（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.docx

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1、1考点规范练 20 碰撞 反冲 动量守恒定律的应用一、单项选择题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

2、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

3、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-m0v2m0-m m0v1m0-mC. D.v1m0v1+m0v2m0-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.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

4、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12第三定律, A 受的力等于 B 受的力,故 C 错误。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.1 1 B.1

5、 2 C.1 3 D.1 43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 vAv B=1 3,故 C 项正确。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

6、.火箭第三次气体喷出后速度的大小约为 4 m/sB.地球卫星要能成功发射,速度大小至少达到 11.2 km/sC.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=

7、666,故 C 错误;至少持续喷气时间为 t=s=33.3s34s,故 D 错误。n20=666206.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-r12 r2+r12C. D.r2-r14 r2+r15答案 C4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v1v2=m1m2移为 x1,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

8、,联立x1x2=v1v2=m1m2解得 x2= ,选项 C 正确。r2-r14二、多项选择题7.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14度 v0水平冲上滑车,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。58.(2018河南济源月考)在光滑的水平面上,有 A、 B

9、 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 kgm/s,pB=13 kgm/s。则碰撞前后它们的动量变化量 pA、 pB有可能的是( )A. pA=-3 kgm/s, pB=3 kgm/sB. pA=4 kgm/s, pB=-4 kgm/sC. pA=-5 kgm/s, pB=5 kgm/sD. pA=-24 kgm/s, pB=24 kgm/s答案 AC解析 如果 pA=-3kgm/s、 pB=3kgm/s,碰后两球的动量分别为pA=pA+ pA=9kgm/s、 pB=pB+ pB=16kgm/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

10、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;如果 pA=-5kgm/s、 pB=5kgm/s,碰后两球的动量分别为pA=pA+ pA=7kgm/s、 pB=pB+ pB=18kgm/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=-24kgm/s、 pB=24kgm/s,碰后两球的动量分别为pA=pA+ pA=-12kgm/s、 pB=pB+ pB=37kgm/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.(2018辽宁葫芦岛二模)

11、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6A.碰后黄壶速度为 0.8 m/sB.碰后黄壶移动的距离为 2.4 mC.碰撞过程中两壶损失的机械能为 3.04 JD.碰后红、黄两壶所受摩擦力之比为 5 4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

12、,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 v t=1.2-11为 t= s=6s,速度图像与坐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)1.20.2 v2 0.82m=2m,故 B 错误;碰撞过程中两壶损失的机械能为 E= mv02- mv2=3.04J,故 C 正确;碰后黄12mv02-12 12壶的加速度为 a= m/s2=0.16m/s2,碰后红、黄两壶所受摩擦力之比为 v t= 0.86-1FfF f=mama= 5 4,故 D 正确。三、非

13、选择题10.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23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)v7对小球由动量定理得

14、 t=m1v-0F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。2311.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:4l9(1)A、 B 两球的质量之比;(2)碰撞过程中 A、 B 系统机

15、械能的损失。答案 (1)1 4 (2) Fl49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 12v02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 49联立解得 v=v03mB=4mA,即 mAm B=1 4。(2)碰撞过程中系统机械能损失:8 E= mA 12v02-(12

16、mAv2+12mBv2)解得 E= Fl。4912.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

17、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=mBgsin37,所以在 A 与 B 发生碰撞前,木板 B 处于静止状态。设小物块 A 与木板 B 发生弹性碰撞前的速度大小为 v0,由机械能守恒定律得 mg sin37=l2 12mv02设 A 与 B 发生弹性碰撞后的速度分别为 v1和 v2,碰撞过程动量守恒和能量守恒,有 mv0=mv1+m0v2m012mv02=12mv12+12v22联立以上各式解得 v1=-3.6m/s,v2=2.4m/s可见, A 与

18、 B 第一次碰后, A 的速度大小为 3.6m/s,方向沿斜面向上, B 的速度大小为 2.4m/s,方向沿斜面向下。9(2)A 与 B 第一次碰后, A 沿板向上做匀减速运动, B 沿斜面向下做匀速直线运动,在 A 与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前,当 A 与 B 速度相等时, A 与 B 下端有最大距离,此过程中, A 运动的时间t1=v2-v1gsin37A 距 B 下端有最大距离 xm=xB-xA其中 xA= (v1+v2)t112xB=v2t1 解得 xm=3m设 A 与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前历时为 t2,碰前 A 的速度为 v,由于 A 与 B 从第一次碰撞后到第二次碰撞前位移相同,即 t2=v2t2v1+v2此过程中,对 A 由动能定理WG= mv2-12 12mv12解得 WG=28.8J。