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高考专题七动量与动量守恒专题检测
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这是一份高考专题七动量与动量守恒专题检测，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
专题七 动量与动量守恒
专题检测题组
(时间:90分钟 满分:140分)
一、单项选择题(每小题4分,共24分)
1.(2021长沙一中月考三,8)如图所示,质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上向右运动,与静止的质量为5m的B球对心正碰,碰撞后A球以v=kv0的速率弹回,并与竖直固定的挡板P发生弹性碰撞,要使A球与挡板碰后能追上B球再次相碰,则k的取值范围为( )
A.23≤k<1 B.14
A.在下滑过程中,物块的机械能守恒
B.在下滑过程中,物块和槽的动量守恒
C.物块被弹簧反弹后,做匀速直线运动
D.物块被弹簧反弹后,能回到槽高h处
答案 C 小物块与弧形槽构成的系统在小物块下滑过程中,系统动量不守恒,但在水平方向动量守恒,系统的机械能守恒,但物块的机械能不守恒,A、B均错误;此系统水平方向合动量为零,两者质量相等,故两者分离时,两者速度大小相等,方向相反,当小物块与弹簧碰撞后原速率弹回,所以它以与弧形槽相同的速度做匀速直线运动,不能追上弧形槽,C正确,D错误。
3.(2022届番禺中学月考,7)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中(重力加速度为g)( )
A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为12mv2
B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零
C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为12mv2
D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零
答案 B 设向上为正方向,则由动量定理有I-mgΔt=mv,解得地面对他的冲量为I=mv+mgΔt,因地面对人的作用力没有位移,则地面对他做的功为零,故选B。
4.(2022届肇庆一模,3)中国跳水队在东京奥运会共获得7枚金牌。假设跳水运动员(可视为质点)起跳离开跳板后在一条竖直线上运动,空气阻力忽略不计,关于运动员起跳离开跳板后的运动,下列说法正确的是( )
A.运动员在空中上升过程中处于超重状态
B.运动员从起跳离开跳板到水的最深处,所受合力做功为零
C.运动员在空中未接触水面前,相同的时间内动量变化相同
D.运动员在空中未接触水面前,相同的时间内动能变化相同
答案 C 运动员上升过程中只受重力,处于失重状态,A错误;运动员从离开跳板到水的最深处,动能减少,合力做负功,B错误;运动员在空中未接触水面前,只受重力作用,相同的时间内合力冲量相同,动量变化相同,C正确;运动员在空中未接触水面前,相同的时间位移不同,合力做功不同,动能变化不相同,D错误。
5.(2022届聊城模拟,6)如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c点无初速释放,下列关于它们下滑到d的过程,正确的是( )
A.沿cd细杆下滑的滑环用时最长
B.重力对各环的冲量中a的最小
C.弹力对各环的冲量中c的最大
D.合力对各环的冲量大小相等
答案 C 根据等时圆模型可知三个滑环下滑的时间均相等,A错误;三个滑环重力相等,根据冲量I=mgt可知重力对各环的冲量大小相等,B错误;假设光滑细杆与ad的夹角为θ,受力分析可知滑环所受弹力为N=mg sin θ,cd杆与ad的夹角最大,所以弹力最大,可知弹力对各环的冲量中c的最大,C正确;根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量,根据机械能守恒定律解得v=2gℎ,可知从ad滑到底端的滑环速度最大,合力的冲量最大,D错误。
6.(2021东营一模)如图所示,将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上,槽的左侧紧靠在墙壁上。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下,与圆弧槽相切自A点进入槽内,则下列结论中正确的是( )
A.小球在半圆槽内运动的全过程中,只有重力对它做功
B.小球在半圆槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C.小球自半圆槽B点向C点运动的过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动
答案 C 小球下滑到半圆槽的最低点B之后,半圆槽离开墙壁,槽对小球的弹力对小球做功,A错误;小球下滑到半圆槽的最低点B之前,小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用,系统水平方向上动量不守恒,半圆槽离开墙壁后,小球与半圆槽在水平方向动量守恒,B错误,C正确;半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功,小球与半圆槽具有向右的水平速度,所以小球离开右侧槽口以后,将做斜上抛运动,D错误。
二、多项选择题(每小题6分,共42分)
7.(2021湖南联合体月考,9)(多选)如图所示,半径为R的圆形槽Q置于光滑水平面上,小球P和凹槽Q的质量均为m,将小球P从圆槽的右侧最顶端由静止释放,一切摩擦均不计,则P、Q构成的系统( )
A.当小球到达凹槽左端时,凹槽向右的位移最大
B.动量守恒
C.因为系统机械能守恒,小球P运动到圆槽的最低点时速度为2gR
D.释放后当小球P向左上升到最高点时,又恰与释放点等高
答案 AD 系统竖直方向动量不守恒,水平方向动量守恒,B错误;小球从开始到运动至最低点,由系统机械能守恒和水平方向动量守恒得mPgR=12mPvP2+12mQvQ2,mPvP-mQvQ=0,mP=mQ=m,解得vP=gR,C错误;释放后当P向左上升到最高点时,由水平方向动量守恒可知P、Q一定同时静止,由机械能守恒定律知小球此时到达凹槽左端,与释放点等高,凹槽向右位移最大,A、D正确。
8.(2022届湖南师大附中月考二)(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块,若射击下层,子弹刚好不射出,若射击上层,则子弹刚好能射穿一半厚度,如图所示,则上述两种情况相比较,下列说法正确的是( )
A.子弹的末速度大小相等
B.系统产生的热量一样多
C.子弹对滑块做的功相同
D.子弹和滑块间的水平作用力一样大
答案 ABC 以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,可得滑块最终获得的速度v=mv0M+m,可知两种情况下子弹的末速度是相同的,A正确;子弹嵌入下层或上层过程中,系统产生的热量都等于系统减少的动能,而子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等),滑块增加的动能也一样多,则系统减少的动能一样多,故系统产生的热量一样多,B正确;根据动能定理,滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功,所以两次子弹对滑块做的功一样多,C正确;由Q=Ff·s相对知,由于s相对不相等,所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大,D错误。
9.(2021雅礼中学月考二,12)(多选)如图所示,水平面上固定着两根足够长的平行导槽,质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动,一质量为m的小球沿水平方向,以初速度v0从U形管的一端射入,从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径,不计一切摩擦,下列说法正确的是( )
A.该过程中,小球与U形管组成的系统机械能守恒
B.小球从U形管的另一端射出时,速度大小为v03
C.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时,速度大小为v03
D.从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中,平行导槽受到的冲量大小为6mv03
答案 ABD 小球和U形管组成的系统在运动过程中除重力和系统内弹力外,没有其他力做功,所以系统机械能守恒,A正确;小球从U形管一端进入从另一端射出来的过程中,对小球和U形管组成的系统,平行于导槽方向不受外力,规定向左为正方向,由动量守恒定律可得mv0=mv1+2mv2,再由机械能守恒定律可得12mv02=12mv12+12×2mv22,解得v1=m-2mm+2mv0=-13v0,B正确;小球运动到U形管圆弧部分的最左端时,小球和U形管平行于导槽方向速度相同,由动量守恒定律得mv0=(m+2m)vx,解得vx=v03,由能量守恒得12mv02=12×2mvx2+12mv2,解得v=73v0,小球垂直于导槽方向的速度vy=v2-vx2=63v0,在该方向对小球由动量定理得Iy=mvy-0=63mv0,平行导槽受到的冲量为I=Iy=63mv0,所以C错误,D正确。
10.(2022届双峰一中入学考)(多选)如图甲所示,质量为0.2 kg的小球B静止在水平地面上,大小相同的小球A水平向右运动与小球B发生对心碰撞,碰撞前、后两球的v-t图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
甲 乙
A.碰后小球A反向弹回
B.小球A的质量为0.16 kg
C.小球B与地面间的动摩擦因数为0.016
D.小球A、B发生的是非弹性碰撞
答案 CD 由图可知碰前vA=1.0 m/s,碰后vA'=0.2 m/s,vB=0.8 m/s,碰后A球速度方向没变,故A错误;由动量守恒得mAvA=mAvA'+mBvB,解得mA=mB=0.2 kg,B错误;分析图像可得碰后B球经5 s速度减为0,则B球的加速度大小a=0.85 m/s2=0.16 m/s2,由a=μg得小球B与地面间的动摩擦因数为0.016,故C正确;12mAvA2>12mAvA'2+12mBvB2,小球A、B发生的是非弹性碰撞,故D正确。
11.(2022届湖南师大附中月考一)(多选)如图所示,半径为R的14圆弧与水平面相切于圆弧最低点B,在圆弧上过最低点B架设一个固定的光滑斜面AB,靠在圆弧上的A点,一个质量为m、可看成质点的物体由静止从A点释放,然后物体停在距B点为L处的C点,已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不考虑拐点B处的机械能损失,则( )
A.物体在斜面AB上运动时重力做功的平均功率为mgμgL2
B.物体在斜面AB上运动时重力做功的平均功率为12μmgLgR
C.物体在斜面AB上运动时重力的冲量为m2μgL
D.物体在斜面AB上运动时重力的冲量为2mgR
答案 BD 物体从A到B的时间根据“等时圆”可知t=2Rg,重力做的功为W=mgh=μmgL,所以重力的平均功率为P=Wt=12μmgLgR,而重力的冲量为I=mgt=2mgR,故选B、D。
解题指导 物体从A到B的时间是本题的解题关键,等时圆模型为:物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦由静止下滑到达圆周最低点时间均相等或物体从圆的最高点沿着所有光滑弦由静止下滑到达圆周上的时间均相等。
12.(2022届深圳宝安调研,8)(多选)如图所示,两个小孩练习排球,女孩先将排球沿轨迹1传给男孩,男孩再沿轨迹2将排球传回给女孩,两小孩的击球点高度相同,轨迹1、2均在同一竖直平面内,P、Q两点分别是轨迹1、2的最高点。忽略空气阻力的影响,下列说法正确的是( )
A.女孩向男孩传球的初速度小于男孩回传的初速度
B.排球在P点的速度大于在Q点的速度
C.排球沿轨迹2运动过程中重力做的功大于排球沿轨迹1运动过程中重力做的功
D.排球沿轨迹2运动过程中重力的冲量大于排球沿轨迹1运动过程中重力的冲量
答案 BD 排球在竖直方向做竖直上抛运动,上升到最大高度时竖直方向的速度为0,球在最高点后的过程可看成平抛运动,根据h=12gt2,得t=2ℎg,射出时竖直方向的速度vy=gt,女孩向男孩传球的竖直方向的速度小于男孩回传的竖直方向的速度,可知沿轨迹2运动的时间长,其水平位移相等,排球在P点的速度大于在Q点的速度,即女孩向男孩传球的水平方向的速度大于男孩回传的水平方向的速度,由v=vy2+vx2可知,无法判断女孩向男孩传球的初速度与男孩回传的初速度的大小,B正确,A错误;两轨迹初末位置的高度差都为0,所以沿两轨迹运动过程重力做功都为0,C错误;沿轨迹2运动的时间较长,由I=mgt,可知排球沿轨迹2运动过程中重力的冲量大于排球沿轨迹1运动过程中重力的冲量,D正确。
13.(2022届顺德一模,10)(多选)重庆云阳龙缸大秋千,经过多次测试于2020年7月开放。它由四根秋千绳组成秋千摆,摆动半径约100 m,有一质量为50 kg的体验者(含秋千踏板)荡秋千,秋千运动到最低点时速度约为108 km/h,g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.从最高点摆到另一侧最高点过程中,体验者所受重力的冲量为零
B.摆到最高点时,体验者的速度为零,加速度不为零
C.在最低点时,体验者处于失重状态
D.在最低点时,四根绳对体验者(含秋千踏板)拉力的合力为950 N
答案 BD 从最高点摆到另一侧最高点过程中,体验者所受重力的冲量I=mgt,显然不为零,A错误;摆到最高点时,人的速度为零,人的向心力为零,即沿绳子方向的合力为零,但垂直于绳子方向重力有分力,所以合力不为零,加速度不为零,B正确;在最低点时,体验者做圆周运动,拉力与重力的合力提供向心力,方向向上,为超重状态,C错误;在最低点时,设四根秋千绳对体验者(含秋千踏板)拉力的合力为F,根据牛顿第二定律得F-mg=mv2R,解得F=950 N,D正确。
三、非选择题(共74分)
14.(2022届长郡中学月考一)(12分)如图所示,AB和CDO都是处于同一竖直平面内的固定光滑圆弧形轨道。AB是半径为R=1.2 m的圆弧轨道,CDO是半径为r=0.5 m的半圆轨道,BC段是水平粗糙轨道,与圆弧形轨道平滑连接,已知BC段水平轨道长L=2 m,现让一个质量为M=3.5 kg的小球从A点正上方距A点高H=0.6 m处自由落下,运动到圆弧轨道最低点B时,与质量为m=2.5 kg的滑块发生弹性碰撞,碰后立即取走小球,使之不影响滑块的后续运动。已知滑块与轨道BC之间的动摩擦因数μ=0.6,取g=10 m/s2,不计空气阻力,小球和滑块均可视为质点,求:
(1)小球与滑块碰前瞬间,小球对轨道的压力大小;
(2)通过计算判断滑块是否能到达最高点O?若能,请求出滑块离开O点后落在轨道上的具体位置。
解析 (1)小球从释放点到B过程,根据机械能守恒可得Mg(H+R)=12Mv02
在B点据牛顿第二定律可得FN-Mg=Mv02R
联立解得v0=6 m/s,FN=140 N
根据牛顿第三定律可知碰前瞬间,小球对轨道的压力大小为140 N。
(2)两物体发生弹性碰撞的过程中由动量守恒定律及机械能守恒定律可得
Mv0=Mv1+mv2,12Mv02=12Mv12+12mv22
联立解得碰后瞬间,滑块的速度为v2=7 m/s
假设滑块恰好能运动到O点,应满足mg=mv42r,解得v4=5 m/s
滑块从B到O过程,据动能定理可得-μmgL-mg·2r=12mv32-12mv22
解得滑块到达最高点O的速度为v3=5 m/s
由于v3=v4,滑块恰好能经过最高点O,滑块从O点做平抛运动,由平抛运动规律可得x=v3t,2r=12gt2
联立解得x=1 m,故滑块落点为轨道BC的中点。
15.(2021长郡中学、师大附中、长沙一中联考,16)(8分)在光滑的水平面上有两个物块A、B,质量分别为mA=5 kg,mB=10 kg,它们之间由一根不可伸长的轻绳相连,开始时绳子完全松弛,两物块紧靠在一起。现用2 N的水平恒力F作用在A上,使A由静止开始运动,当轻绳瞬间绷直后A、B一起共同前进,A、B一起向前运动了2.0 m时,两物块的速度为1 m/s,求连接物块的绳长l。
解析 设绳子绷直前的瞬间A的速度为vA,由动能定理得Fl=12mAvA2
绳子绷直后两物块的速度相同,由动量守恒定律得mAvA=(mA+mB)vAB
两物块一起向前运动x=2.0 m时两物块的速度vAB'=1 m/s,由动能定理得
Fx=12(mA+mB)vAB'2-12(mA+mB)vAB2
解得l=5.25 m
16.(2022届湛江10月联考,13 )(12分)如图所示,一倾角θ=30°、长x=6 m的斜面固定在水平面上,质量m1=0.2 kg的物块A静止于斜面上的O点处。一质量m2=0.3 kg的小球B从斜面顶端由静止释放,下滑到O点时与物块A发生弹性碰撞,一段时间后两者先后到达斜面底端。已知O点到斜面顶端的距离x1=2.5 m,小球B与物块A在斜面上只碰撞一次,小球B与斜面间的摩擦忽略不计,取重力加速度大小g=10 m/s2,物块A与小球B均可视为质点。求:
