高考物理講解：動量與動量守恒

專題七動量與動量守恒

（時間：80分鐘滿分:130分）

一、單項選擇題（每小題4分，共20分）

1.（2022屆雅禮中學(xué)聯(lián)考I典型模型）如圖所示,質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水

平地面上，其水平直徑AB長度為2R,現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從S巨A點正上方ho高處由青爭

止釋放，然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為和。（不計空氣阻

力）廁（）

A.小球和小車組成的系統(tǒng)幼量守恒

B.小車向左運動的最大距離為加

C.小球離開小車后做斜上拋運動

D.小球第二次能上升的最大高度h滿足;

答案D水平地面光滑，系統(tǒng)僅在水平方向動量守恒，豎直方向動量并不守恒,A錯誤;依據(jù)

人船模型的結(jié)論可得小車向左運動的最大距離為x車=就-2R=RZB錯誤;因水平方向動量

守恒，則小球離開小車后做豎直上拋運動,下來時還會落回半圓軌道中C錯誤;設(shè)小球第一次

在半圓軌道中運動克服摩蒙力做功大小為Wf,由動能定理得mg（ho-：ho）-Wf=O,解得

Wf=：mgho,即小球第一次在半圓軌道中運動損失的機械能為:mgho,由于第二次小球在半

圓軌道中運動時,對應(yīng)位置處速度變小，因此半圓軌道對小球的彈力變小，摩擦力變小，克服摩

擦力做功小于:mgho,機械能損失小于［mgh。,因此小球第二次能上升的最大高度h滿足

Tho<h<；ho,D正確。

2.（2021八省聯(lián)考B卷,3,4分）如圖所示為高空墜物的公益廣告,形象地描述了高空墜物對人

傷害的嚴(yán)重性。小明同學(xué)用下面的實例來檢驗廣告的科學(xué)性:設(shè)一個50g的雞蛋從25樓

的窗戶自由落下,相鄰樓層的高度差為3m,雞蛋與地面撞擊時間約為2ms。不計空氣阻力,

則該雞蛋對地面的平均沖擊力約為（）

一個利很的威力

它只是舄小小的兩色.但也可傀必殺人■?兇手-

A.5000NB.1000NC.500ND.100N

答案B相鄰樓層高度差為3m,則雞蛋下落的總高度約為h=（25-l）x3m=72m,自由

下落時間匕二舊^3.8s,與地面的碰撞時間約為t2=2ms=0.002s,全過程根據(jù)動量定理

可得mg（ti+t2）-汽2=0,解得戶2950N-1000N,由牛頓第三定律可知，該雞蛋對地面的平

均沖擊力約為1000N,選項B正確。故選B項。

3.（2021廣州模擬,6I物理生活）用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產(chǎn)生的原理。如圖

所示，從距秤盤80cm高度把1000粒豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1s,豆

粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话搿Ｈ裘總€豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時間吸短

（在豆粒與秤盤碰撞的極短時間內(nèi)，碰撞力遠(yuǎn)大于豆粒受到的重力），已知1000粒豆粒的總質(zhì)

量為100g,g取10m/s2。則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為（）

A.0.2NB.0.6NC.1.0ND.1.6N

答案B豆粒下落過程做自由落體運動，落到秤盤上時速度大小\/=師=4m/s,根據(jù)題

意知反彈瞬間速度大小為2m/s,對豆粒碰撞秤盤的過程應(yīng)用動量定理

W：F=^=--^―（;4）N=0.6N油牛頓第三定律知，選項B正確。

4.（2022屆臨沂模擬I物理生活）如圖所示,武裝直升機的旋翼槳盤面積（槳葉旋轉(zhuǎn)形成的圓

面面積）為空氣密度為直升機質(zhì)量為重力加速度為當(dāng)直升機向上勻速運動時，假

S,p,m,go

設(shè)空氣阻力恒為f,空氣浮力不計，風(fēng)力的影響也不計，下列說法正確的是（）

A.直升機懸停時受到的升力大小為mg+f

B.直升機向上勻速運動時,1s內(nèi)被螺旋槳推動的空氣質(zhì)量為J雷

C.直升機向上勻速運動時,1s內(nèi)被螺旋槳推動的空氣質(zhì)量為+f）pS

D.直升機向上勻速運動時,1s內(nèi)發(fā)動機做的功為、晤

答案c根據(jù)平衡條件可得直升機懸停時受到的升力大小為mg,故A錯誤;似時間內(nèi)被螺

旋槳推動的空氣的質(zhì)量為協(xié)"5丫似,螺旋槳對空氣的作用力大小F=^,Ap=Am"油牛頓

第三定律知空氣對螺旋槳的作用力大小F二F,為使飛機向上勻速運動，有F'=mg+f,聯(lián)立解得

3］嚕，1S內(nèi)被螺旋槳推動的空氣質(zhì)量為M=pSv=pSJ嚕=+f）pS,故B錯

誤工正確;由動能定理可得1s內(nèi)發(fā)動機所做的功為W=；Mv2=gJ嚕2故D錯誤。

5.（2020威海一模,8I科技工程）離子推進器是新一代航天動力裝置，可用于衛(wèi)星姿態(tài)控制和

軌道修正。推進劑從圖中P處注入，在A處電離出正離子，已知B、C之間加有恒定電壓U,

正離子進入B時的速度忽略不計，經(jīng)加速形成電流為I的離子束后噴出推進器,單位時間內(nèi)噴

出的離子質(zhì)量為J,為研究問題方便，假定離子推進器在太空中飛行時不受其他外力，忽咯推

進器運動速度，則推進器獲得的推力大小為（）

-/

A.VWB而D.師

答案A在A處電離出正離子，經(jīng)B、C間電壓加速后，由動能定理可知qU二;mv，解得

v二課以t時間內(nèi)噴射的離子為研究對象，應(yīng)用動量定理有Ft=nmv,又因為1=芋,J=一，解

得尸二回"根據(jù)牛頓第三定律知推進器獲得的推力大小為回"故A正確,B、C、D錯

誤。

二、多項選擇題（每小題6分，共18分）

6.（2021雅禮中學(xué)月考,9I典型模型）（多選）如圖所示，兩個小球A、B大小相等，質(zhì)量分布均

勻,A的質(zhì)量小于B的質(zhì)量,A、B與輕彈簧拴接清爭止在光滑水平面上,第一次用錘子在左側(cè)

與A球心等高處水平快速向右敲擊A,作用于A的沖量大小為L,第二次兩小球及彈簧仍靜

止在水平面上，用錘子在右側(cè)與B球心等高處水平快速向左敲擊B,作用于B的沖量大小為

則下列說法正確的是（）

若兩次錘子敲擊完成瞬間,、兩球獲得的動量大小分別為和廁

A.ABpiP2pi=p2

B.若兩次錘子敲擊分別對A、B兩球做的功為Wi和W2則Wi=W2

C.若兩次彈簧壓縮到最短時的長度分別為Li和L2,則LKL2

D.若兩次彈簧壓縮到最短時,A、彈簧、B的共同速度大小分別為vi和V2,則vi>V2

答案AC由動量定理IMp可知，由于h=L廁兩次錘子敲擊完成瞬間有pi=pz故A正

確;由于兩次錘子敲擊完成瞬間兩球具有的動量大小相等，由Ek二高可知，質(zhì)量小的A球獲得

的初動能更大，由動能定理可知Wi>W2,故B錯誤;由動量守恒可得mivo=（mi+rwW得

小的，初速度越大，即A球獲得的初速度較大，則敲擊A球時彈簧的最大彈性勢能較大，即

Vo

Li<Lz故C正確;由動量守恒可得mwo=（mi+m2）%得v=;^麗，則兩次共速時的速度大小

相等，故D錯誤。

7.（2022屆長沙一中月考一I典型模型）（多選）如圖甲所示，勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧下端

