五年高考真题2022届高考物理专题十七碰撞与动量守恒全国通用
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【大高考】(五年高考真题)2022届高考物理专题十七碰撞与动量守恒(全国通用)1.(2022·重庆理综,3,6分)(难度★★★)高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.+mgB.-mgC.+mgD.-mg解析 由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v=,在t时间内对人由动量定理得(F-mg)t=mv,解得安全带对人的平均作用力为F=+mg,A项正确.答案 A2.(2022·北京理综,18,6分)(难度★★★)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是( )A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力解析 从绳子恰好伸直,到人第一次下降到最低点的过程中,拉力逐渐增大,由牛顿第二定律mg-F=ma可知,人先做加速度减小的加速运动,当a=0时,F=mg,此时速度最大,动量最大,动能最大,此后人继续向下运动,F>mg,由牛顿第二定律F-mg=ma可知,人做加速度增大的减速运动,动量一直减小直到减为零,全过程中拉力方向始终向上,所以绳对人的冲量始终向上,综上可知A正确,C、D错误;拉力对人始终做负功,动能先增大后减小,故B错误.答案 A3.[2022·福建理综,30(2),6分]如图,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为2m,15\n速度大小为v0,方向向左,两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A.A和B都向左运动B.A和B都向右运动C.A静止,B向右运动D.A向左运动,B向右运动解析 对A、B系统,由于发生弹性碰撞,故碰撞前后系统的动量守恒、机械能守恒,由于m×2v0-2mv0=0,故碰后A、B不可能同向运动或一个静止、另一个运动或两个都静止,而只能是A、B都反向运动,故D正确.答案 D4.(2022·重庆理综,4,6分)(难度★★★)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失,取重力加速度g=10m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析 平抛运动时间t==1s,爆炸过程遵守动量守恒定律,设弹丸质量为m,则mv=mv甲+mv乙,又v甲=,v乙=,t=1s,则有x甲+x乙=2m,将各选项中数据代入计算得B正确.答案 B5.(2022·大纲全国,21,6分)(难度★★★)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰.若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.B.C.D.15\n解析 设中子质量为m,则原子核的质量为Am.设碰撞前、后中子的速度分别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2,由弹性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,mv=mv+Amv,解得v1=v0,故||=,A正确.答案 A6.(2022·天津理综,2)(难度★★★)我国女子短道速滑队在今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.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.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量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解析 甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等,方向相反,选项A错误;甲、乙组成的系统动量守恒,动量变化量等大、反向,选项B正确;甲、乙相互作用时,虽然她们之间的相互作用力始终大小相等,方向相反,但相互作用过程中,她们的对地位移不一定相同,所以甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量,那么甲对乙做的功就不一定等于乙对甲做的功,选项C、D错误.答案 B7.(2022·福建理综,29(2),6分)(难度★★)如图,质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止.若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为( )A.v0+vB.v0-vC.v0+(v0+v)D.v0+(v0-v)15\n解析 取向右为正方向,由动量守恒有(M+m)v0=-mv+Mv′,解之有v′=v0+(v0+v),故C正确.答案 C8.(2022·大纲全国,21)(难度★★★)(多选)如图,大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m,摆长相同,并排悬挂,平衡时两球刚好接触,现将摆球a向左拉开一小角度后释放.若两球的碰撞是弹性的,下列判断正确的是( )A.第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等C.第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同D.发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置解析 由于两球发生弹性碰撞,故系统动量、机械能均守恒,则:mv=3mvb+mva ①,mv2=×3mv+mv ②,由两式联立解得va=-v,vb=v,故选项A正确;由前面求得速度可知第一次碰后pa=-mv,pb=mv,故选项B错误;由于第一次碰后,|va|=|vb|,根据机械能守恒可知两球可到达相同高度即摆角相同,选项C错误;因两球摆长相同,根据T=2π知,两球同时到达各自平衡位置发生第二次碰撞,选项D正确.答案 AD9.(2022全国,20,6分)(难度★★★)(多选)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.mv2B.v215\nC.NμmgLD.NμmgL解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒,小物块最后恰好又回到箱子正中间.二者相对静止,即为共速,设速度为v1,mv=(m+M)v1,系统损失动能ΔEk=mv2-(M+m)v=,A错误、B正确;由于碰撞为弹性碰撞,故碰撞时不损失能量,系统损失的动能等于系统产生的热量,即ΔEk=Q=NμmgL,C错误、D正确.答案 BD10.[2022·新课标全国Ⅰ,35(2),10分](难度★★★★)如图,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间.A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.解析 设A运动的初速度为v0,A向右运动与C发生碰撞,由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2由机械能守恒定律得mv=mv+Mv可得v1=v0,v2=v0要使得A与B能发生碰撞,需要满足v1<0,即m<MA反向向左运动与B发生碰撞过程,有mv1=mv3+Mv4mv=mv+Mv整理可得v3=v1,v4=v1由于m<M,所以A还会向右运动,根据要求不发生第二次碰撞,需要满足v3≤v2即v0≥v1=()2v0整理可得m2+4Mm≥M2解方程可得m≥(-2)M所以使A只与B、C各发生一次碰撞,须满足(-2)M≤m<M15\n答案 (-2)M≤m<M11.[2022·新课标全国Ⅱ,35(2),10分](难度★★★★)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞;碰撞后两者粘在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段.两者的位置x随时间t变化的图象如图所示.求:(ⅰ)滑块a、b的质量之比;(ⅱ)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比.解析 (ⅰ)设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得v1=-2m/s①v2=1m/s②a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v=m/s③由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v④联立①②③④式得m1∶m2=1∶8⑤(ⅱ)由能量守恒定律得,两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE=m1v+m2v-(m1+m2)v2⑥由图象可知,两滑块最后停止运动.由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为W=(m1+m2)v2⑦联立⑥⑦式,并代入题给数据得W∶ΔE=1∶2⑧答案 (ⅰ)1∶8 (ⅱ)1∶212.[2022·山东理综,39(2)](难度★★★★)如图,三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上.现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B15\n发生碰撞,碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动.滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值.两次碰撞时间均极短.求B、C碰后瞬间共同速度的大小.解析 设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA,由题意知,碰后A的速度vA′=v0,B的速度vB=v0,由动量守恒定律得mvA=mvA′+mvB①设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得WA=mv-mv②设B与C碰撞前B的速度为vB′,B克服轨道阻力所做的功为WB,由功能关系得WB=mv-mvB′2③据题意可知WA=WB④设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得mvB′=2mv⑤联立①②③④⑤式,代入数据得v=v0⑥答案 v013.(2022·广东理综,36,18分)(难度★★★★)如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5m,物块A以v0=6m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动,P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L=0.1m,物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1,A、B的质量均为m=1kg(重力加速度g取10m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短).15\n(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;(3)求碰后AB滑至第n个(n<k)光滑段上的速度vn与n的关系式.解析 (1)从A→Q由动能定理得-mg·2R=mv2-mv①解得v=4m/s>=m/s②在Q点,由牛顿第二定律得FN+mg=m③解得FN=22N④(2)A撞B,由动量守恒得mv0=2mv′⑤解得v′==3m/s⑥设粗糙段滑行距离为x,则-μmgx=0-2mv′2⑦解得x=4.5m⑧所以k==45⑨(3)AB滑至第n个光滑段上,由动能定理得-μ2mgnL=2mv-2mv′2⑩所以vn=m/s (n=0,1,2,…)⑪答案 (1)22N (2)45 (3)vn=m/s (n=0,1,2,…)14.(2022·天津理综,10,16分)(难度★★★)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图,皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5.设皮带足够长,取g=10m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中,求15\n(1)邮件滑动的时间t;(2)邮件对地的位移大小x;(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.解析 (1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为Ff,则Ff=μmg①取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有Fft=mv-0②由①②式并代入数据得t=0.2s③(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,有Ffx=mv2-0④由①④式并代入数据得x=0.1m⑤(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,设皮带相对地面的位移为s,则s=v-t⑥摩擦力对皮带做的功W=-Ffs⑦由①③⑥⑦式并代入数据得W=-2J⑧答案 (1)0.2s (2)0.1m (3)-2J15.(2022·安徽理综,22,14分)(难度★★★)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5m的位置B处是一面墙,如图所示.物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止.g取10m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ;(2)若碰撞时间为0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F;(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.解析 (1)对小物块从A运动到B处的过程中应用动能定理-μmgs=mv2-mv①代入数值解得μ=0.32②15\n(2)取向右为正方向,碰后滑块速度v′=-6m/s由动量定理得:FΔt=mv′-mv③解得:F=-130N④其中“-”表示墙面对物块的平均力方向向左.(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得-W=0-mv′2⑤解得W=9J答案 (1)0.32 (2)130N (3)9J16.[2022·新课标全国Ⅰ,35(2),9分](难度★★★)如图,质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8m,A球在B球的正上方.先将B球释放,经过一段时间后再将A球释放.当A球下落t=0.3s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰,碰撞时间极短,碰后瞬间A球的速度恰为零.已知mB=3mA,重力加速度大小g=10m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失.求(1)B球第一次到达地面时的速度;(2)P点距离地面的高度.解析 (1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB,由运动学公式有vB=①将h=0.8m代入上式,得vB=4m/s②(2)设两球相碰前、后,A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′=0),B球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可得v1=gt③由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前、后的动量守恒,总动能保持不变.规定向下的方向为正,有mAv1+mBv2=mBv2′④mAv+mBv=mBv2′2⑤设B球与地面相碰后的速度大小为vB′,由运动学及碰撞的规律可得vB′=vB⑥15\n设P点距地面的高度为h′,由运动学规律可得h′=⑦联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得h′=0.75m⑧答案 (1)4m/s (2)0.75m17.[2022·新课标全国Ⅱ,35(2),10分](难度★★★★)现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律.在图(a)中,气垫导轨上有A、B两个滑块,滑块A右侧带有一弹簧片,左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连;滑块B左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间.实验测得滑块A的质量m1=0.310kg,滑块B的质量m2=0.108kg,遮光片的宽度d=1.00cm;打点计时器所用交流电的频率f=50.0Hz.将光电门固定在滑块B的右侧,启动打点计时器,给滑块A一向右的初速度,使它与B相碰.碰后光电计时器显示的时间为ΔtB=3.500ms,碰撞前、后打出的纸带如图(b)所示.若实验允许的相对误差绝对值(||×100%)最大为5%,本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律?写出运算过程.解析 按定义,滑块运动的瞬时速度大小v为v=①式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程.设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA,则ΔtA==0.02s②ΔtA可视为很短.15\n设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1.将②式和图给实验数据代入①式得v0=2.00m/s③v1=0.970m/s④设B在碰撞后的速度大小为v2,由①式有v2=⑤代入题给实验数据得v2=2.86m/s⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′,则p=m1v0⑦p′=m1v1+m2v2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp=||×100%⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据,得δp=1.7%<5%⑩因此,本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律.答案 见解析18.(2022·天津理综,10,16分)(难度★★★★)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4kg,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量mB=2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F=10N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6s,二者的速度达到v-t=2m/s.求(1)A开始运动时加速度a的大小;(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;(3)A的上表面长度l.解析 (1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有F=mAa①15\n代入数据解得a=2.5m/s2②(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6s的过程,由动量定理得Ft=(mA+mB)v-t-(mA+mB)v③代入数据解得v=1m/s④(3)设A、B发生碰撞前,A的速度为vA,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v⑤A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有Fl=mAv⑥由④⑤⑥式,代入数据解得l=0.45m⑦答案 (1)2.5m/s2 (2)1m/s (3)0.45m19.(2022·广东理综,35,18分)(难度★★★★)如图的水平轨道中,AC段的中点B的正上方有一探测器,C处有一竖直挡板,物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞,并接合成复合体P,以此碰撞时刻为计时零点,探测器只在t1=2s至t2=4s内工作,已知P1、P2的质量都为m=1kg,P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1,AB段长L=4m,g取10m/s2,P1、P2和P均视为质点,P与挡板的碰撞为弹性碰撞.(1)若v1=6m/s,求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE;(2)若P与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B点,求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E.解析 (1)P1、P2碰撞过程,动量守恒mv1=2mv①解得v==3m/s②碰撞损失的动能ΔE=mv-(2m)v2③解得ΔE=9J④15\n(2)根据牛顿第二定律,P做匀减速运动,加速度为a=⑤设P1、P2碰撞后的共同速度为v共,则推得v共=⑥把P与挡板碰撞后运动过程当做整体运动过程处理经过时间t1,P运动过的路程为s1,则s1=v共t1-at⑦经过时间t2,P运动过的路程为s2,则s2=v共t2-at⑧如果P能在探测器工作时间内通过B点,必须满足s1≤3L≤s2⑨联立⑤⑥⑦⑧⑨得10m/s≤v1≤14m/s⑩v1的最大值为14m/s,此时v共=7m/s,根据动能定理知-μ·2mg·4L=E-·2mv代入数据得E=17J答案 (1)3m/s 9J (2)10m/s≤v1≤14m/s 17J20.[2022·新课标全国Ⅰ,35(2),9分](难度★★★★)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B,两者相距为d.现给A一初速度,使A与B发生弹性正碰,碰撞时间极短.当两木块都停止运动后,相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ,B的质量为A的2倍,重力加速度大小为g.求A的初速度的大小.解析 设在发生碰撞前的瞬间,木块A的速度大小为v;在碰撞后的瞬间,A和B的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中,由能量和动量守恒定律,得mv2=mv+(2m)v①mv=mv1+(2m)v2②式中,以碰撞前木块A的速度方向为正.由①②式得v1=-③设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2,由动能定理得μmgd1=mv④μ(2m)gd2=(2m)v⑤按题意有d=d1+d2⑥15\n设A的初速度大小为v0,由动能定理得μmgd=mv-mv2⑦联立②至⑦式,得v0=答案 21.(2022·广东理综,35,18分)(难度★★★★)如图,两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上,质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧,左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端,质量为2m且可看作质点.P1与P以共同速度v0向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P1与P2粘连在一起.P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内).P与P2之间的动摩擦因数为μ.求(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2;(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.解析 (1)P1、P2碰撞瞬间,P的速度不受影响,根据动量守恒:mv0=2mv1,解得v1=最终三个物体具有共同速度,根据动量守恒:3mv0=4mv2,解得v2=v0(2)根据能量守恒,系统动能减少量等于因摩擦产生的内能:·2mv+·2mv-·4mv=2mgμ(L+x)×2解得x=-L在从第一次共速到第二次共速过程中,弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能,即:Ep=2mgμ(L+x)解得Ep=mv答案 (1) v0 (2)-L mv15
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