高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒第2课时碰撞反冲和火箭课时训练教科版.pdf

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1、 2019 年高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒第2课时碰撞反冲 和 火 箭 课 时 训 练 教 科 版20180723329 第 2 页 第 2 课时 碰撞 反冲和火箭 1.(2019福建泉州质检)“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”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(C)00-3v 00+v 解析:由动量守恒定律 3mv0=2mv+mv,得 v=3v0-2v,选项 C 正确.2.(多选)A,B 两球沿同一条直线运动,如图所示的 x t 图像记录了它们碰撞前后的运

2、动情况,其中 a,b 分别为 A,B 碰撞前的 x 1 kg,则 B 球质量及碰后它们的速度大小为(BD)A.2 kg B.kg C.4 m/s D.1 m/s 解析:由图像可知碰撞前二者都做匀速直线运动,va=m/s=-3 m/s,vb=m/s=2 m/s,第 3 页 碰撞后二者连在一起做匀速直线运动,vc=m/s=-1 m/s.碰撞过程中动量守恒,即 mAva+mBvb=(mA+mB)vc 可解得 mB=kg 由以上可知选项 B,D 正确.3.(2019山东泰安模拟)质量相等的 A,B 两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动,A球的动量是 7 kgm/s,B 球的动量是 5 kg m/

3、s,当 A 球追上 B 球时发生碰撞,则碰撞后 A,B两球的动量可能值是(A)A=6 kgm/s,pB=6 kgm/s A=3 kgm/s,pB=9 kgm/s A=-2 kgm/s,pB=14 kgm/s A=-4 kgm/s,pB=17 kgm/s 解析:根据碰撞前后系统的动量守恒判断,碰前系统动量是 12 kg m/s,而 D 选项中,碰后系统动量为 13 kgm/s,不满足系统动量守恒,选项 D 错误;根据能量不增加判断,选项 C 的动能增加,选项 C 错误;设mA=mB=m,对 A 项,碰撞前后动能的变化为 第 4 页 Ek=+-(+)=-0,碰撞过程总动能增加,选项 B 错误.4.

4、(2019B=2mA,规定向右为正方向,A,B 两球的动量均为 6 kgm/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后 A 球的动量增量为-4 kgm/s,则(A)A.左方是 A 球,碰撞后 A,B 两球速度大小之比为25 B.左方是 A 球,碰撞后 A,B 两球速度大小之比为110 C.右方是 A 球,碰撞后 A,B 两球速度大小之比为25 D.右方是 A 球,碰撞后 A,B 两球速度大小之比为110 解析:由 mB=2mA,知碰前 vBvB,则两球不可能相碰,选项 C,D 错误.5.在静水上浮着一只长为 L=3 m、质量为 300 kg的小船,船尾站着一质量为 60 kg 的人,开始时人和船都静止.若

5、人匀速从船尾走到船头,不计水的阻力.则船将(A)0.5 m 0.6 m 0.75 m 解析:船和人组成的系统,在水平方向上动量守恒,人在船上行进,船向后退,以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得 m人v1-m船v2=0.人从船头走到船尾,设船后退的位移大小为x,则人相对于岸的位移大小为 L-x.则 m人-m船=0,代入数据解得 x=0.5 m,船向后退了 0.5 m,选项A 正确,B,C 错误;人与船组成的系统动量守恒,系统初动量为零,人停止运动时人的动量为零,第 6 页 由动量守恒定律可知,船的动量也为零,船停止运动,选项 D 错误.6.导学号 58826136(2019河北衡水模拟)(多

6、选)甲物体在光滑水平面上运动的速度为 v1,与静止的乙物体相碰,碰撞过程中无机械能损失,下列结论正确的是(ABC)A.当乙的质量等于甲的质量时,碰撞后乙的速率是 v1 B.当乙的质量远远小于甲的质量时,碰撞后乙的速率是 2v1 C.当乙的质量远远大于甲的质量时,碰撞后甲的速率是 v1 解析:由于碰撞过程中无机械能损失,故是弹性碰撞,根据动量守恒得m1v1=m1v1+m2v2,由机械能守恒得 m1=m1v12+m2v22,解得两物体碰后的速度 v1=v1,v2=v1.当 m1=m2时,v2=v1,选项A正确;当m1m2时,v2=2v1,选项 B 正确;当 m1m2时,v1=-v1,选项 C 正确

7、;根据动能定理可知,碰撞过程中甲对乙做的功等于乙的动能增量,选项 D 错误.第 7 页 7.(2019陕西西安模拟)(多选)如图所示,物体A 静止在光滑的水平面上,A 的左边固定有轻质弹簧,与 A 质量相等的物体 B 以速度 v 向 A 运动并与弹簧发生碰撞,A,B始终沿同一直线运动,则A,B组成的系统动能损失最大的时刻是(AC)A.A,B 速度相等时 解析:在压缩弹簧的过程中,系统的动量守恒,物体的动能转化为弹簧的弹性势能.当 A,B 速度相等时,此时弹簧压缩至最短,系统损失的动能最多,弹簧的弹性势能最大,选项 A,C 正确.8.导学号 58826137(2019山东济南模拟)(多选)如图所

8、示,轻质弹簧的一端固定在墙上,另一端与质量为 m 的物体 A 相连,A 放在光滑水平面上,有一质量与 A 相同的物体 B 从高 h 处由静止开始沿光滑曲面滑下,与 A 相碰后一起将弹簧压缩,弹簧复原过程中某时刻 B 与 A 分开且沿原曲面上升.下列说法正确的是(BD)mgh 第 8 页 h h 解析:对 B 下滑过程,据机械能守恒定律可得mgh=m,则得B刚到达水平地面时的速度v0=,与 A 碰撞过程,以 A,B 组成的系统为研究对象,取向右为正方向,根据动量守恒定律可得mv0=2mv,得 A 与 B 碰撞后的共同速度为 v=v0,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=2mv2=mgh

9、,选项 A 错误,B 正确;当弹簧再次恢复原长时,A 与 B 将分开,B 以 v 的速度沿斜面上滑,根据机械能守恒定律可得 mgh=mv2,解得 B 能达到的最大高度为 h=h,选项 C 错误,D 正确.9.导学号 58826138 如图所示,质量为 km 的小球a,用 l1=0.4 m 的细线悬挂于 O1点,质量为 m 小球b,用 l2=0.8 m 的细线悬挂于 O2点,且 O1,O2两点在同一条竖直线上,让小球 a 静止下垂,将小球 b向右拉起,使细线水平,从静止释放,两球刚好在 第 9 页 最低点时对心相碰,相碰后,小球 a 向左摆动,细线与竖直方向最大偏角为60,两小球可视为质点,空气

10、阻力忽略不计,仅考虑首次碰撞,取g=10 m/s2.求:(1)两球相碰前小球 b 的速度大小;(2)讨论 k 可能的取值范围;(3)所有满足题干要求的碰撞情形中,k取何值时机械能损失最多?解析:(1)对小球 b 下摆过程:mgl2=m 得出碰前 vb=4 m/s.(2)小球 a 上摆过程:kmgl1(1-cos 60)=km 碰后 va=2 m/s 对两球碰撞过程有 mvb=mvb+kmva,得出 vb=4-2k(m/s).由碰撞过程动能不增加有 m mvb2+km,得出 k3,此外由碰撞中合理性原则不可穿得:第 10 页 vb=4-2kva=2(m/s),得出 k1.综上所述 1k3.(3)

11、碰撞中动能损失E=m-mvb2-m,可以得出当 k=1.5 时,动能损失最大.答案:(1)4 m/s(2)1k 10.(2019辽宁沈阳质检)平板车停在水平光滑的轨道上,平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向顺着轨道方向跳出,落在平板车上的 A 点,距货厢水平距离为 l=4 m,如图所示.人的质量为 m,车连同货厢的质量为 M=4 m,货厢高度为 h=1.25 m(g 取 10 m/s2).求:(1)车在人跳出后到落到 A 点期间的反冲速度;(2)车在地面上移动的位移是多少?人落在 A 点并站定以后,车还运 动吗?解析:(1)人从货厢边跳离的过程,系统(人、车和货厢)的动量守恒,设人的水

12、平速度是 v1,车的反冲速度是 v2,则 mv1-Mv2=0,解得 v2=v1.人跳离货厢后做平抛运动,车以 v2做匀速运动,由 h=gt2,第 11 页 解得运动时间为 t=0.5 s.在这段时间内人的水平位移 x1和车的位移 x2分别为 x1=v1t,x2=v2t 由题图可知 x1+x2=l,即 v1t+v2t=l,联立解得 v2=m/s=1.6 m/s.(2)车的水平位移 x2为 x2=v20.5 m=0.8 m.人落到车上 A 点的过程,系统水平方向的动量守恒,人落到车上前的水平速度仍为 v1,车的速度为 v2,落到车上后设共同速度为 v,根据水平方向动量守恒得 mv1-Mv2=(M+

13、m)v,则 v=0.故人落到车上 A 点站定后车的速度为零,故车不再运动.答案:(1)1.6 m/s(2)0.8 m 不运动 11.如图所示,可视为质点的小物块 A,B 的质量分别为 m 和 3m,静止放在光滑水平地面上,物块A,B 间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计).某时刻炸药爆炸使物块 A,B 脱离,然后物块A 与一质量为 2m 且以速度 v0向右滑动的物块 C发生碰撞,物块A,C碰撞后,物块A,B,C具有相同的速度.若炸药爆炸释放的化学能全部转化为物块 A,B 的机械能,求炸药爆炸时释放的化学能.第 12 页 解析:炸药爆炸时,由动量守恒定律可得3mvB=mvA,A,C 碰撞过程

14、中满足动量守恒定律 2mv0-mvA=3mvB 联立解得 vA=v0,vB=v0,根据能量守恒定律得爆炸时释放的化学能 E=m+3m=m.答案:m 12.一火箭喷气发动机每次喷出 m=200 g 的气体,气体离开发动机喷出时的速度 v=1 000 m/s.设火箭质量 M=300 kg,发动机每秒钟喷气 20次.(1)当第三次喷出气体后,火箭的速度为多大?(2)运动第 1 s 末,火箭的速度为多大?解析:(1)设喷出三次气体后火箭的速度为 v3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象,据动量守恒定律得(M-3m)v3-3mv=0,故 v3=2 m/s.(2)发动机每秒钟喷气 20 次,以火箭和喷出的

15、20次气体为研究对象,根据动量守恒定律得(M-20m)v20-20mv=0,故 v20=13.5 m/s.第 13 页 答案:(1)2 m/s(2)13.5 m/s 13.导学号 58826139 如图所示,光滑水平轨道右边与墙壁连接,木块 A,B 和半径为 0.5 m 的 光滑圆轨道 C 静置于光滑水平轨道上,A,B,C 质量分别为 1.5 kg,0.5 kg,4 kg.现让 A 以 6 m/s 的速度水平向右运动,之后与墙壁碰撞,碰撞时间为 0.3 s,碰后速度大小变为 4 m/s.当 A 与 B 碰撞后会立即粘在一起运动,已知 g=10 m/s2,求:(1)A与墙壁碰撞过程中,墙壁对小球平均作用力的大小;(2)AB 第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h.解析:(1)A与墙壁碰撞过程,规定水平向左为正,对 A 由动量定理有 Ft=mAv2-mA(-v1)解得 F=50 N.(2)A 与 B 碰撞过程,对 A,B 系统,水平方向动量守恒有 mAv2=(mB+mA)v3 A,B 滑上斜面到最高点的过程,对 A,B,C 系统,水平方向动量守恒有(mB+mA)v3=(mB+mA+mC)v4 第 14 页 由能量关系(mB+mA)=(mB+mA+mC)+(mB+mA)gh 解得 h=0.3 m.答案:(1)50 N(2)0.3 m