课时跟踪检测(38) 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

**基本信息** 聚焦动量守恒定律应用，通过情境化试题构建"概念辨析-模型应用-综合计算"的逻辑训练体系，强化科学思维与物理观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础理解|3题（如磁铁下落实验）|结合演示实验辨析守恒条件|从受力分析到动量守恒条件判断，建立运动与相互作用观念| |模型应用|5题（如滑块碰撞、弹簧系统）|含v-t图像分析与多体问题|通过碰撞、爆炸等模型，训练系统选取与守恒方程构建的科学推理能力| |综合计算|2题（2025高考题）|联系航天、汽车安全等实际情境|融合动量定理与能量观点，培养复杂问题解决的科学探究能力|

课时跟踪检测(三十八)　动量守恒定律 1.如图是老师在课堂上做的一个演示实验,将中间开孔的两块圆饼状磁铁用一根木棒穿过,手拿住木棒(保持水平),此时两磁铁保持静止。当手突然释放,让木棒和磁铁一起自由下落时(不计空气阻力),发现两块磁铁向中间靠拢并吸在一起了,下列说法正确的是 (　　) A.放手下落过程中,磁铁受滑动摩擦力作用 B.放手下落过程中,磁铁的运动轨迹是一条直线 C.放手下落过程中,两个磁铁水平方向动量不守恒 D.放手下落过程中,磁铁和棒组成系统机械能不守恒 2.(2025·安徽合肥模拟)航天员在“天宫课堂”中演示碰撞实验。分析实验视频,每隔相等的时间截取一张照片,照片中小方格为正方形,虚线均分小方格,如图所示。则小球和大球的质量之比为 (　　) A.1∶2 B.1∶4 C.2∶3 D.1∶5 3.某同学将质量为m的按压式圆珠笔(由内芯、外壳和弹簧三部分组成)倒置于桌面上按压,由静止释放后借助于内部弹簧恢复形变作用先将外壳向上弹起,直至与内芯发生碰撞(已知碰撞时间极短),之后二者保持相对静止一起上升至最大高度h,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　) A.从开始释放至离开桌面过程中,桌面对圆珠笔支持力的冲量大小为m B.从开始释放至上升到最大高度过程中,桌面对圆珠笔的支持力做功大小为mgh C.从开始释放到上升至最高点过程,整个圆珠笔系统机械能守恒 D.圆珠笔外壳与内芯碰撞过程,整个圆珠笔系统动量守恒 4.(2025·河南高考)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 5.在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰,碰后立即粘在一起运动,滑块Ⅰ、Ⅱ碰撞前及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知 (　　) A.碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小 B.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5 C.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3 D.碰撞过程中,滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大 6.如图所示,一质量为M=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量为m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内,B的速度大小可能是 (　　) A.1.8 m/s B.2.4 m/s C.2.8 m/s D.3.0 m/s 7.如图所示,甲和他的冰车总质量M=30 kg,甲推着质量m=15 kg的小木箱一起以速度v0=2 m/s向右滑行,乙和他的冰车总质量也为M=30 kg,乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞,甲将小木箱以速度v沿冰面推出,木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力,则小木箱的速度v可能为 (　　) A.3 m/s B.4 m/s C.5 m/s D.6 m/s 8.(多选)如图所示,一轻质弹簧上端悬挂于天花板,下端系一质量为M的平板,处在平衡状态,一质量为m的均匀环套在弹簧外,与平板的距离为h。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,使弹簧伸长,则下列说法正确的是 (　　) 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,板向下运动速度最大的位置与h的大小无关 D.在碰后板和环一起下落的过程中,它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功 9.(多选)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力。开窗帘过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程,下列说法正确的有 (　 ) A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 10.(12分)(2025·北京高考)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出,经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分,质量分别为2m和m,其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g,不计空气阻力。求: (1)该物体抛出时的初速度大小v0;(4分) (2)炸裂后瞬间B的速度大小vB;(4分) (3)A、B落地点之间的距离d。(4分) 11.(12分)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某次试验中,质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1=36 km/h正面撞击固定试验台,经时间t1=0.10 s 碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。 (1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小;(5分) (2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1 600 kg、速度v2=18 km/h同向行驶的汽车,经时间t2=0.16 s两车以相同的速度一起滑行。试求这种情况下试验车受到的撞击力多大?并说明安全气囊是否会爆开。(7分) 答案 课时跟踪检测(三十八) 1.选D　放手下落过程中,磁铁在竖直方向只受重力作用,木棒与磁铁间没有弹力,所以不受摩擦力作用,故A错误;磁铁在水平方向受相互吸引力作用,且吸引力随间距减小而不断增大,所以磁铁所受合力的方向与速度方向不在一条直线上,磁铁做曲线运动,故B错误;两个磁铁组成的系统水平方向所受外力的合力为零,所以水平方向动量守恒,故C错误;放手下落过程中,两磁铁间的吸引力做正功,所以系统机械能不守恒,故D正确。 2.选B　设小球、大球的质量分别为m1、m2,小正方形的边长为a,间隔相等的时间为t,水平向右为正方向,由第一张与第二张照片可知小球的初速度v0=,由第二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度v1=-,碰撞后大球的速度v2=,根据动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,解得m1∶m2=1∶4,故选B。 3.选D　从开始释放到离开桌面过程,由动量定理可得IN-mgt=mv-0,离开桌面后做竖直上抛运动,满足02-v2=-2gh,综上可得IN=m+mgt,故A错误;整个过程支持力作用点无位移,从而不做功,故 B错误;从开始释放至上升到最高点过程,内芯与外壳发生过完全非弹性碰撞,则整个过程系统机械能有损失,故 C错误;由于碰撞时间极短,内力远大于外力,故系统动量守恒,故D正确。 4.选D　小车P、N碰撞时,根据动量守恒定律有mPvP+mNvN1=mPvP'+mNvN1',即mP(vP-vP')=mN,根据题图1可知>,故mP<mN;小车Q、N碰撞时,根据动量守恒定律有mQvQ+mNvN2=mQvQ'+mNvN2',即mQ=mN(vN2'-vN2),根据题图2可知<,故mQ>mN,则mQ>mN>mP,故选D。 5.选C　由题图可知,碰撞后总动量为正,根据动量守恒定律可知,碰撞前的总动量也为正,故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大,故A错误;根据动量守恒定律有5mⅠ-3mⅡ=2(mⅠ+mⅡ),解得mⅠ∶mⅡ=5∶3,故B错误,C正确;碰撞过程中滑块Ⅰ对滑块Ⅱ的作用力与滑块Ⅱ对滑块Ⅰ的作用力大小相等、方向相反,作用时间相同,由I=Ft可知,碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等、方向相反,故D错误。 6.选B　以A、B组成的系统为研究对象,系统动量守恒,取水平向右为正方向,A减速到零的过程中,由动量守恒定律得(M-m)v=MvB1,代入数据解得vB1= m/s;从开始到A、B速度相同的过程中,由动量守恒定律得(M-m)v=(M+m)vB2,代入数据解得vB2=2 m/s;则在A做加速运动的时间内,B的速度范围为2 m/s<vB< m/s,故选B。 7.选D　规定向右为正方向,对于甲(含冰车)和木箱,根据动量守恒定律得(M+m)v0=Mv1+mv,对于乙(含冰车)和木箱,根据动量守恒定律得mv-Mv0=(M+m)v2,甲、乙恰好不相碰,有v1=v2,联立解得v=5.2 m/s,若要避免碰撞,则需要满足v≥5.2 m/s,故选D。 8.选AC　若碰撞时间极短,内力远大于外力,则碰撞过程中环与板的总动量守恒,A正确;若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总机械能不守恒,因为碰撞后两者一起运动,属于完全非弹性碰撞,动能损失最大,碰撞过程有内能产生,B错误;环撞击板后,板向下运动速度最大时,合外力为0,则有g=kx,速度最大的位置为x=,则环撞击板后,板向下运动速度最大的位置与h的大小无关,C正确;由动能定理可知,在碰后板和环一起下落的过程中,它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功与重力做功的差值,D错误。 9.选BD　取水平向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误;对滑块1,有I1=mv2-mv1=(1×0.22-1×0.40) N·s=-0.18 N·s,负号表示方向水平向左,故B正确;对滑块2,有I2=mv2=1×0.22 N·s=0.22 N·s,故C错误;对滑块2,根据动量定理有F'Δt=I2,解得F'=5.5 N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N,故D正确。 10.解析:(1)物体竖直上抛至最高点时速度为0,由运动学公式有0=v0-gt,解得v0=gt。 (2)炸裂瞬间水平方向动量守恒,炸裂前总动量为0。A的速度为v,设B的速度为vB,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得0=2mv+mvB 解得vB=-2v 即大小为2v。 (3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等,均为t,则A的水平位移xA=vt B的水平位移xB=vBt=-2vt 所以A、B落地点之间的距离d=|xA|+|xB|=3vt。 答案:(1)gt　(2)2v　(3)3vt 11.解析:(1)v1=36 km/h=10 m/s,取速度v1的方向为正方向,由动量定理有-I0=0-m1v1 代入数据得I0=1.6×104 N·s 由冲量的定义有I0=F0t1 代入数据得F0=1.6×105 N。 (2)设试验车和汽车碰撞后获得的共同速度为v,以v1的方向为正方向,由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v 对试验车,由动量定理有-Ft2=m1v-m1v1 代入数据得F=2.5×104 N 可见F<F0,故试验车的安全气囊不会爆开。 答案:(1)1.6×104 N·s　1.6×105 N(2)2.5×104 N　安全气囊不会爆开 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $