2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 碰撞與動(dòng)量守恒 4 第二節(jié) 動(dòng)量守恒定律 碰撞 爆炸 反沖課后達(dá)標(biāo)能力提升.doc

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第二節(jié) 動(dòng)量守恒定律 碰撞 爆炸 反沖 (建議用時(shí)：40分鐘) 一、單項(xiàng)選擇題 1．如圖所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以v的速度沿光滑水平地面向前運(yùn)動(dòng)，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧．甲木塊與彈簧接觸后(　　) A．甲木塊的動(dòng)量守恒 B．乙木塊的動(dòng)量守恒 C．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 D．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒 解析：選C.兩木塊在光滑水平地面上相碰，且中間有彈簧，則碰撞過(guò)程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；甲、乙兩木塊碰撞前、后動(dòng)能總量不變，但碰撞過(guò)程中有彈性勢(shì)能，故動(dòng)能不守恒，只是機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 2．(2019泉州檢測(cè))有一個(gè)質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v0、方向水平向右，在最高點(diǎn)爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向右，則另一塊的速度是(　　) A．3v0－v B．2v0－3v C．3v0－2v D．2v0＋v 解析：選C.在最高點(diǎn)水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一塊的速度為v′＝3v0－2v，對(duì)比各選項(xiàng)可知，答案選C. 3.如圖所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是(　　) A．A和B都向左運(yùn)動(dòng) B．A和B都向右運(yùn)動(dòng) C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng) D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng) 解析：選D.選向右為正方向，則A的動(dòng)量pA＝m2v0＝2mv0，B的動(dòng)量pB＝－2mv0.碰前A、B的動(dòng)量之和為零，根據(jù)動(dòng)量守恒，碰后A、B的動(dòng)量之和也應(yīng)為零，可知四個(gè)選項(xiàng)中只有選項(xiàng)D符合題意． 4．將靜置在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點(diǎn)火升空，在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體．忽略噴氣過(guò)程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是(　　) A． v0 B． v0 C． v0 D． v0 解析：選D.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決本題，注意火箭模型質(zhì)量的變化．取向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′故v′＝，選項(xiàng)D正確． 5.如圖所示，小車(包括固定在小車上的桿)的質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的小球通過(guò)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕繩與桿的頂端連接，開(kāi)始時(shí)小車靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)把小球從與O點(diǎn)等高的地方釋放(小球不會(huì)與桿相撞)，小車向左運(yùn)動(dòng)的最大位移是(　　) A． B． C． D． 解析：選B.分析可知小球在下擺過(guò)程中，小車向左加速，當(dāng)小球從最低點(diǎn)向上擺動(dòng)過(guò)程中，小車向左減速，當(dāng)小球擺到右邊且與O點(diǎn)等高時(shí)，小車的速度減為零，此時(shí)小車向左的位移達(dá)到最大，小球相對(duì)于小車的位移為2L.小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)小球和小車在水平方向上的速度大小分別為v1、v2，有mv1＝Mv2，故ms1＝Ms2，s1＋s2＝2L，其中s1代表小球的水平位移大小，s2代表小車的水平位移大小，因此s2＝，選項(xiàng)B正確． 6．(2019江西贛州信豐模擬)如圖所示，B、C、D、E、F，5個(gè)小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E，4個(gè)球質(zhì)量相等，而F球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，A球的質(zhì)量等于F球質(zhì)量．A球以速度v0向B球運(yùn)動(dòng)，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后(　　) A．3個(gè)小球靜止，3個(gè)小球運(yùn)動(dòng) B．4個(gè)小球靜止，2個(gè)小球運(yùn)動(dòng) C．5個(gè)小球靜止，1個(gè)小球運(yùn)動(dòng) D．6個(gè)小球都運(yùn)動(dòng) 解析：選A.因A、B質(zhì)量不等，MA＜MB.A、B相碰后A速度向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)．B、C、D、E質(zhì)量相等，彈性碰撞后，不斷交換速度，最終E有向右的速度，B、C、D靜止．E、F質(zhì)量不等，ME＞MF，則E、F都向右運(yùn)動(dòng)．所以碰撞后B、C、D靜止；A向左，E、F向右運(yùn)動(dòng)．故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 7.2017年7月9日，斯諾克世界杯在江蘇無(wú)錫落下帷幕，由丁俊暉和梁文博組成的中國(guó)A隊(duì)在決賽中1比3落后的不利形勢(shì)下成功逆轉(zhuǎn)，最終以4比3擊敗英格蘭隊(duì)，幫助中國(guó)斯諾克臺(tái)球隊(duì)獲得了世界杯三連冠．如圖所示為丁俊暉正在準(zhǔn)備擊球，設(shè)在丁俊暉這一桿中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直線上運(yùn)動(dòng)，碰前白色球的動(dòng)量pA＝5 kgm/s，花色球靜止，白色球A與花色球B發(fā)生碰撞后，花色球B的動(dòng)量變?yōu)閜′B＝4 kgm/s，則兩球質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是(　　) A．mB＝mA B．mB＝mA C．mB＝mA D．mB＝6mA 解析：選A.