航天器的速度方向为正方向,发动机喷气过程中系统动量守恒,故由动量守恒定律可得m'v0=(m'-m)v2-mv1,解得m=m',故C正确,A、B、D错误。
8.A 解析 由于喷出燃气过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量大小相等,方向相反,可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05 kg×600 m/s=30 kg·m/s,A正确。
9.B 解析 火炮车与炮弹组成的系统动量守恒,以火炮车的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得m'v1=(m'-m)v2+m(v0+v2),解得v0=,故B正确。
10.BC 解析 甲、乙和船组成的系统动量守恒,以水平向右为正方向,开始时总动量为零,根据动量守恒定律有0=-m甲v甲+m乙v乙+mv,代入数据解得v=-0.1 m/s,负号说明小船的速度方向水平向左,故A错误,B正确;根据动量定理可得,小船获得的动量为p=mv=400×0.1 kg·m/s=40 kg·m/s,方向水平向左,故C正确;根据动量守恒定律有0=-m甲v甲+m乙v乙'+mv',代入数据解得v'=-0.25 m/s,故D错误。
11.解析 (1)人从货厢边跳离的过程,系统(人、车和货厢)的动量守恒,设人的水平速度是v1,车的反冲速度是v2,取v1方向为正方向,则mv1-m0v2=0,解得v2=v1,人跳离货厢后做平抛运动,车以v2做匀速运动,运动时间为t= s=0.5 s,在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1=v1t,x2=v2t。
由图可知x1+x2=l
即v1t+v2t=l,则v2= m/s=1.6 m/s。
(2)人落到车上A点的过程,系统水平方向的动量守恒,人落到车上前人的水平速度仍为v1,车的速度为v2,落到车上后设人与车的共同速度为v,根据水平方向动量守恒得0=(m0+m)v,则v=0。故人落到车上A点站定后车的速度为零。
车的水平位移为x2=v2t=1.6×0.5 m=0.8 m。
答案 (1)1.6 m/s (2)不运动 0.8 m
12.解析 设喷出气体的质量为Δm,以Δm为研究对象,它在Δt时间内速度从0增至v=1 000 m/s,设火箭对它的作用力为F,由动量定理有
FΔt=Δmv-0
得F=v
若要使火箭开始上升,则要求
F>mg
即v>mg
kg/s=50 kg/s
即要使火箭开始上升,它每秒要喷出不少于50 kg的气体。
若要使火箭以加速度a=2 m/s2上升,取火箭为研究对象,由牛顿第二定律得
F-mg=ma
再取喷出的气体为研究对象,有
FΔt=Δmv-0
可得 kg/s=60 kg/s。
答案 50 kg 60 kg01
分层作业11 爆炸和人船模型
A组必备知识基础练
题组一 爆炸
1.(多选)(2024福建宁德高二月考)无限长的水平面上放置有A、B两滑块,其质量mA>mB。一根轻质弹簧,一端与A连接,另一端与B紧靠(不连接)。用细线把两滑块拉紧,弹簧被压缩,如图所示。如果把细线烧断,两滑块与弹簧分离后,继续运动。不计空气阻力,把A、B和弹簧看作系统,下列说法正确的是 ( )
A.若水平面光滑,系统动量守恒,系统机械能守恒
B.若水平面粗糙,系统动量一定不守恒,机械能一定不守恒
C.若A、B受到的摩擦力大小相等,B运动的总路程较长
D.若A、B受到的摩擦力大小相等,B运动的总时间较长
2.(2024浙江金华高二期末)在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时,在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力,下列说法正确的是( )
A.两碎块的位移大小之比为1∶2
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
3.(多选)(2024江西吉安期末)一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出,在最高点以水平向右的速度v飞行时,突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片,如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落,丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力,则下列说法正确的是( )
A.爆炸后乙落地的时间最长
B.爆炸后甲落地的时间最长
C.甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为4∶1
D.爆炸过程释放的化学能为
