第5讲 力学中的动量和能量问题（解析版）

这是一份第5讲 力学中的动量和能量问题（解析版），共25页。
第5讲 力学中的动量和能量问题【选考真题】1．（2022•浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2kg，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。【解答】解：（1）滑块b摆至最低点时，由机械能守恒定律得： 解得：vb＝5m/sb与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：mvb＝mvb′+mv0 解得：v0＝vb＝5m/s（2）经上述分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理得：mgh1﹣2μmgl﹣mgH＝0解得：h1＝1.2m以竖直向下的方向为正方向 由动能定理得： 联立解得：FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）（3）当0.9m≤h＜1.2m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理可得： 从E点飞出后，竖直方向：水平方向上：s＝vEt根据几何关系可得：联立解得：x＝3l+DF+s1代入数据解得：当0.9m＜h＜1.2m时，从h2＝0.9m释放时，根据动能定理可得：mgh﹣μmgs2＝0解得：s2＝1.8m可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得：mgH﹣μmgs3＝0解得：s3＝0.4m距离C点0.6m，综上可知0.9m＜h＜1.2m时3l﹣s3≤x≤3l代入数据解得：2.6m≤x≤3m答：（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小为5m/s；（2）物块a在DE最高点时，管道对物块的作用力FN与h间满足的关系为FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）；（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，物块a最终静止的位置x值的范围为2.6m＜x＜3m；若物块b释放高度1.2m≤h＜1.65m时，物块a最终静止的位置x值的范围为。2．（2021•浙江）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2：1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）A．两碎块的位移大小之比为1：2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m【解答】解：A、爆炸物在最高点时炸裂成质量之比为2：1的两个碎块，设两碎块的质量分别为m1＝2m，m2＝m，设爆炸后两碎块的速度分别为v1、v2，爆炸过程，系统在水平方向动量守恒，m1的速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：m1v1﹣m2v2＝0爆炸后两碎块做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等，设两碎块的水平位移分别为x1、x2，则有：m1v1t﹣m2v2t＝0m1x1﹣m2x2＝0解得：x1：x2＝m2：m1＝1：2，两碎块的竖直分位移相等，两碎块的水平位移之比为1：2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1：2，故A错误；BD、设两碎片做平抛运动的时间均为t，两碎块落地发出的声音的传播时间分别为t1＝5s﹣t，t2＝6s﹣t，声音的传播位移：x1＝v声音t1，x2＝v声音t2，由A可知x1：x2＝1：2，代入数据解得：t＝4s，x1＝340m，x2＝680m，爆炸物的爆炸点离地面高度：hm＝80m，爆炸后两碎块落地点之间的水平距离：x＝x1+x2＝（340+680）m＝1020m，故B正确，D错误；C、由B可知，爆炸后碎块m1的水平位移：x1＝340m，碎块m2的水平位移x2＝680m，爆炸后质量大的碎块m1的初速度为v1m/s＝85m/s，故C错误。故选：B。3．