章末总结 以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型 情境提点 模型—规律—方法—结论 热点一 对动量、冲量的理解和动量定理的应用 1.(多选)(2024·福建卷)如图甲,水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F,F随时间t的变化关系如图乙所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则滑块( ) 甲 乙 [A]在0～4t0内一直沿斜面向下运动 [B]在0～4t0内所受合外力的冲量大小为零 [C]在t0时的动量大小是在2t0时的一半 [D]在2t0～3t0内的位移大小比在3t0～4t0内的小 【答案】 AD 【解析】 根据牛顿第二定律可知,当拉力为 2mgsin θ 时,滑块加速度a1=3gsin θ,方向沿斜面向下;当拉力为-2mgsin θ时,滑块加速度a2=-gsin θ,方向沿斜面向上;作出滑块沿斜面运动的v-t图像如图所示,其中v0=gt0sin θ。根据v-t图像,可判断出滑块一直沿斜面向下运动,故选项A正确;4t0时滑块速度不为零,根据动量定理I合=mΔv可知0～4t0内滑块所受合外力的冲量不为零,故选项B错误;滑块在t0时的速度大于在2t0时的速度,故滑块在t0时的动量大于在2t0时的动量,故选项C错误;根据v-t图线与t轴所围面积表示位移大小,可判断出选项D正确。 2.(2024·重庆卷)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。质量为m的针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两阶段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为F1、F2,则针鞘( ) [A]被弹出时速度大小为 [B]到达目标组织表面时的动能为F1d1 [C]运动d2的过程中,阻力做功为(F1+F2)d2 [D]运动d2的过程中,动量变化量大小为 【答案】 A 【解析】 设针鞘被弹出时的速度大小为v,根据动能定理得-F1d1-F2d2=0-mv2,解得v=,A正确;针鞘到达目标组织表面后,继续前进d2减速至零,有Ek=F2d2,B错误;针鞘运动d2的过程中,阻力做功为-F2d2,C错误;针鞘运动d2的过程中,动量变化量大小为Δp==,D错误。 3.(多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中,体重为60 kg 的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( ) [A]t=0.15 s时,运动员的重力势能最大 [B]t=0.30 s时,运动员的速度大小为10 m/s [C]t=1.00 s时,运动员恰好运动到最大高度处 [D]运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N 【答案】 BD 【解析】 根据牛顿第三定律可知,t=0.15 s时蹦床对运动员的作用力最大,运动员在最低点,重力势能最小,A错误;由题图可知,t=0.30 s时运动员离开蹦床做竖直上抛运动,t=2.30 s时落回蹦床,竖直上抛运动总时间为2 s,则上升时间为1 s,在t=0.30 s+1 s=1.30 s时,运动员运动到最大高度处,由v0=gt可得运动员竖直上抛的初速度大小为10 m/s,B正确,C错误;取竖直向上为正方向,运动员每次与蹦床接触到离开蹦床过程,由动量定理得(-mg)Δt=mv0-(-mv0),运动员与蹦床作用时间Δt=0.30 s,解得=4 600 N,D正确。 4.(2024·江苏卷)“嫦娥六号”在轨速度为v0,着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt,分离后B的速度为v,且与v0同向,A、B的质量分别为m、M。求: (1)分离后A的速度v1; (2)分离时A对B的推力大小。 【答案】 (1) (2) 【解析】 (1)组合体分离前后动量守恒,取v0的方向为正方向,有(m+M)v0=Mv+mv1, 解得v1=。 (2)以组合体B为研究对象,根据动量定理有 FΔt=Mv-Mv0,解得F=。 5.(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过 ... ...
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