第七章 动量守恒定律 综合测试&真题演练-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

第七章纷 ☑章末自测阶段强化，巩固提升|限时：60mn 一、选择题 1.(2025·河南安阳一糢)泡沫塑料由于其良 好的缓冲性能成为近代广泛使用的缓冲材 料，在易碎物品的长途运输中起着重要作用 运输车在颠簸的路面上行驶，用泡沫塑料包 装物品，泡沫塑料所起的作用是() A.减小物品与包装箱的接触时间，减小合力 冲量 B.延长物品与包装箱的接触时间，增大合力 冲量 C.延长物品与包装箱的接触时间，减小包装 箱对物品的平均冲击力 D.减小物品与包装箱的接触时间，减小包装 箱对物品的平均冲击力 2.(2024·广东广州期中)如图所示，站在车上 的人，用锤子连续敲打小车，初始时，人、车 锤子都静止.假设水平地面光滑，关于这一物 理过程，下列说法中正确的是 A.人、车和锤子组成的系统动量不守恒 B.因为人、车和锤子组成的系统合外力不为 零，所以机械能不守恒 C.连续敲打可使小车持续向右运动 D.人、车和锤子组成的系统在水平方向上动 量不守恒 3.(2025·浙江宁波九校联考)质量为m的 四轴无人机有四个螺旋桨.四个螺旋桨旋转 共扫出的总面积为S,当四个螺旋桨同时旋 转产生竖直向下的气流，可使该无人机悬停 在空中某一固定位置.已知空气的密度为p, 第七章动最守恒定律学霸高春 宗合测试 重力加速度大小为g.要使无人机悬停，则螺 旋桨旋转产生竖直向下的气流的速率应为 () mg Sp mS A.Sp B.mg Cp唱 D罗 4.(2024·江苏南通调研)某中学航天兴趣小 组在一次发射实验中将总质量为M的自制 “水火箭”静置在地面上.发射时“水火箭”在 极短时间内以相对地面的速度竖直向下 喷出质量为m的水.已知火箭运动过程中所 受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度 为，重力加速度为g,下列说法正确的是 ( A.火箭的动力来源于火箭外的空气对它的 推力 B.火箭上升过程中一直处于超重状态 M C.火箭获得的最大速度 M-mo D.火箭在空中飞行的时间为t= (M-m)v+meo (M-m)g 5.(2024·山东菏泽模拟)如图所示，质量分别 为m和km(4<k<6)的A、B两个小球叠放在 一起，从高度为h(h远大于小球半径)处由 静止开始下落.落到水平地面时，B与地面之 间以及A与B之间均在竖直方向发生弹性碰 撞（假设B先与地面发生碰撞，紧接着A与B 再发生碰撞)，不考虑空气阻力及多次碰撞， 则A反弹后能达到的最大高度可能为() 77777 A.3.8hB.4.5hC.5.2hD.6.7h 3 学霸高春白题物理 6.(2025·云南保山期末)（多选）如图所示，质 量为m的小球A和小球B均用长为L的细 线悬挂于O点，小球B处于静止状态，将小 球A拉到一定的高度，使悬挂A球的细线与 竖直方向的夹角为60°，由静止释放小球A, 小球A在竖直面内做圆周运动，小球A运动 到最低点与小球B沿水平方向发生弹性正 碰，碰撞时间极短，第一次碰撞结束后A、B 向左、向右反弹的高度相同.小球A、B均可视 为质点，重力加速度大小为g,则下列说 法正确的是 60 B● A.小球A与B第一次碰撞前瞬间，小球A的 速度大小为√gL B.小球B的质量为me=2m C.小球A与B第一次碰撞过程，A对B的冲 量大小为m配 D.小球A与B第五次碰撞后，小球A上升的 商度为之 7.(多选)如图甲所示，一小车静止在光滑水平 地面上，上表面PQ是以O为圆心、半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等 高且平滑对接（不粘连）.一小球以某一水平 速度冲上小车.测得在水平方向上小球与小 车的速度大小分别为”、2，作出，心，图像。 如图乙所示已知P点距地面高h= ,重力 加速度大小为g,则 ) 0. 乙 14 A.小车质量是小球质量的2倍 B.小球上升到最高点时的速度为 2 C小球上升的量大高度为 D.小球落地时与小车左端P点的水平距离 为 8.(多选)如图.光滑水平面左侧固定一光滑斜 面，水平面与斜面平滑连接，水平面上有两个 静止的小球B、C,B球与轻质弹簧连接，C球 与轻质弹簧接触但未拴接.现让小球A从左 侧斜面上距水平面高度为h处由静止释放， 与球B发生正碰并粘在一起，A、B碰撞时间 极短，随后C球脱离弹簧.已知A、B、C三个 小球质量分别为m、2m、m,且均可视为质点， 重力加速度大小为g,所有阻力不计.下列说 法正确的是 B A.A与B碰前瞬间A的速度为√2gh B.A与B碰后瞬间B的速度为2√2g动 C.A与B组合体的最小速度为，2gh D.弹簧具有的最大弹性势能为 2mgh 二、非选择题 9.(2024·陕西汉中一模)在“验证动量守恒定 律”的实验中，为了避免平抛起点记录不准 确以及实验操作过程中白纸的移动带来误 差，某同学利用如图所示的装置进行了如下 的操作： ①先调整斜槽轨道，使其末端的切线水平，在 一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并 将该木板竖直立于靠近槽口处，使小球a从 斜槽轨道上某固定点处由静止释放，撞到木 板并在白纸上留下痕迹O: ②将木板向右平移适当的距离，再使小球a 从原固定点由静止释放，撞在木板上并在白 纸上留下痕迹B: ③把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水 平段的最右端，让小球a仍从原固定点由静 止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上并 在白纸上留下痕迹A和C: ④用刻度尺测量白纸上O点到A、B、C三点 的距离分别为y1y,和y3 (1)两小球的质量关系：m (填“>” “<”或“=”）m: (2)上述实验除需测量白纸上O点到A、B、C 三点的距离外，还需要测量的物理量有 (填正确答案标号) A.木板向右移动的距离L B.小球a和小球b的质量m。、m C.小球落到A、B、C三点的时间t D.小球a和小球b的半径r (3)用本实验中所测得的数据验证两小球碰 撞过程动量守恒的表达式为 实验小组发现本次实验数据还可以验证 两小球碰撞过程的机械能守恒，其表达 式为 ·(均填正确答案标号) A.m.y2=may3+my B.m。√y2=ma√y+ms√y ma ma m C. y2 y3 yi D. m.m.m 历 第七章动最守恒定律学霸高春 0.(2025·湖北一模)如图所示，小车B静止 在水平面上，木块C静止在小车B的正前 方x=1.5m处，一滑块A(可视为质点)从小 车的最左端以o=8m/s的初速度冲上小 车，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极 短可忽略不计.已知A、B、C的质量分别为 6kg、2kg、4kg,A与B之间、C与水平地面 之间的动摩擦因数均为4=0.1，不计小车B 与地面之间的摩擦，小车的上表面水平且足 够长，重力加速度g取10m/s2. (1)求小车B和木块C第1次碰撞后瞬间， B、C的速度大小； (2)求从滑块滑上小车至B和C发生第2 次碰撞前瞬间，滑块A与小车B间因摩 擦产生的热量Q: (3)求木块C在水平面上滑行的总时间. x=1.5 mj C B 115 学霸高春白题物理 第七章真 √真题集训探究考向，剖析考点限时：20min 1.(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别 为m,和mo,将它们分别与小车N沿直线做 碰撞实验，碰撞前后的速度？随时间t的变 化分别如图1和图2所示.小车N的质量 为m,碰撞时间极短，则 e 碰撞前 碰撞后 碰控前碰按后 图1 图2 A.mp>mx>mo B.my>mp>mo C.mo>mp>my D.mo>mx>mp 2.(2025·浙江1月选考)如图所示，光滑水平 地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块 C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均 为1kgA以4m/s的速度向右运动，B和C 一起以2m/s的速度向左运动，A和B发生 碰撞后粘在一起不再分开.已知A和B的长 度均为0.75m,C与A、B间动摩擦因数均为 0.5,g取10m/s2,则 A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为 0.2s C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量 为12J D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动 的距离为0.6m 3.(2025·山东卷)如图所示，内有弯曲光滑轨 道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别 为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨 道的切线沿水平方向.Q处轨道的切线沿竖 题演练 直方向.小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑 水平面上，b被锁定.一质量 $$m = \frac { 1 } { 2 } k$$ g的小球 自Q点正上方 h= m 处自由下落，无能量损 失地滑人轨道，并从P点水平抛出，恰好击中 a，与a粘在一起且不弹起.当弹簧拉力达到 F=15N 时，b解除锁定开始运动.已知 a 的 质量 $$m _ { a } = 1 k g ， b$$ 的质量 $$m _ { b } = \frac { 3 } { 4 } k g ，$$ ，方形物体 的质量 $$M = \frac { 9 } { 2 } k g ，$$ 重力加速度大小g取 $$1 0 m / s ^ { 2 } ，$$ ，弹簧的劲度系数 k=50N/m， ，整个过 程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式 $$E _ { p } = \frac { 1 } { 2 } k x ^ { 2 } \left( x$$ 为弹簧的形变量)，所有过程不 计空气阻力.求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对 于地面的速度大小 $$v _ { 1 } 、 v _ { 2 } ；$$ (2)弹簧弹性势能最大时， b 的速度大小 $$v _ { b }$$ 及 弹性势能的最大值 $$E _ { p m } .$$ h P b第七章综合测试 1,C解析：AB.泡沫型料的作用是延长了物品与包装箱的接触时间 山，而物品的动量变化量△》未发生变化.根据动量定理，合力冲量 不变.故AB错误：CD,设物品撞击时所受合力为F,根据动量定理 F·d=4p,可得F=之，可知泡沫塑料的作用是延长了物品与包装 31 箱的接触时间，域小物品所受到的合力，故C正确.D错误.故 选C 2.A解析：A.在锤子的连续敲打下，系统竖直方向的合力不等于零， 该方向系统的动量不守恒，所以系统的动量不守恒，故A正确 B.系统合外力不为零不是判断机械能守恒的条件，而是由于人消 牦体能，体内储存的化学能转化为系统的机械能，因此系统机械能 不守恒，故B错误：C.把人锤子和车子看成一个系统，系统水平方 向不受外力，水平方向动量守恒，用辅子连续薇打车的左端，根据水 平方向动量守恒可知.系统水平方向的总动量为零，锤子向左运动 时，车子向右运动，锤子向右运动时.车子向左运动，所以车左右往 复运动，不会持续地向右运动，故C错误：D,当锤子速度方向整直 向下时，水平方向动量为零，系统水平方向不受外力，水平方向动量 守恒，故D错误，故选A 3.A解析：对无人机受力分析可知mg=F,在极短时间：内.对空气列 动最定理R=Am=at·e,联立解得中√p ,故选A 4.D解析：A,火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动 力，A错误：B.火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升过程和加 速下降过程处于失重状态，B错误：C,喷水楫间由动量守恒定律可 得m(M-m),=0,解得火箭获得的最大速度为，=Mm6,C错 误：D.以向下为正方向.上升过程由动量定理可得(M-m)+乐1三 0+(M-m)1,下降过程由动量定理可得(H-m)g2-2=(M-m)p, 其中所4=k上=h,乃与=者下=h,联立解得《=山+2= (M-m)r+D正确，故选D. M-m)g 5.C解析：A与B两球落地时的速度相同，设速度为，两球下落过 程根据机碱能守恒定律可得(m+m)动=(m+m)后，解得n √2gh,球B先与地面发生碰撞之后以原速率弹回，此时A球速度 方向还是向下，速度大小仍为0=√2g,之后两球发生弹性碰撞， 设向上为正方向，碰撞之后A,B两球的速度分别为1和，根据动 量守恒定律有m,一m,=k,+,根据能量守恒定律可得 3-1 11 4时代人可得，=了o,设A球上升的最大商度为6，根据机械能 守恒定律可得子m=.代人数据解得么=号岩=484，当 121 6时时=二，设4球上升的最大高度为1，根据机城能守恒定铺 可得me,代人数据解得=行一5贴，所以4球上升的 289. 最大高度应大于4.84h,小于5.9h,故C正确.ABD错误.故选C 6.ACD解析：A,对小球A第一次与B碰撞前的过程应用动能定 理mg(1-60)=m6.解得o=√g,A正确：B.设碰后A,B 的速度大小分别为斯，上，A,B碰鐘过程应用动量守恒，机械能守 恒=mm子mn2子m+了2，第一次莲接结束 后A,B向左，向右反弹的高度相同.由机械能守恒得P1=2,联立可 得m。=3m,=与=，，B错误：C由动量定理，小球A与B第 2 次碰掩过程，A对B的冲量大小为=mm2 3m√紅，C正确：D.由 于第一次碰撞后，AB的速度等大反向，因此A,B第二次碰撞的位 置仍在悬点0正下方，设第二次碰撞后，4，B的速度大小分别、 一学霸高考·白 4,根据动量守恒定律有3m2-m1=m,+34,根据能量守任定律 有？m+号×3mr时=了m+之×3nm,解得5=v.=0.由此 料练，第五次碰流后，小球4的速度大小等于=}反，设小球A 上升的高度为A,根报机械能守恒定律有=了2，解得： 名.D正确故选ACD 7.BCD解析：A.设小球质量为m,小车质量为M,小球和小车组成的 系统在水平方向所受合外力为零，所以水平方向动量守恒，则由图 乙数据可得m√gk=M√gR, 解得m=M,故A错误： B.小球上升到最高点时与小车具有共同速度，则m√gR= (m+M)r共， 解得以公，放B正确： C.设小球上升的最大高度为.根据机械能守恒定律有 子a（V须)=子(m+W)成+me1.解得月=是.故c正确： D.设小球滑回P点时，小球和小车的速度分别为球和华，根据动 量守恒定律和机械能守恒定律分别有m√配=m啡+车， 之m(va顾)行+宁， 解得绿=0，车=√gR, 小球离开小车后做自由落体运动，小车做匀速直线运动.所以小球 落地时与小车左演P点的水平距离为：1：V压·√受 R,故D正确.放选GD, 5 8.AD解析：A由动能定理可得，A与B碰前瞬间A的速度满足 mgh=了m.解得，=√2，放A正确： B.中题意知.球A与球B发生正碰并粘在一起，则由动量守恒定律 得m6=3mw, 解得A与B醒后瞬间B的速度为3√2g,故B错误： C,由题意可得.开始时A与B组合体做减速运动.直到弹簧恢复原 长时，A与B组合体有最小速度，即相当于A与B组合体与G发生 了弹性碰撞，故 解得=之石2，故C错误： D.由题意知当A、BC三个小球共速时，弹簧被压第至最短，此时弹 性势能最大.即3m=4加m,Bn一子3nm2-子x4m2。 1 解得E“2mgh,故D正确 故选AD 9.(1)>(2)B(3)DC解析：(1)为了使a球碰撞6球后不被弹 同，两小球的质量应满足m,>m: (2)两小球在罐撞前后都做平抛运动，则碰前对球有力=之， =以，可得=L品同现碰后a球的表度分别为元一 是，期由动量守恒定律得m0=m,+m,即 。,,所以还需要测量两小球质量，放选B 所 (3)由上述分析可知，验证两小球碰撞过程动量守恒的表达式为 =会+是，放选：由机核能守恒得}m后=子，心 题·物理·45一 2,,可得0=””，故选C y2 y3 y 10.(1)1m%2m/s(2)81J(3)12s 解析：(1)A滑上B时，设A,B的加速度分别为@4m,并取向右为正 方向，对A:m1g=m4,可得a1=-1nm/s2,对B:mAg=mag,可得 am=3m/2.假设B与C第一次碰撞前A,B未达到共速，则 208,2=0n=5m,所以1=15，此时%=0+a4=7m/ ,=“a=3ms,,>r,故假设成立B与C碰撞过程中 m,m%+mc2m后，立mn,+之mc吃，解得%产 -1/,%,=2m8,此时A的速度不变，即4，=，=7m爷，所以B 与C碰后瞬间B逃度大小为1m/s,C速度大小为2m/%.(2)在第 -次碰撞前知Q,=宁以-（行园）上61.设第 一次碰后C的加速度为ae,则-mcg=mcac,解得ac=-1m/2. 假设B,C发生第二次碰撞时A,B未共速，C未停止，则根据，+ 2“43=%,+2h2.解得h=1.5 由，=%+a知，此时3=55m/s,%,=3.5m5,C3=0.5ms5,放 假设成立在两次链推之间，知《=（行，宁） 1 1 (2m2m=45J.放Q=0,+0:=811.(3)对A,B,C 组成的系统，动量变化原因是地面对C摩擦力的冲量导致.C获得 速度方向始终向右，所受摩擦力始终向左，故最终A、B、C必然都 停止，对A、B,C组成的系统在全过程中-m=0-m,6,可得= 128 第七章真脚演练 1.D解析：P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mpn+m,= mp"'+mv',即mp(p-p)=mw(rw-tx）,根据图像可知(rp r')>(x'-t),放mp<m:同理，Q,N碰梳时，根据碰撩前后动量守 恒有mog+mvw=mog'+m"n',即mg(g-g')=m(x'-x),根 据图像可知(0-tg')<('-),故mg>mv,故mo>my>mp,故 选D. 2.D解析：A.碰植舜间C相对地而向左运动，选项A错误：B.取向 右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒有me,~:=2,,解得 [1=1m/s,方向向右：当三者共速时2m,-e=3mn,可知r=0,即 最终三者一起静止.可知经历的时间1=二。 05x10=0,4s,进项 2 B错误：C.碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量Q=;×2+ 2m吃=3J,选项C错误：D,碰撞到三者相对静止由能量关系可知 Q=m产时，可得x时=06m,选项D正确故选D. 3(=6s5=号M(2,号=名」 解析：(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向 上动量守恒，则有m,=,由能量守恒定律有mgh=2m+ 2 2后，联立解得名6ms,了ms,即小球速度为6ms,方向 水平向左，方形物体迷度为号，方向水平向右.(2)由于小球落 在物块：正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物 块：水平方向上动量守恒.则有mm,=(m+m。),解得3=2/s。 设当弹簧形变量为x,时物块的固定解除，此时小球和物块：的速 度为，根据胡克定律有F=红1，根据系统机械能守恒有 2(m+m,)加=2（m+m,)+2,联立解得=1ma,考= 03m,周定解除之后，小球、物块：和物块6组成的系统动量守恒，当 三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m+m,)4= 2 《m+m:+m,),解得了m,方向水平向左，由能量守恒定律可 一学霸高考·白 得，最大弹性势能为=（国+风）+子-子(m+风，+ 第八章机械振动与机械波 第1节机械振动 1.B解析：A.0点是平衡位置，小球在平衡位置速度最大，即动能最 大，加速度最小为零，故A错误：B.小球在A、B位置时的位移最大， 即回复力最大，加速度最大，速度最小为零，所以动能最小，故B正 确：C.小球从A到0过程中，受力方向向右，回复力做正功：从)到 B过程中，所受回复力方向向左，回复力做负功，故C错误：D.小球 做简谐运动，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球从B到 O的过程中，振子振动的能量不燮，故D错误故选B. 2.B解析：由题图可知，影子P做简请运动的振幅为R,以向上为正 方向，设P的振动方程为x=Rsin(a+).当1=0时，P的位移为R. 代人振动方程解得甲=，则P做简请运动的表达式为一 Rin气o+于)故B正确，ACD错误.放选B 3.B解析：设相邻两次闪光的时间间隔为，则摆球在左侧的摆动周 期为T1=124.摆球在右侧的摆动周期为T=8.可得T::T=3:2, '万年，则0.P两点 同的距离为，一x一故B正确，ACD错误放选R 5 4.D解析：A.斜面上的单摆的回复力由重力的下滑分力的切向分量 提供，重力的下滑分力为mgin8,设摆角为a.下滑分力的切线分力 即回复力为mgsin Osin a,根据牛顿第二定律mgsin Osin a=ma,解得 摆球在最高点的加速度a=gsin Osin a,摆球在平衡位置时回复力为 零，由于摆球有向心加速度，摆球在平衡位置的加速度不为零 故A错误：BC.等效重力加速度为gsn9,根据单摆的周期公式有 T=2m入√gim0 只增大摆球的质量，程球运动的周期不变，若增大 摆长的同时硬小斜面的倾角，摆的周期将变大，故BC错误：D.等效 重力加速度为g血8.根据单摆的周期公式有T=2m√gm9·又任 Lr,解得摆球的半径为=Tm9-L,故D正确故选D 4π2 5.C解析：A.该星球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速 度，根累T=2:,√一.可知。单摆在该星球表面的圆有周明较大.网 有缬率较小，由题图可知，图线」是该星球上的单摆共振曲线，图线 Ⅱ是地球上的单摆共振曲线，故A错误：B.单摆的振幅主要与系统 的能量，摆球的质量以及摆动的初始条件有关，与单摆的频率无直 接关系，放B错误：C.将一程钟从地球移到该星球上，摆钟的摆动 周期会变大，捉钟会变投，放C正确：0根据T=2年，√仁：了可 知-=。2-子，则该星球表面的重力加速度约为5性= 1.6m/:2,故D错误故选C 6.C解析：A,小园柱转到圆心等高处时，小圆柱的速度沿竖直方向 的分速度不为零，则T形支架的瞬时速度也不为零，故A错误： B.圆盘转动，通过小圆柱带动T形支架上下振动，T形支架又通过 弹簧使小球做受迫振动，即小球振动过程中受到T形支架的酆动力 的作用，所以小球和弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误： C,经过一段时间后，小球振动达到稳定时，它振动的频率和驱动力 颜华和同，即==025也.故C正确：D.圆猛以2：的周 期匀速运动时，系动力领率为=】=号=05也，聚动力频率比 原来更接近小球的周有频率，所以振幅比原来大，故D错误.故选C 题·物理·46一