双休伴学7 动量守恒定律-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习双休伴学（提升版）

**基本信息** 该题集聚焦动量守恒定律，含13道题（选择10道、计算3道），精选人教版教材改编题、2025-2026年高考及模拟题，覆盖动量守恒、机械能守恒、动量定理等核心知识点，情境融合科技（智能防摔马甲）、文化（水车、糍粑制作）及生活场景，适配一轮复习。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择（含多选）|10道|动量守恒、动量定理、碰撞规律|结合教材改编与高考真题，注重基础巩固与概念辨析| |计算|3道|多过程综合（平抛+传送带+圆弧轨道等）|突出科学思维，融合动量与能量综合应用，贴近高考命题趋势|

　动量守恒定律 1.〔人教版选择性必修一P30·T8改编〕〔多选〕如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　） A.A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为 B.A、B两木块分离时，C的速度大小为2 C.球C由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m0 D.球C由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为 解析：ABD　球C运动到悬点正下方时，A、B将要开始分离，此过程A、B、C组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，根据机械能守恒定律有m0gL＝m0＋×2m，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得m0vC＝2mvAB，联立解得vC＝2，vAB＝，故A、B正确；C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理有IAB＝mvAB＝m0，故C错误；C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x1，A、B对地水平位移大小为x2，则有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，解得x2＝，故D正确。 2.（2025·湖北高考7题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图如图a所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图b所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A. B. C. D.2 解析：B　撤去拉力前门板做初速度为0的匀加速直线运动，撤去拉力后门板做匀减速直线运动，由于门板恰好不与门框发生碰撞，则门板末速度为0，作出其v-t图像如图所示，整个过程门板的总位移为，即v-t图像与坐标轴围成的图形面积（表示总位移）不变，由牛顿第二定律可知撤去外力后门板的加速度大小恒为a＝μg，由图可知若使整个运动时间尽量短，则拉力较大，加速时间趋近于0，由x＝at2可知最短时间趋近于tmin＝，B正确。 3.（2025·浙江6月选考T16）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R＝0.36 m，L＝1.6 m，v0＝5 m/s，m＝0.2 kg，M＝1.8 kg，μ＝0.25，重力加速度大小g＝10 m/s2。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 （1）滑到B点处的速度大小； （2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； （3）在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； （4）即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 答案：（1）4 m/s　（2）0.9 J　（3）0.2 m　（4）3 N 解析：（1）滑块从P点到B点由动能定理mgLsin 30°＝mv2 解得到达B点的速度v＝4 m/s。 （2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功Wf＝m－mv2＝0.9 J。 （3）物块在传送带上加速运动的加速度为a＝μg＝2.5 m/s2 加速到共速时用时间t＝＝ s＝0.4 s 在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度Δx＝v0t－t＝0.2 m。 （4）从物块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知mv0＝mv1＋Mv2，m＝m＋M＋2mgR 联立解得v1＝－2.2 m/s，v2＝0.8 m/s（另一组v1＝3.2 m/s，v2＝0.2 m/s，因不符合实际舍掉） 对物块在最高点时由牛顿第二定律F＋mg＝m 解得F＝3 N。 4.（2026·安徽江淮模拟）针对老年人摔倒受伤的痛点，某科技公司打造出了一款老年人行走的“安全气囊”——智能防摔马甲。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以（　　） A.减小穿戴者所受合力的冲量 B.减小穿戴者动量的变化量 C.减小穿戴者所受的重力 D.减小穿戴者动量的变化率 解析：D　在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以延长作用时间，从而减小作用力，但是不会改变穿戴者动量的变化量或者穿戴者所受合力的冲量，也不会改变穿戴者所受的重力，故选D。 5.（2026·安徽宣城联考）如图，足够深的水池中木块和铁块之间用轻质细线相连，一起匀速下降。现剪断细线，若只考虑物体所受的重力和浮力，从剪断细线到木块停止下沉前，木块与铁块组成的系统（　　） A.总动量不变，总动能不变 B.总动量不变，总动能变化 C.总动量变化，总动能变化 D.总动量变化，总动能不变 解析：B　由于木块与铁块开始时匀速下降，系统所受的合外力为零，剪断细线后到木块停止下沉前系统的合外力仍为零，系统的总动量守恒，由于铁块下降的距离大于木块下降的距离，系统的合外力做正功，总动能增加，故选B。 6.〔多选〕（2026·河北廊坊模拟）如图所示，光滑水平面上静止一长为4 m、质量为M＝50 kg的平板小车，一质量为m＝30 kg的小孩站在小车左端。小孩从小车左端移动到小车右端（不打滑），在这一过程中小孩的最大速度v1max＝1 m/s，小孩可视为质点。下列说法中正确的是（　　） A.车的最大速率为0.6 m/s B.从开始到小孩的速度达到最大的过程中小孩做的功为15 J C.整个过程中小孩发生的位移为2.5 m D.整个过程中小车发生的位移为2.5 m 解析：AC　从开始到小孩速度达到最大的过程中由动量守恒定律有0＝mv1max＋Mv2max，解得v2max＝－0.6 m/s，故车的最大速率为0.6 m/s，故A正确；由能量守恒定律可知，从开始到最大速度过程中小孩做的功为W＝m＋M＝24 J，故B错误；设此过程中小孩发生的位移为x1，小车发生的位移大小为x2，由动量守恒定律有mx1＝Mx2，由题意有x1＋x2＝L，解得x1＝2.5 m，x2＝1.5 m，故C正确，D错误。 7.〔多选〕（2026·辽宁鞍山期中）如图所示，两位小朋友在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。其中一位将弹珠甲对着另一位脚边的静止弹珠乙弹出，甲以v0的速度与乙发生了弹性正碰，已知弹珠可以视为光滑，则（　　） A.若碰后甲反弹，则甲的质量一定小于乙的质量 B.若碰后甲反弹，则甲的速率可能为1.2v0 C.碰后乙的速率可能为3v0 D.若碰后甲反弹，则甲的速率可能大于乙的速率 解析：AD　设弹珠甲的质量为m1，初速度为v0，碰后速度为v1；弹珠乙的质量为m2，初速度为0，碰后速度为v2。甲、乙两弹珠发生弹性正碰，满足动量守恒定律，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，总动能不变，则有m1＝m1＋m2，解得v1＝v0，v2＝v0，设碰前的速度方向为正方向，若碰后甲反弹，则v1＜0，所以m1＜m2，A正确；由上述分析，甲球碰后的速度大小为v0，假设m1远小于m2时，甲球碰后的速度大小趋近于v0，不会达到1.2v0，乙的速度大小趋近于0，此种情况下甲球的速率大于乙球，B错误，D正确；假设乙碰后的速度为3v0，则v2＝v0＝3v0，解得－m1＝3m2，质量不可能为负值，假设不成立，C错误。 8.〔多选〕（2025·福建莆田二模）如图，物块A和B质量分别为2m和m，将A、B用细线连接，中间夹有被压缩的轻弹簧，放在光滑的水平桌面上。烧断细线后，物块A、B离开弹簧并飞离桌面做平抛运动，落到水平地面上，则（　　） A.物块A、B飞离桌面到落地的时间之比为1∶1 B.物块A、B飞离桌面到落地的水平位移之比为1∶2 C.物块A、B飞离桌面时的动能之比为1∶1 D.物块A、B落地时的速度之比为1∶2 解析：AB　物块飞出桌面后做平抛运动，根据h＝gt2，解得t＝，则物块A、B飞离桌面到落地的时间之比为1∶1，故A正确；弹簧弹开木块的过程中，两木块组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得2mvA＝mvB，则速度之比为＝，水平方向有x＝vt，可知物块A、B飞离桌面到落地的水平位移之比为1∶2，故B正确；物块A、B飞离桌面时的动能之比为＝＝，故C错误；物块A、B落地时的速度之比＝≠，故D错误。 9.★（2025·福建厦门二模）水车作为农耕文化的重要组成部分，体现了中国古代劳动人民的创造力。如图所示为一种水车的原理简化图，水车竖直放置，其叶片与半径共线，水渠引出的水从一定高度以4 m/s的速度水平流出，水的流量为60 kg/s，水流出后做平抛运动，某时刻水流均垂直冲击到与竖直面成60°的叶片上（叶片面积大于水流横截面积）。已知水流冲击叶片后速度变为零并从两侧流走，则水流对叶片的冲击力大小约为（　　） A.240 N B.480 N C.780 N D.1 080 N 解析：B　水流出后做平抛运动，水流冲击叶片前瞬间的速度大小为v＝，水的流量为Q＝60 kg/s，取极短时间Δt，和叶片作用的水的质量为Δm＝QΔt，忽略水的重力，根据动量定理有－FΔt＝0－Δmv，解得叶片对水流的作用力大小为F＝480 N，根据牛顿第三定律可知水流对叶片的冲击力大小为480 N，故选B。 10.〔多选〕（2026·河南南阳期末）如图，一枚在空中飞行的火箭质量为m，某时刻飞行高度为h，速度为v且方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块，其中质量为m1的弹头仍水平飞行，落地点到炸裂位置的水平距离为l。已知重力加速度为g，地面水平，不计空气阻力，以水平向右为正方向，则（　　） A.炸裂过程中系统机械能守恒 B.炸裂后，飞行过程中弹头相对于另一块做匀速直线运动 C.炸裂后，弹头的瞬时速度为l D.炸裂后，另一块的速度为 解析：BCD　炸裂过程，由炸药的化学能转化为系统的动能，可知，炸裂过程中系统机械能不守恒，故A错误；炸裂后，弹头做平抛运动，则有h＝gt2，l＝v1t，解得v1＝l，故C正确；由于爆炸过程，内力远大于外力，故动量守恒，则由动量守恒定律有mv＝m1v1＋（m－m1）v2，结合上述解得v2＝，故D正确；结合上述可知，炸裂后两块均做平抛运动，加速度均为重力加速度，两者相对加速度为0，则炸裂后飞行过程中弹头相对于另一块做匀速直线运动，故B正确。 11.（2026·湖北孝感联考）如图所示，一质量m2＝0.25 kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30 kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量m1＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝18 m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，g取10 m/s2。下列分析正确的是（　　） A.小物体在小车上相对小车滑行的时间为1 s B.最后小物体与小车的共同速度为3 m/s C.小车的最小长度为1.0 m D.小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s 解析：D　子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得m1v0＝（m1＋m2）v1，解得v1＝3 m/s，小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得（m1＋m2）v1＝（m1＋m2＋m3）v2，解得v2＝1.5 m/s，B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝ s，A错误；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝m3v2＝0.45 N·s，D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝（m1＋m2）－（m1＋m2＋m3），解得l＝0.5 m，所以小车的最小长度为0.5 m，C错误。 12.（2026·福建莆田联考）在传统制作糍粑的过程中，质量m＝15 kg的木槌从某一高度自由落下，刚接触糍粑时的速度大小v0＝16 m/s，木槌与糍粑的相互作用时间Δt＝0.15 s，重力加速度g＝10 m/s2。 （1）求木槌刚接触糍粑时的动量大小。 （2）若打击糍粑后木槌速度变为2 m/s且方向竖直向上，求此过程中糍粑对木槌的平均作用力大小。 （3）若在打击糍粑过程中，木槌还受到操作人员竖直向下F＝30 N的作用力，且打击后木槌静止，求木槌与糍粑相互作用的平均作用力大小。 答案：（1）240 kg·m/s　（2）1 950 N　（3）1 780 N 解析：（1）木槌刚接触糍粑时的动量大小p1＝mv0＝（15×16）kg·m/s＝240 kg·m/s。 （2）设竖直向下为正方向，木槌的末动量为p2＝mv＝15×（－2）kg·m/s＝－30 kg·m/s 根据动量定理（mg－F）Δt＝p2－p1 代入数据解得F＝1 950 N。 （3）设竖直向下为正方向，木槌的初动量为p1，末动量p＝0，根据动量定理（mg＋F－F1）Δt＝p－p1 代入数据解得F1＝1 780 N。 13.（2026·内蒙古呼和浩特联考）如图所示，水平面上有两相同滑块c、d，mc＝md＝2 kg，滑块d静止，其左边水平面光滑，右边水平面粗糙，滑块c以v0＝8 m/s的速度与滑块d相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起，已知滑块与粗糙面间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求： （1）滑块d滑行的位移大小x； （2）因摩擦产生的热量Q； （3）从碰后开始计时到滑块c静止，水平面对滑块c的冲量大小I。 答案：（1）2 m　（2）32 J　（3）4 N·s 解析：（1）对于滑块c、d碰撞过程，由动量守恒定律mcv0＝（mc＋md）v 解得v＝4 m/s 碰后两者一起减速运动，则由动能定理得： －μ（mc＋md）gx＝0－（mc＋md）v2 解得x＝2 m。 （2）因摩擦产生的热量Q＝μ（mc＋md）gx＝32 J。 （3）从碰后开始计时到滑块c静止，运动时间t＝＝1 s 水平面对滑块c的支持力的冲量IN＝mcgt＝20 N·s 摩擦力的冲量If＝μmcgt＝8 N·s 则水平面对滑块c的冲量大小I＝＝4 N·s。 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $