2019版高考物理二轮复习课时跟踪训练7碰撞与动量守恒.docx

课时跟踪训练(七) 碰撞与动量守恒一、选择题(15题为单项选择题，610题为多项选择题)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D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m1v1m2v2，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可知，质量大的，动能小，D项正确2(2018山东省青岛市高三统一质检)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( )A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.3(2018陕西省安康市高三质检(五)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.BHC.D2HD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：(m2m)gR(m2m)v，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(m2m)v02mv2mv1.女演员上摆到A点的过程中机械能守恒，因此有mgRmv.男演员自B点平抛，有：xv2t.运动时间t可由竖直方向的自由落体运动出得HRgt2，联立以上各式，可解得x4，当秋千的长度R时，男演员落地点C与O点的水平距离最大为x2H，故D正确；A、B、C错误4(2018高考物理全真模拟卷一)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( )AL1L2BL1L2CL1L2D不能确定C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(mAmb)v，解得v，弹性势能最大，最大为EpmAv2(mAmB)v2；若用锥子敲击B球，同理可得mBv(mAmB)v，解得v，弹性势能最大为EpmBv2(mAmB)v2，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L1L2，C正确5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t0时轻绳断开，Q在F作用下继续前进，则下列说法正确的是( )At0至t时间内，P、Q的总动量不守恒Bt0至t时间内，P、Q的总动量守恒Ct时，Q的动量为mvDt时，P、Q两点的距离D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：F2f，设P经过时间t速度为零，对P由动量定理得：ft0mv，解得：t；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t0至t的时间内P、Q的总动量守恒，在t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时，对Q由动量定理得：FtftpQmv，代入f，t，解得：pQmv，故C错误；当t时，对Q由动量定理得：Ftftmv2mv，代入f，t，解得v22v，由动能定理得：Fx2fx2mvmv2；对P由动量定理得：ftmv1mv，代入f，t，解得v10，由动能定理得：fx1mvmv2，解得xx2x1，故D正确6(2018安徽省芜湖市高三下调研)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B皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为mvmvC皮球上升过程经历的时间为D皮球从抛出到落地经历的时间为BD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，上升的时间小于，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Wfmvmv，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：mgt1kvt1mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：hvt1，即：mgt1khmv1同理，设上升阶段的平均速度为v，则下降过程mgt2kvt2mv2，即：mgt2khmv2，由得：mg(t1t2)m(v1v2)，解得：tt1t2，故D正确；故选B、D.7(2018山西太原市高三质检)如图所示，金属杆AB在离地h3.2 m，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m12 kg，电阻为R110 ，杆CD的质量为m20.5 kg，电阻为R230 ，其余电阻不计，水平导轨足够长，不计一切摩擦( )AAB的最终速度是8 m/sBCD的最终速度是6.4 m/sC整个过程中回路释放的电能是12.8 JD整个过程中，AB杆上产生的焦耳热3.2 JBCDAB下滑h的过程中机械能守恒：m1ghm1v，解得v08 m/s；最终两者速度相等，由动量守恒定律：m1v0(m1m2)v1，解得v16.4 m/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Em1gh(m1m2)v12.8 J，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QE3.2 J，故D正确8(2018衡水中学信息卷)如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m1 kg.用大小为6 N方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )A木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量B拉力F做功为6 JC小滑块Q的最大速度为3 m/sD整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 JACD对系统由动量定理得FtmvPmvQ2mv共，即木板P与小滑块Q所组成系统的动量增加量一定等于拉力F的冲量，A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过2m4 N，拉力F为6 N大于4 N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律Fmgma，解得a4 m/s2,1 s内木板P的位移xat22 m拉力F做功WFx12 J，B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft2mv共，v共3 m/s，C正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W2mvQ，解得Q3 J，D正确9(2018山东省潍坊市高三一模)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vt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19 kg，则( )A碰后蓝壶的速度为0.8 m/sB碰后蓝壶移动的距离为2.4 mC碰撞过程两壶损失的动能为7.22 JD碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为54AD由图可知碰撞前后红壶的速度为v01 m/s和v20.2 m/s，由动量守恒可得mv0mv1mv2，解得碰后蓝壶速度为v20.8 m/s，碰后蓝壶移动的距离为x0.852 m碰撞过程两壶损失的动能为Ekmvmvmv3.04 J，红壶所受摩擦力f1ma119N3.8 N，蓝壶所受摩擦力f2ma219 N3.04 N，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f1f254，故AD正确；BC错误；故选AD.10(2018南开中学考前冲刺)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为圆弧，OA与竖直方向夹角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；D点距A点高度差hB小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2 mgC小球从C点到B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为Im，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ACA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，v2v0，从A到C应用能量守恒可知，m(2v0)2mgR sin 30，解得v0，从D到A应用动能定理可得：mghm(2v0)2mv，解得：h，故A正确；B项：从A到B应用动能定理，mgRmvmv，在B点由重力与支持力的合力提供向心力得，FNmg，由以上两式解得FN3 mg，故B错误；C项：小球到B时的速度为vB1，根据动量定理可得：ImvB10m，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错误二、非选择题11(2018山东省济南市高三一模)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m100 g的压缩气体，总质量为M1 kg，点火后全部压缩气体以v0570 m/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，每级内部各装有的压缩气体，每级总质量均为，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2 s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10 m/s2，求两种模型上升的最大高度之差解析对模型甲：0(Mm)v甲mv0h甲m200.56 m对模型乙第一级喷气：0(M)v乙1v0解得：v乙130 m/s2 s末：v乙1v乙1gt10 m/sh乙140 m对模型乙第一级喷气：v乙1()v乙2v0解得：v乙2 m/sh乙2m277.10 m可得：hh乙1h乙2h甲m116.54 m答案116.54 m12(2018济宁市高三第二次模拟)如图所示，水平地面上固定一半径为R0.8 m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M3 kg、长为L1.75 m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m1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为0.4.现给物块施一水平向右的恒力F15 N，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g10 m/s2