专题精准强化7 动量 动量守恒定律-【创新教程】2027年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

专题精准强化7动量动量守 [A组基础达标练] 1.乌贼在遇到紧急情况时，通过快速喷水获得 速度而逃离.已知乌贼喷水前的质量为M.速 度为0，喷水时，在极短时间内将质量为m的 水以速度u水平向前喷出，获得速度向后逃 离，所受水的阻力与速度成正比，比例系数为 k.下列说法正确的是 ( A乌贼获得的最大速度为 B.喷水后乌贼做匀减速直线运动 C.喷水后乌贼向后逃离的最远距离为 D.喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的 动能 2.如图所示，一个箱子放在 水平地面上，箱子的质量 m=20g,箱子底部通过轻 弹簧与一质量M=100g aamaamamaaamaaaad 的物块P相连，轻弹簧的 劲度系数k=10N/m,稳定时P对箱子顶部 恰好无弹力，重力加速度g=10m/s2.现将 物块P竖直向下移动h=0.2m后由静止释 放，当物块P运动到初始位置时与箱子顶部 发生完全非弹性碰撞，则箱子离开地面后能 上升的最大高度为 () A.0.2m Ba.4 nC.fsim D.品m 3.如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块 P、Q之间有少量炸药（质量不计），爆炸后 P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离 分别为0.1m、0.4m.已知P、Q与水平地 面间的动摩擦因数相同，则P、Q的质量之 比m1:m2为 ( P Q m m2 777n7nnnnnnnnnnnnnnnniinnnnnnnnnnnnnnn7 A.4:1B.1:4 C.2:1 D.1:2 4.如图所示，质量相等的 UB￥ A B A、B两小球在光滑的mmm 水平面上发生正碰，碰前A、B的速度分别 为va=3m/s,℃=-1m/s,碰后A、B两小 球的速度va'和vB'可能是 16 ☒错题序号： 恒定律 @错因分析： A.UA'=-1 m/s,Ug'=1 m/s B.a'=2m/s,'=0 C.vA'=0,'=2m/s D.'=-2 m/s,Ug'=4 m/s 5.(2025·广东卷，7)如图 所示，光滑水平面上，小 球M、N分别在水平恒力F,和F2作用下， 由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时 刻发生正碰后各自反向运动.已知F和F 始终大小相等、方向相反.从开始运动到碰 撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速 度v随时间t变化的图像，可能正确的是 () N M 0 M N B v 4 M M C o 6.（多选)如图所示，光滑bA 水平轨道与光滑圆弧 B mrhrrm 轨道相切，小物块B 放置在水平轨道上，小物块A从圆弧轨 道释放，A、B在水平轨道上发生碰撞.第 一次碰撞之后A滑上圆弧轨道，然后返 回与B发生第二次碰撞，已知B的质量是 A质量的4倍，则小物块A第一次碰撞前 后的速度大小之比可能为 () A.4 B.2 C.√3 D.2 7.如图所示，滑块A、B、C,A一B可 位于光滑水平面上，已知A、B、C的质量均 为1kg.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧 开始处于自由伸长状态.现使滑块A以 =2/s速度水平向右运动，弹簧被压缩到 最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然 后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极 短，则B和C碰撞过程中整个系统损失的 机械能为 A.0.25J B.0.50J C.0.75J D.1.00J 8.(2024·江苏卷，14)嫦娥六号在轨速度为 ℃，，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。同向，A、B的质量分别为 m、M.求： (1)分离后A的速度1； (2)分离时A对B的推力大小. [B组创新应用练] 9.(多选)(2026·山东卷)如 N 图所示，质量相等的两个 7niahnAnnmmmmmnh 小物块M和N,M恰好静 止于倾角为θ的固定斜面上，N从斜面上某 位置由静止释放，t。时刻以速度v与M发 生弹性碰撞.已知M与斜面间动摩擦因数 为tan0,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，N 与斜面间无摩擦，碰撞时间极短，斜面足够 长，下列描述M、N速度规律的vM~t、w-t 图像正确的是 M 3v 4to 5tot 30 30w 0 to 167 10.如图所示，质量为6kg ▣A 的滑块C的右半部分 B 是光滑的四分之一圆 弧轨道，轨道半径为15m,圆弧轨道的最 低点与水平面相切，质量为nkg(n为正整 数)的物块B左侧固定一水平轻弹簧，滑块 C和物块B都静止在光滑水平面上.质量 为2kg的小物块A(可视为质点)从圆弧 轨道的最高点由静止释放，离开滑块C后 继续向右运动与弹簧发生相互作用.重力 加速度为g=10m/s2.求： (1)小物块A离开滑块C时的速度大小； (2)当n=1时弹簧的最大弹性势能； (3)n至少为多少时，小物块A能追上滑块 C,此种情况下小物块A运动至最高点时 滑块C的速度是多大对木塞，根据动能定理W+W,一m8h=之m-0, 解得W=mah十mgh+2f: (3)设开瓶器对木塞的作用力为F,对木寒，根据牛顿第 二定律F-mg一f=m0,速度。=a,位移x=2ai, 开瓶器的功率P=Fv,联立可得 P-magt+ma't+foat-xr 答案：(Ia-Y2(2w=mah+mgh+合fh (3)P-magt+mat+oa-x 2h 专题精准强化6功能关系机械能守恒定律 能量守恒定律 1.AC2.B3.B4.D5.AD6.D 7.AD[开始轻绳恰好伸直，对B进行分析有mg=kx1,A 速度最大时，C恰好要离开地面，对C进行分析有mg= kx2,此时A速度最大，A所受外力合力为0，则有 mAgsin30°=T=mg十kx2,解得mA=4m,故A正确；弹 簧开始处于压缩状态后处于拉伸状态，对A、B整体进行 分析可知，A的加速度大小先减小，当A的速度达到最 大值时，C恰好要离开地面，此时A、B速度大小相等，C 的速度为0，之后，弹簧的拉伸量进一步增大，对A、B整 体进行分析可知，A的加速度方向变为沿斜面向上，大 小增大，即物体A下滑过程中加速度先减小后增大，故 B错误；A下滑过程，弹簧的形变量发生变化，即弹簧的 弹力对B做了功，可知，在C没有离开地面之前，A、B与 弹簧构成的系统机械能守恒，而A、B构成的系统机械能 不守恒，故C错误：结合上迷可知==，即上迷 两个整体弹簧的弹性势能相等，对A、B构成的系统有 mg✉十)sin30=号（m十m）2十mg红十， 1 物体A下滑过程中的最大动能Ex=之m,解得 Ek max= 8mg,故D正确.] 5k 8.AD[当小球运动到某点P,弹 B 性绳的伸长量是x即，小球受到 如图所示的四个力作用 其中Fr=kx即，将Fr正交分 0 解，则F,的水平分量为Frsin0 =k红即sn0=kxc=受， 小球水平方向平衡，则F、= ↑mg 1 Fnsi0,又F,=FN=5mg,F,的竖直分量为F,= Frcos日=kx即cos0=kxcp,由以上推导可知小球受到的 摩擦力为恒力，则CD段与DE段摩擦力所做的功相同， 则在DE段弹性绳和小球组成的系统机械能的减少量等 于CD段弹性绳和小球组成的系统机械能的减少量，故 A正确；小球从C到E,根据动能定理有mgh一5mgh 一W华=0，解得克服弹性绳弹力做功为W#=5gh, 4 故B错误；对小球从C运动到E过程，应用动能定理得 mgh-5mgh一W华=0，若小球恰能从E点回到C点， 应用动能定理得一mgh十W,一日mgk=0一号m,联 33 练习册参考答案 4 立求解得口√行h,故C错误；若只把小球质量变为 2m,小球受到的摩擦力不变，小球从C点由静止开始运 动，到达E点时根据动能定理有2mgh-W华一5mgh- 合×2m-0,解得小球到达E点时的速度大小- √gh,故D正确.] 9.解析：(I)由B点压力为零，则有Mg=M R 可得%=√gR=10m/s, R2=d2+(R-h)2, 可得h=4m, 物块从A到B由动能定理，有Fd-Mgh=2MG, 解得F=22.5N. (2)物块在传送带上运动的加速度a=g=1m/s2, 物块先做减速运动减速时间t=%=105, _6=50m, 物块的位移x1一2a 由于传送带的速度小于，物块反向加速到8m/s时与 传送带共速运动到B点，物块反向加速的时间为 t1= =8s, a 二32m 位移为工2=2a 物块与传送带的相对位移△x=x1十l十t1一x2= 162m, 摩擦产生的热量Q=Mg△x=324J. 答案：(1)22.5N(2)324J 专题精准强化7动量动量守恒定律 1.C2.D3.C4.C5.A6.BC 7.A[对A、B系统，A、B速度相等时，弹簧被压缩到最 短，根据动量守恒定律有mA=(m十mB),代入数据 解得弹簧被压缩到最短时，B的速度y,=1m/s,此时B 与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量 守恒定律得mBv1=(mB十mc)2,代入数据解得2= 0.5m/s,只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失， 则系统损夹的机械能为△E=子m听-号(m十m)店 =0.25J,A项正确.」 8.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MD=Mu十mt1, 解得v1= (m十MDw一Me,方向与相同. m (2)以B为研究对象，对B根据动量定理有F△t=Mv一 Mu,,解得F= M(v-） △t 答案：1)m+MW一M,方向与相同 m (2)M(o-) △t 9.AD[M、N质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，则to 时刻两物块碰后瞬间M的速度为v,N的速度为0，M与 斜面间的动摩擦因数为tan0、N与斜面间无摩擦，则碰 后M做匀速直线运动，N做加速度大小为a=”的匀加 ta 速直线运动，从M、N第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞 前瞬间的过程，两物块位移相等，设该过程运动时间为 △4，则有△=2a(△4)P,解得△h=2,则3，时刻 物理 M、N发生第二次碰撞，碰前瞬间M的速度为v,N的速 度为=a△1=2v,所以第二次碰后瞬间M的速度为v =2w,N的速度为v,同理可得M、N从第二次碰撞后瞬 间到第三次碰撞前t△，=？a(△，)2十△，解得△， =2t。,所以5t。时刻发生第三次碰撞，第三次碰前瞬间 M的速度为t=2w,N的遠度为t”=十a△2=3u,对比 选项中图像可知AD正确，BC错误.] 10.解析：(1)A、C组成的系统，小物块A离开滑块C时二 者速度分别为、心，规定向右为正方向， 由机械能守恒定律有mgR=?m+2m呢， 由水平方向动量守恒定律得0=mA十mcc, 联立解得va=15m/s,c=-5m/s. (2)A、B及弹簧组成的系统，共速时弹性势能最大，设 共速时的速度为U, 由动量守恒定律得mAA=(mA十mB)u, 由能量守恒定律得E,=名m暖-名m,十m,, 联立解得E。=75J. (3)A、B及弹簧组成的系统，共速后再分开时，设小物 块A的速度为A',物块B的速度为'， 由动量守恒定律得mAA=mAVa'十mBg 由能量守恒定律有号m听=之，w十号m”,联 主解得以--多显方向向左， 若小物块A要追上滑块C,则有|va'|>|c, 解得n>4, 文n的最小值为5，此种情况下o'=一号m/s A、C组成的系统水平方向动量守恒，二者共速时小物 块A滑至滑块C最高处，此时速度为共，则由水平方 向动量守恒有mava'十mc=(mA十mc)v共， 解得4=一程/s, 故小物块A滑至滑块C的最高点时滑块C的速度大小 为得n/s 75 答案：(1)15m/s(2)75J(3)514m/s 微专题1板块模型的综合分析 1.BC[对长木板进行受力分析，受力 示意图如图甲所示， F地F F 根据牛顿第二定律F2一凸mg一 h(M十m)g=Maw,解得aM=1m/s2, 故A错误；对小物块进行受力分析， G 小物块先在拉力、摩擦力的作用下 做匀加速直线运动，后在摩擦力作 甲 用下做匀减速直线运动，加速度大小分别为2/s2和 4m/s2,长木板和小物块在 ↑/(m·s-1) 0~4s内的v-t图像如图乙所 示，0一2s小物块的位移x= 4m,拉力对小物块做功为W =12J,故B正确；两条)-t图 线固成的面积表示小物块相 0 12 t/s 对于木板运动的长度，由0-t -2 图像可知L=12m,小物块与 b 长木板之间的摩擦生热Q= -3 -4 以1mgL=24J,故C正确；恒力 乙 对小物块、木板系统做的功等 于系统机械能的增加量加上摩擦生热，故D错误，] 33 2.AB[根据题意，对长木板，由动量定理有I=Mv,,对小 物块，由牛顿第二定律有内mg=ma1,对长木板有h1mg 十2(m十M)g=Ma2,通过对题图及题中数据分析得 a,=9=2m/52,在i1时刻有。-a,=a,,联立以上 各式解得h=0.2,2=0.3,故A正确；0~屯1时间内，二 者的相对位移可通过题图乙中图线与横轴围成的面积 1 算得，△1=之4=0.8m,则产生的内能Q=hmg△x1 =3.2J,故B正确；t1时刻后，小物块加速度大小不变， 由题图乙知，长木板做匀减速直线运动，对长木板由牛顿 第二定律有h(m十MDg-hmg=Ma3,解得a3=4m/s2, 则一t2的时间为△=9=0.2s,由对称性可知小物 a3 块停下也会用时0.4S,则小物块比长木板晚0.2s停 下，故C错误；小物块与长木板~时间内的相对位 移△=号×0.2X0.8m=0.08m,则全过程的相对位 移为△x=△x1一△x2=0.72m,故D错误.] 3.解析：(1)货物由A运动到B过程，根据动能定理可得 mgla sin53-4 mgo53=之m,解得h=10m/s (2)货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定 律，可得a=m8=5m/s2, m 根据匀变速直线运动规律，有一2a货L2=论一馆， 解得c=5m/s. (3)长木板进入反弹装置时的速度为y=6=5m/s, 设长木板的质量为M,则长木板刚进入反弹装置时的能 量为E=子M, 长木板反弹后最右端回到C点的速度设为2，长木板从 C点到B点的过程中，由动能定理得 -4MgL,-d=0-合M, 长木板在反弹过程中损失的能量为△E=合-合M, 则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反 弹袋其时的能量比值)晋×100%=60%。 答案：(1)10m/s(2)5m/s(3)60% 微专题2力学三大观点的综合应用 1.解析：(1)设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过 程根据牛顿第二定律hmg=ma,设加速过程物块的位 移为x则v2=2ax, 解得x=1m<L, 假设成立，A碰B前速度为2m/s. (2)A、B碰撞过程由动量守恒和能量守恒得mv=mvA十 1 1 1 mvg,2mt=2m心+2m哈， 解得a=0,B=2m/s. (3)AB碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程摩擦生 热Q=一W, 由图知B运动0.5m时4=0.4，摩擦力对物块做的功 W,=-0+mgd, 2 根据能量守恒得号m听=Q+En,解得Em=0.5J. 答案：(1)2m/s(2)2m/s(3)0.5J 2.解析：(1)对单个散货水平方向由动量定理 -I=0-mv, 解得单个散货的质量为m=。