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文档简介
专题07动量动量与能量的综合应用TOC\o"13"\h\u01专题网络·思维脑图 102考情分析·解密高考 103高频考点·以考定法 1 2一、动量定理的应用 2二、动量守恒定律及其应用 3三、动量与能量的综合应用 4 4 9考向1:动量定理与图形结合的综合应用 9考向2:动量定理和能量守恒的综合应用 10考向3:动量、能量在滑块滑板模型中的综合应用 11考向4:动量、能量在磁场中的综合应用 1304核心素养·难点突破 1405创新好题·轻松练 24考点内容要求学习目标动量定理的应用II掌握动量定理在蹦极类和流体类问题中的应用;掌握动量定理与vt图像的综合应用;掌握动量守恒定律在各种碰撞、爆炸和反冲问题中的应用;掌握动力与能量的综合应用动量守恒定律及其应用II动量与能量问题II一、动量定理的应用1.冲量的三种计算方法公式法I=Ft适用于求恒力的冲量动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图像法Ft图线与时间轴围成的面积表示力的冲量。若Ft成线性关系,也可直接用平均力求解2.应用动量定理时应注意的问题(1)动量定理的研究对象可以是单一物体,也可以是一个系统,在研究系统问题时,受力分析只考虑系统的外力。(2)动量定理的表达式是矢量式,使用时要关注力、初速度、末速度的方向,为了方便要规定正方向。(3)动量定理是合力的冲量等于物体动量的改变量,要注意合力与单个力的区别。3.用动量定理解决两类连续体问题的步骤模型一:流体类问题流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”,质量具有连续性,通常已知密度ρ分析步骤1如图,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S2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=ρSvΔt3建立方程,应用动量定理研究这段柱状流体,即FΔt=ΔmΔv,分两种情况:(以原来流速v的方向为正方向)(1)作用后流体微元停止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2;(2)作用后流体微元以速率v反弹,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2模型二:微粒类问题微粒及其特点通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”,质量具有独立性,通常给出单位体积内粒子数n分析步骤1建立“柱状”模型,沿运动的方向选取一段柱形微元,柱体的横截面积为S2微元研究,作用时间Δt内的一段柱形微元的长度为Δl=vΔt,对应的体积为ΔV=SvΔt,则微元内的粒子数N=nvSΔt3先应用动量定理研究单个粒子,建立方程,再乘以N计算二、动量守恒定律及其应用1.利用动量守恒定律所列方程中的各速度必须相对于同一惯性参考系。2.动量守恒定律应用的三种情形(1)系统不受外力或所受合力为零。(2)外力远小于内力,外力可忽略,系统动量近似守恒,如“爆炸”“碰撞”等现象。(3)系统虽然所受合力不为零,但在某一方向所受合力为零,则在这一方向总动量守恒。3.动量守恒定律的三种表达形式(1)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)。(2)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。(3)Δp=0,系统总动量的增量为零。4.碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律。(2)动能之和不增加:即Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)+eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)+eq\f(p2′2,2m2)。(3)若碰后同向,后方物体速度不大于前方物体速度。5.两种特殊的碰撞模型(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例,有m1v1=m1v1′+m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)=eq\f(1,2)m1v1′2+eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′=eq\f((m1-m2)v1,m1+m2),v2′=eq\f(2m1v1,m1+m2)。结论:①当两球质量相等时,v1′=0,v2′=v1,两球碰撞后速度交换。②当质量大的球碰质量小的球时,v1′>0,v2′>0,碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。③当质量小的球碰质量大的球时,v1′<0,v2′>0,碰撞后质量小的球被反弹回来。(2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同:m1v1+m2v2=(m1+m2)v共,机械能损失最多,机械能的损失:ΔE=eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)+eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)-eq\f(1,2)(m1+m2)veq\o\al(2,共)。6.应用动量守恒定律分析问题的关键步骤三、动量与能量的综合应用动量与能量综合模型归纳弹簧类(1)系统动量守恒;(2)系统机械能守恒;(3)共速时弹簧最长或最短,系统动能损失最大,弹簧的弹性势能最大,类似于完全非弹性碰撞;(4)弹簧再次恢复原长时弹簧的弹性势能再次为零,系统动能最大,整个过程类似于弹性碰撞,此时m2速度最大轨道类(1)水平方向动量守恒;(2)系统机械能守恒;(3)最高点:m与M共速。mv0=(M+m)v共;eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)(M+m)veq\o\al(2,共)+mgh,其中h为m上升的最大高度(完全非弹性碰撞拓展模型);最低点:mv0=mv1+Mv2;eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)+eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)(弹性碰撞拓展模型)滑块滑板(1)系统动量守恒;(2)系统机械能不守恒,损失的动能等于产生的内能:-ΔEk=Q=fx相电磁感应中的“双杆”模型(水平导轨都光滑)达到共速时相当于完全非弹性碰撞,动量满足mv0=(m+M)v共,损失的动能最大,转化为电能【典例1】(多选)(2023·广东·统考高考真题)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型.多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力.开窗帘过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力,推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为.关于两滑块的碰撞过程,下列说法正确的有(
)A.该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为C.滑块2受到合外力的冲量大小为D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为【答案】BD【详解】A.取向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系统的初动量为碰撞后的动量为,则滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误;B.对滑块1,取向右为正方向,则有,负号表示方向水平向左,故B正确;C.对滑块2,取向右为正方向,则有,故C错误;D.对滑块2根据动量定理有,解得,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为,故D正确。故选BD。【典例2】(2023·辽宁·统考高考真题)如图,质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g=10m/s2,结果可用根式表示。(1)求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1;(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小;(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能U(用t0表示)。【答案】(1)1m/s;0.125m;(2)0.25m;;(3)【详解】(1)由于地面光滑,则m1、m2组成的系统动量守恒,则有m2v0=(m1+m2)v1,代入数据有v1=1m/s对m1受力分析有则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12=2a1x1,代入数据解得x1=0.125m(2)木板与弹簧接触以后,对m1、m2组成的系统有kx=(m1+m2)a共对m2有a2=μg=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动,解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对m1、m2组成的系统列动能定理有,代入数据有
(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度,则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时,则说明此时m1的速度大小为v2,共用时2t0,且m2一直受滑动摩擦力作用,则对m2有-μm2g∙2t0=m2v3-m2v2,解得则对于m1、m2组成的系统有,U=Wf联立有【典例3】(2023·天津·统考高考真题)质量的物题A自距地面高度自由落下,与此同时质量的物题B由地面竖直上抛,经过与A碰撞,碰后两物体粘在一起,碰撞时间极短,忽略空气阻力。两物体均可视为质点,重力加速度,求A、B:(1)碰撞位置与地面的距离x;(2)碰撞后瞬时的速度大小v;(3)碰撞中损失的机械能。【答案】(1)1m;(2)0;(3)12J【详解】(1)对物块A,根据运动学公式可得,(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为,根据运动学公式可知,即,解得可得碰撞前A物块的速度,方向竖直向下;碰撞前B物块的速度,方向竖直向上;选向下为正方向,由动量守恒可得,解得碰后速度(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能【典例4】(2023·全国·统考高考真题)如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为l,圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数。【答案】(1)小球速度大小,圆盘速度大小;(2)l;(3)4【详解】(1)过程1:小球释放后自由下落,下降,根据机械能守恒定律,解得过程2:小球以与静止圆盘发生弹性碰撞,根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有,,解得,,,即小球碰后速度大小,方向竖直向上,圆盘速度大小为,方向竖直向下;(2)第一次碰后,小球做竖直上抛运动,圆盘摩擦力与重力平衡,匀速下滑,所以只要圆盘下降速度比小球快,二者间距就不断增大,当二者速度相同时,间距最大,即,解得根据运动学公式得最大距离为(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时,两者位移相等,则有,即,解得此时小球的速度圆盘的速度仍为,这段时间内圆盘下降的位移之后第二次发生弹性碰撞,根据动量守恒根据能量守恒联立解得:,同理可得当位移相等时,,,解得圆盘向下运动此时圆盘距下端管口13l,之后二者第三次发生碰撞,碰前小球的速度有动量守恒机械能守恒得碰后小球速度为圆盘速度当二者即将四次碰撞时x盘3=x球3,即,得在这段时间内,圆盘向下移动此时圆盘距离下端管口长度为20l-1l-2l-4l-6l=7l此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前,下降距离逐次增加2l,故若发生下一次碰撞,圆盘将向下移动x盘4=8l则第四次碰撞后落出管口外,因此圆盘在管内运动的过程中,小球与圆盘的碰撞次数为4次。考向1:动量定理与图形结合的综合应用1.(多选)(2024·广东肇庆·统考二模)在水平面上静置有质量相等的a、b两个物体,水平推力、分别作用在a、b上,一段时间后撤去推力,物体继续运动一段距离后停下,a、b在运动过程中未相撞,a、b的vt图像如图所示,图中平行于,整个过程中a、b的最大速度相等,运动时间之比。则在整个运动过程中下列说法正确的是()A.物体a、b受到的摩擦力大小相等 B.两水平推力对物体的冲量之比为C.两水平推力对物体的做功之比为 D.两水平推力的大小之比为【答案】ABC【详解】AD.由题图知,平行于,说明撤去推力后两物体的加速度相同,而撤去推力后物体的合力等于摩擦力,根据牛顿第二定律可知,,,解得根据图像可知,,解得,故A正确,D错误;B.根据动量定理有,,解得,故B正确;C.根据动能定理可得,,,,,解得故C正确。故选ABC。2.(多选)(2023·贵州毕节·统考三模)如图,水平桌面上,一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体运动秒后,速度大小增为,此时撤去F,物体继续滑行秒后停止运动。则()A.在此过程中F所做的功为 B.在此过程中F的冲量大小等于C.F的大小等于滑动摩擦力大小的3倍 D.物体与桌面间的动摩擦因数等于【答案】BC【详解】BC.时间内,根据动量定理可得时间内,根据动量定理可得,,联立可得,在此过程中F的冲量大小等于,故BC正确;A.时间内,根据动能定理可得,,又,联立可得在此过程中F所做的功为,故A错误;D.设物体与桌面间的动摩擦因数为,时间内,根据动量定理可得,解得,故D错误。故选BC。考向2:动量定理和能量守恒的综合应用3.(2023·河北·校联考模拟预测)在碰撞检测管线中。连续碰撞检测(ContinuousCollisionDetection·CCD)专门处理物体之间的遂穿和对滑类问题,研究人员假设了如下模型,如图所示,小物块A和长木板B叠放在一起。已知小物块A的质量为3m,B的质量为m,长木板B足够长。其上表面与小物块A的摩擦因数为μ,水平面光滑,水平面上摆放着若干质量均为2m的小物块。初始时使A水平向右的速度为。B速度为0。B在A的带动下运动。当B与编号1的小物块刚要相碰时,AB恰好达到共速,之后当AB再次共速时再次与编号1小物块发生碰撞,碰撞持续,最终小物块A未从B的右端滑出。已知重力加速度为g,题中所有碰撞均为时间极短的弹性碰撞,除木块B外其余物块均可能为质点。求:(1)A、B第一次共速时系统产生的热量;(2)初始时,B物体右端距离编号1的小物块的距离d1;(3)B与编号1的小物块第1次碰撞后,B的右端与该小物块的最大距离。【答案】(1);(2);(3)【详解】(1)由于地面光滑,A、B系统动量守恒,根据动量守恒解得共速时的速度根据能量守恒联立解得(2)对B从释放到第一次与A共速过程,用动能定理对B分析有,解得(3)B与编号1的小物块发生弹性碰撞,根据动量守恒和机械能守恒解得,,A、B第二次达到相同速度,根据动量守恒对B分析有,解得由于1小物块与2小物块质量相等且发生弹性碰撞,碰撞后速度发生交换,1小物块碰后静止,2小物块速度为。A、B发生相对运动过程中的加速度大小分别为,从1第一次被碰后,直到1碰2,历时为B的速度反向减速到0,历时为可知,表明B的速度减小到0时,B距1最远,最远距离为考向3:动量、能量在滑块滑板模型中的综合应用4.(多选)(2024·河南·统考一模)如图(a)所示,“L”形木板静止于粗糙水平地面上,质量为的滑块以的初速度滑上木板,时与木板相撞并粘在一起。两者运动的图像如图(b)所示。重力加速度大小取,则()A.的质量为 B.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1C.由于碰撞系统损失的机械能为 D.时木板速度恰好为零【答案】AC【详解】A.两者碰撞时,取滑块P的速度方向为正方向,设P的质量为m=1kg,Q的质量为M,由系统动量守恒定律得根据vt图像可知,v1=3m/s,v2=1m/s,v3=2m/s,代入上式解得,故A正确;B.设P与Q之间的动摩擦因数为μ1,Q与地面之间的动摩擦因数为μ2,根据vt图像可知,02s内P与Q的加速度分别为aP=1.5m/s2,aQ=0.5m/s2,对P、Q分别受力分析,由牛顿第二定律得,,联立解得,故B错误;C.由于碰撞系统损失的机械能为,代入数据解得,故C正确;D.对碰撞后整体受力分析,由动量定理得,代入数据解得因此木板速度恰好为零的时刻为,故D错误;故选AC。5.(多选)(2024·吉林·统考一模)如图(a),质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上,甲到乙左端的距离为L,初始时甲、乙均静止,质量为M的物块丙以速度向右运动,与乙发生弹性碰撞。碰后,乙的位移x随时间t的变化如图(b)中实线所示,其中时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线,二者相切于P,抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙,重力加速度为g。下列说法正确的是()A.碰后瞬间乙的速度大小为 B.甲、乙间的动摩擦因数为C.甲到乙左端的距离 D.乙、丙的质量比【答案】BC【详解】AB.设碰后瞬间乙的速度大小为,碰后乙的加速度大小为,由图(b)可知抛物线的顶点为Q,根据图像的切线斜率表示速度,则有,联立解得,根据牛顿第二定律可得,解得甲、乙间的动摩擦因数为,故A错误,B正确;C.由于甲、乙质量相同,则甲做加速运动的加速度大小也为根据图(b)可知,时刻甲、乙刚好共速,则时间内甲、乙发生的相对位移为,则甲到乙左端的距离满足,故C正确;D.物块丙与乙发生弹性碰撞,碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得可得,可得乙、丙的质量比为,故D错误。故选BC。考向4:动量、能量在磁场中的综合应用6.(2023·全国·统考高考真题)如图,水平桌面上固定一光滑U型金属导轨,其平行部分的间距为,导轨的最右端与桌子右边缘对齐,导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为。一质量为、电阻为、长度也为的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为的绝缘棒Q位于P的左侧,以大小为的速度向P运动并与P发生弹性碰撞,碰撞时间很短。碰撞一次后,P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时,两端与导轨接触良好,P与Q始终平行。不计空气阻力。求(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小;(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量;(3)与P碰撞后,绝缘棒Q在导轨上运动的时间。【答案】(1);(2);(3)【详解】(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞,根据动量守恒和机械能守恒可得,联立解得,由题知,碰撞一次后,P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点,则金属棒P滑出导轨时的速度大小为(2)根据能量守恒有,解得(3)P、Q碰撞后,对金属棒P分析,根据动量定理得,又,,联立可得,由于Q为绝缘棒,无电流通过,做匀速直线运动,故Q运动的时间为一、单选题1.(2023·天津和平·统考二模)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭,如图所示,发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出,火箭速度接近零时再点火飞向太空。设从火箭开始运动到点火的过程始终受气体推力,则此过程中()A.气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量B.高压气体释放的能量等于火箭动能的增加量C.在气体推力作用下,火箭的速度一直在增大D.气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量【答案】D【详解】A.火箭动量的增加量等于气体对火箭推力与火箭重力冲量的矢量和,A错误;B.火箭动能的增加量与火箭重力势能增加量和克服空气阻力的功的代数和等于高压气体释放的能量,B错误;C.在气体推力作用下,火箭的速度先增加后减小,C错误;D.火箭机械能的增加量等于气体的推力和空气阻力对火箭做功的代数和,D正确。故选D。二、多选题2.(2024·广西·校联考一模)如图,质量为m的物块A以的速度在光滑水平面上向右运动,A的左侧为墙面,A与墙面碰撞后以原速率返回。A的右侧有一以速度向右运动的物块B,物块B的质量为M(M未知),B的左侧固定一轻弹簧,物块A、B均可视为质点,下列说法正确的是()A.无论A、B发生几次接触,整个过程A、B的总动量都守恒B.若,弹簧能达到的最大弹性势能为C.若,则A、B能发生两次接触D.无论M为何值,A、B都不能发生三次接触【答案】BD【详解】A.A与墙壁碰撞过程墙壁对其有向右的冲量,该过程动量不守恒,A错误;B.A、B第一次共速后A与墙壁碰撞,墙壁对其有向右的冲量,系统的动量增大,第二次共速的速度变大,动能变大,而系统无机械能损失,弹性势能小于第一次压缩到最短时的弹性势能。因此第一次共速时弹簧的弹性势能最大。时弹性势能为,B正确;CA第一次接触弹簧到与弹簧分离的过程,以向右为正方向,得解得若要发生两次接触,需满足,且解得C错误;D物块A第二次接触弹簧到与弹簧分离的过程,得解得若要发生三次接触,首先需满足得显然这与发生两次接触的条件矛盾,故无论M为何值,A、B都不能发生三次接触,D正确。故选BD。3.(2024·全国·校联考模拟预测)如图,质量为m的小球A和质量为3m的小球B用长为L的弹性绳连接,小球B静止在光滑水平面上,小球A在小球B正上方高为0.72L处以一定的初速度水平向右抛出,小球落地时弹性绳刚好拉直(第一次处于原长),小球A落地时,与地面碰撞过程,竖直方向的速度减为零,水平方向的速度保持不变,弹性绳始终处于弹性限度内,重力加速度为g,不计小球大小,则()A.小球A抛出时的初速度大小为 B.小球A抛出时的初速度大小为C.弹性绳具有的最大弹性势能为 D.弹性绳具有的最大弹性势能为【答案】BC【详解】AB.A球从抛出到落地过程,可解得,A错误,B正确;CD.A球落地后到与B球速度相同时,弹簧弹性势能最大解得,C正确,D错误。故选BC。4.(2024·河南·统考一模)粒子以一定的初速度与静止的氧原子核发生正碰。此过程中,粒子的动量随时间变化的部分图像如图所示,时刻图线的切线斜率最大。则()A.时刻的动量为 B.时刻的加速度达到最大C.时刻的动能达到最大 D.时刻系统的电势能最大【答案】AB【详解】A.粒子与氧原子核组成的系统动量守恒,时刻的动量为故A正确;B.时刻图线的切线斜率最大,则粒子的动量变化率最大,根据可知粒子的速度变化率最大,即加速度最大,即粒子受到的电场力最大,则氧原子核受到的电场力也最大,的加速度达到最大,故B正确;C.时刻,粒子速度为零,由图可知时刻后,粒子反向运动,系统动量守恒,可知在时刻之后,的动量达到最大,的速度达到最大,的动能达到最大,故C错误;D.时刻,氧原子核受到的电场力最大,粒子与氧原子核的距离最近,系统的电势能最大,故D错误。故选AB。5.(2024·河北·一模)如图所示,倾角为α的足够长粗糙斜面固定在水平地面上,质量为m的滑块A放在斜面上恰好处于静止状态,质量也为m的滑块B下表面光滑,从斜面上与A相距为L处由静止释放,之后与A发生多次弹性正碰,每次碰撞时间都极短,已知斜面倾角α=30°,A、B两滑块均可视为质点,重力加速度大小为g,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()A.B由静止释放后至第一次与A碰撞经历的时间为B.B与A第一次碰撞后瞬间A的速度大小为C.B与A发生第一次碰撞至发生第二次碰撞的时间为D.B与A发生第一次碰撞至发生第二次碰撞滑块A克服摩擦力做的功为4mgL【答案】BC【详解】A.设B下滑过程中加速度大小为a,B由静止释放后至第一次与A碰撞经历的时间为t1,第1次与A碰前瞬间的速度为v,则对B由牛顿第二定律得由运动学规律得,,解得,,故A错误;B.第一次碰撞后A的速度为vA1,B的速度为vB1,由动量守恒和机械能守恒得;,解得,,故B正确;C.第一次碰撞后,A匀速下滑,B匀加速下滑,发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等,所用时间为t2,则有,解得,故C正确;D.B与A发生第一次碰撞至发生第二次碰撞,A的位移为滑块A克服摩擦力做的功,解得,故D错误。故选BC。6.(2023·安徽·校联考二模)在一座高楼的顶层,工程师们正在安装一个新型的安全装置,来检测大楼内部的振动情况,以便及时采取措施防止可能的安全隐患。如图为该安全装置的简化模型,竖直放置的轻质弹簧下端固定在地面上,上端与物块甲连接,初始时物块甲静止于A点。现有质量为m的物块乙从距物块甲上方h处由静止释放,乙与甲相碰后立即一起向下运动但不粘连,此时甲,乙两物块的总动能为,向下运动到B点时总动能达到最大为,继续向下运动到达最低点C(未标出),之后在弹起过程中将乙抛离甲。整个过程中弹簧始终处于竖直状态,且在弹性限度内,重力加速度为g。下列说法正确的是(
)A.物块甲的质量为mB.弹起过程中,物块甲和物块乙一起运动到A点时分离C.A、B两点间距离与B、C两点间距离之比为D.弹簧弹性势能的最大值为7mgh【答案】AC【详解】A.物块乙自由下落h,设碰撞前乙的速度为,对物块乙由机械能守恒有而根据题意,设碰后物块甲和物块乙的共同速度为v,碰后甲、乙的总动能为物块甲和物块乙碰撞,碰撞过程中动量守恒,根据动量守恒定律有,联立解得,故A正确;B.物块甲与物块乙分离时速度、加速度均相等,相互作用的弹力为零,此时刻物块乙只受重力,加速度竖直向下等于g,因此分离时物块甲的加速度也等于g,合力为mg,即此时弹簧处于原长状态,即物块甲与物块乙在弹簧恢复原长时分离,故B错误;C.设弹簧劲度系数为k,甲、乙两个物块的质量均为m,设B、A两点间距离为,C、B两点间距离为,在A点弹簧形变量在B点弹簧形变量则可得从A到B,根据动能定理可得,解得在C点弹簧的形变量从B到C,根据动能定理可得,解得,可知,故C正确;D.物块甲和物块乙在最低点C时弹性势能最大,又初始时弹簧的压缩量为初始时弹簧的弹性势能从物块甲和物块乙在A点碰后到运动至最低点C,由机械能守恒定律有解得,故D错误。,故选AC。7.(2024·重庆沙坪坝·重庆八中校考一模)如图所示,将质量均为m的编号依次为1,2…6的劈块放在水平面上,它们靠在一起构成倾角为θ的三角形劈面,每个劈块上斜面长度均为L。质量为m的小物块A与斜面间的动摩擦因数μ1=2tanθ,每个劈块与水平面间的动摩擦因数均为μ2,假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,劈块间不粘连。现使A从斜面底端以平行于斜面的初速度冲上斜面,g为重力加速度,在上滑过程中()A.若所有劈块均固定,则水平面对所有劈块的总支持力小于7mgB.若所有劈块均不固定且μ2=0,则所有劈块和物块组成的系统动量守恒C.若所有劈块均不固定且,则物块能冲上6号劈块,且刚冲上6号劈块时,6号劈块开始相对水平面滑动D.若所有劈块均不固定且μ2=2tanθ,则物块能冲上6号劈块,且刚冲上6号劈块时,6号劈块受到地面的摩擦力大小为【答案】AC【详解】A.若所有劈块均固定,小物块A沿斜面向上做减速运动,加速度沿斜面方向向下,小物块A处于失重状态,而斜面的加速度为零,处于平衡状态,所以水平面对所有劈块的总支持力小于7mg,故A正确;B.若所有劈块均不固定且μ2=0,则所有劈块和物块组成的系统在水平方向上不受外力,则系统在水平方向上动量守恒,而竖直方向上系统所受合力不为零,则所有劈块和物块组成的系统动量不守恒,故B错误;C.若所有劈块均固定,则有物块减速为零的位移为若所有劈块均不固定且,物块对劈块的压力为物块与劈块的滑动摩擦力为劈块恰好开始相对水平面滑动时有解得说明物块能冲上6号劈块,且刚冲上6号劈块时,6号劈块开始相对水平面滑动,故C正确;D.若所有劈块均不固定且μ2=2tanθ,由上述分析可知,物块能冲上6号劈块,此时而地面对6号劈块的滑动摩擦力为当时,6号劈块相对对面滑动,则6号劈块受到地面的摩擦力大小为;当时,6号劈块仍然静止,则6号劈块受到地面的摩擦力大小为,故D错误。故选AC。三、解答题8.(2024·四川绵阳·统考二模)如图所示,竖直平面内,存在水平向左的匀强电场和足够长的光滑杆AB,杆AB与水平方向的夹角为θ,θ可调节。质量为m、电量为+q的小球套在杆上的A端,让小球以初速度v0从A端沿杆向B端运动,当杆水平放置时,经时间t1在小球速度减为零;当杆竖直放置时,经时间t2小球速度减为零。t1、t2的值未知,但已知,重力加速度为g。(1)求电场强度E的大小;(2)调节θ,使小球速度减为零经过的时间最短,求最短时间t3及此过程中小球的位移大小x。【答案】(1);(2),【详解】(1)以运动方向为正方向,当杆水平放置时,在水平方向上有当杆竖直放置时,在竖直方向上有解得(2)小球运动时间最短,则加速度最大,运动方向与重力和电场的合力反向,则由动量定理有解得小球沿杆运动的位移解得9.(2024·河北邯郸·统考二模)如图所示,高度相同的两块平板P1、P2置于光滑水平面上,其质量分别为m1=1kg和m2=3kg。质量m=1kg且可看作质点的物体P置于P1的最右端,P1与P一起以v0=4m/s的速度向右运动,与静止的P2发生碰撞(碰撞时间极短),碰撞过程中无机械能损失。P与P2之间的动摩擦因数为μ=0.5,P2足够长,重力加速度g取10m/s2。求:(1)P1、P2碰撞后瞬间两平板的速度大小;(2)P最终距离P2左端的距离。【答案】(1)均为2m/s;(2)0.3m【详解】(1)、碰撞过程中无机械能损失,以、为系统,根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得联立解得,则碰后、的速度大小均为。(2)碰撞后以的速度运动到上,最后两物体共速,碰撞后对与,根据动量守恒定律得对与,根据功能关系得联立解得则P最终距离P2左端的距离。10.(2024·湖北十堰·统考一模)如图所示,平台和足够长的传送带处于同一高度,平台右端与传送带左端无缝连接,传送带在电动机的带动下沿顺时针方向以匀速转动。传送带上方所在区域存在水平向左的匀强电场。在平台左端固定一个轻质短弹簧,一质量的带正电的物块B静止在平台右端,将另一个与物块B质量相同的绝缘物块A向左压缩弹簧(不拴连),在与物块B的距离处由静止释放,物块A向右运动恰好能与物块B接触。将物块A沿竖直方向切去一半(设为A'),然后压缩弹簧仍从距物块B为l处由静止释放,物块A'与物块B发生弹性正碰,碰撞前后物块B的电荷量不变,且碰撞时间极短,碰撞后物块B在传送带上运动,经过时间后与传送带共速,(A')、B与平台、传送带间的动摩擦因数均为,取重力加速度大小。,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内,两物块均可视为质点。物块A'与物块B碰撞后撤去弹簧。(1)求物块A'碰撞后滑行的距离;(2)求物块B沿传送带向右运动的过程中克服电场力做的功;(3)物块B能否与物块A'再次相碰?通过计算说明。【答案】(1)1m;(2)9.6J;(3)物块B能与物块A'再次相碰【详解】(1)从释放物块A到A恰好与物块B接触的过程中,由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能设物块A'与物块B碰前瞬间的速度大小为v0,从释放物块A'到物块A'与物块B碰撞前瞬间,由能量守恒定律可得代入数据联立解得物块A'与物块B发生弹性正碰,设碰撞后瞬间物块A'的速度为v1,物块B的速度为vB,以向右为正方向,由动量守恒定律可得由机械能守恒定律可得代入数据解得碰撞后物块A'反向运动,碰撞后对物块A'由动能定理可得代入数据解得(2)设物块B受到的电场力大小为F,则有物块B减速到与传送带速度相同的过程中则有物块B减速时的加速度大小为解得电场力为物块B减速到与传送带速度相同时向右运动的位移大小为物块B减速到与传送带速度相同后,因电场力大于最大静摩擦力,物块B将继续向右做减速运动,由牛顿第二定律可得代入数据解得设物块B与传送带速度相同到速度减到零向右运动位移大小为x2,可得以后物块B在电场力作用下向左做加速运动,因此物块B沿传送带向右运动的过程中克服电场力做的功为(3)物块B速度减到零后,以加速度a2向左做匀加速运动,离开传送带时的位移大小为设物块B向左离开传送带时的速度大小为,则有设物块B离开传送带在平台上向左速度减到零时的位移大小为,由动能定理可得代入数据联立解得因为可知物块B能与物块A'再次相碰。1.(2023·北京西城·统考二模)研究蹦极运动时,在运动员身上装好传感器,用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳,从蹦极台无初速度下落,根据某次传感器测到的数据,得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力,根据图像可知()A.弹性绳的原长为15mB.0~15m下落过程中,运动员重力势能的减少量大于动能的增加量C.15~27m下落过程中,运动员受合力先减小后增大D.0~27m下落过程中,运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量【答案】B【详解】A.由图像可知位移大小为15m时,速度大小为最大值,可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大,所以弹性绳处于伸长状态,即弹性绳的原长小于15m,故A错误;B.运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动,至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动,直至速度达到最大,此时位移大小为15m,所以0~15m下落过程中,运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量,故B正确;C.15m时,弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零,之后运动员继续向下运动,弹性绳伸长量继续变大,弹性绳弹力大于重力,合力向上且变大。故C错误;D.0~27m下落过程中由动量定理可得可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小,故D错误。故选B。2.(2023·河北·校联考模拟预测)如图所示,游戏者享受着坐在喷泉上的快乐。若游戏者的质量,喷泉喷到人体的水柱横截面积,支撑人的水柱高,水接触人体后做平抛运动。忽略空气阻力,水的密度,重力加速度g取,则喷口处的水流速度为(
)A. B. C. D.【答案】C【详解】喷口处的水流速度为,与人体接触时水流速度为,设水流与人接触的很短时间内,水的质量设这部分水受到的向下的冲击力大小为,竖直向上为正方向,由动量定理得,解得又根据牛顿第三定律,游戏者对人的冲击力大小,对游戏者受力平衡得得解得由运动学公式,,解得故选C。3.(多选)(2024·全国·校联考一模)如图所示,水平放置、足够长的光滑杆上套有一小球,小球通过一长度为的不可伸长的轻绳与小球相连,小球的质量均为。将小球放置于小球的正下方处,并以初速度水平抛出,为重力加速度。下列说法正确的是()A.绳子恰好绷直时,其与的夹角为B.绳子绷直前瞬间,小球的速度大小为C.绳子绷直后瞬间,小球的速度大小为D.绳子绷直前后,绳子对B球的冲量大小为【答案】AC【详解】AB.根据平抛运动规律,从抛出到绳子恰好绷直,几何关系,联立三式可得,,则,,可知绳绷直时与杆的夹角,且绷直前瞬间B球速度与水平方向的夹角也为,此时B球的速度大小,A正确,B错误;C.绳子绷直过程中,B球所受总冲量沿绳由B指向A,B球的动量减小,故B球的速度减小,但方向不变,设绷直后瞬间A、B球的速度分别为,根据水平方向动量守恒有,由A、B球沿绳方向速度相同,联立两式解得,,,C正确;D.对B球用动量定理分析,绳子对B球的冲量大小,,所以绳子对B冲量大于,D错误。故选AC。4.(2024·山东潍坊·昌乐二中校考模拟预测)如图所示,返回舱接近地面时,相对地面竖直向下的速度为v,此时反推发动机点火,在极短时间内,竖直向下喷出相对地面速度为u、体积为V的气体,辅助返回舱平稳落地。已知喷出气体的密度为,喷出气体所受重力忽略不计,则喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为()A. B. C. D.【答案】A【详解】喷出的气体的质量为以喷出的气体为研究对象,设气体受到的平均冲力为F,取向下为正方向,喷出气体所受重力忽略不计,根据动量定理有解得根据牛顿第三定律可知喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为。故选A。5.(多选)(2023·江西上饶·统考二模)如图所示,一辆质量的小车A静止在光滑的水平面上,A上有一质量的光滑小球B,将一左端固定于A上的轻质弹簧压缩并锁定,此时弹簧的弹性势能,B与A右壁距离为l。解除锁定,B脱离弹簧后与A右壁碰撞并被粘住,下列说法正确的是()A.B脱离弹簧时,A的速度大小为B.B和A右壁碰撞并被粘住的过程中,A右壁对B的冲量大小为C.整个过程B移动的距离为D.B碰到A右壁前瞬间,A与B的动量相同【答案】AB【详解】A.B脱离弹簧时,由动量守恒和能量关系解得A的速度大小为B的速度大小为选项A正确;B.B和A右壁碰撞并被粘住时,AB的速度均变为零,则由动量定理A右壁对B的冲量大小为选项B正确;C.整个过程由动量守恒其中解得B移动的距离为选项C错误;D.B碰到A右壁前瞬间,A与B的动量大小相等,方向相反,选项D错误。故选AB。6.(多选)(2024·贵州·统考一模)如图所示,在水平面上放置一半径为R的半圆槽,半圆槽的左、右最高点A、B在同一水平线上、最低点为C,现让一个小球从槽右侧最高点B无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为m和2m,不计小球与半圆槽和半圆槽与水平地面之间的摩擦,当地的重力加速度为g。则(
)A.小球向左运动能达到A点 B.半圆槽向右运动
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