第7章 周末双休练七 动量守恒定律(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦动量守恒定律及动量定理应用，通过多情境题型构建从单一物体到系统碰撞的知识逻辑链，强化科学思维中的模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量定理|2题（1、2）|含变力冲量、瞬时作用，结合运动学分析|冲量定义→动量定理→合力冲量与动量变化关系| |碰撞与守恒|4题（3、7、8、9）|弹性/非弹性碰撞、动量守恒条件判断|动量守恒定律→碰撞分类→能量关系推导| |弹簧连接体|1题（6）|双物体速度-时间图像分析|系统动量守恒→弹簧势能与动能转化| |实际情境|1题（5）|流体冲击力计算|微元法模型→动量定理应用于连续介质|

周末双休练七　动量守恒定律 (时间：30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！) 一、单项选择题(每题4分，共24分) 1.(2026·河南漯河期末)如图甲所示，倾角为θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，有一质量为m＝0.5 kg的小滑块在沿斜面方向的力F作用下，由静止开始运动，拉力F随时间变化的关系图线如图乙所示，取沿斜面向上为正方向。已知斜面足够长，小滑块与斜面间动摩擦因数为μ＝0.75，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，小滑块运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A.0～2 s内，小滑块受到的合力的冲量为2 N·s B.2～4 s内，拉力F的冲量为4 N·s C.0～4 s内，小滑块的动量方向不会改变 D.t＝4 s时，小滑块的速度大小为6 m/s 答案：D 解析：0～2 s内，小滑块受到的合力的冲量为I合＝F1t1－mgt1sin 37°－μmgt1cos 37°＝4 N·s，A错误；2～4 s内，拉力F的冲量为I2＝F2t'＝－4 N·s，B错误；2 s末，根据I合＝mv1，解得v1＝8 m/s，再经过t2小滑块的速度减小到0，F2t2－mgt2 sin 37°－μmgt2cos 37°＝0－mv1，解得t2＝0.5 s，然后小滑块从静止开始向下运动，再经过t3＝1.5 s(即t＝4 s)，根据F2t3－mgt3sin 37°＋μmgt3cos 37°＝mv2，解得v2＝－6 m/s，D正确；0～4 s内，小滑块先沿着斜面向上运动，后沿着斜面向下运动，动量的方向先沿斜面向上，后沿斜面向下，动量的方向改变了，C错误。 2.乒乓球运动员某次发球的速度为108 km/h，球与球拍接触时间约为2 ms，乒乓球质量约为2.5 g，下列关于发球过程的说法正确的是(　　) A.击球时，球拍对乒乓球的作用力大于乒乓球对球拍的作用力 B.球拍对乒乓球的平均作用力约为135 N C.球拍对乒乓球做功的平均功率约为563 W D.球拍对乒乓球的冲量约为0.27 N·s 答案：C 解析：根据牛顿第三定律，击球时，球拍对乒乓球的作用力等于乒乓球对球拍的作用力，故A错误；根据动量定理可得Δt＝mv－0，可得球拍对乒乓球的平均作用力为＝＝37.5 N，故B错误；发球过程中，球拍对乒乓球的平均功率为＝≈563 W，故C正确；根据动量定理可得球拍对乒乓球的冲量为I＝mv＝0.075 N·s，故D错误。 3.(2026·北京丰台区模拟)如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg。现给A球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知(　　) A.B球的质量m2＝1 kg B.球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 J C.t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能 D.在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8 答案：D 解析：两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由题图乙可知，t1时刻两球速度相等为v1＝1 m/s，由动量守恒定律得m1v0＝v1，解得B球的质量为m2＝2 kg，故A错误；当两球速度相等时弹性势能最大，由能量守恒定律得m1＝v2＋Epm，解得Epm＝3 J，故B错误；两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，由此可知，t3时刻两球的动能之和等于0时刻A球的动能，故C错误；两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1vA＋m2vB，由机械能守恒定律得m1＝m1＋m2，代入数据解得vA＝－1 m/s，vB＝2 m/s，t2时刻两球动能之比为＝＝，故D正确。 4．一物块静止在粗糙水平地面上，0～4 s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0～2 s内速度随时间的变化关系图像如图乙所示。重力加速度g＝10 m/s2，关于物块的运动，下列说法正确的是(　　) A．前4 s内拉力的冲量为6 N·s B．第4 s末物块的速度为0 C．前4 s内物块的位移大小为6 m D．物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4 答案：B 解析：前4 s内拉力的冲量为F ­t图像与横轴所围面积，则有IF＝6×1 N·s＋2×1 N·s－2×2 N·s＝4 N·s，故A错误。由题图乙可知，第2 s内物块匀速运动，则由题图甲可知摩擦力Ff＝F＝2 N；速度—时间图像的斜率表示加速度，则第1 s内物块的加速度 a1＝ m/s2＝4 m/s2，第1 s内F＝6 N，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma1，代入数据解得m＝1 kg，又Ff＝μmg＝2 N，解得μ＝0.2，故D错误。由题图甲可知，第3 s内物块减速运动，F的大小为2 N，方向反向，根据牛顿第二定律有F＋Ff＝ma2，解得a2＝4 m/s2，则减速到零的时间为t0＝＝1 s，可知第3 s末物块速度为0，第4 s内拉力与摩擦力相等，物块静止，故B正确。速度—时间图像与横轴围成的面积表示位移，则前4 s内的位移为x＝1×4 m＋4×1 m＋×1×4 m＋0＝8 m，故C错误。故选B。 5．某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示。当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为36.0 g。假设吹风机出风口为圆形，其半径为5 cm，空气密度为1.29 kg/m3，实验前电子秤已校准，重力加速度g＝10 m/s2。则此时吹风机的风速约为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．6 m/s B．8 m/s C．10 m/s D．12 m/s 答案：A 解析：对于Δt时间内吹出的空气，根据动量定理有FΔt＝mv＝ρvSΔt·v，其中F＝mg＝0.36 N，S＝πr2，代入数据解得v≈6 m/s。故选A。 6．(2026·广东省模拟)如图甲所示，一轻质弹簧的两端分别与质量是m1、m2的A、B两物块相连，它们静止在光滑水平面上，现使A瞬时获得水平向右的速度v＝3 m/s并从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1＝2 kg，下列说法正确的是(　　) A．物块B的质量为3 kg B．弹簧的最大弹性势能为4.5 J C．t2时刻A、B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶4 D．从t3到t4时刻弹簧由伸长状态恢复到原长 答案：D 解析：由题图乙可知，t1时刻两物块速度相同，均为v1＝1 m/s，根据动量守恒可得m1v＝(m1＋m2)v1，解得物块B的质量为m2＝4 kg，故A错误；当两物块速度相同时，弹簧弹性势能最大，根据能量守恒可得Ep＝＝6 J，故B错误；t2时刻，由题图乙可知A、B速度分别为vA＝－1 m/s，vB＝2 m/s，A、B的动能之比为Ek1∶Ek2＝∶＝1∶8，故C错误；由题图乙可知，B的速度在t2时刻最大，可知此时弹簧恢复原长，此后B开始做减速运动，弹簧处于拉伸状态，t3时刻，两物块速度再一次相同，此时弹簧伸长量最大，t4时刻，弹簧刚好再次恢复原长，则从t3到t4时刻弹簧由伸长状态恢复到原长，故D正确。 二、多项选择题(每题6分，共12分) 7.(2026·甘肃平凉模拟)如图所示，两小球A、B置于光滑的水平面上，小球B静止，小球A以水平向右的速度运动，经过一段时间与小球B发生碰撞，已知A和B的质量之比为2∶1，且两球发生的是对心碰撞。下列说法正确的是(　　) A.碰后球A被反弹 B.若碰后球A、B的动量大小之比为2∶1，碰撞损失的能量为碰前球A动能的 C.若碰后球A、B的动量大小之比为1∶2，则碰后两球共速 D.碰前球A的动能可能为碰后球B动能的4倍 答案：BD 解析：由题意知，mA＞mB，碰后球A不被反弹，A错误；若碰后球A和球B的动量之比为2∶1，可知两小球发生完全非弹性碰撞，设A碰前速度为v0，碰后两球的速度为v，由动量守恒定律有2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝v0，碰前球A的动能为EkA＝×2m＝m，碰后球A、B的动能分别为EkA'＝×2mv2＝m，EkB＝m，该碰撞过程损失的机械能为ΔE损＝EkA－EkA'－EkB＝m，所以碰撞损失的能量为碰前A球动能的，B正确；若碰后两球共速，A和B的质量之比为2∶1，则碰后A、B的动量大小之比为2∶1，故C错误；若碰前球A的动能为碰后球B动能的4倍，由Ek＝mv2，则vB∶v0＝1∶，由动量守恒定律有2mv0＝2mvA＋mvB，解得vA＝(1－)v0＜vB，碰撞过程中损失的机械能为ΔE损'＝EkA－×2m－m＞0，碰撞过程可能发生，故D正确。 8．(2026·广东湛江期末)如图甲所示，“充气碰碰球”游戏是一项很减压的趣味运动项目。为了研究其中的碰撞规律，简化为如图乙所示的模型：直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动，碰前A球的动量pA＝50 kg·m/s，B球静止，碰后B球的动量变为pB′＝40 kg·m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　) A．mB＝0.8mA B．mB＝0.5mA C．mB＝4mA D．mB＝mA 答案：ACD 解析：碰撞过程系统动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＝pA′＋pB′，解得pA′＝10 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得mB≥mA，碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则有，解得mB≤4mA，综上分析可知mA≤mB≤4mA。故选ACD。 三、非选择题(共14分) 9．(14分)(2026·广东广州开学考)如图所示，质量m0＝5 g的小球用长l＝1 m的轻绳悬挂在固定点O，质量m1＝10 g的物块静止在质量m2＝30 g的光滑圆弧轨道的最低点，圆弧轨道静止在光滑水平面上，悬点O在物块的正上方，将小球拉至轻绳与竖直方向成37°角后，静止释放小球，小球下摆至最低点时与物块发生弹性正碰，碰后物块恰能到达圆弧轨道的最上端。若小球、物块都可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)碰撞前，小球下摆至最低点时，球对轻绳拉力的大小； (2)碰撞后瞬间物块的速度大小； (3)圆弧轨道的半径。 答案：(1)0.07 N　(2) m/s　(3) m 解析：(1)小球下摆至最低点，由机械能守恒定律有 m0gl(1－cos 37°)＝ 小球在最低点，由牛顿第二定律有 FT－m0g＝m0 解得FT＝0.07 N 由牛顿第三定律，球对轻绳的拉力大小为0.07 N。 (2)小球与物块碰撞，水平方向动量守恒、机械能守恒，则有m0v0＝m0v01＋m1v1， 解得v1＝ m/s。 (3)物块滑到圆弧轨道最高点的过程中，水平方向动量守恒、机械能守恒，则有m1v1＝＋m1gR 解得R＝ m。 学科网（北京）股份有限公司 $