山东专用高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒专题检测含解析

这是一份山东专用高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒专题检测含解析，共16页。

专题七　碰撞与动量守恒
【专题检测】
A组
一、选择题
1.(2020山东临沂一模,3)一宇宙飞船的横截面积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.Snmv02　　B.2Snmv02　　C.Snmv03　　D.2Snmv03
答案　C　时间t内粘在卫星上的尘埃质量为:M=v0tSnm,对粘附的尘埃,由动量定理得:Ft=Mv0,解得:F=Snmv02;维持飞船匀速运动,飞船发动机牵引力F'(F'=F)的功率为:P=F'v0=Fv0=Snmv03,故C正确。
2.(2019北京海淀一模反馈,18)如图,球、轻绳、小车系统静止在水平地面上,将小球拉至与O点等高处,并由静止释放,不计空气阻力和一切摩擦,关于此后的物理过程,下列说法正确的是(　　)

A.球、轻绳、小车组成的系统动量守恒,机械能不守恒
B.球、轻绳、小车组成的系统动量不守恒,机械能守恒
C.小球摆动到最低点时,小车有最大的对地位移
D.小球摆动到最高点时,小车有最大的对地速度
答案　B　球、轻绳、小车组成的系统,水平方向不受外力,水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒。小球摆动过程中只有重力做功,机械能守恒。当小球向右摆动到最高点时,小车有向左的最大位移,此时小球速度为零,由水平方向动量守恒可知小车速度也为零。
3.(2020广西桂林、崇左、贺州联考,17)如图所示,光滑水平面上有在一条直线上的甲、乙、丙三个小球,三个小球的质量均为m,乙、丙两球与轻弹簧相连且静止,甲球以速率v0向右冲向乙球并发生弹性碰撞。弹簧一直在弹性限度内。该弹簧的最大弹性势能为 (　　)

A.14mv02　　B.16mv02　　C.13mv02　　D.18mv02
答案　A　本题考查动量守恒、能量守恒,体现运动与相互作用观念和能量观念要素。因甲、乙两球的质量相等,故它们弹性碰撞后速度交换,即碰撞后甲球静止,乙球的速度大小为v0,方向水平向右,经分析可知,当乙、丙两球的速度相等(设为v)时,弹簧的形变量最大,弹性势能最大,由动量守恒定律有mv0=2mv,由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能Epm=12mv02-12×2mv2,解得Epm=14mv02,选项A正确。
4.(2019北京海淀期中,9)(多选)如图所示,两物块A、B质量分别为m、2m,与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ,其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态,使A、B两物块同时获得一个方向相反,大小分别为v1、v2的水平速度,弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程,下列说法正确的是 (　　)

A.两物块A、B及弹簧组成的系统动量守恒
B.两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
C.两物块A、B初速度的大小关系为v1=v2
D.两物块A、B运动的路程之比为2∶1
答案　AD　运动过程中,A受摩擦力fA=2μmg,B受摩擦力fB=μ·2mg=fA,fA与fB方向相反,系统所受合外力为零,动量守恒。由于摩擦生热,系统的机械能转化为内能,机械能减小。由动量守恒,弹簧恢复原长时,两物块速度同时为零,因此初态mv1=2mv2,v1∶v2=2∶1。两物块运动过程中,系统动量守恒,mv1'=2mv2',任意时刻v1'∶v2'=2∶1,因此平均速率之比为2∶1,运动的路程之比为2∶1。
思路点拨　此过程中,摩擦生热,系统机械能减小。因为任意时刻都有A、B动量等大反向,可得A、B速率之比、平均速率之比、路程之比。
二、非选择题
5.(2019甘肃、青海、宁夏联考,13)如图所示,轻弹簧的一端固定,另一端与静置在水平导轨上质量m=0.5kg的滑块B相连,弹簧处在原长状态,B最初静止位置的左侧导轨光滑、右侧导轨粗糙,另一质量与B相同的滑块A,从与B的距离L=2.5m处以某一初速度开始向B滑行,与B相碰(碰撞时间极短)后A、B粘在一起运动压缩弹簧,该过程中弹簧的最大弹性势能Ep=2J。A与导轨粗糙部分间的动摩擦因数μ=0.4。求:

