假期作业1 动量守恒定律-【创新大课堂·暑假作业】2025-2026学年高二物理快乐假期讲练测

参考答案与详解 参芳答案与详解 第一部分 假期核心复习 确；D.小鸟在不扇动翅膀做水平滑行运动时，小鸟受空 气对它的升力，竖直方向上和重力平衡，故D错误.故 选C.] 假期作业一 :3.C[鸟与飞机撞击时系统动量守恒，以飞机的初速度 1.C[A.物块受到地面的最大静摩擦力fmx=mg= 方向为正方向，由于鸟的质量远小于飞机的质量，鸟的 1N,0~1s时间内，物块所受的拉力小于物块的最大 初速度远小于飞机的初速度，故鸟的初动量远小于飞 静摩擦力，物块处于静止状态，可知t=1s时物块的速： 机的初动量，可以忽略不计，碰撞后鸟与飞机的速度相 度为零，A错误；BC.1s一2s时间内，根据牛顿第二定 等，为≈700m/s,对小鸟，由动量定理得Ft=mw一0， 律F-umg=ma1可得a1=(t-1)m/s2,当t>2s后， 根据牛顿第二定律一mg=ma2可得a2=一1m/s2, 解得飞机对小乌的平均作用力为F-四是N 做出物块的a一t图像如图所示 1.12×10N,接近106N,由牛顿第三定律可知，飞机 alm/s2 受到小鸟对它的平均作用力约为105N.故选C.] 4.D[A.物块P受到重力、竖直墙壁的支持力和杆的推 力，受力情况如图所示 T 根据a一t图像与t轴围成面积表示速度的变化量可知 mg 1=2s时物块的速度大小为v2= z×1×1m/s= 0.5m/s,此时物块的动量大小为p=mv2=0.5kg· 指块P缓浸上升，振搭手衡条件有T=。连杆与整 m/s,撤去F后物块速度减为零的时间△=0二- 直方向的夹角0逐渐减小，T逐渐减小，根据牛顿第三 a2 定律可知连杆受到的弹力逐渐减小，故A错误：B.以物 0.5s,可知物块速度为零的时刻t=2s十0.5s=2.5s,! 块P和Q为整体，竖直方向受到重力和地面支持力，根 C正确，B错误；D.根据a一t图像可知v一t图像为 据平衡条件可知FN=2mg,故B错误；C.物块P缓慢 v/m/s 上升，竖直墙壁对物体的推力为F1=ngtan0=Tsin0, 对物块Q,根据牛顿第二定律有F一Tsin0=na,根据 0.5 题意可知物块Q的加速度不为零，物块Q的速度发生 变化，物块P的水平方向速度为零，则物块P、Q水平方 t/s 向的总动量发生变化，以物块P、Q为系统，系统水平方 若物块在1s一2s时间内做匀加速运动，则位移为x=! 向动量不守恒，故C错误；D.当连杆与竖直方向的夹角 合×0.5X1.5m=0.375m,整个过程△=0可知 0为60°时，突然撤去外力F,物块P受重力、竖直墙壁 的支持力和连杆对物块的推力，受力情况如图所示 Wr=一Wf 整个过程Wr=mgx=0.375J 由图可知，实际上物块的位移小于0.375m,则拉力所 做的功小于0.375J,D错误，故选C.] 2.C[A.13560km是小鸟运动轨迹的长度，小鸟在11 天内的路程是13560km,故A错误；B.根据冲量的定 mg 义I=Ft可知小鸟在某段匀速飞行的过程中重力的冲 根据牛顿第二定律有ng一T'cos60°=map,物块Q受 量不为0，故B错误；C.在计算全程的平均速率时，小鸟 重力、地面支持力和连杆的对物块的推力，受力情况如 的体积和形状可以忽略，可以把小鸟看成质点，故C正！图所示 0550 高二物理每日一练·练出好成绩 —●● : 车时，小球的速度为3，小车的速度为4，由动量守恒 定律和能量守恒定律有m·2√gR=mv3十Mv4, 之m(2VgR)2=m2+合M2,设小球落地速度 为巧，由能量守恒定律有之mg2+mh=子m02,联 mg 立解得5=√g5,故D正确，故选D.] 根括牛顿第二定律有T了n60=Q根搭关联连度7，CD[A.小球与小车组成的系统在水手方向所受外力 3 关系可得pc0s60°=t0sin60,则有△(pcos609) 的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，小球与小车 △(0sin60）,即upe0s60°=aqsin60,联立解得aQ= 组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0，因此球 △t 和小车组成的系统总动量不守恒，A错误：B.小球与小 吾，玫D正痛成选D] 车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在 水平方向的动量守恒，且系统水平方向总动量为0，则 5.AD[AB.