2020届高考物理一轮复习 第13章 2 第二节 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲课后达标能力提升

2020届高考物理一轮复习 第13章 2 第二节 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲课后达标能力提升

‎2 第二节 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲 ‎(建议用时：60分钟)‎ 一、选择题 ‎1．有一个质量为‎3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为‎2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)‎ A．3v0－v　　　　　　　　 B．2v0－3v C．3v0－2v D．2v0＋v 解析：选C．在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C．‎ ‎2．‎ 一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　)‎ A．v0－v2 B．v0＋v2‎ C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)‎ 解析：选D．对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝＝v0＋·(v0－v2)．　‎ ‎3．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)‎ A． v0 B． v0‎ C． v0 D． v0‎ 解析：选D．应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′故v′＝，选项D正确．‎ ‎4．在光滑的水平面上，有a、b两球，‎ 6‎ 其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是(　　)‎ A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma＝mb D．无法判断 解析：选B．由题图可知b球碰前静止，取a球碰前速度方向为正方向，设a球碰前速度为v0，碰后速度为v1，b球碰后速度为v2，两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则 mav0＝mav1＋mbv2 ①‎ mav＝mav＋mbv ②‎ 联立①②得：v1＝ v0，v2＝ v0‎ 由a球碰撞前后速度方向相反，可知v1＜0，即ma＜mb，故B正确．‎ ‎5．一中子与一质量数为A (A>1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选A．设中子的质量为m，则被碰原子核的质量为Am，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv0＝mv1＋Amv′，据动能守恒，有mv＝mv＋Amv′2．解以上两式得v1＝v0．若只考虑速度大小，则中子的速率为v′1＝v0，故中子碰撞前、后速率之比为．‎ ‎6．‎ 如图所示，一质量M＝3．‎0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1．‎0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4．‎0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　)‎ A．2．‎1 m/s　　　　　　　　 B．2．‎4 m/s C．2．‎8 m/s D．3．‎0 m/s 解析：选AB．以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，‎ 6‎ 取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝MvB1，代入数据解得：vB1＝2．‎67 m/s，当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝(M＋m)vB2，代入数据解得：vB2＝‎2 m/s，则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为：‎2 m/s＜vB＜2．‎67 m/s，故选项A、B正确．‎ ‎7．‎ 如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为‎6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－‎4 kg·m/s，则(　　)‎ A．该碰撞为弹性碰撞 B．该碰撞为非弹性碰撞 C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5‎ D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10‎ 解析：选AC．由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方为A球，由于碰前动量都为‎6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A球，设碰后二者速度分别为v′A、v′B，由题意知p′A＝mAv′A＝‎2 kg·m/s，p′B＝mBv′B＝‎10 kg·m/s，解得＝．碰撞后A球动量变为‎2 kg·m/s，B球动量变为‎10 kg·m/s，又mB＝2mA，由计算可知碰撞前后A、B两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A、C正确．‎ ‎8．‎ 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)‎ A．mv2 B．v2‎ C．NμmgL D．NμmgL 解析：选BD．设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv＝(M＋m)vt(①式)、mv2＝(M＋m)v＋ΔE(②式)，由①②联立解得ΔE＝v2，可知选项A错误、B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，‎ 6‎ 则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，选项C错误、D正确．‎ 二、非选择题 ‎9．在核反应堆中用石墨做慢化剂使中子减速，中子以一定速度与静止的碳核发生正碰，碰后中子反向弹回，此时碳核的动量________中子的动量；碰后中子的速率________碰前中子的速率．(均填“大于”“等于”或“小于”)‎ 解析：设中子和碳核的质量分别为m和M，中子的初速度为v0，碰后中子的速度为－v1，碳核的速度为v2，根据动量守恒定律有mv0＝－mv1＋Mv2，所以Mv2＝m(v0＋v1)，可见碳核的动量大于中子的动量；由能量守恒定律可知mv＝mv＋Mv，碰后中子的动能一部分转化为碳核的动能，故碰后中子的速率小于碰前中子的速率．‎ 答案：见解析 ‎10．‎ 如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．‎ 解析：设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰撞后A的速度v′A＝v0，B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得 mvA＝mv′A＋mvB ①‎ 设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由能量守恒定律得 WA＝mv－mv ②‎ 设B与C碰撞前B的速度为v′B，B克服轨道阻力所做的功为WB，由能量守恒定律得 WB＝mv－mv′ ③‎ 据题意可知 WA＝WB ④‎ 设B、C碰撞后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得 mv′B＝2mv ⑤‎ 联立①②③④⑤式，代入数据得v＝v0．‎ 答案：v0‎ ‎11．‎ 6‎ 如图所示，一质量M＝‎2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B．从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0．‎3 m处由静止释放一质量mA＝‎1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g．求小球B的质量．(取重力加速度g＝‎10 m/s2)　‎ 解析：设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有 ‎0＝mAv1－Mv 由能量守恒定律有mAgh＝mAv＋Mv2‎ 联立解得v1＝‎2 m/s，v＝‎1 m/s 小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v′1和v2．由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有 v′1＝‎1 m/s 由动量守恒定律得mAv1＝－mAv′1＋mBv2‎ 由能量守恒定律有mAv＝mAv′＋mBv 联立上式解得mB＝‎3 kg．‎ 答案：‎‎3 kg ‎12．‎ 如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0．‎8 m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝0．3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰好为零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝‎10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：‎ ‎(1)B球第一次到达地面时的速度；‎ ‎(2)P点距离地面的高度．‎ 解析：(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝ ①‎ 6‎ 将h＝0．‎8 m代入上式，得vB＝‎4 m/s． ②‎ ‎(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2．由运动学规律可得v1＝gt ③‎ 由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有 mAv1＋mBv2＝mBv′2 ④‎ mAv＋mBv＝mBv′ ⑤‎ 设B球与地面相碰后的速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得v′B＝vB ⑥‎ 设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得 h′＝ ⑦‎ 联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′＝0．‎75 m．‎ 答案：(1)‎4 m/s　(2)0．75 m 6‎