课时分层检测(34)动量守恒定律-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

匀加速，加速度仍为a1,速度达到山时，发生第：3 二次碰撞，之后重复进行，即A做类似竖直上！ 抛运动、B做匀速直线运动。发生一次碰撞后，} （2u1) 相对位移为工阳=2a1 -=16m 故木板长为L-2x相=32m 系统损失的机械能转化为内能，即 △Ea=mgcos0·L=240J。 答案(1)10m/s(2)4m(3)32m240J: 课时分层检测（三十二） 1.析(1)实验中打点计时器必须使用交流电！ 源，不能使用直流电源，选项A错误；实验时应！ 先接通打点计时器的电源再释放纸带，远项B! 正确；实验时纸带与打点计时器的两个限位孔！ 应在同一竖直线上，以减小摩擦，选项C正确： 打点计时器和刻度尺都是本实验必须使用的测： 量仪器，但是不需要天平，选项D错误。 (2)从O点到C点的过程中重锤重力势能的减 少量△E,=g(十$） 打C点时的逢度=产 动能的增如量G=之m=之n(产) (3)作出2一h图像如图， ↑2/(m2.s-2) o 10 2030 4050h/(×10-2m) 根据2=2gh 9.0 结合图像可知2g一46X10m/令 解得g=9.78m/s2。 (4)滑块经过光电门时的速度u=4 系统动能的增加量△E:=(M十m)d- M+m()） 答案(B )十)合7) (3)见解析图9.78(9.75~9.80均可) ④gM+m() 2.解析(1)步骤B中应将打点计时器接到电源！ 的“交流输出”上，步骤F中应是根据测量结果！ 计算得出重物甲下落过程中甲、乙两重物减少！ 的重力势能等于重物甲、乙增加的动能。故错 误的步骤是BF。 (2)依题意，相邻计数点间的时间间隔为T=! 5×子-0.1s 重物甲下落到B点时的速度为B=2T h3-h=48.01-12.02X102m/s=1.8m/s。 2T 2×0.1 (3)系统从)运动到C的过程中，若系统机械· 能守恒，则有(m一m)gh,=(m十m)日 又器“ 2T 联立解得(m一m)gh,=m十m)h,-)产上 200 答案(1)BF(2)1.8 (3)(m-m)gh,-（m+m)h:-:)f 200 解析(1)由于电动机的转速为3000r/min, 则其颜率为f=3000H2=50Hz 60 1 才=50s=0.029 (2)实验操作时，为了使软笔在钢柱表面画上的！ 痕迹条数多一些，应该先打开电源使电动机转！ 动，后烧断细线使钢柱自由下落。故选A。 (3)根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等！ 于该段过程的平均速度，则画出痕迹D时，钢} 柱下落的速度为n=he二c 9T (4)若钢柱下落过程中机械能守恒， 则ngh=之m 可得2=2gh ! 即-h图线的斜率近似等于2g,则可认为钢} 柱下落过程中机械能守恒。 答案(1)0.02(2)A(3)里c(42g 2T 解析(1)根据重力势能的表达式可知滑块由！ A点运动到B点的过程中，系统重力势能减少 量△E。=Mgl 滑块在光电门B的速度为g=立，所以系统 动能的增加量为 E=号(M+m)g=Mmd 2 (2)若存在空气阻力，△E总是小于△E,故A· 错误：将滑块右端与光电门B之间的距离作为， 1,钩码下落的高度偏大，△E将小于△E,故B 错误；将滑块左端与光电门B之间的距离作为： l,钩码下落的高度偏小，△E将大于△E。,故C 正确。 答案(1)Mgl (M+n) (2)C 22 课时分层检测（三十三） BD[在光滑水平面上，物体所受合力大小等！ 于F的大小，根据动能定理得FL一E,则物体 位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根 据p=√2nE知，动量变为原来的√2倍，故A! 错误，B正确；根据动量定理得F1一p,物体运 动时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2： 倍，根据E= 上知，动能变为原来的4倍，故C! 2i 错误，D正确。] D[第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2m,{ 球落回到手上的速度为u。=√2gh。=2m/s,1 方向向下：第二次垫球后，球竖直上升高度为！ 0.45m,则球刚离手时的速度为y1=√J2gh1=! 3m/s,方向向上；取向上为正方向，第二次垫球1 过程，排球动量变化量的大小为△p=w1 (-m)=m(v1十)=0.27X5kg·m/s= 1.35kg·m/s,故选D。] BD[04s内，重力的冲量大小为IG=mgt =40N·s,故A错误，B正确；当水平力满足F -F;=ng=2N,即t=1s时物块才开始运！ 