第7章 动量守恒定律及其应用 核心素养提升练-【金版教程】2026年高考物理一轮复习解决方案全书word

学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 第七章 核心素养提升练 1.(2025四川省自贡市高三上第一次诊断性考试)在2024年巴黎奥运会女子跳水比赛中，我 国运动员成绩斐然。在3米跳板比赛中，若从运动员离开跳板开始计时，跳水过程中运动员 的速度随时间变化的图像如图所示，将运动员看作质点，其质量为m,不计空气阻力，运动 员大致在竖直方向运动，则下列说法正确的是( A.在0~时间内，运动员处于超重状态 B.在0~时间内，运动员重力的冲量大小为mg(2一) C.运动员在⅓时刻处于运动过程中的最低点 D.运动员在整个运动过程中，水的阻力的冲量大小等于重力的冲量大小 答案：C 解析：根据题图可知，0~时间内，运动员只受重力作用，加速度为重力加速度，处于完全 失重状态，运动员重力的冲量大小为1G=mg42,故A、B错误：根据题图可知，运动员在3 时刻向下的速度为零，飞3时刻处于运动过程中的最低点，故C正确：取竖直向下为正方向， 设运动员起跳时的速度大小为o,在整个运动过程中，根据动量定理有1G一=0一（一mo), 可得IG=m0十In,即运动员在整个运动过程中，水的阻力的冲量大小：小于重力的冲量大小 lG,故D错误。 2,鼓浪屿原名“圆沙洲”，因岛西南有一海蚀岩洞受浪潮冲击时声如擂鼓，故自明朝起雅化 为今称的“鼓浪屿”，现为中国第52项世界遗产项目。某次涨潮中，海浪以5m/s的速度垂 直撞击到一平直礁石上，之后沿僬石两侧流走，己知礁石受冲击的面积为2m2,海水的密度 为1.05×103kgm3,则海浪对谯石的平均冲击力大小约为( A.1.05×104N B.5.25×10N C.7.88×104N D.2.63X105N 答案：B 解析：设△t时间内冲击礁石的海水的体积为△V,测有△V=S△t,这部分海水的质量为△m =P△V,以海浪的运动方向为正方向，在海浪冲击礁石过程中，设礁石对海水的平均作用力 大小为F,根据动量定理有一F△t=0-△m,联立解得F=pSo2=1.05×103×2×52N=5 25×104N,根据牛顿第三定律可知，海浪对礁石的平均冲击力大小约为F=F=5.25×104N ,故选B。 3.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。如图所 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 示，以太阳为参考系，设行星运动的速度大小为山，探测器的初速度大小为，在图示情况 下，探测器在远离行星后速度大小为。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行 星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规 律作类比。那么下列判断中正确的是() ● 探测器 A.0,=2u B.0,=00+2u C.=2o十4 D.4=o十u 答案：B 解析：设探测器的质量为m,行星的质量为M,行星在探测器远离后的速度大小为山，以 方向为正方向，由题意结合弹性碰撞规律可知，探测器与行星作用过程中，两者组成的系统 动量守恒、总动能保持不变，根据动量守恒定律有一o十Mu=m0,十M仙，根据总动能保持 不变，有12m20+12M2=I2mw2t+12Mu21,解得0，=M(v0+2u)M+m-v0M+m,又 因为m<《M,则有0，=0%十2，故B正确。 4.(鲁科版选择性必修第一册第一章[单元自我检测]T8玫编（多选）物理学中有一种碰撞被称 为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更 大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直 ,从离地一定高度处由静止同时释放（其中C球下部离地川，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰 后B、C恰好静止，则() A.C球落地前瞬间A球的速度为2gH B.从上至下三球的质量之比为1：2：6 C.A球弹起的最大高度为25H D.A球弹起的最大高度为9H 答案：ABD 解析：因为A、B、C球由静止同时释放，所以C球落地瞬间三个小球的速度相等，由自由 落体运动公式2=2gH,解得0a=e=0c=2gH,A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B, 2 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 B再反向碰A,因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可 知C与地面碰撞后以大小为0c=2gH的速率友弹，则C碰B有mc0c一mBs=m',12mc2C +12mmo2B=12nm'2,B碰A有inm'-mA0a=mA0A′，12mBm'2+12mA2A=12mAa '2,由以上儿式可得mA:m:mc=1:2:6,B正确；由B项分析解得0a'=32gH,根据 竖直上抛运动规律，A球弹起的最大高度h=4'22g=9H,C错误，D正确。 