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專題07 碰撞與動量守恒
第一部分名師綜述
綜合分析近幾年的高考物理試題發(fā)現(xiàn),試題在考查主干知識的同時,注重考查基本概念和基本規(guī)律。
考綱要求
1、理解動量、動量變化量的概念;知道動量守恒的條件。
2、會利用動量守恒定律分析碰撞、反沖等相互作用問題。
命題規(guī)律
1、動量和動量的變化量這兩個概念常穿插在動量守恒定律的應(yīng)用中考查。
2、動量守恒定律的應(yīng)用是本部分的重點和難點,也是高考的熱點;動量守恒定律結(jié)合能量守恒定律來解決碰撞、打擊、反沖等問題,以及動量守恒定律與圓周運動、核反應(yīng)的結(jié)合已成為近幾年高考命題的熱點。
第二部分精選試題
一、單選題
1.如圖所示,左圖為大型游樂設(shè)施跳樓機,右圖為其結(jié)構(gòu)簡圖。跳樓機由靜止從a自由下落到b,再從b開始以恒力制動豎直下落到c停下。已知跳樓機和游客的總質(zhì)量為m,ab高度差為2h,bc高度差為h,重力加速度為g。則
A.從a到b與從b到c的運動時間之比為2:1
B.從a到b,跳樓機座椅對游客的作用力與游客的重力大小相等
C.從a到b,跳樓機和游客總重力的沖量大小為mgh
D.從b到c,跳樓機受到制動力的大小等于2mg
【答案】 A
【解析】
【詳解】
A.由題意可知,跳樓機從a運動b過程中做自由落體運動,由2h=12gt12可得,下落時間t1=4hg=2hg,由vb2=2g?2h可知,運動到b的速度大小為vb=4gh=2gh;跳樓機從a運動b過程中做減速運動,同理可得h=12at22,vb2=2ah,解得減速過程的加速度大小為a=2g,時間為t2=hg,故從a到b與從b到c的運動時間之比為t1:t2=2hg:hg=2:1,故A正確;
B.從a到b,跳樓機做自由落體運動,故跳樓機座椅對游客的作用力為零,故B錯誤;
C.從a到b,根據(jù)動量定理可得IG=mvb=2mgh,則跳樓機和游客總重力的沖量大小為2mgh,故C錯誤;
D.從b到c,根據(jù)牛頓第二定律有:F-mg=ma=2mg,解得跳樓機受到制動力的大小為F=3mg,故D錯誤。
2.北京時間2009年3月1日下午15時36分,在距月球表面100km的圓軌道上運行的質(zhì)量為1.2103kg (連同燃料)的“嫦娥一號”衛(wèi)星,在北京航天飛行控制中心科技人員的控制下發(fā)動機點火。在極短的時間內(nèi)以4.92km/s的速度(相對月球表面)向前噴出質(zhì)量為50kg的氣體后,衛(wèi)星減速。只在月球引力的作用下下落,最后成功撞擊到月球東經(jīng)52.36度、南緯1.50度的預(yù)定的豐富海區(qū)域,實現(xiàn)了預(yù)期目標(biāo),為中國探月一期工程畫上一個圓滿的句號。已知月球的半徑R=1.7103km,月球表面的重力加速度g/=1.8m/s2。則“嫦娥一號”噴氣后的速度約為()
A.1.10 km/s B.1.56km/s C.2.88km/s D.3.78km/s
【答案】 B
【解析】
【詳解】
“嫦娥一號”衛(wèi)星在距離月球表面100km做圓周運動時:GMm(R+h)2=mv2R+h其中GMmR2=mg,則解得:v=RgR+h=1.71061.81.8106m/s=1.7103m/s;噴氣的過程根據(jù)動量守恒定律:mv=(m-Δm)v1+Δmv2解得v1=mv-Δmv2m-Δm=1.21031.7103-504.921031.2103-50m/s=1.56103m/s=1.56km/s,故選B.
3.隨著科幻電影《流浪地球》的熱映,“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野。“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運動的探測器,借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個過程,可以提出以下兩種模式:探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星,分別因相互作用改變了速度。如圖所示,以太陽為參考系,設(shè)行星運動的速度為u,探測器的初速度大小為v0,在圖示的兩種情況下,探測器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2.探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞,但是在行星的運動方向上,其運動規(guī)律可以與兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是
A.v1>v0 B.v1= v0 C.v2>v0 D.v2=v0
【答案】 A
【解析】
【詳解】
設(shè)探測器的質(zhì)量為m,行星的質(zhì)量為M,探測器和行星發(fā)生彈性碰撞.
A、B、對于模型一:設(shè)向左為正,由動量守恒定律:Mu-mv0=mv1+Mu1,由能量守恒12Mu2+12mv02=12mv12+12Mu12,聯(lián)立解得探測器碰后的速度v1=2Mu+Mv0-mv0M+m,因M>>m,則v1≈2U+v0>v0,故A正確,B錯誤.
C、D、對于模型二:設(shè)向左為正,由動量守恒定律:Mu+mv0=-mv2+Mu2,由能量守恒12Mu2+12mv02=12mv22+12Mu22,聯(lián)立解得探測器碰后的速度v2=Mv0-2Mu-mv0M+m,因M>>m,則v2≈v0-2U
0.5v…②
AB兩球碰撞過程能量可能有損失,由能量關(guān)系有:12mv2≥12mv12+122mv22…③
①③兩式聯(lián)立得:v2≤23v…④
由②④兩式可得:0.5v0)的小物塊,在距離電場區(qū)域為a處以一定的初速度在一水平絕緣平面上向右運動,物塊與絕緣平面的摩擦因數(shù)為μ,物塊在運動過程中要穿越寬度為2a,場強大小為E的電場區(qū)域,當(dāng)場強方向豎直向下時,物塊停留在離開電場區(qū)域左邊緣的0.5a處,當(dāng)場強方向向上時,物塊停留在距離電場區(qū)域右側(cè)的a處。求:
(1)電場強度的大小,以及物塊的初速度;
(2)若增加物塊初速度的大小,當(dāng)電場向下時,物塊仍能停在電場區(qū)域內(nèi)。求電場向上時物塊運動的時間與電場向下情況下物塊運動時間差值的最小值。并求出對應(yīng)的初速度。
【答案】(1)E=mgq;v0=2μga(2)Δtmin=2aμg;v0=6μga
【解析】
【詳解】
(1)當(dāng)場強方向豎直向下時,由動能定理:12mv02=μmga+μ(mg+qE)0.5a;
當(dāng)場強方向豎直向上時,由動能定理:12mv02=μmg?2a+μ(mg-qE)2a;
聯(lián)立解得:E=mgq;v0=2μga
(2)無論電場方向如何,物塊在進(jìn)入電場前運動時時間是相等的,設(shè)滑塊剛進(jìn)入電場時速度為v,當(dāng)電場向下時物塊不滑出電場,則由動量定理:μ(mg+qE)t1=mv
解得:t1=v2μg;
若場強向上,則由于mg=qE,則滑塊在電場中受摩擦力為零而做勻速運動,出離電場后做運減速運動,則在電場中的時間為:t21=2av,
出離電場時:μmgt22=mv,
則運動的總時間為:t2=2av+vμg;
則時間差:Δt=t2-t1=2av+vμg-v2μg=2av+v2μg;
由數(shù)學(xué)知識可知,當(dāng)2av=v2μg時,?t最小,即當(dāng)v=2μga時,?t最小值為:Δtmin=2aμg;
此時當(dāng)場強向下時,有:12mv2=μ(mg+qE)x,解得x=a,滑塊不滑出電場的范圍;
由動能定理:12mv02=μmga+12mv2,
解得:v0=6μga;
27.如圖所示,在同一水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、MN與均處于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、NP平滑連接,半圓軌道半徑均為r=0.5m,導(dǎo)軌間距L=1m,水平導(dǎo)軌左端MM接有R=2Ω的定值電阻,水平軌道的ANNA區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強磁場,磁場區(qū)域?qū)挾萪=1m。一質(zhì)量為m=0.2kg、電阻為R0=0.5Ω、長度為L=1m的導(dǎo)體棒ab放置在水平導(dǎo)軌上距磁場左邊界s處,在與導(dǎo)體棒垂直、大小為2N的水平恒力F的作用下從靜止開始運動,導(dǎo)體棒運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后做勻速運動,當(dāng)導(dǎo)體棒運動至NN時撤去F,結(jié)果導(dǎo)體棒ab恰好能運動到半圓形軌道的最高點PP。已知重力加速度g取10m/s2,導(dǎo)軌電阻忽略不計。
(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小及s的大??;
(2)若導(dǎo)體棒運動到AA時撤去拉力,試判斷導(dǎo)體棒能不能運動到半圓軌道上。如果不能,說明理由;如果能,試再判斷導(dǎo)體棒沿半圓軌道運動時會不會脫離軌道。
【答案】(1)B=1T,s=1.25m;(2)h=0.45m,由于h2mg+λmg
解得:λ<1;
(3)當(dāng)滑塊向上運動時,若規(guī)定向上為滑塊和物體所受合力的正方向,則合力:
F=k(x+x0)-2mg-λmg-kx-(1+λ)mg
作出F-x圖象如圖所示:
由數(shù)學(xué)知識可得滑塊停止運動的位置坐標(biāo)x1=2λmgk
滑塊停止運動不再下降的條件是:2mg-k(x1+x0)≤λmg
解得:λ≥13。
29.碰撞過程中的動量和能量傳遞規(guī)律在物理學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用。如圖所示,將一個大質(zhì)量的彈性球A(質(zhì)量為m1)和一個小質(zhì)量的彈性球B(質(zhì)量為m2)疊放在一起,從初始高度h0由靜止豎直下落,不計空氣阻力,且h0遠(yuǎn)大于球的半徑。設(shè)A球與地面作用前的速度大小為v0(v0為未知量),A球和地面相碰后,以原速反彈;反彈后它和以v0向下運動的B球碰撞,如圖(甲)所示。碰后如圖(乙)所示。取豎直向上為正方向。
(1)a.求v0;
b.有同學(xué)認(rèn)為,兩物體(選為一個系統(tǒng))在豎直方向碰撞,由于重力的影響,系統(tǒng)動量不再守恒?,F(xiàn)通過實驗及計算說明這一問題。
某次實驗時,測得m1=60.0g,m2=3.0g,h0=1.80m,A和B碰撞時間Δt=0.01s,重力加速度g取10m/s2。
①求A和B相互作用前瞬間系統(tǒng)的總動量大小P1;
②求A和B相互作用過程中,系統(tǒng)總動量的變化量大小ΔP;
③計算ΔPP1100%的值。據(jù)此實驗及結(jié)果,你認(rèn)為物體在豎直方向碰撞過程中,是否可以應(yīng)用動量守恒定律?并簡要說明理由。
(2)若不計系統(tǒng)重力的影響,且m2<
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2019年高考物理備考
優(yōu)生百日闖關(guān)系列
專題07
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