專題七-碰撞與動量守恒(習思用.物理)(共13頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專題七 碰撞與動量守恒考點1動量、沖量、動量定理的理解及應(yīng)用1.2017黑龍江哈爾濱檢測一位質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳,經(jīng)t時間,身體伸直并剛好離開地面,速度為v.在此過程中()A.地面對他的沖量為mv+mgt,地面對他做的功為12mv2B.地面對他的沖量為mv+mgt,地面對他做的功為零C.地面對他的沖量為mv,地面對他做的功為12mv2D.地面對他的沖量為mv-mgt,地面對他做的功為零2.2017貴州適應(yīng)性測試多選可視為質(zhì)點的甲、乙兩球質(zhì)量分別為m、2m,甲球在乙球的正上方,在甲球由靜止釋放的同時將乙球豎直向上拋出,兩球相碰前瞬間速度大小都是v0,碰撞時

2、間極短,碰后兩球粘在一起,不計空氣阻力,當?shù)刂亓铀俣葹間,選豎直向下為正方向,則()A.從釋放甲球到兩球相碰前瞬間,甲球所受重力的沖量為mv0B.從釋放甲球到兩球相碰前瞬間,乙球動量變化量為-2mv0C.甲、乙碰撞后繼續(xù)上升的高度為v022gD.甲、乙碰撞過程中損失的機械能為4mv0233.2017河南信陽檢測多選如圖甲所示,一質(zhì)量為m的物塊在t=0時刻,以初速度v0從足夠長、傾角為的粗糙斜面底端向上滑行,物塊速度隨時間變化的圖象如圖乙所示.t0時刻物塊到達最高點,3t0時刻物塊又返回底端.下列說法正確的是()A.物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量為3mgt0·cos B.

3、物塊從t=0時刻開始運動到返回底端的過程中動量的變化量為-32mv0C.斜面傾角的正弦值為5v08gt0D.不能求出3t0時間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功4.2017吉林長春檢測水平推力F1和F2分別作用于水平面上等質(zhì)量的a、b兩物體上,作用一段時間后撤去推力,物體將繼續(xù)運動一段時間后停下,兩物體的v-t圖象分別如圖中的OAB、OCD所示,圖中ABCD,則()A.F1的沖量大于F2的沖量B.F1的沖量等于F2的沖量C.兩物體受到的摩擦力大小相等D.兩物體受到的摩擦力大小不等5.物體A、B的質(zhì)量之比mA : mB=4:1,使它們以相同的初速度沿水平地面滑行,若它們受到的阻力相等,那么它們停下來所用的

4、時間之比tA : tB=,若兩物體與地面的動摩擦因數(shù)相同,那么它們停下來所用的位移之比sA : sB=. 6. 如圖所示,水力采煤時,用水槍在高壓下噴出強力的水柱沖擊煤層,設(shè)水柱直徑為d=30 cm,水速為v=50 m/s,假設(shè)水柱射在煤層的表面上,沖擊煤層后水的速度變?yōu)榱?求水柱對煤層的平均沖擊力大小.(水的密度=1.0×103 kg/m3,結(jié)果保留三位有效數(shù)字)考點2動量守恒定律的理解及應(yīng)用7.2018河北衡水檢測關(guān)于系統(tǒng)動量守恒的條件,下列說法正確的是()A.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力,系統(tǒng)動量就不可能守恒B.只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度,系統(tǒng)動量就不守恒C.只要系統(tǒng)所受

5、的合外力為零,系統(tǒng)動量就守恒D.系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時,系統(tǒng)的總動量不一定守恒8.2018廣東東莞檢測多選如圖所示為兩滑塊M、N之間壓縮一輕彈簧,滑塊與彈簧不連接,用一細繩將兩滑塊拴接,使彈簧處于鎖定狀態(tài),并將整個裝置放在光滑的水平面上.從燒斷細繩到兩滑塊與彈簧分離的過程中,下列說法正確的是()A.兩滑塊的動量之和變大B.兩滑塊與彈簧分離后動量等大反向C.如果兩滑塊的質(zhì)量相等,則分離后兩滑塊的速率也相等D.整個過程中兩滑塊的機械能增大9.2018陜西第一學(xué)期摸底檢測多選某人身系彈性繩自高空P點自由下落,如圖所示,a點是彈性繩的原長位置,c是人所能到達的最低點,b是人靜止懸掛時的平衡位置.

6、若把由P點到a點過程稱為過程,由a點到c點稱為過程,不計空氣阻力,下列說法正確的是()A.過程中人的動量的改變量等于重力的沖量B.過程中人的動量的減少量等于過程中重力的沖量的大小C.過程中人的動能逐漸減小到零D.過程中人的機械能的減少量等于過程中重力做功的大小10.在光滑水平面上,質(zhì)量為m的小球A以速度v0勻速運動.某時刻小球A與質(zhì)量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰,兩球相碰后,A球的動能恰好變?yōu)樵瓉淼?4.則碰后B球的速度大小是()A.v02B.v06C.v02或v06D.無法確定11.多選在光滑水平面上動能為E0、動量大小為p的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞,碰撞前后球1的運動方向相反,將碰撞后

7、球1的動能和動量大小分別記為E1、p1,球2的動能和動量大小分別記為E2、p2,則必有()A.E1<E0B.p2>p0C.E2>E0D.p1>p012.多選A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動,如圖表示發(fā)生碰撞前后的v-t圖線,由圖線可以判斷()A.A、B的質(zhì)量比為3:2B.A、B作用前后總動量守恒C.A、B作用前后總動量不守恒D.A、B作用前后總動能不變13.多選矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成,將其放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊.若射擊下層,子彈剛好不射出;若射擊上層,則子彈剛好能射穿一半厚度,如圖所示.則上述兩種情況相比較(

8、)A.子彈的末速度大小相等B.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多C.子彈對滑塊做的功不相同D.子彈和滑塊間的水平作用力一樣大14.2014福建高考,30(2),6分一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預(yù)定位置,由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離.已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1 ,后部分的箭體質(zhì)量為m2 ,分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行,若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化,則分離后衛(wèi)星的速率v1為()A.v0-v2B.v0+v2C.v0-m2m1v2D.v0+m2m1(v0-v2 )15.多選帶有14光滑圓弧軌道的質(zhì)量為M的小車靜止置于光滑水平面上,如圖所示,一質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上小車,到達某一高

9、度后,小球又返回車的左端,則()A.小球以后將向左做平拋運動B.小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動C.此過程小球?qū)π≤囎龅墓?2Mv02D.小球在弧形槽上上升的最大高度為v022g考點3動量與其他知識的綜合問題16.如圖,一長木板位于光滑水平面上,長木板的左端固定一擋板,木板和擋板的總質(zhì)量為M=3.0 kg,木板的長度為L=1.5 m,在木板右端有一小物塊,其質(zhì)量m=1.0 kg,小物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)=0.10,它們都處于靜止狀態(tài),現(xiàn)令小物塊以初速度v0沿木板向左運動,重力加速度g取10 m/s2.(1)若小物塊剛好能運動到左端擋板處,求v0的大小;(2)若初速度v0=3 m/s,小物塊與擋板相撞

10、后,恰好能回到右端而不脫離木板,求碰撞過程中損失的機械能.17.2018湖南長沙長郡中學(xué)實驗班選拔考試,25如圖所示,質(zhì)量分別為mA=m,mB=3m的A、B兩物體放置在光滑的水平面上,其中A物體緊靠光滑墻壁,A、B兩物體之間用輕彈簧相連.對B物體緩慢施加一個水平向右的力,使A、B兩物體之間彈簧壓縮到最短并鎖定,此過程中該力做功為W0,現(xiàn)突然撤去外力并解除鎖定,(設(shè)重力加速度為g,A、B兩物體體積很小,可視為質(zhì)點)求:(1)從撤去外力到A物體開始運動,墻壁對A物體的沖量的大小IA;(2)A、B兩物體在離開墻壁后到達圓軌道之前,B物體的最小速度vB的大小;(3)若B物體在獲得最小速度的瞬間脫離彈簧

11、,從光滑圓形軌道右側(cè)小口進入圓形軌道(B物體進入后小口自動封閉組成完整的圓形軌道),要使B物體不脫離圓形軌道,圓形軌道半徑R的取值范圍.考點4實驗：驗證動量守恒定律18.多選在利用懸線懸掛等大小球驗證碰撞中動量守恒的實驗中,下列說法正確的是()A.懸掛兩球的細繩長度要適當,且等長B.由靜止釋放小球,以便較準確地計算小球碰前速度C.兩小球必須都是剛性球,且質(zhì)量相同D.兩小球碰后可以粘在一起共同運動19.2017湖北武漢調(diào)研在利用碰撞做“驗證動量守恒定律”的實驗中,實驗裝置如圖甲所示,圖甲中斜槽PQ與水平槽QR平滑連接,按要求安裝好儀器后開始實驗.先不放被碰小球,使入射小球從斜槽上的A點由靜止?jié)L下

12、,重復(fù)實驗若干次;然后把被碰小球靜止放在槽的水平部分的前端邊緣B處(槽口),再使入射小球從斜槽上的A點由靜止?jié)L下,再重復(fù)實驗若干次,在白紙上記錄下掛于槽口B的重錘線在記錄紙上的豎直投影點和各次實驗時小球落點的平均位置,從左至右依次為O、M、P、N點,測得兩小球直徑相等,入射小球和被碰小球的質(zhì)量分別為m1、m2,且m1=2m2.則:圖甲 圖乙(1)兩小球的直徑用螺旋測微器核準相等,測量結(jié)果如圖乙,則兩小球的直徑均為m. (2)入射小球每次滾下都應(yīng)從斜槽上的同一位置無初速度釋放,其目的是. A.為了使入射小球每次都能水平飛出槽口B.為了使入射小球每次都以相同的動量到達槽口C.為

13、了使入射小球在空中飛行的時間不變D.為了使入射小球每次都能與被碰小球?qū)π呐鲎?3)下列有關(guān)本實驗的說法中正確的是. A.未放被碰小球和放了被碰小球時,入射小球的落點分別是M、PB.未放被碰小球和放了被碰小球時,入射小球的落點分別是P、MC.未放被碰小球和放了被碰小球時,入射小球的落點分別是N、MD.在誤差允許的范圍內(nèi)若測得|ON|=2|MP|,則表明碰撞過程中兩小球組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律20.某同學(xué)把兩塊大小不同的木塊用細線連接,中間夾一被壓縮的輕彈簧,如圖所示,將這一系統(tǒng)置于光滑的水平桌面上,燒斷細線,觀察木塊的運動情況,進行必要的測量,驗證木塊間相互作用時動量守恒.(1)該同

14、學(xué)還必須有的器材是; (2)需直接測量的數(shù)據(jù)是; (3)用所得數(shù)據(jù)驗證動量守恒定律的關(guān)系式是. 21.氣墊導(dǎo)軌(如圖甲所示)工作時,空氣從導(dǎo)軌表面的小孔噴出,在導(dǎo)軌表面和滑塊內(nèi)表面之間形成一層薄薄的空氣層,使滑塊不與導(dǎo)軌表面直接接觸,大大減小了滑塊運動時的阻力.為了驗證動量守恒定律,在水平氣墊導(dǎo)軌上放置兩個質(zhì)量均為a的滑塊,每個滑塊的一端分別與穿過打點計時器的紙帶相連,兩個打點計時器所用電源的頻率均為b.氣墊導(dǎo)軌正常工作后,接通兩個打點計時器的電源,并讓兩滑塊以不同的速度相向運動,兩滑塊相碰后粘在一起繼續(xù)運動.圖乙為某次實驗打出的點跡清晰的紙帶的一部分,在紙帶上以

15、相同間距的6個連續(xù)點為一段劃分紙帶,用刻度尺分別量出其長度s1、s2和s3.若題中各物理量的單位均為國際單位,那么,碰撞前兩滑塊的動量大小分別為、,兩滑塊的總動量大小為 碰撞后兩滑塊的總動量大小為.重復(fù)上述實驗,多做幾次.若碰撞前后兩滑塊的總動量在實驗誤差允許的范圍內(nèi)相等,則動量守恒定律得到驗證. 圖甲圖乙答案 1.B設(shè)地面對運動員的平均作用力為F,則由動量定理得(F-mg)t=mv,故地面對運動員的沖量Ft=mv+mgt;運動員從下蹲狀態(tài)到身體剛好伸直離開地面,由于地面對運動員的作用力沿力的方向沒有位移,所以地面對運動員做功為零.本題正確選項為B.2.AD由動量定理可知,

16、從釋放甲球到兩球相碰前瞬間,甲球所受重力的沖量等于甲球動量的變化量,為mv0,選項A正確;兩球運動時間相同,乙球所受的重力是甲球的2倍,根據(jù)動量定理,乙球動量的變化量等于乙球所受重力的沖量,為2mv0,選項B錯誤;設(shè)甲、乙碰撞后的共同速度為v,由動量守恒定律,-2mv0+mv0=3mv,解得v=-v03,根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律,甲、乙碰撞后繼續(xù)上升的高度為h=v22g=v0218g,選項C錯誤;由能量守恒定律,甲、乙碰撞過程中損失的機械能E=12·2mv02+12·mv02-12·3mv2=4mv023,選項D正確.3.BC物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量

17、IG=3mgt0,A錯誤;上滑過程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運動,下滑過程中做初速度為零、末速度為v的勻加速直線運動,上滑和下滑的位移大小相等,所以有v02t0=v2·2t0,解得v=v02,物塊從開始運動到返回底端過程中動量的變化量為p=-mv-mv0=-32mv0,B正確;上滑過程中有-(mgsin +mgcos )·t0=0-mv0,下滑過程中有(mgsin -mgcos )·2t0=mv02,解得sin =5v08gt0,C正確;根據(jù)動能定理可求出物塊機械能的減小量,從而求出整個過程中摩擦力所做的功,故D錯誤.4.C設(shè)F1、F2的作用時間分別為t1、

18、t2,則由圖知t1<t2,當只有摩擦力Ff作用時,由ABCD知圖線斜率相同,則加速度相同,由牛頓第二定律知,摩擦力Ff相同,故C選項正確,D選項錯誤.對a,由動量定理得F1t1-Fft1=mvA;對b同理可得F2t2-Fft2=mvC.由圖象知vA=vC,t1<t2,所以mvA=mvC,F1t1-Fft1=F2t2-Fft2,故F2t2>F1t1,A、B選項均錯誤.5.4:11:1解析:由動量定理ft=mv0知,若物體受到的阻力相等,那么tA:tB=mA:mB=4:1;,由動能定理mgs=12mv02知,若兩物體與地面的動摩擦因數(shù)相同,那么sA:sB=1:1.6.1.77&#

19、215;105 N解析:設(shè)水柱的橫截面積為S,在一小段時間t內(nèi),從水槍射出的水的質(zhì)量為m,則m=Svt以m為研究對象,它在t時間內(nèi)的動量變化量p=m·(0-v)=-Sv2t設(shè)F為水柱對煤層的平均沖擊力,F'為煤層對水柱的反沖擊力,以v的方向為正方向,根據(jù)動量定理(忽略水的重力),有F'·t=p=-Sv2t,即F'=-Sv2根據(jù)牛頓第三定律知F=-F'=Sv2式中S=4d2,代入數(shù)值得F1.77×105 N.7.C根據(jù)動量守恒的條件可知A、B錯誤,C正確;系統(tǒng)中所有物體加速度為零時,各物體速度恒定,動量恒定,系統(tǒng)中總動量一定守恒,D錯

20、誤.8.BCD對兩滑塊和彈簧所組成的系統(tǒng),彈簧推滑塊的過程中,系統(tǒng)的合外力為零,總動量守恒,A錯誤.由動量守恒定律得0=mMvM-mNvN得兩滑塊動量等大反向,B正確.當mM=mN時,vM=vN,C正確.整個過程彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為兩滑塊的動能,則兩滑塊的機械能增大,D正確.9.AB根據(jù)動量定理可知過程中人的動量的改變量等于重力的沖量,選項A正確;過程中動量的減少量等于過程中重力的沖量的大小,選項B正確;從a到b的過程中,人的重力大于繩的彈力,從b到c的過程中,人的重力小于繩的彈力,故過程中人的動能先增大再減小,選項C錯誤;過程中機械能的減少量等于過程和過程中重力做功的大小,選項D錯誤.10.

21、A兩球相碰后,A球的速度大小變?yōu)樵瓉淼?2,相碰過程中兩球組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律,若碰后A球速度方向不變,則mv0=12mv0+3mv1,可得B球的速度v1=v06,而B球在前,A球在后,碰后A球的速度大于B球的速度,不符合實際情況,因此碰后A球一定反向運動,即mv0=-12mv0+3mv1,可得v1=v02,A正確,B、C、D錯誤.11.AB因為碰撞前后動能不增加,故有E1<E0,E2<E0,p1<p0,A正確,C、D錯誤.根據(jù)動量守恒定律得p0=p2-p1,得到p2=p0+p1,可見,p2>p0,B正確.12.ABD設(shè)A的質(zhì)量為m1,B的質(zhì)量為m2,碰撞前后兩物

22、體組成的系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,從圖象上可得碰撞前后兩者的速度,故有m1×6+m2×1=m1×2+m2×7,解得m1:m2=3:2,A、B正確,C錯誤.碰撞前系統(tǒng)的總動能Ek1=12m1×62+12m2×12=553m1,碰撞后總動能為Ek2=12m1×22+12m2×72=553m1=Ek1,碰撞前后總動能不變,D正確.13.AB根據(jù)動量守恒定律,兩種情況中,最終子彈與滑塊的速度相等,A正確.根據(jù)能量守恒可知,初狀態(tài)子彈的動能相同,末狀態(tài)兩滑塊與子彈的動能也相同,因此損失的動能轉(zhuǎn)化成的熱量相等,B正確.

23、子彈對滑塊做的功等于滑塊末狀態(tài)的動能,兩種情況滑塊末速度相等,因此做功相等,C錯誤.產(chǎn)生的熱量Q=fs,由于產(chǎn)生的熱量相等,而相對位移s不同,因此子彈和滑塊間的水平作用力大小不同,D錯誤.14.D火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng),在分離前后沿原運動方向上動量守恒,由動量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=v0+m2m1(v0-v2),D項正確.15.BC小球上升到最高點時與小車相對靜止,有共同速度v',由動量守恒定律和機械能守恒定律有Mv0=2Mv',12Mv02=2×(12Mv'2)+Mgh,聯(lián)立以上兩式得h=v024g,D錯誤.從小球沖上小車到

24、返回小車的左端,系統(tǒng)在水平方向上的動量守恒,由于無摩擦力做功,機械能守恒.設(shè)小球在返回小車左端時速度為v1,此時小車速度為v2,規(guī)定向右為正方向,由動量守恒定律可得Mv0=Mv2-Mv1,由機械能守恒定律得12Mv02=12Mv22+12Mv12,聯(lián)立解得v2=v0,v1=0,小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動,故B正確,A錯誤.根據(jù)動能定理可知C正確.16.(1)2 m/s(2)0.375 J解析:(1)設(shè)木板和物塊最后共同的速度為v由動量守恒定律得mv0=(m+M)v木板和物塊組成的系統(tǒng),由功能關(guān)系mgL=12mv02-12(M+m)v2由兩式解得v0=2gL(M+m)M=2 m/s.(2)同樣由動量守

25、恒定律可知,木板和物塊最后也要達到共同速度v.設(shè)碰撞過程中損失的機械能為E.對木板和物塊組成的系統(tǒng)的整個運動過程,由功能關(guān)系有mg(2L)+E=12mv02-12(m+M)v2由兩式解得E=mM2(M+m)v02-2mgL=0.375 J.17.(1)6mW0(2)W06m(3)RW030mg或RW012mg解析:(1)設(shè)彈簧恢復(fù)原長時,物體B的速度為vB0,由能量守恒定律有W0=32mvB02,解得vB0=2W03m此過程中墻壁對物體A的沖量大小等于彈簧對物體A的沖量大小,也等于彈簧對物體B的沖量大小故IA=pB=3mvB0=6mW0.(2)當彈簧恢復(fù)原長后,物體A離開墻壁,彈簧伸長,物體A

26、的速度逐漸增大,物體B的速度逐漸減小.當彈簧再次恢復(fù)到原長時,物體A達到最大速度,物體B的速度減小到最小值,此過程滿足動量守恒、機械能守恒,有3mvB0=mvA+3mvB12×3mvB02=12mvA2+32mvB2解得vB=12vB0=W06m.(3)B物體恰好能到達圓形軌道最高點且不脫離圓形軌道時,設(shè)B物體到達軌道最高點時速度為v1,由能量守恒定律及圓周運動規(guī)律可知12mBvB2=12mBv12+mBg·2R,mBg=mBv12R解得R=W030mg,所以RW030mg時,B物體能過圓形軌道最高點且不脫離圓形軌道B物體恰好能到達圓形軌道圓心等高處時,由機械能守恒定律可知12mBvB2=mBgR解得R=W012mg,所以RW012mg時,B物體不脫離圓形軌道綜上,圓形軌道半徑R的取值范圍