图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐 小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速 渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，1时刻二者速度相： 度相同，则水平方向上有mvx十2m心x=0,解得vx=0, 同，弹簧被压缩至最短，系统动能最小，弹性势能最大， 即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所 然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为 以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；C.根据 零，然后反向加速，2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此 上述，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达 时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，两物 块均减速，3时刻，两物块速度相等，弹簧最长，系统动 到最大，根据动量宇恒定律，在水年方向上有加号 能最小，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原： 2m号=0，此道程有1十=2R,解得=号R,C正 长，A正确，B错误；C.系统动量守恒，从t=0开始到 确；D.根据分析可知，小球运动到圆孤最低，点时，小车获 时刻有m11=(m1十m2)2,v1=3m/s,2=1m/s,解得 m1:m2=1:2,C错误；D.在t2时刻，m1和m2的速度 得速度最大，则有mv1-2m吃=0，mg·2R=之mu2+ 大小分别为'=1m/s,2'=2m/s,又有m1:m2= 1:2,则动能大小之比为Ek1:Ek2=1:8,D正确.故 ×2n2解释现√，D正确.故选CD, 选AD.] 8C[A.x1图像的斜率表示物体的速度，根据图像可 6,D[A.根据题意可知，小球和小车组成的系统水平方 向上动量守恒，由图乙可知，当v1=0时，v2=√gR,当 知m碰前的速度大小为的=生m/s=4m/sm2雄前 速度为0，A错误；B.两物体正碰后，m1碰后的速度大 2=0时，U1=2√gR,则有m·2√gR=M√gR,解 4 得M=2m,故A错误；BC.根据题意，设小球上升的最！ 小为1=3片m/s=2m/s,m2碰后的速度大小为 大高度为hm,小球在Q点速度为vQ,小球在Q点时，水} 8-4 平方向与小车共速，由动量守恒定律有m·2√gR= 2一3-m/s=2m/s,碰后两物体的速率相等，B错 (m十M果，解得头2巫，小球由P点运动到最 误；C.两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即m10= 3 一m1v1十m2v2,解得两物体质量的关系为m2=3m1, 高点时，由能量守恒定律有之m(2VgR)=mghm十 根据动量的表达式p=mv可知碰后m?的动量大于m 的动量，C正确：D,根招动能的表达式E=分m2可 合(m十M)2,小球由P点运功到Q点时，由能量守 知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误.故选C.] 恒定律有m(2R)2=msR十吉M头2十号m02,9,CA对新你安力分折可知，手行子斜西向下的力 大小等于滑动摩擦力，有F=f=umgcos45°，由牛顿第 解得。=专R0=巫，则小球北时的竖直分连 3 二定律可知，物体下滑的加速度为a1=gn45°= 28, 度为0=√0一g=驱，小球在Q点速度方向 则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩 3 旅力对杨块微功为Wg=mg·弓4·sin4好- 1 与水平方向夹角的正切值为an)=@=5,故BC错 4 共 21 误；D.根据题意可知，小球从P点离开小车，设离开小！ W=-mg·cos45°X号a1 2=,代入数据联 4 0 56 参考答案与详解 立解得μ=3，故A错误：C.当拉力沿斜面向上，由牛顿 假期作业二 第二定律有mgsin46°-F一f=mu2,解得ag= 28 1.C[甲图小球沿斜面方向受到的合力是弹力与重力的 分力，当小球在平衡位置上方时，合力方向沿斜面向 2gcos45°=2n 68,则拉力分别沿斜面向上和向下时，物 下，当在平衡位置下方时合力沿斜面向上，弹力与重力 的分力的合力与位移成正比，其特点符合简谐振动物 块的加速度大小之比为=号故C正确：B当拉力沿} 体的动力学特征，小球做简谐振动；乙图木筷在水中受 斜面向上，重力做功为WG2=ngsin45°·x,合力做功为！ 浮力和重力作用，当木筷在平衡位置上方时，合力向 下，当木筷在平衡位置下方时，合力向上，重力和浮力 W合=ma2·x,则其比值为 28 ，则重力做 3 的合力与位移成正比，其特点符合简谐振动物体的动 W合 力学特征，木筷做简谐振动；丙图小球离开最低点受到 68 重力沿切线方向的分力与位移成正比，方向与小球位 功为9】时，物块的动能即合外力做功为3J,故B正 移方向相反，为小球提供回复力，小球在最低点附近左 确；D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端 右振动属于简谐振动：丙图斜面光滑，重力沿斜面的分 时的动量大小为P=mv=m√2ax,则动量的大小之比： 力提供小球做机械振动的回复力，但该力大小不变，不 ,P2=√=⊥，故D错误.故选BC.] 与位移成正比，故小球的运动为机械振动，不是简谐振 为 √a13 动，则可知①②③为简谐振动.故选C.门 10解析(1)设滑块刚滑上木板N时，滑块的速度大小2.C[A,木块处于平衡位置时，设弹簧的压缩量为x0, 为v1,此时M、N的速度大小为2，根据动量守恒定 振据受力手衡可得k0=mg,解得0=，假设木块 律，有 的压缩量为x0十x时，此时木块受到的合力方向指向 mvg=mU1十2mv2 平衡位置，大小为b(x0十x)一mg=kx,可知木块做简 由功能关系，有 谐运动，已知木块恰好没有离开弹簧，说明木块处于最 2 高点时弹簧刚好处于原长，可知木块做简谐运动的振 滑块在木板N上滑动过程中，根据动量守恒定律，有 幅为，A错误；B.已知木块连续两次通过平衡位置 k mw1十m2=2nv 的时间间隔为0，可知木块做简谐运动的周期为2t0,B 由题意可知，最终滑块停在木板、的左端，则滑块在 错误；C.木块在最高，点时，弹簧刚好处于原长，此时木 木板N上因摩擦消耗的能量为2Q,根据功能关系，有 块的回复力大小为加g,根据对称性可知木块在最低点 2Q3+m3-×2m2 2 的合力大小为mg,方向竖直向上F-mg=mg,解得 解得 F=2mg,C正确；D.根据弹簧振子周期公式 6=1-2厘m/s=2.1m/s T=2红√层可知木块下压距高比原未小，共运功同期 3 不变，D错误.故选C.] (2)根据功能关系，有 3.D[AB.根据题意，两个小球质量相同，由图知，甲、乙 Q=umgL 解得 周期相同，由T=2示√受知，弹簧劲度系数甲等于乙， L=0.05m 故AB错误：C.t=0.1s时，甲处于平衡位置，回复力为 (3)假设滑块刚好没有滑落，此时滑块与木板的共同 零，乙处于负的最大位移处，回复力最大，则甲弹簧对 速度的大小为'，根据动量守恒定律，有 小球的作用力小于乙弹簧对小球的作用力，故C错误： mvo=3mv 由功能关系，有 D.对甲有xp=5 cos(cm)=5cos祭(cm) 1 ng.x=号mw2-2X3m'明 √3cos5πt(cm),对乙有x元=-sin wt(cm)= 2 解得 -in(cm)=-in5x(mt=号s时，xp x≈0.19m<4L 故滑块不能从木板M上滑落，则 3cos 5xx 2c 15cm- 之cm,x之=一sin5元×5cm= △x=4L-x≈0.01m 5 滑块最后停在距木板M左端0.01m处. m,两弹簧形变量大小相等，弹力大小相等，则两 答案(1)2.1m/s(2)L=0.05m(3)0.01m 振子的回复力大小相等，故D正确.故选D.] 0 57第一部分 假期核心复习 假期作业一 动量守恒定律 …0 练基础题0… C.在计算全程的平均速率时，可以把小鸟看 成质点 知识点一动量 D.小鸟在不扇动翅膀做水平滑行运动时，不 1.质量为1kg的物块静止在水平地面上，t=0 受空气对它的作用力 时刻施加一水平力F,F随时间t变化的图 知识点三动量定理 线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因 3.鸟撞飞机是威胁航空安全的重要因素之一、 数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重 飞机的高速运动使得鸟击的破坏力达到惊 力加速度大小取g=10m/s2,则 ( 人的程度，一只麻雀就足以撞毁降落时的飞 FN 机的发动机.若飞机的速度为700m/s,小鸟 在空中的飞行速度非常小，小鸟的质量为 0.4kg.小鸟与飞机的碰撞时间为2.5× 0 23 10一4s,则飞机受到小鸟对它的平均作用力 A.t=1s时物块的速度为1m/s 的大小约为 B.t=2s时物块的动量大小为1kg·m/s A.104N B.105N C.t=2.5s时物块的速度为零0 C.106N D.107N D.整个过程拉力做的功为0.375J 知识点四 动量守恒定律 知识点二冲量 :4.如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q 2.2022年10月，一只编号为234684、年龄只有5 通过铰链及长为L的刚性轻杆连接，物块P 个月大的斑尾塍(cheng)鹬(yù)，居然昼夜不 与竖直墙壁接触，物块Q放在水平面上，沿 停地飞行了至少13560km.从10月13日到： 水平方向对物块施加向左的外力F,使物块 10月24日，长达11天它不眠不休，从美国的 P缓慢上升，直到连杆与竖直方向的夹角0 阿拉斯加到了澳大利亚塔斯马尼亚州东北部： 为60°.整个运动过程中P、Q始终在同一竖 的安森斯湾.下列说法正确的是 直平面内，不计一切摩擦，重力加速度为g 下列说法正确的是 A.小鸟在11天内的位移是13560km B.小鸟在某段匀速飞行的过程中重力的冲： A.连杆受到的弹力逐渐增大 量为0 B.物块对地面的压力始终大于2mg 高二物理 每日一练·练出好成绩 C.P、Q组成的系统水平方向动量守恒 C.小球在Q点速度方向与水平方向夹角的 D.当连杆与竖直方向的夹角0为60°时，突 然撤去外力F特块Q的加速度为停。 工切位为9 5.(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与 D.小球落地时的速度大小为gR 质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止知识点六反冲现象、火箭 在光滑的水平面上.现使m1瞬间获得水平向7.（多选）如图所示，半径为R、质量为2m的光 右的速度3m/s,以此刻为计时零点，两物块： 滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上， 的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图： 将质量为的小球（可视为质点）从A点正 像信息可得 上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆 /(m·s-l) 轨道后从B冲出，重力加速度为g,则 mWwwwMm2 t/s 甲 A.在2、t4时刻弹簧处于原长状态 B.3时刻两物体达到共速，弹簧被压缩到最短： C.两物块的质量之比为m1:2=2：1 77777777777777ì77777 D.在t2时刻两物块的动能大小之比为Ek1: A.小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成 Ek2=1:8 的系统总动量守恒 知识点五弹性碰撞与非弹性碰撞 B.小球离开小车后做斜上抛运动 6.如图甲所示，一质量为M的小车静止在光滑 水平地面上，其左端P点与平台平滑连接. C.小车向左运动的最大距离为号R 小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的 D.小车获得的最大速度为 2gR 四分之一圆弧轨道.质量为m的光滑小球， 以某一水平速度冲上小车的圆弧面.若测得 0练高考题0… 在水平方向上小球与小车的速度大小分别为 :8.(2022·北京·高考真题)质量为m1和m2的 u1、2,作出图像如图乙所示.已知OP竖直， 两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标 0Q水平，水平台面高A=尽，小球可视为质 x随时间t变化的图像如图所示.下列说法 点，重力加速度为g,不计一切摩擦.则( 正确的是 Ax/m R 8 m2 m2 mi 2 3 t/s 分 乙 A.碰撞前m2的速率大于m1的速率 B.碰撞后m2的速率大于m1的速率 A.M=m C.碰撞后m2的动量大于1的动量 B小球上升的最大高度为R D.碰撞后m2的动能小于m1的动能 ● 第一部分 假期作业一 9.(多选)(2022·重庆·高考真题)一物块在 (3)若M、N两木板拴接，滑块还是以相同 倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平！ 速度滑上木板M,试分析滑块能否滑离木 行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止 板M.若能，计算滑离时滑块的速度；若不 开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与 能，试计算滑块最后停在何处.（结果保留 斜面间的动摩擦因数处处相同.若拉力沿斜： 一位有效数字) 面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩 擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲 线①、②所示，则 ( ↑WJ 18 ① 0 ② t/s -6 A.物块与斜面间的动摩擦因数为 B.当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物 块动能为3J C.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的 加速度大小之比为1：3 D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑 到底端时的动量大小之比为1：√2 …0练综合题0… 10.如图，光滑水平面上有两块相同的木板M、: N并排放置，木板N的右端固定一竖直轻 质挡板，木板M、N的质量均为1kg.有一 质量也为1kg的小滑块（可视为质点）以大 小为的速度水平向右滑上木板M的左 端，滑块与挡板的碰撞没有能量损失，碰撞： 后滑块恰好没有从木板上滑落，此时滑块 的速度大小为1m/s.已知重力加速度g= 10m/s2,木板M、N的上表面与滑块间的 动摩擦因数均为=0.78W22=4.7.求： 风 77777777777777777777777777777 (1)滑块的初速度大小0； (2)木板M的长度L;(结果保留一位有效： 数字) 3 高二物理 每日一练·练出好成绩 : 经典再现。 题点二反冲 0 例2 如图所示，在光滑 题点一人船模型 水平面上有一装有炮弹 例T 如图所示，长为工、质量为 的火炮，其总质量为 M的小船停在静水中，质量为m m1,炮弹的质量为2，炮弹射出炮口时对地 的人由静止开始从船头走到船尾，不计水的： 的速率为0，若炮管与水平地面的夹角为0， 阻力，则船和人相对地面的位移各为多少？ 则火炮后退的速度大小为 ( 【解题指导】(1)两物体满足动量守恒定 A. m2vo cos 0 B.26 m1一m2 m1-m2 律：m1v1一m22=0. (2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船 C. 1m2 U0 D.m2vocos0 1m1 m1 快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于 【解题指导】(1)速度的反向性问题：对于 它们质量的反比；人船平均速度（瞬时速 原来静止的整体，抛出部分具有速度时，剩 度)比等于它们质量的反比，即= 余部分的反冲是相对于抛出部分来说的， 2 两者运动方向必然相反.在列动量守恒方 1m2 程时，可任意规定某一部分的运动方向为 m1 正方向，则反方向的另一部分的速度应取 (3)应用==2时要注意：1、和 负值. x2 v2 m1 (2)相对速度问题：反冲运动的问题中，有 x1、2一般都是相对地面而言的 时遇到的速度是相互作用的两物体的相对 解析作出人和船的运动示 速度.由于动量守恒定律中要求速度为对 意图如图所示，设任一时刻 同一参考系的速度，通常为对地的速度.因 人与船的速度大小分别为 此应先将相对速度转换成对地的速度后， 1、2,作用前都静止.因整 再列动量守恒定律方程. (3)变质量问题：在反冲运动中还常遇到变 个过程中动量守恒， 质量物体的运动，如在火箭的运动过程中， 所以有mw1=Mv2 随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减 设整个过程中人和船的平均速度大小分别！ 小，此时必须取火箭本身和在相互作用的 为1、2，则有 短时间内喷出的所有气体为研究对象，取 mu=Mv2 相互作用的这个过程为研究过程来进行研 等式两边乘以时间t,有mo1t=Mv21 究 即m.x1=Mx2 解析火炮发射炮弹的过程中水平方向动 且x1十x2=L 量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定 律得：m2 vocos0-(m1-m2)v=0,解得：v= 解得x1= M m十ML=m+ML. m2vo cos 0 ，故A正确，B、C、D错误. 1m1-1m2 答案 m M m+M < m+M 答案A