专题精练7 动量定理 动量守恒定律(专题微练Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

专题精练7　动量定理　动量守恒定律 保分基础练 1.(2025·丹东一模)某新能源汽车在粗糙路面的启动阶段可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，则下列说法正确的是(C) A.该车牵引力的冲量等于它动量的变化 B.该车的动量与它的加速度成正比 C.该车的动量与它经历的时间成正比 D.开车时系好安全带能减小刹车时人的动量变化 解析　根据动量定理可知，该车所受牵引力和阻力冲量的矢量和等于它动量的变化，A项错误；该车做初速度为零的匀加速直线运动，即v∝t，该车的动量p=mv∝t，B项错误，C项正确；刹车时人的动量变化是一定的，开车时系好安全带能够延长人与车的作用时间，从而减小车对人的作用力，防止人受伤，D项错误。 2.(2025·临沂模拟)在光滑的水平面上有A、B、C三个完全相同的小钢球，三个球处在同一条直线上，其中C球左侧带有双面胶贴，开始时B、C两球静止，现A以6 m/s的速度与B发生弹性碰撞，然后B与C球发生正碰后粘在一起，则B与C球碰撞后的速度大小为(A) A.3 m/s B.4 m/s C.5 m/s D.6 m/s 解析　设三个球的质量均为m，由于A、B发生弹性碰撞，故A、B碰后，A的速度为零，B的速度为v0=6 m/s，B、C碰后粘在一起，根据动量守恒定律可得mv0=2mv，代入数据解得v=3 m/s，A项正确。 3.(多选)(2025·儋州模拟)一质量为1 kg的物块，在水平力F的作用下由静止开始在粗糙水平面上做直线运动，F随时间t变化的图线如图所示。已知物块与水平面的动摩擦因数为μ=0.1，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2，则下列说法正确的是(BC) A.物块在2 s末的动量大小为3 kg·m/s B.物块在3 s末的速度大小为0 C.水平力F在前3 s内的冲量大小为3 N·s D.物块在4 s末的动量大小为2 kg·m/s 解析　根据动量定理得F1t2-μmgt2=mv2-0，解得物块在2 s末的动量大小p=mv2=2 kg·m/s，A项错误；根据动量定理得F1t2-F2t1-μmgt3=mv3-0，解得v3=0，B项正确；水平力F在前3 s内的冲量大小为I=F1t2-F2t1=3 N·s，C项正确；3 s末速度为零，因为fmax>μmg=1 N，F2=1 N，所以3 s末后物块一直静止，所以在4 s末的动量大小为零，D项错误。 4.如图所示，质量m=50 kg的人，站在质量M=300 kg的车的一端，人和车均相对于地面静止。人由车的一端走到另一端的过程中，车后退0.4 m，车与地面间的摩擦可以忽略不计，则车的总长为(B) A.2.4 m B.2.8 m C.3 m D.3.2 m 解析　对车和人组成的系统由动量守恒定律可得0=mx人-Mx车，解得x人=2.4 m，再由几何关系可得车长L=x人+x车，解得L=2.8 m，B项正确。 5.(多选)如图所示，某同学把压在水杯下的纸水平抽出，重复操作，将水杯压在纸的同一位置，以更快的速度水平抽出，两次过程中水杯均未滑出桌面，则在第二次的抽出过程中(AD) A.水杯受到的摩擦力与第一次相等 B.水杯动能变化量比第一次的大 C.水杯动量变化量比第一次的大 D.水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等 解析　分析可知，两次过程，水杯受到的摩擦力均为滑动摩擦力且不变，A项正确；第二次快速拉动白纸过程中，摩擦力作用时间短，则产生的冲量较小，根据动量定理可知，茶杯增加的动量小一些，根据动能与动量关系有Ek=，由于第二次动量小，故第二次动能小，B、C两项错误；动量变化量与对应时间的比值等于物体受到的合力，两次过程，水杯的合力均为滑动摩擦力且不变，则水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等，D项正确。 6.(2025·连云港模拟)如图所示，一辆小车静止放置在光滑的水平地面上，小车左端是一个光滑的圆弧，右端竖直挡板内侧涂有一层粘性胶，小车水平段上表面粗糙且与圆弧在c点相切。从a点自由下落的小物块刚好从圆弧顶端上的b点沿切线进入圆弧，最后在d点与右端竖直挡板粘在一起。对小物块和小车组成的系统，下列说法正确的是(B) A.小物块从b点滑到c点的过程，系统动量守恒，机械能守恒 B.小物块从b点滑到c点的过程，系统水平方向动量守恒，机械能守恒 C.小物块从c点滑到d点的过程(碰前)，系统动量不守恒，机械能不守恒 D.小物块与右端挡板碰撞瞬间，系统动量不守恒，机械能不守恒 解析　小物块从b点滑到c点的过程，小物块和小车组成的系统竖直方向动量不守恒，但系统水平方向所受外力之和为0，所以系统水平方向动量守恒；该过程由于圆弧光滑，水平地面光滑，所以只有重力对系统做功，系统满足机械能守恒，A项错误，B项正确；小物块从c点滑到d点的过程(碰前)，小物块和小车组成的系统所受外力之和为0，所以系统满足动量守恒；由于小车水平段上表面粗糙，所以会产生摩擦热，系统不满足机械能守恒，C项错误；小物块与右端挡板碰撞瞬间，小物块和小车组成的系统所受外力之和为0，所以系统满足动量守恒；由于碰撞后小物块与挡板粘在一起，属于完全非弹性碰撞，碰撞过程不满足机械能守恒，D项错误。 7.(2025·马鞍山一模)如图所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，A与轻弹簧相连，C沿水平面以一定初速度向右运动，与B碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧分离，则(C) A.A加速过程中，加速度越来越大 B.A、B、C共速时，B所受合力为0 C.A、B、C共速时，弹簧弹性势能最大 D.B、C碰撞过程中，B、C系统机械能守恒 解析　A加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以A受到的弹簧弹力先增大后减小，则A的加速度先增大后减小，A项错误；A、B、C共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时B、C受到的弹力不为0，B、C的加速度不为0，则B的加速度不为0，所受合力不为0，B项错误，C项正确；B、C碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C碰撞过程中，B、C系统机械能不守恒，D项错误。 8.(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则(D) A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C.在图乙位置，v1=v2，v3≠2v1 D.在图乙位置，v3= 解析　该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，A、B两项错误；对系统根据动量守恒mv1+mv2=mv3，根据球1和2运动的对称性可知v1=v2，解得v3=2v1，根据能量守恒m+m+m=，解得v3=，C项错误，D项正确。 增分提能练 9.(2025·江西模拟)高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某次用高压水枪近距离清洗地面，出水口的直径为d，水从枪口高速喷出后，喷出水流的流量为Q(单位时间流出的水的体积)，设水流遇到地面后的速度在短时间变为零，忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为ρ。则水在地面产生的平均冲击力大小为(D) A. B.ρπd2Q C. D. 解析　由题意，Δt内水的质量Δm=ρQΔt，水刚出枪口的速度v==，由动量定理有FΔt=Δmv，联立解得F=，D项正确。 10.(多选)(2025·重庆模拟)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和球)分别为30m0、10m0，两船沿同一直线相向运动，速度大小分别为2v0、v0。为避免两船相撞，甲船上的人不断地将质量为m0的球水平抛向乙船，且被乙船上的人接住，不计水的阻力。下列说法正确的是(AD) A.若两船刚好不相撞，乙船接住球后，两船的速度大小为1.25v0 B.若甲只抛一个球，要避免相撞，球抛出时相对于地面的速度可能为20v0 C.若甲相对于地面以5v0的速度抛出球，要避免相撞，则至少要抛出4个球 D.若甲相对于地面以5v0的速度抛出球，要避免相撞，则至少要抛出6个球 解析　若甲船上的人将球抛出且被乙船上的人接住后，刚好可保证两船不致相撞，说明此时两船刚好速度相同，设为v，规定开始时甲船速度方向为正方向，根据动量守恒定律有30m0·2v0=29m0v+m0v'，m0v'-10m0v0=11m0v，解得v=1.25v0，v'=23.75v0，A项正确，B项错误；设从甲船抛出的球的总数n，根据动量守恒定律有30m0·2v0=(30-n)m0v+nm0·5v0，解得n=6，C项错误，D项正确。 11.(2025·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，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为R(R为圆弧的半径)，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R。重力加速度为g，下列说法正确的是(B) A.小球的初速度大小为4 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2 解析　如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律m=mg·R，解得小球的初速度大小为v0=3，A项错误；如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧时水平速度为vx，则由水平方向动量守恒mv0=(m+M)vx，由能量守恒m=mg·+(M+m)，联立解得M=0.5m，vx=2，B项正确；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t==，水平位移为x=vxt=2R，C项错误；如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到槽中并从槽中滑出，此时由动量守恒定律和能量守恒定律，有mv0=mv1+Mv2，m=m+M，解得小球和圆弧滑块的速度大小分别为v1=v0=，v2=v0=4，D项错误。 12.(2025·攀枝花模拟)如图所示，物块A、B、C置于光滑水平面上，物块A、B之间放有少量炸药后紧挨在一起，物块A到左侧竖直墙壁间的距离d1=3L，物块B、C之间的距离d2=4L。引爆炸药，经时间t后物块A与竖直墙壁发生碰撞。已知物块A、B、C的质量分别为m、3m、3m，物块B、C碰撞后会粘在一起，其余碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间和炸药爆炸时间均极短，不计炸药的质量，炸药爆炸后化学能全部转化为机械能。求: (1)炸药爆炸释放的化学能E； (2)从炸药爆炸到物块A、B碰撞所用的时间t'； (3)物块C最终的速度大小v。 解析　(1)由动量守恒定律得mvA=3mvB， 3L=vAt， E=m+×3m， 联立解得E=。 (2)物块A与墙壁碰撞时A、B相距的距离为x，则 x=3L+vBt=4L， 设再经过时间t1，物块A与B发生碰撞，则 vAt1=vBt1+x， 解得t1=2t， 那么从炸药爆炸到物块A、B碰撞所用的时间 t'=t+t1=3t。 (3)物块A与B发生弹性碰撞，则 mvA+3mvB=mvA'+3mvB'， m+×3m=mvA'2+×3mvB'2， 对物块B与C由动量守恒定律得3mvB'=6mv， 联立解得v=。 答案　(1)　(2)3t　(3) 13.(2025·厦门模拟)为了探究物体间的碰撞特性，设计了如图所示的实验装置，两半径均为R=0.9 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量 mb=0.36 kg的滑块b与质量mc=0.24 kg的滑块c用劲度系数k=100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量 ma=0.12 kg的滑块a以初速度v0=8 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为形变量)，重力加速度取g=10 m/s2。 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时的速度大小； (2)若滑块a碰后第一次经过圆弧轨道F点时受到的轨道支持力大小为2.4 N，求a、b第一次碰后瞬间b的速度大小； (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 解析　(1)滑块a从D到F，由能量关系 mag·2R=ma-ma， 解得vF=10 m/s。 (2)对滑块a碰后第一次经过圆弧轨道F点时受力分析得FN-mag=ma， 解得va=3 m/s， 滑块a与滑块b碰撞时间极短，碰撞过程动量守恒 mavF=-mava+mbvb， 解得vb= m/s。 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，设a、b碰后的共同速度为v，根据动量守恒定律，有 mavF=(ma+mb)v， 解得v=2.5 m/s， 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度v'，根据动量守恒定律，有 (ma+mb)v=(ma+mb+mc)v'， 则v'= m/s， 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系 (ma+mb)v2=(ma+mb+mc)v'2+k， 解得x1=0.1 m， 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1， 则弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x1=0.2 m。 答案　(1)10 m/s　(2) m/s　(3)0.2 m 14.(2025·景德镇二模)有一款三轨推拉门，门框内部宽为L1=2.75 m。三扇门板俯视图如图甲所示，宽均为L2=1 m，质量均为m0=18 kg，与轨道的摩擦系数均为μ=0.01。每扇门板边缘凸起部位厚度均为d=0.05 m。门板凸起部位间的碰撞均为完全非弹性碰撞(不黏连)，门板和门框的碰撞为弹性碰撞。刚开始，三扇门板静止在各自能到达的最左侧(如图乙)，用恒力F水平向右拉3号门板，经过位移s=0.45 m后撤去F，一段时间后3号门板左侧凸起部位与2号门板右侧凸起部位发生碰撞，碰撞后3号门板向右运动恰好到达门框最右侧(如图丙)。重力加速度g=10 m/s2。求: (1)3号门板与2号门板碰撞后瞬间的速度大小； (2)恒力F的大小； (3)若力F大小可调，但每次作用过程中F保持恒定且F作用的位移均为s，要保证2号门板不与1号门板发生碰撞，请写出3号门板经过的路程x与F之间的关系式。 解析　(1)3号门板与2号门板碰撞后相对静止一起向右做匀减速直线运动，位移为 s1=(L1-L2)-(L2-d)， 解得s1=0.8 m， 根据功能关系可得μ·2m0gs1=·2m0， 解得v1=0.4 m/s。 (2)3号门板与2号门板碰撞，根据动量守恒定律可得m0v0=2m0v1， 解得v0=0.8 m/s， 3号门板从开始运动到与2号门板碰撞，位移为 s0=L2-3d， 解得s0=0.85 m， 根据动能定理可得Fs-μm0gs0=m0， 解得F=16.2 N。 (3)①若F≤μm0g=1.8 N，3号门保持静止。 ②若3号门板还未与2号门板碰撞，即 x<L2-3d=0.85 m， 由Fs-μm0gx=0， 解得x=0.25F(m)， 此时0.45 m<x<0.85 m，1.8 N<F≤3.4 N。 ③若3号门板与2号门板碰撞，但2号门板还未与1号门板碰撞，则有L2-3d<x<L1-L2-d， 即0.85 m<x<1.7 m， 3号门板与2号门板碰撞前有 Fs-μm0g(L2-3d)=m0， 3号门板与2号门板发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得m0v2=2m0v3， 3号门板与门框发生弹性碰撞，机械能不损失，因此碰撞后2、3号门板机械能全部转化为摩擦产热，则有 ×2m0=μ·2m0g[x-(L2-3d)]， 解得x=(m)， 由0.85 m<x<1.7 m，可得此时恒力的取值范围为 3.4 N<F<17 N， 由几何关系可知，3号门板反弹后不会再次与2号门板碰撞。 答案　(1)0.4 m/s　(2)16.2 N　(3)见解析 学科网（北京）股份有限公司 $