新高考版《物理》資料：專題檢測-專題七-動量

新高考版《物理》資料：專題檢測-專題七-動量新高考版《物理》資料：專題檢測-專題七-動量PAGE/PAGE1新高考版《物理》資料：專題檢測-專題七-動量專題七動量專題檢測題組1.(2022陜西西安長安一中三模,21)(多選)如圖所示,光滑水平面上有一右端帶有固定擋板的長木板,總質(zhì)量為m.一輕質(zhì)彈簧右端與擋板相連,彈簧左端與長木板左端的距離為x1.質(zhì)量也為m的滑塊(可視為質(zhì)點)從長木板的左端以速度v1滑上長木板,彈簧的最大壓縮量為x2且滑塊恰好能回到長木板的左端;若把長木板固定,滑塊滑上長木板的速度為v2,彈簧的最大壓縮量也為x2.已知滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,則()A.v1=2v2B.彈簧彈性勢能的最大值為14mC.彈簧彈性勢能的最大值為μmg(x1+x2)D.滑塊以速度v2滑上長木板,也恰好能回到長木板的左端答案ACD當(dāng)長木板不固定時,水平面光滑,滑塊、長木板和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,從滑塊滑上長木板到彈簧壓縮到最短,即滑塊和長木板共速,對系統(tǒng)由動量守恒定律可得：mv1=(m+m)v共①,由能量守恒定律可得：Ep+μmg(x1+x2)=12mv12-12(m+m)v共2②;從滑塊滑上長木板到滑塊恰好能回到長木板最左端,即到最左端滑塊和長木板共速,對系統(tǒng)由動量守恒定律可得：mv1=(m+m)v共,由能量守恒定律可得：2μmg(x1+x2)=12mv12-12(m+m)v共2③.當(dāng)長木板固定時,從滑塊滑上長木板到彈簧壓縮量最大,即滑塊速度為0,由能量守恒定律可得：12mv22=μmg(x1+x2)+Ep④.由①②可得Ep=14mv12-μmg(x1+x2)⑤,B錯誤;對比②③可得Ep=μmg(x1+x2),C正確;由④⑤得v1=2v2,A正確;滑塊以初速度v2滑上長木板直至把彈簧壓縮到最短時,二者具有的能量為Ep=μmg(x1+x2),此后滑塊向左滑動,若能滑到最左端,則需克服摩擦力做功Wf=2.(2022新疆檢測,21)(多選)如圖所示,兩個可視為質(zhì)點的物體A和B放在兩豎直墻壁之間的水平地面上,物體A、B的質(zhì)量均為1kg,與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.1,兩豎直墻壁間距為1.6m.開始時,物體B靜止在兩豎直墻壁的中點O位置,物體A從O1點以4m/s的速度向右運動,已知物體A與B之間,物體A、B與墻壁之間的碰撞均為彈性碰撞,g取10m/s2,則()A.物體A與B發(fā)生第一次碰撞后,物體B的動能為7.2JB.物體A與B之間總共能發(fā)生五次碰撞C.物體A與B走過的路程之和為6.4mD.最終物體A靜止在O1點,物體B靜止在O點答案AB兩物體質(zhì)量相等,當(dāng)兩物體發(fā)生彈性碰撞時速度交換,即每次碰撞后,主動碰撞的物體速度變?yōu)?.設(shè)物體A、B第一次碰后物體B的動能為Ek,由能量守恒定律可得：Ek=12mv02-μmgx1,其中v0=4m/s,x1=0.8m,解得Ek=7.2J,A正確.從物體A開始運動到A、B均靜止,由能量守恒定律可得12mv02=μmgx總,可得x總=8m,C錯誤;設(shè)A、B間共碰撞n次,x總=x1+(n-1)L,其中L=1.6m,可得n=5.5,所以物體A與B之間總共能發(fā)生五次碰撞,最終物體A靜止在O處,物體B靜止在O23.