《（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練20 碰撞 反沖 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練20 碰撞 反沖 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 新人教版（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)規(guī)范練20　碰撞　反沖　動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 一、單項(xiàng)選擇題 1. 如圖所示,小車(chē)靜止在光滑水平面上,AB是小車(chē)內(nèi)半圓弧軌道的水平直徑,現(xiàn)將一小球從距A點(diǎn)正上方h高處由靜止釋放,小球由A點(diǎn)沿切線方向經(jīng)半圓軌道后從B點(diǎn)沖出,在空中能上升的最大高度為0.8h,不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是(　　) A.在相互作用過(guò)程中,小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B.小球離開(kāi)小車(chē)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng) C.小球離開(kāi)小車(chē)后做斜上拋運(yùn)動(dòng) 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(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒,但系統(tǒng)整體受合外力不為零

2、,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤;小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車(chē)時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零,小球與小車(chē)水平方向速度為零,小球離開(kāi)小車(chē)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng),故B正確、C錯(cuò)誤;小球第一次在車(chē)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,摩擦力做負(fù)功,由動(dòng)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(chē)中運(yùn)動(dòng)時(shí),對(duì)應(yīng)位置速度變小,因此小車(chē)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(kāi)小車(chē)時(shí),能上升的高度大于0.6h,故D錯(cuò)誤。 2. 滑雪運(yùn)動(dòng)是人們酷愛(ài)的戶外體育活動(dòng),現(xiàn)有質(zhì)量為m的人站立于雪橇上,如圖所示。人與雪橇的總

3、質(zhì)量為m0,人與雪橇以速度v1在水平面上由北向南運(yùn)動(dòng)(雪橇所受阻力不計(jì))。當(dāng)人相對(duì)于雪橇以速度v2豎直跳起時(shí),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(jù)動(dòng)量守恒條件可知,人與雪橇組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)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. 在光滑的水平面上有靜止的物體A和B。物體A的質(zhì)量是B的2倍,兩物體中間用細(xì)繩束縛的處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧相連。當(dāng)把細(xì)繩剪斷,彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中(　　) A.A的速率是B的2

4、倍 B.A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量 C.A的受力大于B的受力 D.A、B組成的系統(tǒng)的總動(dòng)量為零 答案D 解析彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中,兩滑塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒,規(guī)定向左為正方向,有m1v1+m2(-v2)=0,由于物體A的質(zhì)量是B的2倍,故A的速率是B的12,A的動(dòng)量等于B的動(dòng)量,故A、B錯(cuò)誤,D正確;根據(jù)牛頓第三定律,A受的力等于B受的力,故C錯(cuò)誤。 4.質(zhì)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(duì)子彈的阻力恒定不變,且子彈射穿兩木塊的時(shí)間相同,則子彈射穿木塊時(shí)A、B木塊的速度之比為(　　) A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4

5、答案C 解析水平面光滑,子彈射穿木塊過(guò)程中,子彈受到的合外力為子彈的沖擊力,設(shè)子彈的作用力為Ff,對(duì)AB由動(dòng)量定理得Fft=(m+m)vA,對(duì)B由動(dòng)量定理得Fft=mvB-mvA,解得vA∶vB=1∶3,故C項(xiàng)正確。 5.(2018·安徽池州期末)在發(fā)射地球衛(wèi)星時(shí)需要運(yùn)載火箭多次點(diǎn)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(guò)程中,火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出質(zhì)量為m=800 g的氣體,氣體離開(kāi)發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)的對(duì)地速度v=1 000 m/s,假設(shè)火箭(含燃料在內(nèi))的總質(zhì)量為M=600 kg,發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣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

6、B.地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射,速度大小至少達(dá)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(duì)象,以豎直向上為正方向,由動(dòng)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(dá)到第一宇宙速度,即vn=7.9km/s,故B錯(cuò)誤;以火箭和噴出的n次氣體為研究對(duì)象,以豎直向上為正方向,由動(dòng)量守恒定律得(M-nm)vn-nmv=0,代入數(shù)據(jù)解得n=666,故C錯(cuò)誤;至少持續(xù)噴氣時(shí)間為t=n20=66620s=33.3

