2024鲁科版高中物理选择性必修第一册同步
综合拔高练
五年高考练
考点1 对动量、冲量的理解
1.(2021湖南,2)物体的运动状态可用位置x和动量p描述,称为相,对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述,称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则对应的相轨迹可能是 ( )
2.(2021全国乙,19)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。物体通过的路程等于s0时,速度的大小为v0,此时撤去F,物体继续滑行2s0的路程后停止运动。重力加速度大小为g。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mv0
C.物体与桌面间的动摩擦因数等于
D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
考点2 动量定理的应用
3.(2022全国乙,20)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,重力加速度大小取g=10 m/s2。则 ( )
A.4 s时物块的动能为零
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
4.(2021湖北,3)抗日战争时期,我军缴获不少敌军武器武装自己,其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g,出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中,机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N,则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为 ( )
A.40 B.80 C.120 D.160
5.(2020课标Ⅰ,14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是 ( )
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
6.(2020课标Ⅱ,21)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
7.(2021山东,16)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝壳动物)后,有时会飞到空中将它丢下,利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m=0.1 kg的鸟蛤,在H=20 m的高度、以v0=15 m/s的水平速度飞行时,松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10 m/s2,忽略空气阻力。
(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt=0.005 s,弹起速度可忽略,求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F;(碰撞过程中不计重力)
(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上,有一与地面平齐、长度为L=6 m的岩石,以岩石左端为坐标原点,建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20 m,速度大小在15 m/s~17 m/s之间,为保证鸟蛤一定能落到岩石上,求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
考点3 动量守恒定律的应用
8.(2021全国乙,14)如图,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块组成的系统 ( )
A.动量守恒,机械能守恒
B.动量守恒,机械能不守恒
C.动量不守恒,机械能守恒
D.动量不守恒,机械能不守恒
9.(2021湖南,8)如图(a),质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是( )
图(a)
图(b)
A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0
B.mA>mB
C.B运动后,弹簧的最大形变量等于x
D.S1-S2=S3
10.(2021山东,11)如图所示,载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处,现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出,落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M,所受浮力不变。重力加速度为g,不计阻力。以下判断正确的是 ( )
A.投出物资后热气球做匀加速直线运动
B.投出物资后热气球所受合力大小为mg
C.d=(1+)
D.d=
11.(2021浙江1月选考,12)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,忽略空气阻力,g取10 m/s2。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
考点4 碰撞中的动量和能量问题
12.(2022湖南,4)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性碰撞,不考虑相对论效应,下列说法正确的是 ( )
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
13.(2021广东,13)算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动,使用前算珠需要归零。如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置,甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2 m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2 m,算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取10 m/s2。
(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a;
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
14.(2022全国甲,23)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2,进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空:
(1)调节导轨水平。
(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反,应选取质量为 kg的滑块作为A。
(3)调节B的位置,使得A与B接触时,A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动,并与B碰撞,分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
(5)将B放回到碰撞前的位置,改变A的初速度大小,重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示。
1 2 3 4 5
t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
k= 0.31 k2 0.33 0.33 0.33
(6)表中的k2= (保留2位有效数字)。
(7)的平均值为 (保留2位有效数字)。
(8)理论研究表明,对本实验的碰撞过程,是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则的理论表达式为 (用m1和m2表示),本实验中其值为 (保留2位有效数字);若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内,则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
15.(2022全国乙,25)如图(a),一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上;物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t=0到t=t0时间内,物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
图(a)
图(b)
(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值;
(2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值;
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。
三年模拟练
应用实践
1.(2022福建南安侨光中学期中)在2 000米短道速滑接力赛上,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出,完成“交接棒”。忽略地面的摩擦力,在这个过程中 ( )
A.两运动员的总动量守恒
B.甲、乙运动员的动量的变化量相同
C.两运动员的总机械能守恒
D.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
2.(2022山东德州期末)2021年6月17日,神舟十二号载人飞船搭载长征二号F遥十二运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射,神舟十二号载人飞船被成功送入预定轨道。如果长征二号F遥十二运载火箭(包括载人飞船、航天员和燃料)的总质量为M,竖直向上由静止开始加速,每次向下喷出质量为m的燃气,燃气被喷出时相对地面的速度大小均为v,则第5次喷出燃气的瞬间,运载火箭速度大小为(忽略重力的影响) ( )
A.
C.v
3.(2022山东济南历城第二中学阶段练底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m,弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖,撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为v,撞击的时间极短,发现质量为M的锅盖刚好被顶起(重力加速度为g),则单位时间撞击锅盖的豆子个数为 ( )
A.
4.(2023河南阶段练习)2022年8月16日,中国青少年冰球联赛在石家庄滑冰馆开赛。一冰球运动员甲在水平光滑的冰面上以4 m/s的速度向右运动时,与另一速度为2 m/s的迎面而来的向左运动的运动员乙相撞,碰撞后甲恰好静止。假设碰撞时间极短,已知运动员甲、乙的质量分别为60 kg和80 kg,则碰撞后乙的速度大小和碰撞中损失的总机械能分别为( )
A.1 m/s,600 J B.1 m/s,1 200 J
C.1.5 m/s,600 J D.1.5 m/s,1 200 J
5.(2021重庆三十七中期中)质量为M的小车置于光滑的水平面上,左端固定一个水平轻弹簧,质量为m的光滑物块放在小车上,压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端,开始时小车与物块都处于静止状态,此时物块与小车右端相距为L,如图所示,当突然烧断细线后,以下说法正确的是 ( )
A.物块和小车组成的系统机械能守恒
B.物块和小车组成的系统动量守恒
C.当物块速度大小为v时,小车速度大小为v
D.当物块离开小车时,小车向左运动的位移为L
6.(2021吉林长春期末)如图,滑块A(可视为质点)的质量m=0.01 kg,与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,用细线悬挂的小球质量均为m=0.01 kg,沿x轴排列,A与第1个小球及相邻两小球间距离均为s=2 m,线长分别为L1、L2、L3……(图中只画出三个小球)。开始时,A以v0=10 m/s沿x轴正向运动,设A与小球碰撞不损失机械能,碰后小球均恰能在竖直平面内做完整的圆周运动并再次与滑块碰撞,g=10 m/s2,则 ( )
A.滑块每次与小球碰撞,碰撞前后速度互换
B.滑块只能与13个小球碰撞
C.滑块只能与12个小球碰撞
D.第10个小球悬线长0.4 m
7.(2022河北辛集中学月考)一长木板放在光滑的水平面上,在长木板的最左端放一个可视为质点的滑块,另一质量与滑块质量相等的小球用长为R的轻绳拴接在天花板上,如图所示。现将小球拉至轻绳与竖直方向成θ=60°角的位置无初速度释放,小球摆至最低点时刚好和滑块发生无能量损失的碰撞,经一段时间滑块从长木板的最右端离开,滑块离开长木板时的速度为长木板速度的2倍,已知长木板的上表面与水平面之间的距离为h,滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ,长木板的质量为滑块质量的4倍,重力加速度为g。则下列说法正确的是 ( )
A.滑块离开长木板时,长木板的速度大小为
B.滑块离开长木板时,滑块的速度大小为
C.长木板的总长度为
D.滑块落在水平面上时距长木板右端的水平距离为
8.(2022福建漳州模拟)雪橇是一种雪地运动器材,如图(a)。一质量为m=3 kg的雪橇静止于水平面上(雪橇与水平面间的摩擦忽略不计),现有随身携带一颗铁球的同学以v1=5 m/s的水平速度冲上雪橇,人和铁球总质量为M=60 kg,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)人与雪橇相对静止时,两者的共同速度大小;(结果保留3位有效数字)
(2)共同滑行后,人将铁球(可看作质点)以相对地面5 m/s的速度水平向前抛出,如图(b),期望铁球能掉进离抛出点水平距离为2.5 m的坑洞中,空气阻力不计,则人抛球时手应离地多高
