2024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

这是一份2024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，共6页。试卷主要包含了5m/s、3，5m/s、4，5kg·m/s、p2＝3，4m) J，25s等内容，欢迎下载使用。


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．开始时小车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．忽略一切摩擦，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∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
2．[2023·北京四中模拟]质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、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/s
C．3.5m/s、4.5m/sD．－1m/s、9m/s
3．[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实验时，将两小车A、B放在水平的气垫导轨上，通过调节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∶2
C．m1∶m2＝1∶4D．m1∶m2＝1∶5
4．如图所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置．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．[2023·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∶1
D．A、B两部分落地时速度大小之比为4∶1
6．[2023·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一直线排列，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时与第二辆车相碰，碰后两车以共同速度继续运动了距离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，忽略空气阻力，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)第一次与第二次碰撞中系统动能损失的比值．
能力提升练
7.(多选)冰壶是2022年北京冬奥会的比赛项目，在冰壶比赛中，运动员手持冰刷刷冰，可以改变冰壶滑行时所受阻力．在某次比赛中，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化的图像如图所示，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∶4
B．两冰壶质量一定不相等
C．两冰壶碰撞过程中损失的机械能约为(8.4m) J
D．碰撞前冰壶P的位移为3m
8.
(多选)某物理小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，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……所有碰撞皆为弹性正碰，且碰撞时间忽略不计，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应满足0D．若k<1，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满足09.[2023·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.开始时两球中间夹有压缩轻质弹簧，弹簧与两球不拴接、长度忽略不计，存储的弹性势能为1.2J，三者静止在“U”形槽中央．现释放两球，待两球离开弹簧后，立即拿走弹簧．不计一切摩擦，假设所有碰撞时间极短，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历的时间．
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：BC
2．解析：研究A、B球组成的系统，通过计算可知，A选项中速度不满足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：C
3．解析：设碰后小车A的动量变为p′1，根据动量守恒定律得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 \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2m1)＋eq \f(p′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2m2)≤eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2m1)＋eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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)答案：B
4．解析：在发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：A
5．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)×5mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) )＝eq \r(5)v0，vB地＝eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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：C
6．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；第二次碰前速度为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)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －eq \f(1,2)mu eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，－k（2m）gL＝eq \f(1,2)（2m）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －eq \f(1,2)（2m）u eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，－k（3m）gL＝0－eq \f(1,2)（3m）u eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －eq \f(1,2)×（2m）u eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，ΔEk2＝eq \f(1,2)×（2m）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －eq \f(1,2)×（3m）u eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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：根据速度—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，根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，满足动量守恒定律有mv0＝mv1＋m2v2，根据图像分析可知，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)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －（eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋eq \f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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：BC
8．解析：当k＝1时，即小球质量均相等，所有碰撞均为弹性碰撞，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)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)m0v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋eq \f(1,2)kmv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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)m4v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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答案：BC
9．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 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋eq \f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得v1＝4m/s，v2＝2m/s
则球1、球2脱离弹簧时的速度大小分别为4m/s和2m/s.
（2）对球1和槽第一次碰撞的过程，由动量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋Mv3
由机械能守恒定律有eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝eq \f(1,2)m1v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
解得v′1＝－2.4m/s，v3＝1.6m/s
则球1与“U”形槽第一次碰撞后瞬间球1和“U”形槽的速度大小分别为2.4m/s和1.6m/s.
（3）球1脱离弹簧到与槽碰撞前过程，球1的位移大小为x1＝eq \f(L,2)＝1m
球1所经历的时间为t＝eq \f(x1,v1)＝0.25s
球2位移大小为x2＝v2t＝0.5m
球1与槽第一次碰撞后到球2与槽第一次碰撞前过程，有v2t′＋v3t′＝eq \f(L,2)－x2
联立解得t′＝eq \f(5,36)s，可验证此时间内，球2未与球1发生碰撞
总时间为t总＝t＋t′＝0.39s
则球2离开弹簧后到与槽发生第一次碰撞前所经历的时间为0.39s.
答案：（1）4m/s 2m/s （2）2.4m/s 1.6m/s
（3）0.39s