專題跟蹤訓(xùn)練(七) 碰撞與動(dòng)量守恒一、選擇題1(2017全國(guó)卷)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略)()A30 kgm/s B5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s解析燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為p，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，選項(xiàng)A正確答案A2. (2017全國(guó)卷)(多選)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則()At1 s時(shí)物塊的速率為1 m/sBt2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kgm/sCt3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kgm/sDt4 s時(shí)物塊的速度為零解析根據(jù)Ft圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在01 s、02 s、03 s、04 s內(nèi)合外力沖量分別為2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，應(yīng)用動(dòng)量定理Imv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，則A、B項(xiàng)均正確，C、D項(xiàng)均錯(cuò)誤答案AB3(多選)在光滑水平面上，一質(zhì)量為m的小球1以速度v0與靜止的小球2發(fā)生正碰，碰后小球2的速度是v0.小球2的質(zhì)量可能是()Am B3mC5m D7m解析由動(dòng)量守恒知mv0mv1m2，分兩種極端情況討論：完全非彈性碰撞，能量損失最多，即v1，得m22m；彈性碰撞，沒(méi)有能量損失，即mvmvm2v，聯(lián)立解得v2v0，又v2，故m25m；綜合得2mm25m，選項(xiàng)B、C正確答案BC4(2018石家莊質(zhì)檢二)(多選)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊，現(xiàn)使木箱瞬間獲得一個(gè)水平向左的初速度v0，下列說(shuō)法正確的是()A最終小木塊和木箱都將靜止B最終小木塊和木箱組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為C木箱速度為時(shí)，小木塊的速度為D最終小木塊的速度為解析由題意知，木箱及小木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終木箱和小木塊共速，Mv0(Mm)v，故v，A、D項(xiàng)錯(cuò)誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能E，故B項(xiàng)正確；由動(dòng)量守恒定律知，Mv0mv，故v，C項(xiàng)正確答案BC5(2018河北六校聯(lián)考)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的子彈水平射入質(zhì)量為M、放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過(guò)程中木塊動(dòng)能增加了5 J，那么此過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能可能為()A16 J B11.2 JC4.8 J D3.4 J解析解法一：設(shè)子彈的初速度為v0，與木塊的共同速度為v，則由動(dòng)量守恒定律有mv0(Mm)v；系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Qfdmv(mM)v2，木塊得到的動(dòng)能為Ek1fsMv2，其中，f為子彈與木塊間的摩擦力，d為子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移，s為木塊相對(duì)于地面運(yùn)動(dòng)的位移，變形可得QEk1>Ek1，故選項(xiàng)A、B正確解法二：本題也可用圖象法，畫出子彈和木塊的vt圖象如圖所示，根據(jù)vt圖象與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，OAt的面積表示木塊的位移s，OAv0的面積表示子彈相對(duì)木塊的位移d，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Qfd，木塊得到的動(dòng)能Ek1fs，從圖象中很明顯可以看出d>s，故系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能大于木塊得到的動(dòng)能答案AB6一位質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)t時(shí)間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v，在此過(guò)程中()A地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為mvmgt，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為mv2B地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為mvmgt，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為零C地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為mv，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為mv2D地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為mvmgt，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為零解析設(shè)地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為I，運(yùn)動(dòng)員的速度原來(lái)為零，起跳后變?yōu)関，則由動(dòng)量定理可得：Imgtmv，故地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量Imvmgt；而運(yùn)動(dòng)員在跳起時(shí)，運(yùn)動(dòng)員受到的支持力沒(méi)有產(chǎn)生位移，故支持力不做功，故B正確答案B7(2018四川綿陽(yáng)模擬)(多選)如圖所示，在光滑水平面上有一靜止的物體M，物體上有一光滑的半圓弧形軌道，最低點(diǎn)為C，兩端A、B一樣高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點(diǎn)由靜止下滑，則()Am不能到達(dá)M上的B點(diǎn)Bm從A到C的過(guò)程中M向左運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過(guò)程中M向右運(yùn)動(dòng)Cm從A到B的過(guò)程中M一直向左運(yùn)動(dòng)，m到達(dá)B的瞬間，M速度為零DM與m組成的系統(tǒng)機(jī)械能定恒，水平方向動(dòng)量守恒解析根據(jù)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒定律的條件，M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，D正確；m滑到右端兩者有相同的速度時(shí)有：0(mM)v，v0，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，m恰能到達(dá)M上的B點(diǎn)，且m到達(dá)B的瞬間，m、M速度為零，A錯(cuò)誤；m從A到C的過(guò)程中M向左加速運(yùn)動(dòng)，m從C到B的過(guò)程中M向左減速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤，C正確答案CD8(2018蓉城名校聯(lián)盟)如圖所示，在足夠長(zhǎng)的固定斜面上有一質(zhì)量為m的薄木板A，木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑現(xiàn)將一質(zhì)量也為m的小滑塊B無(wú)初速度輕放在木板A的上表面，在滑塊B在木板A上滑動(dòng)的過(guò)程中(B始終未從A的上表面滑出，B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù))，下列說(shuō)法正確的是()AA、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒BA、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都不守恒C當(dāng)B的速度為v0時(shí)，A的速度為v0D當(dāng)A的速度為v0時(shí)，B的速度為v0解析由于木板A沿斜面體勻速下滑，而此時(shí)木板A的合力為零，當(dāng)小滑塊B放在木板A上表面后，A、B組成的系統(tǒng)所受的合力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由于A、B間摩擦力的作用，則系統(tǒng)的機(jī)械能一直減小，即機(jī)械能不守恒，A、B錯(cuò)誤；由于B與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，所以當(dāng)A、B共速后將沿斜面共同勻速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，由動(dòng)量守恒定律知C正確，D錯(cuò)誤答案C9. (2018湖北六校聯(lián)考)(多選)質(zhì)量M3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無(wú)摩擦滑動(dòng)質(zhì)量m2 kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))通過(guò)長(zhǎng)L0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時(shí)滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)現(xiàn)給小球一個(gè)v03 m/s的豎直向下的初速度，取g10 m/s2.則()A小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.3 mB小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.5 mC小球m相對(duì)于初始位置可以上升的最大高度為0.27 mD小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.54 m解析可把小球和滑塊水平方向的運(yùn)動(dòng)看成人船模型，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運(yùn)動(dòng)了x，由滑塊和小球組成的系統(tǒng)在水平方向時(shí)動(dòng)量守恒，有，解得x0.3 m，A正確，B錯(cuò)誤根據(jù)動(dòng)量守恒定律有0(mM)v，v0，由能量守恒定律得mvmgh(mM)v2，解得h0.45 m，C錯(cuò)誤小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度過(guò)程中，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)距離為y，由幾何關(guān)系得，m相對(duì)于M移動(dòng)的水平距離sL1.35 m，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得0mM，解得y0.54 m，D正確答案AD10(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x.現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()AA物體的質(zhì)量為3mBA物體的質(zhì)量為2mC彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mvD彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv解析對(duì)題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M，由機(jī)械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時(shí)彈性勢(shì)能EpMv；對(duì)題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧達(dá)到最大壓縮量時(shí)，A、B二者速度相等，由動(dòng)量守恒定律有M2v0(Mm)v，由能量守恒定律有EpM(2v0)2(Mm)v2，聯(lián)立解得M3m，EpMvmv，A、C正確，B、D錯(cuò)誤答案AC二、非選擇題11(2018全國(guó)卷)汽車A在水平冰雪路面上行駛駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m，A車向前滑動(dòng)了2.0 m已知A和B的質(zhì)量分別為2.0103 kg和1.5103 kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒(méi)有滾動(dòng)，重力加速度大小g10 m/s2.求(1)碰撞后的瞬間B車速度的大??；(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小解析(1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB.根據(jù)牛頓第二定律有mBgmBaB式中是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB，碰撞后滑行的距離為sB.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB22aBsB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vB3.0 m/s(2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA.根據(jù)牛頓第二定律有mAgmAaA設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA，碰撞后滑行的距離為sA.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vA22aAsA設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，有mAvAmAvAmBvB聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vA4.3 m/s答案(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s12(2018沈陽(yáng)市質(zhì)監(jiān)一)如圖所示，水平地面上有相距x40 m的A、B兩點(diǎn)，分別放有質(zhì)量為m12 kg和m21 kg的甲、乙兩物體(均可視為質(zhì)點(diǎn))，甲與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，BCD是半徑為R0.9 m的光滑半圓軌道，O是圓心，DOB在同一豎直線上甲以v025 m/s的水平速度從A點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)的乙發(fā)生碰撞，碰后粘在一起沿軌道BCD運(yùn)動(dòng)，從最高點(diǎn)D飛出，落到水平地面上的P點(diǎn)(圖中未畫出)，取g10 m/s2，求：(1)甲運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)甲與乙碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)落地點(diǎn)P與B點(diǎn)間的距離解析(1)對(duì)甲從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，則有m1gxm1vm1v解得vB15 m/s(2)甲和乙碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則m1vB(m1m2)v共E損m1v(m1m2)vE損75 J(3)組合體從B到D，利用動(dòng)能定理得(m1m2)g2R(m1m2)v(m1m2)v組合體從D到P做平拋運(yùn)動(dòng)，則豎直方向：2Rgt2水平方向：LvDt解得L4.8 m答案(1)15 m/s(2)75 J(3)4.8 m