固定在地面上，上端與物塊B相連并處于靜止?fàn)顟B(tài)。一物塊A在外力作用下靜止在彈費正

上方某高度處，取物塊A靜止時的位置為原點0、豎直向下為正方向建立x軸。某時刻撤去

外力，物塊A自由下落,與物塊B碰撞后以相同的速度向下運動,碰撞過程用時極短。測得物

塊A的動能Ek與其位置坐標(biāo)x的關(guān)系如圖乙所示（彈簧始終處于彈性限度內(nèi)）,圖中除O~xi

之間的圖線為直線外，其余部分均為曲線。已知物塊A、B均可視為質(zhì)點，重力加速度為g,則

B.彈笛的勁度系數(shù)為而為

C.從Xi到x3的過程中，物塊運動加速度的最大值為聲g

D.從xi到X3的過程中,彈簧的彈性勢能增加了有詈Eki

答案AD由圖像可知，碰后A的速度變?yōu)樵瓉淼?由A、B碰撞過程動量守恒可知

1701

mAVo=(mA+mB)x不可得布二於正確;設(shè)A質(zhì)量為m,則B質(zhì)量為2m面圖乙可知在X2處

動能最大而平衡條件可知，此時彈簧彈力為3mg,從xi至IJX2的過程中，彈力增力口mg廁

mg=k(x2-xi),RO到xi由動能定理有mgxi=Eki,聯(lián)立解得k=于四'B錯誤;從xi到x3

的過程中，在X3處加速度最大，在X3處有F-3mg=3ma,又由胡克定律有F=3mg+k(x3-X2)r

聯(lián)立解得a'二船寵C錯誤在xi處A、B碰后的總動能Ek='3mx晝)2孝口碰后從xi

到X3的過程中,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒因此AEpWEki+3mg(X3-xi),而

mgxkEki,聯(lián)立解得AEp二號+匹喈2二嗤&Eki,D正確。

8.(2021湖北孝感2月調(diào)砒11)如圖所示，小球A質(zhì)量為m,系在細(xì)線的一端,線的另一端固

定在。點Q點到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m,B與C用

輕彈簧拴接,置于光滑的水平面上，且B物塊位于。點正下方。現(xiàn)拉動小球使細(xì)線水平伸直,

小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升到最高點時

到水平面的距離為白。小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力,重力加速度為g,WJ()

「T

''h

2晨息晨點

A.碰撞后小球A反彈的速度大小為印

4

B.碰撞過程B物塊受到的沖量大小為m師

C.碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能為瑞mgh

D.物塊C的最大速度大小為白＞/5蕨

答案AC設(shè)小球運動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為vi,有mgh=;m憂，解得

vi二質(zhì)，設(shè)碰撞后的速度大小為vC有嘿=;mvi?解得vi，=零故選項A正確;設(shè)碰撞后

物塊B的速度大小為vzmvi二-mvi'+5mv2,解得V2二摩。碰撞過程B物塊受到的沖量為

4

I=5mv2[m師,故選項B錯誤;碰撞后當(dāng)B物塊與C物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能

最大,據(jù)動量守恒有5mv2=8mv3,據(jù)機械能守恒定律得Epm4x5m哈38m嫌解得

Epm二部mgh,故選項C正確;對B物塊與C物塊，在彈簧回到原長時C物塊有最大速度，據(jù)

5mv2=5mvB+3mvc和;x5m嚨=；x5mi4+^x3m咤解得C的最大速度為vc二";"故選

項D錯誤。故選A、C項。

三、非選擇題（共92分）

9.（2022屆長郡中學(xué)月考三I典型模型）（10分）如圖所示光滑水平面上放置一半徑為R=0.5

m、質(zhì)量為M=2kg且內(nèi)壁粗糙程度一致的半圓槽;今i二一質(zhì)量為m=lkg、可視為質(zhì)點

的小球自右側(cè)槽口a的正上方h=lm高處從靜止開始落下，與圓弧槽相切自a點進入槽內(nèi),

然后從c點離開，已知小球第一次滑至半圓槽的最低點b時，小球的速度大小為4m/s,重力

加速度g=10m/s4不計空氣阻力，在小球第一次在半圓槽內(nèi)向左滑的過程中，求：

（1）小球從a點到b點的過程中，球與半圓槽組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能；

（2）小球從a點到c點的過程中,半圓槽的位移大小。

解析Q）小球在半圓槽內(nèi)滑動的過程中,系統(tǒng)水平方向合力為0,根據(jù)水平方向動量守恒得

0=Mv2-mvi

代入數(shù)據(jù)可得小球在半圓槽最低點時半圓槽的速度大小V2=2m/s

從釋放到最低點過程，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒得mg(h+R)4m憂+馴詔+Q

代入數(shù)據(jù)可得系統(tǒng)增加的內(nèi)能Q=3J

(2)小球從a點進入到c點飛出這一過程，水平方向類似于人船模型，則Mx2=mxi

且X1+X2=2R

代入數(shù)據(jù)可得半圓槽的位移X2=：m

10.(2022屆永州一中月考二I典型模型)(10分)如圖甲所示，質(zhì)量mi=4kg的足夠長的木

板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m2=lkg的小物塊(可視為質(zhì)點)靜止在長木板的左端。現(xiàn)對

小物塊施加一水平向右的作用力F,小物塊和長木板運動的速度圖像如圖乙所示。2s后撤

去F,重力加速度g取10m/s2。求：

(1)小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)M及水平力F的大小；

(2)撤去F后,小物塊和長木板構(gòu)成的系統(tǒng)損失的機械能AE以及小物塊相對長木板移動的距

離Ax。

解析Q)由速度圖像可知長木板的加速度為ai=等二0.5m/s2

由牛頓第二定律有|um2g=miai,解得|j=0.2

由速度圖像可知小物塊的加速度為a2=^=2m/S2

由牛頓第二定律有F-pm2g=m2a2,解得F=4N

⑵撤去F后，小物塊和長木板構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，則有mivi+m2v2=(mi+m2)v

解得m/s

^(mi+m2)v2=3.6J

撤去F后，由功能關(guān)系則有Mm2gAx=AE

解得Ax=1.8m

11.(2022屆湖南師大附中月考二I典型模型)(16分)如圖所示以v=5m/s的速度順時針

勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶左端與粗糙的弧形軌道平滑對接，右端與光滑水平面平滑對接,水平面

上有n個位于同一直線上、處于靜止?fàn)顟B(tài)的相同小球，小球質(zhì)量m°=0.2kg。質(zhì)量m=0.1

kg的物體從軌道上高h(yuǎn)=4.0m的P點由靜止開始下滑，滑到傳送帶上的A點時速度大小

vo=7m/s。物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)尸05傳送帶A、B之間的距離L=3.4m。

2

物體與小球、小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰，重力加速度g=10m/s,Vw-3.16o

求：

(1)物體從P點下滑到A點的過程中，摩擦力做的功；

(2)物體第一次向右通過傳送帶的過程中,傳送帶對物體的沖量大小；

(3)物體第一次與小球碰撞后,在傳送帶上向左滑行的最大距離；

(4)n個小球最終獲得的總動能。

解析Q)物塊由P到A的過程，滿足mgh+Wf《m評

解得Wf=-1.55J

(2)物體滑上傳送帶后，在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動，加速度大小為a=^=pg=5

m/s2

減速至與傳送帶速度相等時所用的時間ti-等-0.4s

勻減速運動的位移Si=笥%=2.4m<L=3.4m

所以物體與傳送帶共速后向右勻速運動，勻速運動的時間t2=舁=主手s=0.2s

故物體從A運動到B的時間為t=ti+t2=0.6s

傳送帶對物體的沖量大小I=d（mgt）2+卬mg￡i）2=7^5N?S^0.63N?s

（3）物體與小球1發(fā)生彈性正碰，設(shè)物體反彈回來的速度大小為的VL小球1被撞后的速度大

小為th,由動量守恒得mv=-mvi+moui

由機^能守恒得品v2u鴻mo講

解得vi=Vm/s,ui=fv=^m/s

DODD

物體被反彈回來后,在傳送帶上向左運動過程中，由運動學(xué)公式得0-說二-2as

解得s二親Qn<3.4m

（4）由于小球質(zhì)量相等，且發(fā)生的都是彈性正碰,它們之間將進行速度交換。由（3）可知,物體第

一次返回還沒到傳送帶左端速度就減小為零接下來將再次向右做勻加速運動，直到速度增加

到V1,再跟小球1發(fā)生彈性正碰，同理可得，第二次碰后，物體和小球的速度大小分別

M1/1\2221

為:V2=QVI=（1）V,U2=^Vl=o*QV

?5Qnn

以此類推，物體與小球1經(jīng)過n次后它們的速度大小分別為:Vn=

由于相鄰小球之間每次相互碰撞都進行速度交換，所以，最終從1號小球開始，到n號小球，它

們的速度大小依次為Un.Un-1.Un-2、…、U1,則H個小球的總動能為

Ek《mo（不呦…+響=式1$）,

12.（2021八省聯(lián)考B卷,13）（10分）雨霧天行車經(jīng)常發(fā)生車輛追尾相撞或山體滑坡等事故，現(xiàn)

有一輛汽車以vo=72km/h的速度正在某長直公路上勻速行駛，突然發(fā)現(xiàn)前方s=72m處

道路上有一大石頭，石頭質(zhì)量為M'=3000kg。司機緊急剎車，由于雨天路滑,剎車時產(chǎn)生的

平均阻力大小F=1.5xlO三N,汽車（含司機）質(zhì)量M=1500kg,已知司機的質(zhì)量為m=70

kg,剎車過程可以視為勻減速運動。

（1）該車會不會撞上石頭?如果會撞上，求撞上時的速度大小;如果撞不上,求從剎車到停止用的

時間。

（2）如果能撞上,汽車與石頭作用時間to=O.ls且相撞后汽車立即停止,但由于汽車安全氣囊

打開,司機與車相互作用的時間為t2=2s,則司機受到的平均作用力是多少（不考慮重力）?汽

車在to=O.ls時間內(nèi)受到的平均作用力是多少?石頭獲得的速度是多少?如果撞不上，求剎

車時汽車對司機的作用力大小是多少？

答案Q）會撞上16m/s（2）560N2.4x105N8m/s

解析（1）選車為研究對象初速度方向為正方向，由牛頓第二定律有-F=Mai,故剎車過程加

速度ai=-lm/s2（2分）

根據(jù)0-詔=2aix得車速減為零時通過的位移x=蔡=200m>72m,會撞上

撞上時的速度E優(yōu)+2als=16m/s（2分）

（2）從第（1）問可知汽車能撞上石頭。選司機為研究對象，根據(jù)動量定理有-F酬t2=0-mv,故

司機受到的平均作用力F司機=560N（2分）

根據(jù)動量定理可知3氣車在to=O.ls時間內(nèi)受到的平均作用力

F年=2.4x105N（2分）

汽午在to=O.ls時間內(nèi)與石頭碰撞可認(rèn)為動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有Mv=M'v'（l分）

故石頭獲得的速度v'=8m/s（l分）

13.（2022屆荷澤期中,18I典型模型）（15分）如圖所示「凹”形工件被鎖定在水平地面上。

工件的上表面為一滑行軌道，軌道由左側(cè)帶擋板的水平直軌道AB和右側(cè)帶有光滑:圓弧的豎

直軌道BC組成,BC與AB相切于B。D為AB的中點,AD段光滑,DB段粗糙。兩個中間夾

有壓縮輕彈簧（長度不計）的滑塊甲、乙（未與彈簧拴接）靜置于D點。某時刻彈簧彈開，乙運

動到A點與擋板相碰時用剛好運動至B點之后甲沿圓弧到達(dá)C點速度恰好為0。已知

AB長L=4m,圓弧半徑R=0.45m,甲的質(zhì)量mi=4kg,乙的質(zhì)量m2=5kg。將滑塊視為

2

質(zhì)點,取重力加速度g=10m/so

Q）求甲剛進入圓弧軌道時對B點的壓力FN；

（2）求甲與DB段的動摩擦因數(shù)p;

