第七章 第1节 动量定理-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

(3)若系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh=mg×2+ 之(2，P了解得，由A图像的斜率为k,在 25d2 实验误差允许范固内k=,则验证了机械能守恒定律 10.(1)3m/8.,1,05m(2)3.75」(3)见解析 解析：(1)物块从D点水平飞出后恰能无碰撞地从F点进入圆弧 轨道，由平抛知识可得，=√4=4m/s,B=,= =3m/,物 tan or 块从4运动到D的过程中，由动能定理有mg-4mg=2m。2-0, 解得h=1.05m:(2)由题意可知，在H点F,=mRuF, 由平驰知识可得物块在F点的速度r=√，+书，=5m/s,物块 从F运动到H的过程中，由动能定理有-mgRcos a-W= 2m2-2m,2,解得W=3.75J5 (3)物块从A运动到B的过程中，根据机被能守恒定律有mgh= 2mg2,解得g=√2，①若g==3m/8,则物块滑上传送带后 一直做匀速运动，从D点飞出的速度n=3m/s,此时h=0.45m当 0≤h<0.45m时，由于m<3m/%,物块滑上传送带后先加速运动， 2 又2 =0.9m<L=1.2m,所以物块在传送带上先加速后匀速运 动，从D点飞出的速度n=3m/s,因此，当0≤h≤0.45m时，D 3m/s②当h>0.45m时，由于"B>3m/s,物块滑上传送带后先减 速运动，假如到达D点时速度刚好减至3m/s,由mgh-mgL= 2m2-0,可得h=1.05m,当045m<h<1.05m时，物块滑上传送 带后先减速后匀速运动，从D点飞出的速度D=3m/s,当h> 1.05m时，物块滑上传送带后一直做减速运动，由mgh-mgl= 2m02-0,可得n2=20h-12,综上所述：当0≤h≤1.05m时，o 3m/s:当h>1.05m时，o=√20h-2m/s. 第六章真题演练 1。A解析：CD.对两种运动的整个过程根据能量守恒有之，2 1gxN*mg(名-*wx)】,2mo'=41mgw+mg(2-*M),可得 =2,放CD错误；AB.根据牛镇第二定律mg=ma,可得a=4g,由 于41>，故滑块在MW上时的加速度大，根据前面分析可知两次运 动的总位移相等，即两次运动过程中影-：图像与横轴围成的面积相 等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据公式，2 。2=22严可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种 运动状态的一t图像，可得2>1，故A正确，B错误故选A 41 2.(1)5m/s(2)8m/a60 解析：(1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理有mgxsin0- 1 mgcs8·*=2m-0,代人数据解得雪块到A点速度大小为6= 5m/s:(2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理有mgh= 之m-子，代入数活解得雪块到地面速度大小=8，速度 与水平方向夹角为a,满足cosa= 0c0905×0.81 8 =2,解得a=600 3.(1)1.5J(2)0.5N(3)r≤0.2m 解析：(1)0-1m,F做的功W=Fx=1.5x1J=1.5J:(2)对AB整体， 根据牛顿第二定律F-f=2ma,其中∫=umg,对B根据牛顿第二定律 一学霸高考·白 F=m阳，联立解得F=0.5N:(3)当A、B之间的弹力为零时，A,B 分离，根据(2)分析可知此时F=0.5N,此时x=3m过程中，对A、 B根据动能定理W,wmgx=之×2m2,根据题图可得W,=15J+ 0,5+15x2J=3.5J,从P点到M点，根据动能定理-mg·2rm 2 1 m22m己，在M点的最小速度满足mg=m 1 联立可得 Tm=0.2m,即圆弧半径满足的条件为r≤0.2m. 第七章动量守恒定律 第1节动量定理 1.D解析：A,以相同速书同时抛出甲、乙两相同的小球，在C点相 遇，两球在空中运动时间相同，重力相同，重力的冲量也相同， 故A错误：B.甲、乙两球在抛出后竖直方向加速度相同，运动时间 相同，但是甲球竖直位移小于乙球，说明甲球在竖直方向的初速度 小于乙球，所以抛出时，甲球重力的功率比乙球小，故B错误：C.从 B选项的分析可知，甲球在竖直方向的初速度小于乙球，甲、乙初速 度大小相等，所以甲球在水平方向的初速度大于乙球，甲球的初速 度与水平方向的夹角比乙球的小，故C错误：D,全程甲球重力势能 增加量小于乙球，根据机械能守恒，甲球动能减少量小于乙球，相遇 时，甲球的动能比乙球的大，故D正确故选D. 2.B解析：A根据等时圆的特点，小滑块从M滑到P和从Q滑到N 所需时间相等，合力对两滑块做的功都等于重力做的功，由于M与 P的高度差大于Q与N的高度差，所以合力对两滑块做的功不相 同，故A错误：B.