第1部分 专题2 第7讲 动量 动量守恒定律（word练习）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

(建议用时：40分钟) [A组　基础达标练] 1．(2024·重庆八中高三月考)某同学从h高的平台由静止竖直落到装有压力传感器的地面上，压力传感器的示数如图所示，t1时刻传感器示数最大为F2，t2时刻之后该同学的速度为零，传感器的示数为F1.若不计空气阻力，重力加速度为g，则0～t2内，地面给该同学的平均作用力大小为(　　) A.　　　　　 B．＋F1 C．F1－ D．－F1 解析：B　[人从平台自由下落至地面所用时间为t0＝，设向上为正方向，从开始下落到速度减为零，由动量定理Nt2－mg(t0＋t2)＝0，其中F1＝mg，解得N＝＋F1，故B正确．] 2．(2023·广西北海市一模)一辆总质量为M(含人和沙包)的雪橇在水平光滑冰面上以速度v匀速行驶．雪橇上的人每次以相同的速度3v(对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包．抛出第一个沙包后，车速减为原来的.下列说法正确的是(　　) A．每次抛出沙包前后，人的动量守恒 B．雪橇有可能与拋出的沙包发生碰撞 C．雪橇的总质量M与沙包的质量m满足M∶m＝12∶1 D．拋出第四个沙包后雪橇会后退 解析：D　[每次抛出沙包前后，雪橇(含人)和抛出的沙包总动量守恒，故A错误；抛出沙包后，雪橇的速度不会超过v，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B错误；规定雪橇的初速度方向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有Mv＝(M－m)v＋m·3v，得M＝11m，故C错误；抛出第四个沙包后雪橇速度为v1，由全过程动量守恒得Mv＝(M－4m)v1＋4m·3v，将M＝11m代入得v1＝－，故D正确．] 3．(2024·浙江高三校联考)离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，原理如图所示．进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(离子初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力．设单位时间内飘入的正离子数目为n，离子质量为m，电荷量为q，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是(　　) A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小I＝ B．离子推进器获得的平均推力大小F＝ C．加速正离子束所消耗的功率P＝nqU D．为提高能量的转换效率，要使尽量大，可以使用比荷更大的正离子作为推进器 解析：C　[正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小I＝＝nq，选项A错误；电场对离子加速有QU＝m0v，根据动量定理有m0v0＝Ft，其中m0＝nmt，Q＝nqt，整理得离子推进器获得的平均推力大小F＝n，选项B错误；加速正离子束所消耗的功率P＝＝nqU，选项C正确；根据以上分析可知＝＝，要使尽量大，可以用质量大、带电荷量小即比荷更小的离子作为推进器，选项D错误．] 4．(2024·江西新余高三期末)如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药(质量不计)，爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.1 m、0.4 m．已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同，则P、Q的质量之比m1∶m2为(　　) A．4∶1　 B．1∶4　　C．2∶1　　D．1∶2 解析：C　[爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则0＝－m1v1＋m2v2， 爆炸之后分别对两滑块，由动能定理可知 滑块P：－μm1gx1＝0－m1v， 滑块Q：－μm2gx2＝0－m2v， 联立解得m1∶m2＝2∶1 故A、B、D错误，C正确．] 5．(多选)(2024·宁夏石嘴山三模)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示，a，b分别为A、B两球碰撞前的位移­时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移­时间图像，若A球质量是m＝2 kg，则由图可知，下列结论正确的是(　　) A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s B．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·s C．碰撞前后A的动量变化量为4 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为8 J 解析：BC　[由x­t图像的斜率表示速度，可知碰撞前有vA＝＝m/s＝－3 m/s，vB＝＝2 m/s，碰撞后有v＝＝m/s＝－1 m/s，根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，解得mB＝kg，A、B两球碰撞前的总动量为p＝mAvA＋mBvB＝－3kg·m/s，故A错误；碰撞时A对B所施冲量为I＝Δp＝p′B－pB＝×(－1)kg·m/s－×2kg·m/s＝－4kg·m/s，故B正确；碰撞前后A的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，故C正确；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk＝mv＋mBv－(m＋mB)v2＝10 J，故D错误．] 6．(多选)(2024·四川宜宾二模)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．物体B能上升的最大高度为0.6 m B．物体B能上升的最大高度为1.8 m C．物体C能达到的最大速度为4.0 m/s D．物体C能达到的最大速度为8.0 m/s 解析：AD　[子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2＝(mB＋mC)v3，mBv＝(mB＋mC)v＋mBgh，解得h＝0.6 m，故A正确，B错误；B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2＝－mBv4＋mCv5，mBv＝mBv＋mCv，解得v5＝8 m/s，故C错误，D正确．] 7．(多选)(2024·重庆市高三质量调研)如图所示，长为L、质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的铁块A放在长木板右端．一质量为m的子弹以速度v0射入木板B并留在其中，铁块恰好不滑离木板．子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　) A．木板获得的最大速度为 B．铁块获得的最大速度为 C．铁块与木板之间的动摩擦因数为 D．子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为 解析：BCD　[对子弹和木板B组成的系统，根据动量守恒定律，有mv0＝4mv1，解得v1＝，故A错误；对木板B和铁块A(包括子弹)组成的系统，根据动量守恒定律，有mv0＝5mv2，解得v2＝，故B正确；子弹打入木板后，对木板B和铁块A(包括子弹)组成的系统，由能量守恒定律，有μmgL＝×4mv－×5mv，解得μ＝，故C正确；对全过程分析，由能量守恒定律可知，子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能ΔE＝mv－×5mv，解得ΔE＝，故D正确．] 8．(2024·江苏卷，14)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M.求： (1)分离后A的速度v1； (2)分离时A对B的推力大小． 解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0＝Mv＋mv1， 解得v1＝，方向与v0相同． (2)以B为研究对象，对B根据动量定理有FΔt＝Mv－Mv0，解得F＝. 答案：(1)，方向与v0相同　(2) [B组　创新应用练] 9．(多选)(2024·山西大同模拟)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B两个滑块(均可视为质点)，滑块A带正电、电荷量为q，滑块B不带电．图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，宽度为d，其余空间内不存在电场．滑块A刚好位于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右侧．现将滑块A无初速度释放，滑块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为x0＝d，则下列判断正确的是(　　) A．A、B两滑块的质量之比为＝ B．A、B两滑块的质量之比为＝ C．两滑块的碰撞为弹性碰撞 D．两滑块的碰撞为非弹性碰撞 解析：AD　[对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEd＝mAv；依题意知，碰撞后滑块A、B速度大小相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为v，根据动量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv，又由能量守恒定律可知v<v0，即碰撞后滑块A向左运动不会滑出电场，设碰撞后滑块A在电场中运动的时间为t，由动量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑块B向右做匀速运动，有vt＝d，联立解得＝，A正确，B错误；两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝mAv－(mA＋mB)v2＝qEd>0，故碰撞为非弹性碰撞，C错误，D正确．] 10．(多选)(2024·陕西西安二模)如图，两辆完全相同的小车A和B静止在光滑水平面上，两小车紧靠在一起而不粘连，在小车A上竖直固定一轻质细杆，长l＝1 m的轻质细绳的一端系在细杆顶端，另一端拴一质量m＝1 kg的小球，已知小车的质量M＝2 kg，重力加速度g＝10 m/s2，细杆的高度大于绳长．现将小球向右拉至细绳恰好水平且伸直，然后由静止释放，下列说法正确的是(　　) A．从小球开始释放到A、B分离前，小球和两车组成的系统满足水平方向动量守恒 B．释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小车A对小车B的弹力一直对B做正功 C．小球第一次到达最低点时速度大小是3 m/s D．A、B两车分离时，B车的速度大小为1 m/s 解析：ABD　[从小球开始释放到A、B分离前，小球和两车组成的系统水平方向所受合外力为零，小球和两车组成的系统满足水平方向动量守恒，故A正确；释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小球在水平方向的分速度一直增大，根据水平方向动量守恒可知小车A、B速度一直增大，当小球到达最低点时，小车A、B速度达到最大，则小车A对小车B的弹力一直对B做正功，故B正确；设小球第一次到达最低点时的速度大小为v0，两小车速度大小均为v1，在水平方向根据动量守恒定律有mv0＝2Mv1　①，根据机械能守恒定律有mv＋·2Mv＝mgl　②，解得v0＝4 m/s，v1＝1 m/s，当小球从最低点向左运动到最高点过程中，绳子拉力对小车A做负功，小车速度减小，则小球在最低点时，小车A和小车B分离，小车B的速度为1 m/s，故C错误，D正确．] 11．(多选)(2024·山东省实验中学高三检测)在足够长的光滑水平面上，物块A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，且m＝M，若开始时三者均处于静止状态，现给A一个向右的冲量I，物块间的碰撞都可以看作是弹性碰撞，关于A与B、C间发生碰撞的分析正确的是(　　) A．A与B、C之间只能各发生一次碰撞 B．A、B之间只能发生一次碰撞，A、C之间可以发生两次碰撞 C．A、C之间只能发生一次碰撞，A、B之间可以发生两次碰撞 D．A、C第一次碰撞后，C速度大小为vC1＝· 解析：AD　[选取向右为正方向，设A、C碰撞之前A的速度为vA，第一次A、C碰撞之后，A的速度为vA1，C的速度为vC1，对物块A，根据动量定理有I＝mvA，A、C发生弹性碰撞，碰撞过程由系统的动量守恒有mvA＝mvA1＋MvC1，由能量守恒有mv＝mv1＋Mv1，又有m＝M，联立解得vA1＝vA＝－，vC1＝vA＝·＝，故D正确；由上述分析可知，A、C碰撞之后，A反向弹回，则A和B可以发生碰撞，同理可得，A和B碰撞之后，A和B的速度分别为vB1＝vA1＝－，vA2＝vA1＝，则vA2<vC1，则A和C不能发生第二次碰撞，要想A和B发生第二次碰撞，A和C必须发生第二次碰撞，故B、C错误，A正确．] 12．(2024·甘肃兰州一模)如图所示，质量为6 kg的滑块C的右半部分是光滑的四分之一圆弧轨道，轨道半径为15 m，圆弧轨道的最低点与水平面相切，质量为n kg(n为正整数)的物块B左侧固定一水平轻弹簧，滑块C和物块B都静止在光滑水平面上．质量为2 kg的小物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止释放，离开滑块C后继续向右运动与弹簧发生相互作用．重力加速度为g＝10 m/s2.求： (1)小物块A离开滑块C时的速度大小； (2)当n＝1时弹簧的最大弹性势能； (3)n至少为多少时，小物块A能追上滑块C，此种情况下小物块A运动至最高点时滑块C的速度是多大． 解析：(1)A、C组成的系统，小物块A离开滑块C时二者速度分别为vA、vC，规定向右为正方向， 由机械能守恒定律有mAgR＝mAv＋mCv， 由水平方向动量守恒定律得0＝mAvA＋mCvC， 联立解得vA＝15 m/s，vC＝－5 m/s. (2)A、B及弹簧组成的系统，共速时弹性势能最大，设共速时的速度为v， 由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v， 由能量守恒定律得Ep＝mAv－(mA＋mB)v2， 联立解得Ep＝75 J. (3)A、B及弹簧组成的系统，共速后再分开时，设小物块A的速度为vA′，物块B的速度为vB′， 由动量守恒定律得mAvA＝mAvA′＋mBvB′ 由能量守恒定律有mAv＝mAvA′2＋mBvB′2，联立解得vA′＝vA＝vA，且方向向左， 若小物块A要追上滑块C，则有|vA′|>|vC|， 解得n>4， 故n的最小值为5，此种情况下vA′＝－ m/s， A、C组成的系统水平方向动量守恒，二者共速时小物块A滑至滑块C最高处，此时速度为v共，则由水平方向动量守恒有mAvA′＋mCvC＝(mA＋mC)v共， 解得v共＝－ m/s， 故小物块A滑至滑块C的最高点时滑块C的速度大小为 m/s. 答案：(1)15 m/s　(2)75 J　(3)5　 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $$