2020版高考物理复习考点规范练 (20) 9页

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.‎ 9‎ 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.m‎0‎v‎1‎‎-‎m‎0‎v‎2‎m‎0‎‎-m B.‎m‎0‎v‎1‎m‎0‎‎-m C.m‎0‎v‎1‎‎+‎m‎0‎v‎2‎m‎0‎‎-m D.v1‎ 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‎1‎‎2‎,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∶2 C.1∶3 D.1∶4‎ 9‎ 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vA∶vB=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.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v3≈4m/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=n‎20‎‎=‎‎666‎‎20‎s=33.3s≈34s,故D错误。‎ ‎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.r‎2‎‎-‎r‎1‎‎2‎ B.‎r‎2‎‎+‎r‎1‎‎2‎ 9‎ C.r‎2‎‎-‎r‎1‎‎4‎ D.‎r‎2‎‎+‎r‎1‎‎5‎ 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v‎1‎v‎2‎‎=‎m‎1‎m‎2‎。若小球到达最低点时的水平位移为x1,大球水平位移为x2,则有x‎1‎x‎2‎‎=v‎1‎v‎2‎=‎m‎1‎m‎2‎,由题意画出示意图可得出位移关系,x1+x2=r2-r1,联立解得x2=r‎2‎‎-‎r‎1‎‎4‎,选项C正确。‎ 二、多项选择题 ‎7.‎ 带有‎1‎‎4‎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 9‎ 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.(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ΔpA、ΔpB有可能的是(　　)‎ A.ΔpA=-3 kg·m/s,ΔpB=3 kg·m/s B.ΔpA=4 kg·m/s,ΔpB=-4 kg·m/s C.ΔpA=-5 kg·m/s,ΔpB=5 kg·m/s D.ΔpA=-24 kg·m/s,ΔpB=24 kg·m/s 答案AC 解析如果ΔpA=-3kg·m/s、ΔpB=3kg·m/s,碰后两球的动量分别为pA'=pA+ΔpA=9kg·m/s、pB'=pB+ΔpB=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;如果ΔpA=-5kg·m/s、ΔpB=5kg·m/s,碰后两球的动量分别为pA'=pA+ΔpA=7kg·m/s、pB'=pB+ΔpB=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ΔpA=-24kg·m/s、ΔpB=24kg·m/s,碰后两球的动量分别为pA'=pA+ΔpA=-12kg·m/s、pB'=pB+ΔpB=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.(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(　　)‎ 9‎ 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,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=ΔvΔt‎=‎‎1.2-1‎‎1‎m/s2=0.2m/s2,所以黄壶静止的时刻为t=‎1.2‎‎0.2‎s=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=v‎2‎(t-1)=‎0.8‎‎2‎×(6-1)m=2m,故B错误;碰撞过程中两壶损失的机械能为ΔE=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-‎‎1‎‎2‎mv0'2-‎1‎‎2‎mv2=3.04J,故C正确;碰后黄壶的加速度为a'=ΔvΔt‎=‎‎0.8‎‎6-1‎m/s2=0.16m/s2,碰后红、黄两壶所受摩擦力之比为Ff∶Ff'=ma∶ma'=5∶4,故D正确。‎ 三、非选择题 ‎10.‎ 9‎ 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Δt=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)‎2‎‎3‎ m/s,方向水平向右 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FΔt=m1v-0‎ 解得F=588N。‎ ‎(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=‎2‎‎3‎m/s,方向水平向右。‎ ‎11.‎ 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‎4l‎9‎不变,求:‎ ‎(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)1∶4　(2)‎4‎‎9‎Fl 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-mAvA①‎ 9‎ 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=v②‎ 碰前,对A由动能定理得Fl=‎1‎‎2‎mAv‎0‎‎2‎③‎ 碰后,设A在区域内往复运动时间为t,由动量定理得Ft=2mAv④‎ 碰后,B球向右做匀速运动,‎4‎‎9‎l=vt⑤‎ 联立解得v=‎v‎0‎‎3‎ mB=4mA,即mA∶mB=1∶4。‎ ‎(2)碰撞过程中系统机械能损失:‎ ΔE=‎1‎‎2‎mAv‎0‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎mAv‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎mBv‎2‎⑥‎ 解得ΔE=‎4‎‎9‎Fl。‎ ‎12.‎ 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μ=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 μ(mA+mB)gcos37°=mBgsin37°,‎ 所以在A与B发生碰撞前,木板B处于静止状态。‎ 9‎ 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mgl‎2‎sin37°=‎‎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+m0v2‎ ‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎m0‎v‎2‎‎2‎ 联立以上各式解得v1=-3.6m/s,v2=2.4m/s 可见,A与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。‎ ‎(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-‎v‎1‎gsin37°‎ A距B下端有最大距离xm=xB-xA 其中xA=‎1‎‎2‎(v1+v2)t1‎ xB=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v‎1‎‎+v‎2‎t2=v2t2‎ 此过程中,对A由动能定理 WG=‎1‎‎2‎mv2-‎‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ 解得WG=28.8J。‎ 9‎