動量守恒定律專題練

2025年高考物理一輪復習備考

一、單選題

1.一質量為M的航天器遠離太陽和行星，正以速度丫。在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指

令后，發動機瞬間向后噴出質量為機的氣體，氣體向后噴出的速度大小為刃，加速后航天器的速度

大小V2等于（V0、VI＞V2均為相對同一參考系的速度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%豎直上拋一物體A后，又以初速度叫從同一地點豎直上拋另一物體B。若

要使兩物體能在B上升過程中相遇，則兩物體拋出的時間間隔加必須滿足的條件是（不計空氣阻力,

重力加速度大小為g）（）

A及＜△，＜也

B<A/<

gggg

c(^+l)v04v0D—<Nt<%

gggg

3.如圖所示，兩根輕質細桿一端通過較鏈連接于。點，另一端通過較鏈連接在兩面互相垂直的豎直

墻壁上的A、8兩點，在。點通過一輕繩懸掛一質量為〃2的小球，另一輕繩連接在C、。兩點，平衡

時兩輕質細桿處于水平狀態。已知4。即?是在同一水平面內的正方形，且C"=3O=AO,重力加速

度為g,則下列說法正確的是（）

A.輕繩CO的拉力大小等于小球的重力

B.輕繩C。對墻壁的作用力大小為布咫

C.輕質細桿BO對墻的作用力為mg

D.兩根輕質細桿對。點的合力為

4.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為叫和”的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上。

現使叫瞬時獲得水平向右的速度3m/s,以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙

所示，已知力時刻叫的速度第一次變為0,丐在第1秒內運動的位移為0.4m。下列說法正確的是（）

2/34t/s

MAM/WVWWm2

4

A.兩物塊的質量之比為仍：：%=1：3B.%時刻里的速度為耳m/s

C.第1秒內彈簧的長度縮短了1.6mD.第1秒內町的位移為2.2m

5.如圖所示，質量為機的A球以速度V。在光滑水平面上向右運動，與靜止的質量為5根的B球對心

正碰，碰撞后A球以v=的速率彈回，并與豎直固定的擋板P發生彈性碰撞，要使A球與擋板碰

后能追上B球再次相碰，則左的取值范圍為（）

A

-------B

B.—<女<1

4

6.如圖所示，。力兩質點從。點分別以相同的水平速度V。沿x軸正方向被拋出，。在豎直平面內運動，

落地點為4,。沿光滑斜面運動，落地點為鳥/和2在同一水平面上，不計空氣阻力，則下列說法中

正確的是（）

A.a、6的運動時間相同B.a、6沿x軸方向的位移相同

C.a、6落地時的速度大小相同D.a、6落地時的動能相同

7.質量為機和M的兩個物塊A、B,中間夾著一根由輕繩束縛著的、被壓縮的輕質彈簧，彈簧與A、

8不相連，它們一起在光滑的水平面上以共同的速度向右運動，總動量為p,彈簧的彈性勢能為綜；

某時刻輕繩斷開，彈簧恢復到原長時，A剛好靜止，B向右運動，與質量為M的靜止物塊C相碰并粘

在一起，則（）

mMM

AWWBC

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

A.彈簧彈力對A的沖量大小為二B.彈簧彈力對8做功的大小為綜

M+m

C.全過程中機械能減小量為舔D.B、C的最終速度為芻

8.如圖所示，從豎直面內的直角坐標系y軸上的。1點，以初速度為沿x軸正向拋出一小球，小球下

落經過x軸上的A點時，其速度方向與x軸正向的夾角為6；再次將該小球從。1點以初速度％沿尤

軸正向拋出，同時對小球施加一水平向左的恒力，小球經過x軸上的5點時，其速度方向與兀軸正向

的夾角為不計空氣阻力，下列說法中正確的是（）

O]%

____

Ox

A.第二次拋出時小球從拋出點到經過x軸的時間短

B.第二次拋出時小球在相等時間內速度的改變量較小

C.第二次拋出時，小球經過x軸時水平方向的速度大小為當?

tan。

D.兩次拋出，小球的水平射程之比為2tan"

tana+tanU

二、多選題

9.如圖所示,光滑水平面上有質量相等的兩個球A、B兩球在同一直線相向運動,A球的速度是4m/s,

B球的速度是一2m/s。一段時間后，A、B兩球發生了正碰。對于碰撞之后A、B兩球的速度可能值,

下列選項正確的是（）

?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.小車靜止在光滑水平面上，站在車上的人練習打靶，靶裝在車上的另一端，如圖所示。已知車、

人、槍和靶的總質量為M（不含子彈），每顆子彈質量為機，共〃發。打靶時槍口到靶的距離為

若每發子彈打入靶中后就留在靶里,且待前一發打入靶中后再打下一發。以下說法中正確的是（)

A.待打完“發子彈后，小車將以一定的速度向右勻速運動

B.待打完〃發子彈后，小車應停在射擊之前的位置

C.在每一發子彈的射擊過程中，小車所發生的位移相同，大小均為」

D.若其中一發子彈的發射速度斜向上，當子彈到達空中最高點時，小車的速度不為零

11.如圖所示，圓筒C可以沿足夠長的水平固定光滑桿左右滑動，圓筒下方用不可伸長的輕繩懸掛物

體B,開始時物體B和圓筒C均靜止，子彈A以100m/s的水平初速度在極短時間內擊穿物體B后速

度減為40m/s,已知子彈A、物體B、圓筒C的質量分別為%=O[kg、："B=LOkg、mc=0.5kg,

重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（）

A.物體B能上升的最大高度為0.6mB.物體B能上升的最大高度為1.8m

C.物體C能達到的最大速度為4.0m/sD.物體C能達到的最大速度為8.0m/s

12.如圖，質量為M的長木板靜止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，08段粗糙，OA=OB=l,

左端固定勁度系數為上的輕質彈簧，右端用不可伸長的輕繩連接于豎直墻上。質量為根的小滑塊以速

度v從。點向左運動并壓縮彈簧，彈簧壓縮量為尤時輕繩被拉斷，最終小滑塊恰好沒有從長木板上掉

落。已知彈簧原長小于/,重力加速度為g。下列說法正確的是（）

J匕

A/////，/，//////，，7////4

kx

A.輕繩被拉斷瞬間，木板的加速度大小為「

B.最終長木板與滑塊一起以速度向左勻速運動

M+m

C.彈簧恢復原長時，滑塊的動能可能為:相丫2

D.滑塊與長木板的08部分間的動摩擦因數為磊舟

三、實驗題

13.如圖所示，用“碰撞實驗器”可以探究碰撞中的不變量。實驗時先讓質量為網的入射小球從斜槽

軌道上某一固定位置S由靜止開始滾下，從軌道末端。點水平拋出，落到與軌道。點連接的傾角為6

的斜面上。再把質量為?的被碰小球放在斜槽軌道末端，讓入射小球仍從位置S由靜止滾下，與被

碰小球碰撞后，分別與斜面第一次碰撞留下各自的落點痕跡，尸、N為三個落點的位置。(不考

慮小球在斜面上的多次碰撞)

(1)關于本實驗，下列說法正確的是

A.斜槽軌道不必光滑，入射小球每次釋放的初位置也不必相同

B.斜槽軌道末端必須水平

C.為保證入射球碰后沿原方向運動，應滿足入射球的質量性等于被碰球的質量心

(2)實驗中不易直接測定小球碰撞前后的速度，可以通過僅測量_____________，間接地解決這個問題。

A.小球開始釋放高度〃B.斜面的傾角。C.。點與各落點的距離

(3)在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式_____________,則可以認為兩球碰撞前后總動量守恒。

