20xx高考物理《功能关系能量守恒定律》材料分析
考点一|功能关系
1.内容
(1)功是能量转化的量度,即做了多少功就有多少能量发生了转化.
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化,而且能量的转化必须通过做功来实现.
2.做功对应变化的能量形式(加试要求)
(1)合外力的功影响物体的动能的变化.
(2)重力的功影响物体重力势能的变化.
(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化.
(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化.
(5)滑动摩擦力的功影响系统内能的变化.
1.对功能关系的进一步理解
(1)做功的过程是能量转化的过程.不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的.
(2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现到不同的力做功,对应不同形式的能转化,具有一一对应关系,二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等.
2.几种常见的功能关系及其表达式
力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W=Ek2-Ek1=ΔEk重力的功重力势能变化(1)重力做正功,重力势能减少
(2)重力做负功,重力势能增加
(3)WG=-ΔEp=Ep1-Ep2弹簧弹力的功弹性势能变化(1)弹力做正功,弹性势能减少
(2)弹力做负功,弹性势能增加
(3)WF=-ΔEp=Ep1-Ep2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒ΔE=0除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功机械能变化(1)其他力做多少正功,物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功,物体的机械能就减少多少
(3)W其他=ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少
内能增加(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功,系统内能增加
(2)摩擦生热Q=Ffx相对
1.(20xx·平湖模拟)物质、能量、信息是构成世界的基本要素,下面关于能量的认识中错误的是()
A.能量是一个守恒量
B.同一个物体可能同时具有多种形式的能量
C.物体对外做了功,它的能量一定发生了变化
D.地面上滚动的足球最终停下来,说明能量消失了
D[能量的概念是在人类对能量守恒的认识过程中形成的,它的重要特性就是守恒,物体对外做功的过程即是能量释放的过程,功是能量转化的标志和量度.地面上滚动的足球最终停下来,其机械能转化为内能,能量并没有消失.故选项A、B、C正确,D错误.故选C.]
2.自然现象中蕴藏着许多物理知识,如图541所示为一个盛水袋,某人从侧面缓慢推袋壁使它变形,则水的势能()
图541
A.变大B.变小
C.不变D.不能确定
A[人缓慢推水袋,对水袋做正功,由功能关系可知,水的重力势能一定增加,A正确.]
3.如图542所示,质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面,其运动的加速度大小为g,此物体在斜面上上升的最大高度为h,则在这个过程中物体()
图542
A.重力势能增加了mgh
B.克服摩擦力做功mgh
C.动能损失了mgh
D.机械能损失了mgh
D[重力势能增加量为mgh,A错;由mgsin30°+Ff=m×g知Ff=mg时,克服摩擦做功为mgh,由功能关系知B错,D对,动能损失等于合力做功,即ΔEk=mg×2h=mgh,C错.]
4.(加试要求)(20xx·杭州选考模拟)(多选)如图543所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g.则圆环()
图543
A.下滑过程中,加速度一直减小
B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2
C.在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
BD[由题意知,圆环从A到C先加速后减速,到达B处的加速度减小为零,故加速度先减小后增大,故A错误;根据能量守恒,从A到C有mgh=Wf+Ep,从C到A有mv2+Ep=mgh+Wf联立解得:Wf=mv2,Ep=mgh-mv2,所以B正确,C错误;根据能量守恒,从A到B的过程有mv+ΔEp′+Wf′=mgh′,B到A的过程有mvB′2+ΔEp′=mgh′+Wf′,比较两式得vB′vB,所以D正确.]
考点二|能量守恒定律及应用
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1.内容
能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为另一种形式,或者从一个物体转移到另一个物体,在转化和转移的过程中,能量的总量保持不变.
2.适用范围
能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律,是各种自然现象中普遍适用的一条规律.
3.表达式
(1)E初=E末,初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和.
(2)ΔE增=ΔE减,增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量.
(20xx·浙江10月学考)画作《瀑布》如图544所示.有人对此画作了如下解读:水流从高处倾泻而下,推动水轮机发电,又顺着水渠流动,回到瀑布上方,然后再次倾泻而下,如此自动地周而复始.这一解读违背了()
图544
A.库仑定律
B.欧姆定律
C.电荷守恒定律
D.能量守恒定律
D[这是第一类永动机模型,违背了能量守恒定律,选D.]
1.对能量守恒定律的两点理解
(1)某种形式的能量减少,一定存在其他形式的能量增加,且减少量和增加量一定相等.
(2)某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量和增加量一定相等.
2.应用能量守恒定律解题的步骤
(1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化.
(2)明确哪种形式的能量增加,哪种形式的能量减少,并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式.
(3)列出能量守恒关系式:ΔE减=ΔE增.
1.如图545所示是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图,图中①和②为楔块,③和④为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦,在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()
图545
A.缓冲器的机械能守恒
B.摩擦力做功消耗机械能
C.垫板的动能全部转化为内能
D.弹簧的弹性势能全部转化为动能
B[本题考查能量转化和守恒定律.由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功,所以缓冲器的机械能减少,选项A错误、B正确;弹簧压缩的过程中,垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能,选项C、D错误.]
2.蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱.如图546所示,蹦极者从P点静止下落,到达A点时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B点,B点离水面还有数米距离.蹦极者(可视为质点)从P点下降到B点的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能增加量为ΔE2、克服空气阻力做功为W,绳子重力不计.则下列说法正确的是()
图546
A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒
B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中,机械能守恒
C.ΔE1=W+ΔE2
D.ΔE1+ΔE2=W
C[蹦极者从P到A及蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中都受到空气阻力作用,所以机械能不守恒,A、B错误;根据能量守恒定律可知,在整个过程中重力势能的减少量等于弹性势能的增加量和内能的增加量之和,内能的增加量等于克服空气阻力做的功,C正确,D错误.]
3.(20xx·宁波调研)如图547所示,光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切,半圆形导轨的半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放,在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧,当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍,之后向上运动恰能到达最高点C,C、O、B三点在同一竖直线上.(不计空气阻力)试求:
图547
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能;
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能.
【解析】(1)设物体在B点的速度为vB,受到的弹力为FNB,则有FNB-mg=m又FNB=8mg由能量守恒定律可知弹性势能Ep=mv=mgR.(2)设物体在C点的速度为vC,由题意可知mg=m物体由B点运动到C点的过程中,由能量守恒定律得E内=mv-=mgR.【答案】(1)mgR(2)mgR
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高三物理《功能关系能量守恒定律》教材分析
考点20功能关系能量守恒定律
考点名片
考点细研究:本考点命题要点:(1)功能关系;(2)能量转化和守恒定律;(3)结合牛顿运动定律、电磁学等相关内容处理综合问题。其中考查到的如:20xx年全国卷第19题、21题、25题、20xx年江苏高考第9题、20xx年福建高考第21题、20xx年广东高考第16题、20xx年上海高考第11题、20xx年海南高考第10题、20xx年山东高考第20题、20xx年全国卷第20题、20xx年山东高考第16题、20xx年江苏高考第9题、20xx年安徽高考第17题等。
备考正能量:本考点在高考中年年必考,题型全、分值多、难度大。在今后的高考中,考查思路应是功能关系、能的转化和守恒、牛顿定律、平抛运动和圆周运动、电磁学知识和规律密切联系的综合应用,难度和能力要求不会降低。
一、基础与经典
1.滑块静止于光滑水平面上,与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态,现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端,在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10J的功。在上述过程中()
A.弹簧的弹性势能增加了10J
B.滑块的动能增加了10J
C.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10J
D.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
答案C
解析拉力F做功的同时,弹簧伸长,弹性势能增大,滑块向右加速,滑块动能增加,由功能关系可知,拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和,C正确,A、B、D均错误。
2.(多选)如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮,质量分别为M、m(Mm)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中()
A.两滑块组成系统的机械能守恒
B.重力对M做的功等于M动能的增加
C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
答案CD
解析以M和m两滑块整体为研究对象,除重力外,M受到的摩擦力做负功,所以两滑块组成系统的机械能不守恒,且系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功,A错误,D正确。由动能定理可知,M动能的增加应等于重力、摩擦力、轻绳的拉力对M做功之和,B错误。以m为研究对象,除重力外,只有轻绳对其做功,所以其机械能的增加等于轻绳对其做的功,C正确。
3.一个物体的机械能增大,究其原因()
A.重力对物体做了功
B.一定是合外力对物体做了功
C.一定是拉力对物体做了功
D.可能是摩擦力对物体做了功
答案D
解析除重力、弹力以外的力做功时,物体的机械能才会变化,一个系统的机械能增大,一定是除重力、弹力以外的力对系统做正功。重力做功时物体的动能和重力势能之间相互转化,不影响物体的机械能的总和。故A错误;除重力、弹力以外的力做功时,物体的机械能才会变化。故B、C错误;如果摩擦力对系统做正功,系统的机械能可以增大。故D正确。
4.“神舟八号”飞船返回时高速进入大气层后,受到空气阻力的作用,接近地面时,减速伞打开,在距地面几米处,制动发动机点火制动,飞船迅速减速,安全着陆。下列说法正确的是()
A.制动发动机点火制动后,飞船的重力势能减少,动能减少
B.制动发动机工作时,由于化学能转化为机械能,飞船的机械能增加
C.重力始终对飞船做正功,使飞船的机械能增加
D.重力对飞船做正功,阻力对飞船做负功,飞船的机械能不变
答案A
解析制动发动机点火制动后,飞船迅速减速下落,动能、重力势能均变小,机械能减少,A正确,B错误;飞船进入大气层后,空气阻力做负功,机械能一定减少,故C、D均错误。
5.起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲,然后用力蹬地起跳,从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中,他的重心上升了h,离地时他的速度大小为v。下列说法正确的是()
A.该同学机械能增加了mgh
B.起跳过程中该同学机械能增量为mgh+mv2
C.地面的支持力对该同学做功为mgh+mv2
D.该同学所受的合外力对其做功为mv2+mgh
答案B
解析考查的是力做功和能的转化问题,学生重心升高h,重力势能增大了mgh,又知离地时获得动能为mv2,则机械能增加了mgh+mv2,A错,B对;人与地面作用过程中,支持力对人做功为零,C错;学生受合外力做功等于动能增量,则W合=mv2,D错。
6.把小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至A位置,如图甲所示。迅速松手后,球升高至最高位置C(图丙),途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙)。忽略弹簧的质量和空气阻力。则小球从A运动到C的过程中,下列说法正确的是()
A.经过位置B时小球的加速度为0
B.经过位置B时小球的速度最大
C.小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒
D.小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小
答案C
解析分析小球从A到B的过程中受力情况,开始时弹力大于重力,中间某一位置弹力和重力相等,接着弹力小于重力,在B点时,弹力为零,小球从B到C的过程中,只受重力。根据牛顿第二定律可以知道小球从A到B过程中,先向上加速再向上减速,所以速度最大位置应该是加速度为零的位置,在AB之间某一位置,A、B错误;从A到C过程中对于小球、地球、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功,所以系统的机械能守恒,C正确,D错误。
7.(多选)18世纪,数学家莫佩尔蒂和哲学家伏尔泰,曾设想“穿透”地球:假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球,一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中,忽略一切阻力,此人可以从南极出口飞出,则以下说法正确的是(已知此人的质量m=50kg;地球表面处重力加速度g取10m/s2;地球半径R=6.4×106m;假设地球可视为质量分布均匀的球体,均匀球壳对壳内任一点处的质点合引力为零)()
A.人与地球构成的系统,由于重力发生变化,故机械能不守恒
B.人在下落过程中,受到的万有引力与到地心的距离成正比
C.人从北极开始下落,直到经过地心的过程中,万有引力对人做功W=1.6×109J
D.当人下落经过距地心R/2瞬间,人的瞬时速度大小为4×103m/s
答案BC
解析人与地球构成的系统,重力虽然发生变化,但只有重力做功,故机械能守恒,A错误;人在下落过程中,受到的万有引力F=G=G=r,与到地心的距离成正比,B正确;人从北极开始下落,直到经过地心的过程中,万有引力对人做功W=R=R=1.6×109J,C正确;当人下落经过距地心R/2瞬间,人的瞬时速度大小为v,由动能定理得:×=mv2,解得:v==6928m/s,D错误。
8.(多选)如图甲所示,物体以一定的初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动,上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面,上升过程中,物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。g=10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80。则()
A.物体的质量m=0.67kg
B.物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.40
C.物体上升过程中的加速度大小a=10m/s2
D.物体回到斜面底端时的动能Ek=10J
答案CD
解析上升过程,由动能定理得,-(mgsinα+μmgcosα)·hm/sinα=0-Ek1,摩擦产生的热μmgcosα·hm/sinα=E1-E2,解得m=1kg,μ=0.50,故A、B错误;物体上升过程中的加速度大小a=gsinα+μgcosα=10m/s2,故C正确;上升过程中因摩擦产生的热为E1-E2=20J,下降过程因摩擦产生的热也应为20J,故物体回到斜面底端时的动能Ek=50J-40J=10J,D正确。
9.(多选)如图所示,在匀速转动的电动机带动下,足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动,一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2v1)滑上传送带,最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程的下列判断,正确的有()
A.滑块返回传送带右端的速率为v1
B.此过程中传送带对滑块做功为mv-mv
C.此过程中电动机对传送带做功为2mv
D.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m(v1+v2)2
答案ABD
解析因为v2v1,在摩擦阻力下,滑块在传送带上向左做匀减速直线运动,速度减小到零后向右做匀加速直线运动,速度增大到v1后随传送带做速度为v1的匀速直线运动,所以滑块返回传送带右端的速率为v1,选项A正确;由动能定理可得,此过程中传送带对滑块做功为W=mv-mv,选项B正确;此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量等于二者相对滑动的距离与摩擦力的乘积,即Q=μmg=m(v1+v2)2,选项D正确;由能量守恒定律,此过程中电动机对传送带做功等于二者相对滑动产生的热量Q和传送带对滑块做功W之和,等于mv+mv1v2,选项C错误。
10.(多选)倾角为37°的光滑斜面上固定一个槽,劲度系数k=20N/m、原长l0=0.6m的轻弹簧下端与轻杆相连,开始时杆在槽外的长度l=0.3m,且杆可在槽内移动,杆与槽间的滑动摩擦力大小Ff=6N,杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。质量m=1kg的小车从距弹簧上端L=0.6m处由静止释放沿斜面向下运动。已知弹性势能Ep=kx2,式中x为弹簧的形变量。g=10m/s2,sin37°=0.6。关于小车和杆的运动情况,下列说法中正确的是()
A.小车先做匀加速运动,然后做加速度逐渐减小的变加速运动
B.小车先做匀加速运动,然后做加速度逐渐减小的变加速运动,最后做匀速直线运动
C.杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.9m
D.杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为0.1s
答案BCD
解析小车从开始下滑至位移为L的过程中,小车只受重力和支持力,支持力不做功,只有重力做功,加速度a=gsin37°=6m/s2不变,所以小车先做匀加速运动,从刚接触弹簧,直至将弹簧压缩至弹力等于杆与槽的摩擦力,即弹力由0逐渐增大至6N,小车受到的合力逐渐减小到零,所以小车接着做加速度逐渐减小的加速运动,最后匀速运动,B正确,A错误;当弹力为6N时,弹簧的形变量为Δx==0.3m,所以小车通过的位移为x=L+Δx=0.9m,C正确;杆开始运动时,根据机械能守恒定律可知mgxsin37°=k(Δx)2+mv2,解得杆和小车的速度v=3m/s,杆从开始运动到完全进入槽内的时间为t==0.1s,D正确。
二、真题与模拟
11.20xx·全国卷](多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则()
A.甲球用的时间比乙球长
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案BD
解析甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由m甲=ρV甲=ρ得R甲=,阻力f甲=kR甲=k,由牛顿第二定律知a甲==g-k,同理a乙=g-k,因m甲m乙,所以a甲a乙,故C项错误;再由位移公式h=at2可知t甲v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,D项正确。
12.20xx·全国卷](多选)如图所示,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且ONM∠OMN。在小球从M点运动到N点的过程中()
A.弹力对小球先做正功后做负功
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零
D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
答案BCD
解析由ONM∠OMN可知,在M点与N点弹簧长度lOMvB1,D项正确。
14.20xx·上海高考]静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力。不计空气阻力,在整个上升过程中,物体机械能随时间变化关系是()
答案C
解析以地面为零势能面,以竖直向上为正方向,则对物体,在撤去外力前,有F-mg=ma,h=at2,某一时刻的机械能E=Fh,解以上各式得E=·t2t2,撤去外力后,物体机械能守恒,故只有C正确。
15.20xx·武汉调研]如图,半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内,OC水平,D是圆环最低点。质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上,两球之间用轻杆相连。两球初始位置如图所示,由静止释放,当小球A运动至D点时,小球B的动能为()
A.mgRB.mgR
C.mgRD.mgR
答案D
解析A、B组成的系统机械能守恒。当A运动到最低点D时,A下降的高度为hA=R+Rsin45°,B上升的高度为hB=Rsin45°,则有2mghA-mghB=·2mv+mv,又vAcos45°=vBcos45°,小球B的动能为EkB=mv=mgR,选项D正确。
16.20xx·湖北重点中学联考]如图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。对于该运动过程,若用x、a、Ep、Ek分别表示滑块下滑的位移的大小、加速度的大小、重力势能(以斜面底面所在平面为零势面)和动能,t表示时间,则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()
答案D
解析滑块在下滑过程中,设斜面的倾角为θ,斜面高度为H。则由牛顿第二定律有-μmgcosθ+mgsinθ=ma,解得a=-μgcosθ+gsinθ0,加速度的大小保持不变,所以加速度图象应是与时间轴平行的直线,选项B错误;滑块做匀减速直线运动,x=v0t+at2(a0),故位移随时间变化越来越慢,选项A错误;滑块做匀减速直线运动,下降的高度为h=xsinθ,Ep=mgH-mgxsinθ=mgH-mg··sinθ,所以Ept图不是直线,选项C错误;下滑过程中速度大小关系式为v=v0+at=v0+(-μgcosθ+gsinθ)t,动能Ek=mv2,故动能变化越来越慢,选项D正确。
17.20xx·湖北部分重点中学联考](多选)如图所示,长为L的长木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢地抬高A端,使木板以B端为轴转动,当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动,此时停止转动木板,小物块滑到底端的速度为v,重力加速度为g。下列判断正确的是()
A.整个过程物块受的支持力垂直于木板,所以不做功
B.物块所受支持力做功为mgLsinα
C.发生滑动前摩擦力逐渐增大
D.整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增加量
答案BCD
解析缓慢转动过程中支持力与速度同向,所以支持力做正功,当停止转动后,支撑力与速度垂直不再做功,故A选项错误,则转动过程由动能定理得:WN-mgLsinα=0,故WN=mgLsinα,B选项正确;发生滑动前,摩擦力为静摩擦力,大小等于mgsinα,随着α的增大而增大,C选项正确;根据功能关系,除重力以外的力做的功等于物块机械能的增加量,也就是木板对物块做的总功等于物块机械能的增加量,D选项正确。
一、基础与经典
18.如图所示,在倾角θ=30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B,它们的质量均为m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态。现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上匀加速运动,当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg。问:
(1)从F开始作用到物块B刚要离开C的过程中弹簧弹力对物块A做的功;
(2)物块B刚要离开C时物块A的动能;
(3)从F开始作用到物块B刚要离开C的过程中力F做的功。
答案(1)0(2)(3)
解析(1)令x1表示未加F时弹簧的压缩量,对物块A有kx1=mgsin30°,令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量,对物块B有kx2=mgsin30°,所以x1=x2,弹力做的功为零。
(2)B刚要离开C时,对物块A,有F-mgsin30°-kx2=ma,
将F=2mg代入上式得a=g,2a(x1+x2)=v2,
物块A的动能Ek=mv2=。
(3)对A由动能定理有WF-WG=mv2,
WG=mg(x1+x2)sin30°,
得WF=。
19.如图所示,传送带与水平面之间的夹角为θ=30°,其上A、B两点间的距离为l=5m,传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动,现将一质量为m=10kg小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A点,已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=,在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中(g取10m/s2),求:
(1)传送带对小物体做的功;
(2)电动机做的功。
答案(1)255J(2)270J
解析(1)根据牛顿第二定律μmgcosθ-mgsinθ=ma知,物体上升的加速度为a=g=2.5m/s2,当物体的速度为v=1m/s时,x==0.2m,即物体将以v=1m/s的速度完成剩余4.8m的位移,由功能关系得W=ΔEk+ΔEp=mv2+mglsin30°=255J。
(2)电动机做功使小物体机械能增加,同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q,而由v=at得t=0.4s。相对位移l′=vt-t=0.2m,摩擦生热Q=μmgl′cosθ=15J,故电动机做的功为W电=W+Q=270J。
二、真题与模拟
20.20xx·全国卷]轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动,重力加速度大小为g。
(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离;
(2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围。
答案(1)2l(2)m≤MμMg·4l
要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。
由机械能守恒定律有Mv≤Mgl
联立式得m≤M
第1章动量守恒定律
【考纲知识梳理】
一、动量
1、动量:运动物体的质量和速度的乘积叫做动量.P=mv
是矢量,方向与速度方向相同;动量的合成与分解,按平行四边形法则、三角形法则.是状态量;
通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量),计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。
是相对量;物体的动量亦与参照物的选取有关,常情况下,指相对地面的动量。单位是kgm/s;
2、动量和动能的区别和联系
①动量的大小与速度大小成正比,动能的大小与速度的大小平方成正比。即动量相同而质量不同的物体,
其动能不同;动能相同而质量不同的物体其动量不同。
②动量是矢量,而动能是标量。因此,物体的动量变化时,其动能不一定变化;而物体的动能变化时,其动量一定变化。
③因动量是矢量,故引起动量变化的原因也是矢量,即物体受到外力的冲量;动能是标量,
引起动能变化的原因亦是标量,即外力对物体做功。
④动量和动能都与物体的质量和速度有关,两者从不同的角度描述了运动物体的特性,且二者大小间存在关系式:P2=2mEk
3、动量的变化及其计算方法
动量的变化是指物体末态的动量减去初态的动量,是矢量,对应于某一过程(或某一段时间),是一个非常重要的物理量,其计算方法:
(1)ΔP=Pt一P0,主要计算P0、Pt在一条直线上的情况。
(2)利用动量定理ΔP=Ft,通常用来解决P0、Pt;不在一条直线上或F为恒力的情况。
二、冲量
1、冲量:力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量.
是矢量,如果在力的作用时间内,力的方向不变,则力的方向就是冲量的方向;冲量的合成与分解,按平行四边形法则与三角形法则.冲量不仅由力的决定,还由力的作用时间决定。而力和时间都跟参照物的选择无关,所以力的冲量也与参照物的选择无关。单位是Ns;
2、冲量的计算方法
(1)I=Ft.采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。I=Ft
(2)利用动量定理Ft=ΔP.主要解决变力的冲量计算问题,但要注意上式中F为合外力(或某一方向上的合外力)。
三、动量定理
1、动量定理:物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化.Ft=mv/一mv或Ft=p/-p;
该定理由牛顿第二定律推导出来:(质点m在短时间Δt内受合力为F合,合力的冲量是F合Δt;质点的初、未动量是mv0、mvt,动量的变化量是ΔP=Δ(mv)=mvt-mv0.根据动量定理得:F合=Δ(mv)/Δt)
2.单位:NS与kgm/s统一:lkgm/s=1kgm/s2s=Ns;
3.理解:(1)上式中F为研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。
(2)动量定理中的冲量和动量都是矢量。定理的表达式为一矢量式,等号的两边不但大小相同,而且方向相同,在高中阶段,动量定理的应用只限于一维的情况。这时可规定一个正方向,注意力和速度的正负,这样就把矢量运算转化为代数运算。
(3)动量定理的研究对象一般是单个质点。求变力的冲量时,可借助动量定理求,不可直接用冲量定义式.
四、动量守恒定律
内容:相互作用的物体系统,如果不受外力,或它们所受的外力之和为零,它们的总动量保持不变。即作用前的总动量与作用后的总动量相等.(研究对象:相互作用的两个物体或多个物体所组成的系统)
动量守恒定律适用的条件
守恒条件:①系统不受外力作用。(理想化条件)
②系统受外力作用,但合外力为零。
③系统受外力作用,合外力也不为零,但合外力远小于物体间的相互作用力。
④系统在某一个方向的合外力为零,在这个方向的动量守恒。
⑤全过程的某一阶段系统受合外力为零,该阶段系统动量守恒,
即:原来连在一起的系统匀速或静止(受合外力为零),分开后整体在某阶段受合外力仍为零,可用动量守恒。
例:火车在某一恒定牵引力作用下拖着拖车匀速前进,拖车在脱勾后至停止运动前的过程中(受合外力为零)动量守恒
常见的表达式
不同的表达式及含义(各种表达式的中文含义):
P=P′或P1+P2=P1′+P2′或m1V1+m2V2=m1V1′+m2V2′
(其中p/、p分别表示系统的末动量和初动量,系统相互作用前的总动量P等于相互作用后的总动量P′)
ΔP=0(系统总动量变化为0,或系统总动量的增量等于零。)
Δp1=-Δp2,(其中Δp1、Δp2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量,表示两个物体组成的系统,各自动量的增量大小相等、方向相反)。
如果相互作用的系统由两个物体构成,动量守恒的实际应用中具体来说有以下几种形式
A、m1vl+m2v2=m1v/l+m2v/2,各个动量必须相对同一个参照物,适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。
B、0=m1vl+m2v2,适用于原来静止的两个物体组成的系统。
C、m1vl+m2v2=(m1+m2)v,适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。
原来以动量(P)运动的物体,若其获得大小相等、方向相反的动量(-P),是导致物体静止或反向运动的临界条件。即:P+(-P)=0
4.爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒:由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒.
(2)动能增加:在爆炸过程中,由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸前后系统的总动能增加.
(3)位置不变:爆炸和碰撞的时间极短,因而作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动.
【要点名师透析】
类型一动量守恒定律的实际应用
【例1】如图1所示,质量为的小车在光滑的水平面上以速度向右做匀速直线运动,一个质量为的小球从高处自由下落,与小车碰撞后反弹上升的高度为仍为。设,发生碰撞时弹力,小球与车之间的动摩擦因数为,则小球弹起时的水平速度可能是
.
.
.
.
解析:小球的水平速度是由于小车对它的摩擦力作用引起的,若小球在离开小车之前水平方向上就已经达到了,则摩擦力消失,小球在水平方向上的速度不再加速;反之,小球在离开小车之前在水平方向上就是一直被加速的。故分以下两种情况进行分析:
小球离开小车之前已经与小车达到共同速度,则水平方向上动量守恒,有
由于
所以
若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度,则对小球应用动量定理得
水平方向上有
竖直方向上有
又
解以上三式,得
故,正确的选项为。
类型二动量守恒定律的综合应用
【例2】如图所示,一辆质量是m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块,滑块与平板车之间的动摩擦因数=0.4,开始时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动,并与竖直墙壁发生碰撞,设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变,但方向与原来相反.平板车足够长,以至滑块不会滑到平板车右端.(取g=10m/s2)求:
(1)平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离.
(2)平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v.
(3)为使滑块始终不会滑到平板车右端,平板车至少多长?
【解析】:(1)设第一次碰墙壁后,平板车向左移动s,速度为0.由于体系总动量向右,平板车速度为零时,滑块还在向右滑行.
动能定理①
②
代入数据得③
(3)假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止,那么其速度的大小肯定还是2m/s,滑块的速度则大于2m/s,方向均向右.这样就违反动量守恒.所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v.此即平板车碰墙前瞬间的速度.
④
∴⑤
代入数据得⑥
(3)平板车与墙壁发生多次碰撞,最后停在墙边.设滑块相对平板车总位移为l,则有⑦
⑧
代入数据得⑨
l即为平板车的最短长度.
【感悟高考真题】
1.(20xx福建理综T29(2))在光滑水平面上,一质量为m,速度大小为的A球与质量为2m静止的B球碰撞后,A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是__________。(填选项前的字母)
A.0.6B.0.4C.0.3D.0.2
【答案】选A.
【详解】由动量守恒定律得,规定A球原方向为正方向,由题意可知vA为负值,则,因此B球的速度可能为0.6v,故选A.
2.(20xx新课标全国卷T35(2))如图,A、B、C三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上,B、C之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接触而不固连,将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连,使弹簧不能伸展,以至于B、C可视为一个整体,现A以初速v沿B、C的连线方向朝B运动,与B相碰并粘合在一起,以后细线突然断开,弹簧伸展,从而使C与A,B分离,已知C离开弹簧后的速度恰为v,求弹簧释放的势能。
【答案】13mv02
【详解】设碰后A、B和C的共同速度大小为v,由动量守恒有,
3mv=mv0①
设C离开弹簧时,A、B的速度大小为v1,由动量守恒有,
3mv=2mv1+mv0②
设弹簧的弹性势能为Ep,从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒,有,
12(3m)v2+Ep=12(2m)v12+12mv02③
由①②③式得弹簧所释放的势能为
Ep=13mv02
3.(20xx北京高考T21⑵)如图2,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
①实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是,可以通过仅测量(填选项前的符号),间接地解决这个问题
小球开始释放高度
小球抛出点距地面的高度
小球做平抛运动的射程
②图2中点是小球抛出点在地面上的垂直投影,实验时,先让入射球多次从斜轨上位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程,然后,把被碰小球静止于轨道的水平部分,再将入射球从斜轨上位置静止释放,与小球相碰,并多次重复。
接下来要完成的必要步骤是(填选项前的符号)
A.用天平测量两个小球的质量、
B.测量小球开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM,ON
③若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为(用②中测量的量表示);若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足的表达式为(用②中测量的量表示)。
④经测定,,小球落地点的平均位置距O点的距离如图3所示。
碰撞前、后m1的动量分别为p1与,则p1:‘=:11;若碰撞结束时m2的动量为,则‘:‘=11:
实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值为
⑤有同学认为,在上述实验中仅更换两个小球的材质,其它条件不变,可以使被撞小球做平抛运动的射程增大。请你用④中已知的数据,分析和计算出被撞小球m2平抛运动射程ON的最大值为cm.
【答案】①C,②ADE或DAE或DEA
③
④142.91~1.01
⑤76.8
【详解】①在落地高度不变的情况下,水平位移就能反映平抛初速度的大小,所以,仅测量小球做平抛运动的射程就能间接测量速度.因此选C.
②找出平均落点的位置,测量平抛的水平位移,因此步骤中D、E是必须的,但D、E先后均可,至于用天平测质量先后均可。所以答案是ADE或DAE或DEA.
③设落地时间为t,则,,动量守恒的表达式是,
动能守恒的表达式是,所以若两球相碰前后的动量守恒,则成立,若碰撞是弹性碰撞,动能守恒则成立.
④碰撞前后m1动量之比,,
⑤发生弹性碰撞时,被碰小球获得的速度最大,根据动量守恒和动能守恒,,,联立解得,因此,最大射程为
4.(20xx山东高考T38)(1)碘131核不稳定,会发生β衰变,其半衰变期为8天。
碘131核的衰变方程:(衰变后的元素用X表示)。
经过________天75%的碘131核发生了衰变。
(2)如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m,两船沿同一直线同一方向运动,速度分别为2V0、V0。为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛出甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)
【答案】(1)16天(2)
【详解】(1)由放射性元素经历一个半衰期衰变总数的一半可知,共经历了两个半衰期即16天。
(2)设抛出货物的最小速度为Vx,则有对乙船,其中v为后来两船同向运动的速度。由以上两式可得
5.(20xx天津理综T12)回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用,有力地推动了现代科学技术的发展。
当今医学影像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”,它在医疗诊断中,常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子。碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得,同时还产生另一粒子,试写出核反应方程。若碳11的半衰期为20min,经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几?(结果取2位有效数字)
回旋加速器的原理如图,和是两个中空的半径为R的半圆金属盒,它们接在电压一定、频率为的交流电源上,位于圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略,重力不计),它们在两盒之间被电场加速,、置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P,求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、的关系式(忽略质子在电场中的运动时间,其最大速度远小于光速)。
试推力说明:质子在回旋加速器中运动时,随轨道半径的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差是增大、减小还是不变?
【答案】⑴
⑵
⑶随轨道半径r的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差减小
【详解】⑴核反应方程为-------------①
设碳11原有质量为,经过剩余的质量为,根据半衰期定义有
----------------------②
⑵设质子的质量为m,电荷量为q,质子离开加速器时速度大小为,有牛顿第二定律得
----------------------------③
质子运动的回旋周期为--------------④
由回旋加速器原理可知,交流电源的频率与质子回旋频率相同,由周期T与频率的关系得--------------------------------⑤
设在t时间内离开加速器的质子数为N,则质子束从回旋加速器输出时的平均功率为
----------------------------⑥
输出时质子束的等效电流为---------------⑦
由上述各式联立解得:-----------------⑧
若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样得分。
⑶方法一:设k()为同一盒中质子运动轨道半径的序数,相邻的轨道半径分别为、(),,在相应轨道上质子对应的速度大小分别为、,、之间的电压为U,由动能定理知--------⑨
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力,知,则
整理得----------⑩
因U、q、m、B均为定值,令,由上式得
相邻轨道半径、之差,同理得
因为,比较、得---------------⑾
说明随轨道半径r的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差减小
方法二:设k()为同一盒中质子运动轨道半径的序数,相邻的轨道半径分别为、(),,在相应轨道上质子对应的速度大小分别为、,、之间的电压为U。
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力,知,故------⑿
由动能定理知,质子每加速一次,其动能增量------------------⒀
以质子在盒中运动为例,第k次进入时,被电场加速次,速度大小为
---------------------------⒁
同理,质子第次进入时,速度大小为
综合上述各式得,
同理,对于相邻轨道半径、,,整理后有
由于,比较、得------⒂
说明随轨道半径r的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差减小。用同样的方法也可得到质子在盒中运动时具有相同的结论。
6.(20xx海南物理T19)(1)20xx年3月11日,日本发生九级大地震,造成福岛核电站的核泄漏事故。在泄漏的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素,它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射。在下列四个式子中,有两个能分别反映131I和137Cs衰变过程,它们分别是_______和__________(填入正确选项前的字母)。131I和137Cs原子核中的中子数分别是________和_______.
A.X1→B.X2→
C.X3→D.X4→
(2)(8分)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上,其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面,长度为L;bc为一光滑斜面,斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动,在斜面上上升的最大高度为h,返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求:
(i)木块在ab段受到的摩擦力f;
(ii)木块最后距a点的距离s。
【答案】(1)BC7882(2),
【详解】(1)根据衰变过程电荷数守恒、质量数守恒,可知是Ba,是I,
是Cs,是Cs,所以能分别反映I、Cs的衰变过程的是分别是BC。I原子核中
的中子数是,Cs原子核中的中子数是。
(2)(i)木块向右滑到最高点时,系统有共同速度,
动量守恒:①(1分)
②(2分)
联立①②两式解得:③(1分)
(ii)整个过程,由功能关系得:④(2分)
木块最后距a点的距离⑤(1分)
联立①③④⑤解得:(1分)
7.(20xx福建29(2))如图所示,一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度,则。(填选项前的字母)
A.小木块和木箱最终都将静止
B.小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动
C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动
D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者将一起向左运动
答案:B
8.(20xx北京20)如图,若x轴表示时间,y轴表示位置,则该图像反映了某质点做匀速直线运动时,位置与时间的关系。若令x轴和y轴分别表示其它的物理量,则该图像又可以反映在某种情况下,相应的物理量之间的关系。下列说法中正确的是
A.若x轴表示时间,y轴表示动能,则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中,物体动能与时间的关系
B.若x轴表示频率,y轴表示动能,则该图像可以反映光电效应中,光电子最大初动能与入射光频率之间的关系
C.若x轴表示时间,y轴表示动量,则该图像可以反映某物在沿运动方向的恒定合外力作用下,物体动量与时间的关系
D.若x轴表示时间,y轴表示感应电动势,则该图像可以反映静置于磁场中的某闭合回路,当磁感应强度随时间均匀增大时,增长合回路的感应电动势与时间的关系
【答案】C
【解析】根据动量定理,说明动量和时间是线性关系,纵截距为初动量,C正确。结合得,说明动能和时间的图像是抛物线,A错误。根据光电效应方程,说明最大初动能和时间是线性关系,但纵截距为负值,B错误。当磁感应强度随时间均匀增大时,增长合回路内的磁通量均匀增大,根据法拉第电磁感应定律增长合回路的感应电动势等于磁通量的变化率,是一个定值不随时间变化,D错误。
9.(20xx天津10)如图所示,小球A系在细线的一端,线的另一端固定在O点,O点到水平面的距离为h。物块B质量是小球的5倍,置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方,物块与水平面间的动摩擦因数为μ。现拉动小球使线水平伸直,小球由静止开始释放,运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短),反弹后上升至最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g,求物块在水平面上滑行的时间t。
解析:设小球的质量为m,运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为,取小球运动到最低点重力势能为零,根据机械能守恒定律,有
①
得
设碰撞后小球反弹的速度大小为,同理有
②
得
设碰撞后物块的速度大小为,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律,有
③
得④
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小
⑤
设物块在水平面上滑行的时间为,根据动量定理,有
⑥
得⑦
10.(20xx新课标34(2))(10分)如图所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为.使木板与重物以共同的速度向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长,重物始终在木板上.重力加速度为g.
解析:木板第一次与墙碰撞后,向左匀减速直线运动,直到静止,再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度,再往后是匀速直线运动,直到第二次撞墙。
木板第一次与墙碰撞后,重物与木板相互作用直到有共同速度,动量守恒,有:
,解得:
木板在第一个过程中,用动量定理,有:
用动能定理,有:
木板在第二个过程中,匀速直线运动,有:
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=+=
11.(20xx全国卷Ⅱ25)小球A和B的质量分别为mA和mB且mA>>mB在某高度处将A和B先后从静止释放。小球A与水平地面碰撞后向上弹回,在释放处的下方与释放出距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正幢,设所有碰撞都是弹性的,碰撞事件极短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
连立①④⑤化简得
⑥
12.(20xx北京24)雨滴在穿过云层的过程中,不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体,其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为,初速度为,下降距离后于静止的小水珠碰撞且合并,质量变为。此后每经过同样的距离后,雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并,质量依次为、............(设各质量为已知量)。不计空气阻力。
若不计重力,求第次碰撞后雨滴的速度;
若考虑重力的影响,
a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度和;
b.求第n次碰撞后雨滴的动能。
解析:(1)不计重力,全过程中动量守恒,m0v0=mnv′n
得
(2)若考虑重力的影响,雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动,碰撞瞬间动量守恒
a.第1次碰撞前
第1次碰撞后
b.第2次碰撞前
利用○1式化简得○2
第2次碰撞后,利用○2式得
同理,第3次碰撞后
…………
第n次碰撞后
动能
【考点模拟演练】
1.用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块,木块静止,如图10所示.现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块,并停留在木块中,子弹初速度为v0,则下列判断正确的是
()
A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
B.子弹射入木块瞬间动量守恒,故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为mv0M+m
C.忽略空气阻力,子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒,其机械能等于子弹射入木块前的动能
D.子弹和木块一起上升的最大高度为m2v202g(M+m)2
【答案】BD
【详解】从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段:子弹射入木块的瞬间系统动量守恒,但机械能不守恒,有部分机械能转化为系统内能,之后子弹在木块中与木块一起上升,该过程只有重力做功,机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能,因此A、C错误;由子弹射入木块瞬间动量守恒可得子弹射入木块后的共同速度为mv0M+m,B正确;之后子弹和木块一起上升,该阶段机械能守恒可得上升的最大高度为m2v202g(M+m)2,D正确.
2.如图所示,物体A静止在光滑的水平面上,A的左边固定有轻质弹簧,与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞,A、B始终沿同一直线运动,则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是()
A.A开始运动时
B.A的速度等于v时
C.B的速度等于零时
D.A和B的速度相等时
【答案】选D.
【详解】当B触及弹簧后减速,而物体A加速,当vA=vB时,A、B间距最小,弹簧压缩量最大,弹性势能最大,由能量守恒知系统损失动能最多,故只有D对.
3.一炮艇总质量为M,以速度v0匀速行驶,从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹,发射炮弹后艇的速度为v′,若不计水的阻力,则下列各关系式中正确的是()
A.Mv0=(M-m)v′+mv
B.Mv0=(M-m)v′+m(v+v0)
C.Mv0=(M-m)v′+m(v+v′)
D.Mv0=Mv′+mv
【答案】A
【详解】以炮艇及炮艇上的炮弹为研究对象,动量守恒,其中的速度均为对地速度,故A正确.
4.如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6kgm/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4kgm/s.则()
A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
【答案】A
【详解】由两球的动量都是6kgm/s可知,运动方向都向右,且能够相碰,说明左方是质量小速度大的小球,故左方是A球.碰后A球的动量减少了4kgm/s,即A球的动量为2kgm/s,由动量守恒定律得B球的动量为10kgm/s,故可得其速度比为2∶5,故选项A是正确的.
5.如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,下列说法中正确的是()
A.两手同时放开后,系统总动量始终为零
B.先放开左手,后放开右手,动量不守恒
C.先放开左手,后放开右手,总动量向左
D.无论何时放手,只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零
【答案】ACD
【详解】当两手同时放开时,系统的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因为开始时总动量为零,故系统总动量始终为零,选项A正确;先放开左手,左边的小车就向左运动,当再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统的动量守恒,且开始时总动量方向向左,放开右手后总动量方向也向左,故选项B错而C、D正确.
6.如图所示,在光滑的水平地面上有一辆平板车,车的两端分别站着人A和B,A的质量为mA,B的质量为mB,mAmB.最初人和车都处于静止状态.现在,两人同时由静止开始相向而行,A和B对地面的速度大小相等,则车()
A.静止不动B.左右往返运动
C.向右运动D.向左运动
【答案】D
【详解】系统动量守恒,A的动量大于B的动量,只有车与B的运动方向相同才能使整个系统动量守恒.
7.质量都为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个质量都为M的静止小球相碰后,a球被反向弹回,b球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动,c球碰后静止,则下列说法正确的是()
A.m一定小于M
B.m可能等于M
C.b球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大
D.c球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大
【答案】AC
【详解】由a球被反向弹回,可以确定三小球的质量m一定小于M;若m≥M,则无论如何m不会被弹回.当m与M发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大,b与M粘合在一起,发生的是完全非弹性碰撞,则选项A、C正确.
8.如图所示,甲、乙两小车的质量分别为m1、m2,且m1m2,用轻弹簧将两小车连接,静止在光滑的水平面上.现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2,使甲、乙两车同时由静止开始运动,直到弹簧被拉到最长(弹簧仍在弹性限度内)的过程中,对甲、乙两小车及弹簧组成的系统,下列说法正确的是()
A.系统受到外力作用,动量不断增大
B.弹簧伸长到最长时,系统的机械能最大
C.甲车的最大动能小于乙车的最大动能
D.两车的速度减小到零时,弹簧的弹力大小等于外力F1、F2的大小
【答案】BC
9.如图所示,质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧,BC部分是粗糙的水平面.现把质量为m的小物体从A点由静止释放,m与BC部分间的动摩擦因数为μ,最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点,则B、D间的距离x随各量变化的情况是()
A.其他量不变,R越大x越大
B.其他量不变,μ越大x越大
C.其他量不变,m越大x越大
D.其他量不变,M越大x越大
【答案】A
【详解】两个物体组成的系统水平方向的动量是守恒的,所以当两物体相对静止时,系统水平方向的总动量为零,则两物体最终会停止运动,由能量守恒有μmgx=mgR,解得x=Rμ,故选项A是正确的.
10.如图所示,轻质弹簧的一端固定在墙上,另一端与质量为m的物体A相连,A
放在光滑水平面上,有一质量与A相同的物体B,从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下,与A相碰后一起将弹簧压缩,弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升.下列说法正确的是()
A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2
C.B能达到的最大高度为h2
D.B能达到的最大高度为h4
【答案】BD
【详解】根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0=2gh,根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v=12v0,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=122mv2=12mgh,即B正确;当弹簧再次恢复原长时,A与B将分开,B以v的速度沿斜面上滑,根据机械能守恒定律可得mgh′=12mv2,B能达到的最大高度为h/4,即D正确.
11.如图所示,A、B两个木块质量分别为2kg与0.9kg,A、B与水平地面间接触光滑,上表面粗糙,质量为0.1kg的铁块以10m/s的速度从A的左端向右滑动,最后铁块与B的共同速度大小为0.5m/s,求:
(1)A的最终速度;
(2)铁块刚滑上B时的速度.
【答案】(1)0.25m/s(2)2.75m/s
【详解】(1)选铁块和木块A、B为一系统,由系统总动量守恒得:mv=(MB+m)vB+MAvA
可求得:vA=0.25m/s.
(2)设铁块刚滑上B时的速度为u,此时A、B的速度均为vA=0.25m/s.
由系统动量守恒得:mv=mu+(MA+MB)vA
可求得:u=2.75m/s.
12.如图所示,将质量为m1的铅球以大小为v0、仰角为θ的初速度抛入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中,砂车与水平地面间的摩擦可以忽略.求:
(1)球和砂车的共同速度;
(2)球和砂车获得共同速度后,砂车底部出现一小孔,砂子从小孔中流出,当漏出质量为m2的砂子时砂车的速度.
【答案】(1)m1v0cosθM+m1(2)m1v0cosθM+m1
【详解】(1)以铅球、砂车为系统,水平方向动量守恒,m1v0cosθ=(M+m1)v,
得球和砂车的共同速度
v=m1v0cosθM+m1.
(2)球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统水平方向动量也守恒,设当漏出质量为m2的砂子时砂车的速度为v′,砂子漏出后做平抛运动,水平方向的速度仍为v,
由(M+m1)v=m2v+(M+m1-m2)v′,
得v′=v=m1v0cosθM+m1.
文章来源:http://m.jab88.com/j/70593.html
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