第七单元 动量守恒定律（二）《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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第七单元　动量守恒定律（二）
满分100分,限时75分钟
考点1 动量守恒定律及其应用　　考点2 实验:验证动量守恒定律
考点3 动量与能量观点的综合应用
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.如图所示,质量相等的小球A和小车B组成动量小车,置于光滑的水平面上,紧靠小车右端有一固定挡板,现将小球A拉开到一定角度,然后同时放开小球和小车,则 (　　)
A.当小球向左摆动时,小车也一定向左运动
B.当小球向左摆动时,小车可能向右运动
C.当小球达到最高点时,小球和小车速度一定相同
D.在任意时刻,小球和小车在水平方向的动量一定守恒
2.在空间技术发展过程中,喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置,它能让宇航员保持较高的机动性。如图所示,宇航员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止,启动喷气背包,压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出,宇航员到达舱门时的速度为v2。若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M,不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化,忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化,则喷出压缩气体的密度为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
3.在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时,在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s,重力加速度g=10 m/s2,忽略空气阻力。下列说法正确的是 (　　)
A.两碎块的位移大小之比为1∶2
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
4.英国物理学家查德威克发现中子的实验思路是:通过中子与其他已知原子核发生弹性碰撞,测量碰撞后原子核的速度,可间接测出中子的质量。测量结果如下:用初速度一定的中子与静止的氢原子核碰撞后,氢原子核的最大速度是3.3×107 m/s;用同样速度的中子与静止的氮原子核碰撞后,氮原子核的最大速度是4.7×106 m/s。已知氮原子核的质量是氢原子核质量的14倍,则中子的质量与氢原子核质量的比值为 (　　)
A.1.12　　　　B.1.16　　　　C.1.20　　　　D.1.24
5.A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动,B球在前,A球在后,mA=1 kg。经过一段时间,A、B发生正碰,碰撞时间极短,碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示,根据以上信息可知 (　　)
A.碰撞过程中B球受到的冲量为8 N·s
B.碰撞过程中A球受到的冲量为-8 N·s
C.B球的质量mB=4 kg
D.A、B两球发生的是弹性碰撞
6.如图所示,曲面与足够长的水平地面平滑连接,小球A从曲面上P点由静止滑下,与静止在水平地面上的小球B发生弹性正碰,由于小球A的质量较小,碰后会冲上曲面,不计摩擦和空气阻力,两小球均视为质点,下列说法正确的是 (　　)
A.碰后小球A可能回到P点
B.若mB=2mA,则两小球能碰撞两次
C.若mB=4mA,则两小球能碰撞两次
D.若mB=4mA,则两小球能碰撞三次
7.如图所示,一质量为5 kg的实心球静止在足够长的光滑地面上,人站在小车上向左推实心球,实心球运动一段时间后和墙壁发生碰撞,碰后实心球的速度反向、大小不变,每次推球,球出手后的对地速度大小都为3 m/s,已知人和车的总质量为75 kg,人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是 (　　)
A.每一次推球都比前一次推球推力的冲量更大
B.第3次推球后,人和车的速度为2 m/s
