（通用版）2020版高考物理大一輪復習 考點規(guī)范練20 碰撞 反沖 動量守恒定律的應用 新人教版.docx

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考點規(guī)范練20　碰撞　反沖　動量守恒定律的應用 一、單項選擇題 1. 如圖所示,小車靜止在光滑水平面上,AB是小車內(nèi)半圓弧軌道的水平直徑,現(xiàn)將一小球從距A點正上方h高處由靜止釋放,小球由A點沿切線方向經(jīng)半圓軌道后從B點沖出,在空中能上升的最大高度為0.8h,不計空氣阻力。下列說法正確的是(　　) A.在相互作用過程中,小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 B.小球離開小車后做豎直上拋運動 C.小球離開小車后做斜上拋運動 D.小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h 答案B 解析小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,水平方向系統(tǒng)動量守恒,但系統(tǒng)整體受合外力不為零,系統(tǒng)動量不守恒,故A錯誤;小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,小球由B點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零,小球與小車水平方向速度為零,小球離開小車后做豎直上拋運動,故B正確、C錯誤;小球第一次在車中運動過程中,摩擦力做負功,由動能定理得mg(h-0.8h)-Wf=0,Wf為小球克服摩擦力做的功,解得Wf=0.2mgh,由于小球第二次在車中運動時,對應位置速度變小,因此小車給小球的彈力變小,摩擦力變小,摩擦力做功小于0.2mgh0,因此小球再次離開小車時,能上升的高度大于0.6h,故D錯誤。 2. 滑雪運動是人們酷愛的戶外體育活動,現(xiàn)有質(zhì)量為m的人站立于雪橇上,如圖所示。人與雪橇的總質(zhì)量為m0,人與雪橇以速度v1在水平面上由北向南運動(雪橇所受阻力不計)。當人相對于雪橇以速度v2豎直跳起時,雪橇向南的速度大小為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.m0v1-m0v2m0-m B.m0v1m0-m C.m0v1+m0v2m0-m D.v1 答案D 解析根據(jù)動量守恒條件可知,人與雪橇組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,人跳起后水平方向速度不變,雪橇的速度仍為v1,D正確。 3. 在光滑的水平面上有靜止的物體A和B。物體A的質(zhì)量是B的2倍,兩物體中間用細繩束縛的處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧相連。當把細繩剪斷,彈簧在恢復原長的過程中(　　) A.A的速率是B的2倍 B.A的動量大于B的動量 C.A的受力大于B的受力 D.A、B組成的系統(tǒng)的總動量為零 答案D 解析彈簧在恢復原長的過程中,兩滑塊系統(tǒng)動量守恒,規(guī)定向左為正方向,有m1v1+m2(-v2)=0,由于物體A的質(zhì)量是B的2倍,故A的速率是B的12,A的動量等于B的動量,故A、B錯誤,D正確;根據(jù)牛頓第三定律,A受的力等于B受的力,故C錯誤。 4.質(zhì)量相同的兩方形木塊A、B緊靠在一起放在光滑水平面上,一子彈先后水平穿透兩木塊后射出,若木塊對子彈的阻力恒定不變,且子彈射穿兩木塊的時間相同,則子彈射穿木塊時A、B木塊的速度之比為(　　) A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4 答案C 解析水平面光滑,子彈射穿木塊過程中,子彈受到的合外力為子彈的沖擊力,設(shè)子彈的作用力為Ff,對AB由動量定理得Fft=(m+m)vA,對B由動量定理得Fft=mvB-mvA,解得vA∶vB=1∶3,故C項正確。 5.(2018安徽池州期末)在發(fā)射地球衛(wèi)星時需要運載火箭多次點火,以提高最終的發(fā)射速度。某次地球近地衛(wèi)星發(fā)射的過程中,火箭噴氣發(fā)動機每次噴出質(zhì)量為m=800 g的氣體,氣體離開發(fā)動機時的對地速度v=1 000 m/s,假設(shè)火箭(含燃料在內(nèi))的總質(zhì)量為M=600 kg,發(fā)動機每秒噴氣20次,忽略地球引力的影響,則(　　) A.火箭第三次氣體噴出后速度的大小約為4 m/s B.地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射,速度大小至少達到11.2 km/s C.要使火箭能成功發(fā)射至少要噴氣500次 D.要使火箭能成功發(fā)射至少要持續(xù)噴氣17 s 答案A 解析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,以豎直向上為正方向,由動量守恒定律得(M-3m)v3-3mv=0,解得v3≈4m/s,故A正確;要能成功發(fā)射,噴氣n次后至少要達到第一宇宙速度,即vn=7.9km/s,故B錯誤;以火箭和噴出的n次氣體為研究對象,以豎直向上為正方向,由動量守恒定律得(M-nm)vn-nmv=0,代入數(shù)據(jù)解得n=666,故C錯誤;至少持續(xù)噴氣時間為t=n20=66620s=33.3s≈34s,故D錯誤。 6. 如圖所示,質(zhì)量為m1、半徑為r1的小球,放在內(nèi)半徑為r2、質(zhì)量為m2=3m1的大空心球內(nèi),大球開始靜止在光滑水平面上,當小球由圖中位置無初速度釋放后沿內(nèi)壁滾到最低點時,大球移動的距離為(　　) A.r2-r12 B.r2+r12 C.r2-r14 D.r2+r15 答案C 解析 由于水平面光滑,系統(tǒng)水平方向動量守恒。由m1v1=m2v2,解得v1v2=m1m2。若小球到達最低點時的水平位移為x1,大球水平位移為x2,則有x1x2=v1v2=m1m2,由題意畫出示意圖可得出位移關(guān)系,x1+x2=r2-r1,聯(lián)立解得x2=r2-r14,選項C正確。 二、多項選擇題 7. 帶有14光滑圓弧軌道、質(zhì)量為m0的滑車靜止置于光滑水平面上,如圖所示。一質(zhì)量為m的小球以速度v0水平?jīng)_上滑車,當小球上滑再返回,并脫離滑車時,以下說法可能正確的是(　　) A.小球一定沿水平方向向左做平拋運動 B.小球可能沿水平方向向左做平拋運動 C.小球可能做自由落體運動 D.小球可能水平向右做平拋運動 答案BCD 解析小球滑上滑車,又返回,到離開滑車的整個過程,相當于小球與滑車發(fā)生彈性碰撞的過程。如果mm0,小球離開滑車向右做平拋運動。 8.(2018河南濟源月考)在光滑的水平面上,有A、B兩球沿同一直線向右運動,如圖所示,已知碰撞前兩球的動量分別為pA=12 kgm/s,pB=13 kgm/s。則碰撞前后它們的動量變化量ΔpA、ΔpB有可能的是(　　) A.ΔpA=-3 kgm/s,ΔpB=3 kgm/s B.ΔpA=4 kgm/s,ΔpB=-4 kgm/s C.ΔpA=-5 kgm/s,ΔpB=5 kgm/s D.ΔpA=-24 kgm/s,ΔpB=24 kgm/s 答案AC 解析如果ΔpA=-3kgm/s、ΔpB=3kgm/s,碰后兩球的動量分別為pA=pA+ΔpA=9kgm/s、pB=pB+ΔpB=16kgm/s,A的動能減小,B的動能增大,碰撞過程總動能可能不增加,是可能的,故A正確;碰撞后,兩球的動量方向都與原來方向相同,A的動量不可能沿原方向增大,故B錯誤;如果ΔpA=-5kgm/s、ΔpB=5kgm/s,碰后兩球的動量分別為pA=pA+ΔpA=7kgm/s、pB=pB+ΔpB=18kgm/s,A的動能減小,B的動能增大,碰撞過程總動能可能不增加,是可能的,故C正確;如果ΔpA=-24kgm/s、ΔpB=24kgm/s,碰后兩球的動量分別為pA=pA+ΔpA=-12kgm/s、pB=pB+ΔpB=37kgm/s,碰撞后A的動能不變,而B的動能增大,違反了能量守恒定律,不可能,故D錯誤。 9.(2018遼寧葫蘆島二模)在冰壺比賽中,某隊員利用紅壺去碰撞對方的黃壺,兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖甲所示,碰后運動員用冰壺刷摩擦黃壺前進方向的冰面來減小阻力,碰撞前后兩壺運動的v-t圖線如圖乙中實線所示,其中紅壺碰撞前后的圖線平行,兩冰壺質(zhì)量均為19 kg,則(　　) 甲 乙 A.碰后黃壺速度為0.8 m/s B.碰后黃壺移動的距離為2.4 m C.碰撞過程中兩壺損失的機械能為3.04 J D.碰后紅、黃兩壺所受摩擦力之比為5∶4 答案ACD 解析設(shè)碰后黃壺的速度為v,碰前紅壺的速度v0=1.0m/s,碰后速度為v0=0.2m/s,取碰撞前紅壺的速度方向為正方向,根據(jù)動量守恒定律可得mv0=mv0+mv,解得v=0.8m/s,故A正確;根據(jù)速度圖像的斜率表示加速度,可知碰撞前紅壺的加速度大小為a=ΔvΔt=1.2-11m/s2=0.2m/s2,所以黃壺靜止的時刻為t=1.20.2s=6s,速度圖像與坐標軸圍成的面積表示位移,則碰后黃壺移動的距離為x=v2(t-1)=0.82(6-1)m=2m,故B錯誤;碰撞過程中兩壺損失的機械能為ΔE=12mv02-12mv02-12mv2=3.04J,故C正確;碰后黃壺的加速度為a=ΔvΔt=0.86-1m/s2=0.16m/s2,碰后紅、黃兩壺所受摩擦力之比為Ff∶Ff=ma∶ma=5∶4,故D正確。 三、非選擇題 10. 在一水平支架上放置一個質(zhì)量m1=0.98 kg的小球A,一顆質(zhì)量為m0=20 g的子彈以水平初速度v0=300 m/s的速度擊中小球A并留在其中。之后小球A水平拋出恰好落入迎面駛來的沙車中,已知沙車的質(zhì)量m2=2 kg,沙車的速度v1=2 m/s,水平面光滑,不計小球與支架間的摩擦。 (1)若子彈打入小球A的過程用時Δt=0.01 s,求子彈與小球間的平均作用力大小。 (2)求最終小車B的速度。 答案(1)588 N　(2)23 m/s,方向水平向右 解析(1)子彈打入木塊的過程,對子彈和小球由動量守恒得,m0v0=(m0+m1)v 對小球由動量定理得FΔt=m1v-0 解得F=588N。 (2)子彈打入之后小球平拋,對系統(tǒng)水平方向動量守恒,規(guī)定向右為正方向。 (m0+m1)v-m2v1=(m0+m1+m2)v2 解得v2=23m/s,方向水平向右。 11. 在足夠長的光滑水平面上有一個寬度為l的矩形區(qū)域,只要物體在此區(qū)域內(nèi)就會受 到水平向右的恒力F的作用。兩個可視為質(zhì)點的小球如圖所示放置,B球靜止于區(qū)域的右邊界,現(xiàn)將A球從區(qū)域的左邊界由靜止釋放,A球向右加速運動,在右邊界處與B球碰撞(碰撞時間極短)。若兩球只發(fā)生一次碰撞,且最終兩球的距離保持4l9不變,求: (1)A、B兩球的質(zhì)量之比; (2)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失。 答案(1)1∶4　(2)49Fl 解析(1)設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB,A碰前速度為v0,A、B碰后瞬間的速度大小分別為vA、vB。由動量守恒定律得mAv0=mBvB-mAvA ① 由題意知,碰后A、B速度大小相等、方向相反,設(shè)其大小為v,則vA=vB=v ② 碰前,對A由動能定理得Fl=12mAv02 ③ 碰后,設(shè)A在區(qū)域內(nèi)往復運動時間為t,由動量定理得Ft=2mAv ④ 碰后,B球向右做勻速運動,49l=vt ⑤ 聯(lián)立解得v=v03 mB=4mA,即mA∶mB=1∶4。 (2)碰撞過程中系統(tǒng)機械能損失: ΔE=12mAv02-12mAv2+12mBv2 ⑥ 解得ΔE=49Fl。 12. 如圖所示,上表面光滑的“L”形木板B鎖定在傾角為37的足夠長的斜面上;將一小物塊A從木板B的中點輕輕地釋放,同時解除木板B的鎖定,此后A與B發(fā)生碰撞,碰撞過程時間極短且不計能量損失;已知物塊A的質(zhì)量m=1 kg,木板B的質(zhì)量m0=4 kg,板長l=6 m,木板與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.6,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。 (1)求第一次碰撞后的瞬間A、B的速度。 (2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中,A距B下端的最大距離和重力對A做的功。 答案(1)3.6 m/s,沿斜面向上　2.4 m/s,沿斜面向下 (2)3 m　28.8 J 解析(1)對木板B受力分析,有 μ(mA+mB)gcos37=mBgsin37, 所以在A與B發(fā)生碰撞前,木板B處于靜止狀態(tài)。 設(shè)小物塊A與木板B發(fā)生彈性碰撞前的速度大小為v0,由機械能守恒定律得mgl2sin37=12mv02 設(shè)A與B發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為v1和v2,碰撞過程動量守恒和能量守恒,有mv0=mv1+m0v2 12mv02=12mv12+12m0v22 聯(lián)立以上各式解得v1=-3.6m/s,v2=2.4m/s 可見,A與B第一次碰后,A的速度大小為3.6m/s,方向沿斜面向上,B的速度大小為2.4m/s,方向沿斜面向下。 (2)A與B第一次碰后,A沿板向上做勻減速運動,B沿斜面向下做勻速直線運動,在A與B第一次碰撞后到第二次碰撞前,當A與B速度相等時,A與B下端有最大距離,此過程中,A運動的時間t1=v2-v1gsin37 A距B下端有最大距離xm=xB-xA 其中xA=12(v1+v2)t1 xB=v2t1　解得xm=3m 設(shè)A與B第一次碰撞后到第二次碰撞前歷時為t2,碰前A的速度為v,由于A與B從第一次碰撞后到第二次碰撞前位移相同,即v1+v2t2=v2t2 此過程中,對A由動能定理 WG=12mv2-12mv12 解得WG=28.8J。