课后限时练7 动量定理和动量守恒定律（学生用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与讲义

课后限时练7　动量定理和动量守恒定律 说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分42分 1．(2025·河北廊坊模拟)我国“天和号”核心舱配备了四台全国产化的LHT－100霍尔推进器，虽然单台推力只有80毫牛，但在关键性能上已经反超国际空间站。霍尔推进器工作时，将气体推进剂电离成电子和离子，电离比例为95%，这些粒子在电场的作用下被加速后以极高的速度喷出，在相反的方向上对航天器产生了推力。某次对单台推进器进行测试，粒子喷射速度为2.0×104 m/s，每秒进入放电通道的粒子的质量约为(　　) A．3.8×10-6 kg B．4.2×10-6 kg C．4.4×10-6 kg D．4.6×10-6 kg 2．(2025·江苏五校模拟)“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。当雨滴竖直下落的速度为v时，为估算雨打芭蕉产生的压强p，建立以下模型：芭蕉叶呈水平状，落到芭蕉叶上的雨滴一半向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为，另一半则留在叶面上。已知水的密度为ρ，不计重力和风力的影响，则压强p为(　　) A． B． C． D． 3．(2025·广州市高三下学期综合测试)如图所示，足够长的光滑水平杆上套有一个滑块，滑块M正下方用不可伸长的轻绳悬挂一小球m。开始时两者均静止；给小球一水平向右的初速度v0后，小球恰好能摆至与滑块等高的位置，之后小球再向下摆动，则(　　) A．小球与滑块等高时，小球的速度为零 B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒 C．小球与滑块等高时，滑块的速度达到最大值 D．小球向左摆到滑块正下方时，其速度大小仍为v0 4．(2025·广西北海市高三模拟考试)如图所示，在水平面固定放置的光滑圆环内嵌着质量分别为m1、m2(m1<m2)的1、2两个大小相同的小球，AB连线过环心O。小球可看作质点，初始时小球2静止于A点，小球1以初速度大小v0沿圆环切向方向运动，若小球1和2之间发生弹性碰撞，两球第二次在B点相碰，则小球的质量比m1∶m2是(　　) A．1∶5 B．1∶3 C．1∶2 D．2∶3 5．(2025·山东省聊城市二模)开有凹槽的斜面固定在地面上，斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为4r。槽内上端紧挨放置四个半径均为r的相同小球，各球编号如图所示。将四个小球由静止同时释放，小球落地后均静止，不计一切摩擦。各小球在运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．球4的机械能守恒 B．球1处在OA段时动量不变 C．四个球最终的落地点各不相同 D．四个小球中球1离开轨道时的速度最小 6．(多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0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，则(　　) A．小球以后将向左做平抛运动 B．小球以后将做自由落体运动 C．此过程小球对小车做的功为 D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 7．(16分)(2025·天津一模)如图所示，水平粗糙轨道AB长为L，竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC与轨道AB相切于B点，质量为m的物块P以初速度v0从A点向左运动，与静止于B点、质量为2m的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起运动，恰能到达轨道最高点C，已知重力加速度为g，物块P、Q均可视为质点，求： (1)两物块碰后瞬间对轨道B点的压力FN的大小； (2)物块P与水平轨道AB间的动摩擦因数μ； (3)碰撞过程中物块P对物块Q做的功W的大小。 3/3 学科网（北京）股份有限公司 $ 课后限时练7 1．B　[设每秒进入放电通道的粒子的质量为m，由题意可知，电离比例为95%，发生电离的粒子质量为95%·m，以这些粒子为研究对象，根据牛顿第三定律和动量定理得Ft＝95%mv，解得每秒进入放电通道的粒子的质量为m＝ kg≈4.2×10-6 kg，故选B。] 2．D　[设雨滴落到芭蕉叶上的面积为S，t时间内落到芭蕉叶上面雨滴的质量m＝ρvtS；根据题意有一半的雨滴向四周散开，取竖直向上为正方向，根据动量定理可知F1t＝m×，另一半则留在叶面上，根据动量定理有F2t＝0－，根据牛顿第三定律及压强定义式有p＝，联立解得p＝，故选D。] 3．B　[根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，小球的速度为v＝，A错误；此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒，只有水平方向动量守恒，B正确；小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值，C错误；小球向左摆到滑块正下方时，根据机械能守恒定律得mmM，解得v1<v0， 其速度大小小于v0，D错误。故选B。] 4．B　[若两球发生弹性碰撞则有m1v0＝m1v1＋m2v2，m1m1m2，联立解得v1＝v0，v2＝v0，根据题意，当m1<m2时，小球1反弹，反弹后小球2运动圆周、小球1反向运动圆周后发生第二次碰撞，则有－v1＝v2，解得m1∶m2＝1∶3，故选B。] 5．B　[四个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒，球4在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，后面的球对球4做功，球4的机械能不守恒，故A错误；球1处在OA段时，做匀速运动，根据p＝mv可知球1动量不变，故B正确；由于2、3、4三个球在水平轨道OA运动时，斜面上的小球与水平轨道OA上小球间会有相互作用，所以2、3、4三个球在水平面均做加速运动，离开A点时，球4的速度最小，水平射程最小；3、2、1三个球一起在水平轨道OA上运动时不再加速，3、2、1离开水平轨道OA的速度相等，水平射程相同，所以球4单落一个点，3、2、1三个球的落点相同，故C、D错误。故选B。] 6．BC　[从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且系统机械能守恒，设小球离开小车时，小球速度为v1，小车速度为v2，根据动量守恒定律有Mv0＝Mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律有MMM，联立解得v1＝0，v2＝v0，即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；根据动能定理，小球对小车所做的功W＝M－0＝M，C正确；小球上升到最高点时，与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律有Mv0＝2Mv，根据机械能守恒定律有M＝2×Mv2＋Mgh，联立解得h＝，D错误。] 7．解析：(1)碰撞后恰好能运动到最高点C，根据动能定理有－(m＋2m)gR＝0－(m＋2m)v2 碰后瞬间，根据牛顿第二定律有FN'－(m＋2m)g＝(m＋2m) 根据牛顿第三定律有FN＝FN'，解得FN＝9mg。 (2)P从A到B的过程中，根据动能定理有 －μmgL＝mm 碰撞过程中，根据动量守恒定律有mv1＝(m＋2m)v 解得μ＝。 (3)碰撞过程中，W＝×2mv2 解得W＝2mgR。 答案：(1)9mg　(2)　(3)2mgR 1/2 学科网（北京）股份有限公司 $