全国版2021高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒精练含解析.docx

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1、专题七碰撞与动量守恒一、选择题(共10小题,60分)1.如果没有空气阻力,天上的云变成雨之后落到地面,在经过一路的加速后,到达地面时的速度会达到300 m/s,这样的速度基本相当于子弹速度的一半,是非常可怕的.由于空气阻力的作用,雨滴经过变加速运动,最终做匀速运动,一般而言,暴雨级别的雨滴落地时的速度为89 m/s.某次下暴雨时李明同学恰巧撑着半径为0.5 m的雨伞(假设伞面水平,雨水的平均密度为0.5 kg/m3),由于下雨使李明增加撑雨伞的力最小约为()A.2.510-1 NB.2.5 NC.2.5101 ND.2.5102 N2.甲、乙两物体在同一直线上运动,它们在00.4 s时间内的v

2、-t图象如图所示.若两物体仅存在相互作用,则下列说法正确的是()A.00.4 s时间内甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量B.0t1时间内甲、乙位移之比为13C.甲、乙质量之比为31D.t1=0.28 s3.某质量为3 kg的木块在喷泉作用下,静止在距某喷口上方1 m的位置,喷口的圆形内径约为2 cm,若喷出的水全部撞击木块且冲击后水的速度变为零,则驱动该喷口喷水的水泵功率最接近(不计空气阻力,取3,重力加速度g取10 m/s2)()A.100 WB.200 WC.300 WD.400 W 4.一同学研究箱子的运动,让一质量为m=1 kg的箱子在水平恒力F的推动下沿光滑水平面做直线运动,箱子运动的xt

3、-t图线如图所示,t是从某时刻开始计时箱子运动的时间,x为箱子在时间t内的位移,由此可知()A.箱子受到的恒力大小为F=0.5 NB.010 s内箱子的动量变化量为5 kgm/sC.5 s时箱子的速度大小为5.5 m/sD.05 s内箱子的位移为27.5 m5.如图所示,光滑水平面上停放一个木箱和小车,木箱质量为m,小车和人总质量为M,Mm=41,人以速率v沿水平方向将木箱推出,木箱被挡板以原速率反弹回来以后,人接住木箱再以同样大小的速率v第二次推出木箱,木箱又被原速反弹,则人最多能推木箱的次数为()A.2B.3C.4D.16.在光滑的水平面上有A、B两辆玩具小汽车,质量分别为MA=2 kg,

4、MB=1 kg.现使A车以10 m/s的速度沿A、B中心的连线向静止的B车运动,与B车发生对心碰撞,则碰后两车的速度可能是()A.vA=7 m/s,vB=6 m/sB.vA=-1 m/s,vB=22 m/sC.vA=6 m/s,vB=8 m/sD.vA=2 m/s,vB=16 m/s7.多选2019年6月15日,中国田径街头巡回赛北京撑杆跳高比赛在北京市朝阳区世贸天阶举行,如图所示,一名运动员正在撑杆跳高.完整的撑杆跳高过程可以简化成三个阶段:持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落.将运动员撑杆起跳上升的过程在竖直方向上的运动简化为竖直初速度为v0=5 m/s的运动,对应时刻重心高度为1.5 m,越

5、过杆时的竖直速度为零,从起跳至运动到离地面6.15 m的最高点经历的时间为5 s,运动员的质量为75 kg,不计空气阻力,g取10 m/s2.则在撑杆起跳上升过程中()A.撑杆对运动员的冲量大于运动员对撑杆冲量B.撑杆释放的弹性势能为2 450 JC.运动员在竖直方向受到的合力产生的冲量为-375 NsD.撑杆对运动员的力在竖直方向产生的冲量为3 375 Ns8.多选如图所示,光滑水平面与竖直光滑曲面相切于曲面最低点,大小相同的弹性小球A、B质量分别为mA、mB.B静止在曲面最低点,让球A从曲面上一定高度h滑下,在最低点与球B发生正碰,碰撞过程无机械能损失,水平面足够长.下列说法正确的是()A

6、.A、B可能发生第二次碰撞B.若mAmB,A、B一定能发生第二次碰撞C.增大h可让A、B发生第二次碰撞D.当mB3mA时A、B只能发生一次碰撞9.多选一竖直放置的轻弹簧,一端固定于地面,一端与质量为3 kg的B固定在一起,质量为1 kg的A放于B上,并施加向下的恒力,系统处于静止状态.撤去外力后,A和B一起竖直向上运动,如图所示.当A、B分离后,A上升0.2 m到达最高点,此时B速度方向向下,弹簧为原长,则从A、B分离起至A到达最高点的过程中,下列说法正确的是(g取10 m/s2)()A.A、B分离时,弹簧处于原长状态B.A、B分离时,A的速度大于B的速度C.从A、B分离起至A到达最高点的过程

7、中,弹簧的弹力对B的冲量大小为6 NsD.B的机械能守恒10.多选如图所示,小球A、B、C质量分别为2m、m、m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为l,B、C置于水平地面上.现让两轻杆并拢,以此时小球A在水平地面上的竖直投影为坐标原点,A由静止释放到下降到最低点的过程中,A、B、C在同一竖直平面内运动,忽略一切摩擦,重力加速度为g.则球A与地面接触时(小球直径远小于杆长)()A.球C速度大小为gl3B.球B、C的动量之和为零C.球A落点在原点左侧D.A与地面接触时的速度大小为2gl二、非选择题(共4小题,50分)11.5分图示装置可用来验证动量守恒定律:一段长为l的细绳一端与力传感器(图中

8、未画出,传感器的体积忽略不计,它可以实时记录绳所受的拉力大小)相连,固定在O点,另一端连接一个质量为m1、直径为d的小钢球A.在小钢球自然下垂时在其最低点N的右侧放置有一气垫导轨,气垫导轨左端放有质量为m2的小滑块B(B上安装有宽度为d的遮光片,遮光片的质量忽略不计),右侧安装有光电门1和光电门2(它们分别与数字毫秒计连接,数字毫秒计可记录遮光片挡光的时间).当地的重力加速度为g.将气垫导轨调整为水平,并调整好气垫导轨的高度,确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B发生正碰;调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力作用.(1)将小钢球A从某位置由静止释放,摆到最低点N与滑块

9、B发生碰撞.若小钢球A与滑块B碰撞前瞬间,拉力传感器的示数为F1,则小钢球A与滑块B碰撞前的速度大小为.(用题中已给出的物理量符号表示)(2)为完成实验,除了要记录数字毫秒计的读数t外,还需要记录的信息有.(3)写出一条对提高实验结果准确度有益的建议:.12.6分利用气垫导轨可以验证被压缩的弹簧弹开时,两滑块组成的系统动量守恒,可用图示装置进行以下实验.实验时,用两滑块压缩弹簧,并用细线固定,使其静止在两光电门中间附近,已知两滑块上遮光片的宽度相同,都是d,剪断拴弹簧的细线,测得质量为m1的滑块1和质量为m2的滑块2上遮光片通过光电门的时间分别为t1和t2.(1)实验前应调节气垫导轨底部的调节

10、旋钮,使导轨;充气后,当滑块放在气垫导轨上任意位置都能时,说明气垫导轨已经调节好.(2)若满足,则两滑块组成的系统动量守恒(采用最简式).(3)不计滑块在气垫导轨上运动时受到的阻力,则剪断拴弹簧的细线前弹簧的弹性势能为.13.19分如图所示,在光滑水平面上静止着两个质量均为m的小滑块a、b,两者相距为l.现对滑块a施一水平向右的大小为F的恒力,以后两滑块发生正碰过程时间极短,不计碰撞过程中的动能损失.(1)小滑块a、b在第一次碰撞后的速度大小各是多少?(2)滑块a与滑块b第一次碰撞后,经过多长时间第二次碰撞?两次相碰间隔多远?(3)若要使滑块a与滑块b仅发生三次碰撞,可在滑块b运动一段距离s(

11、未知)后给滑块b也施加一个水平向右的大小为F的恒力,试求距离s应该在什么范围内.14.20分如图,静置于光滑水平面上的滑块Q由半径为L的14光滑圆弧轨道AB和长为L的水平轨道BC组成,半径OB竖直,末端C离地高度为L2.若滑块Q锁定,让一小物块P从A处由静止释放,沿轨道运动,从C端飞出,落到水平面上的D点.已知Q的质量是P的4倍,P与轨道BC间的动摩擦因数=0.5,小物块P可视可质点,重力加速度为g.(1)求C、D间的水平距离x0.(2)若将滑块Q解锁,让P仍从A处由静止释放沿轨道运动,离开C端后落到水平面上的D点,求:P滑到C端时的速度大小v1;D、D两点间的距离x.1.C设t时间内,落到雨

12、伞上雨水的质量为m,根据动量定理,有Ft=mv,又m=vtr2,所以F=v2r2,代入数值解得F=2.5101 N,所以选项C正确.【解题关键】根据速度和雨水的平均密度求出单位时间内雨水的质量是解题的关键.2.C甲、乙两物体仅存在相互作用,则甲、乙两物体组成的系统动量守恒,故00.4 s时间内甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量,A错误;在v-t图象中,图线与坐标轴围成图形的面积表示位移,则0t1时间内甲、乙位移之比为15,B错误;由图线可知,甲、乙两物体加速度大小之比为13,则甲、乙质量之比为31,C正确;由图线可知a乙的大小为10 m/s2,则t1=0.3 s,D错误.3.B喷口的内径约2 cm,

13、则半径约为r=0.01 m,木块静止在距喷口h=1 m的位置,即木块受到水的冲击力等于木块的重力,由动量定理得0-mv=-m木gt,在一段极短时间t内喷到木块上的水柱的质量为m=水vtS,S=r2,设水在刚喷出喷口时的速度为v喷,由机械能守恒定律可知mgh+12mv2=12mv喷2,设驱动该喷口喷水的水泵功率为P,在接近管口很短一段时间t内喷出水柱的质量m1=水v喷tS,根据动能定理可得Pt=12m1v喷2,解得P 197 W,故B正确.4.D将匀变速直线运动位移公式x=v0t+12at2,两边同除以t可得xt= v0+12at,对比xt-t图线可知,箱子的初速度v0=3 m/s,图线斜率为1

14、2a=0.5 m/s2,箱子运动的加速度a=1 m/s2,由牛顿第二定律,可得恒力F=ma=1 N,A错误;箱子的初动量为p0=mv0=3 kgm/s,10 s时箱子的速度大小v=v0+at1=13 m/s,010 s内箱子的动量变化量为mv-mv0=10 kgm/s,B错误;5 s时箱子的速度大小为v0+at2=8 m/s,C错误;05 s内箱子的位移为x=v0t2+12at22=35 m+12152 m=27.5 m,D正确.5.B选木箱、人和小车组成的系统为研究对象,取向右为正方向,设第n(n为整数)次推出木箱后人与小车的速度为vn,第n次接住木箱后速度为vn,则由动量守恒定律第一次推出

15、后有0=Mv1-mv,则v1=mvM第一次接住后有Mv1+mv=(M+m)v1第二次推出后有(M+m)v1=Mv2-mv,则v2=3mvM第二次接住后有Mv2+mv=(M+m)v2第n-1次接住后有Mvn-1+mv=(M+m)vn-1第n次推出后有(M+m)vn-1=Mvn-mv即vn=(2n-1)Mmv设最多能推n次,推出后有vnvvn-1v即(2n-1)mvMv,且2(n-1)-1mvMv所以12(Mm+1)n12(Mm+1)+1将Mm=4代入,可得2.5nEk,系统动能增加,不可能,故B项错误.C项,碰撞后,系统的总动量p=MAvA+MBvB=26 kgm/s+18 kgm/s=20 k