由動(dòng)量守恒定律得pA＋pB＝p′A＋p′B，解得p′A＝1 kgm/s，根據(jù)碰撞過(guò)程中總動(dòng)能不增加，則有≥＋，代入數(shù)據(jù)解得mB≥mA，碰后兩球同向運(yùn)動(dòng)，白色球A的速度不大于花色球B的速度，則≤，解得mB≤4mA，綜上可得mA≤mB≤4mA，選項(xiàng)A正確． 二、多項(xiàng)選擇題 8.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng)．兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動(dòng)量均為6 kgm/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為－4 kgm/s，則(　　) A．該碰撞為彈性碰撞 B．該碰撞為非彈性碰撞 C．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 解析：選AC.由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方為A球，由于碰前動(dòng)量都為6 kgm/s，即都向右運(yùn)動(dòng)，兩球不可能相碰；若左方為A球，設(shè)碰后二者速度分別為v′A、v′B，由題意知p′A＝mAv′A＝2 kgm/s，p′B＝mBv′B＝10 kgm/s，解得＝.碰撞后A球動(dòng)量變?yōu)? kgm/s，B球動(dòng)量變?yōu)?0 kgm/s，又mB＝2mA，由計(jì)算可知碰撞前后A、B兩球動(dòng)能之和不變，即該碰撞為彈性碰撞，選項(xiàng)A、C正確． 9.質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對(duì)靜止．設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為(　　) A．mv2 B．v2 C．NμmgL D．NμmgL 解析：選BD.設(shè)系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔE，根據(jù)題意可知，整個(gè)過(guò)程中小物塊和箱子構(gòu)成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒和能量守恒，則有mv＝(M＋m)vt(①式)、mv2＝(M＋m)v＋ΔE(②式)，由①②式聯(lián)立解得ΔE＝v2，可知選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；又由于小物塊與箱壁碰撞為彈性碰撞，則損耗的能量全部用于摩擦生熱，即ΔE＝NμmgL，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 10．一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1，不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10 m/s2.則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡不正確的是(　　) 解析：選ACD.彈丸爆炸瞬間爆炸力遠(yuǎn)大于外力，故爆炸瞬間動(dòng)量守恒．因兩彈片均水平飛出，飛行時(shí)間t＝＝1 s，取向右為正，由水平速度v＝知，選項(xiàng)A中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝－0.5 m/s；選項(xiàng)B中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝0.5 m/s；選項(xiàng)C中，v甲＝1 m/s，v乙＝2 m/s；選項(xiàng)D中，v甲＝－1 m/s，v乙＝2 m/s.因爆炸瞬間動(dòng)量守恒，故mv＝m甲v甲＋m乙v乙，其中m甲＝m，m乙＝m，v＝2 m/s，代入數(shù)值計(jì)算知選項(xiàng)B正確． 三、非選擇題 11．如圖所示，小球B與一輕質(zhì)彈簧相連，并靜止在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，小球A以某一速度與輕質(zhì)彈簧正碰．小球A與彈簧分開(kāi)后，小球B的速度為v，求： (1)當(dāng)兩個(gè)小球與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)能最小時(shí)，小球B的速度的大??； (2)若小球B的質(zhì)量m2已知，在小球A與彈簧相互作用的整個(gè)過(guò)程中，小球A受到彈簧作用力的沖量． 解析：(1)當(dāng)系統(tǒng)動(dòng)能最小時(shí)，彈簧壓縮至最短，兩球具有共同速度v共．設(shè)小球A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，碰撞前小球A的速度為v0，小球A與彈簧分開(kāi)后的速度為v1.從小球A碰到彈簧到與彈簧分開(kāi)的過(guò)程中，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒和能量守恒有 m1v0＝m1v1＋m2v m1v＝m1v＋m2v2 聯(lián)立解得v＝ 即m1v0＝v 從小球A碰到彈簧到兩球共速的過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故m1v0＝(m1＋m2)v共 解得v共＝. (2)設(shè)水平向右為正方向，則小球B動(dòng)量的增量為m2v，根據(jù)動(dòng)量守恒小球A動(dòng)量的增量為－m2v 根據(jù)動(dòng)量定理有I＝－m2v，小球A受到彈簧作用的沖量的大小為m2v，方向水平向左． 答案：見(jiàn)解析 12.(2019四川雙流中學(xué)模擬)如圖所示，A、B兩個(gè)物體粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，物體中間有少量炸藥，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)炸藥爆炸，假設(shè)所有的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為A、B兩個(gè)物體的動(dòng)能且兩物體仍然在水平面上運(yùn)動(dòng)，爆炸后A物體的速度依然向右，大小變?yōu)関A＝2 m/s，B物體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)進(jìn)入光滑半圓軌道且恰好通過(guò)最高點(diǎn)D，已知兩物體的質(zhì)量mA＝mB＝1 kg，O點(diǎn)到半圓軌道最低點(diǎn)C的距離xOC＝0.25 m，物體與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，A、B兩個(gè)物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，求： (1)炸藥的化學(xué)能E； (2)半圓軌道的半徑R. 解析：(1)A、B在炸藥爆炸前后動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，根據(jù)能量守恒定律可得2mv＋E＝mv＋mv，兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得E＝1 J. (2)由于B物體恰好經(jīng)過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)，故有mg＝m，在B物體由O運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得－μmgxOC－mg2R＝mv－mv，聯(lián)立可解得R＝0.3 m. 答案：(1)1 J　(2)0.3 m