A.-OP-n\?OM+m2-ONB.,ON=-OP+m2-OM

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

(4)如果該碰撞為彈性碰撞，則只需要滿足一個表達式，即。

四、解答題

14.如圖所示，傾角為e的光滑斜面末端與水平傳送帶的左端。平滑連接傳送帶。C間的距離為L

沿順時針方向運行的速度為力,其右端c與光滑且足夠長的水平平臺平滑連接，平臺上有幾個質量

為2機的小滑塊。編號依次為Bl、B2、B3、B4...Bn?將質量為加的滑塊A由斜面上某一高度由靜止

釋放。當滑塊A滑到傳送帶右端C時，恰好與傳送帶速度相同。小滑塊間的碰撞均為彈性碰撞。已

知滑塊A與傳送帶間的動摩擦因數為〃，重力加速度為g,滑塊均視為質點，求：

(1)滑塊A下滑的高度；

(2)小滑塊Bi的最終速度及被碰撞的次數。

A

BB3B4紇

°P%C2

15.如圖,一根水平桿上等距離地穿著w個半徑相同的珠子，珠子可以在桿上無摩擦移動，珠子的質

量依次為機，km,k2m,k3m.......,其中人的取值范圍是2.使第一顆珠子在極短時間

2

內獲得初速度V0,之后每當珠子之間發生碰撞時都會粘在一起.

a.分析并說明當人取何值時，碰撞全部結束后系統的總動能最大；左取何值時，碰撞全部結束后系統

的總動能最小;

b.求出碰撞結束后系統相應的最小總動能和最大總動能的比值。

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

nx

根kmk2mk3mk-m

參考答案:

1.C

設加速后航天器的速度大小為v,由動量守恒定律有Mvo=mvi+(M-m)v

解得故選c.

2.C

設B經過時間A、B在空中相遇，則

121

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

要使兩物體能在B上升過程中相遇，則

0<t<%

g

代入得

.+1卜。<加<.

gg

故選c。

3.C

AB.設乙COH=e,CH=BO=AO=L,根據幾何關系可知

tan心里=勺=立

0H伍2

以。點為對象，豎直方向根據受力平衡可知

Tcosin3=mg

解得輕繩co的拉力大小為

Tco=

sin”

故AB錯誤;

CD.根據對稱性可知，兩輕桿AO與8。的彈力/大小相等，以。點為對象，水平方向根據受力平

衡可知

IFcos45°=Tcocos0

解得

F=mg

可知輕質細桿B0對墻的作用力為mg,兩根輕質細桿對。點的合力為

F合=VF2+F2=\f2F=yflmg

故C正確，D錯誤。

故選C。

4.D

A.系統動量守恒，選擇開始到Uis時刻列方程可知

mivcr（徵/+徵2）vi

將vo=3m/s,v；=lm/s代入得

mi：m2=l：2

故選項A錯誤；

B.務時刻

mivo=m2V2

解得加2的速度為

3,

%=—m/s

22

選項B錯誤；

CD.若考慮兩物體從Uis到仁2s的時間內，儂加速運動，預減速運動，因

mi：m2=l：2

則在任意時刻兩物體的加速度之比為

ai：42=2：1

若用微元法考慮，則兩物體間的距離

A12/12x1212

Zkx=Vyt+—Q-Qt—（V]/-5ali+5〃/

則”;“產’對應的位移（面積）為0.6m,貝廣:對應的位移（面積）為1.2m,該兩部分面積之和

與。?1s內對應的虛線面積相等，即1.8m,即0?Is內彈簧的長度縮短1.8m,第1秒內叫的位移為

1.8m+0.4m=2.2m,選項C錯誤D正確。

故選Do

5.C

A、B碰撞過程中，以vo方向為正方向，根據動量守恒定律得

mv0=-m-kv0+5mvB

A與擋板P碰撞后能追上B發生再碰的條件是

得

k>-

4

碰撞過程中損失的機械能

2x

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

解得

k<-

3

所以太滿足的條件是

1,2

—<k<—

43

故C正確，ABD錯誤。

故選Co

6.C

A.〃在豎直平面內做平拋運動，豎直方向是自由落體運動，人在斜面上運動，受到重力和支持力，沿

斜面向下是勻加速運動，加速度是gsine,6沿斜面方向位移大，加速度小，根據x=可知6運

動的時間長，故A錯誤；

B.a、b在水平方向都是勻速運動，因為水平方向的初速度相同，6運動時間長，所以b的水平位移

大于。的水平位移，故B錯誤；

CD.根據動能定理

mgh=；mv2—gmVg

整理可得

,1212

gh.v.J%

兩個質點初速度相等，豎直方向下落的高度相等，則以6落地時的速度大小相同，由于質量關系未

知，所以無法確定4、6落地時的動能大小，故C正確，D錯誤。

故選Co

7.A

A.選取向右為正方向，兩個物體的總動量是尸，則A的動量

m

PA=^P

彈簧恢復到原長時，A剛好靜止，由動量定理得

mm

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

M+mM-\-m

負號表示與選定的正方向相反.故A正確;

B.彈簧對作用的過程中，彈簧對A做負功，對8做正功，系統的機械能全部轉化為B的動能,

所以B的動能的增加量等于彈簧的彈性勢能與A的動能的和，所以彈簧彈力對B做功的大于EP.故

B錯誤;

CD.物塊A與8以及彈簧組成的系統相互作用的過程中系統的動量守恒，設相互作用結束后8的速

度為v/,選取向右為正方向，則

與C相互作用的過程中二者組成的系統的動量也守恒，設最終的速度為也，根據動量守恒得

聯立得

P

%

2M

整個的過程中損失的機械能

而

聯立解得

P211

△￡=Ep+

2+m2M

可知只有在機與"相等時，全過程中機械能減小量才為EP.故CD錯誤;

故選Ao

8.D

A.兩次拋出時，豎直方向均做自由落體運動，因而兩種情況下小球從拋出點到經過1軸的時間相等，

故A錯誤；

B.兩種情況下，小球均做勻變速曲線運動，但第二次小球受到的合外力大，加速度大，據。=乎可

△t

知，第二次小球在相等時間內速度改變量較大，故B錯誤；

C.兩種情況下，小球分別經過x軸上的A點和8點時速度分解如圖所示

y

QL%

BvxA>b

0

vyvBVyVA

經過A點時則有

.=%tan6

經過B點時則有

vy=vxtana

解得

v=Van￡

“tan。

故c錯誤；

D.第一次拋出，水平射程

尤A=卬

第二次拋出水平射程

聯立可解得

xA_2tana

xBtana+tan0

故D正確。

故選D。

9.AB

以下計算過程均是無量綱的數值計算（單位已統一），設每個球的質量均為根，取向右為正方向，則

碰前系統總動量

p=mvA+mvB=4m—2m=2m

碰前的總動能為

1212c

石k=^mVA=1。加

A.若以=0,i%=2m/s,碰后總動量為

f

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

則動量守恒，碰后總動能為

E：=gmv'l+gmv^—2m

動量守恒，機械能不增加，符合實際，A正確；

B.若％=-2m/s,v；=4m/s,碰后總動量為

p'=my]+機%=2m

總動能為

E；=；mv'^+:mv^=10m

動量守恒，機械能守恒，符合實際，B正確；

C.若或=-3m/s,v；=5m/s,碰后總動量為

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

則動量守恒，碰后總動能為

=gmvf+JmVg=\1m

動量守恒，機械能增加，不符合實際，C錯誤；

D.若％=-4m/s,v；=2m/s,碰后總動量為

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

動量不守恒，不符合實際，D錯誤。

故選AB。

10.CD

AB.子彈、槍、人、車系統所受的合外力為零，系統的動量守恒，子彈射擊前系統的總動量為零，

子彈射入靶后總動量也為零，故小車仍然是靜止的。在子彈射出槍口到打入靶中的過程中，小車向右

運動，所以第"發子彈打入靶中后，小車應停在原來位置的右方。待打完“發子彈后，小車將靜止不

動，故AB錯誤；

C.設子彈出口速度為v,車后退速度大小為v,以向左為正，根據動量守恒定律，有

0=加丫-+(〃-1)”?]V

子彈勻速前進的同時，車勻速后退，故有

vt+vt=d

解得

,mv

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

故車后退位移大小為

,，md

As=vt=------

nm+M

故C正確；

D.若其中一發子彈的發射速度斜向上，當子彈到達空中最高點時，子彈在水平方向有速度，由子彈、

槍、人、車組成的系統水平方向動量守恒可知，小車的速度不為零，故D正確。

故選CDo

11.AD

AB.子彈A以100m/s的水平初速度在極短時間內擊穿物體B后速度減為40m/s,則A、B組成的系

統動量守恒，根據動量守恒定律有

Uo=優AH+

B上升時，與C組成的系統水平方向動量守恒，機械能守恒，則有

v

inBv2=(〃%+wc)3

=(('%+機c)W

解得

h=0.6m

故A正確，B錯誤；

D.B返回到最低點時，與C組成的系統水平方向動量守恒，機械能守恒，此時C的速度最大，則有

=-/7iBv4+mcv5

12121o

VWV

5帆”2=-^；+-C5

解得

v5=8m/s

故C錯誤，D正確；

故選ADo

12.AD

A.輕繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于履，對木板，由牛頓第二定律得

kx=Ma,a=—

M

選項A正確;

