【文档说明】【高考复习】高考物理 热点冲刺练习07 碰撞与动量守恒（含答案解析）.doc，共(9)页，145.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020版高考物理热点冲刺练习07碰撞与动量守恒1.光滑水平面上有两个小球，在同一直线上相向运动，它们的动量大小相等，则两球碰撞后，下列说法正确的是()A．两球可能沿同一方向运动B．两个球可能一个静止，一个运动C．若两球均运动，则质量大的球动量一定

小D．若两球均运动，则质量大的球动能一定小2.如图所示，半径为R的光滑圆槽质量为M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m的小球被细线吊着，位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，圆槽的速度为()A．0B.mM2MgRM＋m，方向向左C.mM2M

gRM＋m，方向向右D．不能确定3.如图，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动．下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，不合理的是()4.如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，秋千一端固定在离地面

高为H的O点，秋千的长度可调节．改变秋千的长度，杂技演员每次都从A点(与O)由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A处．已知男演员质量为2m和女演员质量为m，秋千的质量不计，空气阻力忽略不计，则男演员落地点C与O点的水

平距离x的最大值是()A.H2B．HC.3H2D．2H5.如图所示，AB两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量．若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的

长度为L2，则L1与L2的大小关系为()A．L1>L2B．L1<L2C．L1=L2D．不能确定6.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳(绳子的长度不计)相连的两个相同的物体P、Q质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动．在t=0时轻绳断开，Q在F作用

下继续前进，则下列说法正确的是()A．t=0至t=3mv2F时间内，P、Q的总动量不守恒B．t=0至t=3mvF时间内，P、Q的总动量守恒C．t=5mv2F时，Q的动量为52mvD．t=2mvF时，P、Q两点的距离2mv2F7.(多选)在地面上以大小为v1的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，

皮球落地时速度大小为v2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g.下列判断正确的是()A．皮球上升的最大高度为v212gB．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12mv21－12mv22C．皮球上升过程经历的时间为

v1gD．皮球从抛出到落地经历的时间为v1＋v2g8.(多选)如图所示，金属杆AB在离地h=3.2m，高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场，水平部分导轨上原来放有一根静止金属杆CD，已知杆AB的质量为m1=2kg，电阻为R1=10Ω，杆CD的

质量为m2=0.5kg，电阻为R2=30Ω，其余电阻不计，水平导轨足够长，不计一切摩擦．()A．AB的最终速度是8m/sB．CD的最终速度是6.4m/sC．整个过程中回路释放的电能是12.8JD．整个过程中，AB杆上产生的焦耳热3.2J9.(多选)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞

对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图a所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v－t图线如图b中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19kg，则()A．碰后蓝壶的速度为0

.8m/sB．碰后蓝壶移动的距离为2.4mC．碰撞过程两壶损失的动能为7.22JD．碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶410.(多选)如图所示，质量为M、半径R的ABC凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B为最低点

，BC为14圆弧，OA与竖直方向夹角θ=60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ.一质量为m的小物块(可视为质点)从D处水平抛出，同时将ABC凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，当其到达B点时解除锁定，小物块刚好能达到C点．不计空气阻力

，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A．从D点抛出的初速度为v0=gR2；D点距A点高度差h=3R8B．小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2mgC．小球从C点到B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I=m2gR，方向水平向左D．小球从C到B向A

运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，机械能守恒、动量守恒11.如图所示，水平地面上固定一半径为R=0.8m的14光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M=3kg、长为L=1.75m的木板，木板上表面与轨道末端等高，

木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m=1kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.现给物块施一水平向右的恒力F=15N，作用一段距离x后撤去F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，取g=10m/s2.(1)求物块滑到板右端时的

速度v多大？(2)求x的大小；(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板．12.运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力．某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲

内部装有Δm=100g的压缩气体，总质量为M=1kg，点火后全部压缩气体以v0=570m/s的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有Δm2的压缩气体，每级总质量均为M2，点火后模型后部第一级

内的全部压缩气体以速度v0从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2s时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v0从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出．喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g取10m/s2，求两

种模型上升的最大高度之差．答案解析1.答案为：D；解析：[由题可知，两球沿同一直线相向运动，动量大小相等，因此系统的总动量为零，碰撞过程系统的总动量守恒，因此碰撞后系统的总动量仍为零，因此两球不可能沿同一方向运动，也不可能一

个静止，一个运动，A、B项错误；若两球均运动，根据动量守恒定律可知，两球一定沿相反方向运动，且动量等大反向，即m1v1=m2v2，由此可以判断，质量大的球的动量与质量小的球动量大小相等，C项错误；由Ek=p22m可知，质量大的，动能小，D项正确．]2.答案为：B；解析：以水平向

右为正方向，设在最低点时m和M的速度大小分别为v和v′，根据动量守恒定律，得0=mv－Mv′，根据机械能守恒定律列方程，得mgR=12mv2＋12Mv′2，联立以上两式解得v′=mM2MgRM＋m，方向向左，故B项正确．3.答案为：A；解析：[物块b以

一定初速度向左运动与连接有轻弹簧的静止物块a相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小．故A项不合理．本题选不合理的，答案是A.]4.答案为：D；解析：[两杂技演员从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒．设二者到达B点的速度大

小为v0，则由机械能守恒定律有：(m＋2m)gR=12(m＋2m)v20，演员相互作用，沿水平方向动量守恒．设作用后女、男演员的速度大小分别为v1、v2，所以有(m＋2m)v0=2mv2－mv1.女演员上摆到A点的过程中机械能守恒，因

此有mgR=12mv21.男演员自B点平抛，有：x=v2t.运动时间t可由竖直方向的自由落体运动出得H－R=12gt2，联立以上各式，可解得x=4－，当秋千的长度R=H2时，男演员落地点C与O点的水平距离最大为x=2H，故D正确；A、B

、C错误．]5.答案为：C；解析：[若用锤子敲击A球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者的共速，则mAv=(mA＋mb)v′，解得v′=mAvA＋mB，弹性势能最大，最大为ΔEp=12mAv2－12(mA＋mB)v′2=mAmBv2A＋mB；若用锥子敲击B球，同理可

得mBv=(mA＋mB)v″，解得v″=mBvA＋mB，弹性势能最大为ΔEp=12mBv2－12(mA＋mB)v′2=mAmBv2A＋mB，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L1=L2，C正

确．]6.答案为：D；解析：[设P、Q受到的滑动摩擦力都为F，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件得：F=2f，设P经过时间t速度为零，对P由动量定理得：－ft=0－mv，解得：t=2mvF；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动．以PQ为

系统，绳子上的力属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，物体P停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在t=0至t=2mvF的时间内P、Q的总动量守恒，在

t=2mvF后，P停止运动，Q做匀加速直线运动，故两木块组成的系统的合力不为零，故P、Q的总动量不守恒，故AB错误；当t=5mv2F时，对Q由动量定理得：Ft－ft=p′Q－mv，代入f=F2，t=5mv2F，解得：p′Q=94mv，故C错误；当

t=2mvF时，对Q由动量定理得：Ft－ft=mv2－mv，代入f=F2，t=2mvF，解得v2=2v，由动能定理得：Fx2－fx2=12mv22－12mv2；对P由动量定理得：－ft=mv1－mv，代入f=

F2，t=2mvF，解得v1=0，由动能定理得：－fx1=12mv21－12mv2，解得Δx=x2－x1=2mv2F，故D正确．]7.答案为：BD；解析：[减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，则上升的高度小于v212g，上升的时间小于v1g，故AC错误；皮球从抛出到落地过程中重

力不做功，根据动能定理得克服阻力做功为Wf=12mv21－12mv22，故B正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则：mgt1＋kvt1=mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，

故有：h=vt1，即：mgt1＋kh=mv1①同理，设上升阶段的平均速度为v′，则下降过程mgt2＋kv′t2=mv2，即：mgt2－kh=mv2②，由①②得：mg(t1＋t2)=m(v1＋v2)，解得：t=t1＋t2=v1＋v2g，故

D正确；故选B、D.]8.答案为：BCD；解析：[AB下滑h的过程中机械能守恒：m1gh=12m1v20，解得v0=8m/s；最终两者速度相等，由动量守恒定律：m1v0=(m1＋m2)v1，解得v1=6.4m/s，故A错误，B正确；由能量守恒知，回路中产生的电能等于系统机械能的损失

，所以整个过程中回路释放的电能ΔE=m1gh－12(m1＋m2)v21=12.8J，故C正确；在回路中产生电能的过程中，虽然电流不恒定，但由于两杆串联，通过两杆的电流总是相等的，所以整个过程中，AB杆上产生的焦耳热Q=R1R1＋R2ΔE=3.2J，

故D正确．]9.答案为：AD；解析：[由图可知碰撞前后红壶的速度为v0=1m/s和v2=0.2m/s，由动量守恒可得mv0=mv1＋mv2，解得碰后蓝壶速度为v2=0.8m/s，碰后蓝壶移动的距离为x=12×0.8×5=2m．碰撞过

程两壶损失的动能为ΔEk=12mv20－12mv21－12mv22=3.04J，红壶所受摩擦力f1=ma1=19×1.2－1.01N=3.8N，蓝壶所受摩擦力f2=ma2=19×0.8－05N=3.04N，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f1∶f2

=5∶4，故AD正确；BC错误；故选AD.]10.答案为：AC；解析：[A项，小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，v=2v0，从A到C应用能量守恒可知，12m(2v0)2=mgRsin30

°，解得v0=gR2，从D到A应用动能定理可得：mgh=12m(2v0)2－12mv20，解得：h=3R8，故A正确；B项：从A到B应用动能定理，mgR()1－sin30°=12mv2B－12mv2A，在B点由重力与支持力的合力提供向心力得

，FN－mg=mv2BR，由以上两式解得FN=3mg，故B错误；C项：小球到B时的速度为vB1=2gR，根据动量定理可得：I=mvB1－0=m2gR，故C正确；D项，小球从C到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从C到B过程中，墙壁对槽有水平

方向的作用力，所以系统外力之和不为零，故动量不守恒，故D错误．11.解：(1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得：12mv2=mgR解得：v=4m/s(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得：Fx－μmgL=12mv2解得：x

=1m(3)设物块相对板向左滑动距离Δx后，与木板达到相同速度v′，由动量守恒定律得：mv=(M＋m)v′解得：v′=1m/s由能量守恒定律得：μmgΔx=12(M＋m)v′2解得：Δx=1.5m＜L=1.75m故物块不会滑离木板．12.解：对模型甲：0=(M－Δm)

v甲－Δmv0h甲=v2甲2g=10859m≈200.56m对模型乙第一级喷气：0=(M－Δm2)v乙1－Δm2v0解得：v乙1=30m/s2s末：v乙1′=v乙1－gt=10m/sh乙1=v2乙1－v′2乙12g=40m对模型乙第一级喷气：M2v乙1=(M2－Δm2)v乙2－

Δm2v0解得：v乙2=6709m/sh乙2=v2乙22g=2244581m≈277.10m可得：Δh=h乙1＋h乙2－h甲=944081m≈116.54m