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文檔簡介
期末沖刺四一一動量守恒定律
【知識總結(jié)】
1.動量
(1)定義:運(yùn)動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動量,通常用P來表示.
(2)表達(dá)式:p=.(3)單位:;其讀作:千克米每秒
(4)標(biāo)矢性:動量是矢量,其方向和方向相同.
2.沖量
(1)定義:力F與力的作用時間?的.
(2)定義式:1=.其中F為恒力.(3)單位:;其讀作:牛秒
(4)方向:恒力作用時,與力的方向.
(5)物理意義:是一個過程量,表示力在上積累的作用效果.
(6)沖量的計算:
①若物體受到恒力的作用,力的沖量的數(shù)值等于力與作用時間的乘積,沖量的方向與恒力
方向一致;若力為同一方向均勻變化的力,該力的沖量可以用平均力計算;若力為一般變
力則不能直接計算沖量。
②沖量的計算公式/=&既適用于計算某個恒力的沖量,又可以計算合力的沖量。計算沖
量時,一定要明確是計算分力的沖量還是合力
的沖量.如果是計算分力的沖量還必須明確是
哪個分力的沖量。
③在bT圖象下的面積就是力的沖量.如圖(。)
所示,若求變力的沖量,仍可用“面積法”表
示,如圖(匕)所示。
3,動量定理
(1)內(nèi)容:物體在一個過程始末的等于它在這個過程中所受力的
(2)表達(dá)式:__________________
動量定理理解的要點(diǎn)
(1)動量定理的表達(dá)式是一個矢量式,應(yīng)用動量定理時需要規(guī)定。
(2)月既可以是恒力也可以是變力.當(dāng)合外力為變力時,是合外力在作用時間內(nèi)的平均值
(3)沖量是動量變化的原因.
(4)由用=。'一"得/=人y=一,即物體所受合力等于物體的動量對時間的變化率.
4.動量守恒定律
(1)一個系統(tǒng),無論這一系統(tǒng)的內(nèi)部發(fā)生了何種形式的相互作用,這個系統(tǒng)的總動
量_________(2)表達(dá)式:機(jī)]。1+m202=o
(3)適用條件:系統(tǒng)或所受的合外力。
5、碰撞模型總結(jié)碰撞的種類及遵從的規(guī)律
種類遵從的規(guī)律
彈性碰撞動量守恒,機(jī)械能守恒
非彈性碰撞動量守恒,機(jī)械能有損失
完全非彈性碰撞動量守恒,機(jī)械能損失最大,碰后成為一個整體,速度相等
彈性碰撞的實(shí)例分析
如圖所示,質(zhì)量為見的小球A以速度5向右與質(zhì)量為m,的靜止小球B發(fā)生碰撞,若兩者間的碰撞是彈性
碰撞。求碰后A、B兩球的速度0'、v2'o__
碰撞過程中動量守恒,m\V\=m\V\'+機(jī)2。2’①
碰撞前后動能相等,一嬴6'2②解得"=,。2'—。
六、人船模型總結(jié)
Lm船
(1)兩物體滿足動量守恒定律:,〃人。人一機(jī)的。*=0,在相互作用的過程中,任m人*
一時刻兩物體的速度大小與質(zhì)量成反比。-義z
(2)運(yùn)動特點(diǎn):人動船動,人停船停,人快船快,人慢船慢,人左船右,人、船X冊.,X/.‘I
位移比等于它們質(zhì)量的反比,即以=如。人和船的位移滿足|x人|+僅板|=乙
x船m人
加船,mx
“人相人+加婚''船機(jī)人+〃:船
(3)解題關(guān)鍵點(diǎn):解題時要選擇同一個參考系,畫出各物體的位移關(guān)系草圖,找準(zhǔn)各位移之間的關(guān)系。
典型題型
題組一、動量沖量
1.(2023春?北京順義?高二??计谥校┤鐖D所示,用一個與水平面成9角的恒力產(chǎn)拉質(zhì)量為m的木箱,木箱沿
光滑平面前進(jìn)在作用時間t內(nèi),下列說法正確的是()
A.F的沖量大小為F/cosO
B.地面支持力的沖量大小必為0
C.木箱的動量變化率大小為F77777777777777777T7777777-
D.木箱重力的沖量大小為mgt
【答案】D
【詳解】A.F的沖量大小為短,選項(xiàng)A錯誤;
B.地面支持力的大小不為零,則支持力的沖量大小不為0,選項(xiàng)B錯誤;
C.根據(jù)動量定理,木箱的動量變化率等于合外力,即大小為Feos。,選項(xiàng)C錯誤;
D.木箱重力的沖量大小為mgt,選項(xiàng)D正確。
故選D。
題組二、變力沖量
