2022年高考物理一輪-碰撞與動量守恒定律素養(yǎng)提升練教師講解版

文檔來源網(wǎng)絡整理侵權必刪PAGE16.6碰撞與動量守恒定律素養(yǎng)提升練1.豎直向上發(fā)射一物體(不計空氣阻力)，在物體上升的某一時刻突然炸裂為a、b兩塊，質量較小的a塊速度方向與物體原來的速度方向相反，則()A．炸裂后瞬間，a塊的速度一定比原來物體的速度小B．炸裂后瞬間，b塊的速度方向一定與原來物體的速度方向相同C．炸裂后瞬間，b塊的速度一定比原來物體的速度小D．炸裂過程中，b塊的動量變化量大小一定小于a塊的動量變化量大小【答案】B【解析】在炸裂過程中，由于重力遠小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動量守恒，炸裂后瞬間a塊的速度大小不能確定，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：(ma＋mb)v0＝ma(－va)＋mbvb，解得：vb＝eq\f(ma＋mbv0＋mava,mb)>v0，b塊的速度方向一定與原來物體的速度方向相同，故A、C錯誤，B正確；由動量守恒可知，炸裂過程中，b塊的動量變化量大小一定等于a塊的動量變化量大小，故D錯誤．2.玻璃杯從同一高度落下，掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，這是由于玻璃杯與水泥地面撞擊過程中()A．動能變化較大 B．動量變化較大C．受到的沖量較大 D．動量變化較快【答案】D【解析】玻璃杯從同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的動量相等，落地后的速度均為零，說明動量的變化一定相等；由動量定理可知沖量也一定相等，由動能定理可知，動能變化也相等，由于掉在水泥地上的時間較短，則說明玻璃杯掉在水泥地上動量變化較快，故D正確。3.如圖甲所示，一質量為4kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開始運動，推力F隨位移x變化的關系如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．物體先做加速運動，推力為零時開始做減速運動B．物體在水平地面上運動的最大位移是10mC．物體運動的最大速度為2eq\r(15)m/sD．物體運動過程中的加速度先變小后不變【答案】B【解析】當推力小于摩擦力時物體開始做減速運動，選項A錯誤；由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對物體做的功可知，推力對物體做的功W＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J，根據(jù)動能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10m，選項B正確；當推力與摩擦力大小相等時，加速度為零，＋20N)·x－μmgx＝eq\f(1,2)mvm2，解得物體運動的最大速度vm＝8m/s，選項C錯誤；在推力由100N減小到20N的過程中，物體的加速度逐漸減小，在推力由20N減小到0的過程中，加速度反向增大，此后加速度不變，故選項D錯誤．4.我國女子短道速滑隊在2013年世錦賽上實現(xiàn)女子3000m接力三連冠．觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，如圖3所示．在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()A．甲對乙的沖量與乙對甲的沖量相同B．甲、乙的動量變化一定大小相等、方向相反C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功【答案】B【解析】因為沖量是矢量，甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等、方向相反，故沖量大小相等、方向相反，動量變化大小相等、方向相反，故A錯誤，B正確；甲、乙間水平方向的力為作用力與反作用力，大小相等，但乙推甲過程兩者位移不一定相同，C、D錯誤．5.一宇宙飛船的橫截面積為S，以v0的恒定速率航行，當進入有宇宙塵埃的區(qū)域時，設在該區(qū)域，單位體積內(nèi)有n顆塵埃，每顆塵埃的質量為m，若塵埃碰到飛船前是靜止的，且碰到飛船后就粘在飛船上，不計其他阻力，為保持飛船勻速航行，飛船發(fā)動機的牽引力功率為()A．Snmveq\o\al(2,0) B．2Snmveq\o\al(2,0)C．Snmveq\o\al(3,0) D．2Snmveq\o\al(3,0)【答案】C【解析】時間t內(nèi)黏附在衛(wèi)星上的塵埃質量M＝v0tSnm，對黏附的塵埃，由動量定理得Ft＝Mv0，解得F＝nmveq\o\al(2,0)S；維持飛船勻速運動，飛船發(fā)動機牽引力的功率為P＝Fv0＝nmveq\o\al(3,0)S，故C正確，A、B、D錯誤。6.2020年新型冠狀病毒主要傳播方式為飛沫傳播，打噴嚏可以將飛沫噴到十米之外。有關專家研究得出打噴嚏時氣流噴出的速度可達40m/s，假設打一次噴嚏大約噴出50mL的空氣，用時約0.02s。已知空氣的密度為1.3kg/m3，估算打一次噴嚏人受到的平均反沖力為()A．13N B．0.13NC．0.68N D．2.6N【答案】B【解析】打一次噴嚏大約噴出氣體的質量m＝ρV，由動量定理eq\o(F,\s\up6(－))Δt＝mv，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(mv,Δt)＝eq\f(ρVv,Δt)＝eq\f(1.3×50×10－6×40,0.02)N＝0.13N，根據(jù)牛頓第三定律可知，打一次噴嚏人受到的平均反沖力為0.13N。7.質量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ。初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示。現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為()A．eq\f(1,2)mv2 B．eq\f(mMv2,2（m＋M）)C．eq\f(1,2)NμmgL D．2NμmgL【答案】B【解析】由于箱子放在光滑的水平面上，則由箱子和小物塊組成的整體動量始終是守恒的，直到箱子和小物塊的速度相同時，兩者不再發(fā)生相對滑動，有mv＝(m＋M)v1，根據(jù)能量守恒定律可知ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)·veq\o\al(2,1)＝eq\f(mMv2,2（m＋M）)。8.2019年1月3日，中國“嫦娥四號”探測器成功在月球背面軟著陸，中國載人登月工程前進了一大步。假設將來某宇航員登月后，在月球表面完成下面的實驗：在固定的豎直光滑圓軌道內(nèi)部最低點靜止放置一個質量為m的小球(可視為質點)，如圖所示，當給小球一瞬時沖量I時，小球恰好能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動。已知圓軌道半徑為r，月球的半徑為R，則月球的第一宇宙速度為()A．eq\f(I,m)eq\r(\f(R,r)) B．eq\f(I,m)eq\r(\f(R,5r))C．eq\f(I,m)eq\r(\f(r,R)) D．eq\f(I,m)eq\r(\f(r,5R))【答案】B【解析】小球獲得瞬時沖量I的速度為v0，有I＝mv0，而小球恰好通過圓周的最高點，滿足只有重力提供向心力，mg月＝meq\f(v2,r)，從最低點到最高點由動能定理可知－mg月·2r＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得g月＝eq\f(I2,5rm2)。月球的近地衛(wèi)星最小發(fā)射速度即為月球的第一宇宙速度，滿足m′g月＝m′eq\f(veq\o\al(2,1),R)，解得v1＝eq\r(g月R)＝eq\f(I,m)eq\r(\f(R,5r))，故選B。9.質量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖所示，碰撞時間極短，在碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是()A．M、m0、m速度均發(fā)生變化，分別為v1、v2、v3，而且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，而且滿足Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関′，且滿足Mv＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均發(fā)生變化，M、m0速度都變?yōu)関1，m的速度變?yōu)関2，且滿足(M＋m)v0＝(M＋m)v1＋mv2【答案】BC【解析】碰撞的瞬間M和m組成的系統(tǒng)動量守恒，m0的速度不變，以M的初速度方向為正方向，若碰后M和m的速度變?yōu)関1和v2，由動量守恒定律得：Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M和m速度相同，由動量守恒定律得：Mv＝(M＋m)v′，故B、C正確．10.在光滑水平面上動能為E0、動量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量大小分別記為E2、p2，則必有()A．E1<E0 B．p2>p0C．E2>E0 D．p1>p0【答案】AB【解析】因為碰撞前后動能不增加，故有E1<E0，E2<E0，p1<p0，A正確，C、D錯誤；根據(jù)動量守恒定律得p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可見，p2>p0，B正確。11.如圖所示，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，現(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點．已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球從M點運動到N點的過程中()A．彈力對小球先做正功后做負功B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差【答案】BCD【解析】在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，則小球在M點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N點時彈簧處于拉伸狀態(tài)，小球從M點運動到N點的過程中，彈簧長度先縮短，當彈簧與豎直桿垂直時彈簧最短，彈力對小球做負功；隨后彈簧伸長，彈力做正功；當彈簧恢復到原長時，彈力為零；隨后彈力對小球做負功，故整個過程中，彈力對小球先做負功，再做正功，之后做負功，A錯誤；在彈簧與桿垂直時及彈簧處于原長時，小球加速度等于重力加速度，B正確；彈簧與桿垂直時，彈力方向與小球的速度方向垂直，則彈力對小球做功的功率為零，C正確；在M、N兩點彈簧彈性勢能相等，由機械能守恒定律可知，小球在N點的動能等于從M點到N點重力勢能的減小量，D正確．12.如圖甲所示，長2m的木板Q靜止在某水平面上，t＝0時刻，可視為質點的小物塊P以水平向右的某初速度從Q的左端向右滑行。P、Q的速度—時間圖像如圖乙，其中a、b分別是0～1s內(nèi)P、Q的速度—時間圖線，c是1～2s內(nèi)P、Q共同的速度—時間圖線。已知P、Q的質量均是1kg，g取10m/s2。則以下判斷正確的是()A．P、Q系統(tǒng)在相互作用的過程中動量守恒B．在0～2s內(nèi)，摩擦力對Q的沖量是2N·sC．P、Q之間的動摩擦因數(shù)為0.1D．P相對Q靜止的位置在Q木板的右端【答案】AC【解析】根據(jù)圖乙可知，1s后二者以相同的速度勻速運動，水平方向受力平衡，即不受摩擦力作用，則在0～2s內(nèi)，木板Q下表面與水平面之間沒有摩擦力，所以P、Q系統(tǒng)在相互作用的過程系統(tǒng)中所受的外力之和為零，動量守恒，故A正確；從圖像可知，0～2s內(nèi)對Q，先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動，在1～2s內(nèi)無摩擦力，根據(jù)動量定理，摩擦力的沖量等于動量的變化量，所以I＝Mv－0＝1N·s，故B錯誤；P從速度為2m/s減為1m/s所需的時間為1s，則a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1－2,1)m/s2＝－1m/s2，又a＝eq\f(－μmg,m)＝－μg，所以μ＝0.1，故C正確；在t＝1s時，P、Q相對靜止，一起做勻速直線運動，在0～1s內(nèi)，P的位移x1＝eq\f(2＋1,2)×1m＝1.5m，Q的位移x2＝eq\f(1×1,2)m＝0.5m，則Δx＝x1－x2＝1m<2m，知P與Q相對靜止時不在木板的右端，故D錯誤。13.某實驗小組的同學制作了一個彈簧彈射裝置，在輕彈簧兩端各放置一個金屬小球(小球與彈簧不連接)，壓縮彈簧并鎖定，然后將鎖定的彈簧和兩個小球組成的系統(tǒng)放在內(nèi)壁光滑的金屬管中(管徑略大于兩球直徑)，金屬管水平固定在離地面一定高度處，如圖所示．解除彈簧鎖定，則這兩個金屬小球可以同時沿同一直線向相反方向彈射．現(xiàn)要測定彈射裝置在彈射時所具有的彈性勢能，并探究彈射過程所遵循的規(guī)律，實驗小組配有足夠的基本測量工具并按下述步驟進行實驗：①用天平測出兩球質量分別為m1、m2；②用刻度尺測出兩管口離地面的高度均為h；③解除彈簧鎖定并彈出兩球，記錄下兩球在水平地面上的落地點M、N.根據(jù)該小組同學的實驗，回答下列問題：(1)要測定彈射裝置在彈射時所具有的彈性勢能，還需要測量的物理量有(填選項前的字母)．A．彈簧的壓縮量ΔxB．兩球落地點M、N到對應管口P、Q的水平距離x1、x2C．小球直徑D．兩球從彈出到落地的時間t1、t2(2)根據(jù)測量結果，可得彈性勢能的表達式為Ep＝(3)用測得的物理量來表示，如果滿足關系式，則說明彈射過程中系統(tǒng)動量守恒．【答案】B；eq\f(m1gx\o\al(2,1),4h)＋eq\f(m2gx\o\al(2,2),4h)；m1x1＝m2x2【解析】(1)彈簧彈出兩球過程中，系統(tǒng)機械能守恒，要測定壓縮彈簧的彈性勢能，可轉換為測定兩球被彈出時的動能，實驗中可以利用平拋運動規(guī)律測定平拋的初速度以計算兩球的初動能，因此在已知平拋運動下落高度的情況下，只需測定兩球落地點M、N到對應管口P、Q的水平距離x1、x2，所以B正確．(2)平拋運動的時間t＝eq\r(\f(2h,g))，初速度v0＝eq\f(x,t)，因此初動能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(mgx2,4h)，由機械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能等于兩球平拋運動的初動能之和，即Ep＝eq\f(m1gx\o\al(2,1),4h)＋eq\f(m2gx\o\al(2,2),4h).(3)若彈射過程中系統(tǒng)動量守恒，則m1v01＝m2v02，由于兩小球在空中運動時間相同，即滿足m1x1＝m2x2，則說明彈射過程中系統(tǒng)動量守恒．14.某同學用如圖甲所示的裝置來驗證動量守恒定律，該裝置由水平長木板及固定在木板一端的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架(未畫出)、彈片及彈片釋放裝置，釋放彈片可將硬幣以某一初速度彈出．已知一元硬幣和五角硬幣與長木板間的動摩擦因數(shù)相同，主要實驗步驟如下：①將一元硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長木板中心線運動，在長木板中心線的適當位置取一點O，測出硬幣停止滑動時其右側到O點的距離，再從同一位置釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，重復多次，取該距離的平均值記為x1，如圖乙所示；②將五角硬幣放在長木板上，使其左側位于O點，并使其直徑與中心線重合，按步驟①從同一位置釋放彈片，重新彈射一元硬幣，使兩硬幣發(fā)生對心正碰，重復多次，分別測出兩硬幣碰后停止滑行時距O點的距離的平均值x2和x3，如圖丙所示．(1)為完成該實驗，除長木板，硬幣發(fā)射器，一元及五角硬幣，刻度尺外，還需要的器材為．(2)實驗中還需要測量的物理量及字母表示為驗證動量守恒定律的表達式為(用測量物理量對應的字母表示)．【答案】天平．一元硬幣的質量m1和五角硬幣的質量m2，m1eq\r(x1)＝m1eq\r(x2)＋m2eq\r(x3)【解析】(1)動量為質量和速度的乘積，該實驗要驗證質量不等的兩物體碰撞過程中的動量是否守恒，需測量兩物體的質量和碰撞前、后各自的速度，因此除給定的器材外，還需要的器材為天平．(2)測出一元硬幣的質量m1、五角硬幣的質量m2，設一元硬幣在O點的速度為v1，由動能定理可得μm1gx1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\r(2μgx1)，當一元硬幣以速度v1在O點與五角硬幣碰撞后，二者的速度分別為v2、v3，由動能定理可得μm1gx2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)，μm2gx3＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)，解得一元硬幣碰后速度v2＝eq\r(2μgx2)，五角硬幣碰后的速度為v3＝eq\r(2μgx3)，若碰撞過程動量守恒，則需滿足m1v1＝m1v2＋m2v3，代入數(shù)據(jù)可得m1eq\r(x1)＝m1eq\r(x2)＋m2eq\r(x3).15.如圖所示，一質量M＝0.8kg的小車靜置于光滑水平地面上，其左側用固定在地面上的銷釘擋住。