2020年高考回归复习—力学解答题之反冲和类碰撞模型 含解析

高考回归复习—力学解答题之反冲与类碰撞模型1．如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2=0.4 kg的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m0=0.05 kg的子弹以水平速度v0=100 m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最终小物体以5 m/s的速度离开小车．g取10 m/s2．求：（1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小．（2）小车的长度．2．如图所示，内壁粗糙、半径R=0.4m的四分之一网弧轨道AB在最低点B处与光滑水平轨道BC相切。

质量m2=0.4kg的小球b左端连接一水平轻弹簧，静止在光滑水平轨道上，质量m1=0.4kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B的过程中克服摩擦力做功0.8J，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。

求：（1）小球a由A点运动到B点时对轨道的压力大小；（2）小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，a球的最小动能；（3）小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小。

3．光滑水平面上放着质量m A=1 kg的物块A与质量m B=2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能E p=49 J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5 m，B恰能到达最高点C．g 取10 m/s2，求：（1）绳拉断后B的速度v B的大小；（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；（3）绳拉断过程绳对A所做的功W．4．如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求：（1）碰撞过程中系统损失的机械能；（2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．5．如图所示，光滑水平面上有一质量M=4.0kg的带有圆弧轨道的小车，车的上表面是一段长L=1.0m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m的14光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O'点相切。

车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m=1.0kg的小物块紧靠弹簧放置，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.50，整个装置处于静止状态，现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A，取g=10m/s2，求：（1）解除锁定前弹簧的弹性势能；（2）小物块第二次经过O'点时的速度大小。

6．如图所示,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径R=0.6m,平台上静止放置着两个滑块A、B,m A=0.1kg,m B=0.2kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上。

小车质量为M=0.3kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q点,小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的,PQ间距离为L滑块B与PQ之间的动摩擦因数为μ=0.2,Q点右侧表面是光滑的。

点燃炸药后,A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度v A=6m/s,而滑块B则冲向小车。

两滑块都可以看作质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,且g=10m/s 2。

求：（1）滑块A 在半圆轨道最高点对轨道的压力;（2）若L =0.8m,滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能.7．如图，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h 。

一质量为m 的子弹以水平速度0v 射入物块后，以水平速度2v 射出。

重力加速度为g 。

（1）子弹射出后，木块的速度为多少？ （2）此过程中系统损失的机械能；（3）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。

8．如图所示，竖直光滑的半圆轨道ABC 固定在粗糙水平面上，直径AC 竖直。

小物块P 和Q 之间有一个被压缩后锁定的轻质弹簧，P 、Q 和弹簧作为一个系统可视为质点。

开始时，系统位于4处，某时刻弹簧解锁（时间极短）使P 、Q 分离，Q 沿水平面运动至D 点静止，P 沿半圆轨道运动并恰能通过最高点C ，最终也落在D 点。

已知P 的质量为m 1=0.4kg ，Q 的质量为m 2=0.8kg ，半圆轨道半径R =0.4m ，重力加速度g 取l0m/s 2，求：（I ）AD 之间的距离； （2）弹簧锁定时的弹性势能；（3）Q 与水平面之间的动摩擦因数。

（结果保留两位小数）9．如图，某人用手抓住一个箱子静止在足够长的光滑水平面上，已知人的质量为4m ，箱子质量为m.某时刻人以相对地面v 0的速度向右推出箱子，箱子与右侧墙壁碰 撞后以034v 的速度弹回，当人接到箱子后再以相对地面v 0的速度向右推出箱子，如此反复，求：（1）第一次推出箱子后人的速度大小v 1；（2）若每次箱子与右侧墙壁碰撞过程所用时间为t ，箱子所受墙壁的平均冲力的大小F ； （3）试通过计算推断人第二次推出箱子后，能否再次接到与墙壁碰撞弹回的箱子。

参考答案1.【答案】（1）4.5N s ⋅ （2）5.5m 【解析】（1）子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：0011()o m v m m v =+，可解得110/v m s =；对子弹由动量定理有：10I mv mv -=-， 4.5I N s =⋅ (或kgm/s)； （2）三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：0110122()()m m v m m v m v +=++；设小车长为L ，由能量守恒有：22220110122111()()222m gL m m v m m v m v μ=+-+- 联立并代入数值得L ＝5.5m ； 2.【答案】(1)8N ；(2)0；(3)0.8N·s 【解析】(1)设a 球运动到B 点时的速度为B v ，根据动能定理有211B12f m gR W m v -= 解得B 2m/s v =又因为2BN 11v F m g m R-= 解得N 8N F =由牛顿第三定律知小球a 对轨道的压力N N 8N F F '==(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用整个过程中，a 球始终做减速运动，b 球始终做加速运动，设a 球最终速度为1v ，b 球最终速度为2v ，由动量守恒定律和能量守恒得1B 1122m v m v m v =+2221B 1122111222m v m v m v =+ 解得10v =；22m/s v = 故a 球的最小动能为0。

(3)由(2)知b 球的最大速度为2m/s ，根据动量定理有220.4kg 2m/s 0.8N s I m v ==⨯=⋅3.【答案】（1）v B =5m/s （2）4N•s （3） 8J 【解析】（1）设B 在绳被拉断后瞬时的速率为v B ，到达C 点的速率为v C ，根据B 恰能到达最高点C 有：2c B B v F m g m R==向 对绳断后到B 运动到最高点C 这一过程应用动能定理：-2m B gR=12m B v c 2-12m B v B 2 解得：v B =5m/s ．（2）设弹簧恢复到自然长度时B 的速率为v 1，取向右为正方向， 弹簧的弹性势能转化给B 的动能，Ep=12m B v 12 根据动量定理有：I=m B v B -m B v 1 解得：I="-4" N•s ，其大小为4N•s（3）设绳断后A 的速率为v A ，取向右为正方向 根据动量守恒定律有：m B v 1=m B v B +m A v A 根据动能定理有：W=12m A v A 2 解得：W=8J4.【答案】（1）2014mv （2）20340v g 【解析】（1）小物块C 与A 发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得：mv 0=2mv 解得012v v =碰撞过程中系统损失的机械能为22011(2)22E mv m v =-损 解得2014E mv =损． （2）当AC 上升到最大高速时，ABC 系统的速度相等；根据动量守恒定律：01(3)mv m m m v =++ 解得1014v v =由能量关系：2200111122()4()2224mgh m v m v =⋅-⨯⨯ 解得2340v h g=5.【答案】（1）p 7.5J E =；（2）2.0m/s 。

【解析】（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，故小物块恰能到达圆弧最高点A 时，二者的共同速度为零；设弹簧解除锁定前的弹性势能为E P ，由能量守恒定律，则有P E mgR mgL μ=+代入数据，解除锁定前弹簧的弹性势能E P = 7.5J（2）设小物块第二次经过O '时的速度大小为v m ，此时平板车的速度大小为v M ，小物块在圆弧面上下滑动过程中，系统水平方向动量守恒和机械能守恒，设水平向右为正方向，有m M 0mv Mv =-22m M1122mgR mv Mv =+可得小物块第二次经过O '点时的速度大小m v =代入数据v m =2.0 m/s6．【答案】（1）压力大小为1N ，方向向上 （2）E P =0.22J 【解析】(1)A 从轨道最低点到轨道最高点：2221212v m v m mgR A A A -=（2分） 在最高点由牛顿第二定律：2A N A v m g F m R+=（2分）滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：F N =1N （1分）由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为1N ，方向向上 （大小方向都答全给1分） （2）爆炸过程由动量守恒定律：A A B B m v m v = （2分）弹簧具有最大弹性势能时：)B B B m v m M v =+共（ （2分） 由能量关系：2211()-22P B B B B E m v m M v m gL μ=-+共 （2分） 解得E P =0.22J （2分）7.【答案】（1）0 2m v v M ＝ （2）20138()m E mv M -V ＝ （3）s 【解析】（1）设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒得002v mv m Mv ⋅+＝ 解得0 2mv v M＝（2）系统的机械能损失为 222001[()11 ]2222v E mv m Mv -+V ＝ 得2138()m E mv M-V ＝ （3）设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌边缘的水平距离为s ， 则212h gt ＝ s=vt联立得 s 8.【答案】（1）0. 8m （2）6J （3）0.31 【解析】（1）设物块P 在C 点时的速度v ，AD 距离为L ，由圆周运动和平抛运动规律，得211m v m g R= 2122R gt ==L vt解得 =2m/s v ；=0.8m L（2）设P 、Q 分离瞬间的速度大小分别为1v 、2v ，弹簧锁定时的弹性势能为p E ， 由动量守恒定律和机械能守恒定律，得1122m v m v =22111111222m v m g R m v =⋅+ 2211221122p E m v m v =+联立解得=6J p E（3）设Q 与水平面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理，得222212m v m gL μ= 解得50.3116μ=≈9.【答案】（1）014v ；（2）074mv t；（3）能。