1、北京曲一线图书策划有限公司 2024版5年高考3年模拟A版专题七动量专题检测题组1.(2022陕西西安长安一中三模,21)(多选)如图所示,光滑水平面上有一右端带有固定挡板的长木板,总质量为m。一轻质弹簧右端与挡板相连,弹簧左端与长木板左端的距离为x1。质量也为m的滑块(可视为质点)从长木板的左端以速度v1滑上长木板,弹簧的最大压缩量为x2且滑块恰好能回到长木板的左端;若把长木板固定,滑块滑上长木板的速度为v2,弹簧的最大压缩量也为x2。已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为,重力加速度为g,则()A.v1=2v2B.弹簧弹性势能的最大值为14mv12C.弹簧弹性势能的最大值为mg(x1+x2)D
2、.滑块以速度v2滑上长木板,也恰好能回到长木板的左端答案ACD当长木板不固定时,水平面光滑,滑块、长木板和弹簧组成的系统动量守恒,从滑块滑上长木板到弹簧压缩到最短,即滑块和长木板共速,对系统由动量守恒定律可得:mv1=(m+m)v共,由能量守恒定律可得:Ep+mg(x1+x2)=12mv12-12(m+m)v共2;从滑块滑上长木板到滑块恰好能回到长木板最左端,即到最左端滑块和长木板共速,对系统由动量守恒定律可得:mv1=(m+m)v共,由能量守恒定律可得:2mg(x1+x2)=12mv12-12(m+m)v共2。当长木板固定时,从滑块滑上长木板到弹簧压缩量最大,即滑块速度为0,由能量守恒定律可
3、得:12mv22=mg(x1+x2)+Ep。由可得Ep=14mv12-mg(x1+x2),B错误;对比可得Ep=mg(x1+x2),C正确;由得v1=2v2,A正确;滑块以初速度v2滑上长木板直至把弹簧压缩到最短时,二者具有的能量为Ep=mg(x1+x2),此后滑块向左滑动,若能滑到最左端,则需克服摩擦力做功Wf=mg(x1+x2),即根据Ep=Wf可知滑块恰好可以回到木板左端,D正确。2.(2022新疆检测,21)(多选)如图所示,两个可视为质点的物体A和B放在两竖直墙壁之间的水平地面上,物体A、B的质量均为1 kg,与地面间的动摩擦因数均为0.1,两竖直墙壁间距为1.6 m。开始时,物体B
4、静止在两竖直墙壁的中点O位置,物体A从O1点以4 m/s的速度向右运动,已知物体A与B之间,物体A、B与墙壁之间的碰撞均为弹性碰撞,g取10 m/s2,则()A.物体A与B发生第一次碰撞后,物体B的动能为7.2 JB.物体A与B之间总共能发生五次碰撞C.物体A与B走过的路程之和为6.4 mD.最终物体A静止在O1点,物体B静止在O点答案AB两物体质量相等,当两物体发生弹性碰撞时速度交换,即每次碰撞后,主动碰撞的物体速度变为0。设物体A、B第一次碰后物体B的动能为Ek,由能量守恒定律可得:Ek=12mv02-mgx1,其中v0=4 m/s,x1=0.8 m,解得Ek=7.2 J,A正确。从物体A
5、开始运动到A、B均静止,由能量守恒定律可得12mv02=mgx总,可得x总=8 m,C错误;设A、B间共碰撞n次,x总=x1+(n-1)L,其中L=1.6 m,可得n=5.5,所以物体A与B之间总共能发生五次碰撞,最终物体A静止在O处,物体B静止在O2处,B正确,D错误。3.(2022新疆乌鲁木齐八中检测,4)质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动,与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞,则碰撞后小球A的速度vA和小球B的速度vB,以下四种情况可能会出现的有()vA=-13v0vB=23v0vA=-25v0vB=710v0vA=-14v0vB=58v0vA=38v0vB=516v0A.1种
6、B.2种C.3种D.4种答案B碰撞过程需要满足的三条原则:动量守恒mv0=mvA+2mvB、系统动能不增加12mv0212mvA2+122mvB2、碰撞后运动状态符合实际。三条都符合,不符合第二条,三条都符合,vAvB,不符合第三条,B正确。4.(2022陕西西安中学期中,6)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力,小玲同学将一圆柱形水杯置于院中,测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm,查询得知,当时雨滴落地速度约为10 m/s,设雨滴撞击芭蕉后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1103 kg/m3,据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为()A.0
7、.25 NB.0.5 NC.1.5 ND.2.5 N答案A设芭蕉叶面的单位面积S=1 m2,芭蕉叶面单位面积对雨水的平均作用力为F,令=1103 kg/m3,h=15 mm=0.015 m,t=10 min=600 s,则时间t内落到芭蕉叶面的雨水的质量m=Svt=htSt。取雨水落地的速度方向为正方向,对t时间内落到叶面的雨水列动量定理可得:-Ft=0-mv,解得F=0.25 N;由牛顿第三定律可得芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N,A正确。5.(2023届新疆乌鲁木齐八中月考,3)如图,风力推动风力发电机的三个叶片转动,叶片带动转子(磁极)转动,在定子(线圈)中产生电流,实现风能
