全国版2021高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒精练含解析

全国版2021高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒精练含解析

专题七　碰撞与动量守恒 一、选择题(共10小题,60分)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.如果没有空气阻力,天上的云变成雨之后落到地面,在经过一路的加速后,到达地面时的速度会达到300 m/s,这样的速度基本相当于子弹速度的一半,是非常可怕的.由于空气阻力的作用,雨滴经过变加速运动,最终做匀速运动,一般而言,暴雨级别的雨滴落地时的速度为8~9 m/s.某次下暴雨时李明同学恰巧撑着半径为0.5 m的雨伞(假设伞面水平,雨水的平均密度为0.5 kg/m3),由于下雨使李明增加撑雨伞的力最小约为(　　)‎ A.2.5×10-1 N B.2.5 N C.2.5×101 N D.2.5×102 N ‎2.甲、乙两物体在同一直线上运动,它们在0~0.4 s时间内的v-t图象如图所示.若两物体仅存在相互作用,则下列说法正确的是(　　)‎ A.0~0.4 s时间内甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量 B.0~t1时间内甲、乙位移之比为1∶3‎ C.甲、乙质量之比为3∶1‎ D.t1=0.28 s ‎3.某质量为3 kg的木块在喷泉作用下,静止在距某喷口上方1 m的位置,喷口的圆形内径约为2 cm,若喷出的水全部撞击木块且冲击后水的速度变为零,则驱动该喷口喷水的水泵功率最接近(不计空气阻力,π取3,重力加速度g取10 m/s2)(　　)‎ A.100 W B.200 W C.300 W D.400 W ‎ ‎4.一同学研究箱子的运动,让一质量为m=1 kg的箱子在水平恒力F的推动下沿光滑水平面做直线运动,箱子运动的xt-t图线如图所示,t是从某时刻开始计时箱子运动的时间,x为箱子在时间t内的位移,由此可知(　　)‎ A.箱子受到的恒力大小为F=0.5 N B.0~10 s内箱子的动量变化量为5 kg·m/s C.5 s时箱子的速度大小为5.5 m/s D.0~5 s内箱子的位移为27.5 m ‎5.如图所示,光滑水平面上停放一个木箱和小车,木箱质量为m,小车和人总质量为M,M∶m=4∶1,人以速率v 10‎ 沿水平方向将木箱推出,木箱被挡板以原速率反弹回来以后,人接住木箱再以同样大小的速率v第二次推出木箱,木箱又被原速反弹,…,则人最多能推木箱的次数为(　　)‎ A.2 B.3 C.4 D.1‎ ‎6.在光滑的水平面上有A、B两辆玩具小汽车,质量分别为MA=2 kg,MB=1 kg.现使A车以10 m/s的速度沿A、B中心的连线向静止的B车运动,与B车发生对心碰撞,则碰后两车的速度可能是(　　)‎ A.vA=7 m/s,vB=6 m/s B.vA=-1 m/s,vB=22 m/s C.vA=6 m/s,vB=8 m/s D.vA=2 m/s,vB=16 m/s ‎7.[多选]2019年6月15日,中国田径街头巡回赛·北京撑杆跳高比赛在北京市朝阳区世贸天阶举行,如图所示,一名运动员正在撑杆跳高.完整的撑杆跳高过程可以简化成三个阶段:持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落.将运动员撑杆起跳上升的过程在竖直方向上的运动简化为竖直初速度为v0=5 m/s的运动,对应时刻重心高度为1.5 m,越过杆时的竖直速度为零,从起跳至运动到离地面6.15 m的最高点经历的时间为5 s,运动员的质量为75 kg,不计空气阻力,g取10 m/s2.则在撑杆起跳上升过程中(　　)‎ A.撑杆对运动员的冲量大于运动员对撑杆冲量 B.撑杆释放的弹性势能为2 450 J C.运动员在竖直方向受到的合力产生的冲量为-375 N·s D.撑杆对运动员的力在竖直方向产生的冲量为3 375 N·s ‎8.[多选]如图所示,光滑水平面与竖直光滑曲面相切于曲面最低点,大小相同的弹性小球A、B质量分别为mA、mB.B静止在曲面最低点,让球A从曲面上一定高度h滑下,在最低点与球B发生正碰,碰撞过程无机械能损失,水平面足够长.下列说法正确的是(　　)‎ A.A、B可能发生第二次碰撞 B.若mAEk,系统动能增加,不可能,故B项错误.C项,碰撞后,系统的总动量p'=MAvA+MBvB=2×6 kg·m/s+1×8 kg·m/s=20 kg·m/s,系统动量守恒,系统总动能E'k=‎1‎‎2‎MAvA‎2‎+‎1‎‎2‎MBvB‎2‎=‎1‎‎2‎×2×62 J+‎1‎‎2‎×1×82 J=68 JEk,系统动能增加,不可能,故D项错误.‎ ‎7.CD　在撑杆起跳上升过程中,撑杆对运动员的作用力和运动员对撑杆的作用力是一对作用力和反作用力,根据牛顿第三定律知,作用力和反作用力总是等大反向,且具有等时性,故撑杆对运动员的冲量和运动员对撑杆的冲量大小相等,A错误;在竖直方向上重力势能增加量为ΔEp=mgΔh=3 487.5 J,而动能的减少量为ΔEk=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=937.5 J,其差值为2 550 J,但能量是标量,没有方向,而水平方向的速度变化未知,故不能求解撑杆弹性势能的变化,B错误;冲量是矢量,在竖直方向上,根据动量定理有I=Ft=(FT-mg)t=0-mv0,故合外力的冲量为I合=Δp,即I合=0-mv0=-375 N·s,C正确;撑杆在竖直方向产生的冲量为IT=FTt=mgt-mv0=3 375 N·s,D正确.‎ 10‎ ‎8.AD　由动量守恒定律和能量守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB,‎1‎‎2‎mAv‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎mAvA‎2‎+‎1‎‎2‎mBvB‎2‎,两球碰后的速度分别为vA=mA‎-‎mBmA‎+‎mBv0、vB=‎2‎mAmA‎+‎mBv0,vA、vB同向时,vA总小于vB,不发生第二次碰撞,若球A反弹后滑上曲面,由于机械能守恒,球A回到水平面上时的速度与反弹时的速度大小相等,当速度大小vA>vB可发生第二次碰撞,与h无关,选项A正确,C错误;若发生第二次碰撞,则有-mA‎-‎mBmA‎+‎mBv0>‎2‎mAmA‎+‎mBv0,解得mB>3mA,所以当mB≤3mA时,球A、B只能发生一次碰撞,选项B错误,D正确.‎ ‎【关键点拨】　根据球A反弹后机械能守恒可快速判断两球同向运动时速度的大小关系,以确定是否发生二次碰撞.‎ ‎9.AC　分离前,A、B作为整体向上运动,当A、B间无相互作用力时二者分离,分离时二者速度、加速度相等,对A、B整体有(mA+mB)g-F弹=(mA+mB)a,对A有mAg=mAa,解得F弹=0,可知二者分离时弹簧处于原长,A正确,B错误;分离后A做竖直上抛运动,上升h=0.2 m到达最高点,可知分离时A、B的速度均为v=‎2gh,上升到最高点所需的时间t=‎2hg,对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)有mBgt+IN=mBv-(-mBv),解得IN=6 N·s,C正确;分离时B的速度方向向上,A上升0.2 m到达最高点时B速度方向向下,速度大小不变,高度不变,但运动过程中,弹簧对B做功,除初末时刻,B的机械能不守恒,D错误.‎ ‎10.BD　忽略一切摩擦,释放A球前,对A球进行受力分析可知,两杆对A球的作用力大小相等,下降过程中,因两杆长度均为l,由几何知识可知两杆与水平地面的夹角相等,所以两杆对A球的作用力大小相等,球B、C运动的速度大小相等,球A竖直向下运动,C错误;A、B、C组成的系统水平方向受到的合力为零,水平方向上动量守恒,则球B、C的动量之和为零,B正确;对球A、C的运动过程分析可知,球C的速度先增大后减小,球A落地时有最大速度,此时球C速度为零,A错误;同理,球A落地时球B速度也为零,由机械能守恒定律得2mgl=‎1‎‎2‎·2mvA‎2‎,则球A与水平地面接触时的速度大小为‎2gl,D正确.‎ ‎11.(1) ‎(F‎1‎‎-m‎1‎gm‎1‎)(l+d‎2‎)‎(2分)　(2)碰撞结束瞬间力传感器的示数F2和小钢球A的运动方向(2分)　(3)器材选择时,小钢球应选体积小、密度大的(或细绳应选用无弹性的绳子,其他答案合理也可)(1分)‎ 解析:(1)根据牛顿第二定律有F1-m1g=m1v‎2‎l+‎d‎2‎,得v=‎(F‎1‎‎-m‎1‎gm‎1‎)(l+d‎2‎)‎.(2)要验证动量守恒定律,还需要记录的信息有碰撞结束瞬间力传感器的示数F2(通过它可计算得到小钢球A碰撞后的速度大小)和小钢球A的运动方向.(3)为提高实验结果准确度,在器材选择时,小钢球应选体积小、密度大的,细绳应选用无弹性的绳子.‎ ‎12.(1)水平(1分)　静止(1分)　(2)m‎1‎t‎1‎=m‎2‎t‎2‎(2分)　(3)d‎2‎‎2‎(m‎1‎t‎1‎‎2‎+m‎2‎t‎2‎‎2‎)(2分) ‎ 解析:(1)实验前应调节气垫导轨底部的调节旋钮,使导轨水平;充气后,当滑块放在气垫导轨上任意位置都能静止时,说明气垫导轨已经调节好.(2)质量为m1的滑块1和质量为m2‎ 10‎ 的滑块2通过光电门的时间分别为t1和t2,则其通过光电门时的速度分别为v1=dt‎1‎、v2=dt‎2‎,若满足m1v1= m2v2,即m‎1‎dt‎1‎=m‎2‎dt‎2‎,也就是m‎1‎t‎1‎=m‎2‎t‎2‎,则两滑块组成的系统动量守恒.(3)根据机械能守恒定律知,剪断拴弹簧的细线前弹簧的弹性势能等于两滑块通过光电门时的动能之和,Ep=‎1‎‎2‎m1v‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎m2v‎2‎‎2‎=d‎2‎‎2‎(m‎1‎t‎1‎‎2‎+m‎2‎t‎2‎‎2‎).‎ ‎13.解析:(1)设a第一次碰前速度大小为v0‎ 根据动能定理得Fl=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-0(1分)‎ a与b碰撞过程动量守恒,则有mv0=mv'a+mv'b(1分)‎ 由机械能守恒定律,有‎1‎‎2‎mv'20=‎1‎‎2‎mv'2a+‎1‎‎2‎mv'2b (1分)‎ 解得v'a=0,v'b=v0=‎2Flm.(1分)‎ ‎(2)第一次碰撞后,b做匀速直线运动,a做初速度为零的匀加速直线运动 设经过时间t1发生第二次碰撞,则v'bt1=‎1‎‎2‎·Fmt‎1‎‎2‎(2分)‎ 解得t1=‎8mlF(1分)‎ 两次相碰间隔Δx=v'bt1=4l.(1分)‎ ‎(3)由前面的分析可知,第二次碰撞前b的瞬时速度为v'b=v0=‎2Flm,a的瞬时速度va2=Fm·t1=2‎2Flm(1分)‎ 根据前面的分析,碰撞之后两滑块交换速度,b的速度vb2=2‎2Flm,a的速度v'a2=‎2Flm(1分)‎ 之后b又以vb2=2‎2Flm的速度做匀速直线运动,a以v'a2=‎2Flm的初速度做匀加速直线运动.‎ 要使a、b能发生第3次碰撞,则必须在va3>vb2以后给b加上水平向右的大小为F的恒力,即有v'a2+Fmt2>vb2,s=Δx+vb2t2,即s>8l(2分)‎ 若a、b已经发生了第3次碰撞,由前面的分析可知,第三次碰撞前b的瞬时速度为vb2=2‎2Flm,物块a的瞬时速度va3=3‎2Flm(1分)‎ 10‎ 根据前面的分析,碰撞之后两滑块交换速度,b的速度vb3=3‎2Flm,a的速度v'a3=2‎2Flm(1分)‎ 要使a、b不能发生第4次碰撞,则必须在va4

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