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文檔簡(jiǎn)介
2021-2025年高考物理真題知識(shí)點(diǎn)分類匯編之動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律(六)
一,實(shí)驗(yàn)題(共1小題)
1.(2021?江蘇)小明利用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量定理。將遮光條安裝在滑塊上,用天平測(cè)出遮
光條和滑塊的總質(zhì)量M=200.0g,槽碼和掛鉤的總質(zhì)量m=50.0go實(shí)驗(yàn)時(shí),將滑塊系在繞過(guò)定滑輪懸
掛有槽碼的細(xì)線上。滑塊由靜止釋放,數(shù)字計(jì)時(shí)器記錄下遮光條通過(guò)光電門1和2的遮光時(shí)間AH和△
⑵以及這兩次開始遮光的時(shí)間間隔八3用游標(biāo)K尺測(cè)出遮光條寬度,計(jì)算出滑塊經(jīng)過(guò)兩光屯門速度的
變化量A
光電門2光電門?滑遮光條
清做
/昔
連氣泵
掛鉤
氣墊導(dǎo)軌連數(shù)字計(jì)時(shí)器
_2_
□I
槽碼
圖3
(1)游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條寬度如圖2所示,其寬度d=mm:
(2)打開氣泵,待氣流穩(wěn)定后調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌,直至看到導(dǎo)軌上的滑塊能在短時(shí)間內(nèi)保持靜止,其目的
是
(3)多次改變光電門2的位置進(jìn)行測(cè)量,得到Al和Av的數(shù)據(jù)如下表:
△t/s0.7210.7900.8540.9130.968
△v/(m*s1)1.381.521.641.751.86
請(qǐng)根據(jù)表中數(shù)據(jù),在方格紙上作出Av-At圖線;
(4)查得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=9.80m/s2,根據(jù)動(dòng)量定理,Av-At圖線斜率的理論值為
m/s2;
(5)實(shí)驗(yàn)結(jié)果發(fā)現(xiàn),圖線斜率的實(shí)驗(yàn)值總小于理論值,產(chǎn)生這一誤差的兩個(gè)可能原因是。
A.選用的槽碼質(zhì)量偏小
B.細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌不完全平行
C.每次釋放滑塊的位置不同
D.實(shí)驗(yàn)中At的測(cè)量值偏大
二,解答題(共10小題)
2.(2021?河北)如圖,一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成,其中AB段傾角為①BC段水平,AB段和
BC段由一小段光滑圓弧連接。一個(gè)質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下,若Is后質(zhì)量為48kg
的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕,恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背
包并立即將其拎起。背包與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)為R=R重力加速度取g=lOm/s2,sin0=卷cos6=舜
忽略空氣阻力及拎包過(guò)程中滑雪者與背包的重心變化。求:
(1)滑道AB段的長(zhǎng)度;
(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度。
3.(2021?北京)如圖所示,小物塊A、B的質(zhì)量均為m=0.10kg,B靜止在軌道水平段的末端。A以水平
速度vo與B碰撞,碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點(diǎn)距離水平地面的豎直高度為h=0.45m,兩物
塊落地點(diǎn)距離軌道末端的水平距離為s=0.30m,取重力加速度gROm/s?。求:
(1)兩物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t;
(2)兩物塊碰前A的速度vo的大小;
(3)兩物塊碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能AE。
A
4.(2021?海南)如圖,一長(zhǎng)木板在光滑的水平面上以速度vo向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),將一小滑塊無(wú)初速地
輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m,它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為山重力加速度
為g。
(1)滑塊相對(duì)木板靜止時(shí),求它們的共同速度大?。?/p>
(2)某時(shí)刻木板速度是滑塊的2倍,求此時(shí)滑塊到木板最右端的距離;
(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時(shí).,給木板施加一水平向右的外力,使得木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng),
直到滑塊相對(duì)木板靜止,求此過(guò)程中滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及外力所做的功。
5.(2021?湖北)如圖所示,一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi),其下端與光滑
水平面在Q點(diǎn)相切。在水平面上,質(zhì)量為m的小物塊A以某一速度向質(zhì)審也為m的靜止小物塊B運(yùn)
動(dòng)。A、B發(fā)生正碰后,B到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力恰好為零,A沿半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到與。
點(diǎn)等高的C點(diǎn)時(shí)速度為零。已知重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。
(1)求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點(diǎn)的距離;
(2)當(dāng)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn)時(shí),OD與OQ夾角為6,求此時(shí)A所受力對(duì)A做功的功率;
(3)求碰撞過(guò)程中A和B損失的總動(dòng)能。
6.(2021?廣東)算盤是我國(guó)古老的計(jì)算工具,中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng),使用前
算珠需要?dú)w零,如圖所示,水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置,甲靠邊框b,甲、乙相
隔si=3.5Xl(f2m,乙與邊框a相隔s2=2.0X10-2m,算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)口=0.1?,F(xiàn)用手指將
甲以0.4m/s的初速度撥出,用、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s,方向不變,碰撞時(shí)間極短且不計(jì),
重力加速度g取10m/s2o
(1)通過(guò)計(jì)算,判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a;
(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間。
算珠歸零狀態(tài)a
邊框a
邊框b乙■1_
-
甲4
7.(2021?湖南)如圖,豎直平面內(nèi)一足夠長(zhǎng)的光滑傾斜軌道與一長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平軌道通過(guò)一小段光滑圓弧
平滑連接,水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ。質(zhì)量為m的小物塊A與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為小
以水平軌道末端O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系xOy,x軸的正方向水平向右,y軸的正方向豎直
向下,弧形軌道P端坐標(biāo)為(2pL,pL),Q端在y軸上。重力加速度為g。
(1)若A從傾斜軟道上距x軸高度為2HL的位置由靜止開始下滑,求A經(jīng)過(guò)0點(diǎn)時(shí)的速度大??;
(2)若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑,經(jīng)過(guò)0點(diǎn)落在弧形軌道PQ上的動(dòng)能均相同,求PQ
的曲線方程;
(3)將質(zhì)量為入m(人為常數(shù)且入25)的小物塊B置于0點(diǎn),A沿傾斜軌道由靜止開始下滑,與B發(fā)
生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短),要使A和B均能落在弧形軌道上,且A落在B落點(diǎn)的右側(cè),求A下滑
的初始位置距x軸高度的取值范圍。
8.(2021?山東)海鷗捕到外殼堅(jiān)硬的鳥蛤(貝類動(dòng)物)后,有時(shí)會(huì)飛到空中將它丟下,利用地面的沖擊
打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量m=0.1kg的鳥蛤,在H=20m的高度、以vo=15m/s的水平速度飛行時(shí),
松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10m/s2,忽略空氣阻力。
(1)若鳥蛤與地面的碰撞時(shí)間Al=0.005s,彈起速度可忽略,求碰撞過(guò)程中鳥蛤受到的平均作用力的
大小F;(碰撞過(guò)程中不計(jì)重力)
(2)在海鷗飛行方向正下方的地面上,有一與地面平齊、長(zhǎng)度L=6m的巖石,以巖石左端為坐標(biāo)原點(diǎn),
建立如圖所示坐標(biāo)系。若海鷗水平飛行的高度仍為20m,速度大小在15m/s?17m/s之間,為保證鳥蛤
一定能落到巖石上,求釋放鳥蛤位置的x坐標(biāo)范圍。
9.(2021?重慶)我國(guó)規(guī)定摩托車、電動(dòng)自行車騎乘人員必須依法配戴具有緩沖作用的安全頭盔。小明對(duì)
某輕質(zhì)頭盔的安全性能進(jìn)行了模擬實(shí)驗(yàn)檢測(cè)。某次,他在頭盔中裝入質(zhì)量為5.0kg的物體(物體與頭盔
密切接觸),使其從1.80m的高處自由落下(如圖),并與水平地面發(fā)生碰撞,頭盔厚度被擠壓了0.03m
時(shí),物體的速度減小到零。擠壓過(guò)程不計(jì)物體重力,且視為勻減速直線運(yùn)動(dòng),不考慮物體和地面的形變,
忽略空氣阻力,重力加速度g取lOm/s2。求:
(1)頭盔接觸地面前瞬間的速度大小;
(2)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;
(3)物體在勻減速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受平均作用力的大小。
10.(2021?天津)一玩具以初速度vo從水平地面豎直向上拋出,達(dá)到最高點(diǎn)時(shí),用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的
輕彈簧彈開,該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1:4的兩部分,此時(shí)它們的動(dòng)能之和與玩具從地面
拋出時(shí)的動(dòng)能相等。彈簧彈開的時(shí)間極短,不計(jì)空氣阻力。求
3
(I)玩具上升到最大高度二時(shí)的速度大?。?/p>
4
(2)兩部分落地時(shí)速度人小之比。
11.(2021?福建)如圖(a),同一豎直平面內(nèi)A、B、M、N四點(diǎn)距O點(diǎn)的距離均為冠L,O為水平連線
AB的中點(diǎn),M、N在AB連線的中垂線上。A、B兩點(diǎn)分別固定有一點(diǎn)電荷,電荷量均為Q(Q>0)。
以O(shè)為原點(diǎn),豎直向下為正方向建立x軸。若取無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn),則ON上的電勢(shì)年隨位置x的
變化關(guān)系如圖(b)所示。一電荷量為Q(Q>0)的小球Si以一定初動(dòng)能從M點(diǎn)豎直下落,一段時(shí)間
后經(jīng)過(guò)N點(diǎn),其在ON段運(yùn)動(dòng)的加速度大小a隨位置x的變化關(guān)系如圖(c)所示。圖中g(shù)為重力加速
度大小,k為靜電力常量。
(I)求小球Si在M點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小。
(2)當(dāng)小球Si運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí),恰與一沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)的不帶電絕緣小球S2發(fā)生彈性碰撞。已知Si
與S2的質(zhì)量相等,碰撞前、后Si的動(dòng)能均為孚,碰撞時(shí)間極短。求碰撞前S2的動(dòng)量大小。
(3)現(xiàn)將S2固定在N點(diǎn),為保證Si能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與之相碰,Si從M點(diǎn)下落時(shí)的初動(dòng)能須滿足什么
缺0(32)
條件?圖⑶圖(b)圖?
2021-2025年高考物理真題知識(shí)點(diǎn)分類匯編之動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律(六)
參考答案與試題解析
一,實(shí)驗(yàn)題(共1小題)
1.(2021?江蘇)小明利用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量定理。將遮光條安裝在滑塊上,用天平測(cè)出遮
光條和滑塊的總質(zhì)量M=200.0g,槽碼和掛鉤的總質(zhì)量m=50.0g0實(shí)驗(yàn)時(shí),將滑塊系在繞過(guò)定滑輪懸
拄有槽碼的細(xì)線上?;瑝K由靜止杼放,數(shù)字”口寸器記錄下遮光條通過(guò)九電門1和2的遮光時(shí)間八1|和八
12,以及這兩次開始遮光的時(shí)間間隔八a用游標(biāo)卡尺測(cè)出遮光條寬度,計(jì)算出滑塊經(jīng)過(guò)兩光電門速度的
變化量A
圖3
(1)游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條寬度如圖2所示,其寬度d=10.2()mm:
(2)打開氣泵,待氣流穩(wěn)定后調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌,直至看到導(dǎo)軌上的滑塊能在短時(shí)間內(nèi)保持靜止,其目的
是證明氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平;
(3)多次改變光電門2的位置進(jìn)行測(cè)量,得到At和Av的數(shù)據(jù)如下表:
△t/s0.7210.7900.8540.9130.968
Av/(nrs'1)1.381.521.641.751.86
請(qǐng)根據(jù)表中數(shù)據(jù),在方格紙上作出av-At圖線;
(4)查得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=9.80m/s2,根據(jù)動(dòng)量定理,Av-八t圖線斜率的理論值為496m/s2;
(5)實(shí)驗(yàn)結(jié)果發(fā)現(xiàn),圖線斜率的實(shí)驗(yàn)值總小于理論值,產(chǎn)生這一誤差的兩個(gè)可能原因是BD。
A.選用的槽碼質(zhì)量偏小
B.細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌不完全平行
C.每次釋放滑塊的位置不同
D.實(shí)驗(yàn)中At的測(cè)量值偏大
【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用:游標(biāo)卡尺的使用與讀數(shù).
【專題】計(jì)算題;定量思想;推理法;方程法;直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題;基本實(shí)驗(yàn)儀器;理解能力;推理論
證能力;分析綜合能力.
【答案】(1)10.20;(2)證明氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平;(3)見圖;(4)L96;(5)BDV
【分析】(I)游標(biāo)卡尺中游標(biāo)尺的分度是20分度,根據(jù)讀數(shù)規(guī)則可以讀出游標(biāo)尺的讀數(shù);
(2)滑塊保持穩(wěn)定,說(shuō)明氣墊導(dǎo)軌水平;
(3)根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)進(jìn)行描點(diǎn)并用直線連接;
(4)取直線和表格交點(diǎn)的最大距離可知圖像的斜率;
(5)根據(jù)動(dòng)量定理可以判斷圖線斜率的實(shí)驗(yàn)值總小于理論值的可能原因。
【解答】解:(1)游標(biāo)尺的主尺每小格表示hnni,游標(biāo)只是20分度,每小格表示0.05nim,故游
標(biāo)卡尺的讀數(shù)為:10mm+4X0.05mm=10.20mm;
(2)打開氣泵,待氣流穩(wěn)定后調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌,直至看到導(dǎo)軌上的滑塊能在短時(shí)間內(nèi)保持靜止,其FI的
是證明氣墊導(dǎo)軌水平;
(3)根據(jù)表格中數(shù)據(jù)描點(diǎn)并月直線連接;
盡可能讓多的點(diǎn)落到直線上,不能落到直線上的點(diǎn)盡可能均勻的分布在直線兩側(cè)。
(4)根據(jù)動(dòng)量定理可得:mg~l=(m+M)Av,則理論上圖像斜率1<=祭=扁,代入數(shù)據(jù)解得:k
=1.96m/s2o
(5)A、理論上圖像斜率k=3粉,槽碼質(zhì)量不會(huì)影響實(shí)驗(yàn)值與理論值的誤差,故A錯(cuò)誤;
B、細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌不平行,滑塊實(shí)際所受合外力為F的水平分力,故圖線斜率的實(shí)際值偏小,故B正
確;
C、滑塊釋放的位置與斜率相關(guān)的參量無(wú)關(guān),故C錯(cuò)誤;
Av
D、At偏大,則/偏小,圖線斜率偏小,故D正確;
At
故選:BDo
故答案為:(1)10.20:(2)證明氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平:(3)見圖:(4)1.96:(5)BD..
【點(diǎn)評(píng)】明確游標(biāo)卡尺的讀數(shù),明確動(dòng)量定理的應(yīng)用是解決問(wèn)題的關(guān)鍵;
二,解答題(共10小題)
2.(2021?河北)如圖,一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成,其中AB段傾角為*BC段水平,AB段和
BC段由一小段光滑圓弧連接。一個(gè)質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下,若1s后質(zhì)量為48kg
的滑雪者從頂端以L5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕,恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背
包并立即將其拎起。背包與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)為產(chǎn)各重力加速度取g=10m/s2,sin0=套cos6=
忽略空氣阻力及拎包過(guò)程中滑雪者與背包的重心變化。求:
(1)滑道AB段的長(zhǎng)度;
(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度。
A
B
【考點(diǎn)】用動(dòng)量守恒定律解決簡(jiǎn)單的碰撞問(wèn)題;物體在粗糙斜面上的運(yùn)動(dòng).
【專題】計(jì)算題;定量思想;推理法;直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題;牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題;分析綜合能力.
【答案】(1)滑道AB段的長(zhǎng)度為9m:
(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度為7.44m/s,方向水平向右。
【分析】(1)根據(jù)牛頓第二定律求出背包在斜面上的加速度,根據(jù)背包和滑雪者在滑道上的位移相等,
和時(shí)間相差is,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出滑道AB的長(zhǎng)度;
(2)根據(jù)滑雪者在斜面上的速度一時(shí)間關(guān)系求出滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度。
【解答】解:(1)背包在斜面上運(yùn)動(dòng),受力分析如圖所示:
由牛頓第二定律可知:migsint)-t-miai
其中f=nmigcos8
解得:ai=2m/s2
背包從斜面滑下過(guò)程:L=1aitf
滑雪者在斜面上滑動(dòng)過(guò)程中有:L=vot2+ia2tf
其中:tl-t2=Is
解得:L=9m,ti=3s,t2=2s
(2)滑雪者在斜面上滑動(dòng)過(guò)程到底部時(shí),
V2=VO+a2t2
解得:V2=7.5m/s,
此時(shí)背包的速度:vi=aiti=2X3m/s=6m/s,
拎起背包后滑雪者與背包的速度相等,拎起背包過(guò)程動(dòng)后守恒,規(guī)定滑雪者的速度方向?yàn)檎较?,根?jù)
動(dòng)量守恒定律得:
mivi+m2V2=(mi+m2)v
代入數(shù)據(jù)解得:v=7.44m/s,方向水平向右。
答:(1)滑道AB段的長(zhǎng)度為9m;
(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度為7.44m/s,方向水平向右。
【點(diǎn)評(píng)】本題考有牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合,這類題美德是要根據(jù)牛頓第二定律求出加速度,
然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解速度,位移以及時(shí)間。
3.(2021?北京)如圖所示,小物塊A、B的質(zhì)量均為m=0.10kg,B靜止在軌道水平段的末端。A以水平
速度vo與B碰撞,碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點(diǎn)距離水平地面的豎直高度為h=0.45m,兩物
塊落地點(diǎn)距離軌道末端的水平距離為s=0.30m,取重力加速度g=10m/s2。求:
(1)兩物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t;
(2)兩物塊碰前A的速度vo的大??;
(3)兩物塊碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能AE。
【考點(diǎn)】碰撞后粘連問(wèn)題;動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題;動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用.
【專題】計(jì)算題;定量思想;推理法;動(dòng)量和能量的綜合;推理論證能力.
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】(1)豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng),由h=2g£2可解得時(shí)間;
(2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出碰前A的速度大小;
(3)根據(jù)能量守恒可得到碰撞過(guò)程中A、R所組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能.
【解答】解:(1)豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng),由h=2g£2
代入數(shù)據(jù)解得1=0.30s
(2)設(shè)A、B碰后速度為v,
水平方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng),由$=\1
代入數(shù)據(jù)解得v=1.0m/s
根據(jù)動(dòng)量守恒定律,規(guī)定向右為正方向,由mvo=2mv
得vo=2m/s
(3)兩物體碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能AE=imvo-i?2mv2
代入數(shù)據(jù)解得△£=().1()J
答:⑴兩物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.30s;
(2)兩物塊碰前A的速度vo的大小為2m/s;
(3)兩物塊碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為0.10J。
【點(diǎn)評(píng)】本題要學(xué)會(huì)分析物理過(guò)程,把握每個(gè)過(guò)程遵循的物理規(guī)律是關(guān)鍵。本題有兩個(gè)過(guò)程,對(duì)于碰撞,
其基本規(guī)律是動(dòng)量守恒,要熟練運(yùn)用。
4.(2021?海南)如圖,一長(zhǎng)木板在光滑的水平面上以速度vo向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),將一小滑塊無(wú)初速地
輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m,它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為4重力加速度
為go
(1)滑塊相對(duì)木板靜止時(shí),求它們的共同速度大??;
(2)某時(shí)刻木板速度是滑塊的2倍,求此時(shí)滑塊到木板最右端的距離;
(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時(shí),給木板施加一水平向右的外力,使得木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng),
直到滑塊相對(duì)木板靜止,求此過(guò)程中滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及外力所做的功。
【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題;勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系;牛頓第二定律的
簡(jiǎn)單應(yīng)用.
【專題】計(jì)算題;定量思想;推理法:動(dòng)量和能量的綜合;推理論證能力.
【答案】(1)滑塊相對(duì)木板靜止時(shí),它們的共同速度大小為學(xué):
⑵某時(shí)刻木板速度是滑塊的2倍,此時(shí)滑塊到木板最右端的距離為懸;
(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時(shí),給木板施加一水平向右的外力,使得木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng),
直到滑塊相對(duì)木板靜止,此過(guò)程中滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及外力所做的功為mvo2.
【分析】(1)根據(jù)木板與小滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒求解。
(2)由功能關(guān)系可得,摩擦力在相對(duì)位移上所做的功等于系統(tǒng)動(dòng)能的減少量列出等式求解。
(3)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得滑塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,求得木板運(yùn)動(dòng)位移根據(jù)功的計(jì)算公式解
得。
【解答】解:(1)由于地面光滑,則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,規(guī)定向右為正方向,則
2mvo=3mv共
解得
2Vo
v?=3
(2)由于木板速度是滑塊的2倍,則有
v木=2v滑
再根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
2mvo=2mv木+mv沿
聯(lián)立化簡(jiǎn)得
24
VO-
酒
5一5
再根據(jù)功能關(guān)系有
-pmgx=1x2mv木2+|mv^2—1x2mvo2
經(jīng)過(guò)計(jì)算得
_7打
x-9
(3)由于木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng),則有
F=|img
對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析,并根據(jù)牛頓第二定律有
a滑=掰
滑塊相對(duì)木板靜止時(shí)有
vo=ar?t
解得
闈
則整個(gè)過(guò)程中木板滑動(dòng)的距離為
X7"二兩
則拉力所做的功為
W=Fx'=mvo2
答:(I)滑塊相對(duì)木板靜止時(shí),它們的共同速度大小為竽:
(2)某時(shí)刻木板速度是滑塊的2倍,此時(shí)滑塊到木板最右端的距離為咨;
25〃0
(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時(shí),給木板施加一水平向右的外力,使得木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng),
直到滑塊相對(duì)木板靜止,此過(guò)程中滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為生,外力所做的功為m、/。
【點(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是掌握動(dòng)量守恒的條件以及表達(dá)式,知道內(nèi)能的大小等于整個(gè)過(guò)程中一對(duì)?滑動(dòng)
摩擦力做的功,掌握能量守恒定律;
5.(2021?湖北)如圖所示,一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi),其下端與光滑
水平面在Q點(diǎn)相切。在水平面上,質(zhì)量為m的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運(yùn)
動(dòng)。A、B發(fā)生正碰后,B到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力恰好為零,A沿半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到與0
點(diǎn)等高的C點(diǎn)時(shí)速度為零。已知重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。
(I)求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點(diǎn)的用離;
(2)當(dāng)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn)時(shí),0D與0Q夾角為0,求此時(shí)A所受力對(duì)A做功的功率;
(3)求碰撞過(guò)程中A和B損失的總動(dòng)能。
【考點(diǎn)】動(dòng)量守怛,能量守怛共同解決實(shí)際問(wèn)題;功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo);動(dòng)能定理的
簡(jiǎn)單應(yīng)用.
【專題】計(jì)算題;推理法;動(dòng)量和能量的綜合;推理論證能力.
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】(1)B到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力恰好為零,由重力提供向心力,由牛頓第二定律求
HlB到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解得。
(2)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒結(jié)合功率的計(jì)算公式解得其功率;
(3)A從Q點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程,由機(jī)械能守恒定律求出A碰撞后的速度,根據(jù)動(dòng)能定理解得B碰撞后
的速度。再研究A與B碰撞過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律結(jié)合能量守恒可解得。
【解答】解:(1)B到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力恰好為零,貝ijmg=m第
B從半圓弧軌道匕出后做平拋運(yùn)動(dòng)
水平方向:X=VBt
豎直方向:2R=^-1gt2
聯(lián)立解得x=2R
(2)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒由
19
mgRcosO=2mvA
此時(shí)A所受力對(duì)A做功的功率P=mgsin9*VA
聯(lián)立解得P=mgsin0y/2gRcosd
(3)B從碰撞后到最高點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理-mg?2R=|mv^
A從碰撞后到C點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理mg?R=義mvA
AB碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒,規(guī)定向右為正方向,則
mvo=mvA/+mvB'
則碰撞過(guò)程中損失的能量AE=詔一gm/;+
聯(lián)立解得AE=VlOmgR
答:(1)B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點(diǎn)的距離為2R:
(2)當(dāng)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn)時(shí),OD與OQ夾角為0,此時(shí)A所受力對(duì)A做功的功率為
mgsin0yj2gRcos0;
(3)碰撞過(guò)程中A和B損失的總動(dòng)能為aUmgR。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí),要理兩個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,把握每個(gè)過(guò)程遵循的物理規(guī)律,知道彈性碰撞過(guò)程遵
守動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律兩大規(guī)律。要知道小球恰好到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時(shí),由重力充當(dāng)向心力。
6.(2021?廣東)算盤是我國(guó)古老的計(jì)算工具,中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng),使用前
算珠需要照零,如圖所示,水平放置的算盤中有甲、乙兩顆靠珠未在歸零位置,甲靠邊框b,甲、乙相
隔si=3.5X10'm,乙與邊框a相隔S2=2.O/與2m,算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)口=0.1?,F(xiàn)用手指將
甲以0.4m/s的初速度撥出,庠、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s,方向不變,碰撞時(shí)間極短且不計(jì),
重力加速度g取10nVs2o
(1)通過(guò)計(jì)算,判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a;
(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間。
算珠歸零狀態(tài)
「一二-二j二口
由飛出用用出
II1
【考點(diǎn)】動(dòng)顯守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題;牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用;動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用.
【專題】計(jì)算題;定量思想;推理法;動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合;分析綜合能力.
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】(1)應(yīng)用動(dòng)能定理求出甲、乙兩算珠碰撞前瞬間甲的速度大小,甲、乙兩算珠碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)
量守恒,應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出碰撞后乙算珠的速度大小,應(yīng)用動(dòng)能定理求出乙算珠停止運(yùn)動(dòng)時(shí)運(yùn)動(dòng)的
位移,然后判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a。
(2)應(yīng)用動(dòng)能定理求出碰撞后甲算珠滑動(dòng)的距離,應(yīng)用牛頓第二定律求出甲算珠的加速度大小,然后
應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出甲算珠的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。
【解答】解:(1)算珠相同,設(shè)每個(gè)算珠的質(zhì)量為m,
由題意可知,甲算珠的初速度大小vo=O.4m/s,碰撞后瞬間甲算珠的速度大小v甲=O』m/s
設(shè)甲、乙兩算珠碰撞前瞬間甲算珠的速度大小為vi,從甲算珠開始運(yùn)動(dòng)到甲、乙碰撞前瞬間過(guò)程,
對(duì)甲算珠,由動(dòng)能定理得:?pmgsi=說(shuō)一詔
代入數(shù)據(jù)解得:vi=0.3m/s
甲、乙兩算珠碰撞過(guò)程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,系統(tǒng)動(dòng)豉守恒,設(shè)碰撞后瞬間乙算珠的速度大小為v乙,
以碰撞前甲算珠的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得:mvi=mv中+mv乙,
代入數(shù)據(jù)解得:v乙=0.2m/s
設(shè)乙從碰撞后到減速為零的過(guò)程滑行的距離為s,對(duì)乙算珠,由動(dòng)能定理得:-Nmgs=O-:nw^
L乙
代入數(shù)據(jù)解得:s=0.02m=S2=2.0XI0-2m,乙算珠恰好到達(dá)邊框a處
(2)設(shè)兩算珠碰撞后甲滑行距離S3后速度變?yōu)榱悖瑢?duì)甲,由動(dòng)能定理得:-Rmgs3=0—2優(yōu)年〃
代入數(shù)據(jù)解得:S3=O.OO5m
設(shè)從甲開始運(yùn)動(dòng)到甲、乙碰撞所需時(shí)間為U,從甲、乙碰撞到甲停止運(yùn)動(dòng)需要的時(shí)間為12,
PV1
則:Sl=°tt1,S3=-y^t2,
代入數(shù)據(jù)解得:U=01S,t2=0.1S
甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間:I=u+12=(0.1+0.1)s=0.2s
答:(1)乙算珠能滑動(dòng)到邊框a:
(2)甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間是0.2so
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)能定理與動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用,根據(jù)題意分析清楚甲、乙兩算珠的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解
題的前提,根據(jù)每個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程,應(yīng)用動(dòng)能定理與動(dòng)量守恒定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。
7.(2021?湖南)如圖,豎直平面內(nèi)一足夠長(zhǎng)的光滑傾斜軌道與一長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平軌道通過(guò)一小段光滑圓弧
平滑連接,水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ。質(zhì)量為m的小物塊A與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為小
以水平軌道末端O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系xOy,x軸的正方向水平向右,y軸的正方向豎直
向下,弧形軌道P端坐標(biāo)為(2pL,nL),Q端在y軸上。重力加速度為g。
(I)若A從傾斜軌道上距x軸高度為2PL的位置由靜止開始下滑,求A經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度大小;
(2)若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑,經(jīng)過(guò)O點(diǎn)落在弧形軌道PQ上的動(dòng)能均相同,求PQ
的曲線方程;
(3)將質(zhì)量為入m(人為常數(shù)且入25)的小物塊B置于0點(diǎn),A沿傾斜軌道由靜止開始下滑,與B發(fā)
生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短),要使A和B均能落在弧形軌道上,且A落在B落點(diǎn)的右側(cè),求A下滑
的初始位置距x軸高度的取值范圍。
【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題;動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用;機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用.
【專題】定量思想;推理法;平拋運(yùn)動(dòng)專題;動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合;分析綜合能
力.
【答案】(1)A經(jīng)過(guò)0點(diǎn)時(shí)的速度大小為質(zhì)區(qū);
42
(2)PQ的曲線方程為三+2y=4心,0WxW2pL;
(3)A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍為美/山13(省產(chǎn)+1]〃乙。
【分析】(1)此過(guò)程由動(dòng)能定理直接求解即可;
(2)根據(jù)題意物塊A落在弧形軌道上的動(dòng)能均相同,利用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,推導(dǎo)出落在弧形軌道上的
物塊的動(dòng)能與水平位移和豎直位移的關(guān)系式,再把P點(diǎn)的坐標(biāo)代入動(dòng)能的關(guān)系式,求得具體的動(dòng)能表達(dá)
式,然后再利用動(dòng)能與水平位移和豎直位移的關(guān)系式,可推導(dǎo)出所求的曲線方程;
(3)由動(dòng)能定理求得A與B碰撞前瞬間速度大小,由彈性碰撞的特點(diǎn):系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒,
求得碰撞后瞬間A、B的速度大小,碰后A速度反向,再返回0點(diǎn),要使A落在B落點(diǎn)的右側(cè),需滿
足A平拋初速度大于B的平拋初速度,要使A和B均能落在弧形軌道上,只需A能夠落在軌道上,利
用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出落在P點(diǎn)的臨界平拋初速度大小,需要A平拋的初速度不大于此臨界速度,兩條
件結(jié)合解得A卜滑的初始位置距x軸高度的取值范圍。
【解答】解:(1)設(shè)物塊A由靜止開始運(yùn)動(dòng)到0點(diǎn)的速度大小為vo,對(duì)此過(guò)程由動(dòng)能定理得
mg*2|iL-|imgL=評(píng)—0
解得:vu=y/2nyL
(2)A經(jīng)0點(diǎn)水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)水平位移為x,豎直位移為y,物塊A經(jīng)過(guò)0點(diǎn)的速度大小
為vx,落到弧形軌道上時(shí),速度大小為v,豎直方向速度大小為vy,落在弧形軌道上的動(dòng)能均相同為
Ek,則
vxt,y=^gt2,v}=2gy,
解得:龍二喏
Ek=\mv2=+叩)=9m(嚼+2gy)
已知P點(diǎn)坐標(biāo)為(2RL,(1L),即當(dāng)物塊A落到P點(diǎn)時(shí),x=2pL,y=pL,可得
2
Ek=*m嗎北)+2g^L]=2pmgL
依題意:物塊A落在弧形軌道上的動(dòng)能均相同,則有
1gx2
]皿-^-+2,tjy)=2umgL,
X2
整理得PQ的曲線方程為:—+2y=4此,0WxW2|iL,RLWyW2uL。
(3)設(shè)A下滑的初始位置距x軸高度為h,A與B碰撞前瞬間速度大小為VA,碰撞后瞬間A、B的分
別為VAI、VB,
對(duì)A由靜止開始運(yùn)動(dòng)到碰撞B之前的過(guò)程,由動(dòng)能定理得
mgh-pmgL=gmv^—0
解得VA=,2(八一〃L)g
A與B發(fā)生彈性碰撞的過(guò)程,設(shè)水平向右為正方向,因B質(zhì)量為入m(a25)大于A的質(zhì)量,碰后A
的速度水平向左,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律,可得
mvA=-mvAi+AmvB
說(shuō)=喙+:4相詔
乙乙乙
解得:VA1=VB=j:j萬(wàn)以
設(shè)碰撞之后A向左運(yùn)動(dòng)再返回O點(diǎn)的速度大小為VA2,對(duì)此過(guò)程由動(dòng)能定理得
11
-2|imgL=^mvA92-2mvA9i
解得:就2=蝎-4pgL=(每)2若-4ngL
要使A落在B落點(diǎn)的右側(cè),需滿足:VA2>VB,即若2>詣,則有
2
(^4)2若-4|lgL>(j|yv4),
解得:若>4)”)的乙
zl。
將VA=,2(h-〃L)g代入得:
2
由(2)的結(jié)論;場(chǎng)=翳,可得當(dāng)物體落在P(2pL,pL)點(diǎn)時(shí),在O點(diǎn)平拋的初速度大小滿足
改=2皿
要使A和B均能落在弧形軌道匕因VA2>VB,故只要A能落在弧形軌道上,B就一定能落在弧形軌
道上,
所以需滿足:一2三該,即:(有|)2或-4|igLW29gL
解得:h<[3(;±:)2+l]juL
則A卜滑的初始位置距x軸高度的取值范圍為美/〃L〈h*3(巖/+1]心。
答:(1)A經(jīng)過(guò)0點(diǎn)時(shí)的速度大小為麗;
(2)PQ的曲線方程為三+2y=4RL,0WxW2pL,uLWyW2pL;
(3)A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍為美<hM[3(巖y+l]/zLo
【點(diǎn)評(píng)】此題考查及雜的運(yùn)動(dòng)形式分析處理能力,難度較高,計(jì)算的推演有一定難度,涉及動(dòng)能定理,
彈性碰撞的動(dòng)量和機(jī)械能守恒,平拋運(yùn)動(dòng)的分解處理等物理原理。
8.(2021?山東)海鷗捕到外殼堅(jiān)硬的鳥蛤(貝類動(dòng)物)后,有時(shí)會(huì)飛到空中將它丟下,利用地面的沖擊
打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量m=0.lkg的鳥蛤,在H=20m的高度、以vo=l5m/s的水平速度飛行時(shí),
松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10m/s2,忽略空氣阻力。
(1)若鳥蛤與地面的碰撞時(shí)間AtnSOOSs,彈起速度可■忽略,求碰撞過(guò)程中鳥蛤受到的平均作用力的
人小F;(碰撞過(guò)程中不計(jì)重力)
(2)在海鷗飛行方向正下方的地面上,有一與地面平齊、氏度L=6m的巖石,以巖石左端為坐標(biāo)原點(diǎn),
建立如圖所示坐標(biāo)系。若海鷗水平飛行的高度仍為20m,速度大小在15m/s?17m/s之間,為保證鳥蛤
一定能落到巖石上,求釋放鳥蛤位置的x坐標(biāo)范圍。
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殳
0:^—>:]
?L?
【考點(diǎn)】用動(dòng)量定理求平均作用力;平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算.
【專題】定量思想;方程法;平拋運(yùn)動(dòng)專題;推理論證能力.
【答案】(1)碰撞過(guò)程中鳥蛤受到的平均作用力的大小為5C0N;
(2)為保證鳥蛤?定能落到巖石上,釋放鳥蛤位置的x坐標(biāo)范圍為(34m,36m)。
【分析】(1)根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解求解合速度大小,再根據(jù)動(dòng)量定理進(jìn)行解答:
(2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解鳥蛤速度大小為I5m/s和I7m/s時(shí)水平位移的大小,再根據(jù)幾何關(guān)系進(jìn)
行分析。
【解答】解:(I)設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,鳥蛤落地前瞬間的速度大小為v.豎直方向分速度大小為V*
根據(jù)速度一位移關(guān)系可得:v}=2gH,解得:vy=20nVs
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解得:v=J詔+藥,解得:v=25m/s
在碰撞過(guò)程中,以鳥蛤?yàn)檠芯繉?duì)象,取速度v的方向?yàn)檎骄?,由?dòng)量定理得:?FAt=0?mv
解得:F=500N;
(2)若釋放鳥蛤的初速度為vi=15m/s,設(shè)擊中巖石左端時(shí),釋放點(diǎn)的坐標(biāo)為xi,擊中右端時(shí),釋放
點(diǎn)的X坐標(biāo)為X2,
鳥蛤F落的時(shí)間為t,則有:解得:t=2s
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得:xi=vit=15X2m=30m
根據(jù)幾何關(guān)系可得:X2=xi+L=30m+6m=36m
若釋放鳥蛤時(shí)的初速度為V2=17m/s,設(shè)擊中巖石左端時(shí),濕放點(diǎn)的x坐標(biāo)為xi',擊中右端時(shí),釋放
點(diǎn)的X坐標(biāo)為X2‘,
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得XI'=V21=17X2m=34m
根據(jù)幾何關(guān)系可得:X2'=xi'+L=34m+6m=40m
練上得x坐標(biāo)交集的區(qū)間為(34m,36m)。
答:(I)碰撞過(guò)程中鳥蛤受到的平均作用力的大小為500N;
(2)為保證鳥蛤一定能落到巖石上,釋放鳥蛤位置的x坐標(biāo)范圍為(34m,36m)。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了平效運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和動(dòng)量定理,知道平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線
運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng);對(duì)于動(dòng)量定理解答問(wèn)題時(shí),要知道合外力的沖量等于動(dòng)量的變化。
9.(2021?重慶)我國(guó)規(guī)定摩托車、電動(dòng)自行車騎乘人員必須依法配戴具有緩沖作用的安全頭盔。小明對(duì)
某輕質(zhì)頭盔的安全性能進(jìn)行了模擬實(shí)驗(yàn)檢測(cè)。某次,他在頭盔中裝入質(zhì)量為5.0kg的物體(物體與頭盔
密切接觸),使其從1.80m的高處自由落下(如圖),并與水平地面發(fā)生碰撞,頭盔厚度被擠壓了().()3m
時(shí),物體的速度減小到零。擠壓過(guò)程不計(jì)物體重力,且視為勻減速直線運(yùn)動(dòng),不考慮物體和地面的形變,
忽略空氣阻力,重力加速度g取lOm/s?。求:
(1)頭盔接觸地面前瞬間的速度大??;
(2)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;
(3)物體在勻減速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受平均作用力的大小。
【考點(diǎn)】用動(dòng)后定理求平均作用力;勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系.
【專題】定量思想;方程法;動(dòng)量定理應(yīng)用專題;推理論證能力.
【答案】(I)頭盔接觸地面前瞬間的速度大小為6m/s;
(2)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.01s;
(3)物體在勻減速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受平均作川力的大小為3000No
【分析】(1)由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解速度大??;
(2)由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解時(shí)間:
(3)由動(dòng)量定理求解物體在勻減速宜線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受平均作用力的大小。
【解答】解:(1)由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得:v2=2gh,其中:h=1.80m
代入數(shù)據(jù)解得:v=6m/s;
(2)由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得:4%=梟,其中、=0.0301
代入數(shù)據(jù)解得:t=0.01s;
(3)取向下為正方向,由動(dòng)審定理得:-Ft=O-mv
代入數(shù)據(jù)解得:F=3000N。
答:(I)頭盔接觸地面前瞬間的速度大小為6m/s;
(2)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.01s;
(3)物體在勻減速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受平均作用力的大小為3000No
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查動(dòng)量定理,利用動(dòng)量定理解答問(wèn)題時(shí),要注意分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的受力情況,
知道合外力的沖量才等于動(dòng)量的變化。由于本題在擠壓過(guò)程不計(jì)物體重力,所以列動(dòng)量定理方程時(shí)可不
分析重力。
10.(2021?天津)一玩具以初速度vo從水平地面豎直向上拋出,達(dá)到最高點(diǎn)時(shí),用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的
輕彈簧彈開,該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1:4的兩部分,此時(shí)它們的動(dòng)能之和與玩具從地面
拋出時(shí)的動(dòng)能相等。彈簧彈開的時(shí)間極短,不計(jì)空氣阻力。求
3
(1)玩具上升到最大高度二時(shí)的速度大小:
(2)兩部分落地時(shí)速度大小之比。
【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題;豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用:平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算;
動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用.
【專題】計(jì)算題:定量思想;模型法;動(dòng)能定理的應(yīng)用專題;分析綜合能力.
【答案】(1)玩具上升到最大高度:時(shí)的速度大小為,;
42
(2)兩部分落地時(shí)速度大小之比為2;1。
【分析】(1)玩具上升過(guò)程做勻減速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)速度-位移公式求玩具上升到最大高度:時(shí)
的速度大??;
(2)玩具分開過(guò)程,根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒和能量守恒定律分別列方程。分開后玩具運(yùn)動(dòng)過(guò)程,由動(dòng)
能定理求兩部分落地時(shí)速度大小表達(dá)式,聯(lián)立求解兩部分落地時(shí)速度大小之比。
【解答】解:(1)設(shè)玩具上升的最大高度為h,玩具上升到最大高度:時(shí)的速度大小為v,取豎直向上為
4
正方向,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
0-vo2=-2gh
3
v2-vo2=-2g(-h)
聯(lián)立解得v=1v0
(2)設(shè)玩具分開時(shí)兩部分的質(zhì)量分別為mi、m2,水平速度大小分別為vi、V2,依題意,動(dòng)能關(guān)系為:
1.1.1
5mH+-m2v^=-0%+7n2)說(shuō)
玩具到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度為零,兩部分分開時(shí)速度方向相反,水平方向動(dòng)量守恒,取質(zhì)量為mi的部分速
度方向?yàn)檎较颍?/p>
miV1-m2v2=0
分開后兩部分都做平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)能定理得
對(duì)mi有,migh=
對(duì)m2有,m2gh=亍7n2眩2—諺
結(jié)合mi:m2=l:4
聯(lián)立解得兩部分落地時(shí)速度大小之比v/:V2'=2:1
答:(1)玩具上升到最大高度,時(shí)的速度大小為今:
(2)兩部分落地時(shí)速度大小之比為2:1。
【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí),要理清玩具的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,知道玩具分開過(guò)程,水平方向動(dòng)量守恒。對(duì)于平拋運(yùn)動(dòng)
過(guò)程,也可以根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求落地時(shí)速度大小。
11.(2021?福建)如圖(a),同一豎直平面內(nèi)A、B、M、N四點(diǎn)距O點(diǎn)的距離均為企L,O為水平連線
AB的中點(diǎn),M、N在AB連線的中垂線上。A、B兩點(diǎn)分別固定有一點(diǎn)電荷,電荷量均為Q(Q>0).
以。為原點(diǎn),豎直向下為正方向建立x軸。若取無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn),則ON上的電勢(shì)9隨位置x的
變化關(guān)系如圖(b)所示。一電荷量為Q(Q>0)的小球Si以一定初動(dòng)能從M點(diǎn)豎直下落,一段時(shí)間
后經(jīng)過(guò)N點(diǎn),其在ON段運(yùn)動(dòng)的加速度大小a隨位置x的變化關(guān)系如圖(c)所示。圖中g(shù)為重力加速
度大小,k為靜電力常量。
(1)求小球Si在M點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小。
(2)當(dāng)小球Si運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí),恰與一沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)的不帶電絕緣小球S2發(fā)生彈性碰撞。已知Si
與S2的質(zhì)量相等,碰撞前、后Si的動(dòng)能均為4:?:碰撞時(shí)間極短。求碰撞前S2的動(dòng)量大小。
3L
(3)現(xiàn)將S2固定在N點(diǎn),為保證Si能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與之相碰,Si從M點(diǎn)下落時(shí)的初動(dòng)能須滿足什么
【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能最守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題;電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系;勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差
與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系;動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用.
【專?題】計(jì)算題;定量思想;推理法;帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題;分析綜合能力.
【答案】(1)小球Si在M點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小為竺合。
(2)當(dāng)小球Si運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí),恰與一沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)的不帶電絕緣小球S2發(fā)生彈性碰撞。已知Si
與S2的質(zhì)量相等,碰撞前、后Si的動(dòng)能均為當(dāng)碰撞時(shí)間極短。碰撞前S2的動(dòng)量大小為塔里。
3L9g
(3)現(xiàn)將S2固定在N點(diǎn),為保證Si能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與之相碰,Si從M點(diǎn)下落時(shí)的初動(dòng)能須滿足Ek>
(13-8&)AQ2
27L°
【分析】(1)根據(jù)庫(kù)侖定律結(jié)合力的合成可解得;
(2)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可解得;
(3)為保證Si能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與S2相碰,Si運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度必須大于零,根據(jù)動(dòng)能定理解得。
【解答】解:(1)設(shè)A到M點(diǎn)的距離為RM,A點(diǎn)的電荷對(duì)小球SI的庫(kù)侖力大小為FA,由庫(kù)侖定律有
FA=J
即2
設(shè)小球Si在M點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小為FM,由力的合成有FM=2FAsin45°②
聯(lián)立①②式,由幾何關(guān)系并代入數(shù)據(jù)得FM二/警③
(2)設(shè)O點(diǎn)下方,處為C點(diǎn),A與C的距離為Rc,小球Si在C處所受的庫(kù)侖力大小為Fc,
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