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文檔簡介
第26講動量守恒定律及其應(yīng)用
目錄
01、考情透視,目標(biāo)導(dǎo)航
02、知識導(dǎo)圖,思維引航..............................................2
03、考點突破,考法探究..............................................2
考點一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用..........................................................2
知識點1.動量守恒定律的適用條件........................................................2
知識點2.動量守恒定律的五個特性........................................................3
考向洞察
考向1.動量守恒定律的理解..............................................................3
考向2.動量守恒定律的基本應(yīng)用..........................................................4
考點二碰撞問題................................................................................5
知識點L碰撞類問題遵循的三條原則....................................................5
知識點2.彈性碰撞討論................................................................6
知識點3.非彈性碰撞....................................................................6
考向洞察.......................................................................................7
考向1?碰撞的可能性分析................................................................7
考向2.彈性碰撞的應(yīng)用..................................................................7
考向3.非彈性碰撞......................................................................8
考點三爆炸、反沖和“人船”模型...............................................................10
知識點L爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律...........................................................10
知識點2.反沖運動的三點說明...........................................................10
知識點3.人船模型及其拓展.............................................................10
考向洞察......................................................................................11
考向1.兩體爆炸模型...................................................................11
考向2.反沖運動.......................................................................12
考向3.人船模型及其拓展模型...........................................................13
04、真題練習(xí),命題洞見..............................................14
0
考情透視?目標(biāo)導(dǎo)航
2024?安徽.高考物理試題
2024.江蘇.高考物理試題
考情
'"2024?廣東.高考物理試題
分析
2024?廣西.高考物理試題
2024湖南?高考物理試題
復(fù)習(xí)目標(biāo)1.理解動量守恒的條件。
目標(biāo)目標(biāo)2.會定量分析一維碰撞問題。
目標(biāo)3.會用動量守恒的觀點分析爆炸、反沖及人船模型。
匐2
//L知識導(dǎo)圖?思維引航\\
理想守恒:不受外力或所受外力的合力為零。
近似守恒:系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力。
條件:-
某一方向守恒:如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零,
則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。
動量守恒定律的五個特性:矢量性、相對性、同時性、系統(tǒng)性、普適性
=
1動量守框卜-pI+p2P14P2'
[動能1增加)或敬+會學(xué)會+會
碰撞問題:一
①碰前兩物體同向運動,若要發(fā)生碰
撞,則應(yīng)有碰后原來在前的物
體速度一定增大,若碰后兩物體同向
速度合理
運動,則應(yīng)有r/Nu/
②碰前兩物體相向運動,碰后兩物體的
運動方向不可能都不改變
爆炸問題:動量爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力,所以在爆炸過程
守恒申,系統(tǒng)的總動量守恒
機楠能在爆炸過程中,有其他形式的能量(如化學(xué)能耗化為機械能,所
反沖問題:增加以系統(tǒng)的機械能增加
位置爆炸的時間極短,因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小,可以認(rèn)
不變?yōu)楸ê蟾鞑糠秩匀粡谋ㄇ暗奈恢靡孕碌膭恿块_始運動
考點突破?考法探究
考點一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用
知識
知識點1.動量守恒定律的適用條件
(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力為雯。
(2)近似守恒:系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒:如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零,則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。
知識點2.動量守恒定律的五個特性
矢量性動量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程,解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向
相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)
動量是一個瞬時量,表達(dá)式中的小、〃、...必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同
同時性
一時刻的動量,勿'、依'、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量
系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)
動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng),還適用于接近光速運動的微
普適性
觀粒子組成的系統(tǒng)
-------------CHHHbu
考向洞察J
考向L動量守恒定律的理解
1.如圖,光滑水平地面上有一小車,一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連,另一端與滑塊相連,滑塊與車廂的
水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮,撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參
考系(可視為慣性系)中,從撤去推力開始,小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)()
A.動量守恒,機械能守恒
B.動量守恒,機械能不守恒
C.動量不守恒,機械能守恒
D.動量不守恒,機械能不守恒
【答案】B
【解析】撤去推力,系統(tǒng)所受合外力為0,動量守恒,滑塊和小車之間有滑動摩擦力,由于摩擦生熱,系
統(tǒng)機械能減少,故B正確。
2.如圖所示,A、8兩木塊緊靠在一起且靜止于光滑水平面上,木塊C以一定的初速度vo從A的左端開始向
右滑行,最后停在8木塊的右端,對此過程,下列敘述不正確的是()
C->”0
A.當(dāng)C在A上滑行時,A、C組成的系統(tǒng)動量守恒
B.當(dāng)C在8上滑行時,B、C組成的系統(tǒng)動量守恒
C.無論C是在4上滑行還是在2上滑行,A、B、C三木塊組成的系統(tǒng)動量都守恒
D.當(dāng)C在2上滑行時,A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒
【答案】A
【解析】當(dāng)C在A上滑行時,對A、C組成的系統(tǒng)受力分析,8對A的作用力為外力,合外力不等于0,
故系統(tǒng)動量不守恒,A錯誤;當(dāng)C在B上滑行時,A、8已分離,對8、C組成的系統(tǒng),沿水平方向不受外
力作用,故系統(tǒng)動量守恒,B正確;對A、B、C三木塊組成的系統(tǒng),無論C是在A上滑行還是在8上滑行,
系統(tǒng)的水平方向上都無外力作用,系統(tǒng)動量守恒,C、D正確。
3.如圖所示,將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上,槽的左側(cè)緊靠在墻壁上。現(xiàn)讓一小球自左側(cè)槽口A的
正上方從靜止開始落下,自A點與圓弧槽相切進(jìn)入槽內(nèi),則下列結(jié)論中正確的是()
A.小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中,只有重力對它做功
B.小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中,小球與半圓槽在水平方向動量守恒
C.小球自半圓槽8點向C點運動的過程中,小球與半圓槽在水平方向動量守恒
D.小球離開C點以后,將做豎直上拋運動
【答案】C
【解析】:小球下滑到半圓槽的最低點8之后,半圓槽離開墻壁,除了重力外,槽對小球的彈力也對小球
做功,選項A錯誤;小球下滑到半圓槽的最低點B之前,小球與半圓槽組成的系統(tǒng)水平方向上受到墻壁的
彈力作用,系統(tǒng)所受的外力不為零,系統(tǒng)水平方向上動量不守恒,半圓槽離開墻壁后,小球與半圓槽在水
平方向動量守恒,選項B錯誤,C正確;半圓槽離開墻壁后小球?qū)Σ鄣膲毫Σ圩龉?,小球與半圓槽具有
向右的水平速度,所以小球離開右側(cè)槽口以后,將做斜上拋運動,選項D錯誤。
考向2.動量守恒定律的基本應(yīng)用
4.隨著機動車數(shù)量的增加,交通安全問題日益凸顯,分析交通違法事例,將警示我們遵守交通法規(guī),珍惜
生命。已知某限速60km/h的平直公路上,一輛質(zhì)量為加=800kg的汽車A以速度叨=15m/s沿平直公路
行駛時,駕駛員發(fā)現(xiàn)前方不遠(yuǎn)處有一質(zhì)量加2=1200kg的汽車8以速度V2迎面駛來,兩車立即同時急剎車,
使車做勻減速運動,但兩車仍在開始剎車f=ls后猛烈地相撞,相撞后結(jié)合在一起再沿8車原行駛方向滑
行6m后停下,設(shè)兩車與路面間動摩擦因數(shù)〃=0.3,g取10m/s2,忽略碰撞過程中路面摩擦力的沖量,求:
(1)兩車碰撞后剛結(jié)合在一起時的速度大?。?/p>
(2)求B車剎車前的速度,并判斷2車是否超速。
【答案】:(1)6m/s(2)21m/s,超速
【解析】:(1)對于碰撞后共同滑行過程有a=鬻=〃g
以共2,|_|
%=2a,可Z*得'u共=6m/s。
(2)對A車有:vA=vi—at
對B車有:VB—V2~at
以碰撞前A車運動的方向為正方向,對碰撞過程由動量守恒定律得:
=
m\VA^miVB共
可得也=21m/s>60km/h
故8車超速。
5.(多選)足夠大的光滑水平面上,一根不可伸長的細(xì)繩一端連接著質(zhì)量為加=1.0kg的物塊A,另一端連接
質(zhì)量為旭2=L0kg的長木板8,繩子開始是松弛的。質(zhì)量為%3=1。kg的物塊C放在長木板8的右端,C
與長木板8間的滑動摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小?,F(xiàn)在給物塊C水平向左的瞬時初速度w=2.0m/s,
物塊C立即在長木板8上運動。已知繩子繃緊前,B、C已經(jīng)達(dá)到共同速度;繩子繃緊后,A、8總是具有
相同的速度;物塊C始終未從長木板B上滑落。下列說法正確的是()
:....,……
A.繩子繃緊前,B、C達(dá)到的共同速度大小為1.0m/s
B.繩子剛繃緊后的瞬間,A、2的速度大小均為1.0m/s
C.繩子剛繃緊后的瞬間,A、2的速度大小均為0.5m/s
2
D.最終A、B、C三者將以大小為§m/s的共同速度一直運動下去
【答案】ACD
【解析】繩子繃緊前,B、C已經(jīng)達(dá)到共同速度,設(shè)8、C達(dá)到的共同速度大小為也,根據(jù)動量守恒定律
可得儂W=(機2+機3)也,解得也=1.0m/s,A正確;繩子剛繃緊后的瞬間,設(shè)A、8具有相同的速度也,A、
8組成的系統(tǒng)滿足動量守恒,則有m2也=(加+加2)也,解得V2=0.5m/s,B錯誤,C正確;A、B、C三者最
2
終有共同的速度,設(shè)為v3,A、5、C組成的系統(tǒng)滿足動量守恒,則有m3V0=(mi+m2+m3)v3,解得也=§m/s,
D正確。
考點二碰撞問題
知識固本
知識點1.碰撞類問題遵循的三條原則
動量守恒m\Vi+m2V2=Jn\V\'+機202’
反1+反2>反1'+&2'
機械能不增
70/2/2
加或二十仁
以2機1丁2機22ml2m2
速度要合理同向碰撞碰撞前,后面的物體速度大;碰撞后,前面的物體速
度大或兩物體速度相等
相向碰撞碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變
知識點2.彈性碰撞討論
(1)碰后速度的求解:
根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律
miVi+m2V2—miVi'+根2。2’①
<1111
力1。/+力2022=力10/力2改’2②
解得口1
義1+勿2
,512一加1)。2+2加1。1
Smi+m2匚
⑵分析討論:
當(dāng)碰前物體2的速度不為零時,若mi=恤,貝IJ:
V\=02,V2f=01,即兩物體交換速度。
當(dāng)碰前物體2的速度為零時,改=0,則:
2〃兇1
5=.+加1'Smi+m20
①加=徵2時,Vif=0,V2'=6,碰撞后兩物體交換速度。
②加〉徵2時,V\>0,V2r>0,碰撞后兩物體沿相同方向運動。
③孫<加2時,Vlf<0,02,>0,碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來。
知識點3.非彈性碰撞
1.非彈性碰撞
碰撞結(jié)束后,動能有部分損失。
mivi+m2V2根2y2'
2
^mivi+^m2V2=品1vi'2+^m2V2+AEk損
2.完全非彈性碰撞
碰撞結(jié)束后,兩物體合二為一,以同一速度運動,動能損失最大。
m\v\+ni2V2=(mi+mi)v
^mivi+^m2V2=^(mi+m2)v2+AEk損max
miVi+m2V2
結(jié)果:--mi+m2
A77_____m^rrLZ_2
△Ekffimax-2(〃zi+〃Z2)二匚㈤■
3.靜止物體被撞后的速度范圍
物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞,當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多,物體B的速度最小,跖=
小M當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時,物體B速度最大,則碰后物體B的速度范圍為小
2MA
Vo<VB<VOo
--------------QiHHJ-u
考向洞察」
考向L碰撞的可能性分析
1.如圖為某運動員正在準(zhǔn)備擊球,設(shè)在某一桿擊球過程中,白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上
運動,碰前白色球A的動量外=5kg?m/s,花色球3靜止,碰后花色球5的動量變?yōu)閜4=4kg?m/s,則兩
球質(zhì)量MA與機3間的關(guān)系可能是()
A.mB=~^nAB.機5=干幾4
C.ITIB5/72/1
【答案】c
【解析】碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,以白色球的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得PA+PB=7M'+PB',
=2020,20,22
解得p/=lkg.m/s,根據(jù)碰撞過程總動能不增加,則有懸+瑞第r+瑞,解得加侖碰后,兩球同
乙YYIA乙YYIB乙YYlA"TIB。
向運動,A的速度不大于3的速度,則結(jié)蜷■,解得恤04如,綜上可知JaSn於4兩,故C正確。
mAmB3
考向2.彈性碰撞的應(yīng)用
2.如圖所示,五個等大的小球8、C、D、E、F,沿一條直線靜放在光滑水平面上,另一等大小球A沿該直
線以速度v向B球運動,小球間發(fā)生碰撞均為彈性碰撞。若8、C、D、£四個球質(zhì)量相等,且比A、尸兩
球質(zhì)量均要大些,則所有碰撞結(jié)束后,還在運動的小球個數(shù)為()
A.1個B.2個ABCDEF
C.3個D.4個
【答案】c
111m—M2m
【解析】球A、B發(fā)生彈性碰撞過程mv=mvi-\-Mv2^2my2—2mvi2+2^V2?J可得Vi=m+N^9V2=^+MV,
即A球反彈,8球前進(jìn),然后8與C發(fā)生彈性碰撞,速度互換,8球停止,C球前進(jìn),以此類推,最后8、
C、。停止,E與尸發(fā)生彈性碰撞,可推得E、尸都向右運動,速度不同,因此最后運動的是A、E、F球,
故選C。
3.如圖所示,兩小球P、Q豎直疊放在一起,小球間留有較小空隙,從距水平地面高度為/?處同時由靜止釋
放。已知小球Q的質(zhì)量是P的2倍。設(shè)所有碰撞均為彈性碰撞。忽略空氣阻力及碰撞時間,則兩球第一次
碰撞后小球P上升的高度為()
h
7777777777/
【答案】B
【解析】設(shè)小球P、Q的質(zhì)量分別為辦2%,落地前的瞬間二者速度均為v,由動能定理可得3sg仁;義3%落
解得v=<麗,Q與地面碰撞后速度等大反向,然后與P碰撞,P、Q碰撞過程滿足動量守恒、機械能守恒,
規(guī)定向上為正方向,則有WV=SVP+2:WVQ,^x3mv2=^mvp2+^X2WVQ2,解得vp=,2gh,碰后小球P
175
機械能守恒,則有加g"=17MVp2,解得〃'=百"故選B。
考向3.非彈性碰撞
4.如圖所示,光滑水平面上依次有滑塊C質(zhì)量加c=2kg,滑塊A質(zhì)量如=3kg,滑塊B質(zhì)量〃ZB=3kg。開
始時A、8靜止,C以初速度vo=lOm/s的速度沖向A,與A發(fā)生彈性碰撞,碰撞后A繼續(xù)向右運動,與B
發(fā)生碰撞并粘在一起。求:
*77777777777777777777777777/77777777777777
(1)C與A碰撞后A的速度大小為多少;
(2)A與B碰撞過程中損失的機械能。
【答案】(1)8m/s(2)48J
【解析】(1)取向右為正方向,以C、A為系統(tǒng)研究,根據(jù)動量守恒定律有
mcvo=mcVc+mAVA
根據(jù)機械能守恒定律有
^mcv^=^mcvc+^mAVA
解得vc=-2m/s,VA=8m/s
即C與A碰撞后A的速度大小為8m/so
(2)仍取向右為正方向,以A、8為系統(tǒng)研究,根據(jù)動量守恒定律有
VA=(%A+%B)V
根據(jù)能量守恒定律有
2
E8=^mAVA—^mA+mB)V
解得E報=48J。
5.如圖所示,超市為節(jié)省收納空間,常常將手推購物車相互嵌套進(jìn)行收納。質(zhì)量均為m=16kg的兩輛購物
車相距心=1m靜止在水平面上。第一輛車在工作人員猛推一下后,沿直線運動與第二輛車嵌套在一起,繼
續(xù)運動了心=1.25m后停了下來。人推車時間、兩車相碰時間極短,可忽略,車運動時受到的阻力恒為車
重的0.25倍,重力加速度取g=10m/s2,求:
地面地面
(1)兩輛車從嵌套后運動到停下來所用時間;
(2)兩輛車在嵌套過程中損失的機械能;
(3)工作人員對第一輛車所做的功。
【答案】(1)1s(2)1001(3)240J
【解析】(1)對整體,由牛頓第二定律有
kx2mg=2ma
解得a=2.5m/s2
逆向過程有乙2=;。戶,解得f=lSo
(2)嵌套后,對整體有0=丫2—af,V2=2.5m/s
嵌套過程中有mvi=2mv2,
解得也=5m/s
在嵌套過程中損失的機械能
—^x2mv2
解得A£=100Jo
(3)對第一輛小車,由動能定理得
1
W-kmgL1=9—0
解得W=240Jo
考點三爆炸、反沖和“人船”模型
知識點1.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
動量爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)
守恒的總動量守恒
機械能在爆炸過程中,有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機械能,所以系統(tǒng)的
增加機械能增加
位置爆炸的時間極短,因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小,可以認(rèn)為爆炸后
不變各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動
知識點2.反沖運動的三點說明
作用
反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果
原理
動量反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,所以反沖運動遵循動量守恒
守恒定律
機械能反沖運動中,由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能,所以系統(tǒng)的總機械能增
增加加
知識點3.人船模型及其拓展
1.模型圖示
2.模型特點
(1)兩物體滿足動量守恒定律:w人一Mv船=0o
⑵兩物體的位移大小滿足:吟一吟=0,x人船=L得無人=應(yīng)匕J船
3.運動特點
(1)人動則船動,人靜則船靜,人快船快,人慢船慢,人左船右。
(2)人船位移比等于它們質(zhì)量的反比;人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比,即口===旨。
九船v船m
4“人船模型”的拓展(某一方向動量守恒)
考向洞察Jj
考向1.兩體爆炸模型
1.雙響爆竹是民間慶典使用較多的一種煙花爆竹,其結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示,紙筒內(nèi)分上、下兩層安放火藥。使
用時首先引燃下層火藥,使爆竹獲得豎直向上的初速度,升空后上層火藥被引燃,爆竹凌空爆響。一人某
次在水平地面上燃放雙響爆竹,爆竹上升至最高點時恰好引燃上層火藥,立即爆炸成兩部分,兩部分的質(zhì)
量之比為1:2,獲得的速度均沿水平方向。已知這次燃放爆竹上升的最大高度為h,兩部分落地點之間的
距離為L重力加速度為g,不計空氣阻力,不計火藥爆炸對爆竹總質(zhì)量的影響。
上層火藥
早
,下層火藥
4引線
(1)求引燃上層火藥后兩部分各自獲得的速度大小。
(2)已知火藥燃爆時爆竹增加的機械能與火藥的質(zhì)量成正比,求上、下兩層火藥的質(zhì)量比。
【答案】(l)f
h3
【解析】(1)引燃上層火藥后兩部分向相反的方向做平拋運動,豎直方向〃=4戶
水平方向L=vit+v2t
12
上層火藥燃爆時,水平方向動量守恒,設(shè)爆竹總質(zhì)量為加,則有0=熱的一品V2
解得兩部分各自獲得的速度大小VIv2=f
(2)上層火藥燃爆后爆竹獲得的機械能E上=》扣例2+全如”2
下層火藥燃爆后爆竹獲得的機械能E下=機g/7
上、下兩層火藥的質(zhì)量比」=笈=藍(lán)>。
加下月下1on
2.(多選)一個質(zhì)量為機的小型炸彈自水平地面朝右上方射出,在最高點以水平向右的速度v飛行時,突然
爆炸為質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊彈片,如圖所示。爆炸之后乙自靜止自由下落,丙沿原路徑回到原射出
點。若忽略空氣阻力,釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為動能,則下列說法正確的是()
A.爆炸后乙落地的時間最長
B.爆炸后甲落地的時間最長
C.甲、丙落地點到乙落地點。的距離比為4:1
D.爆炸過程釋放的化學(xué)能為等
【答案】CD
【解析工爆炸后甲、丙從同一高度平拋,乙從同一高度自由下落,則落地時間隋目等,選項A、
B錯誤;爆炸過程動量守恒,有丙+/力甲,由題意知丫丙=丫,得v甲=4v,爆炸后甲、丙從同一
高度平拋,落地點到乙落地點。的距離尤=怯t相同,則尤8v,甲、丙落地點到乙落地點。的距離比為了
甲:X丙=丫甲:V丙=4:1,選項C正確;根據(jù)能量守恒定律可得爆炸過程釋放的化學(xué)能甲2+;x會
17
丙2一呼:/二了篦儼,選項D正確。
考向2.反沖運動
3.一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出質(zhì)量機=200g的氣體,氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v=l000m/so設(shè)火箭(包
括燃料)質(zhì)量300kg,發(fā)動機每秒噴氣20次,火箭初始時靜止(結(jié)果保留1位小數(shù))。
(1)當(dāng)發(fā)動機第三次噴出氣體后,火箭的速度為多大?
(2)運動第1s末,火箭的速度為多大?
【答案】(1)2.0m/s(2)13.5m/s
【解析】(1)設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為V3,以火箭和噴出的三次氣體為研究對象,由動量守恒定律
得(M—3間%—3"削=0,解得V3-2.0m/so
(2)發(fā)動機每秒噴氣20次,設(shè)運動第1s末,火箭的速度為也0,以火箭和噴出的20次氣體為研究對象,根
據(jù)動量守恒定律得(M-ZOMvzo—ZO/wnO,解得V2O=13.5m/s。
4.如圖所示,某中學(xué)航天興趣小組的同學(xué)將靜置在地面上的質(zhì)量為/(含水)的自制“水火箭”釋放升空,在極
短的時間內(nèi),質(zhì)量為根的水以相對地面為吻的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g,空氣阻力不計,
下列說法正確的是()
A.火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力
B.水噴出的過程中,火箭和水機械能守恒
C.火箭獲得的最大速度為淤一噸
22
D.火箭上升的最大高度為,
2gM—m
【答案】D
【解析工火箭的推力來源于火箭里噴出的水對它的反作用力,故A錯誤;水噴出的過程中,瓶內(nèi)氣體做
功,火箭和水機械能不守恒,故B錯誤;由動量守恒定理可得(M—解得v=含;,故C錯誤;
(mvoY
A/Hl)加
水噴出后,火箭做豎直上拋運動,由題意有v2=2g/i,h==-^^-故D正確。
02g2gM-m
考向3.人船模型及其拓展模型
5.如圖所示,質(zhì)量為M=4kg的小車靜止在光滑水平面上,小車A8段是半徑為R=1m的四分之一光滑圓
弧軌道,BC段是長為工的粗糙水平軌道,兩段軌道相切于2點。一質(zhì)量為%=lkg的可視為質(zhì)點的滑塊從
小車上的A點由靜止開始沿軌道下滑,然后滑入BC軌道,最后恰好停在C點,滑塊與3c軌道間的動
摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度為g=10m/s2,則()
A.整個過程中滑塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒
B.滑塊由A滑到8過程中,滑塊的機械能守恒
C.BC段長工=lm
D.全過程小車相對地面的位移大小為0.6m
【答案】D
【解析】滑塊在圓弧軌道上運動時有豎直方向的加速度,所以對系統(tǒng)而言豎直方向外力矢量和不為零,
不滿足動量守恒的條件,故A錯誤;滑塊由A滑到3過程中,小車對滑塊的彈力做負(fù)功,滑塊的機械能不
守恒,故B錯誤;滑塊恰好停在C點時,二者均靜止,根據(jù)能量守恒定律有〃zgR=〃"g3解得L=2m,
故C錯誤;根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒有M也=OW2,通過相同的時間有MXI=7"X2,且有X1+X2=R+L解
得xi=0.6m,故D正確。
6.質(zhì)量為小的人在質(zhì)量為M的小車上從左端走到右端,如圖所示,當(dāng)車與地面摩擦不計時,那么()
A.人在車上行走,若人相對車突然停止,則車由于慣性過一會才停止
B.人在車上行走的平均速度越大,則車在地面上移動的距離也越大
C.人在車上行走的平均速度越小,則車在地面上移動的距離就越大
D.不管人以什么樣的平均速度行走,車在地面上移動的距離相同
【答案】D
【解析】:由人與車組成的系統(tǒng)動量守恒,初態(tài)系統(tǒng)總動量為零,則有mvK=Mv車,若人相對車突然停止,
則車也突然停止,故A錯誤;設(shè)車長為心由機(L—x車)車,解得了車=譚乜,車在地面上移動的位
M-rm
移大小與人的平均速度大小無關(guān),故D正確,B、C錯誤。
7.一個質(zhì)量為底面邊長為b的斜面體靜止于光滑的水平桌面上,如圖所示,有一質(zhì)量為m的物塊由斜
面頂部無初速度滑到底部時,斜面體移動的距離為s。下列說法中正確的是()
A.若斜面粗糙,貝心=學(xué)―
M+m
B.只有斜面光滑,才有s=盜-
C.若斜面光滑,則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒,機械能守恒
D.若斜面粗糙,則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒,機械能不守恒
【答案】A
【解析】:不論斜面是否光滑,斜面體和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上都動量守恒,以向左為正方向,斜
面體的位移大小為s,則物塊的位移大小為b—s,物塊和斜面體的平均速率分別為也=/,也=,,由動量
守恒定律得mVl-Mv2=0,解得s=V魯,A正確,B錯誤;不論斜面是否光滑,物塊下滑過程中系統(tǒng)在
豎直方向上所受合力都不為零,系統(tǒng)所受的合力不為零,所以系統(tǒng)動量不守恒,若斜面光滑,則系統(tǒng)機械
能守恒,若斜面不光滑,則系統(tǒng)機械能不守恒,C、D錯誤。
1.(2024.安徽?高考真題)在某裝置中的光滑絕緣水平面上,三個完全相同的帶電小球,通過不可伸長的絕
緣輕質(zhì)細(xì)線,連接成邊長為d的正三角形,如圖甲所示。小球質(zhì)量為優(yōu),帶電量為+4,可視為點電荷。初
始時,小球均靜止,細(xì)線拉直。現(xiàn)將球1和球2間的細(xì)線剪斷,當(dāng)三個小球運動到同一條直線上時,速度
大小分別為匕、匕、匕,如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統(tǒng)電勢能減少了生,左為靜電力常量,
不計空氣阻力。則()
1?-?Vj
J?3
V
2?―?2
圖甲圖乙
A.該過程中小球3受到的合力大小始終不變B.該過程中系統(tǒng)能量守恒,動量不守恒
D.在圖乙位置,匕」當(dāng)
C.在圖乙位置,%=%,匕#2匕
【答案】D
【詳解】AB.該過程中系統(tǒng)動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化,能量守恒,對整個系統(tǒng)分析可知系統(tǒng)受到的合外力為
0,故動量守恒;當(dāng)三個小球運動到同一條直線上時,根據(jù)對稱性可知細(xì)線中的拉力相等,此時球3受到1
和2的電場力大小相等,方向相反,故可知此時球3受到的合力為0,球3從靜止?fàn)顟B(tài)開始運動,瞬間受到
的合力不為0,故該過程中小球3受到的合力在改變,故AB錯誤;
CD.對系統(tǒng)根據(jù)動量守恒
mv{+mv2=mv3
根據(jù)球1和2運動的對稱性可知M=%,解得
匕=2M
根據(jù)能量守恒
121217kC]
—mv,+—mv+—mv.=-----
21220232d
解得
V3=
故C錯誤,D正確。
故選D。
2.(2024?江蘇?高考真題)在水平面上有一個U形滑板A,A的上表面有一個靜止的物體B,左側(cè)用輕彈簧
連接在物體B的左側(cè),右側(cè)用一根細(xì)繩連接在物體B的右側(cè),開始時彈簧處于拉伸狀態(tài),各表面均光滑,
剪斷細(xì)繩后,則()
B-
_____________4
A.彈簧原長時B動量最大
B.壓縮最短時A動能最大
C.系統(tǒng)動量變大
D.系統(tǒng)機械能變大
【答案】A
【詳解】對整個系統(tǒng)分析可知合外力為0,A和B組成的系統(tǒng)動量守恒,得
"人以=機B%
設(shè)彈簧的初始彈性勢能為綜,整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功,機械能守恒,當(dāng)彈簧原長時得
F12,12
+-n^vB
聯(lián)立得
"T黃十%卜
故可知彈簧原長時物體速度最大,此時動量最大,動能最大。對于系統(tǒng)來說動量一直為零,系統(tǒng)機械能不
變。
故選Ao
3.(2024?廣東?高考真題)如圖所示,光滑斜坡上,可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊,分別從反甲、H乙高
度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為〃,乙在水平面
上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有()
A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止
B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
C.乙的運動時間與“乙無關(guān)
H
D.甲最終停止位置與。處相距二
【答案】ABD
【詳解】A.兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同,同時由靜止開始下滑,則相對速度為0,故A正確;
B.兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動,由于兩滑塊質(zhì)量相同,且發(fā)生彈性碰撞,可知碰后兩滑塊交換速
度,即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度,故B正確;
C.設(shè)斜面傾角為仇乙下滑過程有
1,
H乙u^gsin的
在水平面運動一段時間攵后與甲相碰,碰后以甲碰前速度做勻減速運動打,乙運動的時間為
t=t[++/3
由于力與打乙有關(guān),則總時間與H乙有關(guān),故C錯誤;
D.乙下滑過程有
mgH乙=^mvl
由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞,交換速度,則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時乙最終停止的位置相同;則
如果不發(fā)生碰撞,乙在水平面運動到停止有
vl=2〃gx
聯(lián)立可得
H乙
x=^-
即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與。處相距旦。故D正確。
故選ABD。
4.(2024.廣西?高考真題)如圖,在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動,速度大
小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰,碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力,則碰撞后,N
在()
A.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動
B.豎直增面上的垂直投影的運動是勻加速運動
C.水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v
【答案】BC
【詳解】由于兩小球碰撞過程中機械能守恒,可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞,由于兩小球質(zhì)量相等,故
碰撞后兩小球交換速度,即
均=。,
碰后小球N做平拋運動,在水平方向做勻速直線運動,即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v;在
豎直方向上做自由落體運動,即豎直地面上的垂直投影的運動是勻加速運動。
故選BC。
5.(2023?重慶?高考真題)如圖所示,桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道,M、N為軌道上的兩點,
且位于同一直徑上,尸為段的中點。在尸點處有一加速器(大小可忽略),小球每次經(jīng)過尸點后,其速
度大小都增加voo質(zhì)量為m的小球1從N處以初速度沿軌道逆時針運動,與靜止在M處的小球2發(fā)生第
一次彈性碰撞,碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時間。求:
(1)球1第一次經(jīng)過P點后瞬間向心力的大小;
(2)球2的質(zhì)量;
(3)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間。
2
山-v5兀R
【答案】(1)4m—;(2)3m;(3)—一
R6%
【詳解】(1)球1第一次經(jīng)過尸點后瞬間速度變?yōu)?v°,所以
(2%>說
F=m----=4m—
RR
(2)球1與球2發(fā)生彈性碰撞,且碰后速度大小相等,說明球1碰后反彈,則
r
m-2v0=—mv+mv
;機(2%)2=^mv2+mrv2
聯(lián)立解得
v=v0,ni=3m
(3)設(shè)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間為加,則
7lR
t,二---
2%
+2卬2=兀R
所以
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