2.(2023春?江西宜春?高二江西省銅鼓中學(xué)??茧A段練習(xí))載人飛船的返回艙速度減為10m/s后,在大氣層
中沿豎直方向勻速降落??斓降孛鏁r,返回艙的緩沖發(fā)動機(jī)開始向下噴氣,艙體再次減速,到達(dá)地面時速
度恰好為0,降落過程的最后一秒的速度隨時間變化的圖像如圖所示,下列說法正確的是()
v/(m-s-1)
10
00.81.0t/s
A.返回艙最后一秒下降的高度為9m
B.降落過程的最后一秒,返回艙處于失重狀態(tài)
C.0.8~1.0s內(nèi),返回艙處于超重狀態(tài)
D.0.8~1.0s內(nèi),噴出氣體對返回艙作用力的沖量等于返回艙動量的變化量
【答案】C
【詳解】A.由圖像可得,圖線與坐標(biāo)軸所圍成的面積表示這段時間載人飛船所發(fā)生的位移,故最后一秒下
降高度小于9m,A錯誤;
BC.降落過程的最后一秒中,0~0.8s返回艙處于平衡狀態(tài),0.8~1.0s向下做加速度減小的減速運(yùn)動,此過
程返回艙處于超重狀態(tài),B項(xiàng)錯誤,C正確;
D.0.8~1.0s內(nèi),返回艙所受合力的沖量等于返回艙動量的變化量,D錯誤。
故選C。
3.(2022秋?全國?高三校聯(lián)考階段練習(xí))如圖甲所示,質(zhì)量為0.1kg的物塊在光滑水平面上以療5m/s的速
度向右勻速運(yùn)動,/=0時刻,給物塊施加一個水平外力RF隨時間,變化的規(guī)律如圖乙所示,以與加相反
【答案】B
【詳解】Er圖像中圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積表示沖量,根據(jù)動量定理可知,物塊在。=3.5s時的速度與ti=
0.5s時的速度相同,則
1
/山=mv-m(-v0)
將Fi=IN,L=0.5s代入解得
v=—2.5m/s
B正確。
故選B.
題組三、動量定理
4.(2023?廣東?模擬預(yù)測)如圖所示,學(xué)生練習(xí)用腳順球。某一次足球由靜止自由下落1.25m,被重新順起,
離開腳部后豎直上升的最大高度仍為1.25m。已知足球與腳部的作用時間為0.1s,足球的質(zhì)量為0.4kg,重
A.足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為4kg-m/s
B.足球自由下落過程重力的沖量大小為2kg?m/s
C.足球與腳部作用過程中動量變化量為零
D.腳部對足球的平均作用力為足球重力的9倍
【答案】B
【詳解】A.足球達(dá)到腳背的速度為
v=yj2gh=5m/s
足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為
p=mv=0,4x5kg-m/s=2kg-m/s
A錯誤;
B.小球自由下落的時間為
所以足球自由下落過程重力的沖量大小為
I=mgt=0.4x10x0.5kg?m/s=2kg-m/s
B正確;
C.根據(jù)運(yùn)動的對稱性,足球離開腳背的速度大小也是5m/s,設(shè)豎直向下為正方向,所以腳背與足球作用過
程中,動量變化量為
Ap=-mv—mv=—2x0,4x5kg-m/s=—4kg-m/s
C錯誤;
D.足球與腳部作用過程中,根據(jù)動量定理可得
(mg—F)t=Ap
解得
F=44N=llmg
D錯誤。
故選B。
5.(2023?北京西城?統(tǒng)考二模)研究蹦極運(yùn)動時,在運(yùn)動員身上裝好傳感器,用于測量他在不同時刻下落的
高度及速度。運(yùn)動員身系彈性繩,從蹦極臺無初速度下落,根據(jù)某次傳感器測到的數(shù)據(jù),得到如圖所示的
速度一位移圖像。忽略空氣阻力,根據(jù)圖像可知()
檔(ms)
B.0~15m下落過程中,運(yùn)動員重力勢能的減少量大于動能的增加量
C.15~27m下落過程中,運(yùn)動員受合力先減小后增大
D.0~27m下落過程中,運(yùn)動員重力沖量大于彈性繩彈力沖量
【答案】B
【詳解】A.由圖像可知位移大小為15m時,速度大小為最大值,可知該位移處有彈性繩的彈力與運(yùn)動員
的重力等大,所以彈性繩處于伸長狀態(tài),即彈性繩的原長小于15m,故A錯誤:
B.運(yùn)動員下落過程中先做加速度為g的加速運(yùn)動,至彈性繩恰好拉直后運(yùn)動員繼續(xù)做加速度減小的加速運(yùn)
