高考物理一輪復習 考點規(guī)范練20 碰撞 反沖 動量守恒定律的應用（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題

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1、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是小車內半圓弧軌道的水平直徑,現將一小球從距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

2、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,現有質量為m的人站

3、立于雪橇上,如圖所示。人與雪橇的總質量為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.(2019·安徽江南十校聯考)如圖所示,一個質量為m的物塊A與另一個質量為2m的物塊B發(fā)生正碰,碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失,已知物塊B與地面間的

4、動摩擦因數為0.1,與沙坑的距離為0.5 m,g取10 m/s2,物塊可視為質點。則A碰撞前瞬間的速度為(　　) A.0.5 m/s B.1.0 m/s C.1.5 m/s D.2.0 m/s 答案:C 解析:碰后物塊B做勻減速直線運動,由動能定理有-μ·2mgx=0-12·2mv22,得v2=1m/s。A與B碰撞過程中動量守恒、機械能守恒,則有mv0=mv1+2mv2,12mv02=12mv12+12·2mv22,解得v0=1.5m/s,則選項C正確。 4.質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

5、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.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)動機每次噴出質量為m=800 g的氣體,氣體離開發(fā)動機時對地速度v=1 000 m/s,假設火箭(含燃料在內)的總質量為m0=600 kg,發(fā)動機每秒

6、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)v

7、n-nmv=0,代入數據解得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,質量為m1、半徑為r1的小球,放在內半徑為r2、質量為m2=3m1的大空心球內,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,

8、由題意畫出示意圖可得出位移關系,x1+x2=r2-r1,聯立解得x2=r2-r14,選項C正確。 二、多項選擇題 7.(2019·安徽兩校聯考)如圖所示,用輕繩將兩個彈性小球緊緊束縛在一起并發(fā)生微小的形變,現正在光滑水平面上以速度v0=0.1 m/s向右做直線運動,已知a、b兩彈性小球質量分別為m1=1.0 kg和m2=2.0 kg。一段時間后輕繩突然自動斷開,斷開后兩球仍沿原直線運動。經過t=5.0 s兩球的間距s=4.5 m,則下列說法正確的是(　　) A.剛分離時,a、b兩球的速度方向相同 B.剛分離時,b球的速度大小為0.4 m/s C.剛分離時,a球的速度大小為0.

9、7 m/s D.兩球分開過程中釋放的彈性勢能為0.27 J 答案:CD 解析:在輕繩突然自動斷開過程中,兩球組成的系統(tǒng)動量守恒,設斷開后兩球的速度分別為v1和v2,剛分離時,a、b兩球的速度方向相同,由動量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,根據題述,經過t=5.0s兩球的間距s=4.5m,有v1t-v2t=4.5m,聯立解得v1=0.7m/s,v2=-0.2m/s,負號說明b球的速度方向向左,選項A、B錯誤,C正確;由機械能守恒定律,兩球分開過程中釋放的彈性勢能Ep=12m1v12+12m2v22?12(m1+m2)v02=0.27J,選項D正確。 8.在光滑的水平面上

10、,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 kg·m/s,pB=13 kg·m/s。則碰撞前后它們的動量變化量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,碰后兩球的動量分別為pA'=pA+ΔpA=9kg·m/s、pB'=pB+ΔpB=16kg·m/

11、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=-5kg·m/s、ΔpB=5kg·m/s,碰后兩球的動量分別為pA'=pA+ΔpA=7kg·m/s、pB'=pB+ΔpB=18kg·m/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=-24kg·m/s、ΔpB=24kg·m/s,碰后兩球的動量分別為pA'=pA+ΔpA=-12kg·m/s、pB'=pB+ΔpB=37kg·m/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

12、可能,故D錯誤。 9.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

13、向,根據動量守恒定律可得mv0=mv0'+mv,解得v=0.8m/s,故A正確;根據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-1s)=2m,故B錯誤;碰撞過程中兩壺損失的機械能為ΔE=12mv02?12mv0'2-12mv2=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

14、10.在一水平支架上放置一個質量m1=0.98 kg的小球A,一顆質量為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

15、 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.(2019·廣東茂名五校聯考)質量為2m的物體P靜止在光滑水平地面上,其截面如圖所示,圖中ab段為光滑圓弧面,bc段是長度為l的粗糙水平面,質量為m的物塊Q(可視為質點)靜止在圓弧面的底端b?，F給Q一方向水平向左的瞬間沖量I,Q最終相對P靜止在水平面的右端c。重力加速度大小為g。求: (1)Q到達其運動的最高點時的速度大小v; (2)Q與P的水平接觸面間的動摩擦因數μ。 答案:(1)I

16、3m　(2)I23glm2 解析:(1)設Q從b點滑上弧面的初速度大小為v0,根據動量定理I=mv0,解得v0=Im。 經分析可知,Q到達最髙點時與P具有相同的速度(沿水平方向),由動量守恒定律mv0=(m+2m)v,解得v=I3m。 (2)經分析可知,Q最終相對P靜止在c處時,它們的速度(相對地面)也為v;根據功能關系可得μmgl=12mv02?12(m+2m)v2,解得μ=I23glm2。 12.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)域內就會受 到水平向右的恒力F的作用。兩個可視為質點的小球如圖所示放置,B球靜止于區(qū)域的右邊界,現將A球從區(qū)域的左邊界由靜止

17、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A、B質量分別為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 由題意知,碰后A、B速度大小相等、方向相反,設其大小為v,則vA=vB=v 碰前,對A由動能定理得Fl=12mAv02 碰后,設A在區(qū)域內往復運動時間為t,由動量定理得Ft=2mAv 碰后,B球向右做勻速運動,49l=vt 聯立解得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 解得ΔE=49Fl。