2027届高三物理一轮复习专项训练：动量守恒定律

高三物理一轮复习动量守恒定律章末检测二 一、单选题 1．在竖直平面内，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球A。将小球A拉至与O等高位置（绳水平）由静止释放，小球A摆到最低点时，与静止在光滑水平地面上、质量也为m的小球B发生完全非弹性碰撞（碰后粘在一起），碰撞时间极短。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，两小球均可视为质点。碰撞后瞬间，轻绳的拉力大小为（     ） A．4mg B．3mg C．2mg D．mg 2．某玩具降落伞下降过程中所受空气阻力与下降速率的关系为（为定值）。某次降落过程中，降落伞与搭载物体的总质量为，由静止释放，竖直下降后做匀速直线运动，重力加速度大小为。关于降落伞下降的过程，下列说法正确的是（     ） A．降落伞机械能守恒 B．降落伞的最大速率为 C．降落伞运动时间为 D．空气阻力对降落伞做功为 3．桐桐和乐乐乘坐溜冰电动车在水平冰面上玩耍。如图甲，桐桐开着电动车向停在正前方的乐乐冲来，在碰撞前瞬间熄火；乐乐的电动车一直处于熄火状态。已知桐桐与车的总质量为40kg，在碰撞前后的一段时间内，两车的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。则（     ） A．碰前桐桐与车受到的合力为30N B．乐乐与车的总质量为37.5kg C．此次碰撞过程没有机械能损失 D．两车碰后，均停止运动时相距7.5m 4．投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度v1水平，第二次初速度v2斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（     ） A． 运动时间相同 B． 落到壶口时的速率相同 C． 动能变化量相同 D．动量变化量相同 5．如图所示，水平光滑地面上静置有质量为、长度为的长方体木块，O为长方体木块的几何中心，一颗子弹沿水平方向射入木块，当木块水平向右移动0.1m时，子弹与木块恰好达到共同速度，此时子弹位于O点右侧（未射出），该过程中子弹与木块间的摩擦力大小不变，子弹在木块中沿水平方向运动，则子弹的质量可能为（     ） A．0.15kg B．0.3kg C．0.45kg D．0.6kg 6．如图所示，一倾角为30°的光滑斜面体固定在水平地面上，四边形ABCD为矩形，AD水平。将一可视为质点的物块放在斜面顶端A点，同时对物块施加一沿AD方向的力F。使物块从静止开始运动，经一段时间后，将F的方向反向大小变为原来的两倍，此后某时刻物块速度方向与AB平行。物块从开始运动到速度与AB平行的过程中，重力冲量大小为I，物块速度方向与AB平行时其动量大小为p。不计空气阻力，下列关系正确的是（　　） A． B． C． D． 7．牛顿摆是一个经典有趣的物理演示装置。某同学设计的牛顿摆模型为用完全相同不可伸长的轻绳将3个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于天花板，小球间有微小间隔，如图所示。从左到右，小球的编号依次为1、2、3，小球的质量依次增加，每个小球与其相邻左球的质量之比为k（）。今将1号球向左拉起高度h，轻绳伸直，然后由静止释放，使其在最低点与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞，所有碰撞均为弹性正碰，若2号球与3号球第一次碰撞后3号球摆动升高的高度为，则k值为（     ） A． B． C． D． 二、多选题 8．如图甲所示，一质量M=4kg的木板A静置在足够大的光滑水平面上，t=0时刻在木板上作用一水平向右的力F，F随时间变化的图像如图乙所示。在t=4s时将一可视为质点且质量m=2kg的滑块B轻放在木板A右端（滑块B相对地面初速度为0），最终滑块B恰好没有从木板A左端掉落。已知滑块B与木板A间的动摩擦因数µ=0.4，重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．0~4s内，力F对木板A的冲量大小为24N·s B．t=4s时木板A的速度大小为8m/s C．木板A的长度为6m D．滑块B在与木板A相对滑动的过程中，摩擦产生的热量为64J 9．汽车安全气囊系统是一种被动安全保护系统，它与座椅安全带配合使用，可以为乘客提供有效的防撞保护。如图甲，用充气垫代替气囊进行模拟实验，物体沿光滑水平面运动撞击固定的充气垫，通过传感器测得充气垫对物体作用力大小随时间变化的图像如图乙所示。在物体与充气垫接触过程中，下列说法正确的是（　　 ） A． 物体加速度先增大后减小 B．物体动能先增大后减小 C．物体动量变化量为零 D．物体速度变化量正比于图像与横轴围成的面积 10．在同一足够长的竖直墙壁上，一质量为的物块从某时刻无初速释放，在释放的同时，分别以图中两种方式对物块施加水平外力使物块贴着墙壁运动。方式一中表示时间，方式二中表示速度大小，、为已知的大于零的比例系数，物块与墙壁间的动摩擦因数为，重力加速度为。则（     ） A．方式一中，物块的最大速度为，全过程的运动时间为 B．方式一中，物块的最大速度为，全过程的运动时间为 C．方式二中，若已知物块从释放到速度最大过程的位移为，则该过程的时间为 D．方式二中，若已知物块从释放到速度最大过程的位移为，则该过程的时间为 11．物理兴趣小组设计了如图甲所示的装置来验证动量守恒定律。O点为圆轨道竖直直径和水平挡板的交点。A球质量为，B球质量为，两球均看作质点；先让A球从右侧轨道上某一高度由静止释放，经过圆轨道最高点后做平抛运动，记下水平挡板上的落点M；然后在圆轨道最高处放上B球（由一小支架支撑），再让A球从同一位置由静止释放，当A球到达轨道最高点时，与B球发生对心碰撞，碰后两球平抛落在水平挡板上，记录两球的落点。 (1)在调节水平挡板时，发现挡板上水平仪中的气泡在右侧，如图乙所示，此时应将水平挡板左侧适当调______（选填“高”或“低”）。 (2)关于本实验，下列说法正确的是（　　）。 A．需要测量圆弧轨道最高点到水平挡板之间的距离 B．轨道的摩擦力对实验没有影响 C．只能用A球撞击B球，不能用B球撞击A球 (3)设，当关系式______成立，即可验证两球碰撞过程动量守恒（用字母表示）。 12．小赵同学设计了如图所示的实验装置来验证“动量守恒定律”。主要实验步骤如下： ①用天平测出半径相等的A、B两球的质量，分别记为、； ②将两球悬挂在竖直放置的实验装置上，悬挂点、等高且间距为小球直径，两球静止时球心处于同一水平面上； ③将A球平行于竖直放置的量角器拉开，读出其悬线与竖直方向的夹角； ④然后将A球由静止释放，使其与B球发生正碰，记录碰撞后两球悬线偏离竖直方向的最大角度、。 (1)若要计算碰撞前后A球的速率，__________选填“需要”或“不需要”测量悬挂点到A球球心的距离。 (2)某次实验时，若，则A球碰撞前、后速度方向__________相反选填“一定”或“不一定” (3)某次实验时，若，则需满足关系式__________用、、、、表示，才可以认为两球组成的系统在碰撞前、后动量守恒。 13．如图所示，足够长的光滑水平杆固定在足够长的光滑水平地面上方，轻质弹簧连接着小球甲、乙，质量为m的小球甲放置在水平地面上，质量为2 m的小球乙穿在杆上，初始时两球均静止，弹簧竖直且处于原长状态。质量为的物块从小球甲左侧以水平向右、大小为v的速度撞向小球甲，物块与小球甲发生弹性碰撞（碰撞时间极短），第一次碰撞后经时间t弹簧第一次恢复到原长。物块与两小球均可视为质点，小球甲运动过程中始终未脱离地面，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)物块与小球甲第一次碰撞后瞬间物块的速度大小v1； (2)物块与小球甲第二次碰撞前，弹簧的最大弹性势能Emax； (3)弹簧第一次恢复到原长时物块与小球甲间的距离d。 14．图甲为工业上对管道内钢水减速的设计方案。在管道中设置减速区abcd，俯视图如图乙所示，钢水进入减速区前，在管道内以速度v0匀速流动，钢锭P静止在减速区内的MN处，将钢水视为与钢锭P相同的长方体A，且A、P质量均为m。当钢水A与钢锭P同时处于减速区时，A、P受到大小相等且方向相反的作用力使A立即减速、P立即加速，作用力与A、P的速度之差成正比，比例系数为k。忽略钢锭本身的大小，不考虑其他作用力，且钢水A在减速区未与钢锭P接触。 (1)求钢水A运动过程中的最大加速度am； (2)若钢锭P到达减速区边界cd时的速度为，求： ①此过程系统损失的机械能ΔE； ②MN与边界ab间的最小距离x。 15．如图（a）为某传送系统的简化图，长度为的水平传送带AB与固定在竖直平面内的光滑轨道BCD平滑连接，轨道BCD由水平BC部分和圆弧CD部分构成，传送带以恒定速率顺时针转动。时在传送带A端无初速度地放上小物块（可视为质点），经过一段时间小物块运动到传送带的右端，随后滑上轨道BCD，最终从D点飞出后落到与BC等高的水平地面上。已知小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块的作用力大小F随时间t的变化如图（b）所示，重力加速度大小取，不计空气阻力。 (1)求小物块的质量m； (2)求小物块在传送带上运动过程中所受的摩擦力冲量大小和支持力冲量大小； (3)已知圆弧轨道CD半径，小物块在圆弧轨道C、D两点对轨道压力大小的差值为，求小物块落到水平地面前瞬间重力的功率P。 16．质量均为m的滑块1、2、3和质量为4m的长板静止于图示位置。滑块1、2、3与长板间动摩擦因数均为μ，长板与地面间光滑。现让滑块1、2、3分别以v0、2v0、4v0的速度同时从图示位置滑上长板，它们之间不会相碰也不会从长板滑下。当三个滑块与长板刚好相对静止时长板的右端刚好与墙壁发生弹性碰撞。重力加速度为g。求： (1)滑块2从放上长板到速度达到最小，系统产生的内能； (2)刚开始时长板与墙壁的距离s。 1．B 【详解】小球从水平位置摆到最低点，以最低点为重力势能零点，只有重力做功，机械能守恒。设碰撞前速度大小为，可列出 解得 碰撞过程取小球的运动方向为正方向，碰撞时间极短，水平方向外力冲量可忽略，系统水平方向动量守恒。两球粘在一起，设碰后共同速度大小为，则 解得 碰后两球离开地面，设绳的拉力为。在最低点取指向点为正方向，由牛顿第二定律得 代入前述速度关系得 故选B。 2．C 【详解】A．降落伞与搭载物体下降时，空气阻力做负功，系统机械能减少，故A错误； BC．设匀速运动的速度大小为。对降落伞与搭载物体整体，匀速时重力和空气阻力平衡，有 解得 设下降用时，平均速度大小为，则 因阻力大小与速度成正比，该段平均阻力大小为，阻力冲量大小为 取竖直向下为正，由动量定理得 代入末速度得，故B错误，C正确； D．设空气阻力做功为，从静止释放到下降，由动能定理得 代入末速度得，故D错误。 故选C。 3．D 【详解】A．根据速度-时间图像的斜率表示加速度大小，可知碰撞前桐桐与车的加速度大小为 根据牛顿第二定律，可得桐桐与车受到的合力为，故A错误； B．由题图可知碰撞前瞬间桐桐与车的速度为，乐乐与车的速度为0，碰撞后桐桐与车的速度为，乐乐与车的速度为，碰撞过程，动量守恒，则有 解得，故B错误； C．碰撞前瞬间的机械能为桐桐与车的动能之和，则有 碰撞后的机械能为桐桐与车的动能和乐乐与车的动能之和，则有 可知，故此次碰撞过程有机械能损失，故C错误； D．根据速度-时间图像与时间轴围成的面积表示位移，可得两车碰后，桐桐与车的位移为 对乐乐与车，在1.1s到2.1s，可得加速度大小为 则碰撞后，乐乐与车的速度从4m/s减到0，所经过的位移为 故两车碰后，均停止运动时相距为，故D正确。 故选D。 4．C 【详解】A．取竖直向下为正方向，设壶口比投出点低，两球运动时间分别为、，第二个小球初速度的竖直分量为，则 因为 所以，故A错误； C．两球质量相同，投出点与壶口的高度差相同，过程中均只有重力做功，由动能定理得 故两球动能变化量相同，故C正确； B．在水平方向上，两球水平位移相同，有 因为 所以 进而可知初速度大小 又因为 解得落到壶口时的速率为 由于 所以 即第二次落到壶口时的速率较大，故B错误； D．根据动量定理，动量变化量 由于两球运动时间不同，所以动量变化量不同，故D错误。 故选C。 5．A 【详解】设子弹的质量为，初速度为，木块质量，木块长度，子弹与木块间摩擦力大小为，达到共同速度时，木块的对地位移，子弹射入木块的深度（相对位移）为。子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 解得 对木块由动能定理得 对系统由能量守恒定律，系统动能的损失等于克服摩擦力做的功（摩擦力与相对位移的乘积），得 联立以上各式可得 即 子弹从木块左端射入，初位置位于木块左端面。由“此时子弹位于点右侧”可知，即 解得； 由“未射出”可知，即 解得 综上，子弹质量的取值范围为，选项中只有在此范围内，B、C、D项均大于，不符合。 故选A。 6．D 【详解】物块从静止开始运动到速度与AB平行的过程，设总运动时间为t，重力的总冲量为 AB方向的末动量为 由于最终速度方向与AB平行，说明末态AD方向的速度为0，则该过程AD方向的末动量为0。物块速度方向与AB平行时的总动量P等于AB方向的动量： 整理可得 故选D。 7．A 【详解】设1号球质量为，由题意“每个小球与其相邻左球的质量之比为”可知，2号球质量为，3号球质量为 1号球下摆过程，根据机械能守恒定律有 解得1号球碰撞前的速度 1号球与2号球发生弹性正碰，设碰后速度分别为、 根据动量守恒定律和机械能守恒定律 联立解得2号球碰后速度 同理，2号球与3号球发生弹性正碰，碰后3号球速度 综合上述过程，3号球碰后速度 3号球碰后上升高度为，根据机械能守恒定律有 解得 联立速度关系式可得 因，解得，故A正确； 故选A。 8．AC 【详解】A．根据F-t图像可知，0~4s内力F对木板A的冲量大小为，故A正确； B．0~4s内，根据动量定理可得 解得，故B错误； C．放上滑块B后，木板A的加速度大小为 滑块B的加速度大小为 当二者共速时，有 解得， 则木板A的长度为，故C正确； D．滑块B在与木板A相对滑动的过程中，摩擦产生的热量为，故D错误。 故选AC。 9．AD 【详解】A．水平面光滑，充气垫对物体作用力即为合外力，根据牛顿第二定律，物体质量不变，由图乙可知作用力先增大后减小，因此物体的加速度也先增大后减小，故A正确； B．作用力最大时，物体速度为0，之后反向加速，速度先减小后增大，因此动能先减小后增大，故B错误； C．由动量定理可得，合外力的冲量等于动量变化量，合外力即作用力的冲量不为零，因此动量变化量不为零，故C错误； D．根据动量定理，其中冲量就是图像与横轴围成的面积，可得，物体质量为定值，因此速度变化量正比于图像与横轴围成的面积，故D正确。 故选AD。 10．BC 【详解】AB．取竖直向下为正方向。方式一中，物块下滑时，墙壁对物块的支持力为，滑动摩擦力竖直向上。 由牛顿第二定律得 物块先加速后减速，当加速度为零时，速度最大，设此时为，则 解得 摩擦力随时间均匀增大，其冲量大小等于摩擦力与时间关系图线下的面积，由动量定理得 解得 设物块下滑至停止的时间为，由动量定理得 解得 此后水平压力继续增大，物块保持静止，A错误，B正确； CD．方式二中，物块下滑时的摩擦力大小为 由牛顿第二定律得 随着速度增大，加速度减小，速度趋于极限值，由 解得 将运动过程分成许多极短时间，在每段时间内，摩擦力的冲量大小为 对整个过程累加，得摩擦力的总冲量大小为 设经过时间时物块的速度为，由动量定理得 整理得 代入极限速度，得，C正确，D错误。 故选BC。 11．(1)高 (2)B (3) 【详解】（1）水平仪的气泡会向位置更高的一侧偏移，气泡在右侧说明挡板右侧偏高、左侧偏低，因此需要将挡板左侧适当调高，让挡板恢复水平。 （2）A．两球碰撞后均做平抛运动，下落高度相同，运动时间相等，水平位移，因此速度与水平位移成正比，验证动量守恒时可以直接用水平位移替代速度，不需要测量平抛运动的竖直下落高度，故A错误； B．实验要求入射球每次从同一位置由静止释放，以保证碰撞前的速度恒定。只要释放点固定，轨道摩擦力的影响就是固定的，不会改变“每次到达圆轨道最高点速度相同”这一前提，因此对验证动量守恒本身没有影响，故B正确； C．如果用质量大的球去撞击质量小的球，球会向右运动，一样可以根据动量守恒定律得到相关表达式。只要球的落点在水平挡板上就可以测量数据，故C错误。 故选B。 （3）碰撞前，只有球运动，落点为，水平位移大小为。碰撞后，球落点为，水平位移大小为；球反弹，落点为，水平位移大小为。题目中点为圆心投影，在的左侧，在的右侧。设碰撞前球的速度大小为。碰撞后球的速度大小为，球的速度大小为，根据动量守恒定律可得 两边同乘以平抛运动时间，将速度转换为水平位移可得 当上式成立，即可验证两球碰撞过程动量守恒。 12．(1)需要 (2)不一定 (3) 【详解】（1）设悬挂点到A球心的距离为l，最低点的速度大小为v，根据机械能守恒定律有 解得 故需要测量摆长。 （2）由于不知道碰撞过程中的机械能损失情况，故当时，碰撞后瞬时 A球的速度方向无法判断。故A球碰撞前、后速度方向不一定相反； （3）当时，碰撞后瞬时A球的速度不会反向，若两球组成的系统在碰撞前、后动量守恒，则需要满足 结合（1）结果，可得 13．(1) (2) (3) 【详解】（1）物块与小球甲第一次碰撞过程中，由动量守恒与机械能守恒定律有 联立解得碰撞后瞬间物块的速度大小，小球甲速度大小 （2）物块与小球甲第二次碰撞前，弹簧弹性势能最大时两小球速度相同，由动量守恒定律有 此时两小球的共同速度 由机械能守恒定律可知弹簧的最大弹性势能 （3）从物块与小球甲第一次碰撞后到弹簧第一次恢复到原长前，两小球组成的系统动量守恒，设小球甲、乙速度分别为、，则有 等式两侧同乘以微小时间，即 时间t内两小球位移相同，上式进行累加可得 解得 而时间t内物块以速度v1做匀速运动，其位移为 弹簧第一次恢复到原长时物块与小球甲间的距离 14．(1) (2)①；② 【详解】（1）由题意可知A、P速度差最大时，A、P受到的作用力最大，A的加速度最大，分析可知A、P最大速度差即为v0，故对A，由牛顿第二定律得 解得 （2）①设钢锭P速度为时A的速度为，当A、P均处于减速区时，系统动量守恒，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 解得 此过程系统损失的机械能 解得 ②由于钢水A和钢锭P受到的作用力与速度差成正比，因此其平均作用力也与平均速度差成正比。设A、P平均速度为、，运动时间为t，由动量定理，对钢锭P有 解得 15．(1)0.4 kg (2)， (3) 【详解】（1）由图可知，之前传送带给小物块的力为摩擦力与支持力的合力，后传送带给物块施加的只有支持力，支持力 由 得 （2）由图可知，之前传送带给物块施加的摩擦力 摩擦力的作用时间，摩擦力冲量 得 令物块在传送带上匀速直线运动的时间为，则 支持力冲量 得 （3）对物块在C点有 设圆弧CD所对圆心角为，在D点有 由题 对物块从C点运动到D点运用动能定理，有 令物块在D点速度的竖直分速度为，则 令物块落到水平面的速度在竖直方向的分速度为，则对物块在竖直方向有 根据功率的公式，有 解得 16．(1) (2) 【详解】（1）当滑块2与长板刚好相对静止时，其速度最小，设为v共2，从开始运动到滑块2与长板刚好相对静止瞬间，23间的相对速度始终相等为2v0，故此时滑块3的速度为 根据动量守恒定律可得 解得， 系统产生的内能为 联立解得 （2）当滑块1刚好与长板保持相对静止时，根据动量守恒可得 解得 该过程长板加速度为 对长板，有 当滑块2与长板相对静止时，对长板，有 该过程长板的位移为 当滑块3与长木板保持相对静止时，根据动量守恒定律可得 解得 对长板，有 该过程长板的位移为 所以 学科网（北京）股份有限公司 $