动量守恒定律 高频考点梳理 专题练 2026届高考物理复习备考

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动量守恒定律 高频考点梳理
专题练 2026届高考物理复习备考
一、单选题
1．一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)(　　)
A． B．
C． D．
2．质量为m和M的两个物块A、B，中间夹着一根由轻绳束缚着的、被压缩的轻质弹簧，弹簧与A、B不相连，它们一起在光滑的水平面上以共同的速度向右运动，总动量为p，弹簧的弹性势能为；某时刻轻绳断开，弹簧恢复到原长时，A刚好静止，B向右运动，与质量为M的静止物块C相碰并粘在一起，则（　　）
A．弹簧弹力对A的冲量大小为 B．弹簧弹力对B做功的大小为
C．全过程中机械能减小量为 D．B、C的最终速度为
3．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使瞬时获得水平向右的速度，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知时刻的速度第一次变为0，在第1秒内运动的位移为。下列说法正确的是（　　）
A．两物块的质量之比为 B．时刻的速度为
C．第1秒内弹簧的长度缩短了 D．第1秒内的位移为
4．如图所示，质量为m的A球以速度在光滑水平面上向右运动，与静止的质量为5m的B球对心正碰，碰撞后A球以的速率弹回，并与竖直固定的挡板P发生弹性碰撞，要使A球与挡板碰后能追上B球再次相碰，则k的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
5．如图甲所示，将两个质量分别为m1 = 60 g、m2 = 30 g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从小球A下端距地面h0 = 1.8 m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01 s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度一时间图像如图乙所示，g取10 m/s2，下列说法中正确的是（　　）
A．B球与A球碰前的速度大小为5 m/s
B．A、B两球发生的是弹性碰撞
C．若m2 m1，第一次碰撞后，B球上升的最大高度可能大于20 m
D．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小的比值为1∶101
6．如图（a），质量分别为、的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x，撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的图像如图（b）所示，表示0到时间内A的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是（　　）

A．0到时间内，墙对B的冲量小于 B．
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．
7．质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能的关系为，则小球a、b在这段时间内的位移大小分别为（　　）
A．m， B．m，m
C．m，m D．m，m
二、多选题
8．竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态．一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q.下列说法正确的是
A．物块与钢板碰后的速度为
B．物块与钢板碰后的速度为
C．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为
D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0+h)
9．如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为、、，重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．物体B能上升的最大高度为0.6m B．物体B能上升的最大高度为1.8m
C．物体C能达到的最大速度为 D．物体C能达到的最大速度为
10．利用下图光电计时器测量物体A、B的速度。光滑水平导轨MN上放两个相同物块A和B，MN左端有一挡板P。MN右端N处与水平传送带平滑连接，现将宽度为的两黑色遮光条分别贴在物块A和B上，且高出物块，并使高出物块部分在通过光电门时挡光。传送带水平部分的长度L=8m，沿逆时针方向以恒定速度匀速传动。物块B与传送带间的动摩擦因数，质量。开始时在A和B之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态。现解除锁定，弹开物块A和B，迅速移去轻弹簧，之后两物块第一次通过光电门，计时器显示读数均为。g取，所有碰撞均为弹性碰撞。下列说法中正确的是（　　）
A．弹簧储存的弹性势能为16J
B．物块B沿传送带向右滑动的最远距离为9m
C．物块B滑回水平面MN的速度大小为4m/s
D．若物体B仅在返回水平面MN后，才会与物块A发生碰撞，则从开始运动到即将碰撞第15次的过程中，物块B与传送带之间的摩擦生热为720J
11．如图，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，OB段粗糙，，左端固定劲度系数为k的轻质弹簧，右端用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上。质量为m的小滑块以速度v从O点向左运动并压缩弹簧，弹簧压缩量为x时轻绳被拉断，最终小滑块恰好没有从长木板上掉落。已知弹簧原长小于，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．轻绳被拉断瞬间，木板的加速度大小为
B．最终长木板与滑块一起以速度向左匀速运动
C．弹簧恢复原长时，滑块的动能可能为
D．滑块与长木板的OB部分间的动摩擦因数为
三、实验题
12．如图所示，用“碰撞实验器”可以探究碰撞中的不变量。实验时先让质量为的入射小球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端O点水平抛出，落到与轨道O点连接的倾角为θ的斜面上。再把质量为的被碰小球放在斜槽轨道末端，让入射小球仍从位置S由静止滚下，与被碰小球碰撞后，分别与斜面第一次碰撞留下各自的落点痕迹，M、P、N为三个落点的位置。（不考虑小球在斜面上的多次碰撞）
(1)关于本实验，下列说法正确的是_____________。
A．斜槽轨道不必光滑，入射小球每次释放的初位置也不必相同
B．斜槽轨道末端必须水平
C．为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量等于被碰球的质量
(2)实验中不易直接测定小球碰撞前后的速度，可以通过仅测量_____________，间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h B．斜面的倾角θ C．O点与各落点的距离
(3)在实验误差允许范围内，若满足关系式_____________，则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。
A． B．
C． D．
(4)如果该碰撞为弹性碰撞，则只需要满足一个表达式，即 。
四、解答题
13．某娱乐活动的部分闯关环节可简化抽象为下面的情景。如图所示，长、质量的木板静止在光滑水平面上，左右平台无限长且与木板等高，木板左端与左平台接触，质量的小滑块在恒力F作用下从静止开始运动，力F与水平方向的夹角为，F作用2s后撤去，小滑块又滑行1s后以的速度离开平台后滑上木板，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数均为，小滑块可视为质点，重力加速度取。已知，。求：
（1）撤去力F时小滑块的速度大小；
（2）力F的大小；
（3）要使小滑块与木板共速后，木板才与右侧平台相碰，s的取值范围。

14．如图所示，倾角为的光滑斜面末端与水平传送带的左端D平滑连接传送带DC间的距离为L，沿顺时针方向运行的速度为，其右端C与光滑且足够长的水平平台平滑连接，平台上有n个质量为2m的小滑块。编号依次为B1、B2、B3、B4…Bn。将质量为m的滑块A由斜面上某一高度由静止释放。当滑块A滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。小滑块间的碰撞均为弹性碰撞。已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，滑块均视为质点，求：
（1）滑块A下滑的高度；
（2）小滑块B1的最终速度及被碰撞的次数。
15．如图所示，两足够长的直轨道所在平面与水平面夹角θ=37°，一质量为M=3kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面半圆的圆心分别为O、O′。有3个完全相同的小滑块，质量均为m=1kg。某时刻第一个小滑块以初速度v0=2m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O冲上滑板。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ=0.8，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：
（1）滑板P恰静止时与一侧长直轨道间的摩擦力f；
（2）第1、2个小滑块分别与滑板P共速时的速度大小v1和v2；
（3）第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A D C D D A BC AD ACD
题号 11
答案 AD
1．C
【详解】设加速后航天器的速度大小为v，由动量守恒定律有Mv0=-mv1+（M-m）v
解得 ，故选C.
2．A
【详解】A．选取向右为正方向，两个物体的总动量是P，则A的动量
弹簧恢复到原长时，A刚好静止，由动量定理得
负号表示与选定的正方向相反．故A正确；
B．弹簧对AB作用的过程中，弹簧对A做负功，对B做正功，系统的机械能全部转化为B的动能，所以B的动能的增加量等于弹簧的弹性势能与A的动能的和，所以弹簧弹力对B做功的大于EP．故B错误；
CD．物块A与B以及弹簧组成的系统相互作用的过程中系统的动量守恒，设相互作用结束后B的速度为v1，选取向右为正方向，则
p=Mv1B与C相互作用的过程中二者组成的系统的动量也守恒，设最终的速度为v2，根据动量守恒得
Mv1=(M+M)v2
联立得
整个的过程中损失的机械能
而
联立解得
可知只有在m与M相等时，全过程中机械能减小量才为EP．故CD错误；
故选A。
3．D
【详解】A．系统动量守恒，选择开始到t=1s时刻列方程可知
m1v0=（m1+m2）v1
将v0=3m/s，v1=1m/s代入得
m1：m2=1：2
故选项A错误；
B．时刻
m1v0=m2v2
解得的速度为
选项B错误；
CD．若考虑两物体从t=1s到t=2s的时间内，m2加速运动，m1减速运动，因
m1：m2=1：2
则在任意时刻两物体的加速度之比为
a1：a2=2：1
若用微元法考虑，则两物体间的距离
则 “”对应的位移（面积）为0.6m，则“”对应的位移（面积）为1.2m，该两部分面积之和与0~1s内对应的虚线面积相等，即1.8m，即0~1s内弹簧的长度缩短1.8m，第1秒内的位移为1.8m+0.4m=2.2m，选项C错误D正确。
故选D。
4．C
【详解】A、B碰撞过程中，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得
A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰的条件是
得
碰撞过程中损失的机械能
解得
所以k满足的条件是
故C正确，ABD错误。
故选C。
5．D
【详解】A．碰前，两球均做自由落体运动，则有
解得
即B球与A球碰前的速度大小为6 m/s，故A错误；
B．根据题意可知，B球碰后的速度方向向上，大小为v2 = 4m/s，以向上为正方向，碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
碰前两球的机械能为
碰后两球的机械能为
碰撞后系统总动能减小，可知碰撞是非弹性碰撞，故B错误；
C．假设碰撞是弹性碰撞，此时B球碰后速度最大，上升高度最大，碰撞过程有
解得
当m2 m1时，有
解得
则B球上升到最高点过程有
解得
故C错误；
D．在碰撞时间t = 0.01 s内，根据动量定理，对B球有
B球重力的冲量
解得
故D正确。
故选D。
6．D
【详解】A．设物体A在t1时刻的速度为，0到时间内，根据动量定理，对物块A
设墙对B的冲量为I，对物块B
由a-t图线面积表示物体速度变化量
解得
故A错误；
B．到时间内，B开始运动，水平方向上A、B仅受弹力作用，且A、B受到的弹力大小相等、方向相反，由图可知到时间内B的加速度大于A的加速度，根据牛顿第二定律可知
故B错误；
C．B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由动量守恒定律可知，弹簧形变量最大时，A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧的形变量最大时弹簧的弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故C错误；
D．设在t2时刻物体A、物体B的速度分别为vA2、vB2，到时间内，由图像可知a-t图线面积表示物体速度变化量，则
由图可知，物体A和物体B在的加速度最大，此时A、B速度相等，即
故
即
①
设在t3时刻物体A、B的速度分别为vA3、vB3，则
在t1至t3时刻，根据动量守恒可得
即
②
联合①②式可得
故D正确。
故选D。
7．A
【详解】小球、与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧被压缩至最短时，小球、达到共速，设共速时的速度为，小球的初速度为，则由动量守恒定律有
碰撞过程中机械能守恒，有
解得
由弹簧的压缩量x与弹性势能的关系
可得
设小球a、b在这段时间内的位移大小分别为、，任取极短的时间，两小球在任意时刻动量均守恒，任意时刻的速度分别设为、则有
即有
固有
而两小球的对地位移之间的关系为
联立解得
故选A。
8．BC
【详解】物体下落h，由机械能守恒：mgh=mv12；物体与钢板碰撞，则动量守恒：，解得，选项A错误，B正确；从碰撞到Q点，由能量关系可知：，则弹性势能的增加量为，选项C正确，D错误.
9．AD
【详解】AB．子弹A以的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有
B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有
解得
m
故A正确，B错误；
D．B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有
解得
m/s
故C错误，D正确；
故选AD。
10．ACD
【详解】A．解除锁定弹开物块AB后，两物体的速度大小
根据能量守恒得：弹簧储存的弹性势能
故A正确；
B．物块B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。由动能定理得
解得
故B错误；
C．物块B沿传送带向左返回时，假设先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时再一起匀速运动，设物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离为，由
得
表明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带的速度。所以
故C正确；
D．物块B在传送带上向右减速到0的过程有
解得
根据对称性可知，B回到传送带左端的时间也为2s，则B从滑上传送带到回到左端位移为，而传送带位移为
第一次，物块B与传送带之间的摩擦生热为
AB第一次碰撞后速度大小设为，碰撞过程规定向右为正方向，则
解得
根据以上分析可知，每次B与传送带摩擦生热为48J，则从开始运动到即将碰撞第15次的过程中，物块B与传送带之间的摩擦生热为
故D正确。
故选ACD。
11．AD
【详解】A．轻绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于，对木板，由牛顿第二定律得
，
选项A正确；
B．轻绳断之前对长木板和滑块组成的系统有拉力，系统动量不守恒，选项B错误；
C．弹簧恢复原长时木板有动能，所以滑块的动能小于，选项C错误；
D．设轻绳被拉断时滑块的速度为，弹力做功
根据动能定理有
轻绳被拉断后，根据动量守恒定律有
由功能关系有
联立解得
选项D正确；
故选AD。
12．(1)B
(2)C
(3)C
(4)
【详解】（1）A．只要小球从斜面上同一位置由静止释放即可保证小球到达斜槽末端的速度相等，斜槽轨道不必光滑，故A错误；
B．为保证小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，故B正确；
C．为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量大于被碰球的质量，故C错误。
故选B；
（2）小球离开斜槽后做平抛运动，设小球的位移大小为L，竖直方向有
水平方向有
解得
入射球碰撞前的速度为
碰撞后的速度为
被碰球碰撞后的速度为
两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
整理得
实验可以通过O点与各落点的距离代替测小球做平抛运动的初速度。
故选C；
（3）由（2）可知在实验误差允许范围内，若满足关系式
则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。
故选C。
（4）若碰撞是弹性碰撞，以上物理量还满足的表达式为
因
即
则表达式为
联立可得
13．（1）15m/s ；（2）12.5N ；（3）
【详解】（1）撤去力F后，小滑块在滑行1s过程中由动量定理有
解得撤去力F时滑块的速度
（2）小滑块在滑行2s过程中由动量定理有
解得
（3）小滑块与木板作用，根据动量守恒定律有
解得小滑块与木板共速为
设木板在小滑块的摩擦力作用下位移大小为，由动能定理有
解得木板位移
故当即时，小滑块与木板共速后，木板才与右侧平台相碰。
14．（1）或；（2），次
【详解】（1）设滑块A的初始位置高度为h，到达斜面底端的速度为v，则下滑过程中由机械能守恒有
解得
若滑块A冲上传送带时的速度小于传送带速度，则由于滑块A在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有
解得
若滑块A冲上传送带时的速度大于传送带速度，则由于滑块A在传送带上受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，根据动能定理有
解得
（2）滑块A先与小滑块B1发生弹性碰撞，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得
，
然后小滑块B1与小滑块B2发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，小滑块B1与小滑块B2碰后将速度传递给小滑块B3，速度依次传递，直至与小滑块Bn发生碰撞后第一轮碰撞结束，得小滑块Bn的速度为
第一轮中小滑块B1共发生2次碰撞。滑块A通过传送带后会返回再次与小滑块B1发生弹性碰撞，由匀变速直线运动的对称性可知，滑块A返回水平平台的速度大小为
滑块A与小滑块B1发生第二次弹性碰撞，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得
，
然后小滑块B1与小滑块B2又发生弹性碰撞，速度依次传递，直至与小滑块Bn-1发生碰撞后第二轮碰撞结束，得小滑块Bn-1的速度为
第二轮小滑块B1碰撞2次。依次类推，第n轮，滑块A与小滑块B1发生弹性碰撞，最后小滑块B1的速度为
则第n轮小滑块B1只碰撞了1次，综上可得，小滑块B1共碰撞的次数为次 。
15．（1）；（2），；（3）
【详解】（1）滑板受力平衡，所以
解得
（2）由系统动量守恒得
第1个小滑块与滑板P共速的速度
由系统动量守恒得
第2个小滑块与滑板P共速的速度
（3）由系统动量守恒得
3个小滑块与滑板P共速的速度
设第3个小滑块滑上滑板后与P发生的相对位移为l3，由动能定理得
解得
第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量
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