8、向电能的转化。已知叶片长为r,风速为v,空气密度为,流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有14速度减速为0,有34原速率穿过,如果不考虑其他能量损耗,下列说法正确的是()A.一台风力发电机的发电功率约为18r2v3B.一台风力发电机的发电功率约为124r2v3C.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为14r2v2D.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为19r2v2答案A时间t内流到叶片旋转形成的圆面的空气的质量m=r2vt,产生的电能为E电,由能量守恒可得,E电=1214mv2=18r2v3t,所以一台发电机的发电功率P=E电t=18r2v3,A正确,B错误。时间t内,速度减为零的空气的质量
9、为m4,设空气的初速度方向为正方向,由动量定理可得-Ft=0-m4v,可得F=14r2v2;由牛顿第三定律可得空气对风力发电机的一个叶片的平均作用力约为F3=112 r2v2,C、D错误。6.(2022扬州中学期末,5)如图所示,某一质量为m的卫星残片从离地面H高处由静止落至地面并陷入泥土一定深度h而停止,不计空气阻力,重力加速度为g。关于残片下落的整个过程,下列说法中正确的是()A.残片克服泥土阻力所做的功为mgHB.残片下落的全过程中重力的冲量大小大于泥土阻力的冲量大小C.残片所受泥土阻力的冲量大于m2gHD.残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受阻力的冲量答案C由动能定理得mg
10、(H+h)+Wf=0,解得Wf=-mg(H+h),则残片克服泥土阻力所做的功为mg(H+h),A错误;残片下落的全过程中,动量变化量为0,所受合外力的冲量为零,故重力的冲量大小等于泥土阻力的冲量大小,B错误;残片下落的过程中,根据自由落体运动规律得H=v22g,解得落到地面时的速度v=2gH,残片落到地面上后又陷入泥土中,由动量定理得IG-If=0-mv,解得If=IG+mv=IG+m2gH,残片所受泥土阻力的冲量大于m2gH,C正确;由动量定理知,残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受阻力与重力的合力的冲量,D错误。7.(2022徐州一中月考,6)如图所示,在光滑的水平面上,质量为
11、m1的小球A以速率v0向右运动。在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态,Q点处为一竖直的墙壁。小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动。小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇,PQ=2PO,则两小球质量之比m1m2为()A.75B.13C.21D.53答案D以向右为正方向,设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2,由动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,发生弹性碰撞,不损失动能,故根据能量守恒定律有12m1v02=12m1v12+12m2v22,两个小球碰撞后水平方向不受外力,再次相遇,其速率不变,由运动学规律有v1v2=x1tx2t=PO(P
12、O+2PQ)=15,联立三式可得m1m2=53,D正确。8.(2022扬州模拟,6)如图1所示,一儿童站在平板小车中间,与小车一起沿水平地面匀速向右运动,儿童突然走向小车一端,此过程儿童和小车的速度时间关系如图2所示,不计地面的摩擦。以下说法正确的是()图1图2A.儿童的质量小于小车的质量B.儿童走向小车左端C.儿童和小车的总动能减少D.小车对儿童的冲量方向水平向右答案B根据vt图像的斜率表示加速度,可知,小车的加速度大小大于儿童的加速度大小,儿童和小车各自受到的合外力大小都等于相互间的摩擦力的大小,由牛顿第二定律F=ma知儿童的质量大于小车的质量,A错误;小车向右做匀加速直线运动,儿童向右做
13、匀减速直线运动,说明儿童对小车的摩擦力向右,小车对儿童的摩擦力向左,则儿童走向小车左端,B正确;儿童在行走过程中要消耗体能,转化为系统的动能,则儿童和小车的总动能增加,C错误;小车对儿童的摩擦力方向水平向左,则小车对儿童的冲量方向水平向左,D错误。9.(2022苏州实验中学月考,7)如图所示,在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块,滑块的一侧是一个14弧形槽,弧形槽半径为R,A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块,重力加速度大小为g,不计摩擦。下列说法中正确的是()A.当v0=2gR时,小球能到达B点B.如果小球的速度足够大,小球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上C.
14、小球到达弧形槽最高点处,小球的速度为零D.小球回到弧形槽底部时,小球速度方向可能向左答案D滑块不固定,当v0=2gR时,设小球沿槽上升的高度为h,小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒,则有mv0=(m+M)v,机械能守恒12mv02=12(M+m)v2+mgh,解得h=MM+mRM,v1与v0方向相同,小球速度方向向左,故D正确。10.(2022湖南师大附中二模,8)(多选)如图所示一平板车A质量为2m,静止于光滑水平面上,其右端与竖直固定挡板相距为L。小物块B的质量为m,以大小为v0的初速度从平板车左端开始向右滑行,一段时间后车与挡板发生碰撞,已知车碰撞挡板时间极短,碰撞前后瞬间的速度大小不
15、变但方向相反。A、B之间的动摩擦因数为,平板车A表面足够长,物块B总不能到平板车的右端,重力加速度大小为g。L为何值时,车与挡板能发生3次及以上的碰撞()A.v02gB.v0232gC.v0265gD.v0296g答案CD在车与挡板碰撞前,有mv0=2mvA+mvB。如果L为某个值L1,使A与挡板能发生二次碰撞,从A开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间,对A由动能定理可得mgL1=122mvA2。设A第二次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB,从A与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间,由动量守恒定律可得mvB-2mvA=2mvA+mvB,且第二次碰撞前,A、B未达到共速,A在这段时
16、间内先向左后向右运动,加速度保持不变,根据匀变速直线运动的对称性可知vA=vA。A与挡板第二次碰撞后经一段时间后A、B同时停止运动,即mvB-2mvA=0,联立解得L1=v0264g;车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件为Lv0264g。故选C、D。11.(2022广州一模,8)(多选)如图,水平飞向球棒的垒球被击打后,动量变化量为12.6 kg m/s,则()A.球的动能可能不变B.球的动量大小一定增加12.6 kg m/sC.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同答案AC垒球被击打后,可能以与被击打前等大的速率反向运动,所以球的动能可
17、能不变,动量大小不变,A正确,B错误;由牛顿第三定律可知,球对棒的作用力与棒对球的作用力是相互作用力,它们大小相等,C正确;球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向,与球被击打前的速度方向相反,D错误。故选A、C。12.(2023届广州广雅中学期中,5)如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑,则下列说法正确的是()A.在下滑过程中,小球和槽组成的系统动量守恒B.在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力对槽不做功C.被弹簧反弹后,小球能回到槽上高h处D.被弹簧反弹离开弹簧后,小球和槽都做速率不
18、变的直线运动答案D在下滑过程中,小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力为零,动量守恒;在竖直方向上所受合外力不为零,动量不守恒,A错误。在下滑过程中,根据动量守恒定律可知槽向左运动,小球和槽之间的相互作用力对槽做正功,B错误。根据动量守恒定律,由于两者的质量相等,可知小球滑到斜槽底端时和槽的速度大小相等,小球被弹簧反弹离开弹簧后,速度大小不变,与槽的速度相等,所以小球和槽都做速率不变的直线运动,且小球不可能追上槽并回到槽上高h处,C错误,D正确。故选D。13.(2022茂名二模,7)2021年中国火星探测器“天问一号”在火星表面成功着陆,火星车“祝融号”开展巡视探测,假定火星上风速约为18
