《大高考》2016届高考物理五年高考真题：专题17碰撞与动量守恒资料 20页

专题十七碰撞与动量守恒5"1五年高考真题1.（2015重庆理综，3,6分）（难度★★★）高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）.此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（）A.呼+mgB.呼—mgC.嘤+mgD.嘤—mg解析由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v=V2gh,在t时间内对人由动量定理得（F—mg）t=mv,解得安全带对人的平均作用力为F=m2ght+mg,A项正确.答案A2.（2015北京理综，18,6分）（难度★★★）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从纯恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（）A.纯对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B.纯对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C.纯恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D.人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mg—F=ma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a=0时,F=mg,此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，F\n>mg,由牛顿第二定律F—mg=ma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以纯对人的冲量始终向上，综上可知A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故B错误.答案A1.[2015福建理综，30（2）,6分]如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m,速度大小为2vo,方向向右，滑块B的质量为2m,速度大小为V0,方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（）A.A和B都向左运动B.A和B都向右运动C.A静止，B向右运动D.A向左运动，B向右运动解析对A、B系统,由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械能守恒，由于mX2v0—2mv0=0,故碰后A、B不可能同向运动或一个静止、另一个运动或两个都静止，而只能是A、B都反向运动，故D正确.答案D2.（2014重庆理综，4,6分）（难度★★★）一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3：1.不计质量损失，取重力加速度g=10m/S2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）\nA+1A.A—1A-1B.A+14AC.(A+1)2(A+1)2D.(A-1)2解析平抛运动时间t=\糕=1s,爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质……31-x甲x3重为m,则mv=4mv甲+彳四乙，又丫甲二％",v乙=飞~,t=1s,WJ有4X甲14x乙=2m,将各选项中数据代入计算得B正确.答案B5.（2014大纲全国，21,6分）（难度★★★）一中子与一质量数为A（A>1）的原子核发生弹性正碰.若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（）解析设中子质量为m,则原子核的质量为Am.设碰撞前、后中子的速度分别为V0、V1,碰后原子核的速度为V212由弹性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,1mv0V0A+1故「|=,A正确.v1A-1=1mv2+1Amv2,解得v1=V0,221+A答案A6.（2013天津理综，2）（难度★★★）我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠.观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）布\nA.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，选项A错误；甲、乙组成的系统动量守恒，动量变化量等大、反向，选项B正确；甲、乙相互作用时，虽然她们之间的相互作用力始终大小相等，方向相反，但相互作用过程中，她们的对地位移不一定相同，所以甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量，那么甲对乙做的功就不一定等于乙对甲做的功，选项C、D错答案B5.（2012福建理综，29（2）,6分）（难度★★）如图，质量为M的小船在静止水面上以速率vo向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止.若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（）mA.vo+Mvm、C.vo+M（vo+v）■餐蠢目mB.v0-Mvm,、D-vo+M（vo—v）解析取向右为正方向，由动量守恒有（M+m）vo=—mv+Mv',解之有v'=m,vo+M（vo+v）,故C正确.答案C6.（2012大纲全国，21）（难度★★★）（多选）如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m,摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放.若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（\n）\nA.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置解析由于两球发生弹性碰撞，故系统动量、机械能均守恒，则：mv=3mvb小121c21211+mva①，2mv=2*3mvb+2mva②，由两式联立解得Va=—]v,vb=]v,13...故选项A正确；由刖面求得速度可知弟一次碰后pa=—2mv,pb=2mv,故选项B错误；由于第一次碰后，|Va|=Vb|,根据机械能守恒可知两球可到达相同高度即摆角相同，选项C错误；因两球摆长相同，根据T=2gjg知，两球同时到达各自平衡位置发生第二次碰撞，选项D正确.答案AD9.（2011全国，20,6分）（难度★★★）（多选）质量为M、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，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为r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，则整个过程中，系统损失的动能l>■1mM2为（）A12A^mv1C.?NnmgL解析小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间.二者相对静止，即为共速，设速度为v1,mv=（m+M）v1,系统损失\n2B正确；由于碰撞为弹性…12121Mmv3、1动能AEk=/mv—2（M+m）vi=2~,A错块、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AEk=Q=NpmgLC错误、D正确.答案BD10.[2015新课标全国I,35(2),10分](难度★★★★改口图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间.A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.BAC解析设A运动的初速度为V0,A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2121212由机械能守恒止律得2mv0=2mv1+2Mv2口m—M2m可得V1=V0,V2;V0m+Mm+M要使得A与B能发生碰撞，需要满足vK0,即mM2解方程可得m>（V5-2）M所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足（乖—2）M&mVgR=V5m/s②在Q点，由牛顿第二定律得2FN+mg=mR"③\n解得Fn=22N④(2)A撞B,由动量守恒得mv0=2mv'⑤解得v'=~2=3m/s⑥设粗糙段滑行距离为x,则1。一—[1mgx0—22mv2®解得x=4.5m⑧x一所以k=[=45⑨(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得-amgnL=22mv2-22mv2⑩所以vn=[9—0.2nm/s(n=0,1,2,…)？答案(1)22N(2)45(3)vn=^9—0.2nm/s(n=0,1,2,…)14.(2015天津理综，10,16分)(难度★★★)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数尸0.5.设皮带足够长，取g=10m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求r⑴邮件滑动的时间t;(2)邮件对地的位移大小x;(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.解析(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为Ff,则Ff=nmg\n取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有Fft=mv—0②由①②式并代入数据得t=0.2电12(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Ffx=5mv2一0④由①④式并代入数据得x=0.1m⑤(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s,则s=v-t⑥摩擦力对皮带做的功W=-Ffs®由①③⑥⑦式并代入数据得W=-2J⑧答案(1)0.2s(2)0.1m(3)-2J14.(2015安徽理综，22,14分)(难度★★★)—质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示.物块以V0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止.g取10m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数工(2)若碰撞时间为0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F;(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.解析(1)对小物块从A运动到B处的过程中应用动能定理一simgs2mv2—2mv2①代入数值解得尸0.32@(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v'=-6m/s由动量定理得：FN=mv'—mv③\n解得：F=—130N④其中“一”表示墙面对物块的平均力方向向左.(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得—W=0-2mv2⑤解得W=9J答案(1)0.32(2)130N(3)9J14.[2014新课标全国1,35(2),9分](难度★★★)如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m,A球在B球的正上方.先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放.当A球下落t=0.3s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零.已知mB=3mA,重力加速度大小g=10m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失.求5Or--(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度.解析(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为VB,由运动学公式有VB=,2gh①将h=0.8m代入上式，得vb=4m/s②(2)设两球相碰前、后，A球的速度大小分别为vi和vi&1'6),B球的速度分别为v2和v2：由运动学规律可得vi=gt③\n由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前、后的动量守恒，总动能保持不变.规定向下的方向为正，有mAVi+mBV2=mBV2'④121212A2mAvi+]mBV2=2mBv2⑤设B球与地面相碰后的速度大小为VB,，由运动学及碰撞的规律可得VB'=VB⑥设P点距地面的高度为h；由运动学规律可得VB2—V2h-⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h6.75m@答案（1）4m/s（2）0.75m17.验[2014新课标全国n,35（2）,10分]（难度★★★★泗利用图（a）所示的装置证动量守恒定律.在图（a）中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器（图中未画出）的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间.气垫导轨图(a)实验测得滑块A的质量m〔=0.310kg,滑块B的质量m2=0.108kg,遮光片的宽度d=1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f=50.0Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰.碰后光电计时器显示的时间为AtB=3.500ms,碰撞前、后打出的纸带如图（b）所示.,.•・*・(cm)..・*4.血t主02*403*4151图(b)\n…碰撞前、后总动量之差若实验允许的相对误差绝对值(|碰前总动量|X100%)最大为5%,本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程.解析按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为抬v=一①式中As为滑块在很短时间At内走过的路程.设纸带上打出相邻两点的时间间隔为AtA,则1…NA=f=0.02道Na可视为很短.设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为vo、vi.将②式和图给实验数据代入①式得v0=2.00m/s③vi=0.970m/s®设B在碰撞后的速度大小为V2,由①式有_d_^V2=⑤AtB代入题给实验数据得v2=2.86m/s@设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p',则p=miv0⑦p'甘iivi+m2v2⑧\n两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为^=|p—p|x100%⑨p联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得生=1.7%<5%⑩因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律.答案见解析18.(2014天津理综，10,16分)(难度★★★★)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4kg,上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB=2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F=10N,A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.6s,二者的速度达到v-t=2m/s.求(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;(3)A的上表面长度1.解析(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F=mAa①代入数据解得_2/a=2.5m/S2②(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6s的过程，由动量定理得Ft=(mA+mB)v-t—(mA+mB)v③代入数据解得⑶设A、B发生碰撞前，A的速度为va,对A、B发生碰撞的过程，由动量守\n恒定律有mAVA=(mA+mB)v⑤A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl=gmAvA⑥由④⑤⑥式，代入数据解得l=0.45m⑦答案(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m19.(2014广东理综，35,18分)(难度★★★★)如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度V1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P,以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作，已知P1、P2的质量都为m=1kg,P与AC间的动摩擦因数为尸0.1,AB段长L=4m,g取10m/s；P1、P2?flP^视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞.(1)若v1=6m/s,求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能AE;(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求V1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E.解析(1)P1、P2碰撞过程，动量守恒mv1=2mv①V1…解得v=2=3m/s②碰撞损失的动能AE=2mv2—2(2m)v2③解彳导AE=9J④\nN2mg(2)根据牛顿第二定律，P做匀减速运动，加速度为a=芍-⑤V1_设Pi、P2碰撞后的共同速度为V共，则推得V共=2⑥把P与挡板碰撞后运动过程当做整体运动过程处理12^221a1-2经过时间t1,P运动过的路程为S1,则S1=v共七一2at1⑦经过时间t2,P运动过的路程为S2,则建=丫共12—如果P能在探测器工作时间内通过B点，必须满足si03L&S2⑨联立⑤⑥⑦⑧⑨得10m/s