1、课时跟踪训练( 七)一、选择题(15 题为单项选择题，610 题为多项选择题)1光滑水平面上有两个小球，在同一直线上相向运动，它们的动量大小相等，则两球碰撞后，下列说法正确的是( )A两球可能沿同一方向运动B两个球可能一个静止，一个运动C若两球均运动，则质量大的球动量一定小D若两球均运动，则质量大的球动能一定小D 由题可知，两球沿同一直线相向运动，动量大小相等，因此系统的总动量为零，碰撞过程系统的总动量守恒，因此碰撞后系统的总动量仍为零，因此两球不可能沿同一方向运动，也不可能一个静止，一个运动，A 、B 项错误；若两球均运动，根据动量守恒定律可知，两球一定沿相反方向运动，且动量等大反向，即 m
2、1v1m 2v2，由此可以判断，质量大的球的动量与质量小的球动量大小相等，C 项错误；由 Ek 可知，质量大的，动能小，D 项正确p22m2(2018山东省青岛市高三统一质检)如图，连接有轻弹簧的物块 a 静止于光滑水平面上，物块 b 以一定初速度向左运动下列关于 a、b 两物块的动量 p随时间 t 的变化关系图象，不合理的是( )A 物块 b 以一定初速度向左运动与连接有轻弹簧的静止物块 a 相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小故 A 项不合理本题选不合理的，答案是 A.3(2018陕西省安康市高三质检(五) 如图所示，一对杂技演
3、员 (都视为质点) 荡秋千( 秋千绳处于水平位置)，秋千一端固定在离地面高为 H 的 O 点，秋千的长度可调节改变秋千的长度，杂技演员每次都从 A 点(与 O)由静止出发绕 O 点下摆，当摆到最低点 B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到 A 处已知男演员质量为 2m 和女演员质量为 m，秋千的质量不计，空气阻力忽略不计，则男演员落地点 C 与 O 点的水平距离 x 的最大值是( )A. BHH2C. D2H3H2D 两杂技演员从 A 点下摆到 B 点，只有重力做功，机械能守恒设二者到达 B 点的速度大小为 v0，则由机械能守恒定律有： (m2m )gR (m2m
4、)12v ，演员相互作用，沿水平方向动量守恒设作用后女、男演员的速度大小分20别为 v1、v 2，所以有(m2m)v 02mv 2mv 1.女演员上摆到 A 点的过程中机械能守恒，因此有 mgR mv .男演员自 B 点平抛，有：x v 2t.运动时间 t 可由竖直12 21方向的自由落体运动出得 HR gt2，联立以上各式，可解得 x4 ，12 H RR当秋千的长度 R 时，男演员落地点 C 与 O 点的水平距离最大为 x2H ，故H2D 正确；A、B、C 错误4(2018高考物理全真模拟卷一)如图所示，AB 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于 B 球的质量若用锤子敲
5、击 A 球使 A 得到 v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为 L1；若用锤子敲击 B 球使 B 得到 v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为 L2，则 L1 与 L2 的大小关系为( )AL 1L2 BL 1L2CL 1L 2 D不能确定C 若用锤子敲击 A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者的共速，则 mAv(m Am b)v，解得 v ，弹性势能最大，最大为mAvmA mBEp mAv2 (mAm B)v 2 ；若用锥子敲击 B 球，同理可得12 12 mAmBv22mA mBmBv(m Am B)v，解得 v ，弹性势能最大为mBvmA mBEp mBv2 (mAm B)v 2
6、 ，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹12 12 mAmBv22mA mB性势能相等，故 L1L 2， C 正确5如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳(绳子的长度不计)相连的两个相同的物体 P、Q 质量均为 m，在水平恒力 F 作用下以速度 v 做匀速运动在t0 时轻绳断开，Q 在 F 作用下继续前进，则下列说法正确的是 ( )At0 至 t 时间内，P、Q 的总动量不守恒3mv2FBt 0 至 t 时间内，P、Q 的总动量守恒3mvFCt 时，Q 的动量为 mv5mv2F 52Dt 时，P、Q 两点的距离2mvF 2mv2FD 设 P、Q 受到的滑动摩擦力都为 F，断开前两物体做匀速直线运动，根
7、据平衡条件得：F2f，设 P 经过时间 t 速度为零，对 P 由动量定理得：ft 0mv，解得：t ；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上2mvF向右做匀速直线运动以 PQ 为系统，绳子上的力属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，物体 P 停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在 t0 至 t 的2mvF时间内 P、Q 的总动量守恒，在 t 后，P 停止运动，Q 做匀加速直线运动，2mvF故两木块组成的系统的合力不为零，故 P、Q 的总动量不守恒，故 AB 错误；当 t 时，对 Q 由动量定理得：Ftftp Qm v，代入 f
8、 ，t ，解5mv2F F2 5mv2F得：p Q mv，故 C 错误；当 t 时，对 Q 由动量定理得：94 2mvFFtft mv 2mv，代入 f ，t ，解得 v22v，由动能定理得：F2 2mvFFx2fx 2 mv mv2；对 P 由动量定理得：ftm v1m v，代入 f ，t12 2 12 F2，解得 v10，由动能定理得：fx 1 mv mv2，解得 xx 2x 12mvF 12 21 12，故 D 正确2mv2F6(2018安徽省芜湖市高三下调研)在地面上以大小为 v1 的初速度竖直向上抛出一质量为 m 的皮球，皮球落地时速度大小为 v2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小
9、与其速率成正比，重力加速度为 g.下列判断正确的是( )A皮球上升的最大高度为v212gB皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为 mv mv12 21 12 2C皮球上升过程经历的时间为v1gD皮球从抛出到落地经历的时间为v1 v2gBD 减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于 g，则上升的高度小于 ，上升的时间小于 ，故 AC 错误；皮球从抛出到落地过程中重力不v212g v1g做功，根据动能定理得克服阻力做功为 Wf mv mv ，故 B 正确；用动量12 21 12 2定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为 v，则：mgt1kvt 1 mv1，由于平均速度乘
10、以时间等于上升的高度，故有：hvt 1，即：mgt1khm v1同理，设上升阶段的平均速度为 v，则下降过程mgt2kvt 2m v2，即： mgt2kh mv 2，由得：mg(t 1t 2)m(v 1v 2)，解得：tt 1t 2 ，故 D 正确；故选 B、D.v1 v2g7(2018山西太原市高三质检)如图所示，金属杆 AB 在离地 h3.2 m，高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场，水平部分导轨上原来放有一根静止金属杆 CD，已知杆 AB 的质量为 m12 kg，电阻为 R110 ，杆 CD 的质量为 m20.5 kg，电阻为 R230 ，其余电阻不计，水
11、平导轨足够长，不计一切摩擦( )AAB 的最终速度是 8 m/sBCD 的最终速度是 6.4 m/sC整个过程中回路释放的电能是 12.8 JD整个过程中，AB 杆上产生的焦耳热 3.2 JBCD AB 下滑 h 的过程中机械能守恒：m 1gh m1v ，解得 v08 m/s；12 20最终两者速度相等，由动量守恒定律：m 1v0(m 1 m2)v1，解得 v16.4 m/s，故A 错误，B 正确；由能量守恒知，回路中产生的电能等于系统机械能的损失，所以整个过程中回路释放的电能 Em 1gh (m1m 2)v 12.8 J，故 C 正确；12 21在回路中产生电能的过程中，虽然电流不恒定，但由
12、于两杆串联，通过两杆的电流总是相等的，所以整个过程中，AB 杆上产生的焦耳热 Q E3.2 R1R1 R2J，故 D 正确8(2018衡水中学信息卷)如图所示，足够长的木板 P 静止于光滑水平面上，小滑块 Q 位于木板 P 的最右端，木板 P 与小滑块 Q 之间的动摩擦因数 0.2，木板 P 与小滑块 Q 质量相等，均为 m1 kg.用大小为 6 N 方向水平向右的恒力 F 拉动木板 P 加速运动 1 s 后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度 g 取 10 m/s2，下列说法正确的是( )A木板 P 与小滑块 Q 所组成的系统的动量增加量等于拉力 F 的冲量B拉力 F 做功为 6
13、JC小滑块 Q 的最大速度为 3 m/sD整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为 3 JACD 对系统由动量定理得 Ftmv Pmv Q2mv 共 ，即木板 P 与小滑块Q 所组成系统的动量增加量一定等于拉力 F 的冲量，A 正确；若木板 P 与小滑块 Q 相对静止一起加速运动，则拉力 F 不能超过 2m4 N，拉力 F 为 6 Nmgm大于 4 N，故二者发生相对滑动，对木板 P 由牛顿第二定律 Fmgma，解得 a4 m/s2,1 s 内木板 P 的位移 x at22 m拉力 F 做功 WFx12 J，B 错12误；二者共速时，小滑块 Q 的速度最大，Ft2mv 共 ，v 共 3 m/s，C
14、 正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知 W 2mv Q，解得 Q3 J，D 正确12 2共9(2018山东省潍坊市高三一模)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图 a 所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的 vt 图线如图 b中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为 19 kg，则( )A碰后蓝壶的速度为 0.8 m/sB碰后蓝壶移动的距离为 2.4 mC碰撞过程两壶损失的动能为 7.22 JD碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为 54AD 由图可知碰撞前后红壶的速度为 v01 m/s 和 v20.2 m
15、/s，由动量守恒可得 mv0 mv1mv 2，解得碰后蓝壶速度为 v20.8 m/s，碰后蓝壶移动的距离为 x 0.852 m碰撞过程两壶损失的动能为 Ek mv mv mv12 12 20 12 21 123.04 J，红壶所受摩擦力 f1ma 119 N3.8 N，蓝壶所受摩擦力21.2 1.01f2ma 219 N3.04 N，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为0.8 05f1f254，故 AD 正确；BC 错误；故选 AD.10(2018南开中学考前冲刺)如图所示，质量为 M、半径 R 的 ABC 凹槽(为光滑圆槽的一部分) 静止在光滑水平面上，B 为最低点， BC 为 圆弧，OA 与14
16、竖直方向夹角 60，其右侧紧贴竖直墙壁 PQ.一质量为 m 的小物块(可视为质点)从 D 处水平抛出，同时将 ABC 凹槽锁定在地面上，小物块恰好从 A 点无碰撞的射入凹槽，当其到达 B 点时解除锁定，小物块刚好能达到 C 点不计空气阻力，重力加速度为 g.则下列说法正确的是( )A从 D 点抛出的初速度为 v0 ；D 点距 A 点高度差 hgR2 3R8B小球第一次过 B 点时对槽底的压力大小为 2 mgC小球从 C 点到 B 点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为 Im ，方向水2gR平向左D小球从 C 到 B 向 A 运动的过程中，以小球、槽 ABC 作为一个系统，机械能守恒、动量守恒AC A
17、项，小物块恰好从 A 点无碰撞的射入凹槽，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，v2v 0，从 A到 C 应用能量守恒可知， m(2v0)2mgR sin 30，解得 v0 ，从 D 到 A 应12 gR2用动能定理可得：mgh m(2v0)2 mv ，解得：h ，故 A 正确；B 项：从12 12 20 3R8A 到 B 应用动能定理，mgR mv mv ，在 B 点由重力与支持力(1 sin 30)12 2B 12 2A的合力提供向心力得，F Nmg ，由以上两式解得 FN3 mg，故 B 错误；mv2BRC 项：小球到 B 时的速度为 vB1 ，根据动
18、量定理可得：Imv B10m2gR，故 C 正确；D 项，小球从 C 到 B 向 A 运动的过程中，以小球、槽 ABC2gR作为一个系统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从 C 到 B 过程中，墙壁对槽有水平方向的作用力，所以系统外力之和不为零，故动量不守恒，故D 错误二、非选择题11(2018山东省济南市高三一模)运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有 m100 g 的压缩气体，总质量为 M 1 kg，点火后全部压缩气体以 v0570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向
19、下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有 的压缩气体，m2每级总质量均为 ，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度 v0 从底部M2喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过 2 s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度 v0 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取 10 m/s2，求两种模型上升的最大高度之差解析 对模型甲：0(M m)v 甲 mv 0h 甲 m200.56 mv2甲2g 10859对模型乙第一级喷气：0(M )v 乙 1 v0m2 m2解得：v 乙 130 m/s2 s 末：v 乙 1v 乙 1gt10 m/sh
20、 乙 1 40 mv2乙 1 v 2乙 12g对模型乙第一级喷气： v 乙 1( )v 乙 2 v0M2 M2 m2 m2解得：v 乙 2 m/s6709h 乙 2 m277.10 mv2乙 22g 2244581可得：hh 乙 1h 乙 2 h 甲 m116.54 m944081答案 116.54 m12(2018济宁市高三第二次模拟)如图所示，水平地面上固定一半径为R0.8 m 的 光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为 M3 kg、长为 L1.75 m 的14木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m1 kg 的物块，物块与木板间的动摩擦因数为 0.4.现给物块施一水
21、平向右的恒力 F15 N，作用一段距离 x 后撤去 F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，取 g10 m/s 2.(1)求物块滑到板右端时的速度 v 多大？(2)求 x 的大小；(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板解析 (1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得：mv2mgR12解得：v4 m/s(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得：FxmgL mv212解得：x1 m(3)设物块相对板向左滑动距离 x 后，与木板达到相同速度 v，由动量守恒定律得：mv(Mm)v解得：v1 m/s由能量守恒定律得：mg x (Mm)v 212解得：x1.5 mL 1.75 m故物块不会滑离木板答案 (1)4 m/s (2)1 m (3) 物块不会滑离木板
