第7章 动量守恒定律-【经纶学霸●白题】2025年学霸高考物理一轮复习

学霸高春！白题物理 第七章 动量守恒定律 第1节 动量定理 张时：30min 考点分析：1，动量相关物理量的计算： 2.缓冲问题； 3,流体问题 1.(2023·福建三校联考)（多选）跑鞋的鞋垫通 A.W2=3W,12≤31B.W2=3W,I2≥1 常选择更软、更有弹性的抗压材料，如图是跑 C.W2=7W1,12≤3LD.W2=7W,山2≥1 鞋结构示意图，以下说法中错误的是 4.(2023·天津静海质检)一质量为4kg的物块 A.鞋垫减小了人与地面 在水平外力F的作用下从静止开始沿光滑的 的作用力 水平面做直线运动.F随时间：变化的关系如 B.鞋垫减小了人落地过 图所示，下列说法正确的是 程的动量变化量 A.t=2s时物块的速率为2m/s C.鞋垫延长了人与地面相互作用的时间 B.0~9s内物块先加速后减速 D.鞋垫可将吸收的能量尽可能多地回馈给人 C.0~3s内物块的动量变化量大小为9kg·m/s 2.(2023·广东佛山联考)（多选）随着科技进 D.0-5s内F的冲量大小为9.5N·s 步，生活水平的提高，人们对手机依赖越来越 强，某同学周末回家喜欢平躺着玩手机，偶尔 F/N 出现手机砸人脸的情况.若手机的质量为 150g,从离人脸约20cm的高度无初速度掉 123456789s 落（假设手机掉落过程其界面保持水平），砸 (第4题》 (第5题) 到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击 5.(2023·海南期末)如图所示，把一小球从距 时间为0.1s,重力加速度g取10m/s2,下列 离地面一定高度以速率。水平抛出，小球落 说法正确的是 ( 到水平地面上的A点，第二次把小球从同一 A.手机与人脸作用过程中，手机的动量变化 位置以相同的速率。斜向上抛出，小球也落 量大小约为0.3kg·/s 到A点，不计空气阻力，关于小球两次在空中 B.人脸对手机的冲量大小约为0.3N·s 的运动，下列说法正确的是 C.手机对人脸的平均冲击力大小为4.5N D.给手机装上保护壳，其他条件不变情况下 A.落地速度相同 可以减小碰撞过程手机对人脸的冲量 B.动量变化量相同 3.(2022·湖北高考)一质点做曲线运动，在前 C.动能变化量相等 一段时间内速度大小由v增大到2，在随后 D.落地时重力的瞬时功率相等 的一段时间内速度大小由2增大到5.前后 6.(2024·山东聊城月考)（多选）水平面上有质 两段时间内，合外力对质点做功分别为W,和 量相等的a、b两个物体，水平推力F、F,分别 W2,合外力的冲量大小分别为1和12下列关 作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继 系式一定成立的是 ( 续运动一段距离后停下，两物体的-1图像如 第七章动最守恒定律学霸高春 图所示，图中AB∥CD,则整个过程中( C.mor D.0 A.F,的冲量等于F,的冲量 B.F的冲量大于F,的冲量 B 、.1209 C.摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物 0 体的冲量 8 D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物 (第8题)》 (第9题) 体的冲量 9.(2023·江苏南京模拟)足球运动员训练罚点 球，足球放置在球门中央的正前方O点，两次 射门，足球分别斜向上直接打在水平横梁上 的a、b两点，a为横梁中点，如图所示.已知足 球被踢出时的速度大小相等，不计空气的作 (第6题) (第7题) 用效果，则足球从射出到打到横梁( 7.新情境(2023·福建泉州一模)水刀（如图所 A.击中a的速度小 示)，即以水为刀，本名高压水射流切割技术， B.击中a用的时间短 以其冷切割不会改变材料的物理化学性质而 C.击中a过程重力做功少 备受青睐目前在中国，“水刀”的最大压强已 D.击中a过程动量变化量大 经做到了420MPa“水刀”在工作过程中，将 10.(2024·山东普高大联考)（多选）直升机的 水从细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料 桨叶旋转形成的圆面面积为S,空气密度为 的表面上，假设高速水流垂直打在材料表面 p,直升机质量为m,重力加速度为g.当直升 上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，已知水 机向上匀速运动时空气阻力恒为∫，不计空 的密度为p=1.0×103kg/m3,试估算要达到我 气浮力及风力影响，下列说法正确的是 国目前的最大压强，则该“水刀”喷出的水流 ( 速度约为 ( A.直升机悬停时，螺旋桨推动空气的速度为 A.600m/s B.650m/s mg C.700m/s D.750m/s 8.(2023·河北秦皇岛月考)电动餐桌就是在大 B.直升机悬停时，螺旋桨推动空气的速度为 圆桌面上安装一电动转盘，使用时转盘可以 mgs 低速匀速旋转，方便用餐人员夹取食物菜肴. P 如图所示一质量为m的盘子（可视为质，点） C.直升机向上匀速运动时，螺旋桨推动空气 随电动餐桌一起以角速度ω匀速转动，已知 的速度为'= mg+f A,B与圆心0的距离均为T,∠AOB=120°，则 ps 盘子随餐桌从A转到B的过程中，摩擦力对 D.直升机向上匀速运动时，螺旋桨推动空气 盘子冲量的大小为 的速度为m'= mg+f A.3 mor B.√2mwr 2ps 学霸高春！白题物理 第2节 动量守恒定律 限时：40mim 考点分析：1.单一方向的动量守恒；2.板块、子弹、弹簧问题 1.(2024·山东泰安月考)两名质量相等的滑冰 间1变化的图像可能正确的是 人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上.现在， 其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人 接球后再抛回，如此反复进行几次之后，甲和 B 乙最后的速率关系是 ( 4.(2023·山西长治一中期末)（多选）一只质量 A.若甲最先抛球，则一定是m>乙 为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水 B.若乙最后接球，则一定是甲>2 中遇到危险时，它在百分之一秒时间内把吸 C.只有甲先抛球，乙最后接球，才有”甲>2 入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃 D.无论怎样抛球和接球，都是"甲>乙 窜.以下说法正确的是 2.(2024·江苏宿迁调研)如图所示，质量相等 A.该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、 的小球A和小车B组成动量小车，置于光滑 方向相同 的水平面上，紧靠小车右端有一固定挡板，现 B.该乌贼喷出的水的速度大小为28m/s 将小球A拉开到一定角度，然后同时放开小 C,该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为 球和小车，则 ( 39.2J D.该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力 大小为280N 5.(2024·江苏徐州期中)如图所示，质量为 A.当小球向左摆动时，小车也一定向左运动 M=9kg的木块静止于光滑水平面上，一质量 B.当小球向左摆动时，小车可能向右运动 为m=1kg的子弹以水平速度vo=100m/s打 C.当小球达到最高点时，小球和小车速度一 入木块并停在木块中，下列说法正确的是 定相同 ( D.在任意时刻，小球和小车在水平方向的动 me 量一定守恒 A.子弹打人木块后子弹和木块的共同速度 3.(2023·江苏模拟)如图， 为v=8m/s 车静止在粗糙的水平地面 B.子弹对木块做的功W=500J 上，一人站在车上抡起重 C.木块对子弹做正功 锤从P处由静止砸向车的左端Q,锤下落的 D.子弹打入木块过程中产生的热量Q= 同时小车向左运动，锤瞬间砸在Q处后与小 4500J 车保持相对静止，最终小车停止运动，取水平 6.(2024·广西南宁期初)（多选）如图所示，一 向右为正方向，不考虑空气阻力，此过程人、 半圆槽滑块的质量为M,半圆槽半径为R,滑 锤及小车组成的系统水平方向的动量P,随时 块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小 第七章动最守恒定律学霸高吉 型机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端， A.儿童的质量小于小车的质量 在无线遥控器控制下，小型机器人从半圆槽A B.儿童走向小车左端 端移动到B端.下面说法正确的是 C.儿童和小车的总动能减少 D.小车对儿童的冲量方向水平向右 9.(2023·湖北黄冈质检)（多选）光滑水平面上 A.小型机器人与滑块组成的系统动量守恒 放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A,质量 B,滑块运动的距离是MR 为M、底边长为L,如图所示.将一质量为m、 M+m 可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释 C.滑块与小型机器人运动的水平距离之和 放，则在滑块B下滑到斜面底端的过程中，下 为2R 列说法中正确的是 ( D.小型机器人运动的位移是滑块的”倍 7.(2024·广东深圳期中)（多选）如图所示，在 光滑的水平面上，物体B静止，在物体B上固 A.A对B做功为零 定一个轻弹簧.物体A以某一速度。沿水平 B.A和B构成的系统机械能守恒、动量不 方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用， 守恒 A物体质量为m,B物体质量为2m,从A刚接 C.A和B构成的系统机械能不守恒、动量 触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中( 守恒 A w B D.斜面体向左滑动的距离为m A弹簧再次恢复原长时B的速度大小为。 10.(2023·山东威海质检)如图，一质量为10kg 的铁球静止在足够长的光滑地面上，人站在小 B.弹簧弹性势能的最大值为md 车上向左推铁球，铁球运动一段时间后和墙壁 C.A的动量变化量大小为 碰撞，碰后铁球速度反向、大小不变，每次推球， 3mt 球出手后的速度大小都为2/s,已知人和车 D.物体B先做加速度增大的加速运动，再做 的总质量为50kg以下说法正确的是( 加速度减小的加速运动 8.如图1所示，一儿童站在平板小车中间，与小 车一起沿水平地面匀速向右运动，儿童突然 走向小车一端，此过程儿童和小车的速度一 A.运动的全过程人、小车和铁球组成的系统 时间关系如图2所示，不计地面的摩擦以下 动量守恒 说法正确的是 ( ) B.后一次推铁球比前一次推铁球推力的冲 量更小 C.连续推4次后铁球将不能追上人和小车 D.最终人、小车和铁球的速度大小都是 图 图2 2 m/s 学霸高春！白题物理 第3节 实验：验证动量守恒定律 限时：15mim 考点分析：1.实验原理与操作； 2.数据处理与误差分析 1.(2022·天津高考)某同学验证两个小球在斜 光电门2滑块B光电门1 气垫导轨口 门滑块A遮光条 槽末端碰撞时的动量守恒，实验装置如图所 示.A、B为两个直径相同的小球实验时，不放 调节旋钮P 调节旋缸Q B,让A从固定的斜槽上E点自由滚下，在水 平面上得到一个落点位置：将B放置在斜槽 末端，让A再次从斜槽上E点自由滚下，与B (1)实验室有如图2两组滑块装置甲组两个滑 块的碰撞端面装上弹性碰撞架，乙组两个滑块的 发生正碰，在水平面上又得到两个落点位置. 碰撞端面分别装上撞针和橡皮泥若要求碰撞过 三个落点位置标记为M、N、P 程动能损失最小，应选择 组装置 图2 (2)用螺旋测微器测量遮光条 35 (1)为了确认两个小球的直径相同，该同学用 宽度d,如图3所示，并将两块 30 10分度的游标卡尺对它们的直径进行了测 宽度均为d的遮光条安装到 05 25 量，某次测量的结果如图所示，其读数为 两滑块上，可知遮光条的宽度 图3 mm. d= mm. 尺 3 cm (3)安装好气垫导轨和光电门，接通气源后， 山山HH 在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使 游标尺 10 它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电 (2)下列关于实验的要求正确的是 门2的时间小于通过光电门1的时间.为使导 A.斜槽的末端必须是水平的 轨水平，可调节P使轨道左端 (填 B.斜槽的轨道必须是光滑的 “升高”或“降低”)一些 (4)用天平测得滑块A、B的质量（均包括遮 C.必须测出斜槽末端的高度 光条)分别为m4、m:调整好气垫导轨后，将 D.A、B的质量必须相同 滑块A向左弹出，与静止的滑块B发生碰撞， (3)如果该同学实验操作正确且碰撞可视为 碰后两滑块没有粘连，与光电门1相连的计 弹性碰撞，A、B碰后在水平面上的落点位置 时器显示的挡光时间为△1，与光电门2相连 分别为 (填落点位置的 的计时器显示的先后挡光时间为△和△3： 标记字母)》 从实验结果可知两滑块的质量满足 2.(2023·广东东莞一模)某同学用气垫导轨验 mA mg;滑块A、B碰撞过程中满足表 证动量守恒定律，实验装置如图1所示。 达式 则说明碰撞过程中动量守恒. 第七章动最守恒定律学霸高春 第4节 碰撞 限时：40mim 考点分析：1.弹性碰撞与非弹性碰撞； 2.碰撞中的能量问题 1.(2024·江苏宿迁调研)A,B两球在光滑水平 4.(2024·江苏徐州月考)如图所 面上沿同一直线向同一方向运动，m,=1kg, 示，用等长的轻绳将大小相同的 mg=2kg,D=6m/s,=2m/s,当A追上B 弹性小球A、B悬挂于同一高度， 并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（取 静止时两球恰能接触且悬绳竖 A B 两球碰前的运动方向为正)》 ( 直，已知两球质量分别为m,、m现将A球向 A.'=2 m/s,v'g=4 m/s 左拉至某一高度h后由静止释放（悬绳始终 B.v=4 m/s,v'g=4 m/s 保持伸直状态，不计空气阻力)，使其与B球 C.v'=-4m/s,w'n=7/s 发生弹性碰撞，下列描述正确的是() D.'=7m/s,'a=1.5m/s A.若m1=mB,碰撞后，A球静止，B球摆起的 2.(2022·北京高考)质量为m1和m2的两个物 高度等于h 体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时 B.若m,>m,碰撞后，A、B都向右摆动，且B 间t变化的图像如图所示.下列说法正确的是 球摆起的高度小于h ( C.若m,<me,碰撞后，A、B都向右摆动，且B A.碰撞前m,的速率大于m,的速率 球摆起的高度小于h B.碰撞后m,的速率大于m,的速率 D.无论A、B质量大小如何，释放后整个过程 C.碰撞后m,的动量大于m1的动量 A、B系统的机械能和动量都守恒 D.碰撞后m2的动能小于m,的动能 5.(2023·湖南邵阳二模)“引力弹弓效应”是指 tfm.s) 在太空运动的探测器，借助行星的引力来改 B x/m 变自己的速度如图所示，以太阳为参考系，设 8---------- 行星运动的速度为“，探测器的初速度大小为 。,在图示情况下，探测器在远离行星后速度 大小为.探测器和行星虽然没有发生直接的 (第2题) (第3题) 碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律 3.(2024·河北邢台质检)冰壶比赛是选手们在 可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上 冰上投掷冰壶的策略比赛运动.若A、B两冰 发生的弹性碰撞规律作类比那么下列判断中 壶在光滑水平面上沿同一直线运动，发生碰 正确的是 ( 撞前后的-t图线如图所示，由图线可以判断 探测器 A.A、B的质量之比为2：3 B.碰前是B追A C.碰撞前、后A的速度变化量为8/s A.,=2u B.t,=o+2u D.A、B之间发生的碰撞为弹性碰撞 C.8,=2o+u D.v,=to+u 学霸高专！白题物理 6.(2024·安微马鞍山 为60°，将物块A 联考)如图所示，质量 由静止释放，当物 为m的物块A静止在水平面上，A、B均可视 块A运动至最低 为质点，A的左侧光滑，右侧粗糙，一个质量 点时，与静止在水平面上的物块B发生弹性 为M的物块B以速度，向右运动，与A发生 正碰，碰撞后物块B无能量损失地滑上斜面 弹性正碰，碰后A向前滑行x,后停止.若仅把 C,到达的最高点未超出斜面.已知物块A的 A的质量变为3m,其他条件不变，再次让B 质量为m,物块B的质量为3m,斜面C的质 与A发生弹性碰撞，碰后A向前滑行x2后停 量也为3m,A、B均可视为质点，重力加速度 止.已知x1:x2=25:9,则 ( 大小为g,水平面与斜面均光滑，不计空气阻 A.m:M=1:2 B.m:M=1:3 力.则 () C.m:M=2:3 D.m:M=3:4 A.碰撞后瞬间，绳子对小物块A的拉力大小 7.(2023·山东菏泽期末)在某次冰壶比赛中， 为2mg 如图所示：蓝壶静止在大本营Q处，材质相 B.碰撞后瞬间，绳子对小物块A的拉力大小 同，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，在摩擦 力作用下最终分别停在M点和N点.下列说 照 法正确的是 C.物块B在斜面C上升的最大高度为 D.物块B在斜面C上升的最大高度为 6 R=0.61 10.(2023·山东青岛期末) B R=1.22m 大本营 R=1.83m (多选)在研究原子物理 A.碰后两壶所受摩擦力的冲量相同 时，科学家们经常借用宏 B.两壶碰撞过程为弹性碰撞 观的力学模型模拟原子间 C.碰后蓝壶动量约为红壶动量的2倍 的相互作用，如图所示，在 D.红壶碰前速度约为碰后速度的5倍 水平面上固定着一个半径为R的内壁光滑 8.(2023·山东淄博四中期末)如图所 8& 的圆管轨道(R远大于圆管直径)，A、B、C、D 示，两质量分别为m1和m2的弹性小球 四个点将圆轨道等分为四等份，在轨道的A A、B叠放在一起，从高度为h处自由落 点静止放着一个甲球，某一时刻另一个乙球 下，h远大于两小球半径，落地瞬间，Bmm 从D点以某一速度沿顺时针方向运动，与甲 先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是 球发生弹性碰撞，小球（可视为质点）直径略 弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均 小于轨道内径，已知m甲=7mz,则下列说法 可忽略不计.已知m2=3m1,则A反弹后能达 正确的是 到的高度为 ( A.第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回 A.h B.2h C.3h D.4h B.第二次碰撞在C点 9.(2024·贵州遵义月考)（多远）如图所示，用 C.第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两 不可伸长的轻绳将小物块A悬挂于0点，轻 球对轨道的弹力大小之比为7：9 绳的长度为L现将轻绳拉至与竖直方向夹角 D.第二次碰撞后瞬间甲球的速度为0 第七章动最守恒定律学霸高春 第5节 爆炸与反冲 限时：15mim 考点分析：1，爆炸与反冲时的动量、能量； 2.(类)人船模型 1.(2023·山东枣庄期末)某中学航天兴趣小组 2地 的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的 49 自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质 甲 乙 量为m的水以相对地面为。的速度竖直向 (第3题) (第4题) 下喷出.已知重力加速度为g,空气阻力不计， 4.(2024·江苏宿迁期初)如图所示，甲、乙两船 下列说法正确的是 ( 的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、 A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反 12m,两船沿同一直线同一方向运动，速率分 作用力 别为2o、o,为避免两船相撞，乙船上的人将 B.水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒 一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲 C.火箭获得的最大速度为 M 船上的人将货物接住.不计水的阻力.则抛出 M-m 货物的最小速率是 ( mvo D.火箭上升的最大高度为 2g(M-m)2 A.to B.2vo C.3to D.4vo 5.(2023·陕西铜川一模)（多选）如图所示，质 2.(2023·海南一模)斜向上发射的炮弹在最高 量为100kg的小木船静止在湖边附近的水面 点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为m的两 上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并 块碎片，其中一块碎片做自由落体运动.已知 且比湖岸高出h=0.8m.在船尾处有一质量为 炮弹爆炸时距地面的高度为H,炮弹爆炸前 20kg的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块 的动能为E,重力加速度大小为g,不计空气 拴住，此时铁块到船头的距离L=3m,船头到 阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的 湖岸的水平距离x=0.7m.将细线烧断后该铁 距离为 ( 块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时 EH B.2 2EH 3EH D.4 EH A.2 C.2 受到水的阻力以及其他一切摩擦力，重力加 Nmg mg 速度g取10m/s2.下列判断正确的有() 3.新模型(2024·湖北黄冈调研)如图所示，一 个质量为m,=50kg的人抓在一只大气球下 方，气球下面有一根长绳.气球和长绳的总质 量为m2=20kg,长绳的下端刚好和水平面接 触初始静止时人离地面的高度为h=5m.如 A.铁块脱离木船后在空中运动的时间为0.4s 果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长 B.铁块脱离木船时的瞬时速度大小为 绳下端时，他离地面的高度大约是（可以把人 1.75m/s 看作质点) ( C.小木船最终的速度大小为1.25m/s A.2.6mB.3.6mC.1.5mD.4.5m D.弹簧释放的弹性势能为108J 学霸高春！白题物理 专题探究八动量与能量的综合应用 限时：40mim 考点分析：1.动量守恒与能量守恒的结合；2，类碰撞问题 1.(2023·江苏南师附中期末)如 为R的四分之一光滑圆弧构成.质量为m可 图所示，一质量为3m的木块用 看作质点的物块放在滑板左端A处，物体与 无弹性轻细绳悬于0点，开始时 滑板水平部分的动摩擦因数为丛.现给物块水 木块处于静止状态，一质量为m口 平向右的初速度，大小为22gR,下列说法正 的弹丸以水平速度。击中木块后未穿出，二 确的是 者共同摆动，若弹丸和木块形状大小忽略不 计，空气阻力忽略不计，重力加速度大小为g, 则下列说法正确的是 ( A.弹丸打入木块的瞬间，细绳所受的拉力 A.若L= 3R ,物块恰能回到板的最左端 不变 B.若L= 物块将冲出滑板，最终无法回到 3R B.弹丸打人木块的过程中，弹丸对木块的冲 量和木块对弹丸的冲量相同 滑板上 C.弹丸打入木块的过程中所产生的热量 C若L=3 ,物块在运动过程中有向左运动 ,15mw6 为32 的时刻 D.木块和弹丸一起摆动所达到的最大高度 D.若L=3迟，物块在运动过程中没有向左运 绶 动的时刻 2.(2023·江苏常州期中)质量相等的甲、乙两 4.(2023·山西忻州联考)（多选）如图所示，两 球放在光滑的水平面上，它们用细线相连，开 个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球 始时细线处于松弛状态现使两球反向运动， 穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水 m=3m/s,2=-2m/s,如图所示，当细绳拉 平状态.已知A球的质量为m,B球的质量为 2m,两球均可视为质点.将A、B由静止释放， 紧时突然绷断，这以后两球的运动情况可能是 不计空气阻力，重力加速度为g,下列说法正 ( 确的是 ( A.'g=2.5m/s,'z=1m/s B.e=1.5m/s,n'2=-0.5m/s A.B球向右运动的最大位移为。L C.'甲=0，'2=1m/s B.B球向右运动的最大位移为L D.'甲=4m/s,'z=-3m/s C.B球运动的最大速度为√gL 3.(2024·重庆期中)（多选）如图所示，质量为 3m的滑板，由长为L的水平部分AB和半径 D.B球运动的最大速度为3 第七章动最守恒定律学霸高吉 5.(2024·湖北六校联考)如图所示，在光滑水 6.(2023·重庆巴蜀中学质检)如图所示，AB是 平地面上有一“L”形长木板C,右端挡板P的 半径为2L、质量为3m的光滑四分之一圆弧 左侧连接一轻质弹簧，其劲度系数为k,将滑 轨道，放在光滑水平地面上，B处切线水平.将 块A放在长木板C的最左端，滑块B放在长 一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨 木板上的适当位置处，A、B可视为质点.设A 道顶端A处由静止释放，小球水平进入小盒C 与C之间的动摩擦因数为4，B与C之间无摩 时刚好能被卡住（作用时间很短可不计）.已 擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、C的质 知小盒C静止时刚好和地面不接触，质量为 量均为m,初始时，B、C静止，A以初速度o m,上端绳长为2L,物块D(可视为质，点)质量 向右运动，且在A与B碰前瞬间，A的速度大 为2.5m,木板E质量为m,木板E与D和水 小为C的3倍.所有碰撞均为弹性碰撞.已知 平桌面间动摩擦因数都为0.8，质量为m的物 轻质弹簧的弹性势能为：，k为弹簧的劲 体F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与 度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度取g 木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，不 (1)求A、B碰前瞬间，A、C的速度大小： 计空气阻力，不计绳子与滑轮间摩擦，重力加 (2)若A、B碰后瞬间，A立即与C保持相对静 速度为g,求： 止，求B的质量： (1)若固定圆弧轨道AB和物块D,小球从A (3)在第(2)问的前提下，若要保证B压缩弹 处静止释放，与小盒C相撞后能上升的最大 簧的过程中A、C仍相对静止，求弹簧的最大 高度（桌面不会挡住摆动的绳子）： 弹性势能以及弹簧劲度系数k的取值范围。 (2)若不固定圆弧轨道AB和物块D,小球超 过地面多高的地方释放后能使木板￡与桌面 之间出现滑动， 25.AD解析：A.传送带对小物体做的功等于物块机械能的增加量，两 知，减小了人与地而的作用力，故AC正确，B错误：人体获得的能量 种情况小物体重力势能和动能增加量都相同，所以机械能增加量相 是通过摄取食物得到的，更软，更有弹性的抗压材料的鞋垫主要作 同.所以两种传送带对小物体做功相等，A正确：B.设题图甲中到达 用是适当延长了运动中脚落地的缓冲时间，从面减少人与地面的作 B处时间为1，乙图中到达C处时间为2，根据题意可得题图乙中小 用力，感觉更加舒适，故D错误.木题选错误的，故选BD 物体到达C处后随传送带以速率：匀速运动到B点，所以题图甲中 2.AC解析：A.手机下落20cm时的速度为r2=2gh,解得=2m/s, 0+e 划痕长为御香产2·4=2.同理乙图中划痕长为 到人脸后手机未反弹，说明手机的速度为0，所以手机与人脸作用过 程中，手机的动量变化量大小约为△p=m=03kg·m/s,A正确： H B.手机与人脸接触的过程中受到重力和人脸的作用力，选向上为正 ，2sn4=2- 2,同时有1，=m020 ,可得1>2，所以有 方向，则有-mg=△p,解得1=045N·“,B错误：C.根据冲量的定 rsin 0 义可知1=？.解得F=4.5N,根据牛顿第三定律可知手机对人脸的 平均冲击力大小为45N,C正确：D.给手机装上了保护壳，碰撞过 甲>2，B错误：C甲图中系统由于降擦产生的热量为Q甲=·5甲= 程中手机对人脸的冲量不会改变，但可以通过延长作用时间面或小 f 2a,根据动能定理有。me=2,所以有04 碰撞产生的作用力，D错误，故选AC mgH 2,同理可得02=mg(H-)+子m2,所以有0年>02 3.D解析：根据动能定理可知W,= 2m23 2m(2)2. m2,用2 C错误；D.传送到B处，甲上的小物体需要的时间为tp=,= 2H 之m,可得形=7形，由于速度是矢量，具 rsin 0 h 有方向，当初，末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动 乙上的小物体需要的时间为红=+血0_2(H-) h 2H-h 量变化量最大，因此冲量的大小范用是mr≤/1≤3m,3mm≤2≤ rsin 8 rsin 8 tsin 8 7m,比较可得2≥1一定成立故选D 所以有单>z,D正确.故选AD. 4.D解析：A.F-1图像与坐标抽包围的面积表示动量变化量，则 6.20a)-ge 1 Fr 2x2 5 5 =mr-0,1=2s时物块的速率为n=2m2汉4m6=05ms,放A 解析：(1)小球A和B及杆组成的系统机械能守恒设转到竖直位置 错误：B.0~9s内力的方向设有变化，物块一直做加速运动，故B错 的瞬间A,B的速率分别为4g,杆旋转的角速度为@，有mg·2- 误：C0-3s内物块的动量变化量大小为4p=号 2×3x 1 1 g,m+,m品2地，n=仙，联立解得0 3kg·m/g=4,5kg·m8,故C错误；D,0-5s内F的冲量大小为I= ",.2V0g △p'= ×9×3■ 2×(9-5)×2 N·s=9.5N·,故D正确 5 [2 (2)对4球，由动能定理得·24=号。 故迷D 5.C解析：A.根据运动的对称性及动能定理可知，落地时两者的末速 联立解得e- 度大小均为x=√后+2gh,4为小球的初末位置高度差，由于初速度 的方向不同.根据运动的对称性，分析可知未速度的方向不同.所以 7.(1)35N(2)6」(3)停在BC上距离C端0.3m处（或距离B端 落地速度不相等，故A错误；B,根据动量定理△p==mg,由题图可 0,2m处) 知小球第二次在空中运动的时间比第一次在室中运动的时间长，故 解析：(1)小球进人管口C端时.它对圆管上管壁有大小为F、= 小球的动量变化量不相同.故B错误：C根据动能定理可知，两次运 2.5mg的作用力.根据牛顿第三定律，管壁对它的作用力F代=F、,对 动过程小球的动能变化量均为△E=mgh,由于小球的初，末位置相 小球由牛顿第二定律有F+mg=F。,解得F.=35N. 可，故高度h相等，故动能变化量相等，故C正确：D.设开始运动时 (2)在压缩弹簧过程中，速度最大时合力为零，设此时小球离D端的 小球在多直方向上的速度分量为，则根据运动的对称性，可知落 距离为0，则有o=mg,解得=g=0.1m,在C点，由F。=35N= 地时小球在竖直方向上的速度为'=1+√2g,落地时重力的瞬时 解得c=了m.由能量守恒定律有g(r+)=空 功率P=mg'=mg(,+√2gh)h为小球的初、末位置高度差，由圈 意可知第一次抛出小球时，小球在竖直方向的初始分速度为零，而 第二次抛出小球时，小球在竖直方向的初始分速度不为零故小球两 2m2,解得mg(r+)+2m2-,61 次落地时重力的瞬时功率不相等，故D错误，故选C (3)小球从A点运动到G点过程，由动能定理得mgh-um= 6.CD解析：由题图知，AB与CD平行，说明撤去推力后两物体的加速 2m丘，解得B.C间距离s=Q5m,小球与弹簧作用后返回C处动能 1 度相同，而撒去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律 可知，两物体受到的摩擦力大小相等摩擦力对物体的动量为=F: 不变，小球的动能最终消耗在与C水平面相互作用的过程中，设小 :物体的运动时间小于物体的时间，可知摩擦力对：物体的冲量 球在C上运动的总路程为，由能量守定律有mg:了吃，解 小于摩擦力对b物体的冲量，对整个过程中，由动量定理可得F,1 F4m=0,F-Fm=0,则F,的冲量小于F2的冲量，故AB错误. 得x'=07m,故最终小球在BC上距离G为1=s-('-s)=05m- C正确：D.根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化 (07m-0.5m)=03m,或距离B简为1'=07m-05m=02m处停下 量，：，b两个物体动量的变化量都为零，所以冲量相等，故D正确： 第七章动量守恒定律 故选CD. 7.B解析：设水流速度为，横截面积为S,在极短时间△：内的质量 第1节动量定理 △m=pmSA,对水流使用动量定理可知F/=4mt=m2S△，则F=mS, 1,BD解析：脚在落地前的速度大小相等，脚落地后最后的速度均为 零，说明动量的变化一定相等：跑鞋的鞋垫通常选择更软、更有弹性 根据压强的计算公式有p=专空心，代人数希解得：一 的抗压材料，主要是延长了与人相互作用的时间，根据动量定理可 650m.B正确.故选B 一学霸高考·白题·物理·27一 8.A解析：A,B两点速度方向如图甲所示，则有1=，w=r,由于 的过程中对水的平均作用力大小为F·4=m-0,解得F=280N, 摩擦力是变力，由动量定理得：1=m。-m4,将，方向平移到B点。 故D项正确.故选BD. 如图乙所示，解得I=√3r,BCD错误，A正确.故选A 5.D解析：A.根据动量守恒m0=(m+1)",子弹打人木块后子弹和 木块的共同速度为一=0。，收A错误：队根据动能定乳。 120 子弹对木块做的功W=M=450J,故B错误：C.子弹动能减小， 木块对子弹做负功，故C错误：D,根据能量守恒，子弹打入木块过程 1 1 中产生的热量Q=2m2(m+)=45001,放D正确故选D 6.CD解析：A,小型机器人和带块组成的系统只在水平方向动量守 9.B解析：C.由于两次射门足球在重力方向上发生的位移相等，则重 恒，A错误：BCD.小型机器人从A端移动到B端的过程中，由水平方 力做功相等，故C错误：A.足球被踢出时的速度大小相等，根据动能 向动量守恒得m=M,根据相对位移关系有无+=2R,可得小型 定理有-me子一，可知到达a6两点瞬间迷度大小， 机器人和滑块移动的距离分别为与一M+mM+m 2MR 2mR 即滑块与小型 ,放A错误：B.由几何关系可知：到达b点的足球水平位移较大，到 达a两点竖直位移相等，若从射出到打到a,b两点的时间>6， 机器人运动的水平距离之和为2，且小型机器人运动的位移与潜块 根搭=2，可知到达“点的足球竖直初速度较小，根据运动 的位移之比为产：”，放B错误，CD正确故选CD X2 m 的合成可知水平方向初速度较大，水平方向根据x=,1,可知水平位 7.BD解析：A.从A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中，两物 移较大，与题意矛盾，也不可能是时间相等，因为时闻相等，则竖直 体和弹簧组成的系统动能动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向 方向的分速度与水平方向的分速度均相等，水平方向位移也应该相 由动量守恒定律得。=m1+2mw,由机械能守恒定律得】 等，与题意矛盾，所以一定是1，<44，故B正确D.由动量定理知，足球 重力的冲量等于足球动量变化量，由于击中：点时间短，则打在：点 子+×2m:联立解得=子。g=子o放A错误：两 2 时足球的动量变化量小，故D铅误.故选B. 10,AC解析：AB.△：时间内被螺旋桨加速空气的质量为△m'=S△， 物体速度相等时弹簧压绪量量大，弹簧弹性势能最大，系统动量守 螺旋浆对空气的作用力F.史，其中动量变化为4p=dm,为使飞 恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m。=(m+2m)”,由机械能 △t 守l定律得子m哈=之(m+2m)+B。,联立解得B,=了m哈，故B 机悬格，有F=g,联立解得=√侣故A正确.B错误：D为极 正确：C.从A刚接触弹簧到弹簧再次恢复原长的过程，A的动量变 飞机向上匀速运动，有F=mg以，联立解得r= mg,故C正确 化量为4p=m,mg=子则其大小为m故C错误：D.物 体A与弹簧接触后做诚速运动，B做加速运动，弹簧压缩量增大，弹 D错误.故选AC. 簧弹力变大，B的加速度变大，当A、B两物体速度相等时弹簧压缩 第2节动量守恒定律 量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，弹簧弹力减小，B的加速度减小，B 1.B解析：甲，乙两人与球组成的系统动量守恒，故最终甲、乙的动量 继续做加速运动，则整个过程B先做加速度增大的加速运动，后做 大小必相等，谁最后接球，谁的质量中就包含了球的质量，即质量 加速度减小的加速运动，故D正确故选BD. 大，由动量守恒定律得m=m22,因此最终谁接球谁的速率小 8.B解析：A.由题图2可知，小车的加速度大小大于儿童的加速度大 B.若乙最后接球，则一定是"m>:,故B正确：ACD.无论甲，乙雅 小，由于在运动过程中，小车与儿章间的相互作用力大小相等，即合 先抛球，只要乙最后接球，就应是甲>z,枚ACD错误放选B 2.C解析：当小球向左摆动到最低点的过程中，细线对小车的拉力沿 力大小相等，由牛顿第二定律可知，小车的质量小于儿童的质量，故 A错误：B.由于儿童走动后，儿童和小车的速度方向相同.由动量守 右下方，由于有挡板，则小车不动，此过程中小球和小车系统在水平 方向动量不守恒：当小球向左摆动经过最低点继续向左运动时，摆 恒可知，儿童和小车都向右运动，只是儿童的速度比小车的小，则儿 线对小车的拉力沿左下方，期小车向左运动，此过程中小球和小车 童相对小车向左运动，故B正确：C,儿窟走动过程，儿童和小车的总 系统在水平方向动量守恒，当小球达到最高点时，小球和小车速度 动能增加，故C错误：D.由于儿童向右做诚速运动，则小车对儿童的 一定相同，故C正确，ABD错误，故选C 摩擦力向左，小车对儿童的支持力竖直向上，所以合力斜向左上方， 3.B解析：重从P处由静止下落的同时小车向左运动，系统受到向 合力的冲量方向斜向左上方，故D错误故选B 右的滑动摩擦力作用，重锤的加速度有竖直向下的分量且此分量逐 9,BD解析：A滑块下滑的过程中，B受到A向右的支持力，该支持力 渐减小，系统处于失重状态，地面对车的支持力逐渐增加，系统受到 与B的位移方向成纯角，所以A对B做负功，A错误：C.对于A、B 向右的潜动摩擦力逐渐增大，根据动量定理可知，系统受到的滑动 组成的系统，在滑块下滑的过程中只有重力做功，所以系统机械能 摩擦力的冲量等于系统动量的增加量，故此过程系统动量的增加量 守恒，由滑块B和斜面体A组成的系统，由于B沿斜面加速下滑，有 逐渐增大且方向向右，，-1图像斜率逐渐变大：重锤解间顺在Q处 竖直向下的分加速度，所以存在超重现象，系统竖直方向的合外力 后与小车保持相对静止后（此时递度方向向左），系统受到向右的恒 不为零，因此系统动量不守恒，B正确，C错误：D.系统水平方向不受 定滑动摩擦力作用而减速运动，根据动量定理可知.故此过程系统 外力，水平方向动量守恒，设A,B两者水平位移大小分别为x1和 动量方向向右均匀减小P,-1图像斜率不变，故B正确，ACD错误。 ,取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M n3=0.即有 一 故选B. 4.BD解析：A乌贼喷水过程时间较短，系统内力远大于外力，系统动 量守恒，则该乌戴与喷出的水的动量变化大小相等，方向相反，做A 贴，，又因为场，解得一，D正确故选D 错误：B选取马就速官的方向为正方向，根据动量守恒定律得0= 10.D解析：A.铁球与墙壁碰撞过程，墙壁的作用力对人、小车和铁球 1-m"2,解得2=28m*,放B正确；C.该乌威在这一次逃窜过程 组成的系统有冲量.系统动量不守恒，A错误：B,设铁球的质量为 中清耗的能量=了m时=421.故C错误：D该乌碱喷曲水 m、人和小车的质量为M,第一次推铁球，根据动量定理有11=△p,= m·r=20N·s,以后每次推铁球，根据动量定理有/2=m·- 一学霸高考·白题·物理·28一 m(-)=40N·s,则第二次推铁球的冲量大于第一次推铁球的冲 4 量，之后每一次推铁球的冲量都相等，B错误：C.要使铁球不能追 体正碰后，m,碰后的速度大小为一3m=2m,m碰后的速 上小车，需使唱≤车，推球过程人，小车和铁球组成的系统动量守 8-4 恒，则第一次推铁球使人和小车获得了△1=20kg·m/的动量， 度大小为产m⅓=2，醒后两物体的速率相等，B错误： 以后每次推铁球都使人和小车获得了△p,=40kg·m/s的动量，根 C两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m0三一m1+m22,解 据△，+m4≥M.解得≥2，故连续推3次后铁球将不能追上人 得两物体质量的关系为m=3m,根据动量的表达式p=m可知碰 和小车，C错误：D.根据△p,+n△p2≥M'可知，当n=2时解得小车 后m2的动量大于m1的动量，C正确：D,根据动能的表达式￡三 的速度为'■2m,与铁球的速度大小相等，今后不能追上小车， 2m可知珑后m,的动能大于m,的动能，D错误，故选C 三者都保持匀速运动.D正确.放选D. 3.D解析：B.由题图可知碰撞A的速度大于B的速度，可知碰的是 第3节实验：验证动量守定律 A追B,故B错误：A,根据动量守恒定律可得m,,+mm:=m+ 1.(1)10.5(2)A(3)MP 解析：(1)观察主尺的单位为m,读出主尺的读数是10m,游标尺 m哈，代人图中数据可得四=三，故A错误：C.碰撞前后A的速度 上的第五条刻度线与主尺上的刻度线对齐，其读数为0.5m,结合 变化量为4秒，=2m/s-6m“=-4m/s,故C错误：D.代人图中数据 主尺及游标尺的读数得到被测直径为D=10m+0.1×5mm= 10.5mm 可知m+m公5e=me+mm,之m听+之mn后=之m分+ (2)首先考查在实验的过程中.需要小球A两次沿斜悟滚到末端时 的速度都水平且大小相同.实验时应使小球A每次都从同一位置由 2m公，两个式子都成立，故4，B之间发生的碰撞为弹性碰撞，故 静止开始释放，并不需要斜槽的轨道光滑的条件，也不需要测出斜 D正确.故选D 槽术端的高度，但是必须保证斜槽末端水平，故A正确，BC错误： D,小球A与B发生正碰时，为使小球A在碰后不反弹，要求小球A 4、A解析：小球A下降h时，根据机械疏守相m4g=2m后，可得o 的质量大于小球B的质量.故D错误故选A. √2g碰撞的过程中满足动量守恒，机械能守恒，有m0=m1+ (3)设A,B两球的质量分别为m1和2，且m:>m3:碰前A的速度 m262m,+了m,整理得与= 2m :因为两个小球的碰撞视为弹性碰撞，则由动量守恒定律得m购一 m,mn马= tmto m,,+m"a,由机候能守棋定律得 2m6= 2m听+ 2m哈，解得 A.若m,=m,可知利1=0,2=，即球后A球静止，B球以的速度 上摆，摆起的高度等于h,A正确：B.若m,>m,可知1>0,2>0.即 用一科 2mA 0,nm十m餐 ,可见碰后小球A的速度小于小球B的 碰撞后，A,B都向右摆动.B球摆起的高度大于h.B错误：C,若m4 mg,可知<0,2>0，即碰撞后，A球向左运动，B球向右运动，C错 速度，也小于碰前A的速度。：所以小球A单独滚下落到水平面上 误：D.在A球下摆和碰后两球运动的过程中，所受合外力均不为零， 的位置为N,A,B懂后在水平面上的落点位置分别为M.P 因此动量均不守恒，D错误故选A 2.(1)甲(2)6790(3)升商(4)》 5.B解析：根据动量守恒定律-mn+M:=mm,+1,根据能量守恒定 解析：(1)乙组中两滑块碰撞后连成一体运动，是完全非掸性碰植 件+宁子mw,解得"2a）,又因 M+m制+m 动能损失较大，根据题意，应选择甲组的实验装置， 为m<M,解得艺，=。+2，故选B. (2)螺旋测微器的读数为6.5mm+29.0×0.01mm=6.790mm 6.A解析：A与B发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒，则M。= (3)滑块通过光电门2的时间小于通过光电门1的时间.说明带块 从右到左加速运动，为使导轨水平，可调节P使轨道左端升高一些 h,+m2,子品=之之子，碰后A向前带行，根聚动能定理 (4)滑块A向左运动，先通过光电门1.与滑块B履鐘后，滑块B通 M）2 可得。 M+3m)225 过光电门2，接着滑块A通过光电门2，说明碰撞后滑块A向左运动， =0 2m.解得x=2 g（M+m M+m 所以m>mg,滑块A,B碰撞前后动量守恒，则mAPe=mAA+mgP, 解得m:M=1:2,A正确.故选A =,代人可得必 7.C解析：A璀后两壶运动距高不相同，侧碰后两球速度不相同，因 △1：1△ 此动量的变化量不相同.根据动量定理可知张后两壶所受摩擦力的 第4节碰搅 冲量不相同，故A错误：C由题图可知碰后红壶运动的距离为x,= 1.A解析：以A的初速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量为 R,一R,=0.61m,蓝壶运动的距离为x2=2R,=2.44m,二者质量相 m,+mNa=10g·m/,系统总的机械能为E= 同，二者碰后所受摩擦力相同.即二者做诚速运动的加速度相同，对 2m1+2m项 221.A.如果=2m/8,=4/%,碰后系统动量为P=m+ 与2，由于红壶，蓝 红壶有听=2a1,对蓝壶有=2a2,联立可得=】 咳=10g·ms,碰后系统机械能为=，n+,m 、壶质量相等，闲此碰后监壶红壶动量之比为片需二，放C正 18J,碳撞过程系统满足动量守恒.满足机械能不增加原则，枚A正 确：D.设红壶碰前速度为，根据动量守恒，则有o=m,+2,解 确：B.如果=4，g=4m/,碰后系统动量为p'=m+mn%= 得。=31，即红壶罐前速度约为碰后速度的3停，故D错误：B.碰前 12kg·m/%,碰撞过程系统不满足动量守恒.故B错误：C,如果= -4ms,M=7ms,碰后系统动量为p'=m,+m=10kg·m/s, 的动能为w=了m,碰后动能为=子m+了m,比较可得 E。>E1,机械能不守恒，即不是弹性碰撞，故B错误.故选C 碰后系统机械能为E"=2m,学+之ma后=57>2小，隧撞过程系 8.D解析：下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移 统满足动量守恒不满足机械能不增加原删，故C错误；D.如果= 公式得2=2gh,解得触地时两球速度相同，为=√2gh,m:碰撞地 7ms,=1.5m/s,则隧撞后A的速度大于B的速度，不符合实际情 之后，速度擗间反向.大小相等，选m1与m:碰撞过程为研究过程. 况.故D错误，故选A 碰撞前后动量守恒，设碰后m,m,速度大小分别为，与2，选向上方 2.C解析：Ax-4图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m,碰前 向为正方向，由动量守恒定律得：m一m:三m11+m2,由能量守恒 的速度大小为%=广m8=4m,m?碰前速度为0，A错误：k两物 定体得(mm)2=子m,+店，由题可知=3m联立 学霸高考·白题·物理·29一 解得=22，反弹后A能达到的高度为H=三=4场，拉D正确， 5.AD解析：AB.绕断细线后以铁块和小船组成的整体为研究对象，对 2g 铁块和小船组成的系统由平均动量守恒得，=m?,+3=L,解得 ABC错误，故选D, 1=0.5m,=2.5m,铁块离开小木船后做平抛运动(1+x)=2t,h 9.BD解析：AB.A与B碰前机械能守恒mg(1-c60)=2m,解 28.解得1=Q4,=3m,选项A正确，B错误.C铁块与小术 得=√，A与B碰撞过程动量守恒和能量守佰，则mo=m,+ 船相互作用时，由动量守恒得M1-m2=0,第得”1=0.6m“,选项C 错误肌由机械能守恒定律科公=子M+了，解得么，=10网。 5 选项D正确.故选AD. 则碰后对球A有了-g=m,解得T=子g,选项A铅误，B正确： 专题探究八动量与能量的综合应川 CD.当B沿斜面到达最大高度时，B.C共速，则3m=(3m+3m), 1,D解析：A弹丸打人木块过程中，木块的速度逐渐增大，所需的向 名-宁3a3a产3e,解得-名C错误D正货 心力不断增大，因此木块所受绳子的拉力逐渐增大，由牛顿第三定 律可得：细绳所受拉力大小逐渐增大，故A错误：B.弹丸打人木块过 选D. 程中，弹丸对木块的作用力与木块对弹丸的作用力大小相等，方向 10,ACD解析：A.第一次碰撞时，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统 相反，作用时间相同.因此弹丸对木块的冲量大小等于木块对弹丸 动量守恒机械能守恒，以乙球碰前瞬间方向为正方向，由动量守 的冲量大小，但方向相反，故B错误：C弹丸打入木块过程中，系统 恒定律和机械能守恒定律得m之=m2+m甲，2m么户 动量守恒，由动量守恒定律可得m。=(m+3m),得=手，产生的热 之+分p候：解得 m么一mp m么+用甲 2m飞一甲，因为m甲 m乙十m甲 量为Q= 7时子(a+3m)P-子G,故C错误：木块和弹丸 7m之，则1=- 4,54,故第一次碰撞后解间乙球被反向举 1 起视动到最高点过程中，由动能定理可科-(a+3加)动=0宁一 同，故人正确：C根据钱道弹力提供向心力有下=爱，因为即 3 如P新得克放D正瑰经 7m么6一4,4，则行7，根据牛顿第三定律可知，甲、 2.B解析：A.当细绳拉紧时突然得断，满足动量守恒，规定向左为正 乙两球对轨道的弹力大小之比为，’：F'=7:9.故C正确：B因 方向m甲型单+m乙之=m甲单'+m乙乙'，因为两球质量相等，所以 为碰后，乙球速度大小是甲球速度大小的3倍，则第二次碰撞恰好 ”m+"z=m'+z',代人数据，不满足条件，故A错误：B代入数据， 发生在B点，乙球运动子圆周，故B错误：山两球第二次碰撞过 满足印r么响么，且清是动能不描加原则子+之m心吃 程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m乙+m甲？=m2,+ 1 1 2甲m+2m之吃之，且不会二次碰撞，故B正确：C.代人数据可 m22+2m2+ 2m经，解得=，吃=0， 知会发生二次碰擅，故C错误：D. 故D正确.故选ACD. 20甲师+2m之吃<2m甲师+ 第5节爆炸与反冲 1.D解析：A.火箭的推力来源于火箭里喷出的水对它的反作用力.做 2m2吃，绳子新后动能增加，递背能量守恒定律，故D错误故选R A错误：B.水璇出的过程中，瓶内气体做功，火箭和水机械能不守恒， 3.AD解析：A.根据题意可知.物块和滑板水平动量守恒，若滑块恰 故B错误：C,由题意可得.由动量守恒定理可得(M-m)r=mor= 能同到板的最左端，由动量守恒定律有m0=(m+3m)1,由能量守 ”-m故C错误，D.水喷出后，火箭做竖直上抛运动，由题意有产。 用台 恒定律有2m哈2(m+3m)=mg2L.解得L 3那，故A正确： 2μ B,由A分析可知，若L=教，物块向右虽能冲出带板，但在空中的水 g2g(M-m,故D正确放选D M-m m 2gh.h= 平速度和滑板相同，则最终也能相对滑板竖直向下落回滑板，故B 2.B解析：炮弹炸裂的过程水平方向动量守恒，设地弹炸裂前的速度 错误：CD.由于物块向右碱速，当从高处再次滑回四分之一圆弧底端 的过程物块速度未能反向，之后在水平部分运动时物块所受摩擦力 大小为则，√任，设炸裂后瞬同另一块降片的准度大小为： 将向右，物块将对地向右加速直到两者共速，故物块能向左运动的 临界为滑到四分之一圆弧底端时速度恰为零，由动量守恒定律和能 有2m=m,解得=2√ E ,根据平抛运动规律有1=2，两 量守定弹有m,三3加之，，，3mg,解得=，由 块碎片落地点之间的距离12入√m EH ,选项B正确 于L=3识，则物块不能向左滑动，故C错误，D正确.故选AD. 3.B解析：根据题意，设人的速度为，气球的速度为，人下滑的距 离为1，气球上升的距离为2.根据人和气球动量守恒得m,= 4.AD解析：AB.对于A,B组成的系统，当A球摆到B球的左侧，细绳 m2,则有mx1=m2,解得1= 方，又有+=，则人下滑的 2 再次处于水平软态时，B球有向右的最大位移，此时对系统有m,一 2 10 5 25 2 距离为名=h=气m,气球上升的距离为=7=气m3.6m =0,x,+=2弘，解得B球向右运动的最大位移为m=行， 则此时人离地面的高度大约是3.6m,ACD错误.B正确.故选B. A正确，B错误：CD.当A球摆到B球正下方时，B球的速度最大，在 4,D解析：设抛出货物的速度为"，以向右为正方向.由动量守恒定律 水平方向上由动量守恒定律有m心，一m”然=0，由机械能守恒定律有 得，乙船与货物：12m。=11me,-me,甲船与货物：10m×2。-m= 11,两船不相撞的条件是：≤1，解得：≥4m,则最小速度为 m-2m+2m后解得B球运动的最大迷度为6=可 3 40,ABC错误，D正确故选D. C错误，D正确.故选AD 一学霸高考·白题·物理·30一 5.16子w=0(2)n（3)0听kelg 3 2.(1)10m831.2N(2)0(3)0.2m 96 解折：1)滑块a从D到F,由能量关系g·2R=m-子。 1 解析：(1)设A.B碰前枫间，A的速度为，C的速度为e, 对A.C有动量守恒o=w,+mrc, 在F点F、-mg=mR 由题意知，=3c,解得1=手，"e=46 解得pr=10m/s.F、=31.2N: (2)设B的质量为mB,A,B碰后最间，A的速度为以，B的速度为， (2)滑块a返回B点时的速度g=1m/“.带块4一直在传送带上诚 对A.B碰撞过程动量守任m,=m+mm, 速，加速度大小为a=g=5m/s2, 机械能守恒】 1 2m公， 根据房=2-2al,可得在C点的速瘦e=3m/s, 1 经分析可知=rc,联立解得ma产2m: 则洲块。从暖撞后至列达C点兮一了-2g·2R。 3 1 解得1=5m/. (3)由前两间可知=46，c=或=4，%=a, 因a,b碰撞动量守恒，则mer三-1+3m2, 设弹簧压缩至最短时的压缩量为x,此时A,B、C共速为， 解得碰后b的速度2=5m/“, 对AB,C有机械能守恒，动量守恒，有 1 1 则凝植损失的能量△E=2m2m2·3加=0： (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a,b碰后的共同速度 11 1 15 ·2m+22m2=2·2m2+ mm,=4m,解得=2.5ms, 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4=6'， 则r=5 /s, 经分析：当弹簧压缩至最短时A、C不发生相对滑动即可， 则有kr写2mg, 当弹簧被压缩到最短时压缩量为，由能量关系了，4m2:子· 9 解得E产80m6.k 160u2mg? 9 6mr2+.解得=01m, 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=, 则弹簧最大长度与最小长度之差△r=2x,=0.2m 解析：(1)周定圆孤轨道B和物块D,取水平向右为正方向，设小球 复习自测练 滑出圆弧时的速度为。，刚卡住瞬间的速度为1，由动能定理可得 1.BC解析：A.以，的方向为正方向，由动量守恒定律得o=(m+ mg·21=2m6, ),可得滑块最终获得的速度：，可知两种情况下子弹的末一 小球撞击C瞬间二者组成的系统动量守恒，由动量守恒可得m,= 速度是相同的，故A错误：B.子弹战人下层或上层的过程中，系统产 (m+m)1,联立解得P,=√L, 生的热量都等于系统减少的动能，而子弹或少的动能一样多（两种 设与小盒G相撞后能上升的最大高度为hm,由机械能守恒可得 情况下子弹和、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统 L 2mgh.=7·2m叶，解得.=之 减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B正确：C.根据动能 (2)小球向下时由系统水平方向动量守恒有，=3m2, 定理，滑块动能的增加量等于子弹对滑块做的功，故两次子弹对滑 块做的功一样多.放C正确：D,由Q=F,·x时，两种情况子弹和滑 由能量守恒有？m+2×3m时=mgh, 块间相对位移不相等.故两种情况子弹和滑块间的水平作用力不 小球和小盒C,根据动量守恒有m,=(m+m)生 样大，故D错误故选BC 2.C解析：假设方格边长为x.则罐撞后，由动能定理可得-f·3x=0- 根据牛顿第二定律F,-2mg=2m·2 E“,f·12x=0-E,可知碰撩后红壶的动能是蓝壶的4倍，则 对木板E有(25gg-R,)影联立解得：=子 上：4，得红=2，假设碰撞后=2知，量=，则碰撞过程中由动量 第七章章末综合提升 高考新题练 守恒可科mom(a)卢a,得og=3新，由感直知之mds 1.(4 (2)3m 9 2m2 =6,可知碰撞后= 1 96,a2m2g 6ro 解析：(1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为20， 所以碳德过程叶根失的动能约为近=儿号气号=号，故 (2)2,6 所以F.=mR4nR C正确，ABD错误.故选C (2)球】与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后 3.D解析：设AB两球质量分别为M和m,A球下落到最低点时的速 2m2 反弹，则m·2o=-m+m,2m(2o)2= 2m'2 度清足(1-0)=宁%，解得，=√亿，两球相碰时，根据 联立解得r=o,m'=3件： (3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时闻为△，第一次碰后 动量守恒定律和能量守恒定律有M。=斯，+m,了%=子+ 康1运动同周所用时间为，器又因为：+：=R 2mi,解得+，因M是m的10信，则接近2o:同理B 所以△=1，+=6 R 和C碰后，C的速度接近于4：C和D碰后，D的速度接近于8o,即 "n=8√L,ABC错误，D正确.故选D. 一学霸高考·白题·物理·31一 4.C解析：A若圆弧槽不固定，小球有竖直方向的分加速度，系统的 由动量守恒定律得刷=m2, 合外力不为零，则系统动量不守恒，故A错误：B.若圆弧槽不固定， 联立解得m4√小-coa=ma√1-o0sB. 小球和槽组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向动量守 恒，则=2加(R-),解得小球水平方向移动的位移为：-放B (2)整理m1√1-e5a=me√1-c0sB,可得1-e0s= 错误：C圆弧槽固定时，小球滑到B点的过程中机饿能守佤，则 osB),所以(1-msa)-(1-ea4B)图像的斜率A= mgR=- 2m,小球滑到B点时的速度=√2gR,圆弧槽不周定情 则A,B两球的质量之比为。， ma k 1 形下，由动量守恒和能量关系可知m,=2m2,2mr叶+2×2m (3)若本次实验存在一定的误差，可能的原因有用量角器测量角度 4gR 时测量不准确可能会带来误差：爆炸后小球运动过程中存在空气阻 gR mg,解得，√等√兮.则圆弧槽固定和不周定情形下， 力，可能会影响角度的大小 小球滑到B点时的速度之比为三。5，故C正确：D.若圆驱轴周 8.(1)N,=8N,N2=5N(2)8ms(3)0.2m 12 解析：(1)当滑块处于静止状态时桌面对滑杆的支持力等于滑块和 2 滑杆的重力，即N,=(m+M)g=8N,滑块向上滑动过程中受到滑杆 定，小球到达底端时Fmg=mR,解得F、=3mg,则圆瓦指对地面 的摩擦力为1、，根据牛倾第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为 的最大压力为FN=3g+2mg=5mg,若圆孤槽不周定，小球到达底 1N,方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2=Mg-f'= 端时F-mg=m (5+2) 5 N. ,解得=4mg,则圆孤槽对地面的最大压 R (2)滑块向上运动到碰撞前酸间根据动能定理有-mg-几=了 力为F%=4mg+2mg=6mg.圈弧槽固定和不固定两种情形下，圆 孤槽对地面的最大压力之比为FNn:Fm=5:6,故D错误. 2m哈，代人数据解得=8ms 故选C (3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性璀撞.即碰后两者共速，碰撞过 5.B解析：地面光滑，物块与木板组成的系统所受合外力为零.系统 程根据动量守恒有，=(m+)”,碰后滑块和滑杆以速度，整体向 动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得。=(M+m)r,对m 上做竖直上抛运动，根据动能定理有-(+W)动=0-之(m+W)口， 代人数据联立解得h=0.2m. 相对位移为△，对M有4g(+4)F2一)场 第八章机械振动与机械被 整理得a2 第1节机械振动 1.B解析：A小球在斜面上受到的力为恒力，不符合回复力的条件， 因为e,所以时a宁前得ac2 故不是简谐运动，A错误：B.小球在弹力的作用下，受到的回复力与 小球的位移成正比，方向总是指向平衡位置，是简谐运动，B正确： 故B正确.ACD错误故选B. C,乒兵球在地面上的自由来回上下跳动.只受重力作用，故合外力 6.D解析：A.在小球B由静止向下摆动到最低点的过程中，绳子对滑 为恒力.不符合回复力的规律，故不是简谐运动，C错误：D.活塞在 块A产生向右的拉力，此过程中A没有离开挡板P,挡板P对A有向 汽缸里往复运动不遵循简谐运动的位移与时间的规律，故不是简谐 左的弹力作用因此A和B组成的系统在水平方向受力不为零，水平 运动，D错误故选B 方向动量不守恒，故A错误：BD.当小球第一次到达最低点后，小球 2.B解析：A.由题意可加，质点从M到N用时1，则从O点到N点 维续向左摆动，A将离开挡板，直到小球到达左侧最高点的过程中， 用时0.5s,质点通过N点后再经过2s第2次通过M点，可知从N 由于A和B组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向动量 点到右侧最远点需要的时问为0.5“，则周期为4：设振幅为A,则 守恒，设小球第一次到达最低点时的速度大小为。，到达左侧最高 点时的速度为，根据动量守恒定律及能量守恒定律可知3mg山，= 21+2Asin45°=12cm,可得A=6(2-2),A错误；B.由对称性可 知，质点在M点和N点时.质点速度大小相等，则动能相同.增簧的 之x3m6.3m,=4m,×3nm6=子×4m2+3nmeh,联立求得此时滑 伸长量和压缩量也相等，则系统势能也相同，B正确：C,取向右为正 、3 块的速度大小为=3 2g工，小球相对于最低点上升的最大 方向，则质点在M0之间时，偏高平衡位置的位移是负值，加速度为 正值，C错误：D.根据F=-:可知，质点的回复力与位移大小成正 比，方向相反，D错误.故选B 高度为h=4,故B错误，D正确：C,小球第一次运动至最低点到 3.B解析：A.该振子振动的周期为8s,0-6s内该振子通过的路程是 第二次运动至最低点过程中，A和B组成的系统水平方向动量守恒， =3=12m.A错误：B.该振子振动的调频率为w=2严=025：，振动 可知A的速度方向一直水平向左，A一直受到细线偏向左下方拉力 的作用，拉力对A做正功，动能增大，速度增大，所以A一直在做加 1 方程是x=4im(0.25mt)am,B正确；C.该质点操动的期率为/了 速运动，且小球第二次运动到最低点时，此时A的速度最大，故C错 误故选D. 0.125比z,C错误：D.1=6s时质点的位移是-4cm,D错误.故选B 4.AC解析：A.由图可知，印单摆的振幅为9m,乙单摆的振解为 7.(1)m4小-sa=m-sB(2)名 (3)用量角器测量角 4cm,甲，乙两个单摆的振幅之比为9：4，故A正确：B.由图可知， 度时测量不准确可能会带来误差：爆炸后小球运动过程中存在空气 甲单摆的周期为2。，乙单摆的周期为1等，甲、乙两个单摆的周期之 阻力可能会影响角度的大小 解析：(1)设绳长为L,爆炸后对A,B球由动能定理得 比为2：1，放B错误：C制都周别公式T=2,√任可得L- 4分3 m(L-eos a)mag(-Leos B)1 甲、乙两个单摆的摆长之比为4：1，故C正确：D.摆球受到的回复 2m, 力是重力沿切线方向的分力，故D错误.故选AC, 学霸高考·白题·物理·32一