物理2018届高考考点通关练第一轮复习打包老师搜集

高考总复习首选用卷·物理第一部分考点通关练考点23动量守恒定律碰撞问题考点名片考点细研究：(1)动量守恒定律处理系统内物体的相互作用；(2)碰撞、打击、反冲等“瞬间作用”问题。其中考查到的如：2016

年全国卷Ⅰ第35

题(2)、2016

年全国卷Ⅲ第35题(2)、2016

年天津高考第

9

题(1)、2015

年福建高考第

30题(2)、2015

年北京高考第17

题、2015

年山东高考第39

题(2)、2014

年重庆高考第4

题、2014

年福建高考第30

题(2)、2014

年江苏高考第12

题C(3)、2014

年安徽高考第24

题、2013

年天津高考第2

题、2013

年福建高考第30

题等。高考对本考点的考查以识记、理解为主，试题难度不大。备考正能量：预计今后高考仍以选择题和计算题为主要命题形式，以物理知识在生活中的应用为命题热点，灵活考查动量守恒定律及其应用，难度可能加大。第1步狂刷小题·练基础解析选取A、B

两个物体组成的系统为研究对象，根据动量定理，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，所以动量改变量为零。初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，选项A

正确。2．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是(

)A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒

D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量一定守恒解析动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零，与系统内是否存在摩擦力无关，与系统中物体是否具有加速度无关，故A、B选项错误，C选项正确；所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量只能说不变，不能说守恒，D

选项错误。甲、乙两物块在压缩弹簧过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒当两物块相距最近时，甲物块的速率为零当甲物块的速率为

1 m/s

时，乙物块的速率可能为2

m/s，也可能为0D．甲物块的速率可能达到5

m/s解析 甲、乙两物块在压缩弹簧过程中，由于弹力是系统内力，系统合外力为零，所以动量守恒，选项

A

错误；当两物块相距最近时，它们的速度相同，设为

v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有

mv

乙－mv

甲＝2mv，代入数据，可得

v＝0.5 m/s，选项

B

错误；当甲物块的速率为

1

m/s

时，其运动方向可能向左，也可能向右，当水平向左时，根据动量守恒定律可得，乙物块的速率为

2m/s，当水平向右时，同理可得，乙物块的速率为

0，且均满足能量守恒条件，所以选项

C

正确；因为整个过程中，系统的机械能不可能增加，若甲物块的速率达到5

m/s，那么乙物块的速率肯定不为零，这样系统的机械能增加了，所以选项D

错误。a、b

两车运动速率相等a、c

两车运动速率相等三辆车的速率关系vc>va>vba、c

两车运动方向相反解析

若人跳离

b、c车时速度为

v，由动量守恒定律知，人和

c

车组成的系统：0＝－M

车

vc＋m

人

v对人和b

车：m

人v＝－M

车vb＋m

人v对人和a

车：m

人v＝(M

车＋m

人)vac所以：v

＝M车b

a，v

＝0，v

＝m人v

m人vM车＋m人即vc>va>vb，并且vc

与va

方向相反。在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动

D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h

处解析 在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项

A

错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项

B

正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球和槽都做匀速运动，小球不能滑到槽上，选项

C

正确、D

错误。解析

子弹击中木块并嵌在其中，该过程动量守恒，0即mv

＝(m＋M)v，即击中后木块速度为v＝mv0m＋M，此后只有弹簧弹力做功，子弹、木块和弹簧组成系统机械能守恒，当第一次回到平衡位置时，速度仍然等于v，根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化量，即I＝

Mv－0＝m＋MMmv0

，选项A

正确。7．两球

A、B

在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1

kg，mB＝2

kg，vA

＝6

m/s，vB＝2

m/s。当

A)追上B

并发生碰撞后，两球A、B

速度的可能值是(vA′＝5

m/s，vB′＝2.5

m/svA′＝2

m/s，vB′＝4

m/svA′＝－4

m/s，vB′＝7

m/svA′＝7

m/s，vB′＝1.5

m/s解析

虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但

A、D

两项中，碰后

A

的速度

vA′大于

B

的速度

vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C

项中，两球碰后的总动1

12

22

2能

Ek′＝

mAvA′

＋

mBvB′

＝57 J，大于碰前的总动能2k

A

A1

122

2B

BE

＝

m

v

＋

m

v

＝22

J，违背了能量守恒定律，故B

项正确。A．整个过程中小物体A

的最小速度为1

m/sB．整个过程中小物体B

的最大速度为2

m/sC．整个过程中弹簧储存的最大弹性势能为6

JD．整个运动过程中小物体

A、B

整体动能减少量的最大值为

8

J解析当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时小物体A、B

共速，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝1

m/s，此时弹簧的弹性势能最大，即小物体A、B

整pm

km1

12

2A

0

A

B体动能减少量最多，ΔE

＝ΔE

＝

m

v

－

(m

＋m

)2

2v

＝6J，C

正确，D

错误；当弹簧恢复原长时，小物体B

获得最大A

0

A

A

B12速度，由动量守恒和能量守恒得

m

v

＝m

v

＋m

vm，

mAv201

12

22

2＝

mBvm＋mAvA，解得vm＝2

m/s，vA＝－2

m/s，B

正确；由以上的计算可以看出小物体A

的运动方向发生了改变，因此整个过程中小物体A

的最小速度应为0，A

错误。1解析

上述分析知

Ek

甲＝Ek

乙，因为

Ek＝

mv2＝m2v22

2m＝p22m，所以动量为：p＝

2mEk，因为m

甲>m

乙，所以有：p甲>p

乙。甲乙相向运动，故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，甲可能继续沿原来的方向运动，乙必弹回。所以乙的速度不可能为零，故A

正确，B

错误；因为碰撞后甲乙可能都沿甲原来的方向运动，故甲乙速度不为零，C

正确；若碰撞后两球都以各自原来的速率反向运动，则违反了动量守恒定律，故D

错误。A．弹簧伸长过程中C

向右运动，同时AB

也向右运动B．C

与B

碰前，C

与AB

的速率之比为M∶mC．C

与油泥粘在一起后，AB

立即停止运动D．C

与油泥粘在一起后，AB

继续向右运动解析

小车

AB

与木块

C

组成的系统在水平方向上动量守恒，C

向右运动时，AB

应向左运动，故

A

错误。设碰1

2

1

2前C

的速率为v

，AB

的速率为v

，则0＝mv

－Mv

，得v1v2M＝m，故B

正确。设C与油泥粘在一起后，AB、C

的共同速度为v

共，则0＝(M＋m)v

共，得v

共＝0，故C

正确，D错误。解析

选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，选项

A、B、C都不满足此式，只有选项

D满足此式，所以

D

项正确。A．轨迹1

是电子的，磁场方向垂直纸面向外D．B．轨迹2

是电子的，磁场方向垂直纸面向外C．轨迹1

是新核的，磁场方向垂直纸面向里轨迹2

是新核的，磁场方向垂直纸面向里解析

β

衰变方程：

X―→Z

0—＋A

1

A

1e＋

ZY，知电子电量较小。由动量守恒定律知两粒子动量大小相等。由r＝mv，得qBre>rY，故轨迹1

是电子的，轨迹2

是新核的。由左手定则知，D

正确。解析

忽略空气阻力和质量损失，系统动量守恒，有1

2

0

2

2

1

1

1(m

＋m

)v

＝m

v

＋m

v

，解得v

＝v0＋m2m10

2(v

－v

)，D

正确。解析

设弹丸爆炸前质量为

m，爆炸成甲、乙两块后质量比为3∶1，可知m

甲＝4413m，m

＝

m。设爆炸后甲、乙乙的速度分别为v1、v2，爆炸过程中甲、乙组成的系统在水平方向动量守恒，取弹丸运动方向为正方向，有mv＝3441

21

2mv

＋1mv

，得3v

＋v

＝8。爆炸后甲、乙两弹片水平飞出，2做平抛运动。竖直方向做自由落体运动，h＝1gt2，可得tg＝

2h＝1

s；水平方向做匀速直线运动，x＝vt，所以甲、乙飞行的水平位移大小与爆炸后甲、乙获得的速度大小在数值上相等，因此也应满足3x1＋x2＝8，从选项图中所给数据可知，B

正确。15．[2017·石家庄一中月考]将静置在地面上，质量为

M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0

竖直向下喷出质量为m

的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()0A.mv

B.Mmv0

C.vD.M

mM－m

M－mv0

00M解析

根据动量守恒定律

mv

＝(M－m)v，得

v＝mM－mv0，选项D

正确。解析

取向右为正方向，由动量守恒有(M＋m)v0＝－M0

0mv＋Mv′，解之有v′＝v

＋m(v

＋v)，故C

正确。解析

设小球

A、B

第一次碰后速度的大小分别为

v1′和

v2′，由动量守恒定律得

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个小球再一次碰撞时

m1v1′－

m2v2′＝

0，得

v1′＝m1v1＋m2v22m1，C

正确。解析 本题的碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况。本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以

ΔpA<0，ΔpB>0，并且

ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项

D；若

ΔpA＝－24

kg·m/s、ΔpB＝24

kg·m/s，碰后两球的动量分别为

pA′＝－12

kg·m/s、pB′＝37

kg·m/s，根据关系式

Ekp22m＝ 可知，A

球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B

球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C

可以排除；经检验，选项A、B

满足碰撞遵循的三个原则。解析A

先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A

减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可31

2得

v

＝8

m/s，v

＝2

m/s，所以在小木块

A

做加速运动的8时间内，木板速度大小应大于

2.0 m/s

而小于

m/s，只有3选项B

正确。20．[2016·辽宁一模](多选)质量为m

的人站在质量为M的小车上，小车静止在水平地面上，车与地面摩擦不计。当人从小车左端走到右端时，下列说法正确的是()人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度也越大人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同人在车上行走时，若人相对车突然停止，则车也立刻停止解析

人和车组成的系统动量守恒，人的质量为

m，车的质量为

M，根据动量守恒定律得

mv

1＝Mv

2，A、D正确；上式还可写成mv

1t＝M

v

2t，即m(L－x)＝Mx，L为车长，x

为车在地面上移动的距离，解得x＝mLM＋m，故C

正确，B

错误。第2步精做大题·练能力一、基础与经典21．交通事故号称人类第二大杀手。有人设想两车进入非安全区域时产生强大的排斥力，使两车不发生碰撞而逐渐分开，从而避免交通事故的发生。已知甲车质量为1

吨，乙车质量为1.5吨，某时刻甲的速率为10

m/s,乙的速率为20

m/s，两车相向运动。1

m

为两车产生强大排斥力的临界距离，若两车运动过程中始终未相碰。则(1)两车最近时，乙的速度为多大？

(2)甲开始反向时，乙的速度为多大？3答案

(1)8

m/s

(2)40

m/s解析

(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为

v，取乙车的速度方向为正方向。由动量守恒定律得，m

乙v

乙－m

甲v

甲＝(m

甲＋m

乙)v，所以两车最近时，乙车的速度为：m

＋m甲

乙m乙v乙－m甲v甲v＝ ＝8

m/s。(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v

乙′，由动量守恒定律得：m

乙v

乙－m

甲v

甲＝m

乙v

乙′，解得：v

′

40

m/s。乙

＝

3答案56v0解析设A

与B

碰撞后，A

的速度为vA，B

与C

碰撞前B

的速度为vB，B

与C

碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得：对A、B

木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①对B、C

木块：mBvB＝(mB＋mC)v②由A

与B

间的距离保持不变可知：vA＝v③5B

0联立①②③式，代入数据得：v

＝6v

。(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案

(1)20

kg

(2)不能解析(1)规定向左为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得：m2v20＝(m2＋m3)v①1

12

2m

v

＝

(m

＋m

)2

22

20

2

3

2v

＋m

gh②式中

v20＝3 m/s

为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得：m3＝20

kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得v1＝－1

m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有：m2v20＝m2v2＋m3v3⑥1

1m

v

＝

m2

212

2

222

20

2

2

3

3v

＋

m

v

⑦联立③⑥⑦式并代入数据得：v2＝－1

m/s。由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。滑块a、b

的质量之比；整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。答案

(1

1

(2

1)8

)2解析

(1)设

a、b质量分别为

m1、m2，a、b碰撞前的速度分别为

v1、v2。由题给图象得：v1＝－2

m/s，v2＝1

m/s，a、b

发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为

v。由题给图象得：v

2

m/s。＝3由动量守恒定律有：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，m2m1

18解得 ＝

。(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能：1

12

212

2

21

1

2

2

1

2ΔE＝

m

v

＋

m

v

－

(m

＋m

)2v

，由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，11

2两滑块克服摩擦力所做的功W＝2(m

＋m

)2v

，1ΔE

2解得W

＝。答案1621v0解析

设滑块质量为

m，A

与

B

碰撞前

A

的速度为

vA，A

08

4B

01

3由题意知，碰后

A

的速度

v

′＝

v

，B的速度

v

＝

v

，由动量守恒定律得：mvA＝mvA′＋mvB①设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得：A2W

＝

m01

12v

－

m2

2Av

②设B

与C

碰撞前B

的速度为vB′，B

克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得：BW

＝

m1

12

2v

－

m2

2B

Bv′

③据题意可知：WA＝WB④设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB′＝2mv，⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v＝16021v

。若圆弧的底端B

与水平光滑平面连接，释放滑块ma的同时给mb

一个向右的初速度vb，ma

滑至水平面时的速度是va(va>vb)，相碰之后ma、mb

的速度分别是va′、vb′，假设相碰过程中两滑块之间的作用力是恒力，在上述简化情况下由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式：mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′。若圆弧的底端B

与水平光滑平面连接(足够长)，mb静止于B

点，ma

从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3ma<mb。(3)若圆弧的底端B

与水平传送带平滑连接，如图乙所示。已知ma＝mb＝1

kg，R＝0.8

m，传送带逆时针匀速运行的速率为v0＝1

m/s，B

点到传送带水平面右端点C

的距离为L＝2

m。mb

静止于B

点，ma

从静止开始释放，滑块ma与mb

相碰后立即结合在一起