C.运动的全过程,人、小车和实心球组成的系统动量不守恒,人最多可以推7次球
D.最终人、小车和实心球的速度大小都是3 m/s
8.在光滑水平桌面上质量为m的物体A以某一速度与质量为3m的等大物体B发生正碰,碰撞前物体B处于静止状态。已知碰撞后物体B的动能为E,则碰撞之前物体A的动能可能为 (　　)
A.E　　　　B.3E　　　　C.5E　　　　D.7E
9.一次台球练习中,某运动员用白球击中了彩球,白球与静止的彩球发生正碰,碰撞时间极短,碰后两球在同一直线上运动,且台球运动时所受桌面阻力保持不变,两球质量均为m=0.2 kg,碰撞后两球的位移x与速度的平方v2的关系如图所示,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是 (　　)
A.碰撞前白球的速度为1.64 m/s
B.碰撞过程中,白球对彩球的冲量大小为0.2 kg·m/s
C.碰撞过程中,系统有机械能转化为内能
D.台球所受桌面阻力为0.5 N
10.如图所示,将一质量为M、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上,今让一质量为m的小球(可视为质点)自左侧槽口从A点由静止开始落下,则以下结论中正确的是 (　　)
A.小球在半圆形槽内运动的全过程中,小球与半圆形槽构成的系统机械能守恒
B.小球在半圆形槽内运动的全过程中,小球与半圆形槽在水平方向动量守恒
C.小球到达右边最高点时,小球通过的水平位移是
D.小球到达右边最高点时,小球通过的水平位移是
二、非选择题(本题共5小题,共60分)
11.(8分)如图,某同学用平抛运动演示仪验证碰撞中的动量守恒,实验的主要步骤如下:
(1)将斜槽末端处的切线调成　　　　。
(2)将O点处的小球b移开,将小球a从P点由静止释放,记录下小球a在水平面上的落点位置。
(3)在O点处放上小球b,再将小球a从P点由静止释放,记录下两球落在水平面上的位置,在本次操作中,小球a的质量应　　　　(填“大于”“等于”或“小于”)小球b的质量。
(4)测出各落点位置与水平面上A点(OA与水平面垂直)间的距离分别为AB=L1、AC=L2、AD=L3。
(5)用天平测出小球a、b的质量分别为m1、m2,若满足m1L2=　　　　　　,则两小球碰撞时遵循动量守恒定律;若满足=　　　　　　(用m1、m2表示),则两小球的碰撞为弹性碰撞。
12.(10分)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律,设计了如下实验:用纸板搭建如图所示的滑道,使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上,其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。
　　
测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面上某一位置,标记此位置为B。由静止释放甲,当甲停在水平面上某处时,测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处,左侧与O点重合,将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后,分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变,重复实验若干次,得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。
(1)在本实验中,甲选用的是　　　　(填“一元”或“一角”)硬币;
(2)碰撞前,甲到O点时速度的大小可表示为　　　　(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g);
(3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒,则=　　　　(用m1和m2表示),然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒;
(4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1,写出一条产生这种误差可能的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　。
13.(12分)已知A、B两物体mA=2 kg,mB=1 kg,A物体从h=1.2 m处自由下落,且同时B物体从地面竖直上抛,经过t=0.2 s相遇碰撞后,两物体立刻粘在一起运动,已知重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)碰撞时离地高度x;
(2)碰后速度v;
(3)碰撞损失机械能ΔE。
14.(14分)如图所示,半径为R=0.4 m的光滑半圆形圆弧轨道固定在竖直面内,水平面与圆弧轨道最低点A相切,AB垂直于水平面。质量为0.1 kg的物块a放在水平面上的P点,质量为0.3 kg的物块b放在水平面上的Q点,PA=R,PQ=2R,C为PQ的中点,给物块b一个水平向右的恒定推力,当物块通过C点后的某位置撤去恒力,此后物块b与a发生弹性碰撞,a进入圆弧轨道后从B点飞出,恰好落在Q点。两物块大小不计,与水平面间的动摩擦因数均为0.5,重力加速度g取10 m/s2,求(结果可带分式或根号):
(1)b与a碰撞后一瞬间,物块a的速度大小;
(2)作用在物块b上推力的大小范围。
15.(16分)如图所示,两个大小相同的滑块A、B,质量分别为2m和m,相距l= m,静止在足够长的绝缘水平面上,滑块A带电荷量为+q,滑块B为绝缘体。现给空间加上水平向右的匀强电场,场强大小为E=,A由静止开始向右运动,运动一段时间后与B发生弹性碰撞。已知两滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2,碰撞过程中A的电荷量不变,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)A与B第一次碰撞后各自的速度大小;
(2)A与B第二次碰撞后到第三次碰撞前,A与B之间的最大距离。
答案全解全析
1.C　从小球开始向左摆动到摆到最低点的过程,细线对小车的拉力沿右下方,由于有挡板,则小车不动,此过程中小球和小车组成的系统在水平方向动量不守恒;当小球向左摆动经过最低点继续向左运动时,摆线对小车的拉力沿左下方,则小车向左运动,此过程中小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒,当小球达到最高点时,小球和小车速度一定相同,故C正确,A、B、D错误。
2.D　设喷出的气体的质量为m,则m=ρSv1t,根据动量守恒定律可得mv1=Mv2,宇航员受力恒定,做初速度为零的匀加速直线运动,则·t=d,联立解得ρ=,故选D。
3.B
解题指引　“空中最高点”竖直方向速度为零。
“初速度均沿水平方向的两个碎块”水平方向动量守恒。
“声音在空气中的传播速度为340 m/s”考虑落地声的传播时间
解析　爆炸时,水平方向,根据动量守恒定律可知m1v1-m2v2=0,因两块碎块落地时间相等,则m1x1-m2x2=0,则==,则两碎块的水平位移大小之比为1∶2,两碎块的竖直位移相等,由于碎块的位移大小s=,故两碎块的位移大小之比不等于1∶2,选项A错误;设两碎块落地时间均为t,由题意可知=,解得t=4 s,爆炸物的爆炸点离地面高度为h=gt2=×10×42 m=80 m,选项B正确;爆炸后质量大的碎块的水平位移x1=(5-4)×340 m=340 m,质量小的碎块的水平位移x2=(6-4)×340 m=680 m,爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m+680 m=1 020 m,质量大的碎块的初速度为v1== m/s=85 m/s,选项C、D错误。
归纳总结
爆炸问题的三点说明
(1)爆炸问题的特点是物体间的相互作用突然发生,作用时间很短,作用力很大,且远大于系统受的外力,故可用动量守恒定律来处理。
(2)在爆炸过程中,有其他形式的能转化为动能,爆炸后系统的动能会增加,在碰撞过程中,系统的总动能不可能增加,一般有所减少,转化为内能。
(3)由于爆炸问题作用时间很短,作用过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,可以把作用过程作为一个理想化过程简化处理。即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动。
4.B　设中子的质量为m,初速度为v0,与氢原子核发生碰撞的过程,由动量守恒定律和机械能守恒可得mv0=mv1+mHvH,m=m+mH,可得vH=v0=3.3×107 m/s;与氮原子核发生碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒可得mv0=mv2+mNvN,m=m+mN,可得vN=v0=4.7×106 m/s。由题意可知mN=14mH,可得m≈1.16mH,故选项B正确。
5.D
识图有法
