通用版2020版高考物理大一轮复习考点规范练20碰撞反冲动量守恒定律的应用新人教版 有答案

1 考点规范练考点规范练 2020 碰撞碰撞 反冲反冲 动量守恒定律的应用动量守恒定律的应用 一、单项选择题 1 1. 如图所示,小车静止在光滑水平面上,AB是小车内半圆弧轨道的水平直径,现将一小球从距A点正上方h高处 由静止释放,小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出,在空中能上升的最大高度为 0.8h,不计空气阻 力。下列说法正确的是( ) A.在相互作用过程中,小球和小车组成的系统动量守恒 B.小球离开小车后做竖直上抛运动 C.小球离开小车后做斜上抛运动 D.小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为 0.6h 答案 B 解析小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零,水平方向系统动量守恒,但系统整体受合外力不为 零,系统动量不守恒,故 A 错误;小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,小球由B点离开小车时系统水平 方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故 B 正确、C 错误;小球第一 次在车中运动过程中,摩擦力做负功,由动能定理得mg(h-0.8h)-Wf=0,Wf为小球克服摩擦力做的功,解得 Wf=0.2mgh,由于小球第二次在车中运动时,对应位置速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦 力做功小于 0.2mgh0,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于 0.6h,故 D 错误。 2 2. 2 滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动,现有质量为m的人站立于雪橇上,如图所示。人与雪橇的总质量为m0, 人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时,雪 橇向南的速度大小为( ) A.B. m0v1- m0v2 m0- m m0v1 m0- m C.D.v1 m0v1+ m0v2 m0- m 答案 D 解析根据动量守恒条件可知,人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒,人跳起后水平方向速度不变,雪橇的 速度仍为v1,D 正确。 3 3. 在光滑的水平面上有静止的物体A和B。物体A的质量是B的 2 倍,两物体中间用细绳束缚的处于压缩状态 的轻质弹簧相连。当把细绳剪断,弹簧在恢复原长的过程中( ) A.A的速率是B的 2 倍 B.A的动量大于B的动量 C.A的受力大于B的受力 D.A、B组成的系统的总动量为零 答案 D 3 解析弹簧在恢复原长的过程中,两滑块系统动量守恒,规定向左为正方向,有m1v1+m2(-v2)=0,由于物体A的质 量是B的 2 倍,故A的速率是B的 ,A的动量等于B的动量,故 A、B 错误,D 正确;根据牛顿第三定律,A受的 1 2 力等于B受的力,故 C 错误。 4 4.质量相同的两方形木块A、B紧靠在一起放在光滑水平面上,一子弹先后水平穿透两木块后射出,若木块对 子弹的阻力恒定不变,且子弹射穿两木块的时间相同,则子弹射穿木块时A、B木块的速度之比为( ) A.11B.12C.13D.14 答案 C 解析水平面光滑,子弹射穿木块过程中,子弹受到的合外力为子弹的冲击力,设子弹的作用力为Ff,对AB由动 量定理得Fft=(m+m)vA,对B由动量定理得Fft=mvB-mvA,解得vAvB=13,故 C 项正确。 5 5.(2018·安徽池州期末)在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火,以提高最终的发射速度。某次地球近地 卫星发射的过程中,火箭喷气发动机每次喷出质量为m=800 g 的气体,气体离开发动机时的对地速度v=1 000 m/s,假设火箭(含燃料在内)的总质量为M=600 kg,发动机每秒喷气 20 次,忽略地球引力的影响,则( ) A.