课时检测训练27 动量守恒定律及其应用-（Word练习）【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

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.(2025·辽宁鞍山市联考)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　) A.只有甲、乙 B.只有丙、丁 C.只有甲、丙 D.只有乙、丁 解析　甲图中子弹与木块组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，乙图中，M与N组成的系统所受合外力不为0系统动量不守恒；丙图中木球与铁球组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒；丁图中斜面与木块组成的系统所受合外力不为0，系统动量不过恒，所以系统动量守恒的只有甲、丙，选C。 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.(多选)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是(　　) A.绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0 m/s B.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0 m/s C.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5 m/s D.最终A、B、C三者将以大小为 m/s的共同速度一直运动下去 解析　绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，设A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度，设为v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，D正确。 答案　ACD 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.如图为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB′＝4 kg· m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　) A.mB＝mA B.mB＝mA C.mB＝2mA D.mB＝5mA 解析　碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA，故C正确。 答案　C 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.如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上，质量为M的铁块在下，上下表面正对用极短的细绳连接悬浮在平静的水池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为(　　) A.h B.(h＋2a) C.(h＋2a) D.h＋2a 解析　设铁块竖直下沉的位移为d，对木块与铁块系统，系统合外力为零，由动量守恒(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝h＋2a，故D正确。 答案　D 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.(2024·黑吉辽)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB。 (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ。 (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 解析　(1)A离开桌面后做平抛运动，则 水平方向有xA＝vAt， 竖直方向有h＝gt2， 联立并代入数据解得vA＝1 m/s， A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所受合力均为零，故A、B组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有mAvA＝mBvB， 解得vB＝1 m/s。 (2)对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有－μmBgxB＝0－mBv， 代入数据解得μ＝0.2。 (3)对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有 ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAg·＋μmBg·， 代入数据解得ΔEp＝0.12 J。 答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 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 $$