(1)与物块A碰撞后瞬间,小球B的速度大小;
(2)与物块A碰撞后,小球B运动到斜面底端的时间。
解析 (1)根据机械能守恒定律有m2gx1 sin θ=12m2v12
解得v1=5 m/s,方向沿斜面向下
在小球B与物块A的碰撞过程中,取沿斜面向下为正方向,根据动量守恒定律有
m2v1=m2v2+m1v3
碰撞前后,系统的总动能不变,有12m2v12=12m2v22+12m1v32
解得v2=1 m/s,方向沿斜面向下。
(2)与物块A碰撞后,小球B沿斜面向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有
m2g sin θ=m2a1
根据运动学公式有,x-x1=v2t+12a1t2
解得t=1 s(t=-75 s不合题意,舍去)。
17.(2021湛江二模,14)(15分)一轻质弹簧竖直放置,将一质量为12m的小物块轻放于弹簧顶端,弹簧最大压缩量为L。如图所示,水平地面上有一固定挡板,将此弹簧一端固定在挡板上且水平放置,一质量为m的小物块P紧靠弹簧的另一端但不拴接;在水平地面右侧固定有一半径R=L的竖直光滑半圆轨道,轨道最低点与地面相切。将另一质量也为m的小物块Q放置在距半圆轨道最低点L2=4L处。现向左推P压缩弹簧,使弹簧发生形变量为L,此时P与小物块Q的距离为L1=2L。撤去外力,小物块P被弹簧弹开,然后与小物块Q正碰,碰后瞬间粘在一起。小物块P、Q均可看作质点,且与水平地面间的动摩擦因数相同,重力加速度大小为g。
(1)求弹簧最大压缩量为L时,弹簧具有的弹性势能;
(2)若两物块P、Q与水平地面间的动摩擦因数μ0=19,求两个小物块刚滑上半圆轨道时对轨道的压力大小;
(3)若两物块P、Q与水平地面间的动摩擦因数μ可以改变,要求两个小物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道,求动摩擦因数μ的取值范围。
解析 (1)由题目可知当弹簧压缩量为L时,弹性势能
Ep=12mgL
(2)物块P被弹簧弹开到与Q相碰之前瞬间有
Ep-μ0mgL1=12mv12
碰撞过程中动量守恒,有mv1=(m+m)v2
碰撞结束后到刚滑上圆弧轨道有:
-μ0×2mgL2=12×2mv32-12×2mv22
此时对两个物块受力分析有:
FN-2mg=2mv32R
由牛顿第三定律有:F压=FN
解得:F压=12mg
(3)如果不脱离轨道有两种可能,一是上滑的最大高度不超过半径R,再一个是通过圆弧轨道最高点。由(1)可知当弹簧压缩量为L时,弹性势能Ep=12mgL
物块P被弹簧弹开到与Q相碰之前有:
Ep-μmgL1=12mv42
碰撞过程中动量守恒,有mv4=(m+m)v5
碰撞结束后到刚滑上圆弧轨道有:
-μ×2mgL2=12×2mv62-12×2mv52
能滑上圆弧轨道要求v6>0
不超过圆心等高处有:12×2mv62≤2mgR
由以上可得:49≤μ<23
如果能够通过圆弧轨道最高点,滑到最高点有
-2mg×2R=12×2mv72-12×2mv62
临界时,在最高点受力分析有:2mg=2mv72R
解得有:μ=19
要通过最高点,需要0<μ≤19
综上所述,不脱离圆弧轨道,需要49≤μ<23或0<μ≤19。
18.(2022届泰安期中,18)(15分)如图,倾角θ=30°的光滑斜面体用一销子固定在光滑水平面上,斜面底端固定一挡板D,自由长度为L0的轻弹簧一端固定在D上,质量为m的小物块B(可视为质点)放在斜面上与弹簧接触但不连接,与B相同的小物块C从斜面上端与挡板D相距2L0处的P点由静止释放,C与B碰撞后粘合在一起,碰撞时间极短可忽略。重力加速度大小为g,已知弹簧的劲度系数为k=5mgL0,弹簧的形变量为x时具有的弹性势能为12kx2。
(1)求与B碰前物块C的速度;
(2)求物块B的最大动能;
(3)若A连同D的质量为2m,在C与B碰撞时打开销子,让A可以自由运动,求运动中C与P间的最小距离。
解析 (1)设B静止时弹簧的压缩量为x1
mg sin θ=kx1
设C碰前的速度为v1
mg sin θ·(2L0-L0+x1)=12mv12
整理得v1=1110gL0
(2)C与B碰撞过程中,根据动量守恒定律得mv1=2mv2
设弹簧压缩量为x2时,B的动能最大,最大动能为EkB
2mg sin θ=kx2
12·2mv22+12kx12+2mg sin θ·(x2-x1)=2EkB+12kx22
整理得EkB=320mgL0
(3)打开销子后,A、B、C、D及弹簧组成的系统在水平方向动量守恒,设B、C一起上升到最高点时的速度为v,从B与C碰撞后到B、C上升到最高点过程中B、C沿斜面上升的距离为x,则2mv2 cos θ=4mv
12·2mv22+12kx12=12·4mv2+2mgx sin θ
整理得x=63320L0
此时与P的距离最小,设为Δx,则Δx=2L0-L0+x1-x
整理得Δx=289320L0
19.(2022届济宁模拟)(12分)如图所示,在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块,现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块,最终留在木块中没有射出,和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm,子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度大小以及它们在此过程中所增加的内能。
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块,则在射中木块后能否射穿该木块?
