高考物理二轮复习 专题三 动量和能量 1-3-7 碰撞与动量守恒训练-人教版高三全册物理试题.docx

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1、1-3-7 碰撞与动量守恒课时强化训练1(2018天津河东一模)(多选)一辆汽车在平直公路上从静止开始运动，所受阻力恒定，10 s末撤掉牵引力，其速度随时间变化的图像如图所示，则下列说法正确的是()A05 s和1015 s内加速度相同B05 s和1015 s内阻力做功相等C05 s和510 s内牵引力做功的平均功率相等D05 s和1015 s内合外力的冲量相同解析 v-t图线的斜率表示加速度，由图可知05 s和1015 s内加速度大小相等，但是方向相反，故不相同，A错误；v-t图线与时间轴所围的面积表示位移，由图可知05 s和1015 s内位移相等，又阻力恒定，故阻力做功相等，B正确；05 s

2、内：加速度a1 m/s22 m/s2，位移x1510 m25 m；510 s内：加速度为零，位移x2510 m50 m；1015 s内：加速度a3 m/s22 m/s2，位移x3510 m25 m；根据牛顿第二定律，05 s内：F1fma1根据平衡条件，510 s内：F2f根据牛顿第二定律，1015 s内：fma3联立解得：F14m(N)，F22m(N)05 s内牵引力做功的平均功率为： 20m(W)，510 s内牵引力做功的平均功率为： 20m(W)，故05 s和510 s内牵引力做功的平均功率相等，C正确；由C项分析可知05 s和1015 s内汽车的位移相同，所受合外力等大、反向，故冲量也

3、是等大、反向，故D错误。答案 BC2(2018山东菏泽一模)有一个竖直固定放置的光滑四分之一圆轨道，轨道圆心O到地面的高度为h，小球从轨道最高点A由静止开始沿着圆弧轨道滑下，从轨道最低点B离开轨道，然后做平抛运动落到水平地面上的C点，C点与A点的水平距离也等于h，则下列说法正确的是()A当小球运动到轨道最低点B时，轨道对它的支持力等于重力的4倍B小球在圆弧轨道上运动的过程中，重力对小球的冲量在数值上大于圆弧轨道的支持力对小球的冲量C根据已知条件可以求出该四分之一圆轨道的轨道半径为0.2hD小球做平抛运动落到地面时的速度与水平方向夹角的正切值tan 0.5解析 由mgRmv，FBmgm，解得FB

4、3mg，A错误；小球从A运动到B，合外力冲量水平向右，则支持力的冲量在竖直方向的分量与重力的冲量大小相等，故支持力冲量在数值上大于重力的冲量，B错误；小球做平抛运动时，hRgt2，hRvBt，解得R0.2h，C正确；设小球做平抛运动位移与水平方向夹角为，则tan 1，因为tan 2 tan ，所以tan 2，D错误。答案 C3(2018河北衡水中学二模)(多选)如图，质量分别为m11.0 kg和m22.0 kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。该系统以速度v00.10 m/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过时间

5、t5.0 s后，测得两球相距s4.5 m，则下列说法正确的是()A刚分离时，a球的速度大小为0.7 m/sB刚分离时，b球的速度大小为0.2 m/sC刚分离时，a、b两球的速度方向相同D两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J解析 系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(m1m2)v0m1v1m2v2，位移：sv1tv2t，代入数据解得：v10.70 m/s，v20.20 m/s，负号表示速度方向与正方向相反，故选项A、B正确，C错误；由能量守恒定律得：(m1m2)vEpm1vm2v，代入数据解得：Ep0.27 J，选项D正确。答案 ABD4(2018福建泉州检测)如图所示，两个大

6、小相同、质量均为m的弹珠静止在水平地面上。某小孩在极短时间内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动了2L距离停下。已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则小孩对第一个弹珠()A施加的冲量为mB施加的冲量为mC做的功为kmgLD做的功为3kmgL解析 当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒可知，两弹珠速度发生交换，即第一个弹珠碰后停止运动，第二个弹珠以第一个弹珠碰前的速度继续向前运动了2L距离停下，从效果上看，相当于第二个弹珠不存在，第一个弹珠直接向前运动了3L的距离后停止运动，根

7、据动能定理可知，小孩对第一个弹珠做的功等于弹珠获得的动能，也等于克服阻力做的总功，即WEkkmg3L，选项C错误，选项D正确；施加的冲量Ipp00m，选项A、B错误。答案 D5(2018江西上饶六校一联)(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()AA物体的质量为3mBA物体的质量为2mC弹簧压缩量最大时的弹性势能为mvD弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv解析 弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的

8、动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有：EpmmAv当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：mA2v0(mmA)v由机械能守恒定律得：EpmmA(2v0)2(mAm)v2解得：mA3m，Epmmv故A、C正确，B、D错误。答案 AC6(2018湖北宜昌调研)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球沿同一直线运动。两球的质量关系为mB2mA，规定向右为正方向，两球的动量均为5 kgm

9、/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量变化量为3 kgm/s，则()A右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为12B右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为14C左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为12D左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为14解析 规定向右为正方向，两球初始动量均为5 kgm/s，则两球均向右运动，又因为动量pmv，mB2mA，所以vA2vB，则断定左方为A球，故A、B两项错误。碰撞后A球的动量变化量为3 kgm/s，则碰撞后A球的动量为pA2 kgm/s，据动量守恒定律可得B球碰撞后的动量应为pB8 kgm/s，由pmv，得v，所以，故C项正确，D项错误

10、。答案 C7(2018湖北四地七校联盟联考)如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点。设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则()At1t2 Bt1t2CI1I2 DI1I2解析 小球从A点正上方O点静止释放，做自由落体运动，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点，则知小球在AB段平均速率大于BC段平均速率，又两段路程相等，所以球在AB段和BC段运动时间的大小关系为t1t2，故A、B错误。AB段速度由竖直向下的vA变为水平向左的vB，根据三角形定则，速度变化量的大小为；

11、BC段速度由水平向左的vB变为0，速度变化量的大小为vB；所以AB段速度变化量大于BC段速度变化量，即AB段动量变化量大于BC段速度变化量。根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，所以合外力的冲量大小为I1I2，故C正确，D错误。答案 C思路点拨 AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，从而可比较时间；根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，从而比较合外力的冲量大小。8(2018河北石家庄质检)质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p15 kgm/s，p27 kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8 kgm/s，则甲、乙两球

12、质量m1与m2的关系可能是()Am1m2 B2m1m2C3m12m2 D4m1m2解析 根据动量守恒定律有：p1p2p1p2，可得p14 kgm/s，碰撞过程中动能不增加，则有，可得，则A、C项错误。碰后甲球的速度不大于乙球的速度，则有，可得，则D项错误。答案 B解题关键 解本题的关键在于要弄清碰撞前后动能的关系以及碰后甲、乙两球的速度关系。 9(2018安徽六校二联)(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d。两物体m1和m2与弹簧连接，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中，可能的情况是()Am1的最小速度

13、是0B存在某段时间m1向左运动Cm2的最大速度一定是v1Dm2的最大速度是v1解析 m1由图示位置静止释放后，在弹簧弹力作用下向右加速运动，m2静止，当m1与m2相距最近时弹簧弹力为零，m1的速度最大，此后弹簧伸长，在弹簧弹力作用下，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2继续加速，当两物体再次相距最近时，m1达到最小速度v1，m2达到最大速度v2。两物体水平方向动量守恒，m1v1m1v1m2v2两物体与弹簧组成的系统机械能守恒m1vm1v12m2v22；可得v1v1，v2v1。因为m1和m2的大小关系不确定，所以m1的最小速度可以是0，也可以向左运动，故A、B项

14、正确。只有当m1m2时，m2的最大速度才为v1，故D项正确，C项错误。答案 ABD10(2018北京理综)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h10 m，C是半径R20 m圆弧的最低点。质量m60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到达B点时速度vB30 m/s。取重力加速度g10 m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。解析

15、 (1)根据匀变速直线运动公式，有L100 m(2)根据动量定理，有ImvBmvA1 800 Ns(3)运动员经C点时的受力分析如图根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有mghmvmv根据牛顿第二定律，有FNmgm得FN3 900 N答案 (1)100 m(2)1 800 Ns(3)受力图见解析3 900 N一题多解 运动员在AB段所受合外力的冲量IF合tma1 800 Ns。11(2018山西太原一模)弹射座椅是飞行员使用的座椅型救生装置。在飞机失控时，依靠座椅上的动力(喷气发动机)装置将飞行员弹射到高空，然后张开降落伞使飞行员安全降落。某次实验中，在地面上静止的战斗机内，飞行员按动弹

16、射按钮，座椅(连同飞行员等)在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱，座椅沿竖直方向运动，5 s末到达最高点，上升的总高度为112.5 m。在最高点时降落伞打开，飞行员安全到达地面。已知座椅的总重量为100 kg，弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒定，不考虑发动机质量的变化及空气阻力，取g10 m/s2，求：(1)发动机对座椅推力的值；(2)发动机对座椅冲量的大小。解析 (1)设座椅上升时的最大速度为vm，由运动学公式，有：hmvmt设发动机作用的时间为t1，座椅的加速度为a1，发动机的推力为N，减速过程的时间为t2，则有Nmgma1vma1t1vmgt2t1t2t解得：N10mg1.010

17、4 N(2)设发动机对座椅冲量的大小为I，则有INt1解得：I5103 Ns答案 (1)1.0104 N(2)5103 Ns12(2018天津河东一模)如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端。已知A、B质量相等且为m，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g。求：(1)B、C碰撞过程中，损失的机械能E；(2)A运动到C的右端时的速度v；(3)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数。解析 (1)B、C碰撞过程中动量守恒，设B、C碰后的共同速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0(m2m)v1机械能损失Emv(m2m)v联立解得Emv(2)B、C共速后，A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C分开，A、C相互作用过程中动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得mv02mv1(m2m)v由式可得vv0方向水平向右(3)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律可得fLmv2mv(m2m)v2又fmg由式可得答案 (1)mv(2)v0，方向水平向右(3)