课时分层作业19 动量守恒定律及其应用-【高考DNA解码】2026年高考物理一轮总复习学生用书word（江苏专用）

课时分层作业(十九)　动量守恒定律及其应用 说明：选择题每小题4分；本试卷共78分。 题组一　动量守恒定律的理解及应用 1．(2025·江苏扬州模拟预测)如图，质量为3m的滑块Q套在固定的水平杆上，一轻杆上端通过铰链(未画出)固定在Q上，下端与一质量为m的小球P相连。某时刻给小球P一水平向左、大小为v0的初速度，经时间t，小球P在水平方向上的位移为x。规定水平向左为正方向，忽略一切摩擦，则滑块Q在水平方向上的位移为(　　) A． B． C． D． 2．1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　) A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0 题组二　碰撞、反冲和爆炸 3．(碰撞模型)如图所示，车厢长为l、质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，某时刻物体以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，最后静止于车厢中，这时车厢的速度为(　　) A．v0，水平向右 B．0 C．，水平向右 D．，水平向右 4．质量相等的a、b两小球(视为质点)在同一竖直线的不同高度以不同的初速度同时竖直上抛，在a球到达最高点时两球发生正碰且碰撞时间极短。图中实线和虚线分别表示a、b两小球位置随时间变化的曲线，图线Ⅰ前半部分、Ⅱ后半部分关于t1时刻对称。则下列说法正确的是(　　) A．t＝0时刻，a球的速率大于b球的速率 B．碰撞前、后瞬间，b球的动量不变 C．a球先落回地面 D．碰撞后a球的机械能大于b球的机械能 5．(爆炸模型)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，此时爆炸成为甲、乙两块后水平飞出，甲、乙的质量比为 3∶1。 不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　) 　A　　　　　　　　B 　C　　　　　　　　D 题组三　动量和能量观点的综合应用 6．如图所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为(　　) A．(s＋L) B．(s＋2L) C．(s＋L) D．(L＋2s) 7．如图所示，A、B和C是光滑水平面上的三个质量都为m的相同的小球，其中B、C两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是(　　) A．机械能、动量均不守恒 B．弹簧的最大弹性势能等于 C．三球速度相等时，弹簧一定处于压缩状态 D．三球速度相等后，速度将保持不变 8．(2024·江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　) A．弹簧原长时物体动量最大 B．弹簧压缩最短时物体动能最大 C．系统动量变大 D．系统机械能变大 9．(2024·江苏南通一模)如图所示，滑板A固定在光滑的水平面上，长度为L＝2 m，滑板质量mA＝1 kg、 滑块B质量mB＝0.99 kg，A、B间的动摩擦因数为μ。现有一子弹C质量mC＝0.01 kg，以v0＝200 m/s的速度向右击中B并留在其中(时间极短)。B被子弹击中后恰好能滑到A右端静止。已知重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求子弹C击中B后瞬间，B的速度大小； (2)求滑板A与滑块B间的动摩擦因数μ； (3)若滑板A不固定，分析B能否离开A，并求整个过程中A、B、C系统损失的机械能E。 10．(2024·江苏无锡一模)如图所示，水平轨道与固定在竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB在B处平滑连接，圆弧轨道在B点切线水平，一轻弹簧放在水平轨道的左侧，弹簧的左端与固定挡板连接，水平轨道CD段粗糙，其他部分光滑，用质量为m的物块P向左压缩弹簧再由静止释放，同时将质量为m的物块Q在圆弧轨道的最高点A由静止释放，两物块刚好在CD中点相碰并粘在一起，然后向右运动，并刚好滑到A点，两物块在CD段与轨道间的动摩擦因数均为0.5，CD部分长为R，不计物块大小，重力加速度为g，求： (1)物块Q第一次滑到圆弧的最低点B时对轨道的压力为多大； (2)Q与P相碰前一瞬间，Q的速度为多大； (3)弹簧开始时被压缩具有的弹性势能为多大。 11．(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速度的轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课时分层作业(十九) 1．C　[P、Q在水平方向上动量守恒，有mv0＝mv1＋3mv2，在极短的时间Δt内，有mv0·Δt＝mv1·Δt＋3mv2·Δt，则在时间t内有mv0t＝mx＋3mx2，可知x2＝，故选C。] 2．B　[设中子质量为m0，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v′0，被碰粒子速度为v，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m0v0＝＝＋mv2，解得v′0＝v0，v＝v0，因此当被碰粒子分别为氢核(m0)和氮核(14m0)时，有v1＝v0，v2＝v0，故C、D错误；碰撞后氮核的动量为p氮＝14m0·v2＝m0v0，氢核的动量为p氢＝m0·v1＝m0v0，p氮>p氢，故A错误；碰撞后氮核的动能为Ek氮＝＝，氢核的动能为Ek氢＝＝，Ek氮<Ek氢，故B正确。] 3．C　[以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，故最终车厢的速度为v＝，方向与速度v0的方向相同，水平向右，故C正确。] 4．D　[x-t图线的斜率表示速度，根据题图可知，t＝0时刻，a球的速率小于b球的速率，A错误；根据题图可知，碰撞前、后瞬间，两球交换速度，所以碰撞后瞬间，b球的速度变为零，a球的速度增大，方向竖直向上，b球先落回地面，B、C错误；碰撞后两球处于同一位置，a球的速度大于b球的速度，两球质量相等，因此碰撞后a球的机械能大于b球的机械能，D正确。故选D。] 5．B　[由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块弹片做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的弹片的冲量沿其运动方向，故这一块弹片的速度必然增大，即v′>2 m/s，因此其水平位移大于 2 m，C、D项错误；甲、乙两块弹片在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块弹片的动量改变量大小相等，两块弹片质量比为3∶1，所以速度变化量大小之比为1∶3，由于平抛运动水平方向上满足x＝v0t，所以A中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝2.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，A错误；B中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝1.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，B正确。] 6．D　[子弹穿过木块的过程，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，有mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块所用时间为t，则有t＝s，t＝s＋L，联立解得t＝(L＋2s)，选项D正确。] 7．B　[对A、B、C及弹簧组成的系统，其所受合外力为零，动量守恒，A错误；A、B碰撞满足动量守恒，设粘在一起时速度为v共，有mv0＝2mv共，A、B整体和C通过弹簧作用第一次达到共速v的过程，根据动量和能量守恒有2mv共＝＝×3mv2＋Ep，解得弹簧的最大弹性势能为Ep＝B正确；根据动量守恒和牛顿第二定律可知，A、B整体和C通过弹簧作用的过程中，一段时间内的v-t图线如图所示，在 0～t2时间内，弹簧先压缩后恢复原状，在t2～t4时间内，弹簧先拉长后恢复原状。且在t1和t3时刻系统有共同速度，C、D错误。故选B。 ] 8．A　[对整个系统分析可知合外力为0，故A和B及弹簧组成的系统动量守恒，得mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时有Ep＝，联立得Ep＝，故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。故选A。] 9．解析：(1)设子弹C击中B后瞬间，B的速度为v1，根据动量守恒定律有mCv0＝(mB＋mC)v1 解得v1＝2 m/s。 (2)滑板A固定在水平面上，B由运动到静止，位移为L，根据动能定理有 －μ(mB＋mC)gL＝，解得μ＝0.1。 (3)若A不固定，则A做匀加速运动，B、C做匀减速运动，B、C与A间摩擦力 f＝μ(mB＋mC)g＝1 N A的加速度大小为aA＝＝1 m/s2 B、C的共同加速度大小aBC＝＝1 m/s2 设经时间t共速，则有v1－aBCt＝aAt，解得t＝1 s 此时B相对A的位移s＝v1t－aBCt2－aAt2＝1 m 因s<L，故A、B、C最后会共速运动，不会分离，所以A、B、C系统的最终速度为v2＝v1－aBCt＝1 m/s 系统损失的机械能为E＝＝199 J。 答案：(1)2 m/s　(2)0.1　(3)199 J 10．解析：(1)物块Q从圆弧轨道的最高点A运动到最低点B的过程中，由动能定理得 mgR＝ 对物块Q在B点由牛顿第二定律得 FN－mg＝ 由牛顿第三定律可知物块Q第一次滑到圆弧的最低点B时对轨道的压力为 F′N＝FN 解得F′N＝3mg。 (2)Q从C点运动到Q与P相碰前一瞬间的过程中，由匀变速直线运动规律可知 ＝－2μg 解得v2＝。 (3)Q与P碰撞过程中动量守恒 mvP－mv2＝2mv3 Q与P碰撞后至滑到A点的过程中，由动能定理得 －2μmg×－2mgR＝ 由能量守恒定律得Ep＝＋μmg 解得Ep＝(6＋)mgR。 答案：(1)3mg　(2)　(3)(6＋)mgR 11．解析：(1)设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma 设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有 ＝2aL 联立并代入数据得v1＝6 m/s 由于v1>5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。 (2)设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球的碰撞过程，由动量守恒定律得 mv1＝－mv2＋Mv3 小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为 ΔEk＝ 联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。 (3)经分析知，小球到达P点正上方、绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有 Mg＝ 对小球的整个上升过程，由动能定理得 －Mg(l＋l－x)＝ 联立并代入数据得x＝0.2 m。 答案：(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$