2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量與動量 專題跟蹤訓(xùn)練7 碰撞與動量守恒

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1、2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量與動量 專題跟蹤訓(xùn)練7 碰撞與動量守恒 一、選擇題 1．(2017·全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s [解析]　燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝

2、0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，選項A正確． [答案]　A 2. (2017·全國卷Ⅲ)(多選)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動．F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s D．t＝4 s時物塊的速度為零 [解析]　根據(jù)F－t圖線與時間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內(nèi)合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s、3

3、N·s、2 N·s，應(yīng)用動量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時刻的動量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B項均正確，C、D項均錯誤． [答案]　AB 3．(多選)在光滑水平面上，一質(zhì)量為m的小球1以速度v0與靜止的小球2發(fā)生正碰，碰后小球2的速度是v0.小球2的質(zhì)量可能是(　　) A．m B．3m C．5m D．7m [解析]　由動量守恒知mv0＝mv1＋m2·，分兩種極端情況討論：①完全非彈性碰撞，能量損失最多，即v1＝，得m

4、2＝2m；②彈性碰撞，沒有能量損失，即mv＝mv＋m2v，聯(lián)立解得v2＝v0，又v2＝，故m2＝5m；綜合得2m≤m2≤5m，選項B、C正確． [答案]　BC 4．(2018·石家莊質(zhì)檢二)(多選)如圖所示，一個質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個質(zhì)量為m的小木塊，現(xiàn)使木箱瞬間獲得一個水平向左的初速度v0，下列說法正確的是(　　) A．最終小木塊和木箱都將靜止 B．最終小木塊和木箱組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為－ C．木箱速度為時，小木塊的速度為 D．最終小木塊的速度為 [解析]　由題意知，木箱及小木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，最終木箱和小木塊共速，Mv0＝(M＋

5、m)v，故v＝，A、D項錯誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝－＝－，故B項正確；由動量守恒定律知，Mv0＝＋mv′，故v′＝，C項正確． [答案]　BC 5．(2018·河北六校聯(lián)考)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的子彈水平射入質(zhì)量為M、放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程中木塊動能增加了5 J，那么此過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能可能為(　　) A．16 J B．11.2 J C．4.8 J D．3.4 J [解析]　解法一：設(shè)子彈的初速度為v0，與木塊的共同速度為v，則由動量守恒定律有mv0＝(M＋m)v；系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝fd＝mv－(m＋M)v2，木塊得到的動能為Ek1

6、＝fs＝Mv2，其中，f為子彈與木塊間的摩擦力，d為子彈在木塊內(nèi)運動的位移，s為木塊相對于地面運動的位移，變形可得Q＝Ek1>Ek1，故選項A、B正確． 解法二：本題也可用圖象法，畫出子彈和木塊的v－t圖象如圖所示，根據(jù)v－t圖象與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，△OAt的面積表示木塊的位移s，△OAv0的面積表示子彈相對木塊的位移d，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝fd，木塊得到的動能Ek1＝fs，從圖象中很明顯可以看出d>s，故系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能大于木塊得到的動能． [答案]　AB 6．一位質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v，在此過程中(　　) A．地面對運

7、動員的沖量為mv＋mgΔt，地面對運動員做的功為mv2 B．地面對運動員的沖量為mv＋mgΔt，地面對運動員做的功為零 C．地面對運動員的沖量為mv，地面對運動員做的功為mv2 D．地面對運動員的沖量為mv－mgΔt，地面對運動員做的功為零 [解析]　設(shè)地面對運動員的沖量為I，運動員的速度原來為零，起跳后變?yōu)関，則由動量定理可得：I－mgΔt＝mv，故地面對運動員的沖量I＝mv＋mgΔt；而運動員在跳起時，運動員受到的支持力沒有產(chǎn)生位移，故支持力不做功，故B正確． [答案]　B 7．(2018·四川綿陽模擬)(多選)如圖所示，在光滑水平面上有一靜止的物體M，物體上有一光滑的半圓弧形

8、軌道，最低點為C，兩端A、B一樣高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點由靜止下滑，則(　　) A．m不能到達(dá)M上的B點 B．m從A到C的過程中M向左運動，m從C到B的過程中M向右運動 C．m從A到B的過程中M一直向左運動，m到達(dá)B的瞬間，M速度為零 D．M與m組成的系統(tǒng)機(jī)械能定恒，水平方向動量守恒 [解析]　根據(jù)機(jī)械能守恒、動量守恒定律的條件，M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動量守恒，D正確；m滑到右端兩者有相同的速度時有：0＝(m＋M)v，v＝0，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，m恰能到達(dá)M上的B點，且m到達(dá)B的瞬間，m、M速度為零，A錯誤；m從A到C的過程中M向左加速運動，m從C到B的過程中M

