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2022版高考物理一轮复习演练：专题6 第3讲 碰撞、爆炸、反冲
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这是一份2022版高考物理一轮复习演练：专题6 第3讲 碰撞、爆炸、反冲，共4页。
1．(2020年泸县四中期末)(多选)如图，一子弹水平飞行击穿一块原静止在光滑水平面上的木块，在子弹穿透木块的过程中( )
A．子弹和木块所受的冲量大小相等
B．子弹和木块的速度的变化量大小相等
C．子弹和木块的动量变化量大小相等
D．子弹和木块的动能变化量绝对值相等
【答案】AC
2．如图所示，光滑水平面上的木板右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3.0 kg，质量m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A．4.0 J B．6.0 J
C．3.0 J D．20 J
【答案】C
3．(2020年衡水名校调研)如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为( )
A．7∶5 B．1∶3
C．2∶1 D．5∶3
【答案】D
4．(2021届安徽名校质检)如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点．现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放．已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，g取10 m/s2．则碰后小滑块B的速度大小不可能是( )
A．5 m/sB．4 m/s
C．3 m/sD．2 m/s
【答案】A
5．(2020年山东名校一模)(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x．现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则( )
A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为 eq \f(x,2)
B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为 eq \f(2,3)x
C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为eq \f(3,2)mv2
D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2
【答案】AD 【解析】当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律可得kx＝2ma．当物块B的加速度大小为a时，有kx′＝ma，故x′＝eq \f(x,2)，A正确；取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得2meq \f(xA,t)－meq \f(xB,t)＝0，又因为xA＋xB＝x，解得物块A的位移为xA＝eq \f(x,3)，B错误；由动量守恒定律可得0＝2mv－mvB，得物块B刚离开弹簧时的速度为vB＝2v，由系统机械能守恒可得物块开始运动前弹簧的弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)·2mv2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝3mv2，C错误，D正确．
综合提升练
6．(多选)矩形滑块由上、下两层不同的材料粘在一起组成，放在光滑的水平面上，子弹水平射向滑块，若射击上层，子弹刚好不穿出，若射击下层，子弹刚好完全嵌入，如图所示，从子弹击中滑块到与滑块相对静止过程中，下列说法正确的是( )
A．两次子弹对滑块做的功一样多
B．子弹嵌入上层过程中对滑块做的功多
C．两次滑块所受的水平方向的冲量一样大
D．两次子弹击中滑块过程中系统产生的热量一样多
【答案】ACD
7．(2020年大同名校联考)(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上且长为l，上表面OA段光滑，AB段粗糙，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F．质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则( )
A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为eq \f(F,M)
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为eq \f(1,2)mv2
D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为eq \f(v2,2gl)
【答案】ABD 【解析】细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有F＝Ma，解得a＝eq \f(F,M)，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2，B正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于eq \f(1,2)mv2，C错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝eq \f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v′，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，Ep＝eq \f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，联立解得μ＝eq \f(v2,2gl)，D正确．
8．(2020届菏泽一模)如图所示，长木板AB和光滑四分之一圆弧轨道在B点平滑连接成一个整体，放置在光滑的水平面上，长木板和圆弧轨道的总质量M＝3 kg，一个质量m＝0.98 kg的物块放在木板AB的中点，一颗质量m0＝20 g的子弹以初速度v0＝100 m/s射入物块并留在物块中(子弹射入物块时间极短，可忽略不计)，木板的长度L＝1 m，取g＝10 m/s2．
(1)要使物块能滑上圆弧轨道，物块与长木板间的动摩擦因数应该满足什么条件？
(2)若物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.15，物块从被子弹击中到运动至B点，需要多长时间？
解：(1)子弹射入物块过程，根据动量守恒定律，有
m0v0＝(m0＋m)v1，
解得v1＝2 m/s．
若物块刚好滑到B点时与木板有共同速度，则
(m0＋m)v1＝( m0＋m＋M)v2，
解得v2＝0.5 m/s．
根据功能关系
μ(m0＋m)g·eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)(m0＋m)veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(m0＋m＋M)veq \\al(2,2)，
解得μ＝0.3．
因此，要使物块能滑上圆弧轨道，物块与长木板间的动摩擦因数应小于0.3．
(2)设物块到达B点时，物块和木板与圆弧轨道组成的整体各自的速度分别是va，vb，需要的时间为t．
对物块，由动量定理，得
－μ(m＋m0)gt＝(m＋m0)va－(m＋m0)v1，
对木板和圆弧轨道，由动量定理，得μ(m＋m0)gt＝Mvb，
物块滑到B点时，有eq \f(v1＋va,2)t－eq \f(vb,2)t＝eq \f(L,2)，
可解得t＝eq \f(2－\r(2),2) s，另一解不符合题意，舍去．
因此木板和圆弧轨道在物块上升到最高点时的速度为0.5 m/s．
1．(2020年泸县四中期末)(多选)如图，一子弹水平飞行击穿一块原静止在光滑水平面上的木块，在子弹穿透木块的过程中( )
A．子弹和木块所受的冲量大小相等
B．子弹和木块的速度的变化量大小相等
C．子弹和木块的动量变化量大小相等
D．子弹和木块的动能变化量绝对值相等
【答案】AC
2．如图所示，光滑水平面上的木板右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3.0 kg，质量m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A．4.0 J B．6.0 J
C．3.0 J D．20 J
【答案】C
3．(2020年衡水名校调研)如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为( )
A．7∶5 B．1∶3
C．2∶1 D．5∶3
【答案】D
4．(2021届安徽名校质检)如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点．现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放．已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，g取10 m/s2．则碰后小滑块B的速度大小不可能是( )
A．5 m/sB．4 m/s
C．3 m/sD．2 m/s
【答案】A
5．(2020年山东名校一模)(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x．现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则( )
A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为 eq \f(x,2)
B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为 eq \f(2,3)x
C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为eq \f(3,2)mv2
D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2
【答案】AD 【解析】当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律可得kx＝2ma．当物块B的加速度大小为a时，有kx′＝ma，故x′＝eq \f(x,2)，A正确；取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得2meq \f(xA,t)－meq \f(xB,t)＝0，又因为xA＋xB＝x，解得物块A的位移为xA＝eq \f(x,3)，B错误；由动量守恒定律可得0＝2mv－mvB，得物块B刚离开弹簧时的速度为vB＝2v，由系统机械能守恒可得物块开始运动前弹簧的弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)·2mv2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝3mv2，C错误，D正确．
综合提升练
6．(多选)矩形滑块由上、下两层不同的材料粘在一起组成，放在光滑的水平面上，子弹水平射向滑块，若射击上层，子弹刚好不穿出，若射击下层，子弹刚好完全嵌入，如图所示，从子弹击中滑块到与滑块相对静止过程中，下列说法正确的是( )
A．两次子弹对滑块做的功一样多
B．子弹嵌入上层过程中对滑块做的功多
C．两次滑块所受的水平方向的冲量一样大
D．两次子弹击中滑块过程中系统产生的热量一样多
【答案】ACD
7．(2020年大同名校联考)(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上且长为l，上表面OA段光滑，AB段粗糙，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F．质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则( )
A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为eq \f(F,M)
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为eq \f(1,2)mv2
D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为eq \f(v2,2gl)
【答案】ABD 【解析】细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有F＝Ma，解得a＝eq \f(F,M)，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2，B正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于eq \f(1,2)mv2，C错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝eq \f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v′，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，Ep＝eq \f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，联立解得μ＝eq \f(v2,2gl)，D正确．
8．(2020届菏泽一模)如图所示，长木板AB和光滑四分之一圆弧轨道在B点平滑连接成一个整体，放置在光滑的水平面上，长木板和圆弧轨道的总质量M＝3 kg，一个质量m＝0.98 kg的物块放在木板AB的中点，一颗质量m0＝20 g的子弹以初速度v0＝100 m/s射入物块并留在物块中(子弹射入物块时间极短，可忽略不计)，木板的长度L＝1 m，取g＝10 m/s2．
(1)要使物块能滑上圆弧轨道，物块与长木板间的动摩擦因数应该满足什么条件？
(2)若物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.15，物块从被子弹击中到运动至B点，需要多长时间？
解：(1)子弹射入物块过程，根据动量守恒定律，有
m0v0＝(m0＋m)v1，
解得v1＝2 m/s．
若物块刚好滑到B点时与木板有共同速度，则
(m0＋m)v1＝( m0＋m＋M)v2，
解得v2＝0.5 m/s．
根据功能关系
μ(m0＋m)g·eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)(m0＋m)veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(m0＋m＋M)veq \\al(2,2)，
解得μ＝0.3．
因此，要使物块能滑上圆弧轨道，物块与长木板间的动摩擦因数应小于0.3．
(2)设物块到达B点时，物块和木板与圆弧轨道组成的整体各自的速度分别是va，vb，需要的时间为t．
对物块，由动量定理，得
－μ(m＋m0)gt＝(m＋m0)va－(m＋m0)v1，
对木板和圆弧轨道，由动量定理，得μ(m＋m0)gt＝Mvb，
物块滑到B点时，有eq \f(v1＋va,2)t－eq \f(vb,2)t＝eq \f(L,2)，
可解得t＝eq \f(2－\r(2),2) s，另一解不符合题意，舍去．
因此木板和圆弧轨道在物块上升到最高点时的速度为0.5 m/s．
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