寒假作业(十) 弹性碰撞和非弹性碰撞反冲现象 火箭-【步步维赢·优练必刷】2024-2025学年高二物理寒假作业

弹性碰撞和非弹性碰撞 高二物理寒假作业(士) 反冲现象 火箭 大于外力,所以可以用动量守恒定律或 一知=识一点一记 在某一方向上应用动量守恒定律来 1.碰撞的分类 处理. mv+mu2=mv'1 (3)反冲运动中,由于有其他形式的能转 碰撞过程 十nu'。 化为机械能,所以系统的总动能增加 中两物体 #2”十# 弹性 4.对火箭原理的理解和应用 总动量守 碰撞 (1)火箭燃料燃尽时火箭获得的最大速 恒,总动 ###}# 能守恒 (火 #m.v.+mv2=m.v’ 箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体 碰撞过程 #+m#&。 ###}# 质量之比)两个因素决定 非弹 中两物体 (2)火箭喷气属于反冲类问题,是动量守 性碰 总动量守 恒定律的重要应用,在火箭运动的过程 恒,总动 ## 中,随着燃料的消耗,火箭本身的质量不 能减少 断减小,对于这一类的问题,可选取火箭 2.处理碰撞问题的三个原则 本身和在相互作用的时间内喷出的全部 (1)动量守恒,即+=p’,+’ 气体为研究对象,取相互作用的整个过 (2)动能不增加,即E十EE+E 程为研究过程,运用动量守恒的观点解 ①碰前两物体同向,则后 决问题. 碰后原来在前的物体速度一定 一精一典一题一练一 增大,且'二后 (3)速度 ②两物体相向运动,碰后两物体 1.最近,我国为“长征九号”研制的大推力 要合理 的运动方向不可能都不 新型火箭发动机联试成功,这标志着我 改变,除非两物体碰撞后速度 国重型运载火箭的研发取得突破性进 均为零 展,若某次实验中该发动机向后喷射的 3.反冲运动的三个特点 气体速度约为3km/s,产生的推力约为 (1)物体的不同部分在内力作用下向相 4.8×10{}N,则它在1s时间内喷射的气 体质量约为 反方向运动. ( ) (2)反冲运动中,相互作用的内力一般情 A. 1.6×10^{}kg B.1.6×103}kg C.1.6×10{kg 况下远大于外力或在某一方向上内力远 D.1.6×10{kg ·27· 2.将静置在地面上,质量为M(含燃料)的 5.在光滑的水平面上,有a。 火箭模型点火升空,其在极短时间内以 b两球,其质量分别为 相对地面的速度v竖直向下喷出质量为 n.、m,两球在t。时刻发 n的炽热气体,忽略喷气过程中重力和 生正碰,并且在碰撞过程 空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模 中无机械能损失,两球在碰撞前后的速 ( 型获得的速度大小是 ) 度图像如图所示,下列关系正确的是 #A.# ( #### _~ A.m.>m D.M#0# B.m._m. n C.m.-m D.无法判断 3.如图所示,设质量为 6.如图所示,A、B两小 M的导弹运动到空 球在光滑水平面上, A 中最高点时的速度为 分别以动量b=4kg·m/s和= v.,突然炸成两块,质量为m的一块以速 6 kg·m/s(向右为正方向)做匀速直线 度v沿v。的方向飞去,则另一块( ) 运动,则在A球追上B球并与之碰撞的 A.一定沿v。的方向飞去 过程中,两小球的动量变化量△和 B.一定沿v。的反方向飞去 ( △。可能分别为 ) C.可能做自由落体运动 A.-2 kg·m/s,3 kg·m/s D.以上说法都不对 B.-8 kg·m/s,8 kg·m/s 4.如图所示,一个质量为的物块A与另 C. 1 kg·m/s,-1 kg·m/s 一个质量为2n的物块B发生正碰,碰后 D. -2kg·m/s,2 kg·m/s B物块刚好能落入正前方的沙坑中,假 7.甲、乙两铁球质量分别是m=1kg,m= 如碰撞过程中无机械能损失,已知物块B 与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的 2 kg,在光滑平面上沿同一直线运动,速 距离x=0.5m,g取10m/s{.物块可视 度分别是v=6m/s、v=2m/s.甲追上 为质点,则碰撞前瞬间A的速度大小为 乙发生正碰后两物体的速度有可能是 ) ( ( ) A.v'-7m/s,v'-1.5m/s 1--0.5m B.v.'-2m/s,v'-4m/s C.v'-3.5m/s,v'-3m/s A.0.5m/s B.1.0m/s D.2.0m/s C. 1.5m/s D. v.'-4m/s,v'-3m/s .28. 8.(多选)某研究小组 .sm 10.如图所示,竖直平面 通过实验测得两滑 内的光滑水平轨道 块碰撞前后运动的 的左边与墙壁对接,右边与一个足够高 实验数据,得到如 的光滑圆狐轨道平滑相连,木块A、B 图所示的位移一时间图像,图中的线段 静置于光滑水平轨道上,A、B的质量分 a、、c分别表示沿光滑水平面上同一条 别为1.5kg和0.5kg.现让A以6m/s 直线运动的滑块I、II和它们发生正碰 的速度水平向左运动,之后与墙壁碰 后的结合体的位移随时间的变化关系 撞,碰撞的时间为0.3s,碰后的速度大 已知滑块相互作用时间极短,由图像给 小变为4m/s.当A与B碰撞后会立即 出的信息可知 粘在一起运动,g取10m/s^{},求; A.碰前滑块I 与滑块II速度大小之比为 (1)在A与墙壁碰撞的过程中,墙壁对 5:2 A的平均作用力的大小; B. 碰前滑块I的动量比滑块II的动量大 (2)A、B滑上圆孤轨道的最大高度, C.碰前滑块I的动能比滑块II的动能小 D. 滑块I的质量是滑块II的质量的 9.某同学采用如图所示的装 置探究碰撞中的不变量,把 两个小球用等长的细线悬 OB 挂于同一点,让B球静止 拉起A球,由静止释放后使它们相碰,碰 后粘在一起,实验过程中,除了要测量A 球被拉起的角度,和两球碰撞后摆起的 最大角度。,还需测量 (写出物理量的名称和符号)才能进 行验证,用测量的物理量表示碰撞中的 不变量的关系式是 · 29·系统水平方向的总动量仍为零,则小车和小物 力为零,系统动量守恒;D图中木块下滑过程 体相对于水平面也静止,由能量守恒得mgx= 中,斜面体始终受到挡板的作用力,系统动量不 mgR,x=R/u,选项A正确,B、C、D错误. 守恒. 4.A 规定水乎向左为正方向,两车刚好不相撞即 9.解析:(1)规定向右为速度正方向,冰块在斜面 最后两车速度相等,设相等的速度为v.对两辆 体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设 车、两人以及所有货包组成的系统,由动量守恒 此共同速度为v,斜面体的质量为m,由水平方 定律得12mv-10mv。=(12m+10m)v,解得 向动量守恒和机械能守恒定律得 mvo-(m+m)v ① 2m:v20} 货包的最小数量为n,以乙及乙车上的人和货包 式中v=一3m/s为冰块推出时的速度,联立 为系统,由动量守恒定律得12mv。=12m-n· ①②式并代入题给数据得m。-20kg ③ (2)设小孩推出冰块后的速度为,由动量守恒 定律有 个,选项A正确。 mv+mvo-0 ④ 5.A 碰撞后A球的动量增量为一4kg·m/s,则 代入数据得v-1m/s B球的动量增量为4kg·m/s,所以碰后A球的 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v。和v3! 动量为2kg·m/s,B球的动量为10kg·m/s,即 由动量守恒和机械能守恒定律有 m-2kg·m/s,mgu-10kg·m/s,且 mn= n.o-n:+n 2mA.v:u-2:5,所以,选项A正确. 2m。v2o} #”。 2m。} 6.B A.P对Q有弹力的作用,并且在力的方向 上有位移,在运动中,P会向左移动,P对Q的 联立③式并代入数据得v一1m/s 弹力方向垂直千接触面向上,与Q前后移动连 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块 线为位移夹角大于90^{},所以P对Q做功不为 后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩 0.故A错误;B.Q在P上运动过程,P和Q构 答案:见解析 成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,P、Q 10.解析:滑环固定时,根据机械能守恒定律,有 之间的弹力做功之和必为零,故B正确;CD.因 MgL- 为系统只有系统内力和重力的作用,所以该P、 Q组成的系统机械能守恒,系统水平方向上不 滑环不固定时,物块的初速度仍为v,在物块 摆起至最大高度h时,它们的速度都为v.在此 受外力的作用,水平方向上动量守恒,但是在竖 过程中,物块和滑环组成的系统机械能守恒; 直方向上Q有加速度,即竖直方向上不守恒,故 水平方向动量守恒,则;Mv。一(m+M)v. C、D错误. 7.B 人由A车跳上B车,又由B车跳回A车的 整个过程中,人与A、B两车组成的系统水平方 由以上各式,可得- 向动量守恒,系统初动量为零,所以末态A车与 M. 人的动量与B车的动量大小相等、方向相反,而 人站在A车上,故A车的速度小于B车的速 度,选项B正确. 弹性碰撞和非弹性碰撞 高二物理寒假作业(十) 反冲现象 8.AC A图中子弹和木块组成的系统在水平方 火箭 .△n二 向上不受外力,竖直方向所受合力为零,该系统 1.B 根据动量定理有F△t一△mv-0,解得 2 动量守恒;B图中在弹策恢复原长的过程中,系 F4.8X10{N 3000m/s 统在水平方向上始终受墙的作用力,系统动量 -1.6X10*}kg/s,所以选项B 不守恒;C图中木球与铁球组成的系统所受合 正确: .53. 2.D 根据动量守恒定律mv。=(M一m)v,得= 项D满足动量守恒条件,且碰后总动能小于碰 前总动能,但碰后甲球速度大于乙球速度,不合 M-m 理,选项D错误 3.C 以整个导弹为研究对象,取v。的方向为正 8.AD 根据s-1图像的斜率等于速度,可得碰撞 方向,根据爆炸的瞬间,系统在水平方向上动量 前滑块I的速度为-4-14 m/s=-2m/s,大小 守恒,有Mu一(M一m)v+nv,则得另一块的 5 Mo。-nv 速度为'一 M-m .若Mvmv,则v'0. 说明另一块沿v。的方向飞去;若Mv。 mv,则 0.8m/s,则碰前速度大小之比为5:2,A正确; 之0,说明另一块沿v。的反方向飞去;若Mv 碰撞前、后系统动量守恒,碰撞前,滑块I的速 一mv,则v一0,说明另一块做自由落体运动,故 度为负,动量为负,滑块II的速度为正,动量为 选C. 正,由于碰撞后动量为正,故碰撞前总动量也为 4.C 碰撞后B做匀减速运动,由动能定理得一· 正,故碰撞前滑块I的动量比滑块II的动量小, B错误;碰撞后的共同速度为-6-4 ·2mv{,代入数据得v-1m/s. 5 m/s一 2 0.4m/s,根据动量守恒定律,有mv.十mv。= A与B碰撞的过程中,A与B组成的系统在水 平方向的动量守恒,选取向右为正方向,则有 6m,D正确; nv.一mv十2mv.由于没有机械能的损失,则有 碰前滑块I与滑块II的动能之比为 1.5m/s,选项C正确. 1。 5.B 由题图知a球以初速度与原来静止的球 。 #{} 碰撞,碰后a球反弹,且速度小于a球的初速度 动能比滑块II的动能大,C错误 大小,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 9.解析;A球由静止释放到两球碰撞前,根据机械 m..-mv'+mv'以及 2m。”2 能守恒定律,有 2m.。' n.十m m.+n. 因' o,所以m. m,选项B正确. 两球碰撞后到一起运动到最高点,根据机械能 6.D 碰撞过程中动量守恒,即满足力十力。=( 守恒定律,有 十△力)十(p。十△力。).A项,因为不满足动量守 (m+m)gl(1-cos0)- 恒,故A错误:B项,碰撞过程中还要满足动能 又碰撞中的不变量满足mAvA=(m十m)v. 不增加,即 (十△){} 士 2m 2m. 2n. 所以用测得的物理量表示碰撞中的不变量的关 系式为 (。十△。){} 一,代入数据知B不满足,故B错误; 2m m 1-cos0=(m+m)1-cosθ. C项,因为两球在碰撞前是同向运动,所以碰撞 答案:A球的质量m;和B球的质量: 后还要满足B球的速度增加,A球的速度减小 m 1-cos0=(m+m)/1-cos 或反向,而C选项给出的情况是碰撞后A球的 10.解析:(1)设水平向右为正方向,当A与墙壁碰 速度增加,而B球的速度减小,所以不符合情 撞时,根据动量定理有 景,故C错误;D都满足,故D正确. Ft=m v'-m(-v), 7.B 选项A和B均满足动量守恒条件,但选项 解得F-50N. A碰后总动能大于碰前总动能,选项A错误, (2)设碰撞后A、B的共同速度为v,根据动量 B正确;选项C不满足动量守恒条件,错误;选 守恒定律有mAv'一(m+m)v ·54. A、B在光滑圆狐轨道上滑动时机械能守恒,由 6.D 由两振动方程知,它们的振幅都为6cm,周 机械能守恒定律得 期T-2π2- 100π A.B、C三项表述正确;但由于它们的相位不同, 解得h-0.45m. 故振动步调不一致,D项错误. 答案:(1)50N (2)0.45m 7.B 第一次是当a运动到平衡位置O处时,将一 高二物理寒假作业(十一) 质量为n的小物块b轻轻地放在a上,由于 简谐运动 简谐运动的描述 “轻轻”放到a上时水平方向的速度可以看作0; 1.B 由简谐运动的特点可知,位移是指由平衡位 设放前a运动到平衡位置的速度为v,放后整体 置指向振子所在位置的有向线段,由a一 的速度为v,由动量守恒定律得Mu一(m+M). m 所以v'_Mo MM.,此过程中系统的动能变化量 可知加速度方向与位移相反,速度与位移可能 同向,也可能反向,故选B 2.D 物体完成一次全振动,是一次完整的振动过 2m+M0,可 程,物体回到原位置,位移、速度、回复力的大小 知当a运动到平衡位置O处时,将一质量为m 和方向第一次同时恢复原来的大小和方向,因 的小物块轻轻地放在a上的过程中,系统的 此D项正确, 机械能有一定的损失;当a运动到最大位移C 3.C 由简谐运动的位移随时间变化的关系式 处将一质量为m的小物块b轻轻地放在a上 x一5sin5nt(cm),可知圆频率-5,则周期 时,由于二者水平方向的速度都是0,所以不会 r-2x2n s一0.4s,A错误;1个周期内运动 有机械能的损失,系统振动的振幅不变,由以上 5π 分析可知,第一种情况系统振动的机械能有损 的路程为4A一20cm,所以前1s内质点运动的 失,所以第一种情况下系统振动的振幅A.小于 第二种情况下的振幅A。,选项B正确. 误;0.4s到0.5s质点由平衡位置向最大位移 8.ACD 从图像可以看出,一0时刻,振子在正的 处运动,速度减小,C正确;t一0.6s时,质点经 最大位移处,因此是从正的最大位移处开始计 过平衡位置,动能最大,D错误 时画出的图像,A项正确;t时刻以后振子的位 4.B 物块A、B紧挨在一起平衡时,弹策压缩量 移为负,因此该时刻振子正通过平衡位置向负 m十m 方向运动,B项错误;t。时刻振子在负的最大位 △一 -gsin6,移走B后,A平衡时弹黄 移处,因此可以说是在最大位移处,C项正确; 压缩量△x。_mgsinθ t。时刻以后,振子的位移为正,所以该时刻振子 ,因此,A的最大位移一 正通过平衡位置向正方向运动,D项正确 mngsin8 △x-△x。= ,A、C错误;又z一0时 9.解析:(1)放手后小球到达平衡位置时,弹伸长 了x,则mg-kx,x-mg,x也是振动过程中小球 A在负位移最大值处,故B正确,D错误。 5.B 因质点通过M、N两点时速度相同,说明 离平衡位置的最大距离,所以小球从放手运动 M.N两点关于平衡位置对称,由时间的对称性 可知,质点由N到最大位移处,与由M到最大 高点时只受重力,其加速度为g,最低点和最高 点对平衡位置的位移大小相等,故加速度大小 T一4s,由过程的对称性可知,质点在这2s内 相等为g. 通过的路程恰为2A,即2A=12cm,A-6cm. 答案:(1)2mg # (2)g 故B项正确. ·55·