2019年高考物理總復(fù)習(xí) 第六章 碰撞與動量守恒 第2課時 碰撞 反沖和火箭課時訓(xùn)練 教科版.doc

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第2課時　碰撞　反沖和火箭 1.(2018福建泉州質(zhì)檢)“爆竹聲中一歲除,春風(fēng)送暖入屠蘇”,爆竹聲響是辭舊迎新的標(biāo)志,是喜慶心情的流露.有一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出,到達最高點時速度大小為v0、方向水平向東,在最高點爆炸成質(zhì)量不等的兩塊,其中一塊質(zhì)量為2m,速度大小為v,方向水平向東;則另一塊的速度為(　C　) A.3v0-v B.2v0-3v C.3v0-2v D.2v0+v 解析:由動量守恒定律3mv0=2mv+mv′,得v′=3v0-2v,選項C正確. 2.(多選)A,B兩球沿同一條直線運動,如圖所示的xt圖像記錄了它們碰撞前后的運動情況,其中a,b分別為A,B碰撞前的xt圖像.c為碰撞后它們的xt圖像.若A球質(zhì)量為1 kg,則B球質(zhì)量及碰后它們的速度大小為(　BD　) A.2 kg B. kg C.4 m/s D.1 m/s 解析:由圖像可知碰撞前二者都做勻速直線運動,va= m/s= -3 m/s,vb= m/s=2 m/s,碰撞后二者連在一起做勻速直線運動,vc= m/s=-1 m/s. 碰撞過程中動量守恒,即 mAva+mBvb=(mA+mB)vc 可解得mB= kg 由以上可知選項B,D正確. 3.(2018山東泰安模擬)質(zhì)量相等的A,B兩球在光滑水平面上沿同一直線向同一方向運動,A球的動量是7 kgm/s,B球的動量是5 kg m/s,當(dāng)A球追上B球時發(fā)生碰撞,則碰撞后A,B兩球的動量可能值是(　A　) A.pA=6 kgm/s,pB=6 kgm/s B.pA=3 kgm/s,pB=9 kgm/s C.pA=-2 kgm/s,pB=14 kgm/s D.pA=-4 kgm/s,pB=17 kgm/s 解析:根據(jù)碰撞前后系統(tǒng)的動量守恒判斷,碰前系統(tǒng)動量是12 kg m/s,而D選項中,碰后系統(tǒng)動量為13 kgm/s,不滿足系統(tǒng)動量守恒,選項D錯誤;根據(jù)能量不增加判斷,選項C的動能增加,選項C錯誤;設(shè)mA=mB=m,對A項,碰撞前后動能的變化為ΔEk=+-(+)=-<0,碰撞過程總動能不增加,選項A正確;對B項,碰撞前后動能的變化為ΔEk=+-(+)=>0,碰撞過程總動能增加,選項B錯誤. 4.(2017安徽馬鞍山二模)如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A,B兩球在同一直線上運動.兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,規(guī)定向右為正方向,A,B兩球的動量均為6 kgm/s,運動中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動量增量為-4 kgm/s,則(　A　) A.左方是A球,碰撞后A,B兩球速度大小之比為2∶5 B.左方是A球,碰撞后A,B兩球速度大小之比為1∶10 C.右方是A球,碰撞后A,B兩球速度大小之比為2∶5 D.右方是A球,碰撞后A,B兩球速度大小之比為1∶10 解析:由mB=2mA,知碰前vBvB,則兩球不可能相碰,選項C,D錯誤. 5.在靜水上浮著一只長為L=3 m、質(zhì)量為300 kg的小船,船尾站著一質(zhì)量為60 kg的人,開始時人和船都靜止.若人勻速從船尾走到船頭,不計水的阻力.則船將(　A　) A.后退0.5 m B.后退0.6 m C.后退0.75 m D.一直勻速后退 解析:船和人組成的系統(tǒng),在水平方向上動量守恒,人在船上行進,船向后退,以人的速度方向為正方向,由動量守恒定律得 m人v1-m船v2=0. 人從船頭走到船尾,設(shè)船后退的位移大小為x,則人相對于岸的位移大小為L-x. 則m人-m船=0, 代入數(shù)據(jù)解得x=0.5 m,船向后退了0.5 m,選項A正確,B,C錯誤;人與船組成的系統(tǒng)動量守恒,系統(tǒng)初動量為零,人停止運動時人的動量為零,由動量守恒定律可知,船的動量也為零,船停止運動,選項D 錯誤. 6.導(dǎo)學(xué)號 58826136(2018河北衡水模擬)(多選)甲物體在光滑水平面上運動的速度為v1,與靜止的乙物體相碰,碰撞過程中無機械能損失,下列結(jié)論正確的是(　ABC　) A.當(dāng)乙的質(zhì)量等于甲的質(zhì)量時,碰撞后乙的速率是v1 B.當(dāng)乙的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于甲的質(zhì)量時,碰撞后乙的速率是2v1 C.當(dāng)乙的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于甲的質(zhì)量時,碰撞后甲的速率是v1 D.碰撞過程中甲對乙做的功大于乙的動能增量 解析:由于碰撞過程中無機械能損失,故是彈性碰撞,根據(jù)動量守恒得m1v1=m1v1′+m2v2′,由機械能守恒得m1=m1v1′2+m2v2′2,解得兩物體碰后的速度v1′=v1,v2′=v1.當(dāng)m1=m2時,v2′=v1,選項A正確;當(dāng)m1?m2時,v2′=2v1,選項B正確;當(dāng)m1?m2時,v1′=-v1,選項C正確;根據(jù)動能定理可知,碰撞過程中甲對乙做的功等于乙的動能增量,選項D錯誤. 7.(2018陜西西安模擬)(多選)如圖所示,物體A靜止在光滑的水平面上,A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧,與A質(zhì)量相等的物體B以速度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞,A,B始終沿同一直線運動,則A,B組成的系統(tǒng)動能損失最大的時刻是(　AC　) A.A,B速度相等時 B.A的速度等于v時 C.彈簧壓縮至最短時 D.B的速度最小時 解析:在壓縮彈簧的過程中,系統(tǒng)的動量守恒,物體的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能.當(dāng)A,B速度相等時,此時彈簧壓縮至最短,系統(tǒng)損失的動能最多,彈簧的彈性勢能最大,選項A,C正確. 8.導(dǎo)學(xué)號 58826137(2018山東濟南模擬)(多選)如圖所示,輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上,另一端與質(zhì)量為m的物體A相連,A放在光滑水平面上,有一質(zhì)量與A相同的物體B從高h(yuǎn)處由靜止開始沿光滑曲面滑下,與A相碰后一起將彈簧壓縮,彈簧復(fù)原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升.下列說法正確的是(　BD　) A.彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh B.彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh C.B能達到的最大高度為h D.B能達到的最大高度為h 解析:對B下滑過程,據(jù)機械能守恒定律可得mgh=m,則得B剛到達水平地面時的速度v0=,與A碰撞過程,以A,B組成的系統(tǒng)為研究對象,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律可得mv0=2mv,得A與B碰撞后的共同速度為v=v0,所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm=2mv2=mgh,選項A錯誤,B正確;當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時,A與B將分開,B以v的速度沿斜面上滑,根據(jù)機械能守恒定律可得mgh′=mv2,解得B能達到的最大高度為h′=h,選項C錯誤,D正確. 9.導(dǎo)學(xué)號 58826138如圖所示,質(zhì)量為km的小球a,用l1=0.4 m的細(xì)線懸掛于O1點,質(zhì)量為m小球b,用l2=0.8 m的細(xì)線懸掛于O2點,且O1,O2兩點在同一條豎直線上,讓小球a靜止下垂,將小球b向右拉起,使細(xì)線水平,從靜止釋放,兩球剛好在最低點時對心相碰,相碰后,小球a向左擺動,細(xì)線與豎直方向最大偏角為60,兩小球可視為質(zhì)點,空氣阻力忽略不計,僅考慮首次碰撞,取g=10 m/s2. 求:(1)兩球相碰前小球b的速度大小; (2)討論k可能的取值范圍; (3)所有滿足題干要求的碰撞情形中,k取何值時機械能損失最多? 解析:(1)對小球b下擺過程: mgl2=m 得出碰前vb=4 m/s. (2)小球a上擺過程: kmgl1(1-cos 60)=km 碰后va=2 m/s 對兩球碰撞過程有mvb=mvb′+kmva, 得出vb′=4-2k(m/s). 由碰撞過程動能不增加有 m≥mvb′2+km, 得出k≤3, 此外由碰撞中合理性原則不可穿得: vb′=4-2k≤va=2(m/s), 得出k≥1. 綜上所述1≤k≤3. (3)碰撞中動能損失ΔE=m-mvb′2-m, 可以得出當(dāng)k=1.5時,動能損失最大. 答案:(1)4 m/s　(2)1≤k≤3　(3)1.5 10.(2018遼寧沈陽質(zhì)檢)平板車停在水平光滑的軌道上,平板車上有一人從固定在車上的貨廂邊沿水平方向順著軌道方向跳出,落在平板車上的A點,距貨廂水平距離為l=4 m,如圖所示.人的質(zhì)量為m,車連同貨廂的質(zhì)量為M=4 m,貨廂高度為h=1.25 m(g取10 m/s2).求: (1)車在人跳出后到落到A點期間的反沖速度; (2)車在地面上移動的位移是多少?人落在A點并站定以后,車還運 動嗎? 解析:(1)人從貨廂邊跳離的過程,系統(tǒng)(人、車和貨廂)的動量守恒,設(shè)人的水平速度是v1,車的反沖速度是v2,則mv1-Mv2=0, 解得v2=v1. 人跳離貨廂后做平拋運動,車以v2做勻速運動, 由h=gt2, 解得運動時間為t=0.5 s. 在這段時間內(nèi)人的水平位移x1和車的位移x2分別為x1=v1t,x2=v2t 由題圖可知x1+x2=l,即v1t+v2t=l, 聯(lián)立解得v2== m/s=1.6 m/s. (2)車的水平位移x2為 x2=v2t=1.60.5 m=0.8 m. 人落到車上A點的過程,系統(tǒng)水平方向的動量守恒,人落到車上前的水平速度仍為v1,車的速度為v2,落到車上后設(shè)共同速度為v,根據(jù)水平方向動量守恒得mv1-Mv2=(M+m)v,則v=0.故人落到車上A點站定后車的速度為零,故車不再運動. 答案:(1)1.6 m/s　(2)0.8 m　不運動 11.如圖所示,可視為質(zhì)點的小物塊A,B的質(zhì)量分別為m和3m,靜止放在光滑水平地面上,物塊A,B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計).某時刻炸藥爆炸使物塊A,B脫離,然后物塊A與一質(zhì)量為2m且以速度v0向右滑動的物塊C發(fā)生碰撞,物塊A,C碰撞后,物塊A,B,C具有相同的速度.若炸藥爆炸釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為物塊A,B的機械能,求炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能. 解析:炸藥爆炸時,由動量守恒定律可得3mvB=mvA,A,C碰撞過程中滿足動量守恒定律 2mv0-mvA=3mvB 聯(lián)立解得vA=v0,vB=v0, 根據(jù)能量守恒定律得爆炸時釋放的化學(xué)能 E=m+3m=m. 答案:m 12.一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m=200 g的氣體,氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v=1 000 m/s.設(shè)火箭質(zhì)量M=300 kg,發(fā)動機每秒鐘噴氣 20次. (1)當(dāng)?shù)谌螄姵鰵怏w后,火箭的速度為多大? (2)運動第1 s末,火箭的速度為多大? 解析:(1)設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3,以火箭和噴出的三次氣體為研究對象,據(jù)動量守恒定律得 (M-3m)v3-3mv=0,故v3=≈2 m/s. (2)發(fā)動機每秒鐘噴氣20次,以火箭和噴出的20次氣體為研究對象,根據(jù)動量守恒定律得(M-20m)v20-20mv=0,故v20=≈13.5 m/s. 答案:(1)2 m/s　(2)13.5 m/s 13.導(dǎo)學(xué)號 58826139如圖所示,光滑水平軌道右邊與墻壁連接,木塊A,B和半徑為0.5 m的光滑圓軌道C靜置于光滑水平軌道上,A,B,C質(zhì)量分別為1.5 kg,0.5 kg,4 kg.現(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向右運動,之后與墻壁碰撞,碰撞時間為0.3 s,碰后速度大小變?yōu)? m/s.當(dāng)A與B碰撞后會立即粘在一起運動,已知g=10 m/s2,求: (1)A與墻壁碰撞過程中,墻壁對小球平均作用力的大小; (2)AB第一次滑上圓軌道所能達到的最大高度h. 解析:(1)A與墻壁碰撞過程,規(guī)定水平向左為正,對A由動量定理有 Ft=mAv2-mA(-v1) 解得F=50 N. (2)A與B碰撞過程,對A,B系統(tǒng),水平方向動量守恒有mAv2=(mB+mA)v3 A,B滑上斜面到最高點的過程,對A,B,C系統(tǒng),水平方向動量守恒有 (mB+mA)v3=(mB+mA+mC)v4 由能量關(guān)系(mB+mA)=(mB+mA+mC)+(mB+mA)gh 解得h=0.3 m. 答案:(1)50 N　(2)0.3 m