2021届高考物理二轮复习-专题二-第3讲-碰撞与动量守恒作业.doc

2021届高考物理二轮复习 专题二 第3讲 碰撞与动量守恒作业2021届高考物理二轮复习 专题二 第3讲 碰撞与动量守恒作业年级：姓名：- 8 -第3讲 碰撞与动量守恒 (45分钟)基础题组专练1(2020高考全国卷)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全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减少了碰撞前后司机动量的变化量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：汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理pFt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机与物体的接触面积变大，因此减少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. (2020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v11 m/s、v22 m/s的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5 m/s的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为()A11B12C13 D21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，根据动量守恒定律得m2v2m1v1(m1m2)v，代入数据解得m1m211，A正确。答案：A3A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s解析：虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA大于B的速度vB，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能EkmAvA2mBvB257 J，大于碰前的总动能Ek22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确。答案：B4一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31。不计质量损失，重力加速度g取10 m/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t1 s，爆炸过程遵循动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mvmv甲mv乙，又因为v甲，v乙，t1 s，则有x甲x乙2 m，将各选项中数据代入计算得B正确。答案：B5(2020高考全国卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A3 JB4 JC5 J D6 J解析：根据图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲5.0 m/s，v乙1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲1.0 m/s，v乙2.0 m/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Em甲vm乙vm甲v甲2m乙v乙2，联立以上各式解得E3 J。答案：A6(2020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2 kg，m乙4 kg。乙球与B点右侧水平面的动摩擦因数0.2。现给甲球一个水平向右的速度v15 m/s，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小v11 m/s。(1)试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；(2)碰撞后，立即有一水平向右的拉力F作用在乙球上，F随时间变化的规律如图乙所示，试求3 s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v1m甲(v1)m乙v2解得v23 m/s。(2)对乙球，由动量定理有IFm乙gtm乙v2m乙v2由图乙可知，03 s力F对乙球的冲量IF3 Ns15 Ns解得v20.75 m/s。答案：(1)3 m/s(2)0.75 m/s能力题组专练7(多选)(2020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g。下列说法正确的是()AP滑到最低点时的动能为mgRBP从开始到最低点的过程中机械能减少了CP经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于RDP经过最低点后沿内壁继续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0mvP3mv，又由机械能守恒定律得mgRmv3mv2，解得v，vP3，则小滑块在最低点的动能为EkPmgR，该过程中小滑块减少的机械能为EmgRmgRmgR，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mvP3mv4mv，mgRmgh4mv2，解得v0，hR，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t4 s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mP1 kg，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)根据位移时间图像可知，碰撞前P的速度v04 m/s根据位移时间图像知，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v1 m/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(mPmQ)v解得mQ3 kg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IpQmQv3 Ns。(2)由能量守恒定律知，碰撞过程中损失的机械能EmPv(mPmQ)v2解得E6 J。答案：(1)3 kg3 Ns(2)6 J9(2020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m140 kg，球的质量为m210 kg，曲面体的质量为m310 kg。某时刻小孩将球以v04 m/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研究对象，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得m2v0m1v10解得小孩和冰车的速度大小v11 m/s。(2)以球和曲面体组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得m2v0(m2m3)v2解得球在最大高度处与曲面体的共同速度v22 m/s球在曲面体上升的过程，由机械能守恒定律得m2v(m2m3)vm2gh解得球在曲面体上升的最大高度h0.4 m。答案：(1)1 m/s(2)0.4 m10(2020安徽名校联盟5月模拟)如图所示，质量为m11.0 kg的木板，AB段是半径为R0.22 m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m21.0 kg的小物块将弹簧压缩x0.10 m，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L0.60 m，与物块的动摩擦因数为0.30，木板C点右侧表面光滑，取重力加速度g10 m/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0.10 m，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，根据机械能守恒定律可得m2gRm2v在B点，对物块，根据牛顿第二定律得Fm2gm2联立可得F30 N根据牛顿第三定律有FF30 N。(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，根据水平方向动量守恒可得0(m1m2)v2解得v20根据能量守恒定律可得Ep(m1m2)vm2gRm2gL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Epm2gd联立解得d m所以物块最终离B点的距离为s3Ld m0.47 m。(3)设从细线烧断至物块上升到最高点的过程中，物块的水平速度为v物时木板的速度大小为v板，该过程中物块水平方向的位移大小为s物，木板的位移大小为s板，由水平方向动量守恒可知全过程始终有0m2v物m1v板所以有m2s物m1s板又由物块和木板水平方向的运动关系有s物s板RLx解得s板0.46 m。答案：见解析