2019版高中物理二轮专题课时跟踪训练：7 碰撞与动量守恒（含解析）

课时跟踪训练(七)

一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10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＝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. B．H

C. D．2H

D　[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＝(m＋2m)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(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＝mv.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＝gt2，联立以上各式，可解得x＝4，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x＝2H，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(　　 )

A．L1>L2 B．L1<L2

C．L1＝L2 D．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＝(mA＋mb)v′，解得v′＝，弹性势能最大，最大为ΔEp＝mAv2－(mA＋mB)v′2＝；若用锥子敲击B球，同理可得mBv＝(mA＋mB)v″，解得v″＝，弹性势能最大为ΔEp＝mBv2－(mA＋mB)v′2＝，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．]

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＝时间内，P、Q的总动量不守恒

B．t＝0至t＝时间内，P、Q的总动量守恒

C．t＝时，Q的动量为mv

D．t＝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：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＝；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＝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：Ft－ft＝p′Q－mv，代入f＝，t＝，解得：p′Q＝mv，故C错误；当t＝时，对Q由动量定理得：Ft－ft＝mv2－mv，代入f＝，t＝，解得v2＝2v，由动能定理得：Fx2－fx2＝mv－mv2；对P由动量定理得：－ft＝mv1－mv，代入f＝，t＝，解得v1＝0，由动能定理得：－fx1＝mv－mv2，解得Δx＝x2－x1＝，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mv－mv

C．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Wf＝mv－mv，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＝，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h＝3.2 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m1＝2 kg，电阻为R1＝10 Ω，杆CD的质量为m2＝0.5 kg，电阻为R2＝30 Ω，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8 m/s

B．CD的最终速度是6.4 m/s

C．整个过程中回路释放的电能是12.8 J

D．整个过程中，AB杆上产生的焦耳热3.2 J

BCD　[AB下滑h的过程中机械能守恒：m1gh＝m1v，解得v0＝8 m/s；最终两者速度相等，由动量守恒定律：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝6.4 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ΔE＝m1gh－(m1＋m2)v＝12.8 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Q＝ΔE＝3.2 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μ＝0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m＝1 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 J

C．小滑块Q的最大速度为3 m/s

D．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J

ACD　[对系统由动量定理得Ft＝mvP＋mvQ＝2mv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·2m＝4 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F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2,1 s内木板P的位移x＝at2＝2 m．拉力F做功W＝Fx＝12 J，B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft＝2mv共，v共＝3 m/s，C正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W＝·2mv＋Q，解得Q＝3 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19 kg，则(　　 )

A．碰后蓝壶的速度为0.8 m/s

B．碰后蓝壶移动的距离为2.4 m

C．碰撞过程两壶损失的动能为7.22 J

D．碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶4

AD　[由图可知碰撞前后红壶的速度为v0＝1 m/s和v2＝0.2 m/s，由动量守恒可得mv0＝mv1＋mv2，解得碰后蓝壶速度为v2＝0.8 m/s，碰后蓝壶移动的距离为x＝×0.8×5＝2 m．碰撞过程两壶损失的动能为ΔEk＝mv－mv－mv＝3.04 J，红壶所受摩擦力f1＝ma1＝19×N＝3.8 N，蓝壶所受摩擦力f2＝ma2＝19× N＝3.04 N，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．(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＝；D点距A点高度差h＝

B．小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2 mg

C．小球从C点到B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I＝m，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

AC　[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，m(2v0)2＝mgR sin 30°，解得v0＝，从D到A应用动能定理可得：mgh＝m(2v0)2－mv，解得：h＝，故A正确；B项：从A到B应用动能定理，mgR＝mv－mv，在B点由重力与支持力的合力提供向心力得，FN－mg＝，由以上两式解得FN＝3 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：I＝mvB1－0＝m，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Δm＝100 g的压缩气体，总质量为M＝1 kg，点火后全部压缩气体以v0＝570 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＝(M－Δm)v甲－Δmv0

h甲＝＝m≈200.56 m

对模型乙第一级喷气：0＝(M－)v乙1－v0

解得：v乙1＝30 m/s

2 s末：v乙1′＝v乙1－gt＝10 m/s

h乙1＝＝40 m

对模型乙第一级喷气：v乙1＝(－)v乙2－v0

解得：v乙2＝ m/s

h乙2＝＝m≈277.10 m

可得：Δh＝h乙1＋h乙2－h甲＝m≈116.54 m

答案　116.54 m

12．(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R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M＝3 kg、长为L＝1.75 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m＝1 kg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＝15 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g＝10 m/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．

解析　(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：mv2＝mgR

解得：v＝4 m/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＝mv2

解得：x＝1 m

(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′＝1 m/s

由能量守恒定律得：μmgΔx＝(M＋m)v′2

解得：Δx＝1.5 m＜L＝1.75 m

故物块不会滑离木板．

   答案　(1)4 m/s　(2)1 m　(3)物块不会滑离木板