专题分层突破练 6.动量定理和动量守恒定律（word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

**基本信息** 聚焦动量定理与守恒定律，通过三级训练覆盖弹簧、碰撞、流体等核心模型，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|6题|弹簧系统动量守恒、牛顿摆弹性碰撞、流体冲击力计算|从动量概念到守恒条件应用，推导系统动量变化与动能关系| |综合提升练|3题|同心鼓冲量计算、弹跳玩具动量传递、斜坡滑块弹性碰撞|结合能量守恒分析动量定理应用，构建多过程物理模型| |培优拔高练|2题|打桩机冲量与位移、多球弹性碰撞系列问题|深化动量守恒与机械能守恒综合应用，培养复杂问题推理能力|

6.动量定理和动量守恒定律 选择题:1~6题每小题4分,7~9题每小题6分,共42分 基础巩固练　 1.(2025江苏扬州期末)如图所示,甲、乙两个滑块用细线连接,中间有一处于压缩状态的轻弹簧,两滑块一起在光滑水平面上向右匀速运动。某时刻细线突然断裂,甲与弹簧分离后向左运动,在弹簧恢复原长的过程中(　　) A.甲的动能一直减小 B.甲的动量一直减小 C.甲、乙系统的动能一直增大 D.甲、乙系统的动量一直增大 2.(2025湖北模拟)牛顿摆是一个非常有趣的桌面装饰装置,几个完全相同的小球由吊绳固定,彼此紧密排列,如图所示。将小球从左到右依次按1、2、3、4、5、6编号,若不计碰撞过程中的机械能损耗及摩擦,将1号小球拉起一定角度后释放,与2号小球相碰。在1号小球再次运动前,下列说法正确的是(　　) A.所有小球一起向右运动 B.1号小球不动,其他小球向右运动 C.1号小球碰后立即返回,其他小球不动 D.只有6号小球向右运动,其他小球不动 3.(2025江苏泰州模拟)用高压水枪清洗汽车的示意图如图所示。设水枪喷出的水柱沿水平方向,水流速度为v,水柱垂直喷向汽车表面,碰后立即沿汽车表面散开没有反弹(可近似认为速度减小为零)。已知水的密度为ρ,由于空中水柱距离较短,不考虑重力的影响,则水柱对汽车产生的压强为(　　) A.2ρv B.ρ2v2 C.2ρv2 D.ρv2 4.(2025浙江1选考)有一离地面高度为20 m、质量为2×10-13 kg、稳定竖直降落的沙尘颗粒,在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比,比例系数为1×10-9 kg/s,重力加速度g取10 m/s2,则它降落到地面的时间约为(　　) A.0.5 h B.3 h C.28 h D.166 h 5.(2025湖南长沙模拟)如图所示,质量为3m的滑块Q套在固定的水平杆上,一轻杆上端通过铰链固定在Q上,下端与一质量为m的小球P相连。某时刻给小球P一水平向左、大小为v0的初速度,经时间t小球P在水平方向上的位移为x。规定水平向左为正方向,忽略一切摩擦,则滑块Q在水平方向上的位移为(　　) A. B. C. D. 6. (2025重庆调研)如图所示,两个完全相同的物块A、B(均可视为质点)用一轻弹簧连接,置于足够长的粗糙均匀水平面上。开始时,两物块均静止,弹簧为原长。现给A一水平向右、大小为v0的初速度,当A向右运动距离x0时,速度减为,此时B刚好开始滑动。B运动时间t后,两物块第一次速度相等。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内,忽略空气阻力,弹簧的弹性势能为Ep=kx2,k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,则两物块第一次共速时的速度大小为(　　) A. B. C. D. 综合提升练　 7.(2025重庆沙坪坝模拟)同心鼓运动(又称“同心协力”)是一种多人协作游戏。该游戏在一个鼓面直径大约40 cm的鼓身上固定沿圆周均匀分布长度相同的绳子,参赛选手由8~10名队员组成。游戏时,每名队员牵拉一根绳子,保证鼓面水平并齐心协力将排球颠起。如图所示,某次游戏时排球从离鼓面高为0.45 m处由静止开始下落,排球与鼓面作用0.5 s后离开鼓面上升的最大高度为0.8 m。已知排球质量为0.3 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计一切阻力。则鼓面与排球作用的过程中(　　) A.鼓对排球的冲量大小为1.5 N·s B.鼓对排球的冲量大小为2.1 N·s C.鼓对排球的平均作用力大小为7.2 N D.鼓对排球一定不做功 8.