9、向左減速運動，B錯誤，C正確． [答案]　CD 8．(2018·蓉城名校聯(lián)盟)如圖所示，在足夠長的固定斜面上有一質(zhì)量為m的薄木板A，木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑．現(xiàn)將一質(zhì)量也為m的小滑塊B無初速度輕放在木板A的上表面，在滑塊B在木板A上滑動的過程中(B始終未從A的上表面滑出，B與A間的動摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù))，下列說法正確的是(　　) A．A、B組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能都守恒 B．A、B組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能都不守恒 C．當(dāng)B的速度為v0時，A的速度為v0 D．當(dāng)A的速度為v0時，B的速度為v0 [解析]　由于木板A沿斜面體勻速下滑，而此時木板A的合

10、力為零，當(dāng)小滑塊B放在木板A上表面后，A、B組成的系統(tǒng)所受的合力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，由于A、B間摩擦力的作用，則系統(tǒng)的機(jī)械能一直減小，即機(jī)械能不守恒，A、B錯誤；由于B與A之間的動摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù)，所以當(dāng)A、B共速后將沿斜面共同勻速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，由動量守恒定律知C正確，D錯誤． [答案]　C 9. (2018·湖北六校聯(lián)考)(多選)質(zhì)量M＝3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動．質(zhì)量m＝2 kg的小球(視為質(zhì)點)通過長L＝0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)．現(xiàn)給小球一個v0＝3 m/s的

11、豎直向下的初速度，取g＝10 m/s2.則(　　) A．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.3 m B．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.5 m C．小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.27 m D．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.54 m [解析]　可把小球和滑塊水平方向的運動看成人船模型，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運動了x，由滑塊和小球組成的系統(tǒng)在水平方向時動量守恒，有＝，解得x＝0.3 m，A正確，B錯誤．根據(jù)動量守恒定律有0＝(m＋M)v，

12、v＝0，由能量守恒定律得mv＝mgh＋(m＋M)v2，解得h＝0.45 m，C錯誤．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度過程中，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右移動距離為y，由幾何關(guān)系得，m相對于M移動的水平距離s＝L＋＝1.35 m，根據(jù)水平方向動量守恒得0＝m－M，解得y＝0.54 m，D正確． [答案]　AD 10．(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向右運動壓縮彈簧，測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，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則(　　) A．A物體的質(zhì)量為3m B．A物

13、體的質(zhì)量為2m C．彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mv D．彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mv [解析]　對題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M，由機(jī)械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時彈性勢能Ep＝Mv；對題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧達(dá)到最大壓縮量時，A、B二者速度相等，由動量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2，聯(lián)立解得M＝3m，Ep＝Mv＝mv，A、C正確，B、D錯誤． [答案]　AC 二、非選擇題 11．(2018·全國卷Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛．駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，

14、但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m．已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g＝10 m/s2.求 (1)碰撞后的瞬間B車速度的大小； (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小． [解析]　(1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB.根據(jù)牛頓第二定律有 μmBg＝mBaB① 式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)． 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′，碰撞后滑行的距離為sB.由運

15、動學(xué)公式有 vB′2＝2aBsB② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得 vB′＝3.0 m/s③ (2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA.根據(jù)牛頓第二定律有 μmAg＝mAaA④ 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距離為sA.由運動學(xué)公式有vA′2＝2aAsA⑤ 設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得 vA＝4.3 m/s⑦ [答案]　(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s 12．(2018·沈陽市質(zhì)監(jiān)一)如圖所示，水平地面上有相距x＝40 m的A、B兩點，分

16、別放有質(zhì)量為m1＝2 kg和m2＝1 kg的甲、乙兩物體(均可視為質(zhì)點)，甲與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，BCD是半徑為R＝0.9 m的光滑半圓軌道，O是圓心，DOB在同一豎直線上．甲以v0＝25 m/s的水平速度從A點向右運動，與靜止在B點的乙發(fā)生碰撞，碰后粘在一起沿軌道BCD運動，從最高點D飛出，落到水平地面上的P點(圖中未畫出)，取g＝10 m/s2，求： (1)甲運動到B點時的速度大??； (2)甲與乙碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能； (3)落地點P與B點間的距離． [解析]　(1)對甲從A運動到B的過程應(yīng)用動能定理，則有 －μm1gx＝m1v－m1v 解得vB＝15 m/s (2)甲和乙碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，則 m1vB＝(m1＋m2)v共 E損＝m1v－(m1＋m2)v E損＝75 J (3)組合體從B到D，利用動能定理得 －(m1＋m2)g×2R＝(m1＋m2)v－(m1＋m2)v 組合體從D到P做平拋運動，則 豎直方向：2R＝gt2 水平方向：L＝vDt 解得L＝4.8 m [答案]　(1)15 m/s　(2)75 J　(3)4.8 m