碰撞与动量守恒
(45分钟) [刷基础]
1．(2018·高考全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比
12122
解析：速度v＝at，动能Ek＝mv＝mat，所以列车的动能与它经历的时间的平方成正
221212
比，A错误；根据v＝2ax，动能Ek＝mv＝m·2ax＝max，所以列车的动能与它的位移成正
2212
比，B正确；动能Ek＝mv，所以列车的动能与它的速度的平方成正比，C错误；动量p＝mv，
212p动能Ek＝mv＝，所以列车的动能与它的动量的平方成正比，D错误．
22m答案：B
2．(2019·陕西西安高三期末)如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s
速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )
A．5 m/s C．8.5 m/s
B．4 m/s D．9.5 m/s
2
1212
解析：设小球的初速度为v0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh＝mv－mv0，
22解得v0＝15 m/s，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正，则有－mv0＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s，A正确．
答案：A
3．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/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，重力加速度g取10 m/s，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
2
解析：平抛运动时间t＝
2h＝1 s，爆炸过程遵循动量守恒定律，设弹丸质量为m，则
g31x甲x乙31
mv＝mv甲＋mv乙，又因为v甲＝，v乙＝，t＝1 s，则有x甲＋x乙＝2 m，将各选项中数
44tt44据代入计算得B正确．
答案：B
4．(多选)一质量m＝0.10 kg的小钢球以大小为v0＝10 m/s的速度水平抛出，下落h＝5.0 m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，且速度大小不变．已知小钢球与钢板的作用时间极短，g取10 m/s，则( )
A．钢板与水平面的夹角θ＝60°
B．小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为1 N·s C．小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为 102 kg·m/s D．钢板对小钢球的冲量大小为 22 N·s
解析：由题意可知小钢球垂直撞击钢板．小钢球撞击钢板时的竖直分速度vy＝2gh＝10 m/s，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝1，解得α＝45°，即钢板与水平面的夹角θ＝45°，选项A错误；小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板时所飞行的时间
2
vyvxt＝
2hg＝1 s，重力冲量I＝mgt＝1 N·s，选项B正确；取垂直斜面向上为正方向，小钢球
刚要撞击钢板时速度的大小为v1＝2v0＝102 m/s，动量p1＝－mv1＝－2 kg·m/s，撞后小钢球的速度v2＝102 m/s，动量p2＝mv2＝2 kg·m/s，小钢球的动量变化Δp＝p2－p1＝22 kg·m/s，由动量定理可知，钢板对小钢球的冲量大小I＝Δp＝22 N·s，选项C错误，D正确．
答案：BD
5．(多选)(2019·河南驻马店高三期末)如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m＝3 kg的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以v0＝4 m/s的速度朝B开始运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，则以下说法正确的是( )
A．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为1 N·s B．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为4 N·s C．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3 J D．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9 J
解析：根据动量守恒定律，当A、B速度相等时，且与C碰撞之前A、B的速度为v1，则
mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s；从开始到弹簧最短时，对A、B、C系统，有mv0＝3mv2，解得v2
4
＝ m/s；从开始到弹簧最短时，对物块C，由动量定理得I＝mv2＝4 N·s，选项B正确，A3错误．B与C相碰的过程，mv1＝2mv3，解得v3＝1 m/s，则从开始到A与弹簧分离的过程中整1212
个系统损失的机械能为ΔE＝mv1－×2mv3＝3 J，选项C正确，D错误．
22
答案：BC
6．一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v0＝4 m/s的匀速直线运动．若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t＝8 s才可静止．该帆船的帆面正对风的有效面积为S＝10 m，帆船的总质量约为M＝936 kg.若帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m，在匀速行驶状态下估算：
(1)帆船受到风的推力F的大小； (2)风速的大小v.
解析：(1)风突然停止，帆船只受到阻力F度为a，
0－v02
则a＝＝－0.5 m/s
阻
3
2
的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速
t根据牛顿第二定律有－F阻＝Ma，所以F阻＝468 N 帆船匀速运动时，有F－F阻＝0 解得F＝468 N.
(2)设在时间t内，正对着吹向帆面的空气的质量为m，根据动量定理有－Ft＝m(v0－v) 又m＝ρS(v－v0)t 所以Ft＝ρS(v－v0)t 解得v＝10 m/s.
答案：(1)468 N (2)10 m/s
7．(2019·福建宁德高三上学期期末)如图所示，AB间放有一个风洞，水平地板AB延伸至C点，与足够长的光滑斜面CD平滑连接．将质量m1＝1 kg的滑块1放在风洞A点，在水平向右的恒定风力F＝20 N作用下(风洞外风力忽略不计)由静止开始向右运动，与静止在C点、质量m2＝2 kg的滑块2发生碰撞并粘在一起．已知滑块1与AC间的动摩擦因数μ＝0.4，sAB＝5 m，sBC＝2 m，滑块均可视为质点，重力加速度g取10 m/s.求：
(1)碰撞前的瞬间滑块1的速度大小； (2)碰撞后滑块能上滑的最大高度．
解析：(1)滑块在风洞中A点由静止释放后，设经过C点时的速度为v1，
22
12
根据动能定理可得F·sAB－μm1gsAC＝m1v1－0
2解得v1＝12 m/s.
(2)滑块1与滑块2发生完全非弹性碰撞， 由动量守恒定律可得m1v1＝(m1＋m2)v2 12
由能量守恒定律可得 (m1＋m2)v2＝(m1＋m2)gh
2解得h＝0.8 m.
答案：(1)12 m/s (2)0.8 m
[刷综合]
8．(2019·河北衡水中学高三调研)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为L，如图所示．将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块
B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确
的是( )
A．FN＝mgcos α
B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α C．滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒 D．此过程中斜面向左滑动的距离为
L
M＋mm解析：当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，故A错误； 根据冲量定义I＝Ft可知滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I＝FNt，故B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B的水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M－
x1
tx2mm＝0，即有Mx1＝mx2 ，又x1＋x2＝L，解得x1＝L，故D正确． tM＋m答案：D
9．(2019·江西南昌二中第一次模拟)如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是( )
相关推荐：
loading