第7章 课时测评32 动量守恒定律(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义

**基本信息** 聚焦动量守恒定律，按“理解应用-碰撞问题-爆炸反冲模型”递进，通过典型题例构建“概念判断-系统分析-模型应用”的知识逻辑链，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量守恒理解与应用|3题|系统动量守恒条件判断、多体相互作用|从概念理解到系统选取，建立动量守恒适用条件认知| |碰撞问题|3题|碰撞图像分析、弹性与非弹性碰撞计算|结合动量守恒与能量关系，掌握碰撞过程规律| |爆炸反冲人船模型及综合|4题|爆炸能量计算、人船模型、多过程综合题|从模型应用到复杂情境，提升科学推理与问题解决能力|

课时测评32　动量守恒定律 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8，每题4分，共32分) 题组1　动量守恒定律的理解和基本应用 1.如图所示，上表面粗糙的长木板P放在光滑水平面上，长木板中央放置两质量大小关系未知的物块M和N，两物块与板间的动摩擦因数均相同。M和N之间有一压缩的轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，开始时板和两物块均静止。现同时释放M、N，弹簧将两物块弹开，两物块在长木板上滑动的过程中，下列说法正确的是(　　) A.M、N组成的系统总动量一定守恒 B.M、N组成的系统总动量一定不守恒 C.若长木板向左运动，则物块M的质量一定小于物块N的质量 D.若长木板向左运动，则M、N组成的系统总动量方向一定向右 答案：D 解析：物块M和N受到长木板对它们的摩擦力大小未知，若两摩擦力大小相等，则M、N组成的系统总动量守恒，若两摩擦力大小不相等，则M、N组成的系统总动量不守恒，故A、B错误；若长木板向左运动，则板受到的合力向左，M对板的摩擦力大于N对板的摩擦力，M的质量一定大于N的质量，故C错误；长木板和两物块组成的系统总动量守恒，若长木板向左运动，则M、N组成的系统总动量方向一定向右，故D正确。 2.(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一运动员跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。运动员跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上时相对a车保持静止，此后(　　) A.a、b两车运动速率相等 B.a、c两车运动速率相等 C.三辆车的速率关系vc＞va＞vb D.a、c两车运动方向相反 答案：CD 解析：设水平向右为正方向，设运动员跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝－m车vc＋m运v，m运v＝m车vb＋m运v，m运v＝(m车＋m运)va，解得vc＝，vb＝0，va＝，则vc＞va＞vb，并且c车与a车运动方向相反。故选CD。 3.如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0滚向滑块，小球最后未越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)。由系统在水平方向上动量守恒可得mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A正确。 题组2　碰撞问题 4.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　) A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J 答案：A 解析：设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲'＋m乙v乙'，代入题图中数据解得m乙＝6 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能E损＝m甲＋m乙－m甲v甲'2－m乙v乙'2＝3 J。故选A。 5.(多选)(2026·重庆期末)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，甲球静止在水平面上，乙球向左运动与甲球发生正碰，甲球垂直撞向挡板后原速率弹回。已知碰撞前、后乙球的速率之比为3∶1，且两球刚好不会发生第二次碰撞，则(　　) A.碰撞后乙球向左运动 B.甲、乙两球的质量之比为4∶1 C.两球碰撞前、后总动量之比为3∶1 D.两球碰撞前、后总动能之比为9∶5 答案：BD 解析：甲球垂直撞向挡板后原速率弹回，且两球刚好不会发生第二次碰撞，则碰撞后甲球和乙球速度方向相反，大小相等，即碰撞后乙球向右运动，故A错误；设甲球的质量为m1，乙球的质量为m2，碰撞前乙的速度为v0，则根据题意可知，取向左为正方向，碰撞前、后乙球的速率之比为3∶1，则甲、乙两球碰后，甲球的速度为v0，乙球速度为－v0，由动量守恒定律有m2v0＝m1·v0－m2·v0，解得＝，故B正确；根据题意可知，两球碰撞前、后动量守恒，则两球碰撞前、后总动量之比为1∶1，故C错误；结合A、B项分析可知，碰撞前两球总动能为Ek1＝m2，碰撞后两球总动能为Ek2＝m1＋m2＝m2，则两球碰撞前、后总动能之比为＝，故D正确。 6.(2025·河南卷·T7)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(　　) A.mP＞mN＞mQ B.mN＞mP＞mQ C.mQ＞mP＞mN D.mQ＞mN＞mP 答案：D 解析：对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP'＋mNvN1'，整理得mP(vP －vP')＝mN(vN1'－vN1)，由题图1可知，vP－vP'＞vN1'－vN1，解得mP＜mN；对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mQvQ＋mNvN2＝mQvQ'＋mNvN2'，整理得mQ(vQ－vQ')＝mN(vN2'－vN2)，由题图2可知，vQ－vQ'＜vN2'－vN2，解得mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP。故选D。 题组3　爆炸、反冲、人船模型 7.(2026·广东广州模拟)如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则说法不正确的是(　　) A.刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B.刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左 C.爆炸过程，乙球动量变化量大小为0.06 kg·m/s，方向水平向右 D.爆炸过程中释放的能量为0.027 J 答案：A 解析：设甲、乙两球质量分别为m1、m2，刚分离时两球的速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，由题意有v2－v1＝，解得v1＝－0.1 m/s，v2＝0.8 m/s，可知刚分离时，甲球的速度方向水平向左，乙球的速度方向水平向右，故A错误，B正确；爆炸过程，乙球的动量变化量大小为Δp＝m2v2－m2v0＝0.06 kg·m/s，方向水平向右，故C正确；爆炸过程中释放的能量为ΔE＝m1＋m2－(m1＋m2)，代入数据解得ΔE＝0.027 J，故D正确。 8.(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑，空气阻力不计)(　　) A.系统的总动量守恒 B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零 C.小球不能向左摆到原高度 D.小车向右移动的最大距离为 答案：BD 解析：系统只是在水平方向所受外力的矢量和为零，在竖直方向所受外力的矢量和不为零，故水平方向动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向动量守恒及机械能守恒得，小球能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，系统水平方向动量守恒，根据“人船模型”，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为，D正确。 9.(8分)(2025·河南卷·T14)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度为l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2 kg的小物块P，另一质量为m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求 (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间。 答案：(1)24.5 J　(2)5 s 解析：(1)P、Q碰撞过程，由动量守恒定律有 m2v0＝m1v＋m2vQ 解得P、Q碰撞后瞬间Q的速度大小为 vQ＝3.5 m/s 该碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝m2－＝24.5 J。 (2)碰撞后瞬间由于P的速度大于Q的速度，则之后两小物块不会再次相碰。 P在防滑带上运动时，由牛顿第二定律可知加速度大小为a＝μg＝5 m/s2 若P仅在防滑带上运动，则其从开始运动到静止的过程有v2＝2ax 解得该过程的位移大小为x＝4.9 m 则P最终静止在第3个防滑带上 P在第一个防滑带上运动时有－v2＝－2al2 P在第二个防滑带上运动时有－＝－2al2 解得P离开第一个、第二个防滑带瞬间的速度大小分别为v1＝5 m/s，v2＝1 m/s 则P从开始运动到静止经历的时间为 t＝＋＋＝5 s。 10.(10分)(2026·安徽蚌埠第二次质检)如图所示，倾角α＝37°的足够长斜面体水平固定，质量为3 kg的物块A静止在斜面上，质量为1 kg的光滑物块B从距离A为 m处由静止释放，下滑过程中，A与B的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。物块A与斜面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)B与A第一次碰撞前瞬间的速度大小； (2)第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间； (3)在第二次碰撞和第三次碰撞之间，A、B间的最大距离。 答案：(1)5 m/s　(2) s　(3) m 解析：(1)B由静止开始下滑的加速度大小为a＝gsin α＝6 m/s2 由运动学公式有＝2ax1 解得v0＝5 m/s。 (2)设第一次碰撞后，A和B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒有mBv0＝－mBv2＋mAv1 根据能量守恒有mB＝mB＋mA 解得v1＝v2＝2.5 m/s 碰撞后，对A研究，由于mAgsin α－μmAgcos α＝0，故碰后A做匀速运动，设经过t的时间A、B第二次碰撞，则有v1t＝－v2t＋at2 解得t＝ s。 (3)第二次碰撞前，B的速度大小 v3＝－v2＋at＝7.5 m/s 设第二次碰撞后，A、B的速度大小分别v4、v5 根据动量守恒有mAv1＋mBv3＝mAv4＋mBv5 根据能量守恒有 mA＋mB＝mA＋mB 解得v4＝5 m/s，v5＝0 设经过t'的时间A、B间的距离最大，有v4＝at' 解得t'＝ s 则A、B间的最大距离为xm＝v4t'－at'2＝ m。 学生用书⬇第118页 学科网（北京）股份有限公司 $