专题过关创新练(7) 动量定理 动量守恒定律（Word练习）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

[基础保分练] 1．(2025·湛江一模)在我国汉代，劳动人民就已经发明了辘轳，如图所示，可转动的把手边缘上a点到转轴的距离为4R，辘轳边缘上b点到转轴的距离为R，忽略空气阻力．在水桶离开水面后加速上升的过程中，下列说法正确的是(　　 ) A．a点与b点的角速度之比为4∶1 B．a点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为1∶4 C．a点与b点的向心加速度大小之比为4∶1 D．绳的拉力对水桶(含桶内的水)的冲量大小等于重力对水桶(含桶内的水)的冲量大小 【解析】　A．把手边缘上a点与辘轳边缘上b点属于共轴转动，所以它们的角速度相同，故A错误；B.根据角速度与线速度的关系，可得水桶上升的速度大小为v＝ωR，把手边缘上a点的线速度大小为v1＝4ωR，所以把手边缘上a点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为4∶1，故B错误；C.由公式a＝ω2R可知把手边缘上a点与辘轳边缘上b点的向心加速度大小之比为4∶1，故C正确；D.对水桶分析，水桶受重力和绳子拉力两个力的作用，规定竖直向上的方向为正方向，根据动量定理I拉－I重＝mv可知拉力对水桶(含桶内的水)的冲量大小等于重力对水桶(含桶内的水)的冲量大小与水桶(含桶内的水)动量的变化量大小之和，故D错误． 【答案】　C 2．在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高的机动性．如图所示，宇航员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，宇航员到达舱门时的速度为v2.若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为(　　 ) A．　　　　　B． C． D． 【解析】　设喷出的气体的质量为m，则m＝ρSv1t 根据动量守恒定律可得mv1＝Mv2 宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则·t＝d 联立解得ρ＝，故选D. 【答案】　D 3．(2025·济南一模)如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m＝2 kg.开始时橡皮筋松弛，B静止．给A向左的初速度v0＝3 m/s，一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的2倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半．整个过程中橡皮筋始终在弹性限度内，则滑块B的质量为(　　 ) A．4 kg B．3 kg C．2 kg D．1 kg 【解析】　以向左为正方向．设碰撞后的共同速度为v，则碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，滑块B的质量为M. 对B与A同向运动发生碰撞并粘在一起的过程，由动量守恒定律得： m＋M×2v＝(m＋M)v，已知：m＝2 kg 解得：M＝1 kg，故D正确，ABC错误． 【答案】　D 4．(多选)(2025·成都联考)2022年2月，第24届冬奥会在中国北京举行．在冬奥会的冰壶比赛中，运动员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图(a)，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰．若碰撞前后两壶的v－t图像如图(b)所示，其中蓝壶的图线与红壶的图线的延长线与t轴相交于同一点．关于冰壶的运动，下列说法正确的是(　　 ) A．碰撞后蓝壶的初速度大小为0.8 m/s B．碰撞前红壶的加速度大小为0.4 m/s2 C．碰撞后红壶运动的距离为0.15 m D．碰撞后蓝壶运动的距离为1.35 m 【解析】　由题图(b)可知，碰撞前红壶的加速度大小为a＝＝ m/s2＝－0.4 m/s2，B正确；假如红壶不与蓝壶碰撞，可滑行的时间为t＝＝s＝4 s，由此可知，蓝壶碰撞后的运动时间为t1＝3 s，红壶与蓝壶碰撞前的速度大小为v1＝1.2 m/s，碰撞后的速度大小为v1′＝0.3 m/s，碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv1＝mv1′＋mv，代入数据解得蓝壶碰撞后的初速度大小为v＝0.9 m/s，A错误；红壶和蓝壶碰撞后均做匀减速直线运动，根据公式x＝t代入数据解得，碰撞后红壶运动的距离为0.075 m，蓝壶运动的距离为1.35 m，C错误，D正确． 【答案】　BD [考能提分练] 5．(多选)(2025·岳阳二模)如图所示，倾角为θ的足够长的斜面上放有质量均为m相距为L的AB滑块，其中滑块A光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数为μ，μ＝tan θ.AB同时由静止开始释放，一段时间后A与B发生第一次碰撞，假设每一次碰撞时间都极短，且都是弹性正碰，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 ) A.释放时，A的加速度为g sin θ B．第一次碰后A的速度为 C．从开始释放到第一次碰撞的时间间隔为 D．从开始释放到第二次碰撞的时间间隔为2 【解析】　A．释放时，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma，所以释放时A的加速度a＝g sin θ，故A正确；B.第一次碰撞前，根据动能定理得：mgL sin θ＝mv，解得vA＝，第一次碰撞的过程中，动量守恒、机械能守恒，规定A的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mvA＝mvA′＋mv′B，根据机械能守恒得：mv＝mv′＋mv′，解得vA′＝0，vB′＝，故B错误；C.根据L＝at得：t1＝＝，故C正确；D.B的加速度a′＝g sin θ－μg cos θ＝0，可知第一次碰撞后B做匀速直线运动，第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为t2＝＝＝ ，则从开始释放到第二次碰的时间间隔t＝t1＋t2＝＋，故D错误． 【答案】　AC 6．(2025·烟台模拟)如图所示装置，装有细砂石的容器带有比较细的节流门，K是节流门的阀门，节流门正下方有可以称量细砂石质量的托盘秤．当托盘上已经有质量为m的细砂石时关闭阀门K，此时从管口到砂石堆顶端还有长为H的细砂石柱，设管口单位时间流出的细砂石的质量为m0，管口处细砂石的速度近似为零，关闭阀门K后，细砂石柱下落时砂石堆高度不变，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　 ) A.刚关闭阀门K时，托盘秤示数为mg B．细砂石柱下落过程中，托盘秤示数为m＋m0 C．细砂石柱对砂石堆顶端的冲击力为m0 D．细砂石柱全部落完时托盘秤的示数比刚关闭阀门K时托盘秤的示数大 【解析】　C．取砂石堆顶部上方极短时间Δt内的砂石柱为研究对象，根据自由落体运动规律2gH＝v2 可得落到砂石堆顶部的速度为v＝ 落在砂石堆顶部后极短时间Δt内速度减为零，此时极短时间趋于0，重力忽略不计，由动量定理得F·Δt＝m0·Δt·v 解得砂石堆受到的冲击力为F＝m0，故C正确； A．刚关闭阀门K时托盘秤受到的总压力为FN＝F＋mg，所以托盘秤的示数为＝m0＋m，故A错误； B．刚下落时，托盘秤的示数为＝m0＋m，下落一定时间后，落砂变多，示数大于m0＋m，故B错误； D．细砂石柱的总质量为Δm＝m0， 最终托盘内细砂石的总重力为Δmg＋mg＝m0g＋mg＝m0＋mg 最终示数＝m0＋m，由以上分析可知，细砂石柱全部落完时托盘秤的示数与刚关闭阀门K时托盘秤的示数相等，故D错误，故选C. 【答案】　C 7．(2024·河北高考)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端．已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力． (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离； (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值； (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板．求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系． 【解析】　(1)设机器人质量为M，三个木板质量为m，根据动量守恒定律可得：Mv＝mv1 两边同时乘以t，则Mx＝mx1，且x＋x1＝LA，解得：x1＝1.5 m； (2)设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动的特点可得：v cos θ·t＝x1，＝，联立解得：v2＝，机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒，则Mv cos θ＝mvA，根据能量守恒定律可得机器人做的功为：W＝Mv2＋mv，联立可得：W＝45×J，当tan θ＝时，即tan θ＝2时，W取最小值，此时Wmin＝90 J； (3)根据tan θ＝2时可得v cos θ＝ m/s，根据Mv cos θ＝mvA可得：vA＝ m/s 分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向上动量守恒，则Mv cos θ＝(M＋2m)v共，解得：v共＝ m/s，该过程A木板向左运动的距离为：xA＝vAt＝× m＝4.5 m 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为vB，机器人每次跳跃的时间为Δt，选择向右的方向为正方向，则(M＋m)v共＝Mv0－mvB，每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得： ＝(v0＋vB)Δt，机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为：Δx＝x1＋xA，可得：(vB－vA)×3Δt＝Δx，联立解得：Δt＝－，故A、C两木板间距为： xAC＝(vA＋vC)×3Δt＋Δx＋LB，vC＝v共，联立解得：xAC＝LB. 【答案】　(1)1.5 m　(2)2　(3)LB 8．(2023·辽宁高考)如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k ＝ 20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态．质量m2＝ 4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触．木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ ＝ 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2.取重力加速度g ＝ 10 m/s2，结果可用根式表示． (1)求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1； (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小； (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0.求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t表示). 【解析】　(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有 m2v0＝ (m1＋m2)v1 代入数据有v1＝1 m/s 对m1受力分析有a1＝＝4 m/s2 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有 v＝ 2a1x1 代入数据解得x1＝ 0.125 m (2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有 kx ＝(m1＋m2)a共 对m2有a2＝ μg ＝ 1 m/s2 当a共 ＝ a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量 x2＝ 0.25 m 对m1、m2组成的系统列动能定理有 －kx＝(m1＋m2)v－(m1＋m2)v 代入数据有v2＝ m/s (3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g·2t0＝ m2v3－m2v2 解得v3＝－2t0 则对于m1、m2组成的系统有 －Wf＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v ΔU ＝ －Wf 联立有 ΔU＝4t0－8t 【答案】　(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s　(3)4t0－8t [高考高分练] 9．(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1 kg.A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/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0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，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0.2 s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m 【解析】　碰前B和C共同向左运动，因此碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；规定向右为正方向，A、B碰撞过程动量守恒，则有mvA－ mvB＝2mv1，解得两者碰后瞬间的共同速度大小v1＝1 m/s，从A、B碰后到三者共速的过程，A、B、C组成的系统动量守恒，则有2mv1－mvC＝3mv，解得三者共同速度v＝0，所以最终三者静止，对滑块C由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，从碰后到三者相对静止的时间为t＝＝0.4 s，B错误；由能量守恒定律得，从碰撞后到三者相对静止的过程因摩擦而产生的热量为Q＝×2mv＋mv＝3 J，C错误；该过程由功能关系得Q＝μmgx相对，解得C相对长板滑动的距离x相对＝0.6 m，D正确． 【答案】　D 10．(多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示．假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平．忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2.下列说法正确的是(　　 ) A．t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B．t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C．t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600 N 【解析】　A.根据牛顿第三定律结合题图可知t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；BC.根据题图可知运动员从t＝0.30 s离开蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t＝1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时运动员的速度大小v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B正确，C错误；D.同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理 FΔt－mgΔt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入数据可得F＝4600 N，根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600 N，故D正确． 【答案】　BD 11．(2025·河南高考)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲和图乙所示．小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(　　) A．mP>mN>mQ　　　　B．mN>mP>mQ C．mQ>mP>mN D．mQ>mN>mP 【解析】　P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP＋mNvN＝mPvP′＋mNvN′ 即mP＝mN 根据图像可知>，故mP<mN； 同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQvQ＋mNvN＝mQvQ′＋mNvN′ 即mQ＝mN 根据图像可知<，故mQ>mN； 故mQ>mN>mP 故选D. 【答案】　D 12．(2024·甘肃高考)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°.质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端．剪断细绳O′P，小球A开始运动．(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力； (2)A在最低点时，细绳OP断裂．A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动．求碰后C的速度大小； (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速．求C和B之间的动摩擦因数． 【解析】　(1)细绳OP的长度为L＝1.6 m，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：mAg(L－L cos 60°)＝mAv－0，解得：v0＝4 m/s 设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T，根据牛顿第二定律得：T－mAg＝mA，解得：T＝40 N，根据牛顿第三定律可知A运动到最低点时细绳OP所受的拉力为40 N； (2)A飞出后与C碰撞前做平抛运动，A与C碰撞前瞬间A的水平分速度等于v0＝4 m/s，由题意可知碰撞后A的水平分速度为零．A与C碰撞过程水平方向上动量守恒，以向右为正方向，则有：mAv0＝mCvC，解得碰后C的速度大小为：vC＝4 m/s； (3)A、C碰后，C相对B滑行Δx＝4 m后与B共速(设共速的速度为v).以向右为正方向，对C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律得：mCvC＝(mC＋mB)v，μmCgΔx＝mCv－(mC＋mB)v2，解得C和B之间的动摩擦因数为：μ＝0.15. 【答案】　(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 学科网（北京）股份有限公司 $