第7章 课时冲关33 动量守恒定律及其应用&课时冲关34 素养培优9 硬撞模型及拓展-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业（鲁科版）

课时冲关33动量 基础落实练 1.《三国演义》中“草船借箭”是后人熟悉的故 事.若草船的质量为M,每支箭的质量为 m,草船以速度1驶来时，对岸士兵多箭 齐发，箭以相同的速度2水平射中草船. 假设此时草船正好停下来，不计水的阻力， 则射出的箭的数目为 A. (M+m)1 Mu mu2 B.(M+m)02 C.Mu mu m02 D.Mo 2.如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑 水平面上发生正向对心碰撞.小球a、b质 量分别为m1和m2,且m1=200g.取水平 向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时 间变化的x-t图像如图乙所示.下列说法 正确的是 ( x/m 16 h 球a 球b 左mmn8 i9 mnn右 6 t/s 图甲 图乙 A.碰撞前球a做加速运动，球b做匀速 运动 B.碰撞后球a做减速运动，球b做加速 运动 C.球b的质量为200g D.球b的质量为600g 3.超市里用的购物车为顾客提供了购物方 便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非弹 性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲 所示.某兴趣小组在超市对同款购物车（以 下简称“车”)的碰撞进行了研究，分析时将 购物车简化为原来静止的小物块.已知车的 净质量均为m=12kg,将1号车以速度y1= 6m/s向右推出，先与2碰撞结合为一体后 再撞击3，最终三车合为一体.忽略一切摩 擦和阻力，则第二次碰撞过程中损失的机 械能为 291 守恒定律及其应用 F 1 甲 A.18J B.36J C.54J D.72J 4.如图所示，水火箭中水被 前进的方向 向下喷出时，瓶及瓶内的 高压 气体 空气就受力向上冲，水火 箭就是利用这个原理升空 的.某同学将静置在地面 上的质量为800g(含水)的自制水火箭释 放升空，在极短的时间内，质量为200g的水 以相对地面大小为80m/s的速度竖直向下 喷出，水喷出后的瞬间，水火箭的动量大小为 (喷出过程中重力和空气阻力可忽略) A.128kg·m/s B.32kg·m/s C.64kg·m/s D.16kg·m/s 5.如图所示，小 b 物块a、b和。m 静置于光滑水平地面上.现让a以速度v 向右运动，与b发生正碰，然后b与c也发 生正碰.若a、b、c的质量可任意选择，碰撞 可以是弹性，也可以是非弹性的，各种可能 的碰撞后，c的最大速度更接近于( ) A.4v B.6v C.9v D.120 能力综合练 6.在一次打靶训练中，起初人和车一起静止 在光滑水平面上.人和靶分别在小车两端， 车、人、枪、靶总质量M(不含子弹)，每颗 子弹质量为m,一共有n发.枪靶之间距离 为d,子弹击中靶盘后会镶嵌其中，射击时 总是等上一发击中后再打下一发.则以下 说法正确的是 ( nnnnn77nnnnnm7nnnnnmnnnm A.射击完成后，车会向右做匀速运动 B.射击过程中车会移动，射击结束后车会 回到原来的位置 C.每发射一颗子弹，小车都会向右移 动nd m+M D.全部子弹打完后，小车向右移动的总距 离为nmd nm+M 7.如图所示，质量为m的 子弹以水平初速度v。 射入静止在光滑水平面 上的质量为M的木块 中，子弹未从木块中射 出，最后共同速度为0，在此过程中，木块 在地面上滑动的距离为，子弹射入木块 的深度为d,子弹与木块间的相互作用力 为f,以下关系式中不正确的是( A.w-f(s+d) B.md-号(M+m)d=fd C.mvo=(M+m)v D.Mv-fd 8.(双选)如图甲所示，“充气碰碰球”游戏是 一项很减压的趣味运动项目.为了研究其 中的碰撞规律，简化为如图乙所示的模型： 直径相同的A球和B球碰撞前后都在同 一水平直线上运动，碰前A球的动量pA =50kg·m/s,B球静止，碰后B球的动量 变为40kg·m/s.则两球质量mA与mB 间的关系可能是 图甲 图乙 A.mp-0.8mA B.mp-0.5mA C.mB-5mA 8 D.mn=gmA 素养培优练 9.(2025·河南卷，0P 14)如图，在一段 水平光滑直道上 -l-l 298 每间隔1=3m铺设有宽度为l2=2.4m 的防滑带.在最左端防滑带的左边缘静止 有质量为m1=2kg的小物块P,另一质量 为m2=4kg的小物块Q以v,=7m/s的 速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时 间极短.已知碰撞后瞬间P的速度大小为 v=7m/s,P、Q与防滑带间的动摩擦因数均 为u=0.5,重力加速度大小g=10m/s2.求： (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间. 课时冲关34 素养培优 1.在光滑水平地面上静止 mAmmB 777777777 放置着由轻弹簧连接的物块A和B、开始 时弹簧处于原长，一颗质量为m的子弹以 水平初速度？射入物块A并留在其中（子弹 与物块相互作用时间极短，可忽略不计)，已 知物块A和B的质量均为m,则在以后的运 动过程中，弹簧弹性势能的最大值为( ) A. B.imo 1 D.2m 2.如图所示，一轻质 弹簧的一端固定 在滑块B上，另 端与滑块C接触 w.c 但未连接，该整体静止放在离地面高为H =5m的光滑水平桌面上，现有一滑块A 从光滑曲面上离桌面h=0.45m高处由 静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在 一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一 段时间，滑块C脱离弹簧，然后在水平桌 面上运动一段距离后从桌面边缘飞出.已 mA=2 kg,mB =1 kg,mc=3 kg,g= 10m/s2,求： (1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度 大小； (2)压缩过程中弹簧的最大弹性势能； (3)滑块C落地点与桌面边缘的水平 距离. 299 9 碰撞模型及拓展 3.如图所示，长4m的木 板B静止在光滑水平。 刀 面上，木板右侧紧靠光 滑圆弧槽C,C左侧与木板B等高，C与B 不粘连，在木板B的左端放置一个质量 mA=2kg的物块A,物块A的正上方O 点固定一长l=3.6m的轻绳，在轻绳下端 固定一个质量m。=2.4kg的小球.现将小 球向左拉起，使细绳绷直并与竖直方向成 60°角由静止释放，当小球运动到最低点时 与物块A碰撞（碰擅的恢复系数e=), 随后A在木板B上滑行并能冲上圆弧槽 C,B、C刚分离时，B的速度大小为2m/s. 已知两物体碰后相对速度大小与碰前相对 速度大小的比值叫做恢复系数e,小球和 物块A均可视为质点，B、C的质量均为 1kg,取重力加速度g=10m/s2.求： (1)小球与物块A碰撞前瞬间，所受轻绳 的拉力大小； (2)物块A与木板B之间的动摩擦因数； (3)物块A冲上圆弧槽C至最高点的过程 中，圆弧槽C所受合外力冲量的大小.速国周运动，则由恤=m二，得√，申对接前 神舟二十号飞船的环绕速度大于空间站的环绕速度，故 B错误；对接的瞬间，神舟二十号飞船、空间站到地心的 距高相子，到由=ma,得a以，对接醉同，二者 2 的加速度大小相等，故C正确；由GMm=mw',可知m 约去，故组合体质量变大，不影响角速度，故D错误.门 课时冲关32动量和动量定理 1.AD2.A3.C4.A 5.D[“铁拳”挥出过程，根据动量定理可得Ft=1w,v= 72km/h=20m/s,代入数据解得m=0.3kg=300g,故 A错误：“铁奉”的加选度大小为a=吕=品m/g 2000m/s,故B错误；根据动量定理可得△p=I=Ft= 6kg·m/s=6N·s,故C错误，D正确.] 6.B[设飞行汽车受到空气的作用力F,根据平衡条件得 F=(m1十2)g,设在△t时间内通过一个单旋翼的空气 质量为△m,根据动量定理得F·△t=2△m·U一0，根据 密度公式得△m=p·Sv·△t,解得~17m/s,故选B.] 7.DL根据图像可知，人在空中的时间为t=0.6s,上升 高度A=子（侵）=0.45m,故A错误人离地时的连 度为=g号=3m/s,人的重力为G=500N,质量m= 50kg,自开始下蹲至离地，用时t=1.2s,对人，根据动 量定理有(Fy-G)t=mu-0,解得F、=625N,故B错 误；bc过程，压力传感器对人的支持力先大于重力后小 于重力，即先超重后失重，故C错误；图中面积表示合力 对人的冲量大小，S1对应的冲量向下，S,对应的冲量向 上，a、b点人的速度均为零，所以S1=S2,故D正确.] 8.AB[水枪水平喷出水柱，令在极短时间△t内喷出的水 的质量为△m,对有△m=m·(受)，解得 D\ prD,故A正确；以极短时间△t内喷出的水的质量 1 为△m为研究对象，根据动量定理有一F,△t=0一△mw, 根据牛顿第三定律有F2=F1,结合上述解得F, 匹心D,即水柱对汽车的平均冲力为匹D,故C错误： 4 4 水柱对汽车的压强p= F2 ,结合上述解得p=p心， /D 2】 可知，水柱对汽车的压强与水流速度的平方成正比，故B 正确；结合上述可知，水柱对汽车的压强与水柱横截面 积无关，故D错误.门 9.解析：(1)跳趺者下落时做自由落体运动，下落到安全绳 刚伸直时有v=2gh, 解得跳跃者的速度为v=10m/s. 41 (2)以跳跃者为研究对象，在安全绳从原长伸长到最长 的过程中，其受到重力mg和安全绳弹力F,取竖直向下 为正方向，由动量定理得mgt-Ft=0一mw, 解得平均弹力F=1100N, 由牛顿第三定律，绳受到的平均弹力大小为1100N,方 向竖直向下. 答案：(1)10m/s:(2)1100N,方向竖直向下 10.解析：(1)根据牛顿运动定律得mg-F=ma, 解得F=540N. (2)设匀加速下落时间为t,由运动学公式得 h=合at, 反推发动机推力的冲量大小为I=Ft, 可得I=7560N·s. (3)设“缓冲腿”接触月面前瞬间，探测器速度大小为， 由运动学公式得U=2ah,从“缓冲腿”接触月面到探测 器速度减为0的过程中，以竖直向下为正方向，根据动 量定理 mg△t-F△t=0-mv, 解得F=7740N. 答案：(1)540N;(2)7560N·s;(3)7740N 课时冲关33动量守恒定律及其应用 1.C2.D3.B4.D 5,A[设a、b、c的质量分别为m4、mme.a与b碰撞后二 者的速度分别为v,和1，根据动量守恒定律有m,v= m,十m,①，根据机战能守恒定律有合m心=之m心 十乞叫，6@，联立0@解得则=”@，由②式可 1a十 知，当m,>时，有1≈2u④，设b与c碰撞后二者的 速度分别为ye和ve,同理可得，u=1U.十，2⑤， 1 1 1 m,听=乞m:十之m呢⑥，联立⑤⑥解得。= 2mm1⑦，由⑦式可知，当m,>m.时，有u≈2≈48， ,十me 所以若b和C的质量可任意选择，碰后c的最大速度接近于 4w,故选A.] 6.D水平面光滑，以车、人、枪、靶和子弹组成的系统所 受外力之和为零，系统动量守恒，起初人和车一起静止， 射击完成后，车仍然静止，故A错误；设子弹出口速度为 V,车后退速度为'，以向左为正方向，根据动量守恒定 律有0=w十[M十(n一1)m]v',子弹匀速前进的同时， 车匀速后退，则有t十Ut=d,在每一发子弹射击过程 中，小车所发生的位移为=，联立解得 所以每颗子弹从发射到击中靶过程，车均向右退 nm十M:故n颗子弹发射完毕后，小车总共后退距离为、 md =nx=nmd 干M:所以待打完n发子弹后，小车总共后退 nm十M,故BC错误，D正确.] nmd 6 7.D[对子弹由动能定理可知名m-分m6=一f(s+ dD,即之md一合m=八+，选项A正确，不持合题 1 意；对子弹和木块的系统由能量关系可知了mG-子(M 十m)心=fd,选项B正确，不符合题意；对子弹和木块 系统由动量守恒定律可知=(M十m),选项C正 确，不符合题意；对木块由动能定理号M心=，选项D 错误，符合题意.] 8.AD[碰撞过程系统动量守恒，以A球的初速度方向为 正方向，由动量守恒定律得pa=pa'十'，解得a'=l0kg A十 2 ·ms,根据碰撞过程总动能不增加，则有≥2m ,解得≥子m·碰后两球同向运动，A的武 2mu 大于B的速度，则有D⊥≤，解得m≤4mA,综上分析 ma mB 可知号m<m<4m,故选AD.门 9.解析：(1)P、Q发生正碰，由动量守恒定律=m2Q 十m1U, 由能量守恒定律号m或=m后十之m十△E, 联立可得o=3.5m/s,△E=24.5J; (2)对物块P受力分析由牛顿第二定律m1g=m1a,物 块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式一品= 2al2,p=v-at1,解得vp1=5m/s, 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t1=0.4s, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则山1=pt, 解得t2=0.6s,物块P在第二个防滑带上运动时，由运 动学公式响一=2al2,p,=p1一at,解得vm =1m/s, 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为t=0.8s, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1=p, 解得t1=3s, 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由 运动学公式0=p一Qt, 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t=0.2s, 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t=t十t2十t 十t1十t=5s. 答案：(1)24.5J(2)5s 课时冲关34素养培优9碰撞模型及拓展 1.D[子弹打入木块A时由动量守恒mu=2mw1,当A(包 括子弹)和B共速时弹簧弹性势能最大，则由动量守恒 和能量关系可知2mm=3m,E,=立·2mi-之· 3m听，联立解得E,=2w,故选D.] 2.解析：(1)设滑块A与滑块B碰撞前瞬间速度大小为1， 滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，根 据机械能守恒可得 mAgh=之mA听， 41 解得=√2gh=3m/s, 滑块A与B碰撞结束瞬间具有共同速度2，根据动量守 恒可得1AU1=(mA十u)U2, 解得滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度为，=2 m/s. (2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，当滑 块A、B、C速度相等时，弹簧压缩量达到最大，弹性势能 最大，根据动量守恒可得 （ma十mn）=（mA十mu十mc）, 解得=1m/s, 根据系统机械能守恒可得Epm= 立（ma+m)号-立（ma+m+mc)戏， 解得压缩过程中弹簧的最大弹性势能为 Epm=3 J. (3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧， 设滑块A、B的速度为v1,滑块C的速度为，根据系统 动量守恒和机械能守恒可得(mA十mu)购=(mA十)v1 十cU5· 1 之(ma十m)=2(mma十m)d+之me， 联立解得y1=0,=2m/s, 滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动，则有 1 x=5,H=2gt, 联立解得滑块C落地，点与桌面边缘的水平距离为x= 2m. 答案：(1)2m/s:(2)3J;(3)2m 3.解析：（1)对小球由动能定理 mg11-c0s60)=2m6-0, 小球与物块A碰撞前瞬间，对小球由牛顿第二定律T一 mog=mo1' 联立可得，小球与物块A碰撞前瞬间，所受轻绳的拉力 大小T=48N. (2)小球与物块A碰撞过程中，由动量守恒定律= o十mAy, 由(1)可知Uo=6m/s, 其中e= 联立可得1=1m/s,v2=6m/s, 对物块A由牛顿第二定律mAg=mAa1, 对木板B和圆孤槽C整体由牛顿第二定律1Ag=(mu 十me)a2, 设物块A经过时间t冲上圆孤槽C,由运动学公式vt一 a-2af=… 其中vm=at=2m/s, 联立可得t=1s,u=0.2. (3)由题意可知，物块A冲上圆孤槽C时的速度为V= 2一a1t=6m/s-2×1tm/s=4tm/s, 对物体A和圆孤槽C整体水平方向动量守恒mAva十 mcvu=(ma十c）V共， 由动量定理，物块A冲上圆弧槽C至最高点的过程中， 圆孤槽C所受合外力冲量的大小 1e=m%一m=专N·s 答案：1)48N(20.2(3)号Ns 课时冲关35素养培优10利用力学“三大 观点”解决力学综合问题 1.解析：(1)根据动量守恒定律m=（m十4m)u1,解得u1 (2)两者共速时设间距为'，根据能量守恒定律可知此时 电势能为E,'=合mw2十方m-号X5m' 1 25mu,2, 根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则 两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒， 则有∑mt=∑mvat1十∑4mt, 即有m6ti=mxA十4m.x, 根据位移关系可知x十l。=xA十1'， 联立解得=-异私： (3)对全过程，对系统根据动能定理F。= 对全过程，根据动量定理Ft2=4m一mv, 2L0 联立解得，一西 答案：1片。2号品（兴 2,解析：(1)由题图乙可得滑块的加速度大小4，=西” t 4m/s2, 木板的加速度大小a,==5m/s, 由牛顿第二运动定律，对滑块得以12g=2a1 对木板得41m2g-(M十m2)g=Ma2, 解得41=0.42=0.1. (2)t=0~1s时间内，设滑块的位移大小为x1,木板的位 移大小为x,,则有 5=支=7m4=2=2.5m 2 由于x1一x2<L,故t=1s时，滑块还未到木板A端.t= 1s后，滑块与木板一起做匀减速运动，加速度大小设为 ag,则有2(M十m)g=(M十m2)a, 设木板A端运动到C端时滑块速度大小为1，由匀变速 直线运动规律有y12一v=一2a,(s一x,)A端运动到C 端之后，滑块做匀减速运动，加速度大小为α1，则有 i-=-2a1(L十x2-x1), 解得va=2m/s。 (3)滑块和小球在C处发生弹性正碰，设碰后瞬间小球 的速度为1，滑块的速度为2，由动量守恒和能量守恒 文刻 有2Ua=m1U'十m2V2, 1 1 假设小球不能到达圆轨道最高点，脱离圆轨道时速度为 ,由机械能守恒定律有 2m4、1 1 -之m12=m1g(R+Rcos8), 刚要脱离圆轨道时，由牛顿第二运动定律有 m1gcos0-k(。-R)=mR' 解得cos0=0.9 可见c0s日1，假设成立，离开圆轨道时，弹簧与竖直方 向夹角日的余弦值为0.9. 答案：(1)%=0.42=0.1(2)a=2m/s(3)0.9 课时冲关36实验八科学验证：动量守恒定律 1.解析：(1)滑块的速度可由带刻度尺的气垫导轨以及具 有计时功能的摄像机求出，要测量滑块的动量，还需要 测量滑块的质量，故还需要的器材是天平. (2)为减小重力对实验的影响，开动气系后，调节气垫导 轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做匀 速直线运动 (3)由题意可知①图线为滑块B碰前的图线，根据图像 可知④图线为碰前A物块的图线，且碰后A、B均向负 方向运动，即碰后A反向运动，B保持原来速度方向运 动，根据速度合理性可知，碰后A的速度大小大于B的 速度大小，根据图像的斜率绝对值表示速度大小可知， 图线③为碰后A物块的图线， 根据图线②可知滑块B碰后的速度为咖= 408-425×103m/s≈-0.015m/s 2-0.9 滑块B碰后的动量为p=m%=1X(一0.015)kg·m/s =-0.015kg·m/s. 答案：(1)C(2)匀速直线(3)③-0.015(-0.013 -0.017) 2.解析：(1)A.实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其 碰撞前、后速度成正比，需要确保小球做平抛运动，即实 验前，调节装置，使斜槽末端水平，故A正确；B.为使两 小球发生的碰撞为对心正碰，两小球半径需相同，故B 错误：C.为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出，需要 用质量大的小球碰撞质量小的小球，故C正确 (2)用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这 个圆的圆心位置代表平均落点 碰撞前、后小球均做平抛运动， 由A=之可知，小球的运功时间相同，所以水平位移 与平抛初速度成正比，所以若m1OP=1OM十mON, 即可验证碰撞前后动量守恒 (3)设轻绳长为L,小球从偏角日处静止摆下，摆到最低 点时的速度为，小球经过圆弧对应的弦长为，则由动 能定理有 mgL1-cas9)=子m, 由数学知识可知sin2=2L' 8