2020年高考物理一轮复习第七单元动量第2讲动量守恒定律练习(含解析)新人教版

第2讲动量守恒定律1.如图所示,甲木块的质量为m1,以速度v沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的,质量为m2的乙木块,乙木块上连有一轻质弹簧。

甲木块与弹簧接触后( C )A.甲木块的动量守恒B.乙木块的动量守恒C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D.甲、乙两木块所组成系统的机械能守恒2.如图所示,一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。

木箱和小木块都具有一定的质量。

现使木箱获得一个向右的初速度v0,则( B )A.小木块和木箱最终都将静止B.小木块最终将相对木箱静止,两者一起向右运动C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则两者将一起向左运动解析:根据动量守恒定律,木块最终将与木箱之间无相对运动,且两者总动量等于最初木箱的动量,所以两者最后一起向右运动,选项 B 正确。

3.质量为m0的小车在光滑水平面上以速度v向东行驶,一个质量为m 的小球从距地面h高处自由落下,正好落入车中,此后小车的速度将( B )A.增大B.减小C.不变D.先减小后增大解析:由动量守恒定律的条件可知,小车与小球组成的系统在水平方向上动量守恒,即m0v=(m0+m)v′,故小车的速度将减小,选项B正确。

4.解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务,假设鱼雷快艇的总质量为M,以速度v前进,现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后,快艇速度减为原来的,不计水的阻力,则鱼雷的发射速度为( A ) A.v B.vC.vD.v解析:设快艇的速度方向为正方向,根据动量守恒定律有Mv=(M-m)v+ mv′,解得v′=v。

5.(多选)如图所示,在水平光滑地面上有A,B两个木块,A,B之间用一轻弹簧连接。

A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。

若突然撤去力F,则下列说法中正确的是( BC )A.木块A离开墙壁前,A,B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒B.木块A离开墙壁前,A,B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒C.木块A离开墙壁后,A,B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒D.木块A离开墙壁后,A,B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒解析:若突然撤去力F,木块A离开墙壁前,墙壁对木块A有作用力,所以A,B和弹簧组成的系统动量不守恒,但由于A没有离开墙壁,墙壁对木块A不做功,所以A,B和弹簧组成的系统机械能守恒,选项A错误,B 正确;木块A离开墙壁后,A,B和弹簧组成的系统所受合外力为零,所以系统动量守恒且机械能守恒,选项C正确,D错误。

第2讲动量守恒定律必备知识1 动量守恒定律(1) 系统：相互作用的几个物体构成系统。

系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫作外力。

(2) 内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合力为零，那么这个系统的总动量保持不变。

(3) 表达式mv i+m a v2=mv i'+m2V2'两个物体组成的系统初动量等于末动量可写为：P = P'、△ P=0 和△ P l=- △ P2。

(4) 守恒条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。

②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。

③分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。

1. 1| (2019湖南长沙阶段测验)(多选)如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()。

A两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手,后放开右手，总动量向右C先放开左手，后放开右手，总动量向左D无论何时放手，系统总动量守恒【答案】AC1.2| (2019河南洛阳六校联考)某机车以0. 8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢跟它们对接。

机车跟第1 节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。

设机车和每节车厢的质量都相等，则机车跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( )。

A. 0. 053 m/sB.0 . 05 m/sC.0. 057 m/sD.0 . 06 m/s【答案】B2 碰撞、爆炸与反冲(1) 概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象。

在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题。

⑵分类①弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒。

第七单元动量注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、 (本题共10小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1. 若物体在运动过程中受到的合力不为零，则( )A. 物体的动能不可能总是不变的B. 物体的动量不可能总是不变的C. 物体的加速度一定变化D. 物体的速度方向一定变化2．如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。

一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。

在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( ) A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能守恒C．动量守恒、机械能不守恒D．动量、机械能都不守恒3．斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。

则以下说法中正确的是( ) A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能4．质量为m的物体沿平直的路面做直线运动，其速度—时间图象，如图所示。

