2020物理高考备考专题《碰撞与动量守恒定律》(高考押题)(附答案解析版)

高考押题专练1．如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A．动量守恒、机械能守恒B．动量守恒、机械能不守恒C．动量不守恒、机械能守恒D．动量、机械能都不守恒【答案】B【解析】子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒．但是子弹击中木块A过程，有摩擦做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确．2．如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则()A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零B．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C．此系统的机械能一定守恒D．此系统的机械能可能增加【答案】D【解析】若一个系统动量守恒，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，A错误．此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变这是有可能的，B错误．因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，C错误，D正确．3．在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动．某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的14.则碰后B球的速度大小是()A.v02B.v06C.v02或v06D．无法确定【答案】A【解析】两球相碰后A球的速度大小变为原来的12，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A速度方向不变，则mv0＝12mv0＋3mv1，可得B球的速度v1＝v06，而B在前，A在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符合实际情况，因此A球一定反向运动，即mv0＝－12mv0＋3mv1，可得v1＝v02，A正确，B、C、D错误．4．A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v－t图线，由图线可以判断()A．A、B的质量比为3∶2B．A、B作用前后总动量守恒C．A、B作用前后总动量不守恒D．A、B作用前后总动能不变【答案】ABD【解析】设A的质量为m1，B的质量为m2，碰撞前后两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，从图象上可得碰撞前后两者的速度，故有m1×6＋m2×1＝m1×2＋m2×7，解得m1∶m2＝3∶2，A、B正确，C错误．碰撞前系统的总动能Ek1＝12m1×62＋12m2×12＝553m1，碰撞后总动能为Ek2＝12m1×22＋12m2×72＝553m1＝Ek1，动能不变，D正确．5．在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有()A．E1＜E0B．p2＞p0C．E2＞E0D．p1＞p0【答案】AB【解析】因为碰撞前后动能不增加，故有E1＜E0，E2＜E0，p1＜p0，A正确，C、D错误．根据动量守恒定律得p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可见，p2＞p0，B正确．6．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较()A．子弹的末速度大小相等B．系统产生的热量一样多C．子弹对滑块做的功不相同D．子弹和滑块间的水平作用力一样大【答案】AB【解析】根据动量守恒，两次最终子弹与滑块的速度相等，A正确．根据能量守恒可知，初状态子弹的动能相同，末状态两滑块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量相等，B正确．子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相等，因此做功相等，C错误．产生的热量Q＝f×Δs，由于产生的热量相等，而相对位移Δs不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误．7．如图甲所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．由此可以确定()A．物块返回底端时的速度B．物块所受摩擦力大小C．斜面倾角θD．3t0时间内物块克服摩擦力所做的功【答案】AC【解析】上滑过程中做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零、末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有v02t0＝v2·2t0，解得v＝v02，A正确．上滑过程中有－(mgsinθ＋μmgcosθ)·t0＝0－mv0，下滑过程中有(mgsinθ－μmgcosθ)·2t0＝mv02，解得Ff＝μmgcosθ＝3mv08t0，sinθ＝5v08gt0，由于不知道质量，所以不能求出摩擦力，可以求出斜面倾角，B错误，C正确．由于不知道物体的质量，所以不能求解克服摩擦力所做的功，D错误．9．如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为4kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v–t图如图乙所示，则可知A．物块A的质量为4kgB．运动过程中物块A的最大速度为vm=4m/sC．在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D．