（浙江選考）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十二章 2 第2節(jié) 動(dòng)量守恒定律 碰撞 爆炸 反沖練習(xí)（含解析）

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1、動(dòng)量守恒定律 碰撞 爆炸 反沖 【隨堂檢測】 1．一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可能正確的是(　　) 解析：選B.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

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． 2．(2019·金華質(zhì)檢)如圖所示，游樂場上，兩位同學(xué)各駕著一輛碰碰車迎面相撞，此后，兩車以共同的速度運(yùn)動(dòng)；設(shè)甲同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為150 kg，碰撞前向右運(yùn)動(dòng)，速度的大小為4.5 m/s，乙同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為200 kg，碰撞前向左運(yùn)動(dòng)，速度的大小為4.25 m/s，則碰撞后兩車共同的運(yùn)動(dòng)速度為(取向右為正方向)(　　) A．1 m/s　　　　　　　　　　 B．0.5 m/s C．－1 m/s D．－0.5 m/s 解析：選D.兩車碰撞過程動(dòng)量守恒

3、 m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v 得v＝ ＝ m/s＝－0.5 m/s，故D正確． 3．(2019·紹興聯(lián)考)如圖所示，兩小車A、B置于光滑水平面上，質(zhì)量分別為m和2m，一輕質(zhì)彈簧兩端分別固定在兩小車上，開始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，用手固定兩小車．現(xiàn)在先釋放小車B，當(dāng)小車B的速度大小為3v時(shí)，再釋放小車A，此時(shí)彈簧仍處于拉伸狀態(tài)；當(dāng)小車A的速度大小為v時(shí)，彈簧剛好恢復(fù)原長．自始至終彈簧都未超出彈性限度．求： (1)彈簧剛恢復(fù)原長時(shí)，小車B的速度大小； (2)兩小車相距最近時(shí)，小車A的速度大??； (3)求兩小車相距最近時(shí)，彈簧彈性勢能大?。? 解析：(1)設(shè)彈簧剛恢復(fù)原長時(shí)，小車

4、B速度為vB， 以A、B兩車和彈簧為研究對(duì)象，小車B速度為3v開始到小車A速度為v過程，此系統(tǒng)動(dòng)量守恒，列方程有： 2m·3v＝2m·vB＋m(－v) 解得vB＝3.5v； (2)兩小車相距最近時(shí)速度相同，由動(dòng)量守恒定律有： 2m×3v＝(2m＋m)vA 解得vA＝2v； (3)從彈簧剛恢復(fù)原長到兩小車相距最近過程用能量守恒定律有 E彈＝×2mv＋mv2－×3m·v 解得E彈＝mv2. 答案：(1)3.5v　(2)2v　(3)mv2 4．如圖所示，光滑水平面AB與粗糙斜面BC在B處通過圓弧銜接，質(zhì)量M＝0.3 kg的小木塊靜止在水平面上的A點(diǎn)．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.2 kg的

5、子彈以v0＝20 m/s的初速度水平射入木塊(但未穿出)，它們一起沿AB運(yùn)動(dòng)，并沖上BC.已知木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，斜面傾角θ＝45°，重力加速度g取10 m/s2，木塊在B處無機(jī)械能損失．試求： (1)子彈射入木塊后的共同速度的大?。? (2)子彈和木塊能沖上斜面的最大高度． 解析：(1)子彈射入木塊的過程中，子彈與木塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向，共同速度為v，則mv0＝(m＋M)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝8 m/s. (2)子彈與木塊以v的初速度沖上斜面，到達(dá)最大高度時(shí)，瞬時(shí)速度為零，子彈和木塊在斜面上受到的支持力N＝(M＋m)gcos θ，受到的摩擦力 f＝μN(yùn)＝μ

6、(M＋m)gcos θ. 對(duì)沖上斜面的過程應(yīng)用動(dòng)能定理，設(shè)最大高度為h， 有－(M＋m)gh－f＝0－(M＋m)v2， 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得h≈2.13 m. 答案：(1)8 m/s　(2)2.13 m 5．兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段．兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示．求： (1)滑塊a、b的質(zhì)量之比； (2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比． 解析：(1)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2.由題給圖象得 v1＝－2 m/

7、s ① v2＝1 m/s ② a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象得 v＝ m/s ③ 由動(dòng)量守恒定律得 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ④ 聯(lián)立①②③④式得 m1∶m2＝1∶8. ⑤ (2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2 ⑥ 由圖象可知，兩滑塊最后停止運(yùn)動(dòng)．由動(dòng)能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為 W＝(m1＋m2)v2 ⑦ 聯(lián)立⑥⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得 W∶ΔE＝1∶2. 答案：(1)1∶8　(2)1∶2 【課后達(dá)標(biāo)檢測】 一、不定項(xiàng)選擇題 1．(2019·嘉興質(zhì)檢)質(zhì)

8、量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量是7 kg·m/s，B球的動(dòng)量是5 kg·m/s，A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動(dòng)量可能值是(　　) A．p′A＝6 kg·m/s，p′B＝6 kg·m/s B．p′A＝3 kg·m/s，p′B＝9 kg·m/s C．p′A＝－2 kg·m/s，p′B＝14 kg·m/s D．p′A＝－4 kg·m/s，p′B＝17 kg·m/s 答案：A 2．(2019·臺(tái)州調(diào)研)如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊的動(dòng)能增加了6 J，那么此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能可能為(　　)

9、A．16 J　　　　　　　　　 B．2 J C．6 J D．4 J 答案：A 3．(2019·浙江十校聯(lián)考)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 答案：D 4．(2019·金華質(zhì)檢)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1 kg，mB＝2 kg、vA＝6 m/s、vB＝2 m/s.當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是(　　) A．v

10、′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s 解析：選B.雖然題中四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒定律，但A、D兩項(xiàng)中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實(shí)際；C項(xiàng)中，兩球碰后的總動(dòng)能Ek′＝mAv′＋mBv′＝57 J，大于碰前的總動(dòng)能Ek＝mAv＋mBv＝22 J，違背了能量守恒定律；而B項(xiàng)既符合實(shí)際情況，也不違背能量守恒定律，故B項(xiàng)正確． 5．一中子與一質(zhì)量數(shù)為A (A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰．若碰前原子核靜止，則碰撞前與

11、碰撞后中子的速率之比為(　　) A. B. C. D. 解析：選A.設(shè)中子的質(zhì)量為m，則被碰原子核的質(zhì)量為Am，兩者發(fā)生彈性碰撞，據(jù)動(dòng)量守恒，有mv0＝mv1＋Amv′，據(jù)動(dòng)能守恒，有mv＝mv＋Amv′2.解以上兩式得v1＝v0.若只考慮速度大小，則中子的速率為v′1＝v0，故中子碰撞前、后速率之比為. 6．(2019·溫州質(zhì)檢)如圖所示，放在光滑水平桌面上的兩個(gè)木塊A、B中間夾一被壓縮的彈簧，當(dāng)彈簧被放開時(shí)，它們各自在桌面上滑行一段距離后飛離桌面落在地上．A的落地點(diǎn)與桌邊的水平距離為0.5 m，B的落地點(diǎn)與桌邊的水平距離為1 m，那么(　　) A．A、B離開彈簧時(shí)

12、的速度之比為1∶2 B．A、B質(zhì)量之比為2∶1 C．未離開彈簧時(shí)，A、B所受沖量之比為1∶2 D．未離開彈簧時(shí)，A、B加速度之比為1∶2 解析：選ABD.A、B組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，動(dòng)量守恒，A、B兩物體的落地點(diǎn)到桌邊的距離x＝v0t，因?yàn)閮晌矬w的落地時(shí)間相等，所以v0與x成正比，故vA∶vB＝1∶2，即A、B離開彈簧時(shí)的速度之比．由動(dòng)量守恒定律可知，mA∶mB＝2∶1.未離開彈簧時(shí)，A、B受到的彈力相等，作用時(shí)間相同，沖量大小也相同．未離開彈簧時(shí)，F(xiàn)相等，m不同，加速度a＝，與質(zhì)量成反比，故aA∶aB＝1∶2，故A、B、D正確，C錯(cuò)誤． 7．對(duì)下列幾種物理現(xiàn)象的解釋，正確

13、的是(　　) A．擊釘時(shí)，不用橡皮錘僅僅是因?yàn)橄鹌ゅN太輕 B．跳遠(yuǎn)時(shí)，在沙坑里填沙，是為了減小沖量 C．易碎品運(yùn)輸時(shí)，要用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長作用時(shí)間以減小作用力 D．在車內(nèi)推車推不動(dòng)，是因?yàn)楹贤饬_量為零 解析：選CD.擊釘時(shí)，不用橡皮錘是因?yàn)橄鹌ゅN與釘子的作用時(shí)間長；跳遠(yuǎn)時(shí)，在沙坑里填沙，是為了延長人與地的接觸時(shí)間，所以A、B錯(cuò)誤；據(jù)動(dòng)量定理F·t＝Δp知，當(dāng)Δp相同時(shí)，作用時(shí)間越長，作用力越小，故C項(xiàng)正確；車能否移動(dòng)或運(yùn)動(dòng)狀態(tài)能否改變?nèi)Q于外力的作用，與內(nèi)部作用無關(guān)，所以D項(xiàng)正確． 8.質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)

14、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

15、熱，即ΔE＝NμmgL，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確． 二、非選擇題 9．(2019·杭州質(zhì)檢)如圖所示，一質(zhì)量為0.5 kg的小球A以2.0 m/s的速度和靜止于光滑水平面上、質(zhì)量為1 kg的另一大小相同的小球B發(fā)生正碰，碰撞后它以0.2 m/s 的速度反彈．求： (1)原來靜止小球B獲得的速度大??； (2)碰撞過程中損失的機(jī)械能． 解析：(1)A、B兩小球碰撞過程中動(dòng)量守恒，設(shè)小球B的速度為v，則mAvA＝mAvA′＋mBv， 代入數(shù)據(jù)解得v＝1.1 m/s. (2)由A、B兩小球組成的系統(tǒng)能量守恒有 mAv＝mAv′＋mBv2＋ΔE 解得ΔE＝0.385 J. 答案：(1)1.

16、1 m/s　(2)0.385 J 10．如圖所示，一質(zhì)量M＝2 kg的帶有弧形軌道的平臺(tái)置于足夠長的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B.從弧形軌道上距離水平軌道高h(yuǎn)＝0.3 m處由靜止釋放一質(zhì)量mA＝1 kg的小球A，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺(tái)．已知所有接觸面均光滑，重力加速度為g.求小球B的質(zhì)量．(取重力加速度g＝10 m/s2) 解析：設(shè)小球A下滑到水平軌道上時(shí)的速度大小為v1，平臺(tái)水平速度大小為v，由動(dòng)量守恒定律有 0＝mAv1－Mv 由能量守恒定律有mAgh＝mAv＋Mv2 聯(lián)立解得v1＝2 m/

17、s，v＝1 m/s 小球A、B碰后運(yùn)動(dòng)方向相反，設(shè)小球A、B的速度大小分別為v′1和v2.由于碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺(tái)，則此時(shí)小球A的速度等于平臺(tái)的速度，有 v′1＝1 m/s 由動(dòng)量守恒定律得mAv1＝－mAv′1＋mBv2 由能量守恒定律有mAv＝mAv′＋mBv 聯(lián)立上式解得mB＝3 kg. 答案：3 kg 11．(2019·寧波質(zhì)檢)如圖，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先將B球釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后再將A球釋放．當(dāng)A球下落t＝0.3 s時(shí)，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰．碰撞時(shí)間極短，

18、碰后瞬間A球的速度恰好為零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失．求： (1)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度； (2)P點(diǎn)距離地面的高度． 解析：(1)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB＝① 將h＝0.8 m代入上式，得vB＝4 m/s. ② (2)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分別為v2和v′2.由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得v1＝gt ③ 由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相撞前后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變．規(guī)定向下的方向?yàn)檎?，? mAv1＋mBv2＝mBv′2 ④ mAv＋mBv＝mBv′ ⑤ 設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為v′B，由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得v′B＝vB⑥ 設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得 h′＝ ⑦ 聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得 h′＝0.75 m. 答案：(1)4 m/s　(2)0.75 m - 8 -