高考物理20分钟专题突破（12）碰撞与动量守恒doc高中物理

物理20分钟专题突破（12）碰撞与动量守恒1．如以下图，物块A、B静止在光滑水平面上，且，现用大小相等的两个力F和F/分别作用在A和B上，使A、B沿一条直线相向运动，然后又先后撤去这两个力，使这两个力对物体做的功相同，接着两物体碰撞并合为一体后，它们（）A．可能停顿运动B．一定向右运动C．可能向左运动D．仍运动，但运动方向不能确定2．一只小球沿光滑水平面运动，垂直撞到竖直墙上．小球撞墙前后的动量变化量为，动能变化量为，关于和有以下说法：①假设最大，那么也最大；②假设最大，那么一定最小；③假设最小，那么也最小；④假设最小，那么一定最大．以上说法中正确的选项是（）A．①③B．②④C．①④D．②③3．如以下图，光滑的平台上有一质量为20kg，长度为10m的长板，其中7m伸出平台外．为了使木板不翻倒，让一个质量为25kg的小孩站在长木板的右端B点，以下关于木板平衡的结论，正确的选项是（）A．如果小孩从木板的右端B向左端A走动，欲使木板不翻倒，小孩在木板上走动的距离不能超过1．4mB．如果小孩从木板的右端B向左端A走动，欲使木板不翻倒，小孩在木板上走动的距离不能超过3m8/8\nC．小孩可以从木板的右端B向左端A随意走动，但小孩决不能从左端A离开长木板，否那么木板就会翻倒D．小孩不但可以从木板的右端B向左端A随意走动，还可以从左端A离开木板，整个过程中，木板都不会翻倒4．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（a）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会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图(b)所示，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．（1）下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这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；8/8\n⑥先______________，然后___________________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图（b）所示；⑧测得滑块1（包括撞针）的质量310g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为205g．试完善实验步骤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以前系统的总动量为__________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为___________kg·m/s（保存三位有效数字）．（3）试说明（2）中两结果不完全相等的主要原因是_____________________________．5．如以下图，在倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，物体A和小车B正沿着斜面上滑，A的质量为mA=0．50kg，B的质量为mB=0．25kg，A始终受到沿斜面向上的恒力F的作用．当A追上B时，A的速度为vA=1．8m/s，方向沿斜面向上，B的速度恰好为零，A、B相碰，相互作用时间极短，相互作用力很大，碰撞后的瞬间，A的速度变为v1=0．6m/s，方向沿斜面向上．再经T=0．6s，A的速度大小变为v2=1．8m/s，在这一段时间内A、B没有再次相碰．已知A与斜面间的动摩擦因数μ=0．15，B与斜面间的摩擦力不计，已知：sin37°=0．6，重力加速度g=10m/s2，求：（1）A、B第一次碰撞后B的速度；（2）恒力F的大小．6．2022年7月4日13时52分，美国宇航局“深度撞击”号探测器释放的撞击器“击中”目标——8/8\n坦普尔１号彗星，这次撞击只能使该彗星自身的运行速度出现每秒0．0001mm的改变。探测器上所携带的总质量达370kg的彗星“撞击器”将以每小时38000km的速度径直撞向彗星的彗核局部，撞击彗星后“撞击器”融化消失。问：根据以上数据，估算一下彗星的质量是多少？（结果保存一位有效数字）7．如以下图，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M:m=4:1，重力加速度为g．求：（1）小物块Q离开平板车时速度为多大？（2）平板车P的长度为多少？（3）小物块Q落地时距小球的水平距离为多少？参考答案1．答案：B由动能定理知功相同，结合前动能相同，，因此，碰撞过程动量守恒，，故碰后速度v一定与PA相同，向右．2．答案：B小球与墙壁碰撞后，如果无能量损失，那么小球应以相同的速率返回，这种情况动量变化量最大等于2mv，动能变化量8/8\n最小为零，所以②正确；如果小球与墙壁碰后粘在墙上，动量变化量最小等于mv，动能变化量最大等于，所以④正确．3．答案：D平台光滑，说明小孩和木板组成的系统动量守恒．小孩从木板右端B向左端A走动时，木板将沿平台向右移动，二者相对于平台的动量的大小相等，即。设经过时间小孩走到A端，那么，即，又m。联立二式解得，m．此时，木板的重心已向右移到了平台上，即使小孩从左端A离开木板，木板也不会翻倒，故D正确4．答案：（1）接通打点计时器的电源放开滑块1（2）0．6200．618（3）纸带与打点计时器限位孔有摩擦解析：作用前系统的总动量为滑块1的动量p0=m1v0．v0=0．2/0．1=2m/s，p0=0．31×2=0．620kg·m/s．作用后系统的总动量为滑块1和滑块2的动量和，且此时两滑块具有相同的速度v，v=0．168/0．14=1．2m/s，p=(m1+m2)v=(0．310+0．205)×1．2=0．618kg·m/s．5．解析：（1）A、B碰撞过程中满足动量守恒，mAvA=mAv1+mBvB得vB=2．4m/s方向沿斜面向上（2）设经过时间T=0．60s，A的速度方向向上，此时A的位移mB的加速度aB=gsinθ=6m/s28/8\nB的位移m可见A、B将再次相碰，违反了题意，因此碰撞后A先做匀减速运动，速度减为零后，再做匀加速运动．对A列出牛顿第二定律：mAgsinθ+μmgcosθ－F=mAa1，mAgsinθ－μmgcosθ－F=mAa2，v1=a1t1，v2=a2(T－t1)解得F=0．6N6．解析：解：以彗星和撞击器组成的系统为研究对象，设彗星的质量为M，初速度为v01，撞击器质量m=370kg，速度v02=38000km/h=1．1×104m/s，撞击后速度为v由动量守恒定律得：①由于M远大于m，所以，上式可以化为：②解得：③由题给信息知，撞击后彗星的运行速度改变了0．0001mm/s，即m/s④代入③式解得M≈4×1013kg⑤7．解析：（1）小球由静止摆到最低点的过程中，有8/8\n小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，，，解得，，二者交换速度，即小球静止下来，而Q在平板车上滑行的过程中，有小物块Q离开平板车时，速度为（2）由能的转化和守恒定律，知解得，（3）小物块Q在平板车上滑行过程中，对地位移为s，那么解得，平抛时间8/8\n水平距离Q落地点距小球的水平距离为本资料由《七彩教育网》www.7caiedu.cn提供！8/8