模块七 动量守恒定律（综合训练）（江苏专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦动量守恒定律，整合碰撞、动量定理、能量综合等核心题型，通过多样化情境考查物理观念与科学思维 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量守恒定律|16题（选择11+实验1+计算4）|选择涵盖概念辨析与情境应用，实验侧重操作与误差分析，计算注重多过程综合|动量概念→动量定理→动量守恒定律→碰撞模型→能量综合，形成从基础到应用的逻辑链条|

模块七 动量守恒定律 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 考试范围： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷(选择题，共44分) 一、选择题(本题共11小题，每小题4分，共44分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意) 1．（2026·四川·高考真题）2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到的全尺寸人形机器人、该机器人体重；2025年1月、该团队发布的四足机器人体重。若两款机器人均以的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·广西·模拟预测）如图所示，在光滑的水平地面上静置一质量为的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧半径为，一质量也为的小球，以水平速度自滑块的左端处（切线水平）滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端点，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．大小为 B．若将小球的初速度增大为，则小球能上升的最大高度为 C．小球返回圆弧轨道底端分离后将做平抛运动 D．若增大圆弧滑块的质量，小球上升的最大高度将增大 3．（2026·北京海淀·二模）如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，小球在B、C两点之间做简谐运动，B点与C点相距20cm。小球经过B点时开始计时，经过2s首次到达C点。下列说法正确的是（　　） A．弹簧振子做简谐运动的周期为2s B．0~3s内，小球通过的路程为0.1m C．0~2s内，弹簧弹力对小球始终做负功 D．0~1s内和1~2s内，小球所受弹簧弹力的冲量大小相等 4．（2026·河北·三模）如图所示，竖直平面内，光滑水平轨道BC与光滑圆弧轨道CD相切于C点，圆弧轨道的半径为0.8 m、圆心为O，∠COD＝90°。质量的小球甲以水平向右、大小为5 m/s的速度撞向静止在BC上的小球乙，两球（均可视为质点）发生弹性碰撞且碰撞时间极短。取重力加速度大小。已知碰撞后小球乙恰好运动至D点，则小球乙的质量为（     ） A．2 kg B． C．4.5 kg D． 5．（2026·江苏扬州·模拟预测）如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷，t＝0时，甲静止，乙以初速度6 m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v－t图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（     ） A．两电荷的电性一定相反 B．t1时刻两电荷的电势能最小 C．0~t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小 D．0~t3时间内，甲的动量一直增大，乙的动量一直减小，且整个过程中动量守恒 6．（2026·浙江绍兴·二模）如图所示为某兴趣小组制作的气压式喷水火箭。用打气筒给瓶内打气加压，当气压增大到一定值时阀门自动打开，瓶内的水从瓶口向下喷出，从而推动火箭腾空飞起，已知重力加速度为，下列说法正确的是（     ） A．水刚喷出瞬间，水火箭的加速度为0 B．水火箭向上的推力来自周围空气的反作用力 C．水火箭竖直向上运动到最高点时的加速度大小为 D．在向下喷水过程中，水火箭和喷出水组成的系统机械能守恒 7．（2026·贵州·高考真题）如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 8．（2026·四川·高考真题）如图所示，边长为的绝缘菱形支架EFGH竖直放置，FG边固定于水平地面，。E、G两点各固定一带电小球，两小球带等量异种电荷。点H、F间固定一光滑绝缘直轨道，另一带电小球从H点沿轨道由静止下滑至F点。重力加速度大小为、小球均可视为点电荷。则小球在运动过程中（     ） A．某时刻所受支持力可能为零 B．到达F点时的速率为 C．电势能先增大后减小 D．所受电场力的冲量为零 9．（2026·江苏·高考真题）如图所示，水平面内一光滑小球沿正方形线框保持速率不变运行，a、b、c、d分别是各边中点，在拐点处小球所受合力的冲量大小和其动量大小的比值是（     ） A． B． C． D． 10．（2026·安徽合肥·三模）如图所示，某地有一风力发电机，三个叶片转动时可形成面积为S的圆面。某时间内该地的风速为v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ，空气遇到叶片旋转形成的圆面后，其中减速为零（该部分气体动能转化为电能的效率为η），原速穿过。下列说法正确的是（     ） A．发电机的电功率为 B．发电机的电功率为 C．所有叶片受到空气的作用力 D．所有叶片受到空气的作用力 11．（2026·山东德州·三模）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平地面上，另一端与木块B相连，系统竖直静置在水平面上时，弹簧的形变量为。将与B完全相同的木块A从B的正上方处由静止释放，A与B发生正碰后粘在一起共同运动，此过程中弹簧的最大压缩量为。若将A的释放高度调整为，A、B碰撞后共同运动的过程中，弹簧的最大压缩量为。已知弹簧的弹性势能满足，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量。关于和之间的大小关系正确的是（　　） A． B． C． D． 第Ⅱ卷(非选择题，共56分) 二、填空题(本题共1小题，共15分) 12．(15分)实验题：在“验证动量守恒定律”实验中，某同学通过碰撞后做平抛运动测量速度的方法来进行实验，实验装置如图所示。 (1)实验室有如下A、B、C三个小球，从中选择两个球来完成本实验，其中入射小球应该选取（     ）（填字母代号）； A． B． C． (2)关于本实验，下列说法正确的是（     ）（多选）； A．斜槽末端保持水平且不用光滑 B．被碰小球可以放在斜槽末端的任意位置 C．入射小球的释放位置应尽可能靠近被碰球 D．同组实验中，入射小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放 (3)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上留下了多个印迹，如果用画圆法确定小球的落点P，其目的是减小________。（选填“系统误差”或“偶然误差”） (4)该同学按上述方法在实验中记录了小球落点的平均位置，发现M和N偏离了方向，即点不共线，如下图所示。若要验证两小球碰撞前后在方向上是否动量守恒，则下列操作正确的是（     ） A． B． C． D． 三、计算题(本题共4小题，共41分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位) 13．(6分) （2026·吉林松原·模拟预测）如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端有一个可视为质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度v0，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图像如图乙所示，最终滑块恰停在木板的右端。求 (1)滑块与木板的质量之比 (2)滑块与木板间的滑动摩擦力大小 (3)木板的长度 14．(8分) （2026·广西桂林·三模）如图所示，半径为，圆心角的光滑圆弧轨道与光滑水平轨道平滑连接，水平轨道与以速度顺时针匀速转动的倾斜传送带平滑连接，传送带与水平方向夹角，传送带的上端与水平平台连接。滑块A从圆弧顶点无初速度下滑，与静止在水平轨道最右端的滑块B发生弹性碰撞，然后滑上传送带，被传送带运送到水平平台上。倾斜传送带上下两端的距离，滑块A、B与传送带的动摩擦因数均为，滑块A的质量，滑块B的质量，重力加速度。求： (1)滑块A滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力； (2)若传送带由电动机带动，由于运送滑块A、B电动机多消耗的电能。 15．(13分) （2026·四川泸州·一模）如图所示，小球A以水平初速度，从半径的粗糙半圆弧轨道顶端冲入，然后从半圆弧另一端沿水平方向以速度冲出，在光滑水平轨道上通过轻质弹簧与静止的小球B发生相互作用（弹簧与小球B连接）。已知、。忽略空气阻力，A、B球均可视为质点，重力加速度。求： (1)小球从到的过程中阻力做的功； (2)弹簧弹性势能的最大值； (3)在整个相互作用过程中，弹簧对小球A的冲量。 16．(14分) （2026·江苏·一模）如图所示，不可伸长的轻绳穿过轻质定滑轮连接水平桌面上的物块A和B，桌面下方的物块通过轻质滑轮挂在绳上，三个物块的质量均为。桌面上有一阻挡装置P，起初物块A到P的距离为。现由静止同时释放三个物块，一段时间后物块A与阻挡装置P发生碰撞，在极短时间内达到静止。不计一切摩擦，重力加速度大小为。求： (1)物块A与阻挡装置P碰撞前瞬间的速度大小； (2)物块A运动过程中绳上张力大小； (3)物块A与阻挡装置P碰撞过程中绳对物块B的冲量大小。 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 模块七 动量守恒定律 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 考试范围： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷(选择题，共44分) 一、选择题(本题共11小题，每小题4分，共44分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意) 1．（2026·四川·高考真题）2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到的全尺寸人形机器人、该机器人体重；2025年1月、该团队发布的四足机器人体重。若两款机器人均以的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意，由动量表达式可得，二者的动量大小之差为 故选C。 2．（2026·广西·模拟预测）如图所示，在光滑的水平地面上静置一质量为的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧半径为，一质量也为的小球，以水平速度自滑块的左端处（切线水平）滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端点，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．大小为 B．若将小球的初速度增大为，则小球能上升的最大高度为 C．小球返回圆弧轨道底端分离后将做平抛运动 D．若增大圆弧滑块的质量，小球上升的最大高度将增大 【答案】D 【详解】A．当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 代入数据解得 故A错误； B．若小球以冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平速度相同，设为，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 解得 小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则由动能定理有 解得 故距B点的最大高度为，故B错误； C．设小球质量为，初速度为，小球返回圆弧轨道底端分离时速度为，滑块质量为，分离时速度为 由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 由于 由以上各式解得， 小球返回圆弧轨道底端分离后，水平方向速度和竖直方向速度均为0，小球不会做平抛运动，故C错误； D．设滑块质量为，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律得 可得 则有当增大时，小球上升的最大高度将增大，故D正确。 故选D。 3．（2026·北京海淀·二模）如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，小球在B、C两点之间做简谐运动，B点与C点相距20cm。小球经过B点时开始计时，经过2s首次到达C点。下列说法正确的是（　　） A．弹簧振子做简谐运动的周期为2s B．0~3s内，小球通过的路程为0.1m C．0~2s内，弹簧弹力对小球始终做负功 D．0~1s内和1~2s内，小球所受弹簧弹力的冲量大小相等 【答案】D 【详解】A．根据题意小球经过B点时开始计时，经过2s首次到达C点，可知弹簧振子做简谐运动的周期为4s，故A错误； B．根据题意可知，小球做简谐运动的振幅为10cm，0~3s内，即时间内，小球通过的路程为，故B错误； C．0~2s内，弹簧弹力开始为拉力，与小球运动方向相同，对小球做正功，经过平衡位置后，弹簧弹力表现为向右的支持力，与小球的运动方向相反，对小球做负功，即0~2s内，弹簧弹力对小球先做正功，后做负功，故C错误； D．根据题意可知，小球在B点的速度为零，在C点的速度也为零，0~1s内弹簧弹力表现为拉力，1~2s内弹簧弹力表现为支持力，根据动量定理可知0~1s内和1~2s内，小球所受弹簧弹力的冲量大小相等，方向相反，故D正确。 故选D。 4．（2026·河北·三模）如图所示，竖直平面内，光滑水平轨道BC与光滑圆弧轨道CD相切于C点，圆弧轨道的半径为0.8 m、圆心为O，∠COD＝90°。质量的小球甲以水平向右、大小为5 m/s的速度撞向静止在BC上的小球乙，两球（均可视为质点）发生弹性碰撞且碰撞时间极短。取重力加速度大小。已知碰撞后小球乙恰好运动至D点，则小球乙的质量为（     ） A．2 kg B． C．4.5 kg D． 【答案】C 【详解】本题考查圆周运动与弹性碰撞，目的是考查学生的推理论证能力。 小球甲、乙发生弹性碰撞，则有 解得 碰撞后小球乙恰好运动至D点，则有 解得，选项C正确。 故选C。 5．（2026·江苏扬州·模拟预测）如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷，t＝0时，甲静止，乙以初速度6 m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v－t图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（     ） A．两电荷的电性一定相反 B．t1时刻两电荷的电势能最小 C．0~t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小 D．0~t3时间内，甲的动量一直增大，乙的动量一直减小，且整个过程中动量守恒 【答案】C 【详解】A．t＝0时，甲静止，乙以初速度6 m/s向甲运动，由图可知甲的速度在增大，乙的速度在减小，所以两电荷的电性一定相同，故A错误； B．t1时刻两电荷相距最近，静电力做负功最多，因此电势能最大，故B错误； C．0~t2时间内，两电荷之间的距离先减小后增大，由可知两电荷的静电力先增大后减小，故C正确； D．0~t3时间内，因为甲、乙两个点电荷所受合力为零，所以在0~t3时间内动量守恒，但甲的动量一直增大，乙的动量先减小到0后增大，故D错误。 故选C。 6．（2026·浙江绍兴·二模）如图所示为某兴趣小组制作的气压式喷水火箭。用打气筒给瓶内打气加压，当气压增大到一定值时阀门自动打开，瓶内的水从瓶口向下喷出，从而推动火箭腾空飞起，已知重力加速度为，下列说法正确的是（     ） A．水刚喷出瞬间，水火箭的加速度为0 B．水火箭向上的推力来自周围空气的反作用力 C．水火箭竖直向上运动到最高点时的加速度大小为 D．在向下喷水过程中，水火箭和喷出水组成的系统机械能守恒 【答案】C 【详解】A．水刚喷出瞬间，火箭受到竖直向下的重力和竖直向上的推力。由于火箭能腾空飞起，说明 根据牛顿第二定律 可知加速度，故A错误； B．水火箭利用的是反冲原理，高压气体将水向下喷出，根据牛顿第三定律，喷出的水对火箭产生向上的反作用力，即推力，该力不是来自周围空气，故B错误； C．水火箭竖直向上运动到最高点时，速度为零，此时不再喷水（或喷水已结束），火箭只受重力作用（忽略空气阻力，或速度为零时空气阻力为零）。根据牛顿第二定律 解得加速度大小，故C正确； D．在向下喷水过程中，瓶内压缩气体膨胀对外做功，将气体的内能转化为水火箭和喷出水的机械能，系统的机械能增加，不守恒，故D错误。 故选C。 7．（2026·贵州·高考真题）如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设A、B小球的质量均为，忽略空气阻力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能定理可得 A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有， 可得 由于 所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心上升的最大高度为h，则对B从碰后至上升到最大高度的过程，由动能定理可得 解得 故选A。 8．（2026·四川·高考真题）如图所示，边长为的绝缘菱形支架EFGH竖直放置，FG边固定于水平地面，。E、G两点各固定一带电小球，两小球带等量异种电荷。点H、F间固定一光滑绝缘直轨道，另一带电小球从H点沿轨道由静止下滑至F点。重力加速度大小为、小球均可视为点电荷。则小球在运动过程中（     ） A．某时刻所受支持力可能为零 B．到达F点时的速率为 C．电势能先增大后减小 D．所受电场力的冲量为零 【答案】A 【详解】A．根据菱形几何性质和等量异种电荷的电场特点可知HF轨道电势处处相等，等量异种电荷中垂线上电场方向平行于电荷连线EG，若电场力方向与重力垂直轨道的分力方向相反、大小相等，则支持力N=0，这种情况是可能存在的，故A正确； B． 整个过程电场力不做功，只有重力做功，由几何关系得下落高度 根据动能定理： 解得，故B错误； C．HF是等势线，整个运动过程中小球电势不变，电势能不变，故C错误； D．冲量是矢量，等量异种电荷中垂线上电场方向始终不变，因此电场力方向始终不变，整个过程电场力的总冲量不为零，故D错误。 故选 A。 9．（2026·江苏·高考真题）如图所示，水平面内一光滑小球沿正方形线框保持速率不变运行，a、b、c、d分别是各边中点，在拐点处小球所受合力的冲量大小和其动量大小的比值是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据动量定理，小球在拐点处受到合力的冲量等于动量的变化量，即 设小球速率为v，动量大小 正方形相邻边方向垂直，小球拐弯前后速度大小均为v，方向夹角为，因此动量变化量的大小为： 可得 结合几何关系，选项中只有A符合。 故选A。 10．（2026·安徽合肥·三模）如图所示，某地有一风力发电机，三个叶片转动时可形成面积为S的圆面。某时间内该地的风速为v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ，空气遇到叶片旋转形成的圆面后，其中减速为零（该部分气体动能转化为电能的效率为η），原速穿过。下列说法正确的是（     ） A．发电机的电功率为 B．发电机的电功率为 C．所有叶片受到空气的作用力 D．所有叶片受到空气的作用力 【答案】D 【详解】AB．设单位时间内通过圆面的空气总质量m，则有 减速为零的这部分空气损失的动能 则发电机的电功率为，故AB错误； CD．对减速为零的这部分空气，根据动量定理，单位时间内这部分空气动量的变化量大小等于叶片对空气的作用力大小，即 根据牛顿第三定律可知，所有叶片受到空气的作用力为，故C错误，D正确。 故选D。 11．（2026·山东德州·三模）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平地面上，另一端与木块B相连，系统竖直静置在水平面上时，弹簧的形变量为。将与B完全相同的木块A从B的正上方处由静止释放，A与B发生正碰后粘在一起共同运动，此过程中弹簧的最大压缩量为。若将A的释放高度调整为，A、B碰撞后共同运动的过程中，弹簧的最大压缩量为。已知弹簧的弹性势能满足，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量。关于和之间的大小关系正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设木块A、B的质量均为。系统静止时，对B受力分析有 第一次释放，A下落过程，由机械能守恒定律得 解得 A与B碰撞过程动量守恒，设碰后共同速度为，则 解得 碰后AB一起向下运动至最低点，弹簧压缩量由变为，下降高度 由能量守恒定律得 代入和，整理得 解得 第二次释放，同理，A下落，碰后共同速度 弹簧最大压缩量为，下降高度 由能量守恒定律得 整理得 解得 综上 故选C。 第Ⅱ卷(非选择题，共56分) 二、填空题(本题共1小题，共15分) 12．(15分)实验题：在“验证动量守恒定律”实验中，某同学通过碰撞后做平抛运动测量速度的方法来进行实验，实验装置如图所示。 (1)实验室有如下A、B、C三个小球，从中选择两个球来完成本实验，其中入射小球应该选取（     ）（填字母代号）； A． B． C． (2)关于本实验，下列说法正确的是（     ）（多选）； A．斜槽末端保持水平且不用光滑 B．被碰小球可以放在斜槽末端的任意位置 C．入射小球的释放位置应尽可能靠近被碰球 D．同组实验中，入射小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放 (3)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上留下了多个印迹，如果用画圆法确定小球的落点P，其目的是减小________。（选填“系统误差”或“偶然误差”） (4)该同学按上述方法在实验中记录了小球落点的平均位置，发现M和N偏离了方向，即点不共线，如下图所示。若要验证两小球碰撞前后在方向上是否动量守恒，则下列操作正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】(1)B (3分) (2)AD (6分) (3)偶然误差 (3分) (4)B (3分) 【详解】（1）为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，为了使两球发生对心碰撞，则要求两球的半径相同，故入射球选择直径为d1、质量为m2的小球，被碰球选择直径为d1、质量为m1的小球。 故选B。 （2）A．为使小球做平抛运动，斜槽的末端需调成水平，但不需要斜槽光滑，故A正确； B．被碰小球应放在斜槽末端，碰撞后直接做平抛运动，故B错误； C．为了使两球碰撞后平抛运动的水平位移有明显的差异，入射球与被碰球之间的距离要适当远些，故C错误； D．为了让小球每次平抛的速度相等，实验中需要让小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放，故D正确。 故选AD。 （3）如果采用画圆法确定小球的落点，应该让所画的圆尽可能把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样可以减小实验的偶然误差。 （4）由于平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，结合题意可知，入射球及被碰球平抛运动的时间相等，因此两球水平方向的速度大小可以用水平位移的大小来代替，但由于M、N与P不在同一水平线上，因此需要测量M、N在OP投影点距离O点的距离即可。 故选B。 三、计算题(本题共4小题，共41分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位) 13．(6分) （2026·吉林松原·模拟预测）如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端有一个可视为质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度v0，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图像如图乙所示，最终滑块恰停在木板的右端。求 (1)滑块与木板的质量之比 (2)滑块与木板间的滑动摩擦力大小 (3)木板的长度 【答案】(1)2:3 (2) (3) 【详解】（1）滑块和木板组成的系统动量守恒，设滑块的质量为，木板的质量为，滑块的初速度为，最终的共同速度为，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 (1分) 系统的初末动能表达式分别有， 联立解得 由图乙可知系统初动能，由于最终滑块和木板具有共同速度，由图像可知两者的末动能之和即系统末动能，代入等式解得(1分) （2）根据动能表达式可知最终滑块与木板的动能之比等于质量之比，故滑块的末动能为，木板的末动能为，设滑块与木板间的滑动摩擦力大小为，由图乙可知滑块的位移为，对滑块根据动能定理有 (1分) 代入数据解得(1分) （3）设木板的位移为，对木板根据动能定理有(1分) 代入数据解得 由于最终滑块恰好停在木板的右端，则木板的长度等于滑块与木板的相对位移，有 解得(1分) 14．(8分) （2026·广西桂林·三模）如图所示，半径为，圆心角的光滑圆弧轨道与光滑水平轨道平滑连接，水平轨道与以速度顺时针匀速转动的倾斜传送带平滑连接，传送带与水平方向夹角，传送带的上端与水平平台连接。滑块A从圆弧顶点无初速度下滑，与静止在水平轨道最右端的滑块B发生弹性碰撞，然后滑上传送带，被传送带运送到水平平台上。倾斜传送带上下两端的距离，滑块A、B与传送带的动摩擦因数均为，滑块A的质量，滑块B的质量，重力加速度。求： (1)滑块A滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力； (2)若传送带由电动机带动，由于运送滑块A、B电动机多消耗的电能。 【答案】(1)36N，方向竖直向下； (2)114J 【详解】（1）滑块A从圆弧顶点下滑到最低点，根据机械能守恒有 解得 滑块A在圆弧轨道最低点，根据牛顿第二定律有 解得(2分) 根据牛顿第三定律，可知滑块A滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为36N，方向竖直向下； （2）滑块A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒有(1分) ，(1分) 联立解得，(1分) 碰撞后，滑块A的速度为 ，小于传送带的速度，传送带顺时针匀速转动，且 故滑块A先向上做匀加速直线运动，设加速度为，根据牛顿第二定律有 解得 设经时间，滑块A与传送带共速，则有 滑块A的位移为 传送带的位移为 该过程滑块A相对传送带的位移为(1分) 产生的热量为(1分) 倾斜传送带上下两端的距离，大于滑块A向上加速的位移，且 故滑块A与传送带共速后，相对传送带静止，向上做匀速直线运动，无相对位移，故不会产生热量 滑块A增加的机械能为(1分) 碰撞后，滑块B的初速度为，等于传送带的速度，传送带顺时针匀速转动，且 故滑块B相对传送带静止，向上做匀速直线运动，无相对位移，故不会产生热量，滑块B增加的机械能为(1分) 故由于运送滑块A、B电动机多消耗的电能(1分) 15．(13分) （2026·四川泸州·一模）如图所示，小球A以水平初速度，从半径的粗糙半圆弧轨道顶端冲入，然后从半圆弧另一端沿水平方向以速度冲出，在光滑水平轨道上通过轻质弹簧与静止的小球B发生相互作用（弹簧与小球B连接）。已知、。忽略空气阻力，A、B球均可视为质点，重力加速度。求： (1)小球从到的过程中阻力做的功； (2)弹簧弹性势能的最大值； (3)在整个相互作用过程中，弹簧对小球A的冲量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从到的过程中根据动能定理可得(2分) 解得(2分) （2）当速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒定律可得(2分) 根据能量守恒定律可得(2分) 解得(1分) （3）在整个相互作用过程中，根据动量定理可得(2分) 解得(2分) 16．(14分) （2026·江苏·一模）如图所示，不可伸长的轻绳穿过轻质定滑轮连接水平桌面上的物块A和B，桌面下方的物块通过轻质滑轮挂在绳上，三个物块的质量均为。桌面上有一阻挡装置P，起初物块A到P的距离为。现由静止同时释放三个物块，一段时间后物块A与阻挡装置P发生碰撞，在极短时间内达到静止。不计一切摩擦，重力加速度大小为。求： (1)物块A与阻挡装置P碰撞前瞬间的速度大小； (2)物块A运动过程中绳上张力大小； (3)物块A与阻挡装置P碰撞过程中绳对物块B的冲量大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块A与阻挡装置P碰撞前通过的距离为，由对称性可知物块B向左通过的距离也为，所以物块C下降的高度为，根据动能定理有(1分) 解得(2分) （2）对物块A分析，由运动学公式(1分) 物块A运动过程中绳上张力大小(2分) （3）设物块A与阻挡装置P碰撞过程中绳上冲量大小为I，碰撞结束后瞬间物块B的速度大小为，物块C的速度大小为，极短时间内重力冲量可忽略。 对物块B由动量定理可得(2分) 对物块C由动量定理可得(2分) 碰后B、C的速度大小满足(2分) 解得(2分) 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 模块七 动量守恒定律 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 第Ⅰ卷(选择题，共44分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C D D C C C A A A D C 第Ⅱ卷(非选择题，共56分) 二、实验题(本题共1小题，共15分) 12．(15分)【答案】(1)B (2)AD (3)偶然误差 (4)B 三、计算题(本题共4小题，共41分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位) 13．(6分) 【答案】(1)2:3 (2) (3) 【详解】（1）滑块和木板组成的系统动量守恒，设滑块的质量为，木板的质量为，滑块的初速度为，最终的共同速度为，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 系统的初末动能表达式分别有， 联立解得 由图乙可知系统初动能，由于最终滑块和木板具有共同速度，由图像可知两者的末动能之和即系统末动能，代入等式解得 （2）根据动能表达式可知最终滑块与木板的动能之比等于质量之比，故滑块的末动能为，木板的末动能为，设滑块与木板间的滑动摩擦力大小为，由图乙可知滑块的位移为，对滑块根据动能定理有 代入数据解得 （3）设木板的位移为，对木板根据动能定理有 代入数据解得 由于最终滑块恰好停在木板的右端，则木板的长度等于滑块与木板的相对位移，有 解得 14．(8分) 【答案】(1)36N，方向竖直向下； (2)114J 【详解】（1）探测车在斜坡上有 由牛顿第二定律，得 且 联立解得 （2）设行星质量为M，第一宇宙速度为，则第二宇宙速度为 由万有引力定律，得 同时有 脱离该行星的最小动能为 联立解得 15．(13分) 【答案】(1) (2) 【详解】（1）滑块A从圆弧顶点下滑到最低点，根据机械能守恒有 解得 滑块A在圆弧轨道最低点，根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律，可知滑块A滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为36N，方向竖直向下； （2）滑块A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒有， 联立解得， 碰撞后，滑块A的速度为 ，小于传送带的速度，传送带顺时针匀速转动，且 故滑块A先向上做匀加速直线运动，设加速度为，根据牛顿第二定律有 解得 设经时间，滑块A与传送带共速，则有 滑块A的位移为 传送带的位移为 该过程滑块A相对传送带的位移为 产生的热量为 倾斜传送带上下两端的距离，大于滑块A向上加速的位移，且 故滑块A与传送带共速后，相对传送带静止，向上做匀速直线运动，无相对位移，故不会产生热量 滑块A增加的机械能为 碰撞后，滑块B的初速度为，等于传送带的速度，传送带顺时针匀速转动，且 故滑块B相对传送带静止，向上做匀速直线运动，无相对位移，故不会产生热量，滑块B增加的机械能为 故由于运送滑块A、B电动机多消耗的电能 16．(14分)【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块A与阻挡装置P碰撞前通过的距离为，由对称性可知物块B向左通过的距离也为，所以物块C下降的高度为，根据动能定理有 解得 （2）对物块A分析，由运动学公式 物块A运动过程中绳上张力大小 （3）设物块A与阻挡装置P碰撞过程中绳上冲量大小为I，碰撞结束后瞬间物块B的速度大小为，物块C的速度大小为，极短时间内重力冲量可忽略。 对物块B由动量定理可得 对物块C由动量定理可得 碰后B、C的速度大小满足 解得 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $