第7章 重难突破9 动量守恒中的四类模型(Word练习)-【高考快车道】2026年高考物理大一轮总复习

重难突破9　动量守恒中的四类模型 1.〔多选〕（2025·湖南长沙模拟）如图，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v0水平向右射入木块，水平射出木块时速度变为，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒为Ff，则子弹在木块中运动的时间为（　　） A.　 　B.　 　C.　 　D. 2.（2025·北京朝阳一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（　　） A.P的动量为0 B.Q的动量达到最大值 C.P、Q系统总动量小于mv D.弹簧储存的弹性势能为mv2 3.（2025·广东东莞检测）如图所示，弹簧一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为2m的小球从槽高h处自由下滑，则下列说法正确的是（　　） A.在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒 B.在下滑过程中，小球的机械能守恒 C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动 D.被弹簧反弹后，小球和槽组成的系统机械能守恒，小球能回到槽高h处 4.如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中（　　） A.m1、m2组成的系统动量不守恒 B.m1、m2组成的系统机械能守恒 C.弹簧最长时，其弹性势能为 D.m1的最大速度是 5.（2025·安徽黄山模拟）如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为R的圆弧凹槽，凹槽质量为m，凹槽A点切线水平，B点为最高点。一个质量也为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　） A.小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动 B.若v0＝，小球恰好可到达凹槽的B点且离开凹槽后做自由落体运动 C.若v0＝，小球最后一次离开凹槽的位置一定是A点，且离开凹糟后做自由落体运动 D.若v0＝，小球最后一次离开凹槽的位置一定是B点，且离开凹槽后做竖直上抛运动 6.〔多选〕（2025·山东烟台模拟）长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.木板获得的动能为1 J B.系统损失的机械能为1 J C.木板A的最小长度为2 m D.A、B间的动摩擦因数为0.1 7.如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则（　　） A.物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒 B.增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦产生的热量增多 C.若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s D.若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s 8.（2024·吉林高考14题）如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力，求： （1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； （2）物块与桌面间的动摩擦因数μ； （3）整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 9.（2025·辽宁辽阳模拟）如图所示，质量为4m、半径为R的光滑四分之一圆弧体A静止在足够大的光滑水平面上，水平面刚好与圆弧面的最底端相切，轻弹簧放在光滑水平面上，左端固定在竖直固定挡板上，用外力使质量为m的小球B压缩弹簧（B与弹簧不连接），由静止释放小球，小球被弹开后运动到圆弧体的最高点时，恰好与圆弧体相对静止，不计小球的大小，重力加速度为g。求： （1）弹簧具有的最大弹性势能； （2）小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间对圆弧面的压力大小； （3）小球B第二次滚上圆弧面后，上升的最大高度。 重难突破9　动量守恒中的四类模型 1.BC　设子弹在木块中运动的时间为t，以子弹为对象，根据动量定理可得－Fft＝m·－mv0，解得t＝，设子弹射出木块时，木块的速度为v1，根据系统动量守恒可得mv0＝m·＋3mv1，解得v1＝v0，根据位移关系可得L＝x子－x木＝t－t，解得t＝，故选B、C。 2.D　当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q系统所受合外力为零，因此整个过程中动量守恒，有mv＝2mv共，所以P的动量为p＝mv共＝mv，故A错误；弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q的动量达到最大值，故B错误；P、Q系统动量守恒，总动量为p总＝mv，故C错误；根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv＝2mv共，mv2＝×2m＋Ep，解得Ep＝mv2，故D正确。 3.C　槽处于光滑水平面上，则小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向上动量守恒，但竖直方向动量不守恒，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒，但小球的机械能减少，选项B错误；小球下滑到底端时由动量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，被弹簧反弹后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽回到槽高h处，因水平面光滑，则小球和槽都做速率不变的直线运动，选项C正确，D错误。 4.D　m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；m1、m2和弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，此时弹簧弹性势能为Ep＝m2－（m1＋m2）v2＝，选项C错误；当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，m2＝m1＋m2，解得m1的最大速度为v1＝，选项D正确。 5.C　小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的水平方向动量守恒，但总动量不守恒，故A错误；若小球恰好到达凹槽的B点时，由于水平方向动量守恒有mv0＝2mv，由机械能守恒定律有m＝×2mv2＋mgR，解得v0＝2，故B错误；当v0＞2时，小球从B点飞出后做斜抛运动，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回时恰好能落到B点，故最后一次离开斜面的位置一定是A点，由水平方向动量守恒得mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒得m＝m＋m，解得v1＝0，v2＝v0，可知小球最后一次离开凹槽的位置一定是A点，且离开凹槽后做自由落体运动，故C正确，D错误。 6.AD　以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（M＋m）v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝m－（m＋M）v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B错误；根据v-t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s内B的位移为sB＝×（2＋1）×1 m＝1.5 m，A的位移为sA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝sB－sA＝1 m，故C错误；B的加速度a＝＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，故D正确。 7.D　物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，物块相对小车滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，系统产生的内能Q＝m2－（m1＋m2）v2，联立得Q＝，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦产生热量不变，B错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v'，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0'＝（m1＋m2）v'，由能量守恒定律得m2v0'2＝（m1＋m2）v'2＋μm2gL，联立解得v0'＝5 m/s，D正确。 8.（1）1 m/s　1 m/s　（2）0.2　（3）0.12 J 解析：（1）A离开桌面后做平抛运动，则 水平方向有xA＝vAt 竖直方向有h＝gt2 联立并代入数据解得vA＝1 m/s A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所受合力均为零，故A、B组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有 mAvA＝mBvB 解得vB＝1 m/s。 （2）对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有 －μmBgxB＝0－mB 代入数据解得μ＝0.2。 （3）对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有 ΔEp＝mA＋mB＋μmAg·＋μmBg· 代入数据解得ΔEp＝0.12 J。 9.（1）1.25mgR　（2）3.5mg　（3）0.04R 解析：（1）设弹簧开始具有的最大弹性势能为Ep，设小球B被弹开后速度大小为v0，滚上圆弧面最高点后速度大小为v1，根据能量守恒定律有 Ep＝×5m＋mgR，Ep＝m 根据动量守恒定律有mv0＝5mv1 解得Ep＝mgR＝1.25mgR。 （2）由（1）可解得v0＝ 小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间，由牛顿运动定律有FN－mg＝m 解得FN＝mg＝3.5mg 根据牛顿第三定律可知，小球B对圆弧面的压力大小FN'＝FN＝3.5mg。 （3）设小球B第一次离开圆弧面时，小球B的速度大小为v2、圆弧体的速度大小为v3，根据动量守恒定律有mv0＝4mv3－mv2 根据能量守恒定律有m＝×4m＋m 从小球B第二次滚上圆弧面到上升到最高点过程中，设上升到最高点时共同速度为v4，上升的最大高度为h，根据动量守恒定律有4mv3＋mv2＝5mv4 根据能量守恒定律有×4m＋m＝×5m＋mgh 联立解得h＝R＝0.04R。 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $