2019届高考物理备考优生百日闯关系列专题07碰撞与动量守恒 24页

专题07碰撞与动量守恒第一部分名师综述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查基本概念和基本规律。考纲要求1、理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件。2、会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。命题规律1、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查。2、动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。第二部分精选试题一、单选题1．如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图。跳楼机由静止从a自由下落到b，再从b开始以恒力制动竖直下落到c停下。已知跳楼机和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g。则A．从a到b与从b到c的运动时间之比为2：1B．从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等C．从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为mghD．从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg【答案】A【解析】【详解】A．由题意可知，跳楼机从a运动b过程中做自由落体运动，由2h=12gt12可得，下落时间t1=4hg=2hg，由vb2=2g⋅2h可知，运动到b的速度大小为vb=4gh=2gh；跳楼机从a运动b过程中做减速运动，同理可得h=12at22，vb2=2ahn，解得减速过程的加速度大小为a=2g，时间为t2=hg，故从a到b与从b到c的运动时间之比为t1:t2=2hg:hg=2:1，故A正确；B．从a到b，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故B错误；C．从a到b，根据动量定理可得IG=mvb=2mgh，则跳楼机和游客总重力的冲量大小为2mgh，故C错误；D．从b到c，根据牛顿第二定律有：F-mg=ma=2mg，解得跳楼机受到制动力的大小为F=3mg，故D错误。2．北京时间2009年3月1日下午15时36分，在距月球表面100km的圆轨道上运行的质量为1.2×103kg(连同燃料)的“嫦娥一号”卫星，在北京航天飞行控制中心科技人员的控制下发动机点火。在极短的时间内以4.92km/s的速度（相对月球表面）向前喷出质量为50kg的气体后，卫星减速。只在月球引力的作用下下落，最后成功撞击到月球东经52.36度、南纬1.50度的预定的丰富海区域，实现了预期目标，为中国探月一期工程画上一个圆满的句号。已知月球的半径R=1.7×103km，月球表面的重力加速度g/=1.8m/s2。则“嫦娥一号”喷气后的速度约为（）A．1.10km/sB．1.56km/sC．2.88km/sD．3.78km/s【答案】B【解析】【详解】“嫦娥一号”卫星在距离月球表面100km做圆周运动时：GMm(R+h)2=mv2R+h其中GMm'R2=m'g'，则解得：v=Rg'R+h=1.7×1061.81.8×106m/s=1.7×103m/s；喷气的过程根据动量守恒定律：mv=(m-Δm)v1+Δmv2解得v1=mv-Δmv2m-Δm=1.2×103×1.7×103-50×4.92×1031.2×103-50m/s=1.56×103m/s=1.56km/s，故选B.3．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作类比。那么下列判断中正确的是nA．v1>v0B．v1=v0C．v2>v0D．v2=v0【答案】A【解析】【详解】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.A、B、对于模型一：设向左为正，由动量守恒定律：Mu-mv0=mv1+Mu1，由能量守恒12Mu2+12mv02=12mv12+12Mu12，联立解得探测器碰后的速度v1=2Mu+Mv0-mv0M+m，因M>>m，则v1≈2U+v0>v0，故A正确，B错误.C、D、对于模型二：设向左为正，由动量守恒定律：Mu+mv0=-mv2+Mu2，由能量守恒12Mu2+12mv02=12mv22+12Mu22，联立解得探测器碰后的速度v2=Mv0-2Mu-mv0M+m，因M>>m，则v2≈v0-2U0.5v…②AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：12mv2≥12mv12+12×2mv22…③①③两式联立得：v2≤23v…④由②④两式可得：0.5v0）的小物块，在距离电场区域为a处以一定的初速度在一水平绝缘平面上向右运动，物块与绝缘平面的摩擦因数为μ，物块在运动过程中要穿越宽度为2a，场强大小为E的电场区域，当场强方向竖直向下时，物块停留在离开电场区域左边缘的0.5a处，当场强方向向上时，物块停留在距离电场区域右侧的a处。求：（1）电场强度的大小，以及物块的初速度;（2）若增加物块初速度的大小，当电场向下时，物块仍能停在电场区域内。求电场向上时物块运动的时间与电场向下情况下物块运动时间差值的最小值。并求出对应的初速度。【答案】（1）E=mgq；v0=2μga（2）Δtmin=2aμg；v0=6μga【解析】【详解】（1）当场强方向竖直向下时，由动能定理：12mv02=μmga+μ(mg+qE)×0.5a；n当场强方向竖直向上时，由动能定理：12mv02=μmg⋅2a+μ(mg-qE)×2a；联立解得：E=mgq；v0=2μga（2）无论电场方向如何，物块在进入电场前运动时时间是相等的，设滑块刚进入电场时速度为v，当电场向下时物块不滑出电场，则由动量定理：μ(mg+qE)t1=mv解得：t1=v2μg；若场强向上，则由于mg=qE，则滑块在电场中受摩擦力为零而做匀速运动，出离电场后做运减速运动，则在电场中的时间为：t21=2av，出离电场时：μmgt22=mv，则运动的总时间为：t2=2av+vμg；则时间差：Δt=t2-t1=2av+vμg-v2μg=2av+v2μg；由数学知识可知，当2av=v2μg时，∆t最小，即当v=2μga时，∆t最小值为：Δtmin=2aμg；此时当场强向下时，有：12mv2=μ(mg+qE)x，解得x=a，滑块不滑出电场的范围；由动能定理：12mv02=μmga+12mv2，解得：v0=6μga；27．如图所示，在同一水平面内的光滑平行金属导轨MN、M'N'与均处于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N'P'平滑连接，半圆轨道半径均为r=0.5m，导轨间距L=1m，水平导轨左端MM'接有R=2Ω的定值电阻，水平轨道的ANN'A'区域内有竖直向下的匀强磁场，磁场区域宽度d=1m。一质量为m=0.2kg、电阻为R0=0.5Ω、长度为L=1m的导体棒ab放置在水平导轨上距磁场左边界s处，在与导体棒垂直、大小为2N的水平恒力F的作用下从静止开始运动，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，导体棒进入磁场后做匀速运动，当导体棒运动至NN'时撤去F，结果导体棒ab恰好能运动到半圆形轨道的最高点PP'。已知重力加速度g取10m/s2，导轨电阻忽略不计。（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小及s的大小；（2）若导体棒运动到AA'时撤去拉力，试判断导体棒能不能运动到半圆轨道上。如果不能，说明理由；如果能，试再判断导体棒沿半圆轨道运动时会不会脱离轨道。【答案】（1）B=1T，s=1.25m；（2）h=0.45m，由于h2mg+λmg解得：λ<1；(3)当滑块向上运动时，若规定向上为滑块和物体所受合力的正方向，则合力：F=k(x+x0)-2mg-λmg-kx-(1+λ)mg作出F-x图象如图所示：由数学知识可得滑块停止运动的位置坐标x1=2λmgk滑块停止运动不再下降的条件是：2mg-k(x1+x0)≤λmg解得：λ≥13。29．碰撞过程中的动量和能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。如图所示，将一个大质量的弹性球A（质量为m1）和一个小质量的弹性球B（质量为m2）叠放在一起，从初始高度h0由静止竖直下落，不计空气阻力，且h0远大于球的半径。设A球与地面作用前的速度大小为v0（v0为未知量），A球和地面相碰后，以原速反弹；反弹后它和以v0向下运动的B球碰撞，如图（甲）所示。碰后如图（乙）所示。取竖直向上为正方向。n（1）a．求v0；b．有同学认为，两物体（选为一个系统）在竖直方向碰撞，由于重力的影响，系统动量不再守恒。现通过实验及计算说明这一问题。某次实验时，测得m1=60.0g，m2=3.0g，h0=1.80m，A和B碰撞时间Δt=0.01s，重力加速度g取10m/s2。①求A和B相互作用前瞬间系统的总动量大小P1；②求A和B相互作用过程中，系统总动量的变化量大小ΔP；③计算ΔPP1×100%的值。据此实验及结果，你认为物体在竖直方向碰撞过程中，是否可以应用动量守恒定律？并简要说明理由。（2）若不计系统重力的影响，且m2<