则此物体在0~t0和t0~2t0时间内受到的合外力冲量分别为( )A. 2mv0 0B. mv0 0C. 0 2mv0D. 0 −2mv05．如图所示，一质量M = 3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m =1.0 kg的小木块A(可视为质点)，同时给A和B以大小均为2.0 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，要使小木块A不滑离长木板B板，已知小木块与长木板之间的动摩擦因数为0.6，则长木板B 的最小长度和小物块向左运动的最大距离为( )A. 1.2 m 1.0 mB. 0.8 m 1.0 mC. 1.0 m 1m 3D. 1.5 m 4m 36．如图所示，光滑水平面上有一质量为M = 2.0 kg 的滑块，滑块左侧是四分之一光滑圆弧轨道，圆弧半径为R =1 m ，E 点切线水平。

动量守恒定律[基础巩固题组](20分钟，50分)1．如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A．A和B都向左运动　B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动解析：选D.选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2mv0，B的动量p B＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．2．(多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑( )A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处解析：选BC.在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误．3．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，则另一块的速度是( )A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v解析：选C.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C.4．(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg·m/s B ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m/sD ．6.3×102 kg·m/s解析：选A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg×600 m/s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确．5．如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M ，质量为m的小球通过长度为L 的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O 点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )A.B ．2LM M ＋m 2Lm M ＋m C. D ．MLM ＋m mLM ＋m解析：选B.分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与O 点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的位移为2L .小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v 1、v 2，有mv 1＝Mv 2，故ms 1＝Ms 2，s 1＋s 2＝2L ，其中s 1代表小球的水平位移大小，s 2代表小车的水平位移大小，因此s 2＝，选项B 2Lm M ＋m正确．6．(多选)如图所示，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v 0＝0.1 m/s 向右做直线运动，已知a 、b 两弹性小球质量分别为m 1＝1.0 kg 和m 2＝2.0 kg.一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过t ＝5.0s 两球的间距s ＝4.5m ，则下列说法正确的是( )A ．刚分离时，a 、b 两球的速度方向相同B ．刚分离时，b 球的速度大小为0.4 m/sC ．刚分离时，a 球的速度大小为0.7 m/sD ．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J解析：选CD.在轻绳突然自动断开过程中，两球组成的系统动量守恒，设断开后两球的速度分别为v 1和v 2，刚分离时，a 、b 两球的速度方向相同，由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，根据题述，经过t ＝5.0 s 两球的间距s ＝4.5 m ，有v 1t －v 2t ＝4.5，联立解得v 1＝0.7 m/s ，v 2＝－0.2 m/s ，负号说明b 球的速度方向向左，选项A 、B 错误，C 正确；由机械能守恒定律，两球分开过程中释放的弹性势能E p ＝m 1v ＋m 2v －(m 1＋m 2)v ＝0.27 J ，选项D 正12211221220确．7．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m 、12m ，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v 0、v 0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min ，抛出货物后船的速度为v 1，甲船上的人接到货物后船的速度为v 2，由动量守恒定律得货物从乙船抛出过程，12mv 0＝11mv 1－mv min货物落入甲船过程，10m ·2v 0－mv min ＝11mv 2为避免两船相撞应满足v 1＝v 2解得v min ＝4v 0.答案：4v 0[能力提升题组](25分钟，50分)1．如图所示，B 、C 、D 、E 、F,5个小球并排放置在光滑的水平面上，B 、C 、D 、E,4个球质量相等，而F 球质量小于B 球质量，A球的质量等于F 球质量．A 球以速度v 0向B 球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )A ．3个小球静止，3个小球运动B ．4个小球静止，2个小球运动C ．5个小球静止，1个小球运动D ．6个小球都运动解析：选A.因A 、B 质量不等，M A ＜M B .A 、B 相碰后A 速度向左运动，B 向右运动．B 、C 、D 、E 质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E 有向右的速度，B 、C 、D 静止．E 、F 质量不等，M E ＞M F ，则E 、F 都向右运动．所以B 、C 、D 静止；A 向左，E 、F 向右运动．故A 正确，B 、C 、D 错误．2．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s ，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.由m B ＝2m A ，p A ＝p B 知碰前v B ＜v A ，若右方为A 球，由于碰前动量都为6 kg·m/s ，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A 球，设碰后二者速度分别为v A ′、v B ′，由题意知p A ′＝m A v A ′＝2 kg·m/s ，p B ′＝m B v B ′＝10 kg·m/s ，解得＝.碰撞后A v A ′v B ′25球动量变为2 kg·m/s ，B 球动量变为10 kg·m/s ，又m B ＝2m A ，由计算可知碰撞前后A 、B 两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A 、C 正确．3．(多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.mv 2 B ．v 212mM 2 m ＋M C.NμmgL D ．NμmgL12解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE ，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv ＝(M ＋m )v t (①式)、mv 2＝(M ＋m )v ＋ΔE (②式)，12122t 由①②联立解得ΔE ＝v 2，可知选项A 错误，B 正确；又由于小物块与箱壁碰撞为Mm 2 M ＋m弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE ＝NμmgL ，选项C 错误，D 正确．4．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的x －t 图象．已知m 1＝0.1 kg.由此可以判断( )A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能解析：选AC.由x －t 图象的斜率得到，碰前m 2的位移不随时间而变化，处于静止状态．m 1速度大小为v 1＝＝4 m/s ，方向只有向右才能与m 2相撞，故A 正确；由题图乙读出，碰Δx Δt后m 2的速度为正方向，说明向右运动，m 1的速度为负方向，说明向左运动，故B 错误；由题图乙求出碰后m 2和m 1的速度分别为v 2′＝2 m/s ，v 1′＝－2 m/s ，根据动量守恒定律得，m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，代入解得，m 2＝0.3 kg ，故C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝m 1v －m 1v 1′2－m 2v 2′2，代入解得，ΔE ＝0 J ，故D 错误．122112125．光滑水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，a 的质量为m ，b 的质量M 可以取不同的数值．现使a 以某一速度向b 运动，此后a 与b 发生弹性碰撞，则( )A ．当M ＝m 时，碰撞后b 的速度最大B ．当M ＝m 时，碰撞后b 的动能最大C ．当M ＞m 时，若M 越小，碰撞后b 的速度越小D ．当M ＜m 时，若M 越大，碰撞后b 的动量越小解析：选B.a 与b 发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2，由机械能守恒定律得mv ＝mv ＋Mv ，联立解得v 1＝v 0，v 2＝v 0.显然，当M →0时，b 的速度最大，12201221122m －M m ＋M 2m m ＋M 选项A 错误；当M ＝m 时，碰撞后a 的速度为零，动能为零，b 的动能最大，选项B 正确；当M ＞m 时，若M 越小，碰撞后b 的速度越大，选项C 错误；当M ＜m 时，若M 越大，碰撞后a 的速度越小，a 的动量越小，b 的动量Mv 2＝v 0＝v 0，若M 越大，碰撞后b 的动量越2mM m ＋M 2m m M＋1大，选项D 错误．6．如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A 、B 和半径为0.5 m 的光滑圆轨14道C 静置于光滑水平轨道上，A 、B 、C 质量分别为1.5 kg 、0.5 kg 、4 kg.现让A 以6 m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s ，碰后速度大小变为4 m/s.当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动，已知g ＝10 m/s 2，求：(1)A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块A 平均作用力的大小；(2)AB 第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h .解析：(1)A 与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A 由动量定理有：Ft ＝m A v 2－m A (－v 1)解得F ＝50 N(2)A 与B 碰撞过程，对A 、B 系统，水平方向动量守恒有：m A v 2＝(m B ＋m A )v 3AB 第一次滑上圆轨道到最高点的过程，对A 、B 、C 组成的系统，水平方向动量守恒，且最高点时，三者速度相同，有：(m B ＋m A )v 3＝(m B ＋m A ＋m C )v 4由能量关系：(m B ＋m A )v ＝(m B ＋m A ＋m C )v ＋(m B ＋m A )gh 12231224解得h ＝0.3 m.答案：(1)50 N (2)0.3 m。

动量守恒定律及其应用[A级－基础练]1．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木板A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析：C [动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒，故C正确，A、B、D错误．]2.(2019·广西钦州模拟)如图所示，在光滑的水平面上，静置一个质量为M小车，在车上固定的轻杆顶端系一长为l的细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球拉至水平右端后放手，则( )A．系统的动量守恒B．水平方向任意时刻m与M的动量等大反向C．m不能向左摆到原高度D．小球和车可以同时向同一方向运动解析：B [当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律，开始系统水平方向动量为零，所以水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，故B正确；以小球和小车组成的系统，水平方向动量守恒，当小球和小车的速度均变为零时，小球向左摆到最大高度，因只有重力做功，机械能守恒，所以m能向左摆到原高度，故C错误；因水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，即速度一定是反向的，故D错误．]3．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg·m/sB ．5.7×102kg·m/s C ．6.0×102 kg·m/s D ．6.3×102 kg·m/s解析：A [燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A 正确．]4．(2019·山东师大附中模拟)如图所示，质量为m 、速度为v 的A 球跟质量为3m 的静止B 球发生对心正碰，碰撞后B 球的速度可能有不同的值，碰后B 的速度可能为( )A ．0.2vB ．0.4vC ．0.6vD ．0.8v解析：B [两球碰撞过程动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv ＝(m ＋3m )v ′解得：v ′＝0.25v ；如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv ＝mv A ＋3mv B ，由机械能守恒定律得：12mv 2＝12mv 2A ＋12·3mv 2B ，解得：v B ＝0.5v ，则碰撞后B 的速度为0.25v ≤v B ≤0.5v ，故B 正确．]5.(2019·湖南涟源一中模拟)质量为M 的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆周轨道，轨道下端切线水平．质量为m 的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v 0滑上小车，重力加速度为g ，如图所示．已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，则m ∶M 的值为( )A ．1∶3B ．3∶1C ．3∶5D ．5∶3解析：C [设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知：mv 0＝Mv 1－mv 2，v 1v 2＝31，对整体有机械能守恒定律可得：12mv 20＝12Mv 21＋12mv 22，联立解得：m M ＝35，故选项C 正确．]6．(2019·浙江选考考前特训)(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d .m 2的左边有一固定挡板．m 1由图示位置静止释放，当m 1与m 2第二次相距最近时m 1的速度为v 1，则在以后的运动过程中( )A ．m 1的最小速度是0B ．m 1的最小速度是v 1C ．m 2的最小速度是v 1D ．m 2的最大速度是v 1解析：BD [当m 1与m 2相距最近后，m 1在前，做减速运动，m 2在后，做加速运动，当再次最近时，m 1减速结束，m 2加速结束，因此此时m 1速度最小，m 2速度最大，在此过程中遵从动量守恒m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2，机械能守恒：12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22；因此二者的作用相当于弹性碰撞，由弹性碰撞的公式可解得B 、D 选项正确．]7．(2019·哈尔滨市三中验收考试)(多选)小球A 的质量为m A ＝5 kg ，动量大小为p A ＝4 kg·m/s，小球A 水平向右与静止的小球B 发生弹性碰撞，碰后A 的动量大小为p A ′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则( )A ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝3 kg·m/s B ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝5 kg·m/sC ．小球B 的质量为15 kgD ．小球B 的质量为3 kg解析：AD [规定向右为正，碰撞过程中A 、B 组成的系统动量守恒，所以有p A ＝p A ′＋p B ，解得p B ＝3 kg·m/s，A 正确，B 错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故p 2A2m A ＝p A ′22m A ＋p 2B2m B，解得m B ＝3 kg ，C 错误，D 正确．] 8．(2019·安徽合肥一模)质量为0.2 kg 的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp 和合外力对小球做的功W ，下列说法正确的是( )A ．Δp ＝2 kg·m/s W ＝－2 JB ．Δp ＝－2 kg·m/s W ＝2 JC ．Δp ＝0.4 kg·m/s W ＝－2 JD ．Δp ＝－0.4 kg·m/s W ＝2 J解析：A [取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp ＝mv 2－mv 1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功：W ＝12mv 22－12mv 21＝12×0.2×42 J －12×0.2×62J ＝－2 J ，A 正确，B 、C 、D 错误．][B 级—能力练]9．(2019·江西吉安质检)(多选)如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝4 kg 的小物块B 以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．木板A 获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为2 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1解析：AD [由题中图象可知，木板获得的速度为v ＝1 m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，以物体B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝(m 0＋m )v ，解得m 0＝4 kg ，木板获得的动能为E k ＝12m 0v 2－0＝2 J ，故A 正确；系统损失的机械能ΔE ＝12mv 20－12mv 2－12m 0v 2＝4J ，故B 错误；速度－时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，故0～1 s 内物体B 的位移为x B ＝12×(2＋1)×1 m＝1.5 m ，木板A 的位移为x A ＝12×1×1 m＝0.5 m ，则木板A 的最小长度为l ＝x B －x A ＝1 m ，故C 错误；由题图可知，物体B 在0～1 s 的加速度a ＝Δv Δt ＝－1 m/s 2，负号表示加速度的方向与规定正方向相反，由牛顿第二定律得－μm B g ＝m B a ，得μ＝0.1，故D 正确．]10．(多选)光滑水平地面上，A 、B 两物体质量都为m ，A 以速度v 向右运动，B 原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A 撞上弹簧，弹簧被压缩最短时( )A ．A 、B 系统总动量仍然为mv B ．A 的动量变为零C ．B 的动量达到最大值D ．A 、B 的速度相等解析：AD [系统水平方向动量守恒，A 正确；弹簧被压缩到最短时A 、B 两物体具有相同的速度，D 正确，B 错误；但此时B 的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B 物体会进一步加速，A 物体会进一步减速，C 错误．]11．(多选)如图所示，在足够长的水平地面上有两辆相同的小车甲和乙，A 、B 两点相距为5 m ，小车甲从B 点以大小为4 m/s 的速度向右做匀速直线运动的同时，小车乙从A 点由静止开始以大小为 2 m/s 2的加速度向右做匀加速直线运动．一段时间后，小车乙与小车甲相碰(碰撞时间极短)，碰后两车粘在一起，整个过程中，两车的受力不变(不计碰撞过程)．下列说法正确的是( )A ．小车乙追上小车甲用时4 sB ．小车乙追上小车甲之前它们的最远距离为9 mC ．碰后瞬间两车的速度大小为7 m/sD ．若地面光滑，则碰后两车的加速度大小仍为2 m/s 2解析：BC [小车乙追上小车甲时，有x 乙－x 甲＝5 m ，即12at 2－v 甲t ＝5 m ，代入数据解得t ＝5 s ，所以小车乙追上小车甲用时5 s ，故A 错误；当两车的速度相等时相距最远，则有v甲＝at ′，解得t ′＝v 甲a ＝42s ＝2 s ，最远距离s ＝5 m ＋v 甲t ′－12at ′2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4×2－12×2×22 m ＝9m ，故B 正确；碰前瞬间乙车的速度v 乙＝at ＝2×5 m/s＝10 m/s ，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv 甲＋mv 乙＝2mv ，解得碰后瞬间两车的共同速度v ＝7 m/s ，故C 正确；若地面光滑，碰前乙车所受的作用力F ＝ma ，甲车的合力为0，则碰后两车的加速度大小a ′＝F 2m ＝a2＝1 m/s 2，故D 错误．]12．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A 在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B ，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B .两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B 车向前滑动了4.5 m ，A 车向前滑动了2.0 m ．已知A 和B 的质量分别为2.0×103kg 和1.5×103kg ，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞后的瞬间B 车速度的大小； (2)碰撞前的瞬间A 车速度的大小．解析：(1)设B 车的质量为m B ，碰后加速度大小为a B ，根据牛顿第二定律有 μm B g ＝m B a B ①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬间B 车速度的大小为v B ′，碰撞后滑行的距离为s B .由运动学公式有v B ′2＝2a B s B ②联立①②式并利用题给数据得v B ′＝3.0 m/s ③(2)设A 车的质量为m A ，碰后加速度大小为a A .根据牛顿第二定律有 μm A g ＝m A a A ④设碰撞后瞬间A 车速度的大小为v A ′，碰撞后滑行的距离为s A .由运动学公式有v A ′2＝2a A s A ⑤设碰撞前的瞬间A 车速度的大小为v A .两车在碰撞过程中动量守恒，有m A v A ＝m A v A ′＋m B v B ′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A ＝4.3 m/s.答案：(1)3.0 m/s (2)4.3 m/s13．(2019·江西上饶二中模拟)如图所示AOB 是光滑水平轨道，BC 是半径为R 的光滑的14固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M 的小木块静止在O 点，一个质量为m 的子弹以某一初速度水平向右快速射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C (木块和子弹均可以看成质点)．已知R ＝0.4 m ，m ＝1 kg ，M ＝10 kg.(g ＝10 m/s 2，结果保留两位有效数字)求：(1)子弹射入木块前的速度v 0；(2)若每当小木块上升到圆弧并返回到O 点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中．则当第3颗子弹射入小木块后，木块速度多大．解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即：mv 0＝(m ＋M )v 1 系统由O 到C 的运动过程中机械能守恒，即：12(m ＋M )v 21＝(m ＋M )gR 由以上两式解得：v 0＝m ＋Mm2gR ≈31 m/s. (2)由动量守恒定律可知，第2颗子弹射入木块后，木块的速度为0 当第3颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得：mv 0＝(3m ＋M )v 3解得：v 3＝mv 03m ＋M ≈2.4 m/s.答案：(1)31 m/s (2)2.4 m/s14．(2019·包头模拟)如图所示，AB 为光滑水平面，BC 部分位于竖直平面内半径为R 的半圆轨道，B 点是最低点，C 点是最高点，C 点切线方向水平，圆管截面半径r ≪R .有一个质量为m 的a 球以水平初速度向右运动碰撞到原来静止在水平面上的质量为3m 的b 球，两球发生对心碰撞，碰撞时间极短，并且碰撞时没有能量损失，碰撞后b 球顺利进入光滑圆管(B 点无能量损失，小球的半径比圆管半径r 略小)，它经过最高点C 后飞出，最后落在水平地面上的A 点，已知AB 的距离为2R .已知重力加速度为g .求：(1)小球b 运动到C 点时对轨道的压力． (2)碰后小球a 的速度．解析：(1)b 球从C 点做平抛运动，则： 水平方向x ＝2R ＝v C t 竖直方向：y ＝2R ＝12gt 2解得：v C ＝gR在C 点根据牛顿第二定律得：3mg ＋F N ＝3m v 2R解得：F N ＝0由牛顿第三定律知小球对轨道的压力为0 (2)b 球从B 到C ，由机械能守恒得： 3mg ·2R ＝12×3mv 2B －12×3mv 2C解得：v B ＝5gRa球与b球发生弹性碰撞，则：mv0＝mv a＋3mv B1 2mv20＝12mv2a＋12×3mv2B解得：v a＝－5gR方向向左．答案：(1)0 (2)5gR，方向向左。

第2讲动量守恒定律1 动量守恒定律(1)系统:相互作用的几个物体构成系统。

系统中各物体之间的相互作用力称为内力,外部其他物体对系统的作用力叫作外力。

(2)内容:如果一个系统不受外力作用,或者所受的合力为零,那么这个系统的总动量保持不变。

(3)表达式m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'两个物体组成的系统初动量等于末动量可写为:p=p'、Δp=0和Δp1=-Δp2。

(4)守恒条件①理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒。

②近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。

③分方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量守恒。

湖南长沙阶段测验)(多选)如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组成的系统,下列说法中正确的是()。

A.两手同时放开后,系统总动量始终为零B.先放开左手,后放开右手,总动量向右C.先放开左手,后放开右手,总动量向左D.无论何时放手,系统总动量守恒【答案】AC河南洛阳六校联考)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢跟它们对接。

机车跟第1节,它们连在一起具有一个共同的速度,紧接着又跟第2节车厢相碰,就这样,直至碰上最后一节车厢。

设机车和每节车厢的质量都相等,则机车跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)()。

A.0.053 m/sB.0.05 m/sC.0.057 m/sD.0.06 m/s【答案】B2 碰撞、爆炸与反冲(1)概念:碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短,物体间相互作用力很大的现象。

在碰撞过程中,一般都满足内力远大于外力,故可以用动量守恒定律处理碰撞问题。

(2)分类①弹性碰撞:这种碰撞的特点是系统的机械能守恒,相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒。

②非弹性碰撞:在碰撞过程中有机械能损失的碰撞,在相互作用过程中只遵循动量守恒定律。

专题26 动量动量定理动量守恒定律1.理解动量、动量变化量、动量定理的概念.2.知道动量守恒的条件.1、动量、动量定理〔1〕动量①定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。

②表达式：p＝mv。

③单位：kg·m/s。

④标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向一样。

〔2〕冲量①定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。

②表达式：I＝Ft。

单位：N·s。

③标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。

〔3〕动量定理项目动量定理内容物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量表达式p′－p＝F合t或mv′－mv＝F合t意义合外力的冲量是引起物体动量变化的原因标矢性矢量式(注意正方向的选取)2、动量守恒定律〔1〕内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。

〔2〕表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′。

〔3〕适用条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，如此系统动量守恒。

②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。

③分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。

考点一 动量定理的理解与应用 1．应用动量定理时应注意(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)。

(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。

2．动量定理的应用 (1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。

②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。

(2)应用I ＝Δp 求变力的冲量。

(3)应用Δp ＝F ·Δt 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。

★重点归纳★ 1、动量的性质①矢量性：方向与瞬时速度方向一样。

②瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的。