第七章 第2节 动量守恒定律&实验特训8 验证动量守恒定律-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

量守恒定律 方2R处静止释放，小球从A点沿切线方向进 人半圆槽，已知重力加速度为g,不计空气和 一切摩擦力.则 () 2R A.小球和半圆槽组成的系统动量守恒 B.小球将离开半圆槽做斜抛运动 C.小球运动过程中的最大速率为√6gR D.半圆槽向左运动的最大位移为R 4. (2025·江西上饶模拟)如图所示，质量为M 的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面 相切.给质量为m的小球一水平向右的初速 度，如果圆弧滑块周定，小球运动过程中距离 水平面的最大高度为？R(R为国孤的辛 径)，如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中 距离水平面的最大高度为了九重力加速度 为g,下列说法正确的是 0.R A.小球的初速度大小为4√gR B.M=0.5m C.如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块 到最高点的过程中，水平位移为R D.如果圆弧滑块不固定，小球最终的速度大 小为2gR 5.(2024·湖南郴州期末) 如图所示，一轻杆两端 分别固定a、b两个半径 相等的光滑金属球，a球 质量大于b球质量，整个装置放在光滑的水 平面上，设b球离地高度为h,将此装置从图 示位置由静止释放，则下列判断不正确的是 (已知重力加速度为g) ( A.在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆 组成的系统，动量守恒，机械能守恒 B.在b球落地前瞬间，b球的速度大小 为√2gh C.在b球落地前的整个过程中，轻杆对b的 冲量竖直向上 D.在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球 做的功为零 6.(2025·江苏盐城五校联考)如图所示，一沙 袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时沙袋处 于静止状态，一弹丸以水平速度。击中沙袋 后（未穿出）二者共同摆动.若弹丸的质量 为m,沙袋的质量为5m.弹丸和沙袋形状大 小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质 量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g 下列说法中正确的是 A,弹丸打入沙袋后瞬间沙袋的速度是 B.弹丸打人沙袋过程中，细绳所受拉力大小 保持不变 C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为 72 D.弹丸打入沙袋过程中，弹丸与沙袋所组成 的系统机械能守恒 7.(2024·江苏扬州联考)小车静止在光滑水 平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车的 另一端，如图所示.已知车、人、枪和靶的总质 第七章动量守恒定律学霸高春 量为M(不含子弹)，每发子弹质量为m,共n 发.打靶时枪口到靶的距离为d.若每发子弹 打入靶中后就留在靶里，且待前一发打入靶 中后再打下一发.则以下说法中正确的是 77nn97wnn7n7 A.待打完n发子弹后，小车将以一定的速度 向右匀速运动 B.待打完n发子弹后，小车应停在射击之前 的位置 C.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生 的位移相同，大小均为md 'nm+M 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，小车的速度为零 8. (2025·山西卓越联盟联考)两物体A、B放 在光滑的水平面上，现给两物体沿水平方向 的初速度，使两物体在同一条直线上运动，经 过一段时间发生碰撞.如图所示为两物体碰 撞前后的位移随时间的变化规律.已知物体A 的质量为m1=0.4kg则下列说法正确的是 () 0 4 2 B A.图线1为碰后物体B的图像 B.物体B的质量为0.2kg C.碰撞过程物体B所受的冲量大小为 1.2kg·m/s D.碰撞过程损失的机械能为0.8J (2025·黑龙江哈尔滨期中)如图甲，一质量 9 为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑 学霸高春白题物理 水平面上.物块B向A运动，1=0时与弹簧接 触，到t=2。时与弹簧分离.碰撞过程中弹簧 始终处于弹性限度内，下列说法正确的是 图甲 A.A、B两物体的质量相等 B.从1=0到1=。时间内，A的位移为 0.5oo C.弹簧弹性势能的最大值为0.36m品 D.24。时，A与B的速率之比D,:B=5:2 10.(2024·安徽合肥期末)（多选）如图所示， 质量为M的木板静止在光滑水平面上，木 板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固 定在挡板上，质量为m的小物块从木板最 右端以速度滑上木板，压缩弹簧，然后被 弹回，运动到木板最右端时与木板相对静 止.已知物块与木板之间的动摩擦因数为4， 重力加速度为g,整个过程中弹簧的形变均 在弹性限度内，则下列说法正确的是 0030066 wooooco A.木板先加速再减速，最终做匀速运动 B.整个过程中弹簧弹性势能的最大值 Mmv 为 4(M+m》 C.整个过程中合外力对小物块的冲量大小 为 Mmvo M+m D.弹簧被压缩到最短时，小物块到木板最 Mvg 右端的距离为 2μ(M+m)g 1.(2025·陕西渭南二模)如图所示，质量 为2kg的小球A(视为质点)，在长度均为 1.6m的细绳O'P和OP作用下处于平衡状 态，0P、OP与竖直方向的夹角均为60°.质 量为6kg的足够长的木板B静止在光滑水 平面上，质量为2kg的物块C(视为质点) 静止在B的左端，C与B之间的动摩擦因数 为4=0.15剪断细绳O'P,小球A开始运动. (重力加速度g取10m/s2)》 (1)求A运动到最低点时细绳OP对其拉力 的大小： (2)当A运动到最低点时，恰好与C发生弹 性正碰（碰撞时间极短），求碰后C的速 度大小： (3)A与C碰后，求C相对B滑行的距 离L相对 60 60° B 实验特训8验 ☑题型强化热点聚焦，重难突破限时：20min 1.(2024·浙江9+1联盟模拟)某学习小组采用 如图所示的装置验证滑块碰撞过程中的动量 : 守恒 尤电门11 尤电12 气垫导轨 (1)用天平测得滑块A、B(均包括挡光片)的 质量分别为m,m2,实验中为确保碰撞后 滑块A反向运动，m1、m2应满足的关系 是m (填“>”“=”"或“<”）m2 (2)两挡光片的宽度相同. (3)接通充气泵电源后，导轨左侧放一滑块并 推动滑块，滑块通过两个光电门时，与光 电门1、2相连的计时器测得的挡光时间 分别为0.07s、0.06s,则应将导轨右端 (填“调高”或“调低”)，直至气 垫导轨水平 (4)滑块B放在两个光电门之间，向右轻推滑 块A与滑块B碰撞，碰后滑块A返回导轨 左侧，与光电门1相连的计时器计时2 次，先后为(1和2：滑块B运动至导轨右 侧，与光电门2相连的计时器计时为3· (5)在实验误差允许范围内，若表达式满足等式 (用测得的物理量的字母表示)》 成立，说明滑块A、B碰撞过程中动量守恒. 2.(2025·河南开封二模)用如图实验装置验证 动量守恒定律主要步骤为： 小球1 小球2 图a 图b 第七章动量守恒定律学霸高春 动量守恒定律 ①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水 平（如图a); ②让质量为m,的入射球多次从斜槽上A位 置静止释放，记录其平均落地点位置： ③把质量为m2的被碰球静置于槽的末端，再 将入射球从斜槽上A位置静止释放，与被碰 球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地 点位置： ④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点 O,测出碰撞前后两小球的平均落地点的位 置M,P、N与O的距离分别为x1x2、x3 (1)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留 下印迹.多次试验，白纸上留下了10个印 迹，如果用画圆法确定小球的落点，图b 中画的三个圆最合理的是 (2)若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系 式为 .(均用题中所给 物理量的符号表示) (3)完成上述实验后，某实验小组对上述装置 进行了改造，如图c所示，图中圆弧的圆 心在斜槽末端.使小球1仍从斜槽上A点 由静止滚下，重复实验步骤①②③的操 作，得到两球落在圆弧上的平均位置 为M'、P'、N'测得斜槽末端与M'、P'、N 三点的连线与竖直方向的夹角分别为，、 2、,则验证两球碰撞过程中动量守恒 的表达式为 (用所测物理量的字母表示). 小球1 小球2 0 图e 105增大，A错误：B.轻绳对货物拉力所做的功等于货物克服摩擦阻力： 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冲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重力，故地面对货物支持力的冲量一 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+F2)1mg=0,解 得4=0.3，根据数学知识，结合图乙可知，=1时.拉力大小F= 7N,根据牛顿第二定律F-mg=ma,解得a=0.5m2,故选A 8。D解析：以正离子为研究对象，由动能定理得g心=之m,△山时间 内通过的总电荷量Q=A,喷出的正离子总质量M=?m一m,由 动量定理可知正离子所受的平均冲量F△=M,联立以上式子可得 F=1,根报牛顿第三定律可知，离子推进器产生的平均维力 F=IA 2md,枚选D, 9.D解析：邮件轻放在传送带上时，受力分析如图所示，支持力 FN=mg0=53N,摩擦力厂=umgs=7.5N,沿传送带方向由 牛复第二定律得ngcos8-mgsin8=ma,解得a=2.5m/,2,当邮件 与传送带速度相同时，由=，得(1=2“，则相对位移x=,一 2,2=5m<L,之后廊件与传送带保持相对静止，以速度=5 匀速上升到B点，有2三=1，此阶段的摩擦力6=g·m= 5N,则整个过程中，支持力的冲神量I1=F、(1+2)=153N·s,方向 垂直于传送带向上，摩擦力的冲量，=452=20N·,方向沿传 送带向上，根据矢量合成可得传送带对邮件的冲量大小/ /1,+5=5/43N·s,故ABC错误，D正确.故选D. F g 第2节动量守恒定律 1.D解析：A.在弹簧释放的过程中，因m,:m=1:2,由摩擦力公 式F=F、=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 G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. 2.C解析：P.Q在水平方向上动量守恒，有m=m,+3m2,在极短 的时间山内，有mn·山=mm1·山+32·4，则在时间：内 tol-x 有mo1=m+3m,可知与=3，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，小球运动到达半圆槽B点时，系统水平动量也为零 小球离开B点做竖直上地运动，故B错误，C.当小球运动到半圆错 最低点时有最大速度，由机械能和动量守恒定律有mg·3R= 之+了x2m,m=2m解得有2原，故C错误n.小球 从A端到B端的过程中，半同槽先加速后诚速运动，当小球到达B 端时，半圆槽向左的位移最大，设为，小球的位移为1，则x1+ 与=2R,由动量守恒定律叫，=2m,解得=子尺，故D正确故 选D, 4.B解析：A.如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律 2m6=mg· 一学霸高考·白 ?R,解得小球的初速度大小=3V,A错误：B如果圆孤滑块 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 框=(m+W),由能量关系】m后=g·子(+m),联 3R1 立解得M=0.5m,,=2√gR,B正确：C,如果圆弧滑块不固定，小球 滑离圆弧滑块到最高点过程的时间√《 R ,水平位移 x=,=2R,C错误：D.如果圆孤游块不周定，小球最终落回到槽中 并从槽中滑出时梧的速度最大，此时由动量守恒和能量关系 大小分别为=3o=√g服，4=3=4V欧，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 统整直方向的合外力不为零，面水平方向不受外力，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 械德守恒，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，测在6球落地前瓣间， a球的速度必定为零，根据系统机械能守恒得m,h=之m。心，可得， b球的速度大小■√2h.故B正确.不符合题意：C,对6球，水平 方向上动量变化为零，由动量定理可知，杆对b球的水平冲量为零， 在竖直方向上，根据系统机域能守恒可知，b落地时速度与只在重力 作用下的速度一样，如图所示， -1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 知杆对球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向竖直向上， 故C正确，不符合题意：D,设杆对a球做功V,,对b球做功W,,系 统机械能守恒，则除了重力之外的力的功必定为零，即W,+W2=0, 对a球.由动能定理可知W,=0.故V2=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m。=(m+5m)r,解得，弹丸打人 沙袋后爵间沙袋的速度是：。Λ正确：民根报牛领第二定律得 2 .m6 F-6mg=6m乙，解得P=6g6d,排丸打人沙袋过程中，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=子d-了6m:.C错误：D.弹丸打人沙袋过程中，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，子弹射入肥后总动量 也为零，故小车仍然是静止的.在子弹射出怆口到打人肥中的过程 中，小车向右运动，所以第n发子弹打人靶中后，小车应停在原米位 置的右方待打完#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+(-1)m],子弹匀速前进的问时，车 匀速后退，放有+1=.解得ram- 重 (M+nm)E md 故车后逖位移大小△=的m+M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·40一 8.C解析：A.若规定以碰撞前B速度方向为正方向，由题图像可知 哑前物体A、形的速度分别为，三一ms=一3m, 2-(-2) 一m/s=2m/s,那么碱撞之后，不再发生碰撞，碰后速度分别 2-0 0-2 为矿=0m,防=42m5-1,才满足这种情况.放图线1为 碰后物体A的图像，故A错误：B.设物体的B的质量为mg,碰撞过 程动量守恒，则由动量守恒定律得m公+m51=m,解得mg= 04kg,放B错误：C.对物体B由动量定理得/=m-mag,代人 数据得/=-1.2kg·m,可知碰撞过程物体B所受的冲量大小为 1.2kg·m,放C正确：D.碰撞过程损失的机械能△E=2m,子+ 之m宁2m,代人数据解得△E=24J,故D错误故选C 9.D解析：AC.当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A,B速 度相等，即【=时刻，根据动量守何可得m·12g=(m+m)a,根 据能量守相可得-=了(12，户一子(m,*加)，联立解 得me=5m,Em=0.6m哈，故AC错误：B.从1=0到1=o时间内， 根据-4图像与横轴周成的面积表示位移.可知A的位移满足x:< ,0,故B错误：D.从：=0到1=2。时间内，根据动量守恒秀 量守恒可得m·:2mn+m(,2mn·(1,2)户=2m哈+ 2m4.解得1=20g=08a,则有4：rg=20:080=5:2, 故D正确.故选D. 10.ABC解析：A.根据题意可知，小物块开始相对于木板向左运动直 到弹簧被压缩到最短过程中，木板向左做加速运动.弹簧恢复原长 的过程中，开始阶段弹簧的弹力大于小物块与木板间摩擦力，木板 继续向左做加速运动，当弹簧的弹力小于小物块与木板间摩擦力 直到小物块相对于木板向右滑动到木板的最右滑过程巾，木板向 左做或速运动，最后小物块与木板共同向左做匀速运动，故A正 确：BD.弹簧压缩量最大时小物块与木板速度相等，弹簧弹性势能 最大，小物块与木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动 量守恒定律有m。=(M+m),从小物块滞上木板到弹簧被压缩到 最短过程，由能量守恒定律有了m=子(+m)听mgL+,从 小物块滑上木板到小物块到达木板最右端过程，由动量守恒定律 有a,(W+m),由能量守恒定体有弓d=子(M+m) m后 mg·2,联立解得瓦“4(WmL-g(Wm放B正确，D错 o 误：C.整个过程，对小物块，由动量定理得/角=mmg=M+m 款个过程中合力对小物块的冲量大小为故C正确故 选ABC. 11.(1)40N(2)4m/s(3)4m 解析：(1)细绳OP的长度L=1.6m,从小球A开始做圆周运动到 最低点的过程，根据动能定理得m,gL(1-cos60°)= 2mm2-0, 解得。=4m/4,设小球A运动到最低点时细绳O对小球A的拉 力为T,根都牛领第二定律得Tm=,会解得T产40N:(2A 运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械 能守恒定律得网=m15+mc,了162：了m12+了m子 解得碰后C的速度大小2=4m/s:(3)A、C碰后，C与B动量守 恒，以向右为正方向，达到共同速度时，由动量守恒定律得mc= (mc+mg),解得马=1m/a,由能量守恒定律得meg对= 2(mc+mg)2,解得L=4m 一学霸高考·白 实验特训8验证动量守恒定律 1.(1)(3)调高(5)m 3 解析：(1)根据A和B发生弹性碰撞后的速度表达式，要使A碰撞后 返回，则要m1< (3)同一滑块通过两个光电门，由= 4知，时间长的速度小，可知 滑块做加速运动，导轨右端应调高一点，直至两个计时器显示的时 间相等，即说明滑块做匀速直线运动，导轨已调成水平， (5)向右轻推滑块A与浴块B碰撞，碰后滑块A返回导轨左鹅.与光 电门1相连的计时器计时2次，先后为11和2：滑块B运动至导轨 右侧，与光电门2相连的计时器计时为1：因此滑块A碰撞前的速度 为=·，滑块A与滑块B碰撞后A的速度大小为=且A被弹 同，滑块B被碰撞后的速度为=，在实验误差允许范假内，若表 达式m,=m十m,,即=：m成立，说明清块A,B在碰撞 1 过程中动量守恒 2.(1)C(2)m=m11+m (3）m1/ana2sina2= m1√an,sin1+m2√/na3sina3 解析：(1)确定小球的平均落地点时，要舍掉误差较大的点，然后用 尽量小的圆把落点图起来，圆心即为平均落地点，故选C.(2)小球 从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时 间相问，即可用水平位移表示速度，设小球在空中运动的时间为 若满足动量守恒定律：m%=m+m2,两边同乘可得 m0=m1+m3,整理得：m1=m无+m23:(3)设惯狐半径为 R,则Rai血a=,ma=之，解得r产√ han csin'5,则落 2 到P,N三点的球的初速度分别为= /na1sina1·&R 2 na2sna2·gR /ana3sina3·gR 6=N ，若动量守恒则满 2 足m104=m10+2r2,即m1√n2ina3=m1/n1ina1+ m√na3sin1 第3节碰撞 1,D解析：A,x-1图像的斜率表示速度，所以碰鐘前、后，A球的速度 A.4-10 4r.2-4 分别为2-3m.td4-号-1m,所 以碰描前，后A球的动量变化量为Ap:=-,=4kg·m/s, .4 故A错误：报碰植前B球的迷度为，之s=2m,设B 球质量为m',根据动量守瓦定律有，+m':=(m+m)”,解得m'= g,根据动量定理可知，碰摘时A球对B球的冲量为1=4。 4 m'-m'g=-4kg·m/s=-4N·s,故B错误：C.A,B两球碰撞前的 总动量为p=m+m'g=-,g·m,故C错误；D.碰撞中A 两球组成的系统损失的动能为AE:入m+,m(m+ 2=10J,故D正确.故选D 2,BC解析：A与B发生碰撞，根据动量守恒可知mm。=5mt后-mao, 要使A球能再次追上B球并相撞，且A球与固定挡板P发生弹性碰 撞，附m,>,由以上两式可解得0>}，放C正确，AD错误故 选BC 3,BC解析：AC.要使木块获得的速度量大，子弹和木块具有共同速 度，设为：取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得m= (m+0.据能量守恒定律得几=L=2,2（m+0)r,解得 -2(tM,t=2让，子弹和木块损失的总动能=，L= 2m+,故A错误.C正确：B.取初速度方向为正方向，根据 A制 题·物理·41一