动量守恒定律专题训练（含解析）-备战2026年高考物理一轮复习

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动量守恒定律专题训练-备战2026年高考物理一轮复习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．一物体在水平面上做直线运动，其速度—时间图像如图所示，根据该图像可知（　　）
A．物体在1s末改变运动方向
B．第2s和第3s加速度大小相等、方向相反
C．前2s内合力冲量为0
D．第3s合力对物体做负功
2．两个质量不同的物体，如果它们的（　　）
A．动能相等，则质量大的动量小 B．动能相等，则动量大小也相等
C．动量大小相等，则动能也相等 D．动量大小相等，则质量大的动能小
3．某实验室有一研究摆动的装置，如图所示，质量为m的小球B通过不可伸长的轻绳与质量为2m的滑块A相连接，且滑块A穿套在光滑的轻杆之上可以左右自由滑动。现保持轻绳伸直并将小球B从与A等高处静止释放，已知AB在同一竖直面内，重力加速度为g，忽略空气阻力，则当小球B第一次摆至最低点时轻绳所受的拉力大小为（ ）
A．mg B．2mg C．3mg D．4mg
4．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB固定，一个质量为m的小滑块从从静止由圆弧轨道顶端A点滑到圆弧轨道底端B点的过程中，以下说法正确的是（　　）
A．合外力提供向心力 B．物块滑到B点是对轨道压力大小为2mg
C．重力的功率先增大后减小 D．物块动量变化的方向沿竖直向下
5．顶端高为h的光滑曲面固定在水平地面上，曲面底端与水平地面相切，将一小球从曲面顶端由静止释放，经过时间t滑到底端，已知在此过程中，曲面对小球的冲量大小与重力冲量大小的比值为k，重力加速度为g，则下列数据可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．一辆汽车在平直公路上行驶，发现前方有紧急情况后立即刹车。刹车过程可看作匀减速直线运动，则以下选项中能够描述刹车过程中动量随时间变化的图像是（　　）
A． B． C． D．
7．汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量，，重力加速度大小取，则（ ）
A．碰撞过程中F的冲量大小为
B．碰撞过程中F的冲量方向竖直向下
C．碰撞过程中头锤的动量变化量大小为
D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.45m
8．从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中球受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速直线运动。已知重力加速度为g，则（　　）
A．球上升的时间等于下落的时间
B．球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量
C．球上升的最大高度
D．球抛出瞬间的加速度大小
9．如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m、3m，静止时弹簧恰好处于原长，一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为（　　）
A． B．
C． D．
10．如图所示，质量为M、倾角为的光滑斜劈置于光滑水平地面上，质量为m的小球第①次和第②次分别以方向水平向右和水平向左、大小均为的初速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是（　　）
A．这两次碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量都守恒
B．第②次碰撞后斜劈的速度小于
C．第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力等于
D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上；第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定相等
11．如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，5节质量均为的车厢编组运行，只有1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率运行，经过一段时间达到最大速度。列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，若初始空气对地速度为0，车厢前方空气撞击车厢后速度立刻与列车速度相同。已知空气密度为，1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为。不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度一半时，2号车厢对3号车厢的作用力大小为（　　）
A． B．
C． D．
二、实验题
12．(1)①利用如图1所示实验装置，可以完成的实验有 。
A．探究小车速度随时间变化规律
B．探究加速度与力、质量的关系
C．验证动量守恒定律
②在“验证机械能守恒定律”实验中，利用打点计时器得到了如图2的纸带，其中“1”、“2”、“3”、“4”为连续打出的四个点。点“3”对应速度大小为 m/s；点“1”对应的重锤重力势能大小 点“4”（填“>”“<”或“=”）。
(2)在研究平抛运动规律实验中：
①利用图3甲装置进行实验，可以探究平抛运动 （填“水平”或“竖直”）方向运动规律；
②利用图3乙装置进行实验时，操作正确的是 。
A．释放小球时必须在同一点
B．挡杆高度必须等间距调整
C．实验前调节斜槽末端水平
D．用平滑曲线将小球印迹连接形成平抛轨迹
三、解答题
13．如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A以水平速度 冲向静止在轨道上连接轻弹簧的B球，至A、B相距最近时（弹簧压缩最大），A球的速度变为。求：
(1)B球的质量
(2)弹簧的最大弹性势能是多少？
14．如图所示，内壁粗糙、半径的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与足够长光滑水平轨道BC相切。质量的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力为小球a重力的两倍。忽略空气阻力，重力加速度g取。
(1)求小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做功。
(2)求小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能；
(3)求小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小。
15．如图所示，光滑水平地面上依次紧挨放置着质量的10块完全相同的木板。一质量、大小可忽略的小铜块以初速度从木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，铜块速度。铜块最终停在第二块木板上。（取）
(1)求第一块木板的最终速度的大小和小铜块的最终速度的大小；
(2)求小铜块滑过第一块木板的过程中系统产生的热量；
(3)如果小铜块滑过第一块木板的时间，则小铜块与木板间的动摩擦因数为多少？每块木板长度为多少？
16．如图所示为一轨道模型图，由水平轨道AB、固定凹槽BGHC（GH足够长）、半圆轨道DE（D是最高点，E是最低点，C在D的正下方，且C和D间隙不计）组成，其中半圆轨道DE的半径R大小可调，所有轨道及凹槽均光滑。长度L=0.5m的水平传送带EF与DE平滑衔接。质量M=0.2kg的平板紧靠凹槽侧璧BG放置，平板上表面与ABC平面齐平。质量m=0.1kg的小滑块（可视为质点）被弹簧弹出后，滑上平板并带动平板一起运动，平板与侧璧CH相撞后将原速弹回。已知ABC平面与水平地面高度差h=1m，传送带顺时针传送速度v=1m/s，滑块与平板和传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.4。
(1)调节半圆轨道DE的半径为R=0.4m，被弹出的滑块恰好能滑过凹槽，且恰好不脱离圆轨道DE，求：
①小滑块沿圆轨道滑过E点时受到的支持力FN；
②平板的长度及弹簧释放的弹性势能Ep。
(2)在保持问（1）中其他条件不变的情形下，仅改变R大小，滑块从F飞出落至地面，水平位移为x，求x的最大值。
17．图甲所示为粮库进行粮食转运时的常见情境，粮食通过倾斜传送带直接从高处飞落到卡车中，实现高效率装车。该过程可简化成图乙所示物理情境，图中用物块表示粮食颗粒，不考虑在传送带上和空中运动时粮食颗粒间的相互作用及空气阻力。已知传送带底端到顶端的距离，与水平面间的夹角，粮食颗粒与传送带间的动摩擦因数，传送带顺时针转动的速率，其顶部与车厢底部的高度差粮食从底端进入传送带时速度为零，从顶端离开传送带后做平抛运动，每秒钟可均匀传送质量为10kg的粮食，粮食落到车厢后速度立即变为零，重力加速度。
(1)求表示粮食颗粒的物块从进入传送带至落到车厢底部需要多少时间？
(2)若忽略车厢内粮食的上升，求装车过程中粮食对车厢底部的冲击力大小。
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D D C C A C C A B
题号 11
答案 B
1．C
【详解】A．由图像可知，物体在2s末改变运动方向，故A错误；
B．根据图像的斜率表示加速度，可知第2s和第3s加速度大小相等、方向相同，故B错误；
C．由图像可知，前2s内物体的速度变化量为0，则物体的动量变化量为0，根据动量定理可知，合力冲量为0，故C正确；
D．由图像可知，第3s物体向负方向做加速直线运动，则物体的动能增加，根据动能定理可知，合力对物体做正功，故D错误。
故选C。
2．D
【详解】A．根据
，
可得
可知，动能相等，质量大的动量大，故A错误；
B．根据
可知，动能相等，两物体质量不相等，故动量大小不相等，故B错误；
C．根据
可知，动量大小相等，两物体质量不相等，故动能不相等，故C错误；
D．根据
可知，动量大小相等，则质量大的动能小，故D正确。
故选D。
3．D
【详解】由题知，A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，小球B从释放点第一次摆到最低点有
根据能量守恒有
联立解得
,
小球B第一次摆至最低点，根据牛顿第二定律有
解得轻绳的拉力为
根据牛顿第三定律，可知当小球B第一次摆至最低点时轻绳所受的拉力大小为4mg。
故选D。
4．C
【详解】A．小滑块下滑过程中，受到重力和轨道支持力作用，由支持力和重力垂直速度方向的分力的合力提供向心力，故A错误；
B．从A点下滑到B点过程，根据动能定理可得
在B点，由牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，物块滑到B点是对轨道压力大小为，故B错误；
C．根据
在A点的速度为0，在B点的竖直分速度为0，可知从A点下滑到B点过程，竖直分速度先增大后减小，重力的功率先增大后减小，故C正确；
D．从A点下滑到B点过程，物块在A点的初动量为0，在B点的末动量水平向右，则物块动量变化的方向水平向右，故D错误。
故选C。
5．C
【详解】AB．由动量定理可知，可构成矢量三角形，且有
由于小球沿斜面下滑时竖直方向的分加速度小于重力加速度，所以运动的时间一定大于同高度自由落体的时间，故
则
该曲面对小球的冲量大小与重力冲量大小的比值为k，则有
即
由动能定理有
联立解得
且
AB错误；
C．当时，代入解得
故C正确；
D．当时，代入解得
故D错误。
故选C。
6．A
【详解】设刹车的初速度为，加速度为a，则经时间t的速度为
动量为
故选A。
7．C
【详解】AB．图像与坐标轴围成的面积表示冲量，由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为
方向竖直向上，故AB错误；
C．头锤落到气囊上时的速度大小为
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）有
解得
碰撞过程中头锤的动量变化量
故C正确；
D．碰撞结束后头锤上升的最大高度
故D错误。
故选C。
8．C
【详解】A．由于上升过程与下落过程的位移大小相等，又有速度 时间图像与时间轴所围面积表示位移可知，上升过程中的平均速度大于下落过程中的平均速度，则小球在运动的全过程，上升的时间小于下落的时间，故A错误；
B．由题意可得，阻力与速率的关系为
故阻力的冲量大小为
其中表示位移，因为上升过程和下落过程位移相同，则上升和下降过程冲量大小相等，故B错误；
C．设上升时加速度大小为a，由牛顿第二定律得
解得
取极短时间，速度变化有
上升全程，则有
则
空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，由平衡条件则有
联立解得
故C正确；
D．小球抛出瞬间，由牛顿第二定律则有
其中
解得球抛出瞬间的加速度大小为
故D错误。
故选C。
9．A
【详解】当C与A发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立解得
当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为，以A的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得
由机械能守恒定律可知
解得
当C与A发生完全非弹性正碰时，根据动量守恒定律有
当A、B、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为，则由动量守恒定律得
由机械能守恒定律可知
解得
由此可知，碰后弹簧的最大弹性势能范围是
故选A。
10．B
【详解】A．第①次碰撞小球和斜劈组成的系统合外力为0，系统动量守恒，第②次碰撞过程中，系统的合外力不为0，动量不守恒，故A错误；
B．第②次碰撞前的速度分解如图甲所示，则
，
第②次碰撞后小球平行于斜面方向的速度不变，设第②次碰撞后斜劈的速度为u，如图乙所示，以小球和斜劈组成的系统为研究对象，系统水平方向动量守恒，有
解得
根据题意可知碰撞过程中无机械能损失，根据机械能守恒定律可知
联立解得
故B正确；
C．第②次碰撞后小球和斜劈组成的系统的动量有竖直向上的分量，则可知地面对斜劈的支持力大于，故C错误；
D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上，综上所述可知第②次碰撞后小球沿垂直于斜面方向的速度
则第②次碰撞前后小球速度方向与斜面法线的夹角一定不相等，故D错误。
故选B。
11．B
【详解】车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，以一定质量空气为研究对象，根据动量定理
联立解得
当列车以额定功率运行到速度为最大速度时
当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，整体受力分析根据牛顿第二定律
对3、4、5节车厢受力分析
联立解得
故选B。
12．(1) AB 3.25 >
(2) 竖直 ACD
【详解】（1）①[1]利用如图1所示实验装置，可以完成“探究小车速度随时间变化规律”以及“探究加速度与力、质量的关系”，不能完成“验证动量守恒”的实验，故选AB。
②[2]点“3”对应速度大小为
[3]打点“1”时重锤的位置较高，则点“1”对应的重锤重力势能大小大于点“4”。
（2）①[1]利用图3甲装置进行实验，让小锤击打金属片，两球同时下落，且同时落地，说明两球在竖直方向的运动相同，即可以探究平抛运动竖直方向运动规律；
②[2]A．释放小球时必须在同一点，以保证小球做平抛运动的初速度相同，选项A正确；
B．挡杆高度不一定必须等间距调整，选项B错误；
C．实验前调节斜槽末端水平，以保证小球做平抛运动，选项C正确；
D．用平滑曲线将小球印迹连接形成平抛轨迹，选项D正确。
故选ACD。
13．(1)
(2)
【详解】（1）由题意可知，A、B两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时有共同速度，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可得
解得
（2）A、B相距最近时（弹簧压缩最大）弹簧有最大弹性势能，由机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能是
解得
14．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球由A静止释放运动到最低点B的过程中，根据动能定理有
小球在最低点，根据牛顿第三定律可知，小球受到轨道的支持力
根据牛顿第二定律
联立，代入相关已知数据求得
（2）小球a与小球b通过弹簧相互作用，达到共同速度过程中，由动量守恒定律可得
由能量转化和守恒定律可得
联立代入相关已知数据求得：小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能
（3）小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，设a后来速度为，b后来速度为，由动量守恒定律可得
由能量转化和守恒定律有
对b，根据动量定理有
联立代入相关已知数据可得
15．(1)2.5m/s，3.4m/s
(2)7.5J
(3)0.20，3.75m
【详解】（1）铜块和10块木板在水平方向不受外力，所以系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
铜块最终停在第二块木板上，设铜块的最终速度为，由动量守恒定律得
解得
（2）小铜块滑过第一块木板的过程中系统产生的热量等于系统的动能的减少量，则该过程中产生的热量
（3）对小铜块，由动量定理得
解得
每块木板的长度
16．(1)①；②，
(2)1m
【详解】（1）①设滑块经过D点的速度为vD，根据题意，可得
解得
D到E过程由动能定理得
在E点有
解得
②到达木板最右端时两物体共速，设木板长度为s，滑块滑上木板时速度为vB，共速时的速度为v共，即，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒可得弹性势能为
由能量守恒得
解得
（2）在满足（1）条件下滑块在D点的速度为2m/s，所以，D到F过程由动能定理得
从F点滑出后滑块做平抛运动，则
联立可得
当时，x有最大值为1m。
17．(1)
(2)
【详解】（1）物块刚放上传送带时，所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得
解得
物块速度与传送带速度相等的时间
物块加速阶段的位移
之后，由于
摩擦力突变为静摩擦力，大小为，物块与传送带保持相对静止向上滑动，物块与传送带保持相对静止运动的时间
粮食从顶端离开传送带后做平抛运动，竖直方向有
解得
物块从斜面底端到达顶端的时间
（2）粮食与车厢底部碰撞前竖直方向的速度为
根据动量定理
解得
水平方向有
解得
则装车过程中粮食对车厢底部的冲击力大小为
代入数据解得
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