2026届高三物理二轮复习跟踪练习 微专题12 动量守恒定律的综合应用

微专题12 动量守恒定律的综合应用 跟踪练习 基础过关 一．选择题： 1．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹均留在木块中不穿出)( ) A． B． C． D． 2．如图所示，质量为M＝0.9 kg的木块静止于光滑水平面上，一质量为m＝0.1 kg的子弹以水平速度v0＝100 m/s打入木块并停在木块中，此过程中下列说法正确的是( ) A．子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝10 m/s B．子弹对木块做的功W＝50 J C．木块和子弹组成的系统机械能守恒 D．子弹打入木块过程中产生的内能Q＝350 J 3．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端系在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是( ) A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为 B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g C．子弹射入木块后的瞬间，圆环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 4．如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg的木板A、B，一质量M＝2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0＝10 m/s从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为v1＝7 m/s，最终C与木板B相对静止，则( ) A．木板B与滑块C最终均静止在水平地面上 B．木板B的最大速度为2 m/s C．木板A的最大速度为1 m/s D．整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J 5.(多选)(2025·山东济南摸底考)质量为m1＝90 g的物块从距离地面高度为h＝19 m处自由下落，在下落到距离地面高度为h′＝14 m时，质量为m2＝10 g的子弹以v0＝10 m/s的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重力加速度取g＝10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是( ) A．子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为1 m/s B．子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为10 m/s C．物块下落的总时间为2 s D．物块下落的总时间为 s 2． 计算题： 6．如图所示，质量为m＝2 kg的物块A从高为h＝0.2 m的光滑固定圆弧轨道顶端由静止释放，圆弧轨道底端的切线水平，物块A可从圆弧轨道的底端无能量损失地滑上一辆静止在光滑水平面上的小车B，且物块最终没有滑离小车B。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，小车B的质量M＝6 kg，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)物块A与小车B的共同速度大小； (2)当物块A相对小车B静止时，小车B运动的位移大小及系统因摩擦产生的内能。 7.如图，长为L的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m的滑块以水平向右的初速度v0滑上木板左端。①若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为；②若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。滑块可视为质点，重力加速度大小为g。求： (1)滑块与木板间的动摩擦因数μ； (2)木板的质量M； (3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I1∶I2。 8.如图所示，光滑水平面上有一平板车B，其上表面水平，质量mB＝1 kg，在其左端放置一物块A，质量mA＝0.4 kg。开始A、B均处于静止状态，玩具手枪里面有一颗质量为m0＝100 g的子弹以初速度v0＝100 m/s水平射向A，子弹瞬间射入并留在物块中，最终物块A及子弹相对地面以16 m/s的速度滑离平板车，已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量； (2)平板车B的最大速度大小vB； (3)物块A在平板车上滑行的时间t； (4)平板车的长度L。 能力提升 1． 选择题： 9．如图，在光滑的水平面上静止放一个质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一个轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。当木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是( ) A．B板的加速度一直增大 B．弹簧压缩量最大时，B板的速率最大 C．弹簧的最大弹性势能为mv D．弹簧对木块A的冲量大小为mv0 10．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的可视为质点的物块，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，摩擦生热变大 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 11.如图所示，光滑水平地面上并排放置两块木板A、B，两木板间相互接触但不粘连，现有一小滑块(可视为质点)以水平初速度v0＝4 m/s滑上木板A的左端，滑块最终恰好没有离开木板B，已知滑块的质量和A、B两木板质量均相等，A木板长为L1＝2 m，滑块与两木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小滑块刚离开木板A时A和B的速度大小； (2)木板B的长度L2。 12．如图所示，固定平台右端静止着两个小滑块A、B，mA＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝0.3 kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度L＝1 m，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后滑块A滑到距平台右端x＝2 m的C点停下，滑块A与平台间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块B冲上小车并最终与小车共速运动，滑块B与小车粗糙部分间的动摩擦因数μ2＝0.1。两滑块都可以视为质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，且爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)滑块B刚滑上小车时速度的大小vB； (2)最终滑块B与小车共速时速度的大小和方向； (3)最终滑块B与小车共速时距小车左端的距离。 培优训练 一．计算题： 13．(2024·福建南平高三期末)如图所示，两端有竖直挡板的U形槽C放置在光滑的水平面上，质量M＝3 kg、槽内长度L＝1.0 m，中间位置放上一质量mB＝2 kg的滑块B(大小可忽略不计)，均处于静止状态。在槽左边有一质量mA＝1 kg的滑块A，以速度v0＝6 m/s向右运动，与U形槽碰撞后以原来速度的一半反弹，经过t＝1 s时，滑块B与U形槽的挡板发生第一次碰撞。A、B滑块均可视为质点，U形槽的上表面水平，所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)滑块A与U形槽C碰撞后瞬间U形槽C的速度大小vC； (2)滑块B与槽间的动摩擦因数μ； (3)U形槽最终的速度大小及B在槽内的位置。 参考答案： 1. C 解析　设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块组成的系统为研究对象，系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件。以子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有nmv2－Mv1＝0，得n＝，所以选项C正确。 2.A 解析　根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝＝10 m/s，故A正确；根据动能定理可知，子弹对木块做的功为W＝Mv2－0＝45 J，故B错误；根据能量守恒定律可知，子弹打入木块过程中产生的内能为Q＝mv－(M＋m)v2＝450 J，可知木块和子弹组成的系统机械能不守恒，故C、D错误。 3. C 解析　子弹射入木块时，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得子弹射入木块后的瞬间速度大小v1＝，选项A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)，可知绳子拉力大于(M＋m0)g，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环，FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，根据牛顿第三定律可知，圆环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g，选项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误。 4. D解析　整个系统动量守恒，则C滑离木板A时Mv0＝Mv1＋(m1＋m2)vA，解得木板A的最大速度为vA＝2 m/s，滑上B后，B、C整体动量守恒，则Mv1＋m2vA＝(M＋m2)vB，解得木板B的最大速度为vB＝4.5 m/s，并且B、C最终一起匀速运动，故A、B、C错误；整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了ΔE＝Mv02－m1vA2－(m2＋M)v＝57.5 J，故D正确。 5. AC 解析　子弹击中物块后瞬间，水平方向动量守恒，则m2v0＝(m1＋m2)vx，解得物块水平方向的速度大小变为vx＝1 m/s，选项A正确；子弹击中物块之前物块的竖直速度vy0＝＝10 m/s，子弹击中物块后瞬间，由竖直方向动量守恒可知m1vy0＝(m1＋m2)vy，解得物块竖直方向的速度大小变为vy＝9 m/s，选项B错误；子弹击中物块之前物块下落的时间t1＝＝1 s，被子弹击中后物块下落h′＝14 m时，根据h′＝vyt2＋gt，解得t2＝1 s(另一值舍掉)，则总时间为t＝t1＋t2＝2 s，选项C正确，D错误。 6.答案　(1)0.5 m/s (2) m　3 J 解析　(1)设物块A从圆弧轨道顶端滑到底端时的速度为v0， 由动能定理可得mgh＝mv 解得v0＝＝2 m/s 物块A滑上小车B后，物块与小车组成的系统动量守恒，设它们相对静止时的速度为v， 则有mv0＝(m＋M)v 解得v＝0.5 m/s。 (2)　对小车B由动能定理可得μmgxB＝Mv2 解得xB＝ m 设系统因摩擦产生的内能为Q，由能量守恒定律得 mv＝(m＋M)v2＋Q 解得Q＝3 J。 7.答案　(1) (2)　8m (3)　3∶4 解析　(1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为f＝μmg 由动能定理有－μmgL＝m－mv 解得μ＝。 (2)　木板不固定时，木板和滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v 由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v 由能量守恒定律有μmgL＝mv－(m＋M)v2 联立两式解得M＝8m。 (3)　规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，由动量定理有 I1＝m－mv0＝－mv0 木板不固定时滑块末速度为v＝＝ 由动量定理有I2＝mv－mv0＝m－mv0＝－mv0 解得I1∶I2＝3∶4。 8.答案　(1)8 N·s，方向水平向左 (2)　2 m/s (3)　0.5 s (4)　8.5 m 解析　(1)取水平向右为正方向，子弹射入物块A的过程， 由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋mA)v1 解得子弹与物块A的共同速度大小为v1＝20 m/s 对子弹由动量定理得I＝m0v1－m0v0＝－8 N·s 所以子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量大小为8 N·s，方向水平向左。 (2)　当物块A滑离平板车时，平板车的速度最大，由动量守恒定律得 m0v0＝mBvB＋(m0＋mA)v2 解得平板车B的最大速度vB＝2 m/s。 (3)　对物块A与子弹由动量定理得 －μ(m0＋mA)gt＝(m0＋mA)v2－(m0＋mA)v1 解得物块A在平板车上滑行的时间t＝0.5 s。 (4)　物块A滑离平板车，运动的位移大小xA＝t＝9 m 平板车的位移大小xB＝t＝0.5 m 则平板车的长度L＝xA－xB＝8.5 m。 9. D 解析　弹簧压缩量先增大后减小，则B板受到的弹簧弹力先增大后减小，B板的加速度先增大后减小，A错误；在木块A与弹簧相互作用的过程中，弹簧一直处于压缩状态，B板一直在加速，所以弹簧恢复原长时，B板运动速率最大，B错误；当A、B的速度相同时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，×2mv＝(m＋2m)v2＋Epm，联立解得v＝v0，Epm＝mv，C错误；设木块A与弹簧分离时，木块A与B板的速度分别为v1和v2，取向左为正方向，根据动量守恒定律有2mv0＝2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有×2mv＝×2mv＋mv，联立解得v1＝v0，v2＝v0，对木块A，根据动量定理有I＝2mv1－2mv0＝－mv0，负号表示冲量方向向右，D正确。 10.D 解析　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＝m2v－(m1＋m2)v2＝，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，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，解得v0′＝5 m/s，D正确。 11.答案　(1) m/s　 m/s (2)0.5 m 解析　(1)根据题意，设滑块刚离开A时的速度为v1，此时A、B速度相等为v2，滑块冲上A木板至刚离开A木板的过程中，由动量守恒定律有 mv0＝mv1＋2mv2 由能量守恒定律有mv＝mv＋×2mv＋μmgL1 解得v1＝ m/s，v2＝ m/s 即滑块刚离开A时，A和B的速度大小为 vA＝vB＝v2＝ m/s。 (2)　根据题意，滑块冲上B木板的过程，由动量守恒定律有 mv1＋mv2＝2mv3 由能量守恒定律有mv＋mv＝×2mv＋μmgL2 解得L2＝0.5 m。 12.答案　(1)2 m/s (2)　0.8 m/s　方向水平向右 (3)　0.8 m 解析　(1)设爆炸后滑块A获得的速度大小为vA，滑块A滑到平台上的C点时停下，由动能定理有－μ1mAgx＝0－mAv 解得vA＝4 m/s 爆炸过程中，滑块A、B组成的系统动量守恒，有mAvA－mBvB＝0 解得vB＝2 m/s。 (2)　 设滑块B最终和小车达到共同速度v，以水平向右为正方向， 根据动量守恒定律有mBvB＝(mB＋M)v 解得v＝0.8 m/s，方向水平向右。 (3)　设B在小车粗糙段滑行的路程为s，有 μ2mBgs＝mBv－(mB＋M)v2 解得s＝1.2 m 即最终滑块B停在离小车左端0.8 m处。 13.答案　(1)3 m/s (2)0.3 (3)1.8 m/s　与U形槽左边挡板的距离为0.4 m 解析　(1)滑块A与U形槽发生弹性碰撞， 由动量守恒定律有mAv0＝mAvA＋MvC 由题意知vA＝－ 解得vC＝3 m/s。 (2)　滑块A与U形槽碰撞后，滑块B做匀加速直线运动， 有μmBg＝mBaB xB＝aBt2 滑块A与U形槽碰撞后，U形槽做匀减速直线运动， 有μmBg＝MaC xC＝vCt－aCt2 由题意知xC－xB＝ 联立可得μ＝0.3。 (3)　设U形槽的最终速度为v，由动量守恒定律有MvC＝(M＋mB)v 解得v＝1.8 m/s 由能量守恒定律有Mv＝(M＋mB)v2＋μmBgs 解得s＝0.9 m 所以，滑块B最终的位置与U形槽左边挡板的距离为d＝0.4 m。 学科网（北京）股份有限公司 $