知識點(diǎn)八 碰撞與動量守恒-2023年高考物理分類題庫

知識點(diǎn)八碰撞與動量守恒1.(多選)(2023·新課標(biāo)全國卷·T19)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離,靜止于水平桌面上,甲的N極正對著乙的S極,甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量,兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙,在它們相互接近過程中的任一時刻 ()A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動量大小比乙的小C.甲的動量大小與乙的相等D.甲和乙的動量之和不為零【解析】選B、D。對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析,如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有a甲=F-μm甲gm甲,a乙=F-μm乙gm乙,由于m甲>m乙,所以a甲<a乙,由于運(yùn)動時間相同,且同時由靜止釋放,可得v甲<v乙,A錯誤;對于整個系統(tǒng)而言,由于μm甲g>μm乙g,合力方向向左,合沖量方向向左,2.(2023·全國乙卷·T25)如圖,一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤,圓盤與管的上端口距離為l,圓管長度為20l。一質(zhì)量為m=13M的小球從管的上端口由靜止下落,并撞在圓盤中心,圓盤向下滑動,所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動時與管壁不接觸,圓盤始終水平,小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g。求(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小;(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間,小球與圓盤間的最遠(yuǎn)距離;(3)圓盤在管內(nèi)運(yùn)動過程中,小球與圓盤碰撞的次數(shù)。【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):(1)由于“小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短”,故小球與圓盤發(fā)生碰撞時,滿足能量守恒定律和動量守恒定律。(2)由“圓盤向下滑動,所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等”可知,圓盤在下滑過程中做勻速直線運(yùn)動,而小球在反彈后,做豎直上拋運(yùn)動。(3)能利用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行推理?！窘馕觥?1)過程1:小球釋放后自由下落,下降l,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgl=12m解得v0=2過程2:小球以2gl與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞,12mv02=12mv12+12Mv'解得v1=m-Mm+Mv'1=12v0=即小球碰后速度大小為2gl2,方向豎直向上,圓盤速度大小為2gl(2)第一次碰后,小球做豎直上拋運(yùn)動,圓盤摩擦力與重力平衡,勻速下滑,所以只要圓盤下降速度比小球快,二者間距就不斷增大,當(dāng)二者速度相同時,間距最大,即v1+gt=v'1解得t=v'1根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得最大距離為dmax=x盤-x球=v'1t-(v1t-12gt2)=v(3)第一次碰撞后到第二次碰撞時,兩者位移相等,則有x盤1=x球1即v1t1+12gt12=v'解得t1=2此時小球的速度v2=v1+gt1=32v圓盤的速度仍為v'1,這段時間內(nèi)圓盤下降的位移x盤1=v'1t1=v02g之后第二次發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)動量守恒mv2+Mv'1=mv'2+Mv″2根據(jù)能量守恒12mv22+12Mv'12=1聯(lián)立解得v'2=0,v″2=v0同理可得當(dāng)位移相等時x盤2=x球2,v″2t2=12g解得t2=2v0g，圓盤向下運(yùn)動x盤2=v″2t2=2此時圓盤距下端管口13l,之后二者第三次發(fā)生碰撞,碰前小球的速度v3=gt2=2v0由動量守恒得mv3+Mv″2=mv'3+Mv″3由機(jī)械能守恒得12mv32+12Mv″22=1得碰后小球速度為v'3=v圓盤速度v″3=3當(dāng)二者即將第四次碰撞時x盤3=x球3即v″3t3=v'3t3+12g得t3=2v0g=t在這段時間內(nèi),圓盤向下移動x盤3=v″3t3=3v02此時圓盤距離下端管口長度為20l-1l-2l-4l-6l=7l此時可得出圓盤每次碰后到下一次碰前,下降距離逐次增加2l,故若發(fā)生下一次碰撞,圓盤將向下移動x盤4=8l則第四次碰撞后落出管口外,因此圓盤在管內(nèi)運(yùn)動的過程中,小球與圓盤的碰撞次數(shù)為4次。答案:(1)2gl22gl2(2)l(3.(2023·遼寧選擇考·T15)如圖,質(zhì)量m1=1kg的木板靜止在光滑水平地面上,右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k=20N/m的輕彈簧,彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度v0=54m/s滑上木板左端,兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi),彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=12kx2。取重力加速度g=10m/s2(1)求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運(yùn)動前右端距彈簧左端的距離x1;(2)求木板與彈簧接觸以后,物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小;(3)已知木板向右運(yùn)動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中,系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能DU(用t表示)。【解析】(1)由于地面光滑,則m1、m2組成的系統(tǒng)動量守恒,則有m2v0=(m1+m2)v1代入數(shù)據(jù)有v1=1m/s對m1受力分析有a1=μm2gm1則木板運(yùn)動前右端距彈簧左端的距離有v12=2a1代入數(shù)據(jù)解得x1=0.125m(2)木板與彈簧接觸以后,對m1、m2組成的系統(tǒng)有kx=(m1+m2)a共對m2有a2=μg=1m/s2當(dāng)a共=a2時物塊與木板之間即將相對滑動,解得此時的彈簧壓縮量x2=0.25m對m1、m2組成的系統(tǒng),由動能定理有-12kx22=12(m1+m2)v22-12代入數(shù)據(jù)有v2=32(3)木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中,由于木板m1的加速度大于物塊m2的加速度,則當(dāng)木板與物塊的加速度相同時即彈簧形變量為x2時,則說明此時m1的速度大小為v2,共用時2t0,且m2一直受滑動摩擦力作用,則對m2有-μm2g?2t0=m2v3-m2v2解得v3=32-2t則對于m1、m2組成的系統(tǒng)有-Wf=12m1v22+12m2v32-12DU=-Wf聯(lián)立有ΔU=43t0-8t答案:(1)1m/s0.125m(2)0.25m32m/s(3)43t0-84.(2023·山東等級考·T18)如圖所示,物塊A和木板B置于水平地面上,固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切,豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力,使A與B以相同速度v0向右做勻速直線運(yùn)動。當(dāng)B的左端經(jīng)過軌道末端時,從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點(diǎn),并以水平速度v滑上B的上表面,同時撤掉外力,此時B右端與P板的距離為s。已知v0=1m/s,v=4m/s,mA=mC=1kg,mB=2kg,A與地面間無摩擦,B與地面間動摩擦因數(shù)μ1=0.1,C與B間動摩擦因數(shù)μ2=0.5,B足夠長,使得C不會從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞,不計(jì)碰撞時間,取重力加速度大小g=10m/s2。(1)求C下滑的高度H;(2)與P碰撞前,若B與C能達(dá)到共速,且A、B未發(fā)生碰撞,求s的范圍;(3)若s=0.48m,求B與P碰撞前,摩擦力對C做的功W;(4)若s=0.48m,自C滑上B開始至A、B、C三個物體都達(dá)到平衡狀態(tài),求這三個物體總動量的變化量Δp的大小。【解析】(1)滑塊C沿弧形軌道下滑過程,由動能定理得:mCgH=12mCv代入數(shù)據(jù)解得:H=0.8m(2)滑塊C剛滑上B時,對C受力分析,由牛頓第二定律得:μ2mCg=mCaC對B受力分析,由牛頓第二定律得:μ2mCg-μ1(mB+mC)g=mBaB代入數(shù)據(jù)解得:aC=5m/s2aB=1m/s2設(shè)經(jīng)過時間t1,B和C共速,有:v-aCt1=v0+aBt1代入數(shù)據(jù)解得:t1=0.5s共同速度v共1=v-aCt1=4m/s-5×0.5m/s=1.5m/sB的位移為xB1=v0+v共12t1=1+1.52×0.5mB和C共速后,一起做勻減速直線運(yùn)動,對BC整體受力分析,由牛頓第二定律得:μ1(mB+mC)g=(mB+mC)aBC代入數(shù)據(jù)解得:aBC=1m/s2設(shè)再經(jīng)過時間t2,A與B發(fā)生碰撞,則有:xA=xB1+xB2其中A的位移為:xA=v0(t1+t2)B在t2時間內(nèi)的位移為:xB2=v共1t2-12aBC代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得:t2=1+22s或1?22xB2=3+428此時B、C的共同速度為v共2=v共1-aBCt2=1.5m/s-1×1+22m/s=(1-22為保證與P碰撞前,B與C能達(dá)到共速,且A、B未發(fā)生碰撞,則xB1≤s≤xB1+xB2代入數(shù)據(jù)解得:0.625m≤s≤(1+22)(3)s=0.48m<xB1即B與P碰撞時,滑塊C與木板B沒有共速,對木板B,由位移—時間公式得:s=v0t0+12aB代入數(shù)據(jù)解得:t0=0.4s或-2.4s(舍去)滑塊C的位移為:xC=vt0-12aC代入數(shù)據(jù)解得:xC=1.2m摩擦力對C做的功W=-μ2mCgxC代入數(shù)據(jù)解得:W=-6J(4)木板B與P碰撞時,B的速度vB0=v0+aBt0=1m/s+1×0.4m/s=1.4m/sC的速度vC0=v-aCt0=4m/s-5×0.4m/s=2m/sA的位移為xA1=v0t0=1×0.4m=0.4m此時A、B間的距離為Δx=s-xA1=0.48m-0.4m=0.08mB與P發(fā)生彈性碰撞,碰撞后以原速率反彈,反彈后對B受力分析,由牛頓第二定律得:μ2mCg+μ1(mB+mC)g=mBaB'代入數(shù)據(jù)解得:aB'=4m/s2物塊A與木板B相向運(yùn)動,設(shè)經(jīng)時間t3恰好相遇,由位移關(guān)系得:xA2+xB3=Δx其中A的位移為:xA2=v0t3B的位移為:xB3=vB0t3-12aB'代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得:t3=3?225s或3+225此時B的速度vB1=vB0-aB't3=1.4m/s-4×3?225m/s=8方向向左;C的速度vC1=vC0-aCt3=2m/s-5×3?225m/s=(22-1)方向向右;以水平向右為正方向,A、B發(fā)生彈性碰撞,碰撞過程由動量定理得:mAv0-mBvB1=mAvA+mBvB由機(jī)械能守恒定律得:12mAv02+12mBvB12=12代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得:vA=15?32215vB=15?8215此時C的速度vC=vC1=(22-1)m/s物塊A向左的速度大于木板B和滑塊C向右的速度,物塊A向左做勻速直線運(yùn)動,由于摩擦力作用,B和C最后靜止,三個物體的初動量為p1=(mA+mB)v0+mCv末動量為p2=mAvA整個過程動量的變化量的大小為Δp=|p2-p1|代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得:Δp=(6+32215)kg答案:(1)0.8m(2)0.625m≤s≤(1+22)(3)-6J(4)(6+32215)kg5.(2023·浙江6月選考·T20)為了探究物體間碰撞特性,設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接,兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k=100N/m的輕質(zhì)彈簧連接,靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量m=0.12kg的滑塊a以初速度v0=221m/s從D處進(jìn)入,經(jīng)DEF管道后,與FG上的滑塊b碰撞(時間極短)。已知傳送帶長L=0.8m,以v=2m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動,滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,其他摩擦和阻力均不計(jì),各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn),彈簧的彈性勢能Ep=12kx2(x為形變量)(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時速度大小vF和所受支持力大小FN;(2)若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時速度vB=1m/s,求滑塊a、b碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE;(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx?！窘馕觥?1)從D到F的過程中,對滑塊a根據(jù)動能定理可得:2mgR=12mvF2-代入數(shù)據(jù)解得:vF=10m/s在F點(diǎn),滑塊受到的支持力和自身重力的合力提供向心力,則FN-mg=mv解得:FN=31.2N,方向豎直向上(2)滑塊a碰后返回到B點(diǎn)的過程中,根據(jù)動能定理可得:-2mgR-μmgL=12mvB2-1碰撞瞬間,滑塊a與b組成的系統(tǒng)動量守恒,規(guī)定向右的方向?yàn)檎较?設(shè)碰撞后滑塊a的速度為v1,滑塊b的速度為v2,則mvF=-mv1+3mv2ΔE=12mvF2-12m(-v1)2-12聯(lián)立解得:ΔE=0(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,選擇水平向右的方向?yàn)檎较?則mvF=(m+3m)v當(dāng)彈簧的長度最大或者最小時,彈簧的彈性勢能最大,且滑塊的速度相等,根據(jù)能量守恒定律可得:4mv=(4m+2m)v'設(shè)彈簧的壓縮量和伸長量分別為x1和x2,則ΔE'=12×4mv2-12×(4m+2m)v'2=12聯(lián)立解得:x1=0.1m同理可得:x2=0.1m則Δx=x2+x1代入數(shù)據(jù)解得:Δx=0.2m答案:(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m6.(2023·湖南選擇考·T15)如圖,質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上,凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道,橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b,長軸水平,短軸豎直。質(zhì)量為m的小球,初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點(diǎn)由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn),在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy,橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn),重力加速度為g。(1)小球第一次運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時,求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運(yùn)動的距離;(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,求出小球運(yùn)動的軌跡方程;(3)若Mm=ba-b,求小球下降h=b2高度時,小球相對于地面的速度大小(結(jié)果用a、b【解析】(1)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時,小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動量守恒,取向左為正,0=mv1-Mv2小球運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒,mgb=12mv12+聯(lián)立解得v2=2因水平方向在任何時候都動量守恒,即0=mv1-M兩邊同時乘t可得mx1=Mx2且由幾何關(guān)系可知x1+x2=a聯(lián)立解得x2=mM(2)小球向左運(yùn)動過程中凹槽向右運(yùn)動,當(dāng)小球的坐標(biāo)為(x,y)時,此時凹槽水平向右運(yùn)動的位移為Δx,根據(jù)上式有m(a-x)=M·Δx則小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上,根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知此時的橢圓方程為(x-Δx整理得[x(M+(3)將Mm=ba-b代入小球的軌跡方程化簡可得[x-(a-b)]2即此時小球的軌跡為以(a-b)為圓心,b為半徑的圓,則當(dāng)小球下降的高度為b2時,可知此時速度和水平方向的夾角為60°,小球下降b2的過程中,系統(tǒng)水平方向動量守恒,0=mv3cos60°-Mv系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgb2=12mv32聯(lián)立得v3=4gb2a答案:(1)2m2gb(2)[x(M+(3)2bg7.(2023·江蘇選擇考·T15)如圖所示,滑雪道AB由坡道和水平道組成,且平滑連接,坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點(diǎn)由靜止開始下滑,恰好到達(dá)B點(diǎn)?；┱攥F(xiàn)從A點(diǎn)由靜止開始下滑,從B點(diǎn)飛出。已知A、P間的距離為d,滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。(1)求滑雪者運(yùn)動到P點(diǎn)的時間t;(2)求滑雪者從B點(diǎn)飛出的速度大小v;(3)若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上,求平臺BC的最大長度L。【解析】(1)滑雪者從A到P根據(jù)動能定理有mgdsin45°-μmgcos45°d=12mvP根據(jù)動量定理有(mgsin45°-μmgcos45°)t=mvP-0聯(lián)立解得t=22dg(1-μ(2)由于滑雪者從P點(diǎn)由靜止開始下滑,恰好到達(dá)B點(diǎn),故從P點(diǎn)到B點(diǎn)合外力做功為0,所以當(dāng)從A點(diǎn)下滑時,到達(dá)B點(diǎn)有vB=vP=2(3)當(dāng)滑雪者剛好落在C點(diǎn)時,平