2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 動(dòng)量和能量 1-3-7 碰撞與動(dòng)量守恒訓(xùn)練.docx

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1-3-7 碰撞與動(dòng)量守恒課時(shí)強(qiáng)化訓(xùn)練1(2018天津河?xùn)|一模)(多選)一輛汽車(chē)在平直公路上從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，所受阻力恒定，10 s末撤掉牽引力，其速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是()A05 s和1015 s內(nèi)加速度相同B05 s和1015 s內(nèi)阻力做功相等C05 s和510 s內(nèi)牽引力做功的平均功率相等D05 s和1015 s內(nèi)合外力的沖量相同解析 v-t圖線的斜率表示加速度，由圖可知05 s和1015 s內(nèi)加速度大小相等，但是方向相反，故不相同，A錯(cuò)誤；v-t圖線與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，由圖可知05 s和1015 s內(nèi)位移相等，又阻力恒定，故阻力做功相等，B正確；05 s內(nèi)：加速度a1 m/s22 m/s2，位移x1510 m25 m；510 s內(nèi)：加速度為零，位移x2510 m50 m；1015 s內(nèi)：加速度a3 m/s22 m/s2，位移x3510 m25 m；根據(jù)牛頓第二定律，05 s內(nèi)：F1fma1根據(jù)平衡條件，510 s內(nèi)：F2f根據(jù)牛頓第二定律，1015 s內(nèi)：fma3聯(lián)立解得：F14m(N)，F(xiàn)22m(N)05 s內(nèi)牽引力做功的平均功率為： 20m(W)，510 s內(nèi)牽引力做功的平均功率為： 20m(W)，故05 s和510 s內(nèi)牽引力做功的平均功率相等，C正確；由C項(xiàng)分析可知05 s和1015 s內(nèi)汽車(chē)的位移相同，所受合外力等大、反向，故沖量也是等大、反向，故D錯(cuò)誤。答案 BC2(2018山東菏澤一模)有一個(gè)豎直固定放置的光滑四分之一圓軌道，軌道圓心O到地面的高度為h，小球從軌道最高點(diǎn)A由靜止開(kāi)始沿著圓弧軌道滑下，從軌道最低點(diǎn)B離開(kāi)軌道，然后做平拋運(yùn)動(dòng)落到水平地面上的C點(diǎn)，C點(diǎn)與A點(diǎn)的水平距離也等于h，則下列說(shuō)法正確的是()A當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)B時(shí)，軌道對(duì)它的支持力等于重力的4倍B小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力對(duì)小球的沖量在數(shù)值上大于圓弧軌道的支持力對(duì)小球的沖量C根據(jù)已知條件可以求出該四分之一圓軌道的軌道半徑為0.2hD小球做平拋運(yùn)動(dòng)落到地面時(shí)的速度與水平方向夾角的正切值tan 0.5解析 由mgRmv，F(xiàn)Bmgm，解得FB3mg，A錯(cuò)誤；小球從A運(yùn)動(dòng)到B，合外力沖量水平向右，則支持力的沖量在豎直方向的分量與重力的沖量大小相等，故支持力沖量在數(shù)值上大于重力的沖量，B錯(cuò)誤；小球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，hRgt2，hRvBt，解得R0.2h，C正確；設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)位移與水平方向夾角為，則tan 1，因?yàn)閠an 2 tan ，所以tan 2，D錯(cuò)誤。答案 C3(2018河北衡水中學(xué)二模)(多選)如圖，質(zhì)量分別為m11.0 kg和m22.0 kg的彈性小球a、b，用輕繩緊緊地把它們捆在一起，使它們發(fā)生微小的形變。該系統(tǒng)以速度v00.10 m/s沿光滑水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻輕繩突然自動(dòng)斷開(kāi)，斷開(kāi)后兩球仍沿原直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)時(shí)間t5.0 s后，測(cè)得兩球相距s4.5 m，則下列說(shuō)法正確的是()A剛分離時(shí)，a球的速度大小為0.7 m/sB剛分離時(shí)，b球的速度大小為0.2 m/sC剛分離時(shí)，a、b兩球的速度方向相同D兩球分開(kāi)過(guò)程中釋放的彈性勢(shì)能為0.27 J解析 系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：(m1m2)v0m1v1m2v2，位移：sv1tv2t，代入數(shù)據(jù)解得：v10.70 m/s，v20.20 m/s，負(fù)號(hào)表示速度方向與正方向相反，故選項(xiàng)A、B正確，C錯(cuò)誤；由能量守恒定律得：(m1m2)vEpm1vm2v，代入數(shù)據(jù)解得：Ep0.27 J，選項(xiàng)D正確。答案 ABD4(2018福建泉州檢測(cè))如圖所示，兩個(gè)大小相同、質(zhì)量均為m的彈珠靜止在水平地面上。某小孩在極短時(shí)間內(nèi)給第一個(gè)彈珠水平?jīng)_量使其向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)谝粋€(gè)彈珠運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與第二個(gè)彈珠發(fā)生彈性正碰，碰后第二個(gè)彈珠運(yùn)動(dòng)了2L距離停下。已知彈珠所受阻力大小恒為重力的k倍，重力加速度為g，則小孩對(duì)第一個(gè)彈珠()A施加的沖量為mB施加的沖量為mC做的功為kmgLD做的功為3kmgL解析 當(dāng)?shù)谝粋€(gè)彈珠運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與第二個(gè)彈珠發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒可知，兩彈珠速度發(fā)生交換，即第一個(gè)彈珠碰后停止運(yùn)動(dòng)，第二個(gè)彈珠以第一個(gè)彈珠碰前的速度繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)了2L距離停下，從效果上看，相當(dāng)于第二個(gè)彈珠不存在，第一個(gè)彈珠直接向前運(yùn)動(dòng)了3L的距離后停止運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理可知，小孩對(duì)第一個(gè)彈珠做的功等于彈珠獲得的動(dòng)能，也等于克服阻力做的總功，即WEkkmg3L，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確；施加的沖量Ipp00m，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。答案 D5(2018江西上饒六校一聯(lián))(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x，現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()AA物體的質(zhì)量為3mBA物體的質(zhì)量為2mC彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mvD彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv解析 彈簧固定，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，彈性勢(shì)能最大，A的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，A及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則知彈簧被壓縮過(guò)程中最大的彈性勢(shì)能等于A的初動(dòng)能，設(shè)A的質(zhì)量為mA，即有：EpmmAv當(dāng)彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B時(shí)，A與彈簧相互作用的過(guò)程中B將向右運(yùn)動(dòng)，A、B速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，選取A的初速度的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mA2v0(mmA)v由機(jī)械能守恒定律得：EpmmA(2v0)2(mAm)v2解得：mA3m，Epmmv故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。答案 AC6(2018湖北宜昌調(diào)研)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球沿同一直線運(yùn)動(dòng)。兩球的質(zhì)量關(guān)系為mB2mA，規(guī)定向右為正方向，兩球的動(dòng)量均為5 kgm/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量變化量為3 kgm/s，則()A右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為12B右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為14C左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為12D左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為14解析 規(guī)定向右為正方向，兩球初始動(dòng)量均為5 kgm/s，則兩球均向右運(yùn)動(dòng)，又因?yàn)閯?dòng)量pmv，mB2mA，所以vA2vB，則斷定左方為A球，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤。碰撞后A球的動(dòng)量變化量為3 kgm/s，則碰撞后A球的動(dòng)量為pA2 kgm/s，據(jù)動(dòng)量守恒定律可得B球碰撞后的動(dòng)量應(yīng)為pB8 kgm/s，由pmv，得v，所以，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案 C7(2018湖北四地七校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半圓槽，A、C等高，B為圓槽最低點(diǎn)，小球從A點(diǎn)正上方O點(diǎn)靜止釋放，從A點(diǎn)切入圓槽，剛好能運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)。設(shè)球在AB段和BC段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1、t2，合外力的沖量大小為I1、I2，則()At1t2 Bt1t2CI1I2 DI1I2解析 小球從A點(diǎn)正上方O點(diǎn)靜止釋放，做自由落體運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)切入圓槽，剛好能運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，則知小球在AB段平均速率大于BC段平均速率，又兩段路程相等，所以球在AB段和BC段運(yùn)動(dòng)時(shí)間的大小關(guān)系為t1t2，故A、B錯(cuò)誤。AB段速度由豎直向下的vA變?yōu)樗较蜃蟮膙B，根據(jù)三角形定則，速度變化量的大小為；BC段速度由水平向左的vB變?yōu)?，速度變化量的大小為vB；所以AB段速度變化量大于BC段速度變化量，即AB段動(dòng)量變化量大于BC段速度變化量。根據(jù)動(dòng)量定理，合外力的沖量等于動(dòng)量的變化，所以合外力的沖量大小為I1I2，故C正確，D錯(cuò)誤。答案 C思路點(diǎn)撥 AB段平均速率大于BC段平均速率，兩段路程相等，從而可比較時(shí)間；根據(jù)動(dòng)量定理，合外力的沖量等于動(dòng)量的變化，從而比較合外力的沖量大小。8(2018河北石家莊質(zhì)檢)質(zhì)量分別為m1與m2的甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p15 kgm/s，p27 kgm/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)? kgm/s，則甲、乙兩球質(zhì)量m1與m2的關(guān)系可能是()Am1m2 B2m1m2C3m12m2 D4m1m2解析 根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：p1p2p1p2，可得p14 kgm/s，碰撞過(guò)程中動(dòng)能不增加，則有，可得，則A、C項(xiàng)錯(cuò)誤。碰后甲球的速度不大于乙球的速度，則有，可得，則D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案 B解題關(guān)鍵 解本題的關(guān)鍵在于要弄清碰撞前后動(dòng)能的關(guān)系以及碰后甲、乙兩球的速度關(guān)系。 9(2018安徽六校二聯(lián))(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕質(zhì)彈簧自然長(zhǎng)度均為d。兩物體m1和m2與彈簧連接，m2的左邊有一固定擋板。m1由圖示位置靜止釋放，當(dāng)m1與m2相距最近時(shí)m1速度為v1，則在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，可能的情況是()Am1的最小速度是0B存在某段時(shí)間m1向左運(yùn)動(dòng)Cm2的最大速度一定是v1Dm2的最大速度是v1解析 m1由圖示位置靜止釋放后，在彈簧彈力作用下向右加速運(yùn)動(dòng)，m2靜止，當(dāng)m1與m2相距最近時(shí)彈簧彈力為零，m1的速度最大，此后彈簧伸長(zhǎng)，在彈簧彈力作用下，m1減速，m2加速，達(dá)到共同速度時(shí)兩者相距最遠(yuǎn)，此后m1繼續(xù)減速，m2繼續(xù)加速，當(dāng)兩物體再次相距最近時(shí)，m1達(dá)到最小速度v1，m2達(dá)到最大速度v2。兩物體水平方向動(dòng)量守恒，m1v1m1v1m2v2兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒m1vm1v12m2v22；可得v1v1，v2v1。因?yàn)閙1和m2的大小關(guān)系不確定，所以m1的最小速度可以是0，也可以向左運(yùn)動(dòng)，故A、B項(xiàng)正確。只有當(dāng)m1m2時(shí)，m2的最大速度才為v1，故D項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤。答案 ABD10(2018北京理綜)2022年將在我國(guó)舉辦第二十四屆冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。某滑道示意圖如下，長(zhǎng)直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h(yuǎn)10 m，C是半徑R20 m圓弧的最低點(diǎn)。質(zhì)量m60 kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止開(kāi)始勻加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB30 m/s。取重力加速度g10 m/s2。(1)求長(zhǎng)直助滑道AB的長(zhǎng)度L；(2)求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I的大??；(3)若不計(jì)BC段的阻力，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的受力圖，并求其所受支持力FN的大小。解析 (1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，有L100 m(2)根據(jù)動(dòng)量定理，有ImvBmvA1 800 Ns(3)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)C點(diǎn)時(shí)的受力分析如圖根據(jù)動(dòng)能定理，運(yùn)動(dòng)員在BC段運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，有mghmvmv根據(jù)牛頓第二定律，有FNmgm得FN3 900 N答案 (1)100 m(2)1 800 Ns(3)受力圖見(jiàn)解析3 900 N一題多解 運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量IF合tma1 800 Ns。11(2018山西太原一模)彈射座椅是飛行員使用的座椅型救生裝置。在飛機(jī)失控時(shí)，依靠座椅上的動(dòng)力(噴氣發(fā)動(dòng)機(jī))裝置將飛行員彈射到高空，然后張開(kāi)降落傘使飛行員安全降落。某次實(shí)驗(yàn)中，在地面上靜止的戰(zhàn)斗機(jī)內(nèi)，飛行員按動(dòng)彈射按鈕，座椅(連同飛行員等)在噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)的驅(qū)動(dòng)下被彈出打開(kāi)的機(jī)艙，座椅沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，5 s末到達(dá)最高點(diǎn)，上升的總高度為112.5 m。在最高點(diǎn)時(shí)降落傘打開(kāi)，飛行員安全到達(dá)地面。已知座椅的總重量為100 kg，彈射過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)座椅的推力豎直向上且恒定，不考慮發(fā)動(dòng)機(jī)質(zhì)量的變化及空氣阻力，取g10 m/s2，求：(1)發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)座椅推力的值；(2)發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)座椅沖量的大小。解析 (1)設(shè)座椅上升時(shí)的最大速度為vm，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：hmvmt設(shè)發(fā)動(dòng)機(jī)作用的時(shí)間為t1，座椅的加速度為a1，發(fā)動(dòng)機(jī)的推力為N，減速過(guò)程的時(shí)間為t2，則有Nmgma1vma1t1vmgt2t1t2t解得：N10mg1.0104 N(2)設(shè)發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)座椅沖量的大小為I，則有INt1解得：I5103 Ns答案 (1)1.0104 N(2)5103 Ns12(2018天津河?xùn)|一模)如圖所示，可看成質(zhì)點(diǎn)的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運(yùn)動(dòng)，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達(dá)C板的右端。已知A、B質(zhì)量相等且為m，C的質(zhì)量為A的質(zhì)量的2倍，木板C長(zhǎng)為L(zhǎng)，重力加速度為g。求：(1)B、C碰撞過(guò)程中，損失的機(jī)械能E；(2)A運(yùn)動(dòng)到C的右端時(shí)的速度v；(3)A物體與木板C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。解析 (1)B、C碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，設(shè)B、C碰后的共同速度為v1，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得mv0(m2m)v1機(jī)械能損失Emv(m2m)v聯(lián)立解得Emv(2)B、C共速后，A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C分開(kāi)，A、C相互作用過(guò)程中動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得mv02mv1(m2m)v由式可得vv0方向水平向右(3)在A、C相互作用過(guò)程中，由能量守恒定律可得fLmv2mv(m2m)v2又fmg由式可得答案 (1)mv(2)v0，方向水平向右(3)