课时检测训练27 动量守恒定律及其应用（Word练习）-【勤径学升】2025年高考物理一轮总复习

课时检测训练27　动量守恒定律及其应用　　 对应学生用书P384 对点练1　动量守恒定律的理解和基本应用 1．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　) A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒 C．只要系统所受的合力为零，系统动量就守恒 D．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒 答案　C 2．如图所示，光滑绝缘水平面上带有同种电荷的A、B两个小球质量分别为m1、m2，当相距一定距离时同时释放，在释放后的任一时刻，A、B两小球的下列关系正确的是(　　) A．受力之比等于m1∶m2 B．加速度之比等于m1∶m2 C．动量之比等于m2∶m1 D．动能之比等于m2∶m1 解析　两电荷之间的作用力为相互作用力，则受力之比等于1∶1，选项A错误；根据F＝ma可知，加速度之比等于m2∶m1，选项B错误；两电荷组成的系统受合外力为零，则总动量守恒，p1－p2＝0，即动量之比等于1∶1，选项C错误；根据Ek＝可知，动能之比等于m2∶m1，选项D正确。 答案　D 3．如图所示，我国科学家研制的航母舰载机电磁弹射器，有效作用长度为100 m。设起飞过程中舰载机发动机的推力和电磁弹射器的推力恒定，阻力为总推力的20%，舰载机在水平弹射结束时达到起飞速度80 m/s。舰载机从开始运动到起飞的过程中(　　) A．动能最大时，加速度为零 B．舰载机水平方向的动量不守恒 C．阻力和电磁弹射器的推力对舰载机做功之和等于舰载机动能的增加量 D．舰载机发动机的推力和电磁弹射器对舰载机的推力的冲量之和等于舰载机动量的增加量 解析　舰载机从开始运动到起飞过程中，受到舰载机发动机的推力、电磁弹射器的推力以及阻力作用，整个过程中舰载机发动机推力和电磁弹射器推力的合力始终大于阻力，所以动能最大时加速度不为零，舰载机水平方向动量不守恒，故A错误，B正确；舰载机发动机推力、电磁弹射器推力以及阻力做功之和等于舰载机动能的增加量，它们的冲量之和等于舰载机动量的增加量，故CD错误。故选 B。 答案　B 对点练2　碰撞问题 4．肺炎疫情期间，一些宅在家里久了的朋友有些耐不住寂寞，想要出门逛逛，但是又担心受到感染，因此绞尽脑汁来自我保护。如图所示，母女俩穿着同款充气“防护服”出来散步，由于两人初次穿充气服，走起路来有些控制不好平衡，所以两人发生了碰撞。若妈妈的质量为3m，女儿的质量为m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后妈妈静止不动，则这次碰撞属于(　　) A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定 解析　设碰撞后女儿的速度为v′，根据动量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后女儿的速度v′＝2v，碰前母女俩的总动能Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后母女俩的总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，由于碰撞前后总动能相等，所以母女俩的碰撞为弹性碰撞，故选A。 答案　A 5．(2023·北京第五中学检测) A、B物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移—时间图像，其中a、b分别为A、B两物块碰前的位移—时间图像，c为碰撞后两物块共同运动的位移—时间图像，若A物块质量m＝2 kg，则由图判断，下列结论错误的是(　　) A．碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s B．B物块的质量为0.75 kg C．碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s D．碰撞过程 A、B 两物块组成的系统损失的动能为10 J 解析　以A的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前 A的速度为vA＝ m/s＝3 m/s，碰撞后A、B的共同速度为vAB＝ m/s＝1 m/s，则碰撞前A的动量为mvA＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s，碰撞后 A的动量为mvAB＝2 kg·m/s，碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s，A正确，不符合题意；碰撞前B的速度为vB＝－ m/s＝－2 m/s，由动量守恒定律得mvA＋mBvB＝(m＋mB)vAB解得mB＝ kg，B错误，符合题意；由动量定理得I＝mBvAB－mBvB＝×1 kg·m/s－×(－2) kg·m/s＝4 N·s，即碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s，C正确，不符合题意；碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为ΔEk＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)vAB2＝×2×32 J＋××(－2)2 J－××12 J＝10 J，D正确，不符合题意。 答案　B 6．如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　) A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 解析　以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误。 答案　D 对点练3　爆炸、反冲、“人船”模型 7．(2023·吉林长春模拟)“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。女子在照片上身高约为1.6 cm。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为(　　) A．45 kg B．50 kg C．55 kg D．60 kg 解析　对人和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以m1x1＝m2x2代入数据可得人的质量为m2＝45 kg，故选A。 答案　A 8．质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为(　　) A． h B． h C． h D． h 解析　设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝－Mv2＋mv1，人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝，人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝，联立得0＝－M·＋m·，解得L＝h，故C正确，A、B、D错误。 答案　C 9．在某次军演中，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时爆炸，炸成前后两部分P、Q，其中P的质量大于Q。已知爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，假设爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是(　　) A．爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同 B．爆炸后Q比P先落地 C．Q的落地点到爆炸点的水平距离大 D．爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等 解析　在爆炸过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。爆炸前炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据动量守恒定律判断出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的运动方向取决于P的动量与爆炸前炮弹的动量的大小关系，因此Q的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，故A错误；在爆炸过程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可知，在爆炸过程中P、Q动量的改变量大小相等、方向相反，D正确；爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由于高度相同，在空中运动时间一定相同，所以P、Q一定同时落地，B错误；由于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到爆炸点的水平距离无法确定，C错误。 答案　D 10．如图所示，动量分别为pA＝5 kg·m/s、pB＝7 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量。则下列选项中可能正确的是(　　) A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s C．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s D．ΔpA＝－10 kg·m/s、ΔpB＝10 kg·m/s 解析　根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝－3.0 kg·m/s、ΔpB＝3.0 kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为pA′＝2.0 kg·m/s、pB′＝10 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，是可能发生的，故A正确。两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若ΔpA＝3.0 kg·m/s，ΔpB＝3.0 kg·m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B错误。根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝3.0 kg·m/s、ΔpB＝－3.0 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s、pB′＝4 kg·m/s，由题，碰撞后两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C错误。如果ΔpA＝－10 kg·m/s、ΔpB＝10 kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为pA′＝－5 kg·m/s、pB′＝17 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能。故D错误。 答案　A 11．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度。某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m＝800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v＝1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600 kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则(　　) A．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/s B．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/s C．要使火箭能成功发射至少要喷气500次 D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s 解析　设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈4 m/s，故A正确；地球卫星要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即：vn＝7.9 km/s，故B错误；以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－nm)vn－nmv＝0，代入数据解得n≈666，故C错误；至少持续喷气时间：t＝＝33.3 s，故D错误。 答案　A 12．表演者用一个大球和一个小球，做一种名为“超级弹性碰撞”的实验，其中上面的小球被称为“超级弹球”。如图所示，表演者将两球叠放在一起，从距地面高为h的位置由静止释放，假设大球先与地面碰撞以原速率反弹后再与小球碰撞，两球之间的碰撞无机械能损失且时间极短，且两球心的连线始终竖直，已知大球的质量为4m，小球的质量为m，重力加速度为g，将两球视为质点，忽略空气阻力，求： (1)该“超级弹球”第一次能够反弹的最大高度。 (2)该“超级弹球”从开始下落到第一次反弹到最大高度所经历的时间。 解析　(1)设大球刚落地时两球的速度大小均为v0，由运动学公式得v02＝2gh，大球着地后瞬间反弹与小球发生碰撞，由动量守恒定律得4mv0－mv0＝4mv1＋mv2，由能量守恒得×4mv02＋mv02＝×4mv12＋mv22，联立解得v2＝v0，“超级弹球”第一次能够反弹的最大高度h′＝，联立解得h′＝h； (2)下落过程，由运动学公式得h＝gt12上升过程，根据逆向思维可得h′＝h＝gt22，“超级弹球”从开始下落到第一次反弹到最大高度所经历的时间为t＝t1＋t2，联立解得t＝。 答案　(1) h　(2) 13．(2023·广东卷)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t。 (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W。 (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 解析　(1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg， 由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝＝； (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W＝·2mv02＋2mg·3L－2m(2v0)2＝6mgL－3mv02； (3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知2m·2v0＝mv1＋2mv2， ·2m·(2v0)2－＝， 解得v1＝2v0，v2＝v0(另一组v1＝v0，v2＝v0 舍掉)， 两物体平抛运动的时间为t1＝， 则s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1， 解得s＝。 答案　(1)t＝　 (2)W＝6mgL－3mv02 (3)s＝ 学科网（北京）股份有限公司 $$