PAGE7-第3講碰撞與動(dòng)量守恒(45分鐘)[基礎(chǔ)題組專(zhuān)練]1．(2024·高考全國(guó)卷Ⅰ)行駛中的汽車(chē)假如發(fā)生猛烈碰撞，車(chē)內(nèi)的平安氣囊會(huì)被彈出并瞬間充溢氣體。若碰撞后汽車(chē)的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于平安氣囊在此過(guò)程中的作用，下列說(shuō)法正確的是()A．增加了司機(jī)單位面積的受力大小B．削減了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的改變量C．將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車(chē)的動(dòng)能D．延長(zhǎng)了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積解析：汽車(chē)猛烈碰撞瞬間，平安氣囊彈出，馬上跟司機(jī)身體接觸。司機(jī)在很短時(shí)間內(nèi)由運(yùn)動(dòng)到靜止，動(dòng)量的改變量是肯定的，由于平安氣囊的存在，作用時(shí)間變長(zhǎng)，據(jù)動(dòng)量定理Δp＝FΔt知，司機(jī)所受作用力減?。挥种桨矚饽掖蜷_(kāi)后，司機(jī)與物體的接觸面積變大，因此削減了司機(jī)單位面積的受力大?。慌鲎策^(guò)程中，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。綜上可知，選項(xiàng)D正確。答案：D2.(2024·山東桓臺(tái)一中高三診斷)如圖所示，光滑水平面上，甲、乙兩個(gè)球分別以大小為v1＝1m/s、v2＝2m/s的速度做相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后兩球粘在一起以0.5m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，則甲、乙兩球的質(zhì)量之比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．2∶1解析：設(shè)甲、乙兩球的質(zhì)量分別為m1、m2，以乙球的速度方向?yàn)檎较?，依?jù)動(dòng)量守恒定律得m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，代入數(shù)據(jù)解得m1∶m2＝1∶1，A正確。答案：A3．A、B兩球在光滑水平面上沿同始終線(xiàn)、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s解析：雖然題中四個(gè)選項(xiàng)均滿(mǎn)意動(dòng)量守恒定律，但A、D兩項(xiàng)中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必定要發(fā)生其次次碰撞，不符合實(shí)際；C項(xiàng)中，兩球碰后的總動(dòng)能Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝57J，大于碰前的總動(dòng)能Ek＝22J，違反了能量守恒定律；而B(niǎo)項(xiàng)既符合實(shí)際狀況，也不違反能量守恒定律，故B項(xiàng)正確。答案：B4．一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計(jì)質(zhì)量損失，重力加速度g取10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()解析：平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，爆炸過(guò)程遵循動(dòng)量守恒定律，設(shè)彈丸質(zhì)量為m，則mv＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙，又因?yàn)関甲＝eq\f(x甲,t)，v乙＝eq\f(x乙,t)，t＝1s，則有eq\f(3,4)x甲＋eq\f(1,4)x乙＝2m，將各選項(xiàng)中數(shù)據(jù)代入計(jì)算得B正確。答案：B5．(2024·高考全國(guó)卷Ⅲ)甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同始終線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的改變?nèi)鐖D中實(shí)線(xiàn)所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3J B．4JC．5J D．6J解析：依據(jù)圖像，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲′＝－1.0m/s，v乙′＝2.0m/s。碰撞過(guò)程中由動(dòng)量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，聯(lián)立以上各式解得ΔE＝3J。答案：A6．(2024·江蘇通州、海門(mén)、啟東高三聯(lián)考)在如圖甲所示的水平面上，B點(diǎn)左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙，靜止放置甲、乙兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，已知m甲＝2kg，m乙＝4kg。乙球與B點(diǎn)右側(cè)水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2?，F(xiàn)給甲球一個(gè)水平向右的速度v1＝5m/s，與乙球發(fā)生碰撞后被彈回，彈回的速度大小v1′＝1m/s。(1)試求發(fā)生碰撞后，乙球獲得的速度大小；(2)碰撞后，馬上有一水平向右的拉力F作用在乙球上，F(xiàn)隨時(shí)間改變的規(guī)律如圖乙所示，試求3s末乙球的速度大小。解析：(1)設(shè)發(fā)生碰撞后，乙球的速度大小為v2，以水平向右為正方向，對(duì)甲、乙兩球組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有m甲v1＝m甲(－v1′)＋m乙v2解得v2＝3m/s。(2)對(duì)乙球，由動(dòng)量定理有IF－μm乙gt＝m乙v2′－m乙v2由圖乙可知，0～3s力F對(duì)乙球的沖量IF＝eq\f(2＋8,2)×3N·s＝15N·s解得v2′＝0.75m/s。答案：(1)3m/s(2)0.75m/s[實(shí)力題組專(zhuān)練]7．(多選)(2024·山東濟(jì)南高三質(zhì)量評(píng)估)如圖所示，一質(zhì)量為3m的容器靜止在光滑水平面上，該容器的內(nèi)壁是半徑為R的光滑半球面，在容器內(nèi)壁的最高點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m的小滑塊P。重力加速度為gA．P滑到最低點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為mgRB．P從起先到最低點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能削減了eq\f(mgR,4)C．P經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)后沿內(nèi)壁接著上滑的最大高度小于RD．P經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)后沿內(nèi)壁接著上滑的最大高度等于R解析：小滑塊由最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，容器和小滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則由動(dòng)量守恒定律可知0＝mvP－3mv，又由機(jī)械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)×3mv2，解得v＝eq\r(\f(gR,6))，vP＝3eq\r(\f(gR,6))，則小滑塊在最低點(diǎn)的動(dòng)能為EkP＝eq\f(3,4)mgR，該過(guò)程中小滑塊削減的機(jī)械能為ΔE＝mgR－eq\f(3,4)mgR＝eq\f(1,4)mgR，A錯(cuò)誤，B正確；假設(shè)小滑塊沿內(nèi)壁上滑的最大高度為h，則對(duì)小滑塊和容器組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mvP－3mv＝4mv′，mgR＝mgh＋eq\f(1,2)×4mv′2，解得v′＝0，h＝R，C錯(cuò)誤，D正確。答案：BD8．如圖甲所示，在光滑水平桌面上，有P、Q兩物塊，它們?cè)趖＝4s時(shí)發(fā)生碰撞，圖乙是兩者碰撞前后的位移—時(shí)間圖像。已知物塊P的質(zhì)量mP＝1kg，求：(1)物塊Q的質(zhì)量和兩物塊碰撞過(guò)程中物塊Q受到的沖量大?。?2)碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能。解析：(1)依據(jù)位移—時(shí)間圖像可知，碰撞前P的速度v0＝eq\f(Δx1,Δt1)＝4m/s依據(jù)位移—時(shí)間圖像知，碰撞后二者速度相同，說(shuō)明碰撞為完全非彈性碰撞，碰撞后，二者的共同速度v＝eq\f(Δx2,Δt2)＝1m/s碰撞過(guò)程，取碰撞前P的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mPv0＝(mP＋mQ)v解得mQ＝3kg對(duì)物塊Q，由動(dòng)量定理知，兩物塊碰撞過(guò)程中物塊Q受到的沖量I＝ΔpQ＝mQv＝3N·s。(2)由能量守恒定律知，碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mP＋mQ)v2解得ΔE＝6J。答案：(1)3kg3N·s(2)6J9．(2024·福建龍巖高三模擬)如圖所示，在光滑的水平冰面上放置一個(gè)光滑的曲面體，曲面體的右側(cè)與冰面相切，一個(gè)坐在冰車(chē)上的小孩手扶一球靜止在冰面上。已知小孩和冰車(chē)的總質(zhì)量為m1＝40kg，球的質(zhì)量為m2＝10kg，曲面體的質(zhì)量為m3＝10kg。某時(shí)刻小孩將球以v0＝4m/s的水平速度向曲面體推出，推出后，球沿曲面體上升(球不會(huì)越過(guò)曲面體)。求：(1)推出球后，小孩和冰車(chē)的速度大小v1；(2)球在曲面體上升的最大高度h。解析：(1)以球、小孩和冰車(chē)組成的系統(tǒng)為探討對(duì)象，取水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m2v0－m1v1＝0解得小孩和冰車(chē)的速度大小v1＝1m/s。(2)以球和曲面體組成的系統(tǒng)為探討對(duì)象，取水平向左為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得m2v0＝(m2＋m3)v2解得球在最大高度處與曲面體的共同速度v2＝2m/s球在曲面體上升的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)veq\o\al(2,2)＋m2gh解得球在曲面體上升的最大高度h＝0.4m。答案：(1)1m/s(2)0.4m10．(2024·安徽名校聯(lián)盟5月模擬)如圖所示，質(zhì)量為m1＝1.0kg的木板，AB段是半徑為R＝0.22m的四分之一光滑圓弧軌道，水平段與圓弧段相切于B點(diǎn)，木板右端固定一輕質(zhì)彈簧，自由伸長(zhǎng)時(shí)其左端位于C點(diǎn)正上方。現(xiàn)用質(zhì)量為m2＝1.0kg的小物塊將彈簧壓縮x＝0.10m，并用水平細(xì)線(xiàn)系在木板右端(彈簧與物塊接觸但未連接)，整個(gè)系統(tǒng)靜止在光滑水平面上。已知木板BC段的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝0.60m，與物塊的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.30，木板C點(diǎn)右側(cè)表面光滑，取重力加速度g＝10m/s2。(1)若固定木板，燒斷細(xì)線(xiàn)后物塊剛好能運(yùn)動(dòng)A點(diǎn)，求物塊剛進(jìn)入圓弧軌道時(shí)對(duì)B點(diǎn)的壓力F的大?。?2)若木板不固定，燒斷細(xì)線(xiàn)后物塊剛好能運(yùn)動(dòng)A點(diǎn)，求物塊最終離B點(diǎn)的距離s；(3)若木板不固定，燒斷細(xì)線(xiàn)后物塊上升到最高點(diǎn)時(shí)高出A點(diǎn)0.10m，求該過(guò)程中木板的位移s板。解析：(1)設(shè)物塊在B點(diǎn)的速度大小為v1，木板對(duì)物塊的支持力大小為F′。物塊從B到A的過(guò)程，依據(jù)機(jī)械能守恒定律可得m2gR＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,1)在B點(diǎn)，對(duì)物塊，依據(jù)牛頓其次定律得F′－m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,1),R)聯(lián)立可得F′＝30N依據(jù)牛頓第三定律有F＝F′＝30N。(2)設(shè)細(xì)線(xiàn)燒斷前彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，若木板不固定，燒斷細(xì)線(xiàn)后物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，物塊和木板的速度為v2。對(duì)整個(gè)系統(tǒng)從燒斷細(xì)線(xiàn)至物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程，取水平向左為正方向，依據(jù)水平方向動(dòng)量守恒可得0＝(m1＋m2)v2解得v2＝0依據(jù)能量守恒定律可得Ep＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)＋m2gR＋μm2gL最終狀態(tài)物塊與木板一起靜止，設(shè)物塊在木板上BC段運(yùn)動(dòng)的總路程為d，由能量守恒定律得Ep＝μ