專題七　碰撞與動量守恒【專題檢測】A組一、選擇題1.(2020山東臨沂一模,3)一宇宙飛船的橫截面積S,以v0的恒定速率航行,當進入有宇宙塵埃的區(qū)域時,設(shè)在該區(qū)域,單位體積內(nèi)有n顆塵埃,每顆塵埃的質(zhì)量為m,若塵埃碰到飛船前是靜止的,且碰到飛船后就粘在飛船上,不計其他阻力,為保持飛船勻速航行,飛船發(fā)動機的牽引力功率為(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.Snm　　B.2Snm　　C.Snm　　D.2Snm答案　C　時間t內(nèi)粘在衛(wèi)星上的塵埃質(zhì)量為:M=v0tSnm,對粘附的塵埃,由動量定理得:Ft=Mv0,解得:F=Snm;維持飛船勻速運動,飛船發(fā)動機牽引力F'(F'=F)的功率為:P=F'v0=Fv0=Snm,故C正確。2.(2019北京海淀一模反饋,18)如圖,球、輕繩、小車系統(tǒng)靜止在水平地面上,將小球拉至與O點等高處,并由靜止釋放,不計空氣阻力和一切摩擦,關(guān)于此后的物理過程,下列說法正確的是(　　)A.球、輕繩、小車組成的系統(tǒng)動量守恒,機械能不守恒B.球、輕繩、小車組成的系統(tǒng)動量不守恒,機械能守恒C.小球擺動到最低點時,小車有最大的對地位移D.小球擺動到最高點時,小車有最大的對地速度答案　B　球、輕繩、小車組成的系統(tǒng),水平方向不受外力,水平方向動量守恒,豎直方向動量不守恒。小球擺動過程中只有重力做功,機械能守恒。當小球向右擺動到最高點時,小車有向左的最大位移,此時小球速度為零,由水平方向動量守恒可知小車速度也為零。3.(2020廣西桂林、崇左、賀州聯(lián)考,17)如圖所示,光滑水平面上有在一條直線上的甲、乙、丙三個小球,三個小球的質(zhì)量均為m,乙、丙兩球與輕彈簧相連且靜止,甲球以速率v0向右沖向乙球并發(fā)生彈性碰撞。彈簧一直在彈性限度內(nèi)。該彈簧的最大彈性勢能為(　　)A.m　　B.m　　C.m　　D.m答案　A　本題考查動量守恒、能量守恒,體現(xiàn)運動與相互作用觀念和能量觀念要素。因甲、乙兩球的質(zhì)量相等,故它們彈性碰撞后速度交換,即碰撞后甲球靜止,乙球的速度大小為v0,方向水平向右,經(jīng)分析可知,當乙、丙兩球的速度相等(設(shè)為v)時,彈簧的形變量最大,彈性勢能最大,由動量守恒定律有mv0=2mv,由能量守恒定律可得彈簧的最大彈性勢能Epm=m-×2mv2,解得Epm=m,選項A正確。4.(2019北京海淀期中,9)(多選)如圖所示,兩物塊A、B質(zhì)量分別為m、2m,與水平地面的動摩擦因數(shù)分別為2μ、μ,其間用一輕彈簧連接。初始時彈簧處于原長狀態(tài),使A、B兩物塊同時獲得一個方向相反,大小分別為v1、v2的水平速度,彈簧再次恢復(fù)原長時兩物塊的速度恰好同時為零。關(guān)于這一運動過程,下列說法正確的是(　　) A.兩物塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒B.兩物塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C.兩物塊A、B初速度的大小關(guān)系為v1=v2D.兩物塊A、B運動的路程之比為2∶1答案　AD　運動過程中,A受摩擦力fA=2μmg,B受摩擦力fB=μ·2mg=fA,fA與fB方向相反,系統(tǒng)所受合外力為零,動量守恒。由于摩擦生熱,系統(tǒng)的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,機械能減小。由動量守恒,彈簧恢復(fù)原長時,兩物塊速度同時為零,因此初態(tài)mv1=2mv2,v1∶v2=2∶1。兩物塊運動過程中,系統(tǒng)動量守恒,mv1'=2mv2',任意時刻v1'∶v2'=2∶1,因此平均速率之比為2∶1,運動的路程之比為2∶1。思路點撥　此過程中,摩擦生熱,系統(tǒng)機械能減小。因為任意時刻都有A、B動量等大反向,可得A、B速率之比、平均速率之比、路程之比。二、非選擇題5.(2019甘肅、青海、寧夏聯(lián)考,13)如圖所示,輕彈簧的一端固定,另一端與靜置在水平導(dǎo)軌上質(zhì)量m=0.5kg的滑塊B相連,彈簧處在原長狀態(tài),B最初靜止位置的左側(cè)導(dǎo)軌光滑、右側(cè)導(dǎo)軌粗糙,另一質(zhì)量與B相同的滑塊A,從與B的距離L=2.5m處以某一初速度開始向B滑行,與B相碰(碰撞時間極短)后A、B粘在一起運動壓縮彈簧,該過程中彈簧的最大彈性勢能Ep=2J。A與導(dǎo)軌粗糙部分間的動摩擦因數(shù)μ=0.4。求:(1)A、B碰撞后的瞬間的速度大小v;(2)A的初速度大小v0。答案　(1)2m/s　(2)6m/s解析　(1)壓縮彈簧過程中,滑塊的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能,由能量守恒定律得:Ep=·2mv2代入數(shù)據(jù)得:v=2m/s(2)A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,以向左為正方向,由動量守恒定律得:2mv=mvA解得:vA=4m/s滑塊A向左運動的過程中,由動能定理得:-μmgL=m-m解得v0=6m/s溫馨提示　分析清楚物體運動過程是解題的前提與關(guān)鍵,應(yīng)用動能定理與動量守恒定律可以解題。6.(2020湖南益陽、湘潭聯(lián)考)一輛小汽車行駛至一路口,見前面多輛小汽車排起了長隊,且紅燈顯示還有幾十秒,于是緊急剎車?？神{駛員錯把油門當剎車,結(jié)果以8m/s的速度與前面一輛車發(fā)生碰撞追尾。假設(shè)碰撞時間極短,且兩車每次碰撞損失37.5%的動能,若每輛汽車的質(zhì)量都相等,汽車間距均為2m,車與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5(g=10m/s2)。求:(1)肇事車輛與前車碰撞后的速度大小;(2)將共有幾輛汽車發(fā)生連環(huán)追尾事故(含肇事車輛)。答案　(1)2m/s　(2)3輛解析　(1)第一次碰撞時,取碰撞前第一輛汽車的速度方向為正方向,由動量守恒定律得mv0=mv1+mv2由碰撞前后能量關(guān)系,有(1-0.375)·m=m+m聯(lián)立解得:v1=2m/s,v2=6m/s(不符合題意的已舍去)(2)第二輛汽車運動到第三輛汽車處將要相碰時,設(shè)第二輛汽車速度為v20。根據(jù)動能定理得-μmgL=m-m解得v20=4m/s,第二輛汽車碰撞第三輛汽車過程,有mv20=mv2'+mv3 (1-0.375)·m=mv2'2+m解得v3=3m/s由μmg=ma得a=μg又=2aΔx解得Δx=0.9m<2m所以第三輛汽車無法碰撞第四輛汽車,故共有三輛車發(fā)生連環(huán)追尾事故。B組一、選擇題1.(2019廣東廣州一模,15)如圖為跳水運動員從起跳到落水過程的示意圖,運動員從最高點到入水前的運動過程記為Ⅰ,運動員入水后到最低點的運動過程記為Ⅱ,忽略空氣阻力,則運動員(　　)A.過程Ⅰ的動量改變量等于零B.過程Ⅱ的動量改變量等于零C.過程Ⅰ的動量改變量等于重力的沖量D.過程Ⅱ的動量改變量等于重力的沖量答案　C　過程Ⅰ中動量改變量等于重力的沖量,為mgt,不為零,故A錯誤,C正確;運動員進入水前的速度不為零,末速度為零,過程Ⅱ的動量改變量不等于零,故B錯誤;過程Ⅱ的動量改變量等于合外力的沖量,不等于重力的沖量,故D錯誤。2.(2020山東菏澤一模,5)若一質(zhì)量為M的直升機的螺旋槳推動橫截面積為S的空氣以某一速度豎直向下運動從而使飛機懸停在空中,已知空氣的密度為ρ,則直升機的輸出功率為(　　)A.ρS()2　　B.C.ρS()3　　D.答案　C　設(shè)時間t內(nèi),螺旋槳使質(zhì)量為m的空氣向下運動,則m=ρSvt,由動量定理知,空氣對飛機的作用力F====ρSv2,又飛機懸停在空中,F=Mg,故v2=,所以飛機輸出的功率P===ρS()3,只有選項C正確。3.(2020山東青島一模,11)(多選)如圖(a),質(zhì)量M=4kg、傾角為θ的斜面體置于粗糙水平面上,質(zhì)量m=1kg的小物塊置于斜面頂端,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=tanθ。t=0時刻對物塊施加一平行于斜面向下的推力F,推力F的大小隨時間t變化的圖像如圖(b)所示,t=2s時物塊到達斜面底端。斜面體始終保持靜止,重力加速度g=10m/s2,在物塊沿斜面下滑過程中,下列說法正確的是(　　)A.物塊到達斜面底端時的動能為32JB.斜面的長度為8mC.斜面體對水平面的壓力大小始終為50ND.水平面對斜面體的摩擦力水平向右且逐漸增大 答案　AC　由物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=tanθ可知mgsinθ=μmgcosθ,則物體所受的合力為F,由F-t圖像可知Ft=×2×8N·s=8N·s,由Ft=mv可得v=8m/s,則動能Ek=mv2=×1×82J=32J,選項A正確;若物塊勻加速下滑,則斜面的長度為l=t=8m,而物塊做加速度增大的加速運動,則物塊的位移小于8m,即斜面長度小于8m,選項B錯誤;滑塊對斜面體有沿斜面向下的摩擦力,大小為f=μmgcosθ=mgsinθ,垂直斜面的壓力大小為mgcosθ,兩個力的合力豎直向下,大小為mg,則斜面體對水平面的壓力大小始終為Mg+mg=50N,水平面對斜面體沒有摩擦力,選項C正確,D錯誤。4.(2020廣東、福建等省聯(lián)考,8)(多選)如圖甲所示,物塊a、b間拴接一個壓縮后被鎖定的輕質(zhì)彈簧,整個系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上,其中a物塊最初與左側(cè)固定的擋板相接觸,b物塊質(zhì)量為1kg。現(xiàn)解除對彈簧的鎖定,在a物塊離開擋板后,b物塊的v-t關(guān)系圖像如圖乙所示。則下列分析正確的是(　　)A.a的質(zhì)量為1kgB.a的最大速度為4m/sC.在a離開擋板后,彈簧的最大彈性勢能為1.5JD.在a離開擋板前,a、b及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒答案　BC　試題考查動量守恒定律與機械能守恒定律等必備知識,主要考查理解能力、模型建構(gòu)能力,體現(xiàn)了科學推理、能量觀念的學科素養(yǎng),突出對綜合性考查要求。