9.(2022四川自贡三模)工地上工人用打夯的方式打桩。质量m1=8 kg的木桩立在泥地上,木桩两旁的工人同时通过轻绳对质量m2=40 kg的重物各施加一个拉力,从紧靠木桩顶端处由静止提起重物的过程中,每个拉力的大小恒为T=300 N,与竖直方向的夹角始终保持θ=37°。重物到木桩顶端的距离L=24 cm时,工人停止施力,重物继续上升一段距离后自由下落撞击木桩后立即与木桩一起向下运动,此次木桩打进的深度h=15 cm。取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)重物刚要落到木桩顶端时的速度大小v;
(2)木桩打进泥地的过程中,受到的平均阻力大小f。
迁移创新
10.(2023北京牛栏山一中阶段练习)如图1所示,运动员做“蹲跳起”动作,离开地面的瞬间,全身绷紧,之后双脚离开地面的最大高度为H。设重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求运动员离开地面瞬间的速度。
(2)地面是不会对人做功的,那么人是如何获得机械能的呢 为了解释这个问题,小亮同学构建了如下模型:如图2所示,将人的上半身(质量为m1)和下半身(质量为m2)分别用质量为m1和m2的物块A、B替代,上、下半身间的作用力看成物块间竖直轻弹簧的弹力。将A从平衡位置向下压距离h,表示人“蹲下”;然后松手,A向上运动,表示人“站起”;当A回到平衡位置时,将弹簧的长度锁定(此时弹簧可以看成一个轻杆),B被带离地面,表示人“跳起”。试结合这一模型分析运动员跳离地面的过程。
a.计算运动员在“刚站起”瞬间(弹簧刚要锁定瞬间)上半身速度多大
b.运动员在“站起”过程中至少要做多少功。
(3)如图3所示为立定跳远的动作分解图,有一个动作要领是起跳过程中要大幅度摆臂,且离开地面前瞬间手臂向前甩。将人的手臂和其他部位当成两个部分,试从物理的角度解释起跳时摆臂的原因。
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.D 2.BC 3.AD 4.C 5.D 6.BC
8.B 9.ABD 10.BC 11.B 12.B
1.D 质点做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a,则v2=2ax,而动量p=mv,联立可得p=m,动量p为矢量且为正值。选项D正确,选项A、B、C错误。
2.BC 设物体运动过程中,滑动摩擦力大小为f,对全程应用动能定理有Fs0-f×3s0=0-0,可得F=3f,选项D错误;对第一阶段应用动能定理有(F-f)s0=-0,由于WF=Fs0、F=3f,故有WF=,选项A错误;对第一阶段应用动量定理有(F-f)t1=mv0-0,由于IF=Ft1、F=3f,故有IF=mv0,选项B正确;由f=μmg,结合F=3f、(F-f)s0=-0,可得μ=,选项C正确。
3.AD 由题可知,摩擦力f=μmg=2 N
0~3 s时间内,a1==2 m/s2
3 s末,v3=a1t3=6 m/s,此时动量为p3=mv3=6 kg·m/s,C错误。
3 s末,拉力反向后,a2==6 m/s2
减速到0所用的时间t==1 s,因此4 s末物块速度为零,A正确。
0~3 s时间内物块前进的距离l1=×2×32 m=9 m,F做正功
3~4 s时间内物块前进的距离l2=×6×1 m=3 m,F做负功
4~6 s时间内物块反向运动的距离l3=×2×22 m=4 m,F做正功
则0~6 s时间内物块的位移x=l1+l2-l3=8 m,故B错误。
0~6 s时间内F做的总功W=F(l1+l3)-Fl2=4×(9+4) J-4×3 J=40 J,故D正确。
易错警示 本题中摩擦力的大小虽然不变,但摩擦力的方向并不是总沿一个方向,故不同阶段物块加速度的大小和方向不相同,即需要明确各阶段加速度的大小和方向。
4.C 以子弹的初速度方向为正方向,连续射击1分钟的过程中,设共射出了n颗子弹,子弹受到机枪的平均作用力F=F'=12 N,运用动量定理有Ft=nmv,代入数据解得n=120,C正确。
5.D 若汽车发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并充气,对司机的头部、颈部等部位起保护作用,增大了司机的受力面积,减少了司机单位面积的受力大小,故A项错误。有无安全气囊,司机的速度都是从碰撞前的速度减为零,动量的变化量相同,故B项错误。当司机与安全气囊发生作用时,安全气囊的作用并没有将司机的动能全部转化为汽车的动能,故C项错误。安全气囊起缓冲作用,延长了司机的受力时间,从而减少了司机的受力大小,D项正确。
6.BC 物块每次与挡板碰撞后,挡板对物块的冲量I0=mv0-m(-v0)=40 kg·m·s-1,方向与运动员退行方向相同,以此方向为正方向,以运动员和物块整体为研究对象,当物块撞击挡板7次后,7I0=m人v7+mv0,v7<5 m/s,得m人>52 kg,当物块撞击挡板8次后,8I0=m人v8+mv0,v8>5 m/s,得m人<60 kg。故B、C正确,A、D错误。
7.答案 (1)500 N
(2)[34 m,36 m][或(34 m,36 m)]
解析 (1)设鸟蛤做平抛运动的时间为t,落地前瞬间的速度大小为v,竖直方向分速度大小为vy,根据运动的合成与分解得H=gt2 ①
vy=gt ②
v= ③
在碰撞过程中,以鸟蛤为研究对象,取速度v的方向为正方向,由动量定理得-FΔt=0-mv ④
联立①②③④式,代入数据得F=500 N⑤
(2)若释放鸟蛤的初速度为v1=15 m/s,设击中岩石左端时,释放点的x坐标为x1,击中右端时,释放点的x坐标为x2,得x1=v1t ⑥
x2=x1+L ⑦
联立①⑥⑦式,代入数据得x1=30 m,x2=36 m⑧
若释放鸟蛤时的初速度为v2=17 m/s,设击中岩石左端时,释放点的x坐标为x1',击中右端时,释放点的x坐标为x2',得x1'=v2t ⑨
x2'=x1'+L ⑩
联立①⑨⑩式,代入数据得x1'=34 m,x2'=40 m
综上得x坐标区间为[34 m,36 m]或(34 m,36 m)
8.B 撤去推力后,小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零,动量守恒。滑块与车厢底板有相对滑动,滑动摩擦力做功,有内能产生,机械能不守恒。选项B正确。
9.ABD 从a-t图像可知,0~t1时间内B物体未运动,仍处于静止状态,故墙对B的作用力的大小、方向和弹簧对A的作用力大小、方向均相等,故墙对B的冲量与弹簧对A的冲量相同,故由动量定理可知其大小等于mAv0,选项A正确;t1时刻之后,A、B构成的系统动量守恒,弹簧形变量最大时,弹簧弹力最大,a也最大,在t2时刻,A、B加速度最大,且此时A、B受力大小相等,方向相反,aA
11.B 根据动量守恒有m1v1=m2v2,若m1∶m2=2∶1,则两碎块速度大小之比v1∶v2=1∶2。由于从同一高度做平抛运动,故在空中运动时间相等,若设平抛运动时间为t0,有v1t0=v声(5 s-t0)、v2t0=v声(6 s-t0),根据以上式子解得t0=4 s、v1=85 m/s、v2=170 m/s,两碎块的水平位移大小分别为x1=v1t0=340 m、x2=v2t0=680 m,爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为x1+x2=1 020 m,爆炸点离地面高度h==80 m,故B正确,C、D错误;由于碎块的位移大小s=,x1∶x2=1∶2,故两碎块的位移大小之比 s1∶s2≠1∶2,故A错误。
12.B 设质量为m1、速度为v0'的物体与静止的质量为m2的物体发生弹性正碰,碰撞后的速度分别为v1'、v2',根据动量守恒、机械能守恒有m1v0'=m1v1'+m2v2'、m2v2'2,联立解得v1'=v0',v2'=n,氢核的符号为H,氮核的符号为N,将各自的质量代入可知v1=v0、v2=v0,C、D错误;动量p=mv,可知氮核的动量较大,A错误;动能Ek=mv2,可知氮核的动能较小,B正确。
13.答案 (1)见解析 (2)0.2 s
解析 设算珠的质量为m, 取从甲到乙的方向为正方向,甲算珠碰撞前后的速度分别为v1和v1',乙算珠碰后的速度为v2'。对算珠,由牛顿第二定律知-μmg=ma,解得a=-μg=-0.1×10 m/s2=-1 m/s2
(1)对甲算珠,有=2as1,得v1=0.3 m/s
甲算珠与乙算珠碰撞,由动量守恒定律得
mv1=mv1'+mv2'
代入数据,解得v2'=0.2 m/s
设乙滑行s后停下,有0-v2'2=2as
代入数据,解得s=2.0×10-2 m
由于s=s2,则乙算珠可以滑到边框a
(2)设甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞所用时间为t1,碰后至停下所用时间为t2
根据vt-v0=at,有t=
t1= s=0.1 s
t2= s=0.1 s
在t2时间内,设甲算珠的位移为s1'
由=2as,得
s1'= m=0.5×10-2 m
t=t1+t2=0.1 s+0.1 s=0.2 s
14.答案 (2)0.304 (6)0.31 (7)0.32 (8) 0.34
解析 (2)要使碰撞后两滑块运动方向相反,则有m1
(7)≈0.32。
(8)设碰撞前A的速度为v0,若碰撞为弹性碰撞
则有m1v0=-m1v1+m2v2
m1(-v1)2+
解得v1=v0,v2=v0
所以
所以本实验中其值为0.34。
15.答案 (1)0.6m (2)0.768v0t0 (3)0.45
解析 (1)由图像分析知vB0=1.2v0
A、B共速时v共=v0
第1次B、A分离时vA1=2v0,vB1=0.8v0
水平方向B、A所受合外力为零,系统动量守恒,设B质量为mB,则有mBvB0=(m+mB)v共 ①
得mB=5m ②
当B与A共速时,弹簧弹性势能最大,有
Epm=(m+mB) ③
解得Epm=0.6m ④
(2)A、B受到的弹簧弹力总是大小相等,方向相反,由牛顿第二定律有a=
可知 ⑤
弹簧的最大压缩量为A、B的相对位移
以地面为参考系,A的初速度为0,B的初速度不为零,A、B位移之比不可求,若A、B初速度均为0,则由s=at2
可知 ⑥
可以选速度为v0的物体为参考系,则图中两个阴影部分面积分别表示A、B运动的位移,则它们的末速度均为0,由逆向思维可得sA'∶sB'=5∶1
sA'=v0t0-0.36v0t0 ⑦
sB'=0.2sA' ⑧
弹簧最大压缩量Δx=sA'+sB' ⑨
解得Δx=0.768v0t0
(3)解法一:设A由斜面滑回水平面时的速度为vA',第二次与B碰后A的速度为vA2、B的速度为vB2
由动量守恒定律,机械能守恒定律得
mBvB1-mvA'=mBvB2+mvA2 ⑩
11
碰后A达到的最高点与第一次相同,有vA2=2v0 12
解得vA'=v0 13
在斜面上运动,设上升到最高点位移为L
上升:-mgL sin θ-μmgL cos θ=-m(2v0)2 14
下降:mgL sin θ-μmgL cos θ= 15
解得μ=0.45
解法二:向上运动a上=g sin θ+μg cos θ
-(2v0)2=-2a上L
向下运动a下=g sin θ-μg cos θ
=2a下L
解得μ=0.45
三年模拟练
1.A 2.A 3.A 4.A 5.BC 6.ACD 7.CD
1.A 两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0,系统动量守恒,A正确;系统动量守恒,两运动员的动量变化量等大反向,变化量不相同,B错误;在乙推甲的过程中,推力做功,乙要消耗体内的化学能转化为机械能,甲、乙两运动员的总机械能不守恒,甲的动能的增加量不等于乙的动能的减少量,C、D错误。故选A。
2.A 设第5次喷出燃气的瞬间运载火箭的速度为v1,此时运载火箭的质量为M-5m,忽略重力影响,运载火箭喷气过程系统动量守恒,(M-5m)v1=5mv,解得v1=,故选A。
3.A 取竖直向下为正方向,设Δt时间内撞击锅盖的豆子个数为n,则由动量定理可得F·Δt+nmgt=nm·v-nm(-v)=,由于撞击的时间极短,则nmgt≈0,故有F·Δt=nmv,因为锅盖刚好被顶起,所以F=Mg,Mg·Δt=,解得,则单位时间撞击锅盖的豆子个数为,故A正确,B、C、D错误。故选A。
4.A 设运动员甲、乙的质量分别为m、M,碰撞前速度大小分别为v1、v2,碰撞后乙的速度大小为v2',规定碰撞前甲的运动方向为正方向,由动量守恒定律有
mv1-Mv2=Mv2'
解得v2'=1 m/s
根据能量守恒定律可知,碰撞中总机械能的损失为ΔE=Mv2'2
解得ΔE=600 J,故选A。
5.BC 弹簧恢复原长的过程中,若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象,则无其他力做功,机械能守恒,但选物块和小车组成的系统,弹力做功属于系统外其他力做功,弹性势能转化成系统的机械能,此时系统的机械能不守恒,A选项错误;取物块和小车组成的系统,外力的和为零,故系统的动量守恒,B选项正确;由物块和小车组成的系统动量守恒有0=mv-Mv',解得v'=v,C选项正确;由,则在相同时间内,且x+x'=L,联立解得x'=,D选项错误。
6.ACD 因滑块与小球质量相等且碰撞中动量守恒、机械能守恒,则mv0=mv1+mv2,,可得v1=0,v2=v0,即滑块与小球相碰撞会互换速度,选项A正确;小球在竖直平面内做圆周运动,机械能守恒,设滑块滑行总距离为s0,有-μmgs0=0-,得s0=25 m,=12.5,滑块只能与12个小球相碰,故B错,C正确;滑块与第n个小球碰撞,设小球运动到最高点时速度为vn',对小球,有mg=m,根据机械能守恒有mvn'2+2mgLn,对滑块,有-μmgns=,解得Ln=,代入数据得第10个小球悬线长为L10=0.4 m,故D正确。
7.CD 设小球与滑块碰前的速度大小为v0,长木板的质量为M,滑块的质量为m。小球下摆过程机械能守恒,则有mgR(1-cos 60°)=,解得v0=
小球与滑块发生无能量损失的碰撞,二者质量相等,则交换速度,滑块在长木板上滑动的过程中,滑块与长木板组成的系统动量守恒,设滑块离开长木板时滑块、长木板的速度大小分别为v1、v2,则有mv0=mv1+Mv2,其中v2=v1,又M=4m,解得v1=,v2=,A、B错误。由能量守恒定律有+μmgL,解得长木板的总长度L=,C正确。滑块离开长木板后做平抛运动,由h=gt2,解得t=,滑块落在水平面上时距长木板右端的水平距离s=(v1-v2)t=,D正确。
8.答案 (1)4.76 m/s (2)1.25 m
解析 (1)人跳上雪橇到与雪橇共速的过程中,人、铁球与雪橇组成的系统水平方向所受合外力为零,动量守恒,则Mv1=(m+M)v2
代入数据解得v2≈4.76 m/s
即共速时人与雪橇两者的速度大小为4.76 m/s;
(2)空气阻力不计,铁球被抛出后做平抛运动,落地过程中铁球的水平位移为x=vt
解得t=0.5 s
竖直方向铁球做自由落体运动,即h=gt2
解得h=1.25 m
则人抛球时手离地的高度应为1.25 m。
9.答案 (1)2.4 m/s (2)1 120 N
解析 (1)重物落到木桩顶端过程中有拉力做功,由能量关系可知2T cos θ·L=m2v2
解得v=2.4 m/s
(2)重物撞击木桩的过程,由动量守恒定律得
m2v=(m1+m2)v'
由能量守恒定律可知(m1+m2)v'2+(m1+m2)gh=fh
解得f=1 120 N
10.答案 (1) (2)a.
b.m1gh+gH (3)见解析
解析 (1)运动员离开地面做竖直上抛运动,则mgH=mv2
解得v=
(2)a.从A下压距离h位置松手瞬间开始到将弹簧长度锁定瞬间结束,这个过程表示人的站起过程,设弹簧长度锁定前瞬间,A速度为v1,弹簧长度锁定后瞬间A和B整体离地,速度为v,由弹簧长度锁定过程系统动量守恒得m1v1=(m1+m2)v
解得v1=
b.运动员在“站起”过程中至少要做功
W=m1gh+gH
(3)把人的手臂和其他部位作为两个部分,向前摆臂会使得瞬间手臂部分的速度比身体的速度大,根据系统动量守恒,起跳后身体速度还会增大,从而提高成绩。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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