F单元动量.docx

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F单元动量

F单元动量

F1动量冲量动量定理

18．C2，E2，F1[2015·北京卷]“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（　　）

A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小

B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小

C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大

D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力

18．A　[解析]弹性绳的弹力为F＝kx，当绳子伸直之后，对人进行受力分析可知，a＝，当x<时，a>0，速度增大；当x>时，a<0，速度减小．所以该过程速度先增大后减小，则动量和动能都是先增大后减小．所以选项B、C不正确．弹力方向始终竖直向上，则冲量始终竖直向上．所以选项A正确．人在最低点时，绳对人的拉力大于重力，所以选项D不正确．

22．F1，J2，L2[2015·北京卷]如图18所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4m，一端连接R＝1Ω的电阻，导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5m/s，求：

（1）感应电动势E和感应电流I；

（2）在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小；

（3）若将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.

图18

22．

（1）2V　2A　

（2）0.08N·s　（3）1V

[解析]

（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势

E＝BLv＝1×0.4×5V＝2V

感应电流I＝＝A＝2A.

（2）拉力大小等于安培力大小

F＝BIL＝1×2×0.4N＝0.8N

冲量大小IF＝FΔt＝0.8×0.1N·s＝0.08N·s.

（3）由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流

I′＝＝A＝1A

由欧姆定律可得，导体棒两端电压

U＝I′R＝1V.

10．F1，E6[2015·天津卷]某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图111，皮带在电动机的带动下保持v＝1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g＝10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求

（1）邮件滑动的时间t；

（2）邮件对地的位移大小x；

（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.

图111

10．

（1）0.2s　

（2）0.1m　（3）－2J

[解析]

（1）设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则

F＝μmg①

取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有

Ft＝mv－0②

由①②式并代入数据得

t＝0.2s③

（2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有

Fx＝mv2－0④

由①④式并代入数据得

x＝0.1m⑤

（3）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则

s＝vt⑥

摩擦力对皮带做的功

W＝－Fs⑦

由①③⑥⑦式并代入数据得

W＝－2J⑧

3．[2015·重庆卷]F1A3高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动），此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（　　）

A.＋mgB.－mg

C.＋mgD.－mg

[解析]A　安全带产生作用力前，人自由下落，根据v2＝2gh可求下落距离h时的速度，之后由于涉及力和时间的运算，且力非恒力，因此需运用动量定理，即（mg－F）t＝0－mv，根据以上两式，解得平均作用力F＝＋mg，故选A.

F2动量守恒定律

17．D4，F2，K2[2015·北京卷]实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图12所示，则（　　）

图12

A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外

B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外

C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里

D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里

17．D　[解析]带电粒子在磁场中只受洛伦兹力做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即qvB＝m，则半径R＝.β衰变过程动量守恒，而qβR新，所以轨迹1为电子的轨迹，轨迹2是新核的轨迹．又由左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里．所以选项D正确．

30．[2015·福建卷]〔物理一选修3－5]F2

（2）如图113所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是________．（填选项前的字母）

图113

A．A和B都向左运动

B．A和B都向右运动

C．A静止，B向右运动

D．A向左运动，B向右运动

[答案]D

[解析]根据动量守恒定律，碰撞前的总动量为0，碰撞后的总动量也要为0，碰撞后要么A、B均静止，要么A、B朝反方向运动；由于是弹性碰撞，能量不损失，所以碰后A、B不可能静止，所以A只能向左运动、B只能向右运动．

39．[2015·山东卷]【物理—物理3－5】

F2

（2）如图115所示，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．

图115

[答案]v0

[解析]设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得

mvA＝mvA′＋mvB①

设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得

WA＝mv－mv②

设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得

WB＝mv－mv′③

据题意可知

WA＝WB④

设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得

mvB′＝2mv⑤

联立①②③④⑤式，代入数据得

v＝v0⑥

14．[2015·浙江卷]【自选3－5】

C2F2

（2）一辆质量m1＝3.0×103kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力．相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75m停下．已知车轮与路面的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小．（重力加速度g取10m/s2）

[答案]27m/s

[解析]由牛顿运动定律，有

a＝＝μg＝6m/s2

v＝＝9m/s

由动量守恒定律，有m2v0＝（m1＋m2）v

解得v0＝v＝27m/s.

F3动量综合问题

35．[2015·全国卷Ⅱ][物理选修3－5]

（2）F3滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图像如图113所示．求：

（ⅰ）滑块a、b的质量之比；

（ⅱ）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．

图113

[答案]（i）1∶8　（ii）1∶2

[解析]（i）设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图像得

v1＝－2m/s①

v2＝1m/s②

a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图像得

v＝m/s③

由动量守恒定律得

m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v④

联立①②③④式得

m1∶m2＝1∶8⑤

（ii）由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为

ΔE＝m1v＋m2v－（m1＋m2）v2⑥

由图像可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为

W＝（m1＋m2）v2⑦

联立⑥⑦式，并代入题给数据得

W∶ΔE＝1∶2⑧

35．[物理—选修3－5][2015·全国卷Ⅰ]

（2）F3如图114，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．

图114

35．

（1）ek　－eb

[解析]在光电效应现象中，入射光子能量为hν，这些能量的一部分用于克服逸出功W0，多余的能量转化为电子的最大初动能，由动能定理得eUc＝hν－W0，整理得Uc＝ν－.图线斜率k＝，所以普朗克常量h＝ek；截距为b，即eb＝－W0，所以逸出功W0＝－eb.

（2）（－2）M≤m

[解析]A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得

mv0＝mvA1＋MvC1①

mv＝mv＋Mv②

联立①②式得

vA1＝v0③

vC1＝v0④

如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m

第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有

vA2＝vA1＝v0⑤

根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有

vA2≤vC1⑥

联立④⑤⑥式得

m2＋4mM－M2≥0⑦

解得m≥（－2）M⑧

另一解m≤－（＋2）M舍去．所以，m和M应满足的条件为

（－2）M≤m

9．F3，G3，J10[2015·天津卷]

（1）如图18所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B碰撞前、后两球总动能之比为________．

图18

（2）某同学利用单摆测量重力加速度．

①为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________________________________________________________________________．

A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球

B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线

C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动

D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大

②如图19所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆．实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________．

图19

（3）用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组（电动势约4.5V，内电阻约1Ω）的电动势和内电阻，除待测电池组、电键、导线外，还有下列器材供选用：

A．电流表：

量程0.6A，内电阻约1Ω

B．电流表：

量程为3A，内电阻约0.2Ω

C．电压表：

量程3V，内电阻约30kΩ

D．电压表：

量程6V，内电阻约60kΩ

E．滑动变阻器：

0～1000Ω，额定电流0.5A

F．滑动变阻器：

0～20Ω，额定电流2A

①为了使测量结果尽量准确，电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________（均填仪器的字母代号）．

②图110为正确选择仪器后，连好的部分电路．为了使测量误差尽可能小，还需在电路中用导线将________和________相连、________和________相连、________和________相连（均填仪器上接线柱的字母代号）．

图110

③实验时发现电流表坏了，于是不再使用电流表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重新连接电路，仍能完成实验．实验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电压表的示数U.用图像法处理采集到的数据，为在直角坐标系中得到的函数图像是一条直线，则可以________为纵坐标，以________为横坐标．

9．

（1）4∶1　9∶5　

（2）①BC　②

（3）①A　D　F　②ad　cg　fh　③或U或R（横纵坐标互换亦可）

[解析]

（1）设碰前B球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律得

mBvB＝mAv′A－mBv′B

由题意得v′A＝v′B＝vB

解得＝

A、B碰撞前、后两球总动能之比为

＝.

（2）①组装单摆须选用密度大、半径小的摆球，选用轻且不易伸长的细线，而且摆球要在同一竖直面内摆动，且单摆的振幅要小一点，只有这些条件得到满足时，摆球所受空气阻力的影响才会比较小，摆球的振动才是简谐运动，所以B、C正确．

②设摆球的半径为r，单摆的周期为T1时对应的摆线长度为L1，单摆的周期为T2时对应的摆线长度为L2，由单摆的周期公式得，T1＝2π，T2＝2π，L1－L2＝ΔL，联立解得，g＝.

（3）①若选用0～1000Ω的滑动变阻器，则电路中的电流太小，且移动滑动变阻器滑片时，电压表和电流表的示数要么变化得特别慢，要么变化得特别快，所以滑动变阻器选用F；电源的电动势为4.5V，所以电压表选用D；若电流表选用B，则移动滑动变阻器的滑片时，电流表的指针要么偏转得特别小，要么突然偏转得比较大，所以电流表选用A.

②电压表测量路端电压，滑动变阻器接成限流式，电键要控制整个电路．

③由闭合电路欧姆定律得（R＋r）＝E，变形得＝·＋，或U＝－r·＋E，或＝·R＋，则可以为纵坐标，为横坐标，或以U为纵坐标，为横坐标，或以为纵坐标，R为横坐标．

1．2015·江南十校高三期末大联考质量分别为m＝1kg和M＝2kg的物块A和B叠放在光滑水平桌面上，两物块均处于静止状态，从某时刻开始，对物块B施加一水平推力F，已知推力F随时间t变化的关系为F＝6t（N），两物块之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列结论正确的是（　　）

图K491

A．两物块刚发生相对运动时的速度为1m/s

B．从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为s

C．从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5m

D．从施加推力F到两物块刚发生相对运动F的冲量为6N·s

1．A　[解析]当A所受的静摩擦力达到最大静摩擦力时，A相对B发生滑动，则此时A的加速度为a＝μg＝2m/s2，对整体受力分析可知，F＝（m＋M）a＝6N，则可知从施加推力F到两物块发生相对运动所需的时间为1s，F是均匀增加的，故1s内其平均作用力F＝3N，对整体由动量定理可得，Ft＝（M＋m）v，解得v＝1m/s，故A正确，B错误；若物块做匀加速直线运动，则1s内的位移x＝×vt＝0.5m，而物块做的是变加速直线运动，故位移不是0.5m，故C错误；由动量定理可知，I＝（M＋m）v＝3N·s，故D错误．

2．（多选）2015·江西五校高三第二次联考如图K492（a）所示，在光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，重力加速度为g，（b）图为物体A与小车的vt图像，由此可求出（　　）

图K492

A．小车上表面的长度

B．物体A与小车B的质量之比

C．物体A与小车B上表面间的动摩擦因数

D．小车B获得的动能

2．BC　[解析]由图像可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面的长度，故A错误；由动量守恒定律得，mA（v0－v1）＝mBv1，解得＝，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图像可以知道物体A相对小车B的位移Δx＝v0t1，根据能量守恒定律得μmAgΔx＝mAv－（mA＋mB）v，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量未知，故不能确定小车B获得的动能，D错误．

3．2015·河北邯郸高三教学质量检测如图K493所示，将质量分别为m1＝1.0kg和m2＝2.0kg的弹性小球a、b用轻绳紧紧捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度v0＝0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动．某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过时间t＝5.0s后，测得两球相距s＝4.5m，求：

（1）刚分离时a、b两小球的速度v1、v2；

（2）两球分开过程中释放的弹性势能Ep.

图K493

3．

（1）0.70m/s　－0.20m/s　

（2）0.27J

[解析]

（1）根据题意，以开始时两球运动的方向为正方向，由动量守恒定律得

（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2

s＝v1t－v2t

解得v1＝0.70m/s，v2＝－0.20m/s.

（2）由能量守恒定律得（m1＋m2）v＋Ep＝m1v＋m2v

代入数据得Ep＝0.27J.

4．2015·北京市朝阳区高三上学期期末如图K494所示，MN和PQ是同一水平面内的平行光滑金属导轨，CD和EF是置于导轨上的两根金属棒，它们的质量均为m＝0.10kg，电阻均为r＝1.0Ω，其余电阻可忽略不计．整个装置处在磁感应强度B＝1.0T、方向竖直向下的匀强磁场中．某时刻，金属棒CD突然获得一个瞬时冲量，以v＝4.0m/s的速度开始向右运动，求：

（1）金属棒EF所能达到的最大速度vm；

（2）在整个过程中，金属棒EF产生的热量Q.

图K494

4．

（1）2.0m/s　

（2）0.20J

[解析]

（1）当两金属棒达到共速时，金属棒EF达到最大速度．取两金属棒为系统，从开始运动到达到共速的过程中，系统所受合外力为零，动量守恒，则

mv＋0＝2mvm

所以vm＝＝2.0m/s.

（2）在此过程中，系统损失的机械能转化为电能，再以电流做功的形式转化为内能．因为两金属棒电阻相等，所以两棒上产生的热量也相等，分别设为Q.

根据能量守恒定律有mv2＝（2m）v＋2Q

所以Q＝0.20J.

F4力学观点的综合应用

14．[2015·海南卷]F4如图112，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h＝2m，s＝m．取重力加速度大小g＝10m/s2.

（1）一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；

（2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．

[答案]

（1）0.25m　

（2）2m/s

[解析]本题考查平抛运动、竖直面上的圆周运动，求解方法涉及运动的合成与分解和功能关系等知识

F5实验：

验证碰撞中的动量守恒