山东专用2022年高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒专题检测含解析.docx

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1、专题七碰撞与动量守恒【专题检测】A组一、选择题1.(2020山东临沂一模,3)一宇宙飞船的横截面积S,以v0的恒定速率航行,当进入有宇宙尘埃的区域时,设在该区域,单位体积内有n颗尘埃,每颗尘埃的质量为m,若尘埃碰到飞船前是静止的,且碰到飞船后就粘在飞船上,不计其他阻力,为保持飞船匀速航行,飞船发动机的牵引力功率为()A.Snmv02B.2Snmv02C.Snmv03D.2Snmv03答案C时间t内粘在卫星上的尘埃质量为:M=v0tSnm,对粘附的尘埃,由动量定理得:Ft=Mv0,解得:F=Snmv02;维持飞船匀速运动,飞船发动机牵引力F(F=F)的功率为:P=Fv0=Fv0=Snmv03,故

2、C正确。2.(2019北京海淀一模反馈,18)如图,球、轻绳、小车系统静止在水平地面上,将小球拉至与O点等高处,并由静止释放,不计空气阻力和一切摩擦,关于此后的物理过程,下列说法正确的是()A.球、轻绳、小车组成的系统动量守恒,机械能不守恒B.球、轻绳、小车组成的系统动量不守恒,机械能守恒C.小球摆动到最低点时,小车有最大的对地位移D.小球摆动到最高点时,小车有最大的对地速度答案B球、轻绳、小车组成的系统,水平方向不受外力,水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒。小球摆动过程中只有重力做功,机械能守恒。当小球向右摆动到最高点时,小车有向左的最大位移,此时小球速度为零,由水平方向动量守恒可知小车速

3、度也为零。3.(2020广西桂林、崇左、贺州联考,17)如图所示,光滑水平面上有在一条直线上的甲、乙、丙三个小球,三个小球的质量均为m,乙、丙两球与轻弹簧相连且静止,甲球以速率v0向右冲向乙球并发生弹性碰撞。弹簧一直在弹性限度内。该弹簧的最大弹性势能为()A.14mv02B.16mv02C.13mv02D.18mv02答案A本题考查动量守恒、能量守恒,体现运动与相互作用观念和能量观念要素。因甲、乙两球的质量相等,故它们弹性碰撞后速度交换,即碰撞后甲球静止,乙球的速度大小为v0,方向水平向右,经分析可知,当乙、丙两球的速度相等(设为v)时,弹簧的形变量最大,弹性势能最大,由动量守恒定律有mv0=

4、2mv,由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能Epm=12mv02-122mv2,解得Epm=14mv02,选项A正确。4.(2019北京海淀期中,9)(多选)如图所示,两物块A、B质量分别为m、2m,与水平地面的动摩擦因数分别为2、,其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态,使A、B两物块同时获得一个方向相反,大小分别为v1、v2的水平速度,弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程,下列说法正确的是()A.两物块A、B及弹簧组成的系统动量守恒B.两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒C.两物块A、B初速度的大小关系为v1=v2D.两物块A、B运动的路程之比为21答案AD运

5、动过程中,A受摩擦力fA=2mg,B受摩擦力fB=2mg=fA,fA与fB方向相反,系统所受合外力为零,动量守恒。由于摩擦生热,系统的机械能转化为内能,机械能减小。由动量守恒,弹簧恢复原长时,两物块速度同时为零,因此初态mv1=2mv2,v1v2=21。两物块运动过程中,系统动量守恒,mv1=2mv2,任意时刻v1v2=21,因此平均速率之比为21,运动的路程之比为21。思路点拨此过程中,摩擦生热,系统机械能减小。因为任意时刻都有A、B动量等大反向,可得A、B速率之比、平均速率之比、路程之比。二、非选择题5.(2019甘肃、青海、宁夏联考,13)如图所示,轻弹簧的一端固定,另一端与静置在水平导

6、轨上质量m=0.5kg的滑块B相连,弹簧处在原长状态,B最初静止位置的左侧导轨光滑、右侧导轨粗糙,另一质量与B相同的滑块A,从与B的距离L=2.5m处以某一初速度开始向B滑行,与B相碰(碰撞时间极短)后A、B粘在一起运动压缩弹簧,该过程中弹簧的最大弹性势能Ep=2J。A与导轨粗糙部分间的动摩擦因数=0.4。求:(1)A、B碰撞后的瞬间的速度大小v;(2)A的初速度大小v0。答案(1)2m/s(2)6m/s解析(1)压缩弹簧过程中,滑块的动能转化为弹簧的弹性势能,由能量守恒定律得:Ep=122mv2代入数据得:v=2m/s(2)A、B碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得:2mv

7、=mvA解得:vA=4m/s滑块A向左运动的过程中,由动能定理得:-mgL=12mvA2-12mv02解得v0=6m/s温馨提示分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键,应用动能定理与动量守恒定律可以解题。6.(2020湖南益阳、湘潭联考)一辆小汽车行驶至一路口,见前面多辆小汽车排起了长队,且红灯显示还有几十秒,于是紧急刹车。可驾驶员错把油门当刹车,结果以8m/s的速度与前面一辆车发生碰撞追尾。假设碰撞时间极短,且两车每次碰撞损失37.5%的动能,若每辆汽车的质量都相等,汽车间距均为2m,车与地面间的动摩擦因数=0.5(g=10m/s2)。求:(1)肇事车辆与前车碰撞后的速度大小;(2)将共有几

8、辆汽车发生连环追尾事故(含肇事车辆)。答案(1)2m/s(2)3辆解析(1)第一次碰撞时,取碰撞前第一辆汽车的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=mv1+mv2由碰撞前后能量关系,有(1-0.375)12mv02=12mv12+12mv22联立解得:v1=2m/s,v2=6m/s(不符合题意的已舍去)(2)第二辆汽车运动到第三辆汽车处将要相碰时,设第二辆汽车速度为v20。根据动能定理得-mgL=12mv202-12mv22解得v20=4m/s,第二辆汽车碰撞第三辆汽车过程,有mv20=mv2+mv3(1-0.375)12mv202=12mv22+12mv32解得v3=3m/s由mg=ma

9、得a=g又v32=2ax解得x=0.9mv,C可以到达圆弧最高点,在最高点,由牛顿第二定律得:F+mCg=mCvC2R,代入数据解得:F=10N,由牛顿第三定律可知,C对轨道的压力大小:F=F=10N。9.(2020贵州黔东南模拟,12)如图所示,水平面上有A、B两个小物块(均视为质点),质量均为m,两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与A、B连接)。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道,半圆形轨道与水平面相切于C点,物块B的左侧静置着一个三面均光滑的斜面体(底部与水平面平滑连接)。某一时刻将压缩的弹簧释放,物块A、B瞬间分离,A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D(物块A过D点后

10、立即撤去),B向左平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为L(L小于斜面体的高度)。已知A与右侧水平面的动摩擦因数=0.5,B左侧水平面光滑,重力加速度为g,求:(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小;(2)斜面体的质量;(3)物块B与斜面体相互作用的过程中,物块B对斜面体做的功。答案(1)6mg(2)m2(3)8mgL3解析本题考查动量守恒、机械能守恒、圆周运动,体现科学推理与模型建构要素,是对学生综合分析能力的考查。(1)恰好通过D点,有mg=mvD2L从C到D,由动能定理,有-mg2L=12mvD2-12mvC2在C点,有F-mg=mvC2L解得F=6mg由牛顿第三定律可知,物

11、块A通过C点时对半圆形轨道的压力F=F=6mg(2)弹簧释放瞬间,由动量守恒定律,有mvA=mvB弹簧释放后,对物块A运动到C点的过程,有-mgL=12mvC2-12mvA2B滑上斜面体上升到最大高度时,对B和斜面体,由动量守恒定律,有mvB=(m+M)v由机械能守恒定律,有12mvB2=12(m+M)v2+mgL解得M=m2(3)物块B从滑上斜面体到与斜面体分离过程中,由动量守恒定律,有mvB=mvB+Mv由机械能守恒定律,有12mvB2=12mvB2+12Mv2解得vB=6gL3,v=46gL3由功能关系知,物块B与斜面体相互作用的过程中,物块B对斜面体做的功W=12Mv2解得W=8mgL

12、310.(2020山东泰安一模,18)如图,AB为半径R=0.7m的竖直光滑14圆弧轨道,与最低点B平滑连接的水平轨道由BC、CD两部分组成。BC部分粗糙,长度L1=1.25m。CD部分光滑,长度L2=5m。D点有固定的竖直挡板。质量ma=2kg的滑块a从圆弧最高点A由静止滑下,与静止在C点的质量mb=1kg的滑块b发生正碰。滑块均可视为质点,与BC段间的动摩擦因数=0.2,所有的碰撞中均没有机械能损失,重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)滑块a对轨道的最大压力大小;(2)滑块a、b第二次碰撞的位置与D点的距离;(3)滑块a、b第二次碰撞后到第三次碰撞前,滑块a的运动时间(保留2位小数,

13、可能用到的数值0.07=0.27)。答案见解析解析(1)滑块a从A到B,经过B点时对圆弧轨道的压力最大,根据机械能守恒定律:magR=12mavB2根据牛顿第二定律:N-mag=mavB2R代入数据解得:N=60N由牛顿第三定律得滑块a对轨道的最大压力大小为:N=N=60N(2)滑块a在B、C间运动时的加速度大小为a1,第一次到达C点时的速度为vCmag=maa1vC2-vB2=-2a1L1代入数据解得:vC=3m/s设a、b第一次碰撞后的速度分别为va1和vb1,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:mavC=mava1+mbvb112mavC2=12mava12+12mbvb12解得va1=1

14、m/s,vb1=4m/s设滑块a、b第二次碰撞的位置与D点的距离为xL2-xva1=L2+xvb1代入数据解得:x=3m(3)设第二次碰撞后的速度分别为va2和vb2,以向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:mava1+mbvb1=mava2+mbvb212mava12+12mbvb12=12mava22+12mbvb22解得:va2=-73m/s,vb2=83m/s滑块a向左运动,设沿圆弧上升的高度为h,根据动能定理:-magh-magL1=0-12mava22h=0.0222m(滑块上滑的高度h远小于R),之后滑块a滑回水平面,停在B、C间;第二次碰撞后运动到B之前,匀速运动的时间:t1=x-L2va2=67s=0.86s在BC部分匀减速运动的时间:t2=va2-a1=76s=1.17s因为滑块上滑的h远小于R,所以在圆弧面的运动可以认为是类单摆运动,由单摆周期公式得:t3=Rg=0.85s滑块a的运动时间:t=t1+t2+t3=2.88s