动，则1一4s内由F一t图像可知水平力F的} 冲量大小为1=28×3N·8=15N·s, 动量定理可得IF一mgt=nu,代入数据解得 4s末物块的速度大小为v-9m/s,故C错误，： D正确。] B[设该发动机在t时间内，喷射出的气体质 量为m,根据动量定理Ft=nw可知，在1s内！ 喷射出的气体质量m,=1 4.8×105 3000 kg=1.6×103kg,故远B。] B[沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小， 可知mg一kv一ma,沙尘颗粒速率增大，阻力增 大，加速度减小，当a=0时，沙尘颗粒速度达到 最大且稳定，此时速度满足mg一km,解得： um=2X10-3m/s,由动量定理可得mg一kt=! w,即ngt一h=mw,则沙尘下落时间为t=】 十，由于m<h,则1~施-10s≈3h, 71g 故远B。 518 C「设斜面倾角为0，斜面顶点到水平地面的高 度为h,则物块在斜面上的加速度为a-gsin0, 2h 物块在斜面上滑行的时间为t=√aSn0 √gsim0,周为∠ABC<∠ACB,可得物块在 2h AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行 时间长，根据I=ng可知，两物块所受重力冲量 不相同，选项A错误；根据动量定理有ngsin0·t -△0，可知△p=√西，动量改支量是 量，两物块的动量改变量大小相等，但方向不相 同，远项B错误；根据动能定理△Ek一ngh得 两物块的动能改变量相同，远项C正确；物块到 达斜面底端时重力的瞬时功率P=ngusin0,因 两物块到达斜面底端的速度大小相同，但所处 斜面倾角不同，则重力的瞬时功率不相同，选项 D错误。」 B「撤去拉力前门板做初速 度为0的匀加速直线运动， 撒去拉力后门板做匀减速直 线运动，由于门板恰好不与 门框发生碰撞，测门板末速 度为0，作出其u-t图像如0 图所示，整个过程门板的总位移为与，即”-1 图像与坐标轴周成的图形面积（表示总位移）不 变，由牛顿第二定律可知撤去外力后门板的加速 度大小恒为a=g,由图可知若使整个运动时间 尽量短，则拉力较大，加速时间趋近于0，由x一 1 L.B at可知最短时间趋近于tm=√g 正确。] BC「无人机悬停时受到的升力与其重力平 衡，风扇吹风方向均为竖直向下，故A错误；单 位时间内被每个风扇推动的室气质量为 p&=pmR山，故B正确；根据动量定理有FAY △n·u,解得每个风扇对空气的作用力为F一 oπRU,无人机的总重力G=4F=4mR,故C W 正确；每个风扇对空气做功的功率为P一立 1 At 2pmR,故D错误] 解析(1)根据动能定理W-fx=之v 1 可得牵引力对飞机微的功W=之m心十fx。 (2)加速过程，设起飞速度为v,根据速度位移 关系vm2=2a1d 减速过程，根据速度位移关系m2=2a2(L一d) aoL 联立解得d= (3)在无风的情况下，飞机以速率水平飞行 时，相对飞机的气流速率也为，并且气流掠过 机翼改变方向，从而对机翼产生升力。根据升 力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量 定理F·△t=△p 可得F=坐 又△p=m△，n=S△u·△ 联立可得F=S△U 又△vOcu 可知Foc 即a=2。 答案(1)w=m+fx(2)d a1十a (3)论证见解析，α=2 课时分层检测（三十四） D「所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相 互转化，总的机械能不变，机械能守恒：初始时 用手托住小木块A,使A、B、C均处于静止状 态。松手后，整个系统竖直方向上合力不为零， 动量不守恒，但水平方向上合力为零，水平方向 上动量守恒，故D正确。] 2.CD。[小球与车、沙组成的系统在水平方向动： 量守恒，由m,=(m十MDu可知，小球陷入沙 中深浅、抛出时的高低与最终速度v无关，故！ A、B错误；小球陷入沙中过程，小球在竖直方 向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因 此系统动量不守恒，由于小球与沙之间摩擦生 热会损失机械能，因此系统机械能不守恒，故C! 正确：若小车匀速运动后车上有一缝隙漏沙子，： 漏出的沙子做平抛运动，水平速度不变，由系统！ 水平方向动量守恒可知车的速度保持不变，故 D正确。] 3.C[由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动 量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰 撞前滑块I的动量较大，故A错误：根据动量！ 守恒定律有5m1-3=2(m1十nm),解得！ m1:mm=5:3,故B错误，C正确；由动量定 理知，碰撞过程中滑块I受到的冲量与滑块Ⅱ} 受到的冲量大小相等，方向相反，故D错误。] 4.BD[系统只是在水平方向合力为零，竖直方 向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总 动量不守恒，A错误，B正确：根据水平方向的！ 动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到： 原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为： 21,根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒， 设小球水平方向的平均速度为m,小车水平方 向的平均速度为w,mum一Mw=0,两边同时！ 乘以运动时间t,nUmt一Mwwd=0,即n.xm= MrM,又xm十xw=2L,解得小车向右移动的最} 大亚高为D正扇】 5.D[当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面体！ A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面 的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直斜面， 方向的合力不再为零，所以斜面对滑块的支持 力F、N不等于ng cos a,A错误；滑块B下滑过 程中支持力对B的冲量大小为FN,B错误：滑： 块B下滑过程中，A、B组成的系统动量不守 恒，C错误：A、B组成的系统水平方向不受外 力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移 大小分别为x1、2,则Mx1=mx2,x1十x2一L, 解得=MD正确] 6.解析(1)组合体分离前后动量守恒，取的 方向为正方向，有(m十M)-Mu十mw 解得y= (mM)v-Mu )2 (2)以B为研究对象，对B由动量定理有F△t=! Mu-Mv 解得F-M(0一) 答案1)m+W6-M（2)M △ 7,AC[小球X由最高，点运动到与小球Y发生 碰撞的过程，根据机械能守恒定律有 mx gh=mxv=Ex 两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机！ 械能守恒定律有 Ee=号mx中7mv)=mx十mrg·冬 两球碰撞过程，根据动量守恒有mx凸=(mx十！ nY）2 联主求得二=1，票=2，故选A,C] 8.解析(1)设A与B碰前瞬间A的速度大小为} ,由机械能守恒定律可得 m1h十2m6”=之m心，解得=4m/s A与B发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机： 械能守恒定律有n1U=n1十n2 m=m+m2 解得-。=一2ms=2m n1干ng U= 2 m/s 则碰后瞬间A与B的速度大小均为2m/s。 (2)设B静止时弹簧压缩长度为，则2g一k,x。, 碰后至B到达最低点过程中，根据动能定理有 k+k(+①x=0-之m 其中x1=0.2m,解得k=60N/m。 答案(1)均为2m/s(2)60N/m 课时分层检测（三十五） A「若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损 失，若两球发生完全非弹性碰撞，则系统机械能 损失最多，取向左为正方向，由动量守恒定律和 能量守恒定律得n2一n14-(n1十n2),! △E=号m2+m2- 2(m1+n2）i ,联立解得△Ex=40J,系统损失的机械能！ 的范图为0≤△E≤40J,故选A。] D[当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相 同，P、Q系统所受外力为零，整个压缩过程系 统的动量守恒，有nU=2nW共，所以P的动量 为p=m共=之 n,故A错误：弹簧压缩至最1 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，总动量为巾s一mw,故C错误；根据！ 动量守恒定律和能量守恒定律有mu=2mu共！ m=X2mv2+E,解得E,=md, 故D正确。] A[根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两！ 物体速度相同，所以此时乙物体的速度大小也 是1m/s,A正确；因为弹簧压缩到最短时，甲 受力向左，甲继续减速，B错误；裉据动量守恒 定律可得n1o=(n1十2)，解得n1:n2=! 1：3,C错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守 恒定律和机械能守恒定律有m1%=n叫'十 -n22,联立 解得w'=2m/s,D错误.] C[在0~2。内，弹簧始终处于压缩状态，即} B受到的弹力始终向右，所以B物块始终做加} 速运动，故A错误；整个过程中，A、B两物块和 弹簧构成的系统机械能守恒，故B错误：由题图 乙可知，在。时刻，弹簧被压缩到最短，此时A、 B共速，弹簧的形变量为x-0.4m一0.1m-1 0.3m,根据A、B及弹簧组成的系统动量守恒， 有n1一(n1十n2),根据A、B及弹簧构成的： 系统机械能守恒有之m1巧= (m1+m2) 十之kr,联立解得西=2m/s,故C正确：在 0一2内，弹簧始终处于压缩状态，即A受到弹 力始终向左，所以A物块始终做减速运动，则 物块A在2。时刻时速度最小，故D错误。] C[若圆孤面光滑，圆孤槽与滑块组成的系统！ 在水平方向动量守恒，故A错误；若圆弧面光！ 滑，设滑块运动至水平面时速度大小为1，圆 孤槽速度大小为山，由机械能守恒定律得； mgR-mv M2,在水平方向上动量守 恒有心=M2,又M=2m,联立解得=2， √3，/3 ，故B错误；若圆孤面粗糙，滑； 块能运动至水平面，设滑块与圆孤槽相对于地！ 面沿水平方向的位移分别为x1和2，由水平 方向动量守恒有nx1一Mx2,x1十x2一R,解得 =子R。=尽，故C正确：由于滑块还发生 了竖直位移R,故滑块的位移大小为 R+(S)=区R,故D错误] 3 519 解析(1)对物体A,根据运动学公式可得 x=h-28f=1.2 m-2 ×10×0.22m 1m (2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为0， 根据运动学公式可知 x=1-2g1 解得=6m/s 碰撞前A物体的速度 vA=gt=2m/s,方向竖直向下 碰撞前B物体的速度 g一一gl=4m/s,方向竖直向上 选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得 nAUA一nBUg=(nA十nB)U 解得碰后速度U=0 (3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能 △E=2m2十2一2(m十ms)= 12J。 答案(1)1m(2)0(3)12J AC[小球和滑块组成的系统水平方向不受外 力，水平方向动量守恒，A正确；设小球的质量 为，初速度为v,在水平方向上由动量守恒定 mi, 律得m,=mU,+M,化简得=-M, 结合题图乙可得m二6， 2 =2,即M .C 正确；小球运动到最高，点时，竖直方向速度为 零，在水平方向上与滑块具有相同的速度山，在 水平方向上由动量守恒定律得-(n十M)u, 解得u=改 ,B错误；小球运动到最高，点时，竖 直方向速度为索，由机梳能守恒定律得？m =交(m+MDd+mgi,其中h>R,解得6二 √3gR,则小球的初速度大小不可能为 √2.5gR,D错误。] B[根据题意可知，小球A和B碰撞过程中， 水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直 速度不变，设碰撞后A球水平速度为1，B球 水平速度为2，则有mu-mu十w2,碰撞为完 1 全弹性碰授，则由能量守恒定律有立m十 1 mu=mA+m2十m,联立 解得山1=，=0，小球A在竖直方向上做匀 加速直线运动，则有h=)gt,解得一2s,可 知，碰撞后，小球A运动1'=1s落地，则水平方 向上有x-t',解得v-3.0m/s,故选B。] 解析(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动 能定理mgL=m2-0 解得w=5m/s 在最低点，对小球由牛顿第二定律得 F一mg=m元 解得小球运动到最低，点与物块碰撞前所受拉力 的大小为FT=6N (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和 机械能守恒定律得n=U十Mu - 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大 2m 小为m7=4m/ (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低，点，此时 两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动 量守恒得Mh=2Mu 由能量守恒定律得 合M=令×2Ms+AMgs 解得%1=0.4课时分层检测（三十 基础落实练 1.(2026·辽宁大连高三期末) 如图，水平地面上有一小车 C,顶端有一轻滑轮，质量完 A B C 全相同的两个小木块A、B 由通过滑轮的轻绳相连接， 7刀刀 初始时用手托住小木块A,使A、B、C均处于静 止状态。某时刻突然将手撤去，A、B、C开始运 动，则对小车C、小木块A、B三者组成的系统，下 列说法正确的是（所有摩擦均忽略不计）() A.动量不守恒，机械能不守恒 B.动量守恒，机械能守恒 C.竖直方向上动量守恒，机械能不守恒 D.水平方向上动量守恒，机械能守恒 2.(多选)(2024·河南周口市联。 考)如图所示，装有一定质量 沙子的小车静止在光滑的水 平面上，将一个铁球从某一高 度处以大小为的初速度水 平抛出，小球落入车内并陷入沙中最终与车一起 向右匀速运动。不计空气阻力，则下列说法正确 的是 ( A.小球陷入沙中越深，小车最终的速度越大 B.小球抛出时的高度越高，小车最终的速度越大 C.小球陷入沙中过程，小球和沙、车组成的系统 动量不守恒，机械能不守恒 D.若小车匀速运动后车上有一缝隙漏沙子，车上 沙子越来越少，车的速度保持不变 3.在光滑水平面上沿一条直 ↑v/(ms) 线运动的滑块I、Ⅱ发生正 C 碰，碰后立即粘在一起运 0 -t/s 动，碰撞前滑块I、Ⅱ及粘 3以6 在一起后的速度一时间关系图线分别如图中的 线段a、b、c所示。由图像可知 ) A.碰前滑块I的动量比滑块Ⅱ的动量小 B.滑块I的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3：5 C.滑块I的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5：3 D.碰撞过程中，滑块I受到的冲量比滑块Ⅱ受到 的冲量大 4.(多选)如图所示，轻质绳长为 1,小球质量为，小车质量为 M,将小球向右拉至使绳水平 后放手，则（水平面光滑，空气 阻力不计) 3 四)》 动量守恒定律 A.系统的总动量守恒 B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反 向或都为零 C.小球不能向左摆到原高度 D.小车向右移动的最大距离为M干m 2ml 5.光滑水平面上放有一上表面 B 光滑、倾角为α的斜面体A, 斜面体质量为M、底边长为 A L,如图所示。将一质量为 、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释 放，滑块B经过时间刚好滑到斜面底端。此过 程中斜面对滑块的支持力大小为F、,则下列说 法中正确的是（重力加速度为g) () A.FN=mgcos a B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为 Fytcos a C.滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量 守恒 D,此过程中斜面体向左滑动的距离为M什 6.(2024·江苏卷·14)嫦娥六号在轨速度为0，着 陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B 分离时间为△t,分离后B的速度为v,且与0同 向，A、B的质量分别为m、M。求： (1)分离后A的速度大小1； (2)分离时A对B的推力大小。 53 能力综合练 7.(多选)（八省联考·四川·9） Etccacieetietiiietete 如图，小球X、Y用不可伸长 的等长轻绳悬挂于同一高度， 静止时恰好接触，拉起X,使 X Y 其在竖直方向上升高度h后由静止释放，X做单： 摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做： 步调一致的单摆运动，上升最大高度均为冬，若 X、Y质量分别为x和my,碰撞前后X、Y组成 系统的动能分别为Ek1和Ek2,则 ( A.mx=1 B.mx=2 my Y Ek1二2 C.Ex Ek1二4 D.Ek2 强基培优练 8.(2026·山东烟台模拟)如图所 A 示，竖直轻弹簧下端固定在地面 口B 上，上端放置一质量m2=0.6kg 的水平钢板B,质量m1=0.2kg 刀刀77刀刀7 的小物块A从B中央正上方高为0.6m处以大 小为2m/s的初速度竖直向下抛出，A与B发生 弹性正碰（碰撞时间极短），碰后立即拿走A,B下 降的最大高度为0.2m,重力加速度g=10m/s2, 弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。求： -354 (1)A与B碰后瞬间A、B的速度大小； (2)弹簧的劲度系数k。