小車上表面由光滑圓弧軌道BC和水平粗糙軌道CD組成，圓弧軌道BC與水平軌道CD相切于C處，圓弧BC所對應的圓心角θ＝37°、半徑R＝5m，CD的長度l＝6m。質量m＝0.2kg的小物塊(視為質點)從某一高度處的A點以大小v0＝4m/s的速度水平拋出，恰好沿切線方向從B點進入圓弧軌道，物塊恰好不滑離小車。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空氣阻力不計。求：(1)物塊通過B點時的速度大小vB；(2)物塊滑到圓弧軌道的C點時對圓弧軌道的壓力大小N；(3)物塊與水平軌道CD間的動摩擦因數(shù)μ?！敬鸢浮?1)5m/s(2)3.8N(3)0.3【解析】(1)設物塊通過B點時的速度大小為vB，由平拋運動的規(guī)律有eq\f(v0,vB)＝cosθ代入數(shù)值解得vB＝5m/s。(2)物塊從B點到C點的過程中，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入數(shù)值可得vC＝3eq\r(5)m/s設物塊滑到C點時受到圓弧軌道的支持力大小為F，由牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)代入數(shù)值解得F＝3.8N由牛頓第三定律可知N＝F＝3.8N。(3)設物塊到達軌道CD的D端時的速度大小為vD，由動量守恒定律有mvC＝(M＋m)vD由能量守恒定律有μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,D)代入數(shù)值解得μ＝0.3。16.如圖所示，水平軌道左端固定一輕彈簧，彈簧右端可自由伸長到O點，軌道右端與一光滑豎直半圓軌道相連，圓軌道半徑R＝0.5m，圓軌道最低點為C，最高點為D。在直軌道最右端放置小物塊N，將小物塊M靠在彈簧上并壓縮到P點，由靜止釋放，之后與N發(fā)生彈性正碰，碰后N恰能通過圓軌道最高點D。已知物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均為0.5，M的質量為2kg，N的質量為4kg，OP＝0.5m，OC＝1.5m，重力加速度g取10m/s2。(1)求N剛進入圓軌道時對軌道的壓力。(2)求將彈簧壓縮到P點時彈簧具有的彈性勢能。(3)若將M與彈簧拴接，將物塊N靠在M上，壓縮彈簧到P點后由靜止釋放，則N最終停在什么位置？【答案】(1)240N，方向豎直向下(2)76.25J(3)距離C點0.54m處【解析】(1)物塊N在D點有Mg＝Meq\f(veq\o\al(2,D),R)物塊N碰后速度為v2，由圓軌道C點到D點過程由機械能守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,D)＋Mg·2R在圓軌道最低點C時對軌道的壓力最大FNm－Mg＝Meq\f(veq\o\al(2,2),R)解得FNm＝240N根據(jù)牛頓第三定律，F(xiàn)Nm′＝240N，方向豎直向下。(2)物塊M與N碰前速度為v0，碰后速度為v1，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2碰撞過程由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)彈簧彈開到碰前過程Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋μmgLPC解得Ep＝76.25J。(3)若物塊M、N靠在一起釋放，則兩者在O點分離，分離時的速度為vEp＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋μ(M＋m)gLOP分離后物塊N到達C點速度為vC，從O點到C點由能量守恒定律有eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＋μMgLOC假設物塊沿圓周上滑不超過eq\f(1,4)圓周處，有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＝Mgh解得h＝0.27m＜R故物塊不能到達圓周最高點，將沿圓周滑回eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＝μMgx解得x＝0.54m滑塊停在距離C點0.54m處。17.如圖所示，物塊A通過一不可伸長的輕繩懸掛在天花板下，初始時靜止；從發(fā)射器(圖中未畫出)射出的物塊B沿水平方向與A相撞，碰撞后兩者粘連在一起運動；碰撞前B的速