《（新課標）2020年高考物理一輪總復習 第六章 第二講 碰撞、反沖與動量守恒定律練習（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020年高考物理一輪總復習 第六章 第二講 碰撞、反沖與動量守恒定律練習（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 碰撞、反沖與動量守恒定律 [A組·基礎題] 1．有甲、乙兩碰碰車沿同一直線相向而行，在碰前雙方都關閉了動力，且兩車動量關系為p甲>p乙．假設規(guī)定p甲方向為正，不計一切阻力，則( C ) A．碰后兩車可能以相同的速度沿負方向前進，且動能損失最大 B．碰撞過程甲車總是對乙車做正功，碰撞后乙車一定沿正方向前進 C．碰撞過程甲車可能反彈，且系統(tǒng)總動能減小，碰后乙車一定沿正方向前進 D．兩車動量變化量大小相等，方向一定是Δp甲沿正方向，Δp乙沿負方向 2. (2019·莆田一中月考)沿光滑水平面在同一條直線上運動的兩物體A、B碰撞后以共同的速度運動，該過程的位移—時間圖象如圖所示．則下列

2、判斷正確的是( A ) A．A、B的質(zhì)量之比為1∶2 B．碰撞前后A的運動方向相同 C．碰撞過程中A的動能變大，B的動能減小 D．碰前B的動量較小 解析：根據(jù)位移－時間圖象的斜率表示速度，知碰撞前后A的運動方向相反，B錯誤；碰撞前，A的速度vA＝＝＝－5 m/s，B的速度為vB＝＝＝10 m/s，碰撞后，A、B的共同速度為v＝＝＝5 m/s，碰撞前后A的動能不變，B的動能減小，根據(jù)動量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，解得mA∶mB＝1∶2，A正確，C錯誤；碰撞前，A的動量為PA＝mAvA，B的動量為PB＝mBvB，則得PA∶PB＝1∶4，B的動量較大，D錯誤．

3、3. (2018·湖南六校聯(lián)考)如圖所示，A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量．若用錘子敲擊A球使A得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L1；若用錘子敲擊B球使B得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關系為( C ) A．L1＞L2　　　　 B．L1＜L2 C．L1＝L2 D．不能確定 解析：若用錘子敲擊A球，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當彈簧最短時，兩者的共速，則mAv＝(mA＋mB)v′，解得v′＝，彈性勢能最大，最大為ΔEp＝mAv2－(mA＋mB)v′2＝；若用垂直敲擊B球，同理可得mBv＝(mA＋mB)v″，解得v

4、″＝，彈性勢能最大為ΔEp＝mBv2－(mA＋mB)v″2＝，即兩種情況下彈簧壓縮最短時，彈性勢能相等，故L1＝L2，C正確． 4．(2019·山東樂陵一中月考)如圖甲所示，物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的彈簧，整個系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中A物塊最初與左側(cè)固定的擋板相接觸，B物塊質(zhì)量為2 kg，現(xiàn)解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B物塊的v－t圖象如圖乙所示，則可知( B ) A．A的質(zhì)量為4 kg B．運動過程中A的最大速度為vm＝4 m/s C．在A離開擋板前，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒 D．在A離開擋板后彈簧的最大彈性勢能為5 J 解析：解除對彈簧的鎖定，A離開擋

5、板后，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，B速度最大時，A的速度最小為零，且此時彈簧處于原長，B的速度最小時，A的速度最大，設A的質(zhì)量為m，此時A的速度為v，根據(jù)動量守恒和機械能守恒有：mv＋2×1＝2×3，mv2＋×2×12＝×2×32，可得m＝1 kg，v＝4 m/s ，A錯誤、B正確；在A離開擋板前，由于擋板對A有作用力，所以A、B系統(tǒng)所受合外力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒，故C錯誤；當A、B速度相等時，A、B動能之和最小，根據(jù)機械能守恒定律，此時彈性勢能最大．根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律，有：mBvmax＝(mB＋m)v共，Epmax＝mBv－(mB＋m)v，聯(lián)立解得：Epmax＝3 J，故D錯

6、誤． 5．(多選)在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短．在此碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是( BC ) A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)?v1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變化為v1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2 C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関1，滿足Mv＝(M＋m)v1 D．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2

7、 6．(多選)如圖所示，質(zhì)量相等的兩個滑塊位于光滑水平桌面上，其中，彈簧兩端分別與靜止的滑塊N和擋板P相連接，彈簧與擋板的質(zhì)量均不計；滑塊M以初速度v0向右運動，它與擋板P碰撞后開始壓縮彈簧，最后，滑塊N以速度v0向右運動．在此過程中( BD ) A．M的速度等于0時，彈簧的彈性勢能最大 B．M與N具有相同的速度時，兩滑塊動能之和最小 C．M的速度為時，彈簧的長度最長 D．M的速度為時，彈簧的長度最短 7．(多選)(2019·遼寧六校聯(lián)考)質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是7 kg· m/s，B球的動量是5 kg· m/s ，當A球追上B球發(fā)

8、生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是( CD ) A．pA＝－2 kg· m/s ，pB＝14 kg· m/s B．pA＝－4 kg· m/s ，pB＝16 kg· m/s C．pA＝6 kg· m/s ，pB＝6 kg· m/s D．pA＝5 kg· m/s ，pB＝7 kg· m/s 解析：碰撞前系統(tǒng)總動量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，由題意，設mA＝mB＝m，碰前總動能為：Ek＝＋＝＋＝；若pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s，系統(tǒng)動量守恒，碰撞后的總動能：＋＝＞Ek，不可能，A錯誤；若pA＝－4 kg·m/s，pB＝16 kg·m/s碰撞后的總

9、動能：＋＝＞Ek，不可能，B錯誤；若pA＝pB＝6 kg·m/s，系統(tǒng)動量守恒，碰撞后的總動能2×＝＜Ek，是可能的，C正確；若pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s系統(tǒng)動量守恒，碰撞后的總動能＋＝＝Ek，是可能的，D正確． 8．(多選)如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝4 kg的小物體B以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面．由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，g取10 m/s2，則下列說法正確的是( AD ) A．木板A獲得的動能為2 J B．系統(tǒng)損失的機械能為2 J C．木板A的最小長度為2 m D．A、B

10、間的動摩擦因數(shù)為0.1 [B組·能力題] 9．(多選)(2018·涼山檢測)如圖所示，水平面右端相切連接一豎直放置的半圓形軌道，半徑R＝0.4 m，所有接觸面光滑且絕緣，在距A點正上方0.1 m處固定一帶＋Q電量的點電荷，在水平面上有兩個質(zhì)量分別為M＝4 kg，m＝2 kg的靜止不帶電小球(視為質(zhì)點)，中間夾著一個被壓縮的輕彈簧(彈簧與兩球不粘連)，現(xiàn)突然釋放彈簧，球m向右運動，脫離彈簧后繼續(xù)滑向A點，在A點速度v＝6 m/s ，在此處瞬間讓m球帶上負電荷，m球能從A點沿圓弧運動到B點．取g＝10 m/s2，則( BD ) A．兩球彈開的過程中，彈簧釋放的彈性勢能為36 J B．

11、兩球彈開的過程中，彈簧對M球的沖量大小為12 N·s C．m球從A點沿圓弧運動到B點過程中，電勢能減少，機械能增加 D．m球能運動到B點，在B點的速度一定大于2 m/s 解析：小球m被彈開時的速度為v1＝6 m/s ，由動量守恒定律：mv1＝Mv2，解得v2＝3 m/s ，則兩球彈開的過程中，彈簧釋放的彈性勢能為Ep＝mv＋Mv＝×2×62 J＋×4×32 J＝54 J，選項A錯誤；兩球彈開的過程中，彈簧對M球的沖量大小為IM＝Mv2＝12 N·s，選項B正確；因m在A點帶上了負電，則從A到B的過程中，＋Q電量的點電荷對m做負功，電勢能增加，機械能減小，選項C錯誤；m球能運動到B點，在

12、B點的速度最小值滿足：F庫＋mg＝m，則vmin＞＝2 m/s ，選項D正確． 10．以初速度v0與水平方向成60°角斜向上拋出的手榴彈，到達最高點時炸成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊，其中質(zhì)量大的一塊沿著原來的方向以2v0 的速度飛行．求： (1)質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向； (2)爆炸過程有多少化學能轉(zhuǎn)化為彈片的動能． 解析：(1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運動，在最高點處爆炸前的速度v1＝v0cos 60°＝v0.設v1的方向為正方向，如圖所示，由動量守恒定律得 3mv1＝2mv1′＋mv2 其中爆炸后大塊彈片速度v1′＝2v0， 解得v2＝－2.5v0，“

13、－”號表示v2的速度方向與爆炸前速度方向相反． (2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學能等于系統(tǒng)動能的增量，ΔEk＝×2mv1′2＋mv－(3m)v＝mv. 答案：(1)2.5v0　方向與爆炸前速度的方向相反　(2)mv 11．(2017·天津卷)如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩連接，跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg.初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中．先將B豎直向上再舉高h＝1.8 m(未觸及滑輪)然后由靜止釋放．一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸．取g＝10 m/s2.空氣阻力不計．求：

14、 (1)B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t； (2)A的最大速度v的大小； (3)初始時B離地面的高度H. 解析：(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有h＝gt2解得：t＝0.6 s. (2)設細繩繃直前瞬間B速度大小為v0，有 v0＝gt＝6 m/s　 細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，總動量守恒mBv0＝(mA＋mB)v 繩子繃直瞬間，A、B系統(tǒng)獲得的速度v＝2 m/s 之后A做勻減速運動，所以細繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2 m/s. (3)細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有：(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH，解得，初始時B離地面的高度H＝0.6 m. 答案：(1)t＝0.6 s　(2)v＝2 m/s　(3)H＝0.6 m 6