2021届高考物理三轮冲刺练习：06动量与能量的综合

2021届高考物理冲刺专题练习06动量与能量的综合

一、单选题

1.一质量为朋的航天器，正以速度V。在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指

令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为V1加速后航天

器的速度大小V2,则喷出气体的质量〃?为（）

Am=—~—MBm=———Mcm=~~~-M

VlV2+VlV2+V!

V--V

Dm=----M

V2-V|

2.光滑水平面上有质量分别为如、小的甲、乙两物块，乙物块原来静止，甲物块向乙

物块运动并发生弹性碰撞，碰撞前后甲物块的速度随时间的变化如图所示，则（）

B.〃i2=mi

C.机2=2，"I

D.m2=3mi

3.汽车安全气囊的工作原理是：当汽车遭受到碰撞后，安全气囊会在瞬间充气弹出，

在乘员的身体与车内零部件碰撞之前能及时到位，达到减轻乘员伤害的效果。下列关于

安全气囊的作用说法正确的是（）

A.安全气囊可以减小乘员的动量B.安全气囊可以减小乘员的动量变化

C.安全气囊可以减慢乘员的动量变化D.安全气囊可以减小乘员受到的冲量

4.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰

撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正

确的是（）

A.增加了司机单位面积的受力大小

B.减少了碰撞前后司机动量的变化量

C.将司机的动能全部转换成汽车的动能

D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积

5.拍球是学生喜欢玩的一项运动之一。如图所示，小孩在离地0.6m的地方竖直向下拍

球，球落地时速度大小为4m/s,接触地面后弹起时的速度大小为3m/s,假设球与地面

的接触时间为0.1s,取竖直向下为正方向，不计空气阻力，则（）

A,与地面接触这段时间内球的速度变化量为lm/s

B.与地面接触这段时间内平均加速度为70m/s2

C.从开始拍球到小球弹到最高点的位移为0.15m

D.篮球刚被拍出时的初速度为lm/s

6.如图，立柱固定于光滑水平面上。点，质量为M的小球。向右运动，与静止于。

点的质量为，w的小球b发生弹性碰撞，碰后〃球立即向左运动，&球与立柱碰撞能量不

损失，所有碰撞时间均不计，6球恰好在P点追到a球，。点为OP间中点，则a、b

球质量之比机=（）

C.2：3D.1：2

二、多选题

7.如图，足够长的间距d=1m的平行光滑金属导轨MMPQ固定在水平面内，导轨

间存在一个宽度L=lm的匀强磁场区域，磁感应强度大小为3=0.5T,方向如图所

示.一根质量砥=01kg,阻值R=0.5。的金属棒a以初速度％=4m/s从左端开始

沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量加b=0-2kg,阻值灭=0.5。的原来静置

在导轨上的金属棒6发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不

计，则（）

试卷第2页，总6页

N

右

Q

A.金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动

B.金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流

C.金属棒。第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒匕上产生的焦耳热为0.25J

D.金属棒”最终停在距磁场左边界0.8m处

8.水平面上有质量相等的〃两个物体，水平推力E、尺分别作用在a、6上，一段

时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v—f图线如图所示，图中

AB//CD,则整个过程中（）

vAC

;

°\BD

A.水平推力Q、尸2大小可能相等

B.。的平均速度大于8的平均速度

C.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量

D.摩擦力对。物体做的功小于摩擦力对匕物体做的功

9.在光滑水平面上沿同一直线运动的A、B两物体，如图表示发生相互作用（假设相

互作用力是恒定的）前后的v—t图线，由图线可以判断

A.A、B作用前后总动量守恒

B.A、B作用前后总动量不守恒

C.A、B的质量比为3：2

D.A、B作用前后无机械能损失

10.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为〃的小车，其左侧有半径为R的四

分之一光滑圆弧轨道A8,轨道最低点8与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直

平面内。将质量为〃?的物块（可视为质点）从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末

端C处恰好没有滑出。设重力加速度为g,气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动

至C位置的过程中，下列说法正确的是（）

A.小车和物块构成的系统动量守恒

B.物块与小车组成的系统机械能减少

C.物块运动过程中的最大速度为J丽

D.小车运动过程中的最大速度为J2jgR

11.如图（。）所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。

厂0时刻，甲物块以速度vo=4m/s向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，

碰撞前后两物块运动的图像如图（6）中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平

行，已知甲物块质量为6kg,乙物块质量为5kg,则（）

A.此碰撞过程为弹性碰撞B.碰后瞬间乙物块速度为2.4m/s

C.碰后乙物块移动的距离为3.6mD.碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为

6：5

12.如图所示，质量均为1.0kg的木板A和半径为0.2m的L光滑圆弧槽B静置在光滑

4

水平面上，A和B接触但不粘连，B左端与A相切。现有一质量为2.0kg的小滑块C以

5m/s的水平初速度从左端滑上A,C离开A时，A的速度大小为LOm/s。已知A、C间

的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）

A.木板A的长度为0.85m

B.滑块C能够离开B且离开B后做竖直上抛运动

C.整个过程中A、B、C组成的系统水平方向动量守恒

试卷第4页，总6页

D.B的最大速度为5m/s

三、解答题

13.长为/的轻绳上端固定，下端系着质量为叫的小球A,处于静止状态。A受到一个

水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最

低点时，质量为a?的小球8与之迎面正碰，碰后A、8粘在一起，仍做圆周运动，并

能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g,求

(1)A受到的水平瞬时冲量/的大小；

(2)碰撞前瞬间B的动能线至少多大？

14.如图，水平面上相距为L=6m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M=2kg

的小物块B静止在PQ的中点O,0P段光滑，0Q段粗糙且两物块与它的动摩擦因数

均为〃=0.2。一质量为m=lkg的小物块A以vo=6m/s的初速度从0P段的某点向右运动，

并与B发生弹性碰撞。两物块与挡板碰撞时间极短且均不损失机械能，重力加速度

g=10m/s2,求：

(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度大小；

(2)两物块都停止运动时A、B间的间隔距离。

%

囚[B]

OQ

15.如图所示，相距L=10m的两光滑平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。

传送带向右匀速运动，其速度大小v=4m/So质量％A=1kg的物块Ao以初速度vo=6m/s

自左侧平台滑上传送带，质量mB=3kg的物块B,以大小相同的初速度用=6m/s自右侧

平台滑上传送带。物块A、B均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因数均为〃=0.2,

物块碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短。取重力加速度大小g=10m/s2。

(1)只让物块A或者只让物块B滑上传送带，求物块A和物块B离开传送带时的速度大

小VAI、VBI

(2)让两物块同时滑上传送带,求物块A和物块B在传送带上碰撞后瞬间的速度大小“2、

VB2«

L

16.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的上光滑圆弧轨道AB与水平地面相切于8

4

点。现让质量为机的滑块P从A点正上方某处Q(图中未画出)由静止释放，P从A

点竖直向下落入轨道，最后停在C点。已知C、8两点间的距离为4R,轨道A8的质

量为2%，P与B点右侧地面间的动摩擦因数为0.5,8点左侧地面光滑，重力加速度

大小为g，空气阻力不计。求：

⑴当P刚滑到地面时.，轨道AB的位移大小々；

(2)。与A点的高度差h以及P离开轨道A3后到达C点所用的时间%

17.如图所示，足够长的光滑水平面与半径为R的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，质

量为m的小球A从圆弧最高点M由静止释放，在水平面上与静止的小球B发生弹性正

碰。已知重力加速度为g,两小球均可视为质点，求：

(1)小球A刚好到达圆弧轨道最低点N时，对轨道的压力大小；

(2)若要求两球发生二次碰撞，小球B的质量，g应满足的条件。

试卷第6页，总6页

参考答案

1.c

【详解】

规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：M%=（〃一m）彩-机巧

v-v..

解得：机=」2-0故选c

3+W

2.D

【详解】

由图象可知，碰撞前甲物块的速度为％=4m/s、乙物块的速度为0,碰撞后甲物块的速度

为％=-2m/s,则由

m,v0=町匕+，巧岭

121212

可得关系式

my—nty

可得

m2=3/%

故选D。

3.C

【详解】

在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量

定理n=AP可知，使用安全气囊可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了乘员的动量变化

率，也就是说安全气囊可以减慢乘员的动量变化，选项C正确，ABD错误。

故选C。

4.D

【详解】

A.因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误;

B.有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误;

C.因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能

答案第1页，总13页

全部转化成汽车的动能，故c错误；

D.因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由

于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。

故选D。

5.C

【详解】

A.规定竖直向下为正方向，则初速度w=4m/s,末速度v=-3m/s,速度的变化量

Av=v-v0--3m/s-4m/s=-7m/s

负号表示速度变化量的方向与初速度的方向相反，故A错误;

B.平均加速度为

a=-=—m/s2=-70m/s2

\t0.1

故B错误;

C.小球被反弹后做竖直上抛运动，上升的最大高度

V夕

h-——=———m=0.45m

2g2x10

所以从开始拍球到小球弹到最高点的位移为

x-H-h-0.60m-0.45m=0.15m

故C正确；

D.由速度位移公式得声一说=2gH,贝I」

%=W-2gH=V42-2xl0x0.6m/s=2m/s

故D错误。

故选C。

6.A

【分析】

根据碰后再次相遇的路程关系，求出两球碰后的速度大小之比.根据碰撞过程中动量、能量

守恒列方程即可求出a、b球质量之比M：〃?.

【详解】

设4、人两球碰后速度大小分别为也、V2.

答案第2页，总13页

由题有：b球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P点追上甲，则从碰后到相遇4、〃球通过的路

程之比为：S1：$2=1：3

根据S=W得:V2=3VI

以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：Mvo=A/(-vi)+Anv2

由机械能守恒定律得:3加片+gmq

解得M:m=3：5

故选A.

【点睛】

解答本题的突破口是根据碰后路程关系求出碰后的速度大小之比，要掌握弹性碰撞的基本规

律：动量守恒和机械能守恒.解题要注意选择正方向，用正负号表示速度的方向.

7.BD

【详解】

A.金属棒。第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流

减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒。做加速度减小的减速直线运动，故A错误；

B.根据右手定则可知，金属棒“第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B

正确；

C.电路中产生的平均电动势为

-△①BLd

E=----=------

XX

平均电流为

7=邑

2R

金属棒。受到的安培力为

F=BId

规定向右为正方向，对金属棒a,根据动量定理得

-BTd\t=mava-mavQ

解得对金属棒第一次离开磁场时速度

va=1.5m/s

金属棒。第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒〃机械能的减少量,

答案第3页，总13页

即

C1212

°=/a埼_/叫产“

联立并带入数据得

2=0.68751

由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒人上产生的焦耳热

&="1=0.34375J

故C错误；

D.规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得

mava^mav'a+mbvb

121,21,

5sx=3mM+5%%

联立并带入数据解得金属棒。反弹的速度为

va=-0.5m/s

设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的

平均电动势为

后，△①'_B(L-x)d

二/=-A?-

平均电流为

小且

2R

金属棒。受到的安培力为

F'=Bl'd

规定向右为正方向，对金属棒a,根据动量定理得

-BIdAr=0-mav^

联立并带入数据解得

x=0.8m

答案第4页，总13页

故D正确。

故选BD。

8.CD

【详解】

A.由题图知，A8与C。平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体

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。水平推力作用

时，由图像可知。的加速度大于人的加速度，根据：

F—Ff=ma

可知水平推力Fi大于F2,A错误；

V

B.设两物体的最大速度为也加水平推力时两物体的平均速度均为一，撤去水平推力后两

2

V

物体的平均速度仍为一，可知。的平均速度等于6的平均速度，B错误；

2

C.根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，即：

IF—/尸0

C正确；

D.由题图可知，〃的位移小于6的位移，因两物体的摩擦力相等，可知摩擦力对。物体做

的功小于摩擦力对。物体做的功，D正确。

故选CD。

9.ACD

【解析】

（1）由A、B两物体组成的系统，在竖直方向受力平衡，在水平方向不受外力，故该系统

动量守恒，两物体作用前后，总动量保持不变，A正确，B错误；

（2）根据动量守恒定律，在A、B相互作用前后，满足机/A=机/A+机8丫8，其

中眩=6m/s,vB=lm/s,匕：=2m/s,v8=7m/s,代入数据得：mA:mB=3'.2,C正确；

（3）根据图象可知，在A、B作用前后，—+—mBVg=—mAvA"+—mBvB~,故系统机械

能守恒，D正确.

故本题选ACD

IO.BD

【详解】

答案第5页，总13页

A.物块沿圆弧轨道48下滑的过程中，系统处于失重状态，加速度方向竖直向下，则系统

在竖直方向受到的合外力不为零，则系统动量不守恒，A错误；

B.质量为加的物块从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处，水平轨道BC

存在摩擦，物块与小车组成的系统机械能减少，B正确；

C.如果小车固定不动，物块到达水平轨道时速度最大，由机械能守恒定律得

12

mgRD=­mv~

解得

现在物块下滑时，小车滑动，小车获得了动能，则物块的速度小于，声，c错误；

D.物块到达8点时小车速度最大，设为也，此时物块的速度大小为也.小车与物块组成的

系统在水平方向动量守恒，物块沿圆弧轨道下滑的过程中，以向右为正方向，由动量守

恒定律得

mvx-MV2

由机械能守恒定律得

加2+^Mv^=mgR

联立解得

12m2gR

岭

D正确。

故选BD。

11.BC

【详解】

AB.由图乙可知，碰前甲的速度

K=3m/s

碰后甲的速度

Vtp=Im/s

碰撞过程中动量守恒

答案第6页，总13页

利叫=幽”甲+%也

代入数所据，解得

以乙=2.4m/s

又由于

11,1

2＞］如产甲+］加乙丫2乙

碰撞的过程中，损失了机械能，不是弹性碰撞，因此A错误，B正确;

C.由图S）可知甲的延长线交时间轴于尸4s处，由于图像与时间轴围成的面积等于物体的位

移，因此

x乙=5x2.4x(4-1)=3.6m

C正确;

D.在丫一/图像中斜率表示加速度，由图（份可知，甲物体做减速运动的加速度

q=lm/s2

乙物体做减速运动的加速度

2

a2=0.8m/s

因此

二町4二3

f2m2a22

D错误。

故选BC。

12.CD

【详解】

C.由于在光滑水平面上，小滑块C与木板A作用过程中，动量守恒；滑块在光滑圆弧槽B

滑行的过程中，系统水平方向不受外力，动量守恒；所以整个过程A、B、C组成的系统水

平方向动量守恒，选项C正确;

A.滑块在木板上滑行的过程中，设向右为正方向，对系统由动量守恒和能量守恒可得

团"=mCVC+(%+心VAB

^mCVC=|mCVC2+^mA+VAB2+^mc8^

答案第7页，总13页

联立并代入数据得

vc'=4m/s

L=0.8m

选项A错误；

B.滑块在光滑圆弧槽B上滑行的过程中，假设两者能达到速度相同，此时滑块滑上圆弧槽

的最大高度。根据系统的动量守恒和能量守恒可得

mcvc+mBVAB=（租c+mJ曝

1^CVC2+ImBVAB=；C+根8）V共2+mc8h

联立并代入数据得

/?=0,15m<0.2m

假设成立。即滑块C不会离开B,选项B错误；

D.之后滑块会下滑，圆弧槽速度继续增大。当滑块滑到最低点时，圆弧槽获得最大速度,

根据系统的动量守恒和能量守恒可得

(mc+mB)y共=+mBvBnm

V2mV2

g^CC+1««rnax=:(Q+mcgh

解得

%max=5柿

选项D正确。

故选CD。

13.(1)I=㈣廊;(2)纥=5g/(2〃4+〃4)

2m2

【详解】

(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度

大小为心由牛顿第二定律，有

2

z/g=一①

A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的

答案第8页，总13页

速度大小为巳，有

g町V=gm1v2+2町g/②

由动量定理，有

1=加盟③

联立①②③式，得

/=仍15gl④

(2)设两球粘在一起时速度大小为M,A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需

满足

M=以⑤

要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，

设8碰前瞬间的速度大小为力,由动量守恒定律，有

nl2VB~,n\VA=(〃4⑥

又

线=3加2无⑦

联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间的动能至少为

BEk

E=5g/(2叫+〃4『®

k2/«2

14.(1)2m/s,4m/s；(2)Im

【详解】

(1)设A、8在。点碰后的速度分别为vi和也，以向右为正方向，由动量守恒定律得

mvo=mv\+Mv2

碰撞前后由机械能守恒得

gmvg=g

解得

vi=-2m/s

负号表示方向向左。

V2=4m/s

答案第9页，总13页

(2)8与挡板碰撞时速度的大小为VB,由动能定理

MM

-小MgHVB_~V2

得

VB=2m/s

反弹后又运动S2停下，由动能定理

12

-/dMgs2=O--MvH

解得

52=1m

AB相碰后，A再与尸板碰后经过。点时的速度大小为2m/s,方向水平向右。设A再向右运

动S|停下。由动能定理

-Rings[

解得

5i=lm

因为

cL

Si+s2=2m<—

故之后不会在碰撞，所以AB间的间距

L,

AAs=耳一$2-$i=1m

15.(l)vAI=4m/s,vBI-4m/s；(2)vA2=8m/s,vB2=0

【详解】

(1)物块A、3在传送带上均先做匀减速运动，设其加速度大小为。，由牛顿第二定律有

jumg=ma

设物块A从滑上传送带后到速度减至与传送带速度相同时的位移大小为乙，由运动学公式

有

--vo--2叫

解得

xA=5m<L

因此，物块A之后与传送带速度相同，所以

答案第10页，总13页

vAI=4m/s

设物块3从滑上传送带到速度减至0时的位移大小为，由运动学公式有

0—VQ-24zXg!

解得

xBI=9m<L

因此，物块3不能从左侧滑出传送带，之后会加速向右运动，设物块5向右加速到与传送

带速度相同时的位移大小为42，由运动学公式有

解得

%=4m

由于

XB2<XB\

因此，物块B之后与传送带速度相同，所以

vBI=4m/s

(2)当两物块同时滑上传送带后，由于两物块匀减速运动初速度大小和加速度大小相同，所

以在传送带中间相遇，由(1)可知

L

x\

2

相遇时两物块的速度大小均为

v=4m/s

由于两物块发生弹性碰撞，由碰撞前、后系统的动能相等，有

12121212

2mAV+2mBV=耳根人以2

设向左为正方向，由动量守恒定律有

mBv-/nAv=wAvA2+wBvB2

解得