(2022新疆烏魯木齊八中檢測,4)質(zhì)量為m的小球A以速度v0在光滑水平面上運動,與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生對心碰撞,則碰撞后小球A的速度vA和小球B的速度vB,以下四種情況可能會出現(xiàn)的有()①vA=-13v0vB=23v0②vA=-25v0vB=③vA=-14v0vB=58v0④vA=38v0vB=A.1種B.2種C.3種D.4種答案B碰撞過程需要滿足的三條原則：動量守恒mv0=mvA+2mvB、系統(tǒng)動能不增加12mv02≥12mvA2+12×2mvB2、碰撞后運動狀態(tài)符合實際.①三條都符合,②不符合第二條,③三條都符合,④v4.(2022陜西西安中學(xué)期中,6)雨打芭蕉是我國古代文學(xué)中重要的抒情意象.為估算雨天院中芭蕉葉面上單位面積所承受的力,小玲同學(xué)將一圓柱形水杯置于院中,測得10分鐘內(nèi)杯中雨水上升了15mm,查詢得知,當(dāng)時雨滴落地速度約為10m/s,設(shè)雨滴撞擊芭蕉后無反彈,不計雨滴重力,雨水的密度為1×103kg/m3,據(jù)此估算芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為()A.0.25NB.0.5NC.1.5ND.2.5N答案A設(shè)芭蕉葉面的單位面積S=1m2,芭蕉葉面單位面積對雨水的平均作用力為F,令ρ=1×103kg/m3,h=15mm=0.015m,t=10min=600s,則時間Δt內(nèi)落到芭蕉葉面的雨水的質(zhì)量Δm=ρSv·Δt=ρhtS·Δt.取雨水落地的速度方向為正方向,對Δt時間內(nèi)落到葉面的雨水列動量定理可得：-FΔt=0-Δm·v,解得F=0.25N;由牛頓第三定律可得芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為0.25N,A正確5.(2023屆新疆烏魯木齊八中月考,3)如圖,風(fēng)力推動風(fēng)力發(fā)電機的三個葉片轉(zhuǎn)動,葉片帶動轉(zhuǎn)子(磁極)轉(zhuǎn)動,在定子(線圈)中產(chǎn)生電流,實現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化.已知葉片長為r,風(fēng)速為v,空氣密度為ρ,流到葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面的空氣中約有14速度減速為0,有34原速率穿過,如果不考慮其他能量損耗,下列說法正確的是(A.一臺風(fēng)力發(fā)電機的發(fā)電功率約為18ρπr2vB.一臺風(fēng)力發(fā)電機的發(fā)電功率約為124ρπr2vC.空氣對風(fēng)力發(fā)電機一個葉片的平均作用力約為14ρπr2vD.空氣對風(fēng)力發(fā)電機一個葉片的平均作用力約為19ρπr2v答案A時間t內(nèi)流到葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面的空氣的質(zhì)量m=ρπr2vt,產(chǎn)生的電能為E電,由能量守恒可得,E電=12×14m×v2=18ρπr2v3t,所以一臺發(fā)電機的發(fā)電功率P=E電t=18ρπr2v3,A正確,B錯誤.時間t內(nèi),速度減為零的空氣的質(zhì)量為m4,設(shè)空氣的初速度方向為正方向,由動量定理可得-Ft=0-m4v,可得F=14ρπr2v2;由牛頓第三定律可得空氣對風(fēng)力發(fā)電機的一個葉片的平均作用力約為F3=1126.(2022揚州中學(xué)期末,5)如圖所示,某一質(zhì)量為m的衛(wèi)星殘片從離地面H高處由靜止落至地面并陷入泥土一定深度h而停止,不計空氣阻力,重力加速度為g.關(guān)于殘片下落的整個過程,下列說法中正確的是()A.殘片克服泥土阻力所做的功為mgHB.殘片下落的全過程中重力的沖量大小大于泥土阻力的沖量大小C.殘片所受泥土阻力的沖量大于m2D.殘片從接觸地面到靜止的過程中動量的改變量等于所受阻力的沖量答案C由動能定理得mg(H+h)+Wf=0,解得Wf=-mg(H+h),則殘片克服泥土阻力所做的功為mg(H+h),A錯誤;殘片下落的全過程中,動量變化量為0,所受合外力的沖量為零,故重力的沖量大小等于泥土阻力的沖量大小,B錯誤;殘片下落的過程中,根據(jù)自由落體運動規(guī)律得H=v22g,解得落到地面時的速度v=2gH,殘片落到地面上后又陷入泥土中,由動量定理得IG-If=0-mv,解得If=IG+mv=IG+m2gH,殘片所受泥土阻力的沖量大于m2gH,C正確;7.(2022徐州一中月考,6)如圖所示,在光滑的水平面上,質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運動.在小球A的前方O點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài),Q點處為一豎直的墻壁.小球A與小球B發(fā)生彈性正碰后小球A與小球B均向右運動.小球B與墻壁碰撞后以原速率返回并與小球A在P點相遇,PQ=2PO,則兩小球質(zhì)量之比m1∶m2為()A.7∶5B.1∶3C.2∶1D.5∶3答案D以向右為正方向,設(shè)A、B兩個小球碰撞后的速度分別為v1、v2,由動量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,發(fā)生彈性碰撞,不損失動能,故根據(jù)能量守恒定律有12m1v02=12m1v12+12m2v22,兩個小球碰撞后水平方向不受外力,再次相遇,其速率不變,由運動學(xué)規(guī)律有v1∶v2=x1t∶x2t=PO∶(8.(2022揚州模擬,6)如圖1所示,一兒童站在平板小車中間,與小車一起沿水平地面勻速向右運動,兒童突然走向小車一端,此過程兒童和小車的速度?時間關(guān)系如圖2所示,不計地面的摩擦.以下說法正確的是()圖1圖2A.兒童的質(zhì)量小于小車的質(zhì)量B.兒童走向小車左端C.兒童和小車的總動能減少D.小車對兒童的沖量方向水平向右答案B根據(jù)v?t圖像的斜率表示加速度,可知,小車的加速度大小大于兒童的加速度大小,兒童和小車各自受到的合外力大小都等于相互間的摩擦力的大小,由牛頓第二定律F=ma知兒童的質(zhì)量大于小車的質(zhì)量,A錯誤;小車向右做勻加速直線運動,兒童向右做勻減速直線運動,說明兒童對小車的摩擦力向右,小車對兒童的摩擦力向左,則兒童走向小車左端,B正確;兒童在行走過程中要消耗體能,轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的動能,則兒童和小車的總動能增加,C錯誤;小車對兒童的摩擦力方向水平向左,則小車對兒童的沖量方向水平向左,D錯誤.9.(2022蘇州實驗中學(xué)月考,7)如圖所示,在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為M的滑塊,滑塊的一側(cè)是一個14弧形槽,弧形槽半徑為R,A點切線水平.另有一個質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點沖上滑塊,重力加速度大小為g,不計摩擦.下列說法中正確的是()A.當(dāng)v0=2gR時,小球能到達BB.如果小球的速度足夠大,小球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后直接落到水平面上C.小球到達弧形槽最高點處,小球的速度為零D.小球回到弧形槽底部時,小球速度方向可能向左答案D滑塊不固定,當(dāng)v0=2gR時,設(shè)小球沿槽上升的高度為h,小球與滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,則有mv0=(m+M)v,機械能守恒12mv02=12(M+m)v2+mgh,解得h=MM+mR<R,故A錯誤;當(dāng)小球速度足夠大,從B點離開滑塊時,由于B點切線豎直,在B點時小球與滑塊的水平速度相同,離開B點后做斜拋運動,水平方向速度與滑塊速度始終相等,故小球?qū)⒃俅螐腂點落回,不會從滑塊的左側(cè)離開滑塊后直接落到水平面上,B錯誤;當(dāng)小球到達弧形槽最高點,由在水平方向上動量守恒有mv0=(M+m)v共,小球具有水平速度,速度不為零,故C錯誤;小球回到弧形槽底部,相當(dāng)于完成了彈性碰撞,有mv0=mv1+Mv2,12mv02=12mv12+12Mv22,聯(lián)立解得v1=m-Mm+M10.(2022湖南師大附中二模,8)(多選)如圖所示一平板車A質(zhì)量為2m,靜止于光滑水平面上,其右端與豎直固定擋板相距為L.小物塊B的質(zhì)量為m,以大小為v0的初速度從平板車左端開始向右滑行,一段時間后車與擋板發(fā)生碰撞,已知車碰撞擋板時間極短,碰撞前后瞬間的速度大小不變但方向相反.A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ,平板車A表面足夠長,物塊B總不能到平板車的右端,重力加速度大小為g.L為何值時,車與擋板能發(fā)生3次及以上的碰撞()A.v02μgB.v0232答案CD在車與擋板碰撞前,有mv0=2mvA+mvB.如果L為某個值L1,使A與擋板能發(fā)生二次碰撞,從A開始運動到與擋板第一次碰撞前瞬間,對A由動能定理可得μmgL1=12·2mvA2.設(shè)A第二次與擋板碰撞前瞬間A、B的速度大小分別為vA'、vB',從A與擋板第一次碰撞后瞬間到第二次碰撞前瞬間,由動量守恒定律可得mvB-2mvA=2mvA'+mvB',且第二次碰撞前,A、B未達到共速,A在這段時間內(nèi)先向左后向右運動,加速度保持不變,根據(jù)勻變速直線運動的對稱性可知vA'=vA.A與擋板第二次碰撞后經(jīng)一段時間后A、B同時停止運動,即mvB'-2mvA'=0,聯(lián)立解得L1=v0264μg;車與擋板能發(fā)生3次及以上的碰撞的條件為L<11.(2022廣州一模,8)(多選)如圖,水平飛向球棒的壘球被擊打后,動量變化量為12.6kg·m/s,則()A.球的動能可能不變B.球的動量大小一定增加12.6kg·m/sC.球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等D.球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同答案AC壘球被擊打后,可能以與被擊打前等大的速率反向運動,所以球的動能可能不變,動量大小不變,A正確,B錯誤;由牛頓第三定律可知,球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力是相互作用力,它們大小相等,C正確;球受到棒的沖量方向是棒對球彈力的方向,與球被擊打前的速度方向相反,D錯誤.故選A、C.12.(2023屆廣州廣雅中學(xué)期中,5)如圖所示,彈簧的一端固定在豎直墻上,質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上,底部與水平面平滑連接,一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h處由靜止開始自由下滑,則下列說法正確的是()A.在下滑過程中,小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒B.在下滑過程中,小球和槽之間的相互作用力對槽不做功C.