课时检测训练27 动量守恒定律及其应用-【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）

9.B解析打一次喷定大约资出气体的 解得11■48， 4.A解析设碰撞后女儿的速度为， 质量m=pV,由动量定理F△r=m四，解得 符合假设，则滑块4s时末速度为 根据动量守恒定律可得3m0一v F-吧-D%=13X50x10×40N 0, m,故碰后女儿的速度v=20,碰前 △yy 0.02 滑块到达最高点，对从最高点下滑过 0.13N,根据牛顿第三定律可知，打一 母女俩的总动能E=2X3mw+ 程有 次喷宽人受到的平均反冲力为0.13N, ”-y=2ax, 2mt=2md,碰后母女俩的总动能 选B. 由牛顿第二定律有a2=gsin日 10,D解析高压水枪单位时间嘴出水 ugcos 0. E'-弓mP=2m心，由于碰整黄后感 的质查为m,=pV=m ·v= 64 解得最大位移工=3m, 动能相等，所以母女俩的碰撞为弹性 碰撞，故选A。 D,A,B错误：设汽车对水柱的 设拉力F做的功为W,上滑过程中， 5.C解析碰撞过程系统动量守恒，以 由动能定理有 平均冲力为F,由动量定理得F! 白色球的初速度方向为正方向，由动 m,即=子mvD1·,解得F W-mgsin0·x-umgcos0·x=0, 量守恒定律得pa十p=p'十p',解 解得W-」. 得pA'=1kg·m/s,根据碰撞过程总 pm心D,由牛顿第三定徘知水柱对 1 13.(1)30m/s(2)1302N 能不精，测有然十盆会 汽车的平均冲力大小为mD,C 解析(1)运动员从A到B、从B到 C时间相等，设时间间隔为T,则h 总 ,解得m≥号程后，两球同肉 错误；高压水枪喷出的水对汽车产生 么-gT,4T-xa,解得%-30m/s4 运动，A的速度不大于B的速度，则 的压强=5 TPnU'D (2)由题意得，落地时速度与水平方向 =pw,则当 PA≤色，解得m≤4m,综上可知 的夹角为53°，速度关系c0s53°-马 mA 2 高压水枪喷口的出水速度变为原来 垂克轨道方向由动量定理有 3m≤mn≤m4,故C正确， 6,D解析以两滑块组成的系统为研 的2倍时，资出的水对汽车的压强变 (F-mgc0s23)=0-musin30°， 为原来的4倍，D正确。 解得F■1302N. 究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由 11.C解析根据动量定理分别研究四 课时检测训练27 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 种情况下物体的速率。取。=1s,以 1,C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， A、B的运动方向相反或者两者都静 沿斜面向上为正方向，A图中： -mngsin30°·3，+F1·24。+F,。= 乙图中，M与N组成的系统所受合外 止，而硅撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块 一m1,得=20m/s:B图中： 力不为0系统动量不守恒：丙图中木 的速度不可能都为零，则A应该向左 一ngsin30·3k+F4+F4■-m%, 球与铁球组成的票统所受合外力为0， 运动，B应该向右运动，选项D正确 A、B、C错误 得=15m/s:C图中：一ngsin30°· 系统动量守恒：丁图中斜面与木块组 7,D解析设铁块竖直下沉的位移为 3,十F·24,=-mu,得马=25m/s:D 成的系统所受合外力不为0，系统动量 d,对木块与铁块系统，系统合外力为 图中：-mgsin30°·3，十F,·2,十 不过恒，所以系统动量守恒的只有甲 F4=一u,得=15m/s。故选项C 零，由动量守恒（人船模型）可得0= 丙，选C。 mh-Md,池深H=h+d+2a,解得 正确。 2.D解析两电荷之问的作用力为相 12.(1)0.258m/s(2)4s 512J 互作用力，则受力之比等于1：1，选项 H=M%+2a,放D正确. 3 A错误：根据F=ma可知，加速度之比 8.C解析设人沿数梯滑至地面，软梯 解析(1)根据题意可知，t=2s时， 等于m::m1,选项B错提：两电荷组 长度至少为L,以人和气球组成的系统 上滑速度最大，则滑块所受合外力为 成的系统受合外力为零，则总动量守 为研究对象，竖直方向动量守恒，规定 0,由题图可知此时F=8N, 由平衡条件有F=mgsin十 恒，p一p:=0,即动量之比答于1；1， 整直向下为正方向，由动量守恒定律 得0=一M如，十m,人沿软梯降至地 umgcos 0, 专项C等误：根据E=会可知，动能 代入数据得4=0.25， 面，气球上升的高度为L一，平均速度 之比等于m2:m1,选项D正确。 0一25由动量定理有 大小为L一本，人相对于地面下降 3.ACD解析绳子繁前，B、C已经 t Iwm-mgtsin0-mgtcos0=mu一0， 达到共同速度，设B、C达到的共同速 根据F-t图像与时问轴所国的面积 的高度为点，平均速度大小为双=办， 表示冲量，结合题图可知，Im=F= 度大小为叫，根据动量守恒定律可得 16+8×2N·s=24N·8, m,功=(m十m)8,解得码=1.0m/s, 联立得0=一M.气少+m·冬解得 t 2 A正确：绳子刚据紧后的瞬问，设A、B 联立解得v.=8m/s. 其有相同的速度，A,B组成的系统 L=M十mk,放C正确，A,B,D错误。 M (2)根据题意，若滑块到达最高点的 满足动量守恒，则有m山=(m1十m2) 9,D解析在爆炸过程中，由于重力远 时间大于等于4s,设时问为{，由动 ·,解得=0.5m/s,B错误，C正 小于内力，系统的动量守恒。爆炸前 量定理有 确：A、B,C三者最终有共同的速度，设 炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆 18-mgt,sin 0-umgt cos 0=0, 为，A、B、C组成的系统满足动量守 炸后P的运动方向与爆炸前的运动方 其中n=F=号×4X16N·s 恒，则有m心=(m1十m:十m),解 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 32N·s, 得一号ms,D正确 运动方向取决于P的动量与爆炸前炮 高考一轮总复习·物理 ·592 弹的动量的大小关系，因此Q的运动 竖直方向有h=, 次小车的速度相等。当水平轨道粗楚 方向不一定与爆炸前的运动方向相 时有摩擦生热，根据能量守恒可知 同，故A错误：在爆炸过程中，P、Q受 联立并代入数据解得巴w=1m/5, E>E 到爆炸力大小相等，作用时间相同，则 A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B 2.D解析设子弹的初速度为v,子弹 暴炸力的冲量大小一定相等，由动量 所受水平桌面的摩擦力等大反向，所 与滑块共同速度为v',子弹和滑块的 定理可知，在爆炸过程中P、Q动量的 受弹簧弹力也等大反向，又A、B整直 质量分别为m、M,取向右为正方向，根 改变量大小相等，方向相反，D正确； 方向上所受合力均为零，故A、B组成 据动量守恒定律可知me=(m十0， 爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向 的系统所受合外力为零，动量守恒， 上为自由落体运动，由于高度相同，在 则有ma=m 解得。一网由于两滑块质量相 空中运动时间一定相同，所以P、Q 解得a=1m/s. 司，子弹质量也相同，则最后共同速度 定同时落地，B错误：由于爆炸后两部 (2)对B离开弹簧后的运动过程，根 也相同，故A错误；子弹的质量相同， 分速度的大小关系无法判断，因此落 据动能定理有 初、末速度相同，测子弹的动量变化量 地点到爆炸点的水平距离无法确定，C 一m82n=0-zmn, 相等，根据动量定理可知I=△p,子弹 错误 受到的图力的冲量相同，政B错误：根 代入数据解得：=0.2。 10,A解析根据碰撞过程动量守恒定 据能量守恒定律可知，两过程中系统 律，如果△p=-3.0kg·m/s、 (3)对A,B与弹簧相互作用的过程， 产生的热量等于系统减小的机械能， △pm=3.0kg·m/s,所以碰后两球的 根据能量守恒定律有 故两过程系统产生的热量相同，由Q= 1 1 Fd,其中子弹在A中受到的平均阻力 动量分别为p'=2.0kg·m/s、 △E,=交m+交m十mg· pa'=10kg·m/s,根据碰擅过程总动能 是在B中受到的平均阻力的两倍，可 知子弹射入滑块B中的深度是射入滑 不增加，是可能发生的，故A正璃。两球 告+mg·告 块A中深度的两倍，故C错误；根据动 碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变 代入数据解得△E.=0.12J. 能定理可知，子弹对滑块数的功等于 化量应大小相等，方向相反，若△P 13.(1)r=马 (2)W=6mgL-3mv," 滑块动能的增加量，两滑块质量相同， =3.0kg·m/s,△pm=3.0kg·m/s, g 初动能相同，末动能相同，则子弹对滑 违反了动量守恒定律，不可能，故B -學度 块A做的动和对滑块B微的功相等， 错误。根据碰撞过程动量守恒定律， 故D正确。 如果△p=3.0kg·m/s、△p= 解析(1)A在传送带上运动时的加 速度a=g, 3,D解析m1,m2组成的票统受合外 一3,0kg·m/s,碰后两球的动量分别 由静止加速到与传送带共遮所用的 力为零，则系统的动量守恒，选项A错 为pa'=8kg·m/s,pa'=4kg·m/s, 由题，碰撞后两球的动量方向都与原 时问： 误m1、m:及弹簧组成的系统机械能 守恒，选项B错误；弹簧最长时，两球 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 a ug 共速，则由动量守恒定律得m。=(m (2)B从M点滑至N点的过程中克服 如果△pa=-10kg·m/s、△pB= 十m:),此时弹性势能为E。= 2m, 10kg·m/s,所以碰后两球的动量分 阻力做的功W= 1 ·2m,2十2mg· m 别为p'=-5kg·m/s、pg= 一之(m:十m=2mm选项C 17kg·m/s,可以看出，碰撞后A的 3L-合·2m(2aP=6ngL-3m, 错误：当弹簧再次回到原长时m1的速 动能不变，而B的动能增大，违反了 (3)A,B碰撞过程由动量守恒定律和 度最大，对m,%=m出十m马， 能量守恒定律，不可能。故D错误。 能量关系可知， 11.A解析设喷出三次气体后火箭的 名-立风+宁m,解得 速度为山，以火箭和喷出的三次气体 2m·2%,=m+2m4,2·3n·2 2m,选项D正确。 m1十m2 为研究对象，以竖直肉上为正方向， 4.BCD解析小球以初速度滑上圆 由动量守恒定律得：(M一3m) 烈轨道，小球与圆孤轨道产生相互作 3mv=0,解得≈4m/8,故A正确 -[22m2,] 用，因此小球从滑上圆弧轨道到飞离 地球卫星要能成功发射，资气n次后 至少要达到第一字宙速度，即：。= 解得=2=%（另一组= 圆题轨道的过程中系统机械能守恒， 3% 且小球与圆弧轨道组成的系统在水平 7.9km/s,故B错误，以火情和喷出 5 的#次气体为研究对象，以竖直向上 4=3%舍掉)， 方向动量守恒，所以小球离开C点时 水平速度与圆弧轨道相同，另有竖直 为正方向，由动量守恒定律得：(M一 2L 南上的分速度，所以小球离开C点后 m)一nu=0,代入数据解得n≈ 两物体平抛运动的时间为与=√ 做斜抛运动，选项A错误，B正确：因 666,故C错误：至少持续喷气时何： 则一r■41十r巧1 为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水 1-品-3.38，数D错误. 架得受受 平速度与弧轨道相同，所以小球还 能落到圆弧轨道上，最后相对要弧轨 12.(1)1m/s1m/s 课时检测训练28 道向左运动到水平面上，设小球从左 (2)0.2 1.B解析弹簧第一次被压缩至最短 侧离开圆到轨道时其速度为，图瓢 (3)0.12J 时，小球与小车具有共司速度。两种 轨道的速度为网，则有m=m巴十 解析(1)A离开桌面后做平抛运 情况的水平面都光滑，满足水平方向 1 动，则水平方向有x=, 动量守恒，有0=(m十m:)0,所以两 3mm=之m+×3m, ·593 高考一轮总复习·物理课时检测训练27动量守恒定律及其应用 对应答案P592 基础对点练 落。下列说法正确的是 对点练1动量守恒定律的理解和基本应用 B A 1.(2025·辽宁装山市联考)下列四幅图所反映的 54767626466 物理过程中，系统动量守恒的是 ( A.绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为 墙 1.0m/s m B.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为 在光滑水平面上，子弹水剪断细线，压缩的轻弹 1.0m/s 平射入木块的过程中 簧恢复原长的过程中 争 乙 C.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为 术球 0.5m/s 铁球 D,最终A,B.C三者将以大小为号 m/s的共同 两球匀速下降，细线 木块沿光滑固定斜面 速度一直运动下去 断裂后，它们在水中 由静止滑下的过程中 运动的过程中 对点练2碰撞问题 丙 丁 4.一些宅在家里久了的朋友有些耐 A.只有甲、乙 B.只有丙、丁 不住寂爽，想要出门逛逛，但是又 C.只有甲、丙 D.只有乙、丁 担心受到感染，因此绞尽脑汁来 2.如图所示，光滑绝缘水平面上mQ 自我保护。如图所示，母女俩穿 B 带有同种电荷的A,B两个小 着同款充气“防护服”出来散步， 球质量分别为m1,m2,当相距一定距离时同时释 由于两人初次穿充气服，走起路来有些控制不好 放，在释放后的任一时刻，A、B两小球的下列关 平衡，所以两人发生了碰撞。若妈妈的质量为 系正确的是 ( 3m,女儿的质量为m,且以相同的速率v在光滑 A.受力之比等于m1：m2 水平面上发生相向碰撞，碰撞后妈妈静止不动， B.加速度之比等于m1￥m2 则这次碰撞属于 () C.动量之比等于m2:m A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞 D.动能之比等于m2：m C.完全非弹性碰撞 D.条件不足，无法确定 3.(多选)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的 5.如图为某运动员正在准 细绳一端连接着质量为m1=1.0kg的物块A, 备击球，设在某一杆击球 另一端连接质量为m=1.0kg的长木板B,绳 过程中，白色球（主球）和 花色球碰撞前后都在同 子开始是松弛的。质量为m3=1.0kg的物块C 一直线上运动，碰前白色球A的动量pa=5kg 放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩 ·m/s,花色球B静止，碰后花色球B的动量变 擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物 为pa'=4kg·m/s,则两球质量ma与mg间的 块C水平向左的瞬时初速度=2.0m/s,物块 关系可能是 () C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、 1 1 C已经达到共同速度；绳子绷紫后，A,B总是具 A.mn-6mA B.mn=m 有相同的速度：物块C始终未从长木板B上滑 C.mp=2mA D.ms=5mA 课时检测训练·物理 384 6.如图所示，两滑块A,B左 6右 P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空气的阻 在光滑水平面上沿同一 A B 力，则下列说法正确的是 () 直线相向运动，滑块A的质量为m,速度大小为 A.爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同 2,方向向右，滑块B的质量为2m,速度大小为 B.爆炸后Q比P先落地 ,方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状 态是 CQ的落地点到爆炸点的水平距离大 A.A和B都向左运动 D.爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等 B.A和B都向右运动 综合提升练 C.A静止，B向右运动 B D.A向左运动，B向右运动 10.如图所示，动量分别为= 对点练3爆炸、反冲、“人船”模型 5kg·m/s、pB=7kg·m/s的两个小球A、B 7.如图，棱长为a、大小形状 在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一 相同的立方体木块和铁块， 段时间后两球发生正碰，分别用△PA、△PB表示 质量为m的木块在上，质 两小球动量的变化量。则下列选项中可能正确 量为M的铁块在下，上下 的是 () 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 A.△pa=-3kg·m/s、△pm=3kg·m/s 面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块 B.△pa=3kg·m/s、△p=3kg·m/s 均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块 C.△pa=3kg·m/s、△pm=-3kg·m/s 恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻 D.△pa=-10kg·m/s、△pg=10kg·m/s 力，则池深为 ( 11.在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以 A.M B.M+m(h+2a) m 提高最终的发射速度。某次地球近地卫星发射 C.(2) D.M 的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为 8.质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球 m=800g的气体，气体离开发动机时的对地速 和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如 度v=1000m/s,假设火箭（含燃料在内）的总 果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人 质量为M=600kg,发动机每秒喷气20次，忽 沿软梯降到地面，则软梯长至少应为 略地球引力的影响，则 () A.mh B.M “m+Mh A.第三次气体喷出后火箭的速度大小约为 C.M+m有 D.M什m方 4 m/s M B.地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到 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 11.2 km/s P、Q,其中P的质量大于Q。已知爆炸后P的运 C.要使火箭能成功发射至少要喷气500次 动方向与爆炸前的运动方向相同，假设爆炸后 D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气17s 385 课时检测训练·物理 12.(2024·黑吉辽)如图，高度h=0.8m的水平桌：13.(2023·广东卷)如图为某药品自动传送系统的 面上放置两个相同物块A、B,质量ma=ma 示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽 0.1kg。A、B间夹一压缩量△x=0.1m的轻 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 弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放 度飞。匀速运动的传送带上，在与传送带达到共 A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水 速后，从M点进人滑槽，A刚好滑到平台最右 平方向飞出，水平射程xA=0.4m:B脱离弹簧 端N点停下，随后滑下的B以2U,的速度与A 后沿桌面滑行一段距离xa=0.25m后停止。 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落 A、B均视为质点，取重力加速度g=10m/s2。 在桌面上圆盘内直径的两端。已知A,B的质 不计空气阻力。求： 量分别为m和2m,碰撞过程中损失的能量为碰 撞前瞬间总动能的子。A与传送带间的动摩擦 ■ 因数为4，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： 传送带BAW 螺旋滑槽 A (I)脱离弹簧时A、B的速度大小a和s。 圆 (2)物块与桌面间的动摩擦因数 (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能△E。 (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。 课时检测训练·物理 -386