基礎(chǔ)鞏固
1.(2024河南駐馬店高三期末)某次冰球比賽中,甲、乙兩運動員站在光滑的水平冰面上,甲將靜止在冰面上的冰球傳給乙,乙接到冰球后又將冰球傳回甲。若甲、乙的質(zhì)量相等,且為冰球質(zhì)量的k(k>1)倍,甲接到冰球后,甲、乙兩人的速度大小之比為( )
A.1B.kk+1
C.k+1kD.k2k+12
答案 B
解析 設(shè)冰球的質(zhì)量為m,甲接到球后,甲、乙兩人的速度大小分別為v1、v2,根據(jù)動量守恒定律有km+mv1-kmv2=0,解得v1v2=kk+1,故選B。
2.(2024廣東廣州階段練習)如圖所示,冰壺A以1.5 m/s的速度與靜止在冰面上的冰壺B正碰,碰后瞬間B的速度大小為1.2 m/s,方向與A碰前速度方向相同,碰撞時間極短。若已知兩冰壺的質(zhì)量均為20 kg,則下列說法正確的是( )
A.碰后瞬間A的速度大小為0.4 m/s
B.碰撞過程中,B對A做功為21.6 J
C.碰撞過程中,A對B的沖量大小為24 N·s
D.A、B碰撞過程是彈性碰撞
答案 C
解析 由于碰撞時間極短,內(nèi)力遠遠大于外力,可知A、B相碰時,A和B組成的系統(tǒng)動量近似守恒。根據(jù)動量守恒定律,以v0方向為正方向,有mv0=mvA+mvB,解得vA=0.3 m/s,故A錯誤;根據(jù)動能定理可得,碰撞過程中,B對A做功為W=12mvA2-12mv02,解得W=-21.6 J,故B錯誤;碰撞過程中,根據(jù)動量定理可得,A對B的沖量大小I=mvB,解得I=24 N·s,故C正確;碰撞之前總能量為Ek=12mv02=22.5 J,碰撞后A、B系統(tǒng)總動能為Ek'=12mvA2+12mvB2=15.3 J,由此可知Ek>Ek',可知A、B碰撞過程是非彈性碰撞,故D錯誤。
3.(2024廣東汕頭一模)某實驗小組用電池、電動機等器材自制風力小車,如圖所示,葉片勻速旋轉(zhuǎn)時將空氣以速度v向后排開,葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面積為S,空氣密度為ρ,下列說法正確的是( )
A.風力小車的原理是將風能轉(zhuǎn)化為小車的動能
B.t時間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為ρSv
C.葉片勻速旋轉(zhuǎn)時,空氣對小車的推力為ρSv2
D.葉片勻速旋轉(zhuǎn)時,單位時間內(nèi)空氣流動的動能為12ρSv2
答案 C
解析 風力小車的原理是消耗電能,先轉(zhuǎn)化成風能,再推動小車運動,所以是電能轉(zhuǎn)化為小車的動能,A錯誤;t時間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為m=ρvtS,B錯誤;由動量定理可得葉片勻速旋轉(zhuǎn)時,空氣受到的推力為F=mvt=ρSvt·vt=ρSv2,根據(jù)牛頓第三定律可知空氣對小車的推力為ρSv2,C正確;葉片勻速旋轉(zhuǎn)時,單位時間內(nèi)空氣流動的動能為Ek=12m0v2=12ρSv·v2=12ρSv3,D錯誤。
4.(2024江西贛州一模)如圖甲所示,光滑水平地面上有A、B兩物塊,質(zhì)量分別為2 kg、6 kg,B的左端拴接著一勁度系數(shù)為2003 N/m的水平輕質(zhì)彈簧,它們的中心在同一水平線上。A以速度v0向靜止的B方向運動,從A接觸彈簧開始計時至A與彈簧脫離的過程中,彈簧長度l與時間t的關(guān)系如圖乙所示,彈簧始終處在彈性限度范圍內(nèi),已知彈簧的彈性勢能Ep=12kx2(x為彈簧的形變量),則( )
A.在0~2t0內(nèi)B物塊先加速后減速
B.整個過程中,A、B物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒
C.v0=2 m/s
D.A物塊在t0時刻時速度最小
答案 C
解析 在0~2t0內(nèi),彈簧始終處于壓縮狀態(tài),即B受到的彈力始終向右,所以B物塊始終做加速運動,A錯誤;整個過程中,A、B兩物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒,B錯誤;由圖可知,在t0時刻,彈簧被壓縮到最短,則此時A、B共速,此時彈簧的形變量為x=0.4 m-0.1 m=0.3 m,則根據(jù)A、B兩物塊系統(tǒng)動量守恒有m1v0=(m1+m2)v,根據(jù)A、B兩物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒有12m1v02=12(m1+m2)v2+Ep,聯(lián)立解得v0=2 m/s,C正確;在0~2t0內(nèi),彈簧始終處于壓縮狀態(tài),即A受到彈力始終向左,所以A物塊始終做減速運動,則A物塊在2t0時刻時速度最小,D錯誤。
5.(多選)如圖所示,用不可伸長的輕繩將質(zhì)量為m1的小球懸掛在O點,繩長L=0.8 m,輕繩處于水平拉直狀態(tài)?，F(xiàn)將小球由靜止釋放,下擺至最低點與靜止在A點的小物塊發(fā)生碰撞,碰后小球向左擺的最大高度h=0.2 m,小物塊沿水平地面滑到B點停止運動。已知小物塊的質(zhì)量為m2,小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,A點到B點的距離s=0.4 m,重力加速度g取10 m/s2,則下列說法正確的是( )
A.小球與小物塊質(zhì)量之比m1m2=12
B.小球與小物塊碰后小物塊的速率v=2 m/s
C.小球與小物塊的碰撞是彈性碰撞
D.小球與小物塊碰撞過程中有機械能損失
答案 BC
解析 根據(jù)牛頓第二定律得μmg=ma,可知小物塊的加速度a=μg=5 m/s2,根據(jù)勻變速直線運動公式v2=2as,解得小球與小物塊碰后小物塊速率v=2as=2 m/s,B正確;設(shè)小球碰撞前的速度為v1,碰撞后的速度為v1',根據(jù)動能定理得mgL=12mv12,mgh=12mv1'2,解得v1=4 m/s,v1'=2 m/s,以向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律得m1v1=-m1v1'+m2v,解得m1m2=13,A錯誤;碰撞前動能Ek1=12m1v12=8m1,碰撞后動能Ek2=12m1v1'2+12m2v2=2m1+2m2=8m1,碰撞前后動能相等,所以小球與小物塊的碰撞是彈性碰撞,無機械能損失,C正確,D錯誤。
6.(多選)(2024廣西卷)如圖所示,堅硬的水平地面上放置一木料,木料上有一個豎直方向的方孔,方孔各側(cè)壁完全相同。木栓材質(zhì)堅硬,形狀為正四棱臺,上下底面均為正方形,四個側(cè)面完全相同且與上底面的夾角均為θ。木栓質(zhì)量為m,與方孔側(cè)壁的動摩擦因數(shù)為μ。將木栓對準方孔,接觸但無擠壓,錘子以極短時間撞擊木栓后反彈,錘子對木栓沖量為I,方向豎直向下。木栓在豎直方向前進了Δs的位移,未到達方孔底部。若進入的過程方孔側(cè)壁發(fā)生彈性形變,彈力呈線性變化,最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力,則( )
A.進入過程,木料對木栓的合力的沖量為-I
B.進入過程,木料對木栓的平均阻力大小約為I22mΔs+mg
C.進入過程,木料和木栓的機械能共損失了I22m+mgΔs
D.木栓前進Δs后木料對木栓一個側(cè)面的最大靜摩擦力大小約為μ(I2+2m2gΔs)4mΔs(csθ+μsinθ)
答案 BCD
解析 錘子撞擊木栓到木栓進入的過程,合力的沖量為零,重力沖量不為零,則木料對木栓的沖量不為-I,選項A錯誤。木栓進入過程,由動能定理知mgΔs-fΔs=0-12mv2,且12mv2=I22m,得f=I22mΔs+mg,選項B正確。由能量守恒的關(guān)系知,損失的機械能ΔE=I22m+mgΔs,選項C正確。對木栓的一個側(cè)面受力分析如圖
由于方孔側(cè)壁彈力呈線性變化,因此12×4×(fmaxsin θ+FNcs θ)=f
由B知f=I22mΔs+mg
結(jié)合fmax=μFN
解得fmax=μ(I2+2m2gΔs)4mΔs(csθ+μsinθ),選項D正確。
7.(10分)(2024廣東卷)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
甲
乙
丙
(1)安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動鎖定,其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中,敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a,同時頂起敏感臂,使之處于水平狀態(tài),并卡住卷軸外齒輪,鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN,敏感球的質(zhì)量為m,重力加速度為g,忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan θ。
(2)如圖乙所示,在安全氣囊的性能測試中,可視為質(zhì)點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動,與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘剛到氣囊表面為計時起點,氣囊對頭錘豎直方向的作用力F隨時間t的變化規(guī)律,可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量m0=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2,求:
①碰撞過程中F的沖量大小和方向;
②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。
答案 (1)mamg+FN
(2)①330 N?s,方向豎直向上 ②0.2 m
解析 本題考查牛頓第二定律、動量定理等。
(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂對它向下的壓力FN以及斜面對它的支持力F支,
則由牛頓第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma
解得tan θ=mamg+FN。
(2)①由題圖丙可知碰撞過程中F的沖量大小IF=12×0.1×6 600 N·s=330 N·s
方向豎直向上。
②頭錘落到氣囊上時的速度v0=2gH=8 m/s
與氣囊作用過程由動量定理(向上為正方向)得
IF-m0gt=m0v-(-m0v0)
解得v=2 m/s
則上升的最大高度h=v22g=0.2 m。
綜合提升
8.如圖所示,水火箭靜止在光滑水平面上,用打氣筒通過氣門芯向水火箭瓶身內(nèi)打氣,當瓶內(nèi)空氣達到一定壓強時,水將橡皮塞沖開并向后高速噴出,水火箭便在光滑水平面上沖出。若噴水前水火箭的總質(zhì)量為m0,運動過程中每秒向后噴出質(zhì)量為m的水,水噴出時相對地面的速度大小均為v,忽略空氣阻力的影響,則第N秒末(設(shè)上述過程中該水火箭仍在勻速噴水中)水火箭的速度大小為( )
A.Nmvm0-NmB.(m0-Nm)vNm
C.mm0-mNvD.m0-mmNv
答案 A
解析 設(shè)第N秒末水火箭的速度大小為v1,此時水火箭的質(zhì)量為m0-Nm,水火箭噴水過程系統(tǒng)動量守恒,則有(m0-Nm)v1=Nmv,解得v1=Nmvm0-Nm,故選A。
9.(多選)(2024湖北卷)如圖所示,在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為m0、長為L的木塊,質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運動過程中受到的阻力不變,其大小f與射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k為已知常數(shù))。改變子彈的初速度大小v0,若木塊獲得的速度最大,則( )
A.子彈的初速度大小為2kL(m+m0)mm0
B.子彈在木塊中運動的時間為2mm0k(m+m0)
C.木塊和子彈損失的總動能為k2L2(m+m0)mm0
D.木塊在加速過程中運動的距離為mLm+m0
答案 AD
解析 本題考查子彈打木塊模型。設(shè)子彈射入木塊后,子彈和木塊的速度分別為v1、v2,由動量守恒定律有mv0=mv1+m0v2,子彈和木塊相互作用過程中受到的合力都為f=kv0,由牛頓第二定律得子彈和木塊的加速度大小分別為a1=fm,a2=fm0,由運動學公式得2a1s1=v02-v12,2a2s2=v22,又s1-s2=L,聯(lián)立可得v2=mv0-v02-2(m+m0)kLmm0v0m0+m,當木塊的速度最大時v0-v02-2(m+m0)kLmm0v0取極大值,該函數(shù)在2kL(m+m0)mm0到無窮單調(diào)遞減,因此當v0=2kL(m+m0)mm0時,木塊的速度最大,A正確;木塊獲得的最大速度為v2=mv0m0+m,由運動學公式得v2=a2t,可得t=mm0km+m0,故B錯誤;由能量守恒定律可得子彈和木塊損失的能量為ΔE=Q=fL=2k2L2m+m0mm0,故C錯誤;木塊加速過程運動的距離為s2=0+v22t=mLm+m0,故D正確。
10.(13分)(2024黑吉遼卷)如圖所示,高度h=0.8 m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B,質(zhì)量mA=mB=0.1 kg。A、B間夾一壓縮量Δs=0.1 m的輕彈簧,彈簧與A、B不連接。同時由靜止釋放A、B,彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,水平射程sA=0.4 m,B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離sB=0.25 m后停止。A、B均視為質(zhì)點,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB;
(2)物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ;
(3)整個過程中,彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。
答案 (1)1 m/s 1 m/s
(2)0.2
(3)0.12 J
解析 (1)A離開桌面后做平拋運動,A在空中的飛行時間為t
則h=12gt2,解得t=2hg=0.4 s
由sA=vAt
解得vA=sAt=1 m/s
設(shè)脫離彈簧時A、B速度大小為vA和vB。由于A、B組成的系統(tǒng)在彈簧恢復原長過程中,系統(tǒng)合外力為零,動量守恒,由動量守恒可知
mAvA=mBvB
解得vB=1 m/s。
(2)B脫離彈簧后沿桌面運動到靜止,由動能定理可知
0-12mBvB2=-μmBgsB
解得μ=vB22gsB=0.2。
(3)彈簧的壓縮量為Δx=0.1 m,則在彈簧恢復到原長的過程中,A、B運動位移分別為sA'=sB'=0.05 m
由能量守恒知
12mAvA2+12mBvB2=ΔEp-μmAgsA'-μmBgsB'
解得ΔEp=0.12 J。
11.(14分)(2024甘肅蘭州一模)一次課外活動中,蘭蘭讓浮有乒乓球的水杯從一定高度下落,撞擊地面后發(fā)現(xiàn)乒乓球反彈的高度遠大于乒乓球起始高度。為了探究水杯里的乒乓球彈得更高的原因,可將上述過程簡化為以下過程,如圖所示,水杯和乒乓球從H=0.8 m處由靜止釋放,水杯與地面碰撞過程中損失了75%的機械能,且碰撞時間極短,乒乓球與杯內(nèi)水的相互作用過程近似為彈性碰撞,作用后乒乓球立即做豎直上拋運動,乒乓球的質(zhì)量為m,水和杯的總質(zhì)量為m0,忽略空氣阻力及杯中水量的變化,重力加速度g取10 m/s2,結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字。求:
(1)水杯落地時乒乓球的速度;
(2)水杯與地面碰撞后的速度;
(3)若m0?m,乒乓球反彈的高度。
答案 (1)4 m/s,方向豎直向下
(2)2 m/s,方向豎直向上
(3)3.2 m
解析 (1)水杯落地過程,根據(jù)動能定理有
(m+m0)gH=12(m+m0)v02
解得v0=4 m/s,方向豎直向下。
(2)水杯與地面碰撞過程中損失了75%的機械能,則有
12m0v1212m0v02×100%=1-75%
解得v1=2 m/s,方向豎直向上。
(3)乒乓球與杯內(nèi)水的相互作用過程近似為彈性碰撞,則有
m0v1-mv0=m0v2+mv3,12m0v12+12mv02=12m0v22+12mv32
解得v3=8m0-4mm0+m=8-4mm01+mm0
可知,若m0?m,解得乒乓球的速度
v3=8 m/s
乒乓球以該速度向上做豎直上拋運動,利用逆向思維有
v32=2gh
解得h=3.2 m。
12.(15分)(2024廣東廣州階段練習)如圖所示,一豎直固定、兩端開口的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為m0=4m的薄圓盤,圓盤恰好靜止在距離管上端10L處,圓管長度為22L。一質(zhì)量為m的小球從管的上端口由靜止下落,并撞在圓盤中心,圓盤向下滑動,所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運動時與管壁不接觸,圓盤始終水平,小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞,碰撞時間極短,管所處的位置足夠高,不計空氣阻力,重力加速度大小為g。求:
(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小;
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間,小球與圓盤間的最遠距離;
(3)第一次碰撞到第二次碰撞經(jīng)歷的時間。
答案 (1)65gL5 45gL5 (2)10L (3)925Lg
解析 (1)小球釋放后自由下落,下降10L,根據(jù)機械能守恒定律有
mg·10L=12mv02
解得v0=25gL
小球以v0與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)能量守恒定律和動量守恒定律分別有
12mv02=12mv12+12m0v1'2,mv0=mv1+m0v1'
解得v1=m-m0m+m0v0=-65gL5,v1'=2mm+m0v0=45gL5
即小球碰后速度大小為65gL5,方向豎直向上,圓盤速度大小為45gL5,方向豎直向下。
(2)第一次碰后,小球做豎直上拋運動,圓盤摩擦力與重力平衡,勻速下滑,所以只要圓盤下降速度比小球快,二者間距就不斷增大,當二者速度相同時,間距最大,即v1+gt=v1'
解得t=v1'-v1g=25Lg
根據(jù)運動學公式得最大距離為
smax=s盤-s球=v1't-|v1|t-12gt2=10L。
(3)第一次碰撞后圓盤勻速運動速度為v1',圓盤下落至管口時,設(shè)所用時間為t1,則
v1't1=12L
解得t1=35Lg
此階段小球下落位移
s球1=v1t1+12gt12=4.5L
解得小球速度
v2=v1+gt1=955gL
此時還未發(fā)生第二次碰撞,在此后小球和圓盤均做加速度為g的勻加速直線運動直至第二次碰撞,設(shè)圓盤從管口到與小球發(fā)生第二次碰撞所用時間為t2,則
v2t2+12gt22-(v1't2+12gt22)=12L-4.5L
解得t2=325Lg
故第一次碰撞至第二次碰撞經(jīng)歷的時間為t=t1+t2=925Lg。

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