在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为6J【答案】BD【解析】A、弹簧伸长最长时弹力最大，B的加速度最大，此时A和B共速，由图知，AB共同速度为：v共=2m/s，A刚离开墙时B的速度为：v0=3m/s。在A离开挡板后，取向右为正方向，由动量守恒定律，有：0()BABmvmmv共，解得mA=2kg；故A错误。B、当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，由0BAABBmvmvmv，2220111222BAABBmvmvmv，解得A的最大速度vA=4m/s，故B正确。C、在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒；故C错误。D、分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：0()BABmvmmv共，22011()22PBABEmvmmv共；联立解得弹簧的最大弹性势能Ep=6J，故D正确。故选BD。10．如图所示，一平台到地面的高度为h=0.45m，质量为M=0.3kg的木块放在平台的右端，木块与不台间的动摩擦因数为=0.2。地面上有一质量为m=0.1kg的玩具青蛙距不台右侧的水不距离为x=1.2m，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水不方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行。巳知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是A．玩具青蛙在空中运动的时间为0.3sB．玩具青蛙在不台上运动的时间为2sC．玩具青蛙起跳时的速度大小为3m/sD．木块开始滑动时的速度大小为1m/s【答案】AD【解析】由2112hgt得玩具青蛙在空中运动的时间为10.3st，A项正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为14m/sxxxt，13m/syvgt，玩具青蛙起跳时的速度大小为2025m/sxyvvv，C项错误；由动量守恒定律得()xMmvmv，解得木块开始滑动时的速度大小为1m/sv，D项正确；由动量定理得：2()0()MmgtMmv，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为20.5st，B项错误。11．如图所示，左侧接有定值电阻R的光滑导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨间距为d。一质量为m、阻值为r的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始运动，速度与位移始终满足vkx，棒与导轨接触良好，则在金属棒移动的过程中A．通过R的电量与2x成正比B．金属棒的动量对时间的变化率增大C．拉力的冲量为22BdxkmxRrD．电阻R上产生的焦耳热为222()RkRBdxQRr【答案】BC【解析】通过R的电量=BdxqItxRRr总，可知选项A错误；设物体再t1时刻的速度为v1，t2时刻的速度为v2，因此有11vkx，22vkx，两式相减有2121vvkxx，等式两边同时除时间则有21212121kxxvvtttt，即akv，由v=kx可知导体棒的位移增大则速度增大，因此加速度也增大，棒做加速度增大的加速运动，合力增大，动量对时间的变化率即为合力，则金属棒的动量对时间的变化率增大，故B正确；根据动量定理I冲–BIdt=mv，其中q=It= BdxRr，v=kx，联立解得拉力的冲量为22BdxkmxRrI冲，故C正确；根据功能关系可知E电=W安，2222BdvBdkxFBIdxRrRr安，所以222122BdkxWFrxR安安，根据功能关系可得电阻R上产生的焦耳热为22222RRkRxBdQERrRr电，故D错误。12．质量0.1kgm的小球以010m/sv的初速度沿水平方向抛出，小球距离地面的高度是5mh（210m/sg），下面说法正确的是A．小球落地时速度大小是102m/sB．小球在落地时重力的瞬时功率为102WC．小球在空中运动过程中，任意相等时间内小球动能变化相等D．小球在空中运动过程中，任意相等时间内小球动量变化相等【答案】AD【解析】A、根据212hgt，解得：2251s10htg，则小球落地时竖直方向的速度210110m/syvgt，则小球落地时速度大小222201010102m/syvvv，故A正确；B、小球在落地时重力的瞬时功率0.1101010WGyPmgv，故B错误；C、由动能定理可得：kmghE，由于物体在竖直方向上是自由落体运动，物体下落的速度越来越大，所以在相同的时间内物体下降的高度也是越来越大，重力做的功越来越多，动能的变化量也是越来越大，故C错误；D、由动量定理可得：mgtmv，小球在空中运动过程中，任意相等时间内小球动量变化相等，故D正确。13．高楼高空抛物是非常危险的事。设质量为M=1kg的小球从20m楼上做自由落体运动落到地面，与水泥地面接触时间为0.01s，那么小球对地面的冲击力是小球重力的倍数大约是A．10倍B．20倍C．200倍D．2000倍【答案】C【解析】小球下落过程，由动能定理得：2102MghMv，解得：221020m/s20m/svgh，方向：竖直向下；以向下为正方向，由动量定理得：2()0MgFtMv，解得：2010NF，由于10NG，故C正确。14．竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q。下列说法正确的是A．物块与钢板碰后的速度为2ghB．物块与钢板碰后的速度为22ghC．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为0(2)2hmgxD．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg（2x0+h）【答案】BC【解析】物体下落h，由机械能守恒：mgh=12mv12；物体与钢板碰撞，则动量守恒：122mvmv，解得212122ghvv，选项A错误，B正确；从碰撞到Q点，由能量关系可知：2201222PmvmgxE，则弹性势能的增加量为0(2)2PhEmgx，选项C正确，D错误。15．某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小