(新课标)202x高考物理总复习 课时检测(三十六)应用动量守恒定律解决三类典型问题(重点突破课)(
高三物理复习之_动量守恒定律(例题讲解)
高三物理复习——动量守恒定律目标认知学习目标1.理解动量、动量的变化量的概念，知道动量、动量的变化量都是矢量，会正确计算一维的动量变化。
2.会用牛顿运动定律推导动量守恒定律。
3.理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件和适用范围，并会用动量守恒定律解决一些简单问题。
学习重点1.理解动量守恒定律的确切含义和表达式以及简单计算。
2.会用牛顿运动定律推导动量守恒定律。
学习难点1.动量守恒定律的适用条件和适用范围2.用动量守恒定律解决问题。
知识要点梳理知识点一.动量要点诠释：1.动量的定义物体的质量和速度的乘积叫做动量（用符号P表示）。
2. 公式；单位：3.方向动量是矢量，它的方向与速度的方向相同。
知识点二. 动量的变化要点诠释：1.动量的变化某段运动过程（或时间间隔）物体的末动量跟物体的初动量的（矢量）差，称为动量的变化（或动量的增量），即2. 动量的变化的方向动量的变化是矢量，它的方向是由速度的变化方向决定的。
知识点三．系统、内力和外力要点诠释：1.系统相互作用的两个或多个物体组成一个系统。
2.内力物体之间的相互作用力叫内力。
3.外力系统以外的物体施加的力叫外力。
知识点四．动量守恒定律1.推导以两球碰撞为例：光滑水平面上有两个质量分别是m1和m2的小球，分别以速度v1和v2（v1>v2）做匀速直线运动。
当m1追上m2时，两小球发生碰撞，设碰后二者的速度分别为v1ˊ、v2ˊ。
设水平向右为正方向，它们在发生相互作用（碰撞）前的总动量：p=p1+p2=m1v1+m2v2，在发生相互作用后两球的总动量：pˊ=p1ˊ+p2ˊ=m1v1ˊ+m2v2ˊ。
设碰撞过程中两球相互作用力分别是F1和F2，力的作用时间是。
根据牛顿第二定律，碰撞过程中两球的加速度分别为根据牛顿第三定律，大小相等，方向相反，即所以碰撞时两球之间力的作用时间很短，用表示，这样加速度与碰撞前后速度的关系就是，代入整理后可得或写成即这表明两球碰撞前后系统的总动量是相等的。
高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)
高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题 (含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1.竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E=4X 10/m .小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径， b 、c 球用长L 2m 的绝缘细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当 F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足F 2 t 2 —.已知三个小球均可看做质点且 m a =0.25kg , m b =0.2kg , m c =0.05kg ，小球 (1) 小球a 与b 发生碰撞时的速度 v o ; (2) 小球c 运动到Q 点时的速度v ;(3) 从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球 c 电势能的增加量.【答案】(1) V 4m/s (2) v=2m/s (3) E p 3.2J 【解析】【分析】对小球 a ,由动量定理可得小球 a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组 成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球 c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速 度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得； 解：⑴对小球a ,由动量定理可得I m a V 。
0 由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧 ，面积为拉力F 的冲量，由圆方程可知S 1m 2 代入数据可得：v 0 4m/s(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞 ， 由动量守恒可得 m a V 0 m a V | (m b m c )v 21 2 1 2 12由机械能守恒可得 m a v 0m a v 1 (m b m c )v 222 2解得 V 1 0, V 2 4m/ sA E阳1r c 带q=5 x 1'0)C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦， g=10m/s 2，求小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理1 2 1 2 m c gR qER ㊁血 mjv ㊁血 mjv ?代入数据可得v 2m/ s⑶由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：1 2(m b m c )v qERsin 22.如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在 '点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度0 =60.小明从A 点由静止往下摆，达到 O 点正下方B 点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运 动•到达C 点，小明跳离平板车(近似认为水平跳离)，安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂 上•绳长L=1.6m ,浮漂圆心与 C 点的水平距离x=2.7m 、竖直高度y=1.8m ，浮漂半径 R=0.3m 、不计厚度，小明的质量m=60kg ，平板车的质量 m=20kg ，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦.重力加速度g=10m/s 2，求：_*』吩(1) 轻绳能承受最大拉力不得小于多少？ (2) 小明跳离平板车时的速度在什么范围？(3) 若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功 ？【答案】(1) 1200N (2) 4m/s Wv< 5m/s( 3) 480J 【解析】 【分析】(1)首先根据机械能守恒可以计算到达B 点的速度，再根据圆周运动知识计算拉力大小.(2)由平抛运动规律,按照位移大小可以计算速度范围( 3)由动量守恒和能量守恒规律计算即可. 【详解】解(I)从A 到B .由功能关系可得1 2 mgL(1 cos ) mv ①2代人数据求得v=4 m/s ②m b gR(1cos ) m c gRsin 解得sin0637因此小球c 电势能的增加量： E p qER(1 sin ) 3.2J2在最低点B处，T mg mv③联立①②解得，轻绳能承受最大拉力不得小于T=1200N(2) 小明离开滑板后可认为做平抛运动1 2竖直位移y gt1 2 3④2离C点水平位移最小位移x R v min t⑤离C点水平位移最大为X R V min t⑥联立④⑤⑥解得小明跳离滑板时的速度 4 m/s Wvw 5 m/s(3) 小明落上滑板时，动量守恒mv (m m0)V| ⑦代人数据求得V i=3 m/s⑧离开滑板时，动量守恒(m m0)v| mv C m o V2⑨将⑧代人⑨得V2=-3 m/s由功能关系可得1 2 1 2 1 2 W ( — mv C m0v2) m m0 v1⑩.2 2 2解得W=480 J3. 某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m,皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B C置于水平导轨上， B C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度V0=6m/s 沿B、C 连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起•碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角0 =37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数卩=0.8重力加速度g=10m/s2, sin37=0.6, cos37°0.8.1滑块A、B碰撞时损失的机械能；2滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q;3若每次实验开始时滑块A的初速度V。
2022届高考物理一轮复习课后限时集训16动量守恒定律及其应用含解析新人教版
课后限时集训(十六)（时间：40分钟）1。
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C［在子弹射入木材A及压缩弹簧的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受外力之和为零,系统的动量守恒；子弹射入木块A的过程中,摩擦力做负功，系统机械能不守恒。
故C正确。
］2.(多选）如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车，小车上带有一光滑的、半径为R的错误!圆弧轨道.现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中正确的是（)A．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒C．小球下滑过程中,在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒D．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能守恒BCD［小车和小球组成的系统在水平方向上所受的合外力为零,则水平方向上动量守恒,竖直方向所受合外力不为零,所以总的动量不守恒；除重力以外的其他外力不做功，小车和小球组成的系统机械能守恒，B、C、D正确。