(2025江苏连云港模拟)如图为某弹跳玩具,底部是一个质量为m的底座,通过弹簧与顶部一质量m0=2m的小球相连,同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接,稳定时细绳伸直而无拉力。用手将小球按下一段距离后释放,小球运动到初始位置处时,瞬间绷紧细绳,带动底座离开地面,一起向上运动。某次游戏时发现,底座离开地面后能上升h高度,则(　　) A.用手将小球按下一段距离后,弹簧的弹性势能Ep=4.5mgh B.细绳绷紧前的瞬间,小球的动能为Ek=3mgh C.细绳绷紧瞬间,系统损失的机械能为ΔE=1.5mgh D.玩具离开地面上升到最高点的过程中,重力做功WG=3mgh 9.(多选)(2024广东卷)如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同滑块,分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑,斜坡与水平面在O处平滑相接,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力,下列说法正确的有(　　) A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距 10.(8分)(2025江苏镇江模拟)柴油打桩机由重锤汽缸、活塞桩帽等若干部件组成。重锤汽缸的质量为m,钢筋混凝土桩固定在活塞桩帽下端,桩帽和桩总质量为m0。重锤汽缸从桩帽正上方一定高度自由下落,汽缸下落过程中,桩体始终静止。当重锤汽缸到最低点时,向缸内喷射柴油,柴油燃烧,产生猛烈推力,重锤汽缸和桩体瞬间分离,重锤汽缸上升的最大高度为h,重力加速度为g。 (1)求柴油燃烧产生的推力对重锤汽缸的冲量; (2)设桩体向下运动过程中所受阻力恒为Ff,求该次燃烧后桩体在泥土中向下移动的距离。 培优拔高练　 11.(10分)(2025江苏卷)如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置,每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小v; (2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1; (3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 参考答案 1.C　解析 弹簧恢复为原长时甲与弹簧分离,此时甲向左运动,说明在该过程中甲的速度先向右逐渐减小然后向左逐渐增大,故甲的动能先减小后增大,动量先减小后增大,故A、B错误;该过程中弹簧的弹性势能一直减小,减小的弹性势能转化为甲、乙系统的动能,即甲、乙系统的动能一直增大,故C正确;甲、乙系统所受合力为零,动量守恒,故D错误。 2.D　解析 小球极短时间内为弹性碰撞,每两个小球碰撞的过程机械能守恒、动量守恒,则mv0=mv1+mv2,,解得v1=0,v2=v0,则实验中可观察到1~5号小球不动,6号小球向右摆起,且达到的最大高度与1号小球的释放高度相同。故选D。 3.D　解析 规定水流的速度方向为正方向,由动量定理得-FΔt=0-mv,m=ρSvΔt,由牛顿第三定律可知水对汽车的作用力为F'=F,又p=,解得p=ρv2,故选D。 4.B　解析 沙尘颗粒开始下落时速率较小,阻力较小,可知mg-kv=ma,沙尘颗粒速率增大,阻力增大,加速度减小,当a=0时,沙尘颗粒速率达到最大且稳定,此时速率满足mg=kvm,解得vm=2×10-3 m/s,由动量定理可得mgt-kt=mv,即mgt-kh=mv,则沙尘下落时间为t=,由于mv≪kh,则可认为时间t约为=1×104 s≈3 h,故选B。 5.C　解析 P、Q在水平方向上动量守恒,有mv0=mv1+3mv2,在极短的时间Δt内,有mv0·Δt=mv1·Δt+3mv2·Δt,则在时间t内有mv0t=mx+3mx1,可知x1=,故选C。 6.B　解析 设物块A、B的质量均为m,当A向右运动距离x0时,由能量守恒定律得+μmgx0,此时B刚好开始滑动,对B由平衡条件得kx0=μmg,联立可得μ=,经过时间t后,对物块A、B整体由动量定理可得-2μmgt=2mv共-m,整理可得,两物块第一次共速时的速度大小为v共=,故选B。 7.C　解析 排球从静止开始下落到与鼓面刚接触,根据动能定理得mgh1=,解得排球与鼓面刚作用时的速度大小v1=3 m/s,排球从离开鼓面到上升到最大高度,根据动能定理得-mgh2=-,解得排球刚离开鼓面时的速度大小v2=4 m/s,规定竖直向上为正方向,由动量定理得Ft-mgt=mv2-m(-v1),解得鼓对排球的平均作用力大小为F=7.2 N,鼓对排球的冲量为I=Ft=3.6 N·s,故A、B错误,C正确;从开始释放排球到排球与鼓面相碰后上升到最高点,由动能定理得WF+WG=ΔEk=0,因为重力做负功,所以鼓对排球做正功,故D错误。 8.C　解析 设细绳绷紧后瞬间,小球和底座一起向上运动的速度大小为v,底座离开地面后能上升h高度,有v2=2gh,设细绳绷紧前瞬间,小球的速度为v0,根据动量守恒可得m0v0=(m0+m)v,可得v0=v=,则细绳绷紧前的瞬间,小球的动能为Ek=m0=4.5mgh,则细绳绷紧瞬间,系统损失的机械能为ΔE=m0(m0+m)v2=1.5mgh,用手将小球按下一段距离后,在细绳绷紧前的瞬间,减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势能,故弹性势能满足Ep>m0=4.5mgh,故A、B错误,C正确;玩具离开地面上升到最高点的过程中,重力做功为WG=-(m0+m)gh=-3mgh,故D错误。 9.ABD　解析 两滑块在光滑斜坡上加速度相同,同时由静止开始下滑,则相对速度为0,故A正确;两滑块滑到水平面后均做匀减速运动,由于两滑块质量相同,且发生弹性碰撞,可知碰后两滑块交换速度,即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度,故B正确;设斜面倾角为θ,乙下滑过程有H乙=gsin θ·,在水平面运动一段时间t2后与甲相碰,碰后以甲碰前速度做匀减速运动的时间为t3,乙运动的时间为t=t1+t2+t3,由于t1与H乙有关,则总时间与H乙有关,故C错误;乙下滑过程有mgH乙=,由于甲和乙质量相等且发生弹性碰撞,交换速度,则可知甲最终停止位置与甲、乙不发生碰撞时乙最终停止的位置相同;则如果甲、乙未发生碰撞,乙在水平面运动到停止有=2μgx,联立可得x=,即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距,故D正确。 10.答案 (1)m,方向竖直向上 (2) 解析 (1)设柴油燃烧使重锤汽缸获得的速度为v0,桩体获得的速度为 v, 对分离后的重锤汽缸由机械能守恒有=mgh 对分离瞬间重锤汽缸,由于内力远大于外力,由动量定理有I燃=mv0-0 解得I燃=m,方向竖直向上。 (2)重锤汽缸和桩体分离瞬间,由于内力远大于外力,所以重锤汽缸和桩体组成的系统动量守恒,有mv0=m0v 分离后对桩体,由动能定理有m0gH-FfH=0-m0v2 解得H=。 11.答案 (1)v0　(2)v0 (3) 解析 (1)玻璃球向右运动,与右侧的第一个钢球发生正碰;玻璃球和该钢球组成的系统在碰撞过程中动量守恒,机械能守恒,以向右为正方向,设碰后玻璃球的速度为v10,由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0=mv10+mv mv2 解得v10=0,v=v0 之后右侧钢球依次向右运动并发生正碰,同理可得,碰撞的两钢球质量相等,交换速度,最右侧的钢球最终运动的速度大小v为v0。 (2)玻璃球碰撞右侧第一个钢球,以向右为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v1',钢球速度为v11,由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0=mv1'+3mv11 mv1'2+×3m 解得v1'=-v0,v11=v0 则玻璃球的速度大小v1为v0。 (3)玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后,因钢球质量相等且发生正碰,则速度最终会交换到第n个钢球,相当于与第n个钢球碰撞,玻璃球速度反向后与左侧第一个钢球发生正碰,以向左为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v2,钢球速度为v21,由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv1=mv2+3mv21 ×3m 解得v2=-v0=-v0 同理,玻璃球向右与右侧第一个钢球再次发生正碰,有 mv2=mv3+3m ×3m 解得v3=v0 以此类推,玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为v0 则Ek=。 9 学科网（北京）股份有限公司 $