2025版高考物理一輪總復習第7章動量和動量守恒定律專題強化8利用動量和能量觀點解答五大模型提能訓練

第七章專題強化八基礎過關練題組一“子彈打木塊”模型與“滑塊—木塊”模型1.(多選)如圖所示，兩個質量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質量相等、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍，已知A、B足夠長，兩種射入過程相比較(BD)A．射入滑塊A的子彈速度變更大B．整個射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大C．射入滑塊A中時阻力對子彈做功是射入滑塊B中時的兩倍D．兩個過程中系統(tǒng)產生的熱量相等[解析]子彈射入滑塊過程中，子彈與滑塊構成的系統(tǒng)動量守恒，有mv0＝(m＋M)v，兩個子彈的末速度相等，所以子彈速度的變更量相等，A錯誤；滑塊A、B動量變更量相等，受到的沖量相等，B正確；對子彈運用動能定理，有Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由于末速度v相等，所以阻力對子彈做功相等，C錯誤；對系統(tǒng)，由能量守恒可知，產生的熱量滿足Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以系統(tǒng)產生的熱量相等，D正確。2．(多選)長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2kg的另一物體B以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變更狀況如圖所示，g＝10m/s2。則下列說法正確的是(ABD)A．木板獲得的動能為1JB．系統(tǒng)損失的機械能為2JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1[解析]由題圖可知，最終木板獲得的速度為v＝1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2kg，則木板獲得的動能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×2×12J＝1J，故A正確；系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋M)v2，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝2J，故B正確；依據(jù)v－t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖得到0～1s內B的位移為xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移為xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，則木板A的最小長度為L＝xB－xA＝1m，故C錯誤；由題圖可知，B的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1－2,1)m/s2＝－1m/s2，負號表示加速度的方向與v0的方向相反，由牛頓其次定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正確。題組二“滑塊—彈簧”碰撞模型3．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并且靜止在光滑的水平面上。現(xiàn)使m1瞬間獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變更的規(guī)律如圖乙所示，從圖像信息可得(C)A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B．從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)慢慢復原原長C．兩物塊的質量之比m1∶m2＝1∶2D．在t2時刻兩物塊的動量大小之比p1∶p2＝1∶2[解析]由題圖乙可知t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s，總動能最小，依據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知，此時彈簧彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，故A錯誤；結合題圖乙可知兩物塊的運動過程，起先時物塊A慢慢減速，物塊B慢慢加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮至最短，然后彈簧慢慢復原原長，B接著加速，A先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧復原原長，因為此時兩物塊速度相反，所以彈簧的長度將慢慢增大，兩物塊均減速，t3時刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)復原原長，故B錯誤；系統(tǒng)動量守恒，從t＝0到t1時刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，將v1＝3m/s，v2＝1m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時刻，物塊A的速度v1′＝－1m/s，物塊B的速度v2′＝2m/s，又m1∶m2＝1∶2，則兩物塊的動量大小之比為p1∶p2＝1∶4，故D錯誤。4．(2024·江蘇揚州高三階段練習)如圖所示，用輕彈簧連接質量為m的物塊A和質量為2m的物塊B，放在光滑的水平面上，A與豎直墻面接觸，彈簧處于原長，現(xiàn)用向左的推力緩慢推物塊B，當B處于圖示位置時靜止，整個過程推力做功為W，現(xiàn)瞬間撤去推力，撤去推力后(D)A．從撤去推力至A即將離開墻面過程中，A、B及彈簧構成的系統(tǒng)動量守恒B．從撤去推力至A即將離開墻面過程中，墻面對A的沖量為0C．A離開墻面后彈簧具有的最大彈性勢能為WD．A離開墻面后彈簧具有的最大彈性勢能為eq\f(W,3)[解析]從撤去推力至A即將離開墻面過程中，由于墻面對A有彈力作用，A、B及彈簧構成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；依據(jù)功能關系，起先時彈簧具有的彈性勢能為Ep＝W，從撤去推力至A即將離開墻面過程中，當A對墻的壓力剛好為零時，彈簧的彈力為零，彈性勢能為零，依據(jù)能量守恒可知，此時B的動能為Ek＝Ep＝W，墻對A的沖量等于A、B組成系統(tǒng)的動量變更量，即為I＝Δp＝mv－0＝eq\r(2mEk)＝eq\r(2mW)，故B錯誤；A離開墻面時，B具有向右的動量，A離開墻面后，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，始終具有向右的動量，所以A離開墻面后彈簧具有的最大彈性勢能小于W，故C錯誤；A離開墻壁后系統(tǒng)動量守恒，彈性勢能最大時，A、B速度相等，以向右為正方向，由動量守恒定律得2mv＝3mv1，由能量守恒定律得eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)＋Ep，又W＝eq\f(1,2)×2mv2，解得Ep＝eq\f(W,3)，故D正確。題組三“滑塊—斜面”模型與“滑塊—擺球”模型5．(多選)如圖所示，小車質量為M，置于光滑水平地面上，小車頂端有半徑為R的四分之一光滑圓弧，質量為m的小球(可視為質點)從圓弧頂端由靜止釋放，重力加速度為g。對此運動過程分析，下列說法中正確的是(BC)A．當小球滑到圓弧最低點時，小球的水平位移為RB．當小球滑到圓弧最低點時，小球的水平位移為eq\f(MR,M＋m)C．當小球滑到圓弧最低點時，小車速度為meq\r(\f(2gR,MM＋m))D．當小球滑到圓弧最低點時，小車速度為Meq\r(\f(2gR,mM＋m))[解析]設小球由靜止釋放至滑到最低點的過程中，小球和小車各自的位移大小為x1和x2，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有mx1＝Mx2，x1＋x2＝R，可得x1＝eq\f(MR,M＋m)，A錯誤，B正確；當小球滑到圓弧最低點時，小車的速度設為v1，小球的速度設為v2，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv2－Mv1＝0，由機械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，解得v1＝meq\r(\f(2gR,MM＋m))，C正確，D錯誤。6.如圖所示，在固定的水平桿上，套有質量為m的光滑圓環(huán)，一輕繩一端系在環(huán)上，另一端系著質量為M的木塊，現(xiàn)有一質量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是(C)A．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)動量守恒[解析]子彈射入木塊時，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1，解得子彈射入木塊后的瞬間速度大小為v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，A錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，依據(jù)牛頓其次定律可得FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v\o\al(2,1),l)，可知繩子拉力大于(M＋m0)g，B錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，對圓環(huán)，有FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，依據(jù)牛頓第三定律可知，C正確；子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，D錯誤。實力綜合練7．如圖所示，一質量m1＝0.45kg的平板小車靜止在光滑的水平軌道上。車頂右端放一質量m2＝0.5kg的小物塊，小物塊可視為質點，小物塊與小車上表面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5?，F(xiàn)有一質量m0＝0.05kg的子彈以v0＝100m/s的水平速度射中小車左端，并留在車中，子彈與車相互作用時間很短。g取10m/s2。(1)求子彈剛剛射入小車時，小車的速度大小v1；(2)要使小物塊不脫離小車，小車的長度至少為多少？[答案](1)10m/s(2)5m[解析](1)子彈射入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒。由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10m/s。(2)子彈、小車、小物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，設當小物塊與車共速時，共同速度為v2，兩者相對位移大小為L，由動量守恒定律和能量守恒定律有：(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2μm2gL＝eq\f(1,2)(m0＋m1)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(m0＋m1＋m2)veq\o\al(2,2)解得L＝5m故要使小物塊不脫離小車，小車的長度至少為5m。8．如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg。用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸。另有一物塊C從t＝0時以確定速度向右運動，在t＝4s時與物塊A相碰，并馬上與A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖像如圖乙所示。求：(1)物塊C的質量mC；(2)B離開墻后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep。[答案](1)2kg(2)9J[解析](1)由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝9m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過程動量守恒，有mCv1＝(mA＋mC)v2解得mC＝2kg。(2)12s時B離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒，且當A、C與B的速度相等時，彈簧彈性勢能最大，依據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,4)＋Ep聯(lián)立解得Ep＝9J。9．如圖所示，在水平面上依次放置小物塊C、A以及曲面劈B，其中A與C的質量相等均為m，曲面劈B的質量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑?，F(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈B。求：(1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度。[答案](1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3v\o\al(2,0),40g)[解析](1)小物塊C與物塊A發(fā)生碰撞粘在一起，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq\f(1,2)v0碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為E損＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2，解得E損＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)當小物塊A、C上升到最大高度時，A、B、C系統(tǒng)的速度相等。依據(jù)動量守恒定律有mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝eq\f(1,5)v0依據(jù)機械能守恒定律得eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2＝eq\f(1,2)×5m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)v0))2＋2mgh，解得h＝eq\f(3v\o\al(2,0),40g)。10．如圖所示，半徑均為R、質量均為M、內表面光滑的兩個完全相同的eq\f(1,4)圓槽A和B并排放在光滑的水平面上，圖中a、c分別為A、B槽的最高點，b、b′分別為A、B槽的最低點，A槽的左端緊靠著豎直墻壁，一個質量為m的小球C從圓槽A頂端的a點無初速度釋放。重力加速度為g，求：(1)小球C從a點運動到b點時的速度大小及A槽對地面的壓力大小；(2)小球C在B槽內運動所能達到的最大高度；(3)B槽的最大速度的大小。[答案](1)eq\r(2gR)3mg＋Mg(2)eq\f(MR,M＋m)(3)eq\f(2m,M＋m)eq\r(2gR)[解析](1)小球C從a點運動到b點的過程機械能守恒，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得小球到b點時的速度大小為v0＝eq\r(2gR)在最低點b，依據(jù)牛頓其次定律可得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得FN＝3mg由牛頓第三定律可知，小球C對A槽的壓力FN′＝FN＝3mg，A槽靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，地面對A的支持力F＝FN′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛頓第三定律可知，A槽對地面的壓力F′＝F＝3mg＋Mg。(2)B槽和小球C組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以