(14) 1 动量守恒定律 易错易混知识专练(一) (课时跟踪)-【学而思·高中同步培优练】2026-2027学年高二物理选择性必修第一册课时作业(人教版·新教材)

易错易混知识专练(一) 建议用时:40分钟 一、选择题 1.如图所示,一质量为2 kg的物体只在力F的作用下由静止开始运动,则下列说法正确的是 (　) A.0~4 s内力F的冲量大小为4 kg·m/s B.2 s末物体的速度方向改变 C.4 s末物体回到出发点 D.6 s末物体的速度大小为1 m/s 2.[2025·湖北武汉六中高一月考] 矩形滑块由不同材料的上下两层粘在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块,若射击上层,则子弹恰好不射出;若射击下层,则子弹整个儿恰好嵌入.上述两种情况相比较,下列说法错误的是 (　) A.子弹击中上层过程中,系统产生的热量较多 B.两次滑块所受的冲量一样大 C.两次系统损失的机械能一样多 D.两次子弹的动量变化量一样大 3.[2025·山东青岛二中高一期末] 如图所示,质量为m、半径为R的小球,放在半径为2R、质量为3m的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上.当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离是 (　) A. B. C. D. 4.如图所示,足够长的木板Q放在光滑水平面上,在其左端有一可视为质点的物块P,P、Q间接触面粗糙.现给P向右的速率vP,给Q向左的速率vQ,取向右为速度的正方向,不计空气阻力,则运动过程中P、Q的速度随时间变化的图像一定不正确的是　　 (　) A 　　　B C 　　　D 5.在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火,以提高最终的发射速度.某次地球近地卫星发射的过程中,火箭喷气发动机每次喷出质量m=800 g的气体,气体离开发动机时的对地速度v=1000 m/s,假设火箭(含燃料在内)的总质量M=600 kg,发动机每秒喷气20次,忽略地球引力的影响,则 (　) A.地球卫星要能成功发射,速度大小至少要达到11.2 km/s B.火箭第三次喷出气体后速度的大小约为4 m/s C.要使火箭能成功发射至少要喷气500次 D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气15 s 6.(多选)如图所示,质量为4m的物块A静止在光滑水平地面上,物块A左侧面为四分之一圆面且与水平地面相切,质量为m的滑块B以初速度v0向右运动滑上A,沿A左侧面上滑一段距离后又返回,最后滑离A,不计一切摩擦,重力加速度为g,滑块B从滑上A到滑离A的过程中,下列说法正确的是 (　) A.A、B组成的系统动量守恒 B.合外力对B的冲量大小为mv0 C.A对B做的功为m D.B沿A上滑的最大高度为h= 7.(多选)[2025·吉林白城实验高级中学高二期末] 如图甲所示,内表面光滑的“”形槽固定在水平地面上,完全相同的两物块a、b(可视为质点)置于槽的底部中点,t=0时,a、b分别以速度v1、v2向相反方向运动,已知b开始运动速度v随时间t的变化关系如图乙所示,所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短,下列说法正确的是 (　) A.前17 s内a与b共碰撞3次 B.初始时a的速度大小为1 m/s C.前17 s内b与槽的侧壁碰撞3次 D.槽内底部长为10 m 二、非选择题 8.[2026·湖北武汉高二月考] 一长木板放在光滑的水平面上,如图所示,在木板上自左向右放有序号为1、2、3的木块.三木块的质量均为m,与木板间的动摩擦因数均为μ.开始时木板静止不动,第1、2、3号木块同时获得水平方向向右、大小分别为v0、2v0、3v0的初速度.