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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,专题,七,碰撞与动量守恒,考点,1,动量和动量定理,题型专练 创新集训,1 2022,广东广州一模,(,多选,),如图,水平飞向球棒的垒球被击打后,动量的变化量为,12.6 kgm/s,则,A.,球的动能可能不变,B.,球的动量大小一定增加,12.6 kgm/s,C.,球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等,D.,球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同,题组,1,冲量和动量,答案,1.AC,垒球被击打后,可能以与被击打前等大的速度反向飞出,所以球的动能可能不变,动量大小可能不变,故,A,正确, B,错误,;,由牛顿第三定律知,球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等,故,C,正确,;,球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向,与球被击打前的速度方向相反,故,D,错误,.,2 2022,广东深圳一模,明朝的天工开物记载了我国古代劳动人民的智慧,.,如图所示,可转动的把手上,a,点到转轴的距离为,2,R,辘轳边缘,b,点到转轴的距离为,R,.,甲转动把手,把井底的乙加速拉起,则,A.,a,点的角速度大于,b,点的角速度,B.,a,点的线速度小于,b,点的线速度,C.,绳对乙拉力的冲量等于乙的动量变化量,D.,绳对乙的拉力大于乙的动量变化率,题组,1,冲量和动量,答案,2.D,因,a,、,b,两点同轴转动,则,a,点的角速度等于,b,点的角速度,由,v=r,且,a,点转动半径较大,可知,a,点的线速度大于,b,点的线速度,选项,AB,错误,;,根据动量定理有,(,F-mg,),t,=,mv,即,F=,+mg,则绳对乙的拉力和乙的重力的合力的冲量等于乙动量的变化量,绳对乙的拉力大于乙的动量变化率,选项,C,错误,D,正确,.,3 2022,辽宁葫芦岛监测,(,多选,),将一质量为,m,的小球从,O,点以速度,v,水平抛出,经过,A,点时小球的速度大小为,2,v,重力加速度为,g,不计空气阻力,则下列说法正确的是,A.,小球经过,A,点时动量大小为,2,mv,B.,小球经过,A,点时重力的功率为,2,mgv,C.,从,O,到,A,的过程中重力做的功为,mv,2,D.,从,O,到,A,的过程中重力的冲量大小为,mv,题组,1,冲量和动量,答案,3.AC,小球经过,A,点时的动量,p=mv,合,=,2,mv,A,正确,;,小球在,A,点时竖直方向的分速度,v,y,=,=,v,此时重力的功率,P,G,=mgv,y,=,mgv,B,错误,;,从,O,点到,A,点小球运动的竖直高度,h=,该过程中重力做的功,W,G,=mgh=,mv,2,C,正确,;,从,O,点到,A,点的运动时间,t=,该过程中重力的冲量,I=mgt=,mv,D,错误,.,4 2022,安徽合肥检测, (,多选,),某直升机的旋翼桨盘面积,(,桨叶旋转形成的圆面面积,),为,S,空气密度为,直升机质量为,m,重力加速度为,g,.,若该直升机悬停在空中时,空气浮力和风力不计,下列说法正确的是,A.,直升机悬停时受到的升力大小为,mg,B.,被旋翼浆叶推动的空气速度大小为,C.,t,时间内被旋翼浆叶推动的空气质量为,D.,t,时间内发动机对空气做的功为,题组,2,用动量定理解决连续流体作用问题,答案,4.AC,根据平衡条件可得直升机悬停时受到的升力大小为,F=mg,故,A,正确,;,设被旋翼桨叶推动的空气速度大小为,v,旋翼桨叶对空气的作用力大小为,F,t,时间内被推动的空气质量为,m=Sv,t,对质量为,m,的空气,由动量定理有,F,t,= ,mv-,0,根据牛顿第三定律有,F=F,联立解得,v=,故,B,错误,;,t,时间内被旋翼桨叶推动的空气质量为,M=Svt=,故,C,正确,;,由动能定理可得,t,时间内发动机对空气做的功为,W=,Mv,2,=,故,D,错误,.,5 2022,浙江绍兴诊断,小明参观了景区的悬空大茶壶,(,图甲,),后尝试做了如下实验,其原理如图乙所示,开口向下的水桶代替大茶壶,水桶下面有一水管,水桶的重心位于水管中心之上,水管内的水流忽略重力的影响且各处速度方向竖直向上,速度大小均为,v,=10 m/s,水管的横截面积,S,=0.003 m,2,水的密度为,=1 000 kg/m,3,假设水碰到水桶底部瞬间速度大小不变、方向反向,忽略水流质量的损耗,水碰水桶底部过程忽略水的重力、阻力的影响,水桶处于悬停状态,g,取,10 m/s,2,.,下列说法正确的是,A.,水桶的质量为,60 kg B.,水桶的质量为,40 kg,C.,连接水管的水泵输出功率为,15 kW D.,连接水管的水泵输出功率为,20 kW,题组,2,用动量定理解决连续流体作用问题,答案,5.A,在,t,时间内,以撞到水桶上的水为研究对象,根据动量定理有,F,t=m,v=Sv,t,v-,(,-v,),式中,F,为这部分水受到水桶对它的平均作用力,又因水桶悬在空中,则有,F=Mg,由牛顿第三定律有,F=F,代入数据可得水桶的质量,M=,60 kg,选项,A,正确,B,错误,;,在,t,时间内,对这部分水应用动能定理可得水泵做的功为,W=,Sv,tv,2,因此水泵的输出功率,P=,=,=,1,.,5 kW,选项,C,、,D,错误,.,关键能力 强化提升,1 2022,山东济宁测试,如图所示,学生练习用头颠球,.,某次足球由静止开始下落,20 cm,后,被竖直顶起,离开头部后上升的最大高度仍为,20 cm.,已知足球与头部的作用时间为,0.1 s,足球的质量为,0.4 kg,g,取,10 m/s,2,不计空气阻力,.,下列说法正确的是,A.,足球与头部刚接触时,足球的动量大小为,1.6 kgm/s,B.,与头部作用过程中,足球的动量变化量大小为,1.6 kgm/s,C.,与头部作用过程中,头部对足球的冲量大小为,1.6 Ns,方向竖直向下,D.,从最高点下落至重新回到最高点的过程中,足球重力的冲量为,0,答案,1.B,根据,v,2,=,2,gh,可得足球与头部刚接触时的速度大小为,v=,=,2 m/s,此时足球动量大小为,p=mv=,0,.,8 kgm/s,A,错误,;,由题意可知,与头部碰撞后,足球的速度大小与碰前瞬间相等,方向相反,规定向下为正方向,则足球动量变化量为,p=-mv-mv=-,1,.,6 kgm/s,故,B,正确,;,根据动量定理可知,足球与头部作用的过程中,头部对足球的冲量大小等于足球的动量变化量,即大小为,1,.,6 Ns,方向竖直向上,C,错误,;,从最高点下落至重新回到最高点的过程中,足球重力作用的时间不为零,所以重力的冲量不为零,D,错误,.,2 2022,山东济南模拟,如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图,5,节质量均为,m,的车厢编组运行,只有,1,号车厢为动力车厢,.,列车由静止开始以额定功率,P,运行,经过一段时间达到最大速度,.,列车向右运动过程中,1,号车厢会受到前方空气的阻力,假设车厢碰到空气前空气的速度为,0,碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同,已知空气密度为,1,号车厢的迎风面积,(,垂直运动方向上的投影面积,),为,S.,不计其他阻力,忽略,2,号、,3,号、,4,号、,5,号车厢受到的空气阻力,.,当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时,3,号车厢对,4,号车厢的作用力大小为,A.,B.,C.,D.,答案,2.A,车厢碰到空气前空气的速度为,0,碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同,以一定质量的空气为研究对象,根据动量定理有,f,t=mv,又,m=Sv,t,联立解得,f=Sv,2,.,当列车以额定功率运行到速度为最大速度时,P=f,m,v,m,=S,当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时,对整体有,F,1,-f,1,=,5,ma,P=F,1,f,1,=S,(,),2,对,4,、,5,节车厢受力分析,有,F=,2,ma,联立解得,F=,.,故,A,正确,BCD,错误,.,3 2022,山师大附中考试,风能是一种清洁的可再生能源,风力发电是指风的动能转化为电能,.,如图,风力推动三个叶片转动,叶片带动转子,(,磁极,),转动,在定子,(,线圈,),中产生电流,实现风能向电能的转化,.,已知叶片长为,r,风速为,v,空气密度为,流过叶片旋转区域的空气中约有,的空气速度减为,0,有,的空气原速率穿过,如果不考虑其他能量损耗,下列说法正确的是,A.,一台风力发电机的发电功率约为,r,2,v,2,B.,一台风力发电机的发电功率约为,r,2,v,3,C.,空气对风力发电机一个叶片的平均作用力大小约为,r,2,v,2,D.,空气对风力发电机一个叶片的平均作用力大小约为,r,2,v,2,3.D,t,时间内冲击每台风力发电机叶片转动形成的圆面的空气体积约为,V=,Svt=,r,2,vt,t,时间内冲击每台风力发电机叶片转动形成的圆面的空气动能约为,E,k,=,Vv,2,=,r,2,v,3,t,则一台风力发电机发电的功率约为,P=,=,r,2,v,3,选项,A,、,B,错误,;,设一个叶片对空气的平均作用力大小约为,F,t,时间内冲击一个叶片的空气质量约为,m,则,m=,V=,r,2,vt,由动量定理,有,Ft=mv,解得,F=,r,2,v,2,由牛顿第三定律得,空气对风力发电机一个叶片的平均作用力大小约为,r,2,v,2,选项,D,正确,C,错误,.,答案,4 2022,山东青岛检测,2021,年,7,月,30,日,在东京奥运会蹦床项目女子决赛中,中国选手朱雪莹获得金牌,.,蹦床属于体操运动的一种,有,“,空中芭蕾,”,之称,.,一名质量为,m=,50 kg,的运动员在比赛中某次离开床面后在空中的动作时间为,1.6 s,之后与蹦床经,1 s,的接触,再次获得,1.6 s,的空中动作时间,.,不计空气阻力影响,g,取,10 m/s,2,.,下列说法正确的是,A.,运动员由最高点下落到再次回到最高点,重力的冲量为零,B.,运动员与蹦床间的平均作用力大小为,=,1 300 N,C.,运动员与蹦床分离后,上升时超重,下落时失重,D.,运动员与蹦床接触的,1 s,时间内处于失重状态,答案,4.B,由题意可知,运动员从最高点经时间,t,1,=,0,.,8 s,与蹦床接触时间,t,2,=,1 s,再经时间,t,3,=,0,.,8 s,到达最高点,整个过程中,重力的冲量为,mg,(,t,1,+t,2,+t,3,),=,1 300 Ns,对运动员应用动量定理得,mg,(,t,1,+t,2,+t,3,),-,t,2,=,0,解得,=,1 300 N,选项,A,错误,B,正确,;,运动员与蹦床分离后,无论是上升还是下落的过程,只受重力的作用,所以运动员一直处于失重状态,选项,C,错误,;,运动员与蹦床接触的,1 s,时间内,蹦床对运动员的弹力逐渐变化,运动员向下先加速后减速,然后向上先加速后减速,在这,1 s,时间内,运动员先失重再超重最后再失重,选项,D,错误,.,5 2022,山东烟台联考,(,多选,),全红婵在东京奥运会和第十四届全运会女子十米跳台比赛中均夺得冠军,.,假设质量为,m,的跳水运动员从跳台上以大小为,v,0,的初速度向上跳起,从跳台上起跳后瞬间到入水瞬间重心下降,H,入水后受水的阻力和浮力而减速,当速度减为,0,时重心又下降了,h.,不计空气阻力及跳水运动员在水平方向的运动,重力加速度为,g,则,A.,运动员从起跳后到入水后速度减为,0,的过程中,机械能先增加后减少,B.,运动员从起跳后到入水瞬间的过程中,合力的冲量大小为,m,+mv,0,C.,运动员从入水瞬间到速度减为,0,的过程中,机械能减少量为,m,+mg,(,H+h,),D,.,运动员从入水瞬间到速度减为,0,的过程中,合力的冲量大小为,m,答案,5.CD,运动员从起跳到刚入水的过程中只受重力作用,机械能守恒,刚入水到入水后速度减为,0,的过程中,水的阻力和浮力做负功,机械能减少,选项,A,错误,;,运动员从起跳后瞬间到刚入水的过程中,由机械能守恒定律,有,m,+mgH=,mv,2,解得刚入水时速度大小为,v=,运动员从起跳后到入水瞬间的过程中,根据动量定理可知,合力的冲量大小为,I=mv-,(,-mv,0,),=m,(,+v,0,),选项,B,错误,;,对运动员从入水瞬间到速度减为,0,的过程中,设克服水的阻力和浮力做的功为,W,f,由动能定理,有,mgh-W,f,=,0,-,mv,2,解得,W,f,=,m,+mg,(,H+h,),由功能关系可知,运动员从入水瞬间到速度减为,0,的过程中,机械能减少量为,m,+mg,(,H+h,),选项,C,正确,;,运动员从入水瞬间到速度减为,0,的过程中,由动量定理,可得合力的冲量大小为,I=mv=m,选项,D,正确,.,6 2022,北师大附中考试,随着我国经济的快速发展,生态环境保护的重要性日渐凸显,.,高压清洗是世界公认最科学、经济、环保的清洁方式之一,.,如图所示为某高压水枪工作时的场景,.,若该高压水枪正常工作时的额定输出功率为,P,水枪出水口直径为,d,水的密度为,.,(1),求水从枪口喷出时的速度大小,;,(2),用高压水枪冲洗物体时,在物体表面能够产生一定的压力,.,若水从枪口喷出时的速度大小为,100 m/s,近距离垂直喷射到某物体表面,水枪出水口直径为,5 mm,.,忽略水从枪口喷出后的发散效应,水喷射到物体表面时速度在短时间内变为零,.,由于水柱前端的水与物体表面相互作用时间很短,因此在分析水对物体表面的作用力时可忽略这部分水所受的重力,.,已知水的密度,=,1,.,0,10,3,kg/m,3,g=,10 m/s,2,估算水枪在物体表面产生的冲击力大小,.,答案,6.,【解析】,(1),设水从高压水枪喷出时的速度为,v,1,t,时间高压水枪喷出水的质量为,m,则,m=,V=Sv,1,t=v,1,t,(,),2,由功能关系可得,P,t=,m,解得,v,1,=,(2),取,t,时间,则,t,时间内打到物体表面的水的质量为,m,1,=v,2,t,(,),2,以这部分水为研究对象,设物体表面对其作用力为,F,以水流速度方向为正方向,由动量定理可得,-F,t=,0,-m,1,v,2,解得,F=,代入数据,解得,F=,196,.,25 N,高频易错 高效快攻,7 2022,山东烟台一模,图甲是建房时往高处抛送建筑材料的情景,其简化图如图乙所示,.,李师傅站在离房屋水平距离,L,=3.2 m,的,A,点,王师傅站在离地面高,H,=3.4 m,的屋檐上的,B,点,李师傅将质量,m,=2 kg,的砖头从,A,点正上方高,h,1,=1.0 m,处斜向上抛出,砖头运动至最高点时恰被王师傅接住,接住点在,B,点正上方高,h,2,=0.8 m,处,砖头与王师傅接触的时间,t,=0.4 s.,重力加速度,g,=10 m/s,2,A,、,B,两点在同一竖直面内,忽略空气阻力,.,求,:,(1),砖头被李师傅抛出时的速度大小,v,;,(2),王师傅在接砖头的过程中受到的砖头给他的平均作用力大小,.,易错点,对含有变力的动量问题理解不清,7.,【解析】,(1),根据运动的可逆性,可把砖头的运动看作逆向的平抛运动,设砖头被抛出时水平方向的分速度为,v,x,竖直方向的分速度为,v,y,砖头在空中的运动时间为,t,1,则,在水平方向上有,L=v,x,t,1,、,在竖直方向上有,v,y,=gt,1,H+h,2,-h,1,=,g,又,v=,联立解得,v=,4,m/s,v,x,=,4 m/s,(2),对砖头进行分析,由题意知,在被接过程中竖直方向的速度始终为,0,则由动量定理可知,王师傅在竖直方向上对砖头的作用力大小等于,mg,设砖头在水平方向上受到王师傅给它的力的大小为,F,1,在水平方向上由动量定理得,-F,1,t=,0,-mv,x,由力的合成知,王师傅对砖头的平均作用力大小,F=,联立解得,F=,20,N,根据牛顿第三定律可知,王师傅在接砖头过程中受到砖头给他的平均作用力大小为,20,N,.,答案,考点,2,动量守恒定律及其应用,必备知识 新题精练,1 2022,江苏连云港调研,短道速滑接力比赛中,两运动员交接时,后方队员要用力将前方队员推出,.,某次比赛中,交接前前方队员速度大小为,v,1,=10 m/s,后方队员的速度大小为,v,2,=12 m/s,已知前方队员的质量,m,1,=60 kg,后方队员的质量,m,2,= 66 kg,后方队员将前方队员推出后瞬间速度大小变为,v,2,=8 m/s,方向不变,此时前方队员的速度大小,v,1,为,A.14.4 m/sB.13.1 m/s,C.23.2 m/sD.21.1 m/s,题组,1,动量守恒定律的理解,答案,1.A,由题意知两运动员组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得,m,1,v,1,+m,2,v,2,=m,1,v,1,+m,2,v,2,解得前方队员被推出后瞬间的速度大小为,v,1,=,14,.,4 m/s,故,A,正确,BCD,错误,.,2 2022,河南开封一模,如图所示,A,、,B,两物块用水平细线相连,在水平恒力,F,作用下,沿水平面一起向右以速度,v,做匀速直线运动,.,某时刻,A,、,B,间的细线突然断开,当物块,A,的速度为,v,时,物块,B,的速度为,2,v,则,A,、,B,两物块的质量之比为,A.41B.31,C.21D.11,题组,1,动量守恒定律的理解,答案,2.B,对,A,、,B,两物块整体分析,细线间的拉力属于内力,在水平恒力,F,作用下向右做匀速运动,即所受合外力为零,细线断开前、后,内力发生变化,但整体受到的合外力始终为零,由动量守恒定律可得,(,m,A,+m,B,),v=m,A,v+m,B,2,v,解得,A,、,B,两物块的质量之比为,31,B,正确,.,2022,江苏泰州测试,如图所示,一边长,a,=0.1 m,的正方体木块静止于光滑水平面上,木块内部有一通道,已知木块质量为,M,=3 kg,一个质量为,m,=1 kg,的小球由静止开始从图示轨道的上端运动到下端,在该过程中,木块的位移为,A.0.750 mB.0.075 m,C.0.025 mD.0.250 m,题组,2,人船模型,答案,3.C,设小球与木块的平均速度分别为,、,位移分别为,x,1,、,x,2,小球运动的过程中,小球与木块整体在水平方向动量守恒,则有,m,=M,所以,mx,1,=Mx,2,根据题意有,x,1,+x,2,=a,联立解得,x,2,=,0,.,025 m,故,C,正确,.,4 2022,湖南九校联考,如图所示,质量为,M,的小车置于光滑的水平面上,有一质量为,m,、速度为,v,0,的小物块从水平方向滑上小车的光滑轨道,假定小物块一直不离开轨道,则小物块在轨道上上升的最大高度为,A,.,B.,C.,D.,题组,2,人船模型,答案,4.B,物块滑上小车后,与小车相互作用,物块与小车组成的系统在水平方向不受外力,动量守恒,.,物块上升到最大高度时,二者具有相同的速度,.,由动量守恒定律有,mv,0,=,(,M+m,),v,由能量守恒定律有,m,=,(,M+m,),v,2,+mgh,max,联立解得,h,max,=,选项,B,正确,.,5 2022,吉林长春监测,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,质量为,1.00 kg,的模型火箭成功升空,.,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 kgm/s,B.5.710,2,kgm/s,C.6.010,2,kgm/s,D.6.310,2,kgm/s,题组,3,爆炸与反冲,答案,5.A,燃气从火箭喷口喷出的瞬间,火箭和燃气组成的系统动量守恒,设燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为,p,根据动量守恒定律,可得,p-mv,0,=,0,解得,p=mv,0,=,0,.,050 kg,600 m/s,=,30 kgm/s,选项,A,正确,.,6 2022,湖南长沙模拟,某烟花弹在点燃后升空到离地,h,的高度时速度变为零,此时弹中火药爆炸将烟花弹炸裂为质量相等的,A,、,B,两部分,A,竖直向上运动,B,竖直向下运动,A,继续上升的最大高度为,.,从爆炸之后瞬间开始计时,A,、,B,在空中运动的时间分别为,t,A,和,t,B,.,不计空气阻力,则,t,A,与,t,B,的比值为,A.1.5B.2C.3D.4,题组,3,爆炸与反冲,答案,6.C,设爆炸后瞬间,A,的速度大小为,v,A,B,的速度大小为,v,B,.,因为爆炸后,A,、,B,运动方向相反,根据动量守恒定律有,m,A,v,A,-m,B,v,B,=,0,可知,v,A,=v,B,A,爆炸后上升的高度为,根据运动学公式有,=,2,g,解得,h=,A,从爆炸后到落地过程中,有,-v,A,t,A,+,g,=h,解得,t,A,=,(,t,A,=-,不合题意舍去,),B,从爆炸后到落地过程中,有,v,B,t,B,+,g,=h,解得,t,B,=,(,t,B,=-,不合题意舍去,),故,t,A,与,t,B,的比值为,3,ABD,错误,C,正确,.,关键能力 强化提升,1 2022,河北石家庄一模,如图所示,轻质弹簧一端固定在倾角为,的光滑斜面底部,另一端拴接一质量为,m,的小物块,A,静止时物块,A,位于,P,点,.,现将另一质量也为,m,的小物块,B,紧贴着物块,A,由静止释放,两物块一起运动到,Q,点时速度为,v.,若将小物块,B,从斜面上距,P,点为,d,的,S,点由静止释放,物块,B,运动到,P,点时与物块,A,粘在一起,两物块可视为质点,重力加速度为,g,则两物块一起运动到,Q,点时的速度为,A.,B.,C.,D.,答案,1.B,设物块,A,、,B,一起从静止运动到,Q,点时弹簧的弹性势能为,E,p,根据能量守恒定律有,2,mgx,sin,=E,p,+,2,mv,2,;,设,B,从,S,点运动到,P,点时的速度为,v,0,A,、,B,碰后的速度为,v,1,对,B,由机械能守恒定律有,mgd,sin,=,m,A,、,B,碰撞过程动量守恒,即,mv,0,=,2,mv,1,对,A,、,B,碰撞后到,Q,点的过程由能量守恒定律有,2,mgx,sin,+,2,m,=E,p,+,2,m,联立解得,v,2,=,故选项,B,正确,选项,A,、,C,、,D,均错误,.,2 2022,重庆调研,(,多选,),如图所示,质量,m,A,=m,、,m,B,=,2,m,的,A,、,B,两个木块用轻弹簧拴接,置于光滑水平面上,木块,A,紧靠竖直墙壁,.,力,F,向左水平作用在木块,B,上,整个装置静止,弹簧的弹性势能为,E,p,.,突然撤去,F,关于木块,A,、,B,和轻弹簧组成的系统,下列说法正确的是,A,.,动量守恒,机械能守恒,B,.,木块,A,离开竖直墙壁前,动量不守恒,机械能守恒,C,.,木块,A,离开竖直墙壁后,弹簧的最大弹性势能为,E,p,D,.,木块,A,离开竖直墙壁后,弹簧的最大弹性势能为,答案,2.BD,撤去,F,后,A,离开竖直墙壁前,墙对,A,有向右的弹力,系统所受的合外力不为零,则系统的动量不守恒,这个过程中,只有弹簧的弹力对,B,做功,系统的机械能守恒,;,A,离开竖直墙壁后,系统所受合外力为零,则系统的动量守恒,只有弹簧的弹力做功,系统的机械能也守恒,故,A,错误,B,正确,.A,离开竖直墙壁后,当两木块速度相同时,弹簧伸长量或压缩量最大,弹性势能最大,设两木块的相同速度为,v,A,离开墙时,B,的速度为,v,0,以向右为正方向,由动量守恒定律得,2,mv,0,=,3,mv,由机械能守恒定律得,2,m,=,3,mv,2,+E,pm,又,E,p,=,2,m,解得弹簧的弹性势能最大值为,E,pm,=,E,p,故,C,错误,D,正确,.,3 2022,陕西八校联考,(,多选,),一炮弹竖直升空后在最高点炸裂成质量相等的甲、乙两块弹片,其中炸裂后瞬间甲的速度大小为,v,0,且方向斜向上与水平方向的夹角为,30,不计空气阻力,甲、乙两块弹片均可视为质点,则下列说法正确的是,A.,甲、乙两块弹片在炸裂后瞬间速度大小相等,B.,甲、乙两块弹片从炸裂到落地,时间差为,C.,甲、乙两块弹片落地瞬间速度相同,D.,从炸裂到落地,甲、乙两块弹片的速度变化量相同,3.AB,炮弹在最高点时速度为零,爆炸时甲、乙两块弹片组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律可知,质量相等的甲、乙两块弹片的速度等大反向,甲的速度大小为,v,0,且方向斜向上与水平方向的夹角为,30,则乙的速度大小也为,v,0,且方向斜向下与水平方向的夹角为,30,选项,A,正确,;,设炮弹竖直上升的最大高度为,h,取竖直向下为正方向,甲斜向上做抛体运动,有,h=-v,0,sin 30,t,1,+,g,乙斜向下做抛体运动,有,h=v,0,sin 30,t,2,+,g,甲、乙两块弹片从炸裂到落地,时间差为,t=t,1,-t,2,联立解得,t=,选项,B,正确,;,根据机械能守恒定律得,mgh+,m,=,mv,2,解得,v=,则知甲、乙两块弹片落地瞬间速度大小相等,但方向不同,则甲、乙两块弹片落地瞬间速度不同,选项,C,错误,;,甲、乙两弹片在空中运动时只受重力,加速度均为,g,所以速度变化量为,v=gt,因为运动时间不同,所以甲、乙的速度变化量不同,选项,D,错误,.,答案,【规律总结】,爆炸问题分析,1,.,动量守恒,:,爆炸在极短的时间内完成,爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以爆炸过程,系统总动量守恒,.,2,.,动能增加,:,在爆炸过程中,有其他形式的能量,(,如化学能,),转化为动能,因此爆炸后系统总动能增加,.,3,.,位置不变,:,爆炸时间极短,因而作用过程中物体产生的位移很小,一般忽略不计,可以认为爆炸后仍然从爆炸位置以新的动量开始运动,.,4 2022,苏州八校联考,如图所示,光滑水平面上静止着一长为,L,的平板车,一人站在车的右端,他将一质量为,m,的小球水平抛出,抛出点位于车右端点的正上方,h,处,小球恰好落在车的左端点且未滑落,.,已知人和车的总质量为,M,不计空气阻力,重力加速度为,g.,则,A,.,平板车、人和小球组成的系统动量守恒,B,.,小球的初速度为,C,.,小球落到车上后与车共速,速度方向向左,D,.,抛出小球的过程人做的功为,答案,4.D,平板车、人和小球组成的系统,水平方向不受外力作用,系统水平方向动量守恒,但小球竖直方向受重力作用,系统动量不守恒,A,项错,;,小球落到车的左端点时,设小球相对地面的位移大小为,x,则小车和人相对地面的位移大小为,(,L-x,),由动量守恒定律有,mv,1,=Mv,2,则有,mx=M,(,L-x,),解得,x=,L,小球竖直方向做自由落体运动,则有,h=,gt,2,解得,t=,所以小球的初速度,v,1,=,=,B,项错,;,由动量守恒定律有,mv,1,-Mv,2,=,(,M+m,),v,解得,v=,0,故小球落到车上后与车共速,且速度为零,C,项错,;,由上述分析可知,抛出小球瞬间,小车和人的速度,v,2,=,v,1,=,由动能定理可得人抛出小球的过程做的功为,W=,m,+,M,=,D,项正确,.,5 2022,山东潍坊测评,长为,L,的木板右端固定一立柱,其总质量为,M,质量为,m,的人站在板的左端,脚与板间足够粗糙,板与地面间不光滑,开始时均静止,.,如图所示,人做匀加速直线运动从左端跑到右端,并立即紧紧抱住立柱,人和立柱的粗细均可忽略,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,整个过程木板运动的最大位移为,A.,L,向右,B.,L,向左,C.,L,向右,D.,与板和地面间的动摩擦因数有关,5.A,如果木板与地面间光滑,则人与木板满足动量守恒定律,设人和立柱相遇前瞬间,人的速度大小为,v,1,木板的速度大小为,v,2,则有,mv,1,-Mv,2,=,0,.,设人和立柱相遇前木板的位移为,x,1,运动时间为,t,1,由运动学公式有,L-x,1,=,t,1,x,1,=,t,1,联立可得,x,1,=,L,方向向左,由题知板与地面间不光滑,故其向左的位移达不到,L,B,错误,.,在人加速运动的过程中,人受到木板向右的摩擦力,木板受到人向左的摩擦力与地面向右的摩擦力,即人与立柱相遇前,人所受合外力的冲量大于木板所受合外力的冲量,故人抱住立柱后,二者获得向右的共同速度,v,3,之后人与木板一起向右运动,.,易知,随着木板与地面间动摩擦因数逐渐增大,木板向左的位移会逐渐减小,进而出现向右的位移,;,若木板与地面间动摩擦因数增加至无穷大,则整个过程木板几乎不动,位移为零,.,由上述分析可得,当木板与地面间的动摩擦因数取一个临界值时,木板存在向右的一个最大位移,对应的情况为,人在加速运动过程中,木板与地面间达到最大静摩擦力,即木板恰好静止不动,.,设人与木板间的动摩擦因数为,1,木板与地面间的动摩擦因数为,2,在人加速运动过程中对木板受力分析有,1,mg= ,2,(,M+m,),g,抱住立柱前瞬间木板的速度,v,2,=,0,人的速度为,v,1,=,人抱住立柱后,由动量守恒定律可得,mv,1,=,(,M+m,),v,3,此后人和木板向右做匀减速运动,设向右的位移为,x,2,则有,=,2,2,gx,2,解得,x,2,=,L,方向向右,A,正确,CD,错误,.,答案,6 2022,山东济南检测,(,多选,),如图所示,金属块内有一个半径为,R,的光滑圆形槽,金属块放在光滑水平面上且左边挨着竖直墙壁,.,一质量为,m,的小球,(,可视为质点,),从离金属块左上端,R,处静止下落,沿圆槽切线方向进入圆槽内,小球到达最低点后继续向右运动,恰好不能从圆形槽的右端冲出,.,已知重力加速度为,g,不计空气阻力,.,下列说法正确的是,A.,小球第一次到达最低点时,小球对金属块的压力大小为,5,mg,B.,金属块的质量为,m,C.,小球第二次到达最低点时的速度大小为,2,D.,金属块运动过程中的最大速度为,2,答案,6.ABD,小球从开始下落到第一次经过最低点的过程,由机械能守恒定律有,2,mgR=,m,在最低点,由牛顿第二定律有,F,N,-mg=,解得,F,N,=,5,mg,结合牛顿第三定律知,A,项正确,;,小球从圆形槽底部运动到圆形槽右侧最高点过程中,小球与圆形槽组成的系统在水平方向上不受外力,系统水平方向动量守恒,小球恰好不从圆形槽右侧冲出即小球与圆形槽共速,设圆形槽质量为,M,共速时速度大小为,v,2,由动量守恒定律有,mv,1,=,(,M+m,),v,2,同时由系统机械能守恒有,m,=,(,M+m,),+mgR,解得,M=m,B,项正确,;,小球第一次从最低点向右运动至再次返回最低点向左运动的过程可类比弹性碰撞,二者质量相等,故完成相互作用后交换速度,即最后小球速度为零,金属块速度为,2,该过程中小球对金属块的压力始终对金属块做正功,末速度达到最大值,由能量守恒定律知以后金属块的速度也不会更大,故,C,项错,D,项正确,.,7 2022,安徽名校联盟,如图所示,一质量,m=,5 kg,的平板小车静止在光滑的水平地面上,一质量,M=,1 kg,的小滑块,(,可视为质点,),从小车左端以,v,0,=,8 m/s,的速度开始向右运动,一段时间后从小车右端滑离,小滑块着地瞬间与小车右端的水平距离,s,0,=,1 m,.,已知小车上表面水平且与水平地面间的距离,h=,1,.,25 m,.,小车长度,l=,5 m,不计空气阻力,重力加速度大小,g=,10 m/s,2,.,求,:,(1),小滑块滑离小车时,小滑块和小车各自的速度大小,;,(2),小滑块与小车上表面间的动摩擦因数和小滑块在小车上运动的时间,.,7.,【解析】,(1),小滑块离开小车后在空中做平抛运动,设小滑块离开小车时的速度大小为,v,1,此时小车的速度大小为,v,2,则有,h=,g,(,v,1,-v,2,),t,1,=s,0,小滑块在小车上滑行时,小车与小滑块组成的系统动量守恒,则有,Mv,0,=Mv,1,+mv,2,解得,v,1,=,3 m/s,v,2,=,1 m/s,(2),小滑块在小车上运动的过程,由功能关系有,Mgl=,M,-,M,-,m,解得,=,0,.,5,由运动学公式和牛顿第二定律分别有,v,1,=v,0,-at,Mg=Ma,解得,t=,1 s,答案,高频易错 高效快攻,8 2022,山东威海测试,(,多选,),火箭飞行时,在极短时间,t,内喷射燃气的质量是,m,喷出的燃气相对喷气前火箭的速度大小是,u,喷出燃气后火箭的质量是,m,不考虑火箭受到的万有引力,下列说法正确的是,A.,火箭的发射利用了反冲原理,B.,喷出燃气时,火箭受到的推力为,C.,喷出燃气后,火箭的动量变化量大小为,mu,D.,火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比越小,火箭增加的速度,v,就越大,易错点,1,弄不清反冲运动中的相对运动,答案,8.AC,火箭的发射利用了反冲原理,选项,A,正确,;,设火箭喷气前的速度为,v,喷气后火箭的速度,v,则喷出的气体对地的速度为,u-v,设火箭运动的方向为正方向,火箭和喷出的气体间的作用力大小为,F,则对喷出的气体,根据动量定理有,-F,t= -,m,(,u-v,),-,mv,可得火箭受到的推力为,F=,选项,B,错误,;,由动量守恒定律有,(,m+,m,),v=-,m,(,u-v,),+mv,喷出燃气后,火箭的动量变化量大小为,p=mv-mv=,mu,选项,C,正确,;,由上式可得,v=,u+v,故火箭速度的增加量,v=v-v=,u,即火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比越小,火箭增加的速度,v,就越小,选项,D,错误,.,9 2022,江西鹰潭模拟,(,多选,),如图所示,光滑的水平地面上有一木板,C,C,板上表面粗糙,A,、,B,两个物体紧挨在一起,初始时刻,A,、,B,和,C,均处于静止状态,m,A,=1 kg,m,B,=2 kg.,A,、,B,间夹有少量火药,某时刻火药爆炸,爆炸瞬间释放了,E,=27 J,的能量并全部转化为,A,和,B,的动能,使,A,、,B,分别水平向左、向右运动,C,板足够长,以下结论正确的是,A.,爆炸后瞬间,A,、,B,的速度大小满足,v,A,=,2,v,B,B.,若,A,、,B,与木板,C,上表面间的动摩擦因数相同,爆炸后,A,、,B,组成的系统动量守恒,C.,若,A,、,B,与木板,C,上表面间的摩擦力大小不相等,则,A,、,B,、,C,组成的系统动量不守恒,D.,整个过程中,A,、,B,、,C,组成的系统由于摩擦产生的内能为,27 J,易错点,2,不能正确判断系统动量是否守恒,答案,9.AD,爆炸瞬间,以,A,、,B,为系统,根据动量守恒定律,有,m,A,v,A,-m,B,v,B,=,0,代入数据得,v,A,=,2,v,B,A,正确,;,若,A,、,B,与木板,C,上表面间的动摩擦因数相同,因,A,、,B,的质量不同,所以,A,、,B,受到的摩擦力大小不同,A,、,B,组成的系统受到的合外力不为零,动量不守恒,故,B,错误,;,对,A,、,B,、,C,整体分析,整体受到的合力为零,动量守恒,故,C,错误,;,由于,A,、,B,、,C,组成的系统动量守恒,系统的初动量为零,所以三者最终的速度也为零,即爆炸释放的,27 J,能量全部转化为内能,故,D,正确,.,考点,3,碰撞问题,必备知识 新题精练,1 2022,辽宁模拟,秦山核电站是我国第一座核电站,其三期工程采用重水反应堆技术,利用中子,n),与静止氘核,H),的多次碰撞,使中子减速,.,已知某次碰撞前中子的动能为,E,碰撞可视为弹性正碰,.,经过该次碰撞后,中子损失的动能为,A.,E,B.,E,C.,E,D.,E,题组,1,弹性碰撞,答案,1.B,质量数为,1,的中子与质量数为,2,的氘核发生弹性正碰,满足能量守恒定律和动量守恒定律,设中子的初速度为,v,0,碰撞后中子和氘核的速度分别为,v,1,和,v,2,以,v,0,的方向为正方向,则有,m,=,m,+,2,m,mv,0,=mv,1,+,2,mv,2,解得,v,1,=-,v,0,即中子的动能减小为原来的,则动能损失量为,E,选项,B,正确,.,2 2022,重庆一诊,如图所示,光滑水平面上质量为,m,的,A,球以一定速度撞击静止的,B,球,已知两球等大且发生的是弹性碰撞,碰撞时间极短,当,B,球质量取下列四个选项中哪一个时,能使,B,球在碰撞后获得最大动量,A.,m,B.,m,C.,m,D.,m,题组,1,弹性碰撞,答案,2.D,由,A,、,B,两球碰撞前、后动量守恒可知,当,A,球动量变化量最大时,B,球获得的向右的动量最大,.,在,“,一动碰一静,”,的弹性碰撞中,当被撞球,B,质量大于碰撞球,A,的质量,m,时,碰撞后球,A,会反弹,;,当被撞球,B,质量等于碰撞球,A,的质量,m,时,碰撞后球,A,会静止,;,当被撞球,B,质量小于碰撞球,A,的质量,m,时,碰撞后球,A,继续向右运动,.,分析四个选项可知,当,B,球质量为,m,时,碰撞后,A,球动量变化量最大,B,球获得的动量最大,D,正确,.,3 2022,福建南平联考,(,多选,),水平冰面上有,A,、,B,两位同学,A,的质量为,50 kg,B,静止在冰面上,A,以一定的初速度向,B,滑去,一段时间后抱住,B,一起向右运动,.,若以向右为正方向,A,运动的位移,-,时间图象,(,x-t,图象,),如图乙所示,不计空气阻力以及冰面的摩擦,则下列说法正确的是,A.,B,的质量为,60 kg,B.,B,的质量为,75 kg,C.,A,抱住,B,的过程中损失的机械能为,375 J,D.,A,抱住,B,的过程中损失的机械能为,400 J,题组,2,非弹性碰撞,答案,3.BC,由题图乙可知,A,抱住,B,前,A,的速度大小,v,A,=,=,m/s,=,5 m/s,A,抱住,B,后他们的共同速度大小,v=,=,m/s,=,2 m/s,根据动量守恒定律有,m,A,v,A,=,v,解得,m,B,=,75 kg,A,错误,B,正确,;,A,抱住,B,的过程中损失的机械能,E=,m,A,-,v,2,解得,E=,375 J,C,正确,D,错误,.,4 2022,福建同安一中考试,一质量为,3,m,、右端有固定挡板的长木板开始时静止在光滑水平面上,某时刻一块质量为,2,m,、可视为质点的滑块从木板上某一位置以,2,v,0,的速度向右滑上木板,如图所示,.,已知滑块与木板间的动摩擦因数为,重力加速度为,g,.,若滑块恰好碰到木板的右挡板,下列说法正确的是,A.,滑块的最小速度为,v,0,B.,滑块经,t=,碰到右挡板,C.,滑块滑上木板时与右挡板的间距为,D.,整个过程中,滑块和木板组成的系统的机械能减少了,题组,2,非弹性碰撞,答案,4.C,由题意知,当滑块运动到木板右挡板处时恰好与木板共速,此时滑块的速度最小,根据动量守恒定律得,2,m,2,v,0,=,(2,m+,3,m,),v,解得,v=,v,0,A,错误,;,在滑块滑上木板到碰到右挡板的过程中,对滑块根据动量定理得,-,2,mgt=,2,mv-,2,m,2,v,0,解得,t=,B,错误,;,对于滑块和木板整体,根据动能定理得,2,mg,x=,2,m,(2,v,0,),2,-,5,mv,2,解得滑块滑上木板时与右挡板的间距,x=,C,正确,;,整个过程中,滑块和木板组成的系统机械能的减少量为,E=,2,mg,x=,D,错误,.,5 2022,山东潍坊考试,(,多选,),在冬奥会冰壶比赛中,某队员用红壶去碰撞对方静止的蓝壶,如图甲所示,两壶发生对心正碰,(,碰撞时间极短,),碰后运动员用冰壶刷擦蓝壶前进方向上的冰面来减小阻力,碰撞前后两壶运动的,v-t,图线如图乙中的实线所示,已知两壶质量相等且均可视为质点,重力加速度,g,取,10 m/s,2,.,下列说法正确的是,A.,两壶碰撞过程是弹性碰撞,B.,蓝壶与冰面间的动摩擦因数为,0.022 5,C.,碰撞后瞬间蓝壶的速度大小为,0.8 m/s,D.,从碰撞后瞬间至停止运动的过程中,蓝、红两壶所受摩擦力的冲量大小之比为,31,题组,2,非弹性碰撞,5.BD,设碰撞后瞬间蓝壶的速度大小为,v,由题图乙可知,碰撞前红壶的速度大小,v,0,=,1,.,2 m/s,碰撞后速度大小为,v,1,=,0,.,3 m/s,对红、蓝两壶组成的系统,在碰撞过程中动量守恒,则有,mv,0,=mv,1,+mv,解得,v=,0,.,9 m/s,碰撞过程中两壶总动能的减少量,E,k,=,m,-,m,-,mv,2,0,所以红、蓝两壶的碰撞是非弹性碰撞,故,AC,错误,;,由题图乙可知,碰撞前红壶的加速度大小为,a=,=,m/s,2,=,0,.,3 m/s,2,蓝壶的运动时间与红壶的速度从,v,0,减小到,0(,题图乙中虚线过程,),所用的时间相等,则蓝壶的运动时间,t=,=,4 s,蓝壶的加速度大小为,a=,=,0,.,225 m/s,2,由牛顿第二定律得,mg=ma,解得,=,0,.,022 5,故,B,正确,;,从碰撞后瞬间至两壶停止运动的过程中,两壶所受摩擦力的冲量大小之比为,=,=,3,故,D,正确,.,答案,关键能力 强化提升,1 2022,广东实验中学考试,物理兴趣小组在研究竖直方向的碰撞问题时,将网球和篮球同时从某高度,处自由释放,(,如图所示,),发现网球反弹的高度比单独释放时的高度高很多,.,若两球均为弹性球,释放时,两球互相接触,且球心在同一竖直线上,某同学将两球从离地高为,h,处自由落下,此高度远大于两球半,径,已知网球质量为,m,篮球质量为,7,m,重力加速度为,g,设所有碰撞均为弹性碰撞且只发生在竖直方向,上,.,忽略空气阻力,则下列说法正确的是,A.,两球下落过程中,网球对篮球有竖直向下的压力,B.,篮球与网球相碰后,篮球的速度为零,C.,落地弹起后,篮球上升的最大高度为,D.,篮球从地面反弹与网球相碰后网球上升的最大高度为,6.25,h,答案,1.D,两球下落过程中均处于完全失重状态,两球间没有作用力,故,A,错误,;,根据自由落体运动规律可知,两球落地前瞬间速度大小相等,设为,v,篮球从地面反弹与网球相碰过程,根据动量守恒定律和能量守恒定律有,7,mv-mv=,7,mv,1,+mv,2,、,7,mv,2,+,mv,2,=,7,m,+,m,解得,v,1,=,、,v,2,=,v,故,B,错误,;,篮球下落和上升过程中,根据机械能守恒定律有,7,mgh=,7,mv,2,、,7,mgh=,7,m,解得篮球上升的最大高度,h=,故,C,错误,;,网球上升过程中,根据机械能守恒定律有,mgh=,m,解得网球上升的最大高度,h,=6.25,h,故,D,正确,.,2 2022,河南名校联盟,(,多选,),如图所示,竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接,半圆形轨道的圆心,O,点正下方放置质量为
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