由題意可知,當b的速度最小時,彈簧恰好恢復(fù)原長,設(shè)此時a的速度最大為v,由動量守恒定律和機械能守恒定律得:mbv0=mbv1+mav,mb=mb+mav2,代入數(shù)據(jù)解得:ma=0.5kg,v=4m/s,故A錯誤,B正確;兩物塊的速度相等時,彈簧彈性勢能最大,由動量守恒定律和機械能守恒定律得:mbv0=(ma+mb)v2,Ep=mb-(ma+mb),代入數(shù)據(jù)解得:Ep=1.5J,故C正確;在a離開擋板前,a、b及彈簧組成的系統(tǒng)受到擋板向右的力,所以系統(tǒng)機械能守恒、動量不守恒,故D錯誤。5.(2020湖南周南中學四月模擬,21)(多選)如圖甲所示,A、B兩物塊靜止在光滑水平面上,兩物塊接觸但不粘連,A、B的質(zhì)量分別為mA=m,mB=3m。t=0時刻對物塊A施加一水平向右的推力F1,同時對物塊B施加一水平向右的拉力F2,使A、B從靜止開始運動,力F1、F2隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。下列說法正確的是(　　)A.時刻A對B的推力大小為F0B.0~內(nèi)合外力對物塊A做的功為C.從開始運動到A、B分離,物體B運動的位移大小為D.t0時刻A的速度比B的速度小答案　BD　設(shè)t時刻A、B分離,分離之前A、B兩物塊共同運動,加速度為a,以整體為研究對象,則有a==分離時:F2=mBa=3m×=F0根據(jù)乙圖知此時t=t0,則從開始運動到A、B分離,物塊B運動的位移大小x=at2=××=,故C錯誤;時刻還未分離,對B,根據(jù)牛頓第二定律得F2+FAB=mBa則FAB=3ma-=F0,故A錯誤;時刻,vA=a= 對A,根據(jù)動能定理W合=m=,故B正確;t=t0時,A、B達到共同速度vAB=at=此后A、B分離,對A,根據(jù)動量定理:I=mAΔv根據(jù)乙圖,t0~t0內(nèi),F-t圖像中代表F1的圖線與時間軸圍成的面積表示F1這段時間對A的沖量,則I=××=,則Δv=×對B,根據(jù)動量定理:I'=mBΔv'根據(jù)乙圖,t0~t0內(nèi),F-t圖像中代表F2的圖線與時間軸圍成的面積表示F2這段時間對B的沖量,則I'=××=,則Δv'=×則t0~t0時間內(nèi)B比A速度多增大Δv″=Δv'-Δv=,即t0時刻A的速度比B的速度小,故D正確。故選B、D。6.(2020山東一模,8)秦山核電站是我國第一座核電站,其三期工程采用重水反應(yīng)堆技術(shù),利用中子n)與靜止氘核H)的多次碰撞,使中子減速。已知中子某次碰撞前的動能為E,碰撞可視為彈性正碰。經(jīng)過該次碰撞后,中子損失的動能為(　　)A.E　　B.E　　C.E　　D.E答案　B　設(shè)中子的質(zhì)量為m,則氘核的質(zhì)量為2m,碰撞前中子的動能E=m。中子與氘核的碰撞可視為彈性碰撞,對中子與氘核根據(jù)動量守恒定律有:mv0=mv1+2mv0,根據(jù)能量守恒定律有:m=m+×2m,解得v1=v0(舍去)或v1=-。經(jīng)過碰撞后,中子損失的動能為ΔE=m-m=E-E=E,故選項B正確。二、非選擇題7.(2020山東濰坊一模,13)為探究某新材料的部分特性,一學習小組設(shè)計了如下實驗,在水平桌面上平放一直尺,緊靠刻度線的一側(cè)放大小相同的實心鐵球A(黑色)和新材料實心球B(白色),讓A球以某一速度向靜止的B球運動,碰撞前后的頻閃照片如圖所示。已知頻閃儀每隔0.04s閃光一次,鐵的密度為7.8g/cm3,請回答下列問題:(1)碰撞前A球速度大小為　　　　m/s;?(2)B球材料的密度為　　　　g/cm3。(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)?答案　(1)5.0　(2)5.2解析　(1)碰撞前A球速度大小:v0==m/s=5.0m/s。(2)碰撞后A球速度大小:v1==m/s=2.50m/s;碰撞后B球速度大小:v2==m/s=3.75m/s,根據(jù)動量守恒定律:mAv0=mAv1+mBv2,代入數(shù)據(jù)解得:mB=mA,由密度公式ρ=,體積相同,密度和質(zhì)量成正比,有:ρB=ρA=×7.8g/cm3=5.2g/cm3。8.(2020山東日照一模)如圖所示,質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=1kg、mC=1kg的三個小物塊A、B、C(均視為質(zhì)點)靜止在光滑水平軌道上。半徑為R=0.6m的光滑、豎直、半圓軌道最低點與水平軌道相切。B、C之間有一輕彈簧剛好處于原長,B與輕彈簧拴接,C未與彈簧拴接?，F(xiàn)讓物塊A(右側(cè)涂有少量質(zhì)量不計的粘膠)以初速度v0=6m/s沿水平方向向右滑動,A與B發(fā)生碰撞并粘為一體。經(jīng)過一段時間,C脫離彈簧,然后滑上光滑豎直半圓軌道。(取g=10m/s2)求:(1)上述過程中彈簧的最大彈性勢能Ep;(2)C脫離彈簧時的速度大小vC;(3)試討論判斷C能否到達半圓軌道的最高點。若能,求出通過最高點時C對軌道的壓力大小;若不能,請說明理由。 答案　(1)6J　(2)6m/s　(3)見解析解析　(1)A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得:mAv0=(mA+mB)v1,代入數(shù)據(jù)解得:v1=4m/s,A、B、C速度相等時彈簧彈性勢能最大,A、B、C系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得:mAv0=(mA+mB+mC)v2,代入數(shù)據(jù)解得v2=3m/s,由能量守恒定律得:(mA+mB)=(mA+mB+mC)+Ep,代入數(shù)據(jù)解得:Ep=6J;(2)彈簧恢復(fù)原長時C與彈簧脫離,A、B、C系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得:mAv0=(mA+mB)vAB+mCvC,由能量守恒定律得:(mA+mB)=(mA+mB)+mC,代入數(shù)據(jù)解得:vC=6m/s;(3)C恰好到達最高點時重力提供向心力,在最高點,由牛頓第二定律得:mCg=mC,代入數(shù)據(jù)解得:v=m/s,C在圓弧軌道運動過程機械能守恒,C從最低點到最高點過程,由機械能守恒定律得:mC=mCvC'2+mCg·2R,代入數(shù)據(jù)解得:vC'=2m/s>v,C可以到達圓弧最高點,在最高點,由牛頓第二定律得:F+mCg=mC,代入數(shù)據(jù)解得:F=10N,由牛頓第三定律可知,C對軌道的壓力大小:F'=F=10N。9.(2020貴州黔東南模擬,12)如圖所示,水平面上有A、B兩個小物塊(均視為質(zhì)點),質(zhì)量均為m,兩者之間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧(未與A、B連接)。距離物塊A為L處有一半徑為L的固定光滑豎直半圓形軌道,半圓形軌道與水平面相切于C點,物塊B的左側(cè)靜置著一個三面均光滑的斜面體(底部與水平面平滑連接)。某一時刻將壓縮的彈簧釋放,物塊A、B瞬間分離,A向右運動恰好能過半圓形軌道的最高點D(物塊A過D點后立即撤去),B向左平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為L(L小于斜面體的高度)。已知A與右側(cè)水平面的動摩擦因數(shù)μ=0.5,B左側(cè)水平面光滑,重力加速度為g,求: (1)物塊A通過C點時對半圓形軌道的壓力大小;(2)斜面體的質(zhì)量;(3)物塊B與斜面體相互作用的過程中,物塊B對斜面體做的功。答案　(1)6mg　(2)　(3)解析　本題考查動量守恒、機械能守恒、圓周運動,體現(xiàn)科學推理與模型建構(gòu)要素,是對學生綜合分析能力的考查。(1)恰好通過D點,有mg=m從C到D,由動能定理,有-mg×2L=m-m在C點,有F-mg=m解得F=6mg由牛頓第三定律可知,物塊A通過C點時對半圓形軌道的壓力F'=F=6mg(2)彈簧釋放瞬間,由動量守恒定律,有mvA=mvB彈簧釋放后,對物塊A運動到C點的過程,有-μmgL=m-mB滑上斜面體上升到最大高度時,對B和斜面體,由動量守恒定律,有mvB=(m+M)v由機械能守恒定律,有m=(m+M)v2+mgL解得M=(3)物塊B從滑上斜面體到與斜面體分離過程中,由動量守恒定律,有mvB=mvB'+Mv'由機械能守恒定律,有m=mvB'2+Mv'2解得vB'=,v'=由功能關(guān)系知,物塊B與斜面體相互作用的過程中,物塊B對斜面體做的功W=Mv'2解得W=10.(2020山東泰安一模,18)如圖,AB為半徑R=0.7m的豎直光滑圓弧軌道,與最低點B平滑連接的水平軌道由BC、CD兩部分組成。BC部分粗糙,長度L1=1.25m。CD部分光滑,長度L2=5m。D點有固定的豎直擋板。質(zhì)量ma=2kg的滑塊a從圓弧最高點A由靜止滑下,與靜止在C點的質(zhì)量mb=1kg的滑塊b發(fā)生正碰?；瑝K均可視為質(zhì)點,與BC段間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,所有的碰撞中均沒有機械能損失,重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)滑塊a對軌道的最大壓力大小;(2)滑塊a、b第二次碰撞的位置與D點的距離;(3)滑塊a、b第二次碰撞后到第三次碰撞前,滑塊a的運動時間(保留2位小數(shù),可能用到的數(shù)值=0.27)。答案　見解析解析　(1)滑塊a從A到B,經(jīng)過B點時對圓弧軌道的壓力最大,根據(jù)機械能守恒定律:magR=ma 根據(jù)牛頓第二定律:N-mag=ma代入數(shù)據(jù)解得:N=60N由牛頓第三定律得滑塊a對軌道的最大壓力大小為:N'=N=60N(2)滑塊a在B、C間運動時的加速度大小為a1,第一次到達C點時的速度為vCμmag=maa1-=-2a1L1代入數(shù)據(jù)解得:vC=3m/s設(shè)a、b第一次碰撞后的速度分別為va1和vb1,由動量守恒定律和機械能守恒定律得:mavC=mava1+mbvb1ma=ma+mb解得va1=1m/s,vb1=4m/s設(shè)滑塊a、b第二次碰撞的位置與D點的距離為x=代入數(shù)據(jù)解得:x=3m(3)設(shè)第二次碰撞后的速度分別為va2和vb2,以向右為正方向,由動量守恒定律和機械能守恒定律得:mava1+mbvb1=mava2+mbvb2ma+mb=ma+mb解得:va2=-m/s,vb2=m/s滑塊a向左運動,設(shè)沿圓弧上升的高度為h,根據(jù)動能定理:-magh-μmagL1=0-mah=0.0222m(滑塊上滑的高度h遠小于R),之后滑塊a滑回水平面,停在B、C間;第二次碰撞后運動到B之前,勻速運動的時間:t1==s=0.86s在BC部分勻減速運動的時間:t2==s=1.17s因為滑塊上滑的h遠小于R,所以在圓弧面的運動可以認為是類單擺運動,由單擺周期公式得:t3=π=0.85s滑塊a的運動時間:Δt=t1+t2+t3=2.88s