新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练阶段检测4第6单元动量第7单元机械振动与机械波(人教版)

这是一份新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练阶段检测4第6单元动量第7单元机械振动与机械波(人教版)，共16页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示,运动会上团体操表演“波浪”。一组同学手挽手排成一行,左边第一位同学开始周期性地下蹲、起立。后边的同学重复他的动作,形成往前传播的“波浪”,下列说法正确的是( )
A.“波浪”向左传播
B.图中A同学正在往下蹲
C.每个同学的位置都向右移动
D.后边所有的同学同时重复左边第一位同学的动作
2.“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态,在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护,能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中,安全气囊可以( )
A.减小穿戴者与地面的接触时间
B.减小穿戴者所受重力的冲量
C.减小穿戴者动量的变化量
D.减小穿戴者动量的变化率
3.一质量为1 kg、可看成质点的物块做直线运动,运动过程中其动量的二次方与位置的关系如图所示,物块运动过程中受到的合力大小为( )
A.2 NB.4 NC.8 ND.16 N
4.我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行,到达目标地时,将质量为m0的导弹自由释放,导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气,则喷气后导弹的速率为( )
A.B.
C.D.
5.以一定的倾角斜向上发射一质量为m的炮弹,达到最高点时其速度大小为v,方向水平。炮弹在最高点爆炸成两块,其中质量为m的一块恰好做自由落体运动,则爆炸后质量为m的另一块瞬时速度大小为( )
A.vB.vC.vD.0
6.鱼漂是钓鱼竿的重要组成部分,在水中处于平衡状态时鱼漂的简化图如图甲所示,鱼咬钩时会使鱼漂在竖直方向上做简谐运动。若观察到鱼漂的振动图像如图乙所示,以竖直向上为正方向,下列说法正确的是( )
A.鱼漂的振幅为10 cm
B.在t=0.15 s时,鱼漂的加速度沿y轴正方向
C.在t=0.45 s时,鱼漂的速度沿y轴负方向
D.在0.5~0.6 s时间内,鱼漂所受回复力逐渐增大
7.《太平广记》中记载到“魏时,殿前钟忽大鸣,震骇省署”,查其原因后得知“此蜀铜山崩,故钟鸣应之也”。下列四幅图对应的情境中涉及的物理原理与“山崩钟鸣”原理完全相同的是( )
A.图甲:飞行中的蝙蝠利用回声来判断障碍物的方位
B.图乙:汽车底部的减震器随汽车行驶而振动
C.图丙:扬声器表面的碎屑随播放而跳动
D.图丁:玻璃杯在声波的作用下碎裂
8.如图甲所示,一单摆悬挂在O点,在O点正下方P点处有一个钉子,单摆摆动的夹角始终小于7°,从t=0时刻开始绳子上的拉力大小随时间t的变化如图乙所示,A、C分别为运动过程中左右两侧最高点,B为最低点,忽略一切阻力,g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.绳子遇到钉子后,绳子上的拉力变小
B.t=0.4π s时小球在C位置
C.OA的长度为0.4 m
D.OP之间的距离为1.2 m
9.如图所示,质量为m0=5 kg的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R=1 m的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的粗糙水平轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m=1 kg的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,则( )
A.整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B.滑块由A滑到B过程中,滑块的机械能守恒
C.BC段长L=1 m
D.全过程小车相对地面的位移大小为0.5 m
10.某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力。开窗帘过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程,下列说法正确的有( )
A.该过程动量守恒
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.2 N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
11.渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在t=0时的波形图如图甲所示,质点P的振动图像如图乙所示,则( )
A.该波沿x轴负方向传播
B.0~1 s时间内,质点P沿x轴运动了1.6 cm
C.该波的波速为1.6 m/s
D.在任意1 s的时间内,质点P运动的路程一定是2 m
12.如图所示,在水槽中,a、b、c、d、e是水面上同一直线的五个质点,已知ac=bc,cd=de。现使完全相同的波源a、b同向起振,产生速度为v、振幅为A、周期为T的两列水波,形成图示的干涉图样。此时c点的位移为+2A,e点是与c紧邻的、位移也为+2A的质点,则下列说法错误的是( )
A.d点是振动加强的点
B.c、e之间只有一个质点振幅为零
C.c、e两个质点水平距离为vT
D.e点与b、a的水平距离相差2vT
13.一根长20 m的软绳拉直后放置在光滑水平地板上,以绳中点为坐标原点,以绳上各质点的平衡位置为x轴建立图示坐标系。两人在绳端P、Q沿y轴方向不断有节奏地抖动,形成两列振幅分别为10 cm、20 cm的相向传播的机械波,已知P点形成的波的传播速度为4 m/s。t=0时刻的波形如图所示。下列判断正确的有( )
A.两波源的起振方向相反
B.两列波无法形成稳定的干涉图像
C.t=2 s时,在PQ之间(不含PQ两点)绳上一共有2个质点的位移为-25 cm
D.叠加稳定后,x=3 m处的质点振幅小于x=4 m处质点的振幅
二、选择题Ⅱ(本题共2小题,每小题3分,共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
14.如图所示,在均匀介质中,坐标系xOy位于水平面内。O点处的波源从t=0时刻开始沿垂直于xOy水平面的z轴做简谐运动,其位移随时间变化关系z=2sin 5πt(cm),产生的机械波在xOy平面内传播。实线圆、虚线圆分别表示t0时刻相邻的波峰和波谷,且此时刻平面内只有一圈波谷,则下列说法正确的是( )
A.该机械波的传播速度为5 m/s
B.t0=0.5 s
C.t=1.45 s时,B处质点的速度方向为z轴正方向
D.t=0.8 s至t=1.6 s时间内,C处质点运动的路程为16 cm
15.如图所示,半径R=0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上,4个相同的木板紧挨着圆弧轨道末端静置,圆弧轨道末端与木板等高,每块木板的质量为m=1 kg,长l=1.5 m,它们与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在第一块木板左端放置一个质量为m0=2.5 kg的铅块B,可视为质点,现让一个与B完全一样的铅块A从圆弧顶端由静止滑下,经圆弧底端后与B发生弹性正碰,铅块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2,g取10 m/s2。则( )
A.铅块A滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为50 N
B.铅块B刚滑至木板3时的速度为2 m/s
C.铅块B运动 s后与某一木板共速
D.铅块B与木板间滑动过程中系统所产生的总热量为 J
三、非选择题(本题共5小题,共55分)
16.实验题(Ⅰ、Ⅱ两题共14分)
16-Ⅰ (7分)小明同学在学完单摆知识后,在家中利用手机等现有器材自主开展探究本地重力加速度的实验,实验装置图如图所示。
(1)下列最适合用作实验的物体是 ;
A.乒乓球B.小塑料球
C.实心小铁球
(2)选择好器材,将符合实验要求的摆球用细线悬挂在固定装置的横杆上,则悬挂方式应采用 ;
(3)手机2用于计时(计时格式为分:秒:毫秒),手机1用于录像。经过正确的实验操作,完成录像,然后从视频中截取小球摆线第1次与竖线重合和第21次与竖线重合时的图片,则该单摆的周期为T= s;(计算结果取一位有效数字)
(4)因为家中无游标卡尺,无法测量小球的直径d,实验中将摆线长作为摆长l,测得多组周期T和l的数据,作出T2-l图像如图所示。
①实验得到的T2-l图像是 (选填“a”“b”或“c”);
②实验测得当地重力加速度g= m/s2(计算结果取三位有效数字)。
16-Ⅱ (7分)某同学用两小球的碰撞验证动量守恒定律,所用装置如图所示。
(1)关于实验中需要注意的事项,下列说法正确的是 。
A.入射小球的质量m1可以小于被碰小球的质量m2
B.入射小球半径与被碰小球半径相等
C.斜槽轨道末端应该保持水平,且尽可能光滑
D.为完成此实验,天平和刻度尺是必需的测量工具
(2)实验时,先不放被碰小球,使入射小球从斜槽上某一点S由静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP。再把被碰小球静置于斜槽轨道末端,让入射小球仍从S处由静止释放,与被碰小球碰撞,并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有 。
A.测量两个小球的质量m1、m2
B.测量入射小球的释放点S距桌面的高度h
C.测量斜槽轨道末端距地面的高度H
D.分别找到入射小球与被碰小球相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)需要测出每次实验过程小球做平抛运动的水平射程,分别记为xP、xM、xN,若得到关系式 成立,则可证明在误差允许的范围内可验证碰撞中的动量守恒;若关系式 成立,说明两小球发生了弹性碰撞。(均用m1、m2、xP、xM、xN来表示)
17.(8分)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)实验汽车反向弹回后直至停止的时间;
(3)实验汽车与车道之间的动摩擦因数。
18.(11分)2023年6月4日6时33分,神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。如图甲所示,返回舱在距离地表约10 km的高度打开降落伞,速度减至8 m/s后保持匀速向下运动。在距离地面的高度约1 m时,返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气,使返回舱的速度在0.2 s内由8 m/s降到2 m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态,此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg,g取10 m/s2。
(1)求反推发动机工作过程中返回舱动量变化量的大小;
(2)若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的平均推力大小为F,喷出气体的密度为ρ,4台发动机喷气口的直径均为D,喷出气体的重力忽略不计,喷出气体的速度远大于返回舱运动的速度。求喷出气体的速度大小。
19.(11分)小区需要安装供小朋友玩游戏的滑道,滑道由光滑曲面滑梯PO和一条与其平滑连接的水平轨道ON构成,水平轨道右侧固定有一轻质弹簧,弹簧左端恰好位于M点,如图所示。为保证小孩玩耍安全,工程师们进行了模拟测试:坐在塑料滑篮里的“小孩”从距离地面高h=1.8 m处由静止开始下滑,滑篮和“小孩”总质量mA=10 kg,下滑后与静止于O点的橡胶块B发生碰撞。碰撞后瞬间橡胶块的速度vB1=2 m/s,橡胶块向右移动x1= m时的速度v= m/s。已知水平轨道OM长度L=1.0 m,滑篮和橡胶块与OM段之间的动摩擦因数相同,其余部分光滑,滑篮和橡胶块均可视为质点,碰撞均为弹性碰撞,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)橡胶块的质量mB;
(2)橡胶块与OM段之间的动摩擦因数;
(3)弹簧最大的弹性势能Ep。
20.(11分)如图所示,倾角θ=30°的足够长的斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.6 m的“L”形木板,质量m0=3.0 kg。将质量m=1.0 kg的小物块(视为质点)置于木板的上端,小物块与木板间的摩擦可忽略不计,木板与斜面间的动摩擦因数μ=。小物块和木板由静止释放,小物块与木板发生弹性碰撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)小物块刚释放时的加速度大小;
(2)小物块第一次与木板碰撞后瞬间两者的速度大小;
(3)小物块与木板从静止释放到发生第二次碰撞的过程中系统损失的机械能。
参考答案
阶段检测(四) 第六~七单元
1.B 解析 左边第一位同学开始周期性地下蹲、起立相当于波源,则“波浪”应向右传播,故A错误;根据题意可知波的传播向右,则图中A同学正在往下蹲,故B正确;每个同学只是向右传播了振动形式,而每个同学还是在平衡位置上下蹲,故C错误;波源最先起振,后边所有的同学延后重复左边第一位同学的动作,故D错误。
2.D 解析 设穿戴者所受合力为F,依题意,根据动量定理FΔt=Δp,可得F=,可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt,从而减小人所受到的合外力,即减小穿戴者动量的变化率,而穿戴者动量的变化量Δp未发生变化,故A、C错误,D正确;由分析可知,安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt,而IG=mgΔt,穿戴者所受重力的冲量增大了,故B错误。
3.D 解析 由速度位移的关系式得v2=-2ax,两边同时乘上m2,得p2=-2m2ax,斜率的绝对值k=32kg2·m·s-2=2m2a,由牛顿第二定律得物块运动中受到的合力F=ma=16N,故选D。
4.A 解析 设导弹飞行的方向为正方向,由动量守恒定律得m0v0=(m0-m)v-mv1,解得v=,故选A。
5.B 解析 爆炸前总动量为mv,设爆炸后另一块瞬时速度大小为v',取速度v的方向为正方向,爆炸过程水平方向动量守恒,则有mv=0+mv',解得v'=v,故选B。
6.D 解析 由题图乙可知,鱼漂的振幅为5cm,故A错误;由题图乙可知,在t=0.15s时,鱼漂的位移沿y轴正方向,则鱼漂的加速度沿y轴负方向,故B错误;在t=0.45s时,鱼漂从平衡位置的下方向上振动,鱼漂的速度沿y轴正方向,故C错误;在0.5~0.6s时间内,鱼漂从平衡位置向上振动到最大位移处,鱼漂所受回复力逐渐增大,故D正确。
7.D 解析 “山崩钟鸣”原理属于声音的共鸣现象﹐即发生了共振。飞行中的蝙蝠利用回声来判断障碍物的方位,是机械波的反射现象,故A错误;汽车底部的减震器随汽车行驶而振动,是在驱动力作用下的受迫振动,故B错误;扬声器表面的碎屑随播放而跳动,是在驱动力作用下的受迫振动,故C错误;玻璃杯在声波的作用下碎裂是由声波的共振造成的,故D正确。
8.D 解析 绳子遇到钉子后,单摆的速度不变,单摆的摆长减小,根据牛顿第二定律有FT-mg=m,可知绳子上的拉力变大,A错误;单摆在BA区间运动时,摆长较长,运动周期长,t=0.4πs时绳子上的拉力最小,为最高点,故t=0.4πs时小球在A位置,B错误;OA为摆长时单摆的周期T=2×(0.6-0.2)πs=2π,解得OA的长度为lOA=1.6m,故C错误;PC为摆长时单摆的周期T'=2×(0.2-0)πs=2π,解得PC的长度为lPC=0.4m,OP之间的距离为lOP=lOA-lPC=1.2m,故D正确。
9.D 解析 滑块在圆弧上运动时有竖直方向的加速度,所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零,不满足动量守恒的条件,故A错误;滑块由A滑到B过程中,小车对滑块的弹力做负功,滑块的机械能不守恒,故B错误;恰好停在C点时,二者均静止,根据能量守恒有mgR=μmgL,解得L=2m,故C错误;水平方向动量守恒,有m0v1=mv2,整个过程滑块和小车运动时间相同,故有m0x1=mx2,x1、x2分别为小车、滑块相对地面的位移大小,则滑块相对于小车的位移大小为Δx=x1+x2=R+L,联立解得x1=0.5m,故D正确。
10.D 解析 取向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.40kg·m/s=0.40kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×0.22kg·m/s=0.44kg·m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误;对滑块1,取向右为正方向,则有I1=mv2-mv1=1×0.22kg·m/s-1×0.40kg·m/s=-0.18kg·m/s,负号表示方向水平向左,故B错误;对滑块2,取向右为正方向,则有I2=mv2=1×0.22kg·m/s=0.22kg·m/s,故C错误;对滑块2根据动量定理有FΔt=I2,解得F=5.5N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N,故D正确。
11.D 解析 由题图乙知t=0时质点P位于平衡位置沿y轴正向振动,由题图甲根据波的平移法知该波沿x轴正方向传播,故A错误;质点P不随波迁移,不沿x轴运动,故B错误;由题图甲知该波的波长λ=1.6×10-2m,由题图乙知该波的周期T=1×10-5s,则该波的波速为v=m/s=1.6×103m/s,故C错误;由题图甲知振幅为A=5×10-6m,在任意1s的时间内,质点P运动的路程s=×4A=×4×5×10-6m=2m,故D正确。
12.B 解析 根据题意c、e是两个相邻的振动加强的质点,可知两质点之间的距离等于一个波长,即xce=λ=vT,C正确,不符合题意;e点与b、a的水平距离的差值大小为xeb-xea=xce+xcb-(xca-xce)=2xce=2λ=2vT,D正确,不符合题意;d点与b、a的水平距离的差值大小为xdb-xda=xcb+xce-=xce=λ,可知d点是振动加强的点,A正确,不符合题意;c、e之间质点到与b、a的水平距离的差值大小为xfb-xfa=xcb+xfc-(xca-xfc)=2xfc,若该点振幅为零,即为振动减弱点,则有xfb-xfa=2xfc=(2n+1)·(n=0,1,2,3…),根据上述有0≤xfc≤xce=λ,解得n=0,1,可知c、e之间有两个振动减弱的质点,即c、e之间有两个质点振幅为零,B错误,符合题意。
13.C 解析 由题图可知,P、Q两波源的起振方向都向下,A错误;波速由介质决定,故而两列波的波速相同,由题图可知,两列波的波长相同,由v=λf可知,两列波频率相等,又因为相位差一定,所以能形成稳定的干涉图像,B错误;两列波的周期T==1s,t=2s后,波形如图甲所示,可知在PQ之间(不含P、Q两点)绳上一共有2个质点的位移为-25cm,C正确;叠加稳定后,t=5s时波形如图乙所示,可知叠加稳定后,x=3m处的质点振幅大于x=4m处质点的振幅,D错误。
甲
乙
14.AB 解析 由题意可得,相邻的波峰和波谷距离为1m,故波的波长为λ=2m,根据简谐振动的位移时间变化关系可得T=s=0.4s,故机械波的传播速度为v==5m/s,故A正确;由图像可知,OD距离2m为一个完整的波长,t0时刻,O、D均在波峰,且平面内只有一个完整的波形,则O点此时第二次出现波峰,可知t0=T+=0.5s,故B正确;由A、B选项中的计算结果可知机械波传播到B点需要tB==0.8s,则t=1.45s时,B点已经振动了n个周期,n==1,
机械波上的所有点都在模仿O点的振动情况,因而如图所示,T的位置在z轴的负半轴,且速度方向沿z轴负方向,故C错误;根据勾股定理可知,OC==5m,则传播到C点的时间为tC==1s,则t=0.8s至t=1.6s时间内,C处质点振动了n'个周期,n'==1,则C点处质点运动的路程s=n'·4A=×4×2cm=12cm,故D错误。
15.BC 解析 铅块A滑到曲面轨道下端时,由机械能守恒定律有m0gR=m0,解得v0==4m/s,由牛顿第二定律有FN-m0g=m0,联立解得FN=3m0g=75N,由牛顿第三定律知铅块A对轨道的压力大小为75N,A错误;设铅块B滑到第n块木板时木板开始滑动,铅块对木板的摩擦力为Ff1=μ2m0g=5N,则第n块木板与后面的(4-n)块木板受到地面的最大静摩擦力为Ff2=μ1[m0+(5-n)m]g,要使木块滑动,应满足Ff22.5,取n=3,故铅块B滑上第3块木板时,木板才开始运动,由于A、B铅块质量相同,且发生弹性碰撞,所以碰后两者速度交换,对铅块B根据动能定理得-μ2m0g·2l=m0v2-m0,解得v=2m/s,B正确;铅块B做减速运动的加速度大小a1=μ2g=2m/s2,通过木板1和2的时间t1==1s,木板3和4的加速度a2==0.25m/s2,设再经t2时间铅块B与木板共速,则有v-a1t2=a2t2,解得t2=s,所以铅块B运动t=t1+t2=s后与木板共速,C正确;铅块B通过木板1和2时系统产生的热量Q1=μ2m0g·2l=15J,铅块B在木板3上滑动至共速,铅块的位移x1=vt2-a1m,木板的位移x2=a2m,系统产生的热量Q2=μ2m0g(x1-x2)+μ1(m0+2m)gx2=J,铅块B与木板间滑动过程中系统所产生的总热量为Q=Q1+Q2=J,D错误。
16.16-Ⅰ
答案 (1)C (2)C (3)1 (4)a 9.86
解析 (1)为了减小实验中空气阻力的影响,应该选密度大、体积小的实心小铁球做实验,故选C。
(2)如果采用A、B两种方式固定单摆,在单摆摆动过程中,单摆的悬点不固定,摆长会发生改变;图C所示方式单摆的悬点固定,单摆摆动过程中摆长不变,故选C。
(3)单摆的周期为T=s=1s。
(4)由T=2π得T2=l+,则图像为a。
由k=,则g=9.86m/s2。
16-Ⅱ
答案 (1)BD (2)ADE (3)m1xP=m1xM+m2xN m1=m1+m2
解析 (1)为保证入射小球与被碰小球发生碰撞时,入射小球不被反弹,从而有利于实验的相关数据测量,入射小球的质量m1应大于被碰小球的质量m2,故A错误;为保证两小球发生正碰,入射小球的半径与被碰小球的半径应相等,故B正确;为保证小球发生碰撞后水平抛出,斜槽轨道末端应该保持水平,但只要保证入射小球每次从同一高度释放即可,可以不要求斜槽光滑,故C错误;本实验需要测量两小球的质量及小球从斜槽末端抛出后发生的水平位移,所以为完成此实验,天平和刻度尺是必需的测量工具,故D正确。
(2)由于两小球发生碰撞后均做平抛运动,且竖直下落的高度相同,根据平抛运动规律可知两小球下落时间相同。若系统动量守恒,则有m1v0=m1v1+m2v2,在等式两边同时乘以下落的时间t,则有m1x0=m1x1+m2x2,要完成该实验,还需要测量入射小球的质量m1与被碰小球的质量m2,分别找到入射小球与被碰小球相碰后平均落地点的位置M、N,并测量两小球的平抛射程OM(x1)、ON(x2)。故选ADE。
(3)由(2)分析可知,测出每次实验过程小球做平抛运动的水平射程,分别记为xP、xM、xN,若得到关系式m1xP=m1xM+m2xN成立,则可证明在误差允许的范围内可验证碰撞中的动量守恒;若满足关系式m1m1m2,即m1m1m2,整理得m1=m1+m2成立,说明两小球发生了弹性碰撞。
17.答案 (1)6×104 N (2)1 s (3)0.4
解析 (1)以反弹方向为正方向,根据动量定理可得Ft=mv-m(-v0)
解得F=6×104N
故碰撞过程中壁障对实验汽车的平均作用力大小为6×104N。
(2)根据动力学公式x=t'
解得实验汽车反向弹回后直至停止的时间t'=1s。
(3)根据动力学公式a==μg
解得实验汽车与车道之间的动摩擦因数μ=0.4。
18.答案 (1)1.8×104 kg·m/s
(2)
解析 (1)规定竖直向下为正方向,喷气过程中返回舱动量变化量为Δp=mv2-mv1=-1.8×104kg·m/s
喷气过程中返回舱动量变化量的大小为1.8×104kg·m/s。
(2)以Δt时间内喷出的气体为研究对象,设喷出气体的速度为v,则每台发动机喷出气体的质量为m=ρ··vΔt
根据牛顿第三定律可得F'=F
对4台发动机喷出的气体,由动量定理可得F'Δt=4mv-0
解得v=。
19.答案 (1)50 kg (2)0.2 (3) J
解析 (1)滑篮和“小孩”由静止从P点下滑到O点,由机械能守恒定律有mAgh=mA
滑篮和“小孩”与橡胶块B发生弹性碰撞,规定向右为正方向,由动量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB1
根据能量守恒定律有
mAmAmB
联立解得vA=-4m/s,mB=50kg。
(2)橡胶块B与滑篮和“小孩”第一次碰后向右做匀减速运动
由速度位移关系公式可得v2-=2ax1
由牛顿第二定律可得-μmBg=mBa
联立解得μ=0.2。
(3)橡胶块B从O点运动到M点过程,由动能定理可得-μmBgL=Ek1-mB
解得Ek1=0
可知橡胶块B运动到M点静止
滑篮和“小孩”碰撞后向左运动,返回后从O点运动到M点过程,设运动到M点的速度为v',根据动能定理有-μmAgL=mAv'2-mA
解得v'=2m/s
滑篮和“小孩”与橡胶块B再次发生弹性碰撞,规定向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv'=mAvA1+mBvB1',mAv'2=mAmBvB1'2
滑篮和“小孩”碰撞后被弹回;弹簧压缩最短时,弹簧弹性势能最大,由能量守恒定律,可知最大弹性势能为Ep=mBvB1'2
代入数据联立解得Ep=J。
20.答案 (1)5 m/s2 (2)小物块速度大小为2 m/s,木板速度大小为2 m/s (3)48 J
解析 (1)设最大静摩擦力为Ff,即
Ff=μ(m+m0)gcsθ
代入数据得Ff=15N
设木板重力沿着斜面向下的分力为Gx,有Gx=m0gsinθ
代入数据得Gx=15N
即木板在沿着斜面方向受力平衡,木板最初受力平衡处于静止状态,由于小物块与木板间的摩擦可忽略不计,小木块沿着木板向下做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度大小为a,由牛顿第二定律有mgsinθ=ma
得加速度为a=5m/s2。
(2)设沿着斜面向下为正方向,小物块碰撞木板前的速度为v0,由=2aL
得v0=4m/s
设小物块第一次与木板碰撞后小物块速度为v1,木板速度为v2,小物块与木板碰撞瞬间,由动量守恒定律有mv0=mv1+m0v2
碰撞过程为弹性碰撞,由能量守恒有m0
解得v1=-2m/s,v2=2m/s
即小物块速度大小为2m/s,方向沿着斜面向上,木板速度大小为2m/s,方向沿着斜面向下。
(3)小物块与木板碰撞后,小物块先沿着斜面向上做匀减速直线运动,后沿着斜面向下做匀加速直线运动,最终与木板相碰,该过程木板一直沿着斜面向下做匀速直线运动,设小物块第一次与木板碰撞到第二次碰撞过程,所用时间为t,由小物块和木板的位移相等,有v1t+at2=v2t
解得t=1.6s
由于系统中只有木板与斜面间存在摩擦力,系统损失的机械能为木板下滑过程中克服摩擦力做的功,即Wf克=Ffv2t=48J
系统损失的机械能为E损=48J。