2022版高考物理一轮复习第六章动量守恒定律课后分级演练19碰撞反冲运动

课后分级演练(十九)碰撞反冲运动【A级——基础练】1．(多选)A、B两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)A．pA′＝8kg·m/s，pB′＝4kg·m/sB．pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/sC．pA′＝5kg·m/s，pB′＝7kg·m/sD．pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14kg·m/s解析：BC　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确；从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加，碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于B的速度．A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．碰前A、B的总动能Ek＝＋＝碰后A、B的总动能，B选项中Ek′＝＋＝<Ek＝，所以B可能．C选项中Ek′＝＋＝＝Ek，故C也可能．D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能的．综上，本题正确选项为B、C.2．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后二者的动量正好相等．二者质量之比可能为(　　)A．6B．3C．4D．5解析：B　设碰撞后两物块的动量都为p，根据动量守恒定律可得总动量为2p，根据p2＝2mEk可得碰撞前的总动能Ek1＝，碰撞后的总动能Ek2＝＋根据碰撞前后的动能关系可得≥＋.8\n3．(2022·北京西城区期末)(多选)冰壶运动深受观众喜爱，图1为2022年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生碰撞，如图2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置下列选项正确的是(　　)解析：BCD　因为两个冰壶质量完全相同，由动量守恒定律易知，B、C、D对，A错．4.我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则(　　)A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：B　在甲、乙相互作用的过程中，系统的动量守恒，即甲对乙和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，选项B正确，A错误．由Ek＝和W＝ΔEk可知，选项C、D均错误．5.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)A．v0＋vB．v0－vC．v0＋(v0＋v)D．v0＋(v0－v)解析：C　以向右为正方向，据动量守恒定律有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解得v′＝v0＋8\n(v0＋v)，故选C.6．(多选)(2022·天津和平质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是(　　)A．子弹在每个水球中的速度变化相同B．子弹在每个水球中运动的时间不同C．每个水球对子弹的冲量不同D．子弹在每个水球中的动能变化相同解析：BCD　恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1，则B正确．由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误．因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由I＝ft可知每个水球对子弹的冲量不同，C项正确．由动能定理有ΔEk＝fx，f相同，x相同，则ΔEk相同，D项正确．7．(2022·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5m，g取10m/s2，物块可视为质点．则A碰撞前瞬间的速度为(　　)A．0.5m/sB．1.0m/sC．1.5m/sD．2.0m/s解析：C　碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－·2mv，得v2＝1m/s.A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，mv＝mv＋·2mv，解得v0＝1.5m/s，则C项正确．8.(2022·北京丰台区质检)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A8\n碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计．已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为(　　)A．hB．2hC．3hD．4h解析：D　所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失．设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，m1v＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确．9．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝3mB，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起最终三滑块之间距离不变．求B与C碰撞前B的速度及最终的速度．解析：对A、B被弹开过程由动量守恒有：(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，对B、C碰撞过程由动量守恒有：mBvB＝(mB＋mC)vC由题意知三个滑块最终速度相同vA＝vC解得最终速度vA＝vC＝；B与C碰撞前B的速度vB＝.答案：碰撞前B的速度为　最终的速度为10．(2022·东营模拟)如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点．甲和他的装备总质量为M1＝90kg，乙和他的装备总质量为M2＝135kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5s，求甲与A的相互作用力F的大小．解析：(1)以甲、乙、A8\n三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得：M2v0＝(M2－m)v1＋mv代入数据联立解得v1＝0.4m/s，v＝5.2m/s.(2)以甲为研究对象，由动量定理得，Ft＝M1v1－(－M1v0)代入数据解得F＝432N.答案：(1)5.2m/s　(2)432N【B级——提升练】11.(多选)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μ.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.mv2B.v2C.NμmgLD．NμmgL解析：BD　设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律：mv＝(m＋M)v1，则动能损失ΔEk＝mv2－(m＋M)v，解得ΔEk＝v2，B对；依题意，小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s＝0.5L＋(N－1)L＋0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能，ΔEk＝Q＝NμmgL，D对．12.一个人在地面上立定跳远的最好成绩是x，假设他站在船头要跳上距离在L远处的平台上，水对船的阻力不计，如图所示．则(　　)A．只要L<x，他一定能跳上平台B．只要L<x，他有可能跳上平台C．只要L＝x，他一定能跳上平台D．只要L＝x，他有可能跳上平台解析：B　若立定跳远时，人离地时速度为v，如题图从船上起跳时，人离船时速度为v′.船的速度为v船，由能量守恒E＝mv2，E＝mv′2＋mv.所以v′<v8\n，人跳出的距离变小，所以B正确．13.如图所示，一个倾角为α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.B.C.D.解析：C　此题属“人船模型”问题，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在水平方向对地位移为x2，因此0＝mx1－Mx2①且x1＋x2＝hcotα.②由①②可得x2＝，故选C.14.如图所示，平板车P的质量为M，小物块Q的质量为m，大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q的正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)．今将小球拉至细绳与竖直方向成60°角的位置由静止释放，小球到达最低点时与Q碰撞的时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：(1)小球到达最低点与Q碰撞前瞬间的速度是多大？(2)小物块Q离开平板车时平板车的速度为多大？(3)平板车P的长度为多少？解析：(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有mgR(1－cos60°)＝mv解得v0＝(2)小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量和机械能都守恒，则mv0＝mv1＋mvQ，mv＝mv＋mv解得v1＝0，vQ＝v0＝Q在平板车上滑行的过程中，有mvQ＝Mv＋m·2v8\n则小物块Q离开平板车时平板车的速度为v＝vQ＝(3)由能量守恒定律可知μmgl＝mv－Mv2－m(2v)2解得l＝.答案：(1)　(2)　(3)15．如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA＝m，mB＝2m，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝3m，车长L＝2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为x，x在0<x<2R的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车．两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g＝10m/s2.求：(1)滑块A在半圆轨道最低点C时受到轨道的支持力FN；(2)炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；(3)请讨论滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与s的关系．解析：(1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为vA，设滑块A在半圆轨道运动到达最高点的速度为vAD，则mAg＝m得到vAD＝滑块A在半圆轨道上运动过程中，据动能定理：－mAg×2R＝mAv－mAv得：vA＝vAC＝8\n滑块A在半圆轨道最低点：FN－mAg＝m得：FN＝mAg＋mA＝6mg(2)在A、B爆炸过程，动量守恒，则mBvB＋mA(－vA)＝0得：vB＝vA＝(3)滑块B滑上小车直到与小车共速，设为v共整个过程中，动量守恒：mBvB＝(mB＋M)v共得：v共＝＝滑块B从滑上小车到共速时的位移为xB＝＝小车从开始运动到共速时的位移为x车＝＝R两者位移之差(即滑块B相对小车的位移)为：Δx＝xB－x车＝<2R，即滑块B与小车在达到共速时未掉下小车．当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B以v共向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为x′x′＝＝>(L－Δx)＝R所以，滑块B会从小车上滑离．讨论：当0<x<时，滑块B克服摩擦力做功为Wf＝μ2mg(L＋x)＝4m(2R＋x)当≤x≤2R时，滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为Wf1＝μ2mgxB＝.答案：见解析8