5.如图所示，质量为0.1kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上，小球B的顺量为0,2kg, A、B用长为L=0.8m的轻质细线连接，B悬挂在A下方并处于静止状态。t=0时刻，小 圆环A获得沿杆向左的冲量0,6N·s,取g=10ms2,A、B可视为质点。下列说法正确的 是() A.=0时刻细线对B的拉力大小为2N B.小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小 C.从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功 D.从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，合力对B的冲量为0.6N·s 答案：C 解析：根据动量定理得A的初速度大小0ao=Im4=6ms,以A为参考系，可知t=0时刻B 相对A做圆周运动，且速度大小为OAo,方向向右，对B有T一mg=mm2A0vL,可得细线的 拉力T=mg十mm2AOvL>mg=2N,故A错误；从小球B开始运动到第一次回到A的正下方 的过程，A与B组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，以水平向左为正方向，有m0Ac =mA0a1十mgB1,12ma2A0=12mA2A1十1202B1,可解得B第一次回到A的正下方时A、 B的速度分别为0a1=一2m8,1=4ms,根据动量定理知，此过程合力对B的冲量I'=m1 =O.8N·s,D错误；由上述分析可知，小球B第一次回到A的正下方时，A球的速度不 是最小，最小速度为04i=O,B错误：开始时A带动B向左运动，A受到向右下方的拉力 减速，B受到向左上方的拉力水平方向加速，当两者在水平方向共速时，细线仍向右下方倾 斜，之后A继续减速至0，B水平方向继续加速，然后A受到向右下方的拉力向右加速至A1 =一2ms,B水平方向继续加速至m=4m/s,此时B第一次回到A的正下方，结合动能定 理知，整个过程细线对A先做负功再做正功，C正确。 6.(2021·山东高考)（多选）如图所示，戟有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质 量为m的物资以相对地面的速度w水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物 资后热气球的总质量为M,所受浮力不变，重力加速度为g,不计阻力，以下判断正确的是() 学科网书城围 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 A.投出物资后热气球做匀加速直线运动 B.投出物资后热气球所受合力大小为mg C.d=lalvs4\allcol(1+y(mM))202Hvg)+H2 D.d=202Hv\rc 答案：BC 解析：开始时载有物资的热气球处于静止状态，所受合力为0，有F浮=g十mg:水平投出 质量为m的物资瞬问，根据整体动量守恒，可知热气球获得相对地面水平向左的速度 vM:投出物资后热气球所受浮力不变，则其所受合力为F浮一Mg=mg,方向竖直向上， 所以投出物资后热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确。投出物资后热气球和物资的运 动示意图如图所示，设物资落地所用时间为，根据H=12g,解得一2Hg,热气球的加速 度大小a=mgM=mMg,则在竖直方向上运动的位移为Hwu=12at2=12mMg·2Hg=mMH: 物资和热气球在水平方向均做匀速直线运动，则物资和热气球的水平位移分别为x== o2Hg,w=t=mMoo·2Hg,根据几何关系可知，落地时物资与热气球的距离为d=(m +xM)2+(H+HM)2=alvs4 alcol1+mM)·202Hvg+H2,C正确，D错误. 7.(2023新课标卷)（多选）一质量为1g的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面 上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水 平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10ms2。下列说法正确的是() W万 18 6 4 /m A.在x=1m时，拉力的功率为6W B.在x=4m时，物体的动能为2J 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXxk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 C.从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功为8J D.从x=0运动到x=4m的过程中，物体的动量最大为2kg·ms 答案：BC 解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W=Fx,Wx图像的斜率表示拉力F,由题图 可知，0~2m,F1=12-02-0N=6N,2~4m,F2=18-124-2N=3N。物体从x=0运 动到x=1m的过程中，根据动能定理有W1一mg1=12o21,代入W=6J、=1m,解得 在x=1m时，物体的速度=2m/s,则在x=1m时，拉力的功率P1=F1=12W,A错误； 物体从x=0运动到x=4m的过程中，由动能定理得W一g4=Ek4,代入W4=18J、x4=4 m,解得在x=4m时，物体的动能Ea=2J,B正确；从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦 力做的功为Wa=μmg2,代入=2m,解得W2=8J,C正确：由于F1>mg,F2<g 则物体在0~2m内由静止开始做加速运动，在2~4m内做减速运动，在x=2m时速度最 大，动量最大，物体从x=0运动到x=2m的过程中，由动能定理得W2一mg2=1222, 代入W2=12J、2=2m,解得在x=2m时物体的速度2=22m/s,则从x=0运动到x=4m 的过程中，物体的动量最大为Pm=m2=22kg·m/s,D错误。 8.(2021湖南高考（多选）如图a,质量分别为mA、ms的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个 系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为。撤去 外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t图像如图b所示，S1表示0到：时间内A的a-f图 线与坐标轴所围面积大小，S2、S分别表示到2时间内A、B的-1图线与坐标轴所围面积 大小。A在时刻的速度为。下列说法正确的是( 图 A.0到时间内，墙对B的冲量等于m4 B.mamB C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x D.S1-S2=S3 答案：ABD 解析：在0（时间内，物体B静止，物体A从静止向右加速，左时刻速度为0，则对系统 很据动量定理可知，墙对B的冲量I=mo,A正确；由a-t图像可知，五时刻后弹簧被拉伸 ，在互时刻弹簧的伸长量达到最大，此时根据牛顿第二定律有F颦=mAa4=ms,由图b可 知此时aB>a,则ma9mA,B正确；由图b可得，（时刻B开始运动，此时A的速度为o, 之后系统动量守恒，可得A、B的总动能一定大于0，而整个过程，A、B和弹簧组成的系统 5 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2 xxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 的机械能守恒，所以B运动后弹黄的弹性势能一定小于开始时弹簧的弹性势能，弹簧的形变 量一定小于x,C错误：在2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a1图像与坐标轴 所围面积表示速度变化量，可知此时04=一S2,=S,4=U,则S一S2=S,D正确。 9.(2024广东高考)（多选）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别 从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的 动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽咯空气阻力。下列说法正确的有 () A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距H乙4 答案：ABD 解析：两滑块在光滑斜坡上运动时加速度相同，又两滑块同时由静止开始下滑，则甲、乙两 滑块在斜坡上运动时相对静止，故A正确：两滑块质量相同，设两滑块质量均为，碰撞前 瞬间甲、乙的速度分别为？甲、0乙，碰撞后瞬间甲、乙的速度分别为0甲'、0乙'甲、乙 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有o甲十mo乙=o甲'十m0z',根据总动能不变有122 甲+12mo2乙=12mm'2十12o乙'2，联立可解得0甲=0乙，7乙'=0甲，可知碰撞后 两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确：设斜坡倾角 为0，两滑块沿斜坡下滑过程加速度大小为a,由牛顿第二定律有mgsn8=ma,乙沿斜坡下 滑过程，有H乙smmd=12at21,联立解得乙在斜坡上的运动时间1=2H乙gsn20,考虑一种 特殊情况：H甲=0，则乙的运动时间即为，（与Hz有关，则乙的运动时间与H乙有关， 故C错误：由于甲、乙发生弹性碰撞时交换速度，且甲、乙在水平面上运动时加速度相同， 分析可知，甲最终停止位置和乙不与甲发生碰撞的停止位置相同，设乙不与甲发生碰撞的停 止位置与O处相距x,对乙运动的全过程，由动能定理有mgH乙一mgx=0一0，解得x=H 乙4，则甲最终停止位置与O处相距x=H乙4，故D正确。 10.(2024湖南省求州市高三上第一次模拟)（多选）如图所示，轻质细杆两端固定两个质量不 相等的小球a、b,小球a置于光滑的水平地面上，从图示位置静止释放b球，下列说法正确 的是() 6 学科网书城圆 品牌书店·知名教辅·正版资源 15.ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 A.b球落地的瞬间，a球的速度为O B.在b球落地前的整个过程中，b球的机械能守恒 C.在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量不为0 D.在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功不为0 答案：AC 解析：、b两球组成的系统在水平方向上所受合力始终为零，水平方向动量守恒，系统水平 方向的初动量为零，则b球落地的瞬间系统水平方向动量仍为零，此时轻杆方向水平，则a、 b球水平方向的速度相等，可知a球的速度为零，故A正确：由于释放b球时a球的速度为 0,当b球落地的瞬间，a球的速度仍为O,但b球下落过程中a球速度不为0，则a球的机 械能不守恒，但初、未时刻的机械能相等，由于a、b球与轻杆组成的系统机械能守恒，则在 b球落地前的整个过程中，b球的机械能不守恒，但初、未时刻b球的机械能相等，则轻杆对 b球做的总功为0，故B、D错误：b球落地前的整个过程中，b球的动量变化量△竖直向 下，b球的重力的冲量竖直向下，根据动量定理可知，轻杆对b球的水平冲量为0，分析可知 ，轻杆对b球先有斜向上的推力，后有斜向下的拉力，设前一过程轻杆对b球的冲量为1， 后一过程轻杆对b球的冲量为12，则1与水平方向的夹角较大，根据以上分析，由矢量的合 成法则，可作出整个过程轻杆对b球的冲量I如图，即轻杆对b球的冲量大小不为0方向 竖直向上，故C正确。 11.(2023全国乙卷)如图，一竖直周定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管 的上端口距离为1，圆管长度为201。一质量为m=13M的小球从管的上端口由静止下落，并 撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时 与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计 空气阻力，重力加速度大小为g。求 ()第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小： 7 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离： (3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 答案：(1)2g22g2(2)1(3)4 解析：(I)小球释放后自由下落，设下降高度为1时小球的速度为0，根据机械能守恒定律得 mgl=12m020 解得o=2gl 小球以速度%=2g!与静止圆盘发生弹性碰撞，设碰后瞬问小球的速度为01，圆盘的速度为 ,取竖直向下为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有 I2m020=12mo2m1+12M2M1 o=m1十M 联立解得℃m1=一120o=-2g2 0wn=12n=2g02 即第一次碰撞后瞬间，小球的速度大小为28)2，方向竖直向上，圆盘的速度大小为2g2, 方向竖直向下。 (②)第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘所受摩擦力与重力平衡，匀速下滑，当二者速 度相同时，间距最大，设这段时间为t,以竖直向下为运动的正方向，则1十g=a 很据运动学公式，这段时间圆盘和小球的位移分别为 xin'=vsnt xm1'=0m1+12g2 则在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离dm=xM‘一xm1 联立解得dm=l。 (③)从第一次碰撞后到第二次碰撞前，以速度为幻的圆盘为参考系，则小球做竖直上抛运动 ,且相对初速度为m1'=m1一 设该过程所用时间为，则一0m1'=0m1'十g 可得01'=-00，右=2v0g 这段时间圆盘的实际位移n=n4 可得xa=20vg=21 第二次碰撞过程，仍以速度为M的圆盘为参考系，根据碰撞规律同理可得，碰后瞬间小球 和圆盘相对M的速度分别为 02'=-120o,02'=1200 分析可知，此后相邻两次碰撞时间内，以前一次碰撞后的圆盘为参考系，则小球均以初速度 一o做竖直上抛运动，相邻两次碰撞的时间间隔均为1=2v0g 且第n次碰撞后，圆登速度大小为恤=a(n=1,2,3,) 8 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 第n次碰撞至第n十1次碰撞时间内，圆盘向下运动的位移= 联立可得=21l 则第n次碰撞时圆盘与管的上端口的距离为 ln=1十xa十x2十十x- 结合数学知识解得1n=nn一1)1+1(n=1,2,3,…) 因14=13201,15=21201 则第五次碰撞前，圆盘已落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次 数为4次。 9