2025版高考物理全程一輪復(fù)習(xí)課時(shí)分層精練三十三動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用

課時(shí)分層精練(三十三)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用基礎(chǔ)落實(shí)練1．(多選)[2024·湖南邵陽(yáng)高三校考期中]如圖所示，一小車(chē)停在光滑水平面上，車(chē)上一人持槍向車(chē)的豎直擋板連續(xù)平射，所有子彈全部嵌在擋板內(nèi)，當(dāng)射擊持續(xù)了一會(huì)兒后停止，則小車(chē)()A．速度為零B．將向射擊方向作勻速運(yùn)動(dòng)C．將向射擊相反方向作勻速運(yùn)動(dòng)D．小車(chē)最終停止在初位置的左側(cè)2．(多選)[2024·全國(guó)模擬預(yù)測(cè)]如圖所示，半徑為R、質(zhì)量為2m的光滑半圓軌道小車(chē)靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)正上方高為R處由靜止釋放，由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出，重力加速度為g，則()A.小球進(jìn)入半圓軌道后，由小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒B．小球離開(kāi)小車(chē)后做斜上拋運(yùn)動(dòng)C．小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為eq\f(2,3)RD．小車(chē)獲得的最大速度為eq\r(\f(2gR,3))3．(多選)[2024·遼寧錦州高三統(tǒng)考]汽車(chē)A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車(chē)B，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車(chē)B.兩車(chē)碰撞時(shí)和兩車(chē)都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車(chē)向前滑動(dòng)了4.5m，A車(chē)向前滑動(dòng)了2.0m，已知A和B的質(zhì)量都為2.0×103kg，兩車(chē)與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車(chē)碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車(chē)輪均沒(méi)有滾動(dòng)，重力加速度大小g＝10m/s2.下列說(shuō)法正確的是()A．撞擊后，由于A車(chē)的質(zhì)量大于B車(chē)，所以A車(chē)的速度減小得快B．碰撞后的瞬間B車(chē)的速度大小為4.25m/sC.碰撞后的瞬間A車(chē)速度的大小為2m/sD．碰撞前的瞬間A車(chē)速度的大小為5m/s4．[2024·重慶八中校考階段練習(xí)]如圖所示，A、B兩艘小船靜止在水面上，人甲站在岸邊，人乙站在B船上，人乙與B船的總質(zhì)量是A船的6倍．現(xiàn)將A船以相對(duì)于地面的速度v向左推出，當(dāng)A船到達(dá)岸邊時(shí)，人甲立即以2v將A船推回，人乙接到A船后，再次將它以速度v向左推出．以此重復(fù)，直到人乙不能再接到A船，忽略水的阻力且水面靜止，則人乙最多可以推船的次數(shù)為()A．4B．5C．6D．75．水平地面上有甲、乙兩個(gè)小滑塊在同一直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)，兩小滑塊碰撞前后的速度—時(shí)間圖像如圖所示，小滑塊甲的碰前速度為正向，小滑塊乙的碰前速度為負(fù)向(其中一個(gè)小滑塊碰后速度變?yōu)?).下列說(shuō)法正確的是()A．碰后乙的速度變?yōu)榱鉈．t＝2.5s時(shí)，兩小滑塊之間的距離為7.5mC．兩小滑塊之間的碰撞為非彈性碰撞D．碰撞前，兩個(gè)小滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒6．[2024·黑龍江佳木斯高三第一中學(xué)?？计谥衇滑板運(yùn)動(dòng)是青少年喜歡的運(yùn)動(dòng)之一，某滑板運(yùn)動(dòng)場(chǎng)地如圖所示，水平面BC與斜面AB和圓弧CD平滑連接，滑板愛(ài)好者站在滑板甲上由靜止從A點(diǎn)滑下，同時(shí)另一完全相同的滑板乙從圓弧上的D點(diǎn)由靜止釋放．兩滑板在水平面上互相靠近時(shí)，滑板愛(ài)好者跳到滑板乙上，并和滑板乙保持相對(duì)靜止，此后兩滑板沿同一方向運(yùn)動(dòng)且均恰好能到達(dá)D點(diǎn)，被站在D點(diǎn)的工作人員接收．已知斜面AB的傾角θ＝30°，圓弧CD的半徑R＝2m，圓心O與D點(diǎn)的連線(xiàn)與豎直方向的夾角α＝53°，滑板質(zhì)量m＝4kg，滑板愛(ài)好者的質(zhì)量M＝60kg，不計(jì)空氣阻力及滑板與軌道之間的摩擦，滑板愛(ài)好者與滑板均可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：(1)滑板乙在下滑過(guò)程中經(jīng)過(guò)圓弧最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)C點(diǎn)壓力的大?。?2)斜面上AB間的距離．素養(yǎng)提升練7．[2024·江蘇高三統(tǒng)考期末]質(zhì)量為m的矩形木板ae，放在光滑水平面上，b、c、d是ae的4等分點(diǎn)．質(zhì)量為M的物塊以一定的初速度從a點(diǎn)水平滑上粗糙木板，物塊的寬度不計(jì)，且m<M，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間物塊停在木板上．若上圖是物塊剛滑上木板時(shí)的物塊與板的位置狀態(tài)，下圖是物塊剛與木板達(dá)到共同速度時(shí)的位置，下列示意圖正確的是()8．(多選)[2024·云南省昆明市第一中學(xué)高三(上)檢測(cè)]如圖所示，將兩個(gè)質(zhì)量分別為m1＝60g、m2＝30g的小球A、B疊放在一起，中間留有小空隙，從初始高度h0＝1.8m處由靜止釋放．A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，A球與B球碰撞的時(shí)間為0.01s，不計(jì)空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示，g取10m/s2()A．B球與A球碰前的速度大小為6m/sB．兩球碰撞過(guò)程中，B球的重力沖量與A球?qū)球的沖量大小比值為1∶101C．A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞D．若m2?m1，第一次碰撞后，m2球上升的最大高度可能大于17m9．[2024·山東濰坊模擬]如圖所示，一質(zhì)量M＝0.4kg、內(nèi)部間距L＝2m的“U”形槽靜止在水平面上．球1和球2是可看成質(zhì)點(diǎn)的彈性小球，質(zhì)量分別為m1＝0.1kg、m2＝0.2kg.開(kāi)始時(shí)兩球中間夾有壓縮輕質(zhì)彈簧，彈簧與兩球不拴接、長(zhǎng)度忽略不計(jì)，存儲(chǔ)的彈性勢(shì)能為1.2J，三者靜止在“U”形槽中央．現(xiàn)釋放兩球，待兩球離開(kāi)彈簧后，立即拿走彈簧．不計(jì)一切摩擦，假設(shè)所有碰撞時(shí)間極短，且無(wú)機(jī)械能損失．求：(1)兩球脫離彈簧時(shí)的速度大??；(2)球1與“U”形槽第一次碰撞后瞬間，球1與“U”形槽的速度大?。?3)球2離開(kāi)彈簧后到與“U”形槽發(fā)生第一次碰撞前所經(jīng)歷的時(shí)間．課時(shí)分層精練（三十三）動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用1．解析：整個(gè)系統(tǒng)水平方向上不受外力，動(dòng)量守恒，由于初動(dòng)量為零，因此當(dāng)子彈向右飛行時(shí)，車(chē)一定向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)子彈進(jìn)入擋板瞬間，車(chē)速度減為零，因此停止射擊時(shí)，車(chē)速度為零，則小車(chē)最終停止在初位置的左側(cè)．故選AD.答案：AD2．解析：小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在豎直方向所受外力的合力不為0，因此球和小車(chē)組成的系統(tǒng)總動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向所受外力的合力為0，系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，且系統(tǒng)水平方向總動(dòng)量為0，則小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車(chē)時(shí)，小球與小車(chē)水平方向上的速度相同，則水平方向上有mvx＋2mvx＝0，解得vx＝0，即小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車(chē)時(shí)，水平方向的分速度為0，所以離開(kāi)小車(chē)后，小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；根據(jù)上述，小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車(chē)時(shí)，小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的距離達(dá)到最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，在水平方向上有meq\f(x1,t)－2meq\f(x2,t)＝0，此過(guò)程有x1＋x2＝2R，解得x2＝eq\f(2,3)R，C正確；根據(jù)分析可知，小球運(yùn)動(dòng)到圓弧最低點(diǎn)時(shí)，小車(chē)獲得最大速度vm，則有mv1－2mvm＝0，根據(jù)機(jī)械能守恒得mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,m)，解得vm＝eq\r(\f(2gR,3))，D正確．故選CD.答案：CD3．解析：由題中信息可知，A、B兩車(chē)質(zhì)量相等，撞擊后，由牛頓第二定律可知μmg＝ma解得a＝μg＝1m/s2故撞擊后兩車(chē)加速度相等，兩車(chē)速度減小得一樣快，A錯(cuò)誤；設(shè)碰撞后瞬間B車(chē)速度的大小為v′B，碰撞后滑行的距離為sB.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v′eq\o\al(2,B)＝2asB代入數(shù)據(jù)解得v′B＝3m/s，B錯(cuò)誤；設(shè)碰撞后瞬間A車(chē)速度的大小為v′A，碰撞后滑行的距離為sA.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v′eq\o\al(2,A)＝2asA代入數(shù)據(jù)解得v′A＝2m/s，C正確；設(shè)碰撞前瞬間A車(chē)速度的大小為vA，兩車(chē)在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，有mvA＝mv′A＋mv′B聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vA＝5m/s，D正確．故選CD.答案：CD4．解析：取向右為正方向，B船上的人第一次推出A船時(shí)，由動(dòng)量守恒定律可得0＝－mAv＋mBv1解得v1＝eq\f(mA,mB)v當(dāng)A船向右返回后，B船上的人第二次將A船推出，則有2mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2可得v2＝v1＋eq\f(3mA,mB)v設(shè)第n（n≥2）次推出A船時(shí)，B船的速度大小為vn，由動(dòng)量守恒定律可得2mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn解得vn＝vn－1＋eq\f(3mA,mB)v則有vn＝v1＋（n－1）eq\f(3mA,mB)v（n≥2）由2v≤vn，可得n≥eq\f(14,3)，則n＝5，即第5次推出A船時(shí)，B船上的人乙就不能再接到A船，則人乙最多可以推船的次數(shù)為5，A、C、D錯(cuò)誤，B正確．故選B.答案：B5．解析：由圖像可知，甲、乙兩滑塊相向運(yùn)動(dòng)，均做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，碰后甲的速度不能增大，所以碰后滑塊甲的速度變?yōu)榱?，滑塊乙的速度為6m/s（反向），故A項(xiàng)錯(cuò)誤；t＝2.5s時(shí)，兩滑塊之間的距離Δs＝eq\f(1,2)×6×（2.5－1）m＝4.5m，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)碰前甲的質(zhì)量為m1，乙的質(zhì)量為m2，則碰前動(dòng)量p1＝m1×4m/s＋m2×（－2）m/s，碰后動(dòng)量p2＝m2×6m/s，由碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒有p1＝p2，解得m1＝2m2，由能量關(guān)系，碰前E1＝eq\f(1,2)m1×42＋eq\f(1,2)m2×（－2）2＝18m2，碰后E2＝eq\f(1,2)m2×62＝18m2，E1＝E2，則兩滑塊間的碰撞為彈性碰撞，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由速度—時(shí)間圖像可知，碰前甲滑塊的加速度大小a1＝2m/s2，所受摩擦力大小Ff1＝m1a1＝2m1，乙滑塊的加速度大小a2＝4m/s2，所受摩擦力大小Ff2＝m2a2＝4m2＝2m1＝Ff1，F(xiàn)f1和Ff2的方向相反，故甲、乙兩滑塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，故D項(xiàng)正確．答案：D6．解析：（1）對(duì)滑板乙，從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgR（1－cos53°）＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)解得FN＝72N由牛頓第三定律得，滑板乙對(duì)C點(diǎn)的壓力大小F′N(xiāo)＝FN＝72N（2）兩滑板均恰能到達(dá)D點(diǎn)被工作人員接收，則滑板愛(ài)好者及兩滑板三者共速v共＝v1①以滑板愛(ài)好者及兩滑板為研究對(duì)象，由動(dòng)量守恒定律得（M＋m）v2－mv1＝（M＋2m）v共②對(duì)滑板愛(ài)好者及滑板甲，從A到B的過(guò)程中，設(shè)A到B的距離為L(zhǎng)，由動(dòng)能定理得（M＋m）gLsin30°＝eq\f(1,2)（M＋m）veq\o\al(2,2)－0③聯(lián)立①②③式解得L＝2.025m答案：（1）72N（2）2.025m7．解析：地面光滑，物塊與木板組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v對(duì)m有μMgx＝eq\f(1,2)mv2設(shè)相對(duì)位移為Δx，對(duì)M有－μMg（x＋Δx）＝eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)整理得eq\f(x,Δx＋x)＝eq\f(M,m＋2M)＝eq\f(1,2＋\f(m,M))因?yàn)閙<M，所以eq\f(1,3)<eq\f(x,Δx＋x)<eq\f(1,2)解得x<Δx<2x故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．故選B.答案：B8．解析：由機(jī)械能守恒定律可知mgh0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gh0)兩物體落地前的速度v0＝eq\r(2×10×1.8)m/s＝6m/s，A正確；根據(jù)動(dòng)量定理，A和B相互作用過(guò)程中，B動(dòng)量的變化量等于合力的沖量I1－m2gt＝m2（v2＋v0）重力的沖量為I2＝m2gt，eq\f(I2,I1)＝eq\f(1,101)，B正確；因?yàn)锳、B作用時(shí)間極短，重力對(duì)系統(tǒng)的沖量遠(yuǎn)小于系統(tǒng)總動(dòng)量，可以視系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒m1v0－m2v0＝m1v1＋m2v2得A碰后速度為v1＝1m/s，計(jì)算知eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)>eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)碰撞前后，系統(tǒng)機(jī)械能有損失，不是彈性碰撞，C錯(cuò)誤；若不計(jì)系統(tǒng)重力的影響，且m2?m1，由動(dòng)量守恒m1v0－m2v0＝m1v1＋m2v2不計(jì)碰撞損失，由能量關(guān)系eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)聯(lián)立解得v2＝eq\f(3m1－m2,m1＋m2)v0因m2?m1，則v2＝3v0，則m2球上升的最大高度h2＝9h0＝16.2m，故D錯(cuò)誤．故選AB.答案：AB9．解析：（1）對(duì)兩球從釋放到脫離彈簧的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有0＝m1v1－m2v2由能量守恒定律有E＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得v1＝4m/s，v2＝2m/s則球1、球2脫離彈簧時(shí)的速度大小分別為4m/s和2m/s.（2）對(duì)球1和槽第一次碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋Mv3由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)解得v′1＝－2.4m/s，v3＝1.6m/s則球1與“U”形槽第一次碰撞后瞬間球1和“U”形槽的速度大小分別為2.4m/s和1.6m/s.（3）球1脫離彈