高考物理课标版一轮复习考点规范练20碰撞反冲动量守恒定律的应用

考点规范练20碰撞反冲动量守恒定律的应用一、单项选择题1.(2017·四川成都一模)如图所示,小车静止在光滑水平面上,AB是小车内半圆弧轨道的水平直径,现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放,小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出,在空中能上升的最大高度为0.8h,不计空气阻力。下列说法正确的是()A.在相互作用过程中,小球和小车组成的系统动量守恒B.小球离开小车后做竖直上抛运动C.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6h2.滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动,现有质量为m的人站立于雪橇上,如图所示。人与雪橇的总质量为m0,人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时,雪橇向南的速度大小为()A. B.C. D.v13.在光滑的水平面上有静止的物体A和B。物体A的质量是B的2倍,两物体中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连。当把细绳剪断,弹簧在恢复原长的过程中()A.A的速率是B的2倍B.A的动量大于B的动量C.A的受力大于B的受力D.A、B组成的系统的总动量为零4.质量相同的两方形木块A、B紧靠在一起放在光滑水平面上,一子弹先后水平穿透两木块后射出,若木块对子弹的阻力恒定不变,且子弹射穿两木块的时间相同,则子弹射穿木块时A、B木块的速度之比为()A.1∶1 B.1∶2C.1∶3 D.1∶45.一质量为m0的航天器正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v1,加速后航天器的速度大小v2,则喷出气体的质量m为()A.m0 B.m0C.m0 D.m06.如图所示,质量为m1、半径为r1的小球,放在内半径为r2、质量为m2=3m1的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上,当小球由图中位置无初速度释放后沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离为(A. B.C. D.二、多项选择题7.带有光滑圆弧轨道、质量为m0的滑车静止置于光滑水平面上,如图所示。一质量为m的小球以速度v0水平冲上滑车,当小球上滑再返回,并脱离滑车时,以下说法可能正确的是()A.小球一定沿水平方向向左做平抛运动B.小球可能沿水平方向向左做平抛运动C.小球可能做自由落体运动D.小球可能水平向右做平抛运动8.如图所示,半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量m甲大于乙球质量m乙,水平面是光滑的,两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况()A.甲球速度为零,乙球速度不为零B.两球速度都不为零C.乙球速度为零,甲球速度不为零D.两球都以各自原来的速率反向运动9.(2017·河南南阳模拟)如图甲所示,一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。现使物块B瞬时获得水平向右的速度3m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图象信息可得()A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s,且弹簧都处于伸长状态B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物体的质量之比为m1∶m2=1∶2D.在t2时刻物块A与B的动能之比为Ek1∶Ek2=8∶1三、非选择题10.在一水平支架上放置一个质量m1=0.98kg的小球A,一颗质量为m0=20g的子弹以水平初速度v0=300m/s的速度击中小球A并留在其中。之后小球A水平抛出恰好落入迎面驶来的沙车中,已知沙车的质量m2=2kg,沙车的速度v1=(1)若子弹打入小球A的过程用时Δt=0.01s,求子弹与小球间的平均作用力大小;(2)求最终小车B的速度。11.在足够长的光滑水平面上有一个宽度为l的矩形区域,只要物体在此区域内就会受到水平向右的恒力F的作用。两个可视为质点的小球如图所示放置,B球静止于区域的右边界,现将A球从区域的左边界由静止释放,A球向右加速运动,在右边界处与B球碰撞(碰撞时间极短)。若两球只发生一次碰撞,且最终两球的距离保持不变,求:(1)A、B两球的质量之比;(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。12.(2017·安徽合肥二模)如图所示,上表面光滑的“L”形木板B锁定在倾角为37°的足够长的斜面上;将一小物块A从木板B的中点轻轻地释放,同时解除木板B的锁定,此后A与B发生碰撞,碰撞过程时间极短且不计能量损失;已知物块A的质量m=1kg,木板B的质量m0=4kg,板长l=6m,木板与斜面间的动摩擦因数为μ=0.6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求第一次碰撞后的瞬间A、B的速度;(2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中,A距B下端的最大距离和重力对A做的功。##考点规范练20碰撞反冲动量守恒定律的应用1.B解析小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零,水平方向系统动量守恒,但系统整体受合外力不为零,系统动量不守恒,故A错误;小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故B正确、C错误;小球第一次在车中运动过程中,摩擦力做负功,由动能定理得mg(h0.8h)Wf=0,Wf为小球克服摩擦力做的功,解得Wf=0.2mgh,由于小球第二次在车中运动时,对应位置速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于0.2mgh0,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于0.6h,故D错误。2.D解析根据动量守恒条件可知,人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒,人跳起后水平方向速度不变,雪橇的速度仍为v1,D正确。3.D解析弹簧在恢复原长的过程中,两滑块系统动量守恒,规定向左为正方向,有m1v1+m2(v2)=0,由于物体A的质量是B的2倍,故A的速率是B的,A的动量等于B的动量,故A、B错误,D正确;根据牛顿第三定律,A受的力等于B受的力,故C错误。4.C解析水平面光滑,子弹射穿木块过程中,子弹受到的合外力为子弹的冲击力,设子弹的作用力为Ff,对AB由动量定理得Fft=(m+m)vA,对B由动量定理得Fft=mvBmvA,解得vA∶vB=1∶3,故C项正确。5.C解析规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律可得m0v0=(m0m)v2mv1,解得m=m0,故C正确。6.C解析由于水平面光滑,系统水平方向动量守恒。由m1v=m2V,解得。若小球到达最低点时的水平位移为x,大球水平位移为X,则有,由题意画出示意图可得出位移关系,x+X=r2r1,联立解得X=,选项C正确。7.BCD解析小球滑上滑车,又返回,到离开滑车的整个过程,相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程。如果m<m0,小球离开滑车向左做平抛运动;如果m=m0,小球离开滑车做自由落体运动;如果m>m0,小球离开滑车向右做平抛运动。8.AB解析首先根据两球动能相等得,m甲m乙,解得两球碰前动量大小之比为,因m甲>m乙,则p甲>p乙,则系统的总动量方向向右。根据动量守恒定律可以判断,碰后两球运动情况可能是A、B所述情况,而C、D情况是违背动量守恒的,故C、D情况是不可能的。9.BD解析图线与坐标轴围成的面积表示位移,在t1时刻物块B的位移大于物块A的位移,此时弹簧处于拉伸状态,在t3时刻物块B做加速运动,即受到向右的弹力,所以此时弹簧处于压缩状态,当物块B的加速度为零时,弹簧弹力为零,所以t4时刻物块B受到的弹力为零,即弹簧恢复原长,故从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长,所以A错误、B正确;由于整个过程中两物块和弹簧组成的系统动量守恒,故在0~t1过程中有m2×3m/s=(m2+m1)×1m/s,解得m1∶m2=2∶1,C错误;在t2时刻物块A的速度为vA=2m/s,物块B的速度为vB=-1m/s,解得Ek1∶10.解析(1)子弹打入木块的过程,对子弹和小球由动量守恒得,m0v0=(m0+m1)v对小球由动量定理得Δt=m1v0解得=588N。(2)子弹打入之后小球平抛,对系统水平方向动量守恒,规定向右为正方向。(m0+m1)vm2v1=(m0+m1+m2)v2解得v2=m/s,方向水平向右。答案(1)588N(2)m/s,方向水平向右11.解析(1)设A、B质量分别为mA、mB,A碰前速度为v0,A、B碰后瞬间的速度大小分别为vA、vB。由动量守恒定律得mAv0=mBvBmAvA①由题意知,碰后A、B速度大小相等、方向相反,设其大小为v,则vA=vB=v②碰前,对A由动能定理得Fl=mA③碰后,设A在区域内往复运动时间为t,由动量定理得Ft=2mAv④碰后,B球向右做匀速运动,l=vt⑤联立解得v=mB=4mA,即mA∶mB=1∶4。(2)碰撞过程中系统机械能损失:ΔE=mA(mAv2+mBv2)⑥解得ΔE=Fl。答案(1)1∶4(2)Fl12.解析(1)对木板B受力分析,有μ(mA+mB)gcos37°=mBgsin37°,所以在A与B发生碰撞前,木板B处于静止状态。设小物块A与木板B发生弹性碰撞前的速度大小为v0,由机械能守恒定律得mgsin37°=设A与B发生弹性碰撞后的速度分别为v1和v2,碰撞过程动量守恒和能量守恒,有mv0=mv1+m0v2m0联立以上各式解得v1=3.6m/s,v可见,A与B第一次碰后,A的速度大小为3.6m/s,方向沿斜面向上,B(2)A与B第一次碰后,A沿板向上做匀减速运动,B沿斜面向下做匀速直线运动,在A与B第一次碰撞后到第二次碰撞前,当