华师一附中2018届高三物理滚动复习(12) 曾世碧 教师版

华师一附中2018届高三物理滚动复习（12）

命题人：曾世碧

客观题：1-4题单选，5-10多选。11-14计算题

1．在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，1

两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的，则碰后B球的速度大小是( )

4v0v0v0v0

A.B.C.或D．无法确定 2626答案 A

11

解析 两球相碰后A球的速度大小变为原来的，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A速度方向不变，则mv0＝mv0

22v0

＋3mv1，可得B球的速度v1＝，若B在前，A在后，则A球在后的速度应小于B球在前的速度，不满足实际情况，

6v01

因此A球一定反向运动，即mv0＝－mv0＋3mv1，可得v1＝，因此A正确，B、C、D错误．

22

2．在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m.现B球静止，A球向B球运动，发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的总弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于( ) A.

EpB. m

2EpC．2m

Ep m

D．22Ep m

答案 C

3．如图所示“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示．关于此实验，下列说法中正确的是( )

A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒

C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度

D．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同 答案 D

解析 上述实验过程中，小球5能够达到与小球1释放时相同的高度，说明系统机械能守恒，而且小球5离开平衡位置的速度和小球1摆到平衡位置的速度相同，说明碰撞过程动量守恒，但随后上摆过程动量不守恒，动量方向在变化，选项A、B错．根据前面的分析，碰撞过程为弹性碰撞．那么同时向左拉起小球1、2、3到相同高度，同时

由静止释放，那么球3先以v与球4发生弹性碰撞，此后球3的速度变为0，球4获得速度v后与球5碰撞，球5获得速度v，开始上摆，同理球2与球3碰撞，最后球4以速度v上摆，同理球1与球2碰撞，最后球3以速度v上摆，所以选项C错，D对．

4. 如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( ) mhMhmhA.B.C. M＋mM＋m?M＋m?tan α答案：C

5．如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是( )

A．木块A离开墙壁前，墙对木块A的冲量大小等于木块B动量变化量的大小 B．木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量 C．木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能 D．木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，木块A的速度为零 答案 AB

解析 木块A离开墙壁前，对A、B整体而言，墙对木块A的冲量大小等于整体的动量变化量即等于木块B动量变化量的大小；根据能量守恒定律，木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量；木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能及A的动能之和；木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，A、B交换速度，木块B的速度为零．选项A、B正确．

6. 两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(设为正)，B的速度v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( ) A．均为1 m/s C．＋2 m/s和－1 m/s 答案 AD

7．如图，质量分别为mA、mB的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，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＝0.3 s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，重力加速度大小为g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．下列说法正确的是（ ） A．B球第一次到达地面时的速度为4 m/sB．A、B球在B球向上运动的过程中发生碰撞 C．B球与A球碰撞后的速度为1m/s D. P点距离地面的高度0.75m 答案 AD

B．-1.5 m/s和6m/s D．－1 m/s和5 m/s Mh

D. ?M＋m?tan α

解析 (1)B球在地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有 1

mBgh＝mBvB2

2

可得B球第一次到达地面时的速度vB＝2gh＝4 m/s，选项A正确。

1

A球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度vA＝gt＝3 m/s，B球下降高度hB=gt2＝0.45m<0.8m

2故在B球向下运动的过程中发生碰撞，选项B错误。

设B球的速度为vB′， 则有碰撞过程动量守恒mAvA＋mBvB′＝mBvB″ 111

碰撞过程没有动能损失则有mAvA2＋mBvB′2＝mBvB″2

222解得vB′＝1 m/s，vB″＝2 m/s，选项C错误。

小球B与地面碰撞后根据没有动能损失，所以B离开地面上抛时的速度v0＝vB＝4 m/s

2

v20－vB′

所以P点的高度hP＝＝0.75 m.,选项D正确。

2g

8．如图所示，光滑水平面上有一质量为m＝1 kg的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0＝1 kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v0＝5 m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M＝4 kg的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内．则（ ） A．碰撞结束时，小车的速度为3 m/s，速度方向向左

B．从碰后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为4 N·s C．小车的最小速度为1m/s

D．在小车速度为1m/s时，弹簧的弹性势能有最大值 答案 A B D

解析 (1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为v1，小球的速度大小为v，由动量守恒及动能守恒有： mv0＝Mv＋mv1 111mv02＝mv12＋Mv2 222

m－M解得v1＝v＝－3 m/s，小车速度方向向左，选项A正确。

m＋M02mv＝v＝2 m/s，小球速度方向向右． m＋M0

(2)当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律有： m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2

解得v2＝1 m/s，选项D正确。小车最小速度为0，选项C错误。

设从碰撞的瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有I＝mv2－mv1 解得I＝4 N·s，选项B正确。

9. 如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环．滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块(可视为质点)，绳长为L.将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到

水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，则（ ） m

A. 给物块的水平冲量为M2gLB. 物块上升的最大高度为L.

m＋M

m

C. 物块上升最高时的速度为2gLD. 物块在最低点时对细绳的拉力3Mg

m＋M答案： ABD

解析 设物块刚受到水平冲量后速度为v0，滑环固定时，根据机械能守恒定律，有： 1

MgL＝Mv02，v0＝2gL，故给物块的水平冲量为M2gL，选项A正确。

2

滑环不固定时，物块初速度仍为v0，在物块摆起最大高度h时，它们速度都为v，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则： Mv0＝(m＋M)v，

11

Mv02＝(m＋M)v2＋Mgh， 22由以上各式，可得：v=

Mm?M2gL，h＝

m

L，选项B正确，选项C错误。 m＋M

对m、 M组成系统，当M第一次回到最低点时由动量守恒和能量守恒，及最低点的牛顿第二定律可知拉力r仍然为3Mg。

10. 如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时h

到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）

16A. 碰撞后小球A反弹的速度大小为

2gh

B. 碰撞过程B物块受到的冲量大小m2gh 4

2gh

515

C.碰后轻弹簧获得的最大弹性势能mgh. D. 小球C的最大速度大小为

12816答案：ACD

解析 设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有： 1

mgh＝mv12

2解得：v1＝2gh

设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有： h1

mg＝mv1′2 162解得：v1′＝2gh

，选项A正确。 4

设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：

mv1＝－mv1′＋5mv2 解得：v2＝

2gh 4

5

由动量定理可得，碰撞过程B物块受到的冲量为：I＝5mv2＝m2gh，选项B错误。

4碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5mv2＝8mv3

11

据机械能守恒定律：Epm＝×5mv22－×8mv32

22解得：Epm＝

15

mgh.，选项C正确。 128

对B物块与C物块中弹簧回到原长时，C物块有最大速度。据动量守恒和机械能守恒知选项D正确。

11.如图所示，在光滑的水平面上并排放着两个相同的木块，长度皆为L＝1.00 m，在左边木块的左端放一个小金属块，它的质量和一个木块的质量相等，现令小金属块以初速度v0＝2.00 m/s开始向右滑动，金属块与木块间的动摩擦因数μ＝0.10.取g＝10 m/s2，求右边木块的最后速度．

解析 若金属块最后停在左边的木块上，则两木块和金属块以相同的速度运动，设共同的速度为v，x表示金属块最后距左边木块的左端的距离，则0＜x≤L.由动量守恒及功能关系可知： 11

mv0＝3mv，mv02＝×3mv2＋μmgx

22

4

代入数值可解得：x＝ m＞1.00 m，不合理，证明金属块最后不能停在左边的木块上．

3

设金属块最后停在右边的木块上距离左端为x处，0＜x≤L.令v1和v2表示两木块最后的速度，v0′表示金属块到达左边木块右端时的速度，由动量守恒及功能关系可知： mv0＝mv0′＋2mv1，

111

mv02＝mv0′2＋×2mv12＋μmgL 222mv0＝mv1＋2mv2

1

解得：v1＝1 m/s，v2＝ m/s或

215

v1＝ m/s，v2＝ m/s，

36

15

因v1不能大于v2，所以v1＝ m/s，v2＝ m/s.

36111

又由mv02＝mv12＋mv22＋μmg(L＋x)得：

222x≈0.6 m＜1.00 m.

此值是合理的，证明金属块最后停在右边的木块上，右边木块的最后速度为 5

v2＝ m/s

6

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