2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動(dòng)量與能量 第2講 動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用學(xué)案
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1、第2講 動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用 真題再現(xiàn) 考情分析 (2018·高考全國卷Ⅱ)高空墜物極易對行人造成傷害.若一個(gè)50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下,與地面的碰撞時(shí)間約為2 ms,則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為( ) A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N 解析:選C.根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)和動(dòng)量定理有2gh=v2(h為25層樓的高度,約70 m),F(xiàn)t=mv,代入數(shù)據(jù)解得F≈1×103 N,所以C正確. [命題點(diǎn)分析] 動(dòng)量定理、機(jī)械能守恒定律 [思路方法] 由機(jī)械能守恒定律可求雞蛋到達(dá)地面時(shí)的速度大小,再根據(jù)動(dòng)量定理求出雞蛋對地面的平
2、均沖擊力 (2017·高考全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空,50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)( ) A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 解析:選A.燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g,火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動(dòng)量大小為p,根據(jù)動(dòng)量守恒定律,可得p-mv0=0,解得p=mv0=0.050 kg×600 m/s=3
3、0 kg·m/s,選項(xiàng)A正確. [命題點(diǎn)分析] 動(dòng)量定理 [思路方法] 以火箭和燃?xì)鉃檠芯繉ο螅谌細(xì)鈬姵龅乃查g動(dòng)量守恒 (多選)(2017·高考全國卷Ⅲ)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng).F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示,則( ) A.t=1 s時(shí)物塊的速率為1 m/s B.t=2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kg·m/s C.t=3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kg·m/s D.t=4 s時(shí)物塊的速度為零 解析:選AB.根據(jù)F-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量,可知在0~1 s、0~2 s、0~3 s、0~4 s內(nèi)合外力沖量分別為
4、2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s,應(yīng)用動(dòng)量定理I=mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s,物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s,則A、B項(xiàng)均正確,C、D項(xiàng)均錯(cuò)誤. [命題點(diǎn)分析] 動(dòng)量定理、F-t圖象 [思路方法] 由F-t圖象中面積的物理意義為合外力F的沖量可知其2 s、 3 s、4 s末的沖量,再根據(jù)動(dòng)量定理可得速率,進(jìn)而求解動(dòng)量大小 命題規(guī)律研究及預(yù)測 雖然2017年全國卷把動(dòng)量內(nèi)容列為必考,但考慮到高考的穩(wěn)定性,2017年高考
5、中的動(dòng)量考查形式都為選擇題,難度較?。S著課改的深入,在2018年全國卷中對該部分的考查既有選擇題,同時(shí)也滲透入計(jì)算題中,且難度為中檔題.說明高考對動(dòng)量的考核越來越重視. 在2019年的備考中不僅要對動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律等知識(shí)熟練掌握,而且還要對涉及的一些現(xiàn)象如碰撞、爆炸、反沖等有深刻的體會(huì),與其他力學(xué)知識(shí)一起解決力學(xué)綜合問題的能力也要不斷培養(yǎng) 沖量與動(dòng)量定理的應(yīng)用 應(yīng)用動(dòng)量定理解題的步驟 動(dòng)量定理的兩個(gè)重要應(yīng)用 (1)應(yīng)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(dòng)量
6、的變化Δp,等效代換變力的沖量I. (2)應(yīng)用Δp=FΔt求動(dòng)量的變化 例如,在曲線運(yùn)動(dòng)中,速度方向時(shí)刻在變化,求動(dòng)量變化(Δp=p2-p1)需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法,計(jì)算比較復(fù)雜,如果作用力是恒力,可以求恒力的沖量,等效代換動(dòng)量的變化. 理解動(dòng)量定理時(shí)應(yīng)注意的問題 (1)動(dòng)量定理表明沖量既是使物體動(dòng)量發(fā)生變化的原因,又是物體動(dòng)量變化的量度.這里所說的沖量是物體所受的合力的沖量(或者說是物體所受各外力沖量的矢量和). (2)動(dòng)量定理的研究對象是一個(gè)物體(或可視為一個(gè)物體的系統(tǒng)). (3)動(dòng)量定理是過程定理,解題時(shí)必須明確過程及初、末狀態(tài)的動(dòng)量. (4)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式,在一維
7、情況下,各個(gè)矢量必須選取統(tǒng)一的正方向. (2017·高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪,是天津市的地標(biāo)之一.摩天輪懸掛透明座艙,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).下列敘述正確的是( ) A.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,乘客的機(jī)械能保持不變 B.在最高點(diǎn)時(shí),乘客重力大于座椅對他的支持力 C.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中,乘客重力的沖量為零 D.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變 [解析] 摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中乘客的動(dòng)能不變,重力勢能一直變化,故機(jī)械能一直變化,A錯(cuò)誤;在最高點(diǎn)乘客具有豎直向下的向心加速度,重力大于座椅對他的支持力,B正確;摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中,
8、乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積,C錯(cuò)誤;重力瞬時(shí)功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積,而轉(zhuǎn)動(dòng)過程中速度在重力方向上的分量是變化的,所以重力的瞬時(shí)功率也是變化的,D錯(cuò)誤. [答案] B [突破訓(xùn)練] (2018·高考北京卷)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會(huì),跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一.某滑道示意圖如圖,長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接,滑道BC高h(yuǎn)=10 m,C是半徑R=20 m圓弧的最低點(diǎn).質(zhì)量m=60 kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止開始勻加速下滑,加速度a=4.5 m/s2,到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB=30 m/s,取重力加速度g=10 m/s2. (1)求長直助滑道
9、AB的長度L. (2)求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I的大?。? (3)若不計(jì)BC段的阻力,畫出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力圖,并求其所受支持力FN的大小. 解析:(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式, 有L==100 m. (2)根據(jù)動(dòng)量定理,有I=mvB-mvA=1 800 N·s. (3)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)C點(diǎn)時(shí)的受力分析如圖所示. 根據(jù)動(dòng)能定理,運(yùn)動(dòng)員在BC段運(yùn)動(dòng)的過程中,有 mgh=mv-mv 根據(jù)牛頓第二定律,有FN-mg=m 聯(lián)立解得FN=3 900 N. 答案:見解析 動(dòng)量守恒定律在碰撞、爆炸和反沖中的應(yīng)用 應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟 (1)明確研究
10、對象,確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程); (2)進(jìn)行受力分析,判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒); (3)規(guī)定正方向,確定初、末狀態(tài)動(dòng)量; (4)由動(dòng)量守恒定律列出方程; (5)代入數(shù)據(jù),求出結(jié)果,必要時(shí)討論說明. 三種碰撞的特點(diǎn) (1)彈性碰撞:動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒. 以質(zhì)量為m1,速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例,則有m1v1=m1v1′+m2v2′ m1v=m1v1′2 +m2v2′2 解得v1′= v2′=. 結(jié)論:①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí),v1′=0,v2′=v1,兩球碰撞后交換速度. ②當(dāng)m1遠(yuǎn)大于m2時(shí),
11、 v1′=v1,v2′=2v1. ③當(dāng)m1遠(yuǎn)小于m2時(shí), v1′=-v1,v2′=0. (2)非彈性碰撞:動(dòng)量守恒,機(jī)械能有損失. (3)完全非彈性碰撞:動(dòng)量守恒,機(jī)械能損失最大,以碰后系統(tǒng)速度相同為標(biāo)志. 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用可以是多物體組成的系統(tǒng),且相互作用的過程中可能比較復(fù)雜,應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí),可以選擇不同的系統(tǒng),針對相互作用的不同階段列式求解. (多選)如圖所示,現(xiàn)有甲、乙兩滑塊,質(zhì)量分別為3m和m,以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng),發(fā)生碰撞,已知碰撞后,甲滑塊靜止不動(dòng),則( ) A.碰撞前總動(dòng)量大小是2mv B.碰撞過程動(dòng)量不守恒 C.碰撞后乙的
12、速度大小為2v D.碰撞屬于非彈性碰撞 [解析] 取向右為正方向,碰撞前總動(dòng)量為3mv-mv=2mv,A正確;碰撞過程兩滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力,則系統(tǒng)動(dòng)量守恒,B錯(cuò)誤;設(shè)碰撞后乙的速度為v′,由動(dòng)量守恒定律得3mv-mv=0+mv′,解得v′=2v,C正確;碰撞前總動(dòng)能為·3mv2+mv2=2mv2,碰撞后總動(dòng)能為0+m(2v)2=2mv2,碰撞前后無機(jī)械能損失,碰撞屬于彈性碰撞,D錯(cuò)誤. [答案] AC 角度1 動(dòng)量守恒條件的判斷 1.(多選)下列四幅圖所反映的物理過程中,系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是( ) 解析:選AC.A中子彈和木塊的系統(tǒng)在水平方向不受外力,豎直方向
13、所受合力為零,系統(tǒng)動(dòng)量守恒;B中在彈簧恢復(fù)原長過程中,系統(tǒng)在水平方向始終受到墻的作用力,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒;C中細(xì)線斷裂后,以整體為研究對象,木球與鐵球的系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動(dòng)量守恒;D中木塊下滑過程中,斜面始終受擋板作用力,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒. 角度2 碰撞問題分析 2.(2018·高考全國卷 Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛.駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B,立即采取制動(dòng)措施,但仍然撞上了汽車 B.兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m,A車向前滑動(dòng)了2.0 m.已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg,兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
14、均為0.10,兩車碰撞時(shí)間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng),重力加速度大小g=10 m/s2.求: (1)碰撞后的瞬間B車速度的大小; (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小. 解析:(1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB,碰撞后加速度大小為a B.根據(jù)牛頓第二定律有 μmBg=mBaB① 式中μ是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為v′B,碰撞后滑行的距離為s B.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v′=2aBsB② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得 v′B=3.0 m/s.③ (2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA,碰后加速度大小為aA.根據(jù)牛頓第二定律有 μmAg=mAaA④ 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為v
15、′A,碰撞后滑行的距離為sA.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v′=2aAsA⑤ 設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒,有 mAvA=mAv′A+mBv′B⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得 vA=4.25 m/s. 答案:見解析 角度3 動(dòng)量守恒定律在爆炸現(xiàn)象中的應(yīng)用 3.一彈丸在飛行到距離地面5 m 高時(shí)僅有水平速度v=2 m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為3∶1,不計(jì)質(zhì)量損失,重力加速度g=10 m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是( ) 解析:選B.彈丸在爆炸過程中,水平方向的動(dòng)量守恒,有mv=mv甲+mv乙,解得4v=
16、3v甲+v乙,爆炸后兩塊彈片均做平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向有h=gt2,水平方向?qū)?、乙兩彈片分別有x甲=v甲t,x乙=v乙t,代入圖中各數(shù)據(jù),可知B正確. 命題角度 解決方法 易錯(cuò)辨析 動(dòng)量守恒的條件判斷 掌握三個(gè)守恒條件 準(zhǔn)確判斷系統(tǒng)合外力是否為零或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力 彈性碰撞分析 動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒 無能量損失是最大特點(diǎn) 完全非彈性碰撞分析 動(dòng)量守恒定律 掌握碰撞后速度相等這一條件 爆炸現(xiàn)象求解 動(dòng)量守恒的條件是內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力 注意爆炸后各部分的速度方向 動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用 解題策略 (1)弄清有幾個(gè)物體參與運(yùn)動(dòng),并劃分清楚物體的
17、運(yùn)動(dòng)過程. (2)進(jìn)行正確的受力分析,明確各過程的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn). (3)在光滑的平面或曲面上的運(yùn)動(dòng),還有不計(jì)阻力的拋體運(yùn)動(dòng),機(jī)械能一定守恒;碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題,一般考慮用動(dòng)量守恒定律分析. (4)如含摩擦生熱問題,則考慮用能量守恒定律分析. 動(dòng)量與能量的綜合問題,常取材“板、塊”模型、“傳送帶”模型、“彈簧、物塊”模型等,設(shè)置多個(gè)情景、多個(gè)過程,考查力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用.要成功解答此類“情景、過程綜合”的考題,就要善于在把握物理過程漸變規(guī)律的同時(shí),洞察過程的臨界情景,結(jié)合題給條件(往往是不確定條件),進(jìn)行求解(注意結(jié)合實(shí)際情況分類討論).
18、 (2018·高考全國卷 Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后,從地面豎直升空.當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí),彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分,兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E,且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng).爆炸時(shí)間極短,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量.求: (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間; (2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度. [解析] (1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0,由題給條件有 E=mv① 設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 0-v0=-gt② 聯(lián)立①②式得 t= .③ (2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度
19、為h1,由機(jī)械能守恒定律有 E=mgh1④ 火藥爆炸后,煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng),設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動(dòng)量守恒定律有 mv+mv=E⑤ mv1+mv2=0⑥ 由⑥式知,煙花彈兩部分的速度方向相反,向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng).設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2,由機(jī)械能守恒定律有 mv=mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得,煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為 h=h1+h2=. [答案] 見解析 角度1 “子彈打木塊”模型 1.如圖所示,在固定的足夠長的光滑水平桿上,套有一個(gè)質(zhì)量為m=0.5 kg的光滑金屬圓環(huán),輕繩一端拴在
20、環(huán)上,另一端系著一個(gè)質(zhì)量為M=1.98 kg的木塊,現(xiàn)有一質(zhì)量為m0=20 g的子彈以v0=100 m/s的水平速度射入木塊并留在木塊中(不計(jì)空氣阻力和子彈與木塊作用的時(shí)間,g=10 m/s2),求: (1)圓環(huán)、木塊和子彈這個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能; (2)木塊所能達(dá)到的最大高度. 解析:(1)子彈射入木塊過程,動(dòng)量守恒,有 m0v0=(m0+M)v 在該過程中機(jī)械能有損失,損失的機(jī)械能為 ΔE=m0v-(m0+M)v2 解得:ΔE=99 J. (2)木塊(含子彈)在向上擺動(dòng)過程中,木塊(含子彈)和圓環(huán)在水平方向動(dòng)量守恒,有 (m0+M)v=(m0+M+m)v′ 又木塊(含
21、子彈)在向上擺動(dòng)過程中,機(jī)械能守恒,有 (m0+M)gh=(m0+M)v2-(m0+M+m)v′2 聯(lián)立解得:h=0.01 m. 答案:見解析 角度2 “彈簧類”模型 2.(2018·湖北八校聯(lián)考)如圖所示,質(zhì)量為m3=2 kg的滑道靜止在光滑的水平面上,滑道的AB部分是半徑為R=0.3 m的四分之一圓弧,圓弧底部與滑道水平部分相切,滑道水平部分右端固定一個(gè)輕質(zhì)彈簧.滑道CD部分粗糙,其他部分均光滑.質(zhì)量為m2=3 kg的物體2(可視為質(zhì)點(diǎn))放在滑道的B點(diǎn),現(xiàn)讓質(zhì)量為m1=1 kg的物體1(可視為質(zhì)點(diǎn))自A點(diǎn)由靜止釋放.兩物體在滑道上的C點(diǎn)相碰后粘在一起(g=10 m/s2).
22、 (1)求物體1從釋放到與物體2相碰的過程中,滑道向左運(yùn)動(dòng)的距離. (2)若CD=0.2 m,兩物體與滑道的CD部分的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ=0.15,求在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,彈簧具有的最大彈性勢能. (3)在(2)的條件下,物體1、2最終停在何處? 解析:(1)物體1從釋放到與物體2碰撞的過程中,物體1和滑道組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,設(shè)物體1水平位移大小為s1,滑道的水平位移大小為s3,有 0=m1s1-m3s3,s1=R 解得s3==0.15 m. (2)設(shè)物體1、物體2剛要相碰時(shí)物體1的速度大小為v1,滑道的速度大小為v3,由機(jī)械能守恒定律有 m1gR=m1v+m3v 由動(dòng)
