1、考点18动量守恒定律及其一般应用题组一基础小题1下列情况中系统动量守恒的是()小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对人与车组成的系统子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统A只有 B和 C和 D和答案B解析小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统，受到的合外力为零，系统动量守恒，故正确；子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统，系统所受外力之和为零，系统动量守恒，故正确；子弹射入紧靠墙角的木块中，
2、对子弹与木块组成的系统，受到墙角的作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒，故错误；气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统，所受的合外力不为零，系统动量不守恒，故错误。综上可知，B正确。2一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为31。不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()答案B解析弹片做平抛运动的时间t 1 s，爆炸过程两块弹片组成的系统水平方向动量守恒，设弹丸质量为m，则mvmv甲mv乙，又v甲，v乙，t1 s，则有x甲x
3、乙2 m，将各选项中数据代入计算得B正确。3一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为()A.M B.MC.M D.M答案C解析规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：Mv0(Mm)v2mv1，解得：mM，故C正确。4如图所示，小船的两端站着甲、乙两人，初始小船静止于湖面上。现甲和乙相向而行，从船的一端走到另一端，最后静止于船上，不计水的阻力，下列说法正确的是()A若甲先行，乙后行，小船最终向左运动B若甲先行，乙后行，小船最终向右运动C无论
4、谁先行，小船最终都向右运动D无论谁先行，小船最终都静止答案D解析以甲、乙和船组成的系统为研究对象，由系统动量守恒知，初始系统总动量为0，所以无论谁先行，最终系统总动量为0，小船最终都静止。故A、B、C错误，D正确。5如图，质量为M的小车A停放在光滑的水平面上，小车上表面粗糙。质量为m的滑块B以初速度v0滑到小车A上，车足够长，滑块不会从车上滑落，则小车的最终速度大小为()A零 B. C. D.答案C解析B在A上滑动的过程中，A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mv0(Mm)v，解得：v，故选C。6A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后，mA1 kg，mB2 kg
5、。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移时间图象如图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于()A弹性碰撞B非弹性碰撞C完全非弹性碰撞D条件不足，无法判断答案A解析由题图可知，A球碰前速度为vA6 m/s，碰后速度为vA2 m/s；B球碰前速度为vB3 m/s，碰后速度为vB5 m/s。根据题给条件可知，系统碰撞过程动量守恒，系统碰前的总动能为27 J，碰后的总动能也为27 J，所以属于弹性碰撞，则A正确。7已知质量相同的两个物体发生弹性正碰时速度交换。如图为“牛顿摆”，由五个相同的钢球紧挨着悬挂在同一水平线上。当拉起最左侧的球1并释放，由于相邻球间的碰撞，导致最右侧的球5
6、被弹出，碰撞时动能不损失。则()A相邻球间碰撞属于非弹性碰撞B球5被弹起时，球4速度不为零C球5被弹起时，球1速度等于零D5个钢球组成的系统在整个运动过程中动量守恒答案C解析因为碰撞时动能不损失，则各个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，A错误；因为两球碰撞时交换速度，则球5被弹起时，球4速度为零，B错误；球1落下后与球2碰撞，1、2两球交换速度，之后以此类推，当球5被弹起时，球1、2、3、4的速度都等于零，C正确；5个钢球组成的系统在水平方向碰撞过程中动量守恒，而在球1和球5摆动的过程中动量不守恒，D错误。8在光滑的水平面上有静止的物体A和B。物体A的质量是B的2倍，两物体与中间用细绳束缚的处于压缩
7、状态的轻质弹簧相连。当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中()AA的速率是B的2倍BA的动量大小大于B的动量大小CA受到的力大于B受到的力DA、B组成的系统的总动量为零答案D解析弹簧在恢复原长的过程中，两物体与弹簧组成的系统动量守恒，规定向左为正方向，故：mAvAmB(vB)0，由于物体A的质量是B的2倍，故A的速率是B的倍，A的动量大小等于B的动量大小，故A、B错误，D正确；根据牛顿第三定律，可知A受到的力等于B受到的力，故C错误。9(多选)甲、乙两人在光滑冰面上相向运动，相遇时两人掌心相碰互推对方，分开后两人的运动方向相同。下列说法正确的是()A若m甲m乙，则甲对乙的冲量一定大于乙对甲的冲量
8、B无论甲、乙质量关系如何，甲、乙两人的动量变化量大小一定相等C若甲的运动方向没变，则相互作用前甲的速率一定大于乙的速率D若甲的运动方向没变，则相互作用前甲的动量一定大于乙的动量答案BD解析甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用时间相等，则甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，故A错误；以两人组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律知甲、乙两人的动量变化量大小一定相等，故B正确；若甲的运动方向没变，说明相互作用后，两人的运动方向与相互作用前甲的运动方向相同，取相互作用前甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：p甲p乙p甲p乙0，
9、则有p甲p乙，所以相互作用前甲的动量一定大于乙的动量，由于两人的质量关系未知，所以不能确定两人相互作用前速率的大小关系，故C错误，D正确。10质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线同一方向运动，A球的动量pA9 kgm/s，B球的动量pB3 kgm/s。当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是()ApA6 kgm/s，pB6 kgm/sBpA8 kgm/s，pB4 kgm/sCpA2 kgm/s，pB14 kgm/sDpA4 kgm/s，pB17 kgm/s答案A解析两球碰撞过程动量守恒，碰前系统动量之和为p总pApB12 kgm/s，故碰后系统动量之和p总pApB12 kg
10、m/s，故D错误；设两球质量均为m，则对B项有vB，vA，即vAvB，不符合运动的合理性，B错误；对C项，碰后系统的总动能为E，碰前系统的总动能为E，即EE，不符合碰撞过程中总动能不增加的原则，故C错误；对A项，系统动量守恒，碰后系统的机械能为EvB，解得：a；碰撞过程中损失的机械能：EkmAv0，解得：a。所以，a的取值范围为：a，故A、C错误，B、D正确。18.(2019安徽宣城二模)(多选)如图，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，则()A在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向
11、动量守恒B在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功C被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处D被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动答案AD解析在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，故A正确；在小球下滑过程中，槽向后滑动，根据动能定理知，槽的速度增大，则小球对槽的作用力做正功，故B错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始时系统的总动量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相反，由于二者质量相等，则其速度大小相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，小球被弹簧反弹后的速度与接触弹簧前的速度大小相等，可知反弹后，小球和槽都做速率不
12、变的直线运动，且速度大小相等，因此它们的间距保持不变，小球不会回到槽上高h处，故D正确，C错误。19(2019安徽江淮十校三模)一个爆竹竖直升空后在最高点炸裂成质量相等的甲、乙两块，炸裂后瞬间甲的速度方向如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A甲、乙有可能同时落地B甲、乙落地时的速度一定相同C从炸裂到落地，甲、乙的速度变化相同D甲、乙落地瞬间，重力的瞬时功率相同答案D解析爆竹竖直升空后在最高点时速度为零，炸裂成质量相等的甲、乙两块，根据动量守恒定律可知，速度等大反向，由此可知，乙先落地，故A错误；根据机械能守恒定律知，两者落地时速度大小相等，但方向不同，故B错误；甲、乙在空中运动的时间
13、不同，由vgt可知，甲、乙的速度变化不同，故C错误；炸裂后瞬间，甲、乙在竖直方向的速度等大反向，由运动学公式可知，两者落地时在竖直方向的速度相同，由Pmgvy可知落地瞬间甲、乙重力的瞬时功率相同，故D正确。20.(2019河南洛阳一模)(多选)如图所示，一质量M2.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m1.0 kg的小物块A。给A和B以大小均为3.0 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板。下列说法正确的是()AA、B共速时的速度大小为1 m/sB在小物块A做加速运动的时间内，木板B的速度大小可能是2 m/sC从A开始运动到A、B共速
14、的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2 NsD从A开始运动到A、B共速的过程中，小物块A对木板B的水平冲量方向向左答案AD解析A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv0mv0(Mm)v，代入数据解得：v1 m/s，故A正确；物块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后物块A与木板B一起做匀速直线运动，在物块A的速度减为零的过程中，由动量守恒定律得：Mv0mv0MvB，解得：vB1.5 m/s，则在物块A做加速运动的时间内，木板B的速度：1 m/svB1.5 m/s，故B错误；从A开始运动到A、B共速的过程中，对A，由动量定理得：Imvm(v0)11
15、 Ns1(3) Ns4 Ns，对B，由动量定理得：IMvMv021 Ns23 Ns4 Ns，负号表示方向向左，故C错误，D正确。21(2019吉林长春四模)(多选)在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图甲所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰，碰后两壶的加速度相等，若碰撞前后两壶的vt图象如图乙所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是()A红壶碰撞前后速度大小变化了1.1 m/sB碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3 m/s2C蓝壶运动了4 s停下D碰撞后两壶相距的最远距离为1.2 m答案BD解析由题图乙可知，红壶碰撞前后的速度分别为1.
16、2 m/s、0.3 m/s，所以红壶碰撞前后速度大小变化了0.9 m/s，故A错误；碰撞后蓝壶的加速度大小等于红壶的加速度大小，为a m/s20.3 m/s2，故B正确；碰撞过程中两壶组成的系统动量守恒，设碰后蓝壶的速度为v，红壶碰前的速度v01.2 m/s，碰后的速度为v00.3 m/s，根据动量守恒定律可得：mv0mv0mv，解得：v0.9 m/s，故蓝壶的运动时间为t3 s，故C错误；碰撞后两壶都静止时，相距最远，最远距离等于碰后两壶的位移差，等于两壶vt图线与时间轴所围面积之差，则x m m1.2 m，故D正确。题组一基础大题22.如图所示，光滑水平面上小球A、B分别以1.2 m/s、
17、2.0 m/s的速率相向运动，碰撞后B球静止。已知碰撞时间为0.05 s，A、B的质量均为0.2 kg。求：(1)碰撞后A球的速度大小；(2)碰撞过程A对B平均作用力的大小。答案(1)0.8 m/s(2)8 N解析(1)A、B组成的系统动量守恒，设碰前B的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：mvBmvA0mvA解得 vA0.8 m/s。(2)对B，由动量定理得：tpB0mvB解得8 N。23.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F10 N
18、，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t0.6 s，二者的速度达到vt2 m/s。求：(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A上表面的长度l。答案(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m解析(1)以A为研究对象，在水平方向上只受拉力F，由牛顿第二定律有FmAa代入数据解得a2.5 m/s2。(2)对A、B碰撞后共同运动t0.6 s的过程，对A、B整体由动量定理得Ft(mAmB)vt(mAmB)v代入数据解得v1 m/s。(3)设A、B发生碰撞前，A
19、的速度为vA，A、B发生碰撞的过程，对A、B组成的系统，由动量守恒定律有mAvA(mAmB)vA从开始运动到与B发生碰撞前，对A，由动能定理有FlmAv联立式，代入数据解得l0.45 m。题组二高考大题24(2018全国卷)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2.0103 kg和1.5103 kg，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g10 m/s2
20、。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。答案(1)3.0 m/s(2)4.25 m/s解析(1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中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vB，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB22aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有mAgmAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA22aAsA设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA
21、mAvAmBvB联立式并利用题给数据得vA4.25 m/s。25(2016全国卷)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g10 m/s2。(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案(1)20 kg(2)不能解析(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面
22、体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20(m2m3)vm2v(m2m3)v2m2gh式中v203 m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m320 kg(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200代入数据得v11 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3m2vm2vm3v联立式并代入数据得v21 m/s，或v23 m/s(舍去)由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。2
23、6(2016全国卷)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。答案mgl即设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒有mvmvmgl设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒和能量守恒有mv1mv1v2mvmvv22联立式解得v2v1由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知v22gl联立式，可得联立式，a与
