2026届高三物理二轮复习专项训练：力学专题 动量守恒定律的应用问题

2026届高三物理二轮复习专项训练：力学专题 动量守恒定律的应用问题 一、单选题 1．如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为（　　） A． B． C． D． 2．一炮弹在空中飞行时，突然发生爆炸（时间极短），爆炸成质量不同的两部分，爆炸后瞬间两部分的运动方向与爆炸前瞬间炮弹的运动方向在同一直线上。则炮弹爆炸过程中（　　） A．系统动量不守恒 B．两部分的动能都会增大 C．两部分的动能之和可能减小 D．两部分的动能之和一定增大 3．质量相等的、两小球（视为质点）在同一竖直线的不同高度以不同的初速度同时竖直上抛，在球到达最高点时两球发生正碰且碰撞时间极短。图中实线和虚线分别表示、两小球位置随时间变化的曲线，图线Ⅰ前半部分、Ⅱ后半部分关于时刻对称。则下列说法正确的是（　　） A．时刻，球的速率大于球的速率 B．碰撞前后瞬间，球的动量不变 C．球先落回地面 D．碰撞后球的机械能大于球的机械能 4．如图，木板静置于光滑的水平面上，一颗子弹（视为质点）以水平速度击中并留在木板中，若木板对子弹的阻力恒定，子弹质量小于木板质量，虚线表示子弹与木板刚共速时的位置，则在下列四图中子弹与木板刚共速时的位置可能正确的是（　　） A． B． C． D． 5．如图所示，一个质量为m=50kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为M=20kg，当静止时人离地面的高度为h=5m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是（可以把人看作质点）（　　）    A．5m B．3.6m C．2.6 m D．8m 6．大小相同的两个小球a、b并排静止在光滑水平面上，距小球b右侧l处有一竖直墙面，墙面垂直于两小球连线，如图所示。小球a的质量为，小球b的质量为m。现给小球a一沿连线向右的初速度，忽略空气阻力及所有碰撞过程中的动能损失，小球a与小球b发生第二次碰撞时距竖直墙面的距离为（　　） A． B． C． D． 7．在光滑水平地面上放一个质量为2kg的内侧带有光滑弧形凹槽的滑块M，凹槽的底端切线水平，如图所示。质量为1kg的小物块m以v0=6m/s的水平速度从滑块M的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块M的顶端。重力加速度取g=10m/s2，不计空气阻力。则小物块m沿滑块M上滑的最大高度为（　　）    A．0.3m B．0.6m C．1.2m D．1.8m 8．某次游戏中，在光滑水平面上用质量为m1的小球A碰撞质量为m2的静止的小球B，如图所示，O为平面外一点，且O、A、B在同一竖直面内。碰前O、A连线在时间t内扫过的面积为S1，碰后O、A连线在时间t内扫过的面积为S2，O、B连线在时间t内扫过的面积为S3。两球均可看成质点，下列关系式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 9．如图所示，一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（　　）    A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒 B．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量不守恒 C．物块到不了水平轨道的最左端 D．物块将从轨道左端冲出水平轨道 10．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（　　） 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 二、多选题 11．如图所示，在水平光滑地面放置两质量相等的物块A、B，之间用轻质弹簧栓接，初始时弹簧处于原长，物块B静止，现使物块A获得向右速度v，此后开始运动，不计一切阻力，则在运动过程中（　　） A．A、B和弹簧组成的系统机械能守恒 B．A、B组成的系统动量守恒 C．经过足够长时间后，均以的速度向前匀速运动 D．A、B速度均为时弹簧一定处于压缩状态 12．如图1所示，质量均为的物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为，初始时甲，乙均静止，质量为的物块丙以速度向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后乙的位移随时间的变化如图2中实线所示，其中0.2s时刻前后的图像分别是抛物线的一部分（图中实线）和直线，二者相切于点，抛物线的顶点为。甲始终未脱离乙，重力加速度大小为。下列说法正确的是（    ） A．碰后瞬间乙的速度大小为 B．甲、乙间的动摩擦因数为 C．甲、乙间的动摩擦因数为 D．甲到乙左端的距离至少为 13．如图所示，在光滑的水平冰面上，一个坐在冰车上的人手扶一球静止在冰面上。已知人和冰车的总质量，球的质量。某时刻人将球以相对于地面的水平速度向前方固定挡板推出，球与挡板碰撞后速度大小不变，人接住球后再以同样的速度将球推出（假设人、球、冰车共速后才推球），直到人不能再接到球，下列说法正确的是（　　） A．人第1次推球时，人、冰车、小球组成的系统动量守恒 B．人第1次推球直到不能再接到球，人、冰车、小球组成的系统动量守恒 C．人第1次接到球后，人、球、冰车共同的速度大小为 D．人第5次将球推出后将不再接到球 14．如图所示，足够长的光滑水平面上静止一质量为5m的弧形槽，弧形槽与水平面之间平滑连接，质量为m的滑块（可视为质点）从距离水平面高度为h的A点由静止下滑，之后被轻质弹簧反向弹出。不计一切摩擦，碰撞过程中无能量损失，重力加速度为g，下列说法正确的选项是（    ） A．弹簧获得的最大弹性势能为 B．滑块沿弧形槽上升的最大高度为 C．滑块第二次离开弧形槽后，不可能和弹簧发生作用 D．滑块沿弧形槽下滑过程中，二者构成的系统既满足动量守恒也满足机械能守恒 15．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙壁上，小球A向左压缩弹簧并锁定，带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块B静止放在A的右侧，轨道下端与水平面相切，整个装置位于足够大的光滑水平面上。某时刻解锁，小球被弹出后向右运动，经轨道上升到距水平面的最大高度为h，已知A、B的质量分别为m、3m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球沿B的轨道上升时，A和B组成的系统动量守恒 B．弹簧锁定时的弹性势能为 C．小球不可能第二次滑上B的轨道 D．滑块B的最大动能为 16．如图所示，质量为2m、半径为R，内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽左侧靠墙。把一个质量为m的小球（可视为质点）从半圆槽左端最高点无初速释放，当地重力加速度为g。在小球释放后的运动过程中，以下说法中正确的是（    ） A．小球在半圆槽右侧能上升的最大高度与左侧释放点的高度相同 B．小球第一次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力大小为3mg C．小球第二次经过半圆最低点时半圆槽的速度大小为 D．小球第三次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度为0 三、填空题 17．据报道，北京时间2023年6月4日6时33分，我国神舟十五号飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。“6时33分”是指________（填“时间”或“时刻”）；返回舱落地前，其底部的发动机会点火产生_________的冲力（填“向上”或“向下”），使返回舱做________运动（填“加速”、“匀速”或“减速”），在这个过程中，宇航员处于________状态（填“超重”或“失重”）。 18．如图所示，静止的红球与白球、洞的间距都是L，两球的质量都是m，两球和水平面之间的摩擦因数都是μ，两球之间的碰撞是完全弹性的。现给白球一个水平冲击使其获得水平速度后刚好能让红球掉入洞中，则白球所受水平冲量的大小为___________；红球运动的时间为___________； 19．总质量为M的炮艇以速度匀速行驶。突然，炮艇向前进方向发射一枚炮弹，炮弹质量m，发射速度v（相对炮艇的速度）。这时，测得炮艇速度为。试给出以上物理量之间的关系式。 20．某次冰壶运动训练中，甲壶与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同，不计空气阻力，两壶完全相同且均可视为质点，碰撞时间极短可不计，碰撞前、后两壶运动轨迹始终在同一水平直线上。从开始碰撞到两壶都静止过程中，乙壶的位移_______不小于甲壶的位移（选填“一定”，“不一定”）。若测得乙壶位移是甲壶位移的k倍，当k值越小，两壶碰撞过程中损失机械能越_______（选填“大”或“小”）。 四、解答题 21．如图，水平台球桌面上白球、红球和底袋在同一直线上，白球、红球之间的距离为，红球与底袋之间的距离为。台球选手用杆将白球向红球水平击出，两球发生对心弹性碰撞后，红球恰好落入底袋。已知白球、红球的质量均为，两球在运动过程中保持平动，两球与桌面间的动摩擦因数均为0.2，不计杆与白球作用时间内桌面与白球的摩擦，重力加速度大小取。求： （1）红球碰撞后瞬间的速度大小； （2）杆对白球的冲量大小。 