（3）若工件不鎖定在地面上，地面光滑，工件質(zhì)量m0=3.2kg,乙與擋板相碰后與擋板粘合在一

起,其他條件不變，求甲運動過程中距離水平軌道AB的最大高度h（保留2位有效數(shù)字）。

解析（1）設(shè)甲到達(dá)B點時的速度為VB,在甲由B到C的過程中,由機械能守恒，有

rmgR=^miv|

由牛頓第二定律，有FN'-mig=mi^

解得:FN'=120N

根據(jù)牛頓第三定律，甲對軌道壓力大小FN=120N,方向豎直向下

（2）設(shè)彈費彈開后甲、乙速度分別為vi、V2,根據(jù)動量守恒定律，有mivi=m2V2

設(shè)甲由D到B的時間為S此過程中

對乙，有色V2tl

對甲，有9

VB=vi-aiti

pmig=miai

解彳導(dǎo)：|j=0.4

(3)若工件不固定，彈簧彈開后，乙向左勻速運動，甲向右減速運動，工件向右加速運動，乙與擋板

碰撞時甲還未到達(dá)B點。設(shè)此過程中工件的加速度為az則有Mmig=m0a2

設(shè)從彈簧彈開到乙與擋板戒撞所用時間為tz由位移關(guān)系得v2t2+$2%=?

期間甲相對工件的位移△：《=(卬2-%聲)一/26

設(shè)乙與擋板碰前瞬間甲的速度為V3,工件的速度為V4廁有V3=Vl-ait2,V4=a2t2

設(shè)乙與擋板碰撞后與擋板的共同速度為V5,由動量守恒定律得m2V2-moV4=(mo+m2)V5

不論甲是否脫離圓弧BC,到達(dá)最高點時，甲與軌道(包括乙)的水平速度相同。由甲、乙、工

件組成的系統(tǒng)水平方向動量守回可知甲上升到最高點時三者的總動量等于初始動量0即三

者速度均為0

從乙與擋板碰后至甲到達(dá)最高點過程中，根據(jù)能量守恒定律得：

^mivi+1(m0+m2)v|=pmig(^-Ax)+migh

解得:h=0.57m

14.(2022屆濰坊期中,18)(16分)如圖所示，質(zhì)量均為m=2kg,大小相同的長木板甲、乙相

隔一段距離靜置于光滑水平面上，甲上表面粗糙、乙上表面光滑。乙的右端固定一輕質(zhì)彈簧,

彈簧原長小于木板長度。一質(zhì)量M=4kg的小銅塊以vo=6m/s的速度從甲左端滑上，當(dāng)

銅塊滑到甲右端時兩者速度相等，此后甲與乙發(fā)生碰撞并粘在一起，銅塊在乙表面與彈簧相互

作用過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。已知銅塊與甲之間的動摩擦因數(shù)M=0.6,g取10

m/H求：

(1)甲、乙剛碰完時的共同速度的大小;

(2)彈簧的最大彈性勢能Eo；

(3)乙的最大速度;

(4)判斷銅塊能否從甲左側(cè)滑出，若能，求其滑出時的速度;若不能，求其最終離甲左端的距離。

解析Q)銅塊與甲相互作用過程，兩者組成的系統(tǒng)動量守恒

Mvo=(M+m)vi

解得:vi=4m/s

甲與乙碰撞過程，兩者組成的系統(tǒng)動量守恒

mvi=(m+m)V2

解得:V2=2m/s

(2)從甲、乙碰撞結(jié)束到銀塊壓縮彈簧至最短，對甲、乙、銅塊組成的系統(tǒng)

由動量守恒定律得:Mvi+2mv2=(M+2m)v

解得:v=3m/s

由機械能守恒定律