2021版高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒定律2第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲课后达标含解析.pdf

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1、.第二节第二节 动量守恒定律动量守恒定律 碰撞碰撞 爆炸爆炸 反冲反冲一、单项选择题1 如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧甲木块与弹簧接触后A甲木块的动量守恒B乙木块的动量守恒C甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选 C.两木块在光滑水平地面上相碰,且中间有弹簧,则碰撞过程系统的动量守恒,机械能也守恒,故 A、B 错误,C 正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变,但碰撞过程中有弹性势能,故动能不守恒,只是机械能守恒,D 错误2爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏,爆竹声响是辞旧

2、迎新的标志,是喜庆心情的流露 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,则另一块的速度为A3v0vC3v02vB2v03vD2v0v解析：选 C.取水平向东为正方向,爆炸过程系统动量守恒,3mv02mvmvx,可得vx3v02v,C 正确3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A30 kgm/sB5.710 kgm/sC6.010 kgm/s22D6.310

3、kgm/s2解析：选 A.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,A 正确4一个爆竹竖直升空后在最高点炸裂成质量相等的甲、乙两块,其中炸裂后一瞬间甲的速度方向如图所示,不计空气阻力,则下列说法正确的是A甲、乙有可能同时落地.B甲、乙落地时的速度一定相同C从炸裂到落地,甲、乙的速度变化相同D甲、乙落地瞬间,重力的瞬时功率相同解析：选 D.爆竹竖直升空后在最高点时速度为零,根据动量守恒定律可知,炸裂成质量相等的甲、乙两块速度等大反向,由此可知,乙先落

4、地,故 A 错误；根据机械能守恒定律知,两者落地时速度大小相等,但方向不同,速度不同,故 B 错误；甲、乙在空中运动时间不同,由vgt可知,甲、乙的速度变化不同,故 C 错误；爆炸后瞬间,甲、乙在竖直方向速度等大反向,由运动学公式可知,两者落地时在竖直方向分速度相同,由Pmgvy可知重力的瞬时功率相同,故 D 正确5质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为A.错误错误!vC.错误错误!vB.错误错误!vD.错误错误!v解析：选 B.对小孩和滑板组成的系统,由动量守恒定律有 0Mvm

5、v,解得滑板的速度大小v错误错误!,B 正确6.如图所示,一个倾角为的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M,顶端高度为h,今有一质量为m的小物体,沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是A.错误错误!C.错误错误!B.错误错误!D.错误错误!解析：选C.m与M组成的系统在水平方向上动量守恒,设m在水平方向上对地位移为x1,M在水平方向上对地位移为x2,因此有 0mx1Mx2,且x1x2错误错误!,由式可得x2错误错误!,故选 C.7.如图所示,气球下面有一根长绳,一个质量为m150 kg的人抓在气球下方的绳上,气球和长绳的总质量为m220 kg,

6、长绳的下端刚好和水平面接触,当静止时人离地面的高度为h5 m 如果这个人开始沿绳向下滑,当他滑到绳下端时,他离地面高度是A5 mC2.6 mB3.6 mD8 m解析：选 B.当人滑到绳下端时,由动量守恒定律,得m1错误错误!m2错误错误!,且h1h2h.解得h11.4 m；所以他离地高度Hhh13.6 m,B 正确.8.如图所示,质量相等的A、B两个球,原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动,A球的速度是 6 m/s,B球的速度是2m/s,A、B两球发生对心碰撞对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值,某实验小组的同学们做了很多种猜测,下面的猜测结果一定无法实现的是AvA2 m/s,vB

7、6 m/sBvA2 m/s,vB2 m/sCvA1 m/s,vB3 m/sDvA3 m/s,vB7 m/s解析：选 D.两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和即mAvAmBvBmAvAmBvB,错误错误!mAv错误错误!错误错误!mBv错误错误!错误错误!mAvA错误错误!mBvB,D 中满足式,但不满足式,所以 D 错误二、多项选择题9在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球 1 与静止小钢球2发生碰撞,碰撞前后球1的运动方向相反,将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为22E1、p1,球 2 的动能和动量大小分别记为E2、p2,则必有AE1E0Bp2

8、p0Dp1p0解析：选 AB.因为碰撞前后动能不增加,故有E1E0,E2E0,p1p0,B 正确10 质量为m,速度为v的A球跟质量为 3m的静止的B球发生正碰碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此碰撞后B球的速度可能值为A0.6vC0.2vD0.3v解析：选 BD.若vB0.6v,选v的方向为正,由动量守恒得：mvmvA3m0.6v,得vA0.8v,碰撞前系统的总动能为Ek错误错误!mv.碰撞后系统的总动能为：Ek错误错误!mv错误错误!错误错误!3mv错误错误!错误错误!mv,违反了能量守恒定律,不可能,故 A 错误；若vB0.4v,由动量守恒得：mvmvA3m0.4v,得vA0.2v,

9、碰撞后系统的总动能为：Ek错误错误!mv错误错误!错误错误!3mv错误错误!错误错误!mv,不违反能量守恒定律,是可能的,故 B 正确；A、B发生完全非弹性碰撞,则有：mvvB,vB0.25v,这时B获得的速度最小,所以vB0.2v,是不可能的,故 C 错误；若vB0.3v,由动量守恒得：mvmvA3m0.3v,解得：vA0.1v,碰撞后系统的总动能为Ek错误错误!mv错误错误!错误错误!3mv错误错误!错误错误!mv,不违反能量守恒定律,是可能的,故 D 正确11.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.2222B0.

10、4v.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.错误错误!mvC.错误错误!NmgL2B.错误错误!vDNmgL2解析：选 BD.设系统损失的动能为E,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mvvt、错误错误!mv错误错误!v错误错误!E,由式联立解得E错误错误!v,A 错误,B 正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞,则损耗的能量全部用于摩擦生热,即ENmgL,C 错误,D 正确三、非选择题12.如图所示,质量为m

11、245 g 的物块放在质量为M0.5 kg 的长木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数为0.4.质量为m05 g 的子弹以速度v0300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中,g取 10 m/s.子弹射入后,求：子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；木板向右滑行的最大速度v2；物块在木板上滑行的时间t.解析：子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度,由动量守恒定律可得m0v0v1,解得v16 m/s.当子弹、物块、木板三者同速时,木板的速度最大,由动量守恒定律可得v1v2,解得v22 m/s.对物块和子弹组成的整体应用动量定理得gtv2v1,解得t1

12、 s.答案：6 m/s2 m/s1 s13如图所示,小球B与一轻质弹簧相连,并静止在足够长的光滑水平面上,小球A以某一速度与轻质弹簧正碰小球A与弹簧分开后,小球B的速度为v,求：当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时,小球B的速度的大小；若小球B的质量m2已知,在小球A与弹簧相互作用的整个过程中,小球A受到弹簧作用力的冲量解析：当系统动能最小时,弹簧压缩至最短,两球具有共同速度v共设小球A、B的质量分别为m1、m2,碰撞前小球A的速度为v0,小球A与弹簧分开后的速度为v1.从小球A碰到弹簧到与弹簧分开的过程中,由系统动量守恒和能量守恒有222m1v0m1v1m2v.2错误错误!m1v错误错误!错误错误!m1v错误错误!错误错误!m2v联立解得v错误错误!即m1v0错误错误!v从小球A碰到弹簧到两球共速的过程中,系统动量守恒,故m1v0v共解得v共错误错误!.设水平向右为正方向,则小球B动量的增量为m2v,根据动量守恒小球A动量的增量为m2v,根据动量定理有Im2v,小球A受到弹簧作用的冲量的大小为m2v,方向水平向左答案：见解析.