(1)A、B碰撞后的瞬间的速度大小v;
(2)A的初速度大小v0。
答案　(1)2m/s　(2)6m/s
解析　(1)压缩弹簧过程中,滑块的动能转化为弹簧的弹性势能,由能量守恒定律得:
Ep=12·2mv2
代入数据得:v=2m/s
(2)A、B碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得:2mv=mvA
解得:vA=4m/s
滑块A向左运动的过程中,由动能定理得:
-μmgL=12mvA2-12mv02
解得v0=6m/s
温馨提示　分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键,应用动能定理与动量守恒定律可以解题。
6.(2020湖南益阳、湘潭联考)一辆小汽车行驶至一路口,见前面多辆小汽车排起了长队,且红灯显示还有几十秒,于是紧急刹车。可驾驶员错把油门当刹车,结果以8m/s的速度与前面一辆车发生碰撞追尾。假设碰撞时间极短,且两车每次碰撞损失37.5%的动能,若每辆汽车的质量都相等,汽车间距均为2m,车与地面间的动摩擦因数μ=0.5(g=10m/s2)。求:
(1)肇事车辆与前车碰撞后的速度大小;
(2)将共有几辆汽车发生连环追尾事故(含肇事车辆)。
答案　(1)2m/s　(2)3辆
解析　(1)第一次碰撞时,取碰撞前第一辆汽车的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=mv1+mv2
由碰撞前后能量关系,有(1-0.375)·12mv02=12mv12+12mv22
联立解得:v1=2m/s,v2=6m/s(不符合题意的已舍去)
(2)第二辆汽车运动到第三辆汽车处将要相碰时,设第二辆汽车速度为v20。根据动能定理得-μmgL=12mv202-12mv22
解得v20=4m/s,第二辆汽车碰撞第三辆汽车过程,有mv20=mv2'+mv3
(1-0.375)·12mv202=12mv2'2+12mv32
解得v3=3m/s
由μmg=ma得a=μg
又v32=2aΔx
解得Δx=0.9m<2m
所以第三辆汽车无法碰撞第四辆汽车,故共有三辆车发生连环追尾事故。
B组
一、选择题
1.(2019广东广州一模,15)如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图,运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ,运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ,忽略空气阻力,则运动员 (　　)

A.过程Ⅰ的动量改变量等于零
B.过程Ⅱ的动量改变量等于零
C.过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量
D.过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量
答案　C　过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量,为mgt,不为零,故A错误,C正确;运动员进入水前的速度不为零,末速度为零,过程Ⅱ的动量改变量不等于零,故B错误;过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量,不等于重力的冲量,故D错误。
2.(2020山东菏泽一模,5)若一质量为M的直升机的螺旋桨推动横截面积为S的空气以某一速度竖直向下运动从而使飞机悬停在空中,已知空气的密度为ρ,则直升机的输出功率为 (　　)
A.ρS(MgρS)2　　B.Mg3ρS
C.12ρS(MgρS)3　　D.12Mg3ρS
答案　C　设时间t内,螺旋桨使质量为m的空气向下运动,则m=ρSvt,由动量定理知,空气对飞机的作用力F=pt=mvt=ρSv2tt=ρSv2,又飞机悬停在空中,F=Mg,故v2=MgρS,所以飞机输出的功率P=Wt=mv22t=12ρS(MgρS)3,只有选项C正确。
3.(2020山东青岛一模,11)(多选)如图(a),质量M=4kg、倾角为θ的斜面体置于粗糙水平面上,质量m=1kg的小物块置于斜面顶端,物块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ。t=0时刻对物块施加一平行于斜面向下的推力F,推力F的大小随时间t变化的图像如图(b)所示,t=2s时物块到达斜面底端。斜面体始终保持静止,重力加速度g=10m/s2,在物块沿斜面下滑过程中,下列说法正确的是 (　　)

A.物块到达斜面底端时的动能为32J
B.斜面的长度为8m
C.斜面体对水平面的压力大小始终为50N
D.水平面对斜面体的摩擦力水平向右且逐渐增大
答案　AC　由物块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ可知mgsinθ=μmgcosθ,则物体所受的合力为F,由F-t图像可知Ft=12×2×8N·s=8N·s,由Ft=mv可得v=8m/s,则动能Ek=12mv2=12×1×82J=32J,选项A正确;若物块匀加速下滑,则斜面的长度为l=v2t=8m,而物块做加速度增大的加速运动,则物块的位移小于8m,即斜面长度小于8m,选项B错误;滑块对斜面体有沿斜面向下的摩擦力,大小为f=μmgcosθ=mgsinθ,垂直斜面的压力大小为mgcosθ,两个力的合力竖直向下,大小为mg,则斜面体对水平面的压力大小始终为Mg+mg=50N,水平面对斜面体没有摩擦力,选项C正确,D错误。
4.(2020广东、福建等省联考,8)(多选)如图甲所示,物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧,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1kg。现解除对弹簧的锁定,在a物块离开挡板后,b物块的v-t关系图像如图乙所示。则下列分析正确的是 (　　)

A.a的质量为1kg
B.a的最大速度为4m/s
C.在a离开挡板后,弹簧的最大弹性势能为1.5J
D.在a离开挡板前,a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒
答案　BC　试题考查动量守恒定律与机械能守恒定律等必备知识,主要考查理解能力、模型建构能力,体现了科学推理、能量观念的学科素养,突出对综合性考查要求。
由题意可知,当b的速度最小时,弹簧恰好恢复原长,设此时a的速度最大为v,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:mbv0=mbv1+mav,12mbv02=12mbv12+12mav2,代入数据解得:ma=0.5kg,v=4m/s,故A错误,B正确;两物块的速度相等时,弹簧弹性势能最大,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:mbv0=(ma+mb)v2,Ep=12mbv02-12(ma+mb)v22,代入数据解得:Ep=1.5J,故C正确;在a离开挡板前,a、b及弹簧组成的系统受到挡板向右的力,所以系统机械能守恒、动量不守恒,故D错误。
5.(2020湖南周南中学四月模拟,21)(多选)如图甲所示,A、B两物块静止在光滑水平面上,两物块接触但不粘连,A、B的质量分别为mA=m,mB=3m。t=0时刻对物块A施加一水平向右的推力F1,同时对物块B施加一水平向右的拉力F2,使A、B从静止开始运动,力F1、F2随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是 (　　)

A.t02时刻A对B的推力大小为34F0
B.0~t02内合外力对物块A做的功为F02t02128m
C.从开始运动到A、B分离,物体B运动的位移大小为9F02t0264m
D.t0时刻A的速度比B的速度小F0t024m
答案　BD　设t时刻A、B分离,分离之前A、B两物块共同运动,加速度为a,以整体为研究对象,则有
a=F1+F2mA+mB=F04m
分离时:F2=mBa=3m×F04m=34F0
根据乙图知此时t=34t0,则从开始运动到A、B分离,物块B运动的位移大小x=12at2=12×F04m×34t02=9F0t02128m,故C错误;
t02时刻还未分离,对B,根据牛顿第二定律得F2+FAB=mBa
则FAB=3ma-F02=14F0,故A错误;
t02时刻,vA=at02=F0t08m
对A,根据动能定理W合=12mvA2=F02t02128m,故B正确;
t=34t0时,A、B达到共同速度vAB=at=3F0t016m
此后A、B分离,对A,根据动量定理:I=mAΔv
根据乙图,34t0~t0内,F-t图像中代表F1的图线与时间轴围成的面积表示F1这段时间对A的冲量,则I=12×t04×F04=F0t032,则Δv=F0t032×1m
对B,根据动量定理:I'=mBΔv'
根据乙图,34t0~t0内,F-t图像中代表F2的图线与时间轴围成的面积表示F2这段时间对B的冲量,则I'=12×t04×3F04+F0=7F0t032,
则Δv'=7F0t032×13m
则34t0~t0时间内B比A速度多增大Δv″=Δv'-Δv=F0t024m,即t0时刻A的速度比B的速度小F0t02m,故D正确。故选B、D。
6.(2020山东一模,8)秦山核电站是我国第一座核电站,其三期工程采用重水反应堆技术,利用中子(01n)与静止氘核(12H)的多次碰撞,使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E,碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后,中子损失的动能为 (　　)
A.19E　　B.89E　　C.13E　　D.23E
答案　B　设中子的质量为m,则氘核的质量为2m,碰撞前中子的动能E=12mv02。中子与氘核的碰撞可视为弹性碰撞,对中子与氘核根据动量守恒定律有:mv0=mv1+2mv0,根据能量守恒定律有:12mv02=12mv12+12×2mv22,解得v1=v0(舍去)或v1=-v03。经过碰撞后,中子损失的动能为ΔE=12mv02-12mv12=E-19E=89E,故选项B正确。
二、非选择题
7.(2020山东潍坊一模,13)为探究某新材料的部分特性,一学习小组设计了如下实验,在水平桌面上平放一直尺,紧靠刻度线的一侧放大小相同的实心铁球A(黑色)和新材料实心球B(白色),让A球以某一速度向静止的B球运动,碰撞前后的频闪照片如图所示。已知频闪仪每隔0.04s闪光一次,铁的密度为7.8g/cm3,请回答下列问题:

(1)碰撞前A球速度大小为　　　　m/s; 
(2)B球材料的密度为　　　　g/cm3。(结果均保留2位有效数字) 
答案　(1)5.0　(2)5.2
解析　(1)碰撞前A球速度大小:
v0=s1t=0.200.04m/s=5.0m/s。
(2)碰撞后A球速度大小:v1=s2t=0.50-0.400.04m/s=2.50m/s;碰撞后B球速度大小:v2=s3t=0.570-0.4200.04m/s=3.75m/s,根据动量守恒定律:mAv0=mAv1+mBv2,代入数据解得:mB=23mA,由密度公式ρ=mV,体积相同,密度和质量成正比,有:ρB=23ρA=23×7.8g/cm3=5.2g/cm3。
8.(2020山东日照一模)如图所示,质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=1kg的三个小物块A、B、C(均视为质点)静止在光滑水平轨道上。半径为R=0.6m的光滑、竖直、半圆轨道最低点与水平轨道相切。B、C之间有一轻弹簧刚好处于原长,B与轻弹簧拴接,C未与弹簧拴接。现让物块A(右侧涂有少量质量不计的粘胶)以初速度v0=6m/s沿水平方向向右滑动,A与B发生碰撞并粘为一体。经过一段时间,C脱离弹簧,然后滑上光滑竖直半圆轨道。(取g=10m/s2)求:
(1)上述过程中弹簧的最大弹性势能Ep;
(2)C脱离弹簧时的速度大小vC;
(3)试讨论判断C能否到达半圆轨道的最高点。若能,求出通过最高点时C对轨道的压力大小;若不能,请说明理由。

答案　(1)6J　(2)6m/s　(3)见解析
解析　(1)A、B碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,
由动量守恒定律得:mAv0=(mA+mB)v1,
代入数据解得:v1=4m/s,
A、B、C速度相等时弹簧弹性势能最大,A、B、C系统动量守恒,
以向右为正方向,由动量守恒定律得:mAv0=(mA+mB+mC)v2,
代入数据解得
v2=3m/s,
由能量守恒定律得:
12(mA+mB)v12=12(mA+mB+mC)v22+Ep,
代入数据解得:Ep=6J;
(2)弹簧恢复原长时C与弹簧脱离,A、B、C系统动量守恒,以向右为正方向,
由动量守恒定律得:mAv0=(mA+mB)vAB+mCvC,
由能量守恒定律得:
12(mA+mB)v12=12(mA+mB)vAB2+12mCvC2,
代入数据解得:vC=6m/s;
(3)C恰好到达最高点时重力提供向心力,在最高点,
由牛顿第二定律得:mCg=mCv2R,
代入数据解得:v=6m/s,
C在圆弧轨道运动过程机械能守恒,C从最低点到最高点过程,
由机械能守恒定律得:
12mCvC2=12mCvC'2+mCg·2R,
代入数据解得:vC'=23m/s>v,
C可以到达圆弧最高点,在最高点,
由牛顿第二定律得:F+mCg=mCvC'2R,
代入数据解得:F=10N,
由牛顿第三定律可知,C对轨道的压力大小:
F'=F=10N。
9.(2020贵州黔东南模拟,12)如图所示,水平面上有A、B两个小物块(均视为质点),质量均为m,两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与A、B连接)。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道,半圆形轨道与水平面相切于C点,物块B的左侧静置着一个三面均光滑的斜面体(底部与水平面平滑连接)。某一时刻将压缩的弹簧释放,物块A、B瞬间分离,A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D(物块A过D点后立即撤去),B向左平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为L(L小于斜面体的高度)。已知A与右侧水平面的动摩擦因数μ=0.5,B左侧水平面光滑,重力加速度为g,求:

(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小;
(2)斜面体的质量;
(3)物块B与斜面体相互作用的过程中,物块B对斜面体做的功。
答案　(1)6mg　(2)m2　(3)8mgL3
解析　本题考查动量守恒、机械能守恒、圆周运动,体现科学推理与模型建构要素,是对学生综合分析能力的考查。
(1)恰好通过D点,有mg=mvD2L
从C到D,由动能定理,有
-mg×2L=12mvD2-12mvC2
在C点,有F-mg=mvC2L
解得F=6mg
由牛顿第三定律可知,物块A通过C点时对半圆形轨道的压力
F'=F=6mg
(2)弹簧释放瞬间,由动量守恒定律,有
mvA=mvB
弹簧释放后,对物块A运动到C点的过程,有
-μmgL=12mvC2-12mvA2
B滑上斜面体上升到最大高度时,对B和斜面体,由动量守恒定律,有
mvB=(m+M)v
由机械能守恒定律,有
12mvB2=12(m+M)v2+mgL
解得M=m2
(3)物块B从滑上斜面体到与斜面体分离过程中,由动量守恒定律,有
mvB=mvB'+Mv'
由机械能守恒定律,有
12mvB2=12mvB'2+12Mv'2
解得vB'=6gL3,v'=46gL3
由功能关系知,物块B与斜面体相互作用的过程中,物块B对斜面体做的功
W=12Mv'2
解得W=8mgL3
10.(2020山东泰安一模,18)如图,AB为半径R=0.7m的竖直光滑14圆弧轨道,与最低点B平滑连接的水平轨道由BC、CD两部分组成。BC部分粗糙,长度L1=1.25m。CD部分光滑,长度L2=5m。D点有固定的竖直挡板。质量ma=2kg的滑块a从圆弧最高点A由静止滑下,与静止在C点的质量mb=1kg的滑块b发生正碰。滑块均可视为质点,与BC段间的动摩擦因数μ=0.2,所有的碰撞中均没有机械能损失,重力加速度大小g=10m/s2。求:
(1)滑块a对轨道的最大压力大小;
(2)滑块a、b第二次碰撞的位置与D点的距离;
(3)滑块a、b第二次碰撞后到第三次碰撞前,滑块a的运动时间(保留2位小数,可能用到的数值0.07=0.27)。

答案　见解析
解析　(1)滑块a从A到B,经过B点时对圆弧轨道的压力最大,根据机械能守恒定律:
magR=12mavB2
根据牛顿第二定律:
N-mag=mavB2R
代入数据解得:N=60N
由牛顿第三定律得滑块a对轨道的最大压力大小为:N'=N=60N
(2)滑块a在B、C间运动时的加速度大小为a1,第一次到达C点时的速度为vC
μmag=maa1
vC2-vB2=-2a1L1
代入数据解得:vC=3m/s
设a、b第一次碰撞后的速度分别为va1和vb1,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:
mavC=mava1+mbvb1
12mavC2=12mava12+12mbvb12
解得va1=1m/s,vb1=4m/s
设滑块a、b第二次碰撞的位置与D点的距离为x
L2-xva1=L2+xvb1
代入数据解得:x=3m
(3)设第二次碰撞后的速度分别为va2和vb2,以向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:
mava1+mbvb1=mava2+mbvb2
12mava12+12mbvb12=12mava22+12mbvb22
解得:va2=-73m/s,vb2=83m/s
滑块a向左运动,设沿圆弧上升的高度为h,根据动能定理:
-magh-μmagL1=0-12mava22
h=0.0222m(滑块上滑的高度h远小于R),之后滑块a滑回水平面,停在B、C间;
第二次碰撞后运动到B之前,匀速运动的时间:
t1=x-L2va2=67s=0.86s
在BC部分匀减速运动的时间:
t2=va2-a1=76s=1.17s
因为滑块上滑的h远小于R,所以在圆弧面的运动可以认为是类单摆运动,由单摆周期公式得:
t3=πRg=0.85s
滑块a的运动时间:Δt=t1+t2+t3=2.88s