物理(新课标)高考总复习第一轮复习课件：第六章第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲课后检测能力提升

解析：选 AC.由 mB＝2mA，pA＝pB 知碰前 vB＜vA，若右方为 A 球，由于碰前动量都为 6 kg·m/s，即都向右运动，两球不 可能相碰；若左方为 A 球，设碰后二者速度分别为 v′A、v′B， 由题意知 p′A＝mAv′A＝2 kg·m/s，p′B＝mBv′B＝10 kg·m/s， 解得vv′′AB＝25.碰撞后 A 球动量变为 2 kg·m/s，B 球动量变为 10 kg·m/s，又 mB＝2mA，由计算可知碰撞前后 A、B 两球 动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项 A、C 正确．
二、多项选择题 6．如图所示，一质量 M＝3.0 kg 的长方形木板 B 放在光滑 水平地面上，在其右端放一个质量 m＝1.0 kg 的小木块 A， 同时给 A 和 B 以大小均为 4.0 m/s，方向相反的初速度，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离 B 板，在 小木块 A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )
知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为 v′＝3v0－2v， 对比各选项可知，答案选 C.
2．一枚火箭搭载着卫星以速率 v0 进入太空预定位置，由控 制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为 m1，后 部分的箭体质量为 m2，分离后箭体以速率 v2 沿火箭原方向 飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离 后卫星的速率 v1 为( )
解析：设小球 A 下滑到水平轨道上时的速度大小为 v1，平台 水平速度大小为 v，由动量守恒定律有 0＝mAv1－Mv 由能量守恒定律有 mAgh＝12mAv21＋12Mv2 联立解得 v1＝2 m/s，v＝1 m/s
小球 A、B 碰后运动方向相反，设小球 A、B 的速度大小分 别为 v′1 和 v2.由于碰后小球 A 被弹回，且恰好追不上平台， 则此时小球 A 的速度等于平台的速度，有 v′1＝1 m/s 由动量守恒定律得 mAv1＝－mAv′1＋mBv2 由能量守恒定律有12mAv21＝12mAv′21＋12mBv22 联立上式解得 mB＝3 kg. 答案：3 kg
四、选做题 11．如图，质量分别为 mA、mB 的两个弹性小球 A、B 静止 在地面上方，B 球距地面的高度 h＝0.8 m，A 球在 B 球的正 上方．先将 B 球释放，经过一段时间后再将 A 球释放．当 A 球下落 t＝0.3 s 时，刚好与 B 球在地面上方的 P 点处相碰．碰 撞时间极短，碰后瞬间 A 球的速度恰好为零．已知 mB＝ 3mA，重力加速度大小 g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中 的动能损失．求：
A．v0－v2 C．v0－mm21v2
B．v0＋v2 D．v0＋mm21(v0－v2)
解析：选 D.对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝ m2v2＋m1v1，解得 v1＝（m1＋m2m）1 v0－m2v2＝v0＋mm12·(v0 －v2)．
3．将静置在地面上，质量为 M(含燃料)的火箭模型点火升空，
12mAv12＋12mBv22＝12mBv′2 2⑤ 设 B 球与地面相碰后的速度大小为 v′B，由运动学及碰撞的 规律可得 v′B＝vB⑥ 设 P 点距地面的高度为 h′，由运动学规律可得 h′＝v′B22－g v22⑦ 联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′＝0.75 m. 答案：(1)4 m/s (2)0.75 m
8.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( )
(1)B 球第一次到达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度．
解析：(1)设 B 球第一次到达地面时的速度大小为 vB，由运 动学公式有 vB＝ 2gh① 将 h＝0.8 m 代入上式，得 vB＝4 m/s.② (2)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为 v1 和 v′1(v′1＝0)， B 球的速度分别为 v2 和 v′2.由运动学规律可得 v1＝gt③ 由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的 动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有 mAv1＋mBv2＝mBv′2④
WA＝WB④ 设 B、C 碰撞后瞬间共同速度的大小为 v，由动量守恒定律得 mv′B＝2mv⑤ 联立①②③④⑤式，代入数据得
v＝ 1261v0. 答案： 1261v0
10.如图所示，一质量 M＝2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足 够长的水平轨道上，弧形轨道 与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球 B.从弧形轨道 上距离水平轨道高 h＝0.3 m 处由静止释放一质量 mA＝1 kg 的小球 A，小球 A 沿轨道下滑后与小球 B 发生弹性正碰，碰 后小球 A 被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光 滑，重力加速度为 g.求小球 B 的质量．(取重力加速度 g＝10 m/s2)
在极短时间内以相对地面的速度 v0 竖直向下喷出质量为 m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气
结束时火箭模型获得的速度大小是( )
m A.M
v0
M B.m
v0
M C.M－m
v0
D．M－m m v0
解析：选 D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量 的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－ (M－m)v′故 v′＝Mm－v0m，选项 D 正确．
A.12mv2
B.2（mm＋MM）v2
1 C.2NμmgL
D．NμmgL
解析：选 BD.设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整 个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守 恒，则有 mv＝(M＋m)vt(①式)、12mv2＝12(M＋m)vt2＋ΔE(② 式)，由①②联立解得ΔE＝2（MM＋mm）v2，可知选项 A 错误、 B 正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能 量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，选项 C 错误、D 正 确．
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A．2.1 m/s C．2.8 m/s
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B．2.4 m/s D．3.0 m/s
解析：选 AB.以 A、B 组成的系统为研究对象，系统动量守 恒，取水平向右方向为正方向，从 A 开始运动到 A 的速度为 零过程中，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝MvB1，代入数据 解得：vB1＝2.67 m/s，当从开始到 A、B 速度相同的过程中， 取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M－m)v0 ＝(M＋m)vB2，代入数据解得：vB2＝2 m/s，则在木块 A 正在 做加速运动的时间内 B 的速度范围为：2 m/s＜vB＜2.67 m/s， 故选项 A、B 正确．
4．在光滑的水平面上，有 a、b 两球，其 质量分别为 ma、mb，两球在 t0 时刻发生正 碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两
球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是
() A．ma＞mb C．ma＝mb
B．ma＜mb D．无法判断
解析：选 B.由题图可知 b 球碰前静止，取 a 球碰前速度方向 为正方向，设 a 球碰前速度为 v0，碰后速度为 v1，b 球碰后 速度为 v2，两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则 mav0＝mav1＋mbv2① 12mav20＝12mav21＋12mbv22② 联立①②得：v1＝mmaa－ ＋mmbb v0，v2＝ma2＋mamb v0 由 a 球碰撞前后速度方向相反，可知 v1＜0，即 ma＜mb， 故 B 正确．
5．一中子与一质量数为 A (A>1)的原子核发生弹性正碰．若
碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为
() A＋1
A.A－1
A－1 B.A＋1
4A C.（A＋1）2
D．（（AA＋－11））22
解析：选 A.设中子的质量为 m，则被碰原子核的质量为 Am， 两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有 mv0＝mv1＋Amv′，据 动能守恒，有12mv20＝12mv21＋12Amv′2.解以上两式得 v1＝11－ ＋AA v0.若只考虑速度大小，则中子的速率为 v′1＝AA－ ＋11v0，故中 子碰撞前、后速率之比为AA＋ －11.
• 14、Thank you very much for taking me with you on that splendid outing to London. It was the first time that I had seen the Tower or any of the other famous sights.
一、单项选择题
1．(2017·泉州检测)有一个质量为 3m 的爆竹斜向上抛出，到
达最高点时速度大小为 v0、方向水平向东，在最高点爆炸成 质量不等的两块，其中一块质量为 2m，速度大小为 v，方向
水平向东，则另一块的速度是( )
A．3v0－v
B．2v0－3v
C．3v0－2v
D．2v0＋v
解析：选 C.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可
三、非选择题 9．(2015·高考山东卷)如图， 三个质量相同的滑块 A、B、C，间隔相等地静置于同一水平 直轨道上．现给滑块 A 向右的初速度 v0，一段时间后 A 与 B 发生碰撞，碰后 A、B 分别以18v0、34v0 的速度向右运动，B 再与 C 发生碰撞，碰后 B、C 粘在一起向右运动．滑块 A、 B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极 短．求 B、C 碰后瞬间共同速度的大小．
解析：设滑块质量为 m，A 与 B 碰撞前 A 的速度为 vA，由题 意知，碰撞后 A 的速度 v′A＝18v0，B 的速度 vB＝34v0，由动 量守恒定律得 mvA＝mv′A＋mvB① 设碰撞前 A 克服轨道阻力所做的功为 WA，由能量守恒定律 得 WA＝12mv20－12mv2A②
设 B 与 C 碰撞前 B 的速度为 v′B，B 克服轨道阻力所做的功为 WB，由能量守恒定律得 WB＝12mv2B－12mv′2B③ 据题意可知
7．如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一 直线上运动．两球质量关系为 mB＝2mA，规定向右为正方向， A、B 两球的动量均为 6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰 撞后 A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．该碰撞为弹性碰撞 B．该碰撞为非弹性碰撞 C．左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2∶5 D．右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 1∶10
If I'd gone alone, I couldn't have seen nearly as much, because I wouldn't have known my way about.
。2021年3月9日星期二2021/3/92021/3/92021/3/9
• 15、会当凌绝顶，一览众山小。2021年3月2021/3/92021/3/92021/3/93/9/2021