22．在物流仓库的快递分拣线上，有两个质量相等的分拣托盘A和B，初始时两托盘均静止在水平台面上，托盘与平台间的动摩擦因数均为，时刻工作人员将托盘A以m/s的初速度向右推出，s时托盘A与静止的托盘B发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞过程中系统有的机械能损失。重力加速度g取10m/s2。求： (1)两托盘之间的初始距离； (2)碰撞后瞬间托盘B的速度大小。 23．如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，小球A与B球心距O点的距离均为L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。 (1)若A释放时摆角比较小，求A碰前的运动时间； (2)求碰撞前瞬间绳子的拉力大小； (3)碰撞过程中系统损失的机械能。 24．如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g；在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的。不计物块厚度的影响，则： (1)若忽略子弹穿过物块的时间，求子弹击中物块前瞬间的速度大小； (2)若忽略子弹穿过物块的时间，求子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能； (3)若子弹穿过物块时间，求子弹对物块的平均作用力大小。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2026届高三物理二轮复习专项训练：力学专题 动量守恒定律的应用问题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D D B B C C D B B 题号 11 12 13 14 15 16 答案 AB ACD ACD AB BCD BD 1．D 【详解】设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统外力为零，由动量守恒（人船模型）可得 池深 解得 D正确。 故选D。 2．D 【详解】当系统不受外力或所受外力之和为零时，系统动量保持不变，故A错误； 由于能量守恒，爆炸过程中有化学能转化为动能，故B、C错误，D正确。 故选D。 3．D 【详解】A．图线的斜率表示速度，根据题图可知，时刻，球的速率小于球的速率，A错误； BC．根据题图可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，所以碰撞后瞬间，球的速度变为零，球的速度增大，方向竖直向上，球先落回地面，BC错误； D．碰撞后两球处于同一位置，球的速度大于球的速度，两球质量相等，因此碰撞后球的机械能大于球的机械能，D正确。 故选D。 4．B 【详解】设子弹射入木块的初速度为，经过时间子弹与木板达到共速，子弹的质量为，木块的质量为，由题意可知，根据动量守恒可得 可得 经过时间子弹发生的位移大小为 木块发生的位移大小为 子弹与木块发生的相对位移大小为 则有 故选B。 5．B 【详解】热气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，设当他滑到绳下端时，他离地高度为，设此过程人下滑的位移大小为，热气球上升的位移大小为，由动量守恒定律有 又 ， 联立解得 故选B。 6．C 【详解】a球与b球发生弹性碰撞，设a球碰前的初速度为，碰后a、b的速度为、，取向右为正，由动量守恒定律和能量守恒定律有 解得 ， 设小球a与小球b发生第二次碰撞时距竖直墙面的距离为，则满足 解得 故选C。 7．C 【详解】当二者速度相等时，小物块m沿滑块M上滑的高度最大，设最大高度为h，系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，有 根据机械能守恒可知 解得 故选C。 8．D 【详解】AB．设O点到水平面的高度为h，根据三角形的面积公式得 解得 碰撞前A的速度大小为 碰撞后A和B的速度大小分别为 若碰撞后A向右运动，根据动量守恒定律得 解得 若碰撞后A向左运动，根据动量守恒定律得 解得 因为碰撞后A的运动方向不确定，所以和均有可能，所以AB均不符合题意； CD．碰撞后系统的机械能不可能增加 解得 C不符合题意，D符合题意。 故选D。 9．B 【详解】AB．轨道不固定时，物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒；物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，但是水平方向动量守恒，故A错误，B正确； CD．设轨道的水平部分长为L．轨道固定时，根据能量守恒定律得 mgR=μmgL 轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x． 取向左为正方向，根据水平动量守恒得 0=（M+m）v 则得 v=0 根据能量守恒定律得 mgR=（M+m）v2+μmgx 联立解得 x=L 所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故CD错误。 故选B。 10．B 【详解】A．如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律 解得小球的初速度大小为 选项A错误； B．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 由能量关系 联立解得M=0.5m， 选项B正确； C．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 水平位移为 选项C错误； D．如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到槽中并从槽中滑出时槽的速度最大，此时由动量守恒和能量关系， 解得小球和圆弧槽的速度大小分别为 选项D错误。 故选B。 11．AB 【详解】AB．根据题意可知，运动过程中，只有弹簧的弹力做功，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，系统所受外力和为0，A、B组成的系统动量守恒，故AB正确； CD．根据题意可知，物块A获得向右速度v后，开始压缩弹簧，B做加速运动，A做减速运动，当A、B速度相等时，弹簧压缩到最短，由动量守恒定律有 解得 即物体A、B速度均为，B物体继续加速，A物体继续减速，直到弹簧恢复到原长，设此时A的速度为，B的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律有 解得 由于物块A、B，之间用轻质弹簧栓接，物体B向右运动，拉伸弹簧，物体B开始减速，物体A加速，速度相等时，即物体A、B速度均为，弹簧被拉伸到最长，之后，物体B继续减速，物体A继续加速，直到弹簧恢复原长，此时物体A的速度为，物体B的速度为，然后物体A、B将重复上述过程，故CD错误。 故选AD。 12．ACD 【详解】ABC．设碰后瞬间乙的速度大小为，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知 其中，抛物线的顶点为Q，根据x-t图像的切线斜率表示速度，则有 联立解得， 根据牛顿第二定律可得 解得甲、乙间的动摩擦因数为 物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得， 可得 故B错误，AC正确； D．由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为 根据图（b）可知，时刻甲、乙刚好共速，则时间内甲、乙发生的相对位移为 则甲到乙左端的距离满足 故D正确。 故选ACD。 13．ACD 【详解】A.第一次推球时（小球未与挡板接触），人、冰车和小球组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确； B.球与挡板碰撞过程，挡板的作用力对系统有冲量，或者说系统合外力不为零，人、冰车和小球组成的系统动量不守恒，故B错误； C.设挡板每次对球碰撞作用的冲量为，则有 以人及冰车与球组成的系统为对象，人第一次接到球后，由动量定理有 得到 故C正确； D．设挡板每次对球碰撞作用的冲量为，则有 再以人及冰车与球组成的系统为对象，人推次后，由动量定理有 得到 若要人不再接到球，至少有 代入数据得 人将球推出5次后不再接到球，故D正确。 故选ACD。 14．AB 【详解】A．滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统在水平方向不受力，水平方向满足动量守恒，设滑块下滑到达底端时，滑块的速度大小为v1，弧槽的速度v2，则有 mv1=5mv2 滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统满足机械能守恒，则有 联立解得 ， 滑块压缩弹簧时，当速度变为零时，弹簧弹性势能最大，则有 故A正确； B．根据系统机械能守恒可知，滑块离开弹簧向左的速速度大小也为v1，滑块滑上凹槽的过程，当滑块上升至最高点时两者具有共同的水平速度，根据系统水平方方向动量守恒可得 根据系统机械能守恒 可得滑块沿弧槽上升可得滑块沿圆弧上升的最大高度为 故B正确； C．丛滑块滑上弧槽到再一次离开弧槽过程，设再一次离开时滑块的速度大小为v3，弧槽的速度大小为v4，根据系统水平动量守恒可得 根据系统机械能能守恒可得 解得 或 当时 当时 由于，所以舍去。 由于滑块第二次离开弧形槽后滑块的速度不为零，所以滑块可能和弹簧发生作用，故C错误； D．滑块沿弧槽下滑过程中，滑块在竖直方向有加速度，弧槽在竖直方向没有加速度，滑块、弧槽组成的系统在竖直方向的合外力不为零，故滑块、弧槽组成的系统动量不守恒，但只有重力做功，机械能守恒，故D错误。 故选AB。 15．BCD 【详解】A．系统在竖直方向上合外力不为零，故动量不守恒，只是在水平方向上动量守恒，A错误； B．设小球与B碰前的速度为，小球上升到最大高度时，A、B的共同速度为，则系统在水平方向上动量守恒 解得 由能量守恒 解得 故弹簧的弹性势能为 B正确； C．A、B分离时，设A的速度为，B的速度为，以初速度为正方向（水平向右），由动量守恒 由能量守恒 解得 二者速度大小相等，方向相反，当A与弹簧碰后再次分离时，A、B均以相同的速度向右匀速运动，二者不可能相碰，C正确； Ｄ．A、B分离时，滑块B的速度最大，动能最大 又因为 所以 D正确。 故选BCD。 16．BD 【详解】A．小球下落到最低点时，半圆槽不动，小球机械能守恒，有 解得 接下来小球向右运动，半圆槽离开墙，上升到最高点时，球和槽水平方向速度相等，取向右为正方向，水平方向由动量守恒定律得 根据能量守恒定律可得 解得 故A错误； B．小球第一次经过最低点时，根据牛顿第二定律可得 解得 由牛顿第二定律可知，小球第一次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力大小为3mg，故B正确； C．第二次经过最低点时，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得 根据机械能守恒定律可得 解得小球第二次经过半圆最低点时半圆槽的速度大小为 故C错误； D．第三次经过最低点时，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得 根据机械能守恒定律可得 解得小球第三次经过半圆最低点时半圆槽的速度大小为 故D正确。 故选BD。 17． 时刻 向上 减速 超重 【详解】[1] “6时33分”是时刻，对应时间轴上的点。 [2] 返回舱落地前，其底部的发动机会点火向下喷气，由于反冲作用，产生向上的冲力。 [3] 返回舱向下运动，受到向上的冲力，做减速运动。 [4]宇航员与返回舱作为一个整体，向下减速，有向上的加速度，所以处于超重状态。 18． 【详解】[1][2]红球从碰后到进入洞的过程中，做匀减速运动，加速度大小 根据 可知红球碰后瞬间的速度 红球运动的时间 白球与红球碰撞的过程中，满足动量守恒和机械能守恒 解得白球与红球碰前的速度 根据 可知白球的初速度 根据动量定理可知白球受到的冲量 19． 【详解】发射炮弹过程中系统动量守恒 20． 一定 大 【详解】[1]甲、乙冰壶完全相同，则碰撞后甲、乙的速度大小关系为，在冰壶减速运动过程中，根据牛顿第二定律有 解得 则甲、乙减速至零的位移分别为 ， 则有 乙壶的位移一定不小于甲壶的位移； [2]根据题意有 可得 又碰撞后的速度大小关系为，可得 两壶碰撞过程中，动量守恒，则有 损失的机械能为 联立解得 由此可知，当k=1时，损失的机械能达到最大，随着k越小，损失的机械能越大。 21．（1）；（2） 【详解】（1）碰撞后，根据牛顿第二定律有 根据匀变速直线运动的位移速度公式有 联立解得 （2）白球和红球碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 联立解得 白球与红球碰撞前，根据匀变速直线运动的位移速度公式有 根据动量定理有 联立解得 22．(1)5m (2)3m/s 【详解】（1）托盘A碰撞前做匀减速运动，由牛顿第二定律，有 根据速度-时间公式可得初始距离 联立解得m （2）碰撞前A的速度大小 A、B碰撞过程动量守恒，有 碰撞过程机械能损失，根据能量守恒，有 联立解得m/s，m/s 所以碰撞后瞬间托盘B的速度大小为3m/s。 23．(1) (2) (3) 【详解】（1）可认为是单摆，由单摆周期公式 可知运动时间为 （2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得 解得 （3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得 解得 则碰撞过程中损失的机械能为 24．(1) (2) (3) 【详解】（1）设子弹射穿物块后子弹和物块的速度分别为和，则， 其中 子弹射穿物块的过程，以的方向为正方向，由动量守恒定律得 解得子弹击中物块前瞬间的速度大小 （2）子弹从击中物块到射穿的过程中，系统损失的机械能 解得 （3）子弹从击中物块到射穿的过程中，以向上为正方向，对子弹由动量定理得 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $