高中物理二輪專題復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤訓(xùn)練7碰撞與動(dòng)量守恒含解析

1、課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(七) 一、選擇題(15題為單項(xiàng)選擇題，610題為多項(xiàng)選擇題) 1光滑水平面上有兩個(gè)小球，在同一直線上相向運(yùn)動(dòng)，它們的動(dòng)量大小相等，則兩球碰撞后，下列說法正確的是( ) A兩球可能沿同一方向運(yùn)動(dòng) B兩個(gè)球可能一個(gè)靜止，一個(gè)運(yùn)動(dòng) C若兩球均運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)量大的球動(dòng)量一定小 D若兩球均運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)量大的球動(dòng)能一定小 D 由題可知，兩球沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量大小相等，因此系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，碰撞過程系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，因此碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量仍為零，因此兩球不可能沿同一方向運(yùn)動(dòng)，也不可能一個(gè)靜止，一個(gè)運(yùn)動(dòng)，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；若兩球均運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，兩球一定沿相反方向運(yùn)動(dòng)，且動(dòng)量等大反向，即

2、m1v1m2v2，由此可以判斷，質(zhì)量大的球的動(dòng)量與質(zhì)量小的球動(dòng)量大小相等，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由Ekp22 m可知，質(zhì)量大的，動(dòng)能小，D項(xiàng)正確 2(2018·山東省青島市高三統(tǒng)一質(zhì)檢)如圖，連接有輕彈簧的物塊a靜止于光滑水平面上，物塊b以一定初速度向左運(yùn)動(dòng)下列關(guān)于a、b兩物塊的動(dòng)量p隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖象，不合理的是( ) A 物塊b以一定初速度向左運(yùn)動(dòng)與連接有輕彈簧的靜止物塊a相碰，中間彈簧先被壓縮后又恢復(fù)原長(zhǎng)，則彈力在碰撞過程中先變大后變小，兩物塊動(dòng)量的變化率先變大后變小故A項(xiàng)不合理本題選不合理的，答案是A. 3(2018·陜西省安康市高三質(zhì)檢(五)如圖所示，一對(duì)雜技演員(都視為

3、質(zhì)點(diǎn))蕩秋千(秋千繩處于水平位置)，秋千一端固定在離地面高為H的O點(diǎn)，秋千的長(zhǎng)度可調(diào)節(jié)改變秋千的長(zhǎng)度，雜技演員每次都從A點(diǎn)(與O)由靜止出發(fā)繞O點(diǎn)下擺，當(dāng)擺到最低點(diǎn)B時(shí)，女演員在極短時(shí)間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，然后自己剛好能回到A處已知男演員質(zhì)量為2m和女演員質(zhì)量為m，秋千的質(zhì)量不計(jì)，空氣阻力忽略不計(jì)，則男演員落地點(diǎn)C與O點(diǎn)的水平距離x的最大值是 ( ) A.H 2 BH C.3H 2 D2H D 兩雜技演員從A點(diǎn)下擺到B點(diǎn)，只有重力做功，機(jī)械能守恒設(shè)二者到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為v0，則由機(jī)械能守恒定律有：(m2m)gR12(m2m)v20，演員相互作用，沿水平方向動(dòng)量守恒設(shè)作用后女、男演員的速

4、度大小分別為v1、v2，所以有(m2m)v02mv2mv1.女演員上擺到A點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，因此有mgR12mv21.男演員自B點(diǎn)平拋，有：xv2t.運(yùn)動(dòng)時(shí)間t可由豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)出得HR12gt2，聯(lián)立以上各式，可解得x 4?HR?R，當(dāng)秋千的長(zhǎng)度RH 2時(shí)，男演員落地點(diǎn)C與O點(diǎn)的水平距離最大為x2H，故D正確；A、B、C錯(cuò)誤 4(2018·高考物理全真模擬卷一)如圖所示，AB兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量若用錘子敲擊A球使A得到v的速度，彈簧壓縮到最短時(shí)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1；若用錘子敲擊B球使B得到v的速度，彈簧壓縮到最短時(shí)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2，則L

5、1與L2的大小關(guān)系為( ) AL1>L2 BL1<L2 CL1L2 D不能確定 C 若用錘子敲擊A球，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧最短時(shí)，兩者的共速，則mAv(mAmb)v，解得vmAv?mAmB ?，彈性勢(shì)能最大，最大為Ep12mAv212(mAmB)v2mAmBv22?mAmB ?；若用錐子敲擊B球，同理可得mBv(mAmB)v，解得vmBv?mAmB ?，彈性勢(shì)能最大為Ep12mBv212(mAmB)v2mAmBv22?mAmB ?，即兩種情況下彈簧壓縮最短時(shí)，彈性勢(shì)能相等，故L1L2，C正確 5如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩(繩子的長(zhǎng)度不計(jì))相連的兩個(gè)相同的物體P、

6、Q質(zhì)量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)在t0時(shí)輕繩斷開，Q在F作用下繼續(xù)前進(jìn)，則下列說法正確的是( ) At0至t3mv2 F時(shí)間內(nèi)，P、Q的總動(dòng)量不守恒 Bt0至t3mv F時(shí)間內(nèi)，P、Q的總動(dòng)量守恒 Ct5mv2 F時(shí)，Q的動(dòng)量為52mv Dt2mv F時(shí)，P、Q兩點(diǎn)的距離2mv2 F D 設(shè)P、Q受到的滑動(dòng)摩擦力都為F，斷開前兩物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件得：F2f，設(shè)P經(jīng)過時(shí)間t速度為零，對(duì)P由動(dòng)量定理得：ft0mv，解得：t2mv F；由此可知，在剪斷細(xì)線前，兩木塊在水平地面上向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)以PQ為系統(tǒng)，繩子上的力屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，系統(tǒng)所受合力為零；在剪斷細(xì)線后，物

7、體P停止運(yùn)動(dòng)以前，兩物體受到的摩擦力不變，兩木塊組成的系統(tǒng)的合力仍為零，則系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，故在t0至t2mv F的時(shí)間內(nèi)P、Q的總動(dòng)量守恒，在t2mv F后，P停止運(yùn)動(dòng)，Q做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故兩木塊組成的系統(tǒng)的合力不為零，故P、Q的總動(dòng)量不守恒，故AB錯(cuò)誤；當(dāng)t5mv2 F時(shí)，對(duì)Q由動(dòng)量定理得：FtftpQmv，代入fF 2，t5mv2 F，解得：pQ94mv，故C錯(cuò)誤；當(dāng)t2mv F時(shí)，對(duì)Q由動(dòng)量定理得：Ftftmv2mv，代入fF2，t2mv F，解得v22v，由動(dòng)能定理得：Fx2fx21 2mv2212mv2；對(duì)P由動(dòng)量定理得：ftmv1mv，代入fF 2，t2mv F，解得v10，由

8、動(dòng)能定理得：fx112mv2112mv2，解得xx2x12mv2 F，故D正確 6(2018·安徽省蕪湖市高三下調(diào)研)在地面上以大小為v1的初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為m的皮球，皮球落地時(shí)速度大小為v2.若皮球運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力的大小與其速率成正比，重力加速度為g.下列判斷正確的是( ) A皮球上升的最大高度為v212 g B皮球從拋出到落地過程中克服阻力做的功為12mv211 2mv22 C皮球上升過程經(jīng)歷的時(shí)間為v1 g D皮球從拋出到落地經(jīng)歷的時(shí)間為v1v2 g BD 減速上升的過程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，則上升的高度小于v212 g，上升的時(shí)間小于v1 g，故A

9、C錯(cuò)誤；皮球從拋出到落地過程中重力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理得克服阻力做功為Wf12mv211 2mv22，故B正確；用動(dòng)量定理，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)，假設(shè)向下為正方向，設(shè)上升階段的平均速度為v，則：mgt1kvt1mv1，由于平均速度乘以時(shí)間等于上升的高度，故有：hvt1，即：mgt1khmv1同理，設(shè)上升階段的平均速度為v，則下降過程mgt2kvt2mv2，即：mgt2khmv2，由得：mg(t1t2)m(v1v2)，解得：tt1t2v1v2 g，故D正確；故選B、D. 7(2018·山西太原市高三質(zhì)檢)如圖所示，金屬桿AB在離地h3.2 m，高處從靜止開始沿弧形軌道下滑，導(dǎo)軌平行的水平部分有

10、豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，水平部分導(dǎo)軌上原來放有一根靜止金屬桿CD，已知桿AB的質(zhì)量為m12 kg，電阻為R110 ，桿CD的質(zhì)量為m20.5 kg，電阻為R230 ，其余電阻不計(jì)，水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，不計(jì)一切摩擦( ) AAB的最終速度是8 m/s BCD的最終速度是6.4 m/s C整個(gè)過程中回路釋放的電能是12.8 J D整個(gè)過程中，AB桿上產(chǎn)生的焦耳熱3.2 J BCD AB下滑h的過程中機(jī)械能守恒：m1gh12m1v20，解得v08 m/s；最終兩者速度相等，由動(dòng)量守恒定律：m1v0(m1m2)v1，解得v16.4 m/s，故A錯(cuò)誤，B正確；由能量守恒知，回路中產(chǎn)生的電能等于系統(tǒng)機(jī)械能的損失，

11、所以整個(gè)過程中回路釋放的電能Em1gh12(m1m2)v2112.8 J，故C正確；在回路中產(chǎn)生電能的過程中，雖然電流不恒定，但由于兩桿串聯(lián)，通過兩桿的電流總是相等的，所以整個(gè)過程中，AB桿上產(chǎn)生的焦耳熱QR1R1R 2E3.2 J，故D正確 8(2018·衡水中學(xué)信息卷)如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板P靜止于光滑水平面上，小滑塊Q位于木板P的最右端，木板P與小滑塊Q之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，木板P與小滑塊Q質(zhì)量相等，均為m1 kg.用大小為6 N方向水平向右的恒力F拉動(dòng)木板P加速運(yùn)動(dòng)1 s后將其撤去，系統(tǒng)逐漸達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，已知重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是( ) A木板P與小

12、滑塊Q所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量增加量等于拉力F的沖量 B拉力F做功為6 J C小滑塊Q的最大速度為3 m/s D整個(gè)過程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3 J ACD 對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量定理得FtmvPmvQ2mv共，即木板P與小滑塊Q所組成系統(tǒng)的動(dòng)量增加量一定等于拉力F的沖量，A正確；若木板P與小滑塊Q相對(duì)靜止一起加速運(yùn)動(dòng)，則拉力F不能超過mg m·2m4 N，拉力F為6 N大于4 N，故二者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木板P由牛頓第二定律Fmgma，解得a4 m/s2,1 s內(nèi)木板P的位移x12at22 m拉力F做功WFx12 J，B錯(cuò)誤；二者共速時(shí)，小滑塊Q的速度最大，F(xiàn)t2mv共，v共3 m/s，C正確

13、；整個(gè)過程中，對(duì)系統(tǒng)由能量守恒可知W12·2mv2共Q，解得Q3 J，D正確 9(2018·山東省濰坊市高三一模)在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺，兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞，如圖a所示，碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺刷摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面來減小阻力，碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖b中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量均為19 kg，則( ) A碰后藍(lán)壺的速度為0.8 m/s B碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4 m C碰撞過程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為7.22 J D碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為54 AD 由圖可知碰撞前后紅壺的速度為v01 m/s和v20.2 m/s，由

14、動(dòng)量守恒可得mv0mv1mv2，解得碰后藍(lán)壺速度為v20.8 m/s，碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為x12×0.8×52 m碰撞過程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為Ek12mv2012mv211 2mv223.04 J，紅壺所受摩擦力f1ma119×1.21.0 1N3.8 N，藍(lán)壺所受摩擦力f2ma219×0.80 5 N3.04 N，碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為f1f254，故AD正確；BC錯(cuò)誤；故選AD. 10(2018·南開中學(xué)考前沖刺)如圖所示，質(zhì)量為M、半徑R的ABC凹槽(為光滑圓槽的一部分)靜止在光滑水平面上，B為最低點(diǎn)，BC為14圓弧，OA與豎直方向夾

15、角60°，其右側(cè)緊貼豎直墻壁PQ.一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從D處水平拋出，同時(shí)將ABC凹槽鎖定在地面上，小物塊恰好從A點(diǎn)無碰撞的射入凹槽，當(dāng)其到達(dá)B點(diǎn)時(shí)解除鎖定，小物塊剛好能達(dá)到C點(diǎn)不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是( ) A從D點(diǎn)拋出的初速度為v0 gR2；D點(diǎn)距A點(diǎn)高度差h 3R8 B小球第一次過B點(diǎn)時(shí)對(duì)槽底的壓力大小為2 mg C小球從C點(diǎn)到B點(diǎn)過程中，豎直墻壁對(duì)槽的沖量為I m2gR，方向水平向左 D小球從C到B向A運(yùn)動(dòng)的過程中，以小球、槽ABC作為一個(gè)系統(tǒng)，機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒 AC A項(xiàng)，小物塊恰好從A點(diǎn)無碰撞的射入凹槽，即小球進(jìn)入凹槽時(shí)的速度方向與

16、凹槽相切，將速度分解為水平方向和豎直方向可知，v2v0，從A到C應(yīng)用能量守恒可知，12m(2v0)2mgR sin 30°，解得v0 gR2，從D到A應(yīng)用動(dòng)能定理可得：mgh12m(2v0)212mv20，解得：h 3R8，故A正確；B項(xiàng)：從A到B應(yīng)用動(dòng)能定理，mgR()1sin 30° 12mv2B12mv2A，在B點(diǎn)由重力與支持力的合力提供向心力得，F(xiàn)Nmgmv2B R，由以上兩式解得FN3 mg，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：小球到B時(shí)的速度為vB1 2gR，根據(jù)動(dòng)量定理可得：ImvB10 m2gR，故C正確；D項(xiàng)，小球從C到B向A運(yùn)動(dòng)的過程中，以小球、槽ABC作為一個(gè)系統(tǒng)，由于沒

17、有摩擦，所以機(jī)械能守恒，但在小球從C到B過程中，墻壁對(duì)槽有水平方向的作用力，所以系統(tǒng)外力之和不為零，故動(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)誤 二、非選擇題 11(2018·山東省濟(jì)南市高三一模)運(yùn)載火箭是人類進(jìn)行太空探索的重要工具，一般采用多級(jí)發(fā)射的設(shè)計(jì)結(jié)構(gòu)來提高其運(yùn)載能力某興趣小組制作了兩種火箭模型來探究多級(jí)結(jié)構(gòu)的優(yōu)越性，模型甲內(nèi)部裝有m100 g的壓縮氣體，總質(zhì)量為M1 kg，點(diǎn)火后全部壓縮氣體以v0570 m/s的速度從底部噴口在極短的時(shí)間內(nèi)豎直向下噴出；模型乙分為兩級(jí)，每級(jí)內(nèi)部各裝有m 2的壓縮氣體，每級(jí)總質(zhì)量均為M 2，點(diǎn)火后模型后部第一級(jí)內(nèi)的全部壓縮氣體以速度v0從底部噴口在極短時(shí)間內(nèi)豎直

18、向下噴出，噴出后經(jīng)過2 s時(shí)第一級(jí)脫離，同時(shí)第二級(jí)內(nèi)全部壓縮氣體仍以速度v0從第二級(jí)底部在極短時(shí)間內(nèi)豎直向下噴出噴氣過程中的重力和整個(gè)過程中的空氣阻力忽略不計(jì)，g取10 m/s2，求兩種模型上升的最大高度之差 解析 對(duì)模型甲：0(Mm)v甲mv0 h甲v2甲2 g1085 9m200.56 m 對(duì)模型乙第一級(jí)噴氣：0(Mm 2)v乙1m 2v0 解得：v乙130 m/s 2 s末：v乙1v乙1gt10 m/s h乙1v2乙1v2乙12 g40 m 對(duì)模型乙第一級(jí)噴氣：M 2v乙1(M 2m 2)v乙2m 2v0 解得：v乙2670 9 m/s h乙2v2乙22 g22445 81m277.10 m 可得：hh乙1h乙2h甲9440 81m116.54 m 答案 116.54 m 12(2018·濟(jì)寧市高三第二次模擬)如圖所示，水平地面上固定一半徑為R0.8 m的14光滑圓弧軌道，軌道左端放一質(zhì)量為M3 kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)1.75 m的木板，木板上表面與軌道末端等高，木板與地面間無摩擦，其左端放一質(zhì)量m1 kg的物塊，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4.現(xiàn)給物塊施一水平向右的恒力F15 N，作用一段距離x后撤去F，物塊正好能滑到圓弧軌道的最高點(diǎn)，然后再滑回，取g1