2025版新教材高考物理全程一輪總復(fù)習(xí)課時(shí)分層作業(yè)27動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用

課時(shí)分層作業(yè)(二十七)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用基礎(chǔ)強(qiáng)化練1.(多選)如圖所示，小車(chē)AB放在光滑水平面上，A端固定一個(gè)輕彈簧，B端粘有油泥，小車(chē)總質(zhì)量為M；質(zhì)量為m的木塊C放在小車(chē)上，用細(xì)繩連接于小車(chē)的A端并使彈簧壓縮．起先時(shí)小車(chē)AB和木塊C都靜止，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時(shí)，C被釋放，使C離開(kāi)彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起．忽視一切摩擦，以下說(shuō)法正確的是()A．彈簧伸長(zhǎng)過(guò)程中C向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)AB也向右運(yùn)動(dòng)B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶mC．C與油泥粘在一起后，AB馬上停止運(yùn)動(dòng)D．C與油泥粘在一起后，AB接著向右運(yùn)動(dòng)2．[2024·北京四中模擬]質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同始終線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的速度為6m/s，B球的速度為2m/s，當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的速度可能為()A．1m/s、6m/sB．4.5m/s、3.5m/sC．3.5m/s、4.5m/sD．－1m/s、9m/s3．[人教版選擇性必修一P15T5改編]在驗(yàn)證碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒的試驗(yàn)時(shí)，將兩小車(chē)A、B放在水平的氣墊導(dǎo)軌上，通過(guò)調(diào)整使兩小車(chē)不受摩擦力的作用．現(xiàn)給兩小車(chē)同方向的瞬時(shí)沖量，使兩小車(chē)沿同方向運(yùn)動(dòng)，已知兩小車(chē)A、B的動(dòng)量大小分別為p1＝2.5kg·m/s、p2＝3.5kg·m/s，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間小車(chē)A追上小車(chē)B并相碰，碰后小車(chē)B的動(dòng)量大小變?yōu)閜′2＝4kg·m/s.則兩小車(chē)A、B的質(zhì)量之比可能為()A．m1∶m2＝1∶1B．m1∶m2＝1∶2C．m1∶m2＝1∶4D．m1∶m2＝1∶54．如圖所示，質(zhì)量為M的車(chē)靜止在光滑水平面上，車(chē)右側(cè)內(nèi)壁固定有放射裝置．車(chē)左側(cè)內(nèi)壁固定有沙袋．把質(zhì)量為m的彈丸最終射入沙袋中，這一過(guò)程中車(chē)移動(dòng)的距離是s，則小球初位置到沙袋的距離d為()A．eq\f(（M＋m）s,m)B．eq\f(（M＋m）s,M)C．eq\f(ms,M＋m)D．eq\f(Ms,M＋m)5．[2024·湖北華中師大一附中模擬]一質(zhì)量為m的煙花彈以初速度v0從水平地面豎直向上射出，上升到最大高度時(shí)恰好爆炸，沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1∶4的A、B兩個(gè)部分，此時(shí)A、B動(dòng)能之和與煙花彈從地面射出時(shí)的動(dòng)能相等．爆炸時(shí)間極短，不計(jì)空氣阻力，則()A．煙花彈從射出到爆炸后瞬間的過(guò)程中，機(jī)械能守恒B．爆炸過(guò)程釋放的能量與A、B落地時(shí)的總動(dòng)能相等C．A、B兩部分落地時(shí)速度大小之比為2∶1D．A、B兩部分落地時(shí)速度大小之比為4∶16．[2024·廣東廣州天河區(qū)模擬]如圖所示，靜置于水平地面的三輛手推車(chē)沿始終線排列，質(zhì)量均為m，人在極短的時(shí)間內(nèi)給第一輛車(chē)一水平?jīng)_量使其運(yùn)動(dòng)，當(dāng)車(chē)運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與其次輛車(chē)相碰，碰后兩車(chē)以共同速度接著運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與第三輛車(chē)相碰，三車(chē)以共同速度又運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)停止．車(chē)運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦阻力恒為車(chē)所受重力的k倍，重力加速度為g，若車(chē)與車(chē)之間僅在碰撞時(shí)發(fā)生相互作用，碰撞時(shí)間很短，忽視空氣阻力，求：(1)整個(gè)過(guò)程中摩擦阻力所做的總功；(2)人給第一輛車(chē)的水平?jīng)_量的大??；(3)第一次與其次次碰撞中系統(tǒng)動(dòng)能損失的比值．實(shí)力提升練7.(多選)冰壺是2024年北京冬奧會(huì)的競(jìng)賽項(xiàng)目，在冰壺競(jìng)賽中，運(yùn)動(dòng)員手持冰刷刷冰，可以變更冰壺滑行時(shí)所受阻力．在某次競(jìng)賽中，質(zhì)量為m的冰壺P以8m/s的速度被投出后，與冰壺Q發(fā)生對(duì)心碰撞(碰撞時(shí)間極短)，碰后運(yùn)動(dòng)員用冰刷刷冰壺前冰面，兩冰壺的速度隨時(shí)間變更的圖像如圖所示，兩冰壺均可視為質(zhì)點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是()A．碰撞前、后冰壺P的加速度之比為3∶4B．兩冰壺質(zhì)量肯定不相等C．兩冰壺碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能約為(8.4m)JD．碰撞前冰壺P的位移為3m8.(多選)某物理小組設(shè)計(jì)了一種試驗(yàn)裝置，用來(lái)探討碰撞問(wèn)題，其模型如圖所示，光滑軌道中間部分水平，右側(cè)軌道為位于豎直平面內(nèi)半徑R＝1.28m的半圓，且半圓在最低點(diǎn)與水平部分相切.5個(gè)大小相同的小球并列靜置于水平部分，相鄰球間有微小間隔，從左到右，球的編號(hào)依次為0、1、2、3、4，且每個(gè)球的質(zhì)量與其左邊相鄰的球的質(zhì)量的比值皆為k.將0號(hào)球向左拉至左側(cè)軌道距水平部分高h(yuǎn)＝0.2m處，然后由靜止釋放，使其與1號(hào)球相碰，1號(hào)球再與2號(hào)球相碰……全部碰撞皆為彈性正碰，且碰撞時(shí)間忽視不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，左、右兩側(cè)軌道位于同一豎直面內(nèi)．則下列說(shuō)法正確的是()A．若k＝1，釋放0號(hào)球后，看到5個(gè)(0～4號(hào))小球一起向右運(yùn)動(dòng)B．若k＝1，釋放0號(hào)球后，看到只有4號(hào)球向右運(yùn)動(dòng)C．若k<1，要使4號(hào)球碰撞后能過(guò)右側(cè)軌道的最高點(diǎn)，則k應(yīng)滿(mǎn)意0<k≤eq\r(2)－1D．若k<1，要使4號(hào)球碰撞后能過(guò)右側(cè)軌道的最高點(diǎn)，則k應(yīng)滿(mǎn)意0<k≤eq\r(2)＋19.[2024·山東濰坊模擬]如圖所示，一質(zhì)量M＝0.4kg、內(nèi)部間距L＝2m的“U”形槽靜止在水平面上，槽內(nèi)底部為光滑平面．球1和球2是可看成質(zhì)點(diǎn)的彈性小球，質(zhì)量分別為m1＝0.1kg、m2＝0.2kg.起先時(shí)兩球中間夾有壓縮輕質(zhì)彈簧，彈簧與兩球不拴接、長(zhǎng)度忽視不計(jì)，存儲(chǔ)的彈性勢(shì)能為1.2J，三者靜止在“U”形槽中心．現(xiàn)釋放兩球，待兩球離開(kāi)彈簧后，馬上拿走彈簧．不計(jì)一切摩擦，假設(shè)全部碰撞時(shí)間極短，且無(wú)機(jī)械能損失．求：(1)兩球脫離彈簧時(shí)的速度大??；(2)球1與“U”形槽第一次碰撞后瞬間，球1與“U”形槽的速度大?。?3)球2離開(kāi)彈簧后到與“U”形槽發(fā)生第一次碰撞前所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間．課時(shí)分層作業(yè)（二十七）1．解析：小車(chē)AB與木塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，C向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，AB應(yīng)向左運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；設(shè)碰前C的速率為v1，AB的速率為v2，則0＝mv1－Mv2，得eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，故B正確；設(shè)C與油泥粘在一起后，AB、C的共同速度為v共，則0＝（M＋m）v共，得v共＝0，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：BC2．解析：探討A、B球組成的系統(tǒng)，通過(guò)計(jì)算可知，A選項(xiàng)中速度不滿(mǎn)意碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒；B選項(xiàng)中碰后A的速度大于B的速度，不符合實(shí)際；C選項(xiàng)中，碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的動(dòng)能小于碰撞前的動(dòng)能，說(shuō)明碰撞過(guò)程中系統(tǒng)有動(dòng)能損失，是合理的；D選項(xiàng)中，系統(tǒng)碰撞后的動(dòng)能大于碰撞前的動(dòng)能，不符合動(dòng)能制約關(guān)系．答案：C3．解析：設(shè)碰后小車(chē)A的動(dòng)量變?yōu)閜′1，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得p1＋p2＝p′1＋p′2，解得p′1＝2kg·m/s.因碰撞過(guò)程系統(tǒng)的總動(dòng)能不增加，則有eq\f(p′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2m1)＋eq\f(p′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2m2)≤eq\f(peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2m1)＋eq\f(peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2m2)，解得eq\f(m1,m2)≤eq\f(3,5)，由題意可知，碰撞前小車(chē)A的速度大于小車(chē)B的速度，則有eq\f(p1,m1)>eq\f(p2,m2)，解得eq\f(m1,m2)<eq\f(5,7)，碰撞后小車(chē)A的速度不大于小車(chē)B的速度，則有eq\f(p′1,m1)≤eq\f(p′2,m2)，解得eq\f(m1,m2)≥eq\f(1,2)，綜上有eq\f(1,2)≤eq\f(m1,m2)≤eq\f(3,5)，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B4．解析：在放射彈丸到彈丸落到沙袋中，彈丸和車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有mv彈－Mv車(chē)＝0，可得meq\f(d－s,t)－Meq\f(s,t)＝0，解得d＝eq\f(（M＋m）s,m)，A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A5．解析：煙花彈從射出到上升到最大高度的過(guò)程中只有重力做功，機(jī)械能守恒；煙花彈爆炸過(guò)程中，機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤．爆炸過(guò)程釋放的能量等于爆炸結(jié)束瞬間A、B的動(dòng)能之和，小于A、B落地時(shí)的總動(dòng)能，故B錯(cuò)誤．設(shè)A、B的質(zhì)量分別為m、4m，則爆炸過(guò)程中由動(dòng)量守恒定律可得mvA＝4mvB，解得eq\f(vA,vB)＝4，設(shè)vA＝4v，vB＝v，由題意可知eq\f(1,2)m（4v）2＋eq\f(1,2)×4mv2＝eq\f(1,2)×5mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得v＝eq\f(v0,2)，則vA＝2v0，vB＝eq\f(v0,2)，煙花彈爆炸后A、B兩部分做平拋運(yùn)動(dòng)，水平分速度大小分別為vA、vB，落地時(shí)的豎直分速度大小均為v0，則落地時(shí)vA地＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)))＝eq\r(5)v0，vB地＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)))＝eq\f(\r(5)v0,2)，所以A、B兩部分落地時(shí)速度大小之比為2∶1，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：C6．解析：（1）設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦阻力做的總功為W，則W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL.（2）設(shè)第一輛車(chē)初速度為u0，第一次碰前速度為v1，碰后共同速度為u1；其次次碰前速度為v2，碰后共同速度為u2；人給第一輛車(chē)的水平?jīng)_量大小為I，因此由動(dòng)能定理和動(dòng)量守恒定律可得－kmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)mueq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，－k（2m）gL＝eq\f(1,2)（2m）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)（2m）ueq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，－k（3m）gL＝0－eq\f(1,2)（3m）ueq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))mv1＝2mu1、2mv2＝3mu2聯(lián)立解得I＝mu0－0＝2meq\r(7kgL).（3）設(shè)兩次碰撞中系統(tǒng)動(dòng)能損失分別為ΔEk1和ΔEk2，則ΔEk1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)×（2m）ueq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，ΔEk2＝eq\f(1,2)×（2m）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)×（3m）ueq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))由（2）中分析解得ΔEk1＝eq\f(13,2)kmgL、ΔEk2＝eq\f(3,2)kmgL則eq\f(ΔEk1,ΔEk2)＝eq\f(13,3).答案：（1）－6kmgL（2）2meq\r(7kgL)（3）eq\f(13,3)7．解析：依據(jù)速度—時(shí)間圖像的斜率表示加速度可知，冰壺P碰撞前的加速度大小是a1＝4m/s2，依據(jù)碰撞規(guī)律分析可知，碰撞后冰壺Q的速度圖像為GH，冰壺P的速度圖像為SM，冰壺P碰撞后的加速度大小是a2＝3m/s2，碰撞前、后冰壺P的加速度之比為a1∶a2＝4∶3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；冰壺碰撞時(shí)間極短，滿(mǎn)意動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋m2v2，依據(jù)圖像分析可知，碰撞前瞬間冰壺P的速度大小是v0＝6m/s，碰撞后瞬間冰壺P的速度大小是v1＝1.5m/s，冰壺Q的速度大小是v2＝3.75m/s，代入計(jì)算得m2＝1.2m，可知兩冰壺質(zhì)量不相等，選項(xiàng)B正確；兩冰壺碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－（eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))）＝8.4375mJ，選項(xiàng)C正確；冰壺P的初速度大小是v＝8m/s，冰壺P碰前Δt＝0.5s內(nèi)的位移大小為Δx＝vΔt－eq\f(1,2)a1（Δt）2＝3.5m，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：BC8．解析：當(dāng)k＝1時(shí)，即小球質(zhì)量均相等，全部碰撞均為彈性碰撞，即碰撞發(fā)生后，小球之間均為速度交換，故釋放0號(hào)球后，看到只有4號(hào)球向右運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確．當(dāng)k<1時(shí)由機(jī)械能守恒定律有m0gh＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得第0號(hào)球與第1號(hào)球碰前，第0號(hào)球的速度為v0＝eq\r(2gh)，對(duì)第0號(hào)球與第1號(hào)球，有m0v0＝m0v′0＋km0v1，eq\f(1,2)m0veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)m0v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋eq\f(1,2)kmveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，解得第0號(hào)球與第1號(hào)球碰后，第1號(hào)球的速度為v1＝eq\f(2,1＋k)v0，同理第1號(hào)球和第2號(hào)球碰后，第2號(hào)球的速度為v2＝（eq\f(2,1＋k)）2v0，則第4號(hào)球碰后的速度為v4＝（eq\f(2,1＋k)）4v0，要使4號(hào)球能通過(guò)右側(cè)圓軌道最高點(diǎn)，則有eq\f(1,2)m4veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝m4g·2R＋eq\f(1,2)m4v2，v≥eq\r(gR)，聯(lián)立有（eq\f(2,1＋k)）8≥16，解得0<k≤eq\r(2)－1，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．答案：BC9．解析：（1）對(duì)兩球從釋放到脫離彈簧的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有0＝m1v1－m2v2由能量守恒定律有E＝eq\f(1,2)m1v