专题07 动量-三年（2020-2022）高考物理真题模拟题分类练（全国卷专用）

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【考纲定位】
【知识重现】
知识点一 应用动量定理解题的一般步骤及注意事项
知识点二 动量守恒定律
1、应用动量守恒定律的解题步骤
2、几种常见情境的规律
知识点三 动量守恒与动力学、能量的综合问题
几种常见模型的特点及规律
知识点四 动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用
合理选择解题方法
【真题汇编】
1. （2022·全国乙卷·T20）质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（ ）
A. 时物块的动能为零
B. 时物块回到初始位置
C. 时物块的动量为
D. 时间内F对物块所做的功为
【答案】AD
【解析】
物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从内由动量定理可知
即
得
3s时物块的动量为
设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得
即
解得
所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B．物块发生的位移为x1，由动能定理可得
即
得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为
拉力所做的功为
故D正确。
故选AD。
2. （2021·全国乙卷·T14）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；以小车、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。
3. （2021·全国乙卷·T19）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（ ）
A. 在此过程中F所做的功为
B. 在此过中F的冲量大小等于
C. 物体与桌面间的动摩擦因数等于
D. F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
【答案】BC
【解析】
CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
①
由速度位移公式有
②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
③
由速度位移公式有
④
由①②③④可得，水平恒力
动摩擦因数
滑动摩擦力
可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，
故C正确，D错误；
A．在此过程中，外力F做功为
故A错误；
B．由平均速度公式可知，外力F作用时间
在此过程中，F的冲量大小是
故B正确。
故选BC。
4. （2020·全国Ⅰ卷·T14）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A. 增加了司机单位面积的受力大小
B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量
C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【解析】
A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。
故选D。
5. （2020·全国Ⅱ卷·T21）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】
设运动员和物块的质量分别为、规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为、，则根据动量守恒定律
解得
物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块
解得
第3次推出后
解得
依次类推，第8次推出后，运动员的速度
根据题意可知
解得
第7次运动员的速度一定小于，则
解得
综上所述，运动员的质量满足
AD错误，BC正确。
故选BC。
6. （2020·全国Ⅲ卷·T15）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1kg，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】
由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为，；碰后甲、乙的速度分别为，，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
解得
则损失的机械能为
解得
故选A。
7. （2022·全国乙卷·T25）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻、的的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间，有
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
8. （2020·全国Ⅲ卷·T25）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】(1)2.75s；(2) ， ；(3)0，方向竖直向上
【解析】
(1)传送带的速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有
②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
，⑨
(3)传送带的速度为时，由于，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩
⑪
联立①⑩⑪式并代入题给数据得
t3=1.0s⑫
x2=5.5m⑬
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有
⑭
由①⑫⑬⑭式可知
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
⑮
则
减速运动时间
设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理有
，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
，方向竖直向上
【突破练习】
1. （2022·重庆市普通高中高三下学期二模）“鲁布·戈德堡机械”是用迂回曲折的连锁机械反应完成一些简单动作的游戏。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：是半径为2L的光滑四分之一圆弧轨道，其末端B水平；在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与质量为3m、大小可忽略的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑、下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L；质量为的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），然后带动后面的装置运动，木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球与小盒C相撞后瞬间，与小盒C相连的绳子上的拉力大小；
（2）细杆F的长度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）设小球滑出圆弧轨道时的速度为，刚被卡住瞬间速度为v，与小盒C相连的绳子上的拉力大小为T。对小球从A到B，由动能定理得
小球撞击C瞬间，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
对小球和C组成的系统，由圆周运动公式可知，与小盒C相连的绳子上的拉力大小
解得
（2）由（1）知，当小球刚被小盒C卡住时，物块D对木板E压力为零，此时桌面对木板E的最大静摩擦力
由
知，木板E将向右运动；木板E向右运动与挡板相撞前，将木板E、圆环和细杆F视为一个整体，设加速度大小为a；由牛顿第二定律
解得
对圆环由牛顿第二定律
可知圆环所受摩擦力
所以木板E向右运动与挡板相撞前，圆环与细杆F之间未发生相对滑动。假设第一次相撞的速度大小为，则由匀变速直运动推导公式
由分析知，第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，假设相撞后，圆环向下做匀减速直线运动的加速度大小为，木板E向左、细杆F向上做匀减速直线运动的加速度大小为，则对圆环由牛顿第二定律
对木板E向左、细杆F整体由牛顿第二定律
解得
因为大小相等，则圆环与木板E、细杆F同时减速为零，且圆环与细杆F的位移大小相等，方向相反。设第一次相撞后，木板E向左的最大位移为，则有匀变速直线运动推导公式
解得
同理可得：第二次相撞后，木板E向左的最大位移为
第n次碰撞后，木板E向左的最大位移为
则第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
设细杆F的长度为x，则
2. （2022·山东淄博市高三下学期一模）如图所示，一轻质弹簧的左端固定在小球B 上，右端与小球C 接触但未拴接，球B 和球C 静止在光滑水平台面上。小球A 从左侧半径为R 的光滑圆弧上的P点由静止滑下，与球B 发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短。之后球C 脱离弹簧，沿水平台面向右运动并从其右端点水平抛出，落入固定放置在水平地面上的竖直曲面轨道内。以台面右侧底端的点为原点建立直角坐标系。已知，台面的高度为 2R，曲面的方程为。已知三个小球A、B、C 均可看成质点，且质量分别为（k 为待定系数）、，OP与竖直方向的夹角θ= 60° ，重力加速度为 g，不计空气阻力和一切摩擦。
（1）若k=1，求该条件下弹簧具有的最大弹性势能；
（2）求满足（1）问条件下小球C 落到曲面轨道上Q 点的位置坐标；
（3）当k 取何值时，小球C 落到曲面轨道上时具有最小动能，最小动能多大？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）球A在圆弧上下落过程中有
①
对A、B球碰撞过程有
②
当A、B、C三球速度相等时弹簧的弹性势能最大，对A、B、C系统有
③
④
由①~④式得
（2） 当弹簧恢复原长时C 球与弹簧分离，对A、B、C系统有
⑤
⑥
对C球平抛过程有
⑦
⑧
又
⑨
由⑤~⑨式得
，
即P点的位置坐标为。
（3）当A球质量为km 时，对A、B系统有
对A、B、C系统有
由以上三式得
对C球平抛过程有
，
又
由以上四式得
当
即
时动能最小，此时
k=2
动能最小值为
3.（2022·山东日照市高三下学期一模）如图所示，质量m1=1.9kg的靶盒a静止在固定平台上的O点，轻弹簧的一端固定，另一端靠着靶盒（不连接），此时弹簧处于自然长度，弹簧的劲度系数k=184N／m。长度、质量m2=1.0kg的木板b静止在光滑的水平面上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放置，距离平台右端d=4.25m处有竖直墙壁。某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度v0=100m／s、质量m0=0.1kg的子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内（在极短的时间内子弹与靶盒达到共同速度），最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板。已知靶盒与平台、与木板上表面的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒与子弹均可视为质点，取g=10m／s2。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）求：
（1）子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能；
（2）靶盒刚离开弹簧时的动能；
（3）O点到平台右端的距离；
（4）木板运动的总路程。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
（1）子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒
系统损失的动能
解得
（2）子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为，由能量守恒定律
解得
靶盒再次返回到点时离开弹簧，设此时动能为，由动能定理
解得
（3）设点到平台右端的距离为，靶盒离开点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，由能量守恒得
解得
（4）设靶盒滑上长木板时的速度大小为
解得
设之后靶盒与木板达到共同速度
解得
该过程中木板的位移为，木板的加速度为
根据
解得
说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同速度，木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移速度减0，再向右加速，设与靶盒达到共同速度，以向右为正方向（下同）
木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移速度减0，再向右加速
设第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度
第三次与墙壁碰撞之后，经位移速度减0，再向右加速
第次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度
经位移速度减0，再向右加速
木板的路程
即
解得
‍
4 （2022·山东聊城市高三下学期一模）运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究．北京2022年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图甲所示，某运动员在空中运动的部分轨迹如图乙所示，在轨迹上取三个点A、B、C，测得三点间的高度差和水平间距分别为、、．运动员落到倾角为23°的滑道上时，速度方向与滑道成30°角，用了0.7s完成屈膝缓冲后沿滑道下滑．若空气阻力、滑道摩擦均不计，运动员连同装备质量为70kg，取重力加速度，，，，．求；
（1）运动员在空中运动的水平速度；
（2）屈膝缓冲过程中运动员受到的平均冲力的大小．
【答案】（1）v0=30m/s （2）F=3144N
【解析】
（1）运动员从A到B，从B到C所用时间相等，设时间间隔为T，则
解得
v0=30m/s
（2）由题意得,运动员落到滑道上时速度与水平方向的夹角为53°速度关系为
在垂直滑道方向上由动量定理有
求得
F=3144N近3年考情分析
考点要求
等级要求
考题统计
2022
2021
2020
动量和动量定律及其应用
Ⅱ
全国乙卷·T20
全国乙卷·T19
Ⅰ卷·T14
动量守恒定律及其应用
Ⅱ
全国乙卷·T14
Ⅱ卷·T21
Ⅲ卷·T15
动量和能量的综合应用
Ⅱ
全国乙卷·T25
Ⅲ卷·T25
实验八：验证动量守恒定律

步骤
注意事项
确定研究对象
中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体
对物体进行受力分析求冲量
可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量
对物体进行状态分析确定初末状态的动量
抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号
根据动量定理列方程
对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理
代入数据求解
如有必要还需要其他补充方程
进行受力分析
判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）
规定正方向
一般规定初速度方向为正方向
列出方程
确定初、末状态动量，由动量守恒定律列方程
分析讨论
代入数据，求出结果，必要时讨论说明
明确研究对象
确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）
进行受力分析
判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）
规定正方向
一般规定初速度方向为正方向
列出方程
确定初、末状态动量，由动量守恒定律列方程
分析讨论
代入数据，求出结果，必要时讨论说明
碰撞（一维）
动量守恒
动能不增加即＋≥＋
速度要合理
①若两物体同向运动，则碰前应有v后>v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
爆炸
动量守恒：爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力
动能增加：有其他形式的能量（如化学能）转化为动能
位置不变：爆炸的时间极短，物体产生的位移很小，一般可忽略不计
反冲
动量守恒：系统不受外力或内力远大于外力
机械能增加：有其他形式的能转化为机械能
人船模型
两个物体
动量守恒：系统所受合外力零
质量与位移关系：m1x1=m2x2（m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为其位移大小）
模型
特点及满足的规律
子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv0=（m＋M）v，Q热=fL相对=mv02-（M＋m）v2若子弹穿出木块，有mv0=mv1＋Mv2，Q热=fL相对=mv02-mv12-Mv22
（1）弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒、机械能守恒，即
m1v0=（m1＋m2）v共， m1v02=（m1＋m2）v共2＋Epm。
（2）弹簧处于原长时弹性势能为零，系统满足动量守恒、机械能守恒，即m1v0=m1v1＋m2v2， m1v02=m1v12＋m2v22
模型
表面粗糙、质量为M的木板，放在光滑的水平地面上，质量为m的小木块以初速度v0滑上木板，若木块未滑离木板，当木块与木板相对静止时，二者的共同速度为v，木块相对木板的位移为d，木板相对地面的路程为s，木块和木板间的摩擦力为f。这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况，则有mv0=（M＋m）v，
f·d=mv02-（M＋m）v2=mv02。
若木块滑离木板，设滑离木板时，木块的速度为v1，木板的速度为v2木板长为l，则根据动量守恒定律有mv0=mv1＋Mv2，摩擦力和相对路程的乘积等于系统动能的减少量，有
f·l=mv02-mv12-Mv22.
选择角度
常用解题方案选择
从研究对象上看
（1）若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；
（2）若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；
（3）若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件。
从研究过程上看
（1）凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；
（2）凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；
（3）凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；
（4）凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律。
从所涉及的物理量看
（1）如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；
（2）如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律；
（3）如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律；
（4）如果涉及初、末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律。