2025届高考物理二轮复习专题二第3讲碰撞与动量守恒作业含解析

PAGE7-第3讲碰撞与动量守恒(45分钟)[基础题组专练]1．(2024·高考全国卷Ⅰ)行驶中的汽车假如发生猛烈碰撞，车内的平安气囊会被弹出并瞬间充溢气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于平安气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A．增加了司机单位面积的受力大小B．削减了碰撞前后司机动量的改变量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积解析：汽车猛烈碰撞瞬间，平安气囊弹出，马上跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的改变量是肯定的，由于平安气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知平安气囊打开后，司机与物体的接触面积变大，因此削减了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D正确。答案：D2.(2024·山东桓台一中高三诊断)如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为v1＝1m/s、v2＝2m/s的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5m/s的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．2∶1解析：设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，以乙球的速度方向为正方向，依据动量守恒定律得m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，代入数据解得m1∶m2＝1∶1，A正确。答案：A3．A、B两球在光滑水平面上沿同始终线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s解析：虽然题中四个选项均满意动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必定要发生其次次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝57J，大于碰前的总动能Ek＝22J，违反了能量守恒定律；而B项既符合实际状况，也不违反能量守恒定律，故B项正确。答案：B4．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，重力加速度g取10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：平抛运动时间t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，爆炸过程遵循动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙，又因为v甲＝eq\f(x甲,t)，v乙＝eq\f(x乙,t)，t＝1s，则有eq\f(3,4)x甲＋eq\f(1,4)x乙＝2m，将各选项中数据代入计算得B正确。答案：B5．(2024·高考全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同始终线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的改变如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A．3J B．4JC．5J D．6J解析：依据图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0m/s，v乙′＝2.0m/s。碰撞过程中由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，碰撞过程损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，联立以上各式解得ΔE＝3J。答案：A6．(2024·江苏通州、海门、启东高三联考)在如图甲所示的水平面上，B点左侧光滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知m甲＝2kg，m乙＝4kg。乙球与B点右侧水平面的动摩擦因数μ＝0.2。现给甲球一个水平向右的速度v1＝5m/s，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小v1′＝1m/s。(1)试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；(2)碰撞后，马上有一水平向右的拉力F作用在乙球上，F随时间改变的规律如图乙所示，试求3s末乙球的速度大小。解析：(1)设发生碰撞后，乙球的速度大小为v2，以水平向右为正方向，对甲、乙两球组成的系统，由动量守恒定律有m甲v1＝m甲(－v1′)＋m乙v2解得v2＝3m/s。(2)对乙球，由动量定理有IF－μm乙gt＝m乙v2′－m乙v2由图乙可知，0～3s力F对乙球的冲量IF＝eq\f(2＋8,2)×3N·s＝15N·s解得v2′＝0.75m/s。答案：(1)3m/s(2)0.75m/s[实力题组专练]7．(多选)(2024·山东济南高三质量评估)如图所示，一质量为3m的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为R的光滑半球面，在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P。重力加速度为gA．P滑到最低点时的动能为mgRB．P从起先到最低点的过程中机械能削减了eq\f(mgR,4)C．P经过最低点后沿内壁接着上滑的最大高度小于RD．P经过最低点后沿内壁接着上滑的最大高度等于R解析：小滑块由最高点运动到最低点的过程，容器和小滑块组成的系统水平方向动量守恒，则由动量守恒定律可知0＝mvP－3mv，又由机械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)×3mv2，解得v＝eq\r(\f(gR,6))，vP＝3eq\r(\f(gR,6))，则小滑块在最低点的动能为EkP＝eq\f(3,4)mgR，该过程中小滑块削减的机械能为ΔE＝mgR－eq\f(3,4)mgR＝eq\f(1,4)mgR，A错误，B正确；假设小滑块沿内壁上滑的最大高度为h，则对小滑块和容器组成的系统，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mvP－3mv＝4mv′，mgR＝mgh＋eq\f(1,2)×4mv′2，解得v′＝0，h＝R，C错误，D正确。答案：BD8．如图甲所示，在光滑水平桌面上，有P、Q两物块，它们在t＝4s时发生碰撞，图乙是两者碰撞前后的位移—时间图像。已知物块P的质量mP＝1kg，求：(1)物块Q的质量和两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量大小；(2)碰撞过程损失的机械能。解析：(1)依据位移—时间图像可知，碰撞前P的速度v0＝eq\f(Δx1,Δt1)＝4m/s依据位移—时间图像知，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后，二者的共同速度v＝eq\f(Δx2,Δt2)＝1m/s碰撞过程，取碰撞前P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mPv0＝(mP＋mQ)v解得mQ＝3kg对物块Q，由动量定理知，两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量I＝ΔpQ＝mQv＝3N·s。(2)由能量守恒定律知，碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mP＋mQ)v2解得ΔE＝6J。答案：(1)3kg3N·s(2)6J9．(2024·福建龙岩高三模拟)如图所示，在光滑的水平冰面上放置一个光滑的曲面体，曲面体的右侧与冰面相切，一个坐在冰车上的小孩手扶一球静止在冰面上。已知小孩和冰车的总质量为m1＝40kg，球的质量为m2＝10kg，曲面体的质量为m3＝10kg。某时刻小孩将球以v0＝4m/s的水平速度向曲面体推出，推出后，球沿曲面体上升(球不会越过曲面体)。求：(1)推出球后，小孩和冰车的速度大小v1；(2)球在曲面体上升的最大高度h。解析：(1)以球、小孩和冰车组成的系统为探讨对象，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得m2v0－m1v1＝0解得小孩和冰车的速度大小v1＝1m/s。(2)以球和曲面体组成的系统为探讨对象，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得m2v0＝(m2＋m3)v2解得球在最大高度处与曲面体的共同速度v2＝2m/s球在曲面体上升的过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)veq\o\al(2,2)＋m2gh解得球在曲面体上升的最大高度h＝0.4m。答案：(1)1m/s(2)0.4m10．(2024·安徽名校联盟5月模拟)如图所示，质量为m1＝1.0kg的木板，AB段是半径为R＝0.22m的四分之一光滑圆弧轨道，水平段与圆弧段相切于B点，木板右端固定一轻质弹簧，自由伸长时其左端位于C点正上方。现用质量为m2＝1.0kg的小物块将弹簧压缩x＝0.10m，并用水平细线系在木板右端(弹簧与物块接触但未连接)，整个系统静止在光滑水平面上。已知木板BC段的长度为L＝0.60m，与物块的动摩擦因数为μ＝0.30，木板C点右侧表面光滑，取重力加速度g＝10m/s2。(1)若固定木板，烧断细线后物块刚好能运动A点，求物块刚进入圆弧轨道时对B点的压力F的大小；(2)若木板不固定，烧断细线后物块刚好能运动A点，求物块最终离B点的距离s；(3)若木板不固定，烧断细线后物块上升到最高点时高出A点0.10m，求该过程中木板的位移s板。解析：(1)设物块在B点的速度大小为v1，木板对物块的支持力大小为F′。物块从B到A的过程，依据机械能守恒定律可得m2gR＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,1)在B点，对物块，依据牛顿其次定律得F′－m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,1),R)联立可得F′＝30N依据牛顿第三定律有F＝F′＝30N。(2)设细线烧断前弹簧的弹性势能为Ep，若木板不固定，烧断细线后物块运动到A点时，物块和木板的速度为v2。对整个系统从烧断细线至物块运动到A点的过程，取水平向左为正方向，依据水平方向动量守恒可得0＝(m1＋m2)v2解得v2＝0依据能量守恒定律可得Ep＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)＋m2gR＋μm2gL最终状态物块与木板一起静止，设物块在木板上BC段运动的总路程为d，由能量守恒定律得Ep＝μ