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课件PPT

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～t1时间内，运动员处于超重状态 B．在0～t2时间内，运动员重力的冲量大小为mg·(t2－t1) C．运动员在t3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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：根据题图可知，0～t2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IG＝mgt2，故A、B错误；根据题图可知，运动员在t3时刻向下的速度为零，t3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v0，在整个运动过程中，根据动量定理有IG－If＝0－(－mv0)，可得IG＝mv0＋If，即运动员在整个运动过程中，水的阻力的冲量大小If小于重力的冲量大小IG，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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5 m/s的速度垂直撞击到一平直礁石上，之后沿礁石两侧流走，已知礁石受冲击的面积为2 m2，海水的密度为1．05×103 kg/m3，则海浪对礁石的平均冲击力大小约为(　　) A．1．05×104 N B．5．25×104 N C．7．88×104 N D．2．63×105 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：设Δt时间内冲击礁石的海水的体积为ΔV，则有ΔV＝SvΔt，这部分海水的质量为Δm＝ρ·ΔV，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－FΔt＝0－Δmv，联立解得F＝ρSv2＝1．05×103×2×52 N＝5．25×104 N，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＝5．25×104 N，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度大小为u，探测器的初速度大小为v0，在图示情况下，探测器在远离行星后速度大小为vt。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(　　) A．vt＝2u B．vt＝v0＋2u C．vt＝2v0＋u D．vt＝v0＋u 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5．如图所示，质量为0．1 kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上，小球B的质量为0．2 kg，A、B用长为L＝0．8 m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0．6 N·s，取g＝10 m/s2，A、B可视为质点。下列说法正确的是(　　) A．t＝0时刻细线对B的拉力大小为2 N 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0．6 N·s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 可解得B第一次回到A的正下方时A、B的速度分别为vA1＝－2 m/s，vB1＝4 m/s，根据动量定理知，此过程合力对B的冲量I′＝mBvB1＝0．8 N·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vAmin＝0，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vA1＝－2 m/s，B水平方向继续加速至vB1＝4 m/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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 7．(2023·新课标卷)(多选)一质量为1 kg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10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做 的功为8 J D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8．(2021·湖南高考)(多选)如图a，质量分别为mA、mB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x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a­t图像如图b所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　　) A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B．mA>mB C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．S1－S2＝S3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：在0～t1时间内，物体B静止，物体A从静止向右加速，t1时刻速度为v0，则对系统根据动量定理可知，墙对B的冲量I＝mAv0，A正确；由a­t图像可知，t1时刻后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，此时根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由图b可知此时aB>aA，则mB<mA，B正确；由图b可得，t1时刻B开始运动，此时A的速度为v0，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和弹簧组成的系统的机械能守恒，所以B运动后弹簧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t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a­t图像与坐标轴所围面积表示速度变化量，可知此时vA＝S1－S2，vB＝S3，vA＝vB，则S1－S2＝S3，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10．(2024·湖南省永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(　　) A．b球落地的瞬间，a球的速度为0 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析： a、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0，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、末时刻的机械能相等，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、末时刻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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 b球落地前的整个过程中，b球的动量变化量Δpb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I1，后一过程轻杆对b球的冲量 为I2，则I1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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； (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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 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u1，以u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-mv0＋Mu＝mvt＋Mu1，根据总动能保持不变，有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋eq \f(1,2)Mu2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,t)＋eq \f(1,2)Mueq \o\al(2,1)，解得vt＝eq \f(M（v0＋2u）,M＋m)－eq \f(mv0,M＋m)，又因为m≪M，则有vt＝v0＋2u，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改编)(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H)，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eq \r(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 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v2＝2gH，解得vA＝vB＝vC＝eq \r(2gH)，A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B，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vC＝eq \r(2gH)的速率反弹，则C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)＝eq \f(1,2)mBvB′2，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，eq \f(1,2)mBvB′2＋eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＝eq \f(1,2)mAvA′2，由以上几式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正确；由B项分析解得vA′＝3eq \r(2gH)，根据竖直上抛运动规律，A球弹起的最大高度hmax＝eq \f(vA′2,2g)＝9H，C错误，D正确。 