B.輕繩斷之前對長木板和滑塊組成的系統有拉力，系統動量不守恒，選項B錯誤;

C.彈簧恢復原長時木板有動能，所以滑塊的動能小于g機y，選項c錯誤；

D.設輕繩被拉斷時滑塊的速度為匕，彈力做功

w0+kx12

22

根據動能定理有

TWTT=—1mv,2—1mv2

212

輕繩被拉斷后，根據動量守恒定律有

mvx=(M+m)v2

由功能關系有

jLtmgl=mv2—+

聯立解得

Mv2+kx2

u=、

2(zM+m)g/

選項D正確；

故選AD?

13.(1)B

⑵C

⑶C

(4)m10P=m10M+m2ON

(1)A.只要小球從斜面上同一位置由靜止釋放即可保證小球到達斜槽末端的速度相等，斜槽軌道

不必光滑，故A錯誤；

B.為保證小球離開斜槽后做平拋運動，斜槽軌道末端必須水平，故B正確；

C.為保證入射球碰后沿原方向運動，應滿足入射球的質量/大于被碰球的質量叫，故C錯誤。

故選B；

(2)小球離開斜槽后做平拋運動，設小球的位移大小為L豎直方向有

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為

IgOPcos20

%=\V2Osm-en

碰撞后的速度為

_IgOMcos20

"V2sin6

被碰球碰撞后的速度為

IgONcos20

-一｛2sin6>

兩球碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得

班%="&匕+my2

整理得

yJOP=mxyjOM+nt,JON

實驗可以通過O點與各落點的距離代替測小球做平拋運動的初速度。

故選C；

(3)由(2)可知在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式

叫yjop=叫YOM+mjJON

則可以認為兩球碰撞前后總動量守恒。

故選c。

(4)若碰撞是彈性碰撞，以上物理量還滿足的表達式為

121212

5叫%=萬仍匕+-^2

因

V0C

即

v2ccL

則表達式為

m10P=rriyOM+m2ON

14.(1)h=—■-或/?二2+以；(2)v=—v0,2n-\次

2g2g3〃

(l)設滑塊A的初始位置高度為九到達斜面底端的速度為也則下滑過程中由機械能守恒有

解得

v=y[2gh

若滑塊A沖上傳送帶時的速度小于傳送帶速度好,則由于滑塊A在傳送帶上受到向右的滑動摩擦力

而做勻加速運動，根據動能定理有

jumgL=gmvl-gmv2

解得

h=--RL

2g

若滑塊A沖上傳送帶時的速度大于傳送帶速度為,則由于滑塊A在傳送帶上受到向左的滑動摩擦力

而做勻減速運動，根據動能定理有

—jumgL=gmvQ-；mv2

解得

h=―2-+uL

2g

(2)滑塊A先與小滑塊Bi發生彈性碰撞，由動量守恒定律有

mv0=mv1A+2mvn

由能量守恒定律有

2

—mvg=-A+—x2mvx

解得

21

匕1=1%，V1A="3

然后小滑塊Bl與小滑塊B2發生彈性碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律可得，小滑塊Bl與小滑

塊B2碰后將速度傳遞給小滑塊B3,速度依次傳遞，直至與小滑塊Bn發生碰撞后第一輪碰撞結束，得

小滑塊Bn的速度為

2

第一輪中小滑塊B1共發生2次碰撞。滑塊A通過傳送帶后會返回再次與小滑塊B1發生彈性碰撞，由

勻變速直線運動的對稱性可知，滑塊A返回水平平臺的速度大小為

,1

匕A=~V0

滑塊A與小滑塊Bi發生第二次彈性碰撞，由動量守恒定律有

=mv2A+2mv21

由能量守恒定律有

解得

1