動,直至速度達(dá)到最大,此時位移大小為15m,所以0~15m下落過程中,運(yùn)動員重力勢能的減少量等于動
能的增加量加上彈性繩彈性勢能的增加量,故B正確;
C.15m時,彈性繩的彈力與運(yùn)動員的重力等大合力為零,之后運(yùn)動員繼續(xù)向下運(yùn)動,彈性繩伸長量繼續(xù)變
大,彈性繩彈力大于重力,合力向上且變大。故C錯誤;
D.0~27m下落過程中由動量定理可得
IG+/彈=0
可知運(yùn)動員重力沖量大小等于彈性繩彈力沖量大小,故D錯誤。
故選B。
6.(2023?黑龍江哈爾濱?哈九中??既#┯觅|(zhì)量為,〃的小鐵錘以速度打向下?lián)舸蛞粔K質(zhì)量為M的磚塊(擊
打時間極短),擊打后,小鐵錘以:叫的速率反向彈回,已知磚塊受到擊打后在手中的緩沖時間為f,重力加
速度為g,下列說法正確的是()
IB——j
A.在擊打過程中,鐵錘所受合外力的沖量大小為《m巧
B.在擊打過程中,鐵錘重力的沖量大小為,"gf
C.磚頭緩沖過程中,對手的壓力大小為Mg
D.磚頭緩沖過程中,對手的壓力大小為Mg+若
【答案】D
【詳解】A.設(shè)方向向下為正方向,在擊打過程中,對鐵錘由動量定理可得
I~一%)=一|7n巧
在擊打過程中,鐵錘所受合外力的沖量大小為|m%,故A錯誤:
B.鐵錘擊打的時間未知,所以在擊打過程中,鐵錘重力的沖量大小不能求解,故B錯誤;
CD.在擊打過程中,鐵錘與磚頭由動量守恒定律可得
1
mv1=--mv1+Mv
解得
3
Mv=-mv1
磚頭緩沖過程中,對磚頭由動量定理可得
3
(0+Mg)t=0--mv1
解得手對磚頭的支持力為
3mv
F=—Mg—1
12t
由牛頓第三定律可知磚頭對手的壓力為
,3mvi
&=一0=Mg+
故C錯誤,D正確。
故選D。
題組四、利用動量定理解決流體問題
7.(2023春?廣東廣州?高二廣州市培正中學(xué)??茧A段練習(xí))高壓清洗廣泛應(yīng)用于汽車清潔、地面清潔等。某
高壓水槍出水口直徑為d,水從槍口高速噴出后,近距離垂直噴射到某物體表面且速度在短時間內(nèi)由v變?yōu)?/p>
零,忽略水從槍口噴出后的發(fā)散效應(yīng),水的密度為p。則水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為()
Cpb37rd2Dpv27rd2
A.pu27rd2B.pvnd2
4'4
【答案】D
【詳解】水在時間內(nèi)速度由u減為零,內(nèi)噴射到物體表面的水的質(zhì)量為
d
m=pvt7r(—)z7
以這部分水為研究對象,設(shè)物體表面對水的平均作用力大小為凡以水流速度方向?yàn)檎较颍蓜恿慷ɡ碛?/p>
—FAt=0—mv
解得
pu27rd2
F=^—
由牛頓第三定律可知,水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為
,pv2nd2
p=F=匕------
4
ABC錯誤,D正確。
故選D.
8.(2023.湖南婁底.統(tǒng)考模擬預(yù)測)“娛樂風(fēng)洞”是一項(xiàng)新型娛樂項(xiàng)目,在一個特定的空間內(nèi)有人工制造的氣
流,表演者通過調(diào)整身體的姿態(tài),改變受風(fēng)面積(即表演者在垂直風(fēng)力方向的投影面積),來改變其所受向
上風(fēng)力的大小,使人產(chǎn)生在天空翱翔的感覺。如圖所示,一質(zhì)量為機(jī)的游客恰好可以靜止在直徑為4的圓
柱形風(fēng)洞內(nèi)。已知?dú)饬髫Q直向上通過風(fēng)洞,密度為p,流速恒定為當(dāng)游客受風(fēng)面積為S,重力加速度為g。
假設(shè)氣流吹到人身上后速度變?yōu)榱?,則下列說法正確的是()
A.氣體流量Q=vnpd2
B.氣體流量Q=(聆|
C.風(fēng)對人的沖量與人對風(fēng)的沖量相同
D.若風(fēng)洞中空氣流速變?yōu)樵瓉淼?倍,要使游客仍靜止,則他的受風(fēng)面積必須調(diào)整為原來的;
4
【答案】D
【詳解】A.由題意可知
d,
Q=n(-)2v
解得
71f
Q=-d2v
4
A錯誤;
B.對At時間內(nèi)吹向游客的氣體,由動量定理可得
FAt=Amu
由于游客處于靜止?fàn)顟B(tài),滿足
F=mg
另外
Am=p?vAt-S
風(fēng)洞內(nèi)氣流的流量為
d
Q=V7T(-)92
聯(lián)立解得
nd2mg
Q=丁而
B錯誤;
C.根據(jù)牛頓第三定律可知,風(fēng)對人的作用力與人對風(fēng)的作用力大小相等,方向相反,所以根據(jù)沖量定義可
知對人的沖量與人對風(fēng)的沖量大小相等,方向相反,C錯誤;
D.由
F=pSv2=mg
可知,若風(fēng)洞中空氣流速變?yōu)樵瓉淼?倍,游客受力不變,則S必須變?yōu)樵瓉淼模?,D正確。
4
故選D。
題組五、動量守恒定律的條件
9.(多選)(2023春?廣東佛山?高二統(tǒng)考期中)新修訂的《未成年人保護(hù)法》規(guī)定:兒童乘坐汽車應(yīng)當(dāng)配備
兒童安全座椅。在兒童假人模擬實(shí)驗(yàn)中,車速為50km/h的車輛與墻壁發(fā)生碰撞,10kg的假人重心相對地面
最遠(yuǎn)移動了0.5m,在此過程中()
A.假人所受合力的方向水平向后
B.車、假人組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒
C.安全座椅對假人水平方向上的平均作用力約2kN
D.由實(shí)驗(yàn)可知大人系好安全帶抱緊小孩坐車是安全的
【答案】AC
【詳解】A.當(dāng)車輛與墻壁發(fā)生碰撞時,假人相對于車向前運(yùn)動,所以受到向后的摩擦力,而重力和支持力
平衡,所以合力水平向后,故A正確;
B.當(dāng)車輛與墻壁發(fā)生碰撞時,墻壁對車有向后的作用力,即系統(tǒng)所受的合外力不為零,所以系統(tǒng)水平方向
動量不守恒,故B錯誤;
C.根據(jù)速度位移關(guān)系有
v2=2ax
F=ma
代入數(shù)據(jù)解得
Fx2kN
故C正確;
D.在發(fā)生碰撞時,若大人系好安全帶,大人將受到安全帶的作用力減速,但小孩將由于慣性繼續(xù)向前運(yùn)動,
所以小孩不安全,故D錯誤。
故選AC。
10.(多選)(2023春?廣東廣州?高二廣州市培正中學(xué)??茧A段練習(xí))如圖所示,A、B兩物體的質(zhì)量之比
MA:MB=1:2,原來靜止在平板小車C上,A、B間有一根被壓縮的彈簧,地面光滑,A、B與平板車上表
面間的動摩擦因數(shù)分別為〃小〃B。當(dāng)彈簧突然釋放后,A、B兩物體被反向彈開,則A、B兩物體滑行過程
中,下列說法正確的是()
Apwwww|B
A.若〃行〃B,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,C不動
B.若〃A=〃S,A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒,C向右運(yùn)動
C.若也:〃產(chǎn)2:1,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,C不動
D.若〃A:〃B=2:1,A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒,C向右運(yùn)動
【答案】BC
【詳解】A.因A、B兩物體的質(zhì)量不相等,若"行"小則有兩物體所受的滑動摩擦力大小不相等,則A、B
組成的系統(tǒng)所受的合外力不是零,A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒,由牛頓第三定律可知,平板小車C受的
合外力不是零,因A對C向左滑動摩擦力小于B對C向右滑動摩擦力,小車C向右運(yùn)動,A錯誤;
B.若A、B、C組成的系統(tǒng)受合外力是零,則系統(tǒng)動量守恒,因A對C向左滑動摩擦力小于B對
C向右滑動摩擦力,C向右運(yùn)動,B正確
C.若〃A:〃戶2:1,又MA:wB=I:2,則有兩物體受滑動摩擦力大小相等,方向相反,即FfA=FfB,A、B組
成的系統(tǒng)所受的合外力是零,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,由牛頓第三定律可知,平板小車C受的合外力是
零,C不動,C正確;
D.若削:〃B=2:L又MI:MS=1:2,則有兩物體受摩擦力大小相等,方向相反,即6=小,A、B、C組
成的系統(tǒng)受合外力是零,系統(tǒng)動量守恒,平板小車C受的合外力是零,C不動,D錯誤。
故選BC?
11.(多選)(2023春?福建漳州?高二校考期中)一帶有半徑足夠大的光滑圓弧軌道的小車的質(zhì)量M=3kg,
小車靜止在光滑水平地面上,圓弧下端水平。有一質(zhì)量m=1kg的小球以水平初速度%=4m/s從圓弧下端
滑上小車,如圖所示,取水平向左為正方向。g=10m/s2,則()
Mm
A.在小球滑到最高點(diǎn)的過程中,小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒
B.小球沿圓弧軌道上升的最大高度為0.6m
C.小球離開小車時的速度為-2m/s
D.小球從滑上小車到離開小車的過程中對小車做的功為6J
【答案】BCD
【詳解】A.小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向受合外力是零,在豎直方向受合外力不是零,因此系統(tǒng)只在
水平方向動量守恒,A錯誤;
B.系統(tǒng)在水平方向動量守恒,由動量守恒定律可得
mv0=mvj+MV2
系統(tǒng)的機(jī)械能守恒
111
-TTIVQ=-mvl+]M諺+mgh
當(dāng)%=i;2時,mg/t最大,則有高度力最大,聯(lián)立解得
h,=0.6m
B正確;
C.設(shè)小球離開小車時的速度為小車的速度為口,取水平向左為正方向,系統(tǒng)在水平方向動量守恒和系
統(tǒng)的機(jī)械能守恒,則有
mvQ=-mv3+MV4
171717
=2mv3+
聯(lián)立解得
v3=2m/s
v4=2m/s
小球的速度方向向右,是負(fù)值,因此C正確;
D.小球離開小車時小車在水平方向的速度為2m/s,由動能定理可得小球?qū)π≤囎龅墓?/p>
1,
W=-Mvl=6J
D正確。
故選BCDo
題組六、碰撞模型
12.(多選)(2023秋?甘肅?高三統(tǒng)考期末)2022年北京冬奧會前的最后一場全國性冰壺賽事全國冰壺冠軍
賽在黑龍江省滑冰館收官。如圖甲所示,質(zhì)量為20kg的黃壺靜止在大本營內(nèi),運(yùn)動員用等質(zhì)量的紅壺撞擊
黃壺,兩壺發(fā)生正碰,碰后兩壺的加速度相等,若碰撞前后兩壺的速度一時間圖像如圖乙所示?關(guān)于冰壺
的運(yùn)動,下列說法正確的是()
A.紅壺碰撞前后動量大小變化了14kg-m/s
B.碰撞后黃壺的加速度大小為0.3m/s2
C.黃壺運(yùn)動了3s停下
D.碰撞后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為1.5m
【答案】BC
【詳解】A.紅壺碰撞前后動量大小變化了
|Ap|=20x(1.2—0.3)kg-m/s=18kg-m/s
A錯誤;
B.黃壺的加速度大小為
0.3—0
a=——-——m/s9z=0.3m/s7z
B正確;
c.根據(jù)動量守恒
mv=mv1+mv2
代入圖中數(shù)據(jù)得,碰撞后黃壺的速度為
v2=0.9m/s
黃壺運(yùn)動時間為
C正確;
D.碰撞后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為兩壺碰撞后位移之差
0.9x(1+3)0.3x1
Xmax=-----2-----m-----2-m=1.65m
D錯誤。
故選BC?
13.(多選)(2023春?湖北十堰?高二哪西縣第一中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí))如圖甲所示,在光滑水平面上質(zhì)量分
別為mi和g的A、B兩小球發(fā)生正碰。圖乙為它們碰撞前后的位移一時間圖像。已知刑=0.1kg。由此可
以判斷()
甲
A.m2-0.3kgB.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機(jī)械能
C.碰前B靜止,A向右運(yùn)動D.A與B發(fā)生非彈性碰撞
【答案】AC
【詳解】AC.根據(jù)位移一時間圖像的斜率表示速度,可知A、B兩小球碰前速度分別為
8
0
VA=-=4m/s,vB=
A、B兩小球碰后速度分別為
V'A=£=-2m/s,v'B=—?=2m/s
根據(jù)動量守恒可得
7nlyA=mlv,A+m2v,B
聯(lián)立解得
m2=0.3kg
故AC正確;
BD.碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為
AE=5m琢-:--mvB=x0.1x42J--x0.1x22J--x0.3x22J=0
乙l乙i乙2乙乙乙
可知A與B發(fā)生彈性碰撞,故BD錯誤。
故選AC,
題組七人船模型
14.(多選)(2023春?福建泉州?高二泉州七中校考期中)如圖所示,質(zhì)量為M=2,〃的小木船靜止在湖邊附近
的水面上,船身垂直于湖岸,船面可看做水平面,并且比湖岸高出爪在船尾處有一質(zhì)量為機(jī)的鐵塊,將
彈簧壓縮后再用細(xì)線將鐵塊拴住,此時鐵塊到船頭的距離為L船頭到湖岸的水平距離x=彈簧原長遠(yuǎn)
小于L,將細(xì)線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上,忽略船在水中運(yùn)動時受到水的阻力以及其它一切摩擦力,
重力加速度為g。下列判斷正確的有()
A.鐵塊脫離木船后在空中運(yùn)動的水平距離為
B.鐵塊脫離木船時的瞬時速度大小為:住
37八
C.小木船最終的速度大小為!照
D.彈簧釋放的彈性勢能為喏
6/1
【答案】BD
【詳解】A.對船與鐵塊有
mxx—MX2=0
由于鐵塊到船頭的距離為L,則有
xt+x2=L
解得
2,1,
Xi=-L.x2=-L
鐵塊脫離木船后在空中運(yùn)動的水平距離為
112
x3=x2+x=~L+-L=-L
A錯誤;
B.鐵塊脫離木船后做平拋運(yùn)動,則有
2
h=1gt'X3=|L=Vjt
解得
B正確;
C.對船與鐵塊有
mv1—M=0
結(jié)合上述解得
C錯誤;
D.彈簧釋放的彈性勢能為
11
Ep+-Mvl
解得
Ep=b
D正確。
故選BDo
15.(多選)(2023春?陜西榆林?高二校考期中)如圖所示,一半圓槽滑塊的質(zhì)量為M,半圓槽半徑為R,滑
塊置于光滑水平桌面上,一質(zhì)量為m的小智能機(jī)器人(可視為質(zhì)點(diǎn))置于半圓槽的4端,在無線遙控器控制
下,機(jī)器人從半圓槽4端移動到B端,下面說法正確的是()
A.機(jī)器人和滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒
B.滑塊運(yùn)動的距離是受
M+m
C.滑塊與小機(jī)器人運(yùn)動的水平距離之和為2R
D.小機(jī)器人運(yùn)動的位移是滑塊的W倍
【答案】BC
【詳解】A小機(jī)器人和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,系統(tǒng)動量不守恒,A錯誤;
CD.小機(jī)器人和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,小機(jī)器人從A端移動到B端的過程中,設(shè)小機(jī)器人
和滑塊在任意時刻的水平分速度大小分別為力和火,則
mVi=MV2
所以在整個過程中,二者的平均速度大小滿足
TTIV1=MV2
則二者水平位移大小(即運(yùn)動的水平距離)滿足
mx1=MX2
根據(jù)相對位移關(guān)系有
+%2=2R
即滑塊與小機(jī)器人運(yùn)動的水平距離之和為2凡且
/M
%2m
故C正確,D錯誤;
B.根據(jù)前面分析可得小機(jī)器人和滑塊移動的距離分別為
2MR
“M+m
2mR
故B正確。
故選BC。
題組八爆炸模型
16.(多選)(2023?江西上饒?統(tǒng)考二模)如圖所示,一輛質(zhì)量M=3kg的小車A靜止在光滑的水平面上,A
上有一質(zhì)量Tn=1kg的光滑小球B,將一左端固定于A上的輕質(zhì)彈簧壓縮并鎖定,此時彈簧的彈性勢能Ep=
6J,B與A右壁距離為/。解除鎖定,B脫離彈簧后與A右壁碰撞并被粘住,下列說法正確的是()
1Br*—*T
〃〃◎〃〃,〃〃〃〃〃〃〃£?〃:
//////////////////////////////////
A.B脫離彈簧時,A的速度大小為lm/s
B.B和A右壁碰撞并被粘住的過程中,A右壁對B的沖量大小為3N?s
C.整個過程B移動的距離為0.25/
D.B碰到A右壁前瞬間,A與B的動量相同
【答案】AB
【詳解】A.B脫離彈簧時,由動量守恒和能量關(guān)系
—mv2=0
11
2M時9+2mv29=Ep
解得A的速度大小為
%=lm/s
B的速度大小為
v2=3m/s
選項(xiàng)A正確;
B.B和A右壁碰撞并被粘住時,AB的速度均變?yōu)榱?,則由動量定理A右壁對B的沖量大小為
/=mv2=3N-s
選項(xiàng)B正確;
C.整個過程由動量守恒
Mlr—ml2=0
其中
k+,2=,
解得B移動的距離為
12=0.75/
選項(xiàng)C錯誤;
D.B碰到A右壁前瞬間,A與B的動量大小相等,方向相反,選項(xiàng)D錯誤。
故選AB。
題組九實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動量守恒定律
17.(2021春?新疆塔城?高二沙灣縣第一中學(xué)期中)某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌上滑塊間的碰撞來尋找物體相互作
用過程中的“不變量”,實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示,實(shí)驗(yàn)過程如下(“十、一”表示速度方向):
~~
實(shí)驗(yàn)1使加/=m2=0.25kg,讓運(yùn)動的"〃碰靜止的〃72,碰后加/、加2一起運(yùn)動。數(shù)據(jù)如表1。
表2
碰前碰后
滑塊mi滑塊m2滑塊〃〃滑塊加2
速度W(m-s-1)+0.1400+0.069+0.069
根據(jù)這個實(shí)驗(yàn)可推知,在誤差允許范圍內(nèi):
(1)碰前物體的速度(填“等于”或“不等于“)碰后物體速度的矢量和;
(2)碰前物體的動能(填“等于”或“不等于")碰后物體動能的和;
(3)碰前物體的質(zhì)量相與速度u的乘積小丫(填“等于”或“不等于")碰后物體的質(zhì)量小與速度v
的乘積7HV的矢量和。
實(shí)驗(yàn)2使2,77/=,“2=0.5kg,讓運(yùn)動的如碰靜止的〃?2,碰后加、”22分開。數(shù)據(jù)如
表2
碰前碰后
滑塊如滑塊m2滑塊m]滑塊機(jī)2
速度v/(m-s-1)+0.1200-0.024+0.070
根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可推知,在誤差允許范圍內(nèi):
(1)碰前物體的速度(填“等于”或“不等于“)碰后物體速度的矢量和;
(2)碰前物體的動能(填“等于”或“不等于“)碰后物體動能的和;
(3)碰前物體的質(zhì)量相與速度u的乘積加丫(填“等于”或“不等于")碰后物體的質(zhì)量機(jī)與速度v
的乘積mv的矢量和。
(4)還進(jìn)行了其他情景的實(shí)驗(yàn),最終在實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)的“不變量”是。
(5)在“探究碰撞中的不變量”實(shí)驗(yàn)中,關(guān)于實(shí)驗(yàn)結(jié)論的說明,正確的是。
A.只需找到一種情景的“不變量”即可,結(jié)論對其他情景也同樣適用
B.只找到一種情景的“不變量''還不夠,其他情景未必適用
C.實(shí)驗(yàn)中要尋找的“不變量”必須在各種碰撞情況下都不改變
D.進(jìn)行有限次實(shí)驗(yàn)找到的“不變量”,具有偶然性,結(jié)論還需要檢驗(yàn)。
【答案】等于不等于等于不等于不等于等于相互作用的物體的質(zhì)量
與速度乘積的矢量和BCD
【詳解】實(shí)驗(yàn)碰后物體速度的矢量和為
0.069m/s+0.069m/s=0.138m/s
所以碰前物體的速度不等于碰后物體速度的矢量和。
(2)[2]碰前物體的動能為
1,
&=2nlix0.142=0.0098恤
碰后物體的動能為
1
E'k=](7nl+7n2)x0.0692?0.00487711
碰前物體的動能不等于碰后物體動能的和。
(3)[3]碰前物體的質(zhì)量〃?與速度v的乘積為
mv=0.14叫
碰后物體的質(zhì)量m與速度v的乘積mv的矢量和為
m'v'=(m1+m2)x0.069=0.138nli
二者在誤差允許的范圍內(nèi)是相等的。
實(shí)驗(yàn)2(1)[4]碰后物體速度的矢量和為
-0.024m/s+0.070m/s=0.046m/s
所以碰前物體的速度不等于碰后物體速度的矢量和。
(2)[5]碰前物體的動能為
1
Ek=X0.1227—0.0072m1
碰后物體的動能為
11
22
E'k=-niix0.024+-m2x0.070=0.00527711
碰前物體的動能不等于碰后物體動能的和。
(3)[6]碰前物體的質(zhì)量m與速度v的乘積為
mv=0.12m1
碰后物體的質(zhì)量m與速度v的乘積mv的矢量和為
m'v'=x(—0.024)+m2x0.070=0.116啊
二者在誤差允許的范圍內(nèi)是相等的。
(4)⑺相互作用的物體的質(zhì)量與速度乘積的矢量和。
(5)[8]實(shí)驗(yàn)中要尋找的“不變量”必須在各種碰撞情況下都不改變,進(jìn)行有限次實(shí)驗(yàn)找到的“不變量”,具有偶
然性,結(jié)論還需要檢驗(yàn)。故選BCD。
18.(2020秋.江蘇?高二統(tǒng)考期末)(1)在做“碰撞中的動量守恒”實(shí)驗(yàn)中,實(shí)驗(yàn)裝置如圖I所示,斜槽固定
在鐵架臺上,使槽的末端水平,讓一個小球(入射小球)從斜槽上滾下,跟放在斜槽末端的另一個小球(被
碰小球)發(fā)生正碰,入射小球的質(zhì)量應(yīng)__________被碰小球的質(zhì)量(填"大于”、“等于”或"小于”),可以用
小球飛出的水平距離代表小球碰撞前后的速度是因?yàn)椋?/p>
圖1
ABCDE
17.12->|*-13.75-4(-11.40->|(cm)
乙
圖2
(2)某同學(xué)設(shè)計了一個用打點(diǎn)計時器驗(yàn)證動量守恒定律的實(shí)驗(yàn):在小車A的前端粘有橡皮泥,推動小車A
使之作勻速運(yùn)動,然后與原來靜止在前方的小車B相碰并粘合成一體,繼續(xù)作勻速運(yùn)動。他設(shè)計的具體裝
置如圖2甲所示,在小車A后連著紙帶,電磁打點(diǎn)計時器電源頻率為50Hz,長木板下墊著小木塊用以平衡
摩擦力。
(?)若己得到打點(diǎn)紙帶如圖2乙,并測得各計數(shù)點(diǎn)間距標(biāo)在圖上,4為運(yùn)動起始的第一點(diǎn),則應(yīng)選
段來計算A的碰前速度,應(yīng)選段來計算A和B碰后的共同速度(以上兩格填“4B”
或“BC”或“CD”或“DE”),原因是。
(b)已測得小車A的質(zhì)量Tn】=0.40kg,小車B的質(zhì)量m?=0.20kg。由以上測量結(jié)果可得:碰前總動量
=kg-m/s,碰后總動量=kg-m/s。
【答案】大于見解析BCDEBC,OE段是均勻的0.680.68
【詳解】為了防止入射小球反彈,入射小球的質(zhì)量應(yīng)該大于被碰小球的質(zhì)量。
⑵由平拋規(guī)律得
12
hk=29t
x—vot
解得
2h
x=v——
0口
可知,高度一定時,水平位移與水平初速度成正比。所以可以用小球飛出的水平距離代表小球碰撞前后的
速度。
(2)[3][4][5]碰撞前,BC段是均勻的,所以選擇8c段來計算A的碰前速度。碰撞后,段是均勻的,所以
選擇力E段來計算A和B碰后的共同速度。
⑹由于計數(shù)點(diǎn)之間有5個計時點(diǎn),所以計數(shù)點(diǎn)之間的時間間隔為
T=5x0.02s=0.1s
A碰前速度為
Xpr
v=-y-=1.71m/s
碰前總動量為
p=mxvx0.68kg?m/s
[7]A和B碰后的共同速度為
v'==1.14m/s
碰后總動量為
p'=(nii+m2)v'as0.68kg?m/s
題組十利用動量守恒定律解決多過程問題
19.(2023?福建莆田?統(tǒng)考模擬預(yù)測)如圖所示,質(zhì)量為km的木板靜止在足夠大的光滑水平地面上,質(zhì)量為
m的滑塊靜止在木板的左端。質(zhì)量為m的子彈以大小為孫的初速度射入滑塊,子彈射入滑塊后未穿出滑塊,
且滑塊恰好未滑離木板。滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃,重力加速度大小為g,子彈與滑塊均視為質(zhì)點(diǎn),
不計子彈射入滑塊的時間。求:
(I)木板最終的速度大小V;
(2)木板的長度L;
(3)滑塊在木板上相對木板滑動的過程中系統(tǒng)克服摩擦力做功(產(chǎn)生熱量)的平均功率P。
v0
工□_______________
【詳解】(1)設(shè)子彈射入滑塊后瞬間子彈和滑塊的共同速度大小為力,根據(jù)動量守恒定律有
mvQ=2mv1
解得
根據(jù)動量守恒定律有
2mv1=(k+2)mv
(2)對滑塊在木板上相對木板滑動的過程,根據(jù)功能關(guān)系有
8(k+2)〃g
(3)滑塊在木板上相對木板滑動的過程中系統(tǒng)克服摩擦力做的功
W=〃?2mgL
設(shè)滑塊在木板上相對木板滑動時木板的加速度大小為小對木板,根據(jù)牛頓第二定律有
〃-2mg=krrta
設(shè)滑塊在木板上相對木板滑動的時間為,,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律有
v—at
又由于
解得
「=也絆
20.(2023?遼寧?模擬預(yù)測)如圖所示,粗糙水平軌道與光滑弧形軌道。E相切于Q點(diǎn),輕質(zhì)彈簧左端固定,
右端放置一個質(zhì)量〃?=1.0kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A,當(dāng)彈簧處于原長時,小球A靜止于。點(diǎn)?,F(xiàn)對小球A施
加水平向左的外力F,使它緩慢移動壓縮彈簧至P點(diǎn),在該過程中,外力尸與彈簧壓縮量x的關(guān)系為:F=
fcx+2(N),其中A為未知常數(shù)。釋放小球A,其沿桌面運(yùn)動與放置于。點(diǎn)質(zhì)量也為1.0kg的小球B發(fā)生彈
性碰撞,撞后小球B沿弧形軌道上升的最大高度為h=0.2m。己知OP的距離為x=0.5m,。。的距離為L=
1.0m,水平軌道阻力一定,重力加速度取g=10m/s2o求:
(1)小球A與小球B第一次碰撞后瞬間小球B的速度大?。?/p>
(2)在壓縮彈簧過程中,彈簧存貯的最大彈性勢能;
(3)小球A最終靜止時的位置。
【答案】(1)2m/s;(2)5.0J:(3)停在。點(diǎn)
【詳解】(1)小球B在上沖過程中有
1,
2mve=mgh
解得
vB=2m/s
(2)小球A和B在碰撞過程有
mv0=mvA+mvB
11,1
2mvo2=2mvA+2mvB2
解得
v0=2m/s
vA=Om/s
由題可知
戶2N
物塊A由P至。過程有
1,
Ep=f(.x+Q+-mv1
解得
Ep=5.0J
(3)小球B滑下與A碰撞后,B靜止,A的速度大小為
V'A=2m/s
小球A在向左滑行過程有
1?
z
-fs=0--mvA
解得
s=Im
故小球A停在。點(diǎn)。
21.(2。22秋?江蘇蘇州?高二階段練習(xí))如圖所示,質(zhì)量為m的小車靜止在光滑水平面上,距其右端點(diǎn)處有
一彈性擋板,在其左端的正上方L處有一固定景點(diǎn),通過長為L的細(xì)繩懸掛一質(zhì)量為2根的小滑塊,細(xì)繩能
承受的最大拉力為滑塊重力的3.25倍,把細(xì)繩水平拉直并給小滑塊一個豎直向下的初速度,當(dāng)小滑塊到達(dá)
最低點(diǎn)時,細(xì)繩恰好被拉斷,小滑塊滑上小車,滑塊和小車間的動摩擦因數(shù)為〃,小車與擋板碰撞過程時間
極短,碰后小車速度大小不變,滑塊沒有從小車上滑下,求
(1)小滑塊的初速度大小氣和細(xì)線拉斷瞬間小滑塊的速度大小V;
(2)第一次碰撞過程中擋板對小車的沖量;
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