动量守恒定律-2025年高考物理一轮复习专练

动量守恒定律专题练

2025年高考物理一轮复习备考

一、单选题

1.一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度丫。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机的气体，气体向后喷出的速度大小为刃，加速后航天器的速度

大小V2等于（V0、VI＞V2均为相对同一参考系的速度X）

(M+m)v0-mVy+m)v0+mvx

A.B.-------------

MM

CDAf%一"/

M—mM—m

2.在地面上以初速度2%竖直上抛一物体A后，又以初速度叫从同一地点竖直上抛另一物体B。若

要使两物体能在B上升过程中相遇，则两物体抛出的时间间隔加必须满足的条件是（不计空气阻力,

重力加速度大小为g）（）

A及＜△，＜也

B<A/<

gggg

c(^+l)v04v0D—<Nt<%

gggg

3.如图所示，两根轻质细杆一端通过较链连接于。点，另一端通过较链连接在两面互相垂直的竖直

墙壁上的A、8两点，在。点通过一轻绳悬挂一质量为〃2的小球，另一轻绳连接在C、。两点，平衡

时两轻质细杆处于水平状态。已知4。即?是在同一水平面内的正方形，且C"=3O=AO,重力加速

度为g,则下列说法正确的是（）

A.轻绳CO的拉力大小等于小球的重力

B.轻绳C。对墙壁的作用力大小为布咫

C.轻质细杆BO对墙的作用力为mg

D.两根轻质细杆对。点的合力为

4.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为叫和”的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。

现使叫瞬时获得水平向右的速度3m/s,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，已知力时刻叫的速度第一次变为0,丐在第1秒内运动的位移为0.4m。下列说法正确的是（）

2/34t/s

MAM/WVWWm2

4

A.两物块的质量之比为仍：：%=1：3B.%时刻里的速度为耳m/s

C.第1秒内弹簧的长度缩短了1.6mD.第1秒内町的位移为2.2m

5.如图所示，质量为机的A球以速度V。在光滑水平面上向右运动，与静止的质量为5根的B球对心

正碰，碰撞后A球以v=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，则左的取值范围为（）

A

-------B

B.—<女<1

4

6.如图所示，。力两质点从。点分别以相同的水平速度V。沿x轴正方向被抛出，。在竖直平面内运动，

落地点为4,。沿光滑斜面运动，落地点为鸟/和2在同一水平面上，不计空气阻力，则下列说法中

正确的是（）

A.a、6的运动时间相同B.a、6沿x轴方向的位移相同

C.a、6落地时的速度大小相同D.a、6落地时的动能相同

7.质量为机和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、

8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,弹簧的弹性势能为综；

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（）

mMM

AWWBC

/////////////////////////////////////////////////////////////

A.弹簧弹力对A的冲量大小为二B.弹簧弹力对8做功的大小为综

M+m

C.全过程中机械能减小量为舔D.B、C的最终速度为刍

8.如图所示，从竖直面内的直角坐标系y轴上的。1点，以初速度为沿x轴正向抛出一小球，小球下

落经过x轴上的A点时，其速度方向与x轴正向的夹角为6；再次将该小球从。1点以初速度％沿尤

轴正向抛出，同时对小球施加一水平向左的恒力，小球经过x轴上的5点时，其速度方向与兀轴正向

的夹角为不计空气阻力，下列说法中正确的是（）

O]%

____

Ox

A.第二次抛出时小球从抛出点到经过x轴的时间短

B.第二次抛出时小球在相等时间内速度的改变量较小

C.第二次抛出时，小球经过x轴时水平方向的速度大小为当?

tan。

D.两次抛出，小球的水平射程之比为2tan"

tana+tanU

二、多选题

9.如图所示,光滑水平面上有质量相等的两个球A、B两球在同一直线相向运动,A球的速度是4m/s,

B球的速度是一2m/s。一段时间后，A、B两球发生了正碰。对于碰撞之后A、B两球的速度可能值,

下列选项正确的是（）

♦A、~「B

（A）（B）正方向

777777777777^7z7777777777777^T/77777~~

A.攻=0,Vg=2m/s

B.以=-2m/s,Vg=4m/s

C.以二-3m/s,Vg=5m/s

D.以=-4m/s,Vg=2m/s

10.小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示。已知车、

人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为机，共〃发。打靶时枪口到靶的距离为

若每发子弹打入靶中后就留在靶里,且待前一发打入靶中后再打下一发。以下说法中正确的是（)

A.待打完“发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动

B.待打完〃发子弹后，小车应停在射击之前的位置

C.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为」

D.若其中一发子弹的发射速度斜向上，当子弹到达空中最高点时，小车的速度不为零

11.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100m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速

度减为40m/s,已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为%=O[kg、："B=LOkg、mc=0.5kg,

重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A.物体B能上升的最大高度为0.6mB.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4.0m/sD.物体C能达到的最大速度为8.0m/s

12.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，08段粗糙，OA=OB=l,

左端固定劲度系数为上的轻质弹簧，右端用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上。质量为根的小滑块以速

度v从。点向左运动并压缩弹簧，弹簧压缩量为尤时轻绳被拉断，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（）

J匕

A/////，/，//////，，7////4

kx

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

M+m

C.弹簧恢复原长时，滑块的动能可能为:相丫2

D.滑块与长木板的08部分间的动摩擦因数为磊舟

三、实验题

13.如图所示，用“碰撞实验器”可以探究碰撞中的不变量。实验时先让质量为网的入射小球从斜槽

轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端。点水平抛出，落到与轨道。点连接的倾角为6

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，尸、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性等于被碰球的质量心

(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〃B.斜面的倾角。C.。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.-OP-n\•OM+m2-ONB.,ON=-OP+m2-OM

C.•4OP-YY\-4OM+-4OND.肛-4ON=rr\-4OP+m,■\JOM

(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

14.如图所示，倾角为e的光滑斜面末端与水平传送带的左端。平滑连接传送带。C间的距离为L

沿顺时针方向运行的速度为力,其右端c与光滑且足够长的水平平台平滑连接，平台上有几个质量

为2机的小滑块。编号依次为Bl、B2、B3、B4...Bn„将质量为加的滑块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Bi的最终速度及被碰撞的次数。

A

BB3B4纥

°P%C2

15.如图,一根水平杆上等距离地穿着w个半径相同的珠子，珠子可以在杆上无摩擦移动，珠子的质

量依次为机，km,k2m,k3m.......,其中人的取值范围是2.使第一颗珠子在极短时间

2

内获得初速度V0,之后每当珠子之间发生碰撞时都会粘在一起.

a.分析并说明当人取何值时，碰撞全部结束后系统的总动能最大；左取何值时，碰撞全部结束后系统

的总动能最小;

b.求出碰撞结束后系统相应的最小总动能和最大总动能的比值。

1=0=0=0=0==0=^

nx

根kmk2mk3mk-m

参考答案:

1.C

设加速后航天器的速度大小为v,由动量守恒定律有Mvo=mvi+(M-m)v

解得故选c.

2.C

设B经过时间A、B在空中相遇，则

121

2v0(z+Ar)--g(r+Ar)=vot--gr

要使两物体能在B上升过程中相遇，则

0<t<%

g

代入得

.+1卜。<加<.

gg

故选c。

3.C

AB.设乙COH=e,CH=BO=AO=L,根据几何关系可知

tan心里=勺=立

0H伍2

以。点为对象，竖直方向根据受力平衡可知

Tcosin3=mg

解得轻绳co的拉力大小为

Tco=

sin”

故AB错误;

CD.根据对称性可知，两轻杆AO与8。的弹力/大小相等，以。点为对象，水平方向根据受力平

衡可知

IFcos45°=Tcocos0

解得

F=mg

可知轻质细杆B0对墙的作用力为mg,两根轻质细杆对。点的合力为

F合=VF2+F2=\f2F=yflmg

故C正确，D错误。

故选C。

4.D

A.系统动量守恒，选择开始到Uis时刻列方程可知

mivcr（徵/+徵2）vi

将vo=3m/s,v；=lm/s代入得

mi：m2=l：2

故选项A错误；

B.务时刻

mivo=m2V2

解得加2的速度为

3,

%=—m/s

22

选项B错误；

CD.若考虑两物体从Uis到仁2s的时间内，侬加速运动，预减速运动，因

mi：m2=l：2

则在任意时刻两物体的加速度之比为

ai：42=2：1

若用微元法考虑，则两物体间的距离

A12/12x1212

Zkx=Vyt+—Q-Qt—（V]/-5ali+5〃/

则”;“产’对应的位移（面积）为0.6m,贝广:对应的位移（面积）为1.2m,该两部分面积之和

与。〜1s内对应的虚线面积相等，即1.8m,即0〜Is内弹簧的长度缩短1.8m,第1秒内叫的位移为

1.8m+0.4m=2.2m,选项C错误D正确。

故选Do

5.C

A、B碰撞过程中，以vo方向为正方向，根据动量守恒定律得

mv0=-m-kv0+5mvB

A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰的条件是

得

k>-

4

碰撞过程中损失的机械能

2x

AE=gmv1-gm(kv0)+^>0

解得

k<-

3

所以太满足的条件是

1,2

—<k<—

43

故C正确，ABD错误。

故选Co

6.C

A.〃在竖直平面内做平抛运动，竖直方向是自由落体运动，人在斜面上运动，受到重力和支持力，沿

斜面向下是匀加速运动，加速度是gsine,6沿斜面方向位移大，加速度小，根据x=可知6运

动的时间长，故A错误；

B.a、b在水平方向都是匀速运动，因为水平方向的初速度相同，6运动时间长，所以b的水平位移

大于。的水平位移，故B错误；

CD.根据动能定理

mgh=；mv2—gmVg

整理可得

,1212

gh.v.J%

两个质点初速度相等，竖直方向下落的高度相等，则以6落地时的速度大小相同，由于质量关系未

知，所以无法确定4、6落地时的动能大小，故C正确，D错误。

故选Co

7.A

A.选取向右为正方向，两个物体的总动量是尸，则A的动量

m

PA=^P

弹簧恢复到原长时，A刚好静止，由动量定理得

mm

I=PA-PA=Q---------P=-----------P

M+mM-\-m

负号表示与选定的正方向相反.故A正确;

B.弹簧对作用的过程中，弹簧对A做负功，对8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8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8的速

度为v/,选取向右为正方向，则

与C相互作用的过程中二者组成的系统的动量也守恒，设最终的速度为也，根据动量守恒得

联立得

P

%

2M

整个的过程中损失的机械能

而

联立解得

P211

△£=Ep+

2+m2M

可知只有在机与"相等时，全过程中机械能减小量才为EP.故CD错误;

故选Ao

8.D

A.两次抛出时，竖直方向均做自由落体运动，因而两种情况下小球从抛出点到经过1轴的时间相等，

故A错误；

B.两种情况下，小球均做匀变速曲线运动，但第二次小球受到的合外力大，加速度大，据。=乎可

△t

知，第二次小球在相等时间内速度改变量较大，故B错误；

C.两种情况下，小球分别经过x轴上的A点和8点时速度分解如图所示

y

QL%

BvxA>b

0

vyvBVyVA

经过A点时则有

.=%tan6

经过B点时则有

vy=vxtana

解得

v=Van£

“tan。

故c错误；

D.第一次抛出，水平射程

尤A=卬

第二次抛出水平射程

联立可解得

xA_2tana

xBtana+tan0

故D正确。

故选D。

9.AB

以下计算过程均是无量纲的数值计算（单位已统一），设每个球的质量均为根，取向右为正方向，则

碰前系统总动量

p=mvA+mvB=4m—2m=2m

碰前的总动能为

1212c

石k=^mVA=1。加

A.若以=0,i%=2m/s,碰后总动量为

f

p'=mvA4-mVg=0+2m=2m

则动量守恒，碰后总动能为

E：=gmv'l+gmv^—2m

动量守恒，机械能不增加，符合实际，A正确；

B.若％=-2m/s,v；=4m/s,碰后总动量为

p'=my]+机%=2m

总动能为

E；=；mv'^+:mv^=10m

动量守恒，机械能守恒，符合实际，B正确；

C.若或=-3m/s,v；=5m/s,碰后总动量为

p'=mv'x+mv'B=2m

则动量守恒，碰后总动能为

=gmvf+JmVg=\1m

动量守恒，机械能增加，不符合实际，C错误；

D.若％=-4m/s,v；=2m/s,碰后总动量为

p'=mv'A+mv'B=-2m

动量不守恒，不符合实际，D错误。

故选AB。

10.CD

AB.子弹、枪、人、车系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，子弹射击前系统的总动量为零，

子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的。在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右

运动，所以第"发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方。待打完“发子弹后，小车将静止不

动，故AB错误；

C.设子弹出口速度为v,车后退速度大小为v,以向左为正，根据动量守恒定律，有

0=加丫-+(〃-1)”?]V

子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有

vt+vt=d

解得

,mv

M+(n-l)m+nm)v

故车后退位移大小为

,，md

As=vt=------

nm+M

故C正确；

D.若其中一发子弹的发射速度斜向上，当子弹到达空中最高点时，子弹在水平方向有速度，由子弹、

枪、人、车组成的系统水平方向动量守恒可知，小车的速度不为零，故D正确。

故选CDo

11.AD

AB.子弹A以100m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40m/s,则A、B组成的系

统动量守恒，根据动量守恒定律有

Uo=优AH+

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

v

inBv2=(〃%+wc)3

=(('%+机c)W

解得

h=0.6m

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

=-/7iBv4+mcv5

12121o

VWV

5帆”2=-^；+-C5

解得

v5=8m/s

故C错误，D正确；

故选ADo

12.AD

A.轻绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于履，对木板，由牛顿第二定律得

kx=Ma,a=—

M

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g机y，选项c错误；

D.设轻绳被拉断时滑块的速度为匕，弹力做功

w0+kx12

22

根据动能定理有

TWTT=—1mv,2—1mv2

212

轻绳被拉断后，根据动量守恒定律有

mvx=(M+m)v2

由功能关系有

jLtmgl=mv2—+

联立解得

Mv2+kx2

u=、

2(zM+m)g/

选项D正确；

故选AD„

13.(1)B

⑵C

⑶C

(4)m10P=m10M+m2ON

(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/大于被碰球的质量叫，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

乙sin。=ggt2

水平方向有

LcosO=vt

解得

v=JgLc°s2

V2sin8

入射球碰撞前的速度为

IgOPcos20

%=\V2Osm-en

碰撞后的速度为

_IgOMcos20

"V2sin6

被碰球碰撞后的速度为

IgONcos20

-一｛2sin6>

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

班%="&匕+my2

整理得

yJOP=mxyjOM+nt,JON

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

叫yjop=叫YOM+mjJON

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

121212

5叫%=万仍匕+-^2

因

V0C

即

v2ccL

则表达式为

m10P=rriyOM+m2ON

14.(1)h=—■-或/?二2+以；(2)v=—v0,2n-\次

2g2g3〃

(l)设滑块A的初始位置高度为九到达斜面底端的速度为也则下滑过程中由机械能守恒有

解得

v=y[2gh

若滑块A冲上传送带时的速度小于传送带速度好,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

jumgL=gmvl-gmv2

解得

h=--RL

2g

若滑块A冲上传送带时的速度大于传送带速度为,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

—jumgL=gmvQ-；mv2

解得

h=―2-+uL

2g

(2)滑块A先与小滑块Bi发生弹性碰撞，由动量守恒定律有

mv0=mv1A+2mvn

由能量守恒定律有

2

—mvg=-A+—x2mvx

解得

21

匕1=1%，V1A="3

然后小滑块Bl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Bl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

2

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

,1

匕A=~V0

滑块A与小滑块Bi发生第二次弹性碰撞，由动量守恒定律有

=mv2A+2mv21

由能量守恒定律有

解得

1