第6章 第3讲 动量守恒定律的“三类典型问题”(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** 聚焦动量守恒与能量转化，通过基础综合与应用创新双模块，构建从概念辨析到情境迁移的系统化训练，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| |----|-----------|----------|----------| |立足基础,体现综合|8题|涵盖爆炸、碰撞、动量定理等基础题型，结合x-t图像分析|以动量守恒为核心，串联机械能转化、运动合成等知识，形成"守恒条件-矢量运算-能量关系"逻辑链| |注重应用,强调创新|3题|结合弹簧模型、多体碰撞、实际科技情境（如CRDE发动机）|从单一过程到多阶段问题，从理想模型到实际情境，体现科学推理与模型建构的进阶应用|

[课时跟踪检测] 一、立足基础,体现综合 1.(2025·盐城模拟)一烟花竖直上升到最高点时恰好爆炸,假设爆炸瞬间各碎片以等大的速率向各方向运动,忽略空气阻力,则 (　 ) A.爆炸瞬间,烟花的机械能转化为其他形式的能 B.从爆炸后到落地前,各部分碎片均做匀变速直线运动 C.从爆炸后到落地前,各部分碎片总在同一个球面上 D.从爆炸后到落地前,各部分碎片动量的总和保持不变 解析:选C　爆炸瞬间,烟花内部其他形式的能转化为碎片的机械能,A错误;爆炸后,碎片的初速度方向各异,当碎片的速度方向竖直时,碎片做匀变速直线运动,当碎片的速度方向与竖直方向的夹角不为0时,碎片做曲线运动,B错误;爆炸后瞬间各碎片初速度大小均为v0,可把各碎片看成沿竖直方向向下做自由落体运动和沿初速度方向做匀速直线运动,这表明落地前所有碎片分布在一个半径不断增大的球面上,C正确;从爆炸后到落地前,各部分碎片整体所受合外力为其总重力,故各部分碎片的总动量不守恒,D错误。 2.在光滑的水平面上,动能为E0、动量大小为p0的小钢球A与静止小钢球B发生对心碰撞,碰撞前、后球A的运动方向相反。现将碰撞后球A的动能和动量大小分别记为EA、pA,球B的动能和动量的大小分别记为EB、pB,则下列判断中一定正确的是 (　 ) A.EA>E0 B.EB>E0 C.pA<pB D.pB<p0 解析:选C　碰撞后两球均有速度,碰撞过程中总动能不增加,则EA<E0,EB<E0,故A、B错误;碰撞过程中,由动量守恒定律得p0=pB-pA,可见,pA<pB,pB>p0,故D错误,C正确。 3.(2025·无锡期中)质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰,其位置—时间图像如图所示。则 (　 ) A.碰撞后,m2的速度大于m1的速度 B.碰撞后,m2的动量等于m1的动量 C.碰撞后,m2的动量小于m1的动量 D.m1小于m2 解析:选D　x⁃t图像中图线的斜率表示物体的速度,由题图可知,碰撞后m1、m2的速度分别为v1'= m/s=-2 m/s,v2'= m/s=2 m/s,二者速度大小相等,A错误;x⁃t图像中图线的斜率表示物体的速度,由题图可知碰撞前m1、m2的速度大小分别为v1= m/s=4 m/s,v2=0,根据动量守恒定律,有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',整理得m2=3m1,|m1v1'|<m2v2',B、C错误,D正确。 4.如图所示,在光滑绝缘水平面上同时由静止释放两个带正电的小球A和B,已知A、B两球的质量分别为m1、m2。某时刻A、B两球 (　 ) A.速度大小之比为m1∶m2 B.加速度大小之比为m1∶m2 C.动量大小之比为m2∶m1 D.动能大小之比为m2∶m1 解析:选D　由题意可知,两小球组成的系统动量守恒,则有m1v1=m2v2,所以=,两球动量大小相等,比值为1∶1,故A、C错误;设两球间的静电力为F,根据牛顿第二定律可知,两球的加速度大小之比为==,故B错误;两球的动能之比为==,故D正确。 5.(2025·镇江高三调研)如图所示,粗糙水平地面上静止放置着材料相同、紧靠在一起的物体A和B,两物体可视为质点且A的质量较大。两物体间夹有炸药,爆炸后两物体沿水平方向左右分离,不计空气阻力,则A物体 (　 ) A.爆炸过程中,获得的初动量大 B.爆炸过程中,获得的初动能大 C.爆炸后,滑行时间短 D.爆炸后,滑行距离长 解析:选C　爆炸过程中,系统内力远大于外力,A、B组成的系统动量守恒,爆炸前系统总动量为零,由动量守恒定律可知,爆炸后,两物体的动量大小相等,故A项错误;设爆炸后任一物体的动量大小为p,物体的质量为m,则动能Ek=mv2=,可知质量大的A物体获得的初动能小,故B项错误;取爆炸后速度方向为正方向,根据动量定理得-μmgt=0-p,解得滑行时间t=,由于μ、p、g相等,则质量大的A物体滑行时间短,故C项正确;爆炸后,根据动能定理得-μmgs=0-mv2=0-,解得爆炸后物体滑行的距离s=,由于μ、p、g相等,则质量大的A物体滑行距离短,故D项错误。 6.用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖头(击打时间极短),击打后,小铁锤以v1的速率反向弹回,已知砖头受到击打后在手中的缓冲时间为t,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　 ) A.在击打过程中,铁锤所受合外力的冲量大小为mv1 B.在击打过程中,铁锤重力的冲量大小为mgt C.砖头缓冲过程中,对手的压力大小为Mg D.砖头缓冲过程中,对手的压力大小为Mg+ 解析:选D　设方向向下为正方向,在击打过程中,对铁锤由动量定理可得I=m=-mv1,在击打过程中,铁锤所受合外力的冲量大小为mv1,故A错误;铁锤击打的时间未知,所以在击打过程中,铁锤重力的冲量大小不能求解,故B错误;在击打过程中,对铁锤与砖头由动量守恒定律可得mv1=-mv1+Mv,解得Mv=mv1,砖头缓冲过程中,对砖头由动量定理可得(F1+Mg)t=0-mv1,解得手对砖头的支持力为F1=-Mg-,由牛顿第三定律可知砖头对手的压力为F1'=-F1=Mg+,故C错误,D正确。 7.(2025·南京师范大学附属中学模拟)长为l的轻绳一端用质量为m的圆环套在水平光滑的横杆上,另一端连接一质量为2m的小球,开始时,将小球移至横杆处,轻绳处于水平伸直状态,如图,然后轻轻放手,当绳子与横杆成直角,此过程圆环的位移为x,不计空气阻力,则 (　 ) A.x=l B.系统动量守恒 C.小球所受冲量与圆环所受冲量始终大小相等 D.小球的机械能守恒 解析:选A　整个过程中,小球和圆环组成的系统在水平方向上不受任何外力,水平方向上动量守恒,在竖直方向上合外力不为零,动量不守恒,设从开始到绳子与横杆成直角的过程中,圆环的平均速度大小为v1,小球的平均速度大小为v2,则mv1-2mv2=0,设运动时间为t,此过程圆环的位移大小为x,小球的位移大小为l -x,则m-2m=0,解得x=l,故A正确,B错误;圆环所受的合外力为轻绳拉力沿水平方向的分力,小球所受的合外力为重力和轻绳拉力的合力,二者大小不相等,所以小球所受冲量与圆环所受冲量大小不相等,故C错误;轻绳拉力对小球做功,小球的机械能不守恒,故D错误。 8.(10分)(2026·江苏省部分学校联考)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中,飞行器总质量(含燃料)为M,设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm,喷气速度均为v(相对地面),喷气时间很短,为Δt,喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止,相继进行n次爆震,忽略重力与阻力。求: (1)n次爆震后,飞行器的速度大小;(4分) (2)第一次爆震时,飞行器受到的平均冲击力大小。(6分) 解析:(1)取飞行器运动方向为正方向,由动量守恒定律可知0=(M-nΔm)vn-nΔmv 解得n次爆震后飞行器的速度vn=。 (2)第一次爆震时,由动量守恒定律可得 0=(M-Δm)v1-Δmv 由动量定理有F1Δt=(M-Δm)v1,解得F1=。 答案:(1)　(2) 二、注重应用,强调创新 9.如图所示,质量为100 kg的小木船静止在湖岸附近的水面上,船身垂直于湖岸,船面可看作水平面,并且比湖岸高出h=0.8 m,在船尾处有一质量为20 kg的铁块,将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住,此时铁块到船头的距离L=3 m,船头到湖岸的水平距离x=0.7 m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上,忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。