1.课时测评4　动量守恒中的三类模型-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套练习（鲁科版）

课时测评4　动量守恒中的三类模型 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－9题，每题5分，共45分) 1.(多选)如图所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为x。则以下说法正确的是(　　) A.子弹动能的减少量等于系统动能的减少量 B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功 D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量 答案：BD 解析：子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的减少量大于系统动能的减少量，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为fx，摩擦力对子弹做的功为－f(x＋d)，可知二者不等，故C错误；对木块根据动能定理可知，子弹对木块做的功即为摩擦力对木块做的功，等于木块动能的增量，故D正确。 2.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h处由静止开始下滑。下列说法正确的是(　　) A.物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒 B.物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒 C.从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零 D.物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高h处 答案：D 解析：物块沿槽下滑过程中，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，但物块的机械能不守恒，系统水平方向上动量守恒，总动量不守恒，A、B错误；从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，物块受到的冲量等于物块动量的变化量，物块动量的变化量不为零，故物块受到的冲量不为零，C错误；物块反弹后追上弧形槽，上升到最高点时，物块和弧形槽具有相同的速度，全过程系统机械能守恒，故物块不能回到槽上高h处，D正确。故选D。 3.(多选)如图甲所示，质量为m的物体P与物体Q(质量未知)之间拴接一轻弹簧，均静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给物体P一瞬时初速度v0，并把此时记为0时刻，规定向左为正方向，0～2t0时间内物体P、Q运动的a-t图像如图乙所示，则(　　) A.物体Q的质量为2m B.物体Q的质量为0.5m C.t0时刻物体Q的速度大小为 D.t0时刻物体P的速度大小为 答案：BD 解析：水平面光滑，两物体所受合力等于弹簧的弹力，两物体所受合力大小相等、方向相反，Q向左加速，加速度为正，P向左减速，则加速度为负；设t0时刻弹簧弹力大小为F，根据题图乙，由牛顿第二定律得a0＝，0.5a0＝，物体Q的质量为mQ＝0.5m，A错误，B正确；t0时刻两物体的加速度最大，则弹簧被压缩到最短，此时两物体速度相等，由动量守恒定律mv0＝(m＋0.5m)v，解得v＝，即此时两物体的速度大小均为，C错误，D正确。故选BD。 4.(多选)如图所示，静止在光滑的水平面上的物块乙、丙通过处于原长的轻质弹簧连接。离物块乙有一定距离的物块甲以大小为4 m/s的初速度水平向左运动，物块甲、乙碰撞(碰撞时间极短)后粘在一起运动。已知物块甲、乙、丙的质量分别为0.1 kg、0.3 kg、0.6 kg，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　) A.物块甲、乙碰撞时，物块甲、乙、丙构成的系统机械能守恒 B.弹簧压缩至最短时物块丙的速度大小为0.4 m/s C.弹簧的弹性势能最大值为0.72 J D.物块丙的最大速度为0.8 m/s 答案：BD 解析：物块甲、乙碰撞后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，有机械能损失，此过程物块甲、乙、丙构成的系统机械能不守恒，故A错误；整个过程中物块甲、乙、丙构成的系统动量守恒，且三者共速时弹簧压缩至最短，则有m1v0＝(m1＋m2＋m3)v共，解得v共＝0.4 m/s，故B正确；物块甲、乙碰撞时有m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝1 m/s，弹簧压缩至最短时有Epm＝(m1＋m2)－(m1＋m2＋m3)＝0.12 J，故C错误；弹簧第一次恢复原长时物块丙的速度最大，则有(m1＋m2)v1＝(m1＋m2)v2＋m3v3，(m1＋m2)＝(m1＋m2)＋m3，解得v3＝0.8 m/s，故D正确。故选BD。 5.(多选)如图甲所示，足够长的木板A静止于光滑水平面上，t＝0时小物块B以4 m/s的水平初速度从左端滑上A，图乙为A的动能Ek随时间t变化的关系图像，t＝0.4 s后图线为平行于t轴的直线。已知A、B间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.t＝0.4 s时A、B速度相同 B.B的质量为2.0 kg C.A的长度至少为1.0 m D.整个过程系统因摩擦产生的内能为4.0 J 答案：AD 解析：由题图乙可知，t＝0.4 s后A的动能Ek不再发生变化，即t＝0.4 s时，A、B速度相同，故A正确；B在与A共速前，B的加速度为a＝μg＝5 m/s2，设A、B 的共同速度为v，由v＝v0－at，其中t＝0.4 s，得v＝2 m/s，根据动量守恒有mBv0＝(mA＋mB)v，可得二者质量相等，均设为m，共速后A的动能EkA＝mv2＝2 J，解得m＝1.0 kg，故B错误；二者共速时相对静止，相对位移为Δs＝(v0＋v)t－vt＝0.8 m，即A的长度至少为0.8 m，故C错误；整个过程系统因摩擦产生的内能Q＝m－×2mv2＝4.0 J，故D正确。故选AD。 6.如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块，都以v＝4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，下列说法错误的是(　　) A.两者最终共速的速度是4 m/s B.物块先减速再加速最后与薄板共速 C.至两者共速的过程，系统产生的内能为24 J D.当物块速度为0时，薄板的速度约为2.67 m/s 答案：A 解析：开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒可知，当m的速度为零时，设此时M的速度为v1，规定向右为正方向，得(M－m)v＝Mv1，解得v1≈2.67 m/s，此后m将向右加速，M继续向右减速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)v2，解得v2＝2 m/s，两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动，故A错误，B、D正确；根据能量守恒，可知此过程中系统产生的内能为ΔE＝Mv2＋mv2－(M＋m)，代入数据解得ΔE＝24 J，故C正确。故选A。 7.如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2 s内两物块的v-t图像如图乙所示， 则(　　) A.A的质量比B的小 B.0～1 s内，弹簧对A、B 的冲量相同 C.t＝1 s时，弹簧的弹性势能为零 D.t＝2 s时， A的动量比B的大 答案：A 解析：由题图乙可知，物块B的初速度为v0＝1.2 m/s，t＝1 s时，物块A、B的共同速度大小为v＝1.0 m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mB＝5mA，故A正确；0～1 s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；t＝1 s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，此时弹簧的弹性势能最大，故C错误；t＝2 s时，由题图乙可得A的动量pA＝mAvA＝2mA (kg·m/s)，B的动量pB＝mBvB＝0.8mB (kg·m/s)＝4mA (kg·m/s)，所以A的动量比B的小，故D错误。故选A。 8.(多选)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A.物体B能上升的最大高度为0.6 m B.物体B能上升的最大高度为1.8 m C.圆筒C能达到的最大速度为4.0 m/s D.圆筒C能达到的最大速度为8.0 m/s 答案：AD 解析：子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，B上升时，B与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2＝(mB＋mC)v3，mB＝(mB＋mC)＋mBgh，解得h＝0.6 m，故A正确，B错误；B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2＝－mBv4＋mCv5，mB＝mB＋mC，解得v5＝8.0 m/s，故C错误，D正确。故选AD。 9.(多选)一小车静止在光滑的水平面上，将一可视为质点的小物块放到小车右端，在小车右端施加水平恒力F，小车向右运动位移为s时撤去F，此时小车速度等于v，小物块速度为，经过一段时间，小物块恰好未从小车上掉下来。已知小车和小物块质量均为m。则(　　) A.小车的长度为 B.力F对小车做的功为 C.全过程摩擦力对小物块的冲量大小为 D.全过程因摩擦产生的热量为Fs－ 答案：ACD 解析：设物块与小车间的摩擦力大小为f，对小车和物块分别运用动量定理，则(F－f)t1＝mv，ft1＝，联立解得f＝，又对小车由匀变速运动公式有s＝＝，对物块有s1＝＝＝，由动能定理可知，F对小车做的功为Fs＝fs＋，故B错误；撤去F后，物块和小车组成的系统动量守恒，设一起运动的速度为v1，则有mv＋＝2mv1，即v1＝，则由动量定理，知全过程摩擦力对小物块的冲量大小为ft全＝，故C正确；拉力作用阶段，物块相对小车运动的距离x1＝s－s1＝，撤去F后，对物块有ft2＝m(－)＝，又ft1＝，则t2＝，物块相对小车运动的距离x2＝(v＋－(＋＝，小物块恰好未从小车上掉下来，则车长L＝x1＋x2＝，故A正确；全过程因摩擦产生的热量为Q，由功能关系有Q＝Fs－×2m·(v)2＝Fs－，故D正确。 10.(15分)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2，子弹射入后，求： (1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1； (2)木板向右滑行的最大速度v2； (3)物块在木板上滑行的时间t。 答案：(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s 解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得： m0v0＝(m0＋m)v1， 解得v1＝6 m/s。 (2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得： (m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2， 解得v2＝2 m/s。 (3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得： －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1， 解得t＝1 s。 学科网（北京）股份有限公司 $