《高考物理大二轮复习 专题二 能量与动量 专题跟踪训练7 碰撞与动量守恒-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理大二轮复习 专题二 能量与动量 专题跟踪训练7 碰撞与动量守恒-人教版高三全册物理试题.doc（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题跟踪训练(七) 碰撞与动量守恒一、选择题1(2017全国卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A30 kgm/s B5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s解析燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，选项A正确答案A2. (2017全国卷)(多选)一质量
2、为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动F随时间t变化的图线如图所示，则()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零解析根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在01 s、02 s、03 s、04 s内合外力冲量分别为2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理Imv可知物块在1 s、2 s、3 s、4s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2
3、 kgm/s，则A、B项均正确，C、D项均错误答案AB3(多选)在光滑水平面上，一质量为m的小球1以速度v0与静止的小球2发生正碰，碰后小球2的速度是v0.小球2的质量可能是()Am B3mC5m D7m解析由动量守恒知mv0mv1m2，分两种极端情况讨论：完全非弹性碰撞，能量损失最多，即v1，得m22m；弹性碰撞，没有能量损失，即mvmvm2v，联立解得v2v0，又v2，故m25m；综合得2mm25m，选项B、C正确答案BC4(2018石家庄质检二)(多选)如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块，现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下
4、列说法正确的是()A最终小木块和木箱都将静止B最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为C木箱速度为时，小木块的速度为D最终小木块的速度为解析由题意知，木箱及小木块组成的系统动量守恒，最终木箱和小木块共速，Mv0(Mm)v，故v，A、D项错误；系统损失的机械能E，故B项正确；由动量守恒定律知，Mv0mv，故v，C项正确答案BC5(2018河北六校联考)(多选)如图所示，质量为m的子弹水平射入质量为M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为()A16 J B11.2 JC4.8 J D3.4 J解析解法一：设子弹的初速度为v0，
5、与木块的共同速度为v，则由动量守恒定律有mv0(Mm)v；系统产生的内能Qfdmv(mM)v2，木块得到的动能为Ek1fsMv2，其中，f为子弹与木块间的摩擦力，d为子弹在木块内运动的位移，s为木块相对于地面运动的位移，变形可得QEk1Ek1，故选项A、B正确解法二：本题也可用图象法，画出子弹和木块的vt图象如图所示，根据vt图象与坐标轴所围面积表示位移，OAt的面积表示木块的位移s，OAv0的面积表示子弹相对木块的位移d，系统产生的内能Qfd，木块得到的动能Ek1fs，从图象中很明显可以看出ds，故系统产生的内能大于木块得到的动能答案AB6一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间，身
6、体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中()A地面对运动员的冲量为mvmgt，地面对运动员做的功为mv2B地面对运动员的冲量为mvmgt，地面对运动员做的功为零C地面对运动员的冲量为mv，地面对运动员做的功为mv2D地面对运动员的冲量为mvmgt，地面对运动员做的功为零解析设地面对运动员的冲量为I，运动员的速度原来为零，起跳后变为v，则由动量定理可得：Imgtmv，故地面对运动员的冲量Imvmgt；而运动员在跳起时，运动员受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B正确答案B7(2018四川绵阳模拟)(多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧形轨道，最低点为C
7、，两端A、B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则()Am不能到达M上的B点Bm从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动Cm从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零DM与m组成的系统机械能定恒，水平方向动量守恒解析根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M和m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；m滑到右端两者有相同的速度时有：0(mM)v，v0，再根据机械能守恒定律可知，m恰能到达M上的B点，且m到达B的瞬间，m、M速度为零，A错误；m从A到C的过程中M向左加速运动，m从C到B的过程中M向左减速运动，B错误，C正确答案CD8(2018蓉城名校联盟)如
8、图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面，在滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出，B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数)，下列说法正确的是()AA、B组成的系统动量和机械能都守恒BA、B组成的系统动量和机械能都不守恒C当B的速度为v0时，A的速度为v0D当A的速度为v0时，B的速度为v0解析由于木板A沿斜面体匀速下滑，而此时木板A的合力为零，当小滑块B放在木板A上表面后，A、B组成的系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，由于A、B间摩擦力的作用，则系统的机械能
9、一直减小，即机械能不守恒，A、B错误；由于B与A之间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数，所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，由动量守恒定律知C正确，D错误答案C9. (2018湖北六校联考)(多选)质量M3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动质量m2 kg的小球(视为质点)通过长L0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态现给小球一个v03 m/s的竖直向下的初速度，取g10 m/s2.则()A小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 mB小球m从初始位置到第一次到达
10、最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.5 mC小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m解析可把小球和滑块水平方向的运动看成人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球组成的系统在水平方向时动量守恒，有，解得x0.3 m，A正确，B错误根据动量守恒定律有0(mM)v，v0，由能量守恒定律得mvmgh(mM)v2，解得h0.45 m，C错误小球m从初始位置到第一次到达最大高度过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动距离为y，由几何关系得，m相对于M移动的水平距离sL1.35 m，根
11、据水平方向动量守恒得0mM，解得y0.54 m，D正确答案AD10(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()AA物体的质量为3mBA物体的质量为2mC弹簧压缩最大时的弹性势能为mvD弹簧压缩最大时的弹性势能为mv解析对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能EpMv；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等
12、，由动量守恒定律有M2v0(Mm)v，由能量守恒定律有EpM(2v0)2(Mm)v2，联立解得M3m，EpMvmv，A、C正确，B、D错误答案AC二、非选择题11(2018全国卷)汽车A在水平冰雪路面上行驶驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m已知A和B的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g10 m/s2.求(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞
13、前的瞬间A车速度的大小解析(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有vB22aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有mAgmAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有vA22aAsA设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvAmAvAmBvB联立式并利用题给数据得vA4.3 m/s答案(1)3.0 m/s(2)4.3 m
14、/s12(2018沈阳市质监一)如图所示，水平地面上有相距x40 m的A、B两点，分别放有质量为m12 kg和m21 kg的甲、乙两物体(均可视为质点)，甲与水平地面间的动摩擦因数为0.5，BCD是半径为R0.9 m的光滑半圆轨道，O是圆心，DOB在同一竖直线上甲以v025 m/s的水平速度从A点向右运动，与静止在B点的乙发生碰撞，碰后粘在一起沿轨道BCD运动，从最高点D飞出，落到水平地面上的P点(图中未画出)，取g10 m/s2，求：(1)甲运动到B点时的速度大小；(2)甲与乙碰撞过程中系统损失的机械能；(3)落地点P与B点间的距离解析(1)对甲从A运动到B的过程应用动能定理，则有m1gxm1vm1v解得vB15 m/s(2)甲和乙碰撞过程中，系统动量守恒，则m1vB(m1m2)v共E损m1v(m1m2)vE损75 J(3)组合体从B到D，利用动能定理得(m1m2)g2R(m1m2)v(m1m2)v组合体从D到P做平抛运动，则竖直方向：2Rgt2水平方向：LvDt解得L4.8 m答案(1)15 m/s(2)75 J(3)4.8 m