7、s≈34s,故D錯(cuò)誤。 6. 如圖所示,質(zhì)量為m1、半徑為r1的小球,放在內(nèi)半徑為r2、質(zhì)量為m2=3m1的大空心球內(nèi),大球開(kāi)始靜止在光滑水平面上,當(dāng)小球由圖中位置無(wú)初速度釋放后沿內(nèi)壁滾到最低點(diǎn)時(shí),大球移動(dòng)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(dòng)量守恒。由m1v1=m2v2,解得v1v2=m1m2。若小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的水平位移為x1,大球水平位移為x2,則有x1x2=v1v2=m1m2,由題意畫(huà)出示意圖可得出位移關(guān)系,x1+x2=r2-r1,聯(lián)立解得x2=r2-r14,選項(xiàng)C正確

8、。 二、多項(xiàng)選擇題 7. 帶有14光滑圓弧軌道、質(zhì)量為m0的滑車(chē)靜止置于光滑水平面上,如圖所示。一質(zhì)量為m的小球以速度v0水平?jīng)_上滑車(chē),當(dāng)小球上滑再返回,并脫離滑車(chē)時(shí),以下說(shuō)法可能正確的是(　　) A.小球一定沿水平方向向左做平拋運(yùn)動(dòng) B.小球可能沿水平方向向左做平拋運(yùn)動(dòng) C.小球可能做自由落體運(yùn)動(dòng) D.小球可能水平向右做平拋運(yùn)動(dòng) 答案BCD 解析小球滑上滑車(chē),又返回,到離開(kāi)滑車(chē)的整個(gè)過(guò)程,相當(dāng)于小球與滑車(chē)發(fā)生彈性碰撞的過(guò)程。如果mm0,小球離開(kāi)滑車(chē)向右做平拋運(yùn)動(dòng)。 8.(2018

9、·河南濟(jì)源月考)在光滑的水平面上,有A、B兩球沿同一直線向右運(yùn)動(dòng),如圖所示,已知碰撞前兩球的動(dòng)量分別為pA=12 kg·m/s,pB=13 kg·m/s。則碰撞前后它們的動(dòng)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(dòng)量分別為pA'=pA+ΔpA=9kg·m/s、pB'=pB

10、+ΔpB=16kg·m/s,A的動(dòng)能減小,B的動(dòng)能增大,碰撞過(guò)程總動(dòng)能可能不增加,是可能的,故A正確;碰撞后,兩球的動(dòng)量方向都與原來(lái)方向相同,A的動(dòng)量不可能沿原方向增大,故B錯(cuò)誤;如果ΔpA=-5kg·m/s、ΔpB=5kg·m/s,碰后兩球的動(dòng)量分別為pA'=pA+ΔpA=7kg·m/s、pB'=pB+ΔpB=18kg·m/s,A的動(dòng)能減小,B的動(dòng)能增大,碰撞過(guò)程總動(dòng)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(dòng)量分別為pA'=pA+ΔpA=-12kg·m/s、pB'=pB+ΔpB=37kg·m/s,碰撞后A的動(dòng)能不變,而B(niǎo)的動(dòng)能增大

11、,違反了能量守恒定律,不可能,故D錯(cuò)誤。 9.(2018·遼寧葫蘆島二模)在冰壺比賽中,某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的黃壺,兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞如圖甲所示,碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺刷摩擦黃壺前進(jìn)方向的冰面來(lái)減小阻力,碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖乙中實(shí)線所示,其中紅壺碰撞前后的圖線平行,兩冰壺質(zhì)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(dòng)的距離為2.4 m C.碰撞過(guò)程中兩壺?fù)p失的機(jī)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(shè)碰后黃壺的速度為v,碰前紅壺的速度v0=1.0m/s,碰后速度

12、為v0'=0.2m/s,取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0=mv0'+mv,解得v=0.8m/s,故A正確;根據(jù)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(shí)刻為t=1.20.2s=6s,速度圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移,則碰后黃壺移動(dòng)的距離為x=v2(t-1)=0.82×(6-1)m=2m,故B錯(cuò)誤;碰撞過(guò)程中兩壺?fù)p失的機(jī)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

13、力之比為Ff∶Ff'=ma∶ma'=5∶4,故D正確。 三、非選擇題 10. 在一水平支架上放置一個(gè)質(zhì)量m1=0.98 kg的小球A,一顆質(zhì)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(lái)的沙車(chē)中,已知沙車(chē)的質(zhì)量m2=2 kg,沙車(chē)的速度v1=2 m/s,水平面光滑,不計(jì)小球與支架間的摩擦。 (1)若子彈打入小球A的過(guò)程用時(shí)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(chē)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(guò)程,對(duì)子彈和小球由動(dòng)量

14、守恒得,m0v0=(m0+m1)v 對(duì)小球由動(dòng)量定理得FΔt=m1v-0 解得F=588N。 (2)子彈打入之后小球平拋,對(duì)系統(tǒng)水平方向動(dòng)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. 在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上有一個(gè)寬度為l的矩形區(qū)域,只要物體在此區(qū)域內(nèi)就會(huì)受 到水平向右的恒力F的作用。兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球如圖所示放置,B球靜止于區(qū)域的右邊界,現(xiàn)將A球從區(qū)域的左邊界由靜止釋放,A球向右加速運(yùn)動(dòng),在右邊界處與B球碰撞(碰撞時(shí)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

15、)A、B兩球的質(zhì)量之比; (2)碰撞過(guò)程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失。 答案(1)1∶4　(2)49Fl 解析(1)設(shè)A、B質(zhì)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(dòng)量守恒定律得mAv0=mBvB-mAvA① 由題意知,碰后A、B速度大小相等、方向相反,設(shè)其大小為v,則vA=vB=v② 碰前,對(duì)A由動(dòng)能定理得Fl=12mAv02③ 碰后,設(shè)A在區(qū)域內(nèi)往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,由動(dòng)量定理得Ft=2mAv④ 碰后,B球向右做勻速運(yùn)動(dòng),49l=vt⑤ 聯(lián)立解得v=v03 mB=4mA,即mA∶mB=1∶4。 (2)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能損失: ΔE

16、=12mAv02-12mAv2+12mBv2⑥ 解得ΔE=49Fl。 12. 如圖所示,上表面光滑的“L”形木板B鎖定在傾角為37°的足夠長(zhǎng)的斜面上;將一小物塊A從木板B的中點(diǎn)輕輕地釋放,同時(shí)解除木板B的鎖定,此后A與B發(fā)生碰撞,碰撞過(guò)程時(shí)間極短且不計(jì)能量損失;已知物塊A的質(zhì)量m=1 kg,木板B的質(zhì)量m0=4 kg,板長(zhǎng)l=6 m,木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.6,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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間A、B的速度。 (2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過(guò)程中,A距B下端的最大距離和重力

17、對(duì)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)對(duì)木板B受力分析,有 μ(mA+mB)gcos37°=mBgsin37°, 所以在A與B發(fā)生碰撞前,木板B處于靜止?fàn)顟B(tài)。 設(shè)小物塊A與木板B發(fā)生彈性碰撞前的速度大小為v0,由機(jī)械能守恒定律得mgl2sin37°=12mv02 設(shè)A與B發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為v1和v2,碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒和能量守恒,有mv0=mv1+m0v2 12mv02=12mv12+12m0v22 聯(lián)立以上各式解得v1=-3.6m/s,v2=2.4m/s 可見(jiàn),A與B第一次碰后,A的速度

18、大小為3.6m/s,方向沿斜面向上,B的速度大小為2.4m/s,方向沿斜面向下。 (2)A與B第一次碰后,A沿板向上做勻減速運(yùn)動(dòng),B沿斜面向下做勻速直線運(yùn)動(dòng),在A與B第一次碰撞后到第二次碰撞前,當(dāng)A與B速度相等時(shí),A與B下端有最大距離,此過(guò)程中,A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=v2-v1gsin37° A距B下端有最大距離xm=xB-xA 其中xA=12(v1+v2)t1 xB=v2t1　解得xm=3m 設(shè)A與B第一次碰撞后到第二次碰撞前歷時(shí)為t2,碰前A的速度為v,由于A與B從第一次碰撞后到第二次碰撞前位移相同,即v1+v2t2=v2t2 此過(guò)程中,對(duì)A由動(dòng)能定理 WG=12mv2-12mv12 解得WG=28.8J。 9