19、m/s,火星大气密度约为1.310-2 kg/m3,“祝融号”迎风面积约为6 m2,风垂直吹到火星车上速度立刻减为零,则火星车垂直迎风面受到的压力约为()A.1.4 NB.25 NC.140 ND.250 N答案B设t内吹到火星车“祝融号”上的风的质量为m,有m=vtS,以该部分风为研究对象,设风速方向为正方向,根据冲量定理有-Ft=0-mv,解得F=v2S=1.310-218186 N25 N。根据牛顿第三定律可知火星车垂直迎风面受到的压力约为25 N,故选B。情境解读可以将风模型化柱状的流体,以单位时间的流体为研究对象,应用动量定理解题。14.(2022宁夏银川质检,25)在足够大的光滑水
20、平地面上放置两木板A和C,物体B(视为质点)放在A板的右端,随A一起以大小v=8 m/s的速度向右运动,木板C静止在水平地面上,A、B、C的质量分别为mA=0.1 kg、mB=0.2 kg、mC=0.3 kg。 若A与C碰撞后成为一个整体(碰撞时间极短),B滑上C后,最远能滑至距离C的左端L=3 m的位置。取重力加速度大小g=10 m/s2。求:(1)A与C碰撞后瞬间A的速度大小v1;(2)从B滑上C到B距离C的左端最远处所需的时间t;(3)B与C上表面间的动摩擦因数。答案(1)2 m/s (2)1 s(3)0.4解析(1)设木板A的初速度方向为正方向,A和C组成的系统碰撞过程中动量守恒,mA
21、v=(mA+mC)v1,解得v1=2 m/s。(2)从A、B开始运动到A、B、C达到共同速度v共,A、B、C组成的系统动量守恒,(mA+mB)v=(mA+mB+mC)v共,可得v共=4 m/s;从B滑上C到B、C达到共速,B的对地位移与A、C的对地位移之间的关系为xB-xAC=L,所以v+v共2t-v1+v共2t=L,可得t=1 s。(3)从A、C碰后成为一个整体到A、B、C共速,对A、B、C系统由能量守恒定律可得:mBgL=12(mA+mC)v12+12mBv2-12(mA+mB+mC)v共2,代入数据得=0.4。方法技巧本题中有A、B、C三个研究对象,当A和C碰撞时,时间很短,内力远大于外
22、力,所以A和C组成的系统动量守恒,此碰撞为完全非弹性碰撞,但B此时并未和C碰撞,故认为A和C碰撞的过程中,物体B的状态并未发生改变。A和C碰撞后,把A和C看成一个整体,物体B和A、C整体看成板块模型分析。15.(2023届南京学情调研,14)如图所示,半径为R=0.2 m的光滑固定四分之一圆弧轨道末端水平,与地面上足够长的水平木板C的上表面等高、平滑对接,但不粘连。现将质量mA=1 kg的物块A从轨道上最左端由静止释放,此时物块B、木板C均静止,B到C左端的距离d=0.5 m。物块A滑上木板C后经过一定时间与物块B发生碰撞,碰撞时间极短,且碰后A、B粘在一起。已知B、C的质量mB=0.5 kg
23、、mC=0.5 kg,A、B与C间的动摩擦因数相同,A=B=0.2,C与地面间动摩擦因数C=0.05。重力加速度g=10 m/s2。求:(1)物块A对圆形轨道最低点P的压力;(2)从A滑上C直至A、B发生碰撞所需的时间;(3)从释放A到三个物体最终均停止运动,全过程系统因摩擦产生的热量。答案(1)30 N方向竖直向下(2)13 s(3)116 J解析(1)物块A下滑过程,由动能定理得mAgR=12mAv02解得v0=2gR代入数值得v0=2 m/s物块在P点,支持力和重力的合力提供向心力N-mg=mv02RN=mv02R+mg=30 N由牛顿第三定律,滑块对P点的压力为30 N,方向竖直向下。
24、(2)A滑上C表面后减速运动的加速度大小为aA=Ag=2 m/s2假设B、C相对静止并向右加速,共同加速度a=AmAg-C(mA+mB+mC)gmB+mC代入数值,得a=1 m/s2aBg故假设成立。A追上B时,满足d=v0t-12aAt2-12at2代入数据解得t1=13 s,t2=1 s(舍去)(3)A、B碰撞前瞬间vA=v0-aAt1=43 m/svB=at1=13 m/sA、B碰撞过程,由动量守恒定律得mAvA+mBvB=(mA+mB)v可得v=1 m/s全过程系统因摩擦产生的热量为Q=mAgR-12mAvA2+12mBvB2-12(mA+mB)v2代入数值解得Q=116 J16.(2
25、022无锡一中期末,13)汽车安全性能是衡量汽车品质的重要指标,实车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法。某次测试中质量为1 500 kg的实验汽车在车道上加速至16 m/s后撞上刚性壁障,碰后车轮被卡住,以4 m/s的速度反向弹回,车滑行2 m后停止,数据传感器记录此次碰撞时间为0.5 s,重力加速度取10 m/s2,求:(1)碰撞过程中壁障对实验汽车的平均作用力大小;(2)实验汽车与车道之间的动摩擦因数。答案(1)6104 N(2)0.4解析(1)取反弹后的速度方向为正方向,由动量定理可得Ft=mv2-mv1解得F=6104 N(2)方法一:汽车反弹后,水平方向摩擦力做功,由动能定理
26、有-mgx=0-12mv22解得=0.4方法二:汽车反弹后受摩擦力作用,做匀速减速直线运动,由运动学公式有0-v22=-2ax由牛顿第二定律有mg=ma解得=0.417.(2022雅礼中学月考七,13)如图所示,粗糙的水平面上静止放置三个质量均为m的小木箱,相邻两小木箱的距离均为L。工人用沿水平方向的力推最左边的小木箱使之向右滑动,逐一与其他小木箱碰撞。每次碰撞后小木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变,最后恰好能推着三个木箱匀速运动。已知小木箱与水平面间的动摩擦因数都为,重力加速度为g。设每次碰撞时间极短,小木箱可视为质点。求第一次碰撞和第二次碰撞过程中损失的机械能之比。答案32解析最
27、后恰好能推着三个木箱匀速运动,则有F=3mg水平力推最左边的木箱时,根据动能定理有(F-mg)L=12mv12木箱发生第一次碰撞,根据动量守恒定律有mv1=2mv2碰撞中损失的机械能为E1=12mv12-122mv22第一次碰后,水平力推两木箱向右运动,根据动能定理有(F-2mg)L=122mv32-122mv22木箱发生第二次碰撞,根据动量守恒定律有2mv3=3mv4碰撞中损失的机械能为E2=122mv32-123mv42联立解得两次碰撞过程中损失的机械能之比为E1E2=3218.(2022五市十校联考,13)如图所示,AB为半径R=0.8 m的14光滑圆弧轨道,BCD为距水平地面高h=1.
28、25 m的水平轨道,BC部分粗糙、长度L=2 m,CD部分光滑,水平轨道与圆弧轨道相切于B点。甲、乙两物块(均视为质点)静置在水平轨道上,乙在水平轨道末端D点,两物块间夹有一水平轻质弹簧(弹簧与物块不粘连),当弹簧处于自然伸长状态时,甲在C点的右侧。第一次,保持乙不动,用外力向右缓慢推甲,使弹簧处于压缩状态,然后将甲由静止释放,甲恰好能到达圆弧轨道的最高点A;第二次,使弹簧处于压缩量相同的状态,同时由静止释放两物块,弹簧在极短时间内恢复到自然伸长状态,此后乙落在地面上到D点水平距离为x=1 m的E点。甲的质量m1=0.1 kg,甲与轨道BC部分间的动摩擦因数=0.2,取重力加速度大小g=10
29、m/s2,不计空气阻力。求:(1)第一次释放甲后,甲通过B点时对圆弧轨道的压力大小N;(2)乙的质量m2。答案(1)3 N(2)0.2 kg解析(1)设第一次释放甲后,甲通过B点时的速度大小为v,根据动能定理有-m1gR=0-12m1v2解得v=4 m/s设第一次释放甲后,甲通过B点时所受圆弧轨道的支持力大小为F,有F-m1g=m1v2R根据牛顿第三定律有N=F解得N=3 N(2)根据功能关系可知,弹簧处于压缩状态时的弹性势能Ep=m1gL+m1gR解得Ep=1.2 J设第二次释放甲、乙后,甲、乙离开弹簧时的速度大小分别为v1和v2,根据动量守恒定律有m1v1=m2v2根据机械能守恒定律有Ep
30、=12m1v12+12m2v22设第二次释放甲、乙后,乙在空中运动的时间为t,有h=12gt2,x=v2t联立解得m2=0.2 kg19.(2022湖南师大附中二模,13)如图所示,光滑水平地面上固定一个高h的光滑墩子,墩子顶面上有一个侧面光滑可视为质点的物体B,质量为M,与墩子无摩擦。小球A以水平初速度v0=2gh从高H=1.5h处水平抛出,恰好与B的左侧面发生弹性碰撞(不会与墩子碰撞),B物体恰好落在距墩子水平距离x=h处的小车C左端,小车的高度忽略不计,而A球落在墩子的左边,重力加速度为g。(1)A球抛出点到B的水平距离多大?(2)A球的落地点距墩子的水平距离多大?(3)假设小车的质量也
31、为M,物体B底面与小车上表面的动摩擦因数为=14,不考虑其他阻力,物体落在小车上发生竖直速度大小不变的反弹,且作用时间极短,求物体B再次落在车上(或地面)时,两次落点相对小车的水平距离多大。答案(1)2h(2)6-22h(3)0解析(1)根据12h=12gtAB2解得tAB=hg所以水平距离xA=v0tAB=2h(2)设小球的质量为m,被碰后B的速度为vB,根据h=12gt12,h=vBt1解得vB=122ghA与B相碰,水平方向动量守恒mv0=-mvA+MvB由弹性碰撞的特点可得12mv02=12mvA2+12MvB2解得vA=vB=122gh,m=13MA球与B碰撞,竖直速度不会改变,因此
32、落地时间也不会改变,从抛出到落地的时间为tH=3hg碰后落地时间为t=tH-tAB=(3-1)hg所以落地点与墩子的水平距离为x=6-22h(3)B落在小车前瞬间的竖直速度vy=2gh因为作用时间极短,那么有Nt=2M2gh水平方向,对B物体有-Nt=MvB-M122gh对小车有Nt=MvC解得vB=0,vC=122gh很明显与实际不符,因为在极短时间内,B减速,C加速,当B、C水平方向共速时,摩擦力变为零,B不再减速,B、C水平共速,由水平方向动量守恒得vB=vC=142gh,因此两次水平落点在同一点(相对小车),水平距离为零。20.(2022长郡中学月考六,13)如图所示,倾角=30的光滑
33、斜面上的A、B两点锁定着大小相同的a、b两个滑块(均可视为质点),它们的质量分别为ma、mb,斜面底端C点固定一个挡板。现同时解除锁定,让滑块a、b同时由静止开始沿斜面下滑,滑块b与挡板碰撞后沿斜面向上运动,又与向下运动的滑块a发生碰撞。已知A、B之间的距离L1=5 m,B、C之间的距离L2=2.5 m,碰撞均为弹性碰撞,重力加速度g=10 m/s2,求(1)滑块b到达挡板时的速度v0的大小;(2)滑块a、b碰前的速度va、vb的大小;(3)为使滑块a能返回A点,两滑块质量比mamb应满足什么条件。答案(1)5 m/s(2)7.5 m/s2.5 m/s(3)mamb13解析(1)b下滑,由动能
34、定理有mbgL2 sin 30=12mbv02得v0=5 m/s(2)滑块b到达挡板时,a也下滑L2,同理,此时a下滑的速度大小也是v0=5 m/s,b与挡板碰后,速度大小不变,方向相反,对两滑块有mg sin 30=ma得a=5 m/s2a的位移xa=v0t+12at2b的位移xb=v0t-12at2a、b相遇时,xa+xb=(L1-L2)+L2=L1得t=0.5 s则va=v0+at=7.5 m/s,vb=v0-at=2.5 m/s(3)a、b碰撞,取沿斜面向上为正方向。由动量守恒定律得mbvb-mava=mbvb+mava由机械能守恒定律得12mbvb2+12mava2=12mbvb2+
35、12mava2解得va=(ma-mb)(-va)+2mbvbma+mb为使a能返回A点,vava,得mamb1321.(2022深圳光明区高级中学月考,13)2022年举办的第24届冬奥会中,短道速滑接力赛是冰上最为激烈的运动项目之一。质量60 kg的队员甲,以速度12 m/s从后方接近质量为50 kg的队员乙,身体接触前队员乙的速度为9.6 m/s。队员甲在推送队员乙的过程中推送时间极短,队员乙被推后的瞬时速度为12 m/s,队员甲助力后在直道上向前滑行了19 m,接着碰撞上缓冲垫后1 s停下。运动员的鞋子与冰面间的动摩擦因数为0.05,g取10 m/s2。(1)求队员甲助力后的速度;(2)
36、求队员甲对缓冲垫的平均作用力是多少。答案(1)10 m/s(2)510 N解析(1)在队员甲推送乙队员过程中推送时间极短,以甲、乙两位运动员为研究对象,由动量守恒得m1v1+m2v2=m1v1+m2v2,解得v2=10 m/s(2)队员甲推送完队员乙后到刚要接触缓冲垫过程,根据动能定理得-m1gs=12m1v2-12m1v22队员甲碰撞上缓冲垫后,根据动量定理得(F+m1g)t=m1v,解得F=510 N22.(2022肇庆三模,13)如图甲所示,“打弹珠”是一种常见的民间游戏,该游戏的规则为:将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出,并与另一静止的弹珠发生碰撞,若被碰弹珠能进入小坑中即胜出。现将此