火箭第三次气体喷出后速度的大小约为 4 m/s B.地球卫星要能成功发射,速度大小至少达到 11.2 km/s C.要使火箭能成功发射至少要喷气 500 次 D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气 17 s 答案 A 解析喷出三次气体后火箭的速度为v3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象,以竖直向上为正方向,由动量守 恒定律得(M-3m)v3-3mv=0,解得v34m/s,故 A 正确;要能成功发射,喷气n次后至少要达到第一宇宙速度,即 vn=7.9km/s,故 B 错误;以火箭和喷出的n次气体为研究对象,以竖直向上为正方向,由动量守恒定律得(M-nm) vn-nmv=0,代入数据解得n=666,故 C 错误;至少持续喷气时间为t=s=33.3s34s,故 D 错误。 n 20 = 666 20 4 6 6. 如图所示,质量为m1、半径为r1的小球,放在内半径为r2、质量为m2=3m1的大空心球内,大球开始静止在光滑 水平面上,当小球由图中位置无初速度释放后沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离为( ) A.B. r2- r1 2 r2+ r1 2 C.D. r2- r1 4 r2+ r1 5 答案 C 解析 由于水平面光滑,系统水平方向动量守恒。由m1v1=m2v2,解得。若小球到达最低点时的水平位移为x1, v1 v2 = m1 m2 大球水平位移为x2,则有,由题意画出示意图可得出位移关系,x1+x2=r2-r1,联立解得x2=,选 x1 x2 = v1 v2 = m1 m2 r2- r1 4 项 C 正确。 二、多项选择题 7 7. 5 带有 光滑圆弧轨道、质量为m0的滑车静止置于光滑水平面上,如图所示。一质量为m的小球以速度v0水平 1 4 冲上滑车,当小球上滑再返回,并脱离滑车时,以下说法可能正确的是( ) A.小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B.小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C.小球可能做自由落体运动 D.小球可能水平向右做平抛运动 答案 BCD 解析小球滑上滑车,又返回,到离开滑车的整个过程,相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程。如果mm0,小球离开滑车向右做平抛 运动。 8 8.(2018·河南济源月考)在光滑的水平面上,有A、B两球沿同一直线向右运动,如图所示,已知碰撞前两球的 动量分别为pA=12 kg·m/s,pB=13 kg·m/s。则碰撞前后它们的动量变化量 pA、pB有可能的是( ) A.pA=-3 kg·m/s,pB=3 kg·m/s B.pA=4 kg·m/s,pB=-4 kg·m/s C.pA=-5 kg·m/s,pB=5 kg·m/s D.pA=-24 kg·m/s,pB=24 kg·m/s 答案 AC 解析如果 pA=-3kg·m/s、pB=3kg·m/s,碰后两球的动量分别为 pA'=pA+pA=9kg·m/s、pB'=pB+pB=16kg·m/s,A的动能减小,B的动能增大,碰撞过程总动能可能不增加,是 可能的,故 A 正确;碰撞后,两球的动量方向都与原来方向相同,A的动量不可能沿原方向增大,故 B 错误;如 6 果 pA=-5kg·m/s、pB=5kg·m/s,碰后两球的动量分别为pA'=pA+pA=7kg·m/s、pB'=pB+pB=18kg·m/s,A 的动能减小,B的动能增大,碰撞过程总动能可能不增加,是可能的,故 C 正确;如果 pA=- 24kg·m/s、pB=24kg·m/s,碰后两球的动量分别为pA'=pA+pA=-12kg·m/s、pB'=pB+pB=37kg·m/s,碰撞 后A的动能不变,而B的动能增大,违反了能量守恒定律,不可能,故 D 错误。 9 9.(2018·辽宁葫芦岛二模)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的黄壶,两者在大本营中心发生对心碰 撞如图甲所示,碰后运动员用冰壶刷摩擦黄壶前进方向的冰面来减小阻力,碰撞前后两壶运动的v-t图线如图 乙中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量均为 19 kg,则( ) 甲 乙 A.碰后黄壶速度为 0.8 m/s B.碰后黄壶移动的距离为 2.4 m C.碰撞过程中两壶损失的机械能为 3.04 J D.碰后红、黄两壶所受摩擦力之比为 54 答案 ACD 解析设碰后黄壶的速度为v,碰前红壶的速度v0=1.0m/s,碰后速度为v0'=0.2m/s,取碰撞前红壶的速度方向为 正方向,根据动量守恒定律可得mv0=mv0'+mv,解得v=0.8m/s,故 A 正确;根据速度图像的斜率表示加速度,可 7 知碰撞前红壶的加速度大小为a=m/s2=0.2m/s2,所以黄壶静止的时刻为t=s=6s,速度图像与坐 v t = 1.2 - 1 1 1.2 0.2 标轴围成的面积表示位移,则碰后黄壶移动的距离为x=(t-1)=×(6-1)m=2m,故 B 错误;碰撞过程中两壶损 v 2 0.8 2 失的机械能为 E=mv0'2- mv2=3.04J,故 C 正确;碰后黄壶的加速度为a'=m/s2=0.16m/s2, 1 2mv0 2 - 1 2 1 2 v t = 0.8 6 - 1 碰后红、黄两壶所受摩擦力之比为FfFf'=mama'=54,故 D 正确。 三、非选择题 1010. 在一水平支架上放置一个质量m1=0.98 kg 的小球A,一颗质量为m0=20 g 的子弹以水平初速度v0=300 m/s 的 速度击中小球A并留在其中。之后小球A水平抛出恰好落入迎面驶来的沙车中,已知沙车的质量m2=2 kg,沙 车的速度v1=2 m/s,水平面光滑,不计小球与支架间的摩擦。 (1)若子弹打入小球A的过程用时 t=0.01 s,求子弹与小球间的平均作用力大小。 (2)求最终小车B的速度。 答案(1)588 N (2) m/s,方向水平向右 2 3 解析(1)子弹打入木块的过程,对子弹和小球由动量守恒得,m0v0=(m0+m1)v 对小球由动量定理得 t=m1v-0 F 解得=588N。 F (2)子弹打入之后小球平抛,对系统水平方向动量守恒,规定向右为正方向。 (m0+m1)v-m2v1=(m0+m1+m2)v2 解得v2=m/s,方向水平向右。 2 3 8 1111. 在足够长的光滑水平面上有一个宽度为l的矩形区域,只要物体在此区域内就会受 到水平向右的恒力F的作用。两个可视为质点的小球如图所示放置,B球静止于区域的右边界,现将A球从区 域的左边界由静止释放,A球向右加速运动,在右边界处与B球碰撞(碰撞时间极短)。若两球只发生一次碰撞,且 最终两球的距离保持 不变,求: 4l 9 (1)A、B两球的质量之比; (2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。 答案(1)14 (2)Fl 4 9 解析(1)设A、B质量分别为mA、mB,A碰前速度为v0,A、B碰后瞬间的速度大小分别为vA、vB。由动量守恒定 律得mAv0=mBvB-mAvA 由题意知,碰后A、B速度大小相等、方向相反,设其大小为v,则vA=vB=v 碰前,对A由动能定理得Fl= mA 1 2 v02 碰后,设A在区域内往复运动时间为t,由动量定理得Ft=2mAv 碰后,B球向右做匀速运动,l=vt 4 9 联立解得v= v0 3 mB=4mA,即mAmB=14。 (2)碰撞过程中系统机械能损失: 9 E= mA 1 2 v02- ( 1 2mAv 2 + 1 2mBv 2) 解得 E= Fl。 4 9 1212. 如图所示,上表面光滑的“L”形木板B锁定在倾角为 37°的足够长的斜面上;将一小物块A从木板B的中点 轻轻地释放,同时解除木板B的锁定,此后A与B发生碰撞,碰撞过程时间极短且不计能量损失;已知物块A的 质量m=1 kg,木板B的质量m0=4 kg,板长l=6 m,木板与斜面间的动摩擦因数为=0.6,最大静摩擦力等于滑 动摩擦力,g取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求第一次碰撞后的瞬间A、B的速度。 (2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中,A距B下端的最大距离和重力对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)对木板B受力分析,有 (mA+mB)gcos37°=mBgsi