下列判断正确的有 (　 ) A.铁块脱离小木船后在空中运动的时间为0.2 s B.铁块脱离小木船时的瞬时速度大小为1.75 m/s C.小木船最终的速度大小为1.25 m/s D.弹簧释放的弹性势能为108 J 解析:选D　烧断细线后以小木船、铁块组成的系统为研究对象,对小木船与铁块组成的系统由动量守恒定律得Ms1=ms2,s1+s2=L,解得s1=0.5 m,s2=2.5 m,铁块离开小木船后做平抛运动s1+x=v2t,h=gt2,解得t=0.4 s,v2=3 m/s,选项A、B错误。铁块与小木船相互作用时,由动量守恒定律得Mv1-mv2=0,解得v1=0.6 m/s,选项C错误。由机械能守恒定律得Ep=M+m,解得Ep=108 J,选项D正确。 10.(2025·盐城高三一模)如图所示,轻质弹簧的两端分别与小物块A、B相连,并放在倾角为θ的固定斜面上,A靠在固定的挡板P上,弹簧与斜面平行,A、B均静止。将物块C在B上方与B相距x处由静止释放,C和B碰撞的时间极短,碰撞后粘在一起不再分开。已知A、B、C的质量均为m,弹簧劲度系数为k,且始终在弹性限度内,不计一切摩擦,重力加速度为g,则为保证A不离开挡板,x的最大值为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选B　初始时,对物块B,根据平衡条件有mgsin θ=kx0,A恰好离开挡板时,设弹簧的伸长量为x1,有mgsin θ=kx1,可知x0=x1,从物块B、C碰后瞬间至一起运动到A恰好离开挡板的过程,物块B、C和弹簧组成的系统机械能守恒,物块A恰好离开挡板时,物块B、C速度为零,从碰后到物块A恰好离开挡板,弹簧弹性势能变化为零,设物块B、C碰后速度为v2,由机械能守恒定律有·2m=2mg×2x1·sin θ,B、C碰撞过程,根据动量守恒定律有mv1=2mv2,C下滑过程,根据动能定理有m=mgxsin θ,联立解得x=,故选B。 11.(13分)(2025·江苏高考)如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置,每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小;(3分) (2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1;(5分) (3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。(5分) 解析:(1)根据题意可知,所有碰撞均为弹性碰撞,若钢球质量也为m,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知,玻璃球与钢球碰撞后速度互换,钢球与钢球碰撞后速度也互换,最终最右侧钢球的速度大小等于玻璃球的初速度v0。 (2)玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2 由机械能守恒定律有m=m+×3m 解得v1=v0=-v0,v2=v0=v0 负号表示碰后玻璃球的速度反向,则玻璃球的速度大小为v0。 (3)根据题意结合小问(2)分析可知,玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹,且速度大小变为碰撞前的,右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞,速度互换,静止在光滑水平面上,玻璃球反弹后与左侧第一个钢球发生弹性碰撞,同理可知,碰撞后玻璃球再次反弹,且速度大小为碰撞前的,依次类推,玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=v0 则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小为 Ek=mv2=m。 答案:(1)v0　(2)v0　(3)m 36 / 78 $