2026届高三物理二轮复习跟踪训练 第7课时 动量定理 动量守恒定律

第7课时　动量定理　动量守恒定律 跟踪训练 基础保分练 1． 选择题： 1.如图，竖直平面内的光滑轨道为一抛物线，O点为抛物线顶点。小环第一次从O点以某一初速度水平进入轨道，运动过程中与轨道之间始终无弹力；第二次静止在O点，受轻微扰动后下滑。小环两次从O点到A点过程中(　　) A.动能变化相同 B.重力冲量相同 C.动量变化相同 D.到A点时速度相同 2.如图所示，一玩具水枪的枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为(　　) A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2 C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv 3.如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是(　　) A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr 4.如图所示，半径为R的半圆形凹槽放置在光滑的水平面上，将一个小球从凹槽边缘由静止释放，忽略小球与凹槽之间的摩擦，以地面为参考系，在小球从开始运动到滑至圆弧最低点的过程中(　　) A.小球的机械能守恒 B.小球、槽组成的系统动量守恒 C.小球的水平位移小于R D.小球重力的功率一直增大 5.某同学使用两个大小相同而质量不等的小球，利用图所示装置验证动量守恒定律。通过正确的实验操作，获得实验中落点痕迹与O点间距离、、。A、B小球的质量分别为m1、m2，且m1大于m2，若两球碰撞动量守恒，则满足(　　) A.m1＝m1＋m2 B.m1＝m1＋m2 C.m1＝m1＋m2 D.m1＝m1＋m2 6.踢毽子是我国传统的民间体育运动。如图是一个小孩在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。毽子在空中运动过程中(　　) A.刚离开脚时，加速度最大 B.动量变化率先变小后变大 C.上升的时间等于下降的时间 D.重力的冲量上升过程大于下降过程 7.质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以v0＝的速度开始运动(g为当地重力加速度)，如图所示。已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数μ的取值范围是(　　) A.<μ< B.<μ< C.<μ< D.<μ< 8.如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为2 kg、6 kg，B的左端拴接着一劲度系数为 N/m的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内。已知弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，则(　　) A.在0～2t0内B物块先加速后减速 B.整个过程中，A、B物块构成的系统机械能守恒 C.v0＝2 m/s D.物块A在t0时刻时速度最小 综合创新练 1． 选择题： 9.如图所示，5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，其中4个球B、C、D、E质量均为m1，A球、F球质量均为m2，A球以速度v0向B球运动，之后所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞结束后(　　) A.若m1＝m2，最终将有2个小球运动 B.若m1<m2，最终将有1个小球运动 C.若m1>m2，最终将有3个小球运动 D.无论m1、m2大小关系怎样，最终6个小球都会运动 10.(2025·甘肃卷)如图,小球A从距离地面20 m处自由下落,1 s末恰好被小球B从左侧水平击中,小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同,碰撞为完全弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为(　　) A.1.5 m/s B.3.0 m/s C.4.5 m/s D.6.0 m/s 11.(多选)(2025·福建卷)如图,水平传送带顺时针转动,速度大小恒为1 m/s, 物块A、B由一根轻弹簧相连,A的质量为1 kg,B的质量为2 kg,A与传送带间的动摩擦因数为0.5,B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t=0时,A速度大小为v0=2 m/s,方向水平向右,B的速度为零,弹簧处于原长状态。t=t0时,A与传送带第一次共速,此时弹簧弹性势能Ep=0.75 J,传送带足够长,A可留下痕迹,重力加速度g取10 m/s2,弹簧始终处于弹性限度内。则(　　) A.在t=时,B的加速度大小大于A的加速度大小 B.t=t0时,B的速度为0.5 m/s C.t=t0时,弹簧的压缩量为0.2 m D.0~t0过程,传送带上的痕迹小于0.05 m 二．计算题： 12.如图所示，倾角θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，斜边长度L＝1.6 m，质量均为1 kg的小球B和C处于轻弹簧两端，其中小球C与弹簧相连，小球B与弹簧不连接，它们都静止于水平地面上。现有一个质量也为1 kg的小球A从斜面体的最高点由静止下滑，下滑至斜面底端时，由于和水平地面的相互作用(作用时间Δt＝0.1 s)，小球A速度的竖直分量变为0，水平分量不变，此后小球A与小球B正碰，碰后二者立即粘在一起。不计一切摩擦，已知重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小球A刚下滑至斜面底端时的速度大小； (2)小球A在斜面底端和水平地面相互作用过程中弹力的冲量； (3)整个过程中，弹簧对小球C做的功。 13.如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为6l。一质量为M 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力是其所受重力大小的倍。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求： (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度v1、v2大小； (2)在第一次碰撞后圆盘下滑的距离x2； (3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数n。 参考答案： 1.答案　A解析　根据动能定理可知两种情况下重力做功相等，则动能变化相同，故A正确；两种情况下，小环下落时间不同，根据I＝mgt，可知重力的冲量不相同，故B错误；根据动量定理可知重力的冲量不相同，则动量变化不相同，故C错误；因为初速度不同，重力做功相等，根据动能定理可知到达A点时的速度不相同，故D错误。 2.答案　B解析　时间Δt内流经水枪的水的体积为V＝SvΔt＝πd2vΔt，Δt时间内冲到目标的水的质量为m＝ρV，取初速度方向为正方向，根据动量定理有－FΔt＝－0.2mv－mv，解得水受到作用力F＝0.3πd2ρv2，由牛顿第三定律可得，水柱击中目标的平均冲击力大小为0.3πd2ρv2，故B正确。 3.答案　D解析　圆盘停止转动前，小物体所受的摩擦力方向指向转轴提供向心力，故A错误；由动量定理可知，圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为零，B错误；圆盘停止转动后，小物体沿运动轨迹的切线方向运动，C错误；由动量定理可知，整个滑动过程摩擦力的冲量大小I＝mωr－0＝mωr，D正确。 4.答案　C解析　由于地面光滑，小球运动时凹槽也运动，支持力做功不为零，小球机械能不守恒，A错误；小球、凹槽组成的系统在竖直方向上所受合外力不为零，在水平方向上所受合外力为零，所以水平方向动量守恒，B错误；由于地面光滑，小球从开始运动到滑至圆弧最低点的过程中，凹槽向相反方向运动，所以小球的水平位移小于R，C正确；小球的竖直分速度先增大后减小，所以重力的瞬时功率先增大后减小，D错误。 5.答案　A解析　设小球A与B碰撞前瞬间的速度为v1，碰后瞬间二者的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，m1v＝m1(v1′)2＋m2(v2′)2，解得v1′＝v1，v2′＝v1，所以v2′>v1>v1′。小球做平抛运动，下落的高度相同，所以下落时间相同，则落点到O点的距离与小球平抛初速度的比值相同，所以E点为小球A不与B碰撞时的落点，D、F点分别为小球A与B碰撞后二者的落点，所以满足的表达式为m1＝m1＋m2，A正确。 6.答案　A解析　毽子上升过程mg＋kv＝ma上，下降过程mg－kv＝ma下，因刚离开脚时速度最大，则加速度最大，选项A正确；动量变化率等于毽子受到的合外力，因上升过程合外力减小，下降过程中合外力也减小，则动量变化率逐渐减小，选项B错误；因上升的平均加速度大于下降的平均加速度，根据h＝at2可知，上升的时间小于下降的时间，选项C错误；根据IG＝mgt可知，重力的冲量上升过程小于下降过程，选项D错误。 7.答案　D解析　由于系统要克服摩擦力做功，物体最终与箱子相对静止，设物体与箱子的共同速度为v共，物体与箱子组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv共，解得v共＝v0，对物体和箱子组成的系统，由能量守恒定律得mv＝(m＋m)v＋Q，解得系统产生的热量Q＝mv＝mgl，由题意可知，物体与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程应满足l<s<l，小物块受到摩擦力为Ff＝μmg，对系统根据Q＝Ffs＝μmgs，联立可得<μ<，故D正确。 8.答案　C解析　在0～2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即B受到的弹力始终向右，所以B物块始终做加速运动，故A错误；整个过程中，A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒，故B错误；由题图乙可知，在t0时刻，弹簧被压缩到最短，此时A、B共速，设为v，此时弹簧的形变量为x＝0.4 m－0.1 m＝0.3 m，则根据A、B物块组成的系统动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v，根据A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒，有m1v＝(m1＋m2)v2＋kx2，联立解得v0＝2 m/s，故C正确；在0～2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即A受到弹力始终向左，所以A物块始终做减速运动，则物块A在2t0时刻时速度最小，故D错误。 9.答案　C解析　A、B碰撞时由动量守恒定律和能量守恒定律可知m2v0＝m2v2＋m1v1，m2v＝m2v＋m1v，解得v2＝v0，v1＝v0，若m1＝m2，则碰后两球交换速度，则最终只有F小球运动，选项A错误；若m1<m2，则碰后v1>v2>0，然后B和C交换，直到D和E交换，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换……，则最终不只有1个小球运动，选项B错误；若m1>m2，则A、B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，最后D、E交换速度，最后E与F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D停止，则最终有3个小球A、E、F运动，选项C正确；由以上分析可知，选项D错误。 10.答案　B解析　设小球的质量为m,碰撞前小球B的水平速度为v,碰撞后A球水平速度为v1,B球水平速度为v2,根据题意可知,小球A和B碰撞过程中,水平方向上动量守恒,则有mv=mv1+mv2,竖直方向上小球A的竖直速度vA不变,碰撞为完全弹性碰撞,则由能量守恒定律有mv2+m=m+m+m,联立解得v1=v,v2=0,小球A在竖直方向上做自由落体运动,则有h=gt2,解得t=2 s,可知碰撞后,小球A运动t'=1 s落地,则水平方向上有x=vt',解得v=3.0 m/s,故B正确。 11.答案　BD解析　设t=t0时A、B的运动速度分别为vA、vB,在t=0时,A、B组成的系统受力平衡,则其动量守恒,假设0~t0时间内,A、B组成的系统动量守恒,由动量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB,代入数据解得vB=0.5 m/s<1 m/s,假设成立,B正确;在0~t0时间内,由牛顿第二定律可知,A的加速度大小始终是B的加速度大小的2倍,A错误;0~t0时间内,对A、B和弹簧组成的系统由能量守恒定律可知mA+μBmBgxB-μAmAgxA=mA+mB+Ep,又t=t0时弹簧的压缩量Δx=xA-xB,联立解得Δx=0.1 m,C错误;结合A、B项分析可作出A、B的v-t图像如图所示,结合图像可知,A与传送带的相对位移x相A小于B与传送带的相对位移x相B,又x相A+x相B=0.1 m,所以A与传送带的相对位移(痕迹长度)小于0.05 m,D正确。 12.答案　(1)4 m/s　(2)3 N·s　方向竖直向上　(3) J 解析　(1)小球A下滑至斜面底端过程中，根据动能定理有mAgLsin 30°＝mAv 解得v0＝4 m/s。 (2)小球A和水平地面的相互作用过程中，取竖直向上为正方向， 由动量定理有I－mAgΔt＝0－mA(－v0sin 30°) 解得I＝3 N·s，方向竖直向上。 (3)小球水平向左运动的速度v1＝v0cos 30°＝2 m/s 小球A和B碰撞，根据动量守恒定律可得mAv1＝(mA＋mB)v2 解得v2＝ m/s 从A和B粘在一起向左运动开始到弹簧再次恢复原长过程， 根据动量守恒定律可得(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v3＋mCv4 根据机械能守恒定律可得(mA＋mB)v＝(mA＋mB)v＋mCv 解得v4＝ m/s 整个过程中，弹簧对小球C做的功W＝mCv＝ J。 13.解析　(1)　　(2)l　(3)7次 解析　(1)小球质量m＝M，小球释放后自由下落，下降l， 根据机械能守恒定律有mgl＝mv 解得v0＝ 小球以初速度v0与静止圆盘发生弹性碰撞，取竖直向下为正方向，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有mv＝mv＋Mv mv0＝－mv1＋Mv2 解得v1＝－v0＝ v2＝ 小球碰后速度v1大小为，方向竖直向上；圆盘速度v2大小为，方向竖直向下。 (2)第一次碰撞后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀减速运动,由Mg－Ff＝Ma 解得圆盘加速度a＝－g 由2ax2＝0－v 解得圆盘运动的最大距离x2＝l 第一次碰撞后，由0－v2＝at2 解得圆盘下滑时间t2＝ 小球在t2时间内运动的位移x1＝v1t2＋gt＝l 可见，当圆盘速度为零时，小球刚好与之发生第二次碰撞， 即第一次碰撞后圆盘下滑的距离为x2＝l。 (3)第二次碰撞前小球的速度v1′＝v1＋gt2＝ 接下来运动和小球第一次碰撞相同，因此每次碰撞圆盘向下移动l，＝ 故小球和圆盘碰撞次数为n＝7次。 学科网（北京）股份有限公司 $