版高考物理复习 限时规范专题练5含答案.docx

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版高考物理复习限时规范专题练5含答案

限时规范专题练（五）　碰撞、动量与能量问题综合应用

　　时间：

45分钟　　　满分：

100分

一、选择题（本题共6小题，每小题5分，共30分。

其中1～4为单选，5～6为多选）

1．滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。

人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动（雪橇所受阻力不计）。

当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为（　　）

A.B.

C.D．v1

答案　D

解析　人跳起过程中，人和雪橇组成的系统水平方向动量守恒（M＋m）v1＝mv1＋Mv′，则v′＝v1，故D选项正确。

2．如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。

一质量为m（m

如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。

如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（　　）

A.h　　　B.h　　　C.h　　　D.h

答案　D

解析　若斜面固定，由机械能守恒定律可得mv2＝mgh；若斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有mv＝（M＋m）v1，由机械能守恒定律可得mv2＝mgh′＋（M＋m）v。

联立以上各式可得h′＝h，故D正确。

3.一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/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，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（　　）

答案　B

解析　弹丸水平飞行爆炸时，在水平方向只有内力作用，外力为零，系统水平方向动量守恒，设m乙＝m，m甲＝3m，则爆炸前p总＝（3m＋m）v＝8m，而爆炸后两弹片都做平抛运动，由平抛规律可得：

竖直方向为自由落体运动，h＝gt2，解得t＝1s；水平方向为匀速直线运动，x＝vt，选项A：

v甲＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s（向左），p合′＝3m×2.5＋m×（－0.5）＝7m，不满足动量守恒，选项A错误；选项B：

p合′＝3m×2.5＋m×0.5＝8m，满足动量守恒，选项B正确；同理，选项C：

p合′＝3m×2＋m×1＝7m；选项D：

p合′＝3m×2＋m×（－1）＝5m，C、D均错误。

4.在光滑水平面上，动能Ek0，动量的大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为Ek1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为Ek2、p2，则下列说法不正确的是（　　）

A.Ek1

C.Ek2>Ek0D．p2>p0

答案　C

解析　两个小钢球在相碰过程中同时遵守能量守恒和动量守恒，由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰撞后的总动能不会超过碰撞前的总动能，即Ek1＋Ek2≤Ek0，A选项正确，C选项错误。

另外，A选项也可写成<，因此B选项正确。

根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p2－p1＝p0，所以D选项正确。

5．如图所示，在橄榄球比赛中，一个85kg的前锋队员以5m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分。

就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名均为65kg的队员，一个速度为2m/s，另一个速度为4m/s，然后他们就扭在了一起，则（　　）

A.他们碰撞后的共同速率是0.2m/s

B.碰撞后他们动量的方向仍向前

C.这名前锋能得分

D.这名前锋不能得分

答案　BC

解析　取前锋队员跑动的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：

MvA＋mvB＋mvC＝（M＋m＋m）v，其中vA＝5m/s，vB＝－2m/s，vC＝－4m/s，代入数据得：

v≈0.16m/s。

所以碰撞后的速度仍向前，故这名前锋能得分，B、C两项正确。

6.两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4kg，m2＝2kg，A的速度v1＝3m/s（设为正），B的速度v2＝－3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是（　　）

A.均为1m/sB．＋4m/s和－5m/s

C.＋2m/s和－1m/sD．－1m/s和＋5m/s

答案　AD

解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。

再看动能情况：

Ek＝m1v＋m2v＝×4×9J＋×2×9J＝27J，Ek′＝m1v′＋m2v2′2。

由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除选项B。

选项C虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向（v1′>0，v2′<0），这显然是不符合实际的，因此C错误。

验证选项A、D均满足Ek≥Ek′，故答案为选项A（完全非弹性碰撞）和选项D（弹性碰撞）。

二、非选择题（本题共5小题，70分）

7.（14分）如图甲所示，一质量为ma的滑块（可看成质点）固定在半径为R的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A点，另一质量为mb的滑块（可看成质点）静止在轨道的底端B处，A点和圆弧对应的圆心O点等高。

（1）若圆弧的底端B与水平光滑平面连接，释放滑块ma的同时给mb一个向右的初速度vb，ma滑至水平面时的速度是va（va>vb），相碰之后ma、mb的速度分别是va′、vb′，假设相碰过程中两滑块之间的作用力是恒力，在上述简化情况下由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式：

mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′。

（2）若圆弧的底端B与水平光滑平面连接（足够长），mb静止于B点，ma从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：

3ma

（3）若圆弧的底端B与水平传送带平滑连接，如图乙所示。

已知ma＝mb＝1kg，R＝0.8m，传送带逆时针匀速运行的速率为v0＝1m/s，B点到传送带水平面右端点C的距离为L＝2m。

mb静止于B点，ma从静止开始释放，滑块ma与mb相碰后立即结合在一起（设为mc）运动，当mc运动到C点时速度恰好为零。

求mc从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量Q。

（g＝10m/s2）

答案　

（1）见解析　

（2）见解析　（3）9J

解析　

（1）设ma与mb相碰过程中滑块之间的相互作用力为Fa、Fb，则有

Fa＝－Fb，Fa＝maaa，Fb＝mbab，aa＝（va′－va）/t，ab＝（vb′－vb）/t，整理可得：

mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′。

（2）两滑块碰撞时动量守恒mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′，无机械能损失mav＋mbv＝mava′2＋mbvb′2，解得：

va′＝va；vb′＝va，要想发生两次碰撞必须满足：

－va′>vb′，代入可得：

3ma

（3）ma从静止开始释放，机械能守恒magR＝mav，滑块ma与mb相碰后结合在一起，动量守恒mav1＝mcv2，mc从B运动到C点时速度恰好为零，由动能定理可得：

－fL＝0－mcv，mc从B运动到C点做匀减速直线运动，然后又向左做匀加速直线运动与传送带的速度相同为v0，全程所受的合外力为滑动摩擦力f不变，所以全程可以看做是向右的匀减速直线运动，初速度为v2、末速度为v0（向左），则有：

f＝mca，－v0＝v2－at，mc向右运动s1＝v2t－at2，传送带向左运动s2＝v0t，那么mc从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量Q＝fs相对＝f（s1＋s2）＝9J。

8.（14分）如图所示，一质量为2m的L形长木板静止在光滑的水平面上，木板右端竖起部分内侧有粘性物质，当有其他物体与之接触时即会粘在一起。

某一时刻有一质量为m的物块，以水平速度v0从L形长木板的左端滑上木板。

已知物块与L形长木板上表面的动摩擦因数为μ，当它刚要与L形长木板右端竖起部分相碰时，速度减为，碰后即粘在一起。

求：

（1）物块在L形长木板上的滑行时间及此时木板在地面上滑行的距离；

（2）物块在与L形长木板右端竖起部分相碰过程中，长木板受到的冲量大小。

答案　

（1）　　

（2）

解析　

（1）设物块在L形长木板上的滑行时间为t，由动量定理得：

－μmgt＝m－mv0，解得：

t＝。

物块与L形长木板右端竖起部分相碰前系统动量守恒：

mv0＝m＋2mv1，解得：

v1＝。

由动能定理得：

μmgs＝·2mv，解得：

s＝。

（2）物块与L形长木板右端竖起部分相碰系统动量守恒，则mv0＝3mv2，对长木板由动量定理得：

I＝2mv2－2mv1＝。

9.（14分）某同学设计了如图所示的趣味实验来研究碰撞问题，用材料和长度相同的不可伸长的轻绳依次将N个大小相同、质量不等的小球悬挂于水平天花板下方，且相邻的小球静止时彼此接触但无相互作用力，小球编号从左到右依次为1、2、3、……、N，每个小球的质量为其相邻左边小球质量的k倍（k<1）。

在第N个小球右侧有一光滑轨道，其中AB段是水平的，BCD段是竖直面内的半圆形，两段光滑轨道在B点平滑连接，半圆轨道的直径BD沿竖直方向。

在水平轨道的A端放置一与第N个悬挂小球完全相同的P小球，所有小球的球心等高。

现将1号小球由最低点向左拉起高度h，保持绳绷紧状态由静止释放1号小球，使其与2号小球碰撞，2号小球再与3号小球碰撞……。

所有碰撞均为在同一直线上的正碰且无机械能损失。

已知重力加速度为g，空气阻力、小球每次碰撞时间均可忽略不计。

（1）求1号小球与2号小球碰撞之前的速度v1的大小；

（2）若N＝3，求第3个小球与P小球发生第一次碰撞前的速度v3的大小；

（3）若N＝5，当半圆形轨道半径R＝h时，P小球第一次被碰撞后恰好能通过轨道的最高点D，求k值的大小。

答案　

（1）　

（2）2　（3）－1

解析　

（1）设1号小球的质量为m1，碰前的速度为v1，对于1号小球由h高运动到最低点过程，根据机械能守恒有m1gh＝m1v，解得：

v1＝。

（2）设1号、2号小球碰撞后的速度分别为v1′和v2，取水平向右为正方向。

对于1、2号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有m1v1＝m1v1′＋m2v2，根据机械能守恒有m1v＝m1v1′2＋m2v，解得：

v2＝。

设2号、3号小球碰撞后的速度分别为v2′和v3，对于2、3号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有m2v2＝m2v2′＋m3v3,根据机械能守恒有m2v＝m2v2′2＋m3v，同理可解得：

3号小球被碰后的速度v3＝2，即3号小球与P小球发生第一次碰撞前的速度大小v3＝2。

（3）由

（2）中的结果可推知5号小球被碰后的速度v5＝4，因为5号小球与P小球质量相等，可知二者发生碰撞后交换速度，所以P小球第一次被碰撞后的速度vP＝4。

P小球第一次被碰撞后恰好能通过圆轨道的最高点D，设其通过最高点的速度为vD，根据牛顿第二定律P小球在D点有k4m1g＝，解得：

vD＝。

P小球由A到D的运动过程，机械能守恒有m5v＝m5g·2R＋m5v，解得：

vP＝。

将R＝h，代入上式联立解得：

k＝－1。

10．（14分）如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为2m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为m的木块B。

一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块B并留在其中（子弹射入木块时间极短），在以后的运动过程中，摆线离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：

（1）木块能摆起的最大高度；

（2）小车A运动过程的最大速度。

答案　

（1）　

（2）

解析　

（1）子弹射入木块的瞬间，由动量守恒定律得：

mv0＝2mv1。

对子弹、物块及小车组成的系统当木块摆到最大高度时有共同速度v2，由动量守恒定律得：

mv0＝（m＋m＋2m）v2。

由能量守恒得：

·2mv＝·4mv＋2mgh，得h＝。

（2）子弹射入木块后，木块B（包含子弹）往右摆再往下摆到最低点过程中拉力对小车A一直做正功，速度增大；当木块B经过最低点再往左摆