24、b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为。题组三模拟大题27(2019江西南昌二模)用两只玩具小车A、B做模拟碰撞实验，玩具小车A、B的质量分别为m11 kg和m23 kg，把两车放置在相距s8 m的水平面上。现让小车A在水平恒力作用下向着小车B运动，恒力作用t1 s时间后撤去，小车A继续运动与小车B发生碰撞，碰撞后两车粘在一起，滑行d0.25 m停下。已知两车运动所受的阻力均为重力的0.2倍，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)两个小车碰撞后的速度大小；(2)小车A受到的恒力F的大小。答案(1)1 m/s(2)8 N解析(1)两小车碰撞后的滑行过程中，对A、B整体由动能定理有k(m1m2
25、)gd0(m1m2)v解得v31 m/s。(2)两车碰撞过程中，对A、B组成的系统由动量守恒定律有m1v2(m1m2)v3解得v24 m/s恒力作用过程中，对A由动量定理有Ftkm1gtm1v1x1t撤去F至两车相碰过程中，对A由动能定理有km1gx2m1vm1vx1x2s解得F8 N。28.(2019辽宁大连二模)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来。如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的圆弧轨道，半径为0.8 m。PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为0.2。滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳。滑板手离开滑板A后，滑板A
26、以速度v12 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动。已知滑板质量为m5 kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为x3 m，g10 m/s2。(不考虑滑板的长度以及人和滑板间的作用时间)求：(1)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力；(2)滑板手落到滑板B上瞬间，滑板B的速度大小；(3)两个滑板间的最终距离。答案(1)1500 N，方向竖直向下(2)4.2 m/s(3)6.41 m解析(1)OP下滑过程，滑板手与滑板A组成的系统机械能守恒，有：10mgR10mv2代入数据解得：v4 m/s在P点设滑板A受到的支持力为FN，由牛顿第二定律有：
27、FN10mg10m解得：FN1500 N根据牛顿第三定律可得：F压FN1500 N，方向竖直向下。(2)滑板手跳离A板时，滑板手与滑板A组成的系统水平方向动量守恒，有：10mvmv19mv2解得：v2 m/s，滑板手跳上B板时，滑板手与滑板B组成的系统水平方向动量守恒，有：9mv210mv3解得：v34.2 m/s。(3)滑板B的位移：xB4.41 m滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度大小仍为v12 m/s，滑板A的位移：xA1 m，最终两滑板停下的位置间距为：LxBxxA6.41 m。29(2019合肥高三第三次质检)如图所示，一对杂技演员(均视为质点)荡秋千，
28、女演员由与悬点O1等高的A位置静止摆下，男演员从平台上D点静止摆下，某时刻女演员摆到最低点B时离开秋千，到达C点(男演员下摆的最低点)刚好被男演员接住，最后二者恰好摆回到平台D点。已知男、女演员均在同一竖直平面内运动，其质量分别为2m和m，其余质量忽略不计，秋千的绳长分别为l和2l，O1与O2等高，空气阻力不计，重力加速度为g。求：(1)女演员摆到最低点B的速度大小；(2)秋千绳O2D与竖直方向的夹角；(3)若男演员接住女演员用时t，此过程女演员对男演员的平均作用力。答案(1)(2)60(3)mg，方向竖直向下解析(1)对于女演员，设其在B点的速度大小为v，从A运动到B，由机械能守恒定律得：m
29、glmv2代入数据得：v。(2)设秋千绳O2D和竖直方向的夹角为，设男演员从平台上D点静止摆下至C点时，速度大小为vC，由机械能守恒定律有：2mg2l(1cos)2mv当女演员到达C点时刚好被男演员接住，最后二者恰好摆回到平台D点，可见男、女演员的共同速度大小也为vC。男演员接住女演员的过程二者组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，若男演员接住女演员前两者速度方向相同，有：mv2mvC3mvC代入数据得：cos，60。若男演员接住女演员前两者速度方向相反，有：mv2mvC3mvC代入数据得：cos(不符合实际，舍去)。(3)女演员从B点离开秋千做平抛运动，设到达C点的竖直速度大小为vy，则有v2g(2ll)2gl由(2)可知vvC，男、女演员水平方向无作用力，设男演员对女演员的平均作用力大小为F，取竖直向上方向为正方向，对女演员，由动量定理：(Fmg)tmvy解得：Fmg根据牛顿第三定律，女演员对男演员的平均作用力大小为mg，方向竖直向下。