新高考二轮复习动量与碰撞热点题型限时练(含解析)

2023届新高考二轮复习 动量与碰撞 热点题型限时练（含解析）
【时间35分钟】
1.子，打击前铁锤的速度为3m/s ，打击后铁锤的速度变为0，设打击时间为0.05s ，重力加速度210m/s g =，则铁锤钉钉子的平均作用力大小为( )
2.2022年是抗战胜利77周年（1945——2022）。

铁道游击队是在洪振海、王志胜建立的抗日情报站基础上发展起来的一支由中国共产党领导的抗日武装力量。

为了破坏日寇的火车，一位具有“扒飞车”本领的游击队队员接到命令后，适时从高处飞身跃到一列以速度1v 运动的日寇的火车上。

假设该队员的质量为m ，接触火车瞬间前的速度方向竖直向下，且大小为()221v v v <，然后与火车具有相同的速度。

则该过程中队员受到的冲量大小为( )
A.1mv
B.12mv mv -
C. D.A 、B 两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A 球的动量为
9kg m/s A p =⋅，B 球的动量为3kg m/s B p =⋅.当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后
A 、
B 两球的动量可能值是( ) A.6kg m/s A p '=⋅，6kg m/s B p '=⋅ B.8kg m/s A p '=⋅，4kg m/s B p '=⋅ C.2kg m/s A p '=-⋅，14kg m/s B p '=⋅
D.4kg m/s A p '=-⋅，8kg m/s B p '=⋅
4.如图所示，质量为m 的子弹以0v 的水平初速度射向放在光滑水平面上的物块，物块质量为5m 。

水平面左端与一固定光滑圆弧轨道平滑相接，子弹进入物块后没有射出，物块恰好能到达轨道的最高点，当地重力加速度为g ，下列说法正确的是( )
2012
mv 20
72v g
C.子弹进入物块后一起运动过程中，物块和子弹动量守恒
D.整个作用过程中，物块和子弹的机械能守恒
5.质量为m 的小球A 在光滑的水平面上以速度大小v 与静止在光滑水平面上的质量为
2m 的小球B 发生正碰，那么碰撞后B 球的可能速度大小是( )
6.质量为1m 和2m 的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x 随时间t 变化的图像如图所示。

下列说法正确的是( )
2m 的速率大于1m 的速率 2m 的速率大于1m 的速率 2m 的动量大于1m 的动量
2m 的动能小于1m 的动能
7.如图所示质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点。

一质量为m 的滑块在小车上从A 点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C 点。

已知小车质量3M m =，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为(01)μμ<<，重力加速
度为g。

则下列说法正确的是( )
A滑到C的过程中滑块和小车系统的动量一直都是守恒的
+
R L
)
L一定大于圆弧半径R
8.如图所示，光滑绝缘水平面上有带正电的甲球和带负电的乙球（甲、乙两球均视为质点），现使甲球在大小为I、方向沿两球连线背离乙球的瞬时冲量作用下运动的同时，由静止释放乙球。

若甲、乙两球的质量分别为m和2m，则当它们相距最远时，乙球的速度大小为( )
I I I I
9.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上。

质量为m的子弹以速度0v 水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是( )
10.若采用图中甲、乙两种实验装置来验证动量守恒定律(图中小球半径相同、质量均已知,且A B m m >,B 的球心B O 与'B 在同一水平线上),下列说法正确的是( )
A. 采用图甲所示的装置,必须测量B OO OM OP 、、和ON 的距离
B. 采用图乙所示的装置,必须测量''B OO B N B P 、、和'B M 的距离
C. 采用图甲所示的装置,若A A B m ON m OP m OM ⋅=⋅+⋅,则表明此碰撞动量守恒
D. 采用图乙所示的装置,
,则表明此碰撞机械能守恒
答案以及解析
1.答案：C
解析：以铁锤为研究对象，取竖直向上为正方向，则打击之前铁锤的速度为
13m /s v =-，打击之后铁锤的速度为20v =，设钉子对铁锤的平均作用力为F ，方向竖
直向上，根据动量定理可得21()F mg t mv mv mv -=∆=-，代入数据解得35N F =，根据牛顿第三定律可得铁锤钉钉子的平均作用力大小为35N ，方向竖直向下。

故选C 。

2.答案：D
解析：本题考查动量定理。

根据题意，考虑矢量叠加原则，由动量定理可知
I =
=D 正确。

3.答案：A
解析：A.碰撞前系统总动量：12kg m /s A B p p p =+=⋅，由题意可知A B m m m ==；如
果6kg m /s,6kg m /s A B p p ''=⋅=⋅，系统动量守恒，碰撞后的总动能：2222
6693,2222A B A B A B
v v m m m m ''+<+=，符合实际，故A 正确；
8kg m /s,4kg m /s A B p p ''=⋅=⋅，碰撞过程动量守恒，有：2222
8493,2222A B A B A B
v v m m m m +'+<>'，不符合实际，故B 错误； B 2kg m /s,14kg m /s A p p ''=-⋅=⋅，则碰撞后系统的总动能为2222
214932222A B A B
m m m m +>+
，系统动能增加，不符合实际，故C 错误； 4kg m /s,8kg m /s A B p p ''=-⋅=⋅，碰撞后系统总动量为：
4kg m /s 8kg m /s 4kg m /s A B p p p '''=+=-⋅+⋅=⋅，碰撞过程动量不守恒，不符合题
意，故D 错误。

4.答案：B
解析：A.子弹进入物块后，该过程由于克服摩擦力做功，物块和子弹的系统机械能减
2
0，A 错误；
B.子弹进入物块后，系统动量守恒，设共同的速度为v ，则有
0(5)mv m m v =+
解得0
6
v v =
子弹和物块达到共速后，到达轨道最高点的过程中，机械能守恒，设轨道的半径为
266mv mgR =
解得20
72v R g
= B 正确；
C.子弹进入物块后一起运动过程中，由于竖直方向所受合外力不为零，则物块和子弹的动量不守恒，C 错误；
D.整个作用过程中，由于克服摩擦阻力做功，故物块和子弹的机械能不守恒，D 错误。

故选B 。

5.答案：B
解析：如果两个小球发生的是完全非弹性碰撞，则有
(2)mv m m v =+共 解得3
v
v =共
如果两个小球发生的是弹性碰撞，则有
2A mv mv mv +=222
11222
A B mv mv =+⨯
解得23
B v
v =
则小球B 碰撞后的速度取值范围为
233
B v v v << 故选B 。

6.答案：C
解析：A 、x t -图象的斜率表示物体运动的速度，由图可知，碰前2m 保持静止，1m 速
C 、碰撞后1m 反向弹回，以开始时1m 的方向为正方向，由动量守恒定律可知，
1111
22m v m v m v ''=+，代入数据解得，213m m =，由速度大小相等，则说明碰撞后2m 的动量大于1m 的动量，故C 正确；
的动能，故D 错误。

故选：C 。

7.答案：D
A 滑到C 的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，A 错误；
B 点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律
0m M mv Mv =-
22
1122
m M
mgR mv Mv =
+ 解得
m v =
M v =
s ，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R L +，则滑块水平方向相对地面的位移为
x R L s '=+-
滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
()0m R L s Ms +--=
已知3M m =解得
1
()4s R L =+ 3
()4
x R L '=
+
)R L +，C 错误；
D.系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得
()0m M v =+' 解得0v '=
由能量守恒定律得mgR mgL μ= 解得R L μ= 由于01μ<<
则水平轨道的长度L 一定大于圆弧半径R ，D 正确。

故选D 。

8.答案：B
解析：设甲球开始运动时的速度大小为0v ，根据动量定理有
0I mv =
两球所受静电力大小相等、方向相反，故两球组成的系统动量守恒，且它们的速度相同时相距最远（设此时乙球的速度大小为v ），有
0(2)mv m m v =+
解得3I v m
=
故选B 。

9.答案：A
0v 的方向为正方向，由动量守恒定律得 0()mv m M v =+
可得滑块最终获得的速度
mv v M m
=
+ 两种情况下子弹的末速度是相同的，故A 正确;
B.子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多（两种情况下子弹初、末速度都相等），滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B 错误；
C.根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C 错误；
f Q F s =⋅相对
可知，由于s 相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D 错误。

10.答案：D
解析：甲图中,球在空中做平抛运动的水平速度可分别表示为
OM OP t t 、和
ON
t
,因它们在空中飞行时间相等,故可用OM OP 、和ON 的长度代表各自速度,而不需测量时间,所以A 项错误;甲图中,单独释放A 球时落点为,P A 与B 碰后A 的落点为M 而B 的落点为N ,故验证动量守恒的方程为A A B m OP m OM m ON ⋅=⋅+⋅,故C 项错误;图乙中由212
H gt =,可得A
单独飞行时的水平速度大小A v =
A 与
B 碰后A
的水平速度大小'A v ,而
B
的水平速度大小'B v =
,
验证动量守恒得方程可简化为
A A
B m m m =+①,故B 项错误;图乙中,若碰撞过程的机械能守恒,则有
111111
2'2'2'A A B m m m B P B M B N ⋅=⋅+⋅
②,
,故D 项正确。