被彈簧反彈后,小球能回到槽上高h處D.被彈簧反彈離開彈簧后,小球和槽都做速率不變的直線運動答案D在下滑過程中,小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零,動量守恒;在豎直方向上所受合外力不為零,動量不守恒,A錯誤.在下滑過程中,根據(jù)動量守恒定律可知槽向左運動,小球和槽之間的相互作用力對槽做正功,B錯誤.根據(jù)動量守恒定律,由于兩者的質(zhì)量相等,可知小球滑到斜槽底端時和槽的速度大小相等,小球被彈簧反彈離開彈簧后,速度大小不變,與槽的速度相等,所以小球和槽都做速率不變的直線運動,且小球不可能追上槽并回到槽上高h處,C錯誤,D正確.故選D.13.(2022茂名二模,7)2021年中國火星探測器”天問一號”在火星表面成功著陸,火星車”祝融號”開展巡視探測,假定火星上風(fēng)速約為18m/s,火星大氣密度約為1.3×10-2kg/m3,”祝融號”迎風(fēng)面積約為6m2,風(fēng)垂直吹到火星車上速度立刻減為零,則火星車垂直迎風(fēng)面受到的壓力約為()A.1.4NB.25NC.140ND.250N答案B設(shè)Δt內(nèi)吹到火星車”祝融號”上的風(fēng)的質(zhì)量為Δm,有Δm=ρvΔtS,以該部分風(fēng)為研究對象,設(shè)風(fēng)速方向為正方向,根據(jù)沖量定理有-FΔt=0-Δmv,解得F=ρv2S=1.3×10-2×18×18×6N≈25N.根據(jù)牛頓第三定律可知火星車垂直迎風(fēng)面受到的壓力約為25N,故選B.情境解讀可以將風(fēng)模型化柱狀的流體,以單位時間的流體為研究對象,應(yīng)用動量定理解題.14.(2022寧夏銀川質(zhì)檢,25)在足夠大的光滑水平地面上放置兩木板A和C,物體B(視為質(zhì)點)放在A板的右端,隨A一起以大小v=8m/s的速度向右運動,木板C靜止在水平地面上,A、B、C的質(zhì)量分別為mA=0.1kg、mB=0.2kg、mC=0.3kg.若A與C碰撞后成為一個整體(碰撞時間極短),B滑上C后,最遠能滑至距離C的左端L=3m的位置.取重力加速度大小g=10m/s2.求：(1)A與C碰撞后瞬間A的速度大小v1;(2)從B滑上C到B距離C的左端最遠處所需的時間t;(3)B與C上表面間的動摩擦因數(shù)μ.答案(1)2m/s(2)1s(3)0.4解析(1)設(shè)木板A的初速度方向為正方向,A和C組成的系統(tǒng)碰撞過程中動量守恒,mAv=(mA+mC)v1,解得v1=2m/s.(2)從A、B開始運動到A、B、C達到共同速度v共,A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒,(mA+mB)v=(mA+mB+mC)v共,可得v共=4m/s;從B滑上C到B、C達到共速,B的對地位移與A、C的對地位移之間的關(guān)系為xB-xAC=L,所以v+v共2t-v1+v共(3)從A、C碰后成為一個整體到A、B、C共速,對A、B、C系統(tǒng)由能量守恒定律可得：μmBgL=12(mA+mC)v12+12mBv2-12(mA+mB+mC)v共2方法技巧本題中有A、B、C三個研究對象,當(dāng)A和C碰撞時,時間很短,內(nèi)力遠大于外力,所以A和C組成的系統(tǒng)動量守恒,此碰撞為完全非彈性碰撞,但B此時并未和C碰撞,故認(rèn)為A和C碰撞的過程中,物體B的狀態(tài)并未發(fā)生改變.A和C碰撞后,把A和C看成一個整體,物體B和A、C整體看成板塊模型分析.15.(2023屆南京學(xué)情調(diào)研,14)如圖所示,半徑為R=0.2m的光滑固定四分之一圓弧軌道末端水平,與地面上足夠長的水平木板C的上表面等高、平滑對接,但不粘連.現(xiàn)將質(zhì)量mA=1kg的物塊A從軌道上最左端由靜止釋放,此時物塊B、木板C均靜止,B到C左端的距離d=0.5m.物塊A滑上木板C后經(jīng)過一定時間與物塊B發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,且碰后A、B粘在一起.已知B、C的質(zhì)量mB=0.5kg、mC=0.5kg,A、B與C間的動摩擦因數(shù)相同,μA=μB=0.2,C與地面間動摩擦因數(shù)μC=0.05.重力加速度g=10m/s2.求：(1)物塊A對圓形軌道最低點P的壓力;(2)從A滑上C直至A、B發(fā)生碰撞所需的時間;(3)從釋放A到三個物體最終均停止運動,全過程系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量.答案(1)30N方向豎直向下(2)13s(3)11解析(1)物塊A下滑過程,由動能定理得mAgR=12mA解得v0=2代入數(shù)值得v0=2m/s物塊在P點,支持力和重力的合力提供向心力N-mg=mN=mv02由牛頓第三定律,滑塊對P點的壓力為30N,方向豎直向下.(2)A滑上C表面后減速運動的加速度大小為aA=μAg=2m/s2假設(shè)B、C相對靜止并向右加速,共同加速度a=μ代入數(shù)值,得a=1m/s2a<μBg故假設(shè)成立.A追上B時,滿足d=v0t-1代入數(shù)據(jù)解得t1=13s,t2=1s(舍去(3)A、B碰撞前瞬間vA=v0-aAt1=43vB=at1=13A、B碰撞過程,由動量守恒定律得mAvA+mBvB=(mA+mB)v可得v=1m/s全過程系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=mAgR-1代入數(shù)值解得Q=11616.(2022無錫一中期末,13)汽車安全性能是衡量汽車品質(zhì)的重要指標(biāo),實車碰撞試驗是綜合評價汽車安全性能最有效的方法.某次測試中質(zhì)量為1500kg的實驗汽車在車道上加速至16m/s后撞上剛性壁障,碰后車輪被卡住,以4m/s的速度反向彈回,車滑行2m后停止,數(shù)據(jù)傳感器記錄此次碰撞時間為0.5s,重力加速度取10m/s2,求：(1)碰撞過程中壁障對實驗汽車的平均作用力大小;(2)實驗汽車與車道之間的動摩擦因數(shù).答案(1)6×104N(2)0.4解析(1)取反彈后的速度方向為正方向,由動量定理可得Ft=mv2-mv1解得F=6×104N(2)方法一：汽車反彈后,水平方向摩擦力做功,由動能定理有-μmgx=0-12m解得μ=0.4方法二：汽車反彈后受摩擦力作用,做勻速減速直線運動,由運動學(xué)公式有0-v22由牛頓第二定律有μmg=ma解得μ=0.417.(2022雅禮中學(xué)月考七,13)如圖所示,粗糙的水平面上靜止放置三個質(zhì)量均為m的小木箱,相鄰兩小木箱的距離均為L.工人用沿水平方向的力推最左邊的小木箱使之向右滑動,逐一與其他小木箱碰撞.每次碰撞后小木箱都粘在一起運動.整個過程中工人的推力不變,最后恰好能推著三個木箱勻速運動.已知小木箱與水平面間的動摩擦因數(shù)都為μ,重力加速度為g.設(shè)每次碰撞時間極短,小木箱可視為質(zhì)點.求第一次碰撞和第二次碰撞過程中損失的機械能之比.答案3∶2解析最后恰好能推著三個木箱勻速運動,則有F=3μmg水平力推最左邊的木箱時,根據(jù)動能定理有(F-μmg)L=12m木箱發(fā)生第一次碰撞,根據(jù)動量守恒定律有mv1=2mv2碰撞中損失的機械能為ΔE1=12mv12-第一次碰后,水平力推兩木箱向右運動,根據(jù)動能定理有(F-2μmg)L=12×2m·v32-木箱發(fā)生第二次碰撞,根據(jù)動量守恒定律有2mv3=3mv4碰撞中損失的機械能為ΔE2=12×2m·v32-聯(lián)立解得兩次碰撞過程中損失的機械能之比為ΔE118.