23、量守恒定律有0=m1v1-m3v3 物體1和物體2相碰后的共同速度大小設(shè)為v2,由動(dòng)量守恒定律有 m1v1=(m1+m2)v2 彈簧第一次壓縮至最短時(shí)由動(dòng)量守恒定律可知物體1、2和滑道速度為零,此時(shí)彈性勢能最大,設(shè)為Epm.從物體1、2碰撞后到彈簧第一次壓縮至最短的過程中,由能量守恒定律有 (m1+m2)v+m3v-μ(m1+m2)g·CD=Epm 聯(lián)立以上方程,代入數(shù)據(jù)解得Epm=0.3 J. (3)分析可知物體1、2和滑道最終將靜止,設(shè)物體1、2相對滑道CD部分運(yùn)動(dòng)的路程為s,由能量守恒定律有 (m1+m2)v+m3v=μ(m1+m2)gs 代入數(shù)據(jù)可得s=0.25 m
24、所以物體1、物體2最終停在C點(diǎn)和D點(diǎn)之間與D點(diǎn)間的距離為0.05 m處. 答案:見解析 1.“子彈打木塊模型”是碰撞中常見模型,其突出特征是在子彈打擊木塊的過程中有機(jī)械能損失,此類問題的一般解法可歸納如下: (1)分析子彈打擊木塊的過程,弄清楚子彈是停留在木塊中和木塊一起運(yùn)動(dòng)還是穿透木塊和木塊各自運(yùn)動(dòng); (2)子彈在打擊木塊的過程中,由于時(shí)間較短,內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力,故在打擊的過程中動(dòng)量守恒; (3)子彈在打擊木塊過程中產(chǎn)生的機(jī)械能損失,一般有兩種求解方法:一是通過計(jì)算打擊前系統(tǒng)的機(jī)械能與打擊后系統(tǒng)的機(jī)械能的差值得出機(jī)械能的損失;二是通過計(jì)算在子彈打擊木塊的過程中,子彈克服阻力做的
25、功與阻力對木塊做的功的差值進(jìn)行求解. 2.利用彈簧進(jìn)行相互作用的碰撞模型,一般情況下均滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律,此類試題的一般解法是: (1)首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長、伸長還是壓縮狀態(tài); (2)分析碰撞前后彈簧和物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列出方程; (3)判斷解出的結(jié)果是否滿足“實(shí)際情境可行性原則”,如果不滿足,則要舍掉該結(jié)果. 注意:(1)由于彈簧的彈力是變力,所以彈簧的彈性勢能通常利用機(jī)械能守恒或能量守恒求解; (2)要特別注意彈簧的三個(gè)狀態(tài):原長(此時(shí)彈簧的彈性勢能為零)、壓縮到最短或伸長到最長的狀態(tài)(此時(shí)彈簧連接的兩個(gè)物體具有共同的速度
26、,彈簧具有最大的彈性勢能),這往往是解決此類問題的突破點(diǎn). , (建議用時(shí):45分鐘) 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2018·銀川段考)冰壺運(yùn)動(dòng)深受觀眾喜愛,圖1為索契冬奧會(huì)上中國隊(duì)員投擲冰壺的鏡頭.在某次投擲中,冰壺甲運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與對方靜止的冰壺乙發(fā)生正碰,如圖2.若兩冰壺質(zhì)量相等,則碰后兩冰壺最終停止的位置,可能是選項(xiàng)圖中的( ) 解析:選B.兩冰壺碰撞過程動(dòng)量守恒,兩冰壺發(fā)生正碰,由動(dòng)量守恒定律可知,碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量不變,兩冰壺的動(dòng)量方向即速度方向不會(huì)偏離甲原來的方向,故A錯(cuò)誤;如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞,碰撞過程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒,兩冰壺質(zhì)量相等,碰撞
27、后兩冰壺交換速度,甲靜止,乙的速度等于甲的速度,碰后乙做減速運(yùn)動(dòng),最后靜止,最終兩冰壺的位置如選項(xiàng)圖B所示,故B正確;兩冰壺碰撞后,甲的速度不可能大于乙的速度,碰后乙在前,甲在后,故C錯(cuò)誤;碰撞過程機(jī)械能不可能增大,兩冰壺質(zhì)量相等,碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度,即碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移,故D錯(cuò)誤. 2.質(zhì)量為2 kg的物體做直線運(yùn)動(dòng),其v-t圖象如圖所示,則物體在前10 s內(nèi)和后10 s內(nèi)所受合外力的沖量分別是( ) A.0,-20 N·s B.20 N·s,-40 N·s C.0,20 N·s D.20 N·s,-20 N·s 解析:選A.由圖象可知,物體在前
28、10 s內(nèi)初、末狀態(tài)的動(dòng)量相同,p1=p2=10 kg·m/s,由動(dòng)量定理知I1=0;物體在后10 s內(nèi)末狀態(tài)的動(dòng)量p3=-10 kg·m/s,由動(dòng)量定理知I2=p3-p2=-20 N·s,選項(xiàng)A正確. 3.如圖所示,一輕桿兩端分別固定著a、b兩個(gè)光滑金屬球,a球質(zhì)量大于b球質(zhì)量,兩球的半徑相等,整個(gè)裝置放在光滑的水平面上,將此裝置從圖示位置由靜止釋放,則( ) A.在b球落地前瞬間,a球的速度方向向右 B.在b球落地前瞬間,a球的速度方向向左 C.在b球落地前的整個(gè)過程中,輕桿對b球的沖量為零 D.在b球落地前的整個(gè)過程中,輕桿對b球做的功為零 解析:選D.整個(gè)裝置下落過程中,
29、水平方向沒有外力,水平方向的動(dòng)量守恒,原來系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量為零,在b球落地前瞬間,系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量仍為零,a球水平方向速度一定為零,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;設(shè)桿對a球做功為W1,對b球做功為W2,在b球落地前由于機(jī)械能守恒,則除了重力以外的力做的功必定為零,即W1+W2=0,對a球由動(dòng)能定理可知W1=0,故W2=0,選項(xiàng)D正確;對b球,水平方向上動(dòng)量變化為零,桿對b球的水平?jīng)_量為零,在豎直方向上,由動(dòng)量定理可知,桿對b球的豎直方向的沖量必定不為零,且沖量方向向上,選項(xiàng)C錯(cuò)誤. 4.為估算雨滴撞擊池中睡蓮葉面的平均壓強(qiáng),小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺(tái),測得1 h內(nèi)杯中水面上升了45 mm,查詢得
30、知,當(dāng)時(shí)雨滴豎直下落的速度約為12 m/s.據(jù)此計(jì)算該壓強(qiáng)約為(設(shè)雨滴撞擊睡蓮葉面后無反彈,不計(jì)雨滴重力,雨水的密度為1×103 kg/m3)( ) A.0.15 Pa B.0.54 Pa C.1.5 Pa D.5.4 Pa 解析:選A.解答此類連續(xù)相互作用的問題,首先要注意研究對象的選?。x取Δt=1 h時(shí)間內(nèi)與面積為S的睡蓮發(fā)生相互作用的雨滴作為研究對象,其質(zhì)量為m=ρhS,發(fā)生作用后速度變?yōu)榱悖鶕?jù)動(dòng)量定理,有FΔt=mv=ρhSv,則壓強(qiáng)p===0.15 Pa,選項(xiàng)A正確. 5.(2018·北京東城區(qū)期中)質(zhì)量為80 kg的冰球運(yùn)動(dòng)員甲,以5 m/s的速度
31、在水平冰面上向右運(yùn)動(dòng)時(shí),與質(zhì)量為100 kg、速度為3 m/s的迎面而來的運(yùn)動(dòng)員乙相撞,碰后甲恰好靜止.假設(shè)碰撞時(shí)間極短,下列說法正確的是( ) A.碰后乙向左運(yùn)動(dòng),速度大小為1 m/s B.碰后乙向右運(yùn)動(dòng),速度大小為7 m/s C.碰撞中甲、乙的機(jī)械能總共增加了1 450 J D.碰撞中甲、乙的機(jī)械能總共損失了1 400 J 解析:選D.甲、乙碰撞的過程中,甲、乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向右為正方向,設(shè)碰撞前甲的速度為v甲,乙的速度為v乙,碰撞后乙的速度為v′乙,由動(dòng)量守恒定律得:m甲v甲-m乙v乙=m乙v′乙,解得v′乙=1 m/s,方向水平向右,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;甲、乙碰撞過程機(jī)
32、械能的變化量ΔE=m甲v+m乙v-m乙v′,代入數(shù)據(jù)解得ΔE=1 400 J,機(jī)械能減少了1 400 J,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確. 6.(2018·日照月考)“蹦極”運(yùn)動(dòng)中,長彈性繩的一端固定,另一端綁在人身上,人從幾十米高處跳下,將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運(yùn)動(dòng),從繩恰好伸直,到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中,下列分析正確的是( ) A.繩對人的沖量始終向上,人的動(dòng)量先增大后減小 B.繩對人的拉力始終做負(fù)功,人的動(dòng)能一直減小 C.繩恰好伸直時(shí),繩的彈性勢能為零,人的動(dòng)能最大 D.人在最低點(diǎn)時(shí),繩對人的拉力等于人所受的重力 解析:選A.從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中,人先
33、做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),加速度等于零時(shí),速度最大,故人的動(dòng)量和動(dòng)能都是先增大后減小,加速度等于零時(shí)(即繩對人的拉力等于人所受的重力時(shí))速度最大,動(dòng)量和動(dòng)能最大,在最低點(diǎn)時(shí)人具有向上的加速度,繩對人的拉力大于人所受的重力,繩的拉力方向始終向上與運(yùn)動(dòng)方向相反,故繩對人的沖量方向始終向上,繩對人的拉力始終做負(fù)功,故選項(xiàng)A正確,選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤. 二、多項(xiàng)選擇題 7.如圖所示,四個(gè)小球放在光滑的水平面上,小球3和小球4分別以v0和2v0的速率向兩側(cè)勻速運(yùn)動(dòng),中間兩個(gè)小球靜止,小球1質(zhì)量為m,小球2的質(zhì)量為2m,1、2兩球之間放置一被壓縮的輕質(zhì)彈簧,彈簧所具有的彈性勢能為
34、Ep,將彈簧的彈性勢能全部釋放,下列說法正確的是( ) A.彈簧的彈性勢能在釋放過程中,小球1和小球2的合動(dòng)量不為零 B.小球1和小球2離開彈簧后瞬間的速度大小分別是2、 C.小球1能否與小球3碰撞,取決于小球3的質(zhì)量大小 D.若離開彈簧后小球1能追上小球3,小球2不能追上小球4,則質(zhì)量m要滿足≤m< 解析:選BD.小球1和小球2組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒,由于開始小球1和小球2靜止,所以在彈簧的彈性勢能釋放的過程中,小球1和小球2組成的系統(tǒng)合動(dòng)量為零,A錯(cuò)誤;設(shè)小球1和小球2離開彈簧后瞬間的速度大小分別為v1、v2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律知:mv1-2mv2=0,Ep=m
35、v+×2mv,解得v1=2,v2=,B正確;若離開彈簧后小球1能追上小球3,小球2不能追上小球4,速度大小應(yīng)滿足v1=2>v0,v2=≤2v0,解得≤m<,C錯(cuò)誤,D正確. 8.(2018·貴陽檢測)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上,箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊,小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.初始時(shí)小物塊停在箱子正中間,如圖所示.現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v,小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間,并與箱子保持相對靜止.設(shè)碰撞都是彈性的,則整個(gè)過程中,系統(tǒng)損失的動(dòng)能為( ) A.Mv2 B.v2 C.NμmgL D.NμmgL 解析:選BD.設(shè)最
36、終箱子與小物塊的速度為v1,根據(jù)動(dòng)量守恒定律:mv=(m+M)v1,則動(dòng)能損失ΔEk=mv2-(m+M)v,解得ΔEk=v2,B對;依題意:小物塊與箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央,相對箱子運(yùn)動(dòng)的路程為s=0.5L+(N-1)L+0.5L=NL,故系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量即為系統(tǒng)損失的動(dòng)能:ΔEk=Q=NμmgL,D對. 三、非選擇題 9.皮球從某高度落到水平地板上,每彈跳一次上升的高度總等于前一次的0.64,且每次球與地板接觸的時(shí)間相等.若空氣阻力不計(jì),與地板碰撞時(shí),皮球重力可忽略. (1)求相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比是多少? (2)若用手拍這個(gè)球,使其保持在0.8 m的高度上
37、下跳動(dòng),則每次應(yīng)給球施加的沖量為多少?(已知球的質(zhì)量m=0.5 kg,g取10 m/s2) 解析:(1)由題意可知,碰撞后的速度是碰撞前的0.8.設(shè)皮球所處的初始高度為H,與地板第一次碰撞前瞬時(shí)速度大小為v0=,第一次碰撞后瞬時(shí)速度大小(亦為第二次碰撞前瞬時(shí)速度大小)v1和第二次碰撞后瞬時(shí)速度大小v2滿足v2=0.8v1=0.82v0.設(shè)兩次碰撞中地板對球的平均沖力分別為F1、F2,選豎直向上為正方向,根據(jù)動(dòng)量定理,有 F1t=mv1-(-mv0)=1.8mv0 F2t=mv2-(-mv1)=1.8mv1=1.44mv0 則F1∶F2=5∶4. (2)欲使球跳起0.8 m,應(yīng)使球由靜
38、止下落的高度為h= m=1.25 m,球由1.25 m落到0.8 m處的速度為v=3 m/s,則應(yīng)在0.8 m處給球的沖量為I=mv=1.5 N·s,方向豎直向下. 答案:(1)5∶4 (2)1.5 N·s 方向豎直向下 10.在如圖所示的水平軌道中,AC段的中點(diǎn)B的正上方有一探測器,C處有一豎直擋板.物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點(diǎn)的物體P2碰撞,并結(jié)成復(fù)合體P,以此碰撞時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn).探測器只在t1=2 s至t2=4 s內(nèi)工作,已知P1、P2的質(zhì)量都為m=1 kg,P與AC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1,AB段長L=4 m,g取10 m/s2,P1、P2和P均視為質(zhì)點(diǎn),P與擋板的碰
39、撞為彈性碰撞. (1)若v1=6 m/s,求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動(dòng)能ΔE. (2)若P與擋板碰后,能在探測器的工作時(shí)間內(nèi)通過B點(diǎn),求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的最大動(dòng)能E. 解析:(1)根據(jù)動(dòng)量守恒定律有:mv1=2mv① 解得:v==3 m/s 碰撞過程中損失的動(dòng)能為: ΔEk=mv-×2mv2② 解得ΔEk=9 J. (2)P滑動(dòng)過程中,由牛頓第二定律知 2ma=-μ·2mg③ 可以把P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C再返回B點(diǎn)的全過程看做勻減速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有:3L=vt+at2④ 由①③④式得v1=⑤ (Ⅰ)若2 s時(shí)通過B點(diǎn), 解得:
40、v1=14 m/s (Ⅱ)若4 s時(shí)通過B點(diǎn),解得:v1=10 m/s 故v1的取值范圍為:10 m/s≤v1≤14 m/s 設(shè)向左經(jīng)過A點(diǎn)的速度為vA,由動(dòng)能定理知 ×2mv-×2mv2=-μ·2mg·4L⑥ 當(dāng)v=v1=7 m/s時(shí),復(fù)合體向左通過A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大,EkAmax=17 J. 答案:(1)3 m/s 9 J (2)10 m/s≤v1≤14 m/s 17 J 11.如圖所示,一條帶有圓軌道的長軌道水平固定,圓軌道豎直,底端分別與兩側(cè)的直軌道相切,半徑R=0.5 m.物塊A以v0=6 m/s的速度滑入圓軌道,滑過最高點(diǎn)Q,再沿圓軌道滑出后,與直軌上P處靜止的物塊B
41、碰撞,碰后粘在一起運(yùn)動(dòng),P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑,右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段長度都為L=0.1 m.物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ=0.1,A、B的質(zhì)量均為m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B視為質(zhì)點(diǎn),碰撞時(shí)間極短). (1)求A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v和受到的彈力大小F. (2)若碰后AB最終停止在第k個(gè)粗糙段上,求k的數(shù)值. (3)求碰后AB滑至第n個(gè)(n<k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式. 解析:(1)物塊A從滑入圓軌道到最高點(diǎn)Q,根據(jù)機(jī)械能守恒定律,得mv=mg·2R+mv2 所以A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度 v== m/s=4 m/s>= m/s 在Q點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式,得 mg+F=m 所以A受到的彈力F=-mg=N=22 N. (2)A與B碰撞遵守動(dòng)量守恒定律,設(shè)碰撞后的速度為v′,則mv0=2mv′, 所以v′=v0=3 m/s 從碰撞到AB停止,根據(jù)動(dòng)能定理,得 -2μmgkL=0-·2mv′2 所以k===45. (3)AB從碰撞到滑至第n個(gè)光滑段根據(jù)動(dòng)能定理,得 -2μmgnL=·2mv-·2mv′2 解得vn=(n<k). 答案:(1)4 m/s 22 N (2)45 (3)vn=(n<k) 17
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