章末核心素养提升.DOCXVIP

章末核心素养提升

一、动量、冲量及动量定理的应用

1.(多选)(2023·新课标卷，19)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻()

A.甲的速度大小比乙的大

B.甲的动量大小比乙的小

C.甲的动量大小与乙的相等

D.甲和乙的动量之和不为零

答案BD

解析根据F－μmg＝ma可得a＝eq\f(1,m)F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则f甲＞f乙，故甲和乙组成的系统所受合外力向左，合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。

二、动量守恒定律的理解及应用

2.第24届冬奥会于2022年2月在北京和张家口举行，冬奥会冰壶项目深受观众喜爱。某次冰壶训练中，冰壶乙静止在圆形区域内，运动员用冰壶甲撞击冰壶乙，如图为冰壶甲与冰壶乙碰撞前、后的v－t图像。已知冰壶质量均为20kg，两冰壶发生正碰，碰撞时间极短，则在该次碰撞中损失的机械能为()

A.1.0J B.1.2J C.1.6J D.2.0J

答案C

解析根据图像判断两冰壶在t＝3.0s时发生碰撞，碰前冰壶甲速度为v1＝0.6m/s，碰后冰壶甲速度为v2＝0.2m/s，设碰后冰壶乙速度为v3，根据动量守恒定律得mv1＝mv2＋mv3，解得v3＝0.4m/s，所以机械能损失ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝

1.6J，故C正确。

3.(多选)(2023·广东卷，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1kg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0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/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0.18N·s

C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·s

D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N

答案BD

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，p1≠p2，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正确；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。

三、力学中三大基本观点的综合应用

4.(2023·北京卷，17)如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起，重力加速度为g。求：

(1)A释放时距桌面的高度H；

(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；

(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。

答案(1)eq\f(v2,2g)(2)mg＋meq\f(v2,L)(3)eq\f(1,4)mv2

解析(1)A释放后到与B碰撞前，根据动能定理得

mgH＝eq\f(1,2)mv2

解得H＝eq\f(v2,2g)。

(2)碰撞前瞬间，对A，由牛顿第二定律得

F－mg＝meq\f(v2,L)

解得F＝mg＋meq\f(v2,L)。

(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得

mv＝2mv1

解得v1＝eq\f(1,2)v

则碰撞过程中损失的机械能为

ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)mv2。

5.如图，光滑的水平地面上静止放置着一辆小车A，质量mA＝5kg，上表面光滑，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝3kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发