2025届高中物理(人教版)一轮复习课时分层精练三十三：动量守恒定律及其应用(含解析)

课时分层精练(三十三) 动量守恒定律及其应用
基础落实练
1．(多选)[2024·湖南邵阳高三校考期中]如图所示，一小车停在光滑水平面上，车上一
人持枪向车的竖直挡板连续平射，所有子弹全部嵌在挡板内，当射击持续了一会儿后停止，则小车( )
A ．速度为零
B ．将向射击方向作匀速运动
C ．将向射击相反方向作匀速运动
D ．小车最终停止在初位置的左侧
2．(多选)[2024·全国模拟预测]如图所示，半径为R 、质量为2m 的光滑半圆轨道小车静
止在光滑的水平地面上，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点正上方高为R 处由静止释放，由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，重力加速度为g ，则( )
A.小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B ．小球离开小车后做斜上抛运动
C ．小车向左运动的最大距离为23
R D ．小车获得的最大速度为 2gR 3
3．(多选)[2024·辽宁锦州高三统考]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 的质量都为2.0×103 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g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )
A ．撞击后，由于A 车的质量大于
B 车，所以A 车的速度减小得快
B ．碰撞后的瞬间B 车的速度大小为4.25 m/s
C.碰撞后的瞬间A 车速度的大小为2 m/s
D ．碰撞前的瞬间A 车速度的大小为5 m/s 4．[2024·重庆八中校考阶段练习]如图所示，A 、B 两艘小船静止在水面上，人甲站在岸
边，人乙站在B船上，人乙与B船的总质量是A船的6倍．现将A船以相对于地面的速度v向左推出，当A船到达岸边时，人甲立即以2v将A船推回，人乙接到A船后，再次将它以速度v向左推出．以此重复，直到人乙不能再接到A船，忽略水的阻力且水面静止，则人乙最多可以推船的次数为()
A．4 B．5
C．6 D．7
5．水平地面上有甲、乙两个小滑块在同一直线上运动，两小滑块碰撞前后的速度—时间图像如图所示，小滑块甲的碰前速度为正向，小滑块乙的碰前速度为负向(其中一个小滑块碰后速度变为0).下列说法正确的是()
A．碰后乙的速度变为零
B．t＝2.5 s时，两小滑块之间的距离为7.5 m
C．两小滑块之间的碰撞为非弹性碰撞
D．碰撞前，两个小滑块组成的系统动量守恒
6．[2024·黑龙江佳木斯高三第一中学校考期中]滑板运动是青少年喜欢的运动之一，某滑板运动场地如图所示，水平面BC与斜面AB和圆弧CD平滑连接，滑板爱好者站在滑板甲上由静止从A点滑下，同时另一完全相同的滑板乙从圆弧上的D点由静止释放．两滑板在水平面上互相靠近时，滑板爱好者跳到滑板乙上，并和滑板乙保持相对静止，此后两滑板沿同一方向运动且均恰好能到达D点，被站在D点的工作人员接收．已知斜面AB的倾角θ＝30°，圆弧CD的半径R＝2 m，圆心O与D点的连线与竖直方向的夹角α＝53°，滑板质量m＝4 kg，滑板爱好者的质量M＝60 kg，不计空气阻力及滑板与轨道之间的摩擦，滑板爱好者与滑板均可视为质点，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：
(1)滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时，对C点压力的大小；
(2)斜面上AB间的距离．
素养提升练
7．[2024·江苏高三统考期末]质量为m的矩形木板ae，放在光滑水平面上，b、c、d是ae的4等分点．质量为M的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板，物块的宽度不计，且m<M，经过一段时间物块停在木板上．若上图是物块刚滑上木板时的物块与板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置，下列示意图正确的是()
8．(多选)[2024·云南省昆明市第一中学高三(上)检测]如图所示，将两个质量分别为m1＝60 g、m2＝30 g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度h0＝1.8 m处由静止释放．A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01 s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度—时间图像如图乙所示，g取10 m/s2()
A．B球与A球碰前的速度大小为6 m/s
B．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A球对B球的冲量大小比值为1∶101
C．A、B两球发生的是弹性碰撞
D．若m2≪m1，第一次碰撞后，m2球上升的最大高度可能大于17 m
9．[2024·山东潍坊模拟]如图所示，一质量M＝0.4 kg、内部间距L＝2 m的“U”形槽静止在水平面上．球1和球2是可看成质点的弹性小球，质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg.开始时两球中间夹有压缩轻质弹簧，弹簧与两球不拴接、长度忽略不计，存储的弹性势能为1.2 J，三者静止在“U”形槽中央．现释放两球，待两球离开弹簧后，立即拿走弹簧．不计一切摩擦，假设所有碰撞时间极短，且无机械能损失．求：
(1)两球脱离弹簧时的速度大小；
(2)球1与“U”形槽第一次碰撞后瞬间，球1与“U”形槽的速度大小；
(3)球2离开弹簧后到与“U”形槽发生第一次碰撞前所经历的时间．
1．解析：整个系统水平方向上不受外力，动量守恒，由于初动量为零，因此当子弹向右飞行时，车一定向左运动，当子弹进入挡板瞬间，车速度减为零，因此停止射击时，车速度为零，则小车最终停止在初位置的左侧．故选AD.
答案：AD
2．解析：小球与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0，因此球和小车组
成的系统总动量不守恒，A 错误；小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，且系统水平方向总动量为0，则小球由B 点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上有mv x ＋2mv x ＝0，解得v x ＝0，即小球由B 点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B 错误；根据上述，小球由B 点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在
水平方向上有m x 1t －2m x 2t ＝0，此过程有x 1＋x 2＝2R ，解得x 2＝23
R ，C 正确；根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得最大速度v m ，则有mv 1－2mv m ＝0，根据机械能守
恒得mg ·2R ＝12 mv 21 ＋12 ×2mv 2m ，解得v m ＝ 2gR 3
，D 正确．故选CD. 答案：CD
3．解析：由题中信息可知，A 、B 两车质量相等，撞击后，由牛顿第二定律可知μmg
＝ma
解得a ＝μg ＝1 m/s 2
故撞击后两车加速度相等，两车速度减小得一样快，A 错误；
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 ′2B ＝2as B
代入数据解得v ′B ＝3 m/s ，B 错误；
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 ′2A ＝2as A
代入数据解得v ′A ＝2 m/s ，C 正确；
设碰撞前瞬间A 车速度的大小为v A ，两车在碰撞过程中动量守恒，有mv A ＝mv ′A ＋mv ′B
联立并代入数据解得v A ＝5 m/s ，D 正确．
故选CD.
答案：CD
4．解析：取向右为正方向，B 船上的人第一次推出A 船时，由动量守恒定律可得0＝
－m A v ＋m B v 1
解得v 1＝m A m B
v 当A 船向右返回后，B 船上的人第二次将A 船推出，则有2m A v ＋m B v 1＝－m A v ＋m B v 2
可得v 2＝v 1＋3m A m B
v 设第n （n ≥2）次推出A 船时，B 船的速度大小为v n ，由动量守恒定律可得2m A v ＋m B v n
－1＝－m A v ＋m B v n
解得v n ＝v n －1＋3m A m B
v 则有v n ＝v 1＋（n －1）3m A m B
v （n ≥2） 由2v ≤v n ，可得n ≥143
，则n ＝5，即第5次推出A 船时，B 船上的人乙就不能再接到A 船，则人乙最多可以推船的次数为5，A 、C 、D 错误，B 正确．故选B.
答案：B
5．解析：由图像可知，甲、乙两滑块相向运动，均做匀减速直线运动，碰后甲的速度
不能增大，所以碰后滑块甲的速度变为零，滑块乙的速度为6 m/s （反向），故A 项错误；
t ＝2.5 s 时，两滑块之间的距离Δs ＝12
×6×（2.5－1） m ＝4.5 m ，故B 项错误；设碰前甲的质量为m 1，乙的质量为m 2，则碰前动量p 1＝m 1×4 m/s ＋m 2×（－2） m/s ，碰后动量p 2＝m 2×6
m/s ，由碰撞过程动量守恒有p 1＝p 2，解得m 1＝2m 2，由能量关系，碰前E 1＝12 m 1×42＋12
m 2×（－2）2＝18m 2，碰后E 2＝12
m 2×62＝18m 2，E 1＝E 2，则两滑块间的碰撞为弹性碰撞，故C 项错误；由速度—时间图像可知，碰前甲滑块的加速度大小a 1＝2 m/s 2，所受摩擦力大小F f1＝m 1a 1＝2m 1，乙滑块的加速度大小a 2＝4 m/s 2，所受摩擦力大小F f2＝m 2a 2＝4m 2＝2m 1＝F f1，F f1和F f2的方向相反，故甲、乙两滑块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故D 项正确．
答案：D
6．解析：（1）对滑板乙，从D 点运动到C 点的过程中，由动能定理得
mgR （1－cos 53°）＝12
mv 21 －0 在C 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 21 R
解得F N ＝72 N
由牛顿第三定律得，滑板乙对C 点的压力大小
F ′N ＝F N ＝72 N
（2）两滑板均恰能到达D 点被工作人员接收，则滑板爱好者及两滑板三者共速v 共＝
v 1 ①
以滑板爱好者及两滑板为研究对象，由动量守恒定律得（M ＋m ）v 2－mv 1＝（M ＋2m ）
v 共 ②
对滑板爱好者及滑板甲，从A 到B 的过程中，设A 到B 的距离为L ，由动能定理得（M
＋m ）gL sin 30°＝12
（M ＋m ）v 22 －0 ③ 联立①②③式解得L ＝2.025 m
答案：（1）72 N （2）2.025 m
7．解析：地面光滑，物块与木板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右
为正方向，由动量守恒定律得Mv 0＝（M ＋m ）v
对m 有μMgx ＝12
mv 2 设相对位移为Δx ，对M 有－μMg （x ＋Δx ）＝12 Mv 2－12
Mv 20 整理得x Δx ＋x ＝M m ＋2M ＝12＋m M
因为m <M ，所以13 <x Δx ＋x <12
解得x <Δx <2x
故B 正确，A 、C 、D 错误．故选B.
答案：B
8．解析：由机械能守恒定律可知mgh 0＝12
mv 20 解得v 0＝2gh 0
两物体落地前的速度v 0＝2×10×1.8 m/s ＝6 m/s ，A 正确；
根据动量定理，A 和B 相互作用过程中，B 动量的变化量等于合力的冲量I 1－m 2gt ＝m 2
（v 2＋v 0）
重力的冲量为I 2＝m 2gt ，I 2I 1 ＝1101
，B 正确； 因为A 、B 作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，
根据动量守恒m 1v 0－m 2v 0＝m 1v 1＋m 2v 2
得A 碰后速度为v 1＝1 m/s ，计算知12 m 1v 20 ＋12 m 2v 20 >12 m 1v 21 ＋12
m 2v 22 碰撞前后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞，C 错误；
若不计系统重力的影响，且m 2≪m 1，由动量守恒m 1v 0－m 2v 0＝m 1v 1＋m 2v 2
不计碰撞损失，由能量关系12 m 1v 20 ＋12 m 2v 20 ＝12 m 1v 21 ＋12
m 2v 22 联立解得v 2＝3m 1－m 2m 1＋m 2
v 0 因m 2≪m 1，则v 2＝3v 0，则m 2球上升的最大高度h 2＝9h 0＝16.2 m ，故D 错误．故选AB.
答案：AB
9．解析：（1）对两球从释放到脱离弹簧的过程，由动量守恒定律有0＝m 1v 1－m 2v 2
由能量守恒定律有E ＝12 m 1v 21 ＋12
m 2v 22 解得v 1＝4 m/s ，v 2＝2 m/s
则球1、球2脱离弹簧时的速度大小分别为4 m/s 和2 m/s.
（2）对球1和槽第一次碰撞的过程，由动量守恒定律有m 1v 1＝m 1v ′1＋Mv 3
由机械能守恒定律有12 m 1v 21 ＝12 m 1v ′21 ＋12
Mv 23 解得v ′1＝－2.4 m/s ，v 3＝1.6 m/s
则球1与“U”形槽第一次碰撞后瞬间球1和“U”形槽的速度大小分别为2.4 m/s 和1.6 m/s.
（3）球1脱离弹簧到与槽碰撞前过程，球1的位移大小为x 1＝L 2
＝1 m 球1所经历的时间为t ＝x 1v 1
＝0.25 s 球2位移大小为x 2＝v 2t ＝0.5 m
球1与槽第一次碰撞后到球2与槽第一次碰撞前过程，有v 2t ′＋v 3t ′＝L 2
－x 2 联立解得t ′＝536
s ，可验证此时间内，球2未与球1发生碰撞 总时间为t 总＝t ＋t ′＝718
s 则球2离开弹簧后到与槽发生第一次碰撞前所经历的时间为718
s. 答案：（1）4 m/s 2 m/s （2）2.4 m/s 1.6 m/s
（3）718
s
知识归纳总结
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2025届高中物理（人教版）一轮复习课时分层精练三十三：动量守恒定律及其应用
一、动量守恒定律的基础理解
动量守恒定律是高中物理中的重要概念，它表明在没有外力作用或外力作用可以忽略的情况下，一个封闭系统中物体动量的总和保持不变。

这一原理广泛应用于解决各种物理问题，如碰撞、爆炸、反冲等。

二、例题解析
小车与子弹问题
在光滑水平面上，小车停稳，车上人持枪向车的竖直挡板连续平射子弹，子弹全部嵌入挡板内。

分析此问题，需注意系统水平方向动量守恒，而竖直方向由于重力存在，动量不守恒。

子弹向右飞行时，车向左运动，子弹停止射击时，车速度为零，最终停在初位置的左侧。

小球与半圆轨道小车问题
小球从高处释放，沿半圆轨道下滑后冲出。

系统水平方向动量守恒，但竖直方向不守恒。

通过分析可知，小球离开小车时水平分速度为零，做竖直上抛运动。

利用动量守恒和机械能守恒定律，可求出小车向左运动的最大距离及最大速度。

汽车碰撞问题
两车碰撞问题中，需考虑碰撞前后动量守恒及碰撞后的运动情况。

通过设定碰撞前后的速度，利用动量守恒定律和动能定理，可求解出碰撞后的速度及碰撞前的速度。

特别注意，两车质量相等时，撞击后加速度相同，速度减小速度相同。

小船推船问题
两艘小船和人之间的相互作用问题，通过多次推船操作，利用动量守恒定律分析每次推船后的速度变化。

设定向右为正方向，逐步推导出推船次数的上限。

滑块碰撞问题
通过速度-时间图像分析两滑块碰撞前后的运动情况。

注意碰撞过程中动量守恒，但能量可能不守恒（弹性碰撞与非弹性碰撞的区别）。

利用图像数据求解碰撞前后的速度及碰撞类型。

滑板运动问题
滑板运动结合了动能定理、动量守恒定律和牛顿第二定律。

通过设定滑板运动过程中的能量转化和动量守恒关系，求解滑板在斜面和圆弧轨道上的运动情况，以及最终的速度和位移。

三、素养提升
木板与物块问题
在光滑水平面上，木板与物块之间的相互作用问题。

通过动量守恒定律和动能定理分析物块滑上木板后的运动情况，特别注意相对位移和绝对位移的关系。

小球碰撞问题
小球之间的碰撞问题，涉及动量守恒、动能定理和动量定理的综合应用。

通过分析碰撞前后的速度变化，求解碰撞过程中的冲量及碰撞类型（弹性碰撞与非弹性碰撞）。

“U”形槽与小球问题
“U”形槽与弹性小球之间的相互作用问题，涉及动量守恒、机械能守恒和动能定理的综合应用。

通过分析小球脱离弹簧后的运动情况，以及小球与“U”形槽的碰撞过程，求解各阶段的速度和时间。

四、总结
动量守恒定律是解决物理问题的重要工具，它适用于各种涉及碰撞、爆炸、反冲等场景的问题。

在解题过程中，需要准确分析系统的受力情况，明确动量守恒的条件，灵活运用动量守恒定律、动能
定理和动量定理等知识点，逐步推导出问题的答案。

同时，还需要注意相对位移、绝对位移等概念的理解和应用，以及碰撞过程中能量转化和动量守恒的关系。