]3．（2020·江西省七校第一次联考)一质量为M的航天器远离太阳和行星，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质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2等于（v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度）( ）A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!C[以v0的方向为正方向,由动量守恒定律有Mv0＝－mv1＋（M－m)v2，解得v2＝错误!,故选项C正确。
]4．一弹丸在飞行到距离地面 5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失,取重力加速度g＝10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）A BC DB［由h＝错误!gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中,爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v〉2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误;甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力,故水平方向动量守恒,即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上x＝v0t,所以A图中,v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2。
2024高考物理动量守恒定律习题集及答案
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)。
2020版高考物理课时检测(三十六)应用动量守恒定律解决三类典型问题(重点突破课)
应用动量守恒定律解决三类典型问题(重点突破课)1.如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是( )A ．向左运动，船向左移一些B ．小船静止，船向左移一些C ．小船静止，船向右移一些D ．小船静止，船不移动解析：选C 人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。
故选项C 正确。
2．(2019·泉州检测)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v 0、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 ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋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，3mv 0＝2mv ＋mv ′，解得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，C 正确。
3.如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。
已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2 D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 解析：选D 火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得：v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，D 项正确。
4．将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内，以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体。
忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.m M v 0B.M m v 0C.M M －m v 0D.mM －m v 0解析：选D 根据动量守恒定律mv 0＝(M －m )v ，得v ＝mM －m v 0，选项D 正确。
高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)
高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P .现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s ，此时乙尚未与P 相撞．①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；②若乙与挡板P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P 对乙的冲量的最大值． 【答案】v 乙＝6m/s. I ＝8N 【解析】 【详解】（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：又知联立以上方程可得，方向向右。
（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：2．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。
某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体，总质量为M=l kg ，点火后全部压缩气体以v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有2m∆ 的压缩气体，每级总质量均为2M，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o 从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。
喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m ／s 2，求两种模型上升的最大高度之差。
【答案】116.54m【解析】对模型甲： ()00M m v mv =-∆-∆甲21085=200.5629v h m m g =≈甲甲对模型乙第一级喷气： 10022m mM v v ∆∆⎛⎫=-- ⎪⎝⎭乙解得： 130m v s=乙2s 末： ‘11=10m v v gt s-=乙乙22111'=402v v h m g-=乙乙乙对模型乙第一级喷气：‘120=)2222M M m m v v v ∆∆--乙乙（ 解得： 2670=9mv s 乙 22222445=277.10281v h m m g =≈乙乙可得： 129440+=116.5481h h h h m m ∆=-≈乙乙甲。
最新高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)
最新高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。
某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体，总质量为M=l kg ，点火后全部压缩气体以v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有2m∆ 的压缩气体，每级总质量均为2M，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o 从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。
喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m ／s 2，求两种模型上升的最大高度之差。
【答案】116.54m【解析】对模型甲： ()00M m v mv =-∆-∆甲21085=200.5629v h m m g =≈甲甲对模型乙第一级喷气： 10022m mM v v ∆∆⎛⎫=-- ⎪⎝⎭乙 解得： 130m v s=乙2s 末： ‘11=10m v v gt s-=乙乙22111'=402v v h m g-=乙乙乙对模型乙第一级喷气：‘120=)2222M M m m v v v ∆∆--乙乙（ 解得： 2670=9mv s 乙 22222445=277.10281v h m m g =≈乙乙可得： 129440+=116.5481h h h h m m ∆=-≈乙乙甲。
2．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b ,小车质量M =3kg ，AO 部分粗糙且长L =2m ，动摩擦因数μ=0.3，OB 部分光滑．另一小物块a ．放在车的最左端，和车一起以v 0=4m/s 的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．（取g=10m/s2）求：(1)物块a与b碰后的速度大小；(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．【答案】(1)1m/s (2) (3) x=0.125m【解析】试题分析：（1）对物块a，由动能定理得：代入数据解得a与b碰前速度：；a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：；（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，对小车，由动能定理得：，代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：；（3）由能量守恒得：，解得滑块a与车相对静止时与O点距离：；考点：动量守恒定律、动能定理。
新高考物理考试易错题易错点15动量守恒定理及其应用附答案
易错点15 动量守恒定理及其应用易错总结1.动量守恒定律的条件:系统所受的总冲量为零不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的相互作用力),即系统所受外力的矢量和为零。
(碰撞、爆炸、反冲的过程均可近似认为动量守恒)2,某一方向上动量守恒的条件:系统所受外力矢量和不为零,但在某一方向上的合力为零,则系统在这个方向上动量守恒。
必须注意区别总动量守恒与某一方向上动量守恒。
3,完全非弹性碰撞:两物体碰撞后获得共同速度,动能损失最多且全部通过形变转化为内能,但动量守恒。
4,弹性碰撞:动量守恒,碰撞前后系统总动能相等。
5.一般碰撞:有完整的压缩阶段,只有部分恢复阶段,动量守恒,动能减小。
6,人船模型—两个原来静止的物体(人和船)发生相互作用时,不受其他外力,对这两个物体组成的系统来说,动量守恒,且任一时刻的总动量均为零,由动量守恒定律,有2211v m v m (注意利用几何关系解决位移问题)。
(人船模型:人从右向左由船头走向船尾)7,能量与动量不能混为一谈,能量是标量,动量是矢量,且两者的公式、定义均不相同。
8.求变力冲量(1)若力与时间呈线性关系,可用于平均力求变力的冲量；(2)若给出了力随时间变化的图像如图,可用面积法求变力冲量。
9.在研究反冲问题时,注意速度的相对性:若物体间的相对速度已知,应转化为对地速度。
解题方法一、动量守恒定律1.动量守恒定律的推导如图所示，光滑水平桌面上质量分别为m1、m2的球A、B，沿着同一直线分别以v1和v2的速度同向运动，v2>v1.当B球追上A球时发生碰撞，碰撞后A、B两球的速度分别为v1′和v2′.设碰撞过程中两球受到的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t.根据动量定理：F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2).因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2，则有：m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′2.动量守恒定律的理解(1)动量守恒定律的成立条件①系统不受外力或所受合外力为零.②系统受外力作用，但内力远远大于合外力.此时动量近似守恒.③系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒.(2)动量守恒定律的性质①矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算.②相对性：速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度.③普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统.二、动量守恒定律的应用1.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义：(1)p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和.(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反.(4)Δp＝0：系统总动量增量为零.2.应用动量守恒定律的解题步骤：【易错跟踪训练】易错类型1：不明白规律内涵、外延1．（2021·全国高三专题练习）下列关于碰撞的理解正确的是（）A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞【答案】A【详解】AB．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内运动状态发生显著变化的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，A正确，B错误。
高考物理一轮复习课时规范练20 动量守恒定律及其应用(含答案)
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。
专题41动量守恒定律及“三类模型”问题---2021年高考物理复习专项训练含解析版
程中斜面对滑块的支持力大小为 FN，重力加速度为 g，则块下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为 FNtcos α C．滑块 B 下滑的过程中 A、B 组成的系统动量守恒
m
D．此过程中斜面体向左滑动的距离为
L
M＋m
5．一弹丸在飞行到距离地面 5 m 高时仅有水平速度 v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质 量比为 3∶1.不计质量损失，取重力加速度 g＝10 m/s2，则下列选项图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
6. (多选)如图 4，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( )
图4 A．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒 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
A．2.1 m/s
B．2.4 m/s
C．2.8 m/s
D．3.0 m/s
【变式 2】 一质量为 M 的航天器远离太阳和行星，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质量为 m 的气体，气体向后喷出的速度大小为 v1，加速后航天器的速度大 小 v2 等于(v0、v1、v2 均为相对同一参考系的速度)( )
图1 A．若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运动 B．若水平面光滑，打后平板车可能向右运动 C．若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动 D．若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动 2. 如图 2，两滑块 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( )
高考物理动量守恒定律专题训练答案及解析
高考物理动量守恒定律专题训练答案及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v 向右匀速运动．已知木箱的质量为m ，人与车的总质量为2m ，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求：(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v 1的大小； (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小． 【答案】①2v；②23v 【解析】试题分析：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv 1-mv 得12v v =②小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv 1=（m+2m ）v 2 解得223v v =考点：动量守恒定律2．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A 、B 、C ，三球的质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 、m C =6kg ，初状态BC 球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B 、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A 球以v 0=9m/s 的速度向左运动，与同一杆上的B 球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：（1）A 球与B 球碰撞中损耗的机械能； （2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能； （3）在以后的运动过程中B 球的最小速度． 【答案】（1）；（2）；（3）零．【解析】试题分析：（1）A 、B 发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A 、B 的共同速度损失的机械能（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有：三者共同速度最大弹性势能（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A、B的速度，C的速度可知碰后A、B已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故B 的最小速度为零．考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．【名师点睛】A、B发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A球与B球碰撞中损耗的机械能．当B、C速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B、C在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答3．如图所示，一辆质量M=3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=l kg 的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p=6J，小球与小车右壁距离为L=0.4m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：①小球脱离弹簧时的速度大小；②在整个过程中，小车移动的距离。
2020高考冲刺物理重难点：动量守恒定律(附答案解析)
重难点07 动量守恒定律【知识梳理】一、动量守恒定律的条件及应用1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
2．动量守恒定律的适用条件（1）前提条件：存在相互作用的物体系；（2）理想条件：系统不受外力；（3）实际条件：系统所受合外力为0；（4）近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力；（5）方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。
3．动量守恒定律的表达式（1）m1v1+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；（2）Δp1=–Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向；（3）Δp=0，系统总动量的增量为零。
4．动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。
5．应用动量守恒定律解题的步骤：（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上动量是否守恒）；（3）规定正方向，确定初、末状态动量；（4）由动量守恒定律列出方程；（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
二、碰撞与动量守恒定律1．碰撞的特点（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。
（2）碰撞过程中，总动能不增。
因为没有其他形式的能量转化为动能。
（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。
（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。
2．碰撞的种类及遵从的规律3．关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
在光滑的水平面上，质量为m 1的钢球沿一条直线以速度v 0与静止在水平面上的质量为m 2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v 1、v 2221101v m v m v m +=①222211201212121v m v m v m +=② 由①②可得：021211v m m m m v +-=③021122v m m m v +=④利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：a ．当21m m >时，01>v ，02>v ，两钢球沿原方向原方向运动；b ．当21m m <时，01<v ，02>v ，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c ．当21m m =时，01=v ，02v v =，两钢球交换速度。
高考物理《动量守恒定律的理解和应用》真题练习含答案
高考物理《动量守恒定律的理解和应用》真题练习含答案1.[2024·江苏省无锡市教学质量调研]如图所示，曲面体P 静止于光滑水平面上，物块Q 自P 的上端静止释放．Q 与P 的接触面粗糙，在Q 下滑的过程中，关于P 和Q 构成的系统，下列说法正确的是( )A ．机械能守恒、动量守恒B ．机械能不守恒、动量守恒C ．机械能守恒、动量不守恒D ．机械能不守恒、动量不守恒 答案：D解析：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，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒．Q 与P 的接触面粗糙，克服阻力做功产热，所以机械能不守恒，D 正确．2．(多选)如图所示，在光滑水平面上，一速度大小为v 0的A 球与静止的B 球正碰后，A 球的速率为v 03 ，B 球的速率为v 02，A 、B 两球的质量之比可能是( )A ．3∶4B ．4∶3C ．8∶3D ．3∶8答案：AD解析：两球碰撞过程动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，如果碰撞后A 球的速度方向不变，有m A v 0＝m A ·v 03 ＋m B ·v 02 ，解得m A ∶m B ＝3∶4，如果碰撞后A 的速度反向，有m A v 0＝－m A ·v 03 ＋m B ·v 02，解得m A ∶m B ＝3∶8，A 、D 正确．3．如图水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑．在操作台上放置体积相同，质量不同的甲、乙两球，质量分别为m 1、m 2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等．烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上．则下列说法中正确的是( )A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为m1∶m2答案：C解析：脱离弹簧的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向可得m1v1－m2v2＝0，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，A错误；动能与动量的关系为E k＝12m v2＝p22m，由于质量不同，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能不相同，B错误；甲、乙两球在操作台滑行时，距台边缘距离相等但速度不等，故在操作台滑行时间不相等，之后做平抛运动的竖直位移相同，由h＝12gt2可知，两球做平抛运动的时间相等，因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上，C正确；由A的解析可得v1v2＝m2m1，平抛的水平位移为x＝v0t，故甲、乙两球做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即与质量成反比，可得x1∶x2＝m2∶m1，D错误．4.[2024·江西省萍乡市阶段练习]在光滑水平地面上放置一辆小车，车上放置有木盆，在车与木盆以共同的速度向右运动时，有雨滴以极小的速度竖直落入木盆中而不溅出，如图所示，则在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将()A．保持不变B．变大C．变小D．不能确定答案：C解析：雨滴落入木盆的过程中，小车、木盆、雨滴组成的系统水平方向满足动量守恒，设小车、木盆的总质量为M ，雨滴的质量为m ，则有M v ＝(M ＋m )v 共，解得v 共＝M vM ＋m <v ，在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将变小，C 正确．5.[2024·山东省普高大联考]如图所示，A 、B 两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，一颗子弹C 以一定的速度v 0向右从A 的左端射入，穿过木块A 后进入木块B ，最后从B 的右端射出，在此过程中下列叙述正确的是( )A ．当子弹C 在木块A 中运动时，A 、C 组成的系统动量守恒B ．当子弹C 在木块B 中运动时，B 、C 组成的系统动量守恒C ．当子弹C 在木块A 中运动时，A 、B 、C 组成的系统动量不守恒D ．当子弹C 在木块B 中运动时，A 、B 、C 组成的系统动量不守恒 答案：B解析：当子弹C 在木块A 中运动时，B 对A 、C 组成的系统有力的作用，则A 、C 组成的系统动量不守恒，A 错误；当子弹C 在木块B 中运动时，A 已经和B 脱离，则B 、C 组成的系统受合外力为零，则B 、C 组成的系统动量守恒，因此时A 的动量也守恒，则A 、B 、C 组成的系统动量守恒，B 正确，D 错误；当子弹C 在木块A 中运动时，A 、B 、C 组成的系统受合外力为零，则动量守恒，C 错误．6.[2024·广东省深圳市实验学校期中考试]滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动．现有一个质量为m 的小孩站在一辆质量为λm 的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v 0匀速运动，突然发现前面有一个小水坑，由于来不及转向和刹车，该小孩立即以对地2v 0的速度向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的12 ，且方向不变，则λ为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案：B解析：小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律有(m ＋λm )v 0＝m ·2v 0＋λm ·v 02，解得λ＝2，B 正确．7．[2024·湖南省邵阳市期中考试]如图所示，设车厢长为L ，质量为M ，静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为m 的物体以初速度v 0向右运动，与车厢壁来回碰撞n 次后，最终相对车厢静止，这时车厢速度是( )A ．v 0，水平向右B ．0C ．m v 0M ＋m ，水平向右D ．m v 0M ＋m ，水平向左答案：C解析：物块在车辆内和车发生碰撞满足动量守恒，最后物块和车共速，由动量守恒得m v 0＝(m ＋M )v ，解得v ＝m v 0m ＋M，方向水平向右，C 正确．8．[2024·河北省邯郸市九校联考]如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的物体A 、B ，在水平恒力F 作用下以速度v 做匀速运动，某时刻轻绳断开，A 在F 作用下继续前进．已知物体A 的质量为2m ，物体B 的质量为m ，则下列说法正确的是( )A ．当物体B 的速度大小为12 v 时，物体A 的速度大小为12 vB.当物体B 的速度大小为12 v 时，物体A 的速度大小为54 vC ．当物体B 的速度大小为0时，物体A 的速度大小一定为32 vD ．当物体B 的速度大小为0时，物体A 的速度大小可能为54 v答案：B解析：A 、B 匀速运动时，对A 、B 整体受力分析可得F ＝f A ＋f B ，物体B 的速度大小在减小到0的过程中，A 和B 所组成的系统所受的合外力为零，该系统的动量守恒，当物体B 的速度大小为12 v 时，有(m A ＋m B )v ＝m A v A ＋m B v B ，解得v A ＝54 v ，A 错误，B 正确；当物体B 的速度大小为0时，有(m A ＋m B )v ＝m A v ′A ，解得v ′A ＝32 v ，A 在F 作用下继续前进，物体A 继续加速，当物体B 的速度大小为0时，物体A 的速度大小不一定为32v ，C 、D 错误．9．[2024·江苏省盐城一中、大丰中学联考]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5.0 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/sC．2.8 m/s D．