2020届高三高考物理二轮复习专题强化练习：碰撞与动量守恒

碰撞与动量守恒1.(2018·河北邢台模拟)(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,a紧靠在墙壁上,在b上施加向左的水平力使弹簧压缩,如图所示,当撤去外力后,下列说法中正确的是(　  　)A.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统动量守恒B.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统动量不守恒C.a离开墙壁后,a和b组成的系统动量守恒D.a离开墙壁后,a和b组成的系统动量不守恒2.小球质量为2m，以速度v沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是v，球与墙撞击时间为t，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是A.     B.     C.     D. 3．下列说法中正确的是（　　）A. 冲量的方向一定和动量的方向相同B. 动量变化量的方向一定和动量的方向相同C. 物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向相同D. 冲量是物体动量变化的原因4．如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．上述两种射入过程相比较A. 射入滑块A的子弹速度变化大 B. 整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，木块对子弹的平均阻力一样大C. 射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D. 两个过程中系统产生的热量相同 5.(多选)一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体整个运动过程的v－t图象如图7所示，g取10 m/s2，则(　　)图7A.物体的质量为5 kgB.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C.第1 s内摩擦力对物体做的功为60 JD.第1 s内拉力对物体做的功为60 J6.(多选)如图8所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层。设水柱直径为D，水流速度为v，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(　　)图8A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2B.高压水枪的功率为ρπD2v3 x..k++wC.水柱对煤层的平均冲力为ρπD2v2D.手对高压水枪的作用力水平向右 7．如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切。一质量为m=1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g取10m/s2。求：(1)物体第一次滑到圆弧轨道下端时，对轨道的压力大小FN；(2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W，以及由于摩擦而产生的热量Q。8.如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑1/4圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从1/4圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取g=10m/s2。求：（1）物块B滑到1/4圆弧的最低点C时对轨道的压力；（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。   9.课外科技小组制作一只“水火箭”,用压缩空气压出水流使火箭运动.假如喷出的水流流量保持为2×10-4m3/s,喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg,则启动2 s末火箭的速度可以达到多少?已知火箭沿水平轨道运动阻力不计,水的密度是103 kg/m3.10.如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg,mB=1 kg.初始时A静止于水平地面上,B悬于空中.现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放.一段时间后细绳绷直,A,B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触.取g=10 m/s2,空气阻力不计.求:(1)             B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;(2)A的最大速度v的大小;(3)初始时B离地面的高度H.11.(2018·四川南充模拟)如图所示,质量为M的滑块静止在光滑的水平桌面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,一质量为m的小球以速度v0向滑块滚来,设小球不能越过滑块,求:(1)小球到达最高点时小球和滑块的速度分别为多少?(2)小球上升的最大高度. 12.(2018·河北唐山模拟)如图所示,一轻质弹簧的一端固定在滑块B上,另一端与滑块C接触但不连接,该整体静止在光滑水平地面上,并且C被锁定在地面上.现有一滑块A从光滑曲面上离地面h高处由静止开始下滑,与滑块B发生碰撞并粘连在一起压缩弹簧,当速度减为碰后速度一半时滑块C解除锁定.已知mA=m,mB=2m,mC=3m.求:(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度;(2)被压缩弹簧的最大弹性势能.       
答案1.解析:当撤去外力F后,a尚未离开墙壁前,系统受到墙壁的作用力,系统所受的外力之和不为零,所以a和b组成的系统的动量不守恒,选项A错误,B正确;a离开墙壁后,系统所受的外力之和为0,所以a,b组成的系统的动量守恒,选项C正确,D错误.2.【答案】C【解析】设初速度方向为正，则弹后的速度为-；则由动量定理可得：Ft=-2m×-2mv解得：F=；负号表示力的方向与初速度方向相反；由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲击力为F′=F=；故选C．3.【答案】D【解析】解：A、冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向．故A错误．B、动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量增量的方向和动量的方向相反．故B错误．C、物体的末动量方向不一定和它所受合外力的冲量方向相同．故C错误．D、根据动量定理可知，冲量是物体的动量变化的原因．故D正确．故选：D4.【答案】D【解析】A、根据动量守恒定律可得，可知两种情况下木块和子弹的共同速度相同，两颗子弹速度变化相同，故A错误；B、两滑块的动量变化相同，受到的冲量相同，由，射入A中的深度是射入B中深度的两倍，射入滑块A中时平均阻力对子弹是射入滑块B中时的倍，故B错误；C、射入滑块A中时阻力对子弹做功与射入滑块B中时阻力对子弹做功相等，故C错误； D、由，两个过程中系统产生的热量相同，故D正确；故选D。5.答案　BD6.解析　设Δt时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝πD2vΔt，单位时间喷出水的质量为＝ρvπD2，选项A错误；Δt时间内水枪喷出的水的动能Ek＝Δmv2＝ρπD2v3Δt，由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为W＝Ek＝ρπD2v3Δt，高压水枪的功率P＝＝ρπD2v3，选项B正确；考虑一个极短时间Δt′，在此时间内喷到煤层上水的质量为m，设煤层对水柱的作用力为F，由动量定理得FΔt′＝mv，Δt′时间内冲到煤层水的质量m＝ρπD2vΔt′，解得F＝ρπD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为F′＝F＝ρπD2v2，选项C正确；当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项D错误。答案　BC7.【答案】（1）30N（2）-10J；12.5J【解析】(1) 根据动能定理：解得：v1=3m/s     在轨道最低点：由牛顿第三定律FN=N=30N    (2) 物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，由定律定理：，t=2.5s   摩擦力对传送带做的功摩擦而产生的热8.【答案】（1）F1=60N，方向竖直向下（2）12J（3）8s【解析】（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0.由机械能守恒知mgR＝mv02得=5 m/s 设物块B滑到1/4圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F，由牛顿第二定律得：解得：F=60N 由牛顿第三定律得：物块B滑到1/4圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F1=60N，方向竖直向下。（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则μmg＝ma设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2-v02=-2al联立解得v＝4 m/s 由于v>u＝2 m/s，所以v＝4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv＝mv1＋Mv2 mv2＝mv12＋Mv22（（动量守恒、能量守恒）解得v1＝=-2m/s，v2=2m/s弹簧具有的最大弹性势能等于物块M的初动能EP=Mv22=12J （3）碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得：－μmgl′=0－mv12得l′＝2m<4.5m 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上．当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动．可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′＝2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞．设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1。由动量定理得：μmgt1＝2mv1′解得设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1′＝mv3＋Mv4mv1′2＝mv32＋Mv42解得v3＝=-1m/s 当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动．可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′＝1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞．则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2。由动量定理得：μmgt2＝2mv3解得同上计算可知物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为tn=s, 构成无穷等比数列，公比q=由无穷等比数列求和公式可知，当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为t总==8s  9.解析:2 s内喷出的水的质量m=ρV=ρt=103×2×10-4×2 kg=0.4 kg,火箭的质量M=m总-m=(1.4-0.4)kg=1.0 kg根据题意,水火箭喷水过程中沿水流方向动量守恒,选择水流的方向为正方向,得mv1+Mv2=0所以v2=-=-4 m/s.10.解析:(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有h=gt2代入数据解得t=0.6 s.解析:(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有vB=gt,细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A,B的重力,A,B相互作用,由动量守恒得mBvB=(mA+vB)v,之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度,联立各式,代入数据解得v=2 m/s.(3)细绳绷直后,A,B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A,B的速度为零,这一过程中A,B组成的系统机械能守恒,有(mA+mB)v2+mBgH=mAgH代入数据解得H=0.6 m.11解析:m在M弧面上升过程中,当m的竖直分速度为零时它升至最高点,此时二者具有相同的水平速度,设为v,根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v整个过程中机械能没有损失,设上升的最大高度是h,根据系统机械能守恒,则有m=(M+m)v2+mgh解得v=,h=.12.解析:(1)滑块A下滑过程中机械能守恒,设A到达水平面时速度为v1,由机械能守恒定律有mAgh=mA,解得v1=.滑块A,B碰撞过程中动量守恒,设滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度为v2,由动量守恒定律有mAv1=(mA+mB)v2,解得v2==.解析:(2)滑块C解除锁定后,滑块A,B继续压缩弹簧,被压缩弹簧的弹性势能最大时,滑块A,B,C速度相等,设为速度v3,由动量守恒定律有(mA+mB)=(mA+mB+mC)v3故v3=v2=.滑块A,B发生碰撞后到弹簧压缩量最大,A,B,C及弹簧组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律有Epmax=(mA+mB)-(mA+mB+mC).故Epmax=mgh