专项突破2 单一方向上的动量守恒-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

心专项突破2 单一方向上的动量 1.(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一 静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜 面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中， 以下说法正确的是 7777777777777777777 A.斜面和小球组成的系统动量守恒 B.斜面和小球组成的系统仅在水平方向上 动量守恒 C.斜面向右运动 D.斜面静止不动 2.(2025·山东日照期中)（多选）如图所示， 质量为4m、半径为R的光滑半圆槽a和质 量为m的物块b并排置于光滑水平面上.现 将质量为m的小球c自左侧槽口M的正上 方2R高度处由静止释放，到达M点时与半 圆槽相切进入槽内，N为半圆槽的最低点， P为半圆槽的右侧槽口.重力加速度为g,忽 略一切阻力，下列判断正确的是 ( A.小球从M到N的过程中，半圆槽的位移 大小为R 6 B.小球到达N点时的速度为 /30gR 5 C.小球到达P点时，物块b的速度为 gR 5 D.小球从P点滑出时的速度大小为5g 5 3.如图所示，在水平光滑细杆上穿着A、B两 02黑白题物理I选择性必修第一册·RJ 守恒 个可视为质点的刚性小球，两球间距离为 L,用两根长度同为L的不可伸长的轻绳与 C球连接，已知A、B、C三球质量相等，开始 时三球静止，两绳伸直，然后同时释放三球， 在A、B两球发生碰撞之前的过程中，下列说 法正确的是 ( 】 A.A、B、C组成的系统机 械能不守恒 B.A、B两球发生碰撞前 瞬间C球速度最大 C.A、B两球速度大小始终相等 D.A、B、C三球动量守恒 4.(2024·江西鹰潭模拟)如图所示，A、B两 球分别用长度均为L的轻杆通过光滑铰链 与C球连接，通过外力作用使两杆并拢，系 统竖直放置在光滑水平地面上.某时刻将系 统由静止释放，A、B两球开始分别向左右两 边滑动.已知A、B两球的质量均为m,C球 的质量为2m,三球体积相同，且均在同一竖 直面内运动，忽略一切阻力，重力加速度为 g.系统从静止释放到C球落地前的过程，下 列说法正确的是 A.A、B、C三球组成的系统动量守恒 B.C球的机械能先增加后减少 C.C球落地前瞬间的速度大小为√2gL D.A球的最大速度大小为3g 5.(2024·江西井冈山中学月考)（多选）在光 滑的水平地面上，有一个质量为2m的物块 B,物块B上方由铰链固定一根长为L的可 转动轻杆，轻杆顶端固定一个质量为m的 小球A.开始时轻杆处于竖直方向，现给小 球A一个向左的轻微扰动，重力加速度大 小为g,则下列说法正确的是 A.若物块B固定，则当轻杆转到水平方向 时，小球A的速度大小为2gL B.若物块B不固定，则当轻杆转到水平方 向时，小球A在水平方向上的位移大小 为背 C.若物块B不固定，则物块A、B组成的系 统水平方向上动量不守恒 D.若物块B不固定，则当轻杆转到水平方 向时，小球A的速度大小为2gL 6.(2025·江苏苏州期中)如图所示，光滑水 平面上静止放置一质量为2m的小车，小车 的左侧是半径为R的，光滑圆弧轨道AB, 右侧是长度为R的水平轨道BC,BC的左端 与圆弧轨道相切，右端固定一个竖直的弹 性挡板.已知小物块与BC间的动摩擦因数 4=0.2,重力加速度为g.一质量为m的小物 块从圆弧的A点以。=√gR的初速度滑 下，求： (1)小物块第一次经过B点时，小物块速度 大小； (2)小物块第一次与挡板碰撞时，小车位移 大小x作； (3)小物块与挡板碰撞的次数n. 777777777777777777777777 7.(2024·江苏海安高级中学月考)水平固定 一光滑长杆，杆上P点正下方h=0.4m处 固定一光滑定滑轮，一质量为m,=2kg的 滑块A套在细杆上，下端系一长L=1m的 轻质细绳绕过定滑轮，悬挂一质量为mg= 1kg的小球B,用水平外力F将滑块A拉至 P点左侧C点，绳与竖直方向夹角0=37°， 整个系统保持静止状态，已知g取10m/s2, sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)水平外力的大小F: (2)撤去外力F后，A滑至P点时的速度大 小； (3)撒去外力F后，A滑至P点右侧后，B 球速度达到最大时绳中张力大小T, R 进阶突破·专项练03受到的摩擦力由传送带提供，则电动机对传送带应增加的牵 引力为40N.电动机应增加的功率为P=F。=40×0.8W= 32W,故选A. 5.B解析：A.极短时间△：内水与小铁盒作用过程中对水由动 量定理可得F△=pm△S×2m,其中F=m恢盒g,解得= 10m/s,故A错误；BD.