3.5 m/s答案：C解析：以A、B组成的系统为研究对象，因为系统不受外力，则系统动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零，根据动量守恒定律可得(M－m)v0＝M v B1，解得v B1＝103m/s，当从开始运动到A、B共速，根据动量守恒定律可得(M－m)v0＝(M＋m)v B2，解得v B2＝2.5 m/s，木块A加速运动的过程为其速度减为零到与B共速，此过程中B始终减速，则在木块A正在做加速运动的时间内，B的速度范围为2.5 m/s≤v B≤103 m/s，C正确，A、B、D错误．10．[2024·吉林卷]如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量m A＝m B＝0.1 kg.A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接．同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程x A＝0.4 m；B 脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离x B＝0.25 m后停止．A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2.不计空气阻力，求：(1)脱离弹簧时A、B的速度大小v A和v B；(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；(3)整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔE p.答案：(1)1 m/s 1 m/s(2)0.2(3)0.12 J解析：(1)对A物块由平抛运动知识得h ＝12 gt 2 x A ＝v A t代入数据解得，脱离弹簧时A 的速度大小为 v A ＝1 m/sA 、B 与弹簧相互作用的过程中，A 、B 所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A 、B 竖直方向上所受合力均为零，故A 、B 组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有m A v A ＝m B v B解得脱离弹簧时B 的速度大小为 v B ＝1 m/s(2)对物块B 由动能定理有 －μm B gx B ＝0－12m B v 2B 代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为 μ＝0.2(3)由能量守恒定律ΔE p ＝12 m A v 2A ＋12 m B v 2B ＋μm A g Δx A ＋μm B g Δx B其中m A ＝m B ，Δx ＝Δx A ＋Δx B解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能 ΔE p ＝0.12 J11．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v 0＝2 m/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点．甲和他的装备总质量为M 1＝90 kg ，乙和他的装备总质量为M 2＝135 kg ，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m ＝45 kg 的物体A 推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(1)乙要相对空间站以多大的速度v将物体A推出；(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．答案：(1)5.2 m/s(2)432 N解析：(1)规定水平向左为正方向，甲、乙两宇航员最终的速度大小均为v1，对甲、乙以及物体A组成的系统根据动量守恒定律可得M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1对乙和A组成的系统根据动量守恒定律可得M2v0＝(M2－m)v1＋m v联立解得v＝5.2 m/s，v1＝0.4 m/s.(2)对甲根据动量定理有Ft＝M1v1－M1(－v0)解得F＝432 N．。
2024届高考物理微专题：动量守恒定律及应用
微专题47动量守恒定律及应用1．动量守恒分为理想守恒、近似守恒、单方向守恒.2.应用动量守恒定律一定要明确研究对象是谁，明确守恒过程的初、末状态．碰撞问题中碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态．1．(多选)对于以下四幅图所反映的物理过程，下列说法正确的是()A．图甲中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能减少B．图乙中M、N两木块放在光滑水平面上，剪断M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加C．图丙中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒D．图丁中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能一定守恒答案AC解析题图甲中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，由于存在摩擦力，机械能有损失，故A正确；题图乙中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为两木块的动能，系统机械能守恒，故B错误；题图丙中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，故C正确；题图丁中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力作用，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，故D错误．2．(多选)质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左侧，另一质量也为m 的物块乙以4m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，两物块通过弹簧相互作用(未超出弹簧弹性限度)并最终弹开，则()A ．两物块在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒B ．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C ．甲物块的速率可能为5m/sD ．当甲物块的速率为1m/s 时，乙物块的速率可能为2m/s答案AD 解析甲、乙两物块在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A 正确；当两物块相距最近时，两物块速度相同，甲物块的速度不为零，故B 错误；若甲物块的速率为5m/s ，根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为6m/s 或4m/s ，两物块组成的系统机械能增大，违反了能量守恒定律，故C 错误；当甲物块的速率为1m/s ，方向向左时，选取向右为速度的正方向，根据动量守恒定律有m ×4m/s －m ×3m/s ＝m v －m ×1m/s ，解得乙物块的速率v ＝2m/s ，同理，方向向右时，乙物块的速率为零，故D 正确．3．(多选)如图所示，在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车，人从a 车跳上b 车，又立即从b 车跳回a 车，并与a 车保持相对静止．下列说法正确的是()A ．最终a 车的速率大于b 车的速率B ．最终a 车的速率小于b 车的速率C ．全过程中，a 车对人的冲量大于b 车对人的冲量D ．全过程中，a 车对人的冲量小于b 车对人的冲量答案BD 解析人与a 、b 组成的系统不受外力作用，设水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，则有0＝(m 人＋m a )v a －m b v b ，得v a v b＝m b m a ＋m 人<1，则a 车的速率小于b 车的速率；人对两车的冲量大小：I a ＝m a v a ，I b ＝m b v b ＝(m a ＋m 人)v a >m a v a ，则a 车对人的冲量小于b 车对人的冲量，故选B 、D.4．(多选)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前、后运动的实验数据，得到如图所示的位移－时间图像．图中的线段a 、b 、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知()A ．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2B ．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C ．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D ．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16答案AD 解析根据x －t 图像的斜率表示速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v 1＝－2m/s ，滑块Ⅱ的速度为v 2＝0.8m/s ，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A 正确；碰撞前、后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故选项B 错误；碰撞后的共同速度为v ＝0.4m/s ，根据动量守恒定律，有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，解得m 2＝6m 1，由动能的表达式可知12m 1v 12>12m 2v 22，故选项C 错误，D 正确.5．如图所示，质量为m 的A 球以速度v 0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为4m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝αv 0(α<1)的速率弹回，并与挡板P 发生完全弹性碰撞，若要使A 球能追上B 球再次相碰，则α的取值范围为()A.15<α≤13B.13<α≤23C.13<α≤25D.13<α≤35答案D 解析由题意可知，A 、B 两小球在碰撞过程中动量守恒，以A 球初速度v 0的方向为正方向，设碰后B 球的速度为v B ，则由动量守恒定律可得m v 0＝－m ·αv 0＋4m v B ，A 与挡板P 碰撞后能追上B 发生再次碰撞的条件是αv 0>v B ，联立可解得α>13；碰撞前后两小球的机械能应满足1 2m v02≥12m(－αv0)2＋12×4m v B2，联立解得α≤35，综合可得13<α≤35，故选D.6．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2v0、v0.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的大小．(不计水和空气的阻力和货物在两船之间的运动过程)答案4v0解析设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为v min，抛出货物后乙船的速度为v乙，甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定水平向右的方向为正方向．对乙船和货物的作用过程，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得12m v0＝11m v乙－m v min①对货物和甲船的作用过程，同理有10m×2v0－m v min＝11m v甲②为避免两船相撞应有v甲＝v乙③联立①②③式得v min＝4v0.7．质量为m0＝80kg的溜冰运动员推着一辆质量为m A＝16kg的小车A以v0＝10m/s的共同速度在光滑的冰面上向右匀速滑行．某时刻，他发现正前方有一辆静止的小车B，小车B的质量为m B＝64kg，运动员为了避免自己与小车B相撞，将小车A用力向正前方推出，小车A离开运动员时相对于地面的速度大小为v A＝20m/s，小车A与小车B发生碰撞后沿原路反弹回来．运动员抓住反弹回来的小车A，再次与小车A以共同的速度前进．在此后的过程中，小车A和小车B恰好不会再次相撞．不考虑摩擦和空气阻力．求：(1)将小车A推出后，运动员的速度v1；(2)小车A与小车B碰撞后，小车B的速度v2.答案(1)8m/s，方向向右(2)6m/s，方向向右解析(1)运动员将小车A推出的过程，以两者组成的系统为研究对象，取向右为正方向，由动量守恒定律得(m0＋m A)v0＝m0v1＋m A v A解得v 1＝8m/s ，方向向右．(2)根据题意知，运动员抓住反弹回来的小车A 后，小车A 和小车B 恰好不会再次相撞，两者速度相同，均为v 2.对整个过程，以运动员和两车组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律得(m 0＋m A )v 0＝(m 0＋m A ＋m B )v 2解得v 2＝6m/s ，方向向右．8.在一种新的子母球表演中，让同一竖直线上的小球A 和小球B ，从距地面高度为3h 和h 的地方同时由静止释放，如图所示，若B 与地面发生碰撞后能原速率反弹，且A 、B 第一次发生弹性碰撞后，A 恰好能回到出发点，假设碰撞时间极短，且运动过程中忽略空气阻力的影响，求：(1)A 、B 两球相碰时的位置距地面的高度；(2)A 、B 两球的质量之比．答案(1)34h (2)1∶3解析(1)A 、B 由静止释放后做自由落体运动，B 的落地速度v ＝2gh ，此时A 距地面高度为2h ，速度也为2gh .设B 与地面碰撞后经过时间t 两球相遇，2h ＝v t ＋12gt 2＋(v t －12gt 2)，解得t ＝h v联立解得A 、B 两球相碰时的位置距地面的高度h B ＝v t －12gt 2＝34h (2)设A 与B 碰撞前两者的速度大小分别为v A 、v B ，碰撞后速度大小分别为v A ′、v B ′A 、B 发生弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得m A v A －m B v B ＝－m A v A ′＋m B v B ′由能量守恒定律得12m A v A 2＋12m B v B 2＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2由碰后A 恰好回到出发点，可得v A ＝v A ′则m A v A ＝m B v B又有v A ＝v ＋gtv B＝v－gt可得v Av B＝31联立解得m Bm A＝31即A、B质量之比为1∶3.。
高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)
高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．【答案】(1)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t π=,001290143ββ==和 【解析】 【详解】解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =b点：对Q，由牛顿第二定律得：2222NvF m g mR-=解得:24.610NNF-=⨯(2)设Q在c点的速度为c v，在b到c点，由机械能守恒定律：22222211(1cos)22cm gR m v m vθ-+=解得：2m/scv=进入磁场后：Q所受电场力22310NF qE m g-==⨯=，Q在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211ccm vqv Br=Q刚好不从gh边穿出磁场，由几何关系：1 1.6mr d==解得：1 1.25TB=(3)当所加磁场22TB=，2221mcm vrqB==要让Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh边或ef边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)d rrα-︒-=解得：127α=︒运动周期：222mTqBπ=则Q在磁场中运动的最长时间：222127127•s360360360mt TqBπαπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒2．如图所示,在倾角30°的斜面上放置一个凹撸B,B与斜面间的动摩擦因数36μ=；槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点),它到凹槽左侧壁的距离d =0.1m ，A 、B 的质量都为m=2kg ，B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩摞力,不计A 、B 之间的摩擦,斜面足够长．现同时由静止释放A 、B,经过一段时间,A 与B 的侧壁发生碰撞,碰撞过程不计机械能损失,碰撞时间极短,g 取210/m s .求：(1)释放后物块A 和凹槽B 的加速度分别是多大?(2)物块A 与凹槽B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间A 、B 的速度大小；(3)从初始位置到物块A 与凹糟B 的左侧壁发生第三次碰撞时B 的位移大小． 【答案】（1）（2）v An =(n-1)m∙s -1，v Bn ="n" m∙s -1（3）x n 总=0.2n 2m 【解析】 【分析】 【详解】（1）设物块A 的加速度为a 1，则有m A gsin θ=ma 1， 解得a 1=5m/s 2凹槽B 运动时受到的摩擦力f=μ×3mgcos θ=mg 方向沿斜面向上； 凹槽B 所受重力沿斜面的分力G 1=2mgsin θ=mg 方向沿斜面向下； 因为G 1=f ，则凹槽B 受力平衡，保持静止，凹槽B 的加速度为a 2=0 （2）设A 与B 的左壁第一次碰撞前的速度为v A0，根据运动公式：v 2A0=2a 1d 解得v A0=3m/s ；AB 发生弹性碰撞，设A 与B 第一次碰撞后瞬间A 的速度大小为v A1，B 的速度为v B1，则由动量守恒定律：0112A A B mv mv mv =+ ；由能量关系：2220111112222A AB mv mv mv =+⨯ 解得v A1=-1m/s(负号表示方向)，v B1=2m/s3．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N ，滑板两端为半径R=0．45m 的1/4圆弧面．A 和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P 1和P 2的质量均为m ．滑板的质量M=4m ，P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=0．10和μ2=0．20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4．0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上．当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续运动，到达D 点时速度为零．P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2．问：（1）P 1和P 2碰撞后瞬间P 1、P 2的速度分别为多大？ （2）P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ （3）N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？【答案】（1）10v '=、25m/s v '= （2）220.4m/s a = （3）△S=1．47m 【解析】试题分析：（1）P 1滑到最低点速度为v 1，由机械能守恒定律有：22011122mv mgR mv += 解得：v 1=5m/sP 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1v '、2v ' 则由动量守恒和机械能守恒可得：112mv mv mv ''=+ 222112111222mv mv mv ''=+ 解得：10v '=、25m/s v '= （2）P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：f 2=μ2mg=2m （向左） 设P 1、M 的加速度为a 2；对P 1、M 有：f=（m+M ）a 22220.4m/s 5f ma m M m===+ 此时对P 1有：f 1=ma 2=0．4m ＜f m =1．0m ，所以假设成立． 故滑块的加速度为0．4m/s 2；（3）P 2滑到C 点速度为2v '，由2212mgR mv '= 得23m/s v '= P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，由动量守恒定律得：22()mv m M v mv '=++ 解得：v=0．40m/s 对P 1、P 2、M 为系统：222211()22f L mv m M v '=++ 代入数值得：L=3．8m滑板碰后，P 1向右滑行距离：2110.08m 2v s a ==P 2向左滑行距离：22222.25m 2v s a '==所以P 1、P 2静止后距离：△S=L-S 1-S 2=1．47m考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．4．28．如图所示，质量为m a=2kg的木块A静止在光滑水平面上。
2021-2022新教材高中物理课时检测4动量守恒定律的应用(含解析)粤教版选择性
动量守恒定律的应用1．下列关于反冲运动的说法中，正确的是( )A ．抛出部分的质量m 1要小于剩下部分的质量m 2才能获得反冲B ．若抛出部分的质量m 1大于剩下部分的质量m 2，则m 2的反冲力大于m 1所受的力C ．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用D ．对抛出部分和剩余部分牛顿第二定律都适用解析：选D 反冲运动是指由于内力的作用，系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动，反冲运动过程动量守恒，两部分物体之间的质量关系与是否发生反冲没有关系，故选项A 错误；在反冲运动中，两部分物体之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故选项B 错误；在反冲运动中，牛顿第二定律和牛顿第三定律均适用，故选项C 错误，选项D 正确。
2.如图所示，具有一定质量的小球A 固定在轻杆的一端，杆的另一端挂在小车支架的O 点。
用手将小球A 拉起使轻杆呈水平状态，在小车处于静止的情况下放手使小球A 摆下，在B 处与固定在车上的油泥撞击后粘在一起，则此后小车的运动状态是(车位于光滑路面上)( )A ．向右运动B ．向左运动C ．静止不动D ．无法判断解析：选C 小车与小球构成的系统在水平方向上总动量守恒，刚释放A 球时，系统动量为零，当二者粘在一起时，其共同速度也必为零，故选项C 正确。
3.如图所示，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止。
若救生员以相对水面的速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋m M vB ．v 0－m M vC ．v 0＋mM (v 0＋v ) D ．v 0＋mM(v 0－v ) 解析：选C 根据动量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M ＋m )v 0＝Mv ′－mv ，解得v ′＝v 0＋m M(v 0＋v )，故选项C 正确。
4．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。
新高考物理-动量守恒定律专题突破
新高考物理-动量守恒定律专题突破1．判断动量是否守恒的步骤方法一：从受力的角度分析(1)明确系统由哪几个物体组成．(2)对系统中各物体进行受力分析，分清哪些是内力，哪些是外力．(3)看所有外力的合力是否为零，或内力是否远大于外力，从而判断系统的动量是否守恒．方法二：从系统总动量变化情况判断(1)明确初始状态系统的总动量是多少．(2)对系统内的物体进行受力分析、运动分析，确定每一个物体的动量变化情况．(3)确定系统动量变化情况，进而判断系统的动量是否守恒．2．对动量守恒定律的理解(1)动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量，而不能改变系统的总动量．(2)应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物．(3)动量是矢量，系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变．等号的含义是说等号的两边不但大小相等，而且方向相同．例2(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()答案AC解析A中子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球组成的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．4.如图3所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是( )图3A ．男孩和木箱组成的系统动量守恒B ．小车与木箱组成的系统动量守恒C ．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D ．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同答案 C5. (多选)如图4所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M 的小车，小车上带有一光滑的、半径为R 的14圆弧轨道．现有一质量为m 的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中正确的是( )图4A ．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B ．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒C ．小球下滑过程中，在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒D ．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能守恒答案 BCD命题点三 动量守恒定律的理解和应用1．动量守恒定律的“四性” 相对性公式中v 1、v 2、v 1′、v 2′必须相对于同一个惯性系 同时性公式中v 1、v 2是在相互作用前同一时刻的速度，v 1′、v 2′是在相互作用后同一时刻的速度 矢量性应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值 普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．3．注意事项(1)系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系．(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些力是系统的内力，哪些力是系统外的物体对系统的作用力．例3 如图5所示，甲车质量m 1＝m ，在车上有质量M ＝2m 的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h 处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时m 2＝2m 的乙车正以速度v 0迎面滑来，已知h ＝2v 20g ，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．图5①使两车不发生碰撞；②不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．答案 135v 0≤v ≤113v 0 解析 设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v 1，由机械能守恒定律有 12(m 1＋M )v 12＝(m 1＋M )gh ，解得v 1＝2gh ＝2v 0 设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v ，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v 1′和v 2′，则人跳离甲车时：(M ＋m 1)v 1＝M v ＋m 1v 1′人跳上乙车时：M v －m 2v 0＝(M ＋m 2)v 2′解得v 1′＝6v 0－2v ，v 2′＝12v －12v 0 两车不发生碰撞的临界条件是v 1′＝±v 2′当v 1′＝v 2′时，解得v ＝135v 0 当v 1′＝－v 2′时，解得v ＝113v 0 故v 的取值范围为135v 0≤v ≤113v 0.6. (多选)如图6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()图6A．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处答案BC解析在下滑过程中，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．7．如图7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()图7A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是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答案 A解析由两球的动量都是6 kg·m/s可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的动量减少了4 kg·m/s，即A球的动量为2 kg·m/s，由动量守恒定律知B球的动量为10 kg·m/s，则其速度比为2∶5，故选项A是正确的．8．如图8所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5 g 的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求：图8(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1.(2)木板向右滑行的最大速度v2.(3)物块在木板上滑行的时间t.答案(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s解析(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s.(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s.(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1 s.。
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应用动量守恒定律解决三类典型问题(重点突破课)1.如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是( )A ．向左运动，船向左移一些B ．小船静止，船向左移一些C ．小船静止，船向右移一些D ．小船静止，船不移动解析：选C 人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。
故选项C 正确。
2．(2019·泉州检测)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v 0、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 ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋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，3mv 0＝2mv ＋mv ′，解得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，C 正确。
3.如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。
已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 解析：选D 火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得：v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，D 项正确。
4．将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内，以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体。
忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.m M v 0B.M m v 0C.M M －m v 0D.m M －m v 0解析：选D 根据动量守恒定律mv 0＝(M －m )v ，得v ＝m M －m v 0，选项D 正确。
5.(2019·信丰模拟)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个小球质量相等，而F 的质量小于B 的质量，A 的质量等于F 的质量。
A 以速度v 0向右运动，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M A ＜M B ，A 、B 相碰后A 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；因M E ＞M F ，则E 、F 都向右运动，即3个小球静止，3个小球运动，故A 正确，B 、C 、D 错误。
6.(2019·安徽两校联考)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 向右做匀速直线运动，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 ＝5.0 s 两球的间距s ＝4.5 m ，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0.6 m/sD ．两球分离过程中释放的弹性势能为0.27 J解析：选D 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，若a 、b 两球分离时的速度方向相同，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 ＝s ，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，假设不成立，选项A 、B 、C 错误；由机械能守恒定律，两球分离过程中释放的弹性势能E p ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 02＝0.27 J ，选项D 正确。
7．(多选)A 、B 两球沿同一条直线运动，如图所示的x t 图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a 、b 分别为A 、B 两球碰撞前的x t 图像，c 为碰撞后它们的x t 图像。
若A 球质量为1 kg ，则B 球质量及碰后它们的速度大小分别为( )A ．2 kg B.23kg C ．4 m/sD ．1 m/s 解析：选BD 由题图可知图线的斜率表示速度的大小，碰撞前A 、B 两球都做匀速直线运动，A 球的速度为v a ＝4－102 m/s ＝－3 m/s ，B 球的速度为v b ＝4－02m/s ＝2 m/s ，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，共同速度为v c ＝2－44－2m/s ＝－1 m/s 。
碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得m A v a ＋m B v b ＝(m A ＋m B )v c ，解得m B ＝23kg ，选项B 、D 正确。
8.(多选)如图所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一轻弹簧，B 端粘有油泥，小车及油泥的总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时小车和C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( )A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时小车也向右运动B ．C 与B 端碰前，C 与小车的速率之比为M ∶mC ．C 与油泥粘在一起后，小车立即停止运动D ．C 与油泥粘在一起后，小车继续向右运动解析：选BC 小车与C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，小车应向左运动，故A 错误；设碰前C 的速率为v 1，小车的速率为v 2，则0＝mv 1－Mv 2，得v 1v 2＝M m ，故B 正确；设C 与油泥粘在一起后，小车、C 的共同速度为v 共，则0＝(M ＋m )v 共，得v 共＝0，故C 正确，D 错误。
9．(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，开始时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，所以p B ′＝m B v B ′＝10 kg·m/s，又m B ＝2m A ，解得v A ′v B ′＝25。
碰撞前两球总动能E k ＝p A 22m A ＋p B 22m B ，碰撞后两球总动能E k ′＝p A ′22m A＋p B′2E k＝E k′，即碰撞前后A、B两球动能之和不变，该碰撞为弹性碰撞，选2m B，可得项A、C正确。
10.(多选)(2019·湖南六校联考)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m ，原来静止在光滑的水平面上。
今有一个可以视为质点的小球，质量为m ，半径略小于管道半径，以水平速度v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。
关于这个过程，下列说法正确的是( )A ．小球滑离小车时，小车回到原来位置B ．小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC ．小车上管道最高点的竖直高度为v 23gD ．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv 3 解析：选BC 小球恰好能到达管道的最高点，说明在管道最高点时小球和管道之间相对静止，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒定律，有mv ＝(m ＋2m )v ′，得v ′＝v 3，小车动量变化大小Δp 车＝2m ·v 3＝23mv ，D 项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律，有mgH ＝12mv 2－12(m ＋2m )v ′2，得H ＝v 23g，C 项正确；小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有mv ＝mv 1＋2mv 2，12mv 2＝12mv 12＋12×2mv 22，得v 1＝－v 3，v 2＝23v ，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为23v ＋13v ＝v ，B 项正确；由以上分析可知，在整个过程中小车一直向右运动，A 项错误。
11.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大小为v 1，甲船上的人接到货物后船的速度大小为v 2，由动量守恒定律得12mv 0＝11mv 1－mv min10m ·2v 0－mv min ＝11mv 2当v 1＝v 2时，两船恰好不相撞解得v min＝4v0。
答案：4v012.如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg的平板小车，小车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，小车与木块一起以v ＝1 m/s 的速度水平向右匀速行驶。
一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的初速度水平向左飞行，瞬间击中木块并留在其中。
如果木块和子弹刚好不从小车上掉下，求木块与小车之间的动摩擦因数μ(g ＝10 m/s 2)。
解析：设子弹射入木块后子弹与木块的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有m 0v 0－mv ＝(m ＋m 0)v 1代入数据解得v 1＝8 m/s木块和子弹恰好不从小车上掉下来，则木块和子弹相对小车滑行s ＝6 m 时，跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有(m ＋m 0)v 1－Mv ＝(m ＋m 0＋M )v 2由能量守恒定律有Q ＝μ(m ＋m 0)gs ＝12(m ＋m 0)v 12＋12Mv 2－12(m ＋m 0＋M )v 22 解得μ＝0.54。