专题集训8 动量-（配套练习）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题集训(八)　动量 (时间：45分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－6题，每题5分，共30分) 1.(2025·四川达州模拟)2024年12月29日，当地时间上午9时左右，韩国一架客机降落过程中偏离跑道，碰撞起火，造成重大人员伤亡。初步判断，飞机疑似与鸟群相撞，起落架没有放下。若飞机匀速飞行的速度约为720 km/h，与质量为100 g的飞鸟相撞，碰撞时间约为2 ms。飞鸟的速度远小于飞机的速度，且碰撞后与飞机的速度相同。则撞击时，飞鸟对飞机的撞击力大约为(　　) A.1×103 N B.2×103 N C.1×104 N D.2×104 N 答案：C 解析：飞机与飞鸟的碰撞为完全非弹性碰撞，由于飞机的质量远大于飞鸟的质量，故碰撞后飞机的速度大小几乎不变。720 km/h＝200 m/s，对飞鸟由动量定理得Ft＝mv，解得F＝＝ N＝1×104 N。故选C。 2.(2025·北京市十一学校一模)如图所示，两个半径相同的小球A、B分别被不可伸长的细线悬吊着，两个小球静止时，它们刚好接触，且球心在同一条水平线上，两根细线竖直。现将小球A拉起至细线与竖直方向夹角为θ＝60°的位置，使其由静止释放，小球A运动至最低点与静止的小球B发生正碰，碰撞过程中无机械能损失，第一次碰后两球运动方向相反，且能够上升的最大高度相同。已知细线的长度为L，A球质量为m，重力加速度为g，忽略空气阻力。则下列说法正确的是(　　) A.第一次相碰后，B球受到的拉力大小为6mg B.第一次碰撞过程，合力对B球的冲量大小为3m C.第一次碰撞后，两小球摆起过程经过圆弧对应的弦长均为 D.其他条件不变，若仅将A球左侧涂胶后静止释放，碰撞过程系统机械能损失为mgL 答案：C 解析：小球A由静止释放到最低点的过程，根据机械能守恒定律可得mgL(1－cos θ)＝m，解得v0＝，碰撞过程有mv0＝－mv＋mBv，m＝mv2＋mBv2，联立解得mB＝3m，v＝，对B球，有FTB－mBg＝mB，所以FTB＝mg，故A错误；合力对B球的冲量大小为IB＝mBv＝，故B错误；碰后两球分别做圆周运动，根据机械能守恒定律可得mgL(1－cos α)＝mv2，圆弧对应的弦长均为l＝2Lsin ，联立解得l＝，故C正确；若仅将A球左侧涂胶后静止释放，则mv0＝(m＋mB)v'，碰撞过程系统机械能损失为ΔE＝m－(m＋mB)v'2，联立可得ΔE＝mgL，故D错误。故选C。 3.(多选)(2025·河南通义名校联盟大联考)如图所示，光滑水平地面上有一光滑薄木板AB，薄木板右侧连接一光滑半圆细管轨道BCD，轨道半径为R，C点与轨道圆心O点等高，半圆轨道最高点D左侧连接一内壁光滑的细管DE，在细管的E端固定一轻质弹簧，整个装置质量为2m。一半径略小于细管半径、质量为m的小球，以初速度v0从薄木板A端滑上木板。已知重力加速度为g，小球可以看作质点。则(　　) A.若v0＝，整个轨道装置获得的最大速度大小为 B.若v0＝，小球第一次运动到半圆细管轨道B点时对轨道的压力大小为mg C.若v0＝3，当弹簧恰好处于原长状态时小球与轨道共速 D.若v0＝3，弹簧获得的最大弹性势能为mgR 答案：AD 解析：若v0＝，则当小球再次返回运动到B点时，整个轨道装置的速度v2最大，此时小球速度为v1，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mm＝m＋×2m，解得v2＝v0＝，选项A正确；若v0＝，小球刚到B点时速度为v0，设管道对小球的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，代入数据解得FN＝2mg，根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为FN'＝FN＝2mg，选项B错误；若v0＝3，弹簧压缩到最短时弹性势能最大，此时小球与整个轨道装置共速，设共同速度为v，取水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒得mv0＝3mv，由系统的机械能守恒可得m＝3mv2＋2mgR＋Ep，解得弹簧最大的弹性势能Ep＝mgR，选项C错误，D正确。故选AD。 4.(2025·河南新乡三模)如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为2m的滑块，滑块右侧面的光滑圆弧形槽的半径为R，末端切线水平，圆弧形槽末端离地面的距离为。质量为m的小球(可视为质点)从圆弧形槽顶端由静止释放，与滑块分离后做平抛运动，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A.滑块的最大动能为 B.小球离开滑块时的动能为 C.小球落地时的动能为 D.滑块对地面的最大压力为 答案：C 解析：设小球离开滑块时小球和滑块的速度大小分别为v1、v2，结合动量守恒定律有mv1＝2mv2，根据机械能守恒有mgR＝m＋×2m，解得Ek球＝m＝，Ek滑＝×2m＝，选项A、B错误；小球做平抛运动的过程中，根据动能定理有＝Ek－，解得Ek＝，选项C正确；当小球滑到圆弧形槽最低点时，滑块对地面的压力最大，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，根据牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力为F压＝FN，对滑块受力分析，可得F支＝F压＋2mg，根据牛顿第三定律可知，滑块对地面的最大压力为F压＝F支＝6mg，选项D错误。故选C。 5.(2025·四川遂宁二模)如图，长木板AB静止在光滑水平地面上，连接在B端固定挡板上的轻弹簧静止时，其自由端位于木板上P点，AP＝1 m，现让一可视为质点的小滑块以v＝2 m/s的初速度水平向左滑上木板A端。当锁定木板时，滑块压缩弹簧后刚好能够返回到AP的中点O。已知滑块和木板的质量均为m＝1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1，弹簧的形变未超过弹性限度，重力加速度大小g＝10 m/s2。下列判定正确的是(　　) A.锁定木板时，弹簧缩短过程中的最大弹性势能为1 J B.锁定木板时，弹簧的最大压缩量为0.25 m C.若不锁定木板，则滑块相对木板静止的位置在P点左侧 D.若不锁定木板，则滑块相对木板静止的位置在P点右侧 答案：B 解析：锁定木板时，设弹簧最大压缩量为x，根据功能关系得mv2＝μmg(AP＋AP＋2x)，解得x＝0.25 m，弹簧最大弹性势能为Epm＝μmg(x＋AP)＝0.75 J，故A错误，B正确；若不锁定木板，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝2mv共，解得v共＝1 m/s，此过程中弹簧最大压缩量为x'，则根据动能定理有μmg(x'＋AP)＝mv2－×2m，代入数据解得x'＝0，所以滑块相对木板静止的位置在P点，故C、D错误。故选B。 6.(多选)(2025·河南郑州二模)如图甲所示，两块竖直挡板正对着固定在水平面上，两完全相同质量均为1 kg的物块a、b(可视为质点)置于两挡板的中点，中点左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。t＝0时，给a向左的初速度。已知b物块的速度v随时间t的变化关系如图乙所示，最终停在中点。所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短，取重力加速度大小为10 m/s2，则(　　) A.两挡板间距为2 m B.a与b相撞2次 C.b与水平面间的动摩擦因数为0.1 D.a第2次与挡板碰撞后的动能为4 J 答案：AD 解析：由题图乙可知，t＝0.5 s时发生第一次碰撞，两物块质量相等，速度互换，a的初速度v0＝4 m/s，中点左侧水平面光滑，则a在第一次碰撞前的路程s＝v0t＝2 m，则两挡板间距为L＝2×＝2 m，故A正确；由A项分析和题图乙知，第一次碰撞后，a静止在中点，b向右运动，与右侧挡板碰撞后返回中点，与a第二次碰撞，b静止，a向左运动与左侧挡板碰撞后返回中点，与b第三次碰撞，a静止，b向右运动与右侧挡板碰撞返回到中点静止，所以a与b发生了3次碰撞，故B错误；b运动的路程为sb＝2L＝4 m，对b整个过程，由动能定理有－μmgsb＝0－m，解得μ＝0.2，故C错误；设b与a第二次碰撞前的速度大小为v，由动能定理有－μmgL＝0－mv2，a第2次与挡板碰撞后速度大小和b与a第二次碰撞前的速度大小相等，则a第2次与挡板碰撞后的动能为Ek＝mv2，联立解得Ek＝4 J，故D正确。故选AD。 7.(20分)(2025·山东高考)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 答案：(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J 解析：(1)小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有0＝mv1－Mv2 又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能守恒定律有mgh＝m＋M 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s。 (2)从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有mv1＝(m＋ma)v0 解得v0＝2 m/s b刚解除锁定时，有F＝kx0 小球与a的整体开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守恒定律有 (m＋ma)＝(m＋ma)＋Ep0 其中Ep0＝k 联立解得b刚解除锁定时，小球和a整体的速度大小va＝1 m/s b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒，当小球与a整体与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 (m＋ma)va＝(m＋ma＋mb)vb 解得vb＝ m/s 由机械能守恒定律有 (m＋ma)＝(m＋ma＋mb)＋Epm 解得Epm＝2.5 J。 学生用书⬇第38页 学科网（北京）股份有限公司 $