专题06 碰撞与动量守恒-2022年高考物理三轮冲刺与命题大猜想

这是一份专题06 碰撞与动量守恒-2022年高考物理三轮冲刺与命题大猜想，共41页。
2022年高考物理三轮冲刺与命题大猜想
专题06 碰撞与动量守恒
目录
猜想一 ：结合生活现象考查动量定理的简单应用 PAGEREF _Toc11597 \h 1
猜想二 ：结合经典模型考物体运动中的懂冲量及能量特性 PAGEREF _Toc14687 \h 2
猜想三：结合冬奥会等体育、生活实际问题考查能量动量 PAGEREF _Toc13419 \h 4
猜想四：动量与能量综合考查 PAGEREF _Toc31349 \h 7
冲刺押题练习 PAGEREF _Toc1018 \h 12

猜想一 ：结合生活现象考查动量定理的简单应用
【猜想依据】高空坠物的危害，物体的制动情况以及体育运动中球类的冲击力等，以此情境命制的试题都会涉及动量定理的应用体现了分析问题解决问题这一思想。
【必备知识】1．对动量定理的理解
（1）动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．
（2）动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．
2．应用动量定理解释的两类物理现象
（1）当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．
（2）当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小．
【例1】
1. 地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年。如图所示，为一现代仿制的地动仪，龙自中的铜珠到蟾蜍口的距离为h，当感知到地震时，质量为m的铜珠（初速度为零）离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为（　　）

A. +mg B.
C. D. -mg
【答案】A
【解析】
【详解】设蟾蜍口对铜珠的冲击力为F，铜珠落入蟾蜍口时速度为v，由自由落体运动规律
v2=2gh
由动量定理
Ft-mg=0-（-mv）
联立解得
F=+mg
由牛顿第三定律可知铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小为

故选A。
【例2】（2022·福建省厦门一中高三月考）
2. 跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全（如图），这是由于（　　）

A. 人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小
B. 人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小
C. 人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小
D. 人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上大
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．人跳在沙坑的动量大小等于跳在水泥地上的动量大小，因为人质量与速度的大小一样，所以动量大小相等，则A正确；
B．人跳在沙坑的动量变化等于跳在水泥地上，因为初动量相等，末动量为0，所以动量的变化量大小相等，则B错误；
C．根据动量定理

人跳在沙坑受到的冲量与跳在水泥地上的冲量大小相等，所以C错误；
D．根据动量定理

人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小，所以D错误；
故选A。
猜想二 ：结合经典模型考物体运动中的懂冲量及能量特性
【猜想依据】2021年全国甲、乙两卷分别以经典运动模型“等位移折返”运动及“0-v-0”运动巧妙设问很好的考查了学生运用知识及模型构建的能力，也突出了老高考不老的特点，在高中学习过程中诸如圆周平抛以及常见的直线多过程运动模型都蕴藏着深奥的物理思想在里面，不排除今年高考继续深挖经典模型的动冲量及能量特性组编较为综合的选择题来考查学生的核心素养，因此备考中应当引起足够重视。
【例1】（2022·超级全能生1月联考）
3. 质量为m的物块在t＝0时刻受沿固定斜面向上的恒力F1作用，从足够长的倾角为θ的光滑斜面底端由静止向上滑行，在t0时刻撤去恒力F1加上反向恒力F2(F1、F2大小未知)，物块的速度－时间(v－t)图象如图乙所示，2t0时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物体在t0时刻的速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）

A. 物块从t＝0时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为2mgt0sinθ
B. 物块从t0时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为3mv0
C. F1的冲量大小为mgt0sinθ＋mv0
D. F2的冲量大小为3mgt0sinθ－3mv0
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据冲量的定义式可知物块从时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为

故A错误；
B．由于在时撤去恒力加上反向恒力，物块在时恰好回到斜面的底端，所以在沿固定斜面向上的恒力的时间与撤去恒力加上反向恒力后回到底端的时间相等，设物体在沿固定斜面向上的恒力作用下的位移为，加速度为，取沿斜面向上为正；根据位移时间关系可得

根据速度时间关系可得撤去沿固定斜面向上的恒力时的速度为

撤去恒力加上反向恒力作用时的加速度为，则有

联立解得

物块在时的速度为

物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量为

即物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为，故B正确；
C．物体在沿固定斜面向上的恒力作用下，根据动量定理可得

解得的冲量大小为

故C正确；
D．撤去恒力加上反向恒力作用时，根据动量定理可得

解得

故D错误；
故选BC。
【例2】（2022·山东潍坊市高三下3月一模）
4. 质量为m的物块从某一高度以动能E水平抛出，落地时动能为3E。不计空气阻力，重力加速度为g。则物块（　　）
A. 抛出点的高度为
B. 落地点到抛出点的水平距离
C. 落地时重力的功率为
D. 整个下落过程中动量变化量的大小为
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由动能定理得

故抛出点的高度为

故A错误；
B．由

水平方向

竖直方向

解得落地点到抛出点的水平距离

故B错误；
C．落地时速度的竖直分量

故落地时重力的功率为

故C错误；
D．整个下落过程中动量变化量的大小为

故D正确。
故选D。
【例3】.（2021·东北三省三校3月第一次联合模拟）
5. 随着军事科技的进步，我国的单兵作战毕备的研发获得重大突破。如图为我国研制的首个可实现低空飞行的飞行滑板。驾驶员在一次使用飞行滑板飞行时，将身体前倾37°（假设驾驶员身体保持伸直，与竖直方向夹角37°），沿水平方向做加速运动，驾驶员与飞行滑板总质量为m=80kg。假设飞行过程中发动机对飞行滑极的推力恒定，方向与身体共线，空气阻力与速度的关系为F阻=kv，且与飞行方向相反，其中k=20N•s•m-1，g取10m/s2。则（　　）

A. 飞行过程中发动机对沿板的推力为800N
B. 本次飞行能达到的最大速度为30m/s
C. 从静止始运动30s的过程中，发动机对滑板推力的冲量为1.8×104N•s
D. 从静止开始到达到最大速度的过程中，发动机对滑板推力的平均功率为9kW
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．竖直方向，根据平衡条件有

解得

故A错误；
B．当时速度最大，则有

代入数据得得此时速度30m/s，故B正确；
C．从静山始运动30s的过程中，发动机对滑板推力的冲量为
N•s
故C错误；
D．根据牛顿第二定律有

随着速度的增大，则整体做加速度减小的加速运动，故平均速度

故平均功率大于

故D错误。
故选B。
猜想三：结合冬奥会等体育、生活实际问题考查能量动量
【猜想依据】冬奥会中的多项体育运动都蕴藏着物理知识比如冰壶比赛、跳台滑雪等项目就是动量守恒定律在碰撞中的应用，2022年的高考中不排除命题人会利用这些素材深究细推命制与此相关的试题，以体现理论联系实际，这与新高考从“解题”向“解决问题”转变的思想是一致的，符合高考命题趋势。
例1】.（2022·广东省梅州一中高三开学考试）
6. 2022年第24届冬奥会将在北京举行，其中冰壶比赛是冬奥会项目之一。在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的v－t图像如图b所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是（　　）


A. 碰撞后在冰面滑行的过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大
B. 碰撞后，蓝壶运动的加速度大小为0.1m/s2
C. 碰撞后两壶相距的最远距离为1.1m
D. 两壶碰撞是弹性碰撞
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以蓝壶受到的阻力比红壶的小，故A错误；
B．根据图像可得，红壶碰前的加速度为

所以蓝壶静止的时刻为

碰后蓝壶的加速度大小为

故B错误；
CD．设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0 = 1.0m/s，碰后红壶的速度为0.4m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得

解得

碰后两壶相距的最远距离

碰撞前两壶的总动能为

碰撞后两壶的总动能为

所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故C正确，D错误。
故选C。
【例2】.（2022·浙江Z20联盟高三第一次联考）
7. 2022年北京将举行第24届冬季奥运会，跳台滑雪是热门项目。跳台滑雪可简化为如下示意图，运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在足够长的斜坡上b点，不考虑空气阻力，视运动员为质点，则运动员在空中运动过程中（　　）


A. 在相等的时间间隔内，运动员竖直方向下落高度相等
B. 在相等的时间间隔内，动量的改变量相等
C. 在下落相等高度的过程中，动量的改变量相等
D. 若初速度加倍，则在空中运动的时间也加倍，落点到a点的距离也加倍
【答案】B
【解析】
【详解】A．平抛运动竖直分运动是自由落体运动，是匀加速运动，故在相等的时间间隔内竖直分位移一定不相等，即在相等的时间间隔内，运动员竖直方向下落高度不相等，故A错误；
B．运动员做平抛运动，只受重力，是恒力，根据动量定理，动量的改变量等于合力的冲量，任意相等时间合力的冲量相等，故任意相等时间动量的改变量相等，故B正确；
C．平抛运动竖直分运动是自由落体运动，是匀加速运动，在下落相等高度的过程中，时间一定不相等，故在下落相等高度的过程中，合力的冲量一定不相等，动量的增加量一定不相等，故C错误；
D．运动员做平抛运动，设斜面与水平方向的夹角为，则有

解得

落点到a点的距离

若初速度加倍，则在空中运动的时间加倍，落点到a点的距离为原来的4倍，故D错误。
故选B。
例3】（2022届河南省洛阳市高三（下）第二次统一考试理综物理）
8. 2022年北京冬奥会的成功举办，极大地激发了广大群众的冰雪运动热情。如图甲所示为某地冰壶比赛的场地示意图，冰道水平。已知冰壶的质量为20kg，营垒区的半径为1.8m，投掷线中点与营垒区中心O的距离为30m。设冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减为μ2=0.004.在某次比赛中，若冰壶在发球区受到运动员沿中心线PO方向推力作用的时间t=10s，冰壶A在投掷线中点处以v0=2.0m/s的速度沿中心线PO滑出。不计冰壶自身的大小，g取10m/s2，求：
（1）冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向作用力的冲量大小为多少？
（2）如果在中心线PO上已经静止着一个相同的冰壶B，冰壶B距营垒区中心O的距离为0.9m，如图乙所示。若要使冰壶A能够沿中心线PO将B撞出营垒区，则运动员用毛刷擦冰面的长度至少为多少？（设冰壶之间的碰撞时间极短，且无机械能损失）

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设推力对冰壶的冲量大小为I，则根据动量定理得：

代入数值解得

（2）冰壶A与冰壶B碰撞的过程中，设冰壶A与B碰撞前瞬间的速度为vA，碰撞后瞬间A的速度为，B的速度为，根据动量守恒定律和动能的关系，有


解得

若冰壶B沿OP方向恰好被撞出营垒区，则满足

其中

设冰壶A向冰壶B运动过程中，运动员用毛刷擦冰面的长度为L，则根据动能定理得

其中

代入数值解得

猜想四：动量与能量综合考查
【猜想依据】每年高考中都有一道力学综合计算题，通过对近几年全国卷试题的分析研究可以看出，力学计算题从考查直线运动逐渐转为结合牛顿运动定律考查板块模型问题、功能关系问题．这说明凡是《考试大纲》要求的，只要适合作为计算题综合考查的，都有可能设置为计算题．因此高考复习中不要犯经验主义错误，动量模块选为必考后考查计算题的概率十分大，冲刺复习时不能掉以轻心。
【必备知识】1.三种碰撞的特点及规律
弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能守恒：m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2
完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v′
机械能损失最多，损失的机械能：
ΔE＝m1v12＋m2v22－（m1＋m2）v′2
非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能有损失，损失的机械能：
ΔE＝m1v12＋m2v22－m1v1′2－m2v2′2
碰撞问题遵循的三条原则
（1）动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′
（2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
（3）若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度

　2.弹性碰撞的“动碰静”模型
（1）由动量守恒和能量守恒得，
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v02＝m1v12＋m2v22；
（2）碰后的速度：v1＝v0，v2＝v0.
3.弹性碰撞模型的拓展应用


【例1】（2022·四川成都市川大附中分校高三期末）
9. 如图所示，质量为3m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个质量为m的小物块从槽上高h处开始自由下滑，小物块的初始位置与弧形槽底端的水平距离为s。下列说法正确的是（　　）


A. 在下滑过程中，小物块和弧形槽组成的系统动量守恒
B. 在下滑到弧形槽底端的过程中，小物块对地的水平位移为s
C. 小物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能
D. 小物块被弹簧反弹后能追上弧形槽，且沿弧形槽上升的最大高度为
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．利用整体法，下滑过程中，光滑弧形槽与物块在水平方向合力为零，所以在水平方向动量守恒，光滑弧形槽的速度变大，动能增加，故物块的机械能减少，故物块的机械能不守恒，故A错误；
B．下滑过程中，物块和弧形槽组成的水平动量守恒，则

可知两者的速度之比为3:1；位移之和为s，运动时间相等，则位移之比为3:1，可知物块和弧形槽的位移分别为
和
故B错误；
C．由动量守恒和机械能守恒得


解得物块的速度

动能

小物块压缩弹簧的过程中，其动能全部转化为弹簧的弹性势能，所以最大弹性势能为

故C正确；
D．小物块被弹簧反弹后的速度大小与反弹前的速度大小相等，所以能追上弧形槽，当沿弧形槽上升到最大高度时，由动量守恒可得

由机械能守恒得

解得

故D正确。
故选CD。
【例2】．（2022·北京市顺义区高三期末）
10. 如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度。将质量为3m的大球（在下），质量为m的小球（在上）叠放在一起，从距地面高h处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（　　）

A. 两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为mg
B. 大球与地面碰撞前的速度大小为
C. 大球与小球碰撞后，小球上升的高度仍为h
D. 若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度为3h
【答案】B
【解析】
【详解】A．两球一起下落过程中，两球都处于完全失重状态，小球对大球的弹力大小为0，A错；
B．根据自由落体运动

得

B正确；
CD．大球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，两球碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰撞前小球和大球的速度分别和，碰后两球的速度分别为和
由动量守恒定律

由机械能守恒定律

两式联立解得

将，带入上式解得

反弹后高度为

C错误，
D.若大球的质量远大于小球的质量，会更大，小球上升的最大高度会更高，故D也错误；
故选B.
【例3】（2022·东北师大附中等五校联考）
11. 如图所示，水平面上O点左侧为动摩擦因数μ＝0.6的粗糙段，O点右侧光滑。两个可视为质点的物体A和B，物体A的质量为m＝1kg，放在距O点左侧x1＝3m处，物体B静止放在距O点右侧x2＝4m的B处。现给物体A一个初速度v0＝10m/s，物体A穿过粗糙区后与物体B发生弹性正碰，碰后物体A恰好能返回出发点，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物体A向右从O到B点所用的时间t1；
(2)物体A与B碰撞后，物体A的速度的大小v1；
(3)物体B的质量M。


【答案】(1) t1=0.5s；(2) v1=6m/s；(3) M=7kg
【解析】
【详解】(1) 物体A从A到O点是匀减速运动，设到O点的速度为vt，摩擦力产生加速度

解得
a=6m/s2
由运动学公式

得
vt=8m/s
OB段匀速运动

得
t1=0.5s
(2) 物体A在BO段匀速返回，到OA段匀减速停止在A点。由运动学公式

得
v1=6m/s
(3) 物体A与B发生完全弹性正碰，设速度向右为正，由动量守恒和能量守恒得


解得
M=7kg
【例4】（2022·山西省高三三模）
12. 如图所示，固定在轻弹簧两端的物体B、C置于光滑的水平面上，C靠在光滑挡板上，物体A以水平向右的速度v0=3m/s与B正碰并瞬间粘在一起，一段时间后C离开挡板。已知A、B、C的质量分别为mA=1kg，mB=2kg，mC=3kg，求：
（1）A与B刚刚碰撞后的速度大小v1；
（2）从A与B刚刚碰撞后到C刚离开挡板的过程中，求挡板对C的冲量I；
（3）C离开挡板后，弹簧具有的最大弹性势能EP。

【答案】（1）；（2），方向水平向左；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）以水平向右为正方向，与碰撞时，对组成的系统，根据动量守恒定律有

解得

（2）分析可知离开挡板瞬间，弹簧恰恢复原长，则有

从与碰撞后到刚要离开挡板的过程中，始终静止，挡板对的弹力始终等于弹簧弹力。根据机械能守恒定律知道刚要离开挡板时，和的速度大小仍为，方向向左，设向右为正方向，以和为研究对象，根据动量定理有

解得

方向水平向左
（3）离开挡板后，当具有相同速度时，弹簧具有最大弹性势能，离开挡板后，对及弹簧组成的系统，根据动量守恒定律有

根据机械能守恒定律有

解得

【例5】
13. 如图，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h，则

A. 小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小车向左运动的最大距离为
C. 小球离开小车后做斜上抛运动
D. 小球第二次能上升的最大高度h＜h＜h
【答案】D
【解析】
【详解】小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv′=0，，解得，小车的位移：x=R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；
小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h0-h0）-Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：，而小于h0，故D正确；故选D．
点睛：动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．摩擦力做功使得机械能转化成内能．
冲刺押题练习
（2022·福建泉州市调研）
14. 如图，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下来。则（　　）

A. 重锤质量越大，撞预制桩前瞬间的速度越大
B. 重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大
C. 碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变
D. 整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．重锤下落过程做自由落体运动，据位移速度公式可得

故重锤撞预制桩前瞬间的速度与重锤的质量无关，只与下落的高度有关，A错误；
B．重锤撞击预制桩的瞬间动量守恒，可得

故重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，B正确；
C．碰撞过程为完全非弹性碰撞，重锤和预制桩的总机械能要减小，系统要产生内能，C错误；
D．整个过程中，重锤和预制桩在以共同速度减速下降的过程中，受合外力不为零，总动量减小，D错误。
故选B。
（2022·江苏泰州市高三期末）
15. 高空抛物现象被称为“悬在城市上空的痛”2018年某地一名3个月大的女婴被高空掉下的一个苹果砸中头部造成十级伤残，如图关于高空抛物的一幅漫画就来源于这个不幸事件。若苹果质量为，从离地面高的楼层上静止释放，落在坚硬的水泥地面上，不计空气阻力，苹果落地与地面的作用时间为，g取，则（　　）

A. 苹果落地时速度大小为
B. 苹果落地对地面的平均作用力为
C. 苹果下落的过程中重力做功的平均功率为
D. 苹果落地对地面的作用力大于地面对苹果的作用力
【答案】B
【解析】
【详解】A．苹果落地时速度大小为

选项A错误；
B．向上为正方向，根据动量定理

解得苹果落地对地面的平均作用力为

选项B正确；
C．苹果下落的时间

重力做功的平均功率为

选项C错误；
D．苹果落地时地面对苹果的作用力与苹果对地面的作用力是作用与反作用力，则苹果对地面的作用力等于地面对苹果的作用力，选项D错误。
故选B。
（2022·浙江杭州建人高复高三第一次月考）
16. 如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）

A. 弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B. 弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小
C. 沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
D. 弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律可得

解得

弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据牛顿第二定律可得

解得

则可知，细绳所受拉力变大，故A错误；
B．根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，故B错误；
C．由机械能守恒可得

解得

故C正确；
D．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为

故D错误。
故选C。
（2022·湘豫名校联考）
17. 2021年1月19日，广西自治区气象局发布了去年十大天气气候事件，1月除夕夜的冰雹入围。如图所示为冰雹从高空由静止下落过程中速度随时间变化的图象。冰雹所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，图中作出了t=0.8s时刻的切线，冰雹的质量为0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2 ，则（ ）

A. 冰雹在t=0.8 s时刻的加速度大小为2.5 m/s2
B. 冰雹所受的空气阻力与速度大小的比例系数大小为
C. 冰雹最终达到最大速度的大小为6 m/s
D. 冰雹在0至0.8 s内所受的平均阻力大小为2.5 N
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】A．速度时间图象的斜率表示加速度，由图象可知冰雹在t=0.8 s时刻的加速度大小等于此时切线的斜率，故加速度大小为

故A正确；
B．设空气阻力与速度大小的正比系数为k，当时，根据牛顿第二定律有

达到最大速度时，加速度为零，则有

联立解得
，
故B正确，C错误；
D．在0到内，对冰雹由动量定理可得

解得

故D正确。
故选ABD。
（2022·江西省教学质量检测）
18. 如图所示，在光滑的水平面内建立坐标，质量为m的小球以某一速度从O点出发后，受到一平行于y轴方向的恒力作用，恰好通过A点，已知小球通过A点的速度大小为，方向沿 x轴正方向，且连线与轴的夹角为30°。则（　　）

A. 恒力的方向一定沿y轴负方向
B. 恒力在这一过程中所做的功为
C. 恒力在这一过程中的冲量大小为
D. 小球从O点出发时的动能为
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．小球受到恒力作用做匀变速曲线运动，利用逆向转换方法，小球做类平抛运动。由此可判断恒力方向一定沿y轴负方向，选项A正确；
BD．由几何关系可得

所以小球经过坐标原点时，沿y轴方向的分速度

沿x轴方向的速度仍为。
小球从O点出发时的动能

恒力在这一过程中所做的功为

选项B错误，D正确；
C．恒力在这一过程中的冲量大小

选项C错误。
故选AD。
（2022·新疆维吾尔自治区第二次联考）
19. 如图所示，光滑的水平地面上，质量为的小球正以速度向右运动。与前面大小相同质量为的静止的球相碰，则碰后、两球总动能可能为（　　）

A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】若A、B发生的是弹性的碰撞，则没有能量的损失，碰后的总动能为，若发生的是损失能量最多的完全非弹性碰撞，由动量守恒有

则碰后两者总动能为

因此，碰后两者总动能范围是

AC正确，BD错误。
故选AC。
（2022·广西柳州市柳江中学高考模拟）
20. A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图示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∶2
B. 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】
【分析】
【详解】A．根据动量守恒定律

得

故A正确；
BC．根据动量守恒知A、B作用前后总动量守恒，故B正确，C错误；
D．作用前总动能

作用后总动能

由此可知作用前后A、B的总动能不变，故D正确。
故选ABD。
（2022·安徽芜湖市期末）
21. 如图甲所示，在光滑水平面上的轻质弹簧一端固定，物体A以速度vo向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现让该弹簧一端连接另一质量为m的物体B（如图乙所示），静止在光滑水平面上。物体A以2vo的速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，已知整个过程弹簧处于弹性限度内，则（　　）


A. 物体A的质量为6m
B. 物体A的质量为3m
C. 弹簧压缩量为最大值x时的弹性势能为
D. 弹簧重新恢复原长时，物体B的动量大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】ABC．当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，物体A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为，即有

当弹簧一端连接另一质量为的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

联立得


故A错误，BC正确。
D．弹簧重新恢复原长时，由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

物体B的动量大小为

解得


选项D错误。
故选BC。
（2022·河南郑州市高考模拟猜想卷）
22. 在光滑水平面上有三个弹性小钢球a、b、c处于静止状态，质量分别为2m、m和2m．其中a、b两球间夹一被压缩了的弹簧，两球通过左右两边的光滑挡板束缚着．若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a、b两球弹出，两球脱离弹簧后，a球获得的速度大小为v，若b、c两球相距足够远，则b、c两球相碰后（ ）

A. b球的速度大小为v，运动方向与原来相反
B. b球的速度大小为v，运动方向与原来相反
C. c球的速度大小为v
D. c球的速度大小为v
【答案】B
【解析】
【详解】弹簧弹开的瞬间，a、b和弹簧组成的系统动量守恒，故有，解得b获得的速度为，方向水平向左，b、c碰撞前后，两者组成的系统动量守恒，故有，由于是弹性小球，碰撞无能量损失，故，联立解得，为正，说明碰后速度方向与原来的相反，，方向向右，故B正确．
（2022·山东省六校线上联考）
23. 如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v0=6 m/s 的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则(　　)

A. B的最大速率为4 m/s
B. B运动到最高点时的速率为m/s
C. B能与A再次发生碰撞
D. B不能与A再次发生碰撞
【答案】AD
【解析】
【详解】A．A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得


解得
vA=－2 m/s
vB=4 m/s
故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；
B．B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则
MvB=(M＋2M)v
得
v=m/s
选项B错误；
CD．从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有
MvB=MvB′＋2MvC′
由机械能守恒有
·MvB2=·MvB′2＋·2MvC′2
联立解得
vB′=－m/s
由于|vB′|