2020版高考物理大一輪復習 第六章 碰撞與動量守恒 4 第二節(jié) 動量守恒定律 碰撞 爆炸 反沖課后達標能力提升.doc

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第二節(jié) 動量守恒定律 碰撞 爆炸 反沖(建議用時：40分鐘)一、單項選擇題1如圖所示，甲木塊的質量為m1，以v的速度沿光滑水平地面向前運動，正前方有一靜止的、質量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質彈簧甲木塊與彈簧接觸后()A甲木塊的動量守恒B乙木塊的動量守恒C甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動量守恒D甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒解析：選C.兩木塊在光滑水平地面上相碰，且中間有彈簧，則碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒，機械能也守恒，故選項A、B錯誤，選項C正確；甲、乙兩木塊碰撞前、后動能總量不變，但碰撞過程中有彈性勢能，故動能不守恒，只是機械能守恒，選項D錯誤2(2019泉州檢測)有一個質量為3m的爆竹斜向上拋出，到達最高點時速度大小為v0、方向水平向右，在最高點爆炸成質量不等的兩塊，其中一塊質量為2m，速度大小為v，方向水平向右，則另一塊的速度是()A3v0vB2v03vC3v02vD2v0v解析：選C.在最高點水平方向動量守恒，由動量守恒定律可知，3mv02mvmv，可得另一塊的速度為v3v02v，對比各選項可知，答案選C.3.如圖所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是()AA和B都向左運動BA和B都向右運動CA靜止，B向右運動DA向左運動，B向右運動解析：選D.選向右為正方向，則A的動量pAm2v02mv0，B的動量pB2mv0.碰前A、B的動量之和為零，根據動量守恒，碰后A、B的動量之和也應為零，可知四個選項中只有選項D符合題意4將靜置在地面上，質量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的熾熱氣體忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結束時火箭模型獲得的速度大小是()A v0B v0C v0D v0解析：選D.應用動量守恒定律解決本題，注意火箭模型質量的變化取向下為正方向，由動量守恒定律可得：0mv0(Mm)v故v，選項D正確5.如圖所示，小車(包括固定在小車上的桿)的質量為M，質量為m的小球通過長度為L的輕繩與桿的頂端連接，開始時小車靜止在光滑的水平面上現把小球從與O點等高的地方釋放(小球不會與桿相撞)，小車向左運動的最大位移是()ABCD解析：選B.分析可知小球在下擺過程中，小車向左加速，當小球從最低點向上擺動過程中，小車向左減速，當小球擺到右邊且與O點等高時，小車的速度減為零，此時小車向左的位移達到最大，小球相對于小車的位移為2L.小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設小球和小車在水平方向上的速度大小分別為v1、v2，有mv1Mv2，故ms1Ms2，s1s22L，其中s1代表小球的水平位移大小，s2代表小車的水平位移大小，因此s2，選項B正確6(2019江西贛州信豐模擬)如圖所示，B、C、D、E、F，5個小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E，4個球質量相等，而F球質量小于B球質量，A球的質量等于F球質量A球以速度v0向B球運動，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后()A3個小球靜止，3個小球運動 B4個小球靜止，2個小球運動C5個小球靜止，1個小球運動D6個小球都運動解析：選A.因A、B質量不等，MAMB.A、B相碰后A速度向左運動，B向右運動B、C、D、E質量相等，彈性碰撞后，不斷交換速度，最終E有向右的速度，B、C、D靜止E、F質量不等，MEMF，則E、F都向右運動所以碰撞后B、C、D靜止；A向左，E、F向右運動故A正確，B、C、D錯誤7.2017年7月9日，斯諾克世界杯在江蘇無錫落下帷幕，由丁俊暉和梁文博組成的中國A隊在決賽中1比3落后的不利形勢下成功逆轉，最終以4比3擊敗英格蘭隊，幫助中國斯諾克臺球隊獲得了世界杯三連冠如圖所示為丁俊暉正在準備擊球，設在丁俊暉這一桿中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直線上運動，碰前白色球的動量pA5 kgm/s，花色球靜止，白色球A與花色球B發(fā)生碰撞后，花色球B的動量變?yōu)閜B4 kgm/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是()AmBmABmBmACmBmADmB6mA解析：選A.由動量守恒定律得pApBpApB，解得pA1 kgm/s，根據碰撞過程中總動能不增加，則有，代入數據解得mBmA，碰后兩球同向運動，白色球A的速度不大于花色球B的速度，則，解得mB4mA，綜上可得mAmB4mA，選項A正確二、多項選擇題8.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動兩球質量關系為mB2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6 kgm/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為4 kgm/s，則()A該碰撞為彈性碰撞B該碰撞為非彈性碰撞C左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為25D右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為110解析：選AC.由mB2mA，pApB知碰前vBvA，若右方為A球，由于碰前動量都為6 kgm/s，即都向右運動，兩球不可能相碰；若左方為A球，設碰后二者速度分別為vA、vB，由題意知pAmAvA2 kgm/s，pBmBvB10 kgm/s，解得.碰撞后A球動量變?yōu)? kgm/s，B球動量變?yōu)?0 kgm/s，又mB2mA，由計算可知碰撞前后A、B兩球動能之和不變，即該碰撞為彈性碰撞，選項A、C正確9.質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為.初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示現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，并與箱子保持相對靜止設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為()Amv2Bv2CNmgLDNmgL解析：選BD.設系統(tǒng)損失的動能為E，根據題意可知，整個過程中小物塊和箱子構成的系統(tǒng)滿足動量守恒和能量守恒，則有mv(Mm)vt(式)、mv2(Mm)vE(式)，由式聯立解得Ev2，可知選項A錯誤，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熱，即ENmgL，選項C錯誤，D正確10一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為31，不計質量損失，取重力加速度g10 m/s2.則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡不正確的是()解析：選ACD.彈丸爆炸瞬間爆炸力遠大于外力，故爆炸瞬間動量守恒因兩彈片均水平飛出，飛行時間t1 s，取向右為正，由水平速度v知，選項A中，v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s；選項B中，v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s；選項C中，v甲1 m/s，v乙2 m/s；選項D中，v甲1 m/s，v乙2 m/s.因爆炸瞬間動量守恒，故mvm甲v甲m乙v乙，其中m甲m，m乙m，v2 m/s，代入數值計算知選項B正確三、非選擇題11如圖所示，小球B與一輕質彈簧相連，并靜止在足夠長的光滑水平面上，小球A以某一速度與輕質彈簧正碰小球A與彈簧分開后，小球B的速度為v，求：(1)當兩個小球與彈簧組成的系統(tǒng)動能最小時，小球B的速度的大?。?2)若小球B的質量m2已知，在小球A與彈簧相互作用的整個過程中，小球A受到彈簧作用力的沖量解析：(1)當系統(tǒng)動能最小時，彈簧壓縮至最短，兩球具有共同速度v共設小球A、B的質量分別為m1、m2，碰撞前小球A的速度為v0，小球A與彈簧分開后的速度為v1.從小球A碰到彈簧到與彈簧分開的過程中，由系統(tǒng)動量守恒和能量守恒有m1v0m1v1m2vm1vm1vm2v2聯立解得v即m1v0v從小球A碰到彈簧到兩球共速的過程中，系統(tǒng)動量守恒，故m1v0(m1m2)v共解得v共.(2)設水平向右為正方向，則小球B動量的增量為m2v，根據動量守恒小球A動量的增量為m2v根據動量定理有Im2v，小球A受到彈簧作用的沖量的大小為m2v，方向水平向左答案：見解析12.(2019四川雙流中學模擬)如圖所示，A、B兩個物體粘在一起以v03 m/s的速度向右運動，物體中間有少量炸藥，經過O點時炸藥爆炸，假設所有的化學能全部轉化為A、B兩個物體的動能且兩物體仍然在水平面上運動，爆炸后A物體的速度依然向右，大小變?yōu)関A2 m/s，B物體繼續(xù)向右運動進入光滑半圓軌道且恰好通過最高點D，已知兩物體的質量mAmB1 kg，O點到半圓軌道最低點C的距離xOC0.25 m，物體與水平軌道間的動摩擦因數為0.2，A、B兩個物體均可視為質點，求：(1)炸藥的化學能E；(2)半圓軌道的半徑R.解析：(1)A、B在炸藥爆炸前后動量守恒，由動量守恒定律可得2mv0mvAmvB，根據能量守恒定律可得2mvEmvmv，兩式聯立并代入數據解得E1 J.(2)由于B物體恰好經過半圓軌道的最高點，故有mgm，在B物體由O運動到D的過程中，由動能定理可得mgxOCmg2Rmvmv，聯立可解得R0.3 m.答案：(1)1 J(2)0.3 m