水从枪口喷出到铁盒处由2- 后=-2gh,解得h=15m,故B正确，D错误；C假设枪口离地 高度为h',则时间△：内从枪口喷出水的机械能为E= ,Axd+n心，Ao,则水枪的输出功率为P=怎 2p5,w6nS,6h'=(4000+200h')W,故C错误.故选B. 专项突破2单一方向上的动量守恒 1.BC 2.AC解析：A.设半圆槽、物块b在水平方向移动的距离为 x1,小球c在水平方向移动的距离为x2,小球c与半圆槽、物 块b组成的系统在水平方向动量守恒，则有(4m+m)· =m·名=R,联立解得名=石，A正确：BC根据 上述分析可知，小球到达N点时的速度，与半圆槽、物块6 此时的速度”1的关系满足2=5m1,根据能量守恒可得 mg(2R+R)=2(4m+m)+ gR m,联立解得=√兮= √5gR,在此之后，物块b与半圆槽分离，故物块b将以此速 度向左做匀速直线运动，B错误，C正确；D.从N点到P点 小球©与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒，设小球到 P点时，半圆槽、小球的水平速度为，小球竖直方向上的速 度为？，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律可 得-4mo,+m2=(4m+m),根据能量守恒可得，×4m+ md=x4m+n(V)P+meR,联立解得-= 1 1251 学=答，小球从P点滑出时的速度大小， √+= 11g,D错误故选AC 5W5 3.C 4.C解析：AA、B、C三球组成的系统水平方向上合力为零， 动量守恒，竖直方向上合力不为零，动量不守恒，故A错误： B.小球A、B先加速后减速，动能先增加后减少，A、B、C三球 组成的系统机械能守恒，C球的机械能先减少后增加，故 B错误： C.C球落地前瞬间，A、B两球的速度为零，A、B、C三球组成 的系统机械能守恒，有2mgL=之×2m, 可得=√2gL,故C正确： D.当两杆与水平面成0角时，根据A、C两球沿杆方向的分速 度相等可知cos8=csin8, 根据机被能守恒有2ng(1-m)=了m×2+×2nm2,解 2 得u=√2gl.(sin0-sin'0), 当血0=号时，4球速度有最大值，则=弓6@，故 D错误.故选C 参考答案与解析 5.ABD解析：A.若物块B固定，给小球A一个向左的轻微扰 动后，小球A转动过程中只有重力做功，则当轻杆转到水平 方向时，小球A的重力势能全部转换为动能，由机械能守恒 1 有mgk=2m2, 解得小球A的速度大小为v=√2g,故A正确： BC若物块B不固定，因为在水平方向上系统不受外力作 用，所以系统在水平方向上动量守恒，根据水平方向上动量 守恒有mD,-2mwa=0, 在任意时刻都有D,=2g。 而位移x,=,=g,+。=L,所以=名L,故B正确， C错误； D.若B不固定，当轻杆转到水平方向时，A、B在水平方向上 动量守恒，并且沿杆方向速度相等，则A、B的水平速度都为 零，即B的速度为零，A只有竖直方向的速度，根据系统机械 能守恒得心L“了m,解得小球A的速度大小为” √2gL,故D正确.故选ABD. 6.(),=V2R(2)xx=子R(3)碰撞4次 解析：(1)小物块第一次经过B点时，系统满足水平方向动 量守恒，以向右为正，则有m,-2m2=0, 1 根据系统机械能守恒可得mgR+2m6=2m+2×2m好， 联立解得小物块速度大小为=√2gR; (2)设小物块向右位移大小为x物，小车向左位移大小为x本， 小物块和小车组成的系统满足水平方向动量守恒，则 有m0-2mP车=0， 即有mx物-2mt车=0， 又x物+x车=2R, 联立解得=弓： (3)以小物块和小车为系统，水平方向动量守恒，小物块与 挡板多次碰撞后，最终与小车速度同时为0，由动能定理可 得mg水-umgs=0-In 2 mvo, 解得：s=7.5R, 由于n=1+ 2R 425 .5R-R 可知小物块与挡板碰撞4次 7.(1)6N(2)1m/s(3)11N 解析：(1)在水平外力F作用下，系统保持静止状态时，对A 受力分析，如图所示： N T 用：8 由共点力平衡条件可得F=T。sin0, 对B受力分析可得T。=mg,解得水平外力的大小为F= 6N. (2)A滑至P点时，B球运动到最低点，其速度为0.从撤去外 力F到A滑至P点的过程中，对A、B组成的系统，由机械能 守恒定律可得，（急。）宁，舞得e1心 黑白题49 (3)A滑至P点右侧后，A、B组成的系统机械能守恒，在水平 方向上动量守恒绳子先对A做负功，A的机械能减小，则B 的机械能增加，当A、B同速时，B球上升到最高点，此后绳子 仍对A做负功，当绳子变为竖直方向时，A的机械能最小，B 的机械能最大，此时B处于最低点，重力势能最小，动能最 大，则速度最大，设此时A、B的速度分别为”A、,则有 m=+,分f=子风+号，解得 1 4 ms,-子m台，B相对A做圆周运动，由牛顿第二定律 得T-mg= ma(vg-v) ，解得T=11N 专项突破3碰撞问题中的经典模型 1.D 2.A解析：设子弹初速度为。，打人木块后速度为，根据动 量守恒定律有m,=(M+m)加，解得5水=2， 打入深度d:之，故少2， 根据功能关系有△E.=5*,Q=,故Q>2△E*=20J,故 选A 3.BD解析：A.子弹射入物块过程中，摩擦阻力做负功，子弹 和物块组成的系统损失的部分机械能转化为内能，所以机械 能不守恒，故A错误；BC.由于物块给子弹的阻力大小不变， 所以子弹每穿过一个物块产生的热量相同且为定值，设为 Q,设子弹射入物块后，与物块相对静止时损失的机械能为 E,由动量守恒和能量守恒得mo=(nm+m,）"袋，E= 1 -之（m+)候，解得Ba产m·是m6- 1 nm 1 ·2m,6,故子弹能穿过物块的个数为女=，若只增 11 0 m 加物块个数n,则E将增大，且Q不变，所以子弹能穿过物 块的个数k将增大，故B正确，C错误；D.若只改变物块个 数，子弹能穿过的物块个数最大值为km= E纵m= E 1 2 mg nm I 一=1+四，所以子弹能穿过的物块个数不超过 nm nm+mo 2 mo +1),故D正确故选BD, nm 4.B解析：设子弹射穿木块后的速度为1，木块最终速度为 2,子弹和木块系统动量守恒，以子弹初速度方向为正方向， 由动量守恒定律可得：m。=,+M2:设子弹对木块的作用 力为上，则对木块：6=2M:对子弹：-f八s+)=2m 之m:对木块由动量定理：户=M;联立解得： (兴)]，故选 5.A 6.C解析：AB.A、B间的最大静摩擦力为=u·2mg=2mg, B.C间的最大静摩擦力为=冬·g=“学，B与地面的最 大静摩擦力为后=专(2m+m+m)g=受若A,B.C三个物 2 选择性必修第一册·RJ 体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛顿第 二定律可知F-方=(2m+m+m)a,假设C恰好与B相对不滑 动，则对C有方=ma,解得a=4g,F=2umg,设此时A与 B间的摩擦力为∫，对A有F-∫=2ma,解得f=mg<,表明 B、C间摩擦力达到临界值时A、B间摩擦力还没有达到临界 值，则当力F逐渐增大时，B、C之间先发生打滑现象，要使三 者始终相对静止，则F不能超过之mg,故AB错误：C.B相 对A滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，对AB整体F- 方-方=(2m+m）a',对A研究得F'-2μmg=2ma',解得F= 9 2g,较当拉力大于g时，B相对A滑动，数C正确： D.当F较大时，A与C会相对于B滑动，B的加速度达到最 大，当A与B相对滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，则 B受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地 5 面的摩擦力向后，对B有人--=ma,解得a。=4g,故 D错误故选C 7.A解析：AB.由m和M组成的系统动量守恒，则M-mw= +M)共，根据能量守恒定律可得Q=,+。M 1 2(m+M),所以Q=2,由此可知，仅增大“，摩擦产 生的热量不变，故A正确，B错误：C由于Q:= 2m,Q=umg和，增大M,Q增大，滑块相对木板滑行的距 甲我= 离变大，故C错误：D.滑块相对木板滑行的时间为=一 g g(m+M,由此可知，仅增大m,滑块相对木板滑行的时间 2Mv 变短，故D错误故选A 8.D 9.BCD解析：A.由题意和图乙可知，在0-t,时间内B向右加 速，A向右诚速运动，弹簧处于压缩状态，时刻二者速度相 同，弹簧有最大压缩量；山，后B继续向右加速，A向右减速运 动，再向左加速，，时二者速度差达到最大，弹簧处于原长： 2~时间内，A先向左诚速后向右加速，B向右减速，弹簧处 于伸长状态，时二者速度再次相同，此时弹簧有最大伸长 量：3~4时间内，B向右减速，A向右加速，弹簧处于伸长状 态，时A速度达到最大，弹簧又恢复原长，故A错误； BD.0-h1时间内，根据动量守恒定律可得mo=(m1+ m2)1,解得m2=2kg,1时刻，弹簧的弹性势能最大，根据系 统机被能守恒定律可得尽=之m,日-子之(m+m)片=3J, 故BD正确：C.0-时间内，根据动量守恒定律可得m1o= 1 1 1 m+mg,2m6=2m听+2m,,解得=-1m/a, g=2m/s,故C正确.故选BCD. 专项突破4碰撞问题中的多次碰撞 1.B 2.B解析：设碰撞后甲、乙的速度大小分别为12，第一种碰 撞情况：甲小球由A到B碰撞乙，且甲碰撞后反向，以。方 向为正方向，由动量守恒定律得m。=m22-m, 因为恰在D点发生第二次碰撞，甲，乙各运动了}周，在相 2 黑白题50