第6章 第2讲 动量守恒定律(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

**基本信息** 聚焦动量守恒定律，通过基础综合与应用创新双模块，构建从概念理解到实际应用的递进训练体系，强化科学思维与模型建构。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |立足基础,体现综合|8题|含小球摆动、人车系统、碰撞动量变化等典型模型|从动量守恒条件判断到动量定理应用，构建“条件-守恒-应用”逻辑链| |注重应用,强调创新|3题（含1计算题）|结合“天宫课堂”实验、卫星喷气、打桩机等实际情境|动量守恒与能量综合，实现从模型到实际问题的转化，培养科学探究能力|

[课时跟踪检测] 一、立足基础,体现综合 1.(2025·丹阳期中)小车静止在光滑水平地面上,一个小球用轻绳悬挂在与小车连接的细杆顶端。小球由图示位置无初速度释放,在小球向下摆动到最低点的过程中,下列说法正确的是 (　 ) A.小球的机械能守恒 B.小车和小球组成的系统动量守恒 C.小车所受合力的冲量方向水平向右 D.小车一直向左运动 解析:选D　小球向下摆的过程中,轻绳的拉力对小球做负功,对小车做正功,所以小球的机械能不守恒,故A错误;小球向下摆的过程中有向下的加速度,小车和小球组成的系统竖直方向合力不为零,所以系统动量不守恒,故B错误;小球从初始位置摆到最低点的过程中,小车向左做加速运动,所以小车所受合力的冲量的方向水平向左,小车一直向左运动,故C错误,D正确。 2.如图所示,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为M,人与车以速度v1在光滑水平面上向右运动,当 人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为 (　 ) A.,方向向右 B.,方向向右 C.,方向向右 D.v1,方向向右 解析:选D　人和车在水平方向上动量守恒,当人相对于车竖直跳起时,人和车在水平方向上的动量仍然守恒,所以水平方向的速度不发生变化,车的速度仍然为v1,方向向右,D正确,A、B、C错误。 3.(2025·泰兴期中联考)如图所示,体重相同的甲、乙两同学静止在光滑水平面上玩抛接球游戏。第一次,甲同学把一个充气的大乳胶气球以某一初速度水平投向乙,乙接住。第二次,放掉部分气体后气球变得很小,甲同学再把气球以相同的初速度投向乙,乙接住。下列说法正确的是 (　 ) A.第一次接球后,乙的速度比甲大 B.第二次接球后,乙的速度比甲大 C.乙接球的过程,第一次气球的动量变化量较大 D.乙接球的过程,第二次气球的动量变化量较大 解析:选C　设甲、乙的质量均为M,第一次抛球时气球的质量为m1,速度为v,根据动量守恒定律,可知甲抛出球时有Mv甲1=m1v,乙接住球时有m1v=(M+m1)v乙1,可知v甲1>v乙1,即第一次接球后,乙的速度比甲小,A错误;设第二次抛球时气球的质量为m2,则m2<m1,同理可知,甲抛出球时有Mv甲2=m2v,乙接住球时有m2v=(M+m2)v乙2,可知v甲2>v乙2,即第二次接球后,乙的速度比甲小,B错误;乙接球的过程,第一次气球的动量变化量Δp1=m1v乙1-m1v=-,第二次气球的动量变化量Δp2=m2v乙2-m2v=-,由于m2<m1,可得Δp1>Δp2,则第一次气球的动量变化较大,C正确,D错误。 4.在某公路上发生一起交通事故,一辆质量为1.5×104 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104 kg 向北行驶的货车,碰后两辆车连在一起,并向北滑行了一小段距离后停止,根据测速仪的测定,两车碰撞前长途客车以108 km/h的速度行驶,由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为 (　 ) A.大于10 m/s B.小于22.5 m/s C.一定大于22.5 m/s D.一定大于30 m/s 解析:选C　碰撞前长途客车的速度v1=108 km/h=30 m/s,根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况,可知由两车组成的系统的总动量方向向北,所以碰前客车的动量p1=m1v1(向南)应该小于货车的动量p2=m2v2(向北),即m1v1<m2v2,代入数据有1.5×104×30(kg·m/s)<2.0×104×v2(kg·m/s),解得v2>22.5 m/s,C正确。 5.一轻质弹簧,上端悬挂于天花板,下端系一质量为M的平板,处于平衡状态。一质量为m的均匀环套在弹簧外,与平板的距离为h,如图所示,让环自由下落,撞击平板,已知碰后环与板以相同的速度向下运动,则 (　 ) A.若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总动量守恒 B.若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总机械能守恒 C.环撞击板后,板的新的平衡位置与h的大小有关 D.在碰撞后板和环一起下落的过程中,环与板的总机械能守恒 解析:选A　环与平板碰撞过程,若碰撞时间极短,内力远大于外力,系统总动量守恒,由于碰后速度相同,为完全非弹性碰撞,机械能不守恒,减少的机械能转化为内能,故A正确,B错误;碰撞后平衡时,有kx=(m+M)g,即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关,故C错误;碰撞后环与板共同下落的过程中,它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量,环与板的总机械能不守恒,故D错误。 6.如图所示,质量mA=8.0 kg的足够长的木板A放在光滑水平面上,在其右端放一个质量为mB=2.0 kg的小木块B。给B以大小为4.0 m/s、方向向左的初速度,同时给A以大小为6.0 m/s、方向向右的初速度,两物体同时开始运动,直至A、B运动状态稳定,下列说法正确的是 (　 ) A.木块B的最终速度大小为5.6 m/s B.在整个过程中,木块B的动能变化量为0 C.在整个过程中,木块B的动量变化量为0 D.在整个过程中,系统的机械能守恒 解析:选B　小木块与木板组成的系统动量守恒,由于木板的动量大于小木块的动量,所以系统的合动量方向向右;小木块先向左减速运动,速度减为零后再向右加速运动,最后小木块与木板一起匀速运动。设向右为正方向,由动量守恒定律得mAvA-mBvB=(mA+mB)v,解得v=4 m/s,故A错误;在整个过程中,木块B的动能变化量为ΔEk=mBv2-mB=0,故B正确;在整个过程中,木块B的动量变化量为Δp=mBv-(-mBvB)=16 kg·m/s,故C错误;在整个过程中,由于小木块与木板之间有摩擦力作用,系统克服摩擦力做功,一部分机械能转化为内能,故系统机械能不守恒,故D错误。 7.(2025·东海质检)如图所示,子母球由大小两个钢球组成,下面的大钢球质量为M,上面的小钢球质量为m,且满足M≫m。它们由距水平地面高h处自由下落,假设大钢球在和小钢球碰撞之前,先和地面碰撞反弹再与正下落的小钢球碰撞,而且所有的碰撞均是弹性碰撞,这两个钢球的球心始终在一条竖直线上,则碰后小钢球上升的最大高度约为 (　 ) A.9h B.4h C.3h D.2h 解析:选A　下降过程做自由落体运动,由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2gh,解得触地时两球速度大小相同,为v=,大钢球碰地之后速度瞬间反向,大小不变,选大钢球与小钢球碰撞过程为研究过程,碰撞前后动量守恒,设碰后大钢球、小钢球的速度大小分别为v1、v2,选向上方向为正方向,由动量守恒定律得Mv-mv=Mv1+mv2,由机械能守恒定律得Mv2+mv2=M+m,解得v2=v,由于M≫m,则v2≈3v=3,碰后小钢球上升的最大高度约为h1==9h,故选A。 8.(2025·扬州大学附属中学阶段性测试)如图所示,在水平桌面上,粘在一起的两个一元硬币甲与静止的一元硬币乙发生一维碰撞。在下列描述甲、乙速度v与时间t的关系图像中,可能正确的是 (　 ) 解析:选A　硬币与桌面间的动摩擦因数相同,根据牛顿第二定律有μmg=ma,可知a=μg,则v⁃t图像的斜率应相同;规定向右为正方向,根据动量守恒定律有2mv0=2mv1+mv2,设图像中每个方格的边长为1,代入验证可知A符合。故选A。 二、注重应用,强调创新 9.“天宫课堂”第四课中,航天员演示小球碰撞实验。分析实验视频,每隔相等的时间截取一张照片,如图所示。小球和大球的质量分别m1、m2,可估算出 (　 ) A.m1∶m2=1∶1 B.m1∶m2=1∶2 C.m1∶m2=2∶3 D.m1∶m2=1∶5 解析:选D　由第一张与第二张照片可知小球的初速度大小为v0=,由第二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度大小为v1=,碰撞后大球的速度大小为v2=,设水平向左为正方向,根据动量守恒定律可得m1=-m1+m2,由题图可知m1·1.5=-m1·1+m2·0.5,可得m1∶m2=1∶5,故选D。 10.(2025·如皋调研)总质量为m的返回式人造地球卫星沿半径为R的圆轨道绕地球运动到某点时,向原来运动方向喷出气体以降低卫星的速度,随后卫星运动到与地球相切的椭圆轨道。要使卫星相对地面的速度变为原来的k倍(k<1),则卫星在该点将质量为Δm的气体喷出的对地速度大小应为(将连续喷气等效为一次性喷气,地球半径为R0,地球表面重力加速度为g) (　 ) A.k B. C. D. 解析:选C　设卫星喷气前的速度为v1,由万有引力提供向心力有G=m,卫星喷出气体后的速度为kv1,设质量为Δm的气体相对地球的速度为v,由动量守恒定律有mv1=kv1+Δmv,又G=mg,解得v= ,故选C。　 11.(11分)(2025·镇江高三质检)柴油打桩机由重锤汽缸、活塞桩帽等若干部件组成。重锤汽缸的质量为m,钢筋混凝土桩固定在活塞桩帽下端,桩帽和桩总质量为M。汽缸从桩帽正上方一定高度自由下落,汽缸下落过程中,桩体始终静止。当汽缸到最低点时,向缸内喷射柴油,柴油燃烧,产生猛烈推力,汽缸和桩体瞬间分离,汽缸上升的最大高度为h,重力加速度为g。 (1)求柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量;(6分) (2)设桩体向下运动过程中所受阻力恒为f,求该次燃烧后桩体在泥土中向下移动的距离。(5分) 解析:(1)设柴油燃烧产生的推力使重锤汽缸获得的速度大小为v0,桩体获得的速度大小为 v,对分离后的重锤汽缸,由机械能守恒定律有m=mgh 对分离瞬间的重锤汽缸,由于推力远大于重力,故由动量定理有I燃=mv0-0,解得I燃=m,方向竖直向上。 (2)分离瞬间,由于内力远大于外力,所以重锤汽缸和桩体组成的系统动量守恒,有mv0=Mv 对分离后的桩体,由动能定理有MgH-fH=0-Mv2,解得H=。 答案:(1)m,方向竖直向上　(2) 36 / 78 $