已知木板的质量为3m,最终三木块均未从木板上滑出,已知重力加速度为g,试求: (1)木板刚开始运动时的加速度大小; (2)全过程中系统产生的热量; (3)第2号木块在整个运动过程中的最小速度. 9.[2026·安徽淮南二中高二月考] 如图所示为一轨道模型图,由水平轨道AB、固定凹槽BGHC(GH足够长)、半圆轨道DE(D是最高点,E是最低点,C在D的正下方,且C和D间隙不计)组成,其中半圆轨道DE的半径R大小可调,所有轨道及凹槽均光滑.长度L=0.5 m的水平传送带EF与DE平滑衔接.质量M=0.4 kg的平板紧靠凹槽侧壁BG放置,平板上表面与ABC平面齐平.质量m=0.2 kg的小滑块(可视为质点)被弹簧弹出后,滑上平板并与平板相对静止一起运动,平板与侧璧CH相撞后将原速弹回.已知ABC平面与水平地面高度差h=1.5 m,传送带顺时针传送速度v=1.5 m/s,滑块与平板和传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2. (1)调节半圆轨道DE的半径为R=0.5 m,被弹出的滑块恰好能滑过凹槽,且恰好不脱离半圆轨道DE,求: ①小滑块沿半圆轨道滑过E点时受到的支持力FN; ②平板的长度及弹簧释放的弹性势能Ep; (2)在保持问(1)中其他条件不变的情形下,仅改变R大小,滑块从F飞出落至地面,水平位移为x,求x的最大值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 易错易混知识专练(一) 1.D　[解析] F⁃t图像所包围的面积表示力在Δt时间内的冲量,以开始运动的方向为正方向,在0~4 s内力F的冲量为0,0~2 s内F的冲量为正,根据动量定理可知0~4 s内速度方向为正,故A、B错误;4 s末物体速度为0,物体位移最大,故C错误;在0~6 s内,根据动量定理可知I合=mv,代入数据有×2×2N·s-×2×(6-2)N·s=mv,解得v=-1 m/s,则6 s末物体的速度大小为1 m/s,故选D. 2.A　[解析] 两次子弹的初速度相等,根据动量守恒定律可知,两次滑块和子弹整体获得的末速度(最后滑块和子弹达到共同速度)是相同的,即两次子弹初速度相等,末速度也相等,则动量变化量一样大,同理,滑块两次的初速度相等,末速度也相等,根据动量定理,两次滑块受到的冲量一样大,故B、D正确;由于两次作用后滑块和子弹整体末速度相等,则两次系统损失的机械能相等,产生的热量也相等,故C正确,A错误. 3.C　[解析] 由于水平面光滑,故系统水平方向上动量守恒,对任意时刻,小球的水平速度大小为v1,大球的水平速度大小为v2,由水平方向系统动量守恒有mv1=3mv2,若小球达到最低点时,小球的水平位移为x1,大球的水平位移为x2,则有mx1=3mx2,又x1+x2=2R-R=R,联立解得大球移动的距离为x2=,故C正确. 4.D　[解析] 由受力分析可知,开始时,木板和物块均在滑动摩擦力的作用下做匀变速直线运动,直到两者最终达到共同速度一起匀速, P、Q组成的系统所受的合外力为零,系统动量守恒,有mPvP-mQvQ=(mP+mQ)v,若mPvP=mQvQ,则v = 0,故A可能正确;若mPvP>mQvQ,则v>0,故B可能正确;若mPvP<mQvQ,则v<0,故C可能正确;共速前木板和物块受力情况不变,故加速度不变,v⁃t图像斜率不变,所以D一定不正确. 5.B　[解析] 第一宇宙速度(7.9 km/s)是卫星贴近地面做匀速圆周运动的速度,是最小的发射速度,地球卫星要能成功发射,速度大小至少要达到7.9 km/s,故A错误;设喷出三次气体后火箭的速度为v3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象,以竖直向上为正方向,由动量守恒定律有(M-3m)v3-3mv=0,解得v3≈4 m/s,故B正确;要能成功发射,设喷气n次后达到第一宇宙速度,即vn=7.9 