高考物理专题10碰撞与动量守恒定律高考押题解析版.docx
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高考物理专题10碰撞与动量守恒定律高考押题解析版
高考押题专练
1.如图所示,两木块A、B用轻质弹簧连在一起,置于光滑的水平面上.一颗子弹水平射入木块
A,并留在其中.在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统,
列说法中正确的是()
A.动量守恒、机械能守恒
B.动量守恒、机械能不守恒
C.动量不守恒、机械能守恒
D.动量、机械能都不守恒
【答案】B
【解析】子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程,系统不受外力作用,外力冲量为0,系统动量
守恒.但是子弹击中木块A过程,有摩擦做功,部分机械能转化为内能,所以机械能不守恒,B正确.
2.如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零,这个系统的总动量保持不变,这就是动量守恒定律.若一个系统动量守恒时,则()
A.此系统内每个物体所受的合力一定都为零
B.此系统内每个物体的动量大小不可能都增加
C.此系统的机械能一定守恒
D.此系统的机械能可能增加
【答案】D
【解析】若一个系统动量守恒,则整个系统所受的合力为零,但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零,A错误.此系统内每个物体的动量大小可能会都增加,但是方向变化,总动量不变这是有可能的,B错误.因系统合外力为零,但是除重力以外的其他力做功不一定为零,故机械能不一定守恒,系统的机械能可能增加,也可能减小,C错误,D正确.
3.在光滑水平面上,质量为m的小球A正以速度v0匀速运动.某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰,两球相碰后,A球的动能恰好变为原来的14.则碰后B球的速度大小是()v0v0v0v0
A.2B.6C.2或6D.无法确定
【答案】A
解析】两球相碰后A球的速度大小变为原来的21,相碰过程中满足动量守恒,若碰后A速度方向不变,则mv0=1mv0+3mv1,可得B球的速度v1=v,而B在前,A在后,碰后A球的速度大于B球的速度,26
不符合实际情况,因此A球一定反向运动,即mv0=-21mv0+3mv1,可得v1=v20,A正确,B、C、D错误.
4.A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动,如图表示发生碰撞前后的v-t图线,由图线可以判
断()
A.A、B的质量比为3∶2
B.A、B作用前后总动量守恒
C.A、B作用前后总动量不守恒
D.A、B作用前后总动能不变
【答案】ABD
【解析】设A的质量为m1,B的质量为m2,碰撞前后两物体组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,从图象上可得碰撞前后两者的速度,故有m1×6+m2×1=m1×2+m2×7,解得m1∶m2=3∶2,A、B正
11551155确,C错误.碰撞前系统的总动能Ek1=2m1×62+2m2×12=3m1,碰撞后总动能为Ek2=2m1×22+2m2×72=3m1=Ek1,动能不变,D正确.
5.在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞,碰撞前后球1的运动方向相反,将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1,球2的动能和动量大小分别记为E2、p2,则必有()
A.E1
【答案】AB
【解析】因为碰撞前后动能不增加,故有E1 恒定律得p0=p2-p1,得到p2=p0+p1,可见,p2>p0,B正确. 6.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以 速度v水平射向滑块.若射击下层,子弹刚好不射出;若射击上层,则子弹刚好能射穿一半厚度,如图所 示.则上述两种情况相比较() A.子弹的末速度大小相等 B.系统产生的热量一样多 C.子弹对滑块做的功不相同 D.子弹和滑块间的水平作用力一样大 【答案】AB 解析】根据动量守恒,两次最终子弹与滑块的速度相等,A正确.根据能量守恒可知,初状态 子弹的动能相同,末状态两滑块与子弹的动能也相同,因此损失的动能转化成的热量相等,B正确.子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能,两次相等,因此做功相等,C错误.产生的热量Q=f×Δs,由 7.如图甲所示,一物块在 A.物块返回底端时的速度 t=0时刻,以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行,物块速度 B.物块所受摩擦力大小 C.斜面倾角θ D.3t0时间内物块克服摩擦力所做的功 【答案】AC 解析】上滑过程中做初速度为v0的匀减速直线运动,下滑过程中做初速度为零、末速度为v的 匀加速直线运动,上滑和下滑的位移大小相等,所以有v20t0=v2·2t0,解得v=v20,A正确.上滑过程中有 -(mgsinθ+μmgcosθ)·t0=0-mv0,下滑过程中有(mgsinθ-μmcgosθ)·2t0=m2v,解得Ff=μmcgosθ=3mv0,sinθ=5v0,由于不知道质量,所以不能求出摩擦力,可以求出斜面倾角,B错误,C正确.由 8t08gt0 于不知道物体的质量,所以不能求解克服摩擦力所做的功,D错误. 9.如图甲所示,物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧,整个系统静止放在光滑水平地面上,其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触,B物块质量为4kg。 现解除对弹簧的锁定,在A离开挡板后,B物块的v–t图如图乙所示,则可知 A.物块A的质量为4kg B.运动过程中物块A的最大速度为vm=4m/s C.在物块A离开挡板前,系统动量守恒、机械能守恒 D.在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为6J 【答案】BD 【解析】A、弹簧伸长最长时弹力最大,B的加速度最大,此时A和B共速,由图知,AB共同速度为: v共=2m/s,A刚离开墙时B的速度为: v0=3m/s。 在A离开挡板后,取向右为正方向,由动量守恒定律,有: mBv0(mAmB)v共,解得mA=2kg;故A错误。 B、当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大,由 121212 mBv0mAvAmBvB,2mBv022mAv2A2mBvB2,解得A的最大速度vA=4m/s,故B正确。 C、在A离开 挡板前,由于挡板对A有作用力,A、B系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒;故C错误。 D、分 析A离开挡板后A、B的运动过程,并结合图象数据可知,弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2m/s, 1212根据机械能守恒定律和动量守恒定律,有: mBv0(mAmB)v共,EPmBv02(mAmB)v共2;联立 22解得弹簧的最大弹性势能Ep=6J,故D正确。 故选BD。 10.如图所示,一平台到地面的高度为h=0.45m,质量为M=0.3kg的木块放在平台的右端,木块与不台间的动摩擦因数为=0.2。 地面上有一质量为m=0.1kg的玩具青蛙距不台右侧的水不距离为x=1.2m, 旋紧发条后释放,让玩具青蛙斜向上跳起,当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水不方向,玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行。 巳知木块和玩具青蛙均可视为质点,玩具青蛙抱住木块过程时间极短,不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是 A. 玩具青蛙在空中运动的时间为 0.3s B. 玩具青蛙在不台上运动的时间为 2s C. 玩具青蛙起跳时的速度大小为 3m/s D. 木块开始滑动时的速度大小为 1m/s 【答案】AD 12 【解析】由hgt1得玩具青蛙在空中运动的时间为t10.3s,A项正确;玩具青蛙离开地 2 x面时的水平速度和竖直速度分别为xx4m/s,vygt13m/s,玩具青蛙起跳时的速度大 t1 小为v0vx2vy25m/s,C项错误;由动量守恒定律得mvx(Mm)v,解得木块开始滑动 时的速度 动的时间为t20.5s,B项错误。 11.如图所示,左侧接有定值电阻R的光滑导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强 度为B,导轨间距为d。 一质量为m、阻值为r的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始运动,速度与位移始终满足vkx,棒与导轨接触良好,则在金属棒移动的过程中 答案】BC t2时刻的速度为v2,因此有v1kx1,v2kx2,两式相减有v2v1kx2x1,等式两边同时除时 棒做加速度增大的加速运动,合力增大,动量对时间的变化率即为合力,则金属棒的动量对时间的变化率 故B正确;根据动量定理I冲–BIdt=mv,其中q=It=Bdx,v=kx,联立解得拉力的冲量为Rr 错误。 