2025版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业27动量守恒定律及其应用

课时分层作业(二十七)动量守恒定律及其应用基础强化练1.(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩．起先时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起．忽视一切摩擦，以下说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，AB马上停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB接着向右运动2．[2024·北京四中模拟]质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同始终线、同一方向运动，A球的速度为6m/s，B球的速度为2m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的速度可能为()A．1m/s、6m/sB．4.5m/s、3.5m/sC．3.5m/s、4.5m/sD．－1m/s、9m/s3．[人教版选择性必修一P15T5改编]在验证碰撞过程中动量守恒的试验时，将两小车A、B放在水平的气垫导轨上，通过调整使两小车不受摩擦力的作用．现给两小车同方向的瞬时冲量，使两小车沿同方向运动，已知两小车A、B的动量大小分别为p1＝2.5kg·m/s、p2＝3.5kg·m/s，经过一段时间小车A追上小车B并相碰，碰后小车B的动量大小变为p′2＝4kg·m/s.则两小车A、B的质量之比可能为()A．m1∶m2＝1∶1B．m1∶m2＝1∶2C．m1∶m2＝1∶4D．m1∶m2＝1∶54．如图所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有放射装置．车左侧内壁固定有沙袋．把质量为m的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是s，则小球初位置到沙袋的距离d为()A．eq\f(（M＋m）s,m)B．eq\f(（M＋m）s,M)C．eq\f(ms,M＋m)D．eq\f(Ms,M＋m)5．[2024·湖北华中师大一附中模拟]一质量为m的烟花弹以初速度v0从水平地面竖直向上射出，上升到最大高度时恰好爆炸，沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的A、B两个部分，此时A、B动能之和与烟花弹从地面射出时的动能相等．爆炸时间极短，不计空气阻力，则()A．烟花弹从射出到爆炸后瞬间的过程中，机械能守恒B．爆炸过程释放的能量与A、B落地时的总动能相等C．A、B两部分落地时速度大小之比为2∶1D．A、B两部分落地时速度大小之比为4∶16．[2024·广东广州天河区模拟]如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿始终线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与其次辆车相碰，碰后两车以共同速度接着运动了距离L时与第三辆车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽视空气阻力，求：(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；(2)人给第一辆车的水平冲量的大小；(3)第一次与其次次碰撞中系统动能损失的比值．实力提升练7.(多选)冰壶是2024年北京冬奥会的竞赛项目，在冰壶竞赛中，运动员手持冰刷刷冰，可以变更冰壶滑行时所受阻力．在某次竞赛中，质量为m的冰壶P以8m/s的速度被投出后，与冰壶Q发生对心碰撞(碰撞时间极短)，碰后运动员用冰刷刷冰壶前冰面，两冰壶的速度随时间变更的图像如图所示，两冰壶均可视为质点，则下列说法正确的是()A．碰撞前、后冰壶P的加速度之比为3∶4B．两冰壶质量肯定不相等C．两冰壶碰撞过程中损失的机械能约为(8.4m)JD．碰撞前冰壶P的位移为3m8.(多选)某物理小组设计了一种试验装置，用来探讨碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧轨道为位于竖直平面内半径R＝1.28m的半圆，且半圆在最低点与水平部分相切.5个大小相同的小球并列静置于水平部分，相邻球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，且每个球的质量与其左边相邻的球的质量的比值皆为k.将0号球向左拉至左侧轨道距水平部分高h＝0.2m处，然后由静止释放，使其与1号球相碰，1号球再与2号球相碰……全部碰撞皆为弹性正碰，且碰撞时间忽视不计，不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g，左、右两侧轨道位于同一竖直面内．则下列说法正确的是()A．若k＝1，释放0号球后，看到5个(0～4号)小球一起向右运动B．若k＝1，释放0号球后，看到只有4号球向右运动C．若k<1，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满意0<k≤eq\r(2)－1D．若k<1，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满意0<k≤eq\r(2)＋19.[2024·山东潍坊模拟]如图所示，一质量M＝0.4kg、内部间距L＝2m的“U”形槽静止在水平面上，槽内底部为光滑平面．球1和球2是可看成质点的弹性小球，质量分别为m1＝0.1kg、m2＝0.2kg.起先时两球中间夹有压缩轻质弹簧，弹簧与两球不拴接、长度忽视不计，存储的弹性势能为1.2J，三者静止在“U”形槽中心．现释放两球，待两球离开弹簧后，马上拿走弹簧．不计一切摩擦，假设全部碰撞时间极短，且无机械能损失．求：(1)两球脱离弹簧时的速度大小；(2)球1与“U”形槽第一次碰撞后瞬间，球1与“U”形槽的速度大小；(3)球2离开弹簧后到与“U”形槽发生第一次碰撞前所经验的时间．课时分层作业（二十七）1．解析：小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝（M＋m）v共，得v共＝0，故C正确，D错误．答案：BC2．解析：探讨A、B球组成的系统，通过计算可知，A选项中速度不满意碰撞前后系统动量守恒；B选项中碰后A的速度大于B的速度，不符合实际；C选项中，碰撞前后系统动量守恒，碰撞后的动能小于碰撞前的动能，说明碰撞过程中系统有动能损失，是合理的；D选项中，系统碰撞后的动能大于碰撞前的动能，不符合动能制约关系．答案：C3．解析：设碰后小车A的动量变为p′1，依据动量守恒定律得p1＋p2＝p′1＋p′2，解得p′1＝2kg·m/s.