解析 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v,对子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律得
mv0=(M+m)v
解得v=6 m/s
此过程系统所增加的内能ΔE=12mv02-12(M+m)v2=882 J。
(2)设子弹以v0'=400 m/s的速度入射,则对以子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律得mv0'=(M+m)v'
解得v'=8 m/s
此过程系统所损耗的机械能为
ΔE'=12mv0'2-12(M+m)v'2=1 568 J
由功能关系有ΔE=F阻x相=F阻d
ΔE'=F阻x相'=F阻d'
则ΔEΔE'=F阻dF阻d'=dd'
解得d'=1 568147 cm>10 cm,所以能射穿木块。
专题七 动量与动量守恒
专题检测题组
(时间:90分钟 满分:140分)
一、单项选择题(每小题4分,共24分)
1.(2021长沙一中月考三,8)如图所示,质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上向右运动,与静止的质量为5m的B球对心正碰,碰撞后A球以v=kv0的速率弹回,并与竖直固定的挡板P发生弹性碰撞,要使A球与挡板碰后能追上B球再次相碰,则k的取值范围为( )
A.23≤k<1 B.14
A.在下滑过程中,物块的机械能守恒
B.在下滑过程中,物块和槽的动量守恒
C.物块被弹簧反弹后,做匀速直线运动
D.物块被弹簧反弹后,能回到槽高h处
答案 C 小物块与弧形槽构成的系统在小物块下滑过程中,系统动量不守恒,但在水平方向动量守恒,系统的机械能守恒,但物块的机械能不守恒,A、B均错误;此系统水平方向合动量为零,两者质量相等,故两者分离时,两者速度大小相等,方向相反,当小物块与弹簧碰撞后原速率弹回,所以它以与弧形槽相同的速度做匀速直线运动,不能追上弧形槽,C正确,D错误。
3.(2022届番禺中学月考,7)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中(重力加速度为g)( )
A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为12mv2
B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零
C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为12mv2
D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零
答案 B 设向上为正方向,则由动量定理有I-mgΔt=mv,解得地面对他的冲量为I=mv+mgΔt,因地面对人的作用力没有位移,则地面对他做的功为零,故选B。
4.(2022届肇庆一模,3)中国跳水队在东京奥运会共获得7枚金牌。假设跳水运动员(可视为质点)起跳离开跳板后在一条竖直线上运动,空气阻力忽略不计,关于运动员起跳离开跳板后的运动,下列说法正确的是( )
A.运动员在空中上升过程中处于超重状态
B.运动员从起跳离开跳板到水的最深处,所受合力做功为零
C.运动员在空中未接触水面前,相同的时间内动量变化相同
D.运动员在空中未接触水面前,相同的时间内动能变化相同
答案 C 运动员上升过程中只受重力,处于失重状态,A错误;运动员从离开跳板到水的最深处,动能减少,合力做负功,B错误;运动员在空中未接触水面前,只受重力作用,相同的时间内合力冲量相同,动量变化相同,C正确;运动员在空中未接触水面前,相同的时间位移不同,合力做功不同,动能变化不相同,D错误。
5.(2022届聊城模拟,6)如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c点无初速释放,下列关于它们下滑到d的过程,正确的是( )
A.沿cd细杆下滑的滑环用时最长
B.重力对各环的冲量中a的最小
C.弹力对各环的冲量中c的最大
D.合力对各环的冲量大小相等
答案 C 根据等时圆模型可知三个滑环下滑的时间均相等,A错误;三个滑环重力相等,根据冲量I=mgt可知重力对各环的冲量大小相等,B错误;假设光滑细杆与ad的夹角为θ,受力分析可知滑环所受弹力为N=mg sin θ,cd杆与ad的夹角最大,所以弹力最大,可知弹力对各环的冲量中c的最大,C正确;根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量,根据机械能守恒定律解得v=2gℎ,可知从ad滑到底端的滑环速度最大,合力的冲量最大,D错误。
6.(2021东营一模)如图所示,将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上,槽的左侧紧靠在墙壁上。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下,与圆弧槽相切自A点进入槽内,则下列结论中正确的是( )
A.小球在半圆槽内运动的全过程中,只有重力对它做功
B.小球在半圆槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C.小球自半圆槽B点向C点运动的过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动
答案 C 小球下滑到半圆槽的最低点B之后,半圆槽离开墙壁,槽对小球的弹力对小球做功,A错误;小球下滑到半圆槽的最低点B之前,小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用,系统水平方向上动量不守恒,半圆槽离开墙壁后,小球与半圆槽在水平方向动量守恒,B错误,C正确;半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功,小球与半圆槽具有向右的水平速度,所以小球离开右侧槽口以后,将做斜上抛运动,D错误。
二、多项选择题(每小题6分,共42分)
7.(2021湖南联合体月考,9)(多选)如图所示,半径为R的圆形槽Q置于光滑水平面上,小球P和凹槽Q的质量均为m,将小球P从圆槽的右侧最顶端由静止释放,一切摩擦均不计,则P、Q构成的系统( )
A.当小球到达凹槽左端时,凹槽向右的位移最大
B.动量守恒
C.因为系统机械能守恒,小球P运动到圆槽的最低点时速度为2gR
D.释放后当小球P向左上升到最高点时,又恰与释放点等高
答案 AD 系统竖直方向动量不守恒,水平方向动量守恒,B错误;小球从开始到运动至最低点,由系统机械能守恒和水平方向动量守恒得mPgR=12mPvP2+12mQvQ2,mPvP-mQvQ=0,mP=mQ=m,解得vP=gR,C错误;释放后当P向左上升到最高点时,由水平方向动量守恒可知P、Q一定同时静止,由机械能守恒定律知小球此时到达凹槽左端,与释放点等高,凹槽向右位移最大,A、D正确。
8.(2022届湖南师大附中月考二)(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块,若射击下层,子弹刚好不射出,若射击上层,则子弹刚好能射穿一半厚度,如图所示,则上述两种情况相比较,下列说法正确的是( )
A.子弹的末速度大小相等
B.系统产生的热量一样多
C.子弹对滑块做的功相同
D.子弹和滑块间的水平作用力一样大
答案 ABC 以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,可得滑块最终获得的速度v=mv0M+m,可知两种情况下子弹的末速度是相同的,A正确;子弹嵌入下层或上层过程中,系统产生的热量都等于系统减少的动能,而子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等),滑块增加的动能也一样多,则系统减少的动能一样多,故系统产生的热量一样多,B正确;根据动能定理,滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功,所以两次子弹对滑块做的功一样多,C正确;由Q=Ff·s相对知,由于s相对不相等,所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大,D错误。
9.(2021雅礼中学月考二,12)(多选)如图所示,水平面上固定着两根足够长的平行导槽,质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动,一质量为m的小球沿水平方向,以初速度v0从U形管的一端射入,从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径,不计一切摩擦,下列说法正确的是( )
A.该过程中,小球与U形管组成的系统机械能守恒
B.小球从U形管的另一端射出时,速度大小为v03
C.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时,速度大小为v03
D.从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中,平行导槽受到的冲量大小为6mv03
答案 ABD 小球和U形管组成的系统在运动过程中除重力和系统内弹力外,没有其他力做功,所以系统机械能守恒,A正确;小球从U形管一端进入从另一端射出来的过程中,对小球和U形管组成的系统,平行于导槽方向不受外力,规定向左为正方向,由动量守恒定律可得mv0=mv1+2mv2,再由机械能守恒定律可得12mv02=12mv12+12×2mv22,解得v1=m-2mm+2mv0=-13v0,B正确;小球运动到U形管圆弧部分的最左端时,小球和U形管平行于导槽方向速度相同,由动量守恒定律得mv0=(m+2m)vx,解得vx=v03,由能量守恒得12mv02=12×2mvx2+12mv2,解得v=73v0,小球垂直于导槽方向的速度vy=v2-vx2=63v0,在该方向对小球由动量定理得Iy=mvy-0=63mv0,平行导槽受到的冲量为I=Iy=63mv0,所以C错误,D正确。
10.(2022届双峰一中入学考)(多选)如图甲所示,质量为0.2 kg的小球B静止在水平地面上,大小相同的小球A水平向右运动与小球B发生对心碰撞,碰撞前、后两球的v-t图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
甲 乙
A.碰后小球A反向弹回
B.小球A的质量为0.16 kg
C.小球B与地面间的动摩擦因数为0.016
D.小球A、B发生的是非弹性碰撞
答案 CD 由图可知碰前vA=1.0 m/s,碰后vA'=0.2 m/s,vB=0.8 m/s,碰后A球速度方向没变,故A错误;由动量守恒得mAvA=mAvA'+mBvB,解得mA=mB=0.2 kg,B错误;分析图像可得碰后B球经5 s速度减为0,则B球的加速度大小a=0.85 m/s2=0.16 m/s2,由a=μg得小球B与地面间的动摩擦因数为0.016,故C正确;12mAvA2>12mAvA'2+12mBvB2,小球A、B发生的是非弹性碰撞,故D正确。
11.(2022届湖南师大附中月考一)(多选)如图所示,半径为R的14圆弧与水平面相切于圆弧最低点B,在圆弧上过最低点B架设一个固定的光滑斜面AB,靠在圆弧上的A点,一个质量为m、可看成质点的物体由静止从A点释放,然后物体停在距B点为L处的C点,已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不考虑拐点B处的机械能损失,则( )
A.物体在斜面AB上运动时重力做功的平均功率为mgμgL2
B.物体在斜面AB上运动时重力做功的平均功率为12μmgLgR
C.物体在斜面AB上运动时重力的冲量为m2μgL
D.物体在斜面AB上运动时重力的冲量为2mgR
答案 BD 物体从A到B的时间根据“等时圆”可知t=2Rg,重力做的功为W=mgh=μmgL,所以重力的平均功率为P=Wt=12μmgLgR,而重力的冲量为I=mgt=2mgR,故选B、D。
解题指导 物体从A到B的时间是本题的解题关键,等时圆模型为:物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦由静止下滑到达圆周最低点时间均相等或物体从圆的最高点沿着所有光滑弦由静止下滑到达圆周上的时间均相等。
12.(2022届深圳宝安调研,8)(多选)如图所示,两个小孩练习排球,女孩先将排球沿轨迹1传给男孩,男孩再沿轨迹2将排球传回给女孩,两小孩的击球点高度相同,轨迹1、2均在同一竖直平面内,P、Q两点分别是轨迹1、2的最高点。忽略空气阻力的影响,下列说法正确的是( )
A.女孩向男孩传球的初速度小于男孩回传的初速度
B.排球在P点的速度大于在Q点的速度
C.排球沿轨迹2运动过程中重力做的功大于排球沿轨迹1运动过程中重力做的功
D.排球沿轨迹2运动过程中重力的冲量大于排球沿轨迹1运动过程中重力的冲量
答案 BD 排球在竖直方向做竖直上抛运动,上升到最大高度时竖直方向的速度为0,球在最高点后的过程可看成平抛运动,根据h=12gt2,得t=2ℎg,射出时竖直方向的速度vy=gt,女孩向男孩传球的竖直方向的速度小于男孩回传的竖直方向的速度,可知沿轨迹2运动的时间长,其水平位移相等,排球在P点的速度大于在Q点的速度,即女孩向男孩传球的水平方向的速度大于男孩回传的水平方向的速度,由v=vy2+vx2可知,无法判断女孩向男孩传球的初速度与男孩回传的初速度的大小,B正确,A错误;两轨迹初末位置的高度差都为0,所以沿两轨迹运动过程重力做功都为0,C错误;沿轨迹2运动的时间较长,由I=mgt,可知排球沿轨迹2运动过程中重力的冲量大于排球沿轨迹1运动过程中重力的冲量,D正确。
13.(2022届顺德一模,10)(多选)重庆云阳龙缸大秋千,经过多次测试于2020年7月开放。它由四根秋千绳组成秋千摆,摆动半径约100 m,有一质量为50 kg的体验者(含秋千踏板)荡秋千,秋千运动到最低点时速度约为108 km/h,g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.从最高点摆到另一侧最高点过程中,体验者所受重力的冲量为零
B.摆到最高点时,体验者的速度为零,加速度不为零
C.在最低点时,体验者处于失重状态
D.在最低点时,四根绳对体验者(含秋千踏板)拉力的合力为950 N
答案 BD 从最高点摆到另一侧最高点过程中,体验者所受重力的冲量I=mgt,显然不为零,A错误;摆到最高点时,人的速度为零,人的向心力为零,即沿绳子方向的合力为零,但垂直于绳子方向重力有分力,所以合力不为零,加速度不为零,B正确;在最低点时,体验者做圆周运动,拉力与重力的合力提供向心力,方向向上,为超重状态,C错误;在最低点时,设四根秋千绳对体验者(含秋千踏板)拉力的合力为F,根据牛顿第二定律得F-mg=mv2R,解得F=950 N,D正确。
三、非选择题(共74分)
14.(2022届长郡中学月考一)(12分)如图所示,AB和CDO都是处于同一竖直平面内的固定光滑圆弧形轨道。AB是半径为R=1.2 m的圆弧轨道,CDO是半径为r=0.5 m的半圆轨道,BC段是水平粗糙轨道,与圆弧形轨道平滑连接,已知BC段水平轨道长L=2 m,现让一个质量为M=3.5 kg的小球从A点正上方距A点高H=0.6 m处自由落下,运动到圆弧轨道最低点B时,与质量为m=2.5 kg的滑块发生弹性碰撞,碰后立即取走小球,使之不影响滑块的后续运动。已知滑块与轨道BC之间的动摩擦因数μ=0.6,取g=10 m/s2,不计空气阻力,小球和滑块均可视为质点,求:
(1)小球与滑块碰前瞬间,小球对轨道的压力大小;
(2)通过计算判断滑块是否能到达最高点O?若能,请求出滑块离开O点后落在轨道上的具体位置。
解析 (1)小球从释放点到B过程,根据机械能守恒可得Mg(H+R)=12Mv02
在B点据牛顿第二定律可得FN-Mg=Mv02R
联立解得v0=6 m/s,FN=140 N
根据牛顿第三定律可知碰前瞬间,小球对轨道的压力大小为140 N。
(2)两物体发生弹性碰撞的过程中由动量守恒定律及机械能守恒定律可得
Mv0=Mv1+mv2,12Mv02=12Mv12+12mv22
联立解得碰后瞬间,滑块的速度为v2=7 m/s
假设滑块恰好能运动到O点,应满足mg=mv42r,解得v4=5 m/s
滑块从B到O过程,据动能定理可得-μmgL-mg·2r=12mv32-12mv22
解得滑块到达最高点O的速度为v3=5 m/s
由于v3=v4,滑块恰好能经过最高点O,滑块从O点做平抛运动,由平抛运动规律可得x=v3t,2r=12gt2
联立解得x=1 m,故滑块落点为轨道BC的中点。
15.(2021长郡中学、师大附中、长沙一中联考,16)(8分)在光滑的水平面上有两个物块A、B,质量分别为mA=5 kg,mB=10 kg,它们之间由一根不可伸长的轻绳相连,开始时绳子完全松弛,两物块紧靠在一起。现用2 N的水平恒力F作用在A上,使A由静止开始运动,当轻绳瞬间绷直后A、B一起共同前进,A、B一起向前运动了2.0 m时,两物块的速度为1 m/s,求连接物块的绳长l。
解析 设绳子绷直前的瞬间A的速度为vA,由动能定理得Fl=12mAvA2
绳子绷直后两物块的速度相同,由动量守恒定律得mAvA=(mA+mB)vAB
两物块一起向前运动x=2.0 m时两物块的速度vAB'=1 m/s,由动能定理得
Fx=12(mA+mB)vAB'2-12(mA+mB)vAB2
解得l=5.25 m
16.(2022届湛江10月联考,13 )(12分)如图所示,一倾角θ=30°、长x=6 m的斜面固定在水平面上,质量m1=0.2 kg的物块A静止于斜面上的O点处。一质量m2=0.3 kg的小球B从斜面顶端由静止释放,下滑到O点时与物块A发生弹性碰撞,一段时间后两者先后到达斜面底端。已知O点到斜面顶端的距离x1=2.5 m,小球B与物块A在斜面上只碰撞一次,小球B与斜面间的摩擦忽略不计,取重力加速度大小g=10 m/s2,物块A与小球B均可视为质点。求:
(1)与物块A碰撞后瞬间,小球B的速度大小;
(2)与物块A碰撞后,小球B运动到斜面底端的时间。
解析 (1)根据机械能守恒定律有m2gx1 sin θ=12m2v12
解得v1=5 m/s,方向沿斜面向下
在小球B与物块A的碰撞过程中,取沿斜面向下为正方向,根据动量守恒定律有
m2v1=m2v2+m1v3
碰撞前后,系统的总动能不变,有12m2v12=12m2v22+12m1v32
解得v2=1 m/s,方向沿斜面向下。
(2)与物块A碰撞后,小球B沿斜面向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有
m2g sin θ=m2a1
根据运动学公式有,x-x1=v2t+12a1t2
解得t=1 s(t=-75 s不合题意,舍去)。
17.(2021湛江二模,14)(15分)一轻质弹簧竖直放置,将一质量为12m的小物块轻放于弹簧顶端,弹簧最大压缩量为L。如图所示,水平地面上有一固定挡板,将此弹簧一端固定在挡板上且水平放置,一质量为m的小物块P紧靠弹簧的另一端但不拴接;在水平地面右侧固定有一半径R=L的竖直光滑半圆轨道,轨道最低点与地面相切。将另一质量也为m的小物块Q放置在距半圆轨道最低点L2=4L处。现向左推P压缩弹簧,使弹簧发生形变量为L,此时P与小物块Q的距离为L1=2L。撤去外力,小物块P被弹簧弹开,然后与小物块Q正碰,碰后瞬间粘在一起。小物块P、Q均可看作质点,且与水平地面间的动摩擦因数相同,重力加速度大小为g。
(1)求弹簧最大压缩量为L时,弹簧具有的弹性势能;
(2)若两物块P、Q与水平地面间的动摩擦因数μ0=19,求两个小物块刚滑上半圆轨道时对轨道的压力大小;
(3)若两物块P、Q与水平地面间的动摩擦因数μ可以改变,要求两个小物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道,求动摩擦因数μ的取值范围。
解析 (1)由题目可知当弹簧压缩量为L时,弹性势能
Ep=12mgL
(2)物块P被弹簧弹开到与Q相碰之前瞬间有
Ep-μ0mgL1=12mv12
碰撞过程中动量守恒,有mv1=(m+m)v2
碰撞结束后到刚滑上圆弧轨道有:
-μ0×2mgL2=12×2mv32-12×2mv22
此时对两个物块受力分析有:
FN-2mg=2mv32R
由牛顿第三定律有:F压=FN
解得:F压=12mg
(3)如果不脱离轨道有两种可能,一是上滑的最大高度不超过半径R,再一个是通过圆弧轨道最高点。由(1)可知当弹簧压缩量为L时,弹性势能Ep=12mgL
物块P被弹簧弹开到与Q相碰之前有:
Ep-μmgL1=12mv42
碰撞过程中动量守恒,有mv4=(m+m)v5
碰撞结束后到刚滑上圆弧轨道有:
-μ×2mgL2=12×2mv62-12×2mv52
能滑上圆弧轨道要求v6>0
不超过圆心等高处有:12×2mv62≤2mgR
由以上可得:49≤μ<23
如果能够通过圆弧轨道最高点,滑到最高点有
-2mg×2R=12×2mv72-12×2mv62
临界时,在最高点受力分析有:2mg=2mv72R
解得有:μ=19
要通过最高点,需要0<μ≤19
综上所述,不脱离圆弧轨道,需要49≤μ<23或0<μ≤19。
18.(2022届泰安期中,18)(15分)如图,倾角θ=30°的光滑斜面体用一销子固定在光滑水平面上,斜面底端固定一挡板D,自由长度为L0的轻弹簧一端固定在D上,质量为m的小物块B(可视为质点)放在斜面上与弹簧接触但不连接,与B相同的小物块C从斜面上端与挡板D相距2L0处的P点由静止释放,C与B碰撞后粘合在一起,碰撞时间极短可忽略。重力加速度大小为g,已知弹簧的劲度系数为k=5mgL0,弹簧的形变量为x时具有的弹性势能为12kx2。
(1)求与B碰前物块C的速度;
(2)求物块B的最大动能;
(3)若A连同D的质量为2m,在C与B碰撞时打开销子,让A可以自由运动,求运动中C与P间的最小距离。
解析 (1)设B静止时弹簧的压缩量为x1
mg sin θ=kx1
设C碰前的速度为v1
mg sin θ·(2L0-L0+x1)=12mv12
整理得v1=1110gL0
(2)C与B碰撞过程中,根据动量守恒定律得mv1=2mv2
设弹簧压缩量为x2时,B的动能最大,最大动能为EkB
2mg sin θ=kx2
12·2mv22+12kx12+2mg sin θ·(x2-x1)=2EkB+12kx22
整理得EkB=320mgL0
(3)打开销子后,A、B、C、D及弹簧组成的系统在水平方向动量守恒,设B、C一起上升到最高点时的速度为v,从B与C碰撞后到B、C上升到最高点过程中B、C沿斜面上升的距离为x,则2mv2 cos θ=4mv
12·2mv22+12kx12=12·4mv2+2mgx sin θ
整理得x=63320L0
此时与P的距离最小,设为Δx,则Δx=2L0-L0+x1-x
整理得Δx=289320L0
19.(2022届济宁模拟)(12分)如图所示,在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块,现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块,最终留在木块中没有射出,和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm,子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度大小以及它们在此过程中所增加的内能。
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块,则在射中木块后能否射穿该木块?
解析 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v,对子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律得
mv0=(M+m)v
解得v=6 m/s
此过程系统所增加的内能ΔE=12mv02-12(M+m)v2=882 J。
(2)设子弹以v0'=400 m/s的速度入射,则对以子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律得mv0'=(M+m)v'
解得v'=8 m/s
此过程系统所损耗的机械能为
ΔE'=12mv0'2-12(M+m)v'2=1 568 J
由功能关系有ΔE=F阻x相=F阻d
ΔE'=F阻x相'=F阻d'
则ΔEΔE'=F阻dF阻d'=dd'
解得d'=1 568147 cm>10 cm,所以能射穿木块。
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