(7)动量定理 动量守恒定律 动量和能量综合应用-【衡水金卷·先享题】2026年高考物理一轮复习单元检测卷（Y）

高三一轮复习单元检测卷/物理 (七)动量定理 动量守恒定律动量和能量综合应用 (考试时间75分钟，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，只有一项是符 合题目要求的) 1.杭州亚运会滑板男子碗池决赛，中国年仅15岁的小将夺冠。如图所 示，该运动员在比赛中腾空飞出碗池做斜抛运动，若忽略空气阻力， 在腾空过程中，关于运动员和滑板构成的系统，下列说法正确的是 A.系统的动量守恒 B.系统的机械能先减小后增大 C.在最高点，系统的动量为0 D.系统动量变化量的方向竖直向下 2.运动员用力拉开弓，将箭矢水平射出，此过程可以简化为搭箭、拉弓、瞄准和松弦等环节。若忽略 空气阻力，对弓和箭矢组成的系统，下列说法正确的是 A.在拉弓的过程中，手臂对系统做负功B.在瞄准的过程中，箭矢受到弓弦的弹力的冲量为0 C.松开弓弦后，系统水平方向上的动量不守恒D.箭矢射出后的飞行过程中，系统合外力的冲量为0 3.如图所示为老师在课堂上做的一个演示实验，将中间开孔的两块圆饼状磁铁用一根木棒穿过，双 手拿住木棒两端（保持水平），此时两块磁铁保持静止。当双手突然同时释放，让木棒和两块磁铁 一起自由下落时，不计空气阻力，发现两块磁铁向中间靠拢并吸在一起了，下列说法正确的是 A.放手下落过程中，磁铁受到滑动摩擦力作用 B.放手下落过程中，磁铁的运动轨迹是一条直线 C.放手下落过程中，两块磁铁组成的系统在水平方向动量 不守恒 D.放手下落过程中，两块磁铁和木棒组成的系统机械能不守恒 4.质量为2m的物块B静置于光滑的水平面上，质量为m的物块A以速度v。向B运动并发生正 碰，A、B均可看作质点，碰后B的速度大小范围为 A.0~3 B.02 c了w-号w 2 2 D.vo00 5.如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推 出木箱。关于上述过程，下列说法正确的是 A.男孩和木箱组成的系统动量守恒 B.小车与木箱组成的系统动量守恒 C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量不守恒 7979 777777777 D.木箱的动量增加量与男孩、小车的总动量增加量大小相等 6.如图所示，a车拖着因故障而失去动力的b车在平直的公路上匀速行驶，t=0时刻a、b两车之间 的拖车绳断裂，已知α车行驶过程中功率始终恒定，a、b两车在运动过程中所受到的阻力恒定，忽 略拖车绳的质量。从t=0时刻至b车停止之前，下列说法正确的是 A.两车的动量之和恒定不变 B.两车的动能之和不断增大 C.相同时间间隔内a车动能的增加量相同 D.b车的动量随时间均匀减小 物理第1页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 7.某电影里两名枪手在房间对决，他们一左一右各自背靠墙壁，假设他们之间的光滑地面上随机放 着一个到左、右两边的距离不一样的均匀木块。两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射 击一发子弹，子弹都没有射穿木块，两人都活了下来。假设侦探仔细观察木块后发现右边的射孔 (弹痕)更深。设子弹与木块间的作用力大小一样，下列说法正确的是 A.开始时，木块更靠近左边的人，左边的人相对更安全 B.开始时，木块更靠近左边的人，右边的人相对更安全 C.开始时，木块更靠近右边的人，左边的人相对更安全 D.开始时，木块更靠近右边的人，右边的人相对更安全 二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图所示，置于光滑水平面上的物块P、Q用不可伸长的细线和轻弹簧连接在一起并处于静止状 态，轻弹簧处于压缩状态。不计细线的质量，弹簧始终在弹性限度内，关于物块P、Q及细线、轻弹 簧组成的系统，下列说法正确的是 A.烧断细线后，系统的总动量始终为零 LQ0QQ000000Q B.烧断细线后，系统的机械能始终为零 777777777777777777777777777777 C.若在P的左侧放一挡板后再烧断细线，此后系统的总动量仍然为零 D.若在Q的右侧放一挡板后再烧断细线，此后系统的总动量向左 9.如图所示，甲、乙两人静止在水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向沿直线做减速运动直至停下 来。已知甲的质量大于乙的质量，两人与冰面间的动摩擦因数相同，两人之间的相互作用力远大 于地面的摩擦力。下列说法错误的是 A.甲推乙的过程中，甲和乙组成的系统可近似认为动量守恒 B.两人停止运动前的减速过程中任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度 C.两人停止运动前的减速过程中任意时刻，甲的动量大小总是等于乙的动量大小 D.减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量与地面摩擦力对乙的冲量相同 甲 10.质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球 (可视为质点)以速度。水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为 g,下列说法正确的是 A.小球以后将向左做平抛运动 B.小球将做自由落体运动 C此过程小球对小车做的功为号M D,小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 班级 姓名 分数 题号 3 6 6 7 10 答案 三、非选择题（本题共5小题，共57分。请按要求完成下列各题） 11.(6分)小明同学在实验室做探究碰撞中动量守恒定律的实验。如图甲所示，把一“L”形长木板固 定在水平桌面上，在长木板的左端固定一水平轻质弹簧。取两个材质相同、质量不同的长方形小 物块A和小物块B备用。实验步骤：把物块A放在长木板上弹簧的右侧，向左推物块A压缩弹 簧直至物块A到P点。再由静止释放物块A,物块A最终停在长木板上，标记物块A停止的位 置，在物块A运动的路径上适当位置标记一点Q,测出物块A停止位置到Q点的距离。重复上 述过程多次，每次都从P点由静止释放物块A,计算Q点到停止位置的距离的平均值x。。将物 一轮复习单元检测卷七 物理第2页（共4页） 回 块B静置在长木板上的Q点，重新从P点由静止释放物块A,两者发生碰撞，测出物块A停止时 到Q点的距离和物块B停止时到Q点的距离。如图乙所示，重复多次，分别计算物块A停止时 到Q点的距离和物块B停止时到Q点的距离的平均值，计为x1和x2,物块A与物块B碰后反 向运动过程中不与弹簧接触。 WwWwWWWWM wwWWM 77777 777 甲 (1)为探究碰撞中动量是否守恒，还需要测出 (写出测量物理量的 名称及表示的字母)。 (2)若关系式√+√，= 成立，则可得出结论：物块A、B碰撞过程中动量守恒。若要 进一步验证物块A、B的碰撞是否为弹性碰撞，则应验证关系式√= 是否成立。（用 x0、x1、x2和测量物理量的字母表示) 12.(10分)利用如图所示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为1的滑块A与质量为m2的 静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后滑块A和滑块B的速度大 小1和2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。回答下列问题： 挡板 当板 气垫导轨 (1)调节导轨水平。 (2)测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块的运动方向相反，应选 取质量为 kg的滑块作为滑块A。 (3)调节滑块B的位置，使得滑块A与滑块B接触时，滑块A的左端到左边挡板的距离s1与滑 块B的右端到右边挡板的距离s2相等。 (4)使滑块A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与滑块B碰撞，分别用传感器记录滑块A和滑 块B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。 (5)将滑块B放回到碰撞前的位置，改变滑块A的初速度大小，重复步骤(4)。多次测量的结果 如表所示。 1 2 3 4 5 t/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39 t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46 k 0.31 k2 0.33 0.33 0.33 (6)表中的k2= (结果保留两位有效数字)。 (7)”的平均值为 (结果保留两位有效数字)。 (8)理论研究表明，本实验的碰撞过程是否为弹性碰撞，可由判断。要使碰撞后两滑块的运动 方向相反，且两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为 (用m1和 m2表示)，本实验中其值为 (结果保留两位有效数字)；若该值与(7)中结果之间的误差 在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。 物理第3页（共4页）】 衡水金卷·先享题·高 13.(12分)如图所示，载有物资的热气球静止于距离水平地面高H=20m处，现将质量m=20kg 的物资以相对地面w1=5m/s的速度水平投出，物资落地时的速度大小2=20m/s。物资抛出 后经时间t=5s,热气球的速度变为%=6m/s,方向竖直向上。投出物资后热气球的总质量M =100kg,所受到的浮力不变，重力加速度g=10m/s2,求： (1)物资运动过程中克服空气阻力所做的功； (2)热气球投出物资后，0~5s内所受到空气阻力的冲量的大小。 H 7777777777 14.(13分)如图所示，质量均为m的木块A和木块B并排放在光滑水平面上，木块A上固定一竖直 轻杆，轻杆上端的O点系一长为L、不可伸长的细线，细线另一端系一质量也为m的小球C(可视 为质点)，现将小球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放小球C,重力加速度为g,不计空气阻 力，求： (1)小球C运动到最低点时的速度大小； (2)小球C运动到最低点时细线的拉力大小； (3)小球C摆回至轻杆右侧最高处时与O点间的竖直距离。 0⊙ -oC A B 77777777777777777777 15.(16分)如图所示，两个完全相同的质量均为m的木板A、B置于水平地面上，两木板间的距离s =2.88m。质量为2m、大小可忽略的物块C置于木板A的左端，物块C与木板A间的动摩擦因 数1=0.22，木板A、B与水平地面间的动摩擦因数均为μ2=0.1，最大静摩擦力可认为等于滑 动摩擦力。开始时，木板A、B、物块C均处于静止状态，现给物块C施加一个水平向右、大小为 二mg的恒力F,假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，重力加速度g=0m/&。 (1)求施加恒力F后瞬间物块C的加速度大小； (2)求木板A、B碰撞过程中损失的机械能（用表示）； (3)要使物块C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？ 777777777 一轮复习单元检测卷七 物理第4页（共4页） 回高三一轮复习Y ·物理· 高三一轮复习单元检测卷/物理（七） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： ,理解能力 Ⅱ，推理能力Ⅲ，分析综合能力Ⅳ.应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究 ④科学态度与责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I ① ② ③④ 档次 系数 4 动量守恒定律、动量定理、机 1单项洗择颗 易 0.85 械能 2 单项选择题 动量守恒定律的条件、冲量 易 0.85 3 单项选择题 4 动量守恒定律、机械能守恒定律 中 0.75 4 单项选择题 4 碰撞类型、动量守恒定律 中 0.75 5 单项选择题 4 动量守恒定律、动量定理 中 0.70 动量守恒定律、动量定理、能量 6 单项选择题 4 中 0.70 转化 单项选择题 4 动量守恒定律、摩擦生热 / 中 0.70 8 多项选择题 弹簧类动量守恒定律 易 0.80 9 多项选择题 动量守恒定律、动量定理 书 0.75 10 多项选择题 5 斜面类动量守恒定律、能量转化 √ 难 0.55 11 非选择题 6 碰撞中的动量守恒定律 易 0.85 12 非选择题 10 利用气垫导轨探究弹性碰撞 中 0.75 13 动量守恒定律、动量定理、动能 非选择题 12 中 0.70 定理 14 非选择题 13 动量守恒定律、能量守恒定律 中 0.70 牛顿第二定律、动能定理、动量 15 非选择题 16 难 0.55 守恒定律 香考答案及解折 一、单项选择题 零，故运动员和滑板构成的系统动量不守恒，A项错 1.D【解析】从开始起跳到达到最高点的过程中，在竖 误；忽略空气阻力，整个过程系统只有重力做功，系统 直方向上，运动员和滑板构成的系统所受合外力不为 的机械能守恒，B项错误；由于运动员做斜抛运动，在 ·31· ·物理· 参考答案及解析 最高点，系统竖直方向的速度为0，水平方向的速度 车的速度将增大，其功率不变，故其牵引力减小，a车 不为0，则在最高点系统的动量不为0，C项错误：系 先做加速度减小的加速运动，之后可能存在匀速过 统合外力为重力，方向竖直向下，根据动量定理可知 程，将a、b两车视为系统，可知在b车停下之前系统 动量变化量的方向与合外力的方向相同，所以系统的 受到的合外力水平向左，两车的动量之和减小，合外 动量变化量为竖直方向，方向竖直向下，D项正确。 力做负功，动能之和减小，A、B项错误：对a车，根据 2.C【解析】在拉弓过程中系统的机械能增加，由功能 动能定理，可得Pt一Fs=△E,,可知a车加速的过程 关系可知，手臂对系统做正功，A项错误；在瞄准过程 中相同时间内位移不断增大，a车克服阻力做的功增 中，箭矢受到弓弦的弹力，由公式I=Ft,可知箭矢受 多，动能增加量减少，C项错误：b车做匀减速直线运 到弓弦的弹力的冲量不为0，B项错误：松开弓弦后， 动，速度随时间均匀减小，故动量随时间均匀减小，D 另一只手对弓仍有作用力，即对于弓和箭矢组成的系 项正确。 统，其水平方向的合外力不为零，故系统水平方向上 7.B【解析】第一颗子弹射入木块的过程，有=(m 的动量不守恒，C项正确：箭矢射出后，仍受到重力的 十0助，fd=m暖-号(m十0访，第二颗子弹射 作用，所以系统的合外力不为零，由I合=F合t,可知 系统的合外力冲量不为O,D项错误。 入木块的过程，有（十M)U1-一w=(2m十M)v2, 3.D【解析】放手下落过程中，磁铁处于完全失重状 =0,fd=m6+合（m十0，所以有d>d,故 态，竖直方向只受到重力作用，木棒与磁铁间没有弹 后接触木块的子弹射孔更深，更容易射穿木块，对面 力，所以不受到摩擦力作用，A项错误；磁铁水平方向 的人更危险，因为右边的射孔更深，所以左边的人相 受到相互吸引力作用，且引力不断增大，所以磁铁所 对危险，右边的人相对更安全，右边的子弹是后来才 受到合力的方向与速度方向不在一条直线上，磁铁做 进入木块的，故开始时，左边的人更靠近木块，B项 曲线运动，B项错误；两块磁铁水平方向受到的合力 正确。 为零，所以两块磁铁组成的系统在水平方向动量守 二、多项选择题 恒，C项错误；放手下落过程中，两磁铁间的吸引力做： 8.AD【解析】烧断细线后，系统水平方向不受外力， 正功，所以两块磁铁和木棒组成的系统机械能不守 总动量守恒，始终为零，A项正确；烧断细线后，弹簧 恒，D项正确。 的弹力做功，系统的机械能守恒，不为零，B项错误； 4.C【解析】A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律，有 若在P的左侧放一挡板后再烧断细线，挡板的弹力 m=wA十2vB,若碰后A的运动方向不变，A越 对系统有向右的冲量，根据动量定理可知此后系统的 大，则B越小，所以A、B发生完全非弹性碰撞时，B 总动量水平向右，C项错误；同理，若在Q的右侧放一 的速度最小，A、B达到共同速度，设此时B的速度为 挡板后再烧断细线，挡板的弹力对系统有向左的冲 ,m,=(m十2m,解得=子，若碰后A的运 量，根据动量定理可知此后系统的总动量向左，D项 正确 动方向改变，越大，则g也越大，设此时B的速度 9.BCD【解析】甲推乙的过程中，两人之间的相互作 为2，系统的机械能不能增加，当系统的机械能不变 用力远大于地面的摩擦力，甲和乙组成的系统可近似 1 时，可得mw=一mun'十2m,之m听=乞mn?十 认为动量守恒，则甲仰=乙v忆，甲的质量大于乙 合×2m,解得=号w,C项正确 的质量，有m<吃，两人与冰面间的动摩擦因数相 同，即减速过程的加速度大小相等，可知乙停止运动 5.D【解析】男孩、小车和木箱组成的系统所受合外力 前任意时刻，甲的速度总是小于乙的速度，A项正确， 为0，系统动量守恒，A、B,C项错误：木箱的动量增加 B项错误；两人停止运动前的减速过程中任意时刻， 量与男孩、小车的总动量增加量等大，反向，D项 系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故两人停 正确。 止运动前的减速过程中任意时刻，甲的动量大小不等 6.D【解析】设a车的功率为P,a、b两车所受到的阻 于乙的动量大小，C项错误：根据上述分析，两人互推 力的大小分别为F。、F。,拖车绳断开之前，有P=(F 过程，动量大小相等，根据动量定理可知，减速过程 十F6)u,拖车绳断开后，a车受到的阻力为F。,则a 中，地面摩擦力对甲的冲量大小等于对乙的冲量大 ·32· 高三一轮复习Y ·物理· 小，地面摩擦力对甲、乙的冲量方向不同，D项错误。 【解析】(2)两滑块的质量分别为0.510kg和 10.BC【解析】小球上升到最高点时与小车相对静止， 0.304kg,要想使碰撞后两滑块的运动方向相反，则 有相同的速度'，由动量守恒定律和机械能守恒定 滑块A的质量要小，才有可能反向运动，故选质量 律有M,=2Md,2M6=号×2Md8+Mg,联立 为0.304kg的滑块作为滑块A。 (6)因为位移相等，所以速度之比等于时间之比的倒 解得么=装，D项错误：从小球滚上小车到滚下并离 数，由表中数据可得k,=丝=0.2 t10.67 ≈0.31。 开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无 摩擦力做功，系统机械能守恒，此过程类似于弹性碰 (7)的平均f值E=0.31+0.31+0.33十0.33+0.33 2 5 撞，二者的质量相等，作用后两者交换速度，即小球 =0.322≈0.32。 返回小车左端时速度变为零，开始做自由落体运动， (8)由机械能守恒定律和动量守恒定律可得2m6 小车的速度变为，动能为号M6,根据功能关系可 1 f十之m:话；m1uo=一m十m,联立解 知此过程小球对小车做的功为宁M,B,C项正确， 得4=m二m,代入数据可得4≈0.34。 A项错误。 2m1 三、非选择题 13.(1)250J(2)100√/17N·s 11.(1)物块A的质量mA和物块B的质量B(2分) 【解析】(1)根据动能定理，可得mgH一W,=分md (2)"m√(2分)√+√(2分) 1 of (2分) 【解析】(1)由于物块A、B材质相同，则物块A、B与 长木板间的动摩擦因数相同，设物块A、B做匀减速 解得W,=250J (2分) 直线运动的加速度均为a,有ug=a,可得a= (2)投出物资过程，系统动量守恒，可得0=mw一 g,设碰撞前物块A经过Q点的速度大小为v。,有 M (2分) 0一6=一2axo,设物块A和物块B碰撞后瞬间的 投出物资后，对热气球在水平方向，根据动量定理， 速度大小分别为u1、2,则有0-=-2ax1,0- 有-f,t=0-Mu4 (2分) =一2ax2,若碰撞中动量守恒，有mAo=一mA十 在竖直方向，根据动量定理，有F浮t一Mgt一f,t= U2,整理可得mA√=mg√2-mA√1，所 M (2分) 以还需要测量的是物块A的质量mA和物块B的质 其中F浮=(M十m)g (1分) 量mB。 联立解得空气阻力冲量的大小I=√十f= (2)由上述分析可知，若碰撞中动量守恒，有 100√/17N·s (1分) A√。=mB√2-mA√，整理可得√十 1.2V受 (2)4g 3 V区一√，若物块A,B发生弹性碰撞，则由机 【解析】(1)小球C向下摆动到最低点的过程中，木 械能守恒定律可得号m暖=子m1f十号mi,结 块A、木块B和小球C组成的系统在水平方向动量 守恒，以向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能 合之前的式子，联立可得mAx0=Ax1十mBx2,又因 守恒定律得 为AV0=gV2-mAV√1，联立解得√x= muc -2mvn=0 (1分) 1+√2。 71gL= (1分) 12.(2)0.304(2分) 号m呢+2X2m明 (6)0.31(2分) 解得欢=2√受a=√受 (2分) (7)0.32(2分) (2)小球C运动到最低点时，对小球C受力分析，根 (8),二m(2分)0.34(2分) 2m1 据牛顿第二定律得 ·33· ·物理· 参考答案及解析 F-mg=m(ae十)2 L (2分) (2)对木板A、物块C整体，根据动能定理，可得(F 解得Fr=4ng (2分) -f0=合(2m+m) (2分) (3)设小球C摆回至轻杆右侧最高处时与O点间的 木块A、B碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲 竖直距离为h。小球C由最低点摆到轻杆左侧，再 量，由动量守恒定律可得 摆回至轻杆右侧最高处的过程，木块A和小球C组 7U1=(十m)2 (2分) 成的系统在水平方向动量守恒，末状态两者共速，以 木板A,B碰撞过程损失的机校能△E=子m一号 向左为正方向，有m心一m=2mU (1分) 1 X2mu号=0.48m (1分) (2分) (3)碰撞结束后到木板A、B、物块C达到共同速度 解得为= 的相互作用过程中，设木板A、B向前移动的位移为 (2分) s1,以木板A、B、物块C构成的整体为研究对象，外 15.(号n/g(20.48m(30.3m 力之和为零，由动量守恒定律可得2mw十(m十 m)v2=(2++m)u3 【解析】(1)设木板A与物块C间的滑动摩擦力大小 (2分) 为∫1，木板A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为 对木板A,B,根据动能定理，可得f5一=子× f2,由1=0.22,2=0.1，可得F= 号mg<aX 2mi-号×2m时 (2分) 2mg=f (1分) 其中，f3=eX(2n十m十m)g (1分) 2 且F=号mg>X(2m十m)g=f2 (1分) 对物块C,根据动能定理，可得F(2L十s)一∫(2L 所以一开始木板A、物块C保持相对静止，在恒力F +s)=×2mf-之×2mi (2分) 的作用下向右加速运动，根据牛顿第二定律，可得加 联立解得L=0.3m (1分) 速度大小ac=F-X(2m十m)g= 2mm 3 m/s (1分) ·34·