选择题专练(6)动量、碰撞、力学综合-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题逐题突破一 选择题专练（六） 物理·动量、碰撞、力学综合 总分：64分时间：40分钟 1.一小球做平抛运动，关于小球的速度、动量、动能、重力势能的变化率随时间变化的图线，正确的是 △p △E △E △ △ A B C D 2.（多选)水平力F方向确定，大小随时间变化的图像如图甲所示，用力F拉静止在水平桌面上 的小物块，物块质量为3kg,在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化的图 像如图乙所示，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图像可知 3am·s2) A.物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3N 8 B.在0~4s时间内，水平力F的冲量为24N·s 1234s 12347s C.在0~4s时间内，合外力的冲量为9N·s 甲 乙 D.在0~4s时间内，合外力做的功为24J 3.游乐园内喷泉喷出的水柱使得质量为M的卡通玩具悬停在空中（假设这样冲水，能保持短暂 平衡)。为估算，作如下假定后进行理论分析：假设喷泉水柱从横截面积为S的喷口以速度v。 持续竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积大于S);水柱冲击到玩具底部后，竖直方向的速度 变为零，朝四周均匀散开。已知水的密度为ρ，当地重力加速度为g,空气阻力忽略不计。下 列说法错误的是 A.水柱对玩具底部的作用力大小等于玩具重力 B.水柱对玩具底部的作用力与玩具重力是一对平衡力 C.喷泉单位时间内喷出的水质量为pwoS D,玩具在空中悬停时，其底部相对于喷口的高度为6Mg g p'vis2 4.2025年7月6日至11日，第5届全国大学生冰壶锦标赛在哈尔滨市平房区冰壶馆举行，选手 们在赛场上展现了高超的竞技水平和顽强拼搏的体育精神，为冰壶运动的推广注入了青春活 力。在冰壶运动中运动员可以通过冰壶刷摩擦冰面来控制冰壶的运动。如图甲所示，在某次 比赛中，A壶与静止的B壶发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后运动员用冰壶刷摩擦B壶运动前 方的冰面。碰撞前后两壶运动的t图线如图乙中实 Av/(m·s-) 线所示，已知EF与GH平行，且两冰壶质量相等，则 5人E 4 A.碰撞后A壶的加速度大小为0.5m/s2 3- B.碰撞后B壶的加速度大小为0.75m/s ·B壶 G TA壶 H F C.碰撞后至停止的过程中，A、B两壶的运动时间之 01t 12 t/s 比为4：1 甲 乙 D.碰撞后至停止的过程中，A、B两壶所受摩擦力的冲量大小之比为1：4 物理·选择题专练（六）第1页（共4页） 鱼欧花门老 5.如图，在水平地面上固定一圆环，圆环内壁光滑，圆环内嵌着A、B两个大小 相同的小球，它们的质量分别是mA、mB,且mA>mB,小球的直径略小于圆 环的孔径且它们之间的摩擦忽略不计，圆环的内半径远大于球的半径，初始 加弱。 时B球处于静止状态，A球以一定初速度撞击B球，A、B两个球在a点发 生弹性碰撞，一段时间后，A、B两个球在b点发生第二次弹性碰撞，α、b两 点与圆环圆心的连线夹角为120°，则m4：mB为 A.2:1 B.3:1 C.4:1 D.5:1 6.如图所示，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，落地瞬间， B先与地面碰撞，后与A碰撞，h远大于两小球直径，小球B的质量远大于小球A的 质量。假设所有的碰撞均为竖直方向上的弹性碰撞，且碰撞时间均可忽略不计，不考 虑空气阻力，则下列判断中正确的是 A.下落过程中A与B之间存在相互作用 B.小球B与地面碰撞后，小球B的速度为零 n力m C.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度约为4h D.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度约为9h 7.(多选)如图，内壁光滑的直圆筒竖直固定放置，轻质弹簧下端固定在圆筒的底端，自然状态时 上端位于O点。A和B是质量均为、直径略小于圆筒内径的相同小球。现将A缓慢放在 弹簧上端，静止时弹簧的压缩量为x。,再将B从A上方3x。的P处由静止释放，B与A碰撞 后立即粘连在一起运动，恰能回到O点。两小球均可视为质点，重力加速度为g,则 A.弹簧的劲度系数=g L30 B.B与A碰撞后瞬间速度大小为Y6g0 2 C.小球A、B回到O点时加速度为零 D.此过程中弹簧的最大弹性势能为4mgxo 8.(多选)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物 自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成两个碎块A和B,且A、B质量之比为 2：1,初速度均沿水平方向。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气 中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s,忽略空气阻力。 下列说法正确的是 A.从爆炸瞬间到落地，A、B的位移大小之比为1：2 B.从爆炸瞬间到落地，A、B受到的冲量大小之比为2：1 C.爆炸后碎块A的初速度为68m/s D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为1020m 9.2025年6月26日21时29分，经过约6.5小时的出舱活动，神舟二十号乘组航天员密切协同， 在空间站机械臂和地面科研人员的配合支持下，圆满完成既定任务。现假设一名连同装备总 质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x处与飞船处于相对静止状态。装备中有一 个高压气源能以速度（以飞船为参考系）喷出气体从而使航天员相对于飞船运动。如果高压 气源一次性向远离飞船方向喷出质量为△m的气体，使航天员在时间t内匀速返回飞船。下 列说法正确的是 物理·选择题专练（六）第2页（共4页） 班级 A.喷出气体的质量△m等于M t B.若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间大于 姓名 C.若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间大于t D.在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒 得分 10.(多选)如图所示，质量均为m的木块A、B并排放在光滑水平面上，木块A上固定一竖直轻 杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量为2的小球C。现将小球C 拉起使细线水平伸直，并由静止释放小球C。重力加速度为g。则下列说法正确的是 答题栏 A.小球C从释放到第一次运动到最低点过程中，木块A移动的距离为2 1 B.A、B两木块分离时，C的速度大小为√g 2 3 C、小球第一次到达左侧上开的最大高度为号 hK17777777777777777757 D.运动过程中，A、B、C组成的系统动量和机械能均守恒 5 11.(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为M的小车，其左侧是半径R=0.2m的四分之一 6 光滑圆弧轨道，其右侧是一段长L=2.5m的粗糙水平轨道，现有一质量为m的小滑块（可 dP 视为质点)以初速度。=6m/s从小车的右端滑上小车，小滑块与粗糙水平轨道间的动摩擦 9 因数u=0.2,其中M=m,g=10m/s2。下列说法正确的是 10 A.小滑块到达圆弧轨道最高点A点的速度大小为3m/s B 11 B.小滑块从A点飞出后还能够上升的高度为0.2m 12 C.小滑块最终停在小车右端恰好没有滑下 13 D.小滑块的最终速度大小为3m/s 14 15 12.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和2的两物块A、B相连接，并且静止在光 :16 滑的水平面上。现使质量为m1的物块A瞬间获得水平向右的速度3m/s,以此刻为计时零 点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得 A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s,且 v/m·s1) 弹簧都处于压缩状态 1 B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长 C.两物块的质量之比为m1:m2=1：3 777777777777 D.在t2时刻两物块的动量大小之比为p1：p2 甲 1:4 13.(多选)如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2kg的木块A以速度v。= 2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦力，之后木块A与长木 板B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g=10/s2,则下列说法正确的是 物理·选择题专练（六）第3页（共4页） 鱼欧龙门卷 A.木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1 ↑v/(m·s-1) B.长木板B的质量为2kg A 1---≥ C.长木板B的长度至少为2m B B 0 7mn7n7777 D.木块A与长木板B组成的系统损失的机械能 多 乙 为4J 14.(多选)如图所示，A、B两物体的质量之比MA:MB=3:2,原来静 wwwB 化在平板车C上，A、B间有一根被压缩的轻弹簧，地面光滑。当弹 簧突然释放后，A、B两物体被反向弹开，A、B与弹簧不连接，则A、B两物体掉落前在平板 车上表面滑行过程中 A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数不相同，则A、B、C组成的系统动量守恒 B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2：3，则A、B组成的系统动量守恒 C.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B两物体的总动量向右 D.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2：3，则平板车C向左运动 15.如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计， 车长为2L,与平板车质量相等的物块甲（可视为质点）由平板车的中点处以初速度。向右运 动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g,忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失， 下列说法正确的是 A,甲、乙达到共同速度所需的时间为 以g B.甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度 C.甲，乙相对滑动的总路程为4g D.如果甲、乙碰撞的次数为n(n≠0)，则最终甲距离乙左端的距离可能为 Aug -2nL 16.如图所示，A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，A、B、C三球 的质量分别为mA=2kg、mB=3kg、mc=2kg,初状态三个小球均静止，B、C球之间连着一 根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给A一个向左的初速度vo=10m/s,A、B发生弹性碰 撞，下列说法正确的是 A.球A和球B碰撞结束时，球A的速度大小为4m/s B.球A和球B碰后，当弹簧的伸长量最大时，B球的速度最小 C.球A和球B碰后，球B的最小速度为1m/s D.球A和球B碰后，弹簧能获得的最大弹性势能为38.4J 物理·选择题专练（六）第4页（共4页）高考试题逐题突破 推力减小到20N时，加速度为零，物体的速度达到最大，根据 F-x图像可知此时物体的位移为x=3.2m,根据动能定理可得 Wr-fx=2mu2-0,其中Wr=2×(100+20)×3.2J= 192J,解得物体在运动过程中的最大速度为vm=8m,s,故D 正确。 2.AB【解析】根据题意可知，小球所受重力做功的功率P= mgvcos0,在0由30°转到90°的过程中，cos0逐渐减小，则功率 一直减小，故A正确。根据题意，由动能定理有Wp十W。=0, 10 可知，拉力做功等于克服重力做功，克服重力做功的多少等于 11 重力势能的增加量，则拉力F做了多少功小球的重力势能就增 加多少，故B正确。由功能关系可知，拉力F的功率等于重力 做功的功率，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为P。 1 ngvcos60°= 2mgwL,故C错误。由功能关系可知FXwX < 2√3 c0s30°=mg×Lc0s60,所以F=2mg,故D错误。 3.D 4.B【解析】当列车匀速行驶时，所受的 ↑v/(m·s) 牵引力等于阻力，即P=fmx,解得行 驶过程中列车受到的阻力为∫= 750×103 N=2.5×10N,故A错误。 12 30 当列车以1=15ms行驶时，对列车由牛顿第二定律F f=ma,其中P=F1v,联立解得列车以15m.'s行驶时的加速 度是a=0.5ms2,故B正确。作出列车运动的v-t图像，如图 所示，由图可知，列车加速过程中的平均速率> 0十Vma 15m:s,故C错误。列车以最大功率启动，则W=Pt=750× 103×60×60J≠750kJ,故D错误。 5.D【解析】由a-t图像可知，物体在0~5s做匀加速直线运动， 5s时物体的速度为01=at1=2×5ms=10ms,由于5s后物 体继续做加速度逐渐减小的加速运动，可知物体在0~一10s内 运动的最大速度大于10ms,故A错误。由a-t图像可知，在 13 5s时，起重机功率达到最大功率，根据牛顿第二定律可得F一 mg=ma,解得F=1800N,则起重机的额定功率为P Fv1=1800X10W=18000W,故B错误。0~5s内，物体的 位移为x,-之，=号×5m=25m,0~5s内起重机对物体做 10 的功为W,=Fx1=1800×25J=45000J,5~10s内起重机保 持额定功率不变，则5~10s内起重机对物体做的功W2 P额t=18000×5J=90000J,可得W2=2W:,故C错误，D 正确。 6.C7.D 8.C【解析】机械能E与位移x的关系图像切线的斜率表示拉 力F的大小，由图可知，x1处图像切线的斜率最大，则说明此时 拉力最大，在0~x1过程中物体所受拉力逐渐增大，x1~x?过 程中，拉力减小，x2处所受拉力为零，故A错误。x1~x?过程 中，拉力减小，x2处所受拉力为零，则在这一过程中物体应先加 速后减速，则说明最大速度一定不在x1处，故B错误。x1一x 过程中，物体先加速后减速，故动能先增大后减小：x2一x?的过 程机械能不变，拉力为零，物体在重力作用下做减速运动，动能 继续减小，故在x1一x?过程中，物体的动能先增大后减小，故 C正确。由图像可知，0~x2过程中，拉力先增大后减小，直到 变为零，则物体受到的合力应先增大，后减小，减小到零后，再反 向增大，即加速度应先增大，后减小，再反向增大，故D错误 9.D【解析】a球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功， 15 只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球 所组成的系统机械能守恒，a球能回到初始位置，故A错误。。 球在最低点速度为零，“球从释放运动至最低点的过程中，设杆 对小球口做的功为W,由动能定理，有mg(受1+）十W=0, 解得w=一mg(受+1），故B错误。设轻杆L和水平杆L。 的夹角为0，由运动关系可知vcos0=v。sin0,则v=ntan0, 可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L?平 行，则此时a球在竖直方向只受重力mg,因此a球的加速度大 小为g,故C错误。当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到 最低点，b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大， 此时a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有mg号1+1)= 2m%,解得v,=√(2十2)gl,故D正确。 D D【解析】撤去拉力F的瞬间，小球A受竖直向下的重力，沿 杆方向的弹力和沿绳方向的拉力，合外力不可能为零，加速度 不为零，故A错误。由于轻杆连着较链，因此杆对小球A的拉 力始终沿杆的方向与小球A的速度垂直，因此轻杆对小球A 不做功，故B错误。由于小球A绕铰链做圆周运动，当轻杆水 平时，小球A水平方向合力指向M,故杆对小球A的拉.力大 于绳对小球A的拉力，故C错误。设当轻杆水平时，小球A的 速度为，此时小球B的速度为零，小球A下落的高度为 2L,小球B下降的高度为(2-)L,根据系统机械能守恒， 1 有2mg×2L+mg(2-3)L= X2nw2,解得v √/(3一√3)gL,故D正确。 A【解析】设B球刚落地时，A、B的速度大小为v,此后A球 做竖直上抛运动，根据题意有2。=h,解得v=√gh,故C 错误。设轻绳对A球的拉力做的功为W,根据动能定理可得 3 W-mgh=2mv,解得W=2mgh,故D错误。设B球的质 量为M,在B球落地前的过程，根据系统机械能守恒可得 Mgh一mgh=2Mo2十2mu2,解得M=3m,故A正确。设 轻绳对B球的拉力做的功为W',根据动能定理可得W′十 Mgh=2Mo,解得W'=-2mgh,放B错误。 A【解析】当C刚要离开挡板时，A的速度恰好达到最大，此 时A的加速度为零，则mAg=T=2 ng sin30°，解得A的质量 A=n,选项A正确。释放A的瞬间，A、B的加速度相等，均 为a= mg 2m 2g,选项B错误。开始时弹簧被压缩了△x,= mg sin 30 ,C刚要离开挡板时弹簧伸长了△r,=mgsin30 则在从释放A到C刚要离开挡板的过程中，B运动位移为 △x=△x1十△r2="m坚，选项C错误。在从释放A到C刚要离 开挡板的过程中，弹簧的弹力对系统先做正功，后做负功，则由 A、B组成的系统机械能先增大后减小，选项D错误。 ACD【解析】小球经过B点时速度达到最大值，可知在B点 时受力平衡，则有g=kh1,小球做简谐运动，位移大小关于 平衡位置对称，即h,=h,弹簧的劲度系数为k=m坚="mg h 故A正确。小球下降到B位置时，重力势能减小量为gh1, 且减小的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，则在 位置B时的动能小于gh1,故B错误。在最高点A时小球 的重力势能转化为在最低点C时弹簧的弹性势能，可知弹性 势能的最大值为mg(h1十h2),故C正确。从A到C过程中， 小球的机械能和弹簧的弹性势能之和保持不变，由于弹簧的弹 性势能一直变大，则小球的机械能一直减小，故D正确。 BD【解析】在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间 的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加 速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加 速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更 早达到共速，所以小铅块还没有运动到B的右端就与木板B 保持相对静止，A错误，B正确。根据摩擦力产生的热量计算 式Q=∫·△x,由于第一次的相对位移大于第二次的相对位移 的大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产 生的热量，C错误，D正确。 6.BC【解析】物块沿斜面上滑过程中动能和机械能均减小，取 水平地面为零重力势能参考平面，则物块上升到最高点时动 撞后至停止的过程中，A壶的运动时间14=0一4=0-】 能为零，但物块此时的机械能等于重力势能，机械能不等于零， 1s,故碰撞后至停止的过程中，A、B两壶的运动时间之比为 图线α为机械能的变化图像，图线b为动能的变化图像，故A 1：4,故C错误。根据动量定理可得I=△p,故可得碰撞后至 错误。动能随位移的变化图线斜率大小等于合外力，机械能随 停止的过程中，A、B两壶所受摩擦力的冲量大小之比为1：3， 位移的变化图线斜率大小等于摩擦力，由北可得」m 故D错误。 5.A【解析】两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为A、vB,则根 mgsin 0+umg cos 0,4 ,2」m=mgcos0(,由图像知初动能为 据动量守恒和机械能守恒有mA00=mA0A十mBvg,之mA= m十2m台后，联立解得A=m一m 1 5J,上升到最高点时的机械能为2J,则2mu6=5J,mg× mA十mB 3 4 mX sin0=2J,解得m=0.1kgw=2,o=10ms,故B.C 2。,第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第 nA十B 正确，D错误。 二次碰撞之间，有4=（号+）lmk=0,1.2…。=(专十 物理选择题专练（六）】 mk=0,山，2，)，故A、B通过的路程之比为十 (k=0, D【解析】小球做平范运动，其速度变化率=g,可知会恕 图像是平行于轴的直线，故A错误。小球做平抛运动，其动量 12…),则有-分-十张=012….联立解得4。 VB TR 4+3k 的变化率兰=mg,可知兰图像是平行于：轴的直线，放B 4+3k △t 2-3k (k=0,1,2,…),由于两质量均为正数，故k=0,即 错误。小球做平抛运动，根据动能定理△Ek=mgh=mg× 2gt2,即 Ek △Ek t图像是过原 △t )mgt,可得上koct,可知 八f 6.D【解析】不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，两球都 点的直线，故C错误。小球做平抛运动，根据重力做功与重力 处于完全失重状态，则两个小球之间没有力的作用，A错误。下 势能的变化关系可得|△E。|=mgh= zmg,即aE。 降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得 △t =2gh,解得触地时两球速度相同，为o=√2gh,B球碰撞地 mgt,可得 1c,可知4E -t图像是过原点的直线，故D 之后，速度瞬间反向，大小不变，故B错误。选A与B碰撞过程 △t △t 为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度大小分别为 正确 v1v2,选向上为正方向，由动量守恒定律得mBv一mAv= BD【解析】由题图乙可知，1=2s时刻物块刚开始运动，静摩 擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由题图甲可得最大 m4十m,由能量守恒定律得了(mA十ma口2= 21na+ 静摩擦力为6N,故A错误。由冲量I=Ft可知，F-t图像与时 间轴所围的面积表示力F的冲量，则在0~4s时间内，用面积 2m,解得：=，，=30，碰后小球A弹起的最大高度 法得水平力F的冲量为24N·s,故B正确。由a-t图像与时 间轴所围的面积表示速度的变化量，可知0~4s内物块速度的 3u)=9h,故D正确，C错误。 H= 增量为△如三，3(4一2)m/s=4m/s,根据动量定理，得0一 7.AB【解析】以A球为对象，由平衡条件可得mg=kx。,解得 4s内合外力的冲量为I=△p=m△w=3×4N·s=12N·s, 弹簧的劲度系数k=mg,故A正确。设B与A碰撞前瞬间速 故C错误。结合C项分析，对物块根据动能定理得0~4s内合 度大小为v。,根据运动学公式可得2g·3x。=w号，B与A碰撞 外力做的功为w=)mm2=之×3×4J=24J,故D正确。 过程，满足动量守恒，则有m。=2mv,联立解得B与A碰撞后 D【解析】卡通玩具悬停在空中，可知水柱对玩具底部的作用 瞬间速度大小为= √6g0,故B正确。小球A、B回到0点 力与玩具重力是一对平衡力，即水柱对玩具底部的作用力大小 等于玩具重力，故A、B正确，不满足题意要求：喷泉单位时间内 时，弹簧弹力为0，两球受到重力作用，加速度不为零，故C错 误。碰撞后两球一直做简谐运动，两球恰能回到O点，此时两 喷出的水质量为△m=S'=,S,故C正确，不满足题意要 球的加速度为g,方向向下，根据简谐运动对称性可知两球处于 最低点时的加速度大小为g,方向向上，设在最低点时的压缩量 求：设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为，水从喷口喷出 后到达玩具底面时的速度大小为？。对于△1时间内喷出的水 为1，则有1一2mg=2ma=2mg,解得1=40=4…设 由能量守恒得2mo十m0gh=2m,在h高度处，△1时间 此过程中弹簧的最大弹性势能为Em,根据系统机械能守恒可 得Em=2ngx1=8ngx0,故D错误。 内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 8. BD【解析】爆炸时，水平方向根据动量守恒定律可知mAvA △p=mnv(m。=pSon△t),设水对玩具的作用力的大小为F,根 mB0B=0,爆炸后两碎块均做平抛运动，下落高度相同，两碎块 据动量定理有F△1=△p,由于玩具在空中悬停，由力的平衡条 M'g 件得F=Mg,联立可得h一2g20S,故D错误，满足题意 下落时间相等，则会--网=了A、B的水平位移之比为 1：2,而从爆炸瞬间到落地，下落高度相同，两碎块的位移之比 要求。 不等于1：2，A错误。从爆炸瞬间到落地，碎块A、B均做平抛 B【解析】由EF与GH平行可知，碰撞前后A壶的加速度不 变，由题图可知，碰撞前后A壶的加速度aA=Y= △w14-5 运动，设两碎块下落时间均为1，则}-m1=名，B正确。 IB mBgt 1 1 TA (5s-1)0声=1 一1学，放A错误，由图像可得=。-0。=5雁指 (6s一t)v街 =2,解得=4s,则碎块A的水平位移x4 (5s一4s)×340ms=340m,碎块B的水平位移xB=(6s △v30-3 4s)×340m/s=680m,则爆炸后两碎块落地点之间的水平距 后B壶的加速度an,-i、一-ms=-0.75ms,故B 正确。由于A壶和B壶碰撞的过程中动量守恒，则有Ao= 离为340m+680m=1020m,碎块A的初速度为A=,= nAvA十mBvB,根据题图乙代人数据解得vA=1mfs,则可得碰 85ms,C错误，D正确。 ·物理· 9.C【解析】由题意知，航天员的速度为，=工，喷气过程系统 13 动量守恒，以航天员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 (M-△m)u。一△mv=0,解得△m MgMo_Mc,故A错 十U0 _o 误。根据动量守恒有(M-△n)v。一△mv=0,解得v。 M一Am,若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则航天 △nv 员速度v。变大，故返回时间小于t;由力=△mv,若高压气源喷 出气体的速度变大但动量不变，可知△m减小，得v。减小，则返 回时间大于t,故B错误，C正确。在喷气过程中，航天员、装备 及气体所构成的系统动量守恒，整个系统的动能增加，故系统 机械能不守恒，故D错误 10.ABC【解析】C球从水平位置到最低点过程中，A、B、C组成 的系统水平方向动量守恒，且A、B此时速度相同，则有 2mvc=2mu1,则有2m.xc=2m.xA,又xA十zc=l,联立可得木 14. 块A移动的距离为工=2，故A正确。当C球第一次摆到 最低点时，A、B两木块分离，此刻A、B速度相等，设A、B速 度大小为1、C球速度大小为。，由A、B、C系统水平方向动 量守恒可得2mw。=2mv1,由A、B、C系统机械能守恒可得 2mgl=2X2mu8+2X2mui,联立可得=0，=√g,即 A、B两木块分离时，A、B、C三者的速度大小均为√gL,故B 正确。C球摆到竖直轻杆左侧最大高度时，A、C共速，设为 v2,最大高度设为h,由A、C系统水平方向上动量守恒可得 2。十m(一w1)=(2m十m)v2,由A、C系统机械能守恒可得 2X2mg+2mo=2mgh+2(2m+m)u,联立解得h= 号1，即小球第一次到达左侧所上升最大高度为号，故C正确。」 15 A、B、C组成的系统动量只是在水平方向上守恒，故D错误。 11.BD【解析】分析可知，小滑块到达圆弧轨道最高点A时，小 滑块相对圆弧轨道竖直向上运动，即水平方向速度与圆弧轨 道相同，把小滑块与小车看作系统，水平方向不受力，系统水平 方向动量守恒，则有mv。=（M十)v,又M=m,故v 3m/s,又系统能量守恒，则有2mi=m十号Mw2十 ngL+mgR,可得小滑块到达A点时速度℃1=√13m.s,故 A错误。由上可知，在A点时，小滑块水平速度v,=3mfs, 由U1=/o十v可知v=2m:s,小滑块从A点飞出后竖直 方向只受重力，故加速度a=g,方向竖直向下，由02=2gh,可 知，小滑块离开A点后能够上升的最大高度h=0.2m,故B 正确。分析可知，小滑块离开小车到落回小车的过程水平方向 为匀速直线运动，又离开小车时两者水平速度相同，故小滑块 从A点落回小车，假设小滑块最终与小车达到共速，则整个过 程，根据系统水平方向动量守恒可得℃，=(M十m)v共，解得 v=3mfs,根据能量守恒可得2m-2(M+m)v美= ngs,解得s=4.5m<2L=5m,假设成立，小滑块最终停在 离小车右端0.5m处，两者的最终速度为3ms,故C错误，D 正确。 12.D【解析】由题图乙可知t1t3时刻两物块达到共同速度 1mfs,总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹簧弹性16， 势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状 态，故A错误。结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时A 逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，：时刻二者速度相同，系 统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复 原长，B继续加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹 簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度 将逐渐增大，两物块均减速，3时刻，两物块速度相等，系统动 能最小，弹簧最长，因此从t3到t:过程中弹簧由伸长状态恢 复原长，故B错误。从t=0开始到t时刻，由系统动量守恒 可得m1o=(m1十m2)v1,将v。=3m:s,v1=1ms代人得 m1:m2=1:2,故C错误。在t2时刻，A的速度为v1 一1mfs,B的速度为2=2ms,又m1:m2=1:2,则动量大 小之比为p1：p2=1:4,故D正确。 AB【解析】由题图乙可知，木块A先做匀减速运动，长木板 B先做匀加速运动，最后二者一起做匀速运动，共同速度 1m/s,取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得mvo (m十M)v,解得M=2kg,故B正确。由题图乙可知，长木板 B做匀加速运动的加速度为aB= △ m/s2=1m/s2,对 长木板B,根据牛顿第二定律得mg=MaB,解得4=0.1，故 A正确。由题图乙可知，前1s时间长木板B的位移为x 2at=2 ×1X12m=0.5m,木块A的位移为xA 十”，=2牛X1m=1.5m,所以长木板B的最小长度为 2t= 2 L=xA一xB=1m,故C错误。木块A与长木板B组成的系 统损失的机械能为△E=2m-之(m十M)v2=2J,故D 错误。 ABC【解析】摩擦力是A、B、C组成的系统的内力，若A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数不相同，系统受到的合外力 仍然为零，则A,B、C组成的系统动量一定守恒，A正确。以 A、B为研究对象，由于M4：Mg=3：2,若二者与平板车上 表面间的动摩擦因数之比为4A：: =2:3,则A、B所受摩 擦力之比为1：1，方向相反，即平板车对A、B的摩擦力大小 相等、方向相反，则A、B组成的系统所受合外力为零，故A、B 组成的系统动量守恒，B正确。若A、B与平板车上表面间的 动摩擦因数相同，A所受向右的摩擦力较大，摩擦力对A、B 两物体的总冲量向右，则A、B两物体的总动量向右，C正确。 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2：3，则摩擦 力对A、B组成的系统的合冲量为零，平板车C所受合外力的 冲量为零，平板车C静止不动，D错误 C【解析】设甲、乙质量均为m,碰前瞬间甲的速度为1，乙 的速度为v2,碰后瞬间甲的速度为，乙的速度为？，由动量 守恒定律和机械能守恒定律有w1十mw2=moi+mw2, 1 mui+2mu=7m2+m2,解得=u2,=u1,即 甲、乙发生碰撞后速度互换，设甲、乙最终的共同速度为3，则 m,=2m,解得一之则达到共速所需的时间为1一g 00 碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于 甲的速度，故A、B错误。设从开始到相对静止过程中，甲、乙 相滑动的总路程为s,根据动能定理可得一gs=2 -之解得一g放C正确：甲：乙莲流的 2 2m×（2） 00 次数为，设最终相对静止时甲距离乙左端的距离为s。,若第 n次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L十2L(一1)十s。 m=2,46…).解得5。=g十L一2mLn=2,4.6…,若 第n次碰撞发生在平板车的右挡板，则有L十2L(n一1)+ (n=13, 2L-5。=5(n=1,3,5,…),解得s=2L+L一4g 5,…),即最终甲距离乙左端的距离不可能为g -2nL,故D 错误。 D【解析】A、B两球相碰，根据动量守恒定律有mAv。 mA0,十mB2,根据机械能守恒定律有2mA品=2mAui十 2mnv2,解得1=一2ms,2=8ms,故A错误。由于B、 C及弹簧组成的系统，在运动的过程中满足动量守恒和机械能 守恒，当B的速度最小时，弹簧处于原长状态，即Bv2= mgg十mc,之mau=之mso号十2mcu好，解得U,= 1.6m/s,即B的最小速度为1.6m/s,故B、C错误。当B、C 两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大，mv?=(m:十 mc)us,E。=之mav-2(mB十mc)ui,解得Em=38.4J,故 D正确。 ·5 参考答案及解析 物理选择题专练（七） 与AB连线垂直，小球在A、B两点沿AB方向的分速度相等， 所以小球在B点时的速度方向与AB连线的夹角也为，故B AD【解析】将网与板间的电场视为匀强电场，则金属网和金 正确。小球从A运动到B的过程中，水平速度没有减为0，故 U_3000 属板间的电场强度为E= 0.02 Vm=1.5×105Vm,故 小球电势能变化量最大值小于2mu2,故C错误。当沿合力F A正确。绒毛在飞往被植体的过程中，电场力做正功，则电势能 方向的分速度减小为0时，小球只有沿AB方向的分速度，故小 不断减小，故B错误。由于金属网与金属板间有3kV的恒定 球从A点运动到B点的过程中速度最小值为cos0,故D 的高压，若增大金属网和金属板间的距离，网和板之间的电势 正确。 差是不变的，故C错误。在干燥的环境中静电不容易被导走， 10.AB【解析】小球静止时细线与竖直方向 进行植绒效果会更好，故D正确。 成角，对小球受力分析如图，小球受重 D【解析】设AB间距离为L,则BC间距离为√2L,在B点放 力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条￡O公F 置一个电荷量为十Q的点电荷，测得BC中点的电场强度大小 件，有mg1an0=gE,解得E-mgan0,A 为E,则有E=k Q 型 k是，在C点放置一个电荷量为 =2k 2 正确。小球恰能绕O点在竖直平面内做 mg (L) 圆周运动，在等效最高点A由重力和电场力的合力提供向心 一Q的点电荷，可知B点和C点两处的点电荷在A点产生的电 场强度大小均为E=是-号，则A点的电场强度大小为 力，根据牛顿第二定律，有mg。 OS月m则小球从初始位置 动到A点的过程中，由动能定理可得一mg·2Lcos0-qE· EA-JET+ETT-2E-2 E 2Lsin0=2mum一2m5,联立解得小球获得初速度的大小 D 4.C /5gL D【解析】根据等量同种点电荷连线中垂线上电场线的分布规 为u,一√c0s0,B正确。由功能关系和能量守恒定律可得小 律可知，A、B两点处电场线的疏密情况不清楚，故不能判断A 球从初始位置运动至轨迹的最左端电场力做负功，故机械能 B两点处的电场强度大小，故A错误。根据对称性可知，A、C 两点的电势相等，BO间电场方向从B到O,根据沿电场线方向 减小，减小的机械能为E=Ep电=qE(L+Lsin0)=mg tan0 电势降低，可知A点的电势低于B点的电势，故C点的电势低 (L十Lsin0)=ngLtan0(1十sinB),C错误。小球从初始位置 于B点的电势，故B错误。根据对称性可知A、C两点的电场 开始在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，电场力先做负 强度大小相等，方向相反，故同一点电荷在A、C两点受的电场 功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小再增大，D 力大小相等，方向相反，故C错误。C点的电势低于B点的电 错误。 势，而负电荷在电势高处电势能小，故同一负电荷在B点的电 11.D【解析】雷暴给地球充电，即大量负电荷流向地球，可知充 势能小于其在C点的电势能，故D正确。 电电流的方向由地球表面指向大气层，选项A错误。雷暴每 AD【解析】由题图可知，F'点和B 秒钟给地球充电的电荷量约为Q,则雷暴给地球的充电电流平 点关于平面ADD'A'对称，由等量异 种点电荷产生的电场的对称性可知 均值约为1=Q=Q,选项B错误。该大气层的等效电阻为 Er=Eg,同理可知EE=Ec,F'点 和E′点关于AD连线的中垂面对称， R=U_U A 0 了一Q,选项C错误。根据R=P4,可得该大气层的 可知E'=EE,则有EF'=Ec 4πUr2 Eg=Eg,可这四个点的电场强度方向均不相同，可知F'点和 等效电阻率为p= Qh,选项D正确。 C点电场强度大小相等，B点和E点电场强度方向不同，A正 12.C 确，B错误。连接A'D',由等量异种点电荷产生的电场的电势 13.AD【解析】由图可知电流由螺线管的下方流入，则由右手螺 分布特点可知，O'点电势是零，F'点电势为正，依据A'D'连线 旋定则可知螺线管上端为N极，下端为S极，则螺线管与磁体 上电场强度关于O'点对称，可知U4r<UoD,C错误。六棱柱 之间为同名磁极，相互排斥，条形磁体受到向上的斥力，将向上 上表面的部分如图所示，由几何关系可知正电荷在OF中点K 的电场强度方向垂直OF,则K点的合电场强度与OF的夹角 运动，弹簧测力计示数变小，故A正确。当滑片向右移动时， 为锐角，F点的电场强度和OF的夹角为钝角，因此将试探正电 滑动变阻器接人电路的电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知 荷从F点移到O点过程中电场力先做负功后做正功，则电势能 电路中电流增大，即电流表的示数变大，电路消耗的总功率增 先增大后减小，D正确。 大，故B错误，D正确。由于电压表与电流表示数的比值等于 滑动变阻器接入电路的电阻，所以比值变小，故C错误。 A【解析】取线整体为研究对象，线受重力mg,电场力Eq和 14.ACD【解析】当磁场方向竖直 杆的拉力，设线上端沿切线方向与竖直方向的夹角为α，其正切 向上时，由左手定则可知，导线 值tana=E☑，设单位长度1的线的质量为m、单位长度上所 所受安培力方向水平向右，受力 分析，导线受重力，安培力，轻绳 11g 带的电荷量为q,取线上最下面一小段△1，其质量△n= 拉力，如图甲所示，由平衡条件可 所带的电荷量y=9 mo△l 知F发=mng tan30°，又F安 一，对这一小段的线进行受力分 析，可知其受重力△mg、电场力E△q及这一小段线上端线对它 BL,解得B三，A正确。 的拉力，线处于平衡状态，故其所受合外力为零。设这一小段线 同理，当磁场方向水平向右时， 甲 与竖直方向的夹角为，其正切值an9=E9-B,由于E、 导线所受安培力竖直向下，导线 △ng mog 不能平衡，不符合题意，B错误。当磁场方向水平向左时，导线 g都为定值，则9”=9，故0=a,由此可知任取下方一段线，其 mo m 所受安培力方向竖直向上，则有BL=mg,解得B-咒，C正 与竖直方向的夹角均为a。 确。由力的平衡条件可得，三力的合力是零，则三力构成封闭 BD【解析】设AB长为L,小球在A、B两点速度大小相等，所 的三角形，如图乙所示，当安培力垂直于轻绳方向向上时，安培 以小球重力做的正功与电场力做的负功大小相等，即 mgL sin0=qELcos0,得qE=mg tan0,故A错误。小球在A、 万最小，则B最小，则有BL=mg sin30°，解得B=,D B两点速度大小相等，由动能定理可知，合力F未做功，所以F 正确。