2022版高中物理（山东版）一轮复习：专题七碰撞与动量守恒专题检测（有解析）

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.Snm　　B.2Snm　　C.Snm　　D.2Snm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=Snm;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=Snm,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.m　　B.m　　C.m　　D.m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=m-×2mv2,解得Epm=m,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=v2D.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=·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=m-m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)·m=m+m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=m-m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)·m=mv2'2+m解得v3=3m/s由μmg=ma得a=μg又=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()2　　B.C.ρS()3　　D.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====ρSv2,又飞机悬停在空中,F=Mg,故v2=,所以飞机输出的功率P===ρS()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32JB.斜面的长度为8mC.斜面体对水平面的压力大小始终为50ND.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=×2×8N·s=8N·s,由Ft=mv可得v=8m/s,则动能Ek=mv2=×1×82J=32J,选项A正确;若物块匀加速下滑,则斜面的长度为l=t=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1kgB.a的最大速度为4m/sC.在a离开挡板后,弹簧的最大弹性势能为1.5JD.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,mb=mb+mav2,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=mb-(ma+mb),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.时刻A对B的推力大小为F0B.0~内合外力对物块A做的功为C.从开始运动到A、B分离,物体B运动的位移大小为D.t0时刻A的速度比B的速度小答案　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==分离时:F2=mBa=3m×=F0根据乙图知此时t=t0,则从开始运动到A、B分离,物块B运动的位移大小x=at2=××=,故C错误;时刻还未分离,对B,根据牛顿第二定律得F2+FAB=mBa则FAB=3ma-=F0,故A错误;时刻,vA=a= 对A,根据动能定理W合=m=,故B正确;t=t0时,A、B达到共同速度vAB=at=此后A、B分离,对A,根据动量定理:I=mAΔv根据乙图,t0~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=××=,则Δv=×对B,根据动量定理:I'=mBΔv'根据乙图,t0~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'=××=,则Δv'=×则t0~t0时间内B比A速度多增大Δv″=Δv'-Δv=,即t0时刻A的速度比B的速度小,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n)与静止氘核H)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.E　　B.E　　C.E　　D.E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=m。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:m=m+×2m,解得v1=v0(舍去)或v1=-。经过碰撞后,中子损失的动能为ΔE=m-m=E-E=E,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==m/s=5.0m/s。(2)碰撞后A球速度大小:v1==m/s=2.50m/s;碰撞后B球速度大小:v2==m/s=3.75m/s,根据动量守恒定律:mAv0=mAv1+mBv2,代入数据解得:mB=mA,由密度公式ρ=,体积相同,密度和质量成正比,有:ρB=ρA=×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:(mA+mB)=(mA+mB+mC)+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:(mA+mB)=(mA+mB)+mC,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=mC,代入数据解得:v=m/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:mC=mCvC'2+mCg·2R,代入数据解得:vC'=2m/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=mC,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)　(3)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=m从C到D,由动能定理,有-mg×2L=m-m在C点,有F-mg=m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=m-mB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m=(m+M)v2+mgL解得M=(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m=mvB'2+Mv'2解得vB'=,v'=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=Mv'2解得W=10.(2020山东泰安一模,18)如图,AB为半径R=0.7m的竖直光滑圆弧轨道,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=0.27)。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=ma 根据牛顿第二定律:N-mag=ma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vCμmag=maa1-=-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+mbvb1ma=ma+mb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=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+mbvb2ma+mb=ma+mb解得:va2=-m/s,vb2=m/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-mah=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==s=0.86s在BC部分匀减速运动的时间:t2==s=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=π=0.85s滑块a的运动时间:Δt=t1+t2+t3=2.88s