人教版高考物理二轮复习核心考点专项突破碰撞与动量守恒含答案

这是一份人教版高考物理二轮复习核心考点专项突破碰撞与动量守恒含答案
碰撞与动量守恒一 单项选择题1.高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落 的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若 在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大 小为(　　)A.eq \f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq \f(m\r(2gh),t)－mgC.eq \f(m\r(gh),t)＋mg D.eq \f(m\r(gh),t)－mg【解析】由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝eq \r(2gh)，在t时间 内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝ eq \f(m\r(2gh),t)＋mg，A项正确．【答案】A2．如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(　　)A．动量守恒、机械能守恒B．动量守恒、机械能不守恒C．动量不守恒、机械能守恒D．动量、机械能都不守恒【答案】B　【解析】子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒．但是子弹击中木块A过程，有摩擦做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确．3.“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固 定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直 方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析 正确的是(　　)A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力【解析】从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大， 由牛顿第二定律mg－F＝ma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a＝0 时,F＝mg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，F ＞mg，由牛顿第二定律F－mg＝ma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始 终向上，综上可知A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大 后减小，故B错误．【答案】A4.如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则(　　)A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零B．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C．此系统的机械能一定守恒D．此系统的机械能可能增加【答案】D　【解析】若一个系统动量守恒，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，A错误．此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变这是有可能的，B错误．因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，C错误，D正确．5.在一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有 水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1. 不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹 可能正确的是(　　)【解析】平抛运动时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质 量为m，则mv＝eq \f(3,4)mv甲＋eq \f(1,4)mv乙，又v甲＝eq \f(x甲,t)，v乙＝eq \f(x乙,t)，t＝1 s，则有eq \f(3,4)x甲＋ eq \f(1,4)x乙＝2 m，将各选项中数据代入计算得B正确．【答案】B6.在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动．某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的eq \f(1,4).则碰后B球的速度大小是(　　)A.eq \f(v0,2) B.eq \f(v0,6) C.eq \f(v0,2)或eq \f(v0,6) D．无法确定【答案】A　【解析】两球相碰后A球的速度大小变为原来的eq \f(1,2)，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A速度方向不变，则mv0＝eq \f(1,2)mv0＋3mv1，可得B球的速度v1＝eq \f(v0,6)，而B在前，A在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符合实际情况，因此A球一定反向运动，即mv0＝－eq \f(1,2)mv0＋3mv1，可得v1＝eq \f(v0,2)，A正确，B、C、D错误．7.如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线 相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量 为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动【解析】对A、B系统,由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械 能守恒，由于m×2v0－2mv0＝0，故碰后A、B不可能同向运动或一个静止、 另一个运动或两个都静止，而只能是A、B都反向运动，故D正确．【答案】D8.最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg【答案】B【解析】设该发动机在s时间内，喷射出的气体质量为，根据动量定理，，可知，在1s内喷射出的气体质量，故本题选B。二 不定项选择题9． A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v－t图线，由图线可以判断(　　)A．A、B的质量比为3∶2B．A、B作用前后总动量守恒C．A、B作用前后总动量不守恒D．A、B作用前后总动能不变【答案】ABD　【解析】设A的质量为m1，B的质量为m2，碰撞前后两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，从图象上可得碰撞前后两者的速度，故有m1×6＋m2×1＝m1×2＋m2×7，解得 m1∶m2＝3∶2，A、B正确，C错误．碰撞前系统的总动能Ek1＝eq \f(1,2)m1×62＋eq \f(1,2)m2×12＝eq \f(55,3)m1，碰撞后总动能为Ek2＝eq \f(1,2)m1×22＋eq \f(1,2)m2×72＝eq \f(55,3)m1＝Ek1，动能不变，D正确．10.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较(　　)A．子弹的末速度大小相等B．系统产生的热量一样多C．子弹对滑块做的功不相同D．子弹和滑块间的水平作用力一样大【答案】AB　【解析】根据动量守恒，两次最终子弹与滑块的速度相等，A正确．根据能量守恒可知，初状态子弹的动能相同，末状态两滑块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量相等，B正确．子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相等，因此做功相等，C错误．产生的热量Q＝f×Δs，由于产生的热量相等，而相对位移Δs不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误．11.竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q。下列说法正确的是A．物块与钢板碰后的速度为B．物块与钢板碰后的速度为C．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg（2x0+h）【答案】BC【解析】物体下落h，由机械能守恒：mgh=mv12；物体与钢板碰撞，则动量守恒：，解得，选项A错误，B正确；从碰撞到Q点，由能量关系可知：，则弹性势能的增加量为，选项C正确，D错误。12.如图甲所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．由此可以确定(　　)A．物块返回底端时的速度B．物块所受摩擦力大小C．斜面倾角θD．3t0时间内物块克服摩擦力所做的功【答案】AC　【解析】上滑过程中做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零、末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有eq \f(v0,2)t0＝eq \f(v,2)·2t0，解得v＝eq \f(v0,2)，A正确．上滑过程中有－(mgsin θ＋μmgcos θ)·t0＝0－mv0，下滑过程中有(mgsin θ－μmgcos θ)·2t0＝eq \f(mv0,2)，解得Ff＝μmgcos θ＝eq \f(3mv0,8t0)，sin θ＝eq \f(5v0,8gt0)，由于不知道质量，所以不能求出摩擦力，可以求出斜面倾角，B错误，C正确．由于不知道物体的质量，所以不能求解克服摩擦力所做的功，D错误．三 非选择题13.如图所示，质量mA为4 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.24，木板右端放着质量mB为1.0 kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态．木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0 J，小物块的动能EkB为0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求： (1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0；(2)木板的长度L. 【解析】(1)设水平向右为正方向，有I＝mAv0 代入数据解得v0＝3.0 m/s. (2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0FABt＝mBvB其中FAB＝FBA，FCA＝μ(mA＋mB)g设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB，有－(FBA＋FCA)sA＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)－eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)FABsB＝EkB动量与动能之间的关系为mAvA＝eq \r(2mAEkA)14.如图所示，A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上，A靠在墙壁，A、B之间用轻弹簧连接，它们的质量分别为mA＝m，mB＝2m，mC＝m.现给C一水平向左的初速度v0，C与B发生碰撞并粘在一起．试求：(1)A离开墙前，弹簧的最大弹性势能；(2)A离开墙后，C的最小速度．【解析】　(1)设C与B发生碰撞粘在一起时的速度为v，由动量守恒定律得mCv0＝(mC＋mB)v，解得v＝eq \f(v0,3) 设A离开墙前，弹簧的最大弹性势能为Epm，由能量守恒定律得Epm＝eq \f(1,2)(mC＋mB)v2，联立解得 Epm＝eq \f(1,6)mveq \o\al(2,0) (2)弹簧恢复原长状态，C、B的速度大小为v，方向水平向右．当弹簧下一次处于原长状态时，B、C的速度最小且为vC，此时A的速度为vA.由动量守恒定律得(mC＋mB)v＝mAvA＋(mC＋mB)vC 由能量守恒定律得eq \f(1,2)(mC＋mB)v2＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)(mC＋mB)vC2 联立解得 vC＝eq \f(v0,6) 【答案】　(1)eq \f(1,6)mv02　(2)eq \f(v0,6)15.如图，在足够长的光滑水 平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m， B、C的质量都为M,三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求 m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体 间的碰撞都是弹性的．【解析】设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)可得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0，v2＝eq \f(2m,m＋M)v0要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜MA反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1＝mv3＋Mv4eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,4)整理可得v3＝eq \f(m－M,m＋M)v1，v4＝eq \f(2m,m＋M)v1由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足 v3≤v2即eq \f(2m,m＋M)v0≥eq \f(M－m,m＋M)v1＝(eq \f(m－M,m＋M))2v0整理可得m2＋4Mm≥M2解方程可得m≥(eq \r(5)－2)M所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(eq \r(5)－2)M≤m＜M【答案】(eq \r(5)－2)M≤m＜M16.