2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 能量與動量 專題強化練（七）碰撞與動量守恒定律

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1、專題強化練(七) 碰撞與動量守恒定律 考點1　沖量與動量定理的應(yīng)用 1．(2018·山西名校聯(lián)考)一質(zhì)點在幾個恒力作用下做勻速直線運動．現(xiàn)在某位置撤去一個與運動方向在同一直線上的恒力，且原來作用在質(zhì)點上的其他力不發(fā)生改變．則(　　) A．質(zhì)點可能會再次經(jīng)過此位置 B．質(zhì)點在以后的運動中動量可能保持不變 C．質(zhì)點在以后的運動中加速度可能不恒定 D．質(zhì)點在以后一段時間內(nèi)的動量變化量的方向可能與原運動方向不在同一直線上 解析：若質(zhì)點運動的方向與撤去的恒力方向相同，則撤去該恒力后質(zhì)點做勻減速直線運動，速度減為零后反向勻加速運動，會再次經(jīng)過此位置，A正確；撤去一個恒力，剩余力的合力也是恒力

2、，所以質(zhì)點的加速度一定是恒定的，質(zhì)點一定做勻變速直線運動，動量一定變化，且變化量的方向與原運動方向在同一直線上，B、C、D錯誤． 答案：A 2．(多選)(2018·拉薩中學(xué)檢測)下列運動過程中，在任意相等時間內(nèi)，物體動量變化量相同的是(　　) A．平拋運動 　　 B．自由落體運動 C．勻速圓周運動 D．勻減速直線運動 解析：根據(jù)動量定理Δp＝Ft，F(xiàn)是合力，平拋運動物體的合力是重力，為恒力，相等時間內(nèi)其沖量不變，動量變化量相同，故A正確；自由落體運動物體的合力是重力，為恒力，相等時間內(nèi)其沖量不變，動量變化量相同，故B正確；勻速圓周運動物體的合力始終指向圓心，是變力，相等時間

3、內(nèi)合力的沖量也是變化的，動量變化量是變化的，故C錯誤；勻減速直線運動物體的合力是恒力，相等時間內(nèi)其沖量不變．動量變化量相同，故D正確． 答案：ABD 3．(2018·遼師大附中檢測)質(zhì)量相同的子彈、橡皮泥和鋼球以相同的初速度水平射向豎直墻，結(jié)果子彈穿墻而過，橡皮泥粘在墻上，鋼球以原速率反向彈回．關(guān)于它們對墻的水平?jīng)_量的大小，下列說法正確的是 (　　) A．子彈、橡皮泥和鋼球?qū)Φ臎_量大小相等 B．子彈對墻的沖量最小 C．橡皮泥對墻的沖量最小 D．鋼球?qū)Φ臎_量最小 解析：根據(jù)力的作用的相互性，子彈、橡皮泥和鋼球?qū)Φ臎_量大小可以通過墻對子彈、橡皮泥和鋼球的沖量求得；對子彈：Δp1

4、＝mv1－mv2，對橡皮泥：Δp2＝mv1，對鋼球：Δp3＝2mv1，由此可知Δp1<Δp2<Δp3，B正確． 答案：B 4.(2017·天津卷)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一．摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動．下列敘述正確的是(　　) A．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機(jī)械能保持不變 B．在最高點時，乘客重力大于座椅對他的支持力 C．摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變 解析：摩天輪轉(zhuǎn)動過程中乘客的動能不變，重力勢能一直變化，故機(jī)械能一直變化，A錯誤；在最高點乘客具有豎

5、直向下的向心加速度，重力大于座椅對他的支持力，B正確；摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，C錯誤；重力瞬時功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉(zhuǎn)動過程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時功率也是變化的，D錯誤． 答案：B 考點2　碰撞和動量守恒定律的應(yīng)用 5．如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量m1的小球A以速率v0向右運動．在小球A的前方O點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點處為一豎直的墻壁．小球A與小球B發(fā)生彈性正碰后小球A與小球B均向右運動．小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點相遇，PQ＝2PO，則兩小球質(zhì)量之比m1∶m2為

6、(　　) A．7∶5 B．1∶3 C．2∶1 D．5∶3 解析：設(shè)A、B兩個小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，發(fā)生彈性碰撞，不損失動能，故根據(jù)能量守恒定律有m1v＝m1v＋m2v，兩個小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運動學(xué)規(guī)律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝PO∶(PO＋4PO)＝1∶5，聯(lián)立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正確． 答案：D 6．在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球A正以速度v0勻速運動．某時刻小球A與質(zhì)量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰，兩球相碰后，A球的動能恰好變?yōu)樵瓉淼?則碰后B球的速度大小是(　　) A.

7、 B. C.或 D．無法確定 解析：兩球相碰后A球的速度大小變?yōu)樵瓉淼?，相碰過程中滿足動量守恒，若碰后A速度方向不變，則mv0＝mv0＋3mv1，可得B球的速度v1＝，而B在前，A在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符合實際情況，因此A球一定反向運動，即mv0＝－mv0＋3mv1，可得v1＝，A正確，B、C、D錯誤． 答案：A 7．一彈丸在飛行到距離地面5 m高時有水平速度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

8、程遵守動量守恒定律，設(shè)彈丸質(zhì)量為m，則mv＝mv甲＋mv乙，又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 8．如圖所示．在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個弧形凹槽OAB，凹槽半徑為R，A點切線水平．另有一個質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點沖上凹槽，重力加速度大小為g，不計摩擦．下列說法中正確的是(　　) A．當(dāng)v0＝時，小球能到達(dá)B點 B．如果小球的速度足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上 C．當(dāng)v0＝時，小球在弧形凹槽上運動的過程中，滑塊的動能一直增大 D．如果滑塊固定，小球返回A點時對滑塊的壓力

9、大小為m 解析：小球在弧形凹槽上運動的過程中，小球?qū)瑝K的力有水平向左的分量．使滑塊向左加速，滑塊動能增大，小球的機(jī)械能將減小，A錯誤，C正確；當(dāng)小球速度足夠大，從B點離開滑塊時．由于B點切線豎直，在B點時小球與滑塊的水平速度相同，離開B點后將再次從B點落回，不會從滑塊的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上，B錯誤；如果滑塊固定，小球返回A點時對滑塊的壓力為mg＋m，D錯誤． 答案：C 考點3　動量和能量的綜合應(yīng)用 9.(多選)如圖所示，一塊質(zhì)量為M的木板B在光滑的水平桌面上以速度v0勻速向右滑行，某時刻把一質(zhì)量為m的小鐵塊A(初速度為零)放在B的右端，它將在B上滑行一段距離后與B相對靜止達(dá)到共

10、同速度v，此時木板B前進(jìn)距離x，小鐵塊到木板右端的距離為L，若小鐵塊和木板間的動摩擦因數(shù)為μ.下列說法正確的是(　　) A．木板對鐵塊的摩擦力對鐵塊做的功等于μmgL B．木板與鐵塊組成的系統(tǒng)動量守恒 C．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于μmgL D．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于Mv－(M＋m)v2 解析： 由運動過程示意圖知，木板B前進(jìn)的位移為x，小鐵塊A位移為x－L，相對位移為L，對A、B組成的系統(tǒng)： 木板對鐵塊的摩擦力對鐵塊做的功W1＝μmg(x－L)； 木板與鐵塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，所以動量守恒；系統(tǒng)初動能為Mv，系統(tǒng)末動能為(M＋m)v2，由能量守恒得，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Mv－(M

11、＋m) v2 ，滑動摩擦力與相對位移的乘積μmgL就等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，故A錯誤，B、C、D正確． 答案：BCD 10.如圖所示，打樁機(jī)錘頭質(zhì)量為M，從距樁頂h高處自由下落，打在質(zhì)量為m的木樁上，且在極短時間內(nèi)便隨樁一起向下運動，使得木樁深入泥土的距離為s，試求在木樁下陷過程中泥土對木樁的平均阻力是多少？ 解析：設(shè)錘頭剛與木樁接觸時的速度大小為v0，則由運動學(xué)規(guī)律可得：v＝2gh.由于錘頭與木樁碰撞時，作用時間極短，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，動量守恒．設(shè)兩者碰撞后的共同速度大小為v，則由動量守恒定律可得： Mv0＝(M＋m)v. 設(shè)在木樁下陷過程中泥土對木樁的平均阻力大小為Ff，則

12、由動能定理可得： (M＋m)gs－Ffs＝0－(M＋m)v2， 以上各式聯(lián)立求解得：Ff＝(M＋m)g＋. 答案：見解析 11.(2018·東北三省四市一模)如圖所示，光滑懸空軌道上靜止一質(zhì)量為2m的小車A，用一段不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛一質(zhì)量為m的木塊B.一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊B并留在其中(子彈射入木塊時間極短)，在以后的運動過程中，擺線離開豎直方向的最大角度小于90°，試求： (1)木塊能擺起的最大高度； (2)小車A運動過程的最大速度． 解析：(1)因為子彈與木塊作用時間極短，子彈與木塊間的相互作用力遠(yuǎn)大于它們的重力，所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)子彈與木塊開始上升時的速度為v1，設(shè)向右為正方向，則有：mv0＝2mv1 當(dāng)木塊擺到最大高度時，三者具有相同的水平速度，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝(m＋m＋2m)v2， 由能量守恒得·2mv＝·4mv＋2mgh， 解得h＝. (2)子彈射入木塊后由動量守恒得： 2mv1＝2mv1′＋2mv2′ 根據(jù)能量守恒得： ·2mv＝·2mv1′2＋·2mv2′2， 解得v2′＝. 答案：(1)　(2) 6