【物理】2020届二轮复习专题二第3讲　碰撞与动量守恒作业

【物理】2020届二轮复习专题二第3讲　碰撞与动量守恒作业

‎[限时练·通高考]　　 　　　　　　　　　　 　　 　科学设题　拿下高考高分 ‎(45分钟)‎ ‎[刷基础]‎ ‎1．(2018·高考全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)‎ A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比 解析：速度v＝at，动能Ek＝mv2＝ma2t2，所以列车的动能与它经历的时间的平方成正比，A错误；根据v2＝2ax，动能Ek＝mv2＝m·2ax＝max，所以列车的动能与它的位移成正比，B正确；动能Ek＝mv2，所以列车的动能与它的速度的平方成正比，C错误；动量p＝mv，动能Ek＝mv2＝，所以列车的动能与它的动量的平方成正比，D错误．‎ 答案：B ‎2．(2019·陕西西安高三期末)如图所示，质量为‎0.5 kg的小球在距离车底面高‎20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以‎7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为‎4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度是‎25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是(　　)‎ A．‎5 m/s B．‎4 m/s C．‎8.5 m/s D．‎9.5 m/s 解析：设小球的初速度为v0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh＝mv2－mv，解得v0＝‎15 m/s，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正，则有－mv0＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝‎5 m/s，A正确．‎ 答案：A ‎3．一弹丸在飞行到距离地面‎5 m高时仅有水平速度v＝‎2 m/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‎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t＝＝1 s，爆炸过程遵循动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝mv甲＋mv乙，又因为v甲＝，v乙＝，t＝1 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：B ‎4．(多选)一质量m＝‎0.10 kg的小钢球以大小为v0＝‎10 m/s的速度水平抛出，下落h＝‎5.0 m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，且速度大小不变．已知小钢球与钢板的作用时间极短，g取‎10 m/s2，则(　　)‎ A．钢板与水平面的夹角θ＝60°‎ B．小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为1 N·s C．小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为 ‎10 kg·m/s D．钢板对小钢球的冲量大小为 2 N·s 解析：由题意可知小钢球垂直撞击钢板．小钢球撞击钢板时的竖直分速度vy＝＝‎10 m/s，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝1，解得α＝45°，即钢板与水平面的夹角θ＝45°，选项A错误；小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板时所飞行的时间t＝＝1 s，重力冲量I＝mgt＝1 N·s，选项B正确；取垂直斜面向上为正方向，小钢球刚要撞击钢板时速度的大小为v1＝v0＝‎10 m/s，动量p1＝－mv1＝－ kg·m/s，撞后小钢球的速度v2＝‎10 m/s，动量p2＝mv2＝ kg·m/s，小钢球的动量变化Δp＝p2－p1＝‎2 kg·m/s，由动量定理可知，钢板对小钢球的冲量大小I＝Δp＝2 N·s，选项C错误，D正确．‎ 答案：BD ‎5．(多选)(2019·河南驻马店高三期末)如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m＝‎3 kg的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以v0＝‎4 m/s的速度朝B开始运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，则以下说法正确的是(　　)‎ A．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为1 N·s B．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为4 N·s C．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3 J D．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9 J 解析：根据动量守恒定律，当A、B速度相等时，且与C碰撞之前A、B的速度为v1‎ ‎，则mv0＝2mv1，解得v1＝‎2 m/s；从开始到弹簧最短时，对A、B、C系统，有mv0＝3mv2，解得v2＝ m/s；从开始到弹簧最短时，对物块C，由动量定理得I＝mv2＝4 N·s，选项B正确，A错误．B与C相碰的过程，mv1＝2mv3，解得v3＝‎1 m/s，则从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为ΔE＝mv－×2mv＝3 J，选项C正确，D错误．‎ 答案：BC ‎6．一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v0＝‎4 m/s的匀速直线运动．若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t＝8 s才可静止．该帆船的帆面正对风的有效面积为S＝‎10 m2‎，帆船的总质量约为M＝‎936 kg.若帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝‎1.3 kg/m3，在匀速行驶状态下估算：‎ ‎(1)帆船受到风的推力F的大小；‎ ‎(2)风速的大小v. ‎ 解析：(1)风突然停止，帆船只受到阻力F阻的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a，‎ 则a＝＝－‎0.5 m/s2‎ 根据牛顿第二定律有－F阻＝Ma，所以F阻＝468 N 帆船匀速运动时，有F－F阻＝0‎ 解得F＝468 N.‎ ‎(2)设在时间t内，正对着吹向帆面的空气的质量为m，根据动量定理有－Ft＝m(v0－v) ‎ 又m＝ρS(v－v0)t 所以Ft＝ρS(v－v0)2t 解得v＝‎10 m/s.‎ 答案：(1)468 N　(2)‎10 m/s ‎7．(2019·福建宁德高三上学期期末)如图所示，AB间放有一个风洞，水平地板AB延伸至C点，与足够长的光滑斜面CD平滑连接．将质量m1＝‎1 kg的滑块1放在风洞A点，在水平向右的恒定风力F＝20 N作用下(风洞外风力忽略不计)由静止开始向右运动，与静止在C点、质量m2＝‎2 kg的滑块2发生碰撞并粘在一起．已知滑块1与AC间的动摩擦因数μ＝0.4，sAB＝‎5 m，sBC＝‎2 m，滑块均可视为质点，重力加速度g取‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)碰撞前的瞬间滑块1的速度大小；‎ ‎(2)碰撞后滑块能上滑的最大高度．‎ ‎ 解析：(1)滑块在风洞中A点由静止释放后，设经过C点时的速度为v1，‎ 根据动能定理可得F·sAB－μm1gsAC＝m1v－0‎ 解得v1＝‎12 m/s.‎ ‎(2)滑块1与滑块2发生完全非弹性碰撞，‎ 由动量守恒定律可得m1v1＝(m1＋m2)v2‎ 由能量守恒定律可得 (m1＋m2)v＝(m1＋m2)gh 解得h＝‎0.8 m.‎ 答案：(1)‎12 m/s　(2)‎‎0.8 m ‎[刷综合]‎ ‎8．(2019·河北衡水中学高三调研)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为L，如图所示．将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．FN＝mgcos α B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α C．滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒 D．此过程中斜面向左滑动的距离为 L 解析：当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，故A错误； 根据冲量定义I＝Ft可知滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I＝FNt，故B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B的水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M－m＝0，即有Mx1＝mx2 ，又x1＋x2＝L，解得x1＝L，故D正确．‎ 答案：D ‎9．(2019·江西南昌二中第一次模拟)如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是(　　)‎ A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cos θ B．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为mv0‎ C．斜面倾角θ的正弦值为 D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功 解析：物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量IG＝3mgt0，故A项错误．上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零、末速度大小为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有t0＝·2t0，解得v＝，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为Δp＝m(－v)－mv0＝－mv0，故B项错误．上滑过程中有－(mgsin θ＋μmgcos θ)·t0＝0－mv0，下滑过程中有(mgsin θ－μmgcos θ)·2t0＝m·－0，解得sin θ＝，故C项正确.3t0时间内，物块受力为重力、支持力、摩擦力，从底端出发又回到底端，高度不变，重力做功为零；支持力始终与速度垂直，不做功；摩擦力始终与速度反向，做负功，根据动能定理，摩擦力所做的功就等于物体动能变化量，克服摩擦力所做的功与摩擦力所做负功大小相等，所以W＝mv－mv2＝mv，故D项错误．‎ 答案：C ‎10．如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝‎2 kg、mB＝‎1 kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．先将B竖直向上再举高h＝‎1.8 m(未触及滑轮)然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触．g取‎10 m/s2.空气阻力不计．求：‎ ‎(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；‎ ‎(2)A的最大速度v的大小；‎ ‎(3)初始时B离地面的高度H.‎ 解析：(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝gt2‎ 解得t＝0.6 s ‎(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为v0，有 v0＝gt＝‎6 m/s.‎ 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，总动量守恒，mBv0＝(mA＋mB)v 绳子绷直瞬间，A、B系统获得的速度v＝‎2 m/s 之后A做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A的最大速度为‎2 m/s.‎ ‎(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH 解得，初始时B离地面的高度 H＝‎0.6 m.‎ 答案：(1)0.6 s　(2)‎2 m/s　 (3)‎‎0.6 m ‎11．(2019·山东青岛高三期末联考)如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)．木板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态．给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止．求：‎ ‎(1)滑块与木板间的动摩擦因数；‎ ‎(2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度．‎ 解析：(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中，系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有mv0＝2mv1‎ 解得v1＝v0，方向水平向右 滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知 μmgL＝mv－·2mv 联立解得μ＝.‎ ‎(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1′和v2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2，系统在爆炸前后动量守恒，则有 ‎2mv1＝mv1′＋mv2′‎ ‎2mv1＝2mv2‎ 系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有 μmgL＝mv1′2＋mv2′2－·2mv 联立以上各式解得v1′＝0；v2′＝v0，方向水平向右．‎ 答案：(1)　(2)滑块速度为0　木板速度为v0，方向水平向右