37、游戏进行简化,如图乙所示,粗糙程度相同的水平地面上,弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上,两弹珠间距x1=2 m,弹珠B与坑的间距x2=1 m。某同学将弹珠A以v0=6 m/s的初速度水平向右瞬间弹出,经过时间t1=0.4 s与弹珠B正碰(碰撞时间极短),碰后弹珠A又向前运动x=0.1 m后停下。已知两弹珠的质量均为2.5 g,取重力加速度g=10 m/s2,若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同,并将弹珠的运动视为滑动,求:(1)碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和弹珠与地面间的动摩擦因数;(2)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失,并判断该同学能否胜出。甲乙答案(1)4 m/s0.5(2)7.510-3 J不能解
38、析(1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v1,弹珠A与B碰撞前过程,由运动学公式得x1=v0t1-12at12,v1=v0-at1由牛顿第二定律得Ff=mg=ma,联立解得,=0.5,v1=4 m/s(2)由(1)可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为a=5 m/s2,设弹珠A碰撞后瞬间的速度为v1,由运动学规律有v12=2ax,解得v1=1 m/s设碰后瞬间弹珠B的速度为v2,由动量守恒定律得mv1+0=mv1+mv2解得v2=3 m/s,所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失Ek=12mv12-(12mv12+12mv22)解得Ek=7.510-3 J,碰后弹珠B运动的距离为x=v222a=0.9
39、mx2=1 m所以弹珠B没有进坑,故该同学不能胜出。23.(2023届广州8月阶段考,17)如图所示,光滑水平面上有一质量为mA=0.9 kg、带有半径为R=0.5 m的14光滑圆弧的小车A,圆弧的下端出口切线水平,紧靠着小车A的左侧有质量为mB=0.1 kg的木板B。一质量为mC=0.1 kg、可以视为质点的滑块C,从圆弧最高点无初速度释放,圆弧下端出口到B上表面的高度差为h=0.8 m。若滑块C落到木板B上不反弹只相对滑动,已知C与B之间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g=10 m/s2。求:(1)滑块C碰到木板B之前的速度大小;(2)木板长度至少要多长,滑块C才不会从木板B上滑落。答案
40、(1)5 m/s(2)1.6 m解析(1)由于滑块和小车在水平方向不受外力作用,所以滑块和小车系统在水平方向动量守恒,有0=mCvC-mAvA,水平面和圆弧光滑,系统机械能守恒,有mCgR=12mCvC2+12mAvA2联立解得滑块到小车最低点时的速度为vC=3 m/s,方向水平向左滑块离开小车后做平抛运动,落到木板上时竖直方向的速度为vB2=2gh,解得vB=4 m/s滑块碰到木板之前的速度为v=vC2+vB2=32+42 m/s=5 m/s(2)C下滑过程中,A、C系统水平方向动量守恒,根据0=mCvC-mAvA整理可得mCxC=mAxA,其中xA、xC是A、C的水平位移,由几何关系可知x
41、C+xA=R解得A向右运动的距离xA=0.05 m由题可知,滑块落到木板上后竖直方向的速度为零,那么滑块落到木板上后的速度为vC=3 m/s,滑块的加速度大小为aC=mCgmC=g=5 m/s2,方向与速度方向相反;木板的加速度大小为aB=mCgmB=g=5 m/s2,滑块在木板上做匀减速直线运动,木板做匀加速直线运动,当滑块和木板速度相同时有v共=vC-aCt=aBt,解得滑块和木板共速时的速度为v共=1.5 m/s,从滑块C落到木板B上,到B、C共速时滑块发生的位移为xC=vC2-v共22aC=0.675 m木板发生的位移为xB=v共22aB=0.225 m滑块相对木板发生的位移为x=xC-xB=0.45 m滑块做平抛运动时的时间为t=2hg=0.4 s滑块做平抛运动时在水平方向的位移为x=vCt=1.2 m滑块C不会从木板B上滑落,木板的最小长度为Lmin=x+x-xA=1.6 m阿第21页 共21页