水平光滑的桌面上平放有一质量为2m的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都为m的小球(管道的半径远远大于小球的半径)，位于管道直径AB的两端．开始时，环静止，两个小球沿着向右的切线方向，以相同的初速度v0开始运动，如图所示．设系统处处无摩擦，所有的碰撞均为弹性碰撞．(质量相等的两物体弹性正碰后交换速度，此结论本题可直接用)(1)当两个小球在管道内第一次相碰前瞬间，试求两个小球之间的相对速度大小；(2)两小球碰后在第一次返回到A、B时，两小球相对桌面的速度方向(朝左还是朝右)和速度大小．【解析】　(1)根据对称性，两球运动相同的路程在细圆管的最右端相遇，相遇前，两小球与细圆管在左右方向上共速，共同速度设为v1，此时两球相对于细圆管的速度方向沿切线，大小相同设为vy.左右方向上两球与细圆管动量守恒2mv0＝(2m＋2m)v1，解得v1＝eq \f(v0,2) 根据能量守恒定律可得2×eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×2mv12＋2×eq \f(1,2)m(v12＋vy2) 解得vy＝eq \f(\r(2),2)v0 两球相对速度大小v＝2×vy＝eq \r(2)v0 (2)两球相碰，左右方向速度不变，沿管切线方向交换速度，之后两球同时分别到达A、B位置．从刚开始两球运动到两球第一次回到A、B位置，两球与细圆管组成的系统可以看成弹性碰撞，即质量为2m的物体与细圆管发生了弹性正碰，交换速度，故而两球相对桌面速度为零，细圆管相对桌面速度为v0. (6分)【答案】　(1)eq \r(2)v0　(2)两小球相对桌面速度为零17.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．35.（2）【答案】(i)ρv0S　(ii)eq \f(veq \o\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2veq \o\al(2,0)S2)【解析】(i)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV　①ΔV＝v0SΔt　②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为eq \f(Δm,Δt)＝ρv0S　③(ii)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得eq \f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq \f(1,2)(Δm)veq \o\al(2,0)　④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v　⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp　⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg　⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝eq \f(veq \o\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2veq \o\al(2,0)S2)　⑧18.如图所示，质量为m1＝0.2 kg的小物块A，沿水平面与小物块B发生正碰，小物块B的质量为m2＝1 kg。碰撞前，A的速度大小为v0＝3 m/s，B静止在水平地面上。由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，试求碰后B在水平面上滑行的时间。【解析】假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v1，则由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1碰后，A、B一起滑行直至停下，设滑行时间为t1，则由动量定理有μ(m1＋m2)gt1＝(m1＋m2)v1解得t1＝0.25 s假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后A、B的速度分别为vA、vB，则由动量守恒定律有m1v0＝m1vA＋m2vB由机械能守恒有eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,B)设碰后B滑行的时间为t2，则μm2gt2＝m2vB解得t2＝0.5 s可见，碰后B在水平面上滑行的时间t满足0．25 s≤t≤0.5 s【答案】0.25 s≤t≤0.5 s19.如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(i)求斜面体的质量；(ii)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】(i)20 kg　(ii)不能【解析】(i)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v　①eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,20)＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh　②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg　③(ii)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0　④代入数据得v1＝1 m/s　⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3　⑥eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,20)＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)m3veq \o\al(2,3)　⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s　⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．20.滑的水平面和半径相同的两个四分之一的光滑圆形轨道按如图所示方式平滑相连，小球B静止在水平轨道上，小球A从左侧四分之一圆弧最高点由静止释放，进入水平轨道后，与小球B发生弹性碰撞。碰撞后B球经过右侧圆弧C点时对轨道压力恰好为0。不计一切摩擦，且两球均可视为质点。求A、B两球的质量之比eq \f(mA,mB)。(结果保留两位有效数字)【解析】设圆形轨道的半径为R，碰前A球的速度为v0，碰后A、B两球的速度分别为vA、vB。小球从圆弧最高点下落到水平轨道过程，由机械能守恒定律得：mAgR＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)碰撞后B球运动到C点时对轨道压力恰好为0。由牛顿第二定律可得：mBg＝eq \f(mBv\o\al(2,B),R)小球A、B发生弹性碰撞过程中由动量守恒和能量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvBeq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)联立解得：eq \f(mA,mB)＝eq \f(2\r(2)＋1,7)≈0.55【答案】0.55