2022年高考物理一轮-碰撞与动量守恒定律素养提升练教师讲解版

文档来源网络整理侵权必删PAGE16.6碰撞与动量守恒定律素养提升练1.竖直向上发射一物体(不计空气阻力)，在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则()A．炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小B．炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同C．炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小D．炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小【答案】B【解析】在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂后瞬间a块的速度大小不能确定，以竖直向上为正方向，根据动量守恒定律有：(ma＋mb)v0＝ma(－va)＋mbvb，解得：vb＝eq\f(ma＋mbv0＋mava,mb)>v0，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同，故A、C错误，B正确；由动量守恒可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定等于a块的动量变化量大小，故D错误．2.玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面撞击过程中()A．动能变化较大 B．动量变化较大C．受到的冲量较大 D．动量变化较快【答案】D【解析】玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等，落地后的速度均为零，说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等，由动能定理可知，动能变化也相等，由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，故D正确。3.如图甲所示，一质量为4kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10mC．物体运动的最大速度为2eq\r(15)m/sD．物体运动过程中的加速度先变小后不变【答案】B【解析】当推力小于摩擦力时物体开始做减速运动，选项A错误；由题图乙中图线与x轴所围面积表示推力对物体做的功可知，推力对物体做的功W＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J，根据动能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10m，选项B正确；当推力与摩擦力大小相等时，加速度为零，＋20N)·x－μmgx＝eq\f(1,2)mvm2，解得物体运动的最大速度vm＝8m/s，选项C错误；在推力由100N减小到20N的过程中，物体的加速度逐渐减小，在推力由20N减小到0的过程中，加速度反向增大，此后加速度不变，故选项D错误．4.我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图3所示．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()A．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【答案】B【解析】因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，故冲量大小相等、方向相反，动量变化大小相等、方向相反，故A错误，B正确；甲、乙间水平方向的力为作用力与反作用力，大小相等，但乙推甲过程两者位移不一定相同，C、D错误．5.一宇宙飞船的横截面积为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．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】时间t内黏附在卫星上的尘埃质量M＝v0tSnm，对黏附的尘埃，由动量定理得Ft＝Mv0，解得F＝nmveq\o\al(2,0)S；维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为P＝Fv0＝nmveq\o\al(3,0)S，故C正确，A、B、D错误。6.2020年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外。有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50mL的空气，用时约0.02s。已知空气的密度为1.3kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为()A．13N B．0.13NC．0.68N D．2.6N【答案】B【解析】打一次喷嚏大约喷出气体的质量m＝ρV，由动量定理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，根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为0.13N。7.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()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，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，两者不再发生相对滑动，有mv＝(m＋M)v1，根据能量守恒定律可知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，中国“嫦娥四号”探测器成功在月球背面软着陆，中国载人登月工程前进了一大步。假设将来某宇航员登月后，在月球表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m的小球(可视为质点)，如图所示，当给小球一瞬时冲量I时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。已知圆轨道半径为r，月球的半径为R，则月球的第一宇宙速度为()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】小球获得瞬时冲量I的速度为v0，有I＝mv0，而小球恰好通过圆周的最高点，满足只有重力提供向心力，mg月＝meq\f(v2,r)，从最低点到最高点由动能定理可知－mg月·2r＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立解得g月＝eq\f(I2,5rm2)。月球的近地卫星最小发射速度即为月球的第一宇宙速度，满足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))，故选B。9.质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在碰撞过程中，下列情况可能发生的是()A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m)v0＝(M＋m)v1＋mv2【答案】BC【解析】碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变为v1和v2，由动量守恒定律得：Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得：Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确．10.在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0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<E0 B．p2>p0C．E2>E0 D．p1>p0【答案】AB【解析】因为碰撞前后动能不增加，故有E1<E0，E2<E0，p1<p0，A正确，C、D错误；根据动量守恒定律得p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可见，p2>p0，B正确。11.如图所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球从M点运动到N点的过程中()A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差【答案】BCD【解析】在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧最短，弹力对小球做负功；随后弹簧伸长，弹力做正功；当弹簧恢复到原长时，弹力为零；随后弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，之后做负功，A错误；在弹簧与杆垂直时及弹簧处于原长时，小球加速度等于重力加速度，B正确；弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，C正确；在M、N两点弹簧弹性势能相等，由机械能守恒定律可知，小球在N点的动能等于从M点到N点重力势能的减小量，D正确．12.如图甲所示，长2m的木板Q静止在某水平面上，t＝0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某初速度从Q的左端向右滑行。P、Q的速度—时间图像如图乙，其中a、b分别是0～1s内P、Q的速度—时间图线，c是1～2s内P、Q共同的速度—时间图线。已知P、Q的质量均是1kg，g取10m/s2。则以下判断正确的是()A．P、Q系统在相互作用的过程中动量守恒B．在0～2s内，摩擦力对Q的冲量是2N·sC．P、Q之间的动摩擦因数为0.1D．P相对Q静止的位置在Q木板的右端【答案】AC【解析】根据图乙可知，1s后二者以相同的速度匀速运动，水平方向受力平衡，即不受摩擦力作用，则在0～2s内，木板Q下表面与水平面之间没有摩擦力，所以P、Q系统在相互作用的过程系统中所受的外力之和为零，动量守恒，故A正确；从图像可知，0～2s内对Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在1～2s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化量，所以I＝Mv－0＝1N·s，故B错误；P从速度为2m/s减为1m/s所需的时间为1s，则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正确；在t＝1s时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，在0～1s内，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，则Δx＝x1－x2＝1m<2m，知P与Q相对静止时不在木板的右端，故D错误。13.某实验小组的同学制作了一个弹簧弹射装置，在轻弹簧两端各放置一个金属小球(小球与弹簧不连接)，压缩弹簧并锁定，然后将锁定的弹簧和两个小球组成的系统放在内壁光滑的金属管中(管径略大于两球直径)，金属管水平固定在离地面一定高度处，如图所示．解除弹簧锁定，则这两个金属小球可以同时沿同一直线向相反方向弹射．现要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，并探究弹射过程所遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具并按下述步骤进行实验：①用天平测出两球质量分别为m1、m2；②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；③解除弹簧锁定并弹出两球，记录下两球在水平地面上的落地点M、N.根据该小组同学的实验，回答下列问题：(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需要测量的物理量有(填选项前的字母)．A．弹簧的压缩量ΔxB．两球落地点M、N到对应管口P、Q的水平距离x1、x2C．小球直径D．两球从弹出到落地的时间t1、t2(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为Ep＝(3)用测得的物理量来表示，如果满足关系式，则说明弹射过程中系统动量守恒．【答案】B；eq\f(m1gx\o\al(2,1),4h)＋eq\f(m2gx\o\al(2,2),4h)；m1x1＝m2x2【解析】(1)弹簧弹出两球过程中，系统机械能守恒，要测定压缩弹簧的弹性势能，可转换为测定两球被弹出时的动能，实验中可以利用平抛运动规律测定平抛的初速度以计算两球的初动能，因此在已知平抛运动下落高度的情况下，只需测定两球落地点M、N到对应管口P、Q的水平距离x1、x2，所以B正确．(2)平抛运动的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，初速度v0＝eq\f(x,t)，因此初动能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(mgx2,4h)，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能等于两球平抛运动的初动能之和，即Ep＝eq\f(m1gx\o\al(2,1),4h)＋eq\f(m2gx\o\al(2,2),4h).(3)若弹射过程中系统动量守恒，则m1v01＝m2v02，由于两小球在空中运动时间相同，即满足m1x1＝m2x2，则说明弹射过程中系统动量守恒．14.某同学用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板一端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架(未画出)、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出．已知一元硬币和五角硬币与长木板间的动摩擦因数相同，主要实验步骤如下：①将一元硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时其右侧到O点的距离，再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为x1，如图乙所示；②将五角硬币放在长木板上，使其左侧位于O点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射一元硬币，使两硬币发生对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点的距离的平均值x2和x3，如图丙所示．(1)为完成该实验，除长木板，硬币发射器，一元及五角硬币，刻度尺外，还需要的器材为．(2)实验中还需要测量的物理量及字母表示为验证动量守恒定律的表达式为(用测量物理量对应的字母表示)．【答案】天平．一元硬币的质量m1和五角硬币的质量m2，m1eq\r(x1)＝m1eq\r(x2)＋m2eq\r(x3)【解析】(1)动量为质量和速度的乘积，该实验要验证质量不等的两物体碰撞过程中的动量是否守恒，需测量两物体的质量和碰撞前、后各自的速度，因此除给定的器材外，还需要的器材为天平．(2)测出一元硬币的质量m1、五角硬币的质量m2，设一元硬币在O点的速度为v1，由动能定理可得μm1gx1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\r(2μgx1)，当一元硬币以速度v1在O点与五角硬币碰撞后，二者的速度分别为v2、v3，由动能定理可得μm1gx2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)，μm2gx3＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)，解得一元硬币碰后速度v2＝eq\r(2μgx2)，五角硬币碰后的速度为v3＝eq\r(2μgx3)，若碰撞过程动量守恒，则需满足m1v1＝m1v2＋m2v3，代入数据可得m1eq\r(x1)＝m1eq\r(x2)＋m2eq\r(x3).15.如图所示，一质量M＝0.8kg的小车静置于光滑水平地面上，其左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC与水平轨道CD相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角θ＝37°、半径R＝5m，CD的长度l＝6m。质量m＝0.2kg的小物块(视为质点)从某一高度处的A点以大小v0＝4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，物块恰好不滑离小车。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计。求：(1)物块通过B点时的速度大小vB；(2)物块滑到圆弧轨道的C点时对圆弧轨道的压力大小N；(3)物块与水平轨道CD间的动摩擦因数μ。【答案】(1)5m/s(2)3.8N(3)0.3【解析】(1)设物块通过B点时的速度大小为vB，由平拋运动的规律有eq\f(v0,vB)＝cosθ代入数值解得vB＝5m/s。(2)物块从B点到C点的过程中，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入数值可得vC＝3eq\r(5)m/s设物块滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大小为F，由牛顿第二定律有F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)代入数值解得F＝3.8N由牛顿第三定律可知N＝F＝3.8N。(3)设物块到达轨道CD的D端时的速度大小为vD，由动量守恒定律有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)代入数值解得μ＝0.3。16.如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧右端可自由伸长到O点，轨道右端与一光滑竖直半圆轨道相连，圆轨道半径R＝0.5m，圆轨道最低点为C，最高点为D。在直轨道最右端放置小物块N，将小物块M靠在弹簧上并压缩到P点，由静止释放，之后与N发生弹性正碰，碰后N恰能通过圆轨道最高点D。已知物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，M的质量为2kg，N的质量为4kg，OP＝0.5m，OC＝1.5m，重力加速度g取10m/s2。(1)求N刚进入圆轨道时对轨道的压力。(2)求将弹簧压缩到P点时弹簧具有的弹性势能。(3)若将M与弹簧拴接，将物块N靠在M上，压缩弹簧到P点后由静止释放，则N最终停在什么位置？【答案】(1)240N，方向竖直向下(2)76.25J(3)距离C点0.54m处【解析】(1)物块N在D点有Mg＝Meq\f(veq\o\al(2,D),R)物块N碰后速度为v2，由圆轨道C点到D点过程由机械能守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,D)＋Mg·2R在圆轨道最低点C时对轨道的压力最大FNm－Mg＝Meq\f(veq\o\al(2,2),R)解得FNm＝240N根据牛顿第三定律，FNm′＝240N，方向竖直向下。(2)物块M与N碰前速度为v0，碰后速度为v1，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2碰撞过程由机械能守恒定律有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)弹簧弹开到碰前过程Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋μmgLPC解得Ep＝76.25J。(3)若物块M、N靠在一起释放，则两者在O点分离，分离时的速度为vEp＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋μ(M＋m)gLOP分离后物块N到达C点速度为vC，从O点到C点由能量守恒定律有eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＋μMgLOC假设物块沿圆周上滑不超过eq\f(1,4)圆周处，有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＝Mgh解得h＝0.27m＜R故物块不能到达圆周最高点，将沿圆周滑回eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＝μMgx解得x＝0.54m滑块停在距离C点0.54m处。17.如图所示，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动；碰撞前B的速