(2022五市十校聯(lián)考,13)如圖所示,AB為半徑R=0.8m的14光滑圓弧軌道,BCD為距水平地面高h=1.25m的水平軌道,BC部分粗糙、長度L=2m,CD部分光滑,水平軌道與圓弧軌道相切于B點.甲、乙兩物塊(均視為質(zhì)點)靜置在水平軌道上,乙在水平軌道末端D點,兩物塊間夾有一水平輕質(zhì)彈簧(彈簧與物塊不粘連),當(dāng)彈簧處于自然伸長狀態(tài)時,甲在C點的右側(cè).第一次,保持乙不動,用外力向右緩慢推甲,使彈簧處于壓縮狀態(tài),然后將甲由靜止釋放,甲恰好能到達圓弧軌道的最高點A;第二次,使彈簧處于壓縮量相同的狀態(tài),同時由靜止釋放兩物塊,彈簧在極短時間內(nèi)恢復(fù)到自然伸長狀態(tài),此后乙落在地面上到D點水平距離為x=1m的E點.甲的質(zhì)量m1=0.1kg,甲與軌道BC部分間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,取重力加速度大小g=10m/s2,不計空氣阻力.求(1)第一次釋放甲后,甲通過B點時對圓弧軌道的壓力大小N;(2)乙的質(zhì)量m2.答案(1)3N(2)0.2kg解析(1)設(shè)第一次釋放甲后,甲通過B點時的速度大小為v,根據(jù)動能定理有-m1gR=0-12m1v解得v=4m/s設(shè)第一次釋放甲后,甲通過B點時所受圓弧軌道的支持力大小為F,有F-m1g=m1v根據(jù)牛頓第三定律有N=F解得N=3N(2)根據(jù)功能關(guān)系可知,彈簧處于壓縮狀態(tài)時的彈性勢能Ep=μm1gL+m1gR解得Ep=1.2J設(shè)第二次釋放甲、乙后,甲、乙離開彈簧時的速度大小分別為v1和v2,根據(jù)動量守恒定律有m1v1=m2v2根據(jù)機械能守恒定律有Ep=12m1v12+1設(shè)第二次釋放甲、乙后,乙在空中運動的時間為t,有h=12gt2,x=v2聯(lián)立解得m2=0.2kg19.(2022湖南師大附中二模,13)如圖所示,光滑水平地面上固定一個高h的光滑墩子,墩子頂面上有一個側(cè)面光滑可視為質(zhì)點的物體B,質(zhì)量為M,與墩子無摩擦.小球A以水平初速度v0=2gh從高H=1.5h處水平拋出,恰好與B的左側(cè)面發(fā)生彈性碰撞(不會與墩子碰撞),B物體恰好落在距墩子水平距離x=h處的小車C左端,小車的高度忽略不計,而A球落在墩子的左邊,重力加速度為(1)A球拋出點到B的水平距離多大?(2)A球的落地點距墩子的水平距離多大?(3)假設(shè)小車的質(zhì)量也為M,物體B底面與小車上表面的動摩擦因數(shù)為μ=14,不考慮其他阻力,物體落在小車上發(fā)生豎直速度大小不變的反彈,且作用時間極短,求物體B再次落在車上(或地面)時,兩次落點相對小車的水平距離多大答案(1)2h(2)6-22解析(1)根據(jù)12h=12解得tAB=h所以水平距離xA=v0tAB=2h(2)設(shè)小球的質(zhì)量為m,被碰后B的速度為vB,根據(jù)h=12gt12,h=v解得vB=1A與B相碰,水平方向動量守恒mv0=-mvA+MvB由彈性碰撞的特點可得12mv02=12mv解得vA=vB=122gA球與B碰撞,豎直速度不會改變,因此落地時間也不會改變,從拋出到落地的時間為tH=3碰后落地時間為Δt=tH-tAB=(3-1)h所以落地點與墩子的水平距離為x=6-(3)B落在小車前瞬間的豎直速度vy=2因為作用時間極短,那么有NΔt=2M2水平方向,對B物體有-μNΔt=MvB'-M·1對小車有μNΔt=MvC解得vB'=0,vC=1很明顯與實際不符,因為在極短時間內(nèi),B減速,C加速,當(dāng)B、C水平方向共速時,摩擦力變?yōu)榱?B不再減速,B、C水平共速,由水平方向動量守恒得vB'=vC=142gh,因此兩次水平落點在同一點(20.