16、gm/s,系统动量守恒,系统总动能Ek=12MAvA2+12MBvB2=12262 J+12182 J=68 JEk,系统动能增加,不可能,故D项错误.7.CD在撑杆起跳上升过程中,撑杆对运动员的作用力和运动员对撑杆的作用力是一对作用力和反作用力,根据牛顿第三定律知,作用力和反作用力总是等大反向,且具有等时性,故撑杆对运动员的冲量和运动员对撑杆的冲量大小相等,A错误;在竖直方向上重力势能增加量为Ep=mgh=3 487.5 J,而动能的减少量为Ek=12mv02=937.5 J,其差值为2 550 J,但能量是标量,没有方向,而水平方向的速度变化未知,故不能求解撑杆弹性势能的变化,B错误;冲量

17、是矢量,在竖直方向上,根据动量定理有I=Ft=(FT-mg)t=0-mv0,故合外力的冲量为I合=p,即I合=0-mv0=-375 Ns,C正确;撑杆在竖直方向产生的冲量为IT=FTt=mgt-mv0=3 375 Ns,D正确.8.AD由动量守恒定律和能量守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB,12mAv02=12mAvA2+12mBvB2,两球碰后的速度分别为vA=mA-mBmA+mBv0、vB=2mAmA+mBv0,vA、vB同向时,vA总小于vB,不发生第二次碰撞,若球A反弹后滑上曲面,由于机械能守恒,球A回到水平面上时的速度与反弹时的速度大小相等,当速度大小vAvB可发生第二次碰撞,

18、与h无关,选项A正确,C错误;若发生第二次碰撞,则有-mA-mBmA+mBv02mAmA+mBv0,解得mB3mA,所以当mB3mA时,球A、B只能发生一次碰撞,选项B错误,D正确.【关键点拨】根据球A反弹后机械能守恒可快速判断两球同向运动时速度的大小关系,以确定是否发生二次碰撞.9.AC分离前,A、B作为整体向上运动,当A、B间无相互作用力时二者分离,分离时二者速度、加速度相等,对A、B整体有(mA+mB)g-F弹=(mA+mB)a,对A有mAg=mAa,解得F弹=0,可知二者分离时弹簧处于原长,A正确,B错误;分离后A做竖直上抛运动,上升h=0.2 m到达最高点,可知分离时A、B的速度均为

19、v=2gh,上升到最高点所需的时间t=2hg,对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)有mBgt+IN=mBv-(-mBv),解得IN=6 Ns,C正确;分离时B的速度方向向上,A上升0.2 m到达最高点时B速度方向向下,速度大小不变,高度不变,但运动过程中,弹簧对B做功,除初末时刻,B的机械能不守恒,D错误.10.BD忽略一切摩擦,释放A球前,对A球进行受力分析可知,两杆对A球的作用力大小相等,下降过程中,因两杆长度均为l,由几何知识可知两杆与水平地面的夹角相等,所以两杆对A球的作用力大小相等,球B、C运动的速度大小相等,球A竖直向下运动,C错误;A、B、C组成的系统水平方向受到的合力为

20、零,水平方向上动量守恒,则球B、C的动量之和为零,B正确;对球A、C的运动过程分析可知,球C的速度先增大后减小,球A落地时有最大速度,此时球C速度为零,A错误;同理,球A落地时球B速度也为零,由机械能守恒定律得2mgl=122mvA2,则球A与水平地面接触时的速度大小为2gl,D正确.11.(1) (F1-m1gm1)(l+d2)(2分)(2)碰撞结束瞬间力传感器的示数F2和小钢球A的运动方向(2分)(3)器材选择时,小钢球应选体积小、密度大的(或细绳应选用无弹性的绳子,其他答案合理也可)(1分)解析:(1)根据牛顿第二定律有F1-m1g=m1v2l+d2,得v=(F1-m1gm1)(l+d2

21、).(2)要验证动量守恒定律,还需要记录的信息有碰撞结束瞬间力传感器的示数F2(通过它可计算得到小钢球A碰撞后的速度大小)和小钢球A的运动方向.(3)为提高实验结果准确度,在器材选择时,小钢球应选体积小、密度大的,细绳应选用无弹性的绳子.12.(1)水平(1分)静止(1分)(2)m1t1=m2t2(2分)(3)d22(m1t12+m2t22)(2分) 解析:(1)实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮,使导轨水平;充气后,当滑块放在气垫导轨上任意位置都能静止时,说明气垫导轨已经调节好.(2)质量为m1的滑块1和质量为m2的滑块2通过光电门的时间分别为t1和t2,则其通过光电门时的速度分别为v1=d

22、t1、v2=dt2,若满足m1v1= m2v2,即m1dt1=m2dt2,也就是m1t1=m2t2,则两滑块组成的系统动量守恒.(3)根据机械能守恒定律知,剪断拴弹簧的细线前弹簧的弹性势能等于两滑块通过光电门时的动能之和,Ep=12m1v12+12m2v22=d22(m1t12+m2t22).13.解析:(1)设a第一次碰前速度大小为v0根据动能定理得Fl=12mv02-0(1分)a与b碰撞过程动量守恒,则有mv0=mva+mvb(1分)由机械能守恒定律,有12mv20=12mv2a+12mv2b (1分)解得va=0,vb=v0=2Flm.(1分)(2)第一次碰撞后,b做匀速直线运动,a做初

23、速度为零的匀加速直线运动设经过时间t1发生第二次碰撞,则vbt1=12Fmt12(2分)解得t1=8mlF(1分)两次相碰间隔x=vbt1=4l.(1分)(3)由前面的分析可知,第二次碰撞前b的瞬时速度为vb=v0=2Flm,a的瞬时速度va2=Fmt1=22Flm(1分)根据前面的分析,碰撞之后两滑块交换速度,b的速度vb2=22Flm,a的速度va2=2Flm(1分)之后b又以vb2=22Flm的速度做匀速直线运动,a以va2=2Flm的初速度做匀加速直线运动.要使a、b能发生第3次碰撞,则必须在va3vb2以后给b加上水平向右的大小为F的恒力,即有va2+Fmt2vb2,s=x+vb2t

24、2,即s8l(2分)若a、b已经发生了第3次碰撞,由前面的分析可知,第三次碰撞前b的瞬时速度为vb2=22Flm,物块a的瞬时速度va3=32Flm(1分)根据前面的分析,碰撞之后两滑块交换速度,b的速度vb3=32Flm,a的速度va3=22Flm(1分)要使a、b不能发生第4次碰撞,则必须在va4vb3之前给b加上水平向右的大小为F的恒力,即va3+Fmt3vb3,s=x+x+vb3t3(2分)x=va2t2+Fmt22=vb2t2(1分)解得s18l(1分)距离s应该在8ls18l范围内,a与b仅发生三次碰撞.(1分)【技巧点拨】求解第(1)问时要熟记弹性碰撞的结论:对于一维弹性碰撞,若

25、两个物体质量相等,则碰撞后两个物体互换速度.这样可以提高解题速度.求解第(3)问要注意应用临界条件分析法,即速度相等时碰撞能否发生的重要临界条件.14.解析:(1)设P的质量为m,Q锁定时,P到达C端时的速度大小为v0,P从A运动到C的过程,根据动能定理有mgL-mgL=12mv02(2分)P离开C端后做平抛运动,则x0=v0t1(2分)L2=12gt12(2分)联立解得x0=L.(1分)(2)若将滑块Q解锁,设P到达C端时,P的速度大小为v1,Q的速度大小为v2,以水平向右为正,系统在水平方向上不受外力,系统在水平方向上动量守恒,则mv1-4mv2=0(2分)根据能量守恒定律有mgL=mgL+12mv12+124mv22(2分)解得v1=4gL5.(1分)由(1)问得t1=LgP离开C端后做平抛运动,则水平射程x3=v1t1(2分)设在P从A运动到C的过程,Q向左运动的位移大小为x2,则P向右运动的位移大小x1=2L-x2(2分)系统在水平方向上不受外力,在水平方向上平均动量守恒,则mx1t2-4mx2t2=0(2分)解得x2=25LD、D两点间的距离x=x0+x2-x3=7-255L.(2分)8