g10m/s),下面说法正确的是 A.小球落地时速度大小是102m/s B.小球在落地时重力的瞬时功率为102W 由于物体在竖直方向上是自由落体运动,物体下落的速度越来越大,所以在相同的时间内物体下降的高度 13.高楼高空抛物是非常危险的事。 设质量为M=1kg的小球从20m楼上做自由落体运动落到地面, 与水泥地面接触时间为0.01s,那么小球对地面的冲击力是小球重力的倍数大约是 A.10倍B.20倍C.200倍D.2000倍 【答案】C 1 【解析】小球下落过程,由动能定理得: MghMv20,解得: 2 v2gh21020m/s20m/s,方向: 竖直向下;以向下为正方向,由动量定理得: (MgF)t0Mv2,解得: F2010N,由于G10N,故C正确。 14.竖直放置的轻弹簧下端固定在地上,上端与质量为m的钢板连接,钢板处于静止状态。 一个 质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下,打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最 低点Q。 下列说法正确的是 A.物块与钢板碰后的速度为2gh B.物块与钢板碰后的速度为2gh 2 C.从P到Q的过程中,弹性势能的增加量为mg(2x0h) 2 D.从P到Q的过程中,弹性势能的增加量为mg(2x0+h) 【答案】BC 1 【解析】物体下落h,由机械能守恒: mgh=mv12;物体与钢板碰撞,则动量守恒: mv12mv2, 2 解得v21v12gh,选项A错误,B正确;从碰撞到Q点,由能量关系可知: 12mv222mgx0EP, 2212220P 则弹性势能的增加量为EPmg(2x0h),选项C正确,D错误。 2 15.某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验,气垫导轨装置如图甲所示, 所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成.在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔,向导轨空腔内不断通入压缩空气,空气会从小孔中喷出,使滑块稳定地漂浮在导轨上,这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差. 面是实验的主要步骤: 1安装好气垫导轨,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平; 2向气垫导轨通入压缩空气; 3把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧,将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑 块1的左端,调节打点计时器的高度,直至滑块拖着纸带移动时,纸带始终在水平方向; 4使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳; 5把滑块2放在气垫导轨的中间,已知碰后两滑块一起运动; 6先,然后,让滑块带动纸带一起运动; 7取下纸带,重复步骤④⑤⑥,选出较理想的纸带如图乙所示; 8测得滑块1(包括撞针)的质量为310g,滑块2(包括橡皮泥)的质量为205g. (1)试着完善实验步骤⑥的内容. (2)已知打点计时器每隔0.02s打一个点,计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为 kg·m/s;两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为kgm·/s.(保留3位有效数字) (3)试说明 (2)问中两结果不完全相等的主要原因是. (4) 解析】 (1)使用打点计时器时应先接通电源,后放开滑块1. kg·m/s=0.618kgm·/s. (3)相互作用前后动量减小的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦. 【答案】 (1)接通打点计时器的电源放开滑块1(每空2分) (2)0.6200.618(每空2分)(3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦(4分) M=30kg,乙和他的 16.甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏.甲和他的冰车的质量共为 冰车的质量也是30kg.游戏时,甲推着一个质量m=15kg的箱子,和他一起以大小为v0=2.0m/s的速度滑 行,乙以同样大小的速度迎面滑来.为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处时乙 迅速把它抓住.若不计冰面的摩擦力,求: (1)甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出,才能避免他与乙相撞; (2)甲在推出时对箱子做了多少功. 解析】 (1)甲推出箱子后,要想刚好能避免相碰,要求乙抓住箱子后反向和甲的速度正好相等.设 箱子推出后其速度为v,甲的速度为v1,根据动量守恒定律可得 答案】 (1)5.2m/s (2)172.8J 17.如图所示,A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上,A靠在墙壁,A、B之间用轻弹簧连接, 它们的质量分别为mA=m,mB=2m,mC=m.现给C一水平向左的初速度v0,C与B发生碰撞并粘在一起.试求: (1)A离开墙前,弹簧的最大弹性势能; (2)A离开墙后,C的最小速度. (1)根据对称性,两球运动相同的路程在细圆管的最右端相遇,相遇前,两小球与细圆管在 解析】 的速度最小且为vC,此时A的速度为vA. 由能量守恒定律得 答案】 (1)61mv02 (2)v60 18.水平光滑的桌面上平放有一质量为2m的均匀圆环形细管道,管道内有两个质量都为m的小球(管 道的半径远远大于小球的半径),位于管道直径AB的两端.开始时,环静止,两个小球沿着向右的切线方 两物体弹性正碰后交换速度,此结论本题可直接用) (1)当两个小球在管道内第一次相碰前瞬间,试求两个小球之间的相对速度大小; 左右方向上两球与细圆管动量守恒 根据能量守恒定律可得 两球相对速度大小v=2×vy=2v0 (2)两球相碰,左右方向速度不变,沿管切线方向交换速度,之后两球同时分别到达A、B位置. 从刚开始两球运动到两球第一次回到A、B位置,两球与细圆管组成的系统可以看成弹性碰撞,即质量为2m的物体与细圆管发生了弹性正碰,交换速度,故而两球相对桌面速度为零,细圆管相对桌面速度为v0.(6分) 【答案】 (1)2v0 (2)两小球相对桌面速度为零 19.如图所示,质量为m1=0.2kg的小物块A,沿水平面与小物块B发生正碰,小物块B的质量为m2=1kg。 碰撞前,A的速度大小为v0=3m/s,B静止在水平地面上。 由于两物块的材料未知,将可能发生不同性质的碰撞,已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2,重力加速度g取10m/s2, 试求碰后B在水平面上滑行的时间。 【解析】假如两物块发生的是完全非弹性碰撞,碰后的共同速度为v1,则由动量守恒定律有 m1v0=(m1+m2)v1 碰后,A、B一起滑行直至停下,设滑行时间为t1,则由动量定理有 μ(m1+m2)gt1=(m1+m2)v1 解得t1=0.25s 假如两物块发生的是弹性碰撞,碰后A、B的速度分别为vA、vB,则由动量守恒定律有 m1v0=m1vA+m2vB 由机械能守恒有 121212 2m1v0=2m1vA+2m2vB 设碰后B滑行的时间为t2,则μm2gt2=m2vB解得t2=0.5s 可见,碰后B在水平面上滑行的时间t满足 0.25st≤0.5s 【答案】0.25s≤t≤0.5s 20.如图,光滑的水平地面上停着一个木箱和小车,木箱质量为m,小车和人的总质量为M=4m, 人以对地速率v将木箱水平推出,木箱碰墙后等速反弹回来,人接住木箱后再以同样大小的速率v第二次推出木箱,木箱碰墙后又等速反弹回来⋯⋯多次往复后,人将接不到木箱。 求从开始推木箱到接不 到木箱的整个过程,人所做的功。 【解析】设人推出木箱n次后,不再接到木箱,每次推出木箱后,小车和人获得的速率依次为v1、v2、 v3、⋯、vn,设水平向右为正方向,由系统动量守恒得 第一次推木箱时: 0=4mv1-mv 第二次推木箱时: 4mv1+mv=4mv2-mv 第n次推木箱时: 4mvn-1+mv=4mvn-mv 2n-1 联立解得vn=2n-1v 4 人接不到木箱的条件为vn≥v 解得n≥2.5,取n=3 即人最多能推3次木箱,最终人的速度大小 5 v3=4v 由机械能守恒定律可得,人在整个过程中做功 W=1×4mv32+1mv2=mv2 228 21.在足够长的光滑水平面上有一个宽度为 的矩形区域,只要物体在此区域内就会受到水平向右的 恒力F作用。 两个可视为质点的小球如图所示放置, B球静止于区域的右边界,现将A球从区域的左边界 由静止释放,A球向右加速运动,在右边界处与 B球碰撞(碰撞时间极短)。 若两球只发生一次碰撞,且最终 两球的距离保持49L不变,求: (1)A、B两球的质量之比; (2)碰撞过程中A、B两球组成的系统机械能的损失。 A、B两球碰撞后瞬间速度大小 v,则vA=vB=v 解析】 (1)设A、B两球质量分别为mA、mB,碰撞前A球速度为v0, 分别为vA、vB 由题意知,碰撞后瞬间A、B两球速度大小相等、方向相反,设其大小为 碰撞前,对A球由动能定理得FL=21mAv20 碰撞后,设A球在区域内往复运动时间为t 由动量定理得Ft=2mAv 4 由牛顿运动定律,B球向右做匀速运动: 49L=vt 碰撞后,由动量守恒定律得mAv0=mBv-mAv 联立解得: v=v3,mB=4mA,即mA∶mB=1∶4 (2)由机械能守恒定律得碰撞过程系统机械能损失 121212 ΔE=2mAv20-2mAv+2mBv 4 解得: ΔE=49FL 4 【答案】 (1)1∶4 (2)49FL 22.光滑的水平面和半径相同的两个四分之一的光滑圆形轨道按如图所示方式平滑相连,小球B 静止在水平轨道上,小球A从左侧四分之一圆弧最高点由静止释放,进入水平轨道后,与小球B发生弹性碰撞。 碰撞后B球经过右侧圆弧C点时对轨道压力恰好为0。 不计一切摩擦,且两球均可视为质点。 求A、B两球的质量之比mA。 (结果保留两位有效数字) mB 【解析】设圆形轨道的半径为R,碰前A球的速度为v0,碰后A、B两球的速度分别为vA、vB。 小球从圆弧最高点下落到水平轨道过程,由机械能守恒定律得: mAgR=21mAv02 碰撞后B球运动到C点时对轨道压力恰好为0。 2 由牛顿第二定律可得: mBg=mBRvB 小球A、B发生弹性碰撞过程中由动量守恒和能量守恒定律可得 mAv0=mAvA+mBvB 21mAv02=12mAv2A+12mBv2B 联立解得: mA=22+1 =≈0.55 mB7 答案】0.55 23.一艘帆船在湖面上顺风航行,在风力的推动下做速度为v0=4m/s的匀速直线运动。 若该帆船 在运动状态下突然失去风力的作用,则帆船在湖面上做匀减速直线运动,经过t=8s才可静止。 该帆船的帆面正对风的有效面积为S=10m2,帆船的总质量约为M=936kg。 若帆船在航行过程中受到的阻力恒 定不变,空气的密度为ρ=1.3kg/m3,在匀速行驶状态下估算: (1)帆船受到风的推力F的大小; (2)风速的大小v。 【解析】 (1)风突然停止,帆船只受到阻力F阻的作用,做匀减速直线运动,设帆船的加速度为a,则a 0-v0 ==-0.5m/s t 根据牛顿第二定律有-F阻=Ma,所以F阻=468N 则帆船匀速运动时,有F-F阻=0 解得F=468N (2)设在时间t内,正对着吹向帆面的空气的质量为m,根据动量定理有-Ft=m(v0-v) 又m=ρS(v-v0)t 所以Ft=ρS(v-v0)2t 解得v=10m/s。 【答案】 (1)468N (2)10m/s 2.皮球从某高度落到水平地板上,每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍,且每次球与地板接 触的时间相等。 若空气阻力不计,与地板碰撞时,皮球重力可忽略。 (1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少? (2)若用手拍这个球,使其保持在0.8m的高度上下跳动,则每次应给球施加的冲量为多少? (已知球的 质量m=0.5kg,g取10m/s2) 【解析】 (1)由题意可知,碰撞后的速度是碰撞前的0.8倍。 设皮球所处的初始高度为H,与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v0=2gH,第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)v1和第二次碰撞后瞬时速度大小v2满足v2=0.8v1=0.82v0。 设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2,取竖直 向上为正方向,根据动量定理,有 F1t=mv1-(-mv0)=1.8mv0 F2t=mv2-(-mv1)=1.8mv1=1.44mv0 则F1∶F2=5∶4 0.8 (2)欲使球跳起0.8m,应使球由静止下落的高度为h=0.64m=1.25m,球由1.25m落到0.8m处的速度为v=3m/s,则应在0.8m处给球的冲量为I=mv=1.5N·s,方向竖直向下。 【答案】 (1)5∶4 (2)1.5Ns·方向竖直向下 25.冰雪游乐场上一质量为M的人站在质量为m的冰
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