解析：根据动量定理得A的初速度大小vA0＝eq \f(I,mA)＝6 m/s，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vA0，方向向右，对B有T－mBg＝mB2,A0)eq \f(v,L) ，可得细线的拉力T＝mBg＋mB2,A0)eq \f(v,L) >mBg＝2 N，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mAvA0＝mAvA1＋mBvB1，eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A0)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A1)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B1)， 6．(2021·山东高考)(多选)如图所示，载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v0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(　　) 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＝2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M))) eq \r(\f(2Hv,g)＋H2) D．d＝2,0)eq \r(\f(2Hv,g)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))\s\up12(2)H2) 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＝Mg＋mg；水平投出质量为m的物资瞬间，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v＝eq \f(mv0,M)；投出物资后热气球所受浮力不变，则其所受合力为F浮－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t，根据H＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2H,g))， 热气球的加速度大小a＝eq \f(mg,M)＝eq \f(m,M)g，则在竖直方向上运动的位移为HM＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(m,M)g·eq \f(2H,g)＝eq \f(m,M)H；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xm＝v0t＝v0eq \r(\f(2H,g))，xM＝vt＝eq \f(m,M)v0·eq \r(\f(2H,g))，根据几何关系可知，落地时物资与热气球的距离为d＝eq \r(（xm＋xM）2＋（H＋HM）2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))·2,0)eq \r(\f(2Hv,g)＋H2) ，C正确，D错误。 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，0～2 m，F1＝eq \f(12－0,2－0) N＝6 N，2～4 m，F2＝eq \f(18－12,4－2) N＝3 N。物体从x＝0运动到x＝1 m的过程中，根据动能定理有W1－μmgx1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，代入W1＝6 J、x1＝1 m，解得在x＝1 m时，物体的速度v1＝2 m/s，则在x＝1 m时，拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A错误；物体从x＝0运动到x＝4 m的过程中，由动能定理得W4－μmgx4＝Ek4，代入W4＝18 J、x4＝4 m，解得在x＝4 m时，物体的动能Ek4＝2 J，B正确； 从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf2＝μmgx2，代入x2＝2 m，解得Wf2＝8 J，C正确；由于F1＞μmg，F2＜μmg，则物体在0～2 m内由静止开始做加速运动，在2～4 m内做减速运动，在x＝2 m时速度最大，动量最大，物体从x＝0运动到x＝2 m的过程中，由动能定理得W2－μmgx2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，代入W2＝12 J、x2＝2 m，解得在x＝2 m时物体的速度v2＝2eq \r(2) m/s，则从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为pm＝mv2＝2eq \r(2) kg·m/s，D错误。 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μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。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eq \f(H乙,μ) 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m，碰撞前瞬间甲、乙的速度分别为v甲、v乙，碰撞后瞬间甲、乙的速度分别为v甲′、v乙′，甲、乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv甲＋mv乙＝ mv甲′＋mv乙′，根据总动能不变有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,甲)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,乙)＝eq \f(1,2)mv甲′2＋eq \f(1,2)mv乙′2，联立可解得v甲′＝v乙，v乙′＝v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θ，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mgsinθ＝ma，乙沿斜坡下滑过程，有eq \f(H乙,sinθ)＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)， 联立解得乙在斜坡上的运动时间t1＝eq \r(\f(2H乙,gsin2θ))，考虑一种特殊情况：H甲＝0，则乙的运动时间即为t1，t1与H乙有关，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－μmgx＝0－0，解得x＝eq \f(H乙,μ)，则甲最终停止位置与O处相距x＝eq \f(H乙,μ)，故D正确。 11．(2023·全国乙卷)如图，一竖直固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l，圆管长度为20l。一质量为m＝eq \f(1,3)M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 答案：(1)eq \f(\r(2gl),2)　eq \f(\r(2gl),2)　(2)l　(3)4 解析：(1)小球释放后自由下落，设下降高度为l时小球的速度为v0，根据机械能守恒定律得mgl＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得v0＝eq \r(2gl) 小球以速度v0＝eq \r(2gl)与静止圆盘发生弹性碰撞，设碰后瞬间小球的速度为vm1，圆盘的速度为vM1，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 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,M1) mv0＝mvm1＋MvM1 联立解得vm1＝－eq \f(1,2)v0＝－eq \f(\r(2gl),2) vM1＝eq \f(1,2)v0＝eq \f(\r(2gl),2) 即第一次碰撞后瞬间，小球的速度大小为eq \f(\r(2gl),2)，方向竖直向上， 圆盘的速度大小为eq \f(\r(2gl),2)，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vm1＋gt＝vM1 根据运动学公式，这段时间圆盘和小球的位移分别为 xM1′＝vM1t xm1′＝vm1t＋eq \f(1,2)gt2 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 dmax＝xM1′－xm1′ 联立解得dmax＝l。 (3)从第一次碰撞后到第二次碰撞前，以速度为vM1的圆盘为参考系，则小球做竖直上抛运动，且相对初速度为vm1′＝vm1－vM1 设该过程所用时间为t1，则－vm1′＝vm1′＋gt1 可得vm1′＝－v0，t1＝eq \f(2v0,g) 这段时间圆盘的实际位移xM1＝vM1t1 可得xM1＝2,0)eq \f(v,g) ＝2l 第二次碰撞过程，仍以速度为vM1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vM1的速度分别为 vm2′＝－eq \f(1,2)v0，vM2′＝eq \f(1,2)v0 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－v0做竖直上抛运动，相邻两次碰撞的时间间隔均为t1＝eq \f(2v0,g) 且第n次碰撞后，圆盘速度大小为vMn＝nvM1(n＝1，2，3，…) 第n次碰撞至第n＋1次碰撞时间内，圆盘向下运动的位移xMn＝vMnt1 联立可得xMn＝2nl 则第n次碰撞时圆盘与管的上端口的距离为 ln＝l＋xM1＋xM2＋…＋xM(n－1) 结合数学知识解得ln＝n(n－1)l＋l(n＝1，2，3，…) 因l4＝13l<20l，l5＝21l>20l 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。 $$