北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
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v 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
0
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
v2 v2 v3 v3
0 0 0 0
答案 C
时间t内粘在卫星上的尘埃质量为:M=vtSnm,对粘附的尘埃,由动量定理得:Ft=Mv,解得:F=Snmv2
;维持飞
0 0 0
船匀速运动,飞船发动机牵引力F'(F'=F)的功率为:P=F'v=Fv=Snm ,故C正确。
0 0 v3
0
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v 向右冲向乙球并发生弹性碰撞。弹簧一直在弹性限度内。该
0
弹簧的最大弹性势能为 ( )
1 1 1 1
A. mv2 B. mv2 C. mv2 D. mv2
4 0 6 0 3 0 8 0
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v,方向水平向右,经分析可知,当乙、丙两球的速度相
0
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mv=2mv,由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能
0
1 1 1
E = mv2- ×2mv2,解得E = mv2,选项A正确。
pm 2 0 2 pm 4 0
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v、v 的水平速度,弹
1 2
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 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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v=v
1 2
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f =2μmg,B受摩擦力f =μ·2mg=f ,f 与f 方向相反,系统所受合外力为零,动量守恒。
A B A A B
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
mv=2mv,v∶v=2∶1。两物块运动过程中,系统动量守恒,mv'=2mv',任意时刻v'∶v'=2∶1,因此平均速率之比为2∶1,运动的
1 2 1 2 1 2 1 2
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=0.5 kg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=2.5 m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E=2 J。A与导轨粗糙部分间的动摩擦因数μ=0.4。求:
p
(1)A、B碰撞后的瞬间的速度大小v;
(2)A的初速度大小v。
0
答案 (1)2 m/s (2)6 m/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:
1
E= ·2mv2
p
2
代入数据得:v=2 m/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=mv
A
解得:v =4 m/s
A
滑块A向左运动的过程中,由动能定理得:
1 1
-μmgL= mv2- mv2
2 A 2 0
解得v=6 m/s
0
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8 m/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2 m,车与地面间的动摩擦因数μ=0.5(g=10 m/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)2 m/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mv=mv+mv
0 1 2北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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1 1 1
由碰撞前后能量关系,有(1-0.375)· mv2= mv2+ mv2
2 0 2 1 2 2
联立解得:v=2 m/s,v=6 m/s(不符合题意的已舍去)
1 2
1 1
(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v 。根据动能定理得-μmgL= mv2 - mv2
20 2 20 2 2
解得v =4 m/s,第二辆汽车碰撞第三辆汽车过程,有mv =mv'+mv
20 20 2 3
1 1 1
(1-0.375)· mv2 = mv'2+ mv2
2
2 20 2 2 3
解得v=3 m/s
3
由μmg=ma得a=μg
又 =2aΔx
v2
3
解得Δx=0.9 m<2 m
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(√Mg)2 B.√Mg3
ρS ρS
C.1ρS(√Mg)3 D.1√Mg3
2 ρS 2 ρS
p mv
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= = =
t t
ρSv2t Mg W mv2 1 √Mg
=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。
t ρS t 2t 2 ρS
3.(2020山东青岛一模,11)(多选)如图(a),质量M=4 kg、倾角为θ的斜面体置于粗糙水平面上,质量m=1 kg的小物块置
于斜面顶端,物块与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。t=0时刻对物块施加一平行于斜面向下的推力F,推力F的大小随时北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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间t变化的图像如图(b)所示,t=2 s时物块到达斜面底端。斜面体始终保持静止,重力加速度g=10 m/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32 J
B.斜面的长度为8 m
C.斜面体对水平面的压力大小始终为50 N
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=tan θ可知mg sin θ=μmg cos θ,则物体所受的合力为F,由F-t图像可知
1 1 1
Ft= ×2×8 N·s=8 N·s,由Ft=mv可得v=8 m/s,则动能E= mv2= ×1×82 J=32 J,选项A正确;若物块匀加速下滑,则斜面的
k
2 2 2
v
长度为l= t=8 m,而物块做加速度增大的加速运动,则物块的位移小于8 m,即斜面长度小于8 m,选项B错误;滑块对斜
2
面体有沿斜面向下的摩擦力,大小为f=μmg cos θ=mg sin θ,垂直斜面的压力大小为mg cos θ,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=50 N,水平面对斜面体没有摩擦力,选项C正确,D错误。
4.(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m =m,m =3m。t=0时刻对物块A施加一水平向右的推力F,同时对物块B施加一水平向右的拉力F,使
A B 1 2
A、B从静止开始运动,力F、F 随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是( )
1 2
t 3
A. 0时刻A对B的推力大小为 F
2 4 0
B.0~t 内合外力对物块A做的功为 F2t2
0 0 0
2 128m
C.从开始运动到A、B分离,物体B运动的位移大小为9F2t2
0 0
64m
F t
D.t 时刻A的速度比B的速度小 0 0
0
24m
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= F +F = F
1 2 0
m +m 4m
A B
F 3
分离时:F=m a=3m× 0 = F
2 B 4m 4 0
根据乙图知此时t=3t 0 ,则从开始运动到A、B分离,物块B运动的位移大小x=1at2=1× F 0 ×(3 t ) 2 =9F 0 t2 0 ,故
4 2 2 4m 4 0 128m
C错误;北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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t
0 时刻还未分离,对B,根据牛顿第二定律得F+F =m a
2 AB B
2
F 1
则F =3ma- 0= F,故A错误;
AB 2 4 0
t t F t
0 时刻,v =a 0= 0 0
A
2 2 8m
对A,根据动能定理W =1m = F2t2 ,故B正确;
合 v2 0 0
2 A 128m
3 3F t
t= t 时,A、B达到共同速度v =at= 0 0
4 0 AB 16m
此后A、B分离,对A,根据动量定理:I=m Δv
A
3 1 t F
根据乙图, t~t 内,F-t图像中代表F 的图线与时间轴围成的面积表示F 这段时间对A的冲量,则I= × 0× 0=
4 0 0 1 1 2 4 4
F t F t 1
0 0,则Δv= 0 0×
32 32 m
对B,根据动量定理:I'=m Δv'
B
3 1 t
根据乙图, t~t 内,F-t图像中代表F 的图线与时间轴围成的面积表示F 这段时间对B的冲量,则I'= × 0×
4 0 0 2 2 2 4
(3F )=7F t
,
0+F 0 0
4 0 32
7F t 1
则Δv'= 0 0×
32 3m
3 F t F t
则 t~t 时间内B比A速度多增大Δv″=Δv'-Δv= 0 0,即t 时刻A的速度比B的速度小 0 0,故D正确。故选
4 0 0 24m 0 2m
B、D。
5.(2019北京西城区一模,20)随着科幻电影《流浪地球》的热映,“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效
应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程,可以提出以下两种模式:探测
器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星,分别因相互作用改变了速度。如图所示,以太阳为参考系,设行星运动
的速度大小为u,探测器的初速度大小为v,在图示的两种情况下,探测器在远离行星后速度大小分别为v 和v。探测器
0 1 2
和行星虽然没有发生直接的碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上
发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是 ( )
A.v>v B.v=v C.v>v D.v=v
1 0 1 0 2 0 2 0
答案 A 设探测器的质量为m,行星的质量为M,探测器和行星发生弹性碰撞。对于模式一:设向左为正方向,由动量
1 1 1 1
守恒定律:Mu-mv=mv+Mu,由机械能守恒定律得 Mu2+ mv2= mv2+ Mu2,联立解得探测器碰后的速度v=
0 1 1 2 2 0 2 1 2 1 1
2Mu+Mv -mv
0 0,因M≫m,则v≈2u+v>v,故A正确,B错误。对于模式二:设向左为正方向,由动量守恒定律:
M+m 1 0 0
1 1 1 1
Mu+mv=-mv+Mu,由机械能守恒定律得 Mu2+ mv2= mv2+ Mu2,联立解得探测器碰后的速度v=
0 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2
Mv -2Mu-mv
0 0,因M≫m,则v≈v-2u<v,故C、D均错误。
M+m 2 0 0北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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二、非选择题
6.(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0.04 s闪光一次,铁的密度为7.8 g/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:
s 0.20
v= 1= m/s=5.0 m/s。
0 t 0.04
s 0.50-0.40 s 0.570-0.420
(2)碰撞后A球速度大小:v= 2= m/s=2.50 m/s;碰撞后B球速度大小:v= 3=
1 t 0.04 2 t 0.04
2 m
m/s=3.75 m/s,根据动量守恒定律:m v=m v+m v,代入数据解得:m = m ,由密度公式ρ= ,体积相同,密度和质量成正
A 0 A 1 B 2 B A
3 V
2 2
比,有:ρ = ρ = ×7.8 g/cm3=5.2 g/cm3。
B A
3 3
7.(2020山东日照一模)如图所示,质量分别为m =2 kg、m =1 kg、m =1 kg的三个小物块A、B、C(均视为质点)静止在
A B C
光滑水平轨道上。半径为R=0.6 m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v=6 m/s沿水平方向向
0
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=10 m/s2)求:
(1)上述过程中弹簧的最大弹性势能E;
p
(2)C脱离弹簧时的速度大小v ;
C
(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)6 J (2)6 m/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:m v=(m +m )v,
A 0 A B 1
代入数据解得:v=4 m/s,
1
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:m v=(m +m +m )v,
A 0 A B C 2
代入数据解得
v=3 m/s,
2
由能量守恒定律得:
1 1
(m +m )v2= (m +m +m )v2+E,
2 A B 1 2 A B C 2 p北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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代入数据解得:E=6 J;
p
(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:m v=(m +m )v +m v ,
A 0 A B AB C C
由能量守恒定律得:
1 1 1
(m +m )v2= (m +m )v2 + m v2,
2 A B 1 2 A B AB 2 C C
代入数据解得:v =6 m/s;
C
(3)C恰好到达最高点时重力提供向心力,在最高点,
v2
由牛顿第二定律得:m g=m ,
C C
R
代入数据解得:v=√6 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:
1 1
m v2= m v '2+m g·2R,
2 C C 2 C C C
代入数据解得:v '=2√3 m/s>v,
C
C可以到达圆弧最高点,在最高点,
由牛顿第二定律得:F+m g=m v '2 ,
C C C
R
代入数据解得:F=10 N,
由牛顿第三定律可知,C对轨道的压力大小:
F'=F=10 N。
8.(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。
m 8mgL
答案 (1)6mg (2) (3)
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=mv2
D
L
从C到D,由动能定理,有
1 1
-mg×2L= mv2- mv2
2 D 2 C北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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在C点,有F-mg=mv2
C
L
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
mv =mv
A B
弹簧释放后,对物块A运动到C点的过程,有
1 1
-μmgL= mv2- mv2
2 C 2 A
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
mv =(m+M)v
B
由机械能守恒定律,有
1 1
mv2= (m+M)v2+mgL
2 B 2
m
解得M=
2
(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
mv =mv '+Mv'
B B
由机械能守恒定律,有
1 1 1
mv2= mv '2+ Mv'2
2 B 2 B 2
√6gL 4√6gL
解得v '= ,v'=
B
3 3
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
1
W= Mv'2
2
8mgL
解得W=
3
1
9.(2020山东泰安一模,18)如图,AB为半径R=0.7 m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
4
两部分组成。BC部分粗糙,长度L=1.25 m。CD部分光滑,长度L=5 m。D点有固定的竖直挡板。质量m=2 kg的滑
1 2 a
块a从圆弧最高点A由静止滑下,与静止在C点的质量m=1 kg的滑块b发生正碰。滑块均可视为质点,与BC段间的
b
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=10 m/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:
1
mgR= m v2
a 2 a B北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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根据牛顿第二定律:
N-mg=m
v2
a a B
R
代入数据解得:N=60 N
由牛顿第三定律得滑块a对轨道的最大压力大小为:N'=N=60 N
(2)滑块a在B、C间运动时的加速度大小为a,第一次到达C点时的速度为v
1 C
μmg=ma
a a 1
- =-2aL
v2 v2 1 1
C B
代入数据解得:v =3 m/s
C
设a、b第一次碰撞后的速度分别为v 和v ,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:
a1 b1
mv =mv +mv
a C a a1 b b1
1 1 1
m v2= m v2 + m v2
2 a C 2 a a1 2 b b1
解得v =1 m/s,v =4 m/s
a1 b1
设滑块a、b第二次碰撞的位置与D点的距离为x
L -x=L +x
2 2
v v
a1 b1
代入数据解得:x=3 m
(3)设第二次碰撞后的速度分别为v 和v ,以向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:
a2 b2
mv +mv =mv +mv
a a1 b b1 a a2 b b2
1 1 1 1
m v2 + m v2 = m v2 + m v2
2 a a1 2 b b1 2 a a2 2 b b2
7 8
解得:v =- m/s,v = m/s
a2 b2
3 3
滑块a向左运动,设沿圆弧上升的高度为h,根据动能定理:
1
-mgh-μmgL=0- m v2
a a 1 2 a a2
h=0.022 2 m(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:
t=x-L =6 s=0.86 s
1 2
v 7
a2
在BC部分匀减速运动的时间:
t= v =7 s=1.17 s
2 a2
-a 6
1
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:
√R
t=π =0.85 s
3
g
滑块a的运动时间:Δt=t+t+t=2.88 s
1 2 3