km/s,以火箭和喷出的n次气体为研究对象,以竖直向上为正方向,由动量守恒定律有(M-nm)vn-nmv=0,代入数据解得n≈666次,至少喷气的时间为t≈ s≈33 s,故C、D错误. 6.BD　[解析] A、B组成的系统在竖直方向所受合外力不为零,因此系统动量不守恒,故A错误;系统在水平方向所受合外力为零,系统在水平方向动量守恒,对整个过程,以向右的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvB+4mvA,由机械能守恒定律可有m=m+×4m,解得vB=-v0,对B由动量定理有I=mvB-mv0=-mv0,合力对B的冲量大小为mv0,故B正确;对B由动能定理有W=m-m=-m,故C错误;B沿A上升到最大高度时,两者速度相等,在水平方向上,由动量守恒定律有mv0=(m+4m)v,由机械能守恒定律有m=(m+4m)v2+mgh,解得h=,故D正确. 7.BC　[解析] 由图像可知,物块b与a第一次碰前,物块b的速度为v2=2 m/s、方向向左,物块b第一次碰后的速度为v2'=1 m/s、方向向右,因两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞,可知碰后两物块交换速度,所以物块a碰前的速度v1=v2'=1 m/s,即初始时物块a的速度大小为1 m/s,选项B正确;根据碰撞规律可知,物块b与槽壁碰后速度大小不变,方向改变,物块b与a碰后交换速度,所以在物块b的v⁃t图像中,速度大小不变但方向相反时表示物块b与槽的侧壁发生碰撞,速度大小改变时表示物块b与a发生碰撞,由图像可知,前17 s内a与b共碰撞4次,分别发生在4~6 s之间、8 s时刻、10~12 s之间以及16 s时刻,前17 s内b与槽的侧壁碰撞3次,分别发生在2 s、10 s和12 s时刻,选项A错误,C正确;物块b从开始运动到刚要与槽的内壁发生第一次碰撞的时间内,物块运动的位移大小为槽内底部长度的一半,由图像可知,这段时间为Δt=2 s,则槽内底部长为L=2v2Δt=2×2×2 m=8 m,选项D错误. 8.(1)μg　(2)4m　(3) [解析] (1)刚开始运动时,对木板,由牛顿第二定律有3μmg=3ma 解得木板刚开始运动时的加速度大小a=μg (2)设系统最后的共同速度为v,根据动量守恒定律有m(v0+2v0+3v0)=6mv 解得v=v0 全过程中系统产生的热量Q=m[+(2v0)2+(3v0)2]-×6mv2 联立解得Q=4m (3)设第2号木块的最小速度为v2,木块2在此速度之前做减速运动,后做加速运动,且此速度为其与木板相对静止时的速度,此时只有第3块木块相对木板运动,根据动量守恒定律有m(v0+2v0+3v0)=(m+m+3m)v2+mv3 在此过程中,第3号木块与第2号木块在木板上运动的时间相同,所受的摩擦力也相同,故速度改变量相同,有3v0-v3=2v0-v2 联立解得v2= 9.(1)①12 N　②3 m　4.5 J　(2)1.5 m [解析] (1)①设滑块经过D点的速度为vD,根据牛顿第二定律有mg= 解得vD= m/s 滑块从D到E过程,由动能定理有 2mgR=m-m 解得vE=5 m/s 在E点时,根据牛顿第二定律有FN-mg= 解得FN=12 N ②由于滑块恰好能过圆弧槽,所以滑块到达木板最右端时与木板共速,设木板长度为s,滑块滑上木板时速度为vB,共速时的速度为v共,即v共=vD= m/s 由动量守恒定律得mvB=(M+m)v共 解得vB=3 m/s 弹簧释放过程中,由能量守恒定律可知,弹簧释放的弹性势能为Ep=m=4.5 J 滑块在木板上运动过程中,由能量守恒定律得m=(M+m)+μmgs 解得s=3 m (2)在满足(1)条件下,滑块在D点的速度为 m/s,滑块从D到F过程,由动能定理得2mgR-μmgL=m-m 从F点滑出后滑块做平抛运动,有 x=vFt h-2R=gt2 联立可得x= 当R=0.375 m时,x有最大值,为xmax=1.5 m 学科网（北京）股份有限公司 $