2026届高三物理二轮专题复习专题强化练习 第6讲 动量

第6讲 动量 专题强化练习 基础保分练 1． 选择题： 1.(2025·江苏淮安市检测)如图为一种拓展训练的团队合作项目——“鼓动人心”。每个队友都拉着其中一条绳子，通过绳子控制鼓面来颠球。借助全体队员的共同努力，完成颠球目标。某次颠球过程，质量为250 g的排球从静止下落45 cm击中鼓面，被队员齐心协力竖直弹回原高度，球与鼓面的接触时间为0.1 s，重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A.从落下到弹回原处的过程中，排球重力的冲量一直增大 B.鼓面向上颠球的过程中，鼓面对排球的冲量等于排球动量的变化量 C.若队员齐心协力，可以使鼓面与每根绳子始终处于同一水平面上 D.鼓面向上颠球的过程中，鼓面对排球的平均作用力大小为20 N 2.如图所示，在光滑水平轨道上有一小车，它下面用轻绳系一沙袋。有一子弹水平射入沙袋后并不穿出，子弹射入沙袋的时间极短，则下列说法中正确的是(　　) A.从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中，子弹、沙袋和小车组成的系统动量守恒 B.从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中，子弹、沙袋和小车组成的系统机械能守恒 C.从子弹射入沙袋后，子弹、沙袋和小车组成的系统动量和机械能都守恒 D.从子弹射入沙袋后，子弹、沙袋和小车组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 3.如图甲所示，质量为m的某同学直立于箱子上，t=0时刻该同学从箱子上跳下，t1时刻着地，经曲腿缓冲一系列动作后，t6时刻起直立静止于地面上，该同学所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，忽略该同学离开箱子时的初速度和空气阻力，该同学在空中始终处于直立状态，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A.该同学的最大速度为gt1 B.箱子的高度为g C.图乙中图线与横轴t1~t6段围成的面积为mgt6 D.0~t6时间内该同学的机械能减少了mg2 4.某小球质量为M，现让它在空气中由静止开始竖直下落，下落过程中所受空气阻力与速率的关系满足f=kv(k为定值)，当下落时间为t时，小球开始匀速下落，已知重力加速度为g，则小球在t时间内下降的高度h为(　　) A. B. C. D. 5.2025年4月11日成功发射通信技术试验卫星十七号。运载火箭点火时向下喷气，会对地面产生冲力。假设火箭刚离开地面时竖直向上速度大小为v0，火箭喷气口的横截面积大小为S，喷出气体相对于火箭的速度大小为v，气体垂直射向地面后，竖直速度变为零，已知气体的密度为ρ，重力加速度大小为g，忽略气体自身重力，v>v0。则气体对地面的平均冲力大小是(　　) A.ρSv2 B.ρSv(v-v0) C.ρS D.ρS(v-v0)2 6.(2025·江苏南京市一模)如图所示，轻质弹簧的两端分别与小物块A、B相连，并放在倾角为θ的固定斜面上，A靠在固定的挡板P上，弹簧与斜面平行，A、B均静止。将物块C在物块B上方与B相距x处由静止释放，C和B碰撞的时间极短，碰撞后粘在一起不再分开，已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，弹簧劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则为保证A不离开挡板，x的最大值为(　　) A. B. C. D. 综合创新练 一.选择题： 7.(2025·河南卷·7)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 8.(2025·江苏盐城市模拟)一质量为m的小球从水平地面竖直上抛，在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比。它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.小球t2时刻刚好落地 B.小球在运动过程中加速度最大为2g C.小球从抛出到落地的总时间为 D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 9.(2025·广东卷·7)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是(　　) 10.(2025·江苏苏锡常镇四市一模)质量为M的半圆形凹槽静置在光滑水平面上，质量为m的光滑小球静止在凹槽底部。初始时刻给小球一个水平初速度v0，计算机模拟得到小球的部分轨迹如图，已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高，则(　　) A.m>M B.仅增大M值后重新模拟，小球能飞离凹槽 C.长时间观察，有些时间段内凹槽对地向左运动 D.小球从图中A到B运动过程中，凹槽先加速后减速 二．计算题： 11.(2025·河北卷·14)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。小物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。小物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若小物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，小物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求小物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及小物块弹离地面时水平速度的大小。 12.(2025·四川卷,15)如图所示,倾角为θ的斜面固定于水平地面,斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点,bd为半圆挡板直径且沿水平方向,c为半圆挡板最高点,两挡板相切于b点,de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发,沿挡板运动到c点与小球乙发生弹性碰撞,碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定,小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1,两小球均可视为质点,不计一切摩擦,重力加速度大小为g。 (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小; (2)若小球甲恰能到达c点,且碰撞后小球乙能运动到e点,求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件; (3)在满足(2)中质量比值的条件下,若碰撞后小球乙能穿过线段de,求小球甲初动能应满足的条件。 尖子生选练 13.大型工厂的车间中有一种设备叫作天车如图甲所示，是运输材料的一种常用工具。此装置可以简化为如图乙所示的模型，足够长的光滑水平杆上套有一个质量为3m的滑块，滑块正下方用长为L不可伸长的轻绳悬挂一个质量为m的小球。开始两者均静止，现给小球一个水平初速度v0(未知)，小球恰好能达到与滑块等高的位置，此时滑块水平向右移动s，重力加速度为g，求： (1)初速度v0大小； (2)小球第1次返回最低点时绳的拉力大小； (3)从给小球初速度开始到第1次摆到最高点的时间。 参考答案： 1.答案　A解析　冲量是作用力与时间的乘积，则排球从落下到弹回原处的过程中，排球重力的冲量一直增大，故A正确；根据动量定理，鼓面向上颠球的过程中，鼓面对排球的作用力与排球重力的合力的冲量等于排球动量的变化量，故B错误；因鼓有重力，鼓面与每根绳不可能在同一平面上，故C错误；对排球由动量定理(F-mg)t=mv2-(-mv1)，其中v1=v2==3 m/s，解得F=17.5 N，故D错误。 2.答案　D解析　从子弹射入沙袋到它们摆动达到最大偏角的过程中，子弹和沙袋组成的系统做圆周运动，合力不等于零，系统的动量不守恒，故A错误；子弹打入沙袋时有能量损失，所以子弹与沙袋组成系统的机械能不守恒，故B错误；子弹射入沙袋的瞬间运动过程中，子弹与沙袋组成的系统水平方向动量守恒，但摆动过程中，对子弹和沙袋组成的系统做圆周运动，合力不等于零，系统的动量不守恒，机械能守恒，故C错误，D正确。 3.答案　C解析　由F-t图像可知，0~t1时间内该同学在空中，t1时刻着地时速度为gt1，t1~t2时间内，支持力小于重力，合力向下，根据牛顿第二定律F-mg=ma，知该同学接触地面后继续向下加速，速度大于gt1，该同学的最大速度大于gt1，故A错误；0~t1时间内该同学做自由落体运动，根据运动规律知箱子的高度为g，故B错误；0~t1时间内根据动量定理有-mgt1=m(-v0)，题图乙中图线与横轴t1~t6段围成的面积表示在t1~t6时间内地面对该同学的冲量，根据动量定理有I-mg(t6-t1)=0-m(-v0)，解得I=mgt6，故C正确；0~t6时间内该同学的机械能减少了mgh=mg2，故D错误。 4.答案　A解析　根据题意可得，当小球匀速下落时，有Mg=f=kv，下落过程中，根据动量定理可得Mgt-t=Mv-0，t=kt=kh，联立可得h=，故选A。 5.答案　D解析　由题意可知气体对地的速度为v气=v-v0，设Δt时间内有Δm质量的气体射向地面，地面对气体平均冲力大小为F，规定向下为正方向，由动量定理有-FΔt=0-Δmv气，因为Δm=v气ΔtSρ，联立解得F=ρS(v-v0)2，根据牛顿第三定律可知，气体对地面的平均冲力大小是ρS(v-v0)2，故选D。 6.答案　B解析　设静止时弹簧的压缩量为x1，对B有mgsin θ=kx1，要使A不离开挡板，则A刚要离开挡板时物块B、C速度为零，弹簧伸长，弹力大小等于A重力沿斜面的分力，则弹簧伸长量等于x1，从碰后到A刚要离开挡板，弹簧弹性势能变化为零，设碰后B、C速度为v2，由机械能守恒定律得×2m=2mg×2x1sin θ，B、C碰撞过程根据动量守恒有mv1=2mv2，下滑过程有m=mgxsin θ，联立解得x=，故选B。 7.答案　D解析　P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN'，即mP(vP-vP')=mN(vN'-vN)，根据题图甲可知(vP-vP')>(vN'-vN)，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(vQ-vQ')=mN(vN'-vN)，根据题图乙可知(vQ-vQ')<(vN'-vN)，故mQ>mN；综上可得mQ>mN>mP，故选D。 8.答案　C解析　由题图可知，t2时刻后小球的动量不变，即小球的速度不变，小球速度不变后，又运动了一段时间，说明t2时刻小球还没落地，故A错误；设在运动过程中小球受到的空气阻力与速率满足关系式f=kv，根据动量定理Δp=FΔt，可知p-t图像的斜率表示合外力，由题图可知t=0时刻，p-t图像斜率的绝对值最大，小球的加速度最大，设小球运动过程中的最大加速度为am，有mg+kv1=mam，其中v1=，当p=-时，小球合外力为零，此时有mg=kv2=k，解得am=3g，故B错误；由题图知从抛出到最高点的时间为t1，设此时上升的高度为h，从最高点到落地的时间为t'，从地面抛出到最高点由动量定理得-mgt1-kt1=0-p0，即mgt1+kh=p0，同理下降阶段mgt'-kt'=，即mgt'-kh=，联立可得小球从抛出到落地的总时间为t=t1+t'=，故C正确；小球上升过程中阻力的冲量大小为If1=kt1=kh，小球下落过程中阻力的冲量大小为If2=kt'=kh，故小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等，故D错误。 9.答案　A解析　根据牛顿第二定律a=，两小球所受外力F大小相等，由v-t图像的斜率表示加速度可知，M、N的加速度大小之比为4∶6=2∶3，则M、N的质量之比为3∶2；设M、N的质量分别为3m和2m；由图像可设M、N碰前的速度大小分别为4v和6v，因M、N系统所受合外力为零，则系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有3m×4v+2m×(-6v)=3mv1+2mv2，若系统为弹性碰撞，由能量守恒定律可知×3m×(4v)2+×2m×(-6v)2=×3m+×2m，解得v1=-4v、v2=6v，因碰撞后M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，即两小球一起停止，故B、D错误；若不是弹性碰撞，则3m×4v+2m×(-6v)=3mv1+2mv2，可知碰后速度大小之比为|v1|∶|v2|=2∶3，若假设v1=-2v，则v2=3v，此时满足×3m×(4v)2+×2m×(-6v)2>×3m+×2m，则假设成立，因碰撞后M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，对M来说碰撞前后的速度大小之比为4v∶2v=2∶1，可知碰撞前后运动时间之比为2∶1，故A正确，C错误。 10.答案　B解析　当小球由最低点开始运动到第一次回到最低点时，水平方向动量守恒，小球光滑，则系统机械能守恒，设此时小球速度为v1、凹槽速度为v2，则mv0=mv1+Mv2，m=m+M，联立可得M=m，以初速度方向为正方向，由题图中小球的运动轨迹可知，当小球第一次回到最低点时v1<0，即>1，可以判断m<M，故A错误；当小球第一次到最高点时，水平方向速度共速，设小球和凹槽此时的水平方向速度为v共，则由动量守恒mv0=(m+M)v共，得v共=，当增大M值后v共会减小，系统机械能守恒，则m=m(+)+mgr+M，仅增大M值，由最低点开始运动到最高点时，v共减小，则v竖直增大，小球会飞的更高，飞离凹槽，故B正确；设小球末速度水平分速度为v1'，凹槽末速度为v2'，由动量守恒可知mv0=mv1'+Mv2'，即m(v0-v1')=Mv2'，若当凹槽对地向左运动时v2'<0，可得v0<v1'，则m<mv1'2，不满足系统机械能守恒，小球由A到B过程中v0-v1'一直增大，所以v2'一直增大，故C、D错误。 11.答案　(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 解析　(1)小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg=ma 则小物块从开始运动到离开平台有-=-2ax0 小物块从平台飞出后做平抛运动有h=g，x=vxt1 联立解得x=0.6 m。 (2)小物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则小物块弹起至最大高度所用时间和弹起的竖直初速度有h'=g，vy2=gt2 则小物块与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1 s 小物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正， 在竖直方向有IN-mgΔt=m-m(-)，=gt1 解得IN=0.1 N·s 取水平向右为正方向，在水平方向有-μFNΔt=mvx'-mvx，IN=FNΔt 解得vx'=-1 m/s 但由于vx'减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx'=0。 12.答案　(1)gsin θ　(2)≤1或=7 (3)m1gRsin θ<Ek0<12m1gRsin θ 解析　(1)小球甲从a点沿直线运动到b点过程中, 根据牛顿第二定律有m1gsin θ=m1a1 解得甲在ab段运动的加速度大小a1=gsin θ。 (2)甲恰能到c点,设到达c点时的速度为v1, 根据牛顿第二定律有m1gsin θ=m1 解得v1= 根据题意知,甲、乙在c点发生弹性碰撞,设小球乙的质量为m2, 根据动量守恒定律和能量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2 m1=m1v1'2+m2 解得碰后乙的速度为v2== 碰后乙能运动至e点,有两种情况: 第一种情况,碰撞后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点, 需满足m2gsin θ≤m2 即v2≥ 联立解得≤1; 第二种情况,碰撞后乙在斜面上做类平抛运动到达e点, 此时有7R+R=gsin θ·t2,R=v2t 解得v2= 联立解得=7 综上,小球乙与小球甲的质量比值应满足≤1或=7。 (3)根据前面分析可知,当质量比满足第一种情况时,碰后乙做圆周运动,不可能越过线段de,故碰后乙做类平抛运动,且能越过线段de,则碰后乙的速度必然满足v2'<,同时根据类平抛运动规律可知7R+R=gsin θ·(Δt)2,v2'Δt>R 同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上, 则有R=gsin θ(Δt')2,v2'Δt'<R 联立解得<v2'< 小球甲、乙在c点的碰撞仍为弹性碰撞,满足v2'=v甲' 将=7代入可得<v甲'<2 对甲球从a以一定初动能Ek0出发,由a到c过程中,根据动能定理有 -m1g·8Rsin θ=m1v甲'2-Ek0 联立解得m1gRsin θ<Ek0<12m1gRsin θ。 13.答案　(1)　(2)mg　(3) 解析　(1)小球第一次到最高点时，小球和滑块达到共同速度，水平方向动量守恒有mv0=(3m+m)v共 由系统机械能守恒m=×(3m+m)+mgL 联立解得v0= (2)小球第1次返回最低点时，设小球速度为v1，滑块的速度为v2，对系统由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+3mv2，m=m+×3m 解得v1=-v0，v2=v0 由牛顿第二定律FT-mg= 联立解得FT=mg (3)从开始到第1次摆到最高点的过程中小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒，取极短时间Δt内mv0Δt=mv1Δt+3mv2Δt 累加可得mv0∑Δt=m∑v1Δt+3m∑v2Δt 又∑v1Δt=s1=s+L，∑v2Δt=s2=s 则mv0t=ms1+3ms2 解得t==。 学科网（北京）股份有限公司 $