统考版2024版高考物理一轮复习微专题小练习第六章动量守恒定律(含答案)

2024高考物理动量守恒定律习题集及答案说明：根据您的要求，我将根据提供的标题写一篇关于2024高考物理动量守恒定律习题集及答案的文章。

以下是正文内容：2024高考物理动量守恒定律习题集及答案1. 引言物理是高中阶段的重要科目之一，其中动量守恒定律是一个基础概念，具有重要的物理意义。

为了帮助广大高考学子更好地理解和掌握动量守恒定律，本文整理了一套2024高考物理动量守恒定律习题集及答案，旨在帮助学生进行针对性的复习与练习。

2. 动量守恒定律简介动量守恒定律是物理学中的基本定律之一，其表述为：在一个封闭系统中，当系统内部没有外力作用时，系统的总动量保持不变。

换句话说，对于一个孤立系统而言，系统中各个物体的动量之和在任何时刻都保持不变。

3. 习题集及答案（以下是一些关于动量守恒定律的典型考题，答案仅供参考。

）3.1 单个物体的动量守恒问题（题目）一质量为m的物体A以速度V撞向质量为M的物体B，碰撞发生后，物体A和物体B分别以速度v1和v2分开。

如果碰撞是完全弹性碰撞，请计算物体A和物体B的速度变化。

（答案）设物体A的速度变化为Δv，物体B的速度变化为ΔV。

根据动量守恒定律，有m * Δv + M * ΔV = 0。

（详细推导步骤省略）可得：Δv = (M / m) * ΔV，即物体A的速度变化与物体B的速度变化成反比。

3.2 多个物体的动量守恒问题（题目）一个质量为m₁的物体A和一个质量为m₂的物体B以相同的速度v撞击在一起，碰撞发生后，物体A向右偏移，并以速度v₁向右反弹，物体B向左偏移，并以速度v₂向左反弹。

已知 m₁ = 2 kg，m₂ = 3 kg，v = 4 m/s，v₁ = 6 m/s，请问v₂的大小是多少？（答案）设v₂为物体B反弹时的速度。

根据动量守恒定律，有m₁ * v + m₂ * (-v) = m₁ * v₁ + m₂ * (-v₂)。

可得：-2 * 4 + 3 * 4 = 2 * 6 + 3 * (-v₂)。

实验七验证动量守恒定律板块一主干梳理·夯实基础实验原理与操作◆实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒。

◆实验器材方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。

方案二：带细绳的摆球(相同的两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。

方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。

方案四：斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线一条、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板。

◆实验步骤1．方案一：利用气垫导轨验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出滑块的质量。

(2)安装：正确安装好气垫导轨。

(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小)。

(4)验证：一维碰撞中的动量守恒。

2．方案二：利用摆球验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。

(2)安装：把两个等大的摆球用等长悬线悬挂起来。

(3)实验：一个摆球静止，拉起另一个摆球，放下时它们相碰。

(4)测速度：测量摆球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应摆球的速度；测量碰撞后摆球摆起的角度，从而算出碰撞后对应摆球的速度。

(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验。

(6)验证：一维碰撞中的动量守恒。

3．方案三：利用光滑桌面上两小车相碰验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出两小车的质量m1、m2。

(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器的限位孔连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。

(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥，把两小车连接在一起共同运动。

(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝ΔxΔt算出速度。

第2讲 动量守恒定律一、动量守恒定律及其应用1．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：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′或Δp 1＝－Δp 2。

2．系统动量守恒的条件 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 近似守恒 系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒分方向守恒系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F 内≫F 外时，系统在该方向上动量守恒 二、弹性碰撞和非弹性碰撞1．碰撞(1)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。

(2)分类： 种类动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞守恒 守恒 非弹性碰撞守恒 有损失 完全非弹性碰撞守恒 损失最大2.(1)反冲特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的动量是守恒的。

(2)爆炸现象：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。

情境创设 A 球的质量是m ，B 球的质量是m 2，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，A 在前，B 在后，发生正碰后，B 球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半。

微点判断(1)因水平面光滑，A球和B球碰撞时系统动量守恒。

(√)(2)发生碰撞后，A球的速度方向不变，大小变为原来的2倍。

(×)(3)两球间发生的是弹性碰撞。

(×)(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒。

(√)(5)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。

(√)(6)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。

(√)(7)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能朝同一方向运动。

(×)(8)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能均静止。

章末目标检测卷六动量守恒定律(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。

每小题只有一个选项符合题目要求)1.(2024·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车假如发生猛烈碰撞,车内的平安气囊会被弹出并瞬间充溢气体。

若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于平安气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是()A.增加了司机单位面积的受力大小B.削减了碰撞前后司机动量的变更量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积2.2024年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛,导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。

台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级,最大风速为30 m/s。

某高层建筑顶部广告牌的尺寸为高5 m、宽20 m,空气密度ρ=1.2 kg/m3,空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0,则该广告牌受到的最大风力约为()A.3.9×103 NB.1.2×105 NC.1.0×104 ND.9.0×104 N3.(2024·江西赣州模拟)如图所示,三角形木块A质量为m A,置于光滑水平面上,底边长a,在其顶部有一三角形小木块B,质量为m B,其底边长为b。

若B从顶端由静止滑至底部,则木块后退的距离为()A.m B mm A+m B B.m A mm A+m BC.m B(m-m)m A+m B D.m A(m-m)m A+m B4.两球A、B在光滑水平面上沿同始终线、同一方向运动,m A=1 kg,m B=2 kg,v A=6 m/s,v B=2 m/s。

当A追上B并发生碰撞后,两球A、B速度的可能值是()A.v A'=5 m/s,v B'=2.5 m/sB.v A'=2 m/s,v B'=4 m/sC.v A'=-4 m/s,v B'=7 m/sD.v A'=7 m/s,v B'=1.5 m/s5.(2024·山东威海模拟)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上,分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止起先做匀加速直线运动。

2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—动量守恒定律(附答案解析) 1．(2024·辽宁鞍山市联考)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()A．只有甲、乙B．只有丙、丁C．只有甲、丙D．只有乙、丁2.木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是()A．a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统机械能不守恒B．a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量守恒C．a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒3.(2023·河北省衡水中学调研)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，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ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∶5C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大4.(2024·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则()A．在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方B．在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功D．在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下5.(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)()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2mlM＋m6.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg。

第4讲 功能关系 能量守恒定律1.[功能关系中的图像问题/2023浙江6月]铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a 、速度大小v 、动能E k 和机械能E 随运动时间t 的变化关系中，正确的是（ D ）A B C D解析 铅球在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，恒定不变，A 错；铅球的速度大小为v ＝√v 02＋v y 2，又v y ＝gt ，联立可得v ＝√v 02＋g 2t 2，所以v -t 图像为曲线，B 错；由于不计空气阻力，则铅球在空中运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由 动能定理有mgh ＝E k -E k0，又h ＝12gt 2，联立可得E k ＝E k0＋12mg 2t 2，所以E k -t 图线为二 次函数图线，C 错，D 对.2.[功能关系的应用/2022江苏]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A 连接在一起，处于压缩状态.A 由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B 轻放在A 右侧，A 、B 由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A 、B 始终不分离，当A 回到初始位置时速度为零.A 、B 与斜面间的动摩擦因数相同，弹簧未超过弹性限度，则（ B ）A.当上滑到最大位移的一半时，A 的加速度方向沿斜面向下B.A 上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化C.下滑时，B 对A 的压力先减小后增大D.整个过程，A 、B 克服摩擦力所做的总功大于B 的重力势能减少量解析释放时刻，v A ＝0，设斜面倾角为θ，A 、B 与斜面间的动摩擦因数为μ↓下滑过程，A 对B 的弹力方向只能沿斜面向上，设大小为F AB ，在最高点时，设弹簧弹力为F ，规定沿斜面向下为正方向对AB ：F ＋（m A ＋m B ）g sin θ－μ（m A ＋m B ）g cos θ＝（m A ＋m B ）a对B ：m B g sin θ－μm B g cos θ－F AB ＝m B a解得m B m A ＋m B＝－F AB F所以在最高点处F ＜0，沿斜面向上，弹簧依然处于压缩状态，弹力方向不发生变化，在下滑过程中，F 增大，F AB 增大，B 正确，C 错误.↓A 从x 1到x 2处，由能量守恒定律得12k x 12＝12k x 22＋m A g （x 1－x 2）sin θ＋f （x 1－x 2）解得k ＝2（m A gsinθ＋f ）x 1＋x 2A 运动到最大位移一半处时，弹簧压缩量x 0＝x 1－x 1－x 22＝x 1＋x 22合力F 合＝kx 0－（m A g sin θ＋f ）＝0，加速度为零，A 错误.↓整个过程，弹簧的弹性势能不变，B 的重力势能减少，系统内能增加（摩擦生热）.由功能关系可知，A 、B 克服摩擦力做的功等于B 的重力势能减少量，D 错误.3.[能量守恒定律的应用/2021山东]如图所示，三个质量均为m 的小物块A 、B 、C 放置在水平地面上，A 紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k 的轻弹簧将A 、B 连接，C 紧靠B ，开始时弹簧处于原长，A 、B 、C 均静止.现给C 施加一水平向左、大小为F 的恒力，使B 、C 一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A 离开墙壁，最终三物块都停止运动.已知A 、B 、C 与地面间的滑动摩擦力大小均为f ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内.（弹簧的弹性势能可表示为E p ＝12kx 2，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量）（1）求B 、C 向左移动的最大距离x 0和B 、C 分离时B 的动能E k ；（2）为保证A 能离开墙壁，求恒力的最小值F min ；（3）若三物块都停止时B 、C 间的距离为x BC ，从B 、C 分离到B 停止运动的整个过程，B 克服弹簧弹力做的功为W ，通过推导比较W 与fx BC 的大小；（4）若F ＝5f ，请在所给坐标系中，画出C 向右运动过程中加速度a 随位移x 变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a 、x 值（用f 、k 、m 表示），不要求推导过程.以撤去F 时C 的位置为坐标原点，水平向右为正方向.答案 （1）2F －4f kF 2－6fF+8f 2k（2）（3＋√102）f （3）W ＜fx BC （4）见解析解析 （1）从开始到B 、C 向左移动到最大距离的过程中，以B 、C 和弹簧为研究对象，由功能关系得Fx 0＝2fx 0＋12k x 02解得x 0＝2F －4f k弹簧恢复原长时B 、C 分离，从弹簧最短到B 、C 分离，以B 、C 和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得12k x 02＝2fx 0＋2E k联立解得E k ＝F 2－6fF+8f2k（2）当A 刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x'，以A 为研究对象，由平衡条件得kx'＝f若A 刚要离开墙壁时B 的速度恰好等于零，这种情况下对应的恒力为最小值F min ，从弹簧恢复原长到A 刚要离开墙壁的过程，以B 和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得E k ＝12kx'2＋fx'结合第（1）问结果可知F min ＝（3±√102）f根据题意舍去F min ＝（3－√102）f ，所以恒力的最小值为F min ＝（3＋√102）f（3）从B 、C 分离到B 停止运动，设B 的路程为x B ，C 的位移为x C ，以B 为研究对象，由动能定理得－W －fx B ＝0－E k以C 为研究对象，由动能定理得－fx C ＝0－E k由B 、C 的运动关系得x B ＞x C －x BC联立可得W ＜fx BC（4）小物块B 、C 向左运动的整个过程，由动能定理得5fx 1－2fx 1－12k x 12＝0解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为kx 1＝6f则物块C 在坐标原点的加速度为a 1＝kx 1－2f 2m＝6f －2f 2m＝2fm之后C 向右运动，B 与C 分离前二者的加速度为a ＝k （x 1－x ）－2f2m（x ≤x 1）可知加速度与位移x 呈线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，x 增大，a 减小，弹簧恢复原长时，B 和C 分离，之后C 只受地面的滑动摩擦力，加速度为a 2＝－fm ，负号表示C 的加速度方向水平向左，从撤去恒力到弹簧恢复原长的过程，以B 、C 为研究对象，由动能定理得12k x 12－2fx 1＝12×2mv 2B 与C 分离瞬间C 的速度为v ，之后C 受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒定律得fx 2＝12mv 2解得脱离弹簧后，C 运动的距离为x 2＝12x 1则C 最后停止的位移为x 1＋x 2＝32x 1＝32×6f k＝9f k所以C 向右运动的a －x 图像如下.。

第2讲动量守恒定律及应用考点一动量守恒定律的理解及应用1．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零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。

(2)表达式①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。

②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。

③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。

④Δp＝0，系统总动量的增量为零。

2．动量守恒的条件(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。

3．动量守恒定律的“五性”(1)动量具有瞬时性。

()(2)物体动量的变化等于某个力的冲量。

()(3)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。

()(4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。

()(5)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。

()答案：(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×[题组训练]1．[动量守恒的条件]在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。

若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中()A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能不守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒解析：子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，一部分动能转化为内能，之后木块(连同子弹)压缩弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守恒，但动量不守恒。

由于左侧挡板的支持力的冲量作用，使系统的动量不断减少，所以整个过程中，动量和机械能均不守恒。

课时规范练20动量守恒定律及其应用基础对点练1.(动量守恒条件、机械能守恒条件)关于下列运动的说法正确的是()A.图甲所示的撑竿跳运动员在离开地面向上运动的过程中机械能守恒B.图乙所示的蹦床运动中运动员和蹦床组成的系统动量守恒C.图丙所示跳伞运动在匀速下降的过程中运动员和降落伞组成的系统机械能守恒D.图丁所示打台球的运动过程中,两个台球组成的系统在碰撞的一瞬间动量近似守恒2.(动量守恒定律简单应用)滑冰是很多人非常喜欢的一项运动。

在一次训练中,某质量为40 kg的女运动员以大小为3 m/s的速度向静止的男运动员运动,靠近男运动员的瞬间被男运动员抱起,且保持姿势不变。

若男运动员的质量为60 kg,则抱起后瞬间两运动员的速度大小为()A.0.8 m/sB.1.2 m/sC.1.6 m/sD.2 m/s3.(动量守恒定律应用——反冲)(2023福建高三模拟)某战斗机以速度v0水平向东飞行时,将总质量为m0的导弹自由释放瞬间,导弹向西喷出质量为m、对地速率为v1的燃气,则喷气后导弹的速率为()A.m0v0+mv1m0-m B.m0v0-mv1m0-mC.m0v0-mv1m0D.m0v0+mv1m04.(多选)(冲量、动量守恒和机械能守恒判定)质量为m的篮球以大小为v1的水平速度撞击竖直篮板后,被篮板水平弹回,速度大小变为v2,已知v2<v1,篮球与篮板撞击时间极短。

下列说法正确的是()A.撞击时篮球受到的冲量大小为m(v1+v2)B.撞击时篮板受到篮球的冲量为零C.撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒D.撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒5.(动量守恒定律应用、牛顿第二定律应用、冲量)如图甲所示,一儿童站在平板小车中间,与小车一起沿水平地面匀速向右运动,儿童突然走向小车一端,此过程儿童和小车的速度—时间关系如图乙所示,不计地面的摩擦。

以下说法正确的是()甲乙A.儿童的质量小于小车的质量B.儿童走向小车左端C.儿童和小车的总动能减少D.小车对儿童的冲量方向水平向右6.(碰撞)如图所示,半径R=0.4 m的半圆柱固定于水平地面上,O为圆心,一可看作质点的小物块质量为m2,放置于半圆柱的最高点。

第六章动量守恒定律做真题明方向1．[2024·全国乙卷](多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止起先在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2.则 ( )A．4 s时物块的动能为零B．6 s时物块回到初始位置C．3 s时物块的动量为12 kg·m/sD．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J2．[2024·山东卷]我国多次胜利运用“冷放射”技术放射长征十一号系列运载火箭．如图所示，放射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭起先运动到点火的过程中( )A．火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量3．[2024·湖南卷]1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发觉这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )A .碰撞后氮核的动量比氢核的小B ．碰撞后氮核的动能比氢核的小C ．v 2大于v 1D ．v 2大于v 04.[2024·全国乙卷]如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力起先，小车、弹簧和滑块组成的系统( )A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量守恒，机械能不守恒C ．动量不守恒，机械能守恒D ．动量不守恒，机械能不守恒5．[2024·新课标卷](多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N 极正对着乙的S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )A ．甲的速度大小比乙的大B ．甲的动量大小比乙的小C ．甲的动量大小与乙的相等D ．甲和乙的动量之和不为零6．[2024·全国乙卷](多选)水平桌面上，一质量为m 的物体在水平恒力F 拉动下从静止起先运动．物体通过的路程等于s 0时，速度的大小为v 0，此时撤去F ，物体接着滑行2s 0的路程后停止运动．重力加速度大小为g.则( )A ．在此过程中F 所做的功为12mv 20 B ．在此过程中F 的冲量大小等于32mv 0C ．物体与桌面间的动摩擦因数等于v 20 4s 0gD ．F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍第六章 动量守恒定律做真题 明方向1．AD 由图知0～3 s 内F 的大小为F 1＝4 N ，3～6 s 内F 的大小F 2＝4 N ；在0到3 s内，物块沿正方向做匀加速直线运动，F 1－μmg＝ma 1，解得a 1＝2 m /s 2，为正方向，3 s 末的速度v 1＝a 1t 1＝6 m /s ；3 s 末力F 反向，物块先沿正方向减速到零，F 2＋μmg＝ma 2，解得a 2＝6 m /s 2，为负方向，物块减速到零所用的时间t 2＝v 1a 2 ＝1 s ，即4 s 末物块减速到零；在4～6 s 内，物块再反向做匀加速直线运动，F 2－μmg＝ma 3，解得a 3＝2 m /s 2，为负方向．画出整个过程中的v­t 图像如图所示：4 s 时物块的速度为零，动能为零，A 正确；由图可知在0～6 s 内，物块的位移不为零，6 s 时物块没有回到初始位置，B 错误；3 s 时的速度v 1＝6 m /s ，动量p 1＝mv 1＝6 kg ·m /s ，C 错误；由v­t 图线与时间轴所围的面积表示位移知，0～3 s 内、3～4 s 内、4～6 s 内物块的位移大小分别为x 1＝9 m 、x 2＝3 m 、x 3＝4 m ，则F 对物块做的功分别为W 1＝F 1x 1＝36 J 、W 2＝－F 2x 2＝－12 J 、W 3＝F 2x 3＝16 J ，则0～6 s 时间内F 对物块所做的功W ＝W 1＋W 2＋W 3＝40 J ，D 正确．2．A 从火箭起先运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A 项正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B 项错误；依据动量定理可得高压气体对火箭的推力F 、火箭自身的重力mg 和空气阻力f 的冲量矢量和等于火箭动量的改变量，C 项错误；依据动能定理可得高压气体对火箭的推力F 、火箭自身的重力mg 和空气阻力f 对火箭做的功之和等于火箭动能的改变量，D 项错误．3．B 设中子质量为m 0，被碰粒子质量为m ，碰后中子速度为v′0，被碰粒子速度为v ，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m 0v 0＝m 0v′0＋mv ，12 m 0v 20 ＝12 m 0v′2＋12 mv 2，解得v′0＝m 0－m m 0＋m v 0，v ＝2m 0m 0＋m v 0，因为当被碰粒子分别为氢核(m 0)和氮核(14m 0)时，有v 1＝v 0，v 2＝215 v 0，故C 、D 项错误；碰撞后氮核的动量为p 氮＝14m 0·v 2＝2815 m 0v 0，氢核的动量为p 氢＝m 0·v 1＝m 0v 0，p 氮>p 氢，故A 错误；碰撞后氮核的动能为E k 氮＝12 ·14m 0v 22＝28225 m 0v 20 ，氢核的动能为E k 氢＝12 ·m 0·v 21 ＝12m 0v 20 ，E k 氮<E k 氢，故B 正确． 4．B 撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，满意系统动量守恒的条件，故系统动量守恒；由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，存在摩擦力做功的状况，故系统机械能不守恒，所以选项B 正确．5．BD 对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示对于整个系统，由于μm 甲g>μm 乙g ，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，甲的动量大小比乙的小，m 甲v 甲＜m 乙v 乙，又m 甲＞m 乙，故v 甲＜v 乙，B 、D 正确，A 、C 错误．故选BD .6．BC 设物体与桌面间的动摩擦因数为μ，依据功的定义，可知在此过程中，F 做的功为W F ＝Fs 0＝12 mv 20 ＋μmgs 0，选项A 错误；物体通过路程s 0时，速度大小为v 0，撤去F后，由牛顿其次定律有μmg＝ma 2，依据匀变速直线运动规律有v 20 ＝2a 2·2s 0，联立解得μ＝v 20 4s 0g，选项C 正确；水平桌面上质量为m 的物体在恒力F 作用下从静止起先做匀加速直线运动，有F －μmg＝ma 1，又v 20 ＝2a 1s 0，可得a 1＝2a 2，可得F ＝3μmg，即F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，选项D 错误；对F 作用下物体运动的过程，由动量定理有Ft －μmgt＝mv 0，联立解得F 的冲量大小为I F ＝Ft ＝32 mv 0，选项B 正确．。

练案[19]第2讲动量守恒定律及其应用一、选择题(本题共10小题，1～7题为单选，8～10题为多选)1. 小明在滑板上匀速运动的过程中，突然抓起放在地面上的水杯( )A. 人、车、水杯这个系统水平方向动量守恒B. 人、车、水杯这个系统机械能守恒C. 水杯动量守恒D. 手对水杯的冲量大于水杯动量的增量2. 质量为m、速度为v 的A 球跟质量为3m 的静止B 球发生正碰。

碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后 B 球的速度允许有不同的值。

碰撞后B 球的速度可能是( )A. 0.8vB.0.60C.0.4vD.0.2v3. 如图所示，一发炮弹从水平地面斜射出去，其落点A 距离发射点距离为L; 若炮弹在最高点爆炸成质量为m 和 2m 的两部分，然后质量为m 的部分自由下落，质量为2m 的部分与爆炸前炮弹速度方向相同，且其落点为B。

不计空气阻力及爆炸过程损失的质量。

已知A 和B 的距离为200m, 则L 为( )A. 1000 mB.800 mC. 600 mD.400 m4. 2022 年北京冬奥会隋文静和韩聪在花样滑冰双人滑中为我国代表团赢得第9 枚金牌。

在某次训练中隋文静在前、韩聪在后一起做直线运动，当速度为vo时，韩聪用力向正前方推隋文静。

两人瞬间分离，分离瞬间隋文静速度vo。

已知隋文静和韩聪质量之比为2:3,则两人分离瞬间韩聪的速度( )A. 大小,方向与初始方向相同B. 大小,方向与初始方向相反C. 大小,方向与初始方向相同D. 大小,方向与初始方向相反5. 如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于 O 点。

开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度vo 击中砂袋后未穿出，与砂袋一起向右摆动的最大角为a 。

弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力。

下列说法中正确的是 ( )oA. 弹丸打入砂袋瞬间，细绳所受拉力大小保持不变B. 弹丸打入砂袋瞬间，弹丸对砂袋的冲量大于砂袋对弹丸的冲量C. 弹丸打入砂袋瞬间二者组成的系统动量不守恒D. 弹丸打入砂袋后，二者共同运动过程机械能守恒6. 如图，一质量为10 kg 的铁球静止在足够长的光滑地面上，人站在小车上向左推铁球，铁球运动一段时间后和墙壁碰撞，碰后铁球速度反向、大小不变，每次推球，球出手后的速度大小都为2 m/s, 已知人和车的总质量为50 kg。