滑块受到滑轨的弹力F=mg©os(8为轨道与水平 方向的夹角)，所以：滑块受到的弹力小，由于作用时间相同，根据 I=,所以弹力对a滑块的冲量小，故B正确：C.由于a、b两滑块受 到的重力相同，作用时间也相同，所以重力的冲量也相同，故C错 误：D.滑块受到的合力大小为mgsn8,MP的领角大，所以合力大 又由于作用时间相同，所以合力对4滑块的冲量大，根据动量定理 可知a潜块的动量的变化量大，故D错误，故选B. 3.A解析：苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3 倍，可知苹果和桔子减速过程的加速度大小均为a=3加《=巡=2g, 设与地板接触时，苹果和枯子的速度分别为，”2，根据题意有0= a,0■2-a·2△，可得1：=1：2，根据自由落体运动公式 2=2gh,可得苹果和桔子的碰伤阙值之比约为h,:h2=听：=1： 4,故选A. 4.C解析：A.在自由下落过程中，物体的速度在增大，故重力的功率 在增大，故A错误；B.在自由下落过程中，根据=2，可得下落 的时间1=0.68，故物体重力的冲量大小为I=mgt=30N·s,故B错 误：C.头盔接触地面提间时物体的速度。==6m/s,故在做匀减速 直线运动过程中，物体动量变化量大小为△p=m=30kg·m/s,故 C正确：D.在做匀减速直线运动过程中，对物体根据动量定理 (F-mg)h=0-(-m),解得F=3050N,故D错误.故选C 5.D解析：A水流单位时间撞到B处的体积等于水流单位时间通过 水平喷水口的体积，即体积为Q=S,故A错误：B.水流从P到B做 平抛运动，平抛初速度为"，由于水柱恰好能垂直撞到斜面，由几何 关系可知在B处的速度方向与水平方向成60°，则有m= @s602,故B错误：C.设4时间内有质量为4m的水撞击斜 面，设该过程斜面给水的支持力为N,规定：方向为正方向，由动量 定理有-N△t=0-△m×g,因为△m=nS△：，联立解得N=2S2,根据 牛顿第三定律可得，水流对B处的冲击力F=N=2S2,故C错误： D.结合B选项分析，由平抛规律可得水流在B处的竖直方向速度 马，=m60°=B,故平抛时间为1=”，所以空中水的质量m 3pS -,故D正确故选D. 6.C解析：A.设拉货物轻绳与水平方向夹角为8，电动机牵引轻绳的 速度为0，则货物速度为= 二货物从4到B的过程，0增加 题·物理·39一 增大，A错误：B.轻绳对货物拉力所做的功等于货物克服摩藤阻力 所做的功与货物的动能之和，B错误：C.轻绳对货物的拉力大于货 物所受的合外力，故轻绳对货物的拉力的神量一定大于货物动量的 改变量，C正确：D.由于轻绳对货物的拉力有竖直方向的分量，地 面对货物的支持力小于货物的亚力，故地面对货物支持力的冲量 定小于货物重力的冲量，D错误：故选C 7.A解析：在0-4s内，根据动量定理可得2(F+2)-umg=0,解 得4=03，根据数学知识，结合图乙可知，t=1时，拉力大小F 7N,根据牛顿第二定律F-mg=ma,解得a=0.5m/s2,故选A 8D解析：以正离子为研究对象，由动能定理得g0=2m,△4时间 内通过的总电荷量Q=,喷出的正离子总质量M=mm,由 动量定理可知正离子所受的平均冲量F△：=，联立以上式子可得 下1，可，根据牛顿第三定律可知，离子雅进器产生的平均推力 q F=IA 2md,故选D, 9.D解析：郎件轻放在传送带上时，受力分析如图所示，支特力 FN=mgcos8=5V5N,摩擦力人=umgeos8=7.5N,沿传送带方向由 牛顿第二定律得mgc0s8-mgsin8=ma,解得a=25m/。2,当邮件 与传送带速度相同时，由=1得1=2s,则相对位移x=1一 2,=5m<L,之后邮件与传送带保持相对静止，以速度=5 匀速上升到B点，有与=二：1，此阶段的摩擦力万=mg·血0= 5N,则整个过程中，支持力的冲量4=Fx(与1+2)=15万N·s,方向 垂直于传送带向上，摩擦力的冲量2=41+52=20N·8,方向沿传 送带向上，根据矢量合成可得传送带对邮件的神量大小1= /2+22=5√43N·s,故ABC错误，D正确.故选D F、 第2节动量守恒定律 1.D解析：A在弹黄释放的过程中，因m4:mg=1:2,由摩藤力公 式F,=FN=mg,可知A、B两物体所受的摩擦力大小不相等，故A、 B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不 守恒，故A错误：BC.A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小 车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车 所受的合外力向右，小车将向右运动，因为摩擦力做负功，最终整个 系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故BC错误：D.A、B C组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，故D正确.故选D. 2C解析：P、Q在水平方向上动量守恒，有m6=m1+3m,在极短 的时间4内，有mg·4=m1·山+3m2·△，则在时间t内 Pot-x 有mom+3m2,可知)，故选C 3.D解析：A.小球与半圆槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方 向总动量不守恒，故A错误B.小球运动到达半圆槽A点时，系统水 平初动量为零，小球运动到达半圆植B点时，系统水平动量也为零 小球离开B点做竖直上抛运动，故B错误，C.当小球运动到半圆槽 最低点时有最大速度，由机械能和动量守恒定律有mg·3R= 之m+号x2m,m=2m,解得与=2瓜，放C错误D.小球 从A端到B端的过程中，半圆槽先加速后减速运动，当小球到达B 端时，半圆槽向左的位移最大，设为2，小球的位移为1，则1+ =2R,由动量守恒定律=2，解得=子R,故D正确故 远D. 4.B解析：A.如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律 2m听=mg· 一学霸高考·白司 R,解得小球的初速度大小6=3V原，A错误：B.如果圆弧潜块 9 不固定，设小球离开圆孤时水平速度为，则由水平方向动量守 征二(a+W,由能量关系；=g·设(wm)店，联 立解得M=0.5m,,=2√gR,B正确；C.如果圆弧滑块不固定，小球 R 滑离圆弧滑块到最高点过程的时间：一√g 区，水平位移 x=,1=2R,C错误；D.如果圆弧滑块不周定，小球最终落回到带中 并从槽中滑出时槽的速度最大，此时由动量守恒和能量关系 =断了=子时+M垢，解得小球和圆弧精的速度 4 大小分别为=36=√gR,=36=4R,D错误故选B 5.A解析：A.在b球落地前的整个过程中，b竖直方向有加速度，系 统竖直方向的合外力不为零，而水平方向不受外力，所以系统的合 外力不为零，系统的动量不守恒，由于只有重力做功，所以系统的机 械能守恒，故A错误，符合题意：B.对两球及杆组成的系统，根据系 统水平方向动量守恒知，系统初始动量为零，则在6球落地前瞬间， a球的速度必定为零，根据系统机械能守恒得mh=2m己，可得。 b球的速度大小"=√2gh,故B正确，不符合题意：C.对b球，水平 方向上动量变化为零，由动量定理可知，杆对球的水平冲量为零， 在竖直方向上，根据系统机械能守恒可知，6落地时速度与只在重力 作用下的速度一样，如图所示， 0 f1 -:图像中斜线为b球做自由落体运动的图线，曲线为b球竖直方 向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可 知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，由动量定理可 知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲种量方向竖直向上， 故C正确，不符合题意：D.设杆对a球做功W1,对b球做功F2,系 统机械能守恒，则除了重力之外的力的功必定为零，即甲，+W2=0, 对a球，由动能定理可知甲=0，故W2=0,故D正确，不符合题意 故选A 6.A解析：A.根据动量守恒定律得m0=(m+5m):,解得，弹丸打人 沙袋后晃铜沙袋的速度是：=？，A正确：围，根据牛顿第二定体得 mr F-6mg=6m,解得F=6mg*6d,弹丸打入沙袋过程中，细绳所 受拉力大小变大，B错误：C,弹丸打人沙袋过程中所产生的热量 Q之md-之×6m2:司m号，C错误：D.弹丸打入沙袋过程中，为 完全非弹性碰撞，弹丸与沙袋所组成的系统机械能减少了，D错误 故选A. 7.C解析：AB.子弹、枪、人、车组成的系统所受的合外力为零，系统 的动量守恒，子弹射击前系统的总动量为零，子弹射人靶后总动量 也为零，故小车仍然是静止的.在子弹射出枪口到打人靶中的过程 中，小车向右运动，所以第n发子弹打人靶中后，小车应停在原来位 置的右方待打完m发子弹后，小车将静止不动，故AB错误：C.设 子弹出枪口速度为。，车后退速度大小为'，以向左为正方向，根据 动量守恒定律，有0=m-[M+(-1)m]',子弹匀速前进的同时，车 匀速后退，故有=d,解得/产M4a)m- 的型 (M+nm) 故车后退位移大小4=4M故C正确；D,若其中一发子弹 的发射速度斜向上，当子弹到达空中最高点时，子弹在水平方向有 速度，由子弹、枪、人、车组成的系统水平方向动量守恒可知，小车的 速度不为零，故D错误故选C ·物理·40学霸高春白题物理 第七章 动 第1节 ☑应用提优考点全面，能力提升限时：40min 1.(2025·江苏淮安一模)如图所示，在同一竖 直平面内，从A、B两点以相同速率同时抛出 甲、乙两相同的小球，在上升过程中的C点相 遇.该过程中，下列说法正确的是 A.甲球重力的冲量比乙球的小 B.抛出时，甲球重力的功率比乙球大 C.甲球的初速度与水平方向的夹角比乙球 的大 D.相遇时，甲球的动能比乙球的大 .0 @ ② (第1题) (第2题) 2.(2024·陕西西安模拟)如图所示，竖直面内 有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的 直径.两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周 上，MP>QN,将两个完全相同的小滑块a、b 分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自 沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说 法中正确的是 A.合力对两滑块的做功相同 B.弹力对a滑块的冲量较小 C.重力对a滑块的冲量较大 D.两滑块的动量变化大小相同 3.(2025·湖南株洲一模)水果的碰伤阈值是 指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌 落的最大高度已知苹果在与地板接触后经 过时间△：速度减为0，桔子在与地板接触后 经过时间2△：速度减为0，苹果和桔子碰伤 所需的平均作用力均约为自身重力的3倍， 100 量守恒定律 动量定理 则苹果和桔子的碰伤阈值之比约为() A.1:4B.1:3C.1:2D.2:1 4.(2025·重庆强基联盟模拟)我国规定摩托 车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有 缓冲作用的安全头盔.某同学在头盔安全性 测试中，他在头盔中装入质量为5kg的物体 (物体与头盔密切接触)，使其从距地面1.8m 的高处一起自由落下.如图所示，已知头盔接 触地面后物体经过0.01s速度减为零，且该 过程视为匀减速直线运动，不考虑物体和地 面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取 10m/s2.则 () A.在自由下落过程中，物体重力的功率保持 不变 B.在自由下落过程中，物体重力的冲量大小 为50N·s C.在做匀减速直线运动过程中，物体动量变 化量大小为30kg·m/s D.在做匀减速直线运动过程中，头盔对物体 的平均作用力大小为500N 物休 轻质头盔 18m B A30 (第4题) (第5题) 5.(2025·云南玉溪模拟)翡翠湖公园有一水 流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P 横截面积为S、喷水的流速恒定为，从P喷 出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜 面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜 面流下.已知水的密度为P,重力加速度为g, 不计空气阻力，则 () A.水流单位时间撞到B处的体积Q=2S B水流在B处的速度，= 3 C.水流对B处的冲击力F=4S D.空中水的质量m=V3p0 6.如图为工厂内利用电动机牵引货物的装置示 意图轻绳一端与粗糙水平地面上的货物相 连，另一端跨过光滑定滑轮与电动机相连，已 知电动机转速恒定，在货物由A运动到B的 运动过程中，下列说法正确的是 () 电动机 A.货物运动的速度保持不变 B.轻绳对货物拉力所做的功一定等于货物 克服摩擦阻力所做的功 C.轻绳对货物的拉力的冲量一定大于货物 动量的改变量 D.地面对货物支持力的冲量一定大于货物 所受重力的冲量 7.(2025·广东清远二模)如图甲所示，一质量 为2kg的物块放在水平面上，t=0时刻在水 平向右的拉力作用下由静止开始运动，t=4s 时物块的速度又刚好为零，拉力随时间变化 关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2, 则t=1s时物块的加速度大小为( ↑FN 1234 甲 A.0.5m/s2 B.1m/s2 C.1.5m/s2 D.2 m/s2 第七章动量守恒定律学丽高春 8.(2025·福建福州模拟)我国是世界上第三 个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家霍尔 推进器的工作原理简化如图所示，放电通道 的两极间存在一加速电场.工作物质氙气进 入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速 后以某一速度喷出，从而产生推力.某次实验 中，加速电压为·，氙离子向外喷射形成的电 流强度为1.氙离子的电荷量与质量分别为9 和m,忽略离子的初速度及离子间的相互作 用，则离子推进器产生的推力为 ( 放电通道⊕ E 0 Xe- 阳极 阴极 A.1 mU B. mU C.I mU 2mU D./ (2024·湖北G3联考 二模)如今网上购物非 常流行，快递公司把邮 件送到家里，消费者足不出户就可以购买到 想要的商品.如图是某快递公司分拣邮件的 倾斜传输装置：传送带A、B间长度L=10m, 倾角0=30°，正以恒定速率v=5m/s顺时针 运转现将一质量m=1kg的邮件（可视为质 点)轻放在传送带底端A点，则邮件从A运 动到B过程中，传送带对邮件的冲量大小为 (已知邮件与传送带间的动摩擦因数μ= 2 重力加速度g取10m/s2) () A.5N·s B.20N·s C.155N·s D.543N·s 101