（2020•浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）【解答】解：（1）滑块从开始下滑到D点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgH＝mgR在D点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得：F＝m，代入数据解得：F＝8N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小：F′＝F＝8N，方向：水平向左；（2）设滑块在斜轨道上到达的最高点为C′，BC′的长度为L，从滑块开始下滑到C′过程，由能量守恒定律得：mgH＝μmgLAB+μmgcosθ•L+mgLsinθ，代入数据解得：Lm＜LBC＝1.0m，滑块不能冲出斜轨道的末端C点；（3）滑块开始下滑到运动到距离A点x处过程，由动能定理得：mgH﹣μmgx0两滑块碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝（m+2m）v′，设碰撞后滑块滑上斜轨道的高度为h，碰撞后滑块滑动过程，由动能定理得：、﹣μ•3mg（LAB﹣x）﹣μ•3mgcosθ•3mgh＝0解得：hx  （m＜x≤1m）  或h＝0  （0≤x m）；答：（1）滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力大小为8N，方向：水平向左；（2）滑块不能冲出斜轨道的末端C点；（3）它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系是：hx  （m＜x≤1m）  或h＝0  （0≤x m）。 【要点提炼】一、三种碰撞的特点1.弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞，碰后速度分别为v1′、v2′。结果讨论：(1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换速度。(2)当m1远大于m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。(3)当m1远小于m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。2.非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。3.完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度相同为标志。二、动力学、动量和能量观点的应用1．三个基本观点(1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律． 【方法指导】一、动量定理的两个重要应用1.应用I＝Δp求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。2.应用Δp＝FΔt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。二、几种定理的使用1．选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．2．系统化思维方法(1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)． 【例题精析】考点一 动量和动量定理的应用例1．图甲是抬鼓击球的体育活动画面，实际活动比较复杂，现建立如图乙的简化模型，20个人对称地拉着绳子（图中只显示面对面的两条绳子）抬鼓击球，设鼓的质量为6kg，球的质量为0.5kg，绳子质量不计，A点为手拉住绳子的接触点，B为绳子与鼓的连接点。某次击球活动时，目测A、B的竖直高度差约为绳长AB的十分之一（设每根绳子都如此），并保持稳定，假定活动过程中鼓始终处于静止状态，发现球从离鼓0.8m的高度由静止开始下落，与鼓发生碰撞后又几乎可以回到0.8m处，碰撞时间约为0.1s。（空气阻力忽略不计，g取10m/s2）。对此情景，下列分析正确的是（　　）A．球在空中时，每个人对绳子的拉力为60N B．击球过程中，鼓对球弹力的冲量为2.5N•s C．击球时，每个人对绳子的拉力为52.5N D．