解析　已知x-t图线的斜率表示速度,则vA=6 m/s,v'A=2 m/s,vB=3 m/s,v'B=5 m/s,根据动量定理有IA=mAv'A-mAvA=-4 N·s,IB=mBv'B-mBvB,再根据动量守恒定律有mAvA+mBvB=mAv'A+mBv'B,解得mB=2 kg,IB=4 N·s,A、B、C错误;碰撞前后A、B的总动能分别为Ek=mA+mB=27 J,E'k=mAv'+mBv'=27 J,则A、B两球发生的是弹性碰撞,D正确。
6.C　根据能量守恒定律知,碰后小球A的一部分机械能转移给了B,小球A的机械能减小,可知小球A不可能返回到P点,故A错误;设第一次碰后小球B的速度大小为vB,小球A的速度大小为vA,则有mAv0=-mAvA+mBvB,mA=mA+mB,解得vA=,vB=,若mB=2mA,则有vA=vB=,可知两小球将再次碰撞,设第二次碰后小球B的速度为v'B,小球A的速度为v'A,则有mAvA+mBvB=mAv'A+mBv'B,mA+mB=mAv'+mBv',解得v'A=归纳总结
弹性碰撞的结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例,则有m1v1=m1v'1+m2v'2,m1=m1v'+m2v'
联立解得v'1=v1,v'2=v1
讨论:
①若m1=m2,则v'1=0,v'2=v1(速度交换);
②若m1>m2,则v'1>0,v'2>0(碰后两物体沿同一方向运动);当m1 m2时,v'1≈v1,v'2≈2v1;
③若m10(碰后两物体沿相反方向运动);当m1 m2时,v'1≈-v1,v'2≈0。
7.D　设球的质量为m、人和小车的总质量为M,第一次推球,根据动量定理有I1=Δp1=15 N·s,以后每次推球,根据动量定理都有I2=mv-m(-v)=30 N·s,则第二次推球推力的冲量大于第一次推球推力的冲量,之后每一次推球推力的冲量都相等,故A错误。要使球不能追上小车,需使人和小车的速度不小于3 m/s,推球过程人、小车和球组成的系统动量守恒,则第一次推球人和小车动量增加量为Δp1=15 kg·m/s,之后每次推球人和小车动量增加量均为Δp2=30 kg·m/s,根据Δp1+nΔp2≥Mv,解得n≥7,故连续推8次后球将不能追上人和小车。当n=2时Δp1+2Δp2=Mv车,解得v车=1 m/s,所以第3次推球后,人和车的速度为1 m/s。当n=7时小车的速度为v'车=3 m/s,此时小车的速度与球的速度相等,球不能追上小车,三者保持匀速运动。故B、C错误,D正确。
8.BC　设物体A碰前速度为v0,若两物体发生非弹性碰撞,则mv0=(m+3m)v,此时E=·3mv2,解得碰撞之前物体A的动能EkA=m=E;若两物体发生弹性碰撞,则mv0=mv1+3mv2,m=m+·3m,解得v1=-v0,v2=v0,此时E=·3m,解得碰撞之前物体A的动能EkA=m=E;综上碰撞之前E≤EkA≤E,故选B、C。
9.BC　由题图可知,碰后白球速度v1=0.8 m/s,彩球速度v2=1.0 m/s,设碰撞前白球速度为v0,由动量守恒得mv0=mv1+mv2,解得v0=1.8 m/s,故A错误;碰撞过程中,白球对彩球的冲量大小为I=mv2=0.2×1.0 kg·m/s=0.2 kg·m/s,B正确;由于m>m+m,故碰撞过程中,系统有机械能转化为内能,C正确;由运动学知识可知a== m/s2=0.25 m/s2,故阻力为f=ma=0.05 N,故D错误。
10.ABC
模型建构　此题属于人船模型。
解析　小球在半圆形槽内运动的全过程中,地面和槽光滑,只有小球的机械能与半圆形槽的机械能之间相互转化,小球与半圆形槽构成的系统机械能守恒,A正确;小球在半圆形槽内运动的全过程中,地面光滑,小球与半圆形槽组成的系统在水平方向所受的合外力为零,小球与半圆形槽在水平方向动量守恒,B正确;小球到达右边最高点时,设小球和半圆形槽通过的水平位移大小分别为x、y,小球和半圆形槽组成的系统在水平方向上动量守恒,在运动过程中小球和半圆形槽在任意时刻的水平速度满足mvm=MvM,则有mx=My,根据位移关系可得x+y=2R,解得y=,x=,故C正确,D错误。
11.答案　(1)水平(2分)　(3)大于(2分)
(5)m1L1+m2L3(2分)　(2分)
解析　(1)小球做平抛运动时初速度方向沿水平方向,所以应将斜槽末端处的切线调成水平。
(3)为防止小球a反弹,小球a的质量应大于小球b的质量。
(5)由平抛运动规律得va=,v'a=,v'b=,由动量守恒定律得m1va=m1v'a+m2v'b,可得m1L2=m1L1+m2L3,若两小球的碰撞为弹性碰撞,由机械能守恒得m1=m1v'+m2v',则v'a=va,v'b=va,联立可得=。
12.答案　(1)一元(2分)　(2)(3分)
(3)(3分)　(4)见解析(2分)
解析　(1)根据题意可知,甲与乙碰撞后没有反弹,可知甲的质量大于乙的质量,甲选用的是一元硬币。
(2)甲从O点到P点,根据动能定理有-μm1gs0=0-m,解得碰撞前,甲到O点时速度的大小v0=。
(3)同理可得,碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v1=,v2=,若动量守恒,则满足m1v0=m1v1+m2v2,整理可得=。
(4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到的碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1,产生这种误差可能的原因有距离或质量的测量存在误差、碰撞过程不是对心碰撞,两硬币与纸板间的动摩擦因数不同等。
13.答案　(1)1 m　(2)0　(3)12 J
解析　(1)对物体A,根据运动学公式可得
x=h-gt2=1.2 m-×10×0.22 m=1 m(2分)
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0,根据运动学公式可知
x=vB0t-gt2 (1分)
解得vB0=6 m/s(1分)
可得碰撞前A物体的速度vA=gt=2 m/s,方向竖直向下; (1分)
碰撞前B物体的速度vB=vB0-gt=4 m/s,方向竖直向上; (1分)
以竖直向下为正方向,由动量守恒可得
mAvA-mBvB=(mA+mB)v (2分)
解得碰后速度v=0 (1分)
(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
ΔE=mA+mB-(mA+mB)v2=12 J(3分)
14.答案　(1) m/s　(2) N思路点拨
解析　(1)a进入圆弧轨道后从B点飞出,恰好落在Q点,设物块a在B点的速度大小为vB;物块a在空中做平抛运动,则有
2R=gt2 (1分)
3R=vBt (1分)
联立解得t=0.4 s,vB=3 m/s(1分)
设碰撞后瞬间,物块a的速度大小为va,物块a从碰撞后到B的过程,根据动能定理可得
-μmagR-mag·2R=ma-ma (2分)
解得碰撞后瞬间,物块a的速度大小为
va= m/s(1分)
(2)以水平向右为正方向,设物块b碰撞前瞬间速度为v0,碰撞后瞬间速度为vb,碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得
mbv0=mbvb+mava (2分)
mb=mb+ma (2分)
解得v0= m/s,vb= m/s(1分)
设推力的作用距离为x,碰撞前物块b从Q点到P点过程,根据动能定理可得
Fx-μmbg·2R=mb-0 (1分)
根据题意有R联立解得作用在物块b上推力的大小范围为
N归纳总结
力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为物体系统,且物体之间有相互作用,一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转化为系统内能的量。
15.答案　(1)1 m/s　4 m/s　(2) m
解析　(1)滑块A在水平面上匀加速运动的加速度大小为a1==g=4 m/s2 (1分)
碰撞后滑块B在水平面上匀减速运动的加速度大小为
a2==μg=2 m/s2 (1分)
设A与B第一次碰撞前瞬间速度为v0,有
=2a1l (1分)
代入数值解得v0=3 m/s(1分)
[或由动量定理有(Eq-μ·2mg)·l=m,解得v0=3 m/s]
A、B发生弹性碰撞,以水平向右为正方向,根据动量守恒和系统总动能不变有
2mv0=2mvA+mvB (1分)
·2m·=·2m·+m (1分)
联立解得vA=1 m/s,vB=4 m/s(1分)
(2)A与B第一次碰撞后到第二次碰撞瞬间经过的时间为t,有vAt+a1t2=vBt-a2t2 (1分)
代入数值解得t=1 s(1分)
可得第二次碰撞前瞬间A、B的速度分别为
vA1=vA+a1t=5 m/s,vB1=vB-a2t=2 m/s(1分)
以水平向右为正方向,同理A、B发生第二次弹性碰撞前后有2mvA1+mvB1=2mvA2+mvB2 (1分)
·2m·+·m·=·2m·+m (1分)
联立解得vA2=3 m/s,vB2=6 m/s(1分)
设A与B第二次碰撞后经过时间t0二者共速,有
vA2+a1t0=vB2-a2t0 (1分)
解得t0= s(1分)
此时A与B之间的距离最大,为
Δx=vB2t0-a2-(vA2t0+a1)= m(1分)