2019高考物理二輪復習 專題三 動量和能量 1-3-7 碰撞與動量守恒訓練.docx
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1-3-7 碰撞與動量守恒 課時強化訓練 1．(2018天津河東一模)(多選)一輛汽車在平直公路上從靜止開始運動，所受阻力恒定，10 s末撤掉牽引力，其速度隨時間變化的圖像如圖所示，則下列說法正確的是( ) A．0～5 s和10～15 s內加速度相同 B．0～5 s和10～15 s內阻力做功相等 C．0～5 s和5～10 s內牽引力做功的平均功率相等 D．0～5 s和10～15 s內合外力的沖量相同 [解析] v-t圖線的斜率表示加速度，由圖可知0～5 s和10～15 s內加速度大小相等，但是方向相反，故不相同，A錯誤； v-t圖線與時間軸所圍的面積表示位移，由圖可知0～5 s和10～15 s內位移相等，又阻力恒定，故阻力做功相等，B正確； 0～5 s內：加速度a1＝ m/s2＝2 m/s2，位移x1＝510 m＝25 m； 5～10 s內：加速度為零，位移x2＝510 m＝50 m； 10～15 s內：加速度a3＝ m/s2＝－2 m/s2，位移x3＝510 m＝25 m； 根據牛頓第二定律，0～5 s內：F1－f＝ma1 根據平衡條件，5～10 s內：F2＝f 根據牛頓第二定律，10～15 s內：－f＝ma3 聯(lián)立解得：F1＝4m(N)，F(xiàn)2＝2m(N) 0～5 s內牽引力做功的平均功率為： ＝＝＝20m(W)， 5～10 s內牽引力做功的平均功率為： ＝＝＝20m(W)， 故0～5 s和5～10 s內牽引力做功的平均功率相等，C正確； 由C項分析可知0～5 s和10～15 s內汽車的位移相同，所受合外力等大、反向，故沖量也是等大、反向，故D錯誤。 [答案] BC 2．(2018山東菏澤一模)有一個豎直固定放置的光滑四分之一圓軌道，軌道圓心O到地面的高度為h，小球從軌道最高點A由靜止開始沿著圓弧軌道滑下，從軌道最低點B離開軌道，然后做平拋運動落到水平地面上的C點，C點與A點的水平距離也等于h，則下列說法正確的是( ) A．當小球運動到軌道最低點B時，軌道對它的支持力等于重力的4倍 B．小球在圓弧軌道上運動的過程中，重力對小球的沖量在數(shù)值上大于圓弧軌道的支持力對小球的沖量 C．根據已知條件可以求出該四分之一圓軌道的軌道半徑為0.2h D．小球做平拋運動落到地面時的速度與水平方向夾角θ的正切值tan θ＝0.5 [解析] 由mgR＝mv，F(xiàn)B－mg＝m，解得FB＝3mg，A錯誤；小球從A運動到B，合外力沖量水平向右，則支持力的沖量在豎直方向的分量與重力的沖量大小相等，故支持力沖量在數(shù)值上大于重力的沖量，B錯誤；小球做平拋運動時，h－R＝gt2，h－R＝vBt，解得R＝0.2h，C正確；設小球做平拋運動位移與水平方向夾角為α，則tan α＝1，因為tan θ＝2 tan α，所以tan θ＝2，D錯誤。 [答案] C 3．(2018河北衡水中學二模)(多選) 如圖，質量分別為m1＝1.0 kg和m2＝2.0 kg的彈性小球a、b，用輕繩緊緊地把它們捆在一起，使它們發(fā)生微小的形變。該系統(tǒng)以速度v0＝0.10 m/s沿光滑水平面向右做直線運動。某時刻輕繩突然自動斷開，斷開后兩球仍沿原直線運動。經過時間t＝5.0 s后，測得兩球相距s＝4.5 m，則下列說法正確的是( ) A．剛分離時，a球的速度大小為0.7 m/s B．剛分離時，b球的速度大小為0.2 m/s C．剛分離時，a、b兩球的速度方向相同 D．兩球分開過程中釋放的彈性勢能為0.27 J [解析] 系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，位移：s＝v1t－v2t，代入數(shù)據解得：v1＝0.70 m/s，v2＝－0.20 m/s，負號表示速度方向與正方向相反，故選項A、B正確，C錯誤；由能量守恒定律得：(m1＋m2)v＋Ep＝m1v＋m2v，代入數(shù)據解得：Ep＝0.27 J，選項D正確。 [答案] ABD 4．(2018福建泉州檢測)如圖所示，兩個大小相同、質量均為m的彈珠靜止在水平地面上。某小孩在極短時間內給第一個彈珠水平沖量使其向右運動，當?shù)谝粋€彈珠運動了距離L時與第二個彈珠發(fā)生彈性正碰，碰后第二個彈珠運動了2L距離停下。已知彈珠所受阻力大小恒為重力的k倍，重力加速度為g，則小孩對第一個彈珠( ) A．施加的沖量為m B．施加的沖量為m C．做的功為kmgL D．做的功為3kmgL [解析] 當?shù)谝粋€彈珠運動了距離L時與第二個彈珠發(fā)生彈性正碰，根據動量守恒和能量守恒可知，兩彈珠速度發(fā)生交換，即第一個彈珠碰后停止運動，第二個彈珠以第一個彈珠碰前的速度繼續(xù)向前運動了2L距離停下，從效果上看，相當于第二個彈珠不存在，第一個彈珠直接向前運動了3L的距離后停止運動，根據動能定理可知，小孩對第一個彈珠做的功等于彈珠獲得的動能，也等于克服阻力做的總功，即W＝Ek＝kmg3L，選項C錯誤，選項D正確；施加的沖量I＝Δp＝p－0＝－0＝＝m，選項A、B錯誤。 [答案] D 5．(2018江西上饒六校一聯(lián))(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x，現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則( ) A．A物體的質量為3m B．A物體的質量為2m C．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mv D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mv [解析] 彈簧固定，當彈簧壓縮量最大時，彈性勢能最大，A的動能轉化為彈簧的彈性勢能，A及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則知彈簧被壓縮過程中最大的彈性勢能等于A的初動能，設A的質量為mA，即有： Epm＝mAv 當彈簧一端連接另一質量為m的物體B時，A與彈簧相互作用的過程中B將向右運動，A、B速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，選取A的初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得：mA2v0＝(m＋mA)v 由機械能守恒定律得：Epm＝mA(2v0)2－(mA＋m)v2 解得：mA＝3m，Epm＝mv 故A、C正確，B、D錯誤。 [答案] AC 6．(2018湖北宜昌調研)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球沿同一直線運動。兩球的質量關系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，兩球的動量均為5 kgm/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量變化量為－3 kgm/s，則( ) A．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶2 B．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶4 C．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶2 D．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶4 [解析] 規(guī)定向右為正方向，兩球初始動量均為5 kgm/s，則兩球均向右運動，又因為動量p＝mv，mB＝2mA，所以vA＝2vB，則斷定左方為A球，故A、B兩項錯誤。碰撞后A球的動量變化量為－3 kgm/s，則碰撞后A球的動量為pA＝2 kgm/s，據動量守恒定律可得B球碰撞后的動量應為pB＝8 kgm/s，由p＝mv，得v＝，所以＝＝，故C項正確，D項錯誤。 [答案] C 7．(2018湖北四地七校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內有一半圓槽，A、C等高，B為圓槽最低點，小球從A點正上方O點靜止釋放，從A點切入圓槽，剛好能運動至C點。設球在AB段和BC段運動過程中，運動時間分別為t1、t2，合外力的沖量大小為I1、I2，則( ) A．t1>t2 B．t1＝t2 C．I1>I2 D．I1＝I2 [解析] 小球從A點正上方O點靜止釋放，做自由落體運動，從A點切入圓槽，剛好能運動至C點，則知小球在AB段平均速率大于BC段平均速率，又兩段路程相等，所以球在AB段和BC段運動時間的大小關系為t1
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