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】2025-2026学年高二物理寒假作业

高二物理寒假作业（十） 知一识点一记 1.碰撞的分类 m11+m2u2=m10'1 碰撞过程 中两物体 +m2u2 2m14+ 弹性 总动量守 碰撞 2n2u2= 1 恒，总动 m1+ 能守恒 2m m1v1十m2v2=m101 碰撞过程 2 非弹 中两物体 +m202 21℃+ 性碰 总动量守 1 撞 恒，总动 2m,> m1+ 能减少 2m2u号 2.处理碰撞问题的三个原则 (1)动量守恒，即p1十p2=p',十p2: (2)动能不增加，即E1十E2≥E1十E2. ①碰前两物体同向，则后>前， 碰后原来在前的物体速度一定 增大，且前≥v后 (3)速度 ②两物体相向运动，碰后两物体 要合理 的运动方向不可能都不 改变，除非两物体碰撞后速度 均为零 3.反冲运动的三个特点 (1)物体的不同部分在内力作用下向相 反方向运动. (2)反冲运动中，相互作用的内力一般情 况下远大于外力或在某一方向上内力远 弹性碰撞和非弹性碰撞 反冲现象 火箭 大于外力，所以可以用动量守恒定律或 在某一方向上应用动量守恒定律来 处理， (3)反冲运动中，由于有其他形式的能转 化为机械能，所以系统的总动能增加. 4.对火箭原理的理解和应用 (1)火箭燃料燃尽时火箭获得的最大速 度由喷出燃气的速度“和质量比M(火 箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体 质量之比)两个因素决定 (2)火箭喷气属于反冲类问题，是动量守 恒定律的重要应用.在火箭运动的过程 中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不 断减小，对于这一类的问题，可选取火箭 本身和在相互作用的时间内喷出的全部 气体为研究对象，取相互作用的整个过 程为研究过程，运用动量守恒的观点解 决问题， 精典题=练 1.最近，我国为“长征九号”研制的大推力 新型火箭发动机联试成功，这标志着我 国重型运载火箭的研发取得突破性进 展.若某次实验中该发动机向后喷射的 气体速度约为3km/s,产生的推力约为 4.8×10°N,则它在1s时间内喷射的气 体质量约为 ( ) A.1.6×102kg B.1.6×103kg C.1.6×103kg D.1.6×10kg 27 2.将静置在地面上，质量为M(含燃料)的 火箭模型点火升空，其在极短时间内以 相对地面的速度。竖直向下喷出质量为 m的炽热气体.忽略喷气过程中重力和 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 ( A.jv B.M U0 m M C.M-m0 m D.M一m 00 3.如图所示，设质量为 M的导弹运动到空 中最高点时的速度为 v。,突然炸成两块，质量为m的一块以速 度v沿v。的方向飞去，则另一块() A.一定沿u,的方向飞去 B.一定沿。的反方向飞去 C.可能做自由落体运动 D.以上说法都不对 4.如图所示，一个质量为m的物块A与 一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后 B物块刚好能落入正前方的沙坑中.假 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 距离x=0.5m,g取10m/s2.物块可视 为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为 一x=0.5m A.0.5m/s B.1.0m/s C.1.5m/s D.2.0m/s ·28 5.在光滑的水平面上，有a、 b两球，其质量分别为 ma、mb,两球在t。时刻发 0 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 度图像如图所示，下列关系正确的是 ( A.m>mp B.ma-mo C.ma=mo D.无法判断 6.如图所示，A、B两小 球在光滑水平面上， B 分别以动量p1=4kg·m/s和2= 6kg·m/s(向右为正方向)做匀速直线 运动，则在A球追上B球并与之碰撞的 过程中，两小球的动量变化量△卫1和 △2可能分别为 ( A.-2kg·m/s,3kg·m/s B.-8kg·m/s,8kg·m/s C.1kg·m/s,-1kg·m/s D.-2kg·m/s,2kg·m/s 7.甲、乙两铁球质量分别是m=1kg,m2= 2kg,在光滑平面上沿同一直线运动，速 度分别是v1=6m/s、v2=2m/s.甲追上 乙发生正碰后两物体的速度有可能是 A.o1'=7m/s,02=1.5m/s B.v1'=2m/s,w2'=4m/s C.w1'=3.5m/s,w2=3m/s D.1=4m/s,2=3m/s 8.（多选)某研究小组 2 通过实验测得两滑 10 8 块碰撞前后运动的 实验数据，得到如 图所示的位移一时间图像.图中的线段 a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条 直线运动的滑块I、Ⅱ和它们发生正碰 后的结合体的位移随时间的变化关系. 已知滑块相互作用时间极短，由图像给 出的信息可知 A.碰前滑块I与滑块Ⅱ速度大小之比为 5:2 B.碰前滑块I的动量比滑块Ⅱ的动量大 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的质量的日 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 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0，和两球碰撞后摆起的 最大角度02，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 10.如图所示，竖直平面 内的光滑水平轨道 的左边与墙壁对接，右边与一个足够高 的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A,B 静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分 别为1.5kg和0.5kg.现让A以6m/s 的速度水平向左运动，之后与墙壁碰 撞，碰撞的时间为0.3s,碰后的速度大 小变为4m/s.当A与B碰撞后会立即 粘在一起运动，g取10m/s2,求： (1)在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对 A的平均作用力的大小； (2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度.系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物 体相对于水平面也静止，由能量守恒得mgx= mgR,x=R/4,选项A正确，B、C、D错误. 4.A规定水平向左为正方向，两车刚好不相撞即 最后两车速度相等，设相等的速度为v.对两辆 车、两人以及所有货包组成的系统，由动量守恒 定律得12m℃o一10mv=(12m+10m)v,解得 -费设为使两车不相撞，乙车上的人应抛出 货包的最小数量为，以乙及乙车上的人和货包 为系统，由动量守恒定律得12m0=（12m一1· )十n·得，由题知=1w,解得n=10 个，选项A正确. 5.A碰撞后A球的动量增量为一4kg·m/s,则 B球的动量增量为4kg·m/s,所以碰后A球的 动量为2kg·m/s,B球的动量为10kg·m/s,即 mA0a=2kg·m/s,mB)B=10kg·m/s,且mB= 2nA,v:vB=2:5,所以，选项A正确. 6.BA.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 弹力方向垂直于接触面向上，与Q前后移动连 线为位移夹角大于90°，所以P对Q做功不为 0,故A错误；B.Q在P上运动过程，P和Q构 成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，P、Q 之间的弹力做功之和必为零，故B正确；CD.因 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 受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖 直方向上Q有加速度，即竖直方向上不守恒，故 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 向动量守恒，系统初动量为零，所以末态A车与 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. 8.ACA图中子弹和木块组成的系统在水平方 向上不受外力，竖直方向所受合力为零，该系统 动量守恒；B图中在弹簧恢复原长的过程中，系 统在水平方向上始终受墙的作用力，系统动量 不守恒；C图中木球与铁球组成的系统所受合 ·5 力为零，系统动量守恒；D图中木块下滑过程 中，斜面体始终受到挡板的作用力，系统动量不 守恒 9.解析：(1)规定向右为速度正方向.冰块在斜面 体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设 此共同速度为v,斜面体的质量为3，由水平方 向动量守恒和机械能守恒定律得 1m2v20=（m2十m3)v ① m:w2=号(m:十m,)p+m:8h 1 ② 式中v2o=一3m/s为冰块推出时的速度，联立 ①②式并代入题给数据得m3=20kg ③ (2)设小孩推出冰块后的速度为1，由动量守恒 定律有 1m1U1十m2V2o=0 ④ 代入数据得U1=1m/s ⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为2和3， 由动量守恒和机械能守恒定律有 1n2V20=1n2V2十n3V3 ⑥ 1 2 ⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1m/s ⑧ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块 后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩. 答案：见解析 10.解析：滑环固定时，根据机械能守恒定律，有 MgL=Mi,解得w=V2gL. 滑环不固定时，物块的初速度仍为。，在物块 摆起至最大高度h时，它们的速度都为.在此 过程中，物块和滑环组成的系统机械能守恒， 水平方向动量守恒，则：M。=(m十M)v, 号MG=(m+MWd+Mgh, 由以上各式，可得h=m山 答案：。 弹性碰撞和非弹性碰撞 高二物理寒假作业（十） 反冲现象火箭 1.B根据动量定理有F△t=△mu一0，解得△m= △t F=4.8X10N=1.6X102kg/5,所以选项B v3000m/s 正确。 2.D根据动量守恒定律mv=(M-m)v,得v= 严选项D正扇 3.C以整个导弹为研究对象，取的方向为正 方向.根据爆炸的瞬间，系统在水平方向上动量 守恒，有Mo=(M一m)v'十mw,则得另一块的 建度为--四若NM,>m0,则>0， 说明另一块沿vo的方向飞去；若Mvo<mw,则 v'<0,说明另一块沿U。的反方向飞去；若M0 =v,则v=0,说明另一块做自由落体运动，故 选C. 4.C碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得一以· 2mgx-0-号·2m心，代入数据得u=1m/s, 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 mo=mU1十2mu.由于没有机械能的损失，则有 md=号m+名·2md,联立解得= 1.5m/s,选项C正确. 5.B由题图知a球以初速度与原来静止的b球 碰撞，碰后a球反弹，且速度小于a球的初速度 大小，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 m=观。十m,以及之观=名现，”十 2mw”,可得'=化%’-2 1 m十n ma十n 因v.'<0,所以m。<w,选项B正确. 6.D碰撞过程中动量守恒，即满足p1十p2=（p, 十△p1)十（p2十△p2).A项，因为不满足动量守 恒，故A错误；B项，碰撞过程中还要满足动能 不增加，即十≥p十p) 十 2m2 2m1 (p:十△p:),代入教据知B不满足，故B错误； 2m2 C项，因为两球在碰撞前是同向运动，所以碰撞 后还要满足B球的速度增加，A球的速度减小 或反向，而C选项给出的情况是碰撞后A球的 速度增加，而B球的速度减小，所以不符合情 景，故C错误；D都满足，故D正确. 7.B选项A和B均满足动量守恒条件，但选项 A碰后总动能大于碰前总动能，选项A错误， B正确；选项C不满足动量守恒条件，错误；选 ·54 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 理，选项D错误. 8.AD根据s一t图像的斜率等于速度，可得碰撞 前滑块I的建度为一号m-2m大小 为2m/s,滑块Ⅱ的速度为=号m/s 0.8m/s,则碰前速度大小之比为5：2，A正确； 碰撞前、后系统动量守恒，碰撞前，滑块I的速 度为负，动量为负，滑块Ⅱ的速度为正，动量为 正，由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为 正，故碰撞前滑块「的动量比滑块Ⅱ的动量小， B错误；碰撞后的共同速度为0=6二4 5m/s= 0.4m/s,根据动量守恒定律，有m1w1十m22= （m十m2)v,代入数据可得m=6m2,D正确： E 碰前滑块【与滑块Ⅱ的动能之比为 2n1 1 =m1.() 2n, 712 票所以速清块I的 动能比滑块Ⅱ的动能大，C错误. 9.解析：A球由静止释放到两球碰撞前，根据机械 能守恒定律，有 magl(1-cos 0)=2mA 两球碰撞后到一起运动到最高点，根据机械能 守恒定律，有 (mA十ma)gl(1-cos02)= (ma十mg)2, 1 又碰撞中的不变量满足mAVA=（mA十mB)U, 所以用测得的物理量表示碰撞中的不变量的关 系式为 mAv1-cos =(ma+mB)1-cos 02. 答案：A球的质量A和B球的质量B mAv1-cos 0=(mA+mB)1-cos 02 10.解析：(1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰 撞时，根据动量定理有 Ft=mav-mA(-v), 解得F=50N. (2)设碰撞后A、B的共同速度为V,根据动量 守恒定律有mA01′=(A十B)0, A、B在光滑圆孤轨道上滑动时机械能守恒，由 机械能守恒定律得 2(mA+mB)元=(mA十mB)gh) 解得h=0.45m. 答案：(1)50N(2)0.45m 高二物理寒假作业（十一） 简谐运动简谐运动的描述 1.B由简谐运动的特点可知，位移是指由平衡位 置指向振子所在位置的有向线段，由4=_四 n 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 程.物体回到原位置，位移、速度、回复力的大小 和方向第一次同时恢复原来的大小和方向，因 此D项正确. 3.C由简谐运动的位移随时间变化的关系式 x=5sin5πt(cm),可知圆频率w=5π，则周期 T=2r-2红s=0.45,A错误；1个周期内运动 w5π 的路程为4A=20cm,所以前1s内质点运动的 路程是=斤·4A=2.5X20cm=50cm,B错 误；0.4s到0.5s质点由平衡位置向最大位移 处运动，速度减小，C正确；t=0.6s时，质点经 过平衡位置，动能最大，D错误. 4.B物块A、B紧挨在一起平衡时，弹簧压缩量 A,=mA十mB kgsin0,移走B后，A平衡时弹簧 压缩量△x2=mag sin0 ,因此，A的最大位移= △x-A.2="ng sin0 ,A、C错误；又t=0时， k 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 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 位移处的时间1，相等，则了=1十2弘，=2s,即 T=4S,由过程的对称性可知，质点在这2s内 通过的路程恰为2A,即2A=12cm,A=6cm, 故B项正确 ·5 6.D由两振动方程知，它们的振幅都为6cm,周 期T=2红=8=0.02s,相位差△p=否，故 w100π A、B、C三项表述正确；但由于它们的相位不同， 故振动步调不一致，D项错误 7.B第一次是当a运动到平衡位置O处时，将一 质量为m的小物块b轻轻地放在a上，由于b “轻轻”放到a上时水平方向的速度可以看作0， 设放前Q运动到平衡位置的速度为v,放后整体 的速度为v',由动量守恒定律得Mu=(m十M)', 所以'=M, m十M:此过程中系统的动能变化量 △E=2M。-2(m+Mu-Mnd 2m+M>0,可 知当Q运动到平衡位置O处时，将一质量为m 的小物块b轻轻地放在α上的过程中，系统的 机械能有一定的损失；当a运动到最大位移C 处将一质量为m的小物块b轻轻地放在a上 时，由于二者水平方向的速度都是0，所以不会 有机械能的损失，系统振动的振幅不变.由以上 分析可知，第一种情况系统振动的机械能有损 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A2,选项B正确. 8.ACD从图像可以看出，t=0时刻，振子在正的 最大位移处，因此是从正的最大位移处开始计 时画出的图像，A项正确；1时刻以后振子的位 移为负，因此该时刻振子正通过平衡位置向负 方向运动，B项错误；2时刻振子在负的最大位 移处，因此可以说是在最大位移处，C项正确； 3时刻以后，振子的位移为正，所以该时刻振子 正通过平衡位置向正方向运动，D项正确. 9.解析：(1)放手后小球到达平衡位置时，弹簧伸长 了，则mg一r,=贤x也是振动过程中小球 离平衡位置的最大距离，所以小球从放手运动 到最低，点，下降高度为2x,即2g.(2)小球在最 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 相等为g 答案：1)2 (2)g