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2021届高考物理二轮复习 专题二 第3讲 碰撞与动量守恒作业

2021届高考物理二轮复习 专题二 第3讲 碰撞与动量守恒作业

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姓名：

- 8 -

第3讲 碰撞与动量守恒
(45分钟)
[基础题组专练]
1．(2020·高考全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
解析：汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机与物体的接触面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D正确。
答案：D
2. (2020·山东桓台一中高三诊断)如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为v1＝1 m/s、v2＝2 m/s的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5 m/s的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为(　　)

A．1∶1　　　　　　　　 B．1∶2
C．1∶3 D．2∶1
解析：设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，以乙球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，代入数据解得m1∶m2＝1∶1，A正确。
答案：A
3．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　　)
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
解析：虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek＝22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确。
答案：B
4．一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
5．(2020·高考全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)

A．3 J　　　　　　　　 B．4 J
C．5 J D．6 J
解析：根据图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s。碰撞过程中由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v＋m乙v－m甲v甲′2－m乙v乙′2，联立以上各式解得ΔE＝3 J。
答案：A
6．(2020·江苏通州、海门、启东高三联考)在如图甲所示的水平面上，B点左侧光滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知m甲＝2 kg，m乙＝4 kg。乙球与B点右侧水平面的动摩擦因数μ＝0.2。现给甲球一个水平向右的速度v1＝5 m/s，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小v1′＝1 m/s。

(1)试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；
(2)碰撞后，立即有一水平向右的拉力F作用在乙球上，F随时间变化的规律如图乙所示，试求3 s末乙球的速度大小。
解析：(1)设发生碰撞后，乙球的速度大小为v2，以水平向右为正方向，对甲、乙两球组成的系统，由动量守恒定律有m甲v1＝m甲(－v1′)＋m乙v2
解得v2＝3 m/s。
(2)对乙球，由动量定理有
IF－μm乙gt＝m乙v2′－m乙v2
由图乙可知，0～3 s力F对乙球的冲量
IF＝×3 N·s＝15 N·s
解得v2′＝0.75 m/s。
答案：(1)3 m/s　(2)0.75 m/s
[能力题组专练]
7．(多选)(2020·山东济南高三质量评估)如图所示，一质量为3m的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为R的光滑半球面，在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)

A．P滑到最低点时的动能为mgR
B．P从开始到最低点的过程中机械能减少了
C．P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于R
D．P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度等于R
解析：小滑块由最高点运动到最低点的过程，容器和小滑块组成的系统水平方向动量守恒，则由动量守恒定律可知0＝mvP－3mv，又由机械能守恒定律得mgR＝mv＋×3mv2，解得v＝，vP＝3，则小滑块在最低点的动能为EkP＝mgR，该过程中小滑块减少的机械能为ΔE＝mgR－mgR＝mgR，A错误，B正确；假设小滑块沿内壁上滑的最大高度为h，则对小滑块和容器组成的系统，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mvP－3mv＝4mv′，mgR＝mgh＋×4mv′2，解得v′＝0，h＝R，C错误，D正确。
答案：BD
8．如图甲所示，在光滑水平桌面上，有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者碰撞前后的位移—时间图像。已知物块P的质量mP＝1 kg，求：

(1)物块Q的质量和两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量大小；
(2)碰撞过程损失的机械能。
解析：(1)根据位移—时间图像可知，碰撞前P的速度
v0＝＝4 m/s
根据位移—时间图像知，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后，二者的共同速度
v＝＝1 m/s
碰撞过程，取碰撞前P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mPv0＝(mP＋mQ)v
解得mQ＝3 kg
对物块Q，由动量定理知，两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量I＝ΔpQ＝mQv＝3 N·s。
(2)由能量守恒定律知，碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝mPv－(mP＋mQ)v2
解得ΔE＝6 J。
答案：(1)3 kg　3 N·s　(2)6 J
9．(2020·福建龙岩高三模拟)如图所示，在光滑的水平冰面上放置一个光滑的曲面体，曲面体的右侧与冰面相切，一个坐在冰车上的小孩手扶一球静止在冰面上。已知小孩和冰车的总质量为m1＝40 kg，球的质量为m2＝10 kg，曲面体的质量为m3＝10 kg。某时刻小孩将球以v0＝4 m/s的水平速度向曲面体推出，推出后，球沿曲面体上升(球不会越过曲面体)。求：

(1)推出球后，小孩和冰车的速度大小v1；
(2)球在曲面体上升的最大高度h。
解析：(1)以球、小孩和冰车组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得m2v0－m1v1＝0
解得小孩和冰车的速度大小v1＝1 m/s。
(2)以球和曲面体组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得m2v0＝(m2＋m3)v2
解得球在最大高度处与曲面体的共同速度v2＝2 m/s
球在曲面体上升的过程，由机械能守恒定律得
m2v＝(m2＋m3)v＋m2gh
解得球在曲面体上升的最大高度h＝0.4 m。
答案：(1)1 m/s　(2)0.4 m
10．(2020·安徽名校联盟5月模拟)如图所示，质量为m1＝1.0 kg的木板，AB段是半径为R＝0.22 m的四分之一光滑圆弧轨道，水平段与圆弧段相切于B点，木板右端固定一轻质弹簧，自由伸长时其左端位于C点正上方。现用质量为m2＝1.0 kg的小物块将弹簧压缩x＝0.10 m，并用水平细线系在木板右端(弹簧与物块接触但未连接)，整个系统静止在光滑水平面上。已知木板BC段的长度为L＝0.60 m，与物块的动摩擦因数为μ＝0.30，木板C点右侧表面光滑，取重力加速度g＝10 m/s2。

(1)若固定木板，烧断细线后物块刚好能运动A点，求物块刚进入圆弧轨道时对B点的压力F的大小；
(2)若木板不固定，烧断细线后物块刚好能运动A点，求物块最终离B点的距离s；
(3)若木板不固定，烧断细线后物块上升到最高点时高出A点0.10 m，求该过程中木板的位移s板。
解析：(1)设物块在B点的速度大小为v1，木板对物块的支持力大小为F′。
物块从B到A的过程，根据机械能守恒定律可得
m2gR＝m2v
在B点，对物块，根据牛顿第二定律得
F′－m2g＝m2
联立可得F′＝30 N
根据牛顿第三定律有F＝F′＝30 N。
(2)设细线烧断前弹簧的弹性势能为Ep，若木板不固定，烧断细线后物块运动到A点时，物块和木板的速度为v2。对整个系统从烧断细线至物块运动到A点的过程，取水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒可得
0＝(m1＋m2)v2
解得v2＝0
根据能量守恒定律可得
Ep＝(m1＋m2)v＋m2gR＋μm2gL
最终状态物块与木板一起静止，设物块在木板上BC段运动的总路程为d，由能量守恒定律得Ep＝μm2gd
联立解得d＝ m
所以物块最终离B点的距离为
s＝3L－d＝ m≈0.47 m。
(3)设从细线烧断至物块上升到最高点的过程中，物块的水平速度为v物时木板的速度大小为v板，该过程中物块水平方向的位移大小为s物，木板的位移大小为s板，由水平方向动量守恒可知全过程始终有
0＝m2v物－m1v板
所以有m2s物＝m1s板
又由物块和木板水平方向的运动关系有
s物＋s板＝R＋L＋x
解得s板＝0.46 m。
答案：见解析