知识点八 碰撞与动量守恒-2023年高考物理分类题库

知识点八碰撞与动量守恒1.(多选)(2023·新课标全国卷·T19)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻 ()A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零【解析】选B、D。对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析,如图所示根据牛顿第二定律有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,由于运动时间相同,且同时由静止释放,可得v甲<v乙,A错误;对于整个系统而言,由于μm甲g>μm乙g,合力方向向左,合冲量方向向左,2.(2023·全国乙卷·T25)如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为l,圆管长度为20l。一质量为m=13M的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数。【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)由于“小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短”,故小球与圆盘发生碰撞时,满足能量守恒定律和动量守恒定律。(2)由“圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等”可知,圆盘在下滑过程中做匀速直线运动,而小球在反弹后,做竖直上抛运动。(3)能利用数学归纳法进行推理。【解析】(1)过程1:小球释放后自由下落,下降l,根据机械能守恒定律得mgl=12m解得v0=2过程2:小球以2gl与静止圆盘发生弹性碰撞,12mv02=12mv12+12Mv'解得v1=m-Mm+Mv'1=12v0=即小球碰后速度大小为2gl2,方向竖直向上,圆盘速度大小为2gl(2)第一次碰后,小球做竖直上抛运动,圆盘摩擦力与重力平衡,匀速下滑,所以只要圆盘下降速度比小球快,二者间距就不断增大,当二者速度相同时,间距最大,即v1+gt=v'1解得t=v'1根据运动学公式得最大距离为dmax=x盘-x球=v'1t-(v1t-12gt2)=v(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时,两者位移相等,则有x盘1=x球1即v1t1+12gt12=v'解得t1=2此时小球的速度v2=v1+gt1=32v圆盘的速度仍为v'1,这段时间内圆盘下降的位移x盘1=v'1t1=v02g之后第二次发生弹性碰撞,根据动量守恒mv2+Mv'1=mv'2+Mv″2根据能量守恒12mv22+12Mv'12=1联立解得v'2=0,v″2=v0同理可得当位移相等时x盘2=x球2,v″2t2=12g解得t2=2v0g，圆盘向下运动x盘2=v″2t2=2此时圆盘距下端管口13l,之后二者第三次发生碰撞,碰前小球的速度v3=gt2=2v0由动量守恒得mv3+Mv″2=mv'3+Mv″3由机械能守恒得12mv32+12Mv″22=1得碰后小球速度为v'3=v圆盘速度v″3=3当二者即将第四次碰撞时x盘3=x球3即v″3t3=v'3t3+12g得t3=2v0g=t在这段时间内,圆盘向下移动x盘3=v″3t3=3v02此时圆盘距离下端管口长度为20l-1l-2l-4l-6l=7l此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前,下降距离逐次增加2l,故若发生下一次碰撞,圆盘将向下移动x盘4=8l则第四次碰撞后落出管口外,因此圆盘在管内运动的过程中,小球与圆盘的碰撞次数为4次。答案:(1)2gl22gl2(2)l(3.(2023·辽宁选择考·T15)如图,质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度v0=54m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2。取重力加速度g=10m/s2(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1;(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小;(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能DU(用t表示)。【解析】(1)由于地面光滑,则m1、m2组成的系统动量守恒,则有m2v0=(m1+m2)v1代入数据有v1=1m/s对m1受力分析有a1=μm2gm1则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12=2a1代入数据解得x1=0.125m(2)木板与弹簧接触以后,对m1、m2组成的系统有kx=(m1+m2)a共对m2有a2=μg=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动,解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对m1、m2组成的系统,由动能定理有-12kx22=12(m1+m2)v22-12代入数据有v2=32(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,由于木板m1的加速度大于物块m2的加速度,则当木板与物块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时,则说明此时m1的速度大小为v2,共用时2t0,且m2一直受滑动摩擦力作用,则对m2有-μm2g∙2t0=m2v3-m2v2解得v3=32-2t则对于m1、m2组成的系统有-Wf=12m1v22+12m2v32-12DU=-Wf联立有ΔU=43t0-8t答案:(1)1m/s0.125m(2)0.25m32m/s(3)43t0-84.(2023·山东等级考·T18)如图所示,物块A和木板B置于水平地面上,固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切,竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力,使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时,从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点,并以水平速度v滑上B的上表面,同时撤掉外力,此时B右端与P板的距离为s。已知v0=1m/s,v=4m/s,mA=mC=1kg,mB=2kg,A与地面间无摩擦,B与地面间动摩擦因数μ1=0.1,C与B间动摩擦因数μ2=0.5,B足够长,使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞,不计碰撞时间,取重力加速度大小g=10m/s2。(1)求C下滑的高度H;(2)与P碰撞前,若B与C能达到共速,且A、B未发生碰撞,求s的范围;(3)若s=0.48m,求B与P碰撞前,摩擦力对C做的功W;(4)若s=0.48m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态,求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。【解析】(1)滑块C沿弧形轨道下滑过程,由动能定理得:mCgH=12mCv代入数据解得:H=0.8m(2)滑块C刚滑上B时,对C受力分析,由牛顿第二定律得:μ2mCg=mCaC对B受力分析,由牛顿第二定律得:μ2mCg-μ1(mB+mC)g=mBaB代入数据解得:aC=5m/s2aB=1m/s2设经过时间t1,B和C共速,有:v-aCt1=v0+aBt1代入数据解得:t1=0.5s共同速度v共1=v-aCt1=4m/s-5×0.5m/s=1.5m/sB的位移为xB1=v0+v共12t1=1+1.52×0.5mB和C共速后,一起做匀减速直线运动,对BC整体受力分析,由牛顿第二定律得:μ1(mB+mC)g=(mB+mC)aBC代入数据解得:aBC=1m/s2设再经过时间t2,A与B发生碰撞,则有:xA=xB1+xB2其中A的位移为:xA=v0(t1+t2)B在t2时间内的位移为:xB2=v共1t2-12aBC代入数据联立解得:t2=1+22s或1−22xB2=3+428此时B、C的共同速度为v共2=v共1-aBCt2=1.5m/s-1×1+22m/s=(1-22为保证与P碰撞前,B与C能达到共速,且A、B未发生碰撞,则xB1≤s≤xB1+xB2代入数据解得:0.625m≤s≤(1+22)(3)s=0.48m<xB1即B与P碰撞时,滑块C与木板B没有共速,对木板B,由位移—时间公式得:s=v0t0+12aB代入数据解得:t0=0.4s或-2.4s(舍去)滑块C的位移为:xC=vt0-12aC代入数据解得:xC=1.2m摩擦力对C做的功W=-μ2mCgxC代入数据解得:W=-6J(4)木板B与P碰撞时,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的位移为xA1=v0t0=1×0.4m=0.4m此时A、B间的距离为Δx=s-xA1=0.48m-0.4m=0.08mB与P发生弹性碰撞,碰撞后以原速率反弹,反弹后对B受力分析,由牛顿第二定律得:μ2mCg+μ1(mB+mC)g=mBaB'代入数据解得:aB'=4m/s2物块A与木板B相向运动,设经时间t3恰好相遇,由位移关系得:xA2+xB3=Δx其中A的位移为:xA2=v0t3B的位移为:xB3=vB0t3-12aB'代入数据联立解得:t3=3−225s或3+225此时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;以水平向右为正方向,A、B发生弹性碰撞,碰撞过程由动量定理得:mAv0-mBvB1=mAvA+mBvB由机械能守恒定律得:12mAv02+12mBvB12=12代入数据联立解得:vA=15−32215vB=15−8215此时C的速度vC=vC1=(22-1)m/s物块A向左的速度大于木板B和滑块C向右的速度,物块A向左做匀速直线运动,由于摩擦力作用,B和C最后静止,三个物体的初动量为p1=(mA+mB)v0+mCv末动量为p2=mAvA整个过程动量的变化量的大小为Δp=|p2-p1|代入数据联立解得: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月选考·T20)为了探究物体间碰撞特性,设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接,两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接,静置于轨道FG上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v0=221m/s从D处进入,经DEF管道后,与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8m,以v=2m/s的速率顺时针转动,滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,其他摩擦和阻力均不计,各滑块均可视为质点,弹簧的弹性势能Ep=12kx2(x为形变量)(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN;(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE;(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。【解析】(1)从D到F的过程中,对滑块a根据动能定理可得:2mgR=12mvF2-代入数据解得:vF=10m/s在F点,滑块受到的支持力和自身重力的合力提供向心力,则FN-mg=mv解得:FN=31.2N,方向竖直向上(2)滑块a碰后返回到B点的过程中,根据动能定理可得:-2mgR-μmgL=12mvB2-1碰撞瞬间,滑块a与b组成的系统动量守恒,规定向右的方向为正方向,设碰撞后滑块a的速度为v1,滑块b的速度为v2,则mvF=-mv1+3mv2ΔE=12mvF2-12m(-v1)2-12联立解得:ΔE=0(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,选择水平向右的方向为正方向,则mvF=(m+3m)v当弹簧的长度最大或者最小时,弹簧的弹性势能最大,且滑块的速度相等,根据能量守恒定律可得:4mv=(4m+2m)v'设弹簧的压缩量和伸长量分别为x1和x2,则ΔE'=12×4mv2-12×(4m+2m)v'2=12联立解得:x1=0.1m同理可得:x2=0.1m则Δx=x2+x1代入数据解得:Δx=0.2m答案:(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m6.(2023·湖南选择考·T15)如图,质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平,短轴竖直。质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。(1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离;(2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程;(3)若Mm=ba-b,求小球下降h=b2高度时,小球相对于地面的速度大小(结果用a、b【解析】(1)小球运动到最低点时,小球和凹槽水平方向系统动量守恒,取向左为正,0=mv1-Mv2小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒,mgb=12mv12+联立解得v2=2因水平方向在任何时候都动量守恒,即0=mv1-M两边同时乘t可得mx1=Mx2且由几何关系可知x1+x2=a联立解得x2=mM(2)小球向左运动过程中凹槽向右运动,当小球的坐标为(x,y)时,此时凹槽水平向右运动的位移为Δx,根据上式有m(a-x)=M·Δx则小球现在在凹槽所在的椭圆上,根据数学知识可知此时的椭圆方程为(x-Δx整理得[x(M+(3)将Mm=ba-b代入小球的轨迹方程化简可得[x-(a-b)]2即此时小球的轨迹为以(a-b)为圆心,b为半径的圆,则当小球下降的高度为b2时,可知此时速度和水平方向的夹角为60°,小球下降b2的过程中,系统水平方向动量守恒,0=mv3cos60°-Mv系统机械能守恒mgb2=12mv32联立得v3=4gb2a答案:(1)2m2gb(2)[x(M+(3)2bg7.(2023·江苏选择考·T15)如图所示,滑雪道AB由坡道和水平道组成,且平滑连接,坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑,从B点飞出。已知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。(1)求滑雪者运动到P点的时间t;(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v;(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,求平台BC的最大长度L。【解析】(1)滑雪者从A到P根据动能定理有mgdsin45°-μmgcos45°d=12mvP根据动量定理有(mgsin45°-μmgcos45°)t=mvP-0联立解得t=22dg(1-μ(2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好到达B点,故从P点到B点合外力做功为0,所以当从A点下滑时,到达B点有vB=vP=2(3)当滑雪者刚好落在C点时,平