击球时，鼓对球的平均作用力40N【解答】解：A、球在空中时，20根绳子的拉力的竖直分量之和为F＝G＝mg＝6×10N＝60 N，由力的合成和分解可知，每一根绳子拉力为30 N，故A错误；BD、根据v2＝2gh，易得，球击鼓前瞬间和刚离开鼓时的速度大小为4 m/s，根据动量定理（F﹣mg）t＝mv﹣（﹣mv），得鼓对球的弹力的冲量为4.5 N•s，弹力的平均作用力为45 N，故B、D错误；C、则球击鼓过程中，20根绳子的拉力的竖直分量之和F''＝G+F＝60N+45N＝105 N，易得每个人对绳子的拉力为52.5 N，故C正确。故选：C。（多选）练1．现代人越来越依赖手机，有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落砸伤眼睛或者额头的情况。若有一手机质量为120g，从离人额头约20cm的高度无初速掉落，砸到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间约为0.2s。下列分析正确的是（　　）A．手机与额头作用过程中，手机的动量变化大小约为0.24kg•m/s B．手机对额头的冲量大小约为0.24N•s C．手机对额头的冲量方向竖直向上 D．手机对额头的作用力大小约为2.4N【解答】解：已知手机质量为m＝120g＝0.12kg，自由下落的高度为h＝20cm＝0.2m，额头受到手机的冲击时间约为t＝0.2s。A、根据运动学公式可知手机与额头接触前瞬间的速度大小约为：vm/s＝2m/s若规定竖直向上为正方向，则手机与额头作用过程中手机动量变化约为：Δp＝0﹣（﹣mv）代入数据解得：Δp＝0.24kg•m/s，故A正确；B、规定竖直向上为正方向，设额头对手机的冲量大小为I，则由动量定理有：I﹣mgt＝Δp，代入数据解得：I＝0.48N•s；根据牛顿第三定律可知手机对额头的冲量大小约为0.48N•s，故B错误；C、手机对额头的冲量方向竖直向下，故C错误；D、根据冲量的定义可知手机对额头的作用力大小约为：F，代入数据解得F＝2.4N，故D正确。故选：AD。练2．如图甲所示是2022年北京冬奥会的冰壶比赛场景，比赛过程简化为如图乙所示，在左端发球区的运动员从投掷线MN中点P将冰壶掷出，冰壶沿水平冰道中心线PO向右端的圆形营垒区滑行。若冰壶以v0＝4m/s的速度被掷出后，恰好停在营垒区中心O，PO间距离为x＝40m。已知冰壶的质量为m＝19kg，冰壶自身大小可忽略，冰壶在冰道上的运动可视为匀减速直线运动。在比赛中，运动员可以用毛刷擦拭冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小为一确定值。（1）求没有擦拭冰壶冰面时冰壶与冰面间的动摩擦因数μ；（2）在某次比赛中冰壶投掷速度v0＝3m/s，从MN前方12.5m处开始不停擦拭冰面，直至冰壶正好停在营垒区中心O点。求擦拭冰面后冰壶的加速度大小；（3）求（2）问中，从投出冰壶到冰壶停止运动这个过程中冰壶受到摩擦阻力的冲量。【解答】解：（1）从投出冰壶到冰壶静止过程，由动能定理得：﹣μmgx＝0代入数据解得：μ＝0.02（2）从冰壶被投出到静止过程，由动能定理得：﹣μmgL﹣μ′mg（x﹣L）＝0其中：v0＝3m/s，L＝12.5m，代入数据解得：μ′对冰壶，由牛顿第二定律得：μ′mg＝ma代入数据解得，加速度大小：am/s2（3）从投出冰壶到冰壶停止运动这个过程中，以向右为正方，由动量定理得：I＝0﹣mv0＝﹣19×3N•s＝﹣57N•s，负号表示方向，方向水平向左则冰壶受到摩擦阻力的冲量大小是57N•s，方向水平向左答：（1）没有擦拭冰壶冰面时冰壶与冰面间的动摩擦因数μ是0.02；（2）擦拭冰面后冰壶的加速度大小是m/s2；（3）从投出冰壶到冰壶停止运动这个过程中冰壶受到摩擦阻力的冲量大小是57N•s，方向水平向左。考点二 碰撞类问题例2．在电场强度为E的足够大的水平匀强电场中，有一条固定在竖直墙面上与电场线平行且足够长的光滑绝缘杆，如图所示，杆上有两个质量均为m的小球A和B，A球带电荷量+Q，B球不带电。开始时两球相距L，现静止释放A，A球在电场力的作用下，开始沿杆运动并与静止的B球发生正碰，设在各次碰撞中A、B两球的机械能没有损失，A、B两球间无电量转移，忽略两球碰撞的时间。则下列说法正确的是（　　）A．发生第一次碰撞时A球的电势能增加了QEL B．发生第二次碰撞时A球总共运动时间为 C．发生第三次碰撞后B球的速度为 D．发生第n次碰撞时B球已运动的位移是2n（n+1）L【解答】解：A、A球的加速度a，第一次碰撞前A的速度vA1。对A球，ΔEk0＝QEL，发生第一次碰撞时，A球的电势能减少了QEL，故A错误；B、第一次碰撞前，B的速度vB1＝0，由于AB两球质量相等且发生正碰，碰撞过程中无动能损失，所以碰撞后交换速度，即碰撞后AB的速度分别为vA1′＝0，vB1′＝vA1。设第一次碰撞的时间为t1，则t1，设第二次碰撞时间为t2，则第一次碰撞后经（t2﹣t1）时间发生第二次碰撞，则有：vB1′（t2﹣t1），解得：t2＝3t1＝3，故B正确；C、经分析，每次碰撞后交换速度，发生第三次碰撞后，能量守恒，可知第三次碰撞后B球的速度为3vA1＝3，故C错误；D、第一次碰撞到第二次碰撞B球向右运动了xB1＝vB1′（t2﹣t1）•24L，因为相邻两次碰撞时间间隔总为2，则每次碰撞的相对位移为4L，发生第n次碰撞时B球已运动的位移是（4n﹣3）L，故D错误。故选：B。练3．如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度的大小v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（　　）A．v，I＝0 B．v，I＝2mv0 C．v，I D．v，I＝2mv0【解答】解：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v解得：v子弹射入木块后，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小为：v子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：I′＝﹣（M+m）v﹣mv0＝﹣2mv0所以墙对弹簧的冲量I的大小为：I＝2mv0，故ABC错误，D正确。故选：D。练4．如图所示，固定在水平面上长度为L的木板与竖直放置的半径为R的半圆形光滑轨道BC相切于B点，在木板左端A处静止放置一个质量为m的小物块（可视为质点）。一个质量为m0＝0.2m的子弹以水平速度v0射向物块，击中物块后恰好能与物块一起运动到C点，最终落在木板上的D点（图中未画出）。已知重力加速度为g。求：（1）子弹击中物块后物块的速度和此过程中系统损失的机械能；（2）物块通过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力以及物块与木板间的动摩擦因数；（3）D点与B点的距离及物块落在木板上前的瞬时速度与水平方向间夹角的正切值。【解答】解：（1）子弹击中木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0＝（m+m0）v，解得：vv0，子弹击中物块过程中系统损失的机械能：△Em0v02（m+m0）v2mv02；（2）由于物块恰好能够通过半圆形轨道的最高点C，由牛顿第二定律得：（m+m0）g＝（m+m0），解得：vC，物块从B点到C点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：（m+m0）vB2（m+m0）vC2+（m+m0）g•2R，在B点，由牛顿第二定律得：F﹣（m+m0）g＝（m+m0），解得：F＝7.2mg，方向竖直向下，由牛顿第三定律可知物块通过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小为：7.2mg，方向竖直向下；对物块在木板上的运动，由动能定理得：﹣μ（m+m0）gL（m+m0）vB2（m+m0）v2，解得：μ；（3）物块离开C后做平抛运动，水平方向：x＝vCt，竖直方向：2Rgt2，解得：x＝2R，物块落到木板上时，水平分速度：vx＝vC，竖直分速度：vy＝gt＝2，速度方向与水平方向间夹角正切值：tanθ2；答：（1）子弹击中物块后物块的速度为v0，此过程中系统损失的机械能为mv02；（2）物块通过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小为：7.2mg，方向：竖直向下，物块与木板间的动摩擦因数为；（3）D点与B点的距离为2R，物块落在木板上前的瞬时速度与水平方向间夹角的正切值为2。考点三 动力学、动量和能量观点的应用例3．如图所示，质量为m的子弹以水平初速度v0射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为v，在此过程中，木块在地面上滑动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，子弹与木块间的相互作用力为f，以下关系式中不正确的是（　　）A．mv02mv2＝f（s+d） B．Mv2＝fs C．Mv2＝fd D．mv02（M+m）v2＝fd【解答】解：A．根据题图可知，子弹相对地面的位移大小为s+d，对子弹根据动能定理可知，子弹动能的变化等于阻力做的功，即：﹣f（s+d）mv2mv02，所以有：mv02mv2＝f（s+d），故A正确；BC．木块在地面上滑动的距离为s，在此过程中，对木块根据动能定理可得：fsMv2﹣0，即Mv2＝fs，故B正确，C错误；D．系统动能的损失等于产生的热量，即Qmv02mv2Mv2；系统产生的热量等于摩擦力乘以相对通过的距离，则有：Q＝fd；所以有：mv02（M+m）v2＝fd，故D正确。本题选错误的，故选：C。练5．如图所示，空间有竖直向下的匀强电场E＝5.0×105N/C，长L＝0.25m的不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量m＝0.01kg的不带电小球A，将小球A拉起至绳水平绷紧后，无初速度释放。另一电荷量q＝﹣10﹣7C且质量与小球A相等的小球B以初速度v0＝2.4m/s水平抛出。小球A第一次经过D点时与小球B正碰并粘在一起可视为小球C（两球的总电量不变），OD与竖直方向的夹角为37°．碰后小球C运动到O点正下方的P点时，电场突然增强到E′＝3.6×106N/C，电场方向不变。不计空气阻力，整个运动过程小球昇、B、C均可视为质点。则：（1）碰撞前小球B的运动时间t；（2）碰撞后小球C的速度大小；（3）小球C能否运动到O点正上方0.25m处的点？若能，请计算通过Q点时轻绳的拉力大小；若不能，请说明理由。【解答】解：（1）小球B到达D点时竖直分速度：vBy＝v0tan37°＝1.8m/s，对B，由牛顿第二定律得；mg﹣qE＝ma1代入数据解得：a1＝5m/s2，由速度公式得：vBy＝a1t，代入数据解得：t＝0.36s；（2）碰撞前B的速度：vB3m/s，从A开始下摆到D过程，对A，由动能定理得：mgLcos37°，代入数据解得：vA＝2m/s，碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvB﹣mvA＝2mv共，代入数据解得：v共＝0.5m/s；（3）小球C以轻绳为半径沿圆弧轨迹摆至最低点P过程，由动能定理得：（2mg﹣qE）L（1﹣cos37°），代入数据解得：vP＝1m/s，由牛顿第二定律得：qE′﹣2mg＝2ma2代入数据解得：a2＝8m/s2，方向：竖直向上，v临m/s＞vP，小球能到达Q点，小球C从P点做平抛运动，竖直方向：y，水平方向：x＝vPt，由几何知识得：x2+（L﹣y）2＝L2，代入数据解得：t＝0.25s，x＝0.25m，y＝0.25m，故小球运动至O点等高处，绳子被拉直，只保留竖直方向分速度，并继续绕O点做圆周运动上摆，通过Q点，vy＝vP•2tan45°＝2m/s，由动能定理得：（qE′﹣2mg）L，由牛顿第二定律得：T+2mg＝2m，代入数据解得：T＝0.8N；答：（1）碰撞前小球B的运动时间t为0.36s；（2）碰撞后小球C的速度大小为0.5m/s；（3）小球C能运动到O点正上方0.25m处的Q点，通过Q点时轻绳的拉力大小为0.8N。（多选）练6．如图，在水平地面上放置一质量M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块（子弹与木块相互作用的时间极短），若木块与地面间的动摩擦因数为ì，则在子弹射入后（　　）A．若子弹最终未穿出木块，则木块前进的距离为 B．若子弹能穿出木块，则木块前进的距离小于 C．若子弹最终未穿出木块，则子弹的速度越大，木块前进的距离就越大 D．若子弹能穿出木块，则子弹的速度越大，木块前进的距离就越大【解答】解：A、子弹击中木块过程系统动量守恒，子弹没有穿出木块，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝（M+m）v′，对木块，由动能定理得：﹣μ（M+m）gs＝0（M+m）v′2，解得：s，故A正确；B、子弹能穿出木块，系统动量守恒，则子弹穿出木块后木块的速度小于v′，木块前进的距离小于：，故B正确；C、若子弹最终未穿出木块，则子弹的速度越大，子弹击中木块后木块的速度越大，木块前进的距离越大，故C正确；D、若子弹能穿出木块，则子弹的速度越大，子弹穿出木块的时间越短，木块获得的速度越小，木块前进的距离越小，故D错误；故选：ABC。【强化专练】如图，桌子边缘用茶叶罐子压着一张纸，欲向外把纸拉走，而让茶叶罐子留在桌上，实验发现纸拉得越快，茶叶罐子越稳定，对此，以下说法正确的是（　　）A．纸拉得越快，纸对罐子的摩擦力越小 B．由于罐子有惯性，所以纸拉得越快，罐子惯性越大，越稳定 C．纸拉得越快，纸对罐子的摩擦力的冲量越小 D．无论拉纸的力如何，罐子和纸总会有相对运动，最终罐子总可以留在桌上【解答】解：A、拉纸的快慢，对纸对罐子的摩擦力没有影响，故A错误；B、罐子的质量不变，罐子惯性就不变，故B错误；C、纸拉得越快，纸对罐子摩擦力的作用时间就越短，则冲量越小，故C正确；D、如果拉纸的力小一些，罐子就会获得较大的速度或者与纸一起运动，罐子就可能离开桌面，故D错误。故选：C。如图所示为一半圆形的环，AB为半圆的水平直径，从A点以2m/s水平初速抛出一个质量为0.2kg的小球，经0.2s后小球落在半圆上P点（图中未画出），下列判断中正确的是（　　）A．半圆的半径为0.3m B．P点的速度方向与水平方向夹角的正切为 C．小球从A点运动到刚落在半圆壁前一瞬时，小球动量改变了0.4kg•m/s D．选择合适的初速度，小球可以垂直打在半圆壁上【解答】解：A、从A点以2m/s水平初速抛出，经0.2s后小球在水平方向的位移为0.4m，在竖直方向的位移为0.2m，几何关系计算得到半圆的半径为0.25m，故A错误；B、P点的速度方向与水平方向夹角的正切为1，故B错误；C、从A点水平抛出到小球刚落在半圆壁前，小球动量改变等于重力的冲量，故C正确。D、不论初速度多大，小球都不可能垂直打在半圆壁上，故D错误；故选：C。如图所示，质量为m、内壁光滑、半径为R的半圆形容器静止在足够长的光滑水平地面上，左侧紧靠竖壁但不粘连，质量也为m的小球从半圆形容器内壁A点静止开始下滑，下列说法中正确的是（　　）A．从A点下滑到半圆形轨道最底点B点过程中，运动时间为 B．小球过最底点B后，能上升的最大高度点为D点，B、D两点高度差为 C．从A点运动到D点过程中，半圆形容器对小球的弹力对小球始终不做功 D．半圆形容器在一段时间内将不断重复做往复运动【解答】解：A、从A点下滑到半圆形轨道最底点B点过程中，运动时间不能用单摆公式计算，故A错误；B、小球过最底点B时的速度大小为v0，根据动能定理可得：mgR；以后运动过程中，系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv取B点所在水平面为零势能面，根据机械能守恒定律可得：mgh联立解得：h，故B正确；C、从A点运动到B点过程中，半圆形容器对小球的弹力不做功，但从B点运动到D点过程中，小球的机械能减小，半圆形容器对小球的弹力对小球做负功，故C错误；D、水平方向合动量方向向右，根据动量守恒定律可知，当小球运动到左边边缘弧中点时二者的速度均为v0，方向向右，当小球再次回到半圆形容器最低点且方向向右时，半圆形容器速度为零，以后重复前面的过程，所以半圆形容器不会出现向左运动的情况，故D错误。故选：B。最近，义乌中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图象a，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图象b。若不计空气，取重力加速度大小为10m/s2，则下列同学的推断结果正确是（　　）A．机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3N B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2 C．在0～4s时间内，合外力的冲量为12N•S D．在0～4s时间内，合外力做的功为12J【解答】解：A.由图b可知加速度的表达式为a（t﹣t0）＝t﹣t0则可得t0＝1s即1s时加速度为零，则最大静摩擦力为fm1N＝3N故A正确：B.2s时的牵引力为F22N＝6N由a、图b结合牛顿第二定律可得F4﹣f＝ma4F2﹣f＝ma2联立可得机器人质量m＝3kg滑动摩擦力为f＝3N机器人与水平桌面间的动摩擦因数为μ解得μ＝0.1故B错误；C.在0﹣4s时间内，合外力的冲量为I＝mt＝3（4﹣1）N•s＝13.5N•s故C错误；D.4s末机器人的速度为vt3m/s＝4.5m/s在0﹣4s时间内，合外力做的功为Wmv2代入数据，解得W＝30.375J故D错误.故选：A。如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图上的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（　　）A．轨迹为1的物体在最高点的速度最大 B．轨迹为3的物体在空中飞行时间最长 C．轨迹为1的物体所受重力的冲量最大 D．三个物体单位时间内速度变化量不同【解答】解：B、将抛体运动分为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀变速直线运动，三条路径中轨迹1最高，根据：t＝2可知轨迹为1的物体在空中飞行时间最长，轨迹为3的物体在空中飞行时间最短，故B错误；A、水平方向的位移：x＝vxt，轨迹3水平方向的位移最大，但运动的时间最短，所以轨迹3水平方向的分速度最大，所以轨迹为3的物体在最高点的速度最大，故A错误；C、重力的冲量：I＝mgt，三个物体质量相等，轨迹为1的物体在空中飞行时间最长，所以轨迹为1的物体所受重力的冲量最大，故C正确；D、加速度是速度变化快慢的物理量，由于三个物体都做抛体运动，加速度都等于重力加速度，所以三个物体单位时间内速度变化量相同，故D错误。故选：C。如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出.已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒 B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为v0 C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为v0 D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管对平行导槽的冲量大小为mv0，方向垂直导槽向上【解答】解：A、由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；B、小球进出U形管的过程，小球与U形管系统机械能守恒，沿着轨道方向，系统动量守恒，类比弹性碰撞，质量相等交换速度，小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0，故B错误；C、小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+m）vx，解得：vx，根据机械能守恒定律得：  （设小球的合速度为v3），解得：v3v0，故C错误；D、在小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为v3yv0，运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球，根据动量定理有：I＝mv3ymv0，U形管与平行导槽间的作用力是作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间相等，则平行导槽受到的冲量大小也为mv0，故D正确。故选：D。动作电影中，常有演员高台跳跃的精彩表演吸引观众的眼球。某场镜头中，质量m＝60kg的演员从静止开始在距离高台边沿x0＝9m处的位置，以恒定的加速度a＝2m/s2向左端跑动起来，演员起跑3.5s后，车厢右端与高台水平距离x＝2m处的汽车以速度v＝5m/s匀速行驶，演员从高台边沿跑出时速度方向水平向左，高台与车厢底板的竖直高度H＝5m，取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。（1）若演员与车厢底板的接触时间Δt＝0.5s，演员落至车中与车保持相对静止。求接触过程中演员受到汽车的平均作用力的大小F（结果保留整数）；（2）车厢长度为3m，若想让演员安全落至车厢底板，求演员起跑3.5s时，车厢右端与高台水平距离的范围。【解答】解：（1）设演员从静止开始做匀加速直线运动的时间为t0，到达高台边沿的速度为v0，由代入数据解得t0＝3s由v0＝at0代入数据解得v0＝6m/s之后演员跑出高台做平抛运动，设平抛运动的时间为t1，落至车厢底板时在竖直方向的速度大小为vy，由代入数据解得t1＝1s由vy＝gt1代入数据解得vy＝10m/s在演员与车厢底板的接触过程中，以演员为研究对象，在水平方向上取汽车速度v的方向为正方向，由动量定理F1Δt＝mv﹣mv0代入数据解得F1＝﹣120N则汽车对演员水平方向上的作用力大小为120N，方向水平向右，在竖直方向上取向上为正方向，由动量定理（F2﹣mg）Δt＝0﹣m（﹣vy）代入数据解得F2＝1800N则汽车对演员竖直方向上的作用力大小为1800N，方向竖直向上，由力的合成可知（2）由（1）问分析可知，演员落至车厢底板时的水平位移x演员＝v0t1＝6×1m＝6m从起跑到落至车厢底板的运动时间t演员＝t0+t1＝3s+1s＝4s故汽车的运动时间为t车＝t演员﹣3.5s＝0.5s汽车运动的位移x车＝vt车＝5×0.5m＝2.5m车厢长度为L＝3m当演员恰好落至车厢最左端，由位移关系可知Δxmin＝x演员﹣x车﹣L＝6m﹣2.5m﹣3m＝0.5m当演员恰好落至车厢最右端，由位移关系可知Δxmax＝x演员﹣x车＝6m﹣2.5m＝3.5m综上可知，若想让演员安全落至车厢底板，则演员起跑3.5s时，车厢右端与高台水平距离的范围为0.5m≤Δx≤3.5m。答：（1）接触过程中演员受到汽车的平均作用力的大小F为1804N；（2）车厢右端与高台水平距离的范围为0.5m≤Δx≤3.5m。 “模型检测”常用来分析一项设计的可行性。如图所示的是某大型游乐设施的比例模型，光滑的水平轨道上静止着物块A和B（均可视为质点），质量分别为m、4m，AB之间压缩着一根锁定的轻质弹簧，两端与AB接触而不相连。水平轨道的左侧是一竖直墙壁：右侧与光滑、竖直固定的圆管道FCD相切于F，圆管道的半径R远大于管道内径。倾角θ＝37°的斜轨DE与圆管道相切于D，另一端固定在水平地面上，物块与斜轨间的动摩擦因数μ＝0.8。现将弹簧解锁，AB分离后撤去弹簧，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，在水平轨道上与物块B相碰并粘连，一起进入管道到达最高点C时恰好对圆管道无作用力，最后恰好停止在倾斜轨道的E点。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g）求：（1）AB过最高点C时速度大小；（2）斜轨DE的设计长度；（3）弹簧被压缩时的最大弹性势能Ep。【解答】解：（1）因A、B整体到达最高点C时恰好对圆管道无作用力，故由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：5mg＝5m解得：vC；（2）设DE的长度为L，对A、B整体从C到E的过程，根据动能定理得：5mgLsinθ+5mgR（1﹣cosθ）﹣μ•5mgLcosθ＝05mvC2解得：L＝17.5R；（3）弹簧被释放后瞬间，设物块A的速度大小为v1，物块B的速度大小为v2.取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣4mv2＝0A与墙壁碰撞反弹后追上B发生碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv1+4mv2＝（m+4m）vA、B整体从F到C的过程，由机械能守恒定律得：•5mv2＝5mg•2R•5mvC2联立以上各式解得：v1，v2弹簧释放过程，根据机械能守恒知，弹簧被压缩时的最大弹性势能为：Epmv124mv22代入数据解得：EpmgR。答：（1）AB过最高点C时速度大小为；（2）斜轨DE的设计长度为17.5R；（3）弹簧被压缩时的最大弹性势能为mgR。2022年第24届冬季奥运会将在北京和张家口举行。冰壶运动是冬季运动项目之一，深受观众喜爱。图1为中国运动员在训练时投掷冰壶的镜头。冰壶的一次投掷过程可以简化为如图2所示的模型：在水平冰面上，运动员将冰壶甲推到A点放手，冰壶甲以速度v0从A点沿直线ABC滑行，之后与对方静止在B点的冰壶乙发生正碰。已知两冰壶的质量均为m，冰面与两冰壶间的动摩擦因数均为μ，AB＝L，重力加速度为g，冰壶可视为质点。不计空气阻力。（1）求冰壶甲滑行到B点时的速度大小v；（2）若忽略两冰壶发生碰撞时的能量损失。请通过计算，分析说明碰后两冰壶最终停止的位置将如图3所示：甲停在B点，乙停在B右侧某点D。（3）在实际情景中，两冰壶发生碰撞时有一定的能量损失。如果考虑了它们碰撞时的能量损失，请你在图4中画出甲、乙两冰壶碰后最终停止的合理位置。【解答】解：（1）以甲冰壸为研究对象，从A到B，根据动能定理得：﹣μmgL解得：v（2）以甲、乙两冰壸为研究对象，设碰后瞬间它们的速度分别为v甲和v乙，取向右为正方向。根据动量守恒定律得：mv＝mv甲+mv乙根据能量守恒定律得：mv2mv甲2 mv乙2 联立解得：v甲＝0，v乙＝v即碰后甲停在B点，乙以速度v向前做匀减速直线运动，最后停在D点。（3）两冰壶发生碰撞时有一定的能量损失，甲、乙两冰壶碰后最终停止的合理位置如图所示，甲、乙停在BD之间，甲在B点右侧，乙在D点左侧。答：（1）冰壶甲滑行到B点时的速度大小v是；（2）理由见解析。（3）甲、乙停在BD之间，甲在B点右侧，乙在D点左侧。