章末卷7 动量守恒定律-【高考领航】2026年高考物理总复习四测通关卷

章末卷7　动量守恒定律 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1．有的人会躺着看手机，若手机不慎跌落，会对人眼造成伤害．若手机质量为150 g，从离人眼25 cm处无初速度不慎跌落，碰到眼睛后手机反弹8 mm，眼睛受到手机的冲击时间为0.1 s，重力加速度g取10 m/s2，＝2.236。手机撞击人眼的过程中，下列分析正确的是(　　) A．手机对人眼的冲击力大小约为5 N B．手机受到的重力冲量大小约为0.4 N·s C．手机动量变化量大小约为0.4 kg·m/s D．手机动量的变化率大小约为0.4 kg·m/s2 2．如图，将总质量为200 g的2000粒黄豆从距秤盘125 cm高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为80 g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为(　　) A．1.5 s　 B．2.5 s　 C．3.0 s　 D．5.0 s 3．(2024·江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　) A．弹簧原长时物体动量最大 B．压缩最短时物体动能最大 C．系统动量变大 D．系统机械能变大 4．如图所示，质量分别为m、2m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计。从释放到A球运动到最低点的过程中，下列说法正确的是(　　) A．A、B组成的系统动量守恒 B．A球运动到最低点时，B球向右运动距离为 C．A球运动到最低点时B球的速度为 D．A球机械能减小了mgL 5．如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg的木板A、B，一质量M＝2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0＝10 m/s从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为v1＝7 m/s，最终C与木板B相对静止，则(　　) A．木板B与滑块C最终均静止在水平地面上 B．木板B的最大速度为2 m/s C．木板A的最大速度为1 m/s D．整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J 6．如图甲所示，质量m＝1 kg的物体静止在水平地面上，t＝0时刻对物体施加一个水平向右的作用力，作用力随时间的变化关系如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。下列说法正确的是(　　) 　 甲 乙 A．t＝4 s时物体的速度最大 B．t＝7 s时物体的动能为40.5 J C．0～4 s内物体的平均速度大小为2.25 m/s D．0～4 s内物体所受摩擦力的冲量大小为4 N·s 7．如图所示，质量为M＝4 kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m＝1 kg的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10 m/s2，则(　　) A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒 B．滑块由A滑到B的过程中，滑块的机械能守恒 C．BC段长L＝1 m D．全过程小车相对地面的位移大小为0.6 m 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8．质量为m1＝90 g的物块从距离地面高度为h＝19 m处自由下落，在下落到距离地面高度为h′＝14 m时，质量为m2＝10 g的子弹以v0＝10 m/s的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重力加速度取g＝10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为1 m/s B．子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为10 m/s C．物块下落的总时间为2 s D．物块下落的总时间为 s 9．如图所示，质量m1＝10 kg的木箱，放在光滑水平面上，木箱中有一个质量为m2＝10 kg的铁块，木箱与铁块用一水平轻质弹簧固定连接，木箱与铁块一起以v0＝6 m/s的速度向左运动，与静止在水平面上质量M＝40 kg的铁箱发生正碰，碰后铁箱的速度为v＝2 m/s，忽略一切摩擦阻力，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，则(　　) A．木箱与铁箱碰撞后瞬间木箱的速度大小为4 m/s B．木箱与铁箱碰撞后，当木箱的速度为零时，弹簧的弹性势能最大 C．从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对铁块的冲量大小为40 N·s D．从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹性势能的最大值为160 J 10．如图所示，右端有半径为R＝0.3 m的四分之一光滑圆弧面的长木板A静止在光滑的水平面上，圆弧的最低点与长木板水平部分相切，长木板A的质量为0.2 kg，水平部分粗糙。在长木板右侧某处固定一个竖直挡板，质量为0.4 kg的小物块B可视为质点，从长木板圆弧面的最高点由静止释放，当物块刚滑离圆弧面时，长木板与挡板发生弹性碰撞，当物块运动到长木板最左端时刚好与长木板相对静止，长木板水平部分长为l＝，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．开始时长木板右侧离挡板的距离为0.1 m B．开始时长木板右侧离挡板的距离为0.2 m C．物块与长木板间的动摩擦因数是0.025 D．物块与长木板间的动摩擦因数是0.05 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(7分)某实验小组利用手机内置的加速度传感器探究碰撞中的动量是否守恒，主要实验步骤如下： ①将两手机A、B放入防撞包内，然后用等长的轻细绳分别悬挂在同一高度处的O、O′点，静止时A、B刚好接触，如图甲所示； ②将手机A拉高至某一位置，然后由静止释放，手机A摆动到最低点时与手机B发生碰撞，如图乙所示； ③利用电脑软件远程控制手机并记录两手机水平方向的加速度随时间变化图像，如图丙(a)、丙(b)所示； 　 甲 乙 (a) (b) 丙 ④将图像进一步处理，如图丁所示，根据图像数据进行分析，从而验证手机碰撞过程中是否满足动量守恒。 丁 分析实验，回答以下问题： (1)为达到实验目的，本实验还必须测量的物理量有______； A．手机A、B的质量 B．细绳的绳长 C．手机A拉高的高度 (2)软件中设置加速度水平向左为正，图丙______(填“(a)”或者“(b)”)图为A手机的a-t图像； (3)若测得手机A的质量为0.23 kg，手机B的质量为0.25 kg，根据图丁所示数据可知，碰撞过程中手机A的动量变化量大小为______kg·m/s，手机B的动量变化量大小为______kg·m/s，由实验结果可知两手机在碰撞过程中满足动量守恒。(结果保留3位有效数字) 12．(9分)在实验室里为了验证动量守恒定律，采用如图所示的装置，先将入射小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在四分之一圆弧轨道上留下压痕，再把被碰小球b放在斜槽轨道末端水平段的最右端，让入射小球a仍从固定点由静止开始滚下，和被碰小球b相碰后，两球分别落在圆弧的不同位置处，重复多次，找到平均落点M、P、N。用量角器量出O′P、O′M、O′N与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3。 (1)放上被碰小球b，两球相碰后，小球a的落地点是图中圆弧面上的________点，小球b的落地点是图中圆弧面上的________点； (2)设入射小球a的质量为m1，被碰小球b的质量为m2，则在用该装置实验时，所得验证动量守恒定律的结论为____________。(用题中所给物理量的字母表示) 13．(10分)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 甲 乙 丙 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 14．(13分)图(a)为某“弹弹棋”的实物图，棋盘水平放置，黑、白棋区域关于中央挡板对称分布。某次游戏过程中，一枚白棋和一枚黑棋同时从各自起点线中央处获得沿轴线方向的初速度，并沿轴线做匀减速直线运动，俯视图如图(b)所示。已知白棋、黑棋质量相等且可视为质点，两起点线之间的距离为L＝0.5 m，棋子与棋盘动摩擦因数均为μ＝0.5，白棋初速度大小为v1＝1.5 m/s，经时间t＝0.2 s与运动中的黑棋正碰，碰撞过程时间极短且无能量损失，重力加速度大小取g＝10 m/s2，求： 实物图(a) 俯视图(b) (1)碰撞的位置到白棋起点的距离x1及黑棋的初速度大小v2； (2)通过计算后判断黑棋能否停在白棋区域。 15．(15分)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着的轨道运动，已知细线长L＝1.25 m。小球质量m＝0.20 kg。物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m。圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 学科网（北京）股份有限公司 $ 章末卷7　动量守恒定律 1．C　手机下落25 cm过程由位移速度关系有v12＝2gh1，手机反弹8 mm过程由位移速度关系有v22＝2gh2，解得v1＝ m/s，v2＝0.4 m/s，取竖直向上为正方向，手机动量变化量Δp＝mv2－(－mv1)≈0.4 kg·m/s，故C正确；手机动量的变化率大小＝4 kg·m/s2，故D错误；根据冲量的定义，可得IG＝mgΔt＝0.15 N·s，故B错误；对手机进行分析，由动量定理有(F－mg)Δt＝Δp，解得F＝5.5 N，故A错误。 2．B　黄豆落在秤盘上的速度大小为v＝＝5 m/s，设持续倾倒黄豆的时间为t，则单位时间内落在秤盘上的黄豆数量为n＝，黄豆对秤盘的撞击力远大于黄豆的重力，故重力可以忽略，由动量定理得FΔt＝2nm0v，方程两侧根据时间累计求和可得Ft＝2m总v，又F＝0.8 N，则代入数据可得t＝2.5 s，故B正确。 3．A　对整个系统分析可知合外力为零，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，C、D错误；当弹簧为原长时物体B速度最大，则此时其动量最大、动能最大，A正确，B错误。 4．C　对A、B，水平方向动量守恒，从A球释放到A球摆到最左端过程中，取水平向左为正方向，由水平动量守恒得mAvA－mBvB＝0，两边同乘以t，则有mAsA＝mBsB，又sA＋sB＝L，2mA＝mB，可得A球运动到最低点时，B球向右运动的最大位移sB＝，故AB错误；当A球摆到B球正下方时，B的速度最大。由水平动量守恒，得mAvA＝mBvB，由机械能守恒，得mAgL＝，解得vB＝ ，故C正确；把AB看成一个系统满足机械能守恒，所以A球机械能减小量等于B球的动能增加量，即EA损＝mBvB2＝，故D错误。 5．D　整个系统水平方向动量守恒，C滑离木板A时有Mv0＝Mv1＋(m1＋m2)vA，解得木板A的最大速度为vA＝2 m/s，滑上B后，对B、C整体水平动量守恒Mv1＋m2vA＝(M＋m2)vB，解得木板B的最大速度为vB＝4.5 m/s，并且B、C一起匀速运动，故ABC错误；整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了ΔE＝(m2＋M)vB2＝57.5 J，故D正确。 6．B　由题意可得，物体所受的滑动摩擦力Ff＝μmg＝1 N，结合乙图，0～1 s：F＜Ff，物体静止。1～7 s：F＞Ff，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma1，物体向右加速。7～8 s：F＜Ff，由牛顿第二定律得Ff－F＝ma2，物体向右做减速运动。由分析可知，t＝7 s时物体的速度最大，故A错误；由动量定理得，1～7 s内IF7－Fft7＝mv7，由图像可得，1～7s内F的冲量IF7＝2××3 N·s＝15 N·s，联立解得t7＝7 s时物体的速度v7＝9 m/s，则Ek＝mv72＝40.5 J，故B正确；同理，t4＝3 s时物体的速度v4＝4.5 m/s，由于0～4 s物体不做匀加速，所以0～4 s内物体的平均速度≠＝2.25 m/s，故C错误；1～4 s摩擦力的冲量If4＝Fft4＝1×3 N·s＝3 N·s，0～1 s摩擦力小于滑动摩擦力，所以冲量If1＜Fft1＝1 N·s，0～4 s摩擦力的冲量If＜(Fft1＋Fft4)＝4 N·s，故D错误。 7．D　滑块在圆弧上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A错误；滑块由A滑到B的过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；恰好停在C点时，二者均静止，根据能量守恒有mgR＝μmgL，解得L＝2 m，故C错误；水平动量守恒有Mv1＝mv2，通过相同的时间有Mx1＝mx2，且有x1＋x2＝R＋L，解得x1＝0.6 m，故D正确。 8．AC　子弹击中物块后瞬间，水平方向动量守恒，则m2v0＝(m1＋m2)vx，解得物块水平方向的速度大小变为vx＝1 m/s，选项A正确；子弹击中物块之前物块的竖直速度vy0＝＝10 m/s，子弹击中物块后瞬间，由竖直方向动量守恒可知m1vy0＝，解得物块竖直方向的速度大小变为vy＝9 m/s，选项B错误；子弹击中物块之前物块下落的时间t1＝＝1 s，被子弹击中后物块下落h′＝14 m时，根据h′＝vyt2＋gt22，解得t2＝1 s(另一值舍掉)，则总时间为t＝t1＋t2＝2 s，选项C正确，D错误。 9．CD　对木箱和铁箱碰撞的瞬时，根据动量守恒定律m1v0＝m1v1＋Mv，解得v1＝－2 m/s，方向与原方向相反，故A错误；当弹簧被压缩到最短时，木箱和铁块共速，此时弹簧压缩最短，弹性势能最大。由动量守恒有m2v0－m1v1＝(m1＋m2)v共，解得v共＝2 m/s，从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对木箱的冲量大小为I＝m1v共－m1v1＝10×(2＋2)N·s＝40 N·s，方向向左，故B错误，C正确；从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹性势能的最大值为Ep＝ m1v12 m2v02－(m1＋m2)v共,代入数据解得Ep＝160 J，故D正确。 10．BC　小物块B从圆弧面的最高点由静止释放到刚滑离圆弧面时，小物块B与长木板A组成系统满足水平方向动量守恒，设此过程小物块B的水平位移大小为xB，长木板A的位移大小为xA，则有mBxB＝mAxA，又xA＋xB＝R，联立解得xA＝0.2 m，可知开始时长木板右侧离挡板的距离为0.2 m，故A错误，B正确；设小物块B刚滑离圆弧面时，小物块B的速度大小为vB，长木板A的速度大小为vA，根据系统水平方向动量守恒可得mBvB＝mAvA，根据系统机械能守恒可得mBgR＝mBvB2＋mAvA2，解得vA＝2 m/s，vB＝，长木板与挡板发生弹性碰撞后，速度大小仍为vA＝，方向向左；之后物块运动到长木板最左端时刚好与长木板相对静止，根据动量守恒可得mBvB＋mAvA＝(mB＋mA)v，根据能量守恒可得 μmBgL＝mAvA2－(mB＋mA)v2，联立解得物块与长木板间的动摩擦因数为μ＝0.025，故C正确，D错误。 11．解析：(1)若验证动量守恒，则碰撞前后两手机的动量变化量大小相等，即mAΔvA＝mBΔvB，即需要通过实验得到两手机的质量和速度变化量，速度变化量可通过题图丁得到，故需要测量两手机的质量，故选A。 (2)碰撞瞬间A手机受到的作用力水平向左，故加速度水平向左，为正方向，故(a)图为A手机的a-t图像。 (3)由丁图可得，图线与坐标轴围成的面积表示速度变化量，通过数格子的方法，则A手机的速度变化量为ΔvA＝23×(0.005×10)m/s＝1.15 m/s，则A手机的动量变化量为ΔpA＝mAΔvA＝0.265 kg·m/s，B手机的速度变化量为ΔvB＝21×(0.005×10)m/s＝1.05 m/s，则B手机的动量变化量为ΔpB＝mBΔvB＝0.263 kg·m/s。 答案：(1)A　(2)(a)　(3)0.265　0.263 12．解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，设圆弧轨道的半径为R，设轨道末端与小球落点连线与竖直方向夹角为θ，小球做平抛运动的初速度为v，水平方向x＝R sin θ＝vt 竖直方向y＝R cos θ＝gt2 解得v＝ 则θ越大，小球做平抛运动的初速度v越大，两球发生碰撞后入射球的速度变小，小于碰撞前入射球的速度，且小于被碰球的速度，则P点是碰撞前入射球a球的落点，M是入射球a碰撞后的落点，N点是被碰球碰撞后的落点。 (2)入射球碰撞前、后的速度为v0＝ ，v1＝ 被碰球碰撞后的速度v2＝ 两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2 整理得m1 ＝m1 ＋m2 。 答案：(1)M　N　(2)m1 ＝m1＋m2 13．解析：(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知(mg＋FN)tan θ＝ma 解得tan θ＝。 (2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 IF＝×0.1×6600 N·s＝330 N·s，方向竖直向上。 ②头锤落到气囊上时的速度v0＝＝8 m/s 与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)有 IF－Mgt＝Mv－(－Mv0) 解得v＝2 m/s 则上升的最大高度h＝＝0.2 m。 答案：(1)　(2)①330 N·s，方向竖直向上　②0.2 m 14．解析：(1)根据匀变速直线运动规律可知碰撞的位置到白棋起点的距离 x1＝v1t－at2 设黑白棋质量为m，根据牛顿第二定律可知黑白棋在运动过程中的加速度大小 a＝＝5 m/s2 解得x1＝0.2 m 通过题意可知，黑棋与碰撞位置之间的距离为x2＝L－x1＝0.3 m 则有x2＝v2t－at2 解得黑棋的初速度大小v2＝2 m/s。 (2)根据匀变速直线运动规律可知，黑白棋碰撞前各自的速度大小为 v1′＝v1－at＝0.5 m/s，v2′＝v2－at＝1 m/s 设白棋运动方向为正方向，碰撞过程时间极短且无能量损失，则有 mv1′－mv2′＝－mv1″＋mv2″ mv1′2＋mv2′2＝mv1″2＋mv2″2 解得碰后两球速度大小v1″＝v2′＝1 m/s，v2″＝v1′＝0.5 m/s 即发生速度交换，碰后两球速度均反向，碰撞位置与小孔距离 x＝－x1＝0.05 m 碰撞后到黑棋停下来，黑棋的位移x2′＝＝0.025 m<x 故黑棋能停在白棋区域。 答案：(1)0.2 m　2 m/s　(2)黑棋能停在白棋区域，原因见解析 15．解析：(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理有mgL＝mv02－0 解得v0＝5 m/s 在最低点对小球由牛顿第二定律得FT－mg＝m 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N。 (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律 mv0＝mv1＋Mv2 Mv22 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝4 m/s。 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2＝2Mv3 由能量守恒定律×2Mv32＋μ1Mgs 解得μ1＝0.4 若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2＝2Mv4 由能量守恒定律×2Mv42＋μ2Mgs＋MgR 解得μ2＝0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 答案：(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 学科网（北京）股份有限公司 $