(2022長郡中學(xué)月考六,13)如圖所示,傾角θ=30°的光滑斜面上的A、B兩點鎖定著大小相同的a、b兩個滑塊(均可視為質(zhì)點),它們的質(zhì)量分別為ma、mb,斜面底端C點固定一個擋板.現(xiàn)同時解除鎖定,讓滑塊a、b同時由靜止開始沿斜面下滑,滑塊b與擋板碰撞后沿斜面向上運動,又與向下運動的滑塊a發(fā)生碰撞.已知A、B之間的距離L1=5m,B、C之間的距離L2=2.5m,碰撞均為彈性碰撞,重力加速度g=10m/s2,求(1)滑塊b到達擋板時的速度v0的大小;(2)滑塊a、b碰前的速度va、vb的大小;(3)為使滑塊a能返回A點,兩滑塊質(zhì)量比ma∶mb應(yīng)滿足什么條件.答案(1)5m/s(2)7.5m/s2.5m/s(3)ma∶mb≤1∶3解析(1)b下滑,由動能定理有mbgL2sin30°=12mb得v0=5m/s(2)滑塊b到達擋板時,a也下滑L2,同理,此時a下滑的速度大小也是v0=5m/s,b與擋板碰后,速度大小不變,方向相反,對兩滑塊有mgsin30°=ma得a=5m/s2a的位移xa=v0t+12atb的位移xb=v0t-12ata、b相遇時,xa+xb=(L1-L2)+L2=L1得t=0.5s則va=v0+at=7.5m/s,vb=v0-at=2.5m/s(3)a、b碰撞,取沿斜面向上為正方向.由動量守恒定律得mbvb-mava=mbvb'+mava'由機械能守恒定律得12mbvb2+12mava2=12mbvb'2+解得va'=(為使a能返回A點,va'≥va,得ma∶mb≤1∶321.(2022深圳光明區(qū)高級中學(xué)月考,13)2022年舉辦的第24屆冬奧會中,短道速滑接力賽是冰上最為激烈的運動項目之一.質(zhì)量60kg的隊員甲,以速度12m/s從后方接近質(zhì)量為50kg的隊員乙,身體接觸前隊員乙的速度為9.6m/s.隊員甲在推送隊員乙的過程中推送時間極短,隊員乙被推后的瞬時速度為12m/s,隊員甲助力后在直道上向前滑行了19m,接著碰撞上緩沖墊后1s停下.運動員的鞋子與冰面間的動摩擦因數(shù)為0.05,g取10m/s2.(1)求隊員甲助力后的速度;(2)求隊員甲對緩沖墊的平均作用力是多少.答案(1)10m/s(2)510N解析(1)在隊員甲推送乙隊員過程中推送時間極短,以甲、乙兩位運動員為研究對象,由動量守恒得m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2,解得v'2=10m/s(2)隊員甲推送完隊員乙后到剛要接觸緩沖墊過程,根據(jù)動能定理得-μm1gs=1隊員甲碰撞上緩沖墊后,根據(jù)動量定理得(F+μm1g)t=m1v,解得F=510N22.(2022肇慶三模,13)如圖甲所示,”打彈珠”是一種常見的民間游戲,該游戲的規(guī)則為：將手中一彈珠以一定的初速度瞬間彈出,并與另一靜止的彈珠發(fā)生碰撞,若被碰彈珠能進入小坑中即勝出.現(xiàn)將此游戲進行簡化,如圖乙所示,粗糙程度相同的水平地面上,彈珠A和彈珠B與坑在同一直線上,兩彈珠間距x1=2m,彈珠B與坑的間距x2=1m.某同學(xué)將彈珠A以v0=6m/s的初速度水平向右瞬間彈出,經(jīng)過時間t1=0.4s與彈珠B正碰(碰撞時間極短),碰后彈珠A又向前運動Δx=0.1m后停下.已知兩彈珠的質(zhì)量均為2.5g,取重力加速度g=10m/s2,若彈珠A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均相同,并將彈珠的運動視為滑動,求：(1)碰撞前瞬間彈珠A的速度大小和彈珠與地面間的動摩擦因數(shù)μ;(2)兩彈珠碰撞瞬間的機械能損失,并