碰撞、动量与能量综合应用

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1、碰撞、动量与能量综合应用限时：45分钟　满分：100分一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分)1．水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v－t图象分别如图中OAB、OCD所示，图中AB∥CD，则(　　)A.F1的冲量大于F2的冲量B.F1的冲量等于F2的冲量C.两物体受到的摩擦力大小相等D.两物体受到的摩擦力大小不等解析：设F1、F2的作用时间分别为t1、t2，则由图知t1

2、，则加速度相同，由牛顿第二定律知，摩擦力Ff相同，故C选项正确，D选项错误；对a，由动量定理得：F1t1－Fft1＝mvA；对b同理可得：F2t2－Fft2＝mvC.由图象知：vA＝vC，t1F1t1，即A、B选项均错。答案：C2.(多选)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等。两者质量之比可能为(　　)A.2　　　　　　　　　B.3C.4D.5解析：由题意知：碰后两物块运动方向相同，动量守恒，

3、Mv＝Mv1＋mv2，又Mv1＝mv2，得出v1＝v、v2＝v，能量关系满足：Mv2≥Mv＋mv，把v1、v2代入求得≤3，故A、B正确。答案：AB3.(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图象。已知m1＝0.1kg。由此可以判断(　　)A.碰前m2静止，m1向右运动B.碰后m2和m1都向右运动C.由动量守恒可以算出m2＝0.3kgD.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能解析：由图乙可以看出，碰前m1位移随时间均匀增加，m2位移不变，可知m2静止，m1

4、向右运动，故A是正确的；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，即B错误；由图乙可以计算出碰前m1的速度v1＝4m/s，碰后的速度v′1＝－2m/s，m2碰前的速度v2＝0，碰后的速度v′2＝2m/s，由动量守恒m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，计算得m2＝0.3kg，故C是正确的；碰撞过程中系统损失的机械能ΔE＝m1v/2－m1v′/2－m2v′/2＝0，因此D是错误的。答案：AC4.(多选)如图，光滑水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为v，方向相

5、反。则两小球质量之比m1∶m2和碰撞前后动能变化量之比ΔEk1∶ΔEk2为(　　)A.m1∶m2＝1∶3B.m1∶m2＝1∶1C.ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3D.ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1解析：根据动量守恒定律：m1v＝－m1·v＋m2·v可得m1∶m2＝1∶3，A选项正确，B选项错误；碰后动能变化量分别为ΔEk1＝m1v2和ΔEk2＝m2v2＝m1v2，即ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1，C选项错误，D选项正确。答案：AD5.如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗

6、糙的水平面。现把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是(　　)A.其他量不变，R越大x越大B.其他量不变，μ越大x越大C.其他量不变，m越大x越大D.其他量不变，M越大x越大解析：两个物体组成的系统水平方向的动量是守恒的，所以当两物体相对静止时，系统水平方向的总动量为零，则两物体最终会停止运动，由能量守恒有μmgx＝mgR，解得x＝，故选项A是正确的。答案：A6.[2014·淮安市月考](多选)如图所示，一内外侧均

7、光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上。槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是(　　)A.小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B.小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒解析：小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，槽与竖直墙分离，水平方向

8、动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D正确；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A错误；小球经过最低点往上运动的过程中，槽往右运动，槽对小球的支持力对小球做负功，小球对槽的压力对槽做正功，系统机械能守恒，选项B错误，C正确。答案：CD7.2013年