2026年高考物理二轮复习第7讲动量定理和动量守恒定律专项训练

这是一份2026年高考物理二轮复习第7讲动量定理和动量守恒定律专项训练，共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．历史上关于运动量度的争论，一种观点认为应该用物理量mv来量度运动的“强弱”，代表人物是笛卡儿：另一种观点认为应该用物理量mv2来量度运动的“强弱”，代表人物是莱布尼兹。经过半个多世纪的争论，人们终于认识到动量和能量在运动学中的重要性。关于这两种观点争论，下列说法正确的是（ ）
A．用mv来量度运动的“强弱”是正确的，用物理量mv2来量度运动的“强弱”错误的。
B．用mv来量度运动的“强弱”是错误的，用物理量mv2来量度运动的“强弱”正确的。
C．两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点一是从动量角度来描述物体在力阻碍下能运动多长时间，即力可表示为：F=ΔPΔt
D．两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点二是从动能角度来描述物体在力阻碍下能运动多长距离，即力可表示为：F=ΔEkΔt
2．我国研发的ACF缓震材料，能吸收90%以上的机械能并瞬间把它转化为内能。如图所示，将两个完全相同的钢球A、B置于距离水平放置的缓震材料上方同一高度H处，其中钢球A做自由落体运动，钢球B以一定初速度v0竖直下抛，不计空气阻力，通过钢球反弹的最大高度h可反应出该材料的吸能效果，则下列说法正确的是（ ）
A．与缓震材料接触前瞬间，两钢球的动量相同
B．与缓震材料接触前瞬间，两钢球的动能相等
C．在下落过程中，两钢球动量的变化量相同
D．虽h均远小于H，但仍符合能量守恒定律
3．如图所示，这是清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口的直径为D， 水流以速度 v 从枪口喷出，近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有23向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为v3 ，其余 13的水流撞击车身后无反弹地顺着车流下，由于水流与车身的作用时间较短，因此在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为ρ，水流对车身的平均冲击力大小为（ ）
A．18ρπD2v2B．524ρπD2v2
C．724ρπD2v2D．1136ρπD2v2
4．如图所示，颠球是足球运动中的一项基本功，若某次颠球中，颠出去的足球竖直向上运动之后又落回到原位置，设整个运动过程中足球所受阻力大小不变。下列说法正确的是（ ）
A．球从颠出到落回的时间内，重力的冲量为零
B．球从颠出到落回的时间内，阻力的冲量为零
C．球上升阶段与下降阶段合外力的冲量大小相等
D．球上升阶段动能的减少量大于下降阶段动能的增加量
5．一质量为2kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10ms2。则（ ）
A．t=2s时物块的动量大小为2kg⋅ms
B．t=3s时物块的速度大小为1ms，方向向右
C．0∼4s时间内F对物块的冲量大小为6N⋅s
D．0∼4s时间内物体的位移为3m
6．如图所示为我国古代科学家张衡制成的地动仪。当地震波传到地动仪时，质量为m的铜珠离开龙口，落入蟾蜍口中。设铜珠离开龙口时初速度为零，蟾蜍口到龙口的高度为h，铜珠下落到蟾蜍口后经时间t其速度减为零，重力加速度为g，不计空气阻力。以下说法正确的是（ ）
A．铜珠从离开龙口下落到蟾蜍口过程中受到重力的冲量大小为m2gh
B．铜珠接触蟾蜍口到速度减为零过程中蟾蜍口对铜珠的冲量大小为mgt
C．铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小m2ght
D．铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小为m2ght+2mg
7．如图为神舟十九号飞船与空间站分离时的情境。分离前，两者的组合体以速度大小v0运动，经时间t0（较短）完成分离，分离后神舟十九号飞船的速度大小为v1v1m，物块能再次滑上弧形槽
D．若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
二、多项选择题
13．如图所示，质量分别为m、2m的两小球A、B用轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能Ep=12kx2，x为弹簧的形变量。A球通过一根水平轻质细线（足够长）连接到墙壁上，A、B均静止在光滑水平地面上。现将小球B向右拉开一小段距离x0后由静止释放，关于从释放小球B到小球A碰撞墙壁前的过程说法正确的是（ ）
A．小球A、B的系统动量守恒B．小球B的最大速度为k2mx0
C．小球A的最大速度为kmx0D．弹簧最短时，其压缩量为33x0
14．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球1、2发生正碰，两小球的质量分别为m1和m2．图乙为它们碰撞前后的位移一时间图像（x—t图像）．已知m1=0.1kg，由此可判断
A．碰前小球2保持静止B．碰后小球1和小球2都向右运动
C．两球的碰撞为弹性碰撞D．小球2的质量m2=0.2kg
15．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立即留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．子弹射入木块后的瞬间，木块速度大小为m0v0m0+M
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M+m0)g
C．子弹射入木块过程，子弹和木块可视为非弹性碰撞
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统机械能不守恒
16．如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，物块（视为质点）以大小为v0的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的v−t图像，图中t0已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．木板的最小长度为32v0t0
B．物块与木板的质量之比为2:3
C．物块与木板间的动摩擦因数为2v0gt0
D．整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为9:2:7
三、计算题
17．如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g；在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的18。子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求
（1）子弹击中物块前瞬间的速度大小；
（2）子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能。
18． 某学习小组通过一款小游戏研究碰撞问题。游戏装置俯视图如图所示，在粗糙的水平面上固定一圆形光滑轨道，紧贴轨道内侧放置两个可视为质点的小物块A、B，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，圆形光滑轨道的半径为r。现给A一个向左的初速度v0，使其沿着轨道在水平面上做圆周运动，运动半周时与B发生弹性碰撞。已知mB=3mA，重力加速度为g。
（1）求刚开始运动时A的加速度大小a：
（2）若μ=0.2，r=2πm，v0=3m/s，g取10m/s2，求A与B碰后B滑行的路程s。
19．如图所示，质量为2m的物块B和物块C静止在光滑的水平面上，C上连接有轻弹簧，质量为3m的物块A以初速度v0沿光滑水平面向右运动，与B发生弹性碰撞后，B向右压缩弹簧后被弹簧弹开，此后，A、B的速度相同。求：
（1）A、B碰撞后物块B的速度大小；
（2）在整个过程中，轻弹簧对物块C冲量的大小。
20． 如图，小球A以初速度v0=5.0m/s沿光滑圆管（小球A的直径略小于圆管孔径）向上运动，小球B静止在光滑水平直轨道上，其左端固定有轻质弹簧。小球A运动到光滑水平直轨道上，并通过弹簧与小球B发生相互作用，已知小球A在初始位置离水平直轨道的高度为h=0.45m，小球A的质量为mA=1.5kg，小球B的质量为mB=0.5kg，g=10m/s2，小球A、B均看作质点，光滑圆管与水平直轨道平滑连接。求：
（1）小球A、B相互作用过程中，轻质弹簧储存的最大势能；
（2）弹簧恢复原长时，小球A、B的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】mv指的是物体质量和速度的乘积，代表物体的动量，根据动量定理F=ΔPΔt可知动量的变化量表示力在时间上的积累，当力为阻力时，则动量变化量描述物体在力阻碍下能运动多长时间；mv2表示物体质量和速度平方的乘积，表示物体动能的2倍，根据动能定理F=ΔEkΔx可以得出动能变化量描述物体在力阻碍下能运动多长距离。
故选C。
【分析】两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点一是从动量角度来描述物体在力阻碍下能运动多长时间； 观点二是从动能角度来描述物体在力阻碍下能运动多长距离 。
2．【答案】D
【知识点】动量定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．两个小球下落过程都做匀加速直线运动，根据速度位移公式有v2−v02=2gH
由于B球有初速度，则B球与缓震材料接触前瞬间的速度较大，根据动量的表达式p=mv和动能的表达式Ek=12mv2可知，B钢球碰撞前的动量和动能较大，故AB错误；
C．两个小球下落过程都做匀加速直线运动，根据位移时间公式H=v0t+12gt2，由于B钢球具有初速度，所以运动的时间较短，由于重力的冲量引起动量的变化，根据动量定理mgt=Δp可知，B钢球的动量的变化量较小，故C错误；
D．能量守恒定律是物理学基本规律，由于材料吸能，h均远小于H，故D正确。
故选D。
【分析】利用速度位移公式可以求出球与材料接触的速度大小，结合动量及动能的表达式可以比较动量及动能的大小；利用重力的冲量结合下落的时间可以比较动量变化量的大小；在碰撞的过程中能量守恒。
3．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】取∆t 时间内的水流为研究对象，则该时间内喷出水的质量，m=14ρπD2vΔt
利用动量定理列方程得FΔt=23mv+v3+13mv，解得F=1136ρπD2v2，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】一、流体微元的选取与质量计算
核心逻辑：对于连续流体冲击问题，不能直接用单个质点的动量，而是取一段时间 Δt 内的流体作为研究对象。
在 Δt 时间内，喷出的水柱长度 ，横截面积 。
质量公式：
二、动量变化量的计算（速度分解是关键）
核心逻辑：水流冲击车身，并不是全部原路反弹，而是分为两部分：
一部分（比例 k）以一定速度溅开。另一部分（比例 ）无反弹流下（即垂直速度变为0）。
本题中，约有 14​ 的水流溅开，溅起时垂直车身向外的速度为
注意方向：取垂直车身向内（指向车身）为正方向。
入射水流的动量：（正方向）。溅开水流的动量：（负方向，因为向外）。
流下部分的动量：
解题策略：遇到流体冲击问题，可以按以下三步走：
设时间Δt，写出
规定正方向，写出初动量 ​ 和末动量 （注意各部分的末速度）。
列动量定理 ，解出 F。
4．【答案】D
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量，重力的方向不变，故重力冲量的大小不为零，由于上升阶段足球的加速度较大，下降阶段足球的加速度较小，由运动学规律知上升阶段的时间比下降阶段的时间短，且整个过程中阻力的大小不变，故阻力的冲量也不为0，故AB错误；
C．球上升时合力为重力加阻力，下降时合力为重力减阻力，故上升时合外力比下降时合外力大，上升时加速度a1大于下降时加速度a2，设上升阶段球的初速度为v0，末速度为0，则动量的变化量大小Δp1=0−mv0=−mv0
下降阶段初速度为0，由于上升时加速度比下降时加速度大，根据v2=2ax可知，其末速度v0'm，则vm>vM，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后速度等大反向，因此能追上弧形槽，故C正确；
D．设物块再次滑上弧形槽，上升到最高点h'时系统水平向左的速度为v
由动量守恒定律得MvM+mvm=(M+m)v
由全过程满足机械能守恒得12MvM2+12mvm2=12(M+m)v2+mgh'
物块从初始状态下滑到底端时满足机械能守恒12MvM2+12mvm2=mgh
故得h'=h−(M+m)2mgv2(M+m0)g
故B错误；
C．子弹射入木块过程，由于有机械能损失，所以子弹和木块可视为非弹性碰撞，故C正确；
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒，故D错误。
故选AC。
【分析】1. 完全非弹性碰撞的动量守恒与速度计算
特点：碰撞后两物体粘在一起（共速），动量守恒，但机械能有损失（转化为内能）。
动量守恒方程（水平方向）：
碰撞后瞬间的共同速度：
2. 圆周运动的瞬时动力学分析（牛顿第二定律）
子弹与木块获得共同速度 后，绕圆环做圆周运动（绳约束）。
在最低点（碰撞后瞬间），绳对木块的拉力T 与重力 的合力提供向心力：
，其中L 为绳长（题中隐含）。
3. 碰撞类型的判断（弹性 vs 非弹性）
弹性碰撞：动量守恒 + 机械能守恒。；非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。
完全非弹性碰撞：是非弹性碰撞的特例（碰后共速，机械能损失最大）。
4. 系统机械能守恒的条件判断
条件：只有重力（或弹簧弹力）做功，其他内力与外力不做功或做功代数和为零。
本题分两个阶段分析：阶段一（子弹射入木块过程）：子弹与木块系统有机械能损失（非弹性碰撞），但此阶段圆环未参与运动。
阶段二（碰撞后，子弹+木块+圆环一起运动）：圆环套在光滑杆上，可自由滑动，对木块+子弹系统有约束，但圆环与木块+子弹组成的系统：
外力：重力、水平杆对圆环的支持力（垂直于运动方向，不做功）。
内力：绳张力对木块做负功时对圆环做正功，总功为零（理想绳，内力做功代数和为零）。
因此碰撞后，系统（圆环 + 木块 + 子弹）机械能守恒。
16．【答案】A,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．由题图乙的v−t图像可以得出物块相对于木板滑动的距离为d=12×3v0t0=32v0t0，则木板的最小长度为32v0t0，故A正确；
B．由动量守恒定律有m⋅3v0=(m+M)v0，可得物块与木板的质量之比m:M=1:2，故B错误；
C．由题图乙的v−t图像可知，物块在木板上滑动的加速度大小a=2v0t0，由牛顿第二定律有μmg=ma，解得μ=2v0gt0，故C正确；
D．物块减小的动能Ek1=12m×(3v0)2−12mv02=4mv02，木板增大的动能Ek2=12Mv02=mv02
由能量守恒定律可知，物块与木板组成的系统产生的热量Q=Ek1−Ek2=3mv02，则Ek1:Ek2:Q=4:1:3，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合v-t图像的面积差求相对位移（木板最小长度），用动量守恒求质量比，用牛顿定律求动摩擦因数，再分析动能变化与热量的比值。
17．【答案】（1）解： 子弹射穿木块后子弹和木块的速度分别为
v12=2g⋅8h
v22=2a⋅h
其中
4mg+18⋅4mg=4ma
子弹射穿木块过程由动量守恒
mv0=mv1+4mv2
解得
v0=10gh
（2）解： 子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能
ΔE=12mv02−(12mv12+12⋅4mv22)=37.5mgh
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动规律结合牛顿第二定律，动量守恒定律列式联立求解；
（2）根据能量的转化和守恒定律列式求解损失的机械能。
18．【答案】（1）A刚开始运动时轨道的弹力提供向心力
FN=mAv02r
A所受摩擦力为
f=μmAg
根据牛顿第二定律
FN2+f2=mAa
解得
a=v04r2+μ2g2
（2）设A与B碰撞前瞬间的速度为v，根据动能定理
−μmAg⋅πr=12mAv2−12mAv02
解得
v=1m/s
根据动量守恒定律
mAv=mAv1+mBv2
根据机械能守恒定律
12mAv2=12mAv12+12mBv22
解得
v2=0.5m/s
又
−μmBg⋅s=0−12mBv22
解得
s=0.0625m
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）分析物体A在最高点的受力，由牛顿第二定律求解刚开始运动时A的加速度大小；（2）由动能定理求出物块A与B碰前的速度，再对A、B的弹性碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律，求出A、B的碰后速度，然后对B碰后的运动，由动能定理列式，求出B滑行的路程。
19．【答案】（1）设A、B碰撞后瞬间A的速度大小为v1、B的速度大小为v2，根据动量守恒有：3mv0=3mv1+2mv2
根据能量守恒有：12×3mv02=12×3mv12+12×2mv22
解得：v1=15v0,v2=65v0
（2）设物块C最终获得的动量为P，对A、B、C系统研究，根据动量守恒：3mv0=5mv1+P
解得：P=2mv0
根据动量定理，轻弹簧对物块C的冲量大小为：I=P=2mv0
【知识点】动量定理；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）AB发生弹性碰撞，对AB运动动量守恒定律及能量守恒定律进行解答即可；
（2）ABC构成的系统在整个运动过程中动量守恒，由题意可知AB之间不发生二次碰撞，对整个运动过程，对ABC构成的系统运用动量守恒定律确定C获得的最终动量，再对C运用动量定理进行解答。
20．【答案】（1）解：设小球A到达水平直轨道的速度为v，根据机械能守恒可得
12mv02=mgh+12mv2
解得
v=4m/s
小球A通过弹簧与小球B发生相互作用过程，系统满足动量守恒，当两球速度相同时，弹簧具有最大弹性势能，则有
mAv=(mA+mB)v共
Epmax=12mAv2−12(mA+mB)v共2
联立解得
Epmax=3J
（2）解：设弹簧恢复原长时，小球A、B的速度分别为vA、vB，根据系统动量守恒和机械能守恒可得
mAv=mAvA+mBvB
12mAv2=12mAvA2+12mBvB2
联立解得
vA=2m/s，vB=6m/s
则弹簧恢复原长时，小球A、B的速度大小分别为2m/s，6m/s。
【知识点】机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）小球在弧形轨道中运动过程只有重力做功，根据机械能守恒定律确定小球到达水平轨道的速度。 小球A通过弹簧与小球B发生相互作用过程，系统满足动量守恒，当两球速度相同时，弹簧具有最大弹性势能。再结合动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（2）小球A通过弹簧与小球B发生相互作用过程，系统满足动量守恒，当弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能为零。再结合动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。