2022届全国高三物理模拟试题汇编：反冲碰撞爆炸及答案.docx

1、 反冲碰撞爆炸一、单选题1新华社西昌3月10日电“芯级箭体直径9.5米级、近地轨道运载能力50吨至140吨、奔月转移轨道运载能力15吨至50吨、奔火（火星）转移轨道运载能力12吨至44吨”这是我国重型运载火箭长征九号研制中的一系列指标，已取得阶段性成果，预计将于2030年前后实现首飞。火箭点火升空，燃料连续燃烧的燃气以很大的速度从火箭喷口喷出，火箭获得推力。下列观点正确的是（） A喷出的燃气对周围空气的挤压力就是火箭获得的推力B因为喷出的燃气挤压空气，所以空气对燃气的反作用力就是火箭获得的推力C燃气被喷出瞬间，火箭对燃气的作用力就是火箭获得的推力D燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力就是火箭获

2、得的推力2如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为 M （含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为 m 的水以相对地面为 v0 的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为 g ，空气阻力不计，下列说法正确的是（） A火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力B水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒C火箭获得的最大速度为 Mv0MmD火箭上升的最大高度为 m2v022g(Mm)2二、多选题3如图所示，光滑的水平地面上，质量为m的小球A正以速度v向右运动。与前面大小相同质量为 3m 的B球相碰，则碰后A、B两球总动能可能为（） A18mv2B116mv2C14mv2D58mv2

3、4在光滑的水平面上，让小球A以初动量p冲过来和静止的小球B发生一维碰撞，已知小球B的质量是小球A的两倍。则碰后小球B的动量可能为（） A12pB23pC43pD32p三、综合题52020年11月24日4时30分，中国在中国文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，顺利将探测器送入预定轨道。标志着我国月球探测新旅程的开始，飞行136个小时后总质量为m的嫦娥五号以速度v高速到达月球附近P点时，发动机点火使探测器顺利变轨，被月球捕获进入半径为r的环月轨道，已知月球的质量为M，引力常量为G。求（1）嫦娥五号探测器发动机在P点应沿什么方向将气体喷出？ （2）嫦娥五号探测器发动

4、机在P点应将质量为m的气体以多大的对月速度喷出？ 6如图所示，可视为质点的小球A、B在同一竖直线上间距l=1m，小球B距地面的高度=1.25m，两小球在外力的作用下处于静止状态。现同时由静止释放小球A、B，小球B与地面发生碰撞后反弹，之后小球A与B发生碰撞。已知小球A的质量mA=0.1kg，小球B的质量mB=0.4kg，重力加速度g=10ms2，所有的碰撞均无机械能损失，不计碰撞时间。求：（1）从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间；（2）小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离。7如图所示，半径为R5m的14光滑弧形轨道PQ固定，轨道与水平面相切于Q点，水平面的右侧放置一质量为mC0.

5、5kg、半径为r2m的光滑弧形槽C，弧形槽与水平面相切于N点，且弧所对应的圆心角为60，在QN间的O点放置一质量为mB2.5kg的物体B，QO2.5m、ON1.75m，将一质量为mA0.5kg的物体A由P点的正上方h3.2m高度由静止释放，沿弧形轨道的切线方向进入水平面，经过一段时间与物体B发生弹性正碰，然后物体B进入弧形槽。已知物体A、物体B与QN段的动摩擦因数分别为10.4、20.2，重力加速度g取10m/s2，忽略弧形槽C与水平面间的摩擦。求：（1）物体A第一次通过弧形轨道最低点Q时对轨道的压力大小；（2）物体A、B碰后各自的速度；（3）通过计算分析物体B能否从弧形槽C的右侧离开，若能，

6、求出离开时的速度；若不能，求出上升的最大高度，并求出整个过程中弧形槽获得的最大速度。8某冰壶队为了迎接冬奥会，积极开展训练。某次训练中使用的红色冰壶A和蓝色冰壶B的质量均为20kg，初始时两冰壶之间的距离s=7.5m，运动员以v0=2m/s的初速度将红色冰壶A水平掷出后，与静止的蓝色冰壶B碰撞，碰后红色冰壶A的速度大小变为vA=0.2m/s，方向不变，碰撞时间极短。已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为=0.02，重力加速度g=10m/s2。求：（1）红色冰壶A从开始运动到停下所需的时间；（2）两冰壶碰撞过程中损失的机械能。9如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB与粗糙的水平轨道BC平滑连接

7、，A点是四分之一圆弧轨道最高点，B点是四分之一圆弧轨道最低点，现有质量均为m的两物块M和N（可看成质点）。物块N静止于B点，物块M从A点由静止释放，两物块在B点发生弹性碰撞，已知水平轨道与物块之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：（1）碰撞前瞬间物块M受轨道支持力的大小；（2）碰撞后物块N在水平轨道上滑行的最大距离。10如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角37，A、B两点间的距离d0.2m。质量m10.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m20.1kg、电荷量q110

8、5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小F4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。取g10m/s2，sin370.6，cos370.8.（1）求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E； （2）求小球到达P点时的速度大小vP和B、C两点间的距离x； （3）若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点（图中未画出）后不再反弹，求Q、C两点间的距离L。 答案解析部分1【答案】

9、D2【答案】D3【答案】A,C4【答案】B,C5【答案】（1）解：探测器发动机在P点应制动减速，所以应沿探测器运动方向喷出气体。 （2）解：在P点由动量守恒定律得 mv=(mm)v1+mv2探测器进入半径为r的环月轨道有 GM(mm)r2=(mm)v12r解得 v2=mv(mm)GMrm6【答案】（1）解：小球B落地时，A、B两球的速度大小由v2=2g得v=5ms从释放两小球到小球B第一次落地所用的时间t1=vg=0.5s小球B反弹后，相对小球A做匀速运动t2=l2v=0.1s（方法二：小球B反弹后第一次与小球A碰前小球B所经过的位移大小x1=vt212gt22小球B反弹后第一次与小球A碰前小

10、球A所经过的位移大小x2=vt2+12gt22则l=x1+x2联立解得t2=0.1s）从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间t=t1+t2=0.6s（2）解：两球相撞前瞬间的速度vA=v+gt2=6msvB=vgt2=4ms两球相碰时距地面的高度=v+vB2t2=0.45m两球碰撞时动量守恒，取竖直向上为正方向mA(vA)+mBvB=mAvA+mBvB12mAvA2+12mBvB2=12mAvA2+12mBvB2解得vA=10msvB=0小球A第一次碰后上升的最大高度A=vA22g=5m小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离H=A+=5.45m7【答案】（1）解：根据动能定理可知mAg

11、（R+）12mAvQ2在Q点根据牛顿第二定律FmAg=mAvQ2R解得F=21.4N根据牛顿第三定律可知，物体A第一次通过弧形轨道最低点Q时对轨道的压力大小为21.4N。（2）解：AO过程应用动能定理可知mAg（R+）1mAglQO12mAvA2解得vA=12m/s根据A与B发生弹性正碰可知mAvAmAvA+mBvB12mAvA2=12mAvA2+12mBvB2解得vA8m/s负号表示方向向左vB4m/s（3）解：ON过程对物体B应用动能定理2mBglON12mBvB212mBvB2解得vB=3m/s物体B与C发生碰撞，设它们达到共同水平速度为vBC，根据水平方向动量守恒mBvB（mB+mC）

12、vBC解得vBC=2.5m/s根据此过程BC组成的系统机械能守恒，可知当二者达到共同速度时，B物体上升的高度为hB，根据机械能守恒mBgB=12mBvB212(mB+mC)vBC2解得hB=0.075m根据斜槽C的最高点高度hC=rrcos60=1m故可知物体B未能从弧形槽C的右侧离开，物体B上升的最大高度为0.075m，整个过程中弧形槽获得的最大速度为2.5m/s8【答案】（1）解：红色冰壶A以v0=2m/s的初速度开始运动后，加速度大小由牛顿第二定律为a=g=0.0210ms2=0.2ms2方向向左，冰壶A做减速运动，设在与B碰撞时速度为v1，则有v12v02=2asv1=2as+v02=

13、20.27.5+22ms=1ms所用时间为t1=v1v0a=120.2s=5s与冰壶B碰撞后，以速度大小变为vA=0.2m/s，方向不变，做减速运动直到停下，所用时间t2=0vAa=0.20.2s=1s红色冰壶A从开始运动到停下所需的时间为t=t1+t2=5s+1s=6s（2）解：两冰壶碰撞满足动量守恒，则有mv1=mvA+m vB解得vB=v1vA=1 m/s 0.2 m/s=0.8m/s两冰壶碰撞中损失的机械能E=12m(v12vA2vB2)=1220(120.220.82)J=3.2J9【答案】（1）解：设物块M从A点运动到B点时速度为v0，由机械能守恒定律可得mgR=12mv02设M在

14、A点所受的支持力为FN，则有FNmg=mv02R解得v0=2gRFN=3mg（2）解：两物块在B点发生弹性碰撞，有mv0=mvM+mvN12mv02=12mvM2+12mvN2解得vN=2gR根据动能定理，有mgL=12mvN2解得L=R10【答案】（1）解：对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：Fd 12 m1v2， 代入数据解得：v6m/s小球到达P点时，受力如图所示，由平衡条件得：qEm2gtan，解得：E7.5104N/C。（2）解：小球所受重力与电场力的合力大小为：G等 m2gcos小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等m2vP2r 联立，代入数据得：vP2.5m/s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m1vm1v1+m2v2 由能量守恒得： 12m1v2=12m1v12+12m2v22联立，代入数据得：v12m/s（“”表示v1的方向水平向左），v24m/s小球碰后运动到P点的过程，由动能定理有：qE（xrsin）m2g（r+rcos） 12m2vP212m2v22代入数据得：x0.85m（3）解：小球从P点飞出水平方向做匀减速运动，有：LrsinvPcost 12qEm2t2竖直方向做匀加速运动，有：r+rcosvPsint+ 12 gt2联立代入数据得：L0.5625m