（新課標）2020版高考物理二輪復習 專題二 第3講 碰撞與動量守恒精練（含解析）

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1、碰撞與動量守恒 (45分鐘) [刷基礎] 1．(2018·高考全國卷Ⅰ)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動．在啟動階段，列車的動能(　　) A．與它所經(jīng)歷的時間成正比 B．與它的位移成正比 C．與它的速度成正比 D．與它的動量成正比 解析：速度v＝at，動能Ek＝mv2＝ma2t2，所以列車的動能與它經(jīng)歷的時間的平方成正比，A錯誤；根據(jù)v2＝2ax，動能Ek＝mv2＝m·2ax＝max，所以列車的動能與它的位移成正比，B正確；動能Ek＝mv2，所以列車的動能與它的速度的平方成正比，C錯誤；動量p＝mv，動能Ek＝mv2＝，所以列車的動能與它的動量的平方成正

2、比，D錯誤． 答案：B 2．(2019·陜西西安高三期末)如圖所示，質(zhì)量為0.5 kg的小球在距離車底面高20 m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，車底涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4 kg，設小球在落到車底前瞬間速度是25 m/s，則當小球與小車相對靜止時，小車的速度是(　　) A．5 m/s B．4 m/s C．8.5 m/s D．9.5 m/s 解析：設小球的初速度為v0，小球拋出后做平拋運動，根據(jù)動能定理得mgh＝mv2－mv，解得v0＝15 m/s，小球和車作用過程中，水平方向動量守恒，規(guī)定向右為正，則有－mv0＋Mv

3、＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s，A正確． 答案：A 3．一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度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.不計質(zhì)量損失，重力加速度g取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：平拋運動時間t＝＝1 s，爆炸過程遵循動量守恒定律，設彈丸質(zhì)量為m，則mv＝mv甲＋mv乙，又因為v甲＝，v乙＝，t＝1 s，則有x甲＋x乙＝2 m，將各選項中數(shù)據(jù)代入計算得B正確． 答案：B 4．(多選)一質(zhì)量m＝0.10 kg的小鋼球以大小為v0＝10 m/s的速度水平拋出，下落h＝5.0 m時撞擊一鋼板

4、，撞后速度恰好反向，且速度大小不變．已知小鋼球與鋼板的作用時間極短，g取10 m/s2，則(　　) A．鋼板與水平面的夾角θ＝60° B．小鋼球從水平拋出到剛要撞擊鋼板的過程中重力的沖量大小為1 N·s C．小鋼球撞擊鋼板的過程中其動量的變化量的大小為 10 kg·m/s D．鋼板對小鋼球的沖量大小為 2 N·s 解析：由題意可知小鋼球垂直撞擊鋼板．小鋼球撞擊鋼板時的豎直分速度vy＝＝10 m/s，設小球的速度方向與水平方向的夾角為α，則tan α＝＝1，解得α＝45°，即鋼板與水平面的夾角θ＝45°，選項A錯誤；小鋼球從水平拋出到剛要撞擊鋼板時所飛行的時間t＝＝1 s，重力沖量I＝

5、mgt＝1 N·s，選項B正確；取垂直斜面向上為正方向，小鋼球剛要撞擊鋼板時速度的大小為v1＝v0＝10 m/s，動量p1＝－mv1＝－ kg·m/s，撞后小鋼球的速度v2＝10 m/s，動量p2＝mv2＝ kg·m/s，小鋼球的動量變化Δp＝p2－p1＝2 kg·m/s，由動量定理可知，鋼板對小鋼球的沖量大小I＝Δp＝2 N·s，選項C錯誤，D正確． 答案：BD 5．(多選)(2019·河南駐馬店高三期末)如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m＝3 kg的物塊A、B、C，物塊B的左側固定一輕彈簧(彈簧左側的擋板質(zhì)量不計)．設A以v0＝4 m/s的速度朝B開始運動，壓縮彈簧；當A、B速

6、度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動．假設B和C碰撞過程時間極短，則以下說法正確的是(　　) A．從開始到彈簧最短時物塊C受到的沖量大小為1 N·s B．從開始到彈簧最短時物塊C受到的沖量大小為4 N·s C．從開始到A與彈簧分離的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能為3 J D．從開始到A與彈簧分離的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能為9 J 解析：根據(jù)動量守恒定律，當A、B速度相等時，且與C碰撞之前A、B的速度為v1，則mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s；從開始到彈簧最短時，對A、B、C系統(tǒng)，有mv0＝3mv2，解得v2＝ m/s；從開始到彈簧最短時，對物塊C，由動量定理得

7、I＝mv2＝4 N·s，選項B正確，A錯誤．B與C相碰的過程，mv1＝2mv3，解得v3＝1 m/s，則從開始到A與彈簧分離的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝mv－×2mv＝3 J，選項C正確，D錯誤． 答案：BC 6．一艘帆船在湖面上順風航行，在風力的推動下做速度為v0＝4 m/s的勻速直線運動．若該帆船在運動狀態(tài)下突然失去風力的作用，則帆船在湖面上做勻減速直線運動，經(jīng)過t＝8 s才可靜止．該帆船的帆面正對風的有效面積為S＝10 m2，帆船的總質(zhì)量約為M＝936 kg.若帆船在航行過程中受到的阻力恒定不變，空氣的密度為ρ＝1.3 kg/m3，在勻速行駛狀態(tài)下估算： (1)帆船受到風的

8、推力F的大??； (2)風速的大小v. 解析：(1)風突然停止，帆船只受到阻力F阻的作用，做勻減速直線運動，設帆船的加速度為a， 則a＝＝－0.5 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律有－F阻＝Ma，所以F阻＝468 N 帆船勻速運動時，有F－F阻＝0 解得F＝468 N. (2)設在時間t內(nèi)，正對著吹向帆面的空氣的質(zhì)量為m，根據(jù)動量定理有－Ft＝m(v0－v) 又m＝ρS(v－v0)t 所以Ft＝ρS(v－v0)2t 解得v＝10 m/s. 答案：(1)468 N　(2)10 m/s 7．(2019·福建寧德高三上學期期末)如圖所示，AB間放有一個風洞，水平地板AB延伸至C

9、點，與足夠長的光滑斜面CD平滑連接．將質(zhì)量m1＝1 kg的滑塊1放在風洞A點，在水平向右的恒定風力F＝20 N作用下(風洞外風力忽略不計)由靜止開始向右運動，與靜止在C點、質(zhì)量m2＝2 kg的滑塊2發(fā)生碰撞并粘在一起．已知滑塊1與AC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，sAB＝5 m，sBC＝2 m，滑塊均可視為質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)碰撞前的瞬間滑塊1的速度大?。? (2)碰撞后滑塊能上滑的最大高度． 解析：(1)滑塊在風洞中A點由靜止釋放后，設經(jīng)過C點時的速度為v1， 根據(jù)動能定理可得F·sAB－μm1gsAC＝m1v－0 解得v1＝12 m/s. (2)滑塊1與

10、滑塊2發(fā)生完全非彈性碰撞， 由動量守恒定律可得m1v1＝(m1＋m2)v2 由能量守恒定律可得 (m1＋m2)v＝(m1＋m2)gh 解得h＝0.8 m. 答案：(1)12 m/s　(2)0.8 m [刷綜合] 8．(2019·河北衡水中學高三調(diào)研)光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面A，斜面質(zhì)量為M，底邊長為L，如圖所示．將一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端．此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是(　　) A．FN＝mgcos α B．滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcos α C．滑

11、塊B下滑過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒 D．此過程中斜面向左滑動的距離為 L 解析：當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcos α，故A錯誤； 根據(jù)沖量定義I＝Ft可知滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為I＝FNt，故B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，故C錯誤；系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設A、B的水平位移大小分別為x1、x2，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得M－m＝0，即有Mx1＝

12、mx2 ，又x1＋x2＝L，解得x1＝L，故D正確． 答案：D 9．(2019·江西南昌二中第一次模擬)如圖甲所示，一質(zhì)量為m的物塊在t＝0時刻，以初速度v0從足夠長、傾角為θ的粗糙斜面底端向上滑行，物塊速度隨時間變化的圖象如圖乙所示．t0時刻物塊到達最高點，3t0時刻物塊又返回底端．下列說法正確的是(　　) A．物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量為3mgt0·cos θ B．物塊從t＝0時刻開始運動到返回底端的過程中動量的變化量為mv0 C．斜面傾角θ的正弦值為 D．不能求出3t0時間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功 解析：物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量IG＝

13、3mgt0，故A項錯誤．上滑過程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運動，下滑過程中做初速度為零、末速度大小為v的勻加速直線運動，上滑和下滑的位移大小相等，所以有t0＝·2t0，解得v＝，物塊從開始運動到返回底端過程中動量的變化量為Δp＝m(－v)－mv0＝－mv0，故B項錯誤．上滑過程中有－(mgsin θ＋μmgcos θ)·t0＝0－mv0，下滑過程中有(mgsin θ－μmgcos θ)·2t0＝m·－0，解得sin θ＝，故C項正確.3t0時間內(nèi)，物塊受力為重力、支持力、摩擦力，從底端出發(fā)又回到底端，高度不變，重力做功為零；支持力始終與速度垂直，不做功；摩擦力始終與速度反向，做負功，根據(jù)

14、動能定理，摩擦力所做的功就等于物體動能變化量，克服摩擦力所做的功與摩擦力所做負功大小相等，所以W＝mv－mv2＝mv，故D項錯誤． 答案：C 10．如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩連接，跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側，質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg.初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中．先將B豎直向上再舉高h＝1.8 m(未觸及滑輪)然后由靜止釋放．一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸．g取10 m/s2.空氣阻力不計．求： (1)B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t； (2)A的最大速度v的大??； (3)初始時B離地面的

15、高度H. 解析：(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有h＝gt2 解得t＝0.6 s (2)設細繩繃直前瞬間B速度大小為v0，有 v0＝gt＝6 m/s. 細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，總動量守恒，mBv0＝(mA＋mB)v 繩子繃直瞬間，A、B系統(tǒng)獲得的速度v＝2 m/s 之后A做勻減速運動，所以細繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2 m/s. (3)細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH 解得，初始時B離地面的

16、高度 H＝0.6 m. 答案：(1)0.6 s　(2)2 m/s　 (3)0.6 m 11．(2019·山東青島高三期末聯(lián)考)如圖所示，在光滑水平面上有一帶擋板的長木板，擋板和長木板的總質(zhì)量為m，木板長度為L(擋板的厚度可忽略)，擋板上固定有一個小炸藥包(可視為質(zhì)量不計的點)．木板左端有一質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)點)的滑塊．滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)恒定，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．給滑塊一個水平向右的初速度v0，滑塊相對木板向右運動，剛好能與小炸藥包接觸，接觸瞬間小炸藥包爆炸(此過程時間極短，爆炸后滑塊與木板只在水平方向上運動，且完好無損)，滑塊向左運動，最終回到木板的左端，恰與木板相對靜止．求：

17、 (1)滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)； (2)小炸藥包爆炸完畢時滑塊和木板的速度． 解析：(1)滑塊相對木板向右運動，剛好能與炸藥包接觸，此時滑塊和木板的速度相同，設滑塊剛要與炸藥包接觸時的速度為v1，以水平向右為正方向；滑塊和木板組成的系統(tǒng)，滑塊在木板上滑動的過程中，系統(tǒng)所受合外力為零，則該系統(tǒng)動量守恒，故有mv0＝2mv1 解得v1＝v0，方向水平向右 滑塊在木板上滑動的過程中，由功能關系可知 μmgL＝mv－·2mv 聯(lián)立解得μ＝. (2)設爆炸后滑塊和木板的速度分別為v1′和v2′，最終滑塊相對木板靜止于木板的左端時速度為v2，系統(tǒng)在爆炸前后動量守恒，則有 2mv1＝mv1′＋mv2′ 2mv1＝2mv2 系統(tǒng)爆炸后，對滑塊在木板上運動的過程應用功能關系，則有 μmgL＝mv1′2＋mv2′2－·2mv 聯(lián)立以上各式解得v1′＝0；v2′＝v0，方向水平向右． 答案：(1)　(2)滑塊速度為0　木板速度為v0，方向水平向右 - 7 -