【大高考】（五年高考真题）2022届高考物理专题十七碰撞与动量守恒（全国通用）1．(2022·重庆理综，3，6分)(难度★★★)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.＋mgB.－mgC.＋mgD.－mg解析 由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝，在t时间内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝＋mg，A项正确．答案 A2．(2022·北京理综，18，6分)(难度★★★)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析 从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mg－F＝ma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a＝0时,F＝mg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，F＞mg，由牛顿第二定律F－mg＝ma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，综上可知A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故B错误．答案 A3．[2022·福建理综，30(2)，6分]如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，15\n速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动解析 对A、B系统,由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械能守恒，由于m×2v0－2mv0＝0，故碰后A、B不可能同向运动或一个静止、另一个运动或两个都静止，而只能是A、B都反向运动，故D正确．答案 D4．(2022·重庆理综，4,6分)(难度★★★)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析 平抛运动时间t＝＝1s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝mv甲＋mv乙，又v甲＝，v乙＝，t＝1s，则有x甲＋x乙＝2m，将各选项中数据代入计算得B正确．答案 B5．(2022·大纲全国，21，6分)(难度★★★)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.B.C.D.15\n解析 设中子质量为m，则原子核的质量为Am.设碰撞前、后中子的速度分别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2，由弹性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，mv＝mv＋Amv，解得v1＝v0，故||＝，A正确．答案 A6．(2022·天津理综，2)(难度★★★)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析 甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，选项A错误；甲、乙组成的系统动量守恒，动量变化量等大、反向，选项B正确；甲、乙相互作用时，虽然她们之间的相互作用力始终大小相等，方向相反，但相互作用过程中，她们的对地位移不一定相同，所以甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量，那么甲对乙做的功就不一定等于乙对甲做的功，选项C、D错误．答案 B7．(2022·福建理综,29(2)，6分)(难度★★)如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A．v0＋vB．v0－vC．v0＋(v0＋v)D．v0＋(v0－v)15\n解析 取向右为正方向，由动量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝v0＋(v0＋v)，故C正确．答案 C8．(2022·大纲全国，21)(难度★★★)(多选)如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放．若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( )A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置解析 由于两球发生弹性碰撞，故系统动量、机械能均守恒，则：mv＝3mvb＋mva ①，mv2＝×3mv＋mv ②，由两式联立解得va＝－v，vb＝v，故选项A正确；由前面求得速度可知第一次碰后pa＝－mv，pb＝mv,故选项B错误；由于第一次碰后,|va|＝|vb|，根据机械能守恒可知两球可到达相同高度即摆角相同,选项C错误；因两球摆长相同，根据T＝2π知，两球同时到达各自平衡位置发生第二次碰撞，选项D正确．答案 AD9．(2022全国，20，6分)(难度★★★)(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.mv2B.v215\nC.NμmgLD．NμmgL解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间.二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v＝，A错误、B正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C错误、D正确．答案 BD10．[2022·新课标全国Ⅰ，35(2)，10分](难度★★★★)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M,三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．解析 设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv可得v1＝v0，v2＝v0要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜MA反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1＝mv3＋Mv4mv＝mv＋Mv整理可得v3＝v1，v4＝v1由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2即v0≥v1＝()2v0整理可得m2＋4Mm≥M2解方程可得m≥(－2)M所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(－2)M≤m＜M15\n答案 (－2)M≤m＜M11．[2022·新课标全国Ⅱ,35(2)，10分](难度★★★★)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：(ⅰ)滑块a、b的质量之比；(ⅱ)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．解析 (ⅰ)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得v1＝－2m/s①v2＝1m/s②a、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＝m/s③由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤(ⅱ)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝(m1＋m2)v2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2⑧答案 (ⅰ)1∶8 (ⅱ)1∶212．[2022·山东理综，39(2)](难度★★★★)如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B15\n发生碰撞,碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．解析 设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝v0，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WA＝mv－mv②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WB＝mv－mvB′2③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′＝2mv⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v＝v0⑥答案 v013．(2022·广东理综，36，18分)(难度★★★★)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1,A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)．15\n(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式．解析 (1)从A→Q由动能定理得－mg·2R＝mv2－mv①解得v＝4m/s＞＝m/s②在Q点，由牛顿第二定律得FN＋mg＝m③解得FN＝22N④(2)A撞B，由动量守恒得mv0＝2mv′⑤解得v′＝＝3m/s⑥设粗糙段滑行距离为x，则－μmgx＝0－2mv′2⑦解得x＝4.5m⑧所以k＝＝45⑨(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得－μ2mgnL＝2mv－2mv′2⑩所以vn＝m/s (n＝0，1，2，…)⑪答案 (1)22N (2)45 (3)vn＝m/s (n＝0，1，2，…)14．(2022·天津理综，10，16分)(难度★★★)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g＝10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求15\n(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.解析 (1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为Ff，则Ff＝μmg①取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有Fft＝mv－0②由①②式并代入数据得t＝0.2s③(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Ffx＝mv2－0④由①④式并代入数据得x＝0.1m⑤(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s＝v-t⑥摩擦力对皮带做的功W＝－Ffs⑦由①③⑥⑦式并代入数据得W＝－2J⑧答案 (1)0.2s (2)0.1m (3)－2J15．(2022·安徽理综，22，14分)(难度★★★)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示．物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止．g取10m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.解析 (1)对小物块从A运动到B处的过程中应用动能定理－μmgs＝mv2－mv①代入数值解得μ＝0.32②15\n(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6m/s由动量定理得：FΔt＝mv′－mv③解得：F＝－130N④其中“－”表示墙面对物块的平均力方向向左．(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W＝0－mv′2⑤解得W＝9J答案 (1)0.32 (2)130N (3)9J16．[2022·新课标全国Ⅰ,35(2)，9分](难度★★★)如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝0.3s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零.已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度．解析 (1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝①将h＝0.8m代入上式，得vB＝4m/s②(2)设两球相碰前、后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可得v1＝gt③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前、后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④mAv＋mBv＝mBv2′2⑤设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得vB′＝vB⑥15\n设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′＝⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75m⑧答案 (1)4m/s (2)0.75m17．[2022·新课标全国Ⅱ，35(2)，10分](难度★★★★)现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．实验测得滑块A的质量m1＝0.310kg，滑块B的质量m2＝0.108kg，遮光片的宽度d＝1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰.碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500ms，碰撞前、后打出的纸带如图(b)所示．若实验允许的相对误差绝对值(||×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．解析 按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为v＝①式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程．设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则ΔtA＝＝0.02s②ΔtA可视为很短．15\n设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1.将②式和图给实验数据代入①式得v0＝2.00m/s③v1＝0.970m/s④设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有v2＝⑤代入题给实验数据得v2＝2.86m/s⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则p＝m1v0⑦p′＝m1v1＋m2v2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp＝||×100%⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δp＝1.7%<5%⑩因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．答案 见解析18．(2022·天津理综，10，16分)(难度★★★★)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N,A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到v-t＝2m/s.求(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l.解析 (1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①15\n代入数据解得a＝2.5m/s2②(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v-t－(mA＋mB)v③代入数据解得v＝1m/s④(3)设A、B发生碰撞前,A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝mAv⑥由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m⑦答案 (1)2.5m/s2 (2)1m/s (3)0.45m19．(2022·广东理综,35，18分)(难度★★★★)如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器,C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2s至t2＝4s内工作,已知P1、P2的质量都为m＝1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1,AB段长L＝4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．(1)若v1＝6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；(2)若P与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E.解析 (1)P1、P2碰撞过程，动量守恒mv1＝2mv①解得v＝＝3m/s②碰撞损失的动能ΔE＝mv－(2m)v2③解得ΔE＝9J④15\n(2)根据牛顿第二定律，P做匀减速运动，加速度为a＝⑤设P1、P2碰撞后的共同速度为v共，则推得v共＝⑥把P与挡板碰撞后运动过程当做整体运动过程处理经过时间t1，P运动过的路程为s1，则s1＝v共t1－at⑦经过时间t2，P运动过的路程为s2，则s2＝v共t2－at⑧如果P能在探测器工作时间内通过B点，必须满足s1≤3L≤s2⑨联立⑤⑥⑦⑧⑨得10m/s≤v1≤14m/s⑩v1的最大值为14m/s，此时v共＝7m/s，根据动能定理知－μ·2mg·4L＝E－·2mv代入数据得E＝17J答案 (1)3m/s 9J (2)10m/s≤v1≤14m/s 17J20．[2022·新课标全国Ⅰ,35(2)，9分](难度★★★★)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d.现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小．解析 设在发生碰撞前的瞬间,木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得mv2＝mv＋(2m)v①mv＝mv1＋(2m)v2②式中，以碰撞前木块A的速度方向为正．由①②式得v1＝－③设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得μmgd1＝mv④μ(2m)gd2＝(2m)v⑤按题意有d＝d1＋d2⑥15\n设A的初速度大小为v0，由动能定理得μmgd＝mv－mv2⑦联立②至⑦式，得v0＝答案 21．(2022·广东理综，35,18分)(难度★★★★)如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上,质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端,质量为2m且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起.P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.解析 (1)P1、P2碰撞瞬间，P的速度不受影响，根据动量守恒：mv0＝2mv1，解得v1＝最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒：3mv0＝4mv2，解得v2＝v0(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：·2mv＋·2mv－·4mv＝2mgμ(L＋x)×2解得x＝－L在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：Ep＝2mgμ(L＋x)解得Ep＝mv答案 (1) v0 (2)－L mv15