4.(2024浙江杭州高三模拟)一枚质量为m的烟花弹获得动能后,从地面竖直升空,当烟花弹上升到最大高度时,弹中火药爆炸将烟花弹炸成质量分别为m1和m2的A、B两部分,m1∶m2=2∶1,此时两部分获得的动能之和为烟花弹初动能的两倍,且初始均沿水平方向运动。设爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量,A、B两部分落地的水平位移大小分别为x1和x2,则( )
A.A、B两部分落地时的速度大小之比为2∶1
B.A、B两部分落地时的动能之比为4∶5
C.水平位移大小之比为x1∶x2=2∶1
D.A、B两部分落地点的间距为烟花弹上升的最大高度的4倍
题组二 人船模型
5.(2024安徽淮南高二月考)平静的水面上停着一只小船,船头站立着一个人,船的质量是人的质量的8倍。从某时刻起,这个人向船尾走去,走到船中部他突然停止走动。水对船的阻力忽略不计。下列说法正确的是( )
A.人走动时,他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反
B.他突然停止走动后,船由于惯性还会运动一小段时间
C.人在船上走动过程,人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D.人在船上走动过程,人的动能是船的动能的8倍
6.(多选)(2024浙江嘉兴高二月考)一只小船静止在水面上,一个人从小船的一端走到另一端,不计水的阻力,以下说法正确的是( )
A.人和小船组成的系统动量守恒
B.人运动的速度增大时,船运动的速度减小
C.当人停止走动时,因为小船惯性大,所以小船要继续向后退
D.当人停止走动时,小船也停止后退
7.(多选)(2024江西南昌高二月考)质量为m的人在质量为m'的小车上从左端走到右端,如图所示,当车与地面摩擦不计时,那么( )
A.人在车上行走,若人相对车突然停止,则车也突然停止
B.人在车上行走的平均速度越大,则车在地面上移动的距离也越大
C.人在车上行走的平均速度越小,则车在地面上移动的距离就越大
D.不管人以什么样的平均速度行走,车在地面上移动的距离相同
B组关键能力提升练
8.(多选)(2024江苏镇江高二月考)火箭是利用反冲原理工作的重要航天运输工具。当燃料在火箭发动机中燃烧,生成的高温高压燃气从喷口迅速喷出时,火箭便获得相反方向的动力,一火箭准备发射时质量为m',正以速度v竖直向下喷出燃气,这时火箭恰好静止在发射平台上。由此可知( )
A.此时火箭和喷出的气体组成的系统总动量守恒
B.发动机单位时间内喷出气体的质量为
C.单位时间内火箭获得燃气的冲量大小等于m'v
D.此时发动机的喷射功率P=
9.(2024福建宁德高二月考)有一条小船停靠在湖边码头,小船又窄又长,一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量,他进行了如下操作:首先将船平行码头自由停泊,然后他轻轻从船尾上船,走到船头后停下,而后轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L。如图所示。已知他自身的质量为m,则船的质量为( )
A. B.
C. D.
10.(多选)(2024山东潍坊高二检测)如图所示,质量为m'、长度为L的船停在平静的湖面上,船头站着质量为m的人,m'>m,现在人由静止开始由船头走到船尾。不计水对船的阻力,则( )
A.人和船运动方向相同
B.船运行速度小于人的行进速度
C.由于船的惯性大,当人停止运动时,船还要继续运动一段距离
D.人相对水面的位移为
11.(2024福建三明高二月考)如图所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为m',顶端高度为h。今有一质量为m的小物体(可视为质点),沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是( )
A.
B.
C.
D.
C组核心素养拔高练
12.(多选)(2024江西南昌高二期末)如图所示,一质量为m'的小车静止在光滑水平面上,车上固定一个竖直支架,轻绳一端固定在支架上,另一端固定一质量为m的小球,轻绳长为l,将小球向右拉至轻绳水平后,从静止释放,则( )
A.小球、轻绳和小车组成的系统的动量守恒
B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C.小球不能向左摆到原高度
D.小车向右移动的最大距离为
参考答案
分层作业11 爆炸和人船模型
1.AC 解析 动量守恒的条件是系统不受外力或所受合力为零;机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功,若水平面光滑,系统受到的合外力为零,只有弹力做功,A正确。若水平面粗糙,但A、B两滑块与水平面的动摩擦因数不同,A、B两滑块受到的摩擦力可能会等大反向,则系统所受合外力为零,动量守恒,但要克服摩擦力做功,系统机械能不守恒,B错误。若A、B受到的摩擦力大小相等,根据动量守恒定律,取B运动的方向为正方向,有0=-mAvA+mBvB,由于A、B受到的摩擦力大小相等,则A、B与弹簧分离前后受到的平均合力大小时刻相等,由动量定理F合tA=0-mAvA,F合tB=0-mBvB,则A、B运动的总时间相等,但由于mA>mB,则轻的物体平均速度大,有xA
3.CD 解析 爆炸后甲、丙从同一高度平抛,乙从同一高度自由下落,则落地时间t=,相等,选项A、B错误;爆炸过程动量守恒,有mv=-mv丙+mv甲,由题意知v丙=v得v甲=4v,爆炸后甲、丙从同一高度平抛,落地点到乙落地点O的距离x=vt,t相同,则x∝v,甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为x甲∶x丙=v甲∶v丙=4∶1,选项C正确;根据能量守恒可得爆炸过程释放的化学能ΔE=mv2=mv2,选项D正确。
4.B 解析 设烟花弹的初速度为v0,上升的最大高度为h,发生爆炸瞬间,A、B两部分在水平方向动量守恒,则有m1v1-m2v2=0,由题意可得m1+m2=m,=mgh,m1m2×2,联立解得v1=v0,v2=2v0,且速度均沿水平方向,接着A和B分别以v1=v0、v2=2v0向相反方向做平抛运动,到达地面过程中机械能守恒,设A、B落地时速度大小分别为v1'、v2',则对A有m1+m1gh=m1v1'2,对B有m2+m2gh=m2v2'2,联立解得v1'=v0,v2'=v0,所以v1'∶v2'=m1v1'2∶m2v2'2=4∶5,故A项错误,B项正确;设A、B在最高处爆炸后在空中做平抛运动的时间为t,则有h=gt2,x1=v1t,x2=v2t,联立解得x1=2h,x2=4h,故x1∶x2=1∶2,A和B落地点相距的距离为x1+x2=6h,为烟花弹上升的最大高度的6倍,故C、D项错误。
5.D 解析 人与船组成的系统动量守恒,以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得m人v人-m船v船=0,又m船=8m人,所以v人=8v船,人、船速度方向相反;v人t=8v船t,即x人=8x船,故A、C错误。人与船组成的系统动量守恒,人突然停止走动后,人的动量为零,由于系统初动量为零,由动量守恒定律可知,船的动量为零,船的速度为零,则知人停止走动后,船立即停止运动,故B错误。因8m人=m船,v人=8v船,根据Ek=mv2可知,人与船的动能之比为Ek人∶Ek船=8∶1,故D正确。
6.AD 解析 人在船上行走时,由于不计水的阻力,人和小船组成的系统所受外力之和为零,故系统动量守恒,故A正确;根据动量守恒定律有m人v人+m船v船=0,得=-是一个定值,可知人的速度与小船的速度大小成正比、方向相反,则当人运动的速度增大时,小船运动的速度也增大,当人停止走动时,小船也停止后退,故B、C错误,D正确。
7.AD 解析 由于地面光滑,则人与车组成的系统动量守恒,所以mv人=m'v车,可知A正确;设车长为L,由m(L-x车)=m'x车得,x车=L,车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关,故D正确,B、C错误。
8.BD 解析 由题意知,火箭和喷出的气体组成的系统所受合外力为重力,动量不守恒,故A错误;假设发动机在单位时间内喷射出的气体质量为m,则喷射出的气体动量为p=mΔt·v,正好和重力的冲量大小相等,即mΔt·v=m'gΔt,得m=,故B正确;由B项分析可知,单位时间内火箭获得燃气的冲量I=mv=m'g,故C错误;发动机Δt时间内对气体做功W=,喷射功率P=,故D正确。
9.B 解析 设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为v',人从船尾走到船头所用时间为t,取船的运动方向为正方向,则v=,v'=,根据动量守恒定律得m船v-mv'=0,解得船的质量m船=,故B正确。
10.BD 解析 人和船动量守恒,系统总动量为零,故人和船运动方向始终相反,故A错误;由动量守恒定律有m'v船=mv人,又m'>m,故v人>v船,故B正确;由人—船系统动量守恒且系统总动量为零知:人走船走,人停船停,故C错误;由平均动量守恒m'=m和x人+x船=L,可得x人=,故D正确。
11.C 解析 小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒,以水平向左为正方向,设小物体在水平方向上对地位移大小为x1,斜面体在水平方向上对地位移大小为x2。有0=mx1-m'x2,且x1+x2=,可得x2=,故C正确。
12.BD 解析 小球、轻绳和小车组成的系统只是在水平方向所受的合力为零,竖直方向的合力不为零,故水平方向的动量守恒,而总动量不守恒,A错误,B正确;根据水平方向的动量守恒及机械能守恒可知,小球仍能向左摆到原高度,C错误;小球相对于小车的位移为2l,根据“人—船”模型mx1=m'x2,x1+x2=2l,解得小车向右移动的最大距离为x2=,D正确。
