2026高考物理一轮复习-第七章-第34课时-动量守恒定律-专项训练【含答案】

这是一份2026高考物理一轮复习-第七章-第34课时-动量守恒定律-专项训练【含答案】，共10页。试卷主要包含了适用条件，8 m，如图，高度h＝0等内容，欢迎下载使用。
考点一 系统动量守恒的判断
1.内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
2.适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力，如碰撞、爆炸等过程。
(3)某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
1.只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。( × )
2.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。( √ )
3.若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒。( × )
例1 (2025·北京市八一学校月考)如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽A点相切进入槽内，则以下结论中正确的是( )
A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒
C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒
D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
答案 C
解析 当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒，故B错误；小球从B到C的过程中，系统水平方向所受合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。
考点二 动量守恒定律的基本应用
1.动量守恒定律的表达式
(1)p＝p'或m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
(2)Δp1＝-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
2.动量守恒定律的五个特性：
例2 (2025·山东淄博市期中)如图，质量M＝9 kg的小车A以大小为v0＝8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架上的光滑水平台面上放置着质量m＝1 kg的小球B(可看作质点，与A速度相同)，小球距离车上表面H＝0.8 m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0＝6 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小车的最终速度的大小v；
(2)初始时小球与桶的水平距离Δx。
答案 (1)5 m/s (2)1.28 m
解析 (1)整个过程中，小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v，解得v＝5 m/s。
(2)A与C的碰撞过程动量守恒，
则有Mv0＝(M＋m0)v1
设小球下落的时间为t，则有H＝12gt2
Δx＝(v0-v1)t，解得Δx＝1.28 m。
例3 (来自教材)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
答案 2 m/s
解析 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，
由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①
碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s。
考点三 爆炸问题、反冲运动、人船模型
1.爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
一架喷气式飞机(如图所示)飞行的速度是800 m/s，如果它喷出的气体相对飞机的速度小于800 m/s，那么以地面为参考系，气体的速度方向实际上是与飞机飞行的方向相同的。如果在这种情况下继续喷出气体，飞机的速度还会增加吗？为什么？
答案 还会增加。设飞机的质量为M，喷出的气体质量为m。取飞机喷气前速度v0的方向为正方向，喷出的气体的速度为v1，v1的方向与v0相同，且v0>v1，由动量守恒定律，有(M＋m)v0＝mv1＋Mv2，v2＝v0＋m(v0-v1)M，由于v0>0，v1>0，且v0>v1，故有v2>v0，因此飞机的速度还会增加。
例4 (2024·湖北省名校联盟联考)我国早在宋代就发明了火箭，即把前端封闭的火药筒捆在箭杆上，点燃后产生的燃气以较大的速率向后喷出，箭杆由于反冲而向前运动，这与现代火箭的原理大致相同。某时刻火箭速度为v0，在极短的时间内喷射质量为Δm、相对地的速度为u的燃气，u与v0同向，喷出燃气后火箭的质量为m。则此次火箭喷气后速度的变化量为( )
A.Δmm(v0＋u)B.Δmm(v0-u)
C.v0＋Δmm(v0-u)D.v0＋Δmm(v0＋u)
答案 B
解析 根据动量守恒定律
(m＋Δm)v0＝Δm·u＋mv
又Δv＝v-v0
联立解得Δv＝Δmm(v0-u)，故选B。
例5 (2024·重庆市模拟)春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为m的部分动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为( )
A.2MM-mEB.M2(M-m)E
C.mM-mED.MM-mE
答案 D
解析 设爆炸后瞬间质量为m的部分速度大小为v1，另一部分的速度大小为v2，根据动量守恒可得mv1＝(M-m)v2，解得v2＝mM-mv1，又E＝12mv12，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为E总＝12mv12＋12(M-m)v22，联立解得E总＝MM-mE，故选D。
例6 (2024·江苏省锡东高级中学月考)如图所示，有一质量M＝6 kg、棱长为0.2 m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2 kg的小球由静止开始从通道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为( )
m m
m m
答案 A
解析 小球由静止开始从如题图所示通道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平方向动量守恒，则有mv1·t＝Mv2·t，即mx1＝Mx2，根据题意有x1＋x2＝0.2 m，联立解得x2＝0.05 m，故选A。
“人船模型”构建
1.模型图示
2.模型特点
(1)两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船＝0
(2)两者的位移大小满足：mx人t-Mx船t＝0，
x人＋x船＝L，得x人＝MM＋mL，x船＝mM＋mL
3.运动特点
(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
(2)人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即x人x船＝v人v船＝Mm。
课时精练
(分值：60分)
1~5题每小题4分，6题10分，共30分
1.(2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A.动量守恒，机械能守恒
B.动量守恒，机械能不守恒
C.动量不守恒，机械能守恒
D.动量不守恒，机械能不守恒
答案 B
解析 因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B。
2.(多选)(2024·河南周口市联考)如图所示，装有一定质量沙子的小车静止在光滑的水平面上，将一个铁球从某一高度处以大小为v0的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A.小球陷入沙中越深，小车最终的速度越大
B.小球抛出时的高度越高，小车最终的速度越大
C.小球陷入沙中过程，小球和沙、车组成的系统动量不守恒，机械能不守恒
D.若小车匀速运动后车上有一缝隙漏沙子，车上沙子越来越少，车的速度保持不变
答案 CD
解析 小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，由mv0＝(m＋M)v可知，小球陷入沙中深浅、抛出时的高低与最终速度v无关，故A、B错误；小球陷入沙中过程，小球在竖直方向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因此系统动量不守恒，由于小球与沙之间摩擦生热会损失机械能，因此系统机械能不守恒，故C正确；若小车匀速运动后车上有一缝隙漏沙子，漏出的沙子做平抛运动，水平速度不变，由系统水平方向动量守恒可知车的速度保持不变，故D正确。
3.在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知( )
A.碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5
C.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3
D.碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
答案 C
解析 由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；根据动量守恒定律有5mⅠ-3mⅡ＝2(mⅠ＋mⅡ)，解得mⅠ∶mⅡ＝5∶3，故B错误，C正确；由动量定理知，碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D错误。
4.(多选)如图所示，轻质绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至使绳水平后放手，则(水平面光滑，空气阻力不计)( )
A.系统的总动量守恒
B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C.小球不能向左摆到原高度
D.小车向右移动的最大距离为2mlM＋m
答案 BD
解析 系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm-MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt-MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为2mlM＋m，D正确。
5.(2025·贵州黔西南州检测)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A.3 JB.4 JC.5 JD.6 J
答案 A
解析 根据题图，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲'＝-1.0 m/s，v乙'＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲'＋m乙v乙'，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝12m甲v甲2＋12m乙v乙2-12m甲v甲'2-12m乙v乙'2，解得ΔE＝3 J，故选A。
6.(10分)(2024·江苏卷·14)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)(5分)分离后A的速度大小v1；
(2)(5分)分离时A对B的推力大小。
答案 (1)(m＋M)v0-Mvm (2)M(v-v0)Δt
解析 (1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0＝Mv＋mv1
解得v1＝(m＋M)v0-Mvm
(2)以B为研究对象，对B由动量定理有
FΔt＝Mv-Mv0
解得F＝M(v-v0)Δt。
7题8分，8题16分，共24分
7.(多选)(八省联考·四川·9)如图，小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动，上升最大高度均为h4，若X、Y质量分别为mX和mY，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则( )
A.mXmY＝1B.mXmY＝2
C.Ek1Ek2＝2D.Ek1Ek2＝4
答案 AC
解析 小球X由最高点运动到与小球Y发生碰撞的过程，根据机械能守恒定律有
mXgh＝12mXv12＝Ek1
两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有
Ek2＝12(mX+mY)v22＝(mX+mY)g·h4
两球碰撞过程，根据动量守恒有mXv1＝(mX+mY)v2
联立求得mXmY＝1，Ek1Ek2＝2，故选A、C。
8.(16分)(2024·黑吉辽·14)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)(5分)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
(2)(5分)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)(6分)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案 (1)1 m/s 1 m/s (2)0.2 (3)0.12 J
解析 (1)对A物块由平抛运动知识得
h＝12gt2，xA＝vAt
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA＝1 m/s
对A、B物块整体由动量守恒定律mAvA＝mBvB
解得脱离弹簧时B的速度大小为vB＝1 m/s
(2)对物块B由动能定理
-μmBgxB＝0-12mBvB2
代入数据解得，物块与桌面间的动摩擦因数为
μ＝0.2
(3)由能量守恒定律
ΔEp＝12mAvA2＋12mBvB2＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
ΔEp＝0.12 J。
(6分)
9.(多选)(2025·贵州贵阳市质监)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A.48 kgB.53 kgC.58 kgD.63 kg
答案 BC
解析 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2-v1)＝m[v0-(-v0)]＝2mv0，…，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn-vn-1)＝2mv0，各式相加可得vn＝(2n-1)mv0M，则v7＝260kg·m/sM，v8＝300kg·m/sM。由题意知，v752 kg，又知v8>5 m/s，则M