專題能力提升練(八)　碰撞與動量守恒-2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)

9專題能力提升練(八)碰撞與動量守恒(40分鐘70分)【核心鞏固練】1.(6分)有些太空探測器裝配有離子發(fā)動機,其工作原理是將被電離后的正離子從發(fā)動機尾部高速噴出,從而為探測器提供推力。若發(fā)動機向后噴出離子的速率為25km/s(遠(yuǎn)大于探測器的飛行速率)時,探測器獲得的推力大小為0.1N,則該發(fā)動機1s時間內(nèi)噴出離子的質(zhì)量為()A.4×10-4kg B.4×10-5kgC.4×10-6kg D.4×10-7kg【解析】選C。由牛頓第三定律可知1s時間內(nèi)噴出的離子受到發(fā)動機的平均作用力大小為F=0.1N,對1s時間內(nèi)噴出的離子由動量定理可得Ft=mv-0,解得該發(fā)動機1s時間內(nèi)噴出離子的質(zhì)量為m=Ftv=0.1×12.(6分·多選)某棵棗樹上的棗子成熟后。棗子從離水平地面高為5m處由靜止開始下落,棗子與水平地面的撞擊時間為0.01s,棗子落地后速度為0,不計空氣阻力,取重力加速度大小g=10m/s2,規(guī)定豎直向下為正方向,棗子的質(zhì)量為0.02kg,棗子可視為質(zhì)點,則下列說法正確的是()A.棗子從開始下落到落地靜止的過程中重力的沖量為0.1N·sB.棗子落地前瞬間的動量約為0.2kg·m/sC.棗子與地面碰撞的過程中合力的沖量為0.2N·sD.棗子與地面碰撞的過程中所受地面的平均作用力大小為20.2N【解析】選B、D。棗子在空中做自由落體運動,有h=12gt12,v=解得t1=1s,v=10m/s,棗子落地前瞬間的動量p=mv=0.2kg·m/s,棗子從開始下落到落地靜止的過程中重力的沖量IG=mg(t1+t2)=0.202N·s,選項A錯誤,B正確;棗子與地面碰撞的過程中有I合=Δp=0-mv=-0.2N·s,選項C錯誤;棗子與地面碰撞過程中有Ft2+mgt2=I合,解得F=-20.2N,即平均作用力大小為20.2N,選項D正確。3.(6分)(2024·武漢三模)我國研制的朱雀三號可重復(fù)使用垂直起降回收驗證火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心圓滿完成試驗任務(wù)。點火升空1min后,火箭從三百多米的高空垂直返回,著陸平穩(wěn),落點準(zhǔn)確,狀態(tài)良好,標(biāo)志著國內(nèi)起飛規(guī)模最大垂直起降試驗火箭試驗成功。若該火箭在距離地面的高度約1m時,底部配備的4臺著陸反推發(fā)動機開始點火豎直向下噴氣,使火箭在豎直方向上的速度在0.2s內(nèi)由8m/s降到2m/s。已知反推發(fā)動機噴氣過程中火箭受到的平均推力大小為F,噴出氣體的密度為ρ,4臺發(fā)動機噴氣口的直徑均為d,噴出氣體的重力忽略不計,噴出氣體的速度遠(yuǎn)大于火箭的速度。則噴出氣體的速度大小為()A.FπρdC.4Fπρd2 【解析】選D。以Δt時間內(nèi)噴出的氣體為研究對象,設(shè)噴出氣體的速度為v,則每臺發(fā)動機噴出氣體的質(zhì)量為m=ρ·πd24·vΔt,根據(jù)牛頓第三定律可得火箭對氣體的作用力為F'=F,對4臺發(fā)動機噴出的氣體,由動量定理可得F'Δt=4mv-0,聯(lián)立解得v4.(6分)(2024·濱州模擬)長為L的木板右端固定一立柱,其總質(zhì)量為M,質(zhì)量為m的人站在板的左端,腳與板間粗糙,板與地面間光滑,開始時均靜止。如圖所示,人做勻加速直線運動從左端跑到右端,木板不會側(cè)傾,整個過程木板運動的最大位移為()A.mM+mL,向右 B.C.2mM+mL,向右 【解析】選B。木板與地面間光滑,則人與木板滿足動量守恒,設(shè)人和立柱相遇時,人的速度大小為v1,木板速度大小為v2,則有mv1-Mv2=0設(shè)此過程木板位移為x1,運動時間為t1,由運動學(xué)公式有L-x1=v12t1,x1=v聯(lián)立可得x1=mM+5.(6分)(2024·南通模擬)如圖所示,小物塊a、b和c靜置于光滑水平地面上?，F(xiàn)讓a以速度v向右運動,與b發(fā)生正碰,然后b與c也發(fā)生正碰。若a、b、c的質(zhì)量可任意選擇,碰撞可以是彈性也可以是非彈性的,各種可能的碰撞后,c的最大速度為()A.4vB.6vC.9vD.12v【解析】選A。設(shè)a、b、c的質(zhì)量分別為ma、mb、mc。a與b碰撞后二者的速度分別為va和vb1,根據(jù)動量守恒定律有mav=mava+mbvb1 ①根據(jù)機械能守恒定律有12mav2=12mava2+12聯(lián)立①②解得vb1=2ma由③式可知,當(dāng)ma?mb時,有vb1≈2v ④設(shè)b與c碰撞后二者的速度分別為vb2和vc,同理可得mbvb1=mcvc+mbvb2 ⑤12mbvb12=12mcvc2聯(lián)立⑤⑥解得vc=2mb由⑦式可知,當(dāng)mb?mc時,有vc≈2vb1≈4v ⑧所以若b和c的質(zhì)量可任意選擇,碰后c的最大速度接近于4v。故選A。6.(6分·多選)(2024·廣東選擇考)如圖所示,光滑斜坡上,可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊,分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接,滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有()A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運動時間與H乙無關(guān)D.甲最終停止位置與O處相距H【解析】選A、B、D。兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同,同時由靜止開始下滑,則相對速度為0,故A正確;兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動,由于兩滑塊質(zhì)量相同,且發(fā)生彈性碰撞,可知碰后兩滑塊交換速度,即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度,故B正確;設(shè)斜面傾角為θ,乙下滑過程有H乙=12gsinθt12,在水平面運動一段時間t2后與甲相碰,碰后以甲碰前速度做勻減速運動的時間為t3,乙運動的時間為t=t1+t2+t3,由于t1與H乙有關(guān),則總時間與H乙有關(guān),故C錯誤;乙下滑過程有mgH乙=12mv乙2,由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞,交換速度,則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時乙最終停止的位置相同;則如果不發(fā)生碰撞,乙在水平面運動到停止有v乙2=2μgx,聯(lián)立可得【加固訓(xùn)練】(多選)滑板運動是由沖浪運動演變而成的一種極限運動項目。如圖所示,一同學(xué)在水平地面上進(jìn)行滑板練習(xí),該同學(xué)站在滑板A前端以20m/s的共同速度向右做勻速直線運動,在滑板A正前方有一靜止的滑板B。在滑板A接近滑板B時,該同學(xué)迅速從滑板A跳上滑板B,接著又從滑板B跳回滑板A,兩滑板恰好不相撞(以相同速度運動)。該同學(xué)的質(zhì)量為45kg,兩滑板的質(zhì)量均為2.5kg,不計滑板與地面間的摩擦,下列說法正確的是()A.上述過程中該同學(xué)與滑板A和滑板B組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒B.該同學(xué)跳上滑板B后,他和滑板B的速度大小為19m/sC.該同學(xué)跳離滑板B的過程中,對滑板B的沖量小于47.5N·sD.該同學(xué)從滑板A跳上滑板B后,滑板A的速度小于19m/s【解析】選A、C。把該同學(xué)、A、B看成一個系統(tǒng),該系統(tǒng)水平方向不受外力的作用,系統(tǒng)水平方向上的動量守恒,故A正確;兩滑板恰好不相撞,則他最后和A、B兩滑板具有相同的速度,根據(jù)動量守恒定律有(m+mA)v0=(m+mA+mB)v,代入數(shù)據(jù)解得v=19m/s。該同學(xué)從滑板A跳上滑板B后,滑板A的速度減小,該同學(xué)從滑板B跳回滑板A的過程中,根據(jù)動量守恒定律可知,滑板A的速度會減小,即該同學(xué)從滑板A跳上滑板B后,滑板A的速度應(yīng)大于19m/s,故D錯誤;同理可知,該同學(xué)從滑板B跳回滑板A的過程中,滑板B的速度會增大,即該同學(xué)跳上滑板B后,他和滑板B的速度應(yīng)小于19m/s,故B錯誤;由mBv=2.5×19kg·m/s=47.5kg·m/s,該同學(xué)從滑板A跳上滑板B后,滑板B有了一定的速度,該同學(xué)從滑板B跳回滑板A后,滑板B的速度大小為19m/s,根據(jù)動量定理可知,該同學(xué)跳離滑板B的過程中,對滑板B的沖量小于47.5N·s,故C正確。7.(6分·多選)(2024·濟南三模)質(zhì)量為m1=90g的物塊從距離地面高度為h=19m處自由下落,在下落到距離地面高度為h'=14m時,質(zhì)量為m2=10g的子彈以v0=10m/s的水平速度瞬間擊中物塊并留在其中。重力加速度取g=10m/s2,忽略空氣阻力,下列說法正確的是()A.子彈擊中物塊后瞬間,物塊水平方向的速度大小變?yōu)?m/sB.子彈擊中物塊后瞬間,物塊豎直方向的速度大小變?yōu)?0m/sC.物塊下落的總時間為2sD.物塊下落的總時間為955【解析】選A、C。子彈擊中物塊后瞬間,水平方向動量守恒,則m2v0=(m1+m2)vx,解得物塊水平方向的速度大小變?yōu)関x=1m/s,選項A正確;子彈擊中物塊之前物塊的豎直速度vy0=2g(?-?')=10m/s,子彈擊中物塊后瞬間,豎直方向動量守恒m1vy0=(m1+m2)vy,解得物塊豎直方向的速度大小變?yōu)関y=9m/s選項B錯誤;子彈擊中物塊之前物塊下落的時間t1=2(?-?')g=1s,被子彈擊中后物塊下落h'=14m時,根據(jù)h'=vyt2+12g【培優(yōu)創(chuàng)新練】8.(6分·多選)如圖所示,光滑的水平面上有個固定擋板P,A、B、C是水平面上的三個標(biāo)志點,PA=AB=BC。A點處有一質(zhì)量為m2=7m1的靜止小球,緊貼P擋板的右側(cè)有一質(zhì)量為m1的等大的小球以速度v0向右運動并與質(zhì)量為m2的小球相碰,碰撞后質(zhì)量為m1的小球以v1=αv0(待定系數(shù)α<1)的速率彈回,并與擋板P發(fā)生完全彈性碰撞,若要使質(zhì)量為m1的小球能在B、C間追上質(zhì)量為m2的小球再相撞,兩小球均可視為質(zhì)點。則α的取值可能是()A.15B.25C.12【解析】選B、C。根據(jù)題意,由動量守恒定律有m1v0=-m1αv0+m2v2,解得v2=1+α7v0。若恰好在B處追上相碰,則有v1t=AP+PB,v2t=AB,解得v1=3v2,即此時αv0=3(1+α)7v0,解得α=34。若恰好在C處追上相碰,則有v1t=AP+PC,v2t=AC,解得v1=2v2,即此時αv0=2(1+α)7v0,解得α=25,質(zhì)量為m1的小球能在B9.(6分·多選)(2024·哈爾濱模擬)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(zhì)點的小物塊P以水平向右的某初速度從Q的左端向右滑上木板。P、Q的v-t圖像如圖乙所示。其中a、b分別是0~1s內(nèi)P、Q的v-t圖像,c是1~2s內(nèi)P、Q共同的v-t圖像。已知P、Q的質(zhì)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不守恒B.在0~2s內(nèi),摩擦力對Q的沖量是1N·sC.P、Q之間的動摩擦因數(shù)為0.1D.P相對Q靜止的位置在木板Q的右端【解析】選B、C。P與Q組成的系統(tǒng)在速度相等以后做勻速運動,說明水平面摩擦力為零,故相互作用的過程系統(tǒng)所受的外力之和為零,系統(tǒng)動量守恒,故A錯誤;從圖像可知,0~2s內(nèi)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,所以I=Mv-0=1N·s,故B正確;P從2m/s減為1m/s所需的時間為1s,則a=ΔvΔt=1-21m/s2=-1m/s2,又a=μmgm=-μg,代入數(shù)據(jù)解得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=1+22×1m=1.5m,Q的位移x2=12×1×1m=0.5m,則Δx=x10.(16分)(2024·鄭州模擬)如圖所示,質(zhì)量為3m的小球乙用長為l的細(xì)線系于O點,小球剛好不接觸水平面,質(zhì)量為m的物體甲放在光滑水平面上,現(xiàn)給物體甲水平向左的初速度v0,經(jīng)過一段時間物體甲與小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知重力加速度為g,甲、乙均可看作質(zhì)點。求:(1)甲、乙剛碰撞后乙的速度大小;(6分)(2)為了使拴接乙的細(xì)線始終不松弛,甲的初速度v0應(yīng)滿足的條件。(10分)【解析】(1)設(shè)物體甲的初速度方向為正方向,設(shè)碰撞后物體甲與小球乙的速度分別為v1和v2。由動量守恒得mv0=mv1+3mv2,由機械能守恒定律得12mv0