专题2 课时作业7 动量定理和动量守恒定律-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

班级： 姓名： 课时作业7动量定理和动量守恒定律 (分值：65分) 基础巩固练 色球A的动量pA=5kg·m/s, 花色球B静止，白色球A与花色 1.(5分)(2025·安徽合肥 80°o00 球B发生碰撞后，花色球B的动 高三检测)如图所示，正 量pB=4kg·m/s,则两球质量 在用平底煎锅炸豆子。假设每个豆子的质量均为 mA与m.间的关系可能是 m,弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均 ( 、2 为。每次撞击后速度大小均变为了，撞击的时 1 A.mB-mA B.mB 间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力 1 加速度为g,则单位时间撞击锅盖的豆子个数为 C.mu=6mA D.m8-6mA ( ) 5.(5分)（多选）质量为1kg的a与质量未知的b沿 3Mg A.5mo 、2Mg B.5m0 C.2Mg 3Mg 水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两 ·3mv D.2mv 者粘在一起运动：经过一段时间后，从光滑路段进 2.(5分)如图所示，在水平面上有 入粗糙路段，两者的位置x随时间t变化的图像如 一个U形滑板A,滑板A的上 B 图所示。则 () 表面有一个静止的物体B,左 ↑x/m 侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧用一根细 绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状 69 态，各表面均光滑，剪断细绳后，则 ( ) A.弹簧恢复原长时，物体动能最大 B.弹簧压缩最短时，物体动量最大 0 2 468 1012t/s C.整个系统动量变大 A.碰后a、b一起沿b原来运动的方向运动 D.整个系统机械能变大 B.b的质量为4kg 3.(5分)(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为 C.碰撞过程中损失的机械能为4J mp和ma,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实 D.碰后a、b克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的 验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1 机械能之比为1：1 和图2所示。小车N的质量为、，碰撞时间极 6.(5分)（多选）(2025·河南周 短，则 () 口高三质检)如图所示，长度 为l=1m、质量为M=1kg 的车厢，静止于光滑的水平面 N Q N 上。车厢内有一质量为m=1kg、可视为质点的物 P 块以速度v。=10m/s从车厢中点处向右运动，与 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物 图1 图2 块与车厢底板间的动摩擦因数为4=0.1，重力加 A.mp>mN>mo B.m>mp>mo 速度g取10m/s2。下列说法正确的是( C.mo>me>m D.mo>mx>mp A.n=26 4.(5分)如图所示，运动员在斯诺克桌球比赛中准备 B.系统因摩擦产生的热量为25J 击球。设在运动员这一杆中，白色球A(主球)和 C.物块最终停在车厢右端 花色球B碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白 D.车厢最终运动的速度为5m/s,方向水平向右 (横线下方不可作答) 121 专题二能量与动量 能力提升练 9.(13分)(2025·河北卷)如图，一长为2m的平台， 距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小 7.(5分)(2025·黑龙江哈 P 物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运 尔滨高三检测)如图所 动。小物块与平台、地面间的动摩擦因数均为 示，长为（的轻质细绳一 0.2。小物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加 端与带孔小球P连接，另 Q白 速度g取10m/s2。 得分 一端与木块Q连接，小球P穿在光滑的固定水平 小物块 杆（足够长）上，小球P与木块Q的质量均为。 t=0时刻，给木块Q一水平向右的瞬时冲量，使其 平台 获得。=√gl的初速度，则从t=0时刻至木块Q 再次运动到小球P的正下方过程中，下列说法正 确的是 ( ) MMMM地面 A.细绳对小球P先做正功后做负功 (1)求小物块第一次落到地面时距平台右端的水 B.细绳对小球P的冲量大小为m√g 平距离。 C.木块Q运动到最右侧时的速度大小为0 (2)若小物块第一次落到地面后弹起的最大高度 D.木块Q再次运动到小球P正下方时，小球P的 为0.45m,小物块从离开平台到弹起至最大高度 速度大小为√g 所用时间共计1s。求小物块第一次与地面接触过 8.(12分)(2025·河北秦皇岛一模)如图所示，可视 程中，所受弹力冲量的大小以及小物块弹离地面 为质点的滑块甲和乙静止在水平面上的A、C两 时水平速度的大小。 点，质量均为m=0.5kg,甲在水平向右的力F作 用下由静止开始运动，在0~2s内力F的大小为 2N,在2~3s内力F的大小为3N,3s末撤去力 F,此时滑块甲刚好到达B点且此时的速度大小 为8m/s,再滑行一段距离L并与乙发生弹性碰 撞。已知甲、乙与地面间的动摩擦因数相同，B、C 两点间的距离L=3.75m,g取10m/s2,不计空 气阻力，求： 得分 甲 尖子生选练 77777 A 10.(5分)（多选）(2024·湖北 (1)甲与地面间的动摩擦因数； (2)甲、乙发生弹性碰撞后乙运动的时间。 卷)如图所示，在光滑水平面m兰 公 上静止放置一质量为M、长 77777777777777777 为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。 设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其 大小f与射入初速度大小。成正比，即f=k。 (k为已知常量)。改变子弹的初速度大小0，若 木块获得的速度最大，则 () A.子弹的初速度大小为2kL(m十M) mM B.子弹在木块中运动的时间为k(m十M 2mM C.木块和子弹损失的总动能为L(m十M mM D.木块在加速过程中运动的距离为，十☑ mL 红对勾·讲与练 122 高三二轮物理 ■物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、 D错误 2.D刚开始，物体速度小于传送带速 度，物体相对传送带向后运动，A错 误；物体匀速运动过程中，不受摩擦力 作用，B错误；加速运动过程中，传送带 对物体的摩擦力向前，则摩擦力对物 体做正功，C错误；加速运动过程 牛顿第二定律 v=al f=umg=ma 加 速时间t= 巴口越大，t越大， ug D正确。 3.B 对小物块，由动能定理有W= 1 2mv=0,设小物块与传送 带间的动摩擦因数为：，小物块向左做 减速运动时，运动时间t=,二者间 ug 3 的相对路程工1=2t十t=2t,小物 块向右做加速运动时，运动时间仍为 t,二者间的相对路程x:=以一21 ?,则小物块与传送带间的相对路程 亚时=工1十工，=20，小物块与传送带 ug 间因摩擦产生的热量Q=gx翻好三 2mv2,故B正确。 4.AD鱼和虾在传送带上受重力、支持 力和沿传送带向上的摩擦力，故传送 带沿顺时针方向转动，A正确；鱼向上 运动，有Mg sin9<1 Mg cos 0,摩擦力 对鱼做正功，机械能增大，虾向下运动 有mgsin日>H2 ng cos0,41一定大于 “2,B错误，D正确；传送带沿顺时针方 向转动，无论速度为多少，对虾的摩擦 力大小和方向均不变，虾下滑的时间 与传送带的速度无关，C错误。 5,C货物向上做匀加速直线运动最大的 加速度为 mg cos日-mg sin0 m 0.4m/s,0~10s传送带的加速度为 a1= 0m/s=0.2m/s2,所以在010s 两者相对静止一起向上运动，10~15s 5-2 传送带的加速度为a2= 15-10 m/s2= 0.6m/s2,从10s开始货物相对传送 带向下滑动，货物位移为s1=2×5m十 分X0.4X5m=15m,传送带位移为 4=2X5n+号X06x5m=1以5 m. 0~15s过程中货物和传送带由于摩擦 产生的热量为Q=mg cos日(s:一 s1)=32J,故选C。 6.(1)0.4m/s2(2)4.5s 解析：(1)小包襄的速度：大于传送带 的速度1，所以小包裹受到传送带的 摩擦力方向沿传送带向上，根据牛顿 第二定律可知mng cos日一mg sin0= ma,解得a=0.4m/s2。 (2)小包裹开始阶段在传送带上做匀减 速直线运动，所用时间t1= 1.6-0.6 s=2.5s, 0.4 244红对闪·讲与练·高三二轮物理 在传送带上滑动的距离为x= 1.6+0.6×2.5m=2.75m, 2 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力 沿传送带方向上的分力， 即：mg cos0>mg sin日，所以小包裹与 传送带共速后做匀速直线运动至传送 带底端，匀速运动的时间为 t2- L-x1=3.95-2.75 0.6 8=28, 01 所以小包裹通过传送带的时间为t= t1十t2=4.5s。 7.D速度一时间图像斜率表示加速度， 由题图乙可知，前5s内货物加速运 动，货物受到重力mg、滑动摩擦力f潘 和支持力F、,由牛顿第二定律得 f潘一ngsin日=ma,其中加速度为a= 2-0 m/s=0.4m/s,联立 5-0/ 以上解得f稀=32N,匀速后由平衡条 件可知，货物所受静摩擦力∫静等于货 物重力沿传送带向下的分力，即∫= ng sin=30N,故A错误；速度一时 间图像与横轴围成的面积表示位移， 故前5s和后5s货物的位移分别为 x1=2 ×2×5m=5m,x2=2X 5m=10m,故货物从A端运动到B 端的过程中，货物受到的摩擦力做的 功为W=∫潘x1+∫静x2,代入数据得 W=460J,故B错误：由图像可知货物 到B端时速度y=2m/s,所以货物从 A端运动到B端的过程中，由动能定 理可知，货物受到的合力做的功为 W合二 mm-0=号×5X2J=10小， 故C错误；由图像可知传送带速度为 2m/s,由能量守恒可知，因为传送货 物，电动机对传送带多做的功为 W电动机=f潘51十∫s2,其中515：分别 为s1=2m/s×5s=10m,s2= 2m/s×5s=10m,联立得W电动机= 620J,故D正确。 8.(1)0.2s(2)2.4m(3)12J 解析：(1)对甲进行受力分析，有 umg=ma1,根据匀变速直线运动的速 度一时间公式有v=v1十a1t1,联立解 得t1=0.2s。 (2)对乙进行受力分析，有mg=ma2, 取向右为正方向，设经过时间t,乙与 传送带共速，根据匀变速直线运动的 速度时间公式有=一v2十a2t2,解得 t。=1s,从开始运动到甲、乙两物体恰 好相遇不相碰过程，甲的位移为x= v1+ 2 t1十v(t2一t1)=1.9m,乙的位 一02十 移为x之三 -t2=一0.5m,则有 2 LAB=xp一x元=2.4m。 (3)设甲与传送带间的相对位移为s1, 01十 则有s1=t1 -t1=0.1m,产生 2 的热量为Q1=μgs1=0.5J,设乙与 传送带间的相对位移为s2,则有s2= (v2+0) 2a2 =2.5m 产生的热量为Q2=mgs2=12.5J,由 能量守恒定律得子m+?m十 w=2X2mu+Q+Q,解得w= 12J 9.(1)5.5s (2)8.8m(3)44.16J 解析：(1)煤块在水平部分运动时，由 牛顿第二定律mg=ma1, 可得煤块运动的加速度a1=2m/s2, 煤块从静止加速到与传送带共速的距 4 离为81= m=4m10m, 2a1 2×2 故煤块在水平部分先做匀加速运动， 后做匀速运动，匀加速运动的时间为 4 t1== s=2s,匀速运动的时间 al 2 L1-s110-4 tg三 s=1.58, U 4 在倾斜传送带上，由于以<tan0=0.75, 故煤块在倾斜传送带上做匀加速运 动，由牛顿第二定律得 ng sin6-ng cos日=mag, 可得煤块在倾斜传送带上的加速度大 小为ag=gsin0-gcos0=4.4m/s2, 根据匀加速运动的位移与时间的关系 有L:=W+ 2 解得t=2s或t3= 42 s(舍去)， 故煤块从a运动到c的时间t=t,十 t2+tg=5.5s。 (2)煤块在水平传送带上运动时与水 平传送带的相对位移为 △s1=t1一s1=(8-4)m=4m, 煤块在倾斜传送带上运动时与倾斜传 送带的相对位移为△s2=L2一t:= (16.8-8)m=8.8m, 由于△s1与△s2是重复痕迹，故煤块在 传送带上留下的黑色痕迹长度为 8.8m。 (3)煤块在水平传送带上因摩擦产生 的热量为Q1=f1·△s1· 其中f1=mg, 解得Q1=16J, 煤块在倾斜传送带上因摩擦产生的热 量为Q2=f2·△s2, 其中f2=mg cos6, 解得Q2=28.16J, 故Q=Q1+Q2=16J+28.16J= 44.16J。 课时作业7动量定理和 动量守恒定律 1.A设单位时间撞击锅盖的豆子个数 为n,则由动量定理F△t=△m (-am·子)，共中F=Mg,△m = n△t·m,解得n= 3Mg ,故A正确。 5mv 2.A对整个系统分析可知合力为0， A和B组成的系统动量守恒，得mAVA= mUB。设弹簧的初始弹性势能为E, 整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守 恤，当弹簧恢复原长时得E,=了m,心暖十 1 mBo,联立解得E,= 2 ,故可知弹簧恢复原长时物体B 的速度最大，此时动量最大，动能最 大。对于系统来说动量一直为0，系统 机械能不变，故选A。 3.D小车P、N碰撞时，根据碰撞前后 动量守恒有mpp十mN'N=pp十 mNN,即mp(vp-0'p）=mN()'N一 N),根据题图1可知（p一'p)> (W一N),故p<mN;同理，小车Q、 N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 mav'a+mxu'x=mava mxux, mQ(Q一vQ)=mN(N一N),根据题 图2可知(a-oQ)<('N一N),故 mQ>mN;故mQ>mN>mp,故选D。 4.A由动量守恒定律得pA十pg=pA十 pg,代入数据解得pA=1kg·m/s;根 据碰撞过程中总动能不增加，则有 + 12 巾A ,代入数据解得 2m A mB 2m A mg≥ 3mA:碰后两球同向运动，白色 球A的速度不大于花色球B的速度， 则P△≤，解得mB≤4mA:综上可得 mA 71B mA≤mB≤4mA,故A正确。 2 5.AC 设a、b碰撞前的速度分别为1 ℃g。由题图得y1=一2m/s,v,=1m/s, 2 a、b发生碰撞后的共同速度v= 3 m/s, 碰后a、b一起沿b原来运动的方向运 动，A正确；由动量守恒定律得(m。十 mb)=m.℃1十mbY2,解得b=8kg, B错误；由能量守恒定律得a、b因碰撞 而损失的机械能为△E=】 m+ 2m时-2(m.十m,)e=4J.C正 确；a、b碰撞后的总动能为 1(m.十 mb)v=2J,则a、b克服摩擦力做的功 W=2J,此功与因碰撞而损失的机械 能之比为W:△E=1:2,D错误。 6.BD由动量守恒定律得(m十M)u= m。,解得车厢和物块最终运动的共同 速度为)=5m/s,方向水平向右，对系 统由能量守恒定律得 2(M+m)。+Q,代入数据解得 Q- 25J,故B、D正确；根据Q=mgL可 得物块在车厢中相对车厢滑行的距离 L=_Q =25m,与车厢壁来回弹性碰 umg L 撞次数n= =25次，因此可知物块 最终停在车厢中点处，故A、C错误。 7.D从t=0时刻至木块Q再次运动到 小球P的正下方过程中，细绳一直处 于向右倾斜状态，故细绳对小球P一 直做正功，A错误；由动量守恒有 m十ma=m,由能量守恒有2m+ 1 >72之72号，关立解浮心Q一0、自 Yp=√gl,对小球P由动量定理可得 1支持力十I重力十1跳=m√g一0，由受 力分析可知重力与支持力不相等，故 I,≠m√gl,B错误，D正确；木块Q 运动到最右侧时，具有和小球P相同 的水平速度，由动量守恒有2m0= mv。,解得v= √g,C错误。 2 8.(1)0.2(2)3.5s 解析：(1)0~3s内，根据动量定理 F1t1+F2t2-μmg(t1+t2）=m01-0, 其中t1=2s,t2=1s,F1=2N,F:= 3N, 联立解得=0.2。 (2)从B到C的过程中，根据动能定 理-mgL=2mu-2m0i, 解得02=7m/s, 设甲、乙碰撞后速度分别为3、：，根 据动量守恒定律和能量守恒定律有 nv3十mv:=mv2, 1 1 1 2 mv+2mv-2mv. 解得v,=7m/s, 根据动量定理一：mgt3=0一mv,, 解得甲、乙发生弹性碰撞后乙运动的 时间t3=3.5s。 9.(1)0.6m(2)0.1N·s0 解析：(1)小物块在平台上做匀减速直 线运动，根据牛顿第二定律有mg=ma, 则小物块从开始运动到离开平台有 v-v=-2axo, 小物块从平台飞出后做平抛运动有 h=2gti=v 联立解得x=0.6m。 (2)小物块第一次落到地面后弹起的 最大高度为0.45m,则小物块弹起至 最大高度所用时间和弹起的初速度有 h'=2g0=g: 则小物块与地面接触的时间 △t=t-t1-t2=0.1s, 小物块与地面接触的过程中根据动量 定理，取竖直向上为正方向，在竖直方向 有1N-mg△t=m℃2-m(-1), 0y1=gt1, 解得I×=0.1N·s, 取水平向右为正方向，在水平方向有 -uN△t=m2-mo,lN=N△t, 解得v,=一1m/s, 但由于减小为0将无相对运动和相 对运动的趋势，故0，=0。 10.AD子弹在木块内运动的过程中，子 弹与木块组成的系统所受合力为0， 所以该系统动量守恒，若子弹没有射 出木块，则由动量守恒定律有（十 M))=mo,解得木块获得的速度大 小为0=m十M又子弹的初速度越 大，其打入木块越深，则当子弹恰不 射出木块时，木块获得的速度最大，此 时有2（m+M)u+kwL=2mu6, 2kL (m++M) 解得v。= ；若子弹能够射 mM 2kL (m+M) 出木块，则有。 ,子弹在 mM 木块内运动的过程，对子弹和木块分别 由牛顿第二定律有k心。=mam,k。= 1 MaM,根据位移关系有t一 子aw=L,对木块有心，=aw1,联立 2kmL 解得v2= 2Mm-(M+m)kt 越大，t越小，则：越小，即随着 10 的增大，木块获得的速度？不断减 小。综上，若木块获得的速度最大，则 2kL (m+M) 子弹的初速度大小。= M A正确；子弹在木块内运动的过程， 对子弹由动量定理有一kv。t=m0一 m℃。，解得子弹在木块中运动的时间 mM t一k(m十M,B错误；由能量守恒定 律可知，木块和子弹损失的总动能 △E=k,L= 2k2L2(m+M) ,C错误； mM 木块在加速过程中做匀加速运动，由 运动学规律有工=，解得木块在加 mL 速过程中运动的距离x= m+M' D正确。 课时作业8“板一块”模型 中力学三大观点的应用 1.ABD若木板M的质量等于滑块N 的质量，则木板M与挡板碰后，二者的 动量大小相等、方向相反，系统的总动 量等于0，最终二者静止，A正确；若木 板M的 :量大于滑块N的质量，则木 板M与挡板碰后，系统的总动量向左， 最终二者共速，且共同的速度向左， B正确，C错误；若 的质量小于 滑块N的质量，则木板M 与挡板碰 后，系统的 总动量向右，最 ,终二者共 速，速度方向向右，然后木 M第二次 与挡板发生碰撞，碰后系统的总动量 向右，然后再次共速，速度方向向右且 小于第一次共速的速度，D正确。 2.ACD对木板，由牛顿第二定律可得 m2g=m1a1,解得a1=2m/s2,对小 物块，由牛顿第二定律可得F一 m2g=m2a2,解得a2=4m/s2,A正 确，B错误；小物块从木板上滑离时，位 1 t=2s,C正确；小物块离开木板时的 速度大小为2=a2t=8m/s,D正确。 3.C由题意知在恒力F作用的时间t 内，A、B相对静止，一起运动，把A、B 看成整体，根据牛顿第二定律有F= 2ma,对A,由静摩擦力提供加速度有 F=a= ,当B停止运动时，A,B F 之间的摩擦力为滑动摩擦力，以向右 为正方向，对A,根据动量定理有 F1-mgt=0,解得/=乞，综上可 知，从开始运动至A停止运动经历的 时同为T=1十1=多1，故C正确。 参考答案245