第5講力學中的動量和能量問題（解析版）-試卷下載-教習網

第5講力學中的動量和能量問題【選考真題】1．（2022?浙江）如圖所示，在豎直面內，一質量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m＝2kg，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質點。（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大??；（2）物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關系；（3）若物塊b釋放高度0.9m＜h＜1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍（以A點為坐標原點，水平向右為正，建立x軸）。【解答】解：（1）滑塊b擺至最低點時，由機械能守恒定律得：解得：vb＝5m/sb與a發(fā)生彈性碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律可得：mvb＝mvb′+mv0 解得：v0＝vb＝5m/s（2）經上述分析可知，物塊b與物塊a在A發(fā)生彈性正碰，速度交換，設物塊a剛好可以到達E點，高度為h1，根據動能定理得：mgh1﹣2μmgl﹣mgH＝0解得：h1＝1.2m以豎直向下的方向為正方向由動能定理得：聯立解得：FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）（3）當0.9m≤h＜1.2m時，物塊位置在E點或E點右側，根據動能定理可得：從E點飛出后，豎直方向：水平方向上：s＝vEt根據幾何關系可得：聯立解得：x＝3l+DF+s1代入數據解得：當0.9m＜h＜1.2m時，從h2＝0.9m釋放時，根據動能定理可得：mgh﹣μmgs2＝0解得：s2＝1.8m可知物塊達到距離C點0.8m處靜止，滑塊a由E點速度為零，返回到CD時，根據動能定理可得：mgH﹣μmgs3＝0解得：s3＝0.4m距離C點0.6m，綜上可知0.9m＜h＜1.2m時3l﹣s3≤x≤3l代入數據解得：2.6m≤x≤3m答：（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大小為5m/s；（2）物塊a在DE最高點時，管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關系為FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）；（3）若物塊b釋放高度0.9m＜h＜1.65m，物塊a最終靜止的位置x值的范圍為2.6m＜x＜3m；若物塊b釋放高度1.2m≤h＜1.65m時，物塊a最終靜止的位置x值的范圍為。2．（2021?浙江）在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為2：1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（　　）A．兩碎塊的位移大小之比為1：2 B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80m C．爆炸后質量大的碎塊的初速度為68m/s D．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m【解答】解：A、爆炸物在最高點時炸裂成質量之比為2：1的兩個碎塊，設兩碎塊的質量分別為m1＝2m，m2＝m，設爆炸后兩碎塊的速度分別為v1、v2，爆炸過程，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，m1的速度方向為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：m1v1﹣m2v2＝0爆炸后兩碎塊做平拋運動，由于拋出點的高度相等，它們做平拋運動的時間t相等，設兩碎塊的水平位移分別為x1、x2，則有：m1v1t﹣m2v2t＝0m1x1﹣m2x2＝0解得：x1：x2＝m2：m1＝1：2，兩碎塊的豎直分位移相等，兩碎塊的水平位移之比為1：2，而從爆炸開始拋出到落地的位移之比不等于1：2，故A錯誤；BD、設兩碎片做平拋運動的時間均為t，兩碎塊落地發(fā)出的聲音的傳播時間分別為t1＝5s﹣t，t2＝6s﹣t，聲音的傳播位移：x1＝v聲音t1，x2＝v聲音t2，由A可知x1：x2＝1：2，代入數據解得：t＝4s，x1＝340m，x2＝680m，爆炸物的爆炸點離地面高度：hm＝80m，爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離：x＝x1+x2＝（340+680）m＝1020m，故B正確，D錯誤；C、由B可知，爆炸后碎塊m1的水平位移：x1＝340m，碎塊m2的水平位移x2＝680m，爆炸后質量大的碎塊m1的初速度為v1m/s＝85m/s，故C錯誤。故選：B。3．（2020?浙江）小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ＝37°的斜軌道BC平滑連接而成。質量m＝0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H＝1.0m處靜止釋放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑塊與軌道AB和BC間的動摩擦因數均為μ＝0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。（1）求滑塊運動到與圓心O等高的D點時對軌道的壓力；（2）通過計算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點；（3）若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點x處的質量為2m的小滑塊相碰，碰后一起運動，動摩擦因數仍為0.25，求它們在軌道BC上到達的高度h與x之間的關系。（碰撞時間不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）【解答】解：（1）滑塊從開始下滑到D點過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgH＝mgR在D點，軌道的彈力提供向心力，由牛頓第二定律得：F＝m，代入數據解得：F＝8N，由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力大?。?/span>F′＝F＝8N，方向：水平向左；（2）設滑塊在斜軌道上到達的最高點為C′，BC′的長度為L，從滑塊開始下滑到C′過程，由能量守恒定律得：mgH＝μmgLAB+μmgcosθ?L+mgLsinθ，代入數據解得：Lm＜LBC＝1.0m，滑塊不能沖出斜軌道的末端C點；（3）滑塊開始下滑到運動到距離A點x處過程，由動能定理得：mgH﹣μmgx0兩滑塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，設碰撞后的速度為v′，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv＝（m+2m）v′，設碰撞后滑塊滑上斜軌道的高度為h，碰撞后滑塊滑動過程，由動能定理得：、﹣μ?3mg（LAB﹣x）﹣μ?3mgcosθ?3mgh＝0解得：hx （m＜x≤1m）或h＝0 （0≤x m）；答：（1）滑塊運動到與圓心O等高的D點時對軌道的壓力大小為8N，方向：水平向左；（2）滑塊不能沖出斜軌道的末端C點；（3）它們在軌道BC上到達的高度h與x之間的關系是：hx （m＜x≤1m）或h＝0 （0≤x m）。【要點提煉】一、三種碰撞的特點1.彈性碰撞：動量守恒，機械能守恒。質量為m1，速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞，碰后速度分別為v1′、v2′。結果討論：(1)當兩球質量相等時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換速度。(2)當m1遠大于m2時，v1′＝v1，v2′＝2v1。(3)當m1遠小于m2時，v1′＝－v1，v2′＝0。2.非彈性碰撞：動量守恒，機械能有損失。3.完全非彈性碰撞：動量守恒，機械能損失最大，以碰后系統(tǒng)速度相同為標志。二、動力學、動量和能量觀點的應用1．三個基本觀點(1)動力學的觀點：主要是牛頓運動定律和運動學公式相結合，常涉及物體的受力、加速度或勻變速運動的問題．(2)動量的觀點：主要應用動量定理或動量守恒定律求解，常涉及物體的受力和時間問題，以及相互作用物體的問題．(3)能量的觀點：在涉及單個物體的受力和位移問題時，常用動能定理；在涉及系統(tǒng)內能量的轉化問題時，常用能量守恒定律．【方法指導】一、動量定理的兩個重要應用1.應用I＝Δp求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出變力作用下物體動量的變化Δp，等效代換變力的沖量I。2.應用Δp＝FΔt求動量的變化例如，在曲線運動中，速度方向時刻在變化，求動量變化(Δp＝p2－p1)需要應用矢量運算方法，計算比較復雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動量的變化。二、幾種定理的使用1．選用原則(1)單個物體：宜選用動量定理、動能定理和牛頓運動定律．若其中涉及時間的問題，應選用動量定理；若涉及位移的問題，應選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律．(2)多個物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，應選用動量守恒定律，然后再根據能量關系分析解決．2．系統(tǒng)化思維方法(1)對多個物理過程進行整體思考，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復雜的運動．(2)對多個研究對象進行整體思考，即把兩個或兩個以上的獨立物體合為一個整體進行考慮，如應用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng))．【例題精析】考點一動量和動量定理的應用例1．圖甲是抬鼓擊球的體育活動畫面，實際活動比較復雜，現建立如圖乙的簡化模型，20個人對稱地拉著繩子（圖中只顯示面對面的兩條繩子）抬鼓擊球，設鼓的質量為6kg，球的質量為0.5kg，繩子質量不計，A點為手拉住繩子的接觸點，B為繩子與鼓的連接點。某次擊球活動時，目測A、B的豎直高度差約為繩長AB的十分之一（設每根繩子都如此），并保持穩(wěn)定，假定活動過程中鼓始終處于靜止狀態(tài)，發(fā)現球從離鼓0.8m的高度由靜止開始下落，與鼓發(fā)生碰撞后又幾乎可以回到0.8m處，碰撞時間約為0.1s。（空氣阻力忽略不計，g取10m/s2）。對此情景，下列分析正確的是（　?。?/span>A．球在空中時，每個人對繩子的拉力為60N B．擊球過程中，鼓對球彈力的沖量為2.5N?s C．擊球時，每個人對繩子的拉力為52.5N D．擊球時，鼓對球的平均作用力40N【解答】解：A、球在空中時，20根繩子的拉力的豎直分量之和為F＝G＝mg＝6×10N＝60 N，由力的合成和分解可知，每一根繩子拉力為30 N，故A錯誤；BD、根據v2＝2gh，易得，球擊鼓前瞬間和剛離開鼓時的速度大小為4 m/s，根據動量定理（F﹣mg）t＝mv﹣（﹣mv），得鼓對球的彈力的沖量為4.5 N?s，彈力的平均作用力為45 N，故B、D錯誤；C、則球擊鼓過程中，20根繩子的拉力的豎直分量之和F''＝G+F＝60N+45N＝105 N，易得每個人對繩子的拉力為52.5 N，故C正確。故選：C。（多選）練1．現代人越來越依賴手機，有些人喜歡躺著刷手機，經常出現手機掉落砸傷眼睛或者額頭的情況。若有一手機質量為120g，從離人額頭約20cm的高度無初速掉落，砸到額頭后手機的反彈忽略不計，額頭受到手機的沖擊時間約為0.2s。下列分析正確的是（　?。?/span>A．手機與額頭作用過程中，手機的動量變化大小約為0.24kg?m/s B．手機對額頭的沖量大小約為0.24N?s C．手機對額頭的沖量方向豎直向上 D．手機對額頭的作用力大小約為2.4N【解答】解：已知手機質量為m＝120g＝0.12kg，自由下落的高度為h＝20cm＝0.2m，額頭受到手機的沖擊時間約為t＝0.2s。A、根據運動學公式可知手機與額頭接觸前瞬間的速度大小約為：vm/s＝2m/s若規(guī)定豎直向上為正方向，則手機與額頭作用過程中手機動量變化約為：Δp＝0﹣（﹣mv）代入數據解得：Δp＝0.24kg?m/s，故A正確；B、規(guī)定豎直向上為正方向，設額頭對手機的沖量大小為I，則由動量定理有：I﹣mgt＝Δp，代入數據解得：I＝0.48N?s；根據牛頓第三定律可知手機對額頭的沖量大小約為0.48N?s，故B錯誤；C、手機對額頭的沖量方向豎直向下，故C錯誤；D、根據沖量的定義可知手機對額頭的作用力大小約為：F，代入數據解得F＝2.4N，故D正確。故選：AD。練2．如圖甲所示是2022年北京冬奧會的冰壺比賽場景，比賽過程簡化為如圖乙所示，在左端發(fā)球區(qū)的運動員從投擲線MN中點P將冰壺擲出，冰壺沿水平冰道中心線PO向右端的圓形營壘區(qū)滑行。若冰壺以v0＝4m/s的速度被擲出后，恰好停在營壘區(qū)中心O，PO間距離為x＝40m。已知冰壺的質量為m＝19kg，冰壺自身大小可忽略，冰壺在冰道上的運動可視為勻減速直線運動。在比賽中，運動員可以用毛刷擦拭冰壺運行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數減小為一確定值。（1）求沒有擦拭冰壺冰面時冰壺與冰面間的動摩擦因數μ；（2）在某次比賽中冰壺投擲速度v0＝3m/s，從MN前方12.5m處開始不停擦拭冰面，直至冰壺正好停在營壘區(qū)中心O點。求擦拭冰面后冰壺的加速度大??；（3）求（2）問中，從投出冰壺到冰壺停止運動這個過程中冰壺受到摩擦阻力的沖量。【解答】解：（1）從投出冰壺到冰壺靜止過程，由動能定理得：﹣μmgx＝0代入數據解得：μ＝0.02（2）從冰壺被投出到靜止過程，由動能定理得：﹣μmgL﹣μ′mg（x﹣L）＝0其中：v0＝3m/s，L＝12.5m，代入數據解得：μ′對冰壺，由牛頓第二定律得：μ′mg＝ma代入數據解得，加速度大?。?/span>am/s2（3）從投出冰壺到冰壺停止運動這個過程中，以向右為正方，由動量定理得：I＝0﹣mv0＝﹣19×3N?s＝﹣57N?s，負號表示方向，方向水平向左則冰壺受到摩擦阻力的沖量大小是57N?s，方向水平向左答：（1）沒有擦拭冰壺冰面時冰壺與冰面間的動摩擦因數μ是0.02；（2）擦拭冰面后冰壺的加速度大小是m/s2；（3）從投出冰壺到冰壺停止運動這個過程中冰壺受到摩擦阻力的沖量大小是57N?s，方向水平向左。考點二碰撞類問題例2．在電場強度為E的足夠大的水平勻強電場中，有一條固定在豎直墻面上與電場線平行且足夠長的光滑絕緣桿，如圖所示，桿上有兩個質量均為m的小球A和B，A球帶電荷量+Q，B球不帶電。開始時兩球相距L，現靜止釋放A，A球在電場力的作用下，開始沿桿運動并與靜止的B球發(fā)生正碰，設在各次碰撞中A、B兩球的機械能沒有損失，A、B兩球間無電量轉移，忽略兩球碰撞的時間。則下列說法正確的是（　?。?/span>A．發(fā)生第一次碰撞時A球的電勢能增加了QEL B．發(fā)生第二次碰撞時A球總共運動時間為 C．發(fā)生第三次碰撞后B球的速度為 D．發(fā)生第n次碰撞時B球已運動的位移是2n（n+1）L【解答】解：A、A球的加速度a，第一次碰撞前A的速度vA1。對A球，ΔEk0＝QEL，發(fā)生第一次碰撞時，A球的電勢能減少了QEL，故A錯誤；B、第一次碰撞前，B的速度vB1＝0，由于AB兩球質量相等且發(fā)生正碰，碰撞過程中無動能損失，所以碰撞后交換速度，即碰撞后AB的速度分別為vA1′＝0，vB1′＝vA1。設第一次碰撞的時間為t1，則t1，設第二次碰撞時間為t2，則第一次碰撞后經（t2﹣t1）時間發(fā)生第二次碰撞，則有：vB1′（t2﹣t1），解得：t2＝3t1＝3，故B正確；C、經分析，每次碰撞后交換速度，發(fā)生第三次碰撞后，能量守恒，可知第三次碰撞后B球的速度為3vA1＝3，故C錯誤；D、第一次碰撞到第二次碰撞B球向右運動了xB1＝vB1′（t2﹣t1）?24L，因為相鄰兩次碰撞時間間隔總為2，則每次碰撞的相對位移為4L，發(fā)生第n次碰撞時B球已運動的位移是（4n﹣3）L，故D錯誤。故選：B。練3．如圖所示，質量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置?，F有一質量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則當木塊回到A位置時的速度的大小v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為（　　）A．v，I＝0 B．v，I＝2mv0 C．v，I D．v，I＝2mv0【解答】解：子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內力遠大于系統(tǒng)外力，系統(tǒng)的動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（M+m）v解得：v子彈射入木塊后，子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先向右做減速運動，后向左做加速運動，回到A位置時速度大小不變，即當木塊回到A位置時的速度大小為：v子彈和木塊彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即墻對彈簧的作用力，根據動量定理得：I′＝﹣（M+m）v﹣mv0＝﹣2mv0所以墻對彈簧的沖量I的大小為：I＝2mv0，故ABC錯誤，D正確。故選：D。練4．如圖所示，固定在水平面上長度為L的木板與豎直放置的半徑為R的半圓形光滑軌道BC相切于B點，在木板左端A處靜止放置一個質量為m的小物塊（可視為質點）。一個質量為m0＝0.2m的子彈以水平速度v0射向物塊，擊中物塊后恰好能與物塊一起運動到C點，最終落在木板上的D點（圖中未畫出）。已知重力加速度為g。求：（1）子彈擊中物塊后物塊的速度和此過程中系統(tǒng)損失的機械能；（2）物塊通過半圓形軌道最低點B時對軌道的壓力以及物塊與木板間的動摩擦因數；（3）D點與B點的距離及物塊落在木板上前的瞬時速度與水平方向間夾角的正切值。【解答】解：（1）子彈擊中木塊過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m0v0＝（m+m0）v，解得：vv0，子彈擊中物塊過程中系統(tǒng)損失的機械能：△Em0v02（m+m0）v2mv02；（2）由于物塊恰好能夠通過半圓形軌道的最高點C，由牛頓第二定律得：（m+m0）g＝（m+m0），解得：vC，物塊從B點到C點的過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得：（m+m0）vB2（m+m0）vC2+（m+m0）g?2R，在B點，由牛頓第二定律得：F﹣（m+m0）g＝（m+m0），解得：F＝7.2mg，方向豎直向下，由牛頓第三定律可知物塊通過半圓形軌道最低點B時對軌道的壓力大小為：7.2mg，方向豎直向下；對物塊在木板上的運動，由動能定理得：﹣μ（m+m0）gL（m+m0）vB2（m+m0）v2，解得：μ；（3）物塊離開C后做平拋運動，水平方向：x＝vCt，豎直方向：2Rgt2，解得：x＝2R，物塊落到木板上時，水平分速度：vx＝vC，豎直分速度：vy＝gt＝2，速度方向與水平方向間夾角正切值：tanθ2；答：（1）子彈擊中物塊后物塊的速度為v0，此過程中系統(tǒng)損失的機械能為mv02；（2）物塊通過半圓形軌道最低點B時對軌道的壓力大小為：7.2mg，方向：豎直向下，物塊與木板間的動摩擦因數為；（3）D點與B點的距離為2R，物塊落在木板上前的瞬時速度與水平方向間夾角的正切值為2。考點三動力學、動量和能量觀點的應用例3．如圖所示，質量為m的子彈以水平初速度v0射入靜止在光滑水平面上的質量為M的木塊中，子彈未從木塊中射出，最后共同速度為v，在此過程中，木塊在地面上滑動的距離為s，子彈射入木塊的深度為d，子彈與木塊間的相互作用力為f，以下關系式中不正確的是（　?。?/span>A．mv02mv2＝f（s+d） B．Mv2＝fs C．Mv2＝fd D．mv02（M+m）v2＝fd【解答】解：A．根據題圖可知，子彈相對地面的位移大小為s+d，對子彈根據動能定理可知，子彈動能的變化等于阻力做的功，即：﹣f（s+d）mv2mv02，所以有：mv02mv2＝f（s+d），故A正確；BC．木塊在地面上滑動的距離為s，在此過程中，對木塊根據動能定理可得：fsMv2﹣0，即Mv2＝fs，故B正確，C錯誤；D．系統(tǒng)動能的損失等于產生的熱量，即Qmv02mv2Mv2；系統(tǒng)產生的熱量等于摩擦力乘以相對通過的距離，則有：Q＝fd；所以有：mv02（M+m）v2＝fd，故D正確。本題選錯誤的，故選：C。練5．如圖所示，空間有豎直向下的勻強電場E＝5.0×105N/C，長L＝0.25m的不可伸長的輕繩一端固定于O點，另一端系一質量m＝0.01kg的不帶電小球A，將小球A拉起至繩水平繃緊后，無初速度釋放。另一電荷量q＝﹣10﹣7C且質量與小球A相等的小球B以初速度v0＝2.4m/s水平拋出。小球A第一次經過D點時與小球B正碰并粘在一起可視為小球C（兩球的總電量不變），OD與豎直方向的夾角為37°．碰后小球C運動到O點正下方的P點時，電場突然增強到E′＝3.6×106N/C，電場方向不變。不計空氣阻力，整個運動過程小球昇、B、C均可視為質點。則：（1）碰撞前小球B的運動時間t；（2）碰撞后小球C的速度大??；（3）小球C能否運動到O點正上方0.25m處的點？若能，請計算通過Q點時輕繩的拉力大?。蝗舨荒?，請說明理由。【解答】解：（1）小球B到達D點時豎直分速度：vBy＝v0tan37°＝1.8m/s，對B，由牛頓第二定律得；mg﹣qE＝ma1代入數據解得：a1＝5m/s2，由速度公式得：vBy＝a1t，代入數據解得：t＝0.36s；（2）碰撞前B的速度：vB3m/s，從A開始下擺到D過程，對A，由動能定理得：mgLcos37°，代入數據解得：vA＝2m/s，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以碰撞前B的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mvB﹣mvA＝2mv共，代入數據解得：v共＝0.5m/s；（3）小球C以輕繩為半徑沿圓弧軌跡擺至最低點P過程，由動能定理得：（2mg﹣qE）L（1﹣cos37°），代入數據解得：vP＝1m/s，由牛頓第二定律得：qE′﹣2mg＝2ma2代入數據解得：a2＝8m/s2，方向：豎直向上，v臨m/s＞vP，小球能到達Q點，小球C從P點做平拋運動，豎直方向：y，水平方向：x＝vPt，由幾何知識得：x2+（L﹣y）2＝L2，代入數據解得：t＝0.25s，x＝0.25m，y＝0.25m，故小球運動至O點等高處，繩子被拉直，只保留豎直方向分速度，并繼續(xù)繞O點做圓周運動上擺，通過Q點，vy＝vP?2tan45°＝2m/s，由動能定理得：（qE′﹣2mg）L，由牛頓第二定律得：T+2mg＝2m，代入數據解得：T＝0.8N；答：（1）碰撞前小球B的運動時間t為0.36s；（2）碰撞后小球C的速度大小為0.5m/s；（3）小球C能運動到O點正上方0.25m處的Q點，通過Q點時輕繩的拉力大小為0.8N。（多選）練6．如圖，在水平地面上放置一質量M的木塊，一質量為m的子彈以水平速度v射入木塊（子彈與木塊相互作用的時間極短），若木塊與地面間的動摩擦因數為ì，則在子彈射入后（　　）A．若子彈最終未穿出木塊，則木塊前進的距離為 B．若子彈能穿出木塊，則木塊前進的距離小于 C．若子彈最終未穿出木塊，則子彈的速度越大，木塊前進的距離就越大 D．若子彈能穿出木塊，則子彈的速度越大，木塊前進的距離就越大【解答】解：A、子彈擊中木塊過程系統(tǒng)動量守恒，子彈沒有穿出木塊，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv＝（M+m）v′，對木塊，由動能定理得：﹣μ（M+m）gs＝0（M+m）v′2，解得：s，故A正確；B、子彈能穿出木塊，系統(tǒng)動量守恒，則子彈穿出木塊后木塊的速度小于v′，木塊前進的距離小于：，故B正確；C、若子彈最終未穿出木塊，則子彈的速度越大，子彈擊中木塊后木塊的速度越大，木塊前進的距離越大，故C正確；D、若子彈能穿出木塊，則子彈的速度越大，子彈穿出木塊的時間越短，木塊獲得的速度越小，木塊前進的距離越小，故D錯誤；故選：ABC。【強化專練】如圖，桌子邊緣用茶葉罐子壓著一張紙，欲向外把紙拉走，而讓茶葉罐子留在桌上，實驗發(fā)現紙拉得越快，茶葉罐子越穩(wěn)定，對此，以下說法正確的是（　?。?/span>A．紙拉得越快，紙對罐子的摩擦力越小 B．由于罐子有慣性，所以紙拉得越快，罐子慣性越大，越穩(wěn)定 C．紙拉得越快，紙對罐子的摩擦力的沖量越小 D．無論拉紙的力如何，罐子和紙總會有相對運動，最終罐子總可以留在桌上【解答】解：A、拉紙的快慢，對紙對罐子的摩擦力沒有影響，故A錯誤；B、罐子的質量不變，罐子慣性就不變，故B錯誤；C、紙拉得越快，紙對罐子摩擦力的作用時間就越短，則沖量越小，故C正確；D、如果拉紙的力小一些，罐子就會獲得較大的速度或者與紙一起運動，罐子就可能離開桌面，故D錯誤。故選：C。如圖所示為一半圓形的環(huán)，AB為半圓的水平直徑，從A點以2m/s水平初速拋出一個質量為0.2kg的小球，經0.2s后小球落在半圓上P點（圖中未畫出），下列判斷中正確的是（　?。?/span>A．半圓的半徑為0.3m B．P點的速度方向與水平方向夾角的正切為 C．小球從A點運動到剛落在半圓壁前一瞬時，小球動量改變了0.4kg?m/s D．選擇合適的初速度，小球可以垂直打在半圓壁上【解答】解：A、從A點以2m/s水平初速拋出，經0.2s后小球在水平方向的位移為0.4m，在豎直方向的位移為0.2m，幾何關系計算得到半圓的半徑為0.25m，故A錯誤；B、P點的速度方向與水平方向夾角的正切為1，故B錯誤；C、從A點水平拋出到小球剛落在半圓壁前，小球動量改變等于重力的沖量，故C正確。D、不論初速度多大，小球都不可能垂直打在半圓壁上，故D錯誤；故選：C。如圖所示，質量為m、內壁光滑、半徑為R的半圓形容器靜止在足夠長的光滑水平地面上，左側緊靠豎壁但不粘連，質量也為m的小球從半圓形容器內壁A點靜止開始下滑，下列說法中正確的是（　?。?/span>A．從A點下滑到半圓形軌道最底點B點過程中，運動時間為 B．小球過最底點B后，能上升的最大高度點為D點，B、D兩點高度差為 C．從A點運動到D點過程中，半圓形容器對小球的彈力對小球始終不做功 D．半圓形容器在一段時間內將不斷重復做往復運動【解答】解：A、從A點下滑到半圓形軌道最底點B點過程中，運動時間不能用單擺公式計算，故A錯誤；B、小球過最底點B時的速度大小為v0，根據動能定理可得：mgR；以后運動過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得：mv0＝2mv取B點所在水平面為零勢能面，根據機械能守恒定律可得：mgh聯立解得：h，故B正確；C、從A點運動到B點過程中，半圓形容器對小球的彈力不做功，但從B點運動到D點過程中，小球的機械能減小，半圓形容器對小球的彈力對小球做負功，故C錯誤；D、水平方向合動量方向向右，根據動量守恒定律可知，當小球運動到左邊邊緣弧中點時二者的速度均為v0，方向向右，當小球再次回到半圓形容器最低點且方向向右時，半圓形容器速度為零，以后重復前面的過程，所以半圓形容器不會出現向左運動的情況，故D錯誤。故選：B。最近，義烏中學實驗室對一款市場熱銷的掃地機器人進行了相關測試，測試過程在材質均勻的水平地板上完成，獲得了機器人在直線運動中水平牽引力大小隨時間的變化圖象a，以及相同時段機器人的加速度a隨時間變化的圖象b。若不計空氣，取重力加速度大小為10m/s2，則下列同學的推斷結果正確是（　?。?/span>A．機器人與水平桌面間的最大靜摩擦力為3N B．機器人與水平桌面間的動摩擦因數為0.2 C．在0～4s時間內，合外力的沖量為12N?S D．在0～4s時間內，合外力做的功為12J【解答】解：A.由圖b可知加速度的表達式為a（t﹣t0）＝t﹣t0則可得t0＝1s即1s時加速度為零，則最大靜摩擦力為fm1N＝3N故A正確：B.2s時的牽引力為F22N＝6N由a、圖b結合牛頓第二定律可得F4﹣f＝ma4F2﹣f＝ma2聯立可得機器人質量m＝3kg滑動摩擦力為f＝3N機器人與水平桌面間的動摩擦因數為μ解得μ＝0.1故B錯誤；C.在0﹣4s時間內，合外力的沖量為I＝mt＝3（4﹣1）N?s＝13.5N?s故C錯誤；D.4s末機器人的速度為vt3m/s＝4.5m/s在0﹣4s時間內，合外力做的功為Wmv2代入數據，解得W＝30.375J故D錯誤.故選：A。如圖所示，某同學將質量相同的三個物體從水平地面上的A點以同一速率沿不同方向拋出，運動軌跡分別為圖上的1、2、3。若忽略空氣阻力，在三個物體從拋出到落地過程中，下列說法正確的是（　?。?/span>A．軌跡為1的物體在最高點的速度最大 B．軌跡為3的物體在空中飛行時間最長 C．軌跡為1的物體所受重力的沖量最大 D．三個物體單位時間內速度變化量不同【解答】解：B、將拋體運動分為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的勻變速直線運動，三條路徑中軌跡1最高，根據：t＝2可知軌跡為1的物體在空中飛行時間最長，軌跡為3的物體在空中飛行時間最短，故B錯誤；A、水平方向的位移：x＝vxt，軌跡3水平方向的位移最大，但運動的時間最短，所以軌跡3水平方向的分速度最大，所以軌跡為3的物體在最高點的速度最大，故A錯誤；C、重力的沖量：I＝mgt，三個物體質量相等，軌跡為1的物體在空中飛行時間最長，所以軌跡為1的物體所受重力的沖量最大，故C正確；D、加速度是速度變化快慢的物理量，由于三個物體都做拋體運動，加速度都等于重力加速度，所以三個物體單位時間內速度變化量相同，故D錯誤。故選：C。如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導槽，質量為m的U形管恰好能在兩導槽之間自由滑動，一質量也為m的小球沿水平方向，以初速度v0從U形管的一端射入，從另一端射出.已知小球的半徑略小于管道半徑，不計一切摩擦，下列說法正確的是（　?。?/span>A．該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機械能和動量都守恒 B．小球從U形管的另一端射出時，速度大小為v0 C．小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，速度大小為v0 D．從小球射入至運動到U形管圓弧部分的最左端的過程中，U形管對平行導槽的沖量大小為mv0，方向垂直導槽向上【解答】解：A、由于不計一切摩擦，在小球與U形管相互作用過程中，小球的動能只能與U形管的動能發(fā)生轉移，故小球與U形管組成的系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)沿導槽方向所受合外力為零，小球與U形管組成的系統(tǒng)沿導槽方向動量守恒，故A錯誤；B、小球進出U形管的過程，小球與U形管系統(tǒng)機械能守恒，沿著軌道方向，系統(tǒng)動量守恒，類比彈性碰撞，質量相等交換速度，小球從U形管的另一端射出時，速度大小為0，故B錯誤；C、小球運動到U形管圓弧部分的最左端過程，沿著軌道方向，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（m+m）vx，解得：vx，根據機械能守恒定律得：（設小球的合速度為v3），解得：v3v0，故C錯誤；D、在小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，垂直軌道的分速度為v3yv0，運動到U形管圓弧部分的最左端的過程中，在垂直軌道方向，以垂直向下為正方向，對小球，根據動量定理有：I＝mv3ymv0，U形管與平行導槽間的作用力是作用力與反作用力，它們大小相等、方向相反、作用時間相等，則平行導槽受到的沖量大小也為mv0，故D正確。故選：D。動作電影中，常有演員高臺跳躍的精彩表演吸引觀眾的眼球。某場鏡頭中，質量m＝60kg的演員從靜止開始在距離高臺邊沿x0＝9m處的位置，以恒定的加速度a＝2m/s2向左端跑動起來，演員起跑3.5s后，車廂右端與高臺水平距離x＝2m處的汽車以速度v＝5m/s勻速行駛，演員從高臺邊沿跑出時速度方向水平向左，高臺與車廂底板的豎直高度H＝5m，取重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力。（1）若演員與車廂底板的接觸時間Δt＝0.5s，演員落至車中與車保持相對靜止。求接觸過程中演員受到汽車的平均作用力的大小F（結果保留整數）；（2）車廂長度為3m，若想讓演員安全落至車廂底板，求演員起跑3.5s時，車廂右端與高臺水平距離的范圍。【解答】解：（1）設演員從靜止開始做勻加速直線運動的時間為t0，到達高臺邊沿的速度為v0，由代入數據解得t0＝3s由v0＝at0代入數據解得v0＝6m/s之后演員跑出高臺做平拋運動，設平拋運動的時間為t1，落至車廂底板時在豎直方向的速度大小為vy，由代入數據解得t1＝1s由vy＝gt1代入數據解得vy＝10m/s在演員與車廂底板的接觸過程中，以演員為研究對象，在水平方向上取汽車速度v的方向為正方向，由動量定理F1Δt＝mv﹣mv0代入數據解得F1＝﹣120N則汽車對演員水平方向上的作用力大小為120N，方向水平向右，在豎直方向上取向上為正方向，由動量定理（F2﹣mg）Δt＝0﹣m（﹣vy）代入數據解得F2＝1800N則汽車對演員豎直方向上的作用力大小為1800N，方向豎直向上，由力的合成可知（2）由（1）問分析可知，演員落至車廂底板時的水平位移x演員＝v0t1＝6×1m＝6m從起跑到落至車廂底板的運動時間t演員＝t0+t1＝3s+1s＝4s故汽車的運動時間為t車＝t演員﹣3.5s＝0.5s汽車運動的位移x車＝vt車＝5×0.5m＝2.5m車廂長度為L＝3m當演員恰好落至車廂最左端，由位移關系可知Δxmin＝x演員﹣x車﹣L＝6m﹣2.5m﹣3m＝0.5m當演員恰好落至車廂最右端，由位移關系可知Δxmax＝x演員﹣x車＝6m﹣2.5m＝3.5m綜上可知，若想讓演員安全落至車廂底板，則演員起跑3.5s時，車廂右端與高臺水平距離的范圍為0.5m≤Δx≤3.5m。答：（1）接觸過程中演員受到汽車的平均作用力的大小F為1804N；（2）車廂右端與高臺水平距離的范圍為0.5m≤Δx≤3.5m。 “模型檢測”常用來分析一項設計的可行性。如圖所示的是某大型游樂設施的比例模型，光滑的水平軌道上靜止著物塊A和B（均可視為質點），質量分別為m、4m，AB之間壓縮著一根鎖定的輕質彈簧，兩端與AB接觸而不相連。水平軌道的左側是一豎直墻壁：右側與光滑、豎直固定的圓管道FCD相切于F，圓管道的半徑R遠大于管道內徑。傾角θ＝37°的斜軌DE與圓管道相切于D，另一端固定在水平地面上，物塊與斜軌間的動摩擦因數μ＝0.8?，F將彈簧解鎖，AB分離后撤去彈簧，物塊A與墻壁發(fā)生彈性碰撞后，在水平軌道上與物塊B相碰并粘連，一起進入管道到達最高點C時恰好對圓管道無作用力，最后恰好停止在傾斜軌道的E點。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g）求：（1）AB過最高點C時速度大??；（2）斜軌DE的設計長度；（3）彈簧被壓縮時的最大彈性勢能Ep。【解答】解：（1）因A、B整體到達最高點C時恰好對圓管道無作用力，故由重力提供向心力，由牛頓第二定律得：5mg＝5m解得：vC；（2）設DE的長度為L，對A、B整體從C到E的過程，根據動能定理得：5mgLsinθ+5mgR（1﹣cosθ）﹣μ?5mgLcosθ＝05mvC2解得：L＝17.5R；（3）彈簧被釋放后瞬間，設物塊A的速度大小為v1，物塊B的速度大小為v2.取水平向左為正方向，由動量守恒定律得：mv1﹣4mv2＝0A與墻壁碰撞反彈后追上B發(fā)生碰撞，取水平向右為正方向，根據動量守恒定律得：mv1+4mv2＝（m+4m）vA、B整體從F到C的過程，由機械能守恒定律得：?5mv2＝5mg?2R?5mvC2聯立以上各式解得：v1，v2彈簧釋放過程，根據機械能守恒知，彈簧被壓縮時的最大彈性勢能為：Epmv124mv22代入數據解得：EpmgR。答：（1）AB過最高點C時速度大小為；（2）斜軌DE的設計長度為17.5R；（3）彈簧被壓縮時的最大彈性勢能為mgR。2022年第24屆冬季奧運會將在北京和張家口舉行。冰壺運動是冬季運動項目之一，深受觀眾喜愛。圖1為中國運動員在訓練時投擲冰壺的鏡頭。冰壺的一次投擲過程可以簡化為如圖2所示的模型：在水平冰面上，運動員將冰壺甲推到A點放手，冰壺甲以速度v0從A點沿直線ABC滑行，之后與對方靜止在B點的冰壺乙發(fā)生正碰。已知兩冰壺的質量均為m，冰面與兩冰壺間的動摩擦因數均為μ，AB＝L，重力加速度為g，冰壺可視為質點。不計空氣阻力。（1）求冰壺甲滑行到B點時的速度大小v；（2）若忽略兩冰壺發(fā)生碰撞時的能量損失。請通過計算，分析說明碰后兩冰壺最終停止的位置將如圖3所示：甲停在B點，乙停在B右側某點D。（3）在實際情景中，兩冰壺發(fā)生碰撞時有一定的能量損失。如果考慮了它們碰撞時的能量損失，請你在圖4中畫出甲、乙兩冰壺碰后最終停止的合理位置。【解答】解：（1）以甲冰壸為研究對象，從A到B，根據動能定理得：﹣μmgL解得：v（2）以甲、乙兩冰壸為研究對象，設碰后瞬間它們的速度分別為v甲和v乙，取向右為正方向。根據動量守恒定律得：mv＝mv甲+mv乙根據能量守恒定律得：mv2mv甲2 mv乙2 聯立解得：v甲＝0，v乙＝v即碰后甲停在B點，乙以速度v向前做勻減速直線運動，最后停在D點。（3）兩冰壺發(fā)生碰撞時有一定的能量損失，甲、乙兩冰壺碰后最終停止的合理位置如圖所示，甲、乙停在BD之間，甲在B點右側，乙在D點左側。答：（1）冰壺甲滑行到B點時的速度大小v是；（2）理由見解析。（3）甲、乙停在BD之間，甲在B點右側，乙在D點左側。

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