因碰撞过程系统的总动能不增加，则有eq\f(p′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2m1)＋eq\f(p′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2m2)≤eq\f(peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2m1)＋eq\f(peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2m2)，解得eq\f(m1,m2)≤eq\f(3,5)，由题意可知，碰撞前小车A的速度大于小车B的速度，则有eq\f(p1,m1)>eq\f(p2,m2)，解得eq\f(m1,m2)<eq\f(5,7)，碰撞后小车A的速度不大于小车B的速度，则有eq\f(p′1,m1)≤eq\f(p′2,m2)，解得eq\f(m1,m2)≥eq\f(1,2)，综上有eq\f(1,2)≤eq\f(m1,m2)≤eq\f(3,5)，选项B正确，A、C、D错误．答案：B4．解析：在放射弹丸到弹丸落到沙袋中，弹丸和车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mv弹－Mv车＝0，可得meq\f(d－s,t)－Meq\f(s,t)＝0，解得d＝eq\f(（M＋m）s,m)，A正确，B、C、D错误．答案：A5．解析：烟花弹从射出到上升到最大高度的过程中只有重力做功，机械能守恒；烟花弹爆炸过程中，机械能增加，故A错误．爆炸过程释放的能量等于爆炸结束瞬间A、B的动能之和，小于A、B落地时的总动能，故B错误．设A、B的质量分别为m、4m，则爆炸过程中由动量守恒定律可得mvA＝4mvB，解得eq\f(vA,vB)＝4，设vA＝4v，vB＝v，由题意可知eq\f(1,2)m（4v）2＋eq\f(1,2)×4mv2＝eq\f(1,2)×5mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得v＝eq\f(v0,2)，则vA＝2v0，vB＝eq\f(v0,2)，烟花弹爆炸后A、B两部分做平抛运动，水平分速度大小分别为vA、vB，落地时的竖直分速度大小均为v0，则落地时vA地＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)))＝eq\r(5)v0，vB地＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)))＝eq\f(\r(5)v0,2)，所以A、B两部分落地时速度大小之比为2∶1，故C正确，D错误．答案：C6．解析：（1）设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL.（2）设第一辆车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；其次次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2；人给第一辆车的水平冲量大小为I，因此由动能定理和动量守恒定律可得－kmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)mueq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，－k（2m）gL＝eq\f(1,2)（2m）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)（2m）ueq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，－k（3m）gL＝0－eq\f(1,2)（3m）ueq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))mv1＝2mu1、2mv2＝3mu2联立解得I＝mu0－0＝2meq\r(7kgL).（3）设两次碰撞中系统动能损失分别为ΔEk1和ΔEk2，则ΔEk1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)×（2m）ueq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，ΔEk2＝eq\f(1,2)×（2m）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)×（3m）ueq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))由（2）中分析解得ΔEk1＝eq\f(13,2)kmgL、ΔEk2＝eq\f(3,2)kmgL则eq\f(ΔEk1,ΔEk2)＝eq\f(13,3).答案：（1）－6kmgL（2）2meq\r(7kgL)（3）eq\f(13,3)7．解析：依据速度—时间图像的斜率表示加速度可知，冰壶P碰撞前的加速度大小是a1＝4m/s2，依据碰撞规律分析可知，碰撞后冰壶Q的速度图像为GH，冰壶P的速度图像为SM，冰壶P碰撞后的加速度大小是a2＝3m/s2，碰撞前、后冰壶P的加速度之比为a1∶a2＝4∶3，选项A错误；冰壶碰撞时间极短，满意动量守恒定律有mv0＝mv1＋m2v2，依据图像分析可知，碰撞前瞬间冰壶P的速度大小是v0＝6m/s，碰撞后瞬间冰壶P的速度大小是v1＝1.5m/s，冰壶Q的速度大小是v2＝3.75m/s，代入计算得m2＝1.2m，可知两冰壶质量不相等，选项B正确；两冰壶碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－（eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))）＝8.4375mJ，选项C正确；冰壶P的初速度大小是v＝8m/s，冰壶P碰前Δt＝0.5s内的位移大小为Δx＝vΔt－eq\f(1,2)a1（Δt）2＝3.5m，选项D错误．答案：BC8．解析：当k＝1时，即小球质量均相等，全部碰撞均为弹性碰撞，即碰撞发生后，小球之间均为速度交换，故释放0号球后，看到只有4号球向右运动，选项A错误，B正确．当k<1时由机械能守恒定律有m0gh＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得第0号球与第1号球碰前，第0号球的速度为v0＝eq\r(2gh)，对第0号球与第1号球，有m0v0＝m0v′0＋km0v1，eq\f(1,2)m0veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)m0v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋eq\f(1,2)kmveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，解得第0号球与第1号球碰后，第1号球的速度为v1＝eq\f(2,1＋k)v0，同理第1号球和第2号球碰后，第2号球的速度为v2＝（eq\f(2,1＋k)）2v0，则第4号球碰后的速度为v4＝（eq\f(2,1＋k)）4v0，要使4号球能通过右侧圆轨道最高点，则有eq\f(1,2)m4veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝m4g·2R＋eq\f(1,2)m4v2，v≥eq\r(gR)，联立有（eq\f(2,1＋k)）8≥16，解得0<k≤eq\r(2)－1，选项C正确，D错误．答案：BC9．解析：（1）对两球从释放到脱离弹簧的过程，由动量守恒定律有0＝m1v1－m2v2由能量守恒定律有E＝eq\f(1,2)m1v