全国版2022高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒2练习含解析

专题七　碰撞与动量守恒

考点1  动量、冲量、动量定理　　　　　　　　　　　　　　　　

1.[生产生活实践问题情境——暴雨撑伞]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.0.25 N       B.2.5 N          C.25 N          D.250 N

2.[2021安徽名校高三联考]如图所示为某飞船与空间站对接时的示意图.已知空间站的质量为9.8×104 kg,飞船受到推进器的推力F为500 N,飞船与空间站对接后,推进器工作20 s,飞船和空间站的速度增加0.1 m/s,则(　　)

A.对接前后,飞船和空间站的动量守恒

B.推进过程中,飞船对空间站的冲量与空间站对飞船的冲量相同

C.飞船的质量为1.0×103 kg

D.推进过程中,飞船对空间站的推力为490 N

3.[新素材]有一宇宙飞船,它的正面有效面积S=2 m2,以v=3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒区.此微粒区1 m3空间中有一个微粒,每一个微粒的平均质量为m=2×10-7 kg,设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上,要使飞船速度不变,飞船的牵引力应增加              (　　)

A.3.6×103 N            B.3.6 N            C.1.2×103 N           D.1.2 N

4.[2020山东统考,多选]第二届进博会于2019年11月在上海举办,会上展出了一种乒乓球陪练机器人,该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息,及时调整球拍将球击回,若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回,球在空中运动一段时间后落到对方的台面上,忽略空气阻力和乒乓球的旋转,下列说法正确的是              (　　)

A.击球过程合外力对乒乓球做功为零

B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零

C.在上升过程中,乒乓球处于失重状态

D.在下落过程中,乒乓球处于超重状态

5.有一种灌浆机可以持续将某种涂料以速度v喷在墙壁上,其喷射出的涂料产生的压强为p,若涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上,涂料的密度为ρ,则墙壁上涂料厚度增加的速度u为              (　　)

A.u=           B.u=             C.u=            D.u=

6.拍皮球是大家都喜欢的体育活动,能强身健体.已知皮球质量为m=0.4 kg,为保证皮球每次与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为h=1.25 m,小明需每次在球到达最高点时拍球,每次拍球作用的距离为s=0.25 m,使球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s的初速度v.若不计空气阻力及球的形变,g取10 m/s2,则每次拍球              (　　)

A.手给球的冲量为1.6 kg· m/s

B.手给球的冲量为2.0 kg· m/s

C.人对球做的功为3.2 J

D.人对球做的功为2.2 J

7.[2021江西南昌高三摸底测试,8分]如图所示,质量m=2 kg的木块静置在水平面上,受到一水平飞行的子弹打击,木块被子弹瞬间击穿后(击穿前后木块质量不变),在水平面上滑行了x=8 m距离后静止.已知木块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g=10 m/s2.求:

(1)木块被击穿后获得的速度大小;

(2)子弹对木块的打击力冲量的大小.

考点2   动量守恒定律

1.[2021江苏南京高三调研]A、B两小球在光滑水平面上发生正碰,小球A的质量为m1=0.2 kg,碰撞前、后两球位置与时间的关系如图所示,由此可以判断(　　)

A.小球B的质量为m2=0.6 kg

B.小球B的质量为m2=0.2 kg

C.碰后小球A和B运动方向相同

D.碰前小球A做加速运动,小球B做匀速运动

2.[2021山东菏泽一模,多选]如图所示,光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C,质量为M的小球B置于其底端,另一个小球A质量为,小球A以v0=6 m/s的速度向B运动,并与B发生弹性碰撞,不计一切摩擦,小球均视为质点,则              (　　)

A.B的最大速率为4 m/s

B.B运动到最高点时的速率为 m/s

C.B能与A再次发生碰撞

D.B不能与A再次发生碰撞

3.[2020江西吉安高三模拟,多选]质量为M、左右内壁间距为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(可视为质点),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,不计空气阻力,则整个过程中,小物块与箱子组成的系统损失的动能为              (　　)

A.mv2         B.·v2                     C.NμmgL             D.NμmgL

4.[新题型]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

5.[2021安徽合肥高三调研,10分]如图所示,光滑半圆轨道竖直固定在光滑水平面上,直径MN竖直.刚开始时,小物块P和Q静止,二者间有一被压缩后锁定的轻弹簧(与物块未拴接),弹簧锁定时的弹性势能为9 J.解除锁定(时间极短)后,P、Q将与弹簧分离.已知P、Q的质量均为0.25 kg,半圆轨道的半径R=0.4 m,重力加速度g取10 m/s2,不计一切阻力.

(1)解除锁定后,求P、Q与弹簧分离时的速度大小;

(2)判断Q能否通过半圆轨道的最高点,并说明理由.

考点3   实验:验证动量守恒定律

1.[6分]某实验小组利用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律.实验的主要步骤如下:

①用游标卡尺测量小球A、B的直径d,如图乙所示,用天平测量小球A、B的质量分别为m1、m2;

②用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度,且自然下垂时两球恰好相切,球心位于同一水平线上;

③将球A向左拉起至其悬线与竖直方向的夹角为α时由静止释放,与球B碰撞后,测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ1,球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2.

(1)小球的直径d=　　　　cm. 

(2)若两球碰撞前后的动量守恒,则其表达式可表示为　　　　(用①、③中测量的量表示). 

(3)完成实验后,实验小组进一步探究.用质量相同的A、B两球重复实验步骤②、③,发现A球与B球碰撞后,A球静止,B球向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角略小于α,由此他们判断A、B两球的碰撞是　　　　(填“弹性碰撞”“非弹性碰撞”或“完全非弹性碰撞”). 

2.[7分]某同学用图甲所示装置通过M、N两弹性小球的碰撞来验证动量守恒定律,图甲中A是斜槽导轨,固定在水平桌面上,斜面BF顶端B点与斜槽导轨的水平末端平滑相接.实验时先使M球从斜槽上某一固定位置静止释放,落到斜面上的记录纸上留下痕迹,重复上述操作10次,得到M球的10个落点痕迹,如图乙所示,刻度尺贴近斜面且零刻度线与B点对齐.再把N球放在斜槽导轨水平末端,让M球仍从原位置静止释放,和N球碰撞后两球分别在斜面记录纸上留下各自的落点痕迹,重复这种操作10次.(不考虑小球对斜面的二次碰撞)

(1)为了更精确地做好该实验,对两个碰撞小球的要求是M球的半径　　　　N球的半径,M球的质量　　　　N球的质量.(填“小于”“等于”或“大于”) 

(2)由图乙可得M球不与N球碰撞时在斜面上的平均落点位置到B点的距离为　　　　cm. 

(3)若已知斜面BF的倾角为θ,利用天平测出M球的质量m1,N球的质量m2,利用刻度尺测量平均落点位置C、D、E到B的距离分别为LC、LD、LE,,由上述测量的实验数据,验证动量守恒定律的表达式是　　　　　　　　　.(用所给物理量的字母表示) 

3.[2020山东统考,6分]2019年9月,我国成功完成了76 km/h高速列车实车对撞试验,标志着我国高速列车安全技术达到了世界领先水平.某学习小组受此启发,设计了如下的碰撞实验,探究其中的能量损耗问题,实验装置如图甲所示.

该小组准备了质量分别为0.20 kg、0.20 kg、0.40 kg的滑块A、B、C,滑块A右侧带有自动锁扣,左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连,滑块B、C左侧均带有自动锁扣,打点计时器所接电源的频率f=50 Hz.

调整好实验装置后,在水平气垫导轨上放置A、B两个滑块,启动打点计时器,使滑块A以某一速度与静止的滑块B相碰并粘合在一起运动,纸带记录的数据如图乙所示;用滑块C替代滑块B,重复上述实验过程,纸带数据如图丙所示.

(1)根据纸带记录的数据,滑块A与B碰撞过程中系统损失的动能为　　　　 J,滑块A与C碰撞过程中系统损失的动能为　　　　 J.(计算结果均保留2位有效数字) 

(2)根据实验结果可知,被碰物体质量增大,系统损失的动能　　　　(填“增大”“减小”或“不变”). 

一、选择题(共9小题,54分)　　　　　　　　　　

1.[生产生活实践问题情境——篮球撞击篮板]质量为m的篮球以水平速度大小v撞击竖直篮板后,以水平速度大小v'被弹回,已知v'<v,篮球与篮板撞击时间极短.下列说法正确的是              (　　)

A.撞击时篮球受到的冲量大小为m(v'-v) 

B.撞击时篮板受到的冲量为零

C.撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒 

D.撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒

2.[创新题——实验类选择题]某研究小组的同学们用如图所示的装置做探究物体的加速度与力、质量的关系实验之后,对此实验又做了进一步的分析:在实验前通过垫块已经平衡了阻力,且砂和砂桶的总质量远小于小车和车上砝码的总质量,若将小车(含车上砝码)和砂桶(含砂)当成一个系统,由静止释放小车后,下列说法正确的是              (　　)

A.系统动量守恒,机械能守恒

B.系统动量不守恒,机械能守恒

C.系统动量守恒,机械能不守恒

D.系统动量不守恒,机械能不守恒

3.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图像如图所示.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小大于乙对甲的冲量大小

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

4.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

5.[新题型——信息类比题]“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型: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.如图甲、乙所示,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v0,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v1和v2.探测器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类比.那么下列判断中正确的是              (　　)

A.v1>v0            B.v1=v0        C.v2>v0        D.v2=v0

6.[2020辽宁沈阳检测]如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑,则              (　　)

A.在以后的运动过程中,小球和槽的动量始终守恒

B.在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力始终不做功

C.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动

D.被弹簧反弹后,小球和槽的机械能守恒,小球能回到槽高h处

7.[多选]如图所示,光滑水平面上有质量均为m的A、B两个相同物块,物块A以速度v向右运动,与静止不动、左端有一轻弹簧的物块B发生对心碰撞,碰撞后物块A与弹簧不粘连,在物块A与弹簧接触以后的过程中,下列说法正确的是              (　　)

A.弹簧被压缩过程中两物块总动量小于mv

B.弹簧被压缩到最短时两物块总动能为mv2

C.弹簧恢复原长时,物块A的动量为零

D.弹簧恢复原长时,物块B的动能为mv2

8.[多选]研究平抛运动的装置如图所示.图中PQ是圆弧轨道,轨道末端的切线水平,QEF是斜劈的横截面,H是QE的中点,曲线QMNE是某次质量为m的小球做平抛运动的轨迹,M在H的正上方,N在H的左侧且与H在同一水平线上.不计空气阻力,下列说法正确的是              (　　)

A.小球在M点的速度方向与QE平行

B.从Q到M与从M到N,小球重力做的功相等

C.从Q到M与从M到N,小球的动量变化量之比为(+1)∶1

D.从Q到M与从M到E,小球的速度变化量之比为1∶2

9.[多选]如图所示,小球A、B、C质量分别为2m、m、m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为l,B、C置于水平地面上.现让两轻杆并拢,以此时小球A在水平地面上的竖直投影为坐标原点,A由静止释放到下降到最低点的过程中,A、B、C在同一竖直平面内运动,忽略一切摩擦,重力加速度为g,则球A与地面接触时(小球直径远小于杆长)(　　)

A.球C速度大小为

B.球B、C的动量之和为零

C.球A落点在原点左侧

D.A与地面接触时的速度大小为

二、非选择题(共6小题,70分)

10.[4分]某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的实验.光滑的水平平台上的A点放置一个光电门.实验步骤如下:

A.在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片;

B.用天平分别测得小滑块a(含挡光片)和小球b的质量为m1、m2;

C.将a和b用细线连接,中间夹一被压缩了的水平轻短弹簧,静止放置在平台上;

D.烧断细线后,a、b被弹开,向相反方向运动;

E.记录滑块a离开弹簧后通过光电门时挡光片的遮光时间t;

F.小球b离开弹簧后从平台边缘飞出,落在水平地面上的B点,测出平台距水平地面的高度h及B点与平台边缘重垂线之间的水平距离x0;

G.改变弹簧压缩量,进行多次实验.

(1)用螺旋测微器测量挡光片的宽度,如图乙所示,则挡光片的宽度为　　　　mm. 

(2)若在误差允许范围内,满足m1=　　　　,则a、b与弹簧作用过程中系统动量守恒.(用上述实验所涉及物理量的字母表示,重力加速度为g) 

11.[6分]在“验证动量守恒定律”的实验中,一般采用如图所示的装置.其中P点为碰前入射小球落点的平均位置,M点为碰后入射小球落点的平均位置,N点为碰后被碰小球落点的平均位置.

(1)若入射小球质量为m1,半径为r1;被碰小球的质量为m2,半径为r2,则　　　　. 

A.m1>m2,r1>r2       B.m1>m2,r1<r2

C.m1>m2,r1=r2       D.m1<m2,r1=r2

(2)以下所提供的测量工具中需要的是　　　　. 

A.刻度尺 B.游标卡尺

C.天平     D.弹簧测力计

E.秒表

(3)在做实验时,对实验要求,以下说法正确的是　　　　. 

A.斜槽轨道必须是光滑的

B.斜槽轨道末端的切线是水平的

C.入射球每次都要从同一高度由静止滚下

D.释放点应适当高点

(4)设入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,用如图所示装置进行实验,则“验证动量守恒定律”的表达式为　　　　　　　　.(用装置图中的字母表示) 

12.[2021江西红色七校第一次联考,10分]如图所示,一个足够长的圆筒竖直固定,筒内有一质量为M的滑块锁定在距圆筒顶端h1=5 m处.现将一个直径小于圆筒内径、质量为m的小球, 从圆筒顶端沿圆筒中轴线由静止释放,小球与滑块刚要碰撞时解除滑块的锁定,小球与滑块发生弹性碰撞后最高能上升到距圆筒顶端h2=3.2 m处.不计空气阻力,已知滑块与圆筒间的滑动摩擦力为f=7.2 N,重力加速度g取10 m/s2.

(1)求小球与滑块的质量之比.

(2)若滑块质量为0.9 kg,求小球从与滑块第一次碰撞到与滑块第二次碰撞的时间间隔t.

13.[2021湖北荆州中学月考,14分]两质量均为2m的劈A和B紧挨着放置,两劈内侧均为半径为R的圆形光滑曲面,放在光滑水平面上,如图所示.一质量为m的物块(可视为质点)从劈A的最高点由静止滑下,然后又滑上劈B.重力加速度为g.求:

(1)物块第一次离开劈A时,劈A后退的距离;

(2)物块在劈B上能够达到的最大高度.

14.[2021北京师大附中开学测试,18分]如图所示,在光滑的水平面上有一长为L的木板B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的圆弧槽C,与木板接触但不相连,圆弧槽的下端与木板上表面齐平,B、C静止在水平面上.现有滑块A以初速度v0从右端滑上B,并以v0的速度滑离B,之后恰好能到达C的最高点.A、B、C的质量均为m,重力加速度为g,求:

(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ;

(2)圆弧槽C的半径R;

(3)当A滑离C时,C的速度.

15.[思维方法——数学归纳法][18分]如图所示,一质量m=1 kg的滑块(可视为质点)从距斜面底端高度h0=8 m的位置由静止释放.已知斜面倾角θ=45°,滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.6,滑块滑至斜面底端时与挡板相碰,碰撞过程中无机械能损失,重力加速度为g=10 m/s2.求:

(1)滑块第一次碰撞挡板前的瞬时速度大小;

(2)第一次碰撞过程中,挡板对滑块的冲量大小;

(3)所有碰撞过程中,挡板对滑块总的冲量大小.

答  案

专题七　碰撞与动量守恒

考点1　动量、冲量、动量定理

1.C　设t时间内,落到雨伞上雨水的质量为m,根据动量定理,有Ft=mv,又m=vtπr2ρ,所以F=v2πr2ρ,代入数据解得F=25 N,所以选项C正确.

2.D　对接过程中,飞船受到推进器的推力作用,飞船和空间站整体动量不守恒,选项A错误;推进过程中,飞船对空间站的推力大小等于空间站对飞船的推力大小,但二力方向相反,故飞船对空间站的冲量与空间站对飞船的冲量不相同,选项B错误;设飞船的质量为m,飞船与空间站对接后,推进器工作20 s的过程中,有(9.8×104 kg+m)×0.1 m/s=500 N×20 s,可得m=2.0×103 kg,选项C错误;飞船与空间站对接后,推进器工作20 s,飞船和空间站的速度增加0.1 m/s,加速度为0.005 m/s2,则飞船对空间站的推力为9.8×104 kg×0.005 m/s2=490 N,选项D正确.

3.B　在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M=vtSm,设飞船对微粒的作用力为F,由动量定理得Ft=Mv,联立解得F=v2Sm,代入数据得F=3.6 N,根据牛顿第三定律,可知微粒对飞船的作用力为3.6 N,要使飞船速度不变,根据平衡条件,可知飞船的牵引力应增加3.6 N,选项B正确.

4.AC　球拍将乒乓球原速率击回,合外力对乒乓球的冲量不为零,可知乒乓球的动能不变,动量方向发生改变,合外力对乒乓球做功为零,A正确,B错误;在乒乓球的运动过程中,加速度方向向下,乒乓球处于失重状态,C正确,D错误.

5B　在涂料持续被喷向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中,涂料小颗粒的速度从v变为0.以Δt时间内喷在面积为ΔS上的质量为Δm的涂料为研究对象,设墙壁对它的作用力为F,它对墙壁的作用力为F',涂料增加的厚度为h.由动量定理可知F·Δt=Δm·v,其中Δm=ρ·ΔSh,则墙壁受到的压强p===.又因涂料厚度增加的速度为u=,联立解得u=,选项B正确.

6.D　为使皮球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s的初速度v,根据动量定理可知,合外力要给皮球的冲量为I=mv=0.4×4 kg· m/s=1.6 kg· m/s,手给球的冲量与重力给球的冲量之和等于合外力的冲量,故手给球的冲量小于1.6 kg· m/s,选项A、B错误;设人对球做的功为W,由动能定理知,W+mgs=mv2,解得W=2.2 J,选项D正确,C错误.

7.(1)8 m/s　(2)16 kg·m/s

解析:(1)木块被击穿后在水平面上运动,对木块有

μmg=ma(2分)

得木块做匀减速直线运动的加速度大小a=μg=4 m/s2(1分)

由匀变速直线运动规律有v2=2ax(1分)

得木块被击穿后获得的速度大小v=8 m/s(1分).

(2)对木块被击穿的过程,由动量定理有I=mv-0(2分)

得子弹对木块打击力的冲量的大小I=16 kg·m/s(1分).

 考点2　动量守恒定律

1.A　由题图可知,碰前小球A的速度为v1=2 m/s,碰前小球B的速度为零,碰后小球A的速度为v'1=-1 m/s,碰后小球B的速度为v'2=1 m/s,对小球A、B碰撞的过程,由动量守恒定律得m1v1=m1v'1+m2v'2,代入数据解得m2=0.6 kg,A正确,B错误;由以上分析可知,碰后A被反弹,则两球的运动方向相反,C错误;碰前小球A匀速运动,小球B静止,D错误.

2.AD　A与B发生弹性碰撞,设碰撞后瞬间A、B的速度分别为vA、vB,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0=vA+MvB,·=·+M,解得vA=-2 m/s,vB=4 m/s,故B的最大速率为4 m/s,选项A正确;B冲上C并运动到最高点时,B与C共速,此过程由动量守恒定律有MvB=(M+2M)v,解得B运动到最高点时的速率为v= m/s,选项B错误;B冲上C然后又滑下的过程,设B、C分离时速度分别为v'B、v'C,由水平方向动量守恒有MvB=Mv'B+2Mv'C,由机械能守恒有M=Mv'+·2Mv',解得v'B=- m/s,由于|v'B|<|vA|,所以A、B不会再次发生碰撞,选项C错误,D正确.

3.BD　小物块与箱子作用过程中二者组成的系统满足动量守恒,小物块最后恰好又回到箱子正中间,二者相对静止,即二者共速,设速度为v1,则mv=(m+M)v1,系统损失动能ΔEk=mv2-(M+m)=·,A项错误,B项正确;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项错误,D项正确.

4.B　选木箱、人和小车组成的系统为研究对象,取向右为正方向,设第n(n为整数)次推出木箱后人与小车的速度为vn,第n次接住木箱后速度为v'n,由动量守恒定律

第一次推出后有0=Mv1-mv,则v1=

第一次接住后有Mv1+mv=(M+m)v'1

第二次推出后有(M+m)v'1=Mv2-mv,则v2=

第二次接住后有Mv2+mv=(M+m)v'2

　︙　　　　　　　　　︙

第n-1次接住后有Mvn-1+mv=(M+m)v'n-1

第n次推出后有(M+m)v'n-1=Mvn-mv

即vn=mv

设最多能推n次,推出后有

即≥v,且<v

所以(+1)≤n<(+1)+1

将=4代入,可得2.5≤n<3.5

因为n取整数,故n=3.

5.(1)6 m/s　6 m/s　(2)能　理由见解析

解析:(1)设P、Q与弹簧分离时的速度大小分别为v1、v2,弹簧锁定时的弹性势能为Ep,由动量守恒定律和机械能守恒定律得

mv1=mv2(2分)

Ep=m+m(2分)

联立解得v1=v2=6 m/s(1分).

(2)假设Q能通过半圆轨道的最高点M,且在最高点的速度为v.根据机械能守恒定律可得m=mg·2R+mv2(2分)

解得v=2 m/s

另一方面,若Q恰能通过M点,在M点根据牛顿第二定律及向心力公式有

mg=m(2分)

解得vM=2 m/s<v

故假设成立,Q能通过最高点(1分).

考点3　实验:验证动量守恒定律

1.(1)2.20(2分)　(2)m1=-m1+m2(2分)　(3)弹性碰撞(2分)

 解析: (1)小球A、B的直径d=22 mm+0.1×0 mm=22.0 mm=2.20 cm.

(2)小球A下摆过程只有重力做功,机械能守恒,由机械能守恒定律得m1=m1gl(1-cos α),碰撞后,对A、B两球分别根据机械能守恒定律得m1v=m1gl(1-cos θ1)、m2v=m2gl(1-cos θ2),若两球碰撞前后的动量守恒,则满足m1v1=-m1v'1+m2v'2,联立以上四式得m1=m2-m1.

(3)用质量相同的两个小球完成实验,且碰后A球静止,则说明两球发生的碰撞为弹性碰撞.

2.(1)等于(1分)　大于(1分)　(2)54.2(53.5~54.5范围内均可)(2分)　(3)m1=m1+m2(3分)

解析:(1)为了验证水平方向上动量守恒并确保N球被碰后做平抛运动,应使两小球对心碰撞,需两小球半径相等;同时为确保M球碰撞后速度方向不变,M球的质量必须大于N球的质量.

(2)将图乙中的10个落点用圆规画出最小的圆圈住,圆心即为落点的平均位置,可知圆心到B点的距离为54.2 cm,允许有一定的误差,取值在53.5~54.5 cm范围内都算正确.

(3)小球离开导轨后做平抛运动,有Lcos θ=v0t及Lsin θ=gt2,联立可得v0=,对照图甲和实验条件可知,D点为M球未与N球碰撞时单独做平抛运动的平均落点位置,有v1=,E点为N球被碰后做平抛运动的平均落点位置,对应有v2=,C点为M球与N球碰撞后做平抛运动的平均落点位置,对应有v'1=,将v1、v'1和v2代入公式m1v1=m1v'1+m2v2得m1=m1+m2.

3.(1)0.45(2分)　0.60(2分)　(2)增大(2分)

解析:(1)打点计时器所接电源的频率f=50 Hz,周期T==0.02 s,由题图乙可知,碰撞前滑块A的速度为vA=×

10-2 m/s=3.0 m/s,A与B碰撞并粘合在一起后速度为vAB=×10-2 m/s=1.5 m/s.碰撞前滑块A的动能EkA=mA=×

0.20×3.02 J=0.90 J,碰撞后滑块A、B的总动能EkAB=(mA+mB)=×(0.20+0.20)×1.52 J=0.45 J,A与B碰撞过程中系统损失的动能为ΔEk1= EkA- EkAB=0.90 J-0.45 J=0.45 J.由题图丙可知,A与C碰撞并粘合在一起后速度为vAC=

×10-2 m/s=1.0 m/s.碰撞前滑块A的动能EkA=mA=×0.20×3.02 J=0.90 J,碰撞后滑块A、C的总动能EkAC=(mA+mC)=×(0.20+0.40)×1.02 J=0.30 J,A与C碰撞过程中系统损失的动能为ΔEk2= EkA- EkAC=0.90 J-

0.30 J=0.60 J.

(2)根据实验结果可知,被碰物体质量增大,系统损失的动能增大.

1.C　撞击时篮球受到的冲量等于其动量的变化,即I=mv'-m(-v)=m(v'+v),选项A错误;碰撞时,篮球与篮板相互作用,相互作用力等大反向,作用时间相等,则篮板受到的冲量大小不为零,选项B错误;撞击时间极短,重力的冲量忽略不计,撞击前后篮板均保持静止,篮球速度反向,所以篮球和篮板组成的系统动量不守恒,选项C正确;由于v'<v,系统机械能有损失,不守恒,选项D错误.

2.D　 把砂桶(含砂)与小车(含车上砝码)看成一个整体,这个整体在向下运动时受到摩擦力作用,除了摩擦力外还有重力、斜面的支持力,摩擦力做负功,支持力不做功,故系统的机械能不守恒,选项A、B错误;在砂桶向下运动的过程中,系统受到了合外力(砂桶重力)的作用,它们的动量越来越大,动量不守恒,选项C错误,D正确.

3.C　甲、乙两物体仅存在相互作用,则甲、乙两物体组成的系统动量守恒,故0~0.4 s时间内甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小,A错误;在v-t图像中,图线与坐标轴围成图形的面积表示位移,则0~t1时间内甲、乙位移之比为1∶5,B错误;由图线可知,甲、乙两物体加速度大小之比为1∶3,则甲、乙质量之比为3∶1,C正确;由图线可知a乙的大小为10 m/s2,则t1=0.3 s,D错误.

4.B　喷口的内径约2 cm,则半径约为r=0.01 m,木块静止在距喷口h=1 m的位置,即木块受到水的冲击力等于木块的重力,由动量定理得0-mv=-m木gt,在一段极短时间t内喷到木块上的水柱的质量为m=ρ水vtS,S=πr2,设水在刚喷出喷口时的速度为v喷,由机械能守恒定律可知mgh+mv2=m,设驱动该喷口喷水的水泵功率为P,在接近管口很短一段时间Δt内喷出水柱的质量m1=ρ水v喷ΔtS,根据动能定理可得PΔt=m1,解得P≈ 197 W,故B正确.

5.A　设探测器的质量为m,行星的质量为M,探测器和行星的作用过程与弹性碰撞的过程进行类比.对于模型一:如题图甲,设向左为正方向,由动量守恒定律得Mu-mv0=mv1+Mu1,式中u1为探测器远离行星后行星的速度大小,由机械能守恒定律得Mu2+m=m+M,联立解得v1=,因M≫m,则v1≈2u+v0>v0,选项A正确,B错误.对于模型二:如题图乙,设向左为正方向,由动量守恒定律得Mu+mv0=-mv2+Mu2,式中u2为探测器远离行星后行星的速度大小,由机械能守恒定律得Mu2+m=m+M,联立解得v2=,因M≫m,则v2≈v0-2u<v0,选项C、D均错误.

6.C　在小球与弹簧碰撞的过程中,小球受到了外力,小球与槽组成的系统动量不守恒,故A错误;由动能定理知小球对槽的作用力对槽做正功,同时槽对小球的作用力对小球也做正功,故B错误;由水平方向动量守恒可知,槽与小球分开时速度大小相等、方向相反(0=mv槽+mv球),所以小球被弹簧反弹后不会与槽再作用,小球和槽分别做匀速直线运动,故C正确,D错误.

7.BC　物块A、轻弹簧和B组成的系统所受的外力之和为零,动量守恒,初态总动量为mv,则轻弹簧被压缩过程中两物块总动量仍然为mv,选项A错误;轻弹簧被压缩到最短时A和B的速度相等,由动量守恒定律有mv=2mv共,可得

v共=,则此时两物块的总动能为Ek=×2m=mv2,选项B正确;A和B从相对靠近压缩弹簧至弹簧恢复原状的过程中,A和B及轻弹簧组成的系统满足动量守恒定律和机械能守恒定律,则弹簧恢复原长时,有mv=mvA+mvB,mv2=m+m,可得vA=0,vB=v,选项C正确;弹簧恢复原长时,vB=v,物块B的动能为mv2,选项D错误.

8. ABC　根据题意可判定QM段的水平位移与ME段的水平位移相等,利用平抛运动水平分运动的性质可知,小球从Q到M的运动时间与从M到E的运动时间相等,平抛运动为匀变速曲线运动,所以从Q到M与从M到E,小球的速度变化量之比为1∶1,D错误;由平抛运动的竖直分运动的性质可知,Q、M的高度差与M、E的高度差之比为1∶3,设QF=h,EF=l,则Q、M的高度差h1=,可求得M、N的高度差h2=,所以从Q到M与从M到N,小球重力做的功相等,B正确;根据H=gt2可得,小球从Q到M的运动时间t1=,小球从Q到N的运动时间t2=,所以小球从M到N的运动时间t'2=(-1),根据动量定理可知,从Q到M与从M到N,小球的动量变化量之比为ΔpQM∶ΔpMN=t1∶t'2=(+1)∶1,C正确;设小球在M点的速度方向与水平方向的夹角为θ,∠QEF=α,则由几何关系有tanα=,根据平抛运动的推论有tan θ=,得

θ=α,所以小球在M点的速度方向与QE平行,A正确.

9.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=·2m,则球A与水平地面接触时的速度大小为,D正确.

10.(1)3.704 (3.702~3.706均可,2分)　(2) m2x0(2分)

解析:(1)螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度示数之和,所以挡光片的宽度d=3.5 mm+20.4×0.01 mm=

3.704 mm.

(2)烧断细线后,a、b被弹簧弹开,a通过光电门的速度大小v1=,弹开后a的动量大小pa=m1,b做平抛运动,速度大小v2==x0,弹开后b的动量大小pb=m2x0,若pa=pb,则a、b与弹簧作用过程中系统动量守恒.

11.(1)C(1分)　(2)AC(1分)　(3)BCD(2分)　(4)m1·=m1·+m2·(2分)

解析:(1)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒,则有m1v0=m1v1+m2v2,在碰撞过程中动能不增加,则有m1≥m1+m2,解得v1≥v0,要使碰后入射小球的速度v1>0,则m1-m2>0,即m1>m2,为了使两球发生正碰,两小球的半径应相同,即r1=r2,故C正确.

(2)碰撞前入射小球的速度v0=,碰撞后入射小球的速度v1=,碰撞后被碰小球的速度v2=,若m1v0=m2v2+m1v1,则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒,整理得m1·=m1·+m2·,因此需要的测量工具有刻度尺和天平,故选A、C.

(3)验证动量守恒定律的实验,必须保证斜槽轨道末端切线水平,斜槽轨道不必要光滑,故A错误,B正确;为保证球的初速度相等,入射球每次都要从同一高度由静止滚下,故C正确;释放点高时,水平位移大,位移测量的相对误差小,故D正确.

(4)根据(2)的解答可知,表达式为m1·=m1·+m2·.

12.(1)　(2)2.5 s

解析:(1) 设小球与滑块碰撞前瞬间的速度大小为v0,碰撞后瞬间的速度大小为v1,根据速度位移公式有

=2gh1(1分)

=2g(h1-h2)(1分)

解得v0=10 m/s, v1=6 m/s

设小球与滑块碰撞后瞬间滑块的速度为v2,取向下为正方向,根据动量守恒定律可得

mv0=Mv2-mv1(1分)

根据能量守恒定律可得m=M+m(1分)

联立解得=,v2=4 m/s(2分).

(2)若滑块质量M=0.9 kg,第一次碰后,对滑块由牛顿第二定律得

Mg-f=Ma (1分)

根据位移关系可得v2t+at2=-v1t+gt2(2分)

解得t=2.5 s(1分).

13.(1)　(2)R

解析:(1)物块第一次在劈A上滑行的过程中,设物块前进的水平距离为x1,劈A后退的距离为x2,所用时间为t1,对于劈A和物块组成的系统,根据水平方向动量守恒,分析有

=(2分)

并且x2+x1=R,解得x2=(2分).

(2)设物块第一次离开劈A时,物块的速度大小为v1,劈A的速度大小为v2,根据系统动量守恒有mv1-2mv2=0(2分)

根据系统机械能守恒,有mgR=m+×2m(2分)

解得v1=(1分)

设物块在劈B上达到的最大高度为h,此时两者的速度大小均为v,根据系统动量守恒有(m+2m)v=mv1(2分)

根据系统机械能守恒有m=(m+2m)v2+mgh(2分)

解得h=R(1分).

14.(1)　(2)　(3)

解析:(1)A在B上滑动的过程中,B、C的速度相同,由于水平面光滑,A、B、C组成的系统动量守恒,有mv0=m+2mv1(2分)

解得v1=v0(1分)

系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能,即

μmgL=m-m()2-(2m)()2(2分)

解得μ=(1分).

(2)A到达C的最高点时A、C达到共同速度v2,从A滑上C到A到达C的最高点的过程中

A与C组成的系统动量守恒,即m+m=2mv2(2分)

A与C组成的系统机械能守恒,即

m()2+m()2=(2m)+mgR(2分)

联立两式可解得R=(2分).

(3)A从滑上C到滑离C的过程中

A与C组成的系统动量守恒,即m+m=mvA+mvC(2分)

A与C组成的系统机械能守恒,即

m()2+m()2=m+m(2分)

联立解得vC=(2分).

15.(1)8 m/s　(2)16 N·s　(3)32 N·s

解析:(1)由动能定理有

mgh0-=m(2分)

解得滑块第一次碰撞挡板前的瞬时速度大小为v1=8 m/s(1分).

(2)由于碰撞过程中无机械能损失,故碰撞后瞬间滑块的速度与碰撞前瞬间的速度等大、反向,由动量定理有I1=2mv1(2分)

解得第一次碰撞过程中挡板对滑块的冲量大小

I1=16 N·s(1分).

(3)滑块在斜面底端以初速度大小v1上滑到所能达到的最高点,由动能定理有-mgh1-=0-m(2分)

滑块再次下滑,由动能定理有

mgh1-=m-0(2分)

解得滑块再次滑到斜面底端时的速度大小为v2=v1=v1(2分)

则第n次滑到斜面底端的速度vn=vn-1=vn-1(2分)

有I=2m